2023年-2023年廣東省深圳市中考數學試題分類解析彙編專題
四邊形一、選擇題
1.（深圳2023年5分）乙個等腰梯形的高恰好等於這個梯形的中位線，若分別以這個梯形的上底和下底為直徑
作圓，則這兩個圓的位置關係是【 度002
a、相離b、相交c、外切d、內切
【答案】c。
【考點】圓與圓的位置關係，等腰梯形的性質，梯形中位線定理。
【分析】根據等腰梯形的中位線=上下底邊和的一半，得出高的長，再解出兩個圓的半徑和，與高的長比較；若
d=r+r則兩圓外切，若d=r-r則兩圓內切，若r-r＜d＜r+r則兩圓相交：
如圖，設ad=x，bc=y，則高=中位線=（x+y），
兩圓半徑和為： x+ y=（x+y）=高，
所以兩圓外切。故選c。
2.（深圳2023年3分）如圖，在abcd中，ab: ad = 3:2，∠adb=60°，那麼cosａ的值等於【 度002
【答案】a。
【考點】待定係數法，銳角三角函式定義，特殊角的三角函式值，勾股定理，解一元二次方程。
【分析】由ab: ad = 3:2，設ab=3 k，ad=2 k。
如圖，作be⊥ad於點e，ae= x，則de=2 k－x。
在rt△bde中，由銳角三角函式定義，得be=detan∠adb=；
在rt△abe中，由勾股定理，得ae2＋be2=ab2，即。
整理，得，解得。
∵當時，de=2 k－x=，捨去，∴。
在rt△abe中，由銳角三角函式定義，得cosａ=。故選a。
3.（深圳2023年3分）下列命題中錯誤的是【 度002
ａ．平行四邊形的對邊相等兩組對邊分別相等的四邊形是平行四邊形
ｃ．矩形的對角線相等對角線相等的四邊形是矩形
【答案】d。
【考點】命題和證明，平行四邊形的判定和性質，矩形的判定和性質。
【分析】根據平行四邊形、矩形的判定和性質定理進行判定：選項a、b、c均正確，d中說法應為：對角線相等且互相平分的四邊形是矩形。故選d。
4．（深圳2023年3分）如圖，邊長為1的菱形abcd繞點a旋轉，當b、c兩點恰好落在扇形aef的弧ef上時，弧bc的長度等於【 度002
【答案】c。
【考點】旋轉的性質，菱形的性質，等邊三角形的判定和性質，扇形弧長的計算。
【分析】連線ac，
∵ab=bc（菱形的四邊相等），ab=ac（同為扇形的半徑）
∴ab=bc=ac（等量代換）。
abc是等邊三角形（等邊三角形定義）。
bac=600（等邊三角形每個內角等於600）。
∴根據扇形弧長公式，得弧bc的長度。故選c。
5.（深圳2023年招生3分）如圖，正方形abcd中，e為ab的中點，af⊥de於點o，則等於【 度002
a . b . c . d .
【答案】d。
【考點】正方形的性質，相似三角形的判定和性質。
【分析】由正方形四邊相等的性質和e為ab的中點，得。
由正方形四個角等於900的性質和af⊥de，可得△aoe∽△doa，∴。故選d。
二、填空題
1.（深圳2023年3分）在矩形abcd中，對角線ac、bd相交於點o，過點o作oe⊥bc，垂足為e，鏈結
de交ac於點p，過p作pf⊥bc，垂足為f，則的值是_____.
【答案】。
【考點】矩形的性質，相似三角形的判定和性質。
【分析】根據題意易證△obe∽△dbc和△epf∽△ed，利用相
似三角形的相似比求解：
∵ob=bd，oe⊥bc，cd⊥bc，∴△obe∽△dbc。∴。
∵oe∥cd，∴△oep∽△cdp。∴。
∵pf∥dc，∴△epf∽△edc。∴。
∵ce=bc，∴。
2.（深圳2023年3分）如圖，口abcd中，點e在邊ad上，以be為摺痕，將△abe向上翻摺，點a正好
落在cd上的點f，若△fde的周長為8 cm，△fcb的周長為22 cm，則fc的長為 ▲ cm。
【答案】6。
【考點】翻摺變換（摺疊問題），平行四邊形的性質。
【分析】根據摺疊的性質，摺疊前後圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等，∴ae=ef，ab=bf。
∴△fde的周長為de+fe+df=ad+df=8， 即ad+ab－fc=8，①
△fcb的周長為fc+ad+ab=20，②
∴②－①，得2fc=12，fc=6（cm）。
3．（深圳2023年3分）如圖所示，在四邊形abcd中，，對角線ac與bd相交於點o．若不增加任何字母與輔助線，要使得四邊形abcd是正方形，則還需增加的乙個條件是
【答案】ac=bd或或ab⊥bc或……等等。
【考點】菱形和正方形的判定。
【分析】根據菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答：
∵在四邊形abcd中，ab=bc=cd=da，∴四邊形abcd是菱形
∴要使四邊形abcd是正方形，則還需增加乙個條件是：ac=bd或或ab⊥bc等等。
4.（深圳2023年3分）13．如圖，矩形abcd中，由8個面積均為1的小正方形組成的l型模板如圖放置，則矩形abcd的周長為 ▲ ．
【答案】。
【考點】矩形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理，相似三角形的判定和性質。
【分析】作gh⊥ae於點h，則有ae=ef=hg=4， ah=2，
由勾股定理，得ag=。
∵∠bae+∠aeb=90°=∠fec+∠aeb，∴∠bae=∠fec。
又∵∠b=∠c=90°，ae=ef，∴△abe≌△ecf（aas）。∴ab=ce。
設ab=ce=，be=，
∵∠bae+∠aeb=90°=∠bae +∠gah，∴∠aeb=∠gah。
又∵∠b=∠ahg=90°，∴△abe∽△gha。∴，即。
解得，，
∴矩形abcd的周長=2（ab+bc）=2（＋＋）=。
5.（深圳2023年3分）如圖a是長方形紙帶，∠def=20°，將紙帶沿ef摺疊成圖b，再沿bf摺疊成圖c，則
圖c中的∠cfe的度數是 ▲ ．
【答案】120°。
【考點】翻摺變換（摺疊問題）。
【分析】摺疊是一種對稱變換，它屬於軸對稱，根據軸對稱的性質，摺疊前後圖形的形狀和大小不變，如本題中摺疊前後角相等。因此，根據圖示可知圖c中∠cfe=180°﹣3×20°=120°。
6.（深圳2023年學業3分）如圖，在abcd中，ab＝5，ad＝8，de平分∠adc，則be＝ ▲ ．
【答案】3。
【考點】角平分線的定義，平行四邊形的性質，平行的性質，等腰三角形的判定。
【分析】在abcd中，ab=5，ad=8，∴bc=8，cd=5（平行四邊形的對邊相等）。
∵de平分∠adc，∴∠ade=∠cde（角平分線的定義）。
又abcd中，ad∥bc，∴∠ade=∠dec（兩直線平行，內錯角相等）。
∴∠dec=∠cde（等量代換）。∴cd=ce=5（等角對等邊）。
∴be=bc－ce=8－5=3。
7.（深圳2023年招生3分）如圖，在邊長為2cm 的正方形abcd 中，點q 為bc 邊的中點，點p 為對角線ac 上一動點，連線pb 、pq ，則△pbq 周長的最小值為 ▲ cm（結果不取近似值）．
【答案】1+。
【考點】正方形的性質，軸對稱的性質，三角形三邊關係，勾股定理。
【分析】由於bd長固定，因此要求△pbq 周長的最小值， 即求pb+pq的最小值。根據正方形的軸對稱性和點q 為bc 邊的中點，取cd的中點q′，連線bq′交ac於點p。此時得到的△pbq 的周長最小。
根據勾股定理，得b q′=。因此，△pbq 周長的最小值為bq+pb+pq= bq+ b q′=1+（cm）。
三、解答題
1. （深圳2023年8分）已知：如圖，在口abcd中，e、f是對角線ac上的兩點，且af=ce。
求證：de=bf
【答案】證明：∵四邊形abcd是平行四邊形，
∴ab∥cd，ab=cd。∴∠bae=∠dcf。
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