2018中考数学习题分类汇编考点25矩形含解析

2018中考数学习题分类汇编考点25矩形含解析

专题课件 ‎2018中考数学试题分类汇编：考点25 矩形 一．选择题（共6小题）‎ ‎1．（2018•遵义）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（　　）‎ A．10 B．‎12 ‎C．16 D．18‎ ‎【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可．‎ ‎【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．‎ 则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，‎ ‎∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，‎ ‎∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8，‎ ‎∴S阴=8+8=16，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．（2018•枣庄）如图，在矩形ABCD中，点E是边BC的中点，AE⊥BD，垂足为F，则tan∠BDE的值是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】证明△BEF∽△DAF，得出EF=AF，EF=AE，由矩形的对称性得：AE=DE，得出EF=DE，设EF=x，则DE=3x，由勾股定理求出DF==2x，再由三角函数定义即可得出答案．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AD=BC，AD∥BC，‎ ‎∵点E是边BC的中点，‎ ‎∴BE=BC=AD，‎ ‎∴△BEF∽△DAF，‎ ‎∴=，‎ ‎∴EF=AF，‎ ‎∴EF=AE，‎ ‎∵点E是边BC的中点，‎ ‎∴由矩形的对称性得：AE=DE，‎ ‎∴EF=DE，设EF=x，则DE=3x，‎ ‎∴DF==2x，‎ ‎∴tan∠BDE===；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．（2018•威海）矩形ABCD与CEFG，如图放置，点B，C，E共线，点C，D，G共线，连接AF，取AF的中点H，连接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，则GH=（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【分析】延长GH交AD于点P，先证△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，从而得出答案．‎ ‎【解答】解：如图，延长GH交AD于点P，‎ ‎∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，‎ ‎∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1，‎ ‎∴AD∥GF，‎ ‎∴∠GFH=∠PAH，‎ 又∵H是AF的中点，‎ ‎∴AH=FH，‎ 在△APH和△FGH中，‎ ‎∵，‎ ‎∴△APH≌△FGH（ASA），‎ ‎∴AP=GF=1，GH=PH=PG，‎ ‎∴PD=AD﹣AP=1，‎ ‎∵CG=2、CD=1，‎ ‎∴DG=1，‎ 则GH=PG=×=，‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．（2018•杭州）如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含边界），设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80°，∠CPD=50°，则（　　）‎ A．（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30° B．（θ2+θ4）﹣（θ1+θ3）=40°‎ C．（θ1+θ2）﹣（θ3+θ4）=70° D．（θ1+θ2）+（θ3+θ4）=180°‎ ‎【分析】依据矩形的性质以及三角形内角和定理，可得∠ABC=θ2+80°﹣θ1，∠BCD=θ3+130°﹣θ4，再根据矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，即可得到（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30°．‎ ‎【解答】解：∵AD∥BC，∠APB=80°，‎ ‎∴∠CBP=∠APB﹣∠DAP=80°﹣θ1，‎ ‎∴∠ABC=θ2+80°﹣θ1，‎ 又∵△CDP中，∠DCP=180°﹣∠CPD﹣∠CDP=130°﹣θ4，‎ ‎∴∠BCD=θ3+130°﹣θ4，‎ 又∵矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，‎ ‎∴θ2+80°﹣θ1+θ3+130°﹣θ4=180°，‎ 即（θ1+θ4）﹣（θ2+θ3）=30°，‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．（2018•聊城）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的两边OA，OC分别在x轴和y轴上，并且OA=5，OC=3．若把矩形OABC绕着点O逆时针旋转，使点A恰好落在BC边上的A1处，则点C的对应点C1的坐标为（　　）‎ A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，）‎ ‎【分析】直接利用相似三角形的判定与性质得出△ONC1三边关系，再利用勾股定理得出答案．‎ ‎【解答】解：过点C1作C1N⊥x轴于点N，过点A1作A‎1M⊥x轴于点M，‎ 由题意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°，‎ ‎∠1=∠2=∠3，‎ 则△A1OM∽△OC1N，‎ ‎∵OA=5，OC=3，‎ ‎∴OA1=5，A‎1M=3，‎ ‎∴OM=4，‎ ‎∴设NO=3x，则NC1=4x，OC1=3，‎ 则（3x）2+（4x）2=9，‎ 解得：x=±（负数舍去），‎ 则NO=，NC1=，‎ 故点C的对应点C1的坐标为：（﹣，）．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．（2018•上海）已知平行四边形ABCD，下列条件中，不能判定这个平行四边形为矩形的是（　　）‎ A．∠A=∠B B．∠A=∠C C．AC=BD D．AB⊥BC ‎【分析】由矩形的判定方法即可得出答案．‎ ‎【解答】解：A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，所以∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；‎ B、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，错误；‎ C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故正确；‎ D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二．填空题（共6小题）‎ ‎7．（2018•金华）如图2，小靓用七巧板拼成一幅装饰图，放入长方形ABCD内，装饰图中的三角形顶点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是　　．‎ ‎【分析】设七巧板的边长为x，根据正方形的性质、矩形的性质分别表示出AB，BC，进一步求出的值．‎ ‎【解答】解：设七巧板的边长为x，则 AB=x+x，‎ BC=x+x+x=2x，‎ ‎==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎8．（2018•达州）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，2）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为　（﹣2，6）　．‎ ‎【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．‎ ‎【解答】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，‎ 由题意得，OA=6，AB=OC﹣2，‎ 则tan∠BOA==，‎ ‎∴∠BOA=30°，‎ ‎∴∠OBA=60°，‎ 由旋转的性质可知，∠B1OB=∠BOA=30°，‎ ‎∴∴∠B1OH=60°，‎ 在△AOB和△HB1O，‎ ‎，‎ ‎∴△AOB≌△HB1O，‎ ‎∴B1H=OA=6，OH=AB=2，‎ ‎∴点B1的坐标为（﹣2，6），‎ 故答案为：（﹣2，6）．‎ ‎　‎ ‎9．（2018•上海）对于一个位置确定的图形，如果它的所有点都在一个水平放置的矩形内部或边上，且该图形与矩形的每条边都至少有一个公共点（如图1），那么这个矩形水平方向的边长称为该图形的宽，铅锤方向的边长称为该矩形的高．如图2，菱形ABCD的边长为1，边AB水平放置．如果该菱形的高是宽的，那么它的宽的值是　　．‎ ‎【分析】先根据要求画图，设矩形的宽AF=x，则CF=x，根据勾股定理列方程可得结论．‎ ‎【解答】解：在菱形上建立如图所示的矩形EAFC，‎ 设AF=x，则CF=x，‎ 在Rt△CBF中，CB=1，BF=x﹣1，‎ 由勾股定理得：BC2=BF2+CF2，‎ ‎，‎ 解得：x=或0（舍），‎ 即它的宽的值是，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎10．（2018•连云港）如图，E、F，G、H分别为矩形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC=，则AB的长为　2　．‎ ‎【分析】如图，连接BD．由△ADG∽△GCF，设CF=BF=a，CG=DG=b，可得=，推出=，可得b=a，在Rt△GCF中，利用勾股定理求出b，即可解决问题；‎ ‎【解答】解：如图，连接BD．‎ ‎∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴∠ADC=∠DCB=90°，AC=BD=，‎ ‎∵CG=DG，CF=FB，‎ ‎∴GF=BD=，‎ ‎∵AG⊥FG，‎ ‎∴∠AGF=90°，‎ ‎∴∠DAG+∠AGD=90°，∠AGD+∠CGF=90°，‎ ‎∴∠DAG=∠CGF，‎ ‎∴△ADG∽△GCF，设CF=BF=a，CG=DG=b，‎ ‎∴=，‎ ‎∴=，‎ ‎∴b2=‎2a2，‎ ‎∵a＞0．b＞0，‎ ‎∴b=a，‎ 在Rt△GCF中，‎3a2=，‎ ‎∴a=，‎ ‎∴AB=2b=2．‎ 故答案为2．‎ ‎　‎ ‎11．（2018•株洲）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC=10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为　2.5　．‎ ‎【分析】根据矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再根据三角形中位线定理可得PQ=DO=2.5．‎ ‎【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AC=BD=10，BO=DO=BD，‎ ‎∴OD=BD=5，‎ ‎∵点P、Q是AO，AD的中点，‎ ‎∴PQ是△AOD的中位线，‎ ‎∴PQ=DO=2.5．‎ 故答案为：2.5．‎ ‎　‎ ‎12．（2018•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，点E在CD上，DE=1，点F是边AB上一动点，以EF为斜边作Rt△EFP．若点P在矩形ABCD的边上，且这样的直角三角形恰好有两个，则AF的值是　0或1＜AF或4　．‎ ‎【分析】先根据圆周角定理确定点P在以EF为直径的圆O上，且是与矩形ABCD的交点，先确定特殊点时AF的长，当F与A和B重合时，都有两个直角三角形．符合条件，即AF=0或4，再找⊙O与AD和BC相切时AF的长，此时⊙O与矩形边各有一个交点或三个交点，在之间运动过程中符合条件，确定AF的取值．‎ ‎【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且点P在矩形ABCD的边上，‎ ‎∴P是以EF为直径的圆O与矩形ABCD的交点，‎ ‎①当AF=0时，如图1，此时点P有两个，一个与D重合，一个交在边AB上；‎ ‎②当⊙O与AD相切时，设与AD边的切点为P，如图2，‎ 此时△EFP是直角三角形，点P只有一个，‎ 当⊙O与BC相切时，如图4，连接OP，此时构成三个直角三角形，‎ 则OP⊥BC，设AF=x，则BF=P‎1C=4﹣x，EP1=x﹣1，‎ ‎∵OP∥EC，OE=OF，‎ ‎∴OG=EP1=，‎ ‎∴⊙O的半径为：OF=OP=，‎ 在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2=OG2+GF2，‎ ‎∴，‎ 解得：x=，‎ ‎∴当1＜AF＜时，这样的直角三角形恰好有两个，‎ ‎③当AF=4，即F与B重合时，这样的直角三角形恰好有两个，如图5，‎ 综上所述，则AF的值是：0或1＜AF或4．‎ 故答案为：0或1＜AF或4．‎ ‎　‎ 三．解答题（共5小题）‎ ‎13．（2018•张家界）在矩形ABCD中，点E在BC上，AE=AD，DF⊥AE，垂足为F．‎ ‎（1）求证．DF=AB；‎ ‎（2）若∠FDC=30°，且AB=4，求AD．‎ ‎【分析】（1）利用“AAS”证△ADF≌△EAB即可得；‎ ‎（2）由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，据此知AD=2DF，根据DF=AB可得答案．‎ ‎【解答】证明：（1）在矩形ABCD中，∵AD∥BC，‎ ‎∴∠AEB=∠DAF，‎ 又∵DF⊥AE，‎ ‎∴∠DFA=90°，‎ ‎∴∠DFA=∠B，‎ 又∵AD=EA，‎ ‎∴△ADF≌△EAB，‎ ‎∴DF=AB．‎ ‎（2）∵∠ADF+∠FDC=90°，∠DAF+∠ADF=90°，‎ ‎∴∠FDC=∠DAF=30°，‎ ‎∴AD=2DF，‎ ‎∵DF=AB，‎ ‎∴AD=2AB=8．‎ ‎　‎ ‎14．（2018•连云港）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，延长CE，BA交于点F，连接AC，DF．‎ ‎（1）求证：四边形ACDF是平行四边形；‎ ‎（2）当CF平分∠BCD时，写出BC与CD的数量关系，并说明理由．‎ ‎【分析】（1）利用矩形的性质，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；‎ ‎（2）先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根据E是AD的中点，可得AD=2CD，依据AD=BC，即可得到BC=2CD．‎ ‎【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，‎ ‎∴AB∥CD，‎ ‎∴∠FAE=∠CDE，‎ ‎∵E是AD的中点，‎ ‎∴AE=DE，‎ 又∵∠FEA=∠CED，‎ ‎∴△FAE≌△CDE，‎ ‎∴CD=FA，‎ 又∵CD∥AF，‎ ‎∴四边形ACDF是平行四边形；‎ ‎（2）BC=2CD．‎ 证明：∵CF平分∠BCD，‎ ‎∴∠DCE=45°，‎ ‎∵∠CDE=90°，‎ ‎∴△CDE是等腰直角三角形，‎ ‎∴CD=DE，‎ ‎∵E是AD的中点，‎ ‎∴AD=2CD，‎ ‎∵AD=BC，‎ ‎∴BC=2CD．‎ ‎　‎ ‎15．如图，在矩形ABCD中，E是AB的中点，连接DE、CE．‎ ‎（1）求证：△ADE≌△BCE；‎ ‎（2）若AB=6，AD=4，求△CDE的周长．‎ ‎【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS证得结论；‎ ‎（2）由（1）中全等三角形的对应边相等和勾股定理求得线段DE的长度，结合三角形的周长公式解答．‎ ‎【解答】（1）证明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠A=∠B=90°．‎ ‎∵E是AB的中点，‎ ‎∴AE=BE．‎ 在△ADE与△BCE中，‎ ‎，‎ ‎∴△ADE≌△BCE（SAS）；‎ ‎（2）由（1）知：△ADE≌△BCE，则DE=EC．‎ 在直角△ADE中，AE=4，AE=AB=3，‎ 由勾股定理知，DE===5，‎ ‎∴△CDE的周长=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16．‎ ‎　‎ ‎16．（2018•沈阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．‎ ‎（1）求证：四边形OCED是矩形；‎ ‎（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是　4　．‎ ‎【分析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；‎ ‎（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．‎ ‎【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC⊥BD，‎ ‎∴∠COD=90°．‎ ‎∵CE∥OD，DE∥OC，‎ ‎∴四边形OCED是平行四边形，‎ 又∠COD=90°，‎ ‎∴平行四边形OCED是矩形；‎ ‎（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．‎ ‎∵四边形ABCD是菱形，‎ ‎∴AC=2OC=4，BD=2OD=2，‎ ‎∴菱形ABCD的面积为： AC•BD=×4×2=4．‎ 故答案是：4．‎ ‎　‎ ‎17．（2018•玉林）如图，在▱ABCD中，DC＞AD，四个角的平分线AE，DE，BF，CF的交点分别是E，F，过点E，F分别作DC与AB间的垂线MM'与NN'，在DC与AB上的垂足分别是M，N与M′，N′，连接EF．‎ ‎（1）求证：四边形EFNM是矩形；‎ ‎（2）已知：AE=4，DE=3，DC=9，求EF的长．‎ ‎【分析】（1）要说明四边形EFNM是矩形，有ME⊥CD．FN⊥CD条件，还缺ME=FN．过点E、F分别作AD、BC的垂线，垂足分别是G、H．利用角平分线上的点到角两边的距离相等可得结论．‎ ‎（2）利用平行四边形的性质，证明直角△DEA，并求出AD的长．利用全等证明△GEA≌△CNF，△DME≌△DGE从而得到DM=DG，AG=CN，再利用线段的和差关系，求出MN的长得结论．‎ ‎【解答】解：（1）证明：过点E、F分别作AD、BC的垂线，垂足分别是G、H．‎ ‎∵∠3=∠4，∠1=∠2，EG⊥AD，EM⊥CD，EM′⊥AB ‎∴EG=ME，EG=EM′‎ ‎∴EG=ME=ME′=MM′‎ 同理可证：FH=NF=N′F=NN′‎ ‎∵CD∥AB，MM′⊥CD，NN′⊥CD，‎ ‎∴MM′=NN′‎ ‎∴ME=NF=EG=FH 又∵MM′∥NN′，MM′⊥CD ‎∴四边形EFNM是矩形．‎ ‎（2）∵DC∥AB，‎ ‎∴∠CDA+∠DAB=180°，‎ ‎∵，∠2=∠DAB ‎∴∠3+∠2=90°‎ 在Rt△DEA，∵AE=4，DE=3，‎ ‎∴AB==5．‎ ‎∵四边形ABCD是平行四边形，‎ ‎∴∠DAB=∠DCB，‎ 又∵∠2=∠DAB，∠5=∠DCB，‎ ‎∴∠2=∠5‎ 由（1）知GE=NF 在Rt△GEA和Rt△CNF中 ‎∴△GEA≌△CNF ‎∴AG=CN 在Rt△DME和Rt△DGE中 ‎∵DE=DE，ME=EG ‎∴△DME≌△DGE ‎∴DG=DM ‎∴DM+CN=DG+AG=AB=5‎ ‎∴MN=CD﹣DM﹣CN=9﹣5=4．‎ ‎∵四边形EFNM是矩形．‎ ‎∴EF=MN=4‎ ‎　‎