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文档介绍
2018中考数学试题分类汇编考点25矩形含解析_460
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 查看更多