2018中考数学分类汇编--矩形(带解析)
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资料简介
‎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=‎ 17‎ 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.‎ 17‎ ‎【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(  )‎ 17‎ 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,‎ 17‎ 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.‎ ‎ ‎ 17‎ 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,‎ 17‎ 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,‎ 17‎ 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=,‎ 17‎ ‎∵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,‎ 17‎ ‎∴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,‎ 17‎ ‎∴,‎ 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.‎ 17‎ ‎【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.‎ 17‎ ‎【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.‎ 17‎ ‎ ‎ ‎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.‎ ‎ ‎ 17‎ ‎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.‎ 17‎ ‎(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,‎ 17‎ ‎∴∠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 ‎ ‎ 17‎

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