2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點25 矩形（含解析）

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1、 2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編：考點25 矩形 一．選擇題（共6小題） 1．（2018?遵義）如圖，點P是矩形ABCD的對角線AC上一點，過點P作EF∥BC，分別交AB，CD于E、F，連接PB、PD．若AE=2，PF=8．則圖中陰影部分的面積為（　?。? A．10 B．12 C．16 D．18 【分析】想辦法證明S△PEB=S△PFD解答即可． 【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N． 則有四邊形AEPM，四邊形DFPM，四邊形CFPN，四邊形BEPN都是矩形， ∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC

2、=S△PCN， ∴S△DFP=S△PBE=×2×8=8， ∴S陰=8+8=16， 故選：C． 　 2．（2018?棗莊）如圖，在矩形ABCD中，點E是邊BC的中點，AE⊥BD，垂足為F，則tan∠BDE的值是（　?。? A． B． C． D． 【分析】證明△BEF∽△DAF，得出EF=AF，EF=AE，由矩形的對稱性得：AE=DE，得出EF=DE，設(shè)EF=x，則DE=3x，由勾股定理求出DF==2x，再由三角函數(shù)定義即可得出答案． 【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AD=BC，AD∥BC， ∵點E是邊BC的中點， ∴BE=BC=AD， ∴△BEF∽△DAF，

3、∴=， ∴EF=AF， ∴EF=AE， ∵點E是邊BC的中點， ∴由矩形的對稱性得：AE=DE， ∴EF=DE，設(shè)EF=x，則DE=3x， ∴DF==2x， ∴tan∠BDE===； 故選：A． 　 3．（2018?威海）矩形ABCD與CEFG，如圖放置，點B，C，E共線，點C，D，G共線，連接AF，取AF的中點H，連接GH．若BC=EF=2，CD=CE=1，則GH=（　?。? A．1 B． C． D． 【分析】延長GH交AD于點P，先證△APH≌△FGH得AP=GF=1，GH=PH=PG，再利用勾股定理求得PG=，從而得出答案． 【解答】解：如圖，延長GH交AD于

4、點P， ∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是矩形， ∴∠ADC=∠ADG=∠CGF=90°，AD=BC=2、GF=CE=1， ∴AD∥GF， ∴∠GFH=∠PAH， 又∵H是AF的中點， ∴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， 則GH=PG=×=， 故選：C． 　 4．（2018?杭州）如圖，已知點P是矩形ABCD內(nèi)一點（不含邊界），設(shè)∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80

5、°，∠CPD=50°，則（　　） 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】依據(jù)矩形的性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理，可得∠ABC=θ2+80°﹣θ1，∠BCD=θ3+130°﹣θ4，再根據(jù)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=18

6、0°﹣∠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°， 故選：A． 　 5．（2018?聊城）如圖，在平面直角坐標系中，矩形OABC的兩邊OA，OC分別在x軸和y軸上，并且OA=5，OC=3．若把矩形OABC繞著點O逆時針旋轉(zhuǎn)，使點A恰好落在BC邊上的A1處，則點C的對應(yīng)點C1的坐標為（　?。? A．（﹣，） B．（﹣，） C．（﹣，） D．（﹣，） 【分析】直接利用相似三角形的判定與性質(zhì)得出△O

7、NC1三邊關(guān)系，再利用勾股定理得出答案． 【解答】解：過點C1作C1N⊥x軸于點N，過點A1作A1M⊥x軸于點M， 由題意可得：∠C1NO=∠A1MO=90°， ∠1=∠2=∠3， 則△A1OM∽△OC1N， ∵OA=5，OC=3， ∴OA1=5，A1M=3， ∴OM=4， ∴設(shè)NO=3x，則NC1=4x，OC1=3， 則（3x）2+（4x）2=9， 解得：x=±（負數(shù)舍去）， 則NO=，NC1=， 故點C的對應(yīng)點C1的坐標為：（﹣，）． 故選：A． 　 6．（2018?上海）已知平行四邊形ABCD，下列條件中，不能判定這個平行四邊形為矩形的是（　　） A．

8、∠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°，可以判定這個平行四邊形為矩形，正確； B、∠A=∠C不能判定這個平行四邊形為矩形，錯誤； C、AC=BD，對角線相等，可推出平行四邊形ABCD是矩形，故正確； D、AB⊥BC，所以∠B=90°，可以判定這個平行四邊形為矩形，正確； 故選：B． 　 二．填空題（共6小題） 7．（2018?金華）如圖2，小靚用七巧板拼成一幅裝飾圖，放入長方形ABCD內(nèi)，裝飾圖中的三角形頂點E，F(xiàn)分別在邊AB，BC上，三角形①

9、的邊GD在邊AD上，則的值是　?。? 【分析】設(shè)七巧板的邊長為x，根據(jù)正方形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)分別表示出AB，BC，進一步求出的值． 【解答】解：設(shè)七巧板的邊長為x，則 AB=x+x， BC=x+x+x=2x， ==． 故答案為：． 　 8．（2018?達州）如圖，平面直角坐標系中，矩形OABC的頂點A（﹣6，0），C（0，2）．將矩形OABC繞點O順時針方向旋轉(zhuǎn)，使點A恰好落在OB上的點A1處，則點B的對應(yīng)點B1的坐標為?。ī?，6）?。? 【分析】連接OB1，作B1H⊥OA于H，證明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案． 【解答】解：

10、連接OB1，作B1H⊥OA于H， 由題意得，OA=6，AB=OC﹣2， 則tan∠BOA==， ∴∠BOA=30°， ∴∠OBA=60°， 由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠B1OB=∠BOA=30°， ∴∴∠B1OH=60°， 在△AOB和△HB1O， ， ∴△AOB≌△HB1O， ∴B1H=OA=6，OH=AB=2， ∴點B1的坐標為（﹣2，6）， 故答案為：（﹣2，6）． 　 9．（2018?上海）對于一個位置確定的圖形，如果它的所有點都在一個水平放置的矩形內(nèi)部或邊上，且該圖形與矩形的每條邊都至少有一個公共點（如圖1），那么這個矩形水平方向的邊長稱為該圖形的寬，鉛錘方向

11、的邊長稱為該矩形的高．如圖2，菱形ABCD的邊長為1，邊AB水平放置．如果該菱形的高是寬的，那么它的寬的值是　?。? 【分析】先根據(jù)要求畫圖，設(shè)矩形的寬AF=x，則CF=x，根據(jù)勾股定理列方程可得結(jié)論． 【解答】解：在菱形上建立如圖所示的矩形EAFC， 設(shè)AF=x，則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）， 即它的寬的值是， 故答案為：． 　 10．（2018?連云港）如圖，E、F，G、H分別為矩形ABCD的邊AB、BC、CD、DA的中點，連接AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥G

12、F，AC=，則AB的長為　2　． 【分析】如圖，連接BD．由△ADG∽△GCF，設(shè)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，即可解決問題； 【解答】解：如圖，連接BD． ∵四邊形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，設(shè)CF=BF=a，CG=DG=b， ∴=， ∴=， ∴b2=2a2， ∵a

13、＞0．b＞0， ∴b=a， 在Rt△GCF中，3a2=， ∴a=， ∴AB=2b=2． 故答案為2． 　 11．（2018?株洲）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交點O，AC=10，P、Q分別為AO、AD的中點，則PQ的長度為　2.5?。? 【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再根據(jù)三角形中位線定理可得PQ=DO=2.5． 【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形， ∴AC=BD=10，BO=DO=BD， ∴OD=BD=5， ∵點P、Q是AO，AD的中點， ∴PQ是△AOD的中位線， ∴PQ=DO=2.5． 故答案為：2.5． 　

14、 12．（2018?嘉興）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=2，點E在CD上，DE=1，點F是邊AB上一動點，以EF為斜邊作Rt△EFP．若點P在矩形ABCD的邊上，且這樣的直角三角形恰好有兩個，則AF的值是　0或1＜AF或4?。? 【分析】先根據(jù)圓周角定理確定點P在以EF為直徑的圓O上，且是與矩形ABCD的交點，先確定特殊點時AF的長，當F與A和B重合時，都有兩個直角三角形．符合條件，即AF=0或4，再找⊙O與AD和BC相切時AF的長，此時⊙O與矩形邊各有一個交點或三個交點，在之間運動過程中符合條件，確定AF的取值． 【解答】解：∵△EFP是直角三角形，且點P在矩形ABCD的邊

15、上， ∴P是以EF為直徑的圓O與矩形ABCD的交點， ①當AF=0時，如圖1，此時點P有兩個，一個與D重合，一個交在邊AB上； ②當⊙O與AD相切時，設(shè)與AD邊的切點為P，如圖2， 此時△EFP是直角三角形，點P只有一個， 當⊙O與BC相切時，如圖4，連接OP，此時構(gòu)成三個直角三角形， 則OP⊥BC，設(shè)AF=x，則BF=P1C=4﹣x，EP1=x﹣1， ∵OP∥EC，OE=OF， ∴OG=EP1=， ∴⊙O的半徑為：OF=OP=， 在Rt△OGF中，由勾股定理得：OF2=OG2+GF2， ∴， 解得：x=， ∴當1＜AF＜時，這樣的直角三角形恰好有兩個， ③當AF=

16、4，即F與B重合時，這樣的直角三角形恰好有兩個，如圖5， 綜上所述，則AF的值是：0或1＜AF或4． 故答案為：0或1＜AF或4． 　 三．解答題（共5小題） 13．（2018?張家界）在矩形ABCD中，點E在BC上，AE=AD，DF⊥AE，垂足為F． （1）求證．DF=AB； （2）若∠FDC=30°，且AB=4，求AD． 【分析】（1）利用“AAS”證△ADF≌△EAB即可得； （2）由∠ADF+∠FDC=90°、∠DAF+∠ADF=90°得∠FDC=∠DAF=30°，據(jù)此知AD=2DF，根據(jù)DF=AB可得答案． 【解答】證明：（1）在矩形ABCD中

17、，∵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?連云港）如圖，矩形ABCD中，E是AD的中點，延長CE，BA交于點F，連接AC，DF． （1）求證：四邊形ACDF是平行四邊形； （2）當CF平分∠BCD時，寫出BC與CD的數(shù)量關(guān)系，并說明理由． 【分析】（1）利用矩形的

18、性質(zhì)，即可判定△FAE≌△CDE，即可得到CD=FA，再根據(jù)CD∥AF，即可得出四邊形ACDF是平行四邊形； （2）先判定△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再根據(jù)E是AD的中點，可得AD=2CD，依據(jù)AD=BC，即可得到BC=2CD． 【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠FAE=∠CDE， ∵E是AD的中點， ∴AE=DE， 又∵∠FEA=∠CED， ∴△FAE≌△CDE， ∴CD=FA， 又∵CD∥AF， ∴四邊形ACDF是平行四邊形； （2）BC=2CD． 證明：∵CF平分∠BCD， ∴∠DCE=45°， ∵∠CDE=9

19、0°， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∴CD=DE， ∵E是AD的中點， ∴AD=2CD， ∵AD=BC， ∴BC=2CD． 　 15．如圖，在矩形ABCD中，E是AB的中點，連接DE、CE． （1）求證：△ADE≌△BCE； （2）若AB=6，AD=4，求△CDE的周長． 【分析】（1）由全等三角形的判定定理SAS證得結(jié)論； （2）由（1）中全等三角形的對應(yīng)邊相等和勾股定理求得線段DE的長度，結(jié)合三角形的周長公式解答． 【解答】（1）證明：在矩形ABCD中，AD=BC，∠A=∠B=90°． ∵E是AB的中點， ∴AE=BE． 在△ADE與△BCE中，

20、 ， ∴△ADE≌△BCE（SAS）； （2）由（1）知：△ADE≌△BCE，則DE=EC． 在直角△ADE中，AE=4，AE=AB=3， 由勾股定理知，DE===5， ∴△CDE的周長=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16． 　 16．（2018?沈陽）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC與BD交于點O．過點C作BD的平行線，過點D作AC的平行線，兩直線相交于點E． （1）求證：四邊形OCED是矩形； （2）若CE=1，DE=2，ABCD的面積是　4?。? 【分析】（1）欲證明四邊形OCED是矩形，只需推知四邊形OCED是平行四邊形，且有一內(nèi)角為90度即可；

21、 （2）由菱形的對角線互相垂直平分和菱形的面積公式解答． 【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∴∠COD=90°． ∵CE∥OD，DE∥OC， ∴四邊形OCED是平行四邊形， 又∠COD=90°， ∴平行四邊形OCED是矩形； （2）由（1）知，平行四邊形OCED是矩形，則CE=OD=1，DE=OC=2． ∵四邊形ABCD是菱形， ∴AC=2OC=4，BD=2OD=2， ∴菱形ABCD的面積為： AC?BD=×4×2=4． 故答案是：4． 　 17．（2018?玉林）如圖，在?ABCD中，DC＞AD，四個角的平分線AE，DE，BF，

22、CF的交點分別是E，F(xiàn)，過點E，F(xiàn)分別作DC與AB間的垂線MM'與NN'，在DC與AB上的垂足分別是M，N與M′，N′，連接EF． （1）求證：四邊形EFNM是矩形； （2）已知：AE=4，DE=3，DC=9，求EF的長． 【分析】（1）要說明四邊形EFNM是矩形，有ME⊥CD．FN⊥CD條件，還缺ME=FN．過點E、F分別作AD、BC的垂線，垂足分別是G、H．利用角平分線上的點到角兩邊的距離相等可得結(jié)論． （2）利用平行四邊形的性質(zhì)，證明直角△DEA，并求出AD的長．利用全等證明△GEA≌△CNF，△DME≌△DGE從而得到DM=DG，AG=CN，再利用線段的和差關(guān)系，求出MN的

23、長得結(jié)論． 【解答】解：（1）證明：過點E、F分別作AD、BC的垂線，垂足分別是G、H． ∵∠3=∠4，∠1=∠2，EG⊥AD，EM⊥CD，EM′⊥AB ∴EG=ME，EG=EM′ ∴EG=ME=ME′=MM′ 同理可證：FH=NF=N′F=NN′ ∵CD∥AB，MM′⊥CD，NN′⊥CD， ∴MM′=NN′ ∴ME=NF=EG=FH 又∵MM′∥NN′，MM′⊥CD ∴四邊形EFNM是矩形． （2）∵DC∥AB， ∴∠CDA+∠DAB=180°， ∵，∠2=∠DAB ∴∠3+∠2=90° 在Rt△DEA，∵AE=4，DE=3， ∴AB==5． ∵四邊形ABCD是平行四邊形， ∴∠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． ∵四邊形EFNM是矩形． ∴EF=MN=4 　 17