2018中考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編 考點(diǎn)25 矩形(含解析)
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1、 2018中考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編:考點(diǎn)25 矩形 一.選擇題(共6小題) 1.(2018?遵義)如圖,點(diǎn)P是矩形ABCD的對(duì)角線AC上一點(diǎn),過(guò)點(diǎn)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(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn),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(duì)稱(chēng)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(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn), ∴BE=BC=AD, ∴△BEF∽△DAF,
3、∴=, ∴EF=AF, ∴EF=AE, ∵點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn), ∴由矩形的對(duì)稱(chēng)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(diǎn)B,C,E共線,點(diǎn)C,D,G共線,連接AF,取AF的中點(diǎn)H,連接GH.若BC=EF=2,CD=CE=1,則GH=( ?。? A.1 B. C. D. 【分析】延長(zhǎng)GH交AD于點(diǎn)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(zhǎng)GH交AD于
4、點(diǎn)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(diǎn), ∴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(diǎn)P是矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)(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(biāo)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(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn),使點(diǎn)A恰好落在BC邊上的A1處,則點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C1的坐標(biāo)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(guò)點(diǎn)C1作C1N⊥x軸于點(diǎn)N,過(guò)點(diǎn)A1作A1M⊥x軸于點(diǎn)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(fù)數(shù)舍去), 則NO=,NC1=, 故點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C1的坐標(biāo)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(gè)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(gè)平行四邊形為矩形,正確; B、∠A=∠C不能判定這個(gè)平行四邊形為矩形,錯(cuò)誤; C、AC=BD,對(duì)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(gè)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(zhǎng)方形ABCD內(nèi),裝飾圖中的三角形頂點(diǎn)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(zhǎng)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(jìn)一步求出的值. 【解答】解:設(shè)七巧板的邊長(zhǎng)為x,則 AB=x+x, BC=x+x+x=2x, ==. 故答案為:. 8.(2018?達(dá)州)如圖,平面直角坐標(biāo)系中,矩形OABC的頂點(diǎn)A(﹣6,0),C(0,2).將矩形OABC繞點(diǎn)O順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),使點(diǎn)A恰好落在OB上的點(diǎn)A1處,則點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B1的坐標(biāo)為 (﹣2,6) . 【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(diǎn)B1的坐標(biāo)為(﹣2,6), 故答案為:(﹣2,6). 9.(2018?上海)對(duì)于一個(gè)位置確定的圖形,如果它的所有點(diǎn)都在一個(gè)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(gè)公共點(diǎn)(如圖1),那么這個(gè)矩形水平方向的邊長(zhǎng)稱(chēng)為該圖形的寬,鉛錘方向
11、的邊長(zhǎng)稱(chēng)為該矩形的高.如圖2,菱形ABCD的邊長(zhǎng)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(huà)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(diǎn),連接AC、HE、EC,GA,GF.已知AG⊥G
12、F,AC=,則AB的長(zhǎng)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(wèn)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(duì)角線AC與BD相交點(diǎn)O,AC=10,P、Q分別為AO、AD的中點(diǎn),則PQ的長(zhǎng)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(diǎn)P、Q是AO,AD的中點(diǎn), ∴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(diǎn)E在CD上,DE=1,點(diǎn)F是邊AB上一動(dòng)點(diǎn),以EF為斜邊作Rt△EFP.若點(diǎn)P在矩形ABCD的邊上,且這樣的直角三角形恰好有兩個(gè),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(diǎn)P在以EF為直徑的圓O上,且是與矩形ABCD的交點(diǎn),先確定特殊點(diǎn)時(shí)AF的長(zhǎng),當(dāng)F與A和B重合時(shí),都有兩個(gè)直角三角形.符合條件,即AF=0或4,再找⊙O與AD和BC相切時(shí)AF的長(zhǎng),此時(shí)⊙O與矩形邊各有一個(gè)交點(diǎn)或三個(gè)交點(diǎn),在之間運(yùn)動(dòng)過(guò)程中符合條件,確定AF的取值. 【解答】解:∵△EFP是直角三角形,且點(diǎn)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(diǎn), ①當(dāng)AF=0時(shí),如圖1,此時(shí)點(diǎn)P有兩個(gè),一個(gè)與D重合,一個(gè)交在邊AB上; ②當(dāng)⊙O與AD相切時(shí),設(shè)與AD邊的切點(diǎn)為P,如圖2, 此時(shí)△EFP是直角三角形,點(diǎn)P只有一個(gè), 當(dāng)⊙O與BC相切時(shí),如圖4,連接OP,此時(shí)構(gòu)成三個(gè)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(dāng)1<AF<時(shí),這樣的直角三角形恰好有兩個(gè), ③當(dāng)AF=
16、4,即F與B重合時(shí),這樣的直角三角形恰好有兩個(gè),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(diǎn)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(diǎn),延長(zhǎng)CE,BA交于點(diǎn)F,連接AC,DF. (1)求證:四邊形ACDF是平行四邊形; (2)當(dāng)CF平分∠BCD時(shí),寫(xiě)出BC與CD的數(shù)量關(guān)系,并說(shuō)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(diǎn),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(diǎn), ∴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(diǎn), ∴AD=2CD, ∵AD=BC, ∴BC=2CD. 15.如圖,在矩形ABCD中,E是AB的中點(diǎn),連接DE、CE. (1)求證:△ADE≌△BCE; (2)若AB=6,AD=4,求△CDE的周長(zhǎng). 【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(duì)應(yīng)邊相等和勾股定理求得線段DE的長(zhǎng)度,結(jié)合三角形的周長(zhǎng)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(diǎn), ∴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(zhǎng)=2DE+AD=2DE+AB=2×5+6=16. 16.(2018?沈陽(yáng))如圖,在菱形ABCD中,對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O.過(guò)點(diǎn)C作BD的平行線,過(guò)點(diǎn)D作AC的平行線,兩直線相交于點(diǎn)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(duì)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(gè)角的平分線AE,DE,BF,
22、CF的交點(diǎn)分別是E,F(xiàn),過(guò)點(diǎn)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(zhǎng). 【分析】(1)要說(shuō)明四邊形EFNM是矩形,有ME⊥CD.FN⊥CD條件,還缺ME=FN.過(guò)點(diǎn)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(diǎn)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(zhǎng).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(zhǎng)得結(jié)論. 【解答】解:(1)證明:過(guò)點(diǎn)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∵M(jìn)M′∥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
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