中考数学试题分类汇编解析25矩形

2018中考数学试 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 分类汇编：考点25矩形一．选择题（共6小题）12018?P是矩形ABCDAC上一点，过点P作EFBCAB．（遵义）如图，点的对角线∥，分别交，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中暗影部分的面积为（）A．10B．12C．16D．18【解析】想方法证明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，应选：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．【解析】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 关于工期滞后的函关于工程严重滞后的函关于工程进度滞后的回复函关于征求同志党风廉政意见的函关于征求廉洁自律情况的复函 数定义即可得出 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 ．1【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===；应选：A．3．（2018?威海）矩形ABCD与CEFG，如图搁置，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．1B．C．D．【解析】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，2∵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=×=，应选：C．4．（2018?杭州）如图，已知点P是矩形ABCD内一点（不含界限），设∠PAD=θ1，∠PBA=θ2，∠PCB=θ3，∠PDC=θ4，若∠APB=80°，∠CPD=50°，则（）A．（θ+θ）﹣（θ+θ）=30°B．（θ+θ）﹣（θ+θ）=40°14232413C．（θ+θ）﹣（θ+θ）=70°D．（θ+θ）+（θ+θ）=180°123412343【解析】依照矩形的性质以及三角形内角和定理，可得∠ABC=θ80°﹣θ，∠BCD=θ130°﹣θ，2+13+4再依据矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，即可获取（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=θ+130°﹣θ，34又∵矩形ABCD中，∠ABC+∠BCD=180°，∴θ2+80°﹣θ1+θ3+130°﹣θ4=180°，θθθθ=30°，即（1+4）﹣（2+3）应选：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，而且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．（﹣，）【解析】直接利用相似三角形的判断与性质得出△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=3，4∴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），NO=，NC1=，故点C的对应点C1的坐标为：（﹣，）．应选：A．6．（2018?上海）已知平行四边形ABCD，以下条件中，不可以判断这个平行四边形为矩形的是（）A．∠A=∠BB．∠A=∠CC．AC=BDD．AB⊥BC【解析】由矩形的判断方法即可得出答案．【解答】解：A、∠A=∠B，∠A+∠B=180°，因此∠A=∠B=90°，可以判断这个平行四边形为矩形，正确；B、∠A=∠C不可以判断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，因此∠B=90°，可以判断这个平行四边形为矩形，正确；应选：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，装饰图中的三角形极点E，F分别在边AB，BC上，三角形①的边GD在边AD上，则的值是．5【解析】设七巧板的边长为x，依据正方形的性质、矩形的性质分别 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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的极点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）．【解析】连接OB1，作B1⊥OA于H，证明△≌△1，获取1，OH=AB=2，得HAOBHBOBH=OA=6到答案．【解答】解：连接OB，作B⊥OA于，11HH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°，6∴∴∠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）对于一个地址确立的图形，假如它的全部点都在一个水平搁置的矩形内部或边上，且该图形与矩形的每条边都最少有一个公共点（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水平搁置．假如该菱形的高是宽的，那么它的宽的值是．【解析】先依据要求画图，设矩形的宽AF=x，则CF=x，依据勾股定理列方程可得结论．【解答】解：在菱形上建立以以下图的矩形EAFC，AF=x，则CF=x，Rt△CBF中，CB=1，BF=x﹣1，222，由勾股定理得：BC=BF+CF，解得：x=或0（舍），7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AC、HE、EC，GA，GF．已知AG⊥GF，AC=，则AB的长为2．【解析】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，8=，=，∴b2=2a2，∵a＞0．b＞0，∴b=a，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订交点O，AC=10，P、Q分别为AO、AD的中点，则PQ的长度为2.5．【解析】依据矩形的性质可得AC=BD=10，BO=DO=BD=5，再依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9两个，则AF的值是0或1＜AF或4．【解析】先依据圆周角定理确立点P在以EF为直径的圆O上，且是与矩形ABCD的交点，先确定特别点时AF的长，当F与A和B重合时，都有两个直角三角形．吻合条件，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，在之间运动过程中吻合条件，确立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，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=，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5，10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．【解析】（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，依据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°，11∴∠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均分∠BCD时，写出BC与CD的数目关系，并说明原由．【解析】（1）利用矩形的性质，即可判断△FAE≌△CDE，即可获取CD=FA，再依据CD∥AF，即可得出四边形ACDF是平行四边形；（2）先判断△CDE是等腰直角三角形，可得CD=DE，再依据E是AD的中点，可得AD=2CD，依AD=BC，即可获取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，12∴CD=FA，又∵CD∥AF，∴四边形ACDF是平行四边形；（2）BC=2CD．证明：∵CF均分∠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．【解析】（1）由全等三角形的判判定理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，13∴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，两直线订交于点E．（1）求证：四边形OCED是矩形；（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是4．【解析】（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）由菱形的对角线相互垂直均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=2．14∵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，四个角的均分线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．【解析】（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．利用角均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从而获取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=FH15又∵MM′∥NN′，MM′⊥CD∴四边形EFNM是矩形．（2）∵DC∥AB，∴∠CDA+∠DAB=180°，∵，∠2=∠DAB∴∠3+∠2=90°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=NFRt△GEA和Rt△CNF中∴△GEA≌△CNF∴AG=CNRt△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=41617