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