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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= =2 x，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= =2 x， ∴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=∠BB．∠A=∠CC．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