《中考数学试题分类汇编25 矩形菱形与正方形》由会员分享，可在线阅读，更多相关《中考数学试题分类汇编25 矩形菱形与正方形（70页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、矩形菱形与正方形 一、选择题1. （ 2020安徽省,第10题4分）如图，正方形ABCD的对角线BD长为2，若直线l满足：点D到直线l的距离为；A、C两点到直线l的距离相等则符合题意的直线l的条数为（）A1B2C3D4考点：正方形的性质分析：连接AC与BD相交于O，根据正方形的性质求出OD=，然后根据点到直线的距离和平行线间的距离相等解答解答：解：如图，连接AC与BD相交于O，正方形ABCD的对角线BD长为2，OD=，直线lAC并且到D的距离为，同理，在点D的另一侧还有一条直线满足条件，故共有2条直线l故选B点评：本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线互相垂直平分，点D到O的距离小于
2、是本题的关键2. （ 2020福建泉州，第5题3分）正方形的对称轴的条数为（）A1B2C3D4考点：轴对称的性质分析：根据正方形的对称性解答解答：解：正方形有4条对称轴故选D点评：本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键3. （2020珠海，第2题3分）边长为3cm的菱形的周长是（）A6cmB9cmC12cmD15cm考点：菱形的性质分析：利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可解答：解：菱形的各边长相等，边长为3cm的菱形的周长是：34=12（cm）故选：C点评：此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键4.（2020广西玉林市、防城港市，第6题3分）下列命题是假
3、命题的是（）A四个角相等的四边形是矩形B对角线相等的平行四边形是矩形C对角线垂直的四边形是菱形D对角线垂直的平行四边形是菱形考点：命题与定理分析：根据矩形的判定对A、B进行判断；根据菱形的判定方法对C、D进行判断解答：解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题故选C点评：本题考查了命题与定理：判断事物的语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理5.（2020毕节地区，第8题3分）如图
4、，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（ ）A3.5B4C7D14 考点：菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理分析：根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH=AB解答：解：菱形ABCD的周长为28，AB=284=7，OB=OD，H为AD边中点，OH是ABD的中位线，OH=AB=7=3.5故选A点评：本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理
5、是解题的关键6.（2020襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：EF=2BE；PF=2PE；FQ=4EQ；PBF是等边三角形其中正确的是（）ABCD考点：翻折变换（折叠问题）；矩形的性质分析：求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半求出APE=30，然后求出AEP=60，再根据翻折的性质求出BEF=60，根据直角三角形两锐角互余求出EFB=30，然后根据直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半可得EF
6、=2BE，判断出正确；利用30角的正切值求出PF=PE，判断出错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出错误；求出PBF=PFB=60，然后得到PBF是等边三角形，判断出正确解答：解：AE=AB，BE=2AE，由翻折的性质得，PE=BE，APE=30，AEP=9030=60，BEF=（180AEP）=（18060）=60，EFB=9060=30，EF=2BE，故正确；BE=PE，EF=2PE，EFPF，PF2PE，故错误；由翻折可知EFPB，EBQ=EFB=30，BE=2EQ，EF=2BE，FQ=3EQ，故错误；由翻折的性质，EFB=BFP=30，BFP=30+30=6
7、0，PBF=90EBQ=9030=60，PBF=PFB=60，PBF是等边三角形，故正确；综上所述，结论正确的是故选D点评：本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键7.（2020孝感，第9题3分）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把CDB旋转90，则旋转后点D的对应点D的坐标是（）A（2，10）B（2，0）C（2，10）或（2，0）D（10，2）或（2，0）考点：坐标与图形变化-旋转分析：分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨
8、论解答即可解答：解：点D（5，3）在边AB上，BC=5，BD=53=2，若顺时针旋转，则点D在x轴上，OD=2，所以，D（2，0），若逆时针旋转，则点D到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，所以，D（2，10），综上所述，点D的坐标为（2，10）或（2，0）故选C点评：本题考查了坐标与图形变化旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论8（2020台湾，第12题3分）如图，D为ABC内部一点，E、F两点分别在AB、BC上，且四边形DEBF为矩形，直线CD交AB于G点若CF6，BF9，AG8，则ADC的面积为何？()A16B24C36D54分析：由于ADCAGCADG，根据矩形的性质和三角形的面积公式
9、计算即可求解解：ADCAGCADGAGBCAGBF8(69)89603624故选：B点评：考查了三角形的面积和矩形的性质，本题关键是活用三角形面积公式进行计算9（2020台湾，第27题3分）如图，矩形ABCD中，AD3AB，O为AD中点，是半圆甲、乙两人想在上取一点P，使得PBC的面积等于矩形ABCD的面积其作法如下：(甲) 延长BO交于P点，则P即为所求；(乙) 以A为圆心，AB长为半径画弧，交于P点，则P即为所求对于甲、乙两人的作法，下列判断何者正确？()A两人皆正确B两人皆错误 C甲正确，乙错误 D甲错误，乙正确分析：利用三角形的面积公式进而得出需P甲HP乙K2AB，即可得出答案解：要使
10、得PBC的面积等于矩形ABCD的面积，需P甲HP乙K2AB故两人皆错误故选：B点评：此题主要考查了三角形面积求法以及矩形的性质，利用四边形与三角形面积关系得出是解题关键10（2020浙江宁波，第6题4分）菱形的两条对角线长分别是6和8，则此菱形的边长是（ ）A10B8C6D5 考点：菱形的性质；勾股定理分析：根据菱形的性质及勾股定理即可求得菱形的边长解答：解：四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，OB=OD=3，OA=OC=4，ACBD，在RtAOB中，由勾股定理得：AB=5，即菱形ABCD的边长AB=BC=CD=AD=5，故选D点评：本题考查了菱形的性质和勾股定理，关键是求出OA、OB的
11、长，注意：菱形的对角线互相平分且垂直11（2020浙江宁波，第11题4分）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）A2.5BCD2 考点：直角三角形斜边上的中线；勾股定理；勾股定理的逆定理分析：连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，ACD=GCF=45，再求出ACF=90，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可解答：解：如图，连接AC、CF，正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，AC=，CF=3，ACD=GCF=45，ACF=90，由勾股定理得，AF=2，H是
12、AF的中点，CH=AF=2=故选B点评：本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键11.（2020呼和浩特，第9题3分）已知矩形ABCD的周长为20cm，两条对角线AC，BD相交于点O，过点O作AC的垂线EF，分别交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），则以下关于CDE与ABF判断完全正确的一项为（）ACDE与ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等BCDE与ABF全等，且周长都为10cmCCDE与ABF全等，且周长都为5cmDCDE与ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定考点：矩形的性质；全等三角形的
13、判定与性质；线段垂直平分线的性质分析：根据矩形的性质，AO=CO，由EFAC，得EA=EC，则CDE的周长是矩形周长的一半，再根据全等三角形的判定方法可求出CDE与ABF全等，进而得到问题答案解答：解：AO=CO，EFAC，EF是AC的垂直平分线，EA=EC，CDE的周长=CD+DE+CE=CD+AD=矩形ABCD的周长=10cm，同理可求出ABF的周长为10cm，根据全等三角形的判定方法可知：CDE与ABF全等，故选B点评：本题考查了矩形的对角线互相平分的性质，还考查了线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定方法，题目的难度不大12. （2020湘潭，第7题，3分）以下四个命题正确的是（）A任意三点可以确定一个圆B菱形对角线相等C直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半D平行四边形的四条边相等考点：命题与定理分析：利用确定圆
