2024成都中考数学复习专题 矩形、菱形、正方形的性质与判定(含答案)

2024成都中考数学复习专题矩形、菱形、正方形的性质与判定基础题1.(2023上海)在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝CD.下列说法能使四边形ABCD为矩形的是()A.AB∥CDB.AD＝BCC.∠A＝∠BD.∠A＝∠D2.(2023自贡)如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是()A.(3，－3)B.(－3，3)C.(3，3)D.(－3，－3)第2题图3.(2022玉林)若顺次连接四边形ABCD各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形ABCD的两条对角线AC，BD一定是()A.互相平分B.互相垂直C.互相平分且相等D.互相垂直且相等4.(2023深圳)如图，在平行四边形ABCD中，AB＝4，BC＝6，将线段AB水平向右平移a个单位长度得到线段EF，若四边形ECDF为菱形时，则a的值为()第4题图A.1B.2C.3D.45.(2023十堰)如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是()A.四边形ABCD由矩形变为平行四边形B.对角线BD的长度减小C.四边形ABCD的面积不变D.四边形ABCD的周长不变第5题图6.如图，菱形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，EF＝2，BD＝8，则该菱形的面积为()第6题图A.12B.16C.20D.327.(2023杭州)如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.若∠AOB＝60°，则eq\f(AB,BC)＝()A.eq\f(1,2)B.eq\f(\r(3)－1,2)C.eq\f(\r(3),2)D.eq\f(\r(3),3)第7题图8.(2023大庆)将两个完全相同的菱形按如图方式放置，若∠BAD＝α，∠CBE＝β，则β＝()第8题图A.45°＋eq\f(1,2)αB.45°＋eq\f(3,2)αC.90°－eq\f(1,2)αD.90°－eq\f(3,2)α9.(2023河北)如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF.若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝()A.4eq\r(3)B.8eq\r(3)C.12D.16第9题图10.[新考法—条件开放](2023齐齐哈尔)如图，在四边形ABCD中，AD＝BC，AC⊥BD于点O.请添加一个条件：________，使四边形ABCD成为菱形．第10题图11.(2023怀化)如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3.则点P到直线AB的距离为________．第11题图12.(2023绍兴)如图，在菱形ABCD中，∠DAB＝40°，连接AC，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E，连接CE，则∠AEC的度数是________．第12题图13.(2023河南)矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且AN＝AB＝1.当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为________．14.[新考法—条件开放](2023十堰)如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，eq\f(1,2)AC，eq\f(1,2)BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP.(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？第14题图15.如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，且BE＝DF，连接AE，CF，EH⊥CF于点H，FG⊥AE于点G.(1)判断四边形EGFH的形状，并说明理由；(2)若AE＝5，tan∠DAE＝2，EG＝2GF，求AG的长．第15题图拔高题16.(2022青羊区模拟)我们规定菱形与正方形接近程度称为“接近度”，设菱形相邻两个内角的度数分别为α，β，将菱形的“接近度”定义为|α－β|，于是|α－β|越小，菱形越接近正方形．第16题图①若菱形的一个内角为80°，则该菱形的“接近度”为________；②当菱形的“接近度”等于________时，菱形是正方形．课时2基础题1.(2023湘潭)如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为()A.20°B.60°C.70°D.80°第1题图2.如图，在菱形ABCD中，AC，BD为菱形的对角线，∠DBC＝60°，BD＝10，点F为BC中点，则EF的长为()第2题图A.3B.4C.5D.63.如图所示，将一张矩形纸片沿虚线对折两次，当剪刀与纸片的夹角∠ABC＝45°时，已知AB＝4cm，则剪下来图形的周长为()第3题图A.4cmB.4eq\r(2)cmC.16cmD.16eq\r(2)cm4.(2022青岛改编)如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形．若AB＝2，则OE的长度为________．第4题图5.[新考法—数学文化](2023内江)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为点F，G，则EF＋EG＝________.第5题图6.(2023天津)如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA＝ED＝eq\f(5,2).第6题图(1)△ADE的面积为________；(2)若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为________．7.(2023内江)如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交CE的延长线于点F.(1)求证：FA＝BD；(2)连接BF，若AB＝AC，求证：四边形ADBF是矩形．第7题图8.(2023兰州)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE.(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；(2)当CD＝4时，求EG的长．第8题图拔高题9.(2023绍兴改编)如图，在矩形ABCD中，O为对角线BD的中点，∠ABD＝60°，动点E在线段OB上，动点F在线段OD上，点E，F同时从点O出发，分别向终点B，D运动，且始终保持OE＝OF.点E关于AD，AB的对称点为E1，E2；点F关于BC，CD的对称点为F1，F2.当E，F，O三点重合时，当点E，F分别为OB，OD的中点时，当E，F分别运动到B，D两点时，四边形E1E2F1F2形状的变化依次是()第9题图A.菱形→平行四边形→矩形B.菱形→矩形→菱形C.平行四边形→矩形→平行四边形D.平行四边形→菱形→正方形10.(2023武侯区二诊节选)如图①，在矩形ABCD中，AD＝nAB(其中n>1)，点P是AD边上一动点(点P不与点A重合)，点E是AB边的中点，连接PE，将矩形ABCD沿直线PE进行翻折，其顶点A翻折后的对应点为O，连接PO并延长，交BC边于点F(点F不与点C重合)，过点F作∠PFC的平分线FG，交矩形ABCD的边于点G.(1)求证：PE∥FG；(2)如图②，在点P运动过程中，若E，O，G三点在同一条直线上时，点G与点D刚好重合，求n的值．图①图②第10题图参考答案与解析1.C2.C【解析】∵正方形的边长为3，∴DC＝BC＝3，DC与BC分别垂直于y轴和x轴．∵点C在第一象限，∴点C的坐标为(3，3).3.D【解析】如解图，E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，则EH∥DB∥GF，HG∥AC∥EF，EF＝eq\f(1,2)AC，FG＝eq\f(1,2)BD，∴四边形EFGH为平行四边形．要使其为正方形，即EF⊥FG，FE＝FG，则AC⊥BD，AC＝BD，即对角线一定互相垂直且相等．第3题解图4.B【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，CE∥FD，CD＝AB＝4.∵将线段AB水平向右平移得到线段EF，∴AB∥EF∥CD，∴四边形ECDF为平行四边形，当CD＝CE＝4时，▱ECDF为菱形，此时a＝BE＝BC－CE＝6－4＝2.5.C【解析】将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，∵两组对边的长度分别相等，∴四边形ABCD是平行四边形，故A正确，∵向左扭动框架，∴BD的长度减小，故B正确；∵平行四边形ABCD的底不变，高变小了，∴平行四边形ABCD的面积变小，故C错误；∵平行四边形ABCD的四条边长度不变，∴四边形ABCD的周长不变，故D正确．6.B【解析】如解图，连接AC，∵点E，F分别为AB，BC的中点，∴EF是△ABC的中位线，∴AC＝2EF＝4.∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴S菱形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BD＝eq\f(1,2)×4×8＝16.第6题解图7.D【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OB＝OC＝OD，∠ABC＝90°，∴∠OBC＝∠OCB.∵∠AOB＝60°，∴∠ACB＝eq\f(1,2)∠AOB＝30°，∴eq\f(AB,BC)＝tan∠ACB＝tan30°＝eq\f(\r(3),3).8.D【解析】∵四边形ABCD和四边形BGHF是完全相同的菱形，∴∠DBE＝∠BAD＝α，AB＝AD，∠ABD＝∠CBD＝∠CBE＋∠DBE＝β＋α.∴∠ADB＝∠ABD＝β＋α.∵∠BAD＋∠ADB＋∠ABD＝180°，∴α＋β＋α＋β＋α＝180°，∴β＝90°－eq\f(3,2)α.9.B【解析】∵S正方形AMEF＝16，∴AM＝4.∵M是斜边BC的中点，∴AM是Rt△ABC斜边上的中线，∴BC＝2AM＝8.在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC＝eq\r(BC2－AB2)＝4eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(1,2)×4×4eq\r(3)＝8eq\r(3).10.AD∥BC(答案不唯一)【解析】当AD∥BC，AD＝BC时，四边形ABCD为平行四边形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形．11.3【解析】如解图，过点P作PF⊥AB于点F，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠DAC＝∠BAC.∵PE⊥AD，PF⊥AB，∴∠AEP＝∠AFP.∵AP＝AP，∴△AEP≌△AFP(AAS)，∴PE＝PF.∵PE＝3，∴点P到直线AB的距离为PF＝3.第11题解图12.10°或80°【解析】如解图，以点A为圆心，AC长为半径作弧，交直线AD于点E和E′.在菱形ABCD中，∠DAC＝∠BAC，∵∠DAB＝40°，∴∠DAC＝20°.∵AC＝AE，∴∠AEC＝(180°－20°)÷2＝80°.∵AE′＝AC，∴∠AE′C＝∠ACE′＝10°.综上所述，∠AEC的度数是10°或80°.第12题解图13.2或eq\r(2)＋1【解析】分两种情况，①当∠DNM＝90°时，如解图①，则MN∥AB，∴eq\f(AN,BM)＝eq\f(AD,BD).∵M是BD的中点，∴BD＝2BM，∴AD＝2AN＝2；②当∠DMN＝90°时，如解图②，连接BN，∵M是BD的中点，∠DMN＝90°，∴BN＝DN＝eq\r(AB2＋AN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，∴AD＝eq\r(2)＋1.综上所述，AD的长为2或eq\r(2)＋1.图①图②第13题解图14.解：(1)四边形BPCO为平行四边形．理由如下：由作法得，BP＝eq\f(1,2)AC，CP＝eq\f(1,2)BD，∵四边形ABCD为平行四边形，∴OC＝eq\f(1,2)AC，OB＝eq\f(1,2)BD,∴OC＝BP，OB＝CP,∴四边形BPCO为平行四边形．(2)当▱ABCD的对角线垂直且相等时，四边形BPCO为正方形．理由：∵AC⊥BD，∴四边形BPCO为矩形，∵AC＝BD，∴OB＝OC，∴四边形BPCO为正方形．15.解：(1)四边形EGFH是矩形．理由如下：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC.∵BE＝DF，∴AD－DF＝BC－BE，∴AF＝CE，∴四边形AECF是平行四边形，∴AE∥CF，∴∠AEH＋∠FHE＝180°.∵EH⊥CF，FG⊥AE，∴∠FGE＝∠FHE＝∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形；(2)∵FG⊥AE，∴∠AGF＝90°.在Rt△AGF中，tan∠DAE＝eq\f(GF,AG)＝2，∴GF＝2AG.∵EG＝2GF，∴EG＝4AG.∵AE＝AG＋EG＝5，∴AG＝1，即AG的长为1.16.20°；0°【解析】①∵菱形相邻两个内角的度数和为180°，∴α＋β＝180°，即80°＋β＝180，解得β＝100°，∴该菱形的“接近度”为|α－β|＝|80°－100°|＝20°；②∵当α＝β＝90°时，菱形是正方形，∴|α－β|＝0°时，菱形是正方形．课时21.C【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，AC⊥BD，∴∠DCA＝∠1＝20°，∴∠2＝90°－∠DCA＝70°.2.C【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴BC＝DC，BE＝DE，∵∠DBC＝60°，∴△BDC是等边三角形，∴CD＝BD＝10.∵点F为BC中点，∴EF＝eq\f(1,2)CD＝5.3.D【解析】由折叠可知，剪下的图形两条对角线互相垂直且平分，此时图形为菱形，∵∠ABC＝45°，∴剪下的图形有一个角为90°，∴有一个角为90°的菱形是正方形，∵AB＝4cm，根据勾股定理得BC＝4eq\r(2)cm，故剪下来图形的周长为4×4eq\r(2)＝16eq\r(2)cm.4.eq\r(6)【解析】∵四边形ABCD为正方形，AB＝2，∴AC＝2eq\r(2).∵O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形，∴∠AOE＝90°，∴AC＝AE＝2eq\r(2)，AO＝eq\r(2)，∴OE＝eq\r(6).5.eq\f(60,13)【解析】如解图，连接OE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，AB＝CD＝5，AD＝BC＝12.在Rt△ABD中，BD＝eq\r(AB2＋AD2)＝13.∴AC＝BD＝13.∵AC与BD交于点O，∴AO＝CO＝BO＝DO＝eq\f(13,2).∵S△BCO＝eq\f(1,4)S四边形ABCD＝eq\f(1,4)×12×5＝15，∴S△BCO＝S△BEO＋S△CEO＝eq\f(1,2)BO·EG＋eq\f(1,2)CO·EF＝eq\f(1,2)×eq\f(13,2)(EG＋EF)＝15，∴EF＋EG＝15×eq\f(4,13)＝eq\f(60,13).第5题解图6.(1)3【解析】(1)如解图，过点E作EM⊥AD于点M，∵△ADE是等腰三角形，EA＝ED＝eq\f(5,2)，AD＝3，∴AM＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(3,2)，∴EM＝eq\r(AE2－AM2)＝eq\r(（\f(5,2)）2－（\f(3,2)）2)＝2，∴S△ADE＝eq\f(1,2)AD·EM＝eq\f(1,2)×3×2＝3.(2)eq\r(13)【解析】如解图，延长EM交AG于点N，∵∠BAD＝∠AME＝90°，∴AB∥NE，∴∠ABF＝∠FEN，∠BAF＝∠ENF.又∵点F为BE中点，∴BF＝EF，∴△AFB≌△NFE，∴EN＝BA＝3.由(1)知，EM＝2，∴NM＝1.∵∠NMD＝∠ADC＝90°，且M为AD中点，∴NM∥GD，∴NM为△AGD的中位线，∴GD＝2NM＝2，∴AG＝eq\r(AD2＋GD2)＝eq\r(13).第6题解图7.证明：(1)∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE.又∵E是AD的中点，∴AE＝DE.在△AFE和△DCE中，∵eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(∠AFE＝∠DCE，,∠AEF＝∠DEC，,AE＝DE，))∴△AFE≌△DCE，∴AF＝DC.又∵D是BC的中点，∴BD＝CD，∴AF＝BD；(2)∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形．又∵D是BC的中点，∴∠ADB＝90°，由(1)知FA＝BD，又∵FA∥BD，∴四边形ADBF是平行四边形．又∵∠ADB＝90°，∴四边形ADBF是矩形．8.解：(1)四边形OCDE为菱形，理由如下：∵CE是线段OD的垂直平分线，∴OF＝DF，OC＝DC.∵CD∥OE，∴∠EOF＝∠CDF.∵∠EFO＝∠CFD，∴△OFE≌△DFC，∴OE＝CD，∴四边形OCDE是平行四边形．又∵OC＝CD，∴四边形OCDE是菱形；(2)∵四边形ABCD是矩形，∴DO＝OC＝OA，由(1)可知，OC＝DC，∴OC＝DO＝CD，∴△OCD是等边三角形，∴∠DCO＝∠CDO＝60°，∴∠FDG＝90°－60°＝30°.∵四边形OCDE是菱形，∴∠DEC＝∠DCE＝30°，∠CGD＝90°－∠DCE＝60°，∴∠EDG＝30°，∴DG＝EG.∵CD＝4，∴tan∠DCG＝eq\f(DG,CD)＝eq\f(DG,4)，∴DG＝4·tan30°＝4×eq\f(\r(3),3)＝eq\f(4\r(3),3)，∴EG＝eq\f(4\r(3),3).9.B【解析】∵四边形ABCD为矩形，∠ABD＝60°，∴∠CDF＝60°，∠EDA＝∠CBD＝30°.∵OE＝OF，O为对角线BD的中点，∴DF＝EB.由对称的性质得DF＝DF2，BF＝BF1，BE＝BE2，DE＝DE1，∠F2DC＝∠CDF＝60°，∠EDA＝∠E1DA＝30°，∠F1BC＝∠FBC＝30°，∴E1F2＝E2F1，∠E1DB