中考数学考前必做专题试题矩形菱形Word文件下载.docx

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，那么∠OBC的度数为（）

A.28°

B.52°

C.62°

D.72°

菱形的性质，全等三角形.

依据菱形的性质以及AM=CN，应用ASA可得△AMO≌△CNO，可得AO=CO，然后可得BO⊥AC，继而可求得∠OBC的度数.

∵四边形ABCD为菱形，∴AB∥CD，AB=BC，

∴∠MAO=∠NCO，∠AMO=∠CNO，

在△AMO和△CNO中，∵，∴△AMO≌△CNO（ASA），

∴AO=CO，∵AB=BC，∴BO⊥AC，∴∠BOC=90°

，∵∠DAC=28°

∴∠BCA=∠DAC=28°

，∴∠OBC=90°

﹣28°

=62°

.应选C.

4.（2021?

山东聊城，第9题，3分）如图，在矩形ABCD中，边AB的长为3，点E，F区分在AD，BC上，衔接BE，DF，EF，BD.假定四边形BEDF是菱形，且EF=AE+FC，那么边BC的长为（）

A.2B.3C.6D.

矩形的性质;

菱形的性质.

依据矩形的性质和菱形的性质得∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°

，AB=BO=3，由于四边形BEDF是菱形，所以BE，AE可求出进而可求出BC的长.

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠A=90°

即BA⊥BF，

∵四边形BEDF是菱形，

∴EF⊥BD，∠EBO=∠DBF，

∴AB=BO=3，∠ABE=∠EBO，

∴∠ABE=∠EBD=∠DBC=30°

∴BE==2，

∴BF=BE=2，

∵EF=AE+FC，AE=CF，EO=FO

5.（2021?

浙江杭州，第5题，3分）以下命题中，正确的选项是（）

A.梯形的对角线相等B.菱形的对角线不相等

C.矩形的对角线不能相互垂直D.平行四边形的对角线可以相互垂直

命题与定理.

专题：

惯例题型.

依据等腰梯形的判定与性质对A停止判别;

依据菱形的性质对B停止判别;

依据矩形的性质对C停止判别;

依据平行四边形的性质对D停止判别.

A、等腰梯形的对角线相等，所以A选项错误;

B、菱形的对角线不一定相等，假定相等，那么菱形变为正方形，所以B选项错误;

C、矩形的对角线不一定相互垂直，假定相互垂直，那么矩形变为正方形，所以C选项错误;

D、平行四边形的对角线可以相互垂直，此时平行四边形变为菱形，所以D选项正确.

6.（2021年贵州黔西北10.（4分））如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=16，将矩形ABCD沿EF折叠，使点C与点A重合，那么折痕EF的长为（）

A.6B.12C.2D.4

翻折变换（折叠效果）.

设BE=x，表示出CE=16﹣x，依据翻折的性质可得AE=CE，然后在Rt△ABE中，应用勾股定理列出方程求出x，再依据翻折的性质可得∠AEF=∠CEF，依据两直线平行，内错角相等可得∠AFE=∠CEF，然后求出∠AEF=∠AFE，依据等角对等边可得AE=AF，过点E作EH⊥AD于H，可得四边形ABEH是矩形，依据矩形的性质求出EH、AH，然后求出FH，再应用勾股定理列式计算即可得解.

设BE=x，那么CE=BC﹣BE=16﹣x，

∵沿EF翻折后点C与点A重合，

∴AE=CE=16﹣x，

在Rt△ABE中，AB2+BE2=AE2，

即82+x2=（16﹣x）2，

解得x=6，

∴AE=16﹣6=10，

由翻折的性质得，∠AEF=∠CEF，

∵矩形ABCD的对边AD∥BC，

∴∠AFE=∠CEF，

∴∠AEF=∠AFE，

∴AE=AF=10，

过点E作EH⊥AD于H，那么四边形ABEH是矩形，

∴EH=AB=8，

AH=BE=6，

∴FH=AF﹣AH=10﹣6=4，

7.（2021?

遵义9.（3分））如图，边长为2的正方形ABCD中，P是CD的中点，衔接AP并延伸交BC的延伸线于点F，作△CPF的外接圆⊙O，衔接BP并延伸交⊙O于点E，衔接EF，那么EF的长为（）

A.B.C.D.

相似三角形的判定与性质;

正方形的性质;

圆周角定理

先求出CP、BF长，依据勾股定理求出BP，依据相似得出比例式，即可求出答案.

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=∠PCF=90°

，CD∥AB，

∵F为CD的中点，CD=AB=BC=2，

∴CP=1，

∵PC∥AB，

∴△FCP∽△FBA，

∴BF=4，

∴CF=4﹣2=2，

由勾股定理得：

BP==，

∴∠BCP=∠PCF=90°

∴PF是直径，

∴∠E=90°

=∠BCP，

∵∠PBC=∠EBF，

∴△BCP∽△BEF，

8.（2021?

十堰9.（3分））如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，DE⊥BC，垂足为点E，衔接AC交DE于点F，点G为AF的中点，∠ACD=2∠ACB.假定DG=3，EC=1，那么DE的长为（）

A.2B.C.2D.

勾股定理;

等腰三角形的判定与性质;

直角三角形斜边上的中线.

依据直角三角形斜边上的中线的性质可得DG=AG，依据等腰三角形的性质可得∠GAD=∠GDA，依据三角形外角的性质可得∠CGD=2∠GAD，再依据平行线的性质和等量关系可得∠ACD=∠CGD，依据等腰三角形的性质可得CD=DG，再依据勾股定理即可求解.

∵AD∥BC，DE⊥BC，

∴DE⊥AD，∠CAD=∠ACB

∵点G为AF的中点，

∴DG=AG，

∴∠GAD=∠GDA，

∴∠CGD=2∠CAD，

∵∠ACD=2∠ACB，

∴∠ACD=∠CGD，

∴CD=DG=3，

9.（2021?

江苏徐州,第7题3分）假定依次衔接四边形的各边中点所得的四边形是菱形，那么该四边形一定是（）

A.矩形B.等腰梯形

C.对角线相等的四边形D.对角线相互垂直的四边形

中点四边形.

首先依据题意画出图形，由四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H区分是边AD，AB，BC，CD的中点，应用三角形中位线的性质与菱形的性质，即可判定原四边形一定是对角线相等的四边形.

如图，依据题意得：

四边形EFGH是菱形，点E，F，G，H区分是边AD，AB，BC，CD的中点，

∴EF=FG=CH=EH，BD=2EF，AC=2FG，

∴BD=AC.

10.（2021?

山东淄博,第9题4分）如图，ABCD是正方形场地，点E在DC的延伸线上，AE与BC相交于点F.有甲、乙、丙三名同窗同时从点A动身，甲沿着A﹣B﹣F﹣C的途径行走至C，乙沿着A﹣F﹣E﹣C﹣D的途径行走至D，丙沿着A﹣F﹣C﹣D的途径行走至D.假定三名同窗行走的速度都相反，那么他们抵达各自的目的地的先后顺序（由先至后）是（）

A.甲乙丙B.甲丙乙C.乙丙甲D.丙甲乙

正方形的性质;

线段的性质：

两点之间线段最短;

比拟线段的长短.

依据正方形的性质得出AB=BC=CD=AD，∠B=∠ECF，依据直角三角形得出AF>

AB，EF>

CF，区分求出甲、乙、丙行走的距离，再比拟即可.

∴AB=BC=CD=AD，∠B=90°

甲行走的距离是AB+BF+CF=AB+BC=2AB;

乙行走的距离是AF+EF+EC+CD;

丙行走的距离是AF+FC+CD，

∵∠B=∠ECF=90°

∴AF>

CF，

∴AF+FC+CD>

2AB，AF+FC+CD

∴甲比丙先到，丙比乙先到，

11.（2021?

福建福州,第9题4分）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE.AC，BE相交于点F，那么∠BFC为【】

A.45°

B.55°

C.60°

D.75°

12.（2021?

甘肃兰州,第7题4分）以下命题中正确的选项是（）

A.有一组邻边相等的四边形是菱形

B.有一个角是直角的平行四边形是矩形

C.对角线垂直的平行四边形是正方形

D.一组对边平行的四边形是平行四边形

应用特殊四边形的判定定理对个选项逐一判别后即可失掉正确的选项.

A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，应选项错误;

B、正确;

C、对角线垂直的平行四边形是菱形，应选项错误;

D、两组对边平行的四边形才是平行四边形，应选项错误.

13.（2021?

广州,第8题3分）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它外形改动，当时，如图，测得，当时，如图，（）.

（A）（B）2（C）（D）

图2-①图2-②

【考点】正方形、有内角的菱形的对角线与边长的关系

【剖析】由正方形的对角线长为2可知正方形和菱形的边长为，当=60°

时，菱形较短的对角线等于边长，故答案为.

【答案】A

14.（2021?

广州,第10题3分）如图3，四边形、都是正方形，点在线段上，衔接，和相交于点.设，（）.以下结论：

①;

②;

③;

④.其中结论正确的个数是（）.

（A）4个（B）3个（C）2个（D）1个

【考点】三角形全等、相似三角形

【剖析】①由可证，故①正确;

②延伸BG交DE于点H，由①可得，（对顶角）

∴=90°

，故②正确;

③由可得，故③不正确;

④，等于相似比的平方，即，

∴，故④正确.

【答案】B

15.（2021?

毕节地域，第8题3分）如图，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，那么OH的长等于（）

A.3.5B.4C.7D.14

菱形的性质;

直角三角形斜边上的中线;

三角形中位线定理

依据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线相互平分可得OB=OD，然后判别出OH是△ABD的中位线，再依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.

∵菱形ABCD的周长为28，

∴AB=28÷

4=7，OB=OD，

∵H为AD边中点，

∴OH是△ABD的中位线，

16.（2021?

襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F区分在边AB，BC上，且AE=AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰恰落在AD边上的点P处，衔接BP交EF于点Q，关于以下结论：

①EF=2BE;

②PF=2PE;

③FQ=4EQ;

④△PBF是等边三角形.其中正确的选项是（）

A.①②B.②③C.①③D.①④

翻折变换（折叠效果）;

矩形的性质

求出BE=2AE，依据翻折的性质可得PE=BE，再依据直角三角形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°

，再依据翻折的性质求出∠BEF=60°

，依据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°

，然后依据直角三角形30°

角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判别出①正确;

应用30°

角的正切值求出PF=PE，判别出②错误;

求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判别出③错误;

求出∠PBF=∠PFB=60°

，然后失掉△PBF是等边三角形，判别出④正确.

∵AE=AB，

∴BE=2AE，

由翻折的性质得，PE=BE，

∴∠APE=30°

∴∠AEP=90°

﹣30°

=60°

∴∠BEF=（180°

﹣∠AEP）=（180°

﹣60°

）=60°

∴∠EFB=90°

=30°

∴EF=2BE，故①正确;

∵BE=PE，

∴EF=2PE，

∵EF>

PF，

∴PF>

2PE，故②错误;

由翻折可知EF⊥PB，

∴∠EBQ=∠EFB=30°

∴BE=2EQ，EF=2BE，

∴FQ=3EQ，故③错误;

由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°

∴∠BFP=30°

+30°

∵∠PBF=90°

﹣∠EBQ=90°

∴∠PBF=∠PFB=60°

∴△PBF是等边三角形，故④正确;

17.（2021?

孝感，第9题3分）如图，正方形OABC的两边OA、OC区分在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°

，那么旋转后点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）

坐标与图形变化-旋转.

分顺时针旋转和逆时针旋转两种状况讨论解答即可.

∵点D（5，3）在边AB上，

∴BC=5，BD=5﹣3=2，

①假定顺时针旋转，那么点D′在x轴上，OD′=2，

所以，D′（﹣2，0），

②假定逆时针旋转，那么点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）.

18.（2021?

台湾，第12题3分）如图，D为△ABC外部一点，E、F两点区分在AB、BC上，且四边形DEBF为矩形，直线CD交AB于G点.假定CF=6，BF=9，AG=8，那么△ADC的面积为何?

（）

A.16B.24C.36D.54

由于△ADC=△AGC﹣△ADG，依据矩形的性质和三角形的面积公式计算即可求解.

解：

△ADC=△AGC﹣△ADG=12×

AG×

BC﹣12×

BF

=12×

8×

（6+9）﹣12×

9=60﹣36=24.

19.（2021?

台湾，第27题3分）如图，矩形ABCD中，AD=3AB，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）延伸BO交于P点，那么P即为所求;

（乙）以A为圆心，AB长为半径画弧，交于P点，那么P即为所求.

关于甲、乙两人的作法，以下判别何者正确?

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

应用三角形的面积公式进而得出需P甲H=P乙K=2AB，即可得出答案.

要使得△PBC的面积等于矩形ABCD的面积，

20.（2021?

浙江宁波，第6题4分）菱形的两条对角线长区分是6和8，那么此菱形的边长是（）

A.10B.8C.6D.5

勾股定理.

依据菱形的性质及勾股定理即可求得菱形的边长.

∵四边形ABCD是菱形，AC=8，BD=6，

∴OB=OD=3，OA=OC=4，AC⊥BD，

在Rt△AOB中，

AB===5，

21.（2021?

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（）

A.2.5B.

C.

D.2

直角三角形斜边上的中线;

勾股定理;

勾股定理的逆定理.

衔接AC、CF，依据正方形性质求出AC、CF，∠ACD=∠GCF=45°

，再求出∠ACF=90°

，然后应用勾股定理列式求出AF，再依据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可.

如图，衔接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AF的中点，

22.（2021?

呼和浩特，第9题3分）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，区分交两边AD，BC于E，F（不与顶点重合），那么以下关于△CDE与△ABF判别完全正确的一项为（）

A.△CDE与△ABF的周长都等于10cm，但面积不一定相等

B.△CDE与△ABF全等，且周长都为10cm

C.△CDE与△ABF全等，且周长都为5cm

D.△CDE与△ABF全等，但它们的周长和面积都不能确定

全等三角形的判定与性质;

线段垂直平分线的性质.

依据矩形的性质，AO=CO，由EF⊥AC，得EA=EC，那么△CDE的周长是矩形周长的一半，再依据全等三角形的判定方法可求出△CDE与△ABF全等，进而失掉效果答案.

∵AO=CO，EF⊥AC，

∴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，

依据全等三角形的判定方法可知：

△CDE与△ABF全等，

23.（2021?

株洲，第7题，3分）四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°

，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有以下四种选法，其中错误的选项是（）

A.选①②B.选②③C.选①③D.选②④

正方形的判定;

平行四边形的性质.

要判定是正方形，那么需能判定它既是菱形又是矩形.

A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不契合题意;

B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项契合题意;

C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不契合题意;

D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线相互垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不契合题意.

①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等;

②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角.

观察内容的选择，我本着先静后动，由近及远的原那么，有目的、有方案的先布置与幼儿生活接近的，能了解的观察内容。

随机观察也是不可少的，是相当幽默的，如蜻蜓、蚯蚓、毛毛虫等，孩子一边观察，一边提问，兴味很浓。

我提供的观察对象，留意笼统逼真，颜色鲜明，大小适中，引导幼儿多角度多层面地停止观察，保证每个幼儿看失掉，看得清。

看得清才干说得正确。

在观察进程中指点。

我留意协助幼儿学习正确的观察方法，即按顺序观察和抓住事物的不同特征重点观察，观察与说话相结合，在观察中积聚词汇，了解词汇，如一次我抓住机遇，引导幼儿观察雷雨，雷雨前天空急剧变化，乌云密布，我问幼儿乌云是什么样子的，有的孩子说：

乌云像大海的波浪。

有的孩子说〝乌云跑得飞快。

〞我加以一定说〝这是乌云滚滚。

〞当幼儿看到闪电时，我通知他〝这叫电光闪闪。

〞接着幼儿听到雷声惊叫起来，我抓住机遇说：

〝这就是雷声隆隆。

〞一会儿下起了大雨，我问：

〝雨下得怎样?

〞幼儿说大极了，我就舀一盆水往下一倒，作比拟观察，让幼儿掌握〝倾盆大雨〞这个词。

雨后，我又带幼儿观察阴沉的天空，朗诵自编的一首儿歌：

〝蓝天高，白云飘，鸟儿飞，树儿摇，太阳公公咪咪笑。

〞这样抓住特征见景生情，幼儿不只印象深入，对雷雨前后气候变化的词语学得快，记得牢，而且会运用。

我还在观察的基础上，引导幼儿联想，让他们与以往学的词语、生活阅历联络起来，在开展想象力中开展言语。

如啄木鸟的嘴是长长的，尖尖的，硬硬的，像医生用的手术刀―样，给大树开刀治病。

经过联想，幼儿可以生动笼统地描画观察对象。

③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2停止判定.

〝教书先生〞恐怕是市井百姓最为熟习的一种称谓，从最后的门馆、私塾到晚清的学堂，〝教书先生〞那一行当怎样说也算是让国人景仰甚或敬畏的一种社会职业。

只是更早的〝先生〞概念并非源于教书，最后出现的〝先生〞一词也并非有教授知识那般的含义。

«

孟子»

中的〝先生何为出此言也？

〞；

论语»

中的〝有酒食，先生馔〞；

国策»

中的〝先生坐，何至于此？

〞等等，均指〝先生〞为父兄或有学问、有德行的晚辈。

其实«

中自身就有〝先生长者，有德之称〞的说法。

可见〝先生〞之原意非真正的〝教员〞之意，倒是与当今〝先生〞的称谓更接近。

看来，〝先生〞之根源含义在于礼貌和尊称，并非具学问者的专称。

称〝教员〞为〝先生〞的记载，首见于«

礼记?

曲礼»

，有〝从于先生，不越礼而与人言〞，其中之〝先生〞意为〝年长、资深之教授知识者〞，与教员、教员之意基本分歧。

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融会贯串是一种传统的教学方式,在我国有悠久的历史。

但随着素质教育的展开,融会贯串被作为一种僵化的、阻碍先生才干开展的教学方式,渐渐为人们所摒弃;

而另一方面,教员们又为提高先生的语文素养煞费苦心。

其实,只需运用妥当,〝融会贯串〞与提高先生素质并不矛盾。

相反,它恰是提高先生语文水平的重要前提和基础。