专题18 矩形菱形正方形（共39题）（教师版）（01期）

专题18矩形菱形正方形(39题)一、单选题1．(湖南·统考中考真题)如图，菱形中，连接，若，则的度数为(

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A． B． C． D．【答案】C【分析】根据菱形的性质可得，则，进而即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形∴，∴，∵，∴,故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质，熟练掌握是菱形的性质解题的关键．2．(湖南常德·统考中考真题)如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为(

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A． B． C． D．【答案】C【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．【详解】∵四边形是正方形∴，∵∴，∴∴又∵，∴∴∴∴故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．3．(湖南常德·统考中考真题)下列命题正确的是(

)A．正方形的对角线相等且互相平分 B．对角互补的四边形是平行四边形C．矩形的对角线互相垂直 D．一组邻边相等的四边形是菱形【答案】A【分析】根据正方形、平行四边形、矩形、菱形的各自性质和构成条件进行判断即可．【详解】A、正方形的对角线相等且互相垂直平分，描述正确；B、对角互补的四边形不一定是平行四边形，只是内接于圆，描述错误；C、矩形的对角线不一定垂直，但相等，描述错误；D、一组邻边相等的平行四边形才构成菱形，描述错误．故选：A．【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定，解题的关键是熟悉掌握各类特殊四边形的判定和性质．4．(浙江·统考中考真题)如图，在菱形中，，则的长为(

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A． B．1 C． D．【答案】D【分析】连接与交于O．先证明是等边三角形，由，得到，，即可得到，利用勾股定理求出的长度，即可求得的长度．【详解】解：连接与交于O．

∵四边形是菱形，∴，，，，∵，且，∴是等边三角形，∵，∴，，∴，∴，∴，故选：D．【点睛】此题主要考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质、角所对直角边等于斜边的一半，关键是熟练掌握菱形的性质．5．(上海·统考中考真题)在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是(

)A． B． C． D．【答案】C【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．【详解】A：，为平行四边形而非矩形故A不符合题意B：，为平行四边形而非矩形故B不符合题意C：为矩形故C符合题意D：不是平行四边形也不是矩形故D不符合题意故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．6．(浙江宁波·统考中考真题)如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(

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A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积【答案】C【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论．【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，

∵矩形，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，∴，∴，又，∴，∴只需要知道的面积即可求出的值；故选C．【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到7．(湖南·统考中考真题)如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是(

)

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴【答案】A【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，故C，D不符合题意；故选A【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．8．(四川宜宾·统考中考真题)如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为()

A． B． C． D．【答案】C【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得．【详解】解：四边形是边长为6的正方形，，在和中，，，，，，，又，，设，则，，，解得，，，，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．9．(四川乐山·统考中考真题)如图，菱形的对角线与相交于点O，E为边的中点，连结．若，则(

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A．2 B． C．3 D．4【答案】B【分析】先由菱形的性质得，，，再由勾股定理求出，然后由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求解．【详解】解：∵菱形，∴，，，∴由勾股定理，得，∵E为边的中点，∴故选：B．【点睛】本考查菱形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握菱形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．10．(甘肃武威·统考中考真题)如图，将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形．若，，则四边形的面积为(

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A．2 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】由题意可得四边形是菱形，，，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．【详解】解：∵将矩形对折，使边与，与分别重合，展开后得到四边形，∴，与互相平分，∴四边形是菱形，∵，，∴菱形的面积为．故选：B【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．11．(浙江绍兴·统考中考真题)如图，在矩形中，为对角线的中点，．动点在线段上，动点在线段上，点同时从点出发，分别向终点运动，且始终保持．点关于的对称点为；点关于的对称点为．在整个过程中，四边形形状的变化依次是(

)A．菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形B．菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形C．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形D．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形【答案】A【分析】根据题意，分别证明四边形是菱形，平行四边形，矩形，即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，，∴，，∵、，∴∵对称，∴，∴∵对称，∴，∴，同理，∴∴∴四边形是平行四边形，如图所示，

当三点重合时，，∴即∴四边形是菱形，如图所示，当分别为的中点时，设，则，，在中，，连接，，∵，∴是等边三角形，∵为中点，∴，，∴，根据对称性可得，∴，∴，∴是直角三角形，且，∴四边形是矩形，

当分别与重合时，都是等边三角形，则四边形是菱形

∴在整个过程中，四边形形状的变化依次是菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形，故选：A．【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理与勾股定理的逆定理，轴对称的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．12．(重庆·统考中考真题)如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为(

)

A．2 B． C．1 D．【答案】D【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．【详解】解：如图，连接，

四边形是正方形，，，，，，，平分，，，在与,，，，，O为对角线的中点，，故选：D．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．二、解答题13．(湖南怀化·统考中考真题)如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．

(1)证明：；(2)连接、，证明：四边形是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据矩形的性质得出，则，根据是的中点，可得，即可证明；(2)根据可得，进而可得四边形是平行四边形，根据对角线互相垂直的四边形是菱形，即可得证．【详解】(1)证明：如图所示，

∵四边形是矩形，∴，∴，∵是的中点，∴，在与中，∴；(2)∵∴，又∵∴四边形是平行四边形，∵∴四边形是菱形．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．14．(湖北随州·统考中考真题)如图，矩形的对角线，相交于点O，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析；(2)3【分析】(1)先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理；(2)根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解．【详解】(1)解：∵，∴四边形是平行四边形，又∵矩形中，，∴平行四边形是菱形；(2)解：矩形的面积为，∴的面积为，∴菱形的面积为．【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键．15．(湖南永州·统考中考真题)如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．

(1)是直角三角形吗？请说明理由；(2)求证：四边形是菱形．【答案】(1)是直角三角形，理由见解析．(2)见解析【分析】(1)根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论；(2)根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证．【详解】(1)解：是直角三角形，理由如下：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴是直角三角形．(2)证明：由(1)可得：是直角三角形，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形．16．(新疆·统考中考真题)如图，和相交于点，，．点、分别是、的中点．

(1)求证：；(2)当时，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证；(2)证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形．【详解】(1)证明：在与中，∴，∴，又∵、分别是、的中点，∴；(2)∵，∴四边形是平行四边形，，∵为的中点，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．17．(云南·统考中考真题)如图，平行四边形中，分别是的平分线，且分别在边上，．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，的面积等于，求平行线与间的距离．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)先证，再证，从而四边形是平行四边形，又，于是四边形是菱形；(2)连接，先求得，再证，，于是有，得，再证，从而根据面积公式即可求得．【详解】(1)证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵分别是的平分线，∴，，∴，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；(2)解：连接，

∵，，∴，∴，∵四边形是菱形，∴，∴，∴，，∴，即，∴，∵，∴，∵的面积等于，∴，∴平行线与间的距离．【点睛】本题考查了平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离，熟练掌握平行四边形的判定及性质，菱形的判定，角平分线的定义，等腰三角形的判定，三角函数的应用以及平行线间的距离等知识是解题的关键．18．(四川遂宁·统考中考真题)如图，四边形中，，点O为对角线的中点，过点O的直线l分别与、所在的直线相交于点E、F．(点E不与点D重合)

(1)求证：；(2)当直线时，连接、，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)四边形为菱形；理由见解析【分析】(1)根据证明即可；(2)连接、，根据，得出，根据，证明四边形为平行四边形，根据，证明四边形为菱形即可．【详解】(1)证明：∵点O为对角线的中点，∴，∵，∴，，在和中，，∴；(2)解：四边形为菱形，理由如下：连接、，如图所示：

根据解析(1)可知，，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，即，∴四边形为菱形．【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，菱形的判定，平行线的性质，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定方法和菱形的判定方法．19．(浙江嘉兴·统考中考真题)如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；(2)若，求的度数．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】(1)根据菱形的性质的三角形全等即可证明．(2)根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数．【详解】(1)证明：菱形，，又，．在和中，，．．(2)解：菱形，，，．又，．由(1)知，．．，等边三角形．．【点睛】本题考查了三角形全等、菱形的性质、等边三角形的性质，解题的关键在于熟练掌握全等的方法和菱形的性质．20．(湖北鄂州·统考中考真题)如图，点E是矩形的边上的一点，且．

(1)尺规作图(请用铅笔)：作的平分线，交的延长线于点F，连接．(保留作图痕迹，不写作法)；(2)试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析；(2)四边形是菱形，理由见解析【分析】(1)根据题意结合尺规作角平分线的方法作图即可；(2)根据矩形的性质和平行线的性质得出，结合角平分线的定义可得，则，然后根据平行四边形和菱形的判定定理得出结论．【详解】(1)解：如图所示：

(2)四边形是菱形；理由：∵矩形中，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴平行四边形是菱形．【点睛】本题主要考查了尺规作角平分线，矩形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定以及菱形的判定等知识，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．21．(吉林长春·统考中考真题)将两个完全相同的含有角的直角三角板在同一平面内按如图所示位置摆放．点A，E，B，D依次在同一直线上，连结、．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)己知，当四边形是菱形时．的长为__________．【答案】(1)见解析；(2)【分析】(1)由题意可知易得，即，依据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明；(2)如图，在中，由角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余易得，；由菱形得对角线平分对角得，再由三角形外角和易证即可得，最后由求解即可．【详解】(1)证明：由题意可知，，，，四边形地平行四边形；(2)如图，在中，，，，，，四边形是菱形，平分，，，，，，，故答案为：．

【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的性质，角所对的直角边等于斜边的一半和直角三角形锐角互余，三角形外角及等角对等边；解题的关键是熟练掌握相关知识综合求解．22．(湖南张家界·统考中考真题)如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且，，．

(1)求证：；(2)若时，求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据题意得出，再由全等三角形的判定和性质及平行线的判定证明即可；(2)方法一：利用全等三角形的判定和性质得出，又，再由菱形的判定证明即可；方法二：利用(1)中结论得出，结合菱形的判定证明即可．【详解】(1)证明：∵，∴，即在和中，，∴∴，∴(2)方法一：在和中，，∴∴，又，∴四边形是平行四边形∵，∴是菱形；方法二：∵，∴∴，又，∴四边形是平行四边形∵，∴是菱形．【点睛】题目主要考查全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键．23．(湖南郴州·统考中考真题)如图，四边形是平行四边形．

(1)尺规作图；作对角线的垂直平分线(保留作图痕迹)；(2)若直线分别交，于，两点，求证：四边形是菱形【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)根据垂直平分线的作图方法进行作图即可；(2)设与交于点，证明，得到，得到四边形为平行四边形，根据，即可得证．【详解】(1)解：如图所示，即为所求；

(2)∵四边形是平行四边形，∴，∴，如图：设与交于点，

∵是的垂直平分线，∴，，∵，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形．【点睛】本题考查基本作图—作垂线，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理，是解题的关键．24．(湖北十堰·统考中考真题)如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？【答案】(1)平行四边形，见解析；(2)且【分析】(1)根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．(2)根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．【详解】(1)四边形是平行四边形．理由如下：∵的对角线交于点，∴，∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，∴∴四边形是平行四边形．(2)∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，∴且时，四边形是正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．25．(四川内江·统考中考真题)如图，在中，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F．

(1)求证：；(2)连接，若，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析；(2)见解析；【分析】(1)根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用“角角边”证明三角形全等，再由全等三角形的性质容易得出结论；(2)先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，再根据一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可．【详解】(1)证明：∵，∴，∵点E为的中点，∴，在和中，，∴；∴，∵，∴；(2)证明：，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．26．(湖南岳阳·统考中考真题)如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．

(1)你添加的条件是_________(填序号)；(2)添加条件后，请证明为矩形．【答案】(1)答案不唯一，①或②；(2)见解析【分析】(1)根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；(2)通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形．【详解】(1)解：①或②(2)添加条件①，为矩形，理由如下：在中，，在和中，∴∴，又∵，∴，∴，∴为矩形；添加条件②，为矩形，理由如下：在中，，在和中，∴∴，又∵，∴，∴，∴为矩形【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法(有一个角是直角的平行四边形是矩形)是解题关键．27．(四川乐山·统考中考真题)如图，在中，，点D为边上任意一点(不与点A、B重合)，过点D作，，分别交、于点E、F，连接．

(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求点C到的距离．【答案】(1)见解析；(2)【分析】(1)利用平行线的性质证明，再利用四边形内角和为，证明，即可由矩形判定定理得出结论；(2)先由勾股定理求出，再根据三角形面积公式求解即可．【详解】(1)证明：∵，，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形是矩形．(2)解：∵，，∴设点C到的距离为h，∵∴∴答：点C到的距离为．【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键．28．(浙江台州·统考中考真题)如图，四边形中，，，为对角线．

(1)证明：四边形是平行四边形．(2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上(保留作图痕迹，不要求写作法)．【答案】(1)见解析；(2)见解析【分析】(1)先证明，再证明，即，从而可得结论；(2)作对角线的垂直平分线交于，交于，从而可得菱形．【详解】(1)证明：∵，∴，∵，∴，即．∴．∴四边形是平行四边形．(2)如图，

四边形就是所求作的菱形．【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，作线段的垂直平分线，菱形的判定，熟练的利用菱形的判定进行作图是解本题的关键．三、填空题29．(黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题)如图，在四边形中，，于点．请添加一个条件：______，使四边形成为菱形．

【答案】(荅案不唯一)【分析】根据题意，先证明四边形是平行四边形，根据，可得四边形成为菱形．【详解】解：添加条件∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形成为菱形．添加条件∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形成为菱形．添加条件∵，∴∵，，∴∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形成为菱形．添加条件在与中，∴∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形成为菱形．故答案为：(或或等)．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．30．(辽宁大连·统考中考真题)如图，在菱形中，为菱形的对角线，，点为中点，则的长为_______________．【答案】【分析】根据题意得出是等边三角形，进而得出，根据中位线的性质即可求解．【详解】解：∵在菱形中，为菱形的对角线，∴，，∵，∴是等边三角形，∵，∴，∵是的中点，点为中点，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，中位线的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．31．(福建·统考中考真题)如图，在菱形中，，则的长为___________．

【答案】10【分析】由菱形中，，易证得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴．故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键．32．(浙江绍兴·统考中考真题)如图，在菱形中，，连接，以点为圆心，长为半径作弧，交直线于点，连接，则的度数是________．

【答案】或【分析】根据题意画出图形，结合菱形的性质可得，再进行分类讨论：当点E在点A上方时，当点E在点A下方时，即可进行解答．【详解】解：∵四边形为菱形，，∴，连接，①当点E在点A上方时，如图，∵，，∴，②当点E在点A下方时，如图，∵，，∴，故答案为：或．

【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和以及三角形的外角定理，解题的关键是掌握菱形的对角线平分内角；等腰三角形两底角相等，三角形的内角和为；三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和．33．(甘肃武威·统考中考真题)如图，菱形中，，，，垂足分别为，，若，则________．

【答案】【分析】根据菱形的性质，含直角三角形的性质，及三角函数即可得出结果．【详解】解：在菱形中，，，，，，在中，，同理，，，，在中，．故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，含直角三角形的性质，及三角函数等知识，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．34．(山东聊城·统考中考真题)如图，在中，的垂直平分线交于点，交于点O，连接，，过点C作，交的延长线于点F，连接．若，，则四边形的面积为______．

.【答案】24【分析】根据平行线的性质可得，根据垂直平分线的性质可得，，根据全等三角形的判定和性质可得，，根据平行四边形的判定和菱形的判定可推得四边形为菱形，根据勾股定理求得，根据菱形的性质即可求得四边形的面积．【详解】∵，∴，∵的垂直平分线交于点，∴，，∴，∴，，∴四边形为平行四边形，又∵，，，∴平行四边形为菱形，∵，∴，∴，在中，，故菱形的面积为，故答案为：24．【点睛】本题考查了平行线的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．35．(湖北十堰·统考中考真题)如图，在菱形中，点E，F，G，H分别是，，，上的点，且，若菱形的面积等于24，，则___________________．

【答案】6【分析】连接，交于点O，由题意易得，，，，则有，然后可得，设，则有，进而根据相似三角形的性质可进行求解．【详解】解：连接，交于点O，如图所示：

∵四边形是菱形，，∴，，，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，同理可得，设，则有，∵，∴，∴，即，∴，同理可得，即，∴，∴；故答案为6．【点睛】本题主要考查相似三角形的性质与判定及菱形的性质，熟练掌握菱形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．36．(四川内江·统考中考真题)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，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则___________．

【答案】/【分析】连接，根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，根据三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接，

四边形是矩形，，，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】此题考查了矩形的性质、勾股定理．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．37．(山东滨州·统考中考真题)如图，矩形的对角线相交于点，点分别是线段上的点．若，则的长为___________．

【答案】【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，等面积法证明，进而证明，，根据全等三角形的性质得出，，根据已知条件求得，进而勾股定理求得，进而即可求解．【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，

∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴∴设在中，∴∴，∴∴解得：∴在中，，在中，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．38．(山东枣庄·统考中考真题)如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为___________．

【答案】【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．【详解】解：的周长为32，．为DE的中点，．，，，，．四边形是正方形，，O为BD的中点，是的中位线，．故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．39．(浙江台州·统考中考真题)如图，矩形中，，．在边上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则的长为________．【答案】【分析】利用矩形的性质、勾股定理求出，利用证明，根据全等三角形的性质求解即可．【详解】解：∵矩形中，，，∴，，又，∴，∴，∵，，∴，，∴，在和中，∴，∴．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．中考模拟训练一、选择题1.-3的倒数是()A.3 B.-3 C.13 D.-2.下列几何体的主视图与其他三个不同的是()3.已知反比例函数y=3a-6x的图象在第二、第四象限,则A.a≤2 B.a≥2 C.a<2 D.a>24.356578km精确到万位是()A.3.57×105km B.0.35×106kmC.3.6×105km D.4×105km5.下列图形是正方体的表面展开图的是()6.在数学课外小组活动中,小红同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型.如图所示,它的底面半径OB=6cm,高OC=8cm,则这个圆锥形漏斗的侧面积是()A.30cm2 B.30πcm2C.60πcm2 D.120cm27.已知关于x的一元二次方程x2-6x+2k=0有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围是()A.k≤92 B.k<92 C.k≥92 D8.如图,有三条绳子穿过一片木板,姐妹两人分别站在木板的左、右两边,各选该边的一段绳子.若每边每段绳子被选中的机会相等,则两人选到同一条绳子的概率为()A.12 B.13 C.16 9.把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换,再沿着与这条直线平行的方向平移,我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换.在自然界和日常生活中,大量地存在这种图形变换(如图甲).结合轴对称变换和平移变换的有关性质,你认为在滑动对称变换过程中,两个对应三角形(如图乙)的对应点所具有的性质是()A.对应点连线与对称轴垂直 B.对应点连线被对称轴平分C.对应点连线被对称轴垂直平分 D.对应点连线互相平行10.(2024·四川宜宾中考)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过点A,B及边AC的中点M,若BC∥x轴,边AB与y轴交于点N,则ANAB的值为(A.13 B.C.15 D.11.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,其图象的对称轴是直线x=-1.有以下结论:①abc>0,②4ac<b2,③2a+b=0,④a-b+c>2.其中正确的结论的个数是()A.1 B.2C.3 D.412.在一次自行车越野赛中,甲、乙两名选手行驶的路程y(单位:千米)随时间x(单位:分)变化的图象(全程)如图,根据图象判定下列结论不正确的是()A.甲先到达终点B.前30分钟,甲在乙的前面C.第48分钟时,两人第一次相遇D.这次比赛的全程是28千米二、填空题13.把x3-4x分解因式,结果为.

14.(宁夏中考改编)如图,粮库用传送带传送粮袋,大转动轮的半径为10cm,传送带与水平面成30°角.假设传送带与转动轮之间无滑动,当大转动轮转140°时,传送带上点A处的粮袋上升的高度是cm.(传送带厚度忽略不计)

15.现有A,B两只不透明口袋,每只口袋里装有两个相同的球,A袋中的两个球上分别写了“细”“致”的字样,B袋中的两个球上分别写了“信”“心”的字样.从每只口袋里各摸出一个球,刚好能组成“细心”字样的概率是.

16.将一直径为17cm的圆形纸片(图①)剪成如图②所示形状的纸片,再将纸片沿虚线折叠得到正方体(图③)形状的纸盒,则这样的纸盒体积最大为cm3.

17.甲、乙两超市为了促销一种定价相同的商品,甲超市连续两次降价10%,乙超市一次性降价20%,在超市购买此种商品更合算.

18.如图,点O(0,0),B(0,1)是正方形OBB1C的两个顶点,以对角线OB1为一边作正方形OB1B2C1,再以正方形OB1B2C1的对角线OB2为一边作正方形OB2B3C2,……依次下去,则点B6的坐标是.

三、解答题19.(1)计算:|2-1|-2sin45°+12(2)先化简,再求值:2a+6a220.解分式方程:2x2-21.(宁夏中考)学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试.已知七、八年级各有200人,现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x(单位:分)进行统计:七年级86947984719076839087八年级88769078879375878779整理如下:年级平均数中位数众数方差七年级84a9044.4八年级8487b36.6根据以上信息,回答下列问题:(1)填空:a=,b=;

A同学说:“这次测试我得了86分,位于年级中等偏上水平”,由此可判断他是年级的学生.

(2)学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”,估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数.(3)你认为哪个年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好?请给出一条理由.22.(宁夏中考)“人间烟火味,最抚凡人心”,地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源.某地摊经营者购进了A型和B型两种玩具,已知用520元购进A型玩具的数量比用175元购进B型玩具的数量多30个,且A型玩具单价是B型玩具单价的1.6倍.(1)求两种型号玩具的单价各是多少元.根据题意,甲、乙两名同学分别列出如下方程:甲:5201.6x=175x乙:520x=1.6×175x-30,解得x=则甲所列方程中的x表示,乙所列方程中的x表示.

(2)该经营者准备用1350元以原单价再次购进这两种型号的玩具共200个,则最多可购进A型玩具多少个?23.“五一”假期,某公司组织部分员工到A,B,C三地旅游,公司购买前往各地的车票种类、数量绘制成条形统计图,如图.根据统计图回答下列问题:(1)前往A地的车票有张,前往C地的车票占全部车票的%;

(2)若公司决定采用随机抽取的方式把车票分配给100名员工,在看不到车票的条件下,每人抽取1张(所有车票的形状、大小、质地完全相同,且充分洗匀),那么员工小王抽到去B地车票的概率为;

(3)若最后剩下一张车票时,员工小张、小李都想要,决定采用抛掷一个各面分别标有数字1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定,具体规则是:每人各抛掷一次,若小张掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字大,车票给小张,否则给小李.试用列表法或树状图法分析,这个规则对双方是否公平.24.如图,三角形花园ABC紧邻湖泊,四边形ABDE是沿湖泊修建的人行步道.经测量,点C在点A的正东方向,AC=200m.点E在点A的正北方向.点B,D在点C的正北方向,BD=100m.点B在点A的北偏东30°方向,点D在点E的北偏东45°方向.(1)求步道DE的长度(结果取整数);(2)点D处有直饮水,小明从A处出发沿人行步道去取水,可以经过点B到达点D,也可以经过点E到达点D.请通过计算说明他走哪一条路较近?(参考数据:2≈1.414,3≈1.732)25.如图,AB是☉O的直径,C,D是☉O上的两点,且AC=CD.(1)求证:OC∥BD;(2)若BC将四边形OBDC分成面积相等的两个三角形,试确定四边形OBDC的形状.26.某地发生特大自然灾害,某慈善基金会将筹措到位的第一批救灾物资打包成件,其中棉帐篷和毛巾被共3200件,毛巾被比棉帐篷多800件.(1)打包成件的棉帐篷和毛巾被各多少件?(2)现计划用甲、乙两种小飞机共8架,一次性将这批棉帐篷和毛巾被全部运往该灾区.已知甲种飞机最多可装毛巾被400件和棉帐篷100件,乙种飞机最多可装毛巾被和棉帐篷各200件.则安排甲、乙两种飞机时有几种方案?请你帮忙设计出来.(3)在第(2)问的条件下,如果甲种飞机每架需付运输成本费4000元,乙种飞机每架需付运输成本费3600元.应选择哪种方案可使运输成本费最少?最少运输成本费是多少元?27.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点,且与y轴交于D(0,3),直线l是抛物线的对称轴.(1)求该抛物线对应函数的解析式;(2)若过点A(-1,0)的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6,求此直线对应函数的解析式;(3)点P在抛物线的对称轴上,☉P与直线AB和x轴都相切,求点P的坐标.模拟训练一、选择题1.D2.D3.C4.C5.C6.C7.B由于方程有两个不相等的实数根,因此Δ=b2-4ac>0,则(-6)2-8k>0,解得k<928.B将绳子记为1,2,3,则姐妹选中绳子共有9种等可能结果:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),其中两人选到同一条绳子的结果有3种,所以两人选到同一条绳子的概率为139.B10.B过点A作BC的垂线,垂足为点D,BC与y轴交于点E,如图.设点Aa,ka,∵△ABC是等腰三角形,AB=AC,AD⊥BC,∴D是线段BC的中点.∴DC=BD=a-b,∴C2a∵点M为边AC的中点,∴M3a-b2∵点M在反比例函数的图象上,∴M3a-b2解得b=-3a.易知,AD∥NE,∴ANAB11.C根据抛物线的开口向下可知a<0,根据抛物线的对称轴在y轴左侧可知a,b同号,则b<0,且-b2a=-1,根据抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知c>①∵a<0,b<0,c>0,∴abc>0正确;②∵抛物线与x轴有两个交点,∴b2-4ac>0,∴4ac<b2正确;③∵抛物线对称轴是直线x=-1,∴-b2a=-1,∴2∴2a+b=0错误;④由图象可知,抛物线的顶点为最高点,故当x=-1时,y>2,∴a-b+c>2正确.12.D观察题图知,到达终点时,甲对应的点是C,所花时间为86分钟,乙对应的点是D,所花时间为96分钟,所以甲先到达终点,A正确;两人第一次相遇前,甲都在乙的前面,B正确;由A(30,10),B(66,14),利用待定系数法可求得直线AB的关系式为y=19x+203,把y=12代入关系式解得x=48,C正确;乙的速度为12÷48=14,总路程为14×96=24(二、填空题13.x(x+2)(x-2)14.35π9如图,设传送带上点A处的粮袋上升到点B,构建Rt△ABC,则AC∥由题意可得AB=140π×∵AC∥MN,∴∠BAC=∠NMA=30°.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,∴BC=AB·sin30°=12AB=35即传送带上点A处的粮袋上升的高度是35π915.116.1717如图,当纸盒展开图中水平方向上的四个小正方形组成的矩形对角线AC为圆形纸片的直径,即圆形纸片为Rt△ABC的外接圆时,纸盒体积最大,此时AC=17cm时,设此情况下的正方体的边长为x,则在Rt△ABC中有AB2+BC2=AC2,即x2+(4x)2=172,可求出x=±17,负值舍去得x=17,所以x3=1717.17.乙18.(-8,0)三、解答题19.解(1)原式=2-1-2×22+2+2=4-1=3(2)原式=2(a+3当a=2时,原式=-2220.解方程两边同乘x2-4,得2+x(x+2)=x2-4,整理得2+x2+2x=x2-4,2x=-6,x=-3.检验:当x=-3时,x2-4=5≠0.故原方程的解为x=-3.21.解(1)把七年级10名学生的测试成绩按从小到大的顺序排列为71,76,79,83,84,86,87,90,90,94,根据中位数的定义可知,该组数据的中位数为a=84+862=85八年级10名学生的成绩中87分的最多,有3人,所以众数b=87,A同学得了86分大于85分,位于年级中等偏上水平,由此可判断他是七年级的学生.故答案为85,87,七.(2)510×200+610×200=220(人答:该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数为220.(3)我认为八年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好.理由:因为七、八年级测试成绩的平均数相等,八年级测试成绩的方差小于七年级测试成绩的方差,所以八年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好.22.解(1)根据所列方程可知,甲所列方程中的x表示B型玩具的单价;乙所列方程中的x表示520元购进A型玩具的数量.故答案为B型玩具的单价;520元购进A型玩具的数量.(2)设可购进A型玩具a个,则购进B型玩具(200-a)个,由(1)可知B型玩具的单价为5元,A型玩具的单价为1.6×5=8(元).根据题意得8a+5(200-a)≤1350,解得a≤11623故整数a的最大值是116.答:最多可购进A型玩具116个.23.解(1)3020(2)1(3)可能出现的所有结果列表如下:小张抛到的数字小李抛到的数字12341(1,1)(1,2)(1,3)(1