（通用版）中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》随堂练习（含答案）

这是一份（通用版）中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》随堂练习（含答案），共9页。试卷主要包含了 已知，下列结论等内容，欢迎下载使用。
1. 如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠ACB＝30°，则∠AOB的大小为( )
A. 30° B. 60° C. 90° D. 120°
2. 如图，AC是矩形ABCD的对角线，AB＝2，BC＝2eq \r(3)，点E，F分别是线段AB，AD上的点，连接CE，CF，当∠BCE＝∠ACF，且CE＝CF时，AE＋AF＝________．
3.如图，在矩形ABCD中，点E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC.
(1)求证：OE＝OF；
(2)若BC＝2eq \r(3)，求AB的长．
命题点2 菱形的性质及相关计算
4. 如图，菱形ABCD中，∠A＝60°，BD＝7，则菱形ABCD的周长为________．
5. 已知：如图，在菱形ABCD中，F为边BC的中点，DF与对角线AC交于点M，过M作ME⊥CD于点E，∠1＝∠2.
(1)若CE＝1，求BC的长；
(2)求证：AM＝DF＋ME.
命题点3 eq \a\vs4\al(正方形的性质及相关计算)
6. 已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE.过点A作AE的垂线交ED于点P.
若AE＝AP＝1，PB＝eq \r(5).下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为eq \r(2)；③EB⊥ED；④S△APD＋S△APB＝1＋eq \r(6)；⑤S正方形ABCD＝4＋eq \r(6).
其中正确结论的序号是( )
A. ①③④ B. ①②⑤ C. ③④⑤ D. ①③⑤
7. 如图，正方形ABCD的边长为6，点O是对角线AC、BD的交点，点E在CD上，且DE＝2CE，连接BE.过点C作CF⊥BE，垂足是F，连接OF，则OF的长为__________．

8. 如图，在边长为6eq \r(2)的正方形ABCD中，E是AB边上一点，G是AD延长线上一点，BE＝DG，连接EG，CF⊥EG交EG于点H，交AD于点F，连接CE，BH.若BH＝8，则FG＝________．

答案
1. B 【解析】∵四边形ABCD是矩形，AC与BD相交于点O，∴OB＝OC，∵∠ACB＝30°，∴∠DBC＝30°，∴∠AOB＝∠ACB＋∠DBC＝60°.
2. eq \f(4\r(3),3) 【解析】如解图，作FG⊥AC于点G，∴∠FGC＝∠B.∵EC＝FC，∠BCE＝∠ACF，∴△BCE≌△GCF(AAS)，∴CG＝BC＝2eq \r(3)，BE＝GF.在Rt△ABC中，AB＝2，BC＝2eq \r(3)，∴tan∠BAC＝eq \f(BC,BA)＝eq \r(3)，∴∠BAC＝60°，∠GAF＝30°，AC＝2AB＝4，∴AG＝4－2eq \r(3).在Rt△AFG中，tan30°＝eq \f(GF,AG)，∴GF＝eq \f(4－2\r(3),\r(3))＝BE，∴AF＝2GF＝eq \f(2（4－2\r(3)）,\r(3))，AE＝2－eq \f(4－2\r(3),\r(3))，∴AF＋AE＝eq \f(2（4－2\r(3)）,\r(3))＋2－eq \f(4－2\r(3),\r(3))＝eq \f(4,\r(3))＝eq \f(4\r(3),3).
第2题解图
3. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，(1分)
∴∠OAE＝∠OCF，∠OEA＝∠OFC.(2分)
∵AE＝CF，
∴△AEO≌△CFO(ASA)，(3分)
∴OE＝OF；(4分)
第3题解图
(2)解：如解图，连接BO.
∵OE＝OF，BE＝BF，
∴BO⊥EF，且∠EBO＝∠FBO，
∴∠BOF＝90°.
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCF＝90°.
又∵∠BEF＝2∠BAC，∠BEF＝∠BAC＋∠EOA，
∴∠BAC＝∠EOA，
∴AE＝OE.
∵AE＝CF，OE＝OF，
∴OF＝CF.
又∵BF＝BF，
∴Rt△BOF≌Rt△BCF(HL)，(6分)
∴∠OBF＝∠CBF，(7分)
∴∠CBF＝∠FBO＝∠OBE.
∵∠ABC＝90°，
∴∠OBE＝eq \f(1,3)∠ABC＝30°，(8分)
∴∠BEO＝60°，
∴∠BAC＝30°.(9分)
∵tan∠BAC＝eq \f(BC,AB)，
∴tan30°＝eq \f(2\r(3),AB)，即eq \f(\r(3),3)＝eq \f(2\r(3),AB)，
∴AB＝6.(10分)
4. 28 【解析】∵菱形的四条边都相等，∴AB＝AD，又∵∠A＝60°，∴△ABD是等边三角形，∴AB＝BD＝7，则菱形ABCD的周长为4×7＝28.
5. (1)解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠1，
∵∠1＝∠2，
∴∠ACD＝∠2，∴MC＝MD，
∵ME⊥CD，
∴CD＝2CE＝2，(4分)
∴BC＝CD＝2；(5分)
(2)证明：∵F为边BC的中点，
∴BF＝CF＝eq \f(1,2)BC，∴CF＝CE，
在菱形ABCD中，AC平分∠BCD，
∴∠ACB＝∠ACD，(6分)
在△CEM和△CFM中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(CE＝CF,∠ACB＝∠ACD,CM＝CM))，
∴△CEM≌△CFM(SAS)，
∴ME＝MF，(7分)
如解图，延长AB交DF的延长线于点G，
∵AB∥CD，∴∠G＝∠2，
∵∠1＝∠2，∴∠1＝∠G，
∴AM＝MG，(8分)
在△CDF和△BGF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠G＝∠2,∠BFG＝∠CFD,BF＝CF))，
∴△CDF≌△BGF(AAS)，
∴GF＝DF，(9分)
∴AM＝GM＝GF＋MF＝DF＋ME.(10分)
第5题解图
6. D 【解析】
7. eq \f(6\r(5),5) 【解析】如解图，过点O作OG⊥OF，交BF于点G，∵AC与BD是正方形ABCD的对角线，∴∠BOC＝90°，则∠BOG＝∠COF，又∵OB＝OC，∠BGO＝90°＋∠OFG，∠OFC＝90°＋∠OFG，∴∠BGO＝∠OFC，∴△OBG≌△OCF(AAS)，∴OG＝OF，BG＝CF，∵CD＝6，DE＝2CE，∴CE＝2，在Rt△BEC中，由勾股定理得，BE＝eq \r(BC2＋CE2)＝2eq \r(10)，∵∠ECB＝∠CFE＝90°，∠OBG＝∠OCF，∠OBC＝∠DCO＝45°，∴∠EBC＝∠FCE，∴△CEF∽△BEC，则eq \f(CE,BE)＝eq \f(EF,CE)，即CE2＝EF·BE，则EF＝eq \f(\r(10),5)，∴BF＝eq \f(9\r(10),5)，在Rt△FEC中，利用勾股定理可得，CF＝eq \r(CE2－EF2)＝eq \r(22－（\f(\r(10),5)）2)＝eq \f(3\r(10),5)，故GF＝BF－BG＝eq \f(9\r(10),5)－eq \f(3\r(10),5)＝eq \f(6\r(10),5)，在等腰Rt△OGF中，OF＝GF·sin45°＝eq \f(6\r(10),5)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(6\r(5),5).
第7题解图
8. 5eq \r(2) 【解析】如解图，连接CG，在△CGD与△CEB中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BE＝DG,∠EBC＝∠GDC＝90°,BC＝DC))，
∴△CGD≌△CEB(SAS)，∴CG＝CE，∠GCD＝∠ECB，∴∠GCE＝90°，即△GCE是等腰直角三角形．又∵CH⊥GE，∴CH＝EH＝GH.过点H作AB、BC的垂线，垂足分别为点M、N，则∠MHN＝90°，又∵∠EHC＝90°，∴∠1＝∠2，∴∠HEM＝∠HCN.在△HEM与△HCN中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠1＝∠2,EH＝CH,∠HEM＝∠HCN))，∴△HEM≌△HCN(ASA)，∴HM＝HN，∴四边形MBNH为正方形．∵BH＝8，∴BN＝HN＝4eq \r(2)，∴CN＝BC－BN＝6eq \r(2)－4eq \r(2)＝2eq \r(2).在Rt△HCN中，由勾股定理得：CH＝eq \r(CN2＋HN2)＝eq \r(（2\r(2)）2＋（4\r(2)）2)＝2eq \r(10)，∴GH＝CH＝2eq \r(10).∵HM∥AG，∴∠1＝∠3，∴∠2＝∠3.又∵∠HNC＝∠GHF＝90°，∴Rt△HCN∽Rt△GFH，∴eq \f(CH,FG)＝eq \f(HN,GH)，即eq \f(2\r(10),FG)＝eq \f(4\r(2),2\r(10))，∴FG＝5eq \r(2).
第8题解图序号
逐个分析
正误
①
在正方形ABCD中，AD＝AB，又∠DAB＝∠PAE＝90°，∴∠DAP＝∠BAE，又∵AE＝AP，∴△APD≌△AEB(SAS)
√
②
如解图，作BF⊥AE的延长线于点F，易知∠BEF＝45°，∴△BEF是等腰三角形，由勾股定理可求得EP2＝12＋12＝2，在Rt△BEP中(理由见③中)BE⊥ED，BE＝eq \r(（\r(5)）2－2)＝eq \r(3)，∴EF＝BF＝eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),2)，∴点B到直线AE的距离为eq \f(\r(6),2)
第6题解图
×
③
∵△APD≌△AEB，∴∠APD＝∠AEB，∵AE＝AP，∠PAE＝90°，∴∠AEP＝∠APE＝45°，∴∠APD＝∠AEB＝135°，∴∠BEP＝∠AEB－∠AEP＝135°－45°＝90°，∴EB⊥ED
√
④
S△APD＋S△APB＝S△AEB＋S△APB＝S四边形AEBP＝S△AEP＋S△BPE＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×EP×BE＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(6),2)
×
⑤
由②知，在Rt△AFB中，AB2＝AF2＋BF2＝(1＋eq \f(\r(6),2))2＋(eq \f(\r(6),2))2＝4＋eq \r(6)＝S正方形ABCD
√