【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练11矩形、正方形（含解析）

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【备考2025】中考数学真题2022-2024分类精编精练11矩形、正方形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．（2022·浙江丽水·）某仿古墙上原有一个矩形的门洞，现要将它改为一个圆弧形的门洞，圆弧所在的圆外接于矩形，如图．已知矩形的宽为，高为，则改建后门洞的圆弧长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·浙江嘉兴·）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为2cm的正方形ABCD沿对角线BD方向平移1cm得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（ ）
A．1cm B．2cm C．(－1)cm D．(2－1)cm
3．（2022·浙江台州·）一个垃圾填埋场，它在地面上的形状为长，宽的矩形，有污水从该矩形的四周边界向外渗透了，则该垃圾填埋场外围受污染土地的面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021·浙江温州·）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形如图所示．过点作的垂线交小正方形对角线的延长线于点，连结，延长交于点．若，则的值为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022·浙江衢州·）西周数学家商高总结了用“矩”（如图1）测量物高的方法：把矩的两边放置成如图2的位置，从矩的一端（人眼）望点，使视线通过点，记人站立的位置为点，量出长，即可算得物高．令BG=x（m）， EG=y（m），若a=30cm，b=60cm，AB=1.6m，则关于的函数表达式为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·浙江宁波·）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( )

A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积
7．（2022·浙江绍兴·）如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2023·浙江嘉兴·）如图，已知矩形纸片，其中，现将纸片进行如下操作：
第一步，如图①将纸片对折，使与重合，折痕为，展开后如图②；
第二步，再将图②中的纸片沿对角线折叠，展开后如图③；
第三步，将图③中的纸片沿过点的直线折叠，使点落在对角线上的点处，如图④．则的长为（　　）

A． B． C． D．
9．（2023·浙江杭州·）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（ ）

A． B． C． D．
10．（2023·浙江绍兴·）如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（ ）．
A．2 B． C． D．
二、填空题
11．（2022·浙江台州·）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ．
12．（2021·浙江台州·）如图，点E， F，G分别在正方形ABCD的边AB，BC，AD上，AF⊥EG．若AB＝5，AE＝DG＝1，则BF＝ ．
13．（2023·浙江台州·）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 ．
14．（2023·浙江衢州·）如图是一个圆形餐盘的正面及其固定支架的截面图，凹槽是矩形．当餐盘正立且紧靠支架于点A，D时，恰好与边相切，则此餐盘的半径等于 cm．

15．（2021·浙江杭州·）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则 度．
三、解答题
16．（2022·浙江丽水·）如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
17．（2022·浙江衢州·）如图，在4×4的方格纸中，点A，B在格点上．请按要求画出格点线段（线段的端点在格点上），并写出结论．
(1)在图1中画一条线段垂直．
(2)在图2中画一条线段平分．
18．（2021·浙江丽水·）如图，在的方格纸中，线段的端点均在格点上，请按要求画图．
（1）如图1，画出一条线段，使在格点上；
（2）如图2，画出一条线段，使互相平分，均在格点上；
（3）如图3，以为顶点画出一个四边形，使其是中心对称图形，且顶点均在格点上．
19．（2023·浙江宁波·）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．
(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．
(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．
20．（2023·浙江·）某数学兴趣小组活动，准备将一张三角形纸片（如图）进行如下操作，并进行猜想和证明．

(1)用三角板分别取的中点，连接，画于点；
(2)用（1）中所画的三块图形经过旋转或平移拼出一个四边形（无缝隙无重叠），并用三角板画出示意图；
(3)请判断（2）中所拼的四边形的形状，并说明理由．
21．（2023·浙江绍兴·）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
22．（2023·浙江金华·）如图，为制作角度尺，将长为10，宽为4的矩形分割成的小正方形网格．在该矩形边上取点，来表示的度数．阅读以下作图过程，并回答下列问题：
（答题卷用）
作法（如图） 结论
①在上取点，使． ，点表示．
②以为圆心，8为半径作弧，与交于点． ，点表示．
③分别以为圆心，大于长度一半的长为半径作弧，相交于点，连结与相交于点． …
④以为圆心，的长为半径作弧，与射线交于点，连结交于点． …
(1)分别求点表示的度数．
(2)用直尺和圆规在该矩形的边上作点，使该点表示（保留作图痕迹，不写作法）．
参考答案
1．【考点】求弧长、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长
【分析】利用勾股定理先求得圆弧形的门洞的直径BC，再利用矩形的性质证得是等边三角形，得到，进而求得门洞的圆弧所对的圆心角为，利用弧长公式即可求解．
如图，连接，，交于点，
∵ ，
∴是直径，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴门洞的圆弧所对的圆心角为 ，
∴改建后门洞的圆弧长是(m)，
故选：C
【点评】本题考查了弧长公式，矩形的性质以及勾股定理的应用，从实际问题转化为数学模型是解题的关键．
2．【考点】根据正方形的性质求线段长、利用平移的性质求解
【分析】先求出BD，再根据平移性质求得=1cm，然后由求解即可．
解：由题意，BD=cm，
由平移性质得=1cm，
∴点D，之间的距离为==（）cm，
故选：D．
【点评】本题考查平移性质、正方形的性质，熟练掌握平移性质是解答的关键．
3．【考点】根据矩形的性质求面积、求其他不规则图形的面积
【分析】根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成，求出面积和即可．
解：根据题意可知受污染土地由两类长分别为，，宽分别为的矩形，及四个能组成一个以半径为的圆组成，
面积为：，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的面积，圆的面积的求法，解题的关键是读懂题目，明确所求的面积的组成部分为哪些．
4．【考点】用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质求线段长
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，根据可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH=FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH=BE，可得BH=，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，
∴BE=PC=DF，AE=BP=CF，
∵，
∴BE=PE=PC=PF=DF，
∵∠CFD=∠BPC，
∴DF//EH，
∴PH为△CFQ的中位线，
∴PH=QF，CH=HQ，
∵四边形EPFN是正方形，
∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，
∴△FDG是等腰直角三角形，
∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，
∴DG//CF，
∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中，，
∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，
∴PH=DF=BE，CG=3CH，
∴BH=BE+PE+PH=，
在Rt△PCH中，CH==，
∴CG=BE，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及勾股定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
5．【考点】相似三角形的判定与性质综合、一次函数与几何综合、根据矩形的性质与判定求线段长
【分析】先根据矩形的判定与性质可得，从而可得，再根据相似三角形的判定证出，然后根据相似三角形的性质即可得出结论．
解：由题意可知，四边形是矩形，
，
，
，
又，
，
，
，
，
，
整理得：，
故选：B．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、一次函数的几何应用，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题关键．
6．【考点】根据矩形的性质与判定求面积、与三角形的高有关的计算问题
【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．
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．
【点评】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．【考点】判断能否构成平行四边形、矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
8．【考点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、半圆（直径）所对的圆周角是直角、正切的概念辨析
【分析】根据折叠的性质得出，，等面积法求得，根据，即可求解．
解：如图所示，连接，

∵折叠，
∴
∴在以为圆心，为直径的圆上，
∴，
∴
∵矩形，其中，
∴
∴，
∴，
∵
∴，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形与折叠问题，直径所对的圆周角是直角，勾股定理，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
9．【考点】特殊三角形的三角函数、等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质求线段长
【分析】根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用余切函数即可解答．
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∵，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等考点，求出是解答本题的关键．
10．【考点】利用矩形的性质证明、90度的圆周角所对的弦是直径、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半
【分析】设的中点为，连接，证明，得出，点在点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案．
解：设的中点为，连接，
∵四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
∴点在点为圆心，4为半径的圆上．
，
，
∵的最小值为2．
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
11．【考点】利用平移的性质求解、根据矩形的性质与判定求面积
【分析】根据平移的性质即可求解．
解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点评】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
12．【考点】相似三角形的判定与性质综合、根据正方形的性质求线段长
【分析】先证明，得到，进而即可求解．
∵在正方形ABCD中，AF⊥EG，
∴∠AGE+∠GAM =90°，∠FAB+∠GAM=90°，
∴∠FAB =∠AGE，
又∵∠ABF=∠GAE=90°，
∴，
∴，即：，
∴BF=．
故答案是：．
【点评】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定和性质，证明，是解题的关键．
13．【考点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形
【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．
解：∵矩形中，，，
∴，，
又，
∴，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】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．
14．【考点】切线的性质定理、利用垂径定理求值、根据矩形的性质求线段长
【分析】连接，过点作，交于点，交于点，则点为餐盘与边的切点，由矩形的性质得，，，则四边形是矩形，，得，，，设餐盘的半径为，则，，然后由勾股定理列出方程，解方程即可．
由题意得：，，
如图，连接，过点作，交于点，交于点，
则，
餐盘与边相切，
点为切点，
四边形是矩形，
，，，
四边形是矩形，，
，，，
设餐盘的半径为，
则，
，
在中，由勾股定理得：，
即，
解得：，
餐盘的半径为，
故答案为：10．
【点评】本题考查了切线的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
15．【考点】矩形与折叠问题、三角形内角和定理的应用
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点评】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
16．【考点】矩形与折叠问题、用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、勾股定理与折叠问题
【分析】（1）利用ASA证明即可；
（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
,
∴（ASA）；
（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴cm,
设AE=xcm，
∴EP=xcm，
由知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，,
即，
解得，，
∴BC=BG+GC= (cm）．
【点评】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．
17．【考点】利用矩形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS）、格点作图题
【分析】（1）根据网格特点，利用三角形全等的判定与性质画图即可得；
（2）根据网格特点，利用矩形的判定与性质画图即可得．
（1）解：如图1，线段即为所求，满足．
（2）解：如图2，线段即为所求，满足平分．
【点评】本题考查了三角形全等的判定与性质画图、矩形的判定与性质画图，熟练掌握全等三角形和矩形的性质是解题关键．
18．【考点】平行四边形性质和判定的应用、矩形性质理解
【分析】（1）根据“矩形对角线相等”画出图形即可；
（2）根据“平行四边形对角线互相平分”，找出以AB对角线的平行四边形即可画出另一条对角线EF；
（3）画出平行四边形ABPQ即可．
解：（1）如图1，线段AC即为所作；
（2）如图2，线段EF即为所作；
（3）四边形ABPQ为所作；
【点评】本题考查作图-复杂作图，矩形的性质以及平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
19．【考点】用勾股定理解三角形、公式法解一元二次方程、根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明
【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；
（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；
（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．
（1）解：∵，
∴，，
∵对角线平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为邻等四边形．
（2）解：，，即为所求；
（3）如图，过作于，

∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
设，而，
∴，，
由新定义可得，
由勾股定理可得：，
整理得：，
解得：，（不符合题意舍去），
∴，
∴四边形的周长为．
【点评】本题考查的是新定义的含义，平行线的性质，等腰三角形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，理解题意，作出合适的辅助线是解本题的关键．
20．【考点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明、画旋转图形
【分析】（1）根据题意画出图形即可；
（2）方法一：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转到即可得出四边形；
方法二：将绕E点顺时针旋转到，将绕点D逆时针旋转后再沿向右平移到，即可得出四边形；
方法三：将绕点D逆时针旋转到，将绕E点顺时针旋转后沿向左平移到，即可得出四边形；
（3）方法一：先证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且．证明且，得出四边形为平行四边形，根据，得出平行四边形为矩形．
方法二：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明，得出且，证明四边形为平行四边形．
方法三：证明点在同一直线上，根据为的中位线，得出且，证明且，得出四边形为平行四边形．
（1）解：如图所示：

（2）解：方法一：四边形为所求作的四边形

方法二：四边形是所求的四边形．

方法三：四边形是所求的四边形．

（3）解：方法一（图1），

∵，
∴点在同一直线上，
∵点分别是的中点，
∴为的中位线，
∴且．
∵，
∴且，
∴四边形为平行四边形．
∵，，
∴平行四边形为矩形．
方法二（图2），

∵，
∴点在同一直线上．
∵点分别是的中点，
∴为的中位线，
∴且．
∵，
∴且，
∴四边形为平行四边形．
方法三（图3），

∵，
∴点在同一直线上．
∵点分别是的中点，
∴为的中位线，
∴且．
∵，
∴且，
∴四边形为平行四边形．
【点评】本题主要考查了旋转作图或平移作图，平行四边形的判定，矩形的判定，解题的关键熟练掌握旋转的性质和平移的性质．
21．【考点】证明四边形是矩形、全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明
【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点评】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
22．【考点】作角平分线(尺规作图)、作已知线段的垂直平分线、利用矩形的性质求角度
【分析】（1）根据矩形的性质可求出度数，根据线段垂直平分线的性质度数，即可求出的度数，从而知道点表示度数；利用半径相等即可求出，再根据平行线的性质即可求出以及对应的度数，从而知道点表示度数．
（2）利用角平分线的性质作图即可求出答案．
（1）解：①四边形是矩形，
．
由作图可知，是的中垂线，
．
．
．
点表示．
②由作图可知，．
．
又，
．
．
∴点表示．
故答案为：点表示，点表示．
（2）解：如图所示，
作的角平分线等．如图2，点即为所求作的点．

∵点表示，点表示．
．
∴表示．
【点评】本题考查的是尺规作图的应用，涉及到的考点有线段垂直平分线、角平分线性质、圆的相关性质，解题的关键需要正确理解题意，清楚知道用到的相关考点．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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