《2025年名校课堂中考总复习数学安徽专版》

1. (2022·安徽T6·4分)两个矩形的位置如图所示,若$\angle 1=\alpha$,则$\angle 2=$ (C)

A.$\alpha - 90^{\circ}$
B.$\alpha - 45^{\circ}$
C.$180^{\circ}-\alpha$
D.$270^{\circ}-\alpha$

答案： C

2. 如图,在矩形$ABCD$中,对角线$AC$,$BD$相交于点$O$.
(1)若$AB = 6\,cm$,$BC = 8\,cm$,则$BD$的长为10 cm;
(2)(人教8下P55练习T2变式)若$AB = 2$,$\angle AOB = 60^{\circ}$,则$\angle ABD$的度数为60°, $BC =$$2\sqrt{3}$;
(3)若$\triangle ACD$的周长比$\triangle DOC$的周长大$5$,则$AD$的长为5.

答案： 2.
(1)10 cm
(2)60° $2\sqrt{3}$
(3)5

3. (2024·宣城模拟)关于矩形的判定,以下说法不正确的是 (B)

A.四个角相等的四边形是矩形
B.一个内角是直角且对角线相等的四边形是矩形
C.对角线相等的平行四边形是矩形
D.对角线互相平分且相等的四边形是矩形

答案： 3. B

4. 如图,四边形$ABCD$是平行四边形,对角线$AC$,$BD$相交于点$O$,$\angle 1=\angle 2$.
(1)求证:四边形$ABCD$是矩形;
(2)若$\angle BOC = 120^{\circ}$,$AB = 4\,cm$,则四边形$ABCD$的面积为$16\sqrt{3}$$cm^2$.
]

答案： 4. 解:
(1)证明:
∵∠1=∠2,
∴BO=CO.
∵四边形 ABCD 是平行四边形,
∴AO=CO,BO=OD.
∴AC=2CO,BD=2BO.
∴AC=BD.
∵四边形 ABCD 是平行四边形,
∴四边形 ABCD 是矩形.
(2)$16\sqrt{3}$

例1 (2020·安徽T23节选)如图,已知四边形$ABCD$是矩形,点$E$在$BA$的延长线上,$AE = AD$,$EC$与$BD$相交于点$G$,与$AD$相交于点$F$,$AF = AB$.
(1)求证:$BD\perp EC$;

(2)若$AB = 1$,求$AE$的长;
(3)如图2,连接$AG$,求证:$EG - DG = \sqrt{2}AG$.

第(1)问拆解: 利用全等的性质(对应角相等)转换角证垂直.
（教材溯源·沪科8上P109练习T3)已知，如图，在△ABC中，高AD，BE相交于点H，当满足什么条件时，△BDH≌△ADC?

第 (2) 问拆解: 利用相似的性质( 对应边成比例）列等量关系.
(教材溯源·人教9下P41练习T2改编）如图，AB⊥BC,CE⊥BC,且AB= BC,BD=CE=10，求 AB的长.

第（3)问拆解: 构造等腰直角三角形证全等转移线段
如图，在△ABC中，高AD，BE相交于点H，连接DE.若BD=AD，BE=5,AE=2,求 DE的长.

答案： 例 1 解:
(1)证明:
∵四边形 ABCD 是矩形,点 E 在 BA 的延长线上,
∴∠EAF=∠DAB=90°.又
∵AE=AD,AF=AB,
∴△AEF≌△ADB(SAS).
∴∠AEF=∠ADB.
∴∠AEF+∠ABD=∠ADB+∠ABD=90°.
∴∠EGB=90°.
∴BD⊥EC.
(2)
∵四边形 ABCD 是矩形,
∴AE//CD,AB=DC=1.
∴∠AEF=∠DCF,∠EAF=∠CDF.
∴△AEF∽△DCF.
∴$\frac{AE}{DC}=\frac{AF}{DF}$,即 AE·DF=AF·DC.设 AE=AD=a(a＞0),则 a(a - 1)=1×1,解得$a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$或$a=\frac{1 - \sqrt{5}}{2}$(舍去).
∴$AE=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.
(3)证明:在线段 EG 上取点 P,使得 EP=DG,连接 AP.
∵AE=AD,∠AEP=∠ADG,EP=DG,
∴△AEP≌△ADG(SAS).
∴AP=AG,∠EAP=∠DAG.
∴∠PAG=∠PAD+∠DAG=∠PAD +∠EAP=∠DAE=90°.
∴△PAG 为等腰直角三角形.
∴EG - DG=EG - EP=PG=$\sqrt{2}AG$.
第
(1)问拆解:解:
∵在△ABC 中,高 AD,BE 相交于点 H,
∴AD⊥BC,BE⊥AC.
∴∠ADC=∠AEB=∠BDH=90°.
∵∠AHE=∠BHD,
∴∠DBH=∠DAC.
∴当满足 BD=AD 时,利用 ASA 可得△BDH≌△ADC;当满足 BH=AC 时,利用 AAS 可得△BDH≌△ADC;当满足 DH=DC 时,利用 AAS 可得△BDH≌△ADC.综上所述,当满足 BD=AD 或 BH=AC 或 DH=DC 时,△BDH≌△ADC.
第
(2)问拆解:解:设 AB=BC=a,则 CD=a-10.
∵AB⊥BC,CE⊥BC,
∴∠B=∠C=90°.又
∵∠ADB=∠CDE,
∴△ADB∽△EDC.
∴\(\frac{AB}{CE}=\frac{BD}{CD}\),即\(\frac{a}{10}=\frac{10}{a-10}\),解得\(a=5+5\sqrt{5}\)或\(a=5-5\sqrt{5}\)(舍去).
∴\(AB=5+5\sqrt{5}\). 第
(3)问拆解:解:过点 D 作 DN⊥DE 交 BE 于点 N.
∵高 AD,BE 相交于点 H,
∴∠BDH=∠ADC=∠AEB=90°.
∴∠DAC+∠AHE=∠DBH+∠BHD=90°.
∵∠AHE=∠BHD,
∴∠DAC=∠DBH,即∠NBD=∠EAD.
∵DN⊥DE,
∴∠NDE=∠ADB=90°.
∴∠BDN=∠ADE.在△BDN 和△ADE 中,\(\begin{cases} ∠NBD=∠EAD, \\ BD=AD, \\ ∠BDN=∠ADE, \end{cases}\)
∴△BDN≌△ADE(ASA).
∴DN=DE,BN=AE=2.
∴NE=BE-BN=5-2=3.
∵∠NDE=90°,DN=DE,
∴\(DE=\frac{\sqrt{2}}{2}NE=\frac{3}{2}\sqrt{2}\).