专题1.6 矩形的性质与判定（专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.6 矩形的性质与判定（专项练习） 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（江苏省盐城市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）菱形具有矩形不一定具有的性质是（    ） A．对边相等 B．对边平行 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 2．（23-24八年级下·安徽合肥·期末）点P是矩形内一点，且满足，，，则的值为（    ） A．3 B．5 C． D． 3．（2024·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，的对角线，相交于点，下列哪个条件能够使得是矩形（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·广东江门·阶段练习）如图，O是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）在中，增加下列条件中的一个，就能断定它是矩形的是（    ） A． B． C． D． 7．（23-24八年级下·山西临汾·期末）将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放，使点，，在同一条直线上，点在边上，连结，，．若，，则的面积为（    ） A．13 B．26 C． D． 8．（重庆市九龙坡区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）如图，点为菱形对角线的交点，于点，连接，若，则度数为（    ） A． B． C． D． 9．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，在中，，．是边的中点，是内一点，且，连接并延长，交于点．若，则的长为（　　） A． B． C． D． 10．（2024·河南驻马店·二模）如图1 所示，在矩形中，点P 为边上一动点，过点 D 作，垂足为Q．设，动点P从B向C移动时y与x的函数关系如图2所示，则的值为（    ）    A． B． C． D． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（23-24八年级下·浙江·阶段练习）如图，延长矩形的边至点，使，连结，若，则 ．    12．（22-23八年级下·重庆江津·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为 ． 13．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图所示，为的中位线，点在上，且，若，，则的长为 ． 14．（22-23八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    15．（2024·安徽合肥·二模）如图，把矩形沿直线对折，使点与重合，点落在处，若四边形与矩形的重叠部分的面积是矩形面积的，则 ． 16．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）阳春三月，油菜花开，踏青观赏油菜花是长沙居民的最爱，某油菜花旅游基地有一块长方形的土地，如图所示，矩形的长 米，宽 米，基地负责人作了如下规划和设计：先沿水平方向将矩形四等分，即图中点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，正方形的四个顶点依次在线段上，则该正方形 的边长为 米．    17．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，在矩形中，E在边上，H在边上，是 矩 形 的 外 角的平分线，，连接，，则的长是 ，的长是 ． 18．（23-24九年级上·浙江金华·开学考试）矩形纸片，，点E和F分别是边和上的动点，将矩形纸片沿折叠．    （1）如图1，当点E与D重合，点C落在对角线上的点G处时， ． （2）如图2，若对折后点C落在边上的点G处，点D的对应点为H，过点G作于点O，记的面积为S，则S的取值范围是 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（8分） （23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在矩形中，E是边上的点，，，垂足为F，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．（8分）（2024·江苏宿迁·二模）如图，E、F是的对角线上两点，． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接交于O，若，，求的长． 21．（10分）（2024·北京平谷·二模）如图，平分，点A是射线上一点，过点A作交于点D，过A作，过点D作． (1)求证：四边形是矩形； (2)在上取点C使得，连接、．求证：． 22．（10分）（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，． (1)如图1，若，则的度数为______ (2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积． 23．（10分）（23-24八年级下·广西南宁·期中）已知四边形是矩形，平分交于点．    (1)如图1，证明：； (2)如图2，对角线，相交于点，连接，． ①求的值； ②求的度数． 24．（12分）（23-24八年级下·河南周口·阶段练习）法国数学家笛卡尔于1637年发明了现代数学的基础工具——平面直角坐标系．平面直角坐标系的引入，使得我们可以用代数方法研究几何问题． 【初步尝试】如图1，在矩形中，，，E为的中点，和相交于点M．求的面积． 嘉嘉同学的思路如下：建立如图2所示的平面直角坐标系，根据一次函数的知识求出点M的坐标，从而可求出的面积．    请你根据嘉嘉同学的思路解决下列问题： （1）点E的坐标为______． （2）的面积为______． 【问题联想】如图3，在四边形中，，，，对角线、交于点P，． （3）求的面积． （4）琪琪同学以点D为原点，分别以、所在的直线为x轴、y轴，点B在第三象限，若以A、B、D、F为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点F的坐标． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】本题考查了菱形和矩形的性质；根据菱形和矩形的性质，容易得出结论． 【详解】解：菱形的性质有：对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分； 矩形的性质有：对边平行且相等；四个角都是直角；对角线互相平分； 根据菱形和矩形的性质得出：菱形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直； 故选：D． 2．D 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键． 过点向矩形的四边分别作垂线，垂直分别为，根据题意，设，则有勾股定理，分别求得，根据已知数据以及，进而即可求得的长． 【详解】过点向矩形的四边分别作垂线，垂直分别为，如图， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， 设， 则， ， ，，， ． 故选：D． 3．C 【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ， ∵沿折叠，点恰好落在点处， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选C． 4．B 【分析】本题考查了矩形的判定，熟悉掌握判定的方法是解题的关键． 根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：∵在平行四边形的基础上，需要加一个角为或对角线相等，才可以证明出矩形， ∴，，均不能判定出为矩形，故A，B，C错误； ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平形四边形为矩形； 故选：B． 5．C 【分析】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键． 先证明四边形为平行四边形，再利用菱形的性质证明，求解长，再证明平行四边形为矩形，再利用矩形的性质可得答案． 【详解】解：∵是菱形， ∴，，， ∴， 又∵，， ∴是平行四边形， ∵， ∴是矩形， ∴， 故选C． 6．A 【分析】本题主要考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形是矩形进行判断即可 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴当对角线相等或有一个内角等于90度时，四边形是平行四边形 ∴当时，是矩形， 故选：A． 7．D 【分析】首先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后得到，然后利用三角形面积公式求解即可． 此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点． 【详解】∵将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴的面积为． 故选：D． 8．A 【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据题意求得，再结合菱形的性质可得，，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可得，即可获得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为菱形， ∴，， 又∵， ∴在中，， ∴， ∴． 故选：A． 9．C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，等角对等边，全等三角形的判定和性质，延长交的延长线于，可得，得到，又由，是边的中点，可得，得到，即得，进而得，得到，再由得到，由即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，延长交的延长线于， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：． 10．D 【分析】本题主要考查动点函数图象问题，根据题意和图象可求出，由勾股定理可求出，运用等积法可求出，从而可求出的值 【详解】解：由图象知，起点坐标为，终点坐标为 由图1可知． 由图2可知    在中，由勾股定理可知． 即． 由矩形性质可知 由等积法可知∶面积 即 故选 ：D． 11．/30度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角与内角关系，解题关键是添加辅助线构造等腰三角形，掌握矩形对角线互相平分且相等，对边平行等性质．如图，连接，根据矩形对角线互相平分且相等，对边分别平行，得，，，根据“等边对等角”及平行线的性质得，已知，根据等量代换得，然后根据“等边对等角”，即可得，再根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”，得，求解即可得出答案． 【详解】解：如图，连接交于点，   四边形是矩形， ，，， ，则， ， ， ， ， ， 故答案为：． 12． 【分析】由两点距离公式可求的长，由矩形的性质可求，即可求解． 【详解】解：连接， 点，， ， 四边形是矩形， ， 点的坐标为， 故答案为：． 【点拨】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 13．1 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，根据三角形中位线定理求出，计算即可． 【详解】解：在中，为的中点，， ， 为的中位线，， ， ， 故答案为：1． 14．60 【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：60． 【点拨】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题． 15． 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质得出，，，设，，则矩形的面积为，结合题意求出得出，由折叠的性质可得：，，，由勾股定理计算出，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， 设，，则矩形的面积为， 由图可得，四边形与矩形的重叠部分为，其面积是矩形面积的， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴， 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，过点作，交于，交于，则，证明，得到，根据四等分点求出，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过点作，交于，交于，则，    ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵米，点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点， ∴米，米， ∴米， ∴米， ∴正方形 的边长为米， 故答案为：． 17． 3 【分析】此题考查了矩形的性质，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，在上截取，连接，推出，进而得到，利用四点共圆得到，由此得到的长，求出，再根据勾股定理求出的长，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键． 【详解】解：在上截取，连接， ∵四边形是矩形， ∴ ∵平分， ∴， ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ ∴点E，C，G，H四点共圆， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴，， ∴ ∴， 故答案为：3，． 【点拨】, 18． 【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理求出，由折叠的性质得到，则； （2）如图1所示，当点E与点D重合时，通过证明，得到，则；如图2所示，当点G与点A重合时， 同理可得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程得到；由此可知，对折后点C落在边上的点G处时，；由三线合一定理得到，进而推出，则． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， 故答案为：； （2）如图1所示，当点E与点D重合时， 由折叠的性质可得， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴；    如图2所示，当点G与点A重合时， 同理可得， 设，则， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得， ∴， 综上所述，若对折后点C落在边上的点G处时，； ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：．    【点拨】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，证明，从而推出是解题的关键． 19．(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据矩形是性质可以证明，即可得； （2）结合（1）证明，再根据勾股定理即可求出的长． 本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，，， ， ，， ，， ， ； （2）解：由（1）， ，， ，， ， ， ， 在中，根据勾股定理，得， ． 20．(1)见解析 (2)3 【分析】（1）连接，交于点，由平行四边形的性质得到，，证得，则即可得出结论； （2）根据矩形的判定和性质得出，进而解答即可． 【详解】（1）证明：连接，交于点，如图所示： 四边形是平行四边形， ，， ， ，即， ， 四边形是平行四边形． （2）解：四边形是平行四边形，， 是矩形， ， ． 【点拨】此题是四边形综合题，考查平行四边形的判定与性质和矩形的判定与性质，关键是由平行四边形的性质得到，解答． 21．(1)证明见解析； (2)见解析． 【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，角平线的性质等知识点， （1）先判定四边形是平行四边形，然后由即可得解； （2）先判定四边形是平行四边形，再由平分和得出，证出四边形是菱形，进而即可得证； 熟练掌握其判定和性质是解决此题的关键． 【详解】（1）∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）如图， ∵四边形是矩形 ∴，， ∵， ∴ ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴． 22．(1)； (2)四边形的面积为． 【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键． （1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数； （2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， 设， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：连接交于点，如图： 设，则， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ， ∴四边形的面积为． 23．(1)见详解 (2)①；② 【分析】（1）由矩形的性质可得出，由角平分线的定义可得出，由三角形内角和可得出，由等角对等边可证明． （2）①由已知条件可得出，由含直角三角形的性质可得出，设，则，由勾股定理可得出，由线段的和差和求出，相比即可得到答案． ②由矩形的性质可得出，再证明为等边三角形，由等边三角形的性质可得出，等量代换可得出，进一步即可求出，根据角的和差关系可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∴． （2）①∵， ∴， ∴ ∴， 设，则， ∴， ∵ ∴， ∴ ②∵四边形是矩形 ∴ ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 【点拨】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，含直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键． 24．（1）；（2）；（3）；（4）或或． 【分析】初步尝试：（1）根据，，E为的中点，可得E的坐标； （2）求出；，联立，解得；即可得； 问题联想：（3）建立平面直角坐标系，求出，得，可得直线的函数表达式为，直线的函数表达式为；联立，解得，故； （4）如图，根据已知可得：，，，求解，可得，再分三种情况讨论即可． 【详解】解：初步尝试：（1）建立如图所示的平面直角坐标系，    ∵在矩形中，，，E为的中点， ∴，，，，； （2）设，， 把代入得：， 解得， ； 把，代入得： ， 解得， 入， 联立， 解得， ； ； 的面积为16； 问题联想：（3）建立如图所示的平面直角坐标系，    根据已知可得：，，， ， ， ， 由，可得直线的函数表达式为， 由，可得直线的函数表达式为； 联立， 解得， ， ； 的面积为； （4）如图，根据已知可得：，，，      ∵， ∴， ∵， ∴， 当四边形为平行四边形时， 结合平移的性质可得：； 当四边形为平行四边形， 同理可得：； 当四边形为平行四边形， 同理可得：； 综上：或或． 【点拨】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定和性质，三角形面积，平行四边形的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是建立直角坐标系，求出相关直线的函数表达式和相关点的坐标． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$