5.2 矩形的性质与判定-【一战成名新中考】2025辽宁中考数学·一轮复习·分层作业本（练册）

分层作业本·辽宁数学 　 第 五 章 四 边 形 命题点 2　 矩形的性质与判定(真卷 4 题;省模考 22 题) 考向 1　 矩形的性质及相关计算(真卷 4 题;省 模考 22 题) 1. [2024 沈阳期中]如图,矩形 ABCD 的对角线相 交于点 O,下列结论一定正确的是 ( C ) 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 　 第 1 题图 A. ∠BAC= ∠DAC B. AB=AD C. AC=BD D. AC⊥BD 变式 1 [2024 锦州二模]已知矩形 ABCD 的对角线 相交于点 O,若 ∠ABO = 35°,则 ∠BCO 的度数 是　 　 　 °. 变式 2 如图,已知矩形 ABCD 的对角线相交于点 O,过点 O 作 OE⊥BD,交 AD 于点 E,若∠ACB = 20°,则∠AOE 的度数是　 　 　 °. 第 1 题变式 2 图 　 　 第 1 题变式 3 图 变式 3 如图,在矩形 ABCD 中,AB= 3,对角线 AC, BD 交于点 O,DH⊥AC,垂足为点 H,若∠ADH = 2∠CDH,则 AD 的长为　 　 　 　 . 2. [2024 常州]如图,在矩形 ABCD 中,对角线 BD 的垂直平分线分别交边 AB,CD 于点 E,F. 若 AD= 8,BE= 10,则 tan∠ABD= 　 　 　 　 . 第 2 题图 　 　 第 3 题图 3. [人教八下 P51 第 15 题改编]数学家吴文俊院士 非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形 对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的 直线,则所容两长方形面积相等(如图所示)” 这一推论,他从这一推论出发,利用“出入相 补”原理复原了《海岛算经》九题古证. 对于这 个图中各部分的面积关系,说法不一定成立 的是 ( C ) A. S矩形NFGD =S矩形EFMB B. S△ABC =S△ADC C. S△ANF =S矩形FMCG D. S△AEF =S△ANF 4. 多解法 ∙∙∙ [2024 辽宁 4 题 3 分]如图,在矩形 ABCD 中,点 E 在 AD 上,当△EBC 是等边三角形时, ∠AEB 为 ( C ) 第 4 题图 A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 5. 名师原创 如图,点 E 在矩形纸片 ABCD(AD> DC)的边 BC 上,将矩形纸片沿 AE 折叠,点 B 恰 好落在 AC 的中点 O处,则AB BC 的值为 ( A ) 第 5 题图 A. 3 3 B. 2 2 　 C. 5 -1 2 D. 1 2 考向 2　 矩形的判定及相关计算 6. 开放性试题 如图,在四边形 ABCD 中,对角线 AC,BD 相交于点 O,且 AC,BD 互相平分,若添 加一个条件使得四边形 ABCD 是矩形,则这个 条件可以是　 AC=BD　 . 第 6 题图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 17 班级: 　 姓名: 分层作业本·辽宁数学 　 第 五 章 四 边 形 7. [2024 长春]如图,在四边形 ABCD 中, ∠A = ∠B = 90°, O 是 边 AB 的 中 点, ∠AOD = ∠BOC. 求证:四边形 ABCD 是矩形. 第 7 题图 证明:∵O 是边 AB 的中点, ∴OA=OB, 在△AOD 和△BOC 中, ∠AOD=∠BOC, OA=OB, ∠A=∠B, ì î í ï ï ïï ∴△AOD≌△BOC(ASA),∴DA=CB, ∵∠A=∠B=90°,∴DA∥CB, ∴四边形 ABCD 是平行四边形, 又∵∠A=90°,∴四边形 ABCD 是矩形. 8. [2023 岳阳]如图,点 M 在▱ABCD 的边 AD 上, BM=CM,请从以下三个选项中①∠1 = ∠2; ②AM=DM;③∠3 = ∠4,选择一个合适的选项 作为已知条件,使▱ABCD 为矩形. (1)你添加的条件是　 ①(或②)　 (填序号); (2)添加条件后,请证明▱ABCD 为矩形. 第 8 题图 解:(1)①(或②); (2)选择①∠1=∠2, 证明:∵四边形 ABCD 是平行 四边形, ∴AB∥DC,AB=DC, ∴∠A+∠D=180°, 在△ABM 和△DCM 中, ∴△ABM≌△DCM(SAS), ∴∠A=∠D,∴∠A=∠D=90°, ∴▱ABCD 为矩形. 选择②AM=DM,证明略. 9. [人教八下 P64 活动 2 改编]宽与长的比是 5 -1 2 的矩形叫作黄金矩形. 黄金矩形给我们以协 调、匀称的美感. 世界各国许多著名建筑,为 取得最佳的视觉效果,都采用了黄金矩形的 设计. 已知四边形 ABCD 是黄金矩形 ( AB < BC),点 P 是边 AD 上一点,则满足 PB⊥PC 的 点 P 的个数为 ( D ) A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 10. [2023 丹东 9 题 3 分]如图,在矩形 ABCD 中,对 角线 AC 与 BD 相交于点 O, ∠ABD = 60°, AE⊥BD,垂足为点 E,F 是 OC 的中点,连接 EF,若 EF= 2 3 ,则矩形 ABCD 的周长是 ( D ) 第 10 题图 A. 16 3 B. 8 3 +4 C. 4 3 +8 D. 8 3 +8 11. [2024 沈阳二模]如图,▱ABCD 的对角线 AC、 BD 交于点 O,点 E 是 OC 上一点,点 F 在 BE 的延长线上,且 EF=BE,EF 与 CD 交于点 G. (1)求证:DF∥AC; (2)连接 DE、CF,如果 BF= 2AB,且 G 恰好是 CD 的中点,求证:四边形 CFDE 是矩形. 第 11 题图 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 27 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 分 层 作 业 本 (2)若选择第一组,过程如下: 设 BC 为 x 米,则 BD=BC+CD= (x+10)米, 在 Rt△ABC 中,∠ACB= 60°, ∴ AB=BC·tan60° = 3 x(米), 在 Rt△ADB 中,∠ADB= 45°, ∴ AB=BD= (x+10)米, ∴ 3 x= x+10, 解得 x= 5 3 +5, ∴ AB= 3 x= 15+5 3 ≈24(米), ∴ 这座古塔的高度约为 24 米; 若选择第二组,过程如下: 设 BC 为 x 米, 则 BD=CD-BC= (38-x)米, 在 Rt△ABC 中,∠ACB= 60°, ∴ AB=BC·tan60° = 3 x(米), 在 Rt△ADB 中,∠ADB= 45°, ∴ AB=BD= (38-x)米, ∴ 3 x= 38-x, 解得 x= 19 3 -19, ∴ AB= 3 x= 57-19 3 ≈24(米), ∴ 这座古塔的高度约为 24 米. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 第五章　 四边形 命题点 1　 多边形与平行四边形 1. A　 2. D 3. 10　 【解析】∵ 多边形是正五边形,∴ 正五边形的每一个 内角为 1 5 × 180° × ( 5 - 2) = 108°,∴ ∠O = 180° - ( 180° - 108°) × 2 = 36°, ∴ 共需要正五边形的个数是 360° ÷ 36° = 10. 4. 50　 【解析】∵ 四边形 ABCD 为平行四边形,∴ AB∥CD, ∴ ∠B+∠C = 180°, ∵ ∠C = 140°, ∴ ∠B = 180° - 140° = 40°, ∵ AE ⊥ BC, ∴ ∠AEB = 90°, ∴ ∠BAE = 90° - 40° = 50°. 5. 2 3 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 为平行四边形,∴ AB∥CD, AB = DC, ∴ △DEF ∽ △BAF, ∴ S△DEF S△BAF = ( DE AB ) 2 = 4 25 , ∴ DE AB = 2 5 ,∴ DE DC = 2 5 ,∴ DE EC = 2 3 . 6. C　 变式 1 B 变式 2 16 　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AC= 2OA,BD= 2OB,∵ E,F 分别是线段 AO,BO 的中 点,∴ EF 是△OAB 的中位线,且 EF = 3,∴ AB = 2EF = 6, ∵ △OAB 的周长是 14,∴ OA+OB = 8,∴ AC+BD = 2(OA+ OB)= 16. 7. D　 8. C 9. 证明:∵ AM=DN, ∴ AM+MN=DN+MN, ∴ AN=DM, ∴ AM DM =DN AN , ∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AB∥DC,AB=DC, ∵ AE∥DC,DF∥AB, ∴ △AME∽△DMC,△DNF∽△ANB, ∴ AE DC = AM DM , DF AB =DN AN, ∴ AE DC =DF AB ,∴ AE DF =DC AB = 1, ∴ AE=DF. 10. D　 11. (2,4)或( -4,2)或(0,-4) 12. C　 【解析】如解图,过点 D 作 DH⊥BC,交 BC 的延长线 于点 H,∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,∴ AB =DC,AD∥ BC,∵ AE ⊥ BC,DH ⊥ BC, ∴ AE = DH, ∴ Rt △DCH ≌ Rt△ABE(HL),∴ CH=BE= x,∵ BC = y,∴ EC =BC-BE = y-x,BH =BC+CH = y+x,在 Rt△AEC 中,AE2 =AC2 -EC2 , 在 Rt△DBH 中,DH2 =BD2 -BH2 ,∴ 22 -( y-x) 2 = (2 3 ) 2 -(y+x) 2 ,解得 xy= 2 为定值. 第 12 题解图 命题点 2　 矩形的性质与判定 1. C 变式 1 55　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ OA=OB= OC = OD, ∠ABC = 90°, ∵ ∠ABO = 35°, ∴ ∠BCO = ∠OBC= 90°-35° = 55°. 变式 2 50　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ OA=OB= OC = OD, ∵ ∠ACB = 20°, ∴ ∠OBC = ∠OCB = 20°, ∴ ∠AOB= ∠OBC+∠OCB = 40°,∵ OE⊥BD,∴ ∠BOE = 90°,∴ ∠AOE= ∠BOE-∠AOB= 90°-40° = 50°. 变式 3 3 3 　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ CD = AB= 3,∠ADC = 90°. ∵ ∠ADH = 2∠CDH,∠ADH+∠CDH = ∠ADC, ∴ ∠CDH = 30°. ∵ DH⊥ AC, ∴ ∠DHC = 90°, ∴ ∠DCH= 90°-∠CDH= 90°- 30° = 60°. 在 Rt△ADC 中, tan∠DCA= AD CD ,∴ AD=CD·tan∠DCA= 3×tan60° = 3 3 . 2. 1 2 　 【解析】如解图,连接 DE,∵ EF 垂直平分 BD,∴ BE= DE= 10,∴ AE = DE2 -AD2 = 100-64 = 6,∴ AB = AE+ BE= 16,∴ tan∠ABD= AD AB = 1 2 . 第 2 题解图 3. C 4. C　 【解析】解法 1:∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ AD∥BC, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 23 参考答案与重难题解析·辽宁数学　 分 层 作 业 本 　 ∴ ∠AEB= ∠EBC,∵ △EBC 是等边三角形, ∴ ∠EBC = 60°,∴ ∠AEB= 60°. 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:∵ 四边形 ABCD 是矩形,∴ ∠ABC = ∠A = 90°, ∵ △EBC 是等边三角形,∴ ∠EBC = 60°,∴ ∠ABE = 90°-60° = 30°,∴ ∠AEB= 90°-30° = 60°. 5. A　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是矩形,沿 AE 折叠,点 B 恰 好落在 AC 的中点 O 处,∴ AB = OA = OC,∴ AC = 2AB,∴ ∠ACB= 30°,∴ BC= 3AB,即 AB BC = 3 3 . 6. AC=BD(答案不唯一) 7. 证明:∵ O 是边 AB 的中点, ∴ OA=OB, 在△AOD 和△BOC 中, ∠AOD= ∠BOC, OA=OB, ∠A= ∠B, { ∴ △AOD≌△BOC(ASA), ∴ DA=CB, ∵ ∠A= ∠B= 90°, ∴ DA∥CB,∴ 四边形 ABCD 是平行四边形, 又∵ ∠A= 90°, ∴ 四边形 ABCD 是矩形. 8. 解:(1)①(或②); (2)选择①∠1 = ∠2, 证明:∵ 四边形 ABCD 是平行四边形, ∴ AB∥DC,AB=DC,∴ ∠A+∠D= 180°, 在△ABM 和△DCM 中, AB=DC, ∠1 = ∠2, BM=CM, { ∴ △ABM≌△DCM(SAS), ∴ ∠A= ∠D= 90°, ∴ ▱ABCD 为矩形. 选择②AM=DM,证明略. 9. D 10. D　 【解析】∵ 四边形 ABCD 是矩形,对角线 AC 与 BD 相 交于点 O,∴ ∠ABC = 90°,AB = CD,AD = BC,OA = OC,∵ ∠ABD= 60°,∴ △AOB 是等边三角形,∴ AB = OA = OC, ∴ AC= 2AB,∵ AE⊥BD 于点 E,∴ E 为 OB 的中点,∵ F 是 OC 的中点,EF = 2 3 ,∴ BC = 2EF = 2× 2 3 = 4 3 ,∴ AD= BC = 4 3 , ∵ BC = AC2 -AB2 = (2AB) 2 -AB2 = 3AB,∴ 3AB= 4 3 ,∴ AB=CD= 4,∴ AD+BC+AB+CD = 4 3 +4 3 + 4+ 4 = 8 3 + 8,∴ 矩形 ABCD 的周长是 8 3 +8. 11. 证明:(1)∵ ▱ABCD 的对角线 AC,BD 交于点 O, ∴ OB=OD, ∵ EF=BE, ∴ OE 为△BDF 的中位线, ∴ DF∥AC; (2)由(1)知 DF∥AC, ∴ ∠FDC= ∠GCE, ∵ G 是 CD 的中点, ∴ GD=GC, 在△DFG 和△CEG 中, ∠DGF= ∠CGE, DG=CG, ∠FDG= ∠ECG, { ∴ △DFG≌△CEG(ASA), ∴ EC=DF,∴ 四边形 CFDE 是平行四边形, ∵ BF= 2AB,AB=CD, ∴ BF= 2CD, ∵ EF=BE, ∴ BF= 2EF,∴ EF=CD, ∴ 四边形 CFDE 是矩形. 命题点 3　 菱形的性质与判定 1. 5　 拓展 1 40　 拓展 2 50 3 　 变式 1 65°　 变式 2 D 变式 3 35　 【解析】 ∵ 四边形 ABCD 是菱形, ∠DAB = 110°,∴ AB=BC,∠ABC= 70°,AO=CO,∴ ∠CAB = ∠ACB = 1 2 ×(180°-70°)= 55°,∵ CE⊥AB,∴ ∠AEC= 90°,∴ OE = OA=OC,∴ ∠OEA=∠OAE=55°,∴ ∠OEC=90°-55°=35°. 2. C　 【解析】结合图象,得到当 x= 0 时,PO=AO= 4,∴ 当点 P 运动到点 B 时,PO = BO = 2,∵ 四边形 ABCD 为菱形, ∴ AC ⊥ BD, ∴ ∠AOB = ∠BOC = 90°, ∴ AB = BC = OA2 +OB2 = 2 5 ,当点 P 运动到 BC 中点时,PO 的长为 1 2 BC= 5 . 3. A　 【解析】解法 1:∵ BE = 2AE,DF = 2FC,∴ AE BE = 1 2 , CF DF = 1 2 ,∵ G、H 分别是 AC 的三等分点,∴ AG GC = 1 2 , CH AH = 1 2 , ∴ AE BE = AG GC ,∴ EG∥BC,∴ EG BC =AE AB = 1 3 ,同理可得 HF∥AD, HF AD = 1 3 ,∵ 四边形 ABCD 是菱形,∴ AD∥BC,AD = BC,∴ EG=HF,EG∥HF,∴ 四边形 EHFG 为平行四边形,由题意 得 S△AEG = S△HEG, ∵ EG BC = AE AB = 1 3 , ∴ S△AEG = S△HEG = 1 9 S△ABC,根据平行四边形和菱形的性质可得 S四边形EHFG S菱形ABCD = 2S△HEG 2S△ABC = 1 9 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋解法 2:如解图①,过点 E 作 EM⊥AC 于点 M,连接 BD,可得 GH = 1 3 AC,EM = 1 6 BD,S菱形ABCD = 1 2 AC· BD,S四边形EHFG = 2S△EHG = 1 3 AC· 1 6 BD = 1 18 AC·BD,∴ S四边形EHFG S菱形ABCD = 1 9 . 解法 3:如解图②,过点 E 作 EM⊥AC 交 AD 于点 M,连 接 MG,BD,∵ S△EHG =S△AEG = S△AMG = S△HFG,∴ S四边形EHFG = S菱形AEGM,∵ AG = 1 3 AC, EM = 1 3 BD, ∴ S四边形EHFG S菱形ABCD = S菱形AEGM S菱形ABCD = 1 9 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 33