2025年中考数学一轮复习专项巩固练习24--矩形

2025年中考数学一轮复习专项巩固练习24--矩形 一、单选题 1．矩形不一定具有的性质是（   ） A．四个角都是直角 B．对角线互相垂直 C．是轴对称图形 D．对角线相等 2．下列命题错误的是（    ） A．平行四边形的对边相等 B．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 C．对角线相等的四边形是矩形 D．矩形的对角线相等 3．如图，矩形的对角线交于点O，若，则的长为（   ）    A．2 B．3 C． D．4 4．如图，平行四边形对角线交于点O，请添加一个条件：_____使得是矩形（   ） A． B． C． D． 5．如图，在矩形 COED 中，点 D 的坐标是（2，3），则 CE 的长是（ ） A． B．2 C．4 D． 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，如果，，那么的长为(　　)    A．2 B． C． D． 7．如图，的直径，半径，点是弧上的一个动点，，，垂足分别是、，则长（     ）    A．变大 B．变小 C．先变小，再变大 D．不变，始终等于2 8．如图，中，，，，是上的动点，过点作于点，于点，连接，则线段的最小值是（    ）      A． B． C． D． 二、填空题 9．在矩形中，对角线、相交于点O，若，则的长度为 ． 10．矩形ABCD中，CE平分∠BCD，交直线AD于点E，若CD＝6，AE＝2，则AC的长为 ． 11．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，，如果，则 12．学习矩形时，我们从它的边、角、对角线等方面进行了研究，可以发现并证明矩形的对角线相等．小明参考平行四边形判定方法的研究过程，得出下面的猜想：①对角线相等的四边形是矩形；②对角线互相平分且相等的四边形是矩形；③对角线互相垂直且相等的四边形是矩形．其中正确的是 ．（填序号） 13．如图，，点在上，四边形是矩形，且，连接交于点，连接．则 ． 14．木工师傅要做一个长方形桌面，做好后量得长为，宽为，对角线为，则这个桌面 （填“合格”或“不合格”）. 15．如图，点G在矩形的对角线上，且不与A，C重合，过点G分别作边平行线交两组对边于点E，F和点 M，N，则图中阴影部分，面积之间的关系是 ． 16．如图，在矩形 中，，点 和点 分别从点 和点 出发，按逆时针方向沿矩形 的边运动，点 和点 的速度分别为和 ，则最快 后，四边形 成为矩形． 三、解答题 17．如图，中，，平分，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)作于F，若，，求的长． 18．如图，菱形的对角线相交于点O，过点B作，过点C作，与相交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，求的长． 19．如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，，求的长． 20．如图，在矩形中，，，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度都是，连接，设点P、Q运动的时间为． (1)当t为何值时，四边形是矩形？ (2)当运动时间t为3时，请判断四边形是怎样的特殊平行四边形？并说明理由； 参考答案 1．B 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质：对边相等且平行，四个角都是直角，对角线平分且相等，矩形既是中心对称图形也是轴对称图形，根据性质判断即可． 【详解】解：矩形不一定具有的性质是对角线垂直． 故选：B． 2．C 【分析】本题考查了矩形、平行四边形的性质和判定的应用． 根据平行四边形的性质与判定、矩形的性质与判定即可判断． 【详解】解：A、平行四边形的性质有平行四边形的对边相等，故A选项不符合题意； B、平行四边形的判定定理有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，故B选项不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，故C选项符合题意； D、矩形的性质有矩形的对角线相等，故D选项不符合题意； 故选：C． 3．A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，矩形的对角线相等且互相平分，据此可得答案． 【详解】解：∵矩形的对角线交于点O，， ∴， 故选：A． 4．D 【分析】本题考查了矩形的判定，熟悉矩形的判定定理是解题的关键；根据有一个角是直角或对角线相等的平行四边形是矩形即可作出判断． 【详解】解：根据对角线相等的平行四边形是矩形，添加，使得是矩形；其它选项的条件都不能使得是矩形； 故选：D． 5．A 【分析】直接利用D点坐标再利用勾股定理得出DO的长，再利用矩形性质得出答案． 【详解】解：如图，连接OD， ∵点D的坐标是(2,3)， ∴DO==， ∵四边形OEDC是矩形， ∴EC=DO=． 故选：A． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质，正确应用勾股定理是解题关键． 6．C 【分析】利用矩形的对角线的性质得到是等边三角形，再利用矩形的性质用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴ ∴，且 ∴是等边三角形 ∴ ∴ ∴ 故选：C． 【点睛】本题考查的是矩形的性质与勾股定理的应用，掌握相关知识点是解题关键． 7．D 【分析】本题考查矩形的判定和性质，圆的认识，考虑利用矩形的对角线相等把转化为是解题的关键．． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴， ∴为矩形， ∴， ∴长不变，始终等于2， 故选D．    8．D 【分析】如图所示，连接，可证四边形是矩形，可得，当时，的值最小，即线段有最小值，在中，可求出的值，根据等面积法即可求出的值，由此即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，    ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 当时，的值最小，即线段有最小值， 在中，，，， ∴， ∵， ∴是斜边的高， ∴， ∴， ∴线段的最小值是， 故选：． 【点睛】本题主要考查线段最小值的计算，等面积法求三角形的高，掌握矩形的判定和性质，线段最小值的转换方法，等面积法求高是解题的关键． 9．3 【分析】本题考查了矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分；理解性质定理是关键． 根据矩形的对角线相等，且互相平分即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ， ． 故答案为：3． 10．10或2． 【分析】CE平分∠BCD，交直线AD于点E，此时点E可在线段AD上或线段AD的延长线上，分为两种情况构造直角三角形，运用勾股定理进行计算. 【详解】如图1，点E在线段AD上时， ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠D＝90°，AD∥BC ∴∠DEC＝∠BCE ∵CE平分∠BCD ∴∠DCE＝∠BCE＝45° ∴∠DEC＝∠DCE ∴CD＝DE＝6 ∵AE＝2 ∴AD＝8 ∴AC＝＝10， 如图2，点E在线段DA延长线时， ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠D＝90°，AD∥BC ∴∠DEC＝∠BCE ∵CE平分∠BCD ∴∠DCE＝∠BCE＝45° ∴∠DEC＝∠DCE ∴CD＝DE＝6 ∵AE＝2 ∴AD＝4 ∴AC＝＝2 故答案为10或2． 【点睛】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的运用，解题关键在于分两种情况构造出直角三角形进行计算，不能漏解. 11．/32度 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判断与性质、线段的垂直平分线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 首先证明四边形是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵垂直平分线段， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为． 12．② 【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据矩形的判定逐个判断即可． 【详解】对角线相等的四边形不一定是矩形，所以①不正确； 对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以②正确； 对角线互相垂直且相等的四边形是不一定是矩形，所以③不正确． 所以正确的是②． 故答案为：②． 13． 【分析】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质是解决问题的关键． 根据矩形性质得，根据得为等边三角形，则，由此为等边三角形，则，进而得，然后在中由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：四边形是矩形，对角线，交于点， ， ， 为等边三角形， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得： ． 故答案：． 14．合格 【分析】只要算出桌面的长与宽的平方和是否等于对角线的平方，如果相等，长、宽、对角线构成的就是直角三角形，可得此桌面合格． 【详解】解：解：∵802＋602＝10000＝1002， 即：AD2＋DC2＝AC2， ∴∠D＝90°， 同理：∠B＝∠BCD＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴这个桌面合格． 故答案为：合格． 【点睛】本题考查了勾股定理逆定理在实际中的应用以及矩形的判定，关键是熟练掌握勾股定理逆定理与矩形的判定方法． 15． 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．由矩形的性质找出，结合对边互相平行即可证出四边形和四边形都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴． 又∵， ∴四边形和四边形都是矩形． ， ，即， 故答案为：． 16．4 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解答本题的关键．根据矩形的判定定理，可得，列出一元一次方程求解即可． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，， ∴当时，四边形 为矩形 由题意得： ∴ ∴，解得： 故答案为：4． 17．(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理， （1），根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论； （2），根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案. 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴， ∴. ∵， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，平分， ∴. ∵， ∴. ∵四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴． 18．(1)见解析 (2) 【分析】对于（1），先说明四边形是平行四边形，再根据菱形的性质得，即可得出答案； 对于（2）根据菱形得性质得，再根据勾股定理得，进而得出，然后根据矩形的性质，结合勾股定理求出答案. 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形. ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：如图， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴， ∴. ∵四边形是矩形， ∴. 在中，由勾股定理得：. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和判定，菱形的性质，勾股定理，理解特殊平行四边形之间的关系是解题的关键，勾股定理是求线段长的常用方法． 19．(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，再证，即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，再由勾股定理的逆定理得为直角三角形，，然后由面积法求出的长，即可得出答案． 【详解】（1）证明：， ，即， 四边形是平行四边形， ，， ， 又， 四边形为平行四边形， ， ， 平行四边形为矩形； （2）解：由（1）知，四边形为矩形， ，， ，，， ， 为直角三角形，， ， ，即，解得， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 20．(1)4 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键． （1）根据题意，得到当时，四边形是矩形，列出方程进行求解即可； （2）根据题意，先得到四边形为平行四边形，通过勾股定理算出，进而可知道四边形为菱形． 【详解】（1）解：由题意，得：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 当四边形是矩形时，， ∴， 解得：， ∴当时，四边形是矩形； （2）∵， ∴， 此时，，， ∵矩形中，， 又， ∴四边形为平行四边形， 又， ∴四边形为菱形． 学科网（北京）股份有限公司 $$