1.2 矩形的性质与判定（新课预习.培优卷）-2025-2026学年九年级上册数学北师大版

新课预习.培优卷 1.2矩形的性质与判定 一．选择题（共7小题） 1．（2025春•中山区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．若∠ABD＝60°，AB＝3，则AC的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（2025春•五华区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠ADB＝20°，则∠AOB的度数是（　　） A．50° B．45° C．40° D．35° 3．（2025春•庐阳区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为（　　） A．2.4 B．2.5 C．3 D．4 4．（2025春•房山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD，CE分别是斜边AB上的高和中线，那么下列结论不一定成立的是（　　） A．∠ACD＝∠ABC B．∠ACD＝∠BCE C．∠BEC＝2∠ACE D．∠BCD＝∠DCE 5．（2025•西安一模）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，点E是AB上方一点，且AE＝BE，连接DE，若CD＝3，AE＝7，则DE的长为（　　） A．2 B．2 C．4 D．4 6．（2025春•南开区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，在△AEC中，∠AEC＝90°，点D为AC的中点，连接BD，BE，DE，若∠ACB＝56°，∠ECA＝20°，则∠DEB的度数为（　　） A．14° B．16° C．20° D．24° 7．（2025春•高要区期末）茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，若BC＝5m，CE＝2m，∠D＝45°，则AC至少要多长（　　） A．7m B． C．m D． 二．填空题（共5小题） 8．（2025春•黔江区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，E为AD边中点，连接BE、CE，则∠BEC＝　 　 °． 9．（2025春•淄博期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC与点E，点F在BC边的延长线上，只需再添加一个条件即可证明四边形AEFD是矩形，这个条件可以是 　 　 （写出一个即可）． 10．（2025春•瑶海区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AB＝8，AE平分∠BAC．过点C作CE⊥AE于E． （1）如图1，若∠DCA＝60°时，CE＝　 　 ； （2）如图2，若AC＝12，则CE＝　 　 ． 11．（2025春•上蔡县月考）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．过点O的直线分别交AD，BC于点E，F．若AD＝9，图中阴影部分的面积之和为36，则AB的长为 　 　 ． 12．（2025春•潮阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC，动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动，当移动时间为4秒时，AC•EF的值为 　 　 ． 三．解答题（共3小题） 13．（2025春•韶关期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，E为边AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G． （1）求证：四边形EFGO是矩形； （2）若四边形ABCD是菱形，且AC＝4，∠ABC＝60°，求矩形EFGO的面积． 14．（2025春•滨海新区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点D作DM⊥AB于点M，延长AB到点N，使BN＝AM，连接CN． （Ⅰ）求证：四边形DMNC是矩形； （Ⅱ）连接ON，若CD＝12，MB＝8，∠DAM＝60°，求线段ON的长度． 15．（2025春•仓山区期末）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的点，若BE＝DF，AE⊥CE，求证：四边形AECF是矩形． 新课预习.培优卷 1.2矩形的性质与判定 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 1．（2025春•中山区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O．若∠ABD＝60°，AB＝3，则AC的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】D 【分析】结合矩形的性质可得△AOB是等边三角形，求出AO＝AB＝3，进而求出AC的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，AOAC，BOBD， ∴AO＝BO， ∵∠ABD＝60°， ∴△ABO是等边三角形， ∴AO＝AB＝3， ∴AC＝2AO＝6． 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质以及等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质． 2．（2025春•五华区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠ADB＝20°，则∠AOB的度数是（　　） A．50° B．45° C．40° D．35° 【考点】矩形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质可得OA＝OB＝OC＝OD，可得∠OAD＝∠ODA＝20°，再利用三角形的外角的性质可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OB＝OC＝OD， ∵∠ADB＝20°， ∴∠OAD＝∠ODA＝20°， ∴∠AOB＝20°+20°＝40°， 综上所述，只有选项C正确，符合题意， 故选：C． 【点评】本题考查矩形的性质，关键是矩形性质的熟练掌握． 3．（2025春•庐阳区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为（　　） A．2.4 B．2.5 C．3 D．4 【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短；菱形的性质． 【专题】推理能力． 【答案】A 【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，可证四边形OGEF为矩形，连接OE，则OE＝GF，当OE⊥DC时，GF最短，由勾股定理求出CD，再利用面积法即可求出GF的最小值． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G， ∴四边形OGEF是矩形（有3个角是直角的四边形是矩形）， 连接OE，则OE＝GF，当OE⊥DC时，GF的值最小， ∵BD＝6，AC＝8， ∴OD＝3，OC＝4， ∴CD5， ∵， ∴， 解得OE＝2.4， ∴FG的最小值为2.4， 故选：A． 【点评】此题考查了菱形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，熟练掌握矩形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． 4．（2025春•房山区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD，CE分别是斜边AB上的高和中线，那么下列结论不一定成立的是（　　） A．∠ACD＝∠ABC B．∠ACD＝∠BCE C．∠BEC＝2∠ACE D．∠BCD＝∠DCE 【考点】直角三角形斜边上的中线． 【专题】推理能力． 【答案】D 【分析】根据特殊三角形中边和角之间的关系，判断三角形中角之间的关系． 【解答】解：∵∠ACB＝90°， ∴∠A+∠ABC＝90°， ∵CD⊥AB， ∴∠ADC＝90°， ∴∠A+∠ACD＝90°， ∴∠ACD＝∠ABC， 故A选项一定成立，不符合题意； ∵∠ACB＝90°，CE是AB边上的中线， ∴， ∴∠ABC＝∠BCE， 由A选项可知∠ACD＝∠ABC， ∴∠ACD＝∠BCE， 故B选项一定成立，不符合题意； ∵∠BEC是△AEC的外角， ∴∠BEC＝∠A+∠ACE， 由B选项可知AE＝EC， ∴∠A＝∠ACE， ∴∠BEC＝2∠ACE， 故C选项一定成立，不符合题意； 当∠ABC＝60°时，△BCE是等边三角形， ∵CD⊥BE， ∴CD平分∠BCE， 则有∠BCD＝∠DCE， 若∠ABC≠60°，则∠BCD＝∠DCE不成立， 故D选项不一定成立，符合题意． 故选：D． 【点评】本题考查了直角三角形的性质，掌握三角形外角的性质、等腰三角形的性质，特殊三角形中边和角之间的关系是解决本题的关键． 5．（2025•西安一模）如图，在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线，点E是AB上方一点，且AE＝BE，连接DE，若CD＝3，AE＝7，则DE的长为（　　） A．2 B．2 C．4 D．4 【考点】直角三角形斜边上的中线；等腰三角形的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力． 【答案】B 【分析】先利用直角三角形斜边上的中线性质可得CD＝AD＝BD＝3，然后利用等腰三角形的三线合一性质可得ED⊥AD，从而在Rt△ADE中，利用勾股定理进行计算即可解答． 【解答】解：在Rt△ABC中，CD为斜边AB上的中线， ∴CD＝AD＝BDAB＝3， ∵AE＝BE＝7， ∴ED⊥AD， 在Rt△ADE中，DE2， 故选：B． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，以及等腰三角形的性质是解题的关键． 6．（2025春•南开区期末）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，在△AEC中，∠AEC＝90°，点D为AC的中点，连接BD，BE，DE，若∠ACB＝56°，∠ECA＝20°，则∠DEB的度数为（　　） A．14° B．16° C．20° D．24° 【考点】直角三角形斜边上的中线． 【专题】推理能力． 【答案】A 【分析】先利用直角三角形斜边上的中线可得，，从而利用等腰三角形的性质可得∠DBC＝∠DCB＝56°，然后利用三角形的外角性质可得∠ADB＝∠DBC+∠DCB＝112°，∠ADE＝∠ACE+∠DEC＝40°，从而可得∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝152°，再利用等量代换可得BD＝DE，最后利用等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可解答． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，点D为AC的中点， ∴， ∵∠ACB＝56°， ∴∠DBC＝∠DCB＝56°， ∵∠ADB是△DBC的一个外角， ∴∠ADB＝∠DBC+∠DCB＝112°， ∵∠AEC＝90°，点D为AC的中点，∠ECA＝20°， ∴， ∴∠ECA＝∠DEC＝20°， ∵∠ADE是△DCE的一个外角， ∴∠ADE＝∠ACE+∠DEC＝40°， ∴∠BDE＝∠ADB+∠ADE＝112°+40°＝152°， ∵，， ∴BD＝DE， ∴， 故选：A． 【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形的外角性质，根据题目的已知条件并结合图形进行分析是解题的关键． 7．（2025春•高要区期末）茂名东汇城为了方便司机停泊车辆而设计了平行四边形的停车位，如图，平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，若BC＝5m，CE＝2m，∠D＝45°，则AC至少要多长（　　） A．7m B． C．m D． 【考点】矩形的性质；平行四边形的性质． 【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】A 【分析】由平行四边形ACDF得到∠A＝∠D＝45°，由矩形BCEF得到BF＝CE＝2m，∠FBC＝90°，进而求得∠AFB＝45°，从而∠A＝∠AFB，得到AB＝BF＝2m，进而根据线段的和差即可解答． 【解答】解：平行四边形ACDF，小车实际占用位置为矩形BCEF，∠D＝45°，BC＝5m，CE＝2m， ∴∠A＝∠D＝45°， ∴BF＝CE＝2m，∠FBC＝90°， ∴∠AFB＝∠FBC﹣∠A＝90°﹣45°＝45°， ∴∠A＝∠AFB， ∴AB＝BF＝2m， ∴AC＝AB+BC＝2+5＝7（m）． 故选：A． 【点评】本题考查平行四边形的性质，矩形的性质，解答本题的关键是熟练掌握平行四边形及矩形的性质． 二．填空题（共5小题） 8．（2025春•黔江区期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，E为AD边中点，连接BE、CE，则∠BEC＝　90　 °． 【考点】矩形的性质． 【专题】推理能力． 【答案】90． 【分析】根据矩形的性质可得三角形ABE是等腰直角三角形，可得∠AEB＝45°，同理可得∠DEC＝45°，进而求解． 【解答】解：∵E为AD边中点， ∴AD＝2AE， ∵AD＝2AB， ∴AB＝AE， ∴∠ABE＝∠AEB（等边对等角）， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴∠ABE＝∠AEB＝45°， 同理∠DEC＝45°， ∴∠BEC＝180°﹣∠AEB﹣∠DEC＝180°﹣45°﹣45°＝90°， 故答案为：90． 【点评】本题考查了矩形的性质和等腰直角三角形的判定和性质，得出∠AEB＝45°＝∠DEC是解题的关键． 9．（2025春•淄博期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC与点E，点F在BC边的延长线上，只需再添加一个条件即可证明四边形AEFD是矩形，这个条件可以是 　BE＝CF（答案不唯一）　 （写出一个即可）． 【考点】矩形的判定；平行四边形的性质． 【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形． 【答案】见试题解答内容 【分析】由平行四边形的性质得AD∥BC，AD＝BC，再证AD＝EF，得四边形AEFD是平行四边形，然后证∠AEF＝90°，即可得出结论． 【解答】解：添加条件为：BE＝CF，理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵BE＝CF， ∴BE+CE＝CF+CE， 即BC＝EF， ∴AD＝EF， ∴四边形AEFD是平行四边形， 又∵AE⊥BC， ∴∠AEF＝90°， ∴平行四边形AEFD是矩形， 故答案为：BE＝CF（答案不唯一）． 【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 10．（2025春•瑶海区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AB＝8，AE平分∠BAC．过点C作CE⊥AE于E． （1）如图1，若∠DCA＝60°时，CE＝　8　 ； （2）如图2，若AC＝12，则CE＝　　 ． 【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理． 【专题】统计与概率；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】（1）8； （2）． 【分析】（1）由矩形性质得对边相等，直角，根据“在直角三角形中，30°所对的直角边是斜边的一半”得AC长，然后利用角平分线定义和含30°的直角三角形性质求出答案； （2）延长AB，CE交于点H，通过证明△CAE≌△HAE得出BH，再利用勾股定理求出CH即可得到答案． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝8＝CD，∠D＝∠DAB＝90°， ∵∠DCA＝60°， ∴∠DAC＝30°， ∴AC＝2CD＝16，∠BAC＝60°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAE＝30°， 又∵CE⊥AE， ∴∠E＝90°， ∴， 故答案为：8； （2）在直角三角形ABC中，AB＝8，AC＝12，如图2，延长AB，CE交于点H， 由勾股定理得：， 在△CAE和△HAE中， ， ∴△CAE≌△HAE（ASA）， ∴CE＝EH，AC＝AH＝12， ∴BH＝AH﹣AB＝4， 在直角三角形BCH中，由勾股定理得：， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，灵活运用这些性质是解题的关键． 11．（2025春•上蔡县月考）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．过点O的直线分别交AD，BC于点E，F．若AD＝9，图中阴影部分的面积之和为36，则AB的长为 　8　 ． 【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】8． 【分析】先证明△ODE和△OBF全等得S△ODE＝S△OBF，则S阴影＝S△ACD，根据三角形的面积公式得AD•CD＝36，由此的CD＝8，再根据矩形性质即可得出AB的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，OD＝OB，AB＝CD， ∴∠ODE＝∠OBF，∠OED＝∠OFB， 在△ODE和△OBF中， ， ∴△ODE≌△OBF（AAS）， ∴S△ODE＝S△OBF， ∴S阴影＝S△ACD， ∵AD＝9，图中阴影部分的面积之和为36， ∴AD•CD＝36， ∴9×CD＝36， ∴CD＝8， ∴AD＝CD＝8， ∴AB的长为8． 故答案为：8． 【点评】此题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，理解矩形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 12．（2025春•潮阳区期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC，动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动，当移动时间为4秒时，AC•EF的值为 　30　 ． 【考点】矩形的性质；坐标与图形性质． 【专题】推理能力． 【答案】30． 【分析】根据题意，得出E（4，0），F（5，3），勾股定理求得EF，AC，即可求解． 【解答】解：连接AC、EF， ∵点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC， ∴OA＝BC＝9，OC＝AB＝3， ∴， 依题意，O E＝4×1＝4，B F＝4×1＝4， ∴AE＝9﹣4＝5，则E（4，0）， ∴CF＝BC﹣BF＝9﹣4＝5， ∴F（5，3），， ∴， 故答案为：30． 【点评】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求出E，F的坐标是解题的关键． 三．解答题（共3小题） 13．（2025春•韶关期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，E为边AB的中点，连接OE，过点E作EF⊥BC于点F，过点O作OG⊥BC于点G． （1）求证：四边形EFGO是矩形； （2）若四边形ABCD是菱形，且AC＝4，∠ABC＝60°，求矩形EFGO的面积． 【考点】矩形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；三角形中位线定理；平行四边形的性质；菱形的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明见解析； （2）2． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OA＝OC，进而证明OE是△ABC的中位线，得OE∥BC，再证明四边形EFGO是平行四边形，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）根据菱形的性质得到AB＝BC，求得AB＝BC＝AC＝6，∠ABO＝∠OBC＝30°，根据勾股定理得到OB2，根据矩形的性质得到OE∥BC，求得OEBC＝2，根据三角形的面积公式得到OG，求得矩形EFGO的面积＝OE． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OC， ∵E为AB的中点， ∴OE是△ABC的中位线， ∴OE∥BC， ∵EF⊥BC，OG⊥BC， ∴EF∥OG，∠EFG＝90°， ∴四边形EFGO是平行四边形， 又∵∠EFG＝90°， ∴平行四边形EFGO是矩形； （2）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠ABC＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝6，∠ABO＝∠OBC＝30°， ∴OB2， ∵平行四边形EFGO是矩形， ∴OE∥BC， ∵AO＝OC， ∴AE＝BE， ∴OEBC＝2， ∴OG， ∴矩形EFGO的面积＝OE． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、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． 14．（2025春•滨海新区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点D作DM⊥AB于点M，延长AB到点N，使BN＝AM，连接CN． （Ⅰ）求证：四边形DMNC是矩形； （Ⅱ）连接ON，若CD＝12，MB＝8，∠DAM＝60°，求线段ON的长度． 【考点】矩形的判定与性质；平行四边形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】（1）见解析； （2）． 【分析】（1）证明△ADM≌△BCN，可得DM＝CN，∠BNC＝∠AMD＝90°，即可解答； （2）根据题意可得AN＝AM+MN＝16，然后在Rt△AMD中，根据直角三角形的性质可 AD＝2AM＝8，再根据勾股定理可得，从而得到，然后结合平行四边形的性质，即可求解． 【解答】（1）证明：由条件可知∠AMD＝90°． ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC且AD＝BC． ∴∠DAM＝∠CBN． 又∵AM＝BN， ∴△ADM≌△BCN（SAS）， ∴DM＝CN，∠BNC＝∠AMD＝90°． ∴DM∥CN， ∴四边形DMNC是平行四边形， ∴四边形DMNC是矩形． （2）由条件可知MN＝DC＝12，DM＝CN． 又∵MB＝8， ∴BN＝AM＝MN﹣MB＝12﹣8＝4， ∴AN＝AM+MN＝4+12＝16． ∵在Rt△AMD中，∠DAM＝60°，∠AMD＝90°， ∴∠ADM＝30°， ∴AD＝2AM＝8， ∴根据勾股定理，得． ∴． ∵在Rt△ACN中，∠ANC＝90°， ∴根据勾股定理，得． ∴AO＝CO， ∴． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质：熟练掌握以上知识点是关键． 15．（2025春•仓山区期末）如图，在▱ABCD中，E，F是对角线BD上的点，若BE＝DF，AE⊥CE，求证：四边形AECF是矩形． 【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】见解析． 【分析】利用平行四边形的性质得出AO＝CO，BO＝DO，根据线段的和差关系即可得出EO＝FO，即可得出四边形AECF是平行四边形，再结合AE⊥CE即可得出四边形AECF是矩形． 【解答】证明：连接AC交BD于点O， 由条件可知AO＝CO，BO＝DO， ∵BE＝DF， ∴BO﹣BE＝DO﹣DF， ∴EO＝FO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AE⊥CE， ∴四边形AECF是矩形． 【点评】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握该知识点是关键． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$