1.2 矩形的性质与判定练习题 2025-2026学年北师大版数学九年级上册

1.2 矩形的性质与判定 一、单选题 1．已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 2．如图，矩形中，点E在的延长线上，且，，则（   ） A． B． C． D． 3．下列选项中，矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．每条对角线平分一组对角 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．对角线互相平分 4．如图，，，若，，，连接，则的长为（   ） A．10 B．12 C．14 D．16 5．如图，矩形的边在数轴上，点的坐标为，点的坐标为1，，以为圆心，为半径画弧与数轴交于点，则点表示的实数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在矩形中，对角线、相交于点，平分交边于点，点是的中点，连接，若，则的长度为（   ） A． B． C． D． 7．如图，四边形为矩形，A，C分别在坐标轴上，，将绕点A顺时针旋转得交x轴于点E，则点E的横坐标为（    ） A． B． C． D． 8．如图，矩形对角线相交于点O，E为上一点，连接，F为的中点，，若，则的长为（　　 ） A．1 B．2 C． D． 二、填空题 9．已知在矩形中，对角线相交于点，，，那么 10．如图，把一张长方形的纸片沿折叠，若，则的度数为 11．已知，如图，中，点D在的下方，且，，则 ． 12．如图，已知在矩形中，，，将这个矩形沿直线折叠，使点C落在边上的点F处，折痕交边于点E，那么等于 度． 13．如图，矩形中，，．为矩形内一点，连接，，且，为边上一动点，连接，，则的最小值为 ． 三、解答题 14．如图，矩形中，点E在边上，将沿折叠，点C落在边上的点F处，过点F作交于点G，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 15．如图，在中，D、E、F分别是的中点，是边上的高． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)求证：． 16．如图，四边形是矩形，是矩形的一条对角线，EF垂直平分，分别交于点F、O、E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求菱形的周长． 17．如图，在四边形中，，和是四边形的对角线，点E，F分别是，的中点，连接． (1)求证：； (2)已知，，求的长． 18．已知，如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求四边形的面积． 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．C 【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质． 根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断． 【详解】解：四边形是平行四边形， 添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故A不符合； 添加，可得， 根据对角线相等的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故B不符合； 添加，可得出四边形是菱形， 不能判定四边形是矩形，故C符合； ∵四边形是平行四边形， ∴， 添加，可得出， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形， 可判定四边形是矩形，故D不符合， 故选：C． 2．C 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据矩形的性质得出，即可求出，进而可求出，熟练掌握矩形的性质是解题关键． 【详解】解：连接，交于点O，如图，   四边形矩形， ，，， ， ， ， ， ， ，， ． 故选：C． 3．C 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 根据矩形和菱形的性质逐项分析即可． 【详解】A．每条对角线平分一组对角是菱形具有，但矩形不具有的性质，故该选项不符合题意； B．对角线互相垂直是菱形的性质，矩形不具有，故该选项不符合题意； C．对角线相等是矩形的性质，菱形不具有，故该选项符合题意； D．对角线互相平分是矩形和菱形都具有的性质，故该选项不符合题意． 故选：C． 4．A 【分析】此题考查了矩形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 如图所示，过点D作交延长线于点E，证明出四边形是矩形，得到，，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图所示，过点D作交延长线于点E ∵，， ∴四边形是矩形 ∴，， ∴ ∴． 故选：A． 5．C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理和实数与数轴，解题的关键是根据勾股定理得出半径的长．根据矩形的性质以及勾股定理求出的长，即BE的长，再根据两点间的距离公式求出点E对应的数． 【详解】解：∵矩形的边在数轴上，点的坐标为，点的坐标为1，， ，， 在中，， ， ， 点表示的实数是， 故选：C． 6．D 【分析】根据矩形的性质、角平分线定义推得，则，再结合勾股定理求出，推出后，结合中位线定理即可得解． 【详解】解：矩形中，，， 又平分，， ，，， ， ， 中，， ， 点是的中点，点是的中点， 是的中位线， 即． 故选：． 【点睛】本题考查的知识点是矩形的性质、角平分线的定义、等角对等边、勾股定理解直角三角形、中位线定理，解题关键是熟练掌握中位线定理． 7．C 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴的交点问题，平面直角坐标系与几何图形，熟练根据构造等腰直角三角形是解题的关键．过点作于点，过点作轴，分别交轴于点，交于点，可得四边形是矩形，是等腰直角三角形，证明，得出，，设，得出，，利用，求出，得出，求出直线的解析式为，令即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，过点作轴，分别交轴于点，交于点， ∵四边形为矩形，A，C分别在坐标轴上， ∴，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， 由旋转得，且， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， 设， 则，， ∴， 解得：， 则，， ∴， 设直线的解析式为， 将，代入， 得， 解得， 则直线的解析式为， 当时，， 解得：， ∴点E的横坐标为． 故选：C． 8．B 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，解题的关键在于添加辅助线，构造中位线． 先构造中位线，再根据中位线的性质得出，，从而可求得，再利用勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据求得． 【详解】如图，连接， ∵矩形对角线相交于点O， ∴为的中点，， 又F为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 9． 【分析】本题考查了对矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理等知识点的理解和掌握，关键是根据性质求出和的长．根据矩形的性质求出，证是等边三角形，求出和的长，根据勾股定理求出即可． 【详解】解：如图， 矩形， ，，， ， ， ， 是等边三角形， ， ， 矩形， ， 由勾股定理得：， 故答案为：． 10．/度 【分析】本题主要考查了折叠的性质，平角的定义，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 由折叠的性质可得，通过即可求解． 【详解】解：长方形的纸片沿折叠， ， ， ． 故答案为：． 11．2 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 将绕点B顺时针方向旋转，使点C与点A重合，点D的对应点为E，过点A作于点F，可得，继而证明四边形是矩形则，由勾股定理，求出，则，即可解答． 【详解】解：将绕点B顺时针方向旋转，使点C与点A重合，点D的对应点为E，过点A作于点F，如图 ∴ ∴， ∴ ∴四边形是矩形 ∴， ∴， ∴． 即． 故答案为：2． 12． 【分析】本题考查了翻折问题，解决本题的关键是由翻折得到． 由翻折得到，先根据勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，所以，进而求出，再根据为等腰三角形，得到，进而求出． 【详解】解：由折叠可得：， ∵， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了矩形的性质，圆的有关性质，勾股定理，轴对称—线段最短，作点关于的对称点，取的中点，连接，，，过点作于点，由四边形是矩形，则，，，又，，故有，通过勾股定理得，证明，所以，从而可得点在上运动，又，得出，然后代入即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：如图，作点关于的对称点，取的中点，连接，，，过点作于点， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点在上运动， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 14．(1)见解析 (2) 【分析】（1）由交于点G，得，由折叠得，，所以，则，推导出，即可证明四边形是平行四边形； （2）由矩形的性质得，，，则，由折叠得，则，所以，由勾股定理得，求得，则． 【详解】（1）证明：∵交于点G， ∴， ∴由折叠得，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵四边形是矩形，， ∴， ∴， 由折叠得， ∴， ∴， ∵，且， ∴， 解得， ∵四边形是平行四边形，且， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、平行四边形的判定、勾股定理等知识，推导出，进而证明是解题的关键． 15．(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定，直角三角形的性质，三角形内角和定理，等边对等角等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）由三角形中位线定理可得，再根据平行四边形的判定定理可证明结论； （2）由三角形高的定义和三角形内角和定理可得，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，则，据此可证明，则可证明． 【详解】（1）证明：∵在中，D、E、F分别是的中点， ∴都是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵是边上的高， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 16．(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据推出：；根据全等三角形的性质得出，推出四边形是平行四边形，再根据即可推出四边形是菱形； （2）根据线段垂直平分线性质得出，设，推出，，在中，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可求解． 【详解】（1）证明：是的垂直平分线， ，， ∵四边形是矩形， ， ， 在和中， ； ， 又， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是菱形； （2）解：设， ∵四边形是矩形， ∴，， 是的垂直平分线， ，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得． ， ∴菱形的周长为20． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，平行四边形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，平行线的性质等知识点的综合运用，用了方程思想． 17．(1)见解析； (2)． 【分析】（1）连接，．由直角三角形中线的性质可得，根据等腰三角形“三线合一”的性质即可证明； （2）由（1）知，再求得，根据勾股定理即可求得的长． 本题主要考查了“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理．熟练掌握以上知识，正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）证明：如图，连接，． ∵，点E是的中点， ∴，． ∴． ∵点F是的中点， ∴． （2）解：由（1）知， 又∵， ∴． ∵，点F为的中点， ∴． ∵， ∴． 18．(1)见解析 (2) 【分析】此题重点考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，证明四边形是平行四边形且是解题的关键． （1）由，，证明四边形是平行四边形，由矩形的性质推导出，则四边形是菱形； （2）由菱形的性质得，，而，可证明由，，，求得，所以，则，所以． 【详解】（1）证明：∵，相交于点O，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，且， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的面积是． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$