1.2矩形的性质与判定同步训练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 同步训练 一、单选题 1．如图，在矩形中，两条对角线相交于点，，，则的长为（    ） A．2 B．3 C． D．4 2．如图，在矩形中，F是的中点，E是上一点，且，，则的长为（    ）． A． B． C． D． 3．如图，在矩形中，，，对角线和交于点，过点作垂直于，交于点，则的长为（    ） A．3 B．4 C．5 D．2 4．如图，在中，，点D，E，F分别是三边的中点，，，则四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 5．如图，将矩形绕点旋转一定角度得到矩形，使得点恰好落在边上，若，则的长为（ ） A．3 B．1 C． D． 6．如图，在矩形中，对角线相交于点，点分别是的中点， ，则的周长为（   ）    A．6 B．7 C． D． 7．如图，是矩形的对角线上一点，于点于点，连接，则的最小值为（   ） A． B．4 C． D． 二、填空题 8．如图，将长方形沿折叠，交于点M，已知与度数之比为，则的度数为 ． 9．如图，已知四边形是矩形，，点在边上，，平分，则的长度为 ． 10．如图，将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，为重合的对角线，重叠部分为四边形，若，则四边形的面积为 ． 11．矩形中，，，将矩形折叠，使点落在点处，折痕为．如图，若点恰好在边上，线段的长为 ； 三、解答题 12．如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的垂线，垂足为．已知，求的度数． 13．如图，矩形中，，，是的中点，交于E，求． 14．如图，中，点在边上（不与、重合），、分别是、的中点，，交的延长线于点，连接、． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，点恰好是边的中点时，判断四边形的形状，并说明理由． 15．如图，将平行四边形的边延长到点，使，连接，交于点，连接，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)请你添加一个条件，使四边形是矩形．（不用说明理由） (3)当满足什么条件时，四边形是菱形？并说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 《1.2 矩形的性质与判定 同步训练 2025-2026学年北师大版数学九年级上册》参考答案 1．D 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，掌握矩形的性质是关键． 根据矩形的性质得到，结合题意得到是等边三角形，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故选：D ． 2．C 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形内角和性质，直角三角形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据矩形的性质，得，结合，则是直角三角形，因为F是的中点，则，即可作答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， 则是直角三角形， ∵F是的中点， ∴， 故选：C 3．C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识，连接，由矩形的性质得出，，，，再由线段垂直平分线得出，设，则，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如解图，连接， ∵四边形是矩形，，， ∴，，，， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴， 设，则， 由勾股定理得，， 即， 解得． 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了与三角形中位线有关的求解问题，根据矩形的性质与判定求线段长，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 先证明四边形是矩形，再根据矩形面积公式求解即可． 【详解】解：∵在中，点D，E，F分别是三边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，， ∴四边形的面积是()， 故选：B． 5．D 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质及勾股定理；由旋转的性质得，由矩形性质得，由勾股定理求得，由即可求解． 【详解】解：由旋转的性质得， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由勾股定理得， ∴， 故选：D． 6．D 【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、等边三角形的判定与性质等知识点．根据矩形的对角线相等且互相平分可得，由，从而是等边三角形，然后根据等边三角形的性质结合三角形中位线定理即可解得． 【详解】解∶∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，，， ∴的周长为． 故选：D． 7．D 【分析】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、勾股定理解决直角三角形，连接，根据矩形的性质得到，的最小值即为的最小值，当A，P，C三点共线时，的值最小，且为的长度，根据勾股定理得到，于是得到结论． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴的最小值即为的最小值， 当A，P，C三点共线时，的值最小，且为的长度， ∵四边形是矩形， ∴， ∴的最小值为． 故选：D． 8． 【分析】本题考查翻折性质，三角形内角和定理，矩形性质，平行线性质等．根据题意可知，，后设，继而得到，后利用三角形内角和定理即可得到本题答案． 【详解】解：∵长方形， ∴，， ∵将长方形沿折叠，交于点M， ∴， ∵与度数之比为， 设， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， 故答案为：． 9． 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，平行线的性质等知识，由矩形性质可得，，，则有，又平分，所以，则有，得，设，则，，然后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， 解得：， ∴， 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了用勾股定理解三角形，根据矩形的性质求线段长，证明四边形是菱形，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先证明四边形是菱形，从而可得出，再利用勾股定理求得，从而可求得四边形的面积． 【详解】解：∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置， ，， ∴四边形是平行四边形， ∵将两张完全相同的矩形纸片，按如图方式放置，， ∴，， ∵为重合的对角线， ∴平分， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∵，， ∴，解得：（负值舍去）， 又， ∴， 解得：， ∴四边形的面积为． 故答案为：． 11． 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形与折叠的性质． 先由矩形得到，再由折叠得到，，然后在中，由勾股定理求出，设，则，再在中，由勾股定理建立方程求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴在中，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， 解得， ∴线段的长为， 故答案为：． 12．的度数为 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边对等角，直角三角形的两个锐角互余，掌握矩形的性质是关键． 根据矩形的性质得到，进而，根据直角三角形的两个锐角互余和等腰三角形的性质可得，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的度数为． 13． 【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键． 由题意得是线段的垂直平分线，推出，在中，根据勾股定理列方程求出，再在中，由即可求解． 【详解】解：连接， ∵是的中点，交于E，． ∴是线段的垂直平分线， ∴， 设， ∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∴在中，由勾股定理得：， 即， 解得，即， ∵，，是的中点， ∴， ∴， ∴． 14．(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理，矩形的判定． （1）先证明，得到，即可推出四边形是平行四边形； （2）利用三角形中位线定理求得，推出，即可判断四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：四边形是矩形． 理由如下： ∵是的中点， ∴当点是边的中点时，是的中位线， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形． 15．(1)四边形是平行四边形，证明见解析 (2)答案不唯一，如添加： (3)答案不唯一，如添加：；理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定定理，关键是利用平行四边形的性质推导四边形的边关系，结合矩形、菱形的判定条件分析，易错点是特殊四边形判定条件的混淆（如矩形需对角线相等、菱形需邻边相等）． （1）根据平行四边形的定义即可判定四边形形状是平行四边形； （2）根据矩形的判定定理可得：可以添加或等； （3）根据菱形的判定定理可得：可以添加或等． 【详解】（1）四边形是平行四边形 证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵点在的延长线上， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）答案不唯一，如添加：． 理由如下：∵四边形是平行四边形．， ∴四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）； （3）答案不唯一，如添加：． 理由如下：∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）． 学科网（北京）股份有限公司 $