1.3矩形的性质与判定 同步练习 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 以“基础巩固-综合应用-拓展提升”分层设计，覆盖矩形性质与判定全知识点，通过辨析、计算、动态问题递进培养抽象能力与推理意识。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|矩形性质（对角线、角、对称性）、判定定理|单选1-3辨析性质差异，填空9-10直接应用直角三角形中线性质，强化概念理解| |中档层|性质与几何计算结合（勾股定理、折叠）|单选4-6结合坐标系与平行线求边长角度，解答16-17通过全等与周长计算提升推理能力| |综合层|动态问题与多知识点融合|填空15等腰三角形存在性、解答18动点运动问题，培养空间观念与创新意识，适配新授课能力提升需求|

1.3矩形的性质与判定 同步练习 一、单选题 1．下面性质中，矩形不一定具有的是（   ）． A．对角线相等 B．四个角都相等 C．是轴对称图形 D．对角线互相垂直 2．要判断一个四边形门框是否为矩形．在下面拟定的四个方案中，正确的方案是（   ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量对角线是否互相垂直 D．测量其中三个角是否是直角 3．如图，四边形是平行四边形，添加下列条件后，可以得到四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，点B的坐标是，则的长是（    ） A．2 B．4 C． D． 5．如图，直线，矩形的顶点在直线上．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于、，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（   ） A．10 B．12 C．15 D．20 7．如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、．若，则四边形的面积为（   ） A．12 B．16 C．20 D．24 8．如图，在矩形中，对角线与相交于点O，如果，，那么的长为（　　） A．2 B．4 C． D．2 二、填空题 9．在中，斜边上的中线和高分别为，，则的面积等于______． 10．如图，将书页的一角斜折过去，使角的顶点A落在处，为折痕，平分，若，则________．    11．如图，在矩形中，，分别是的中点，，则的长为___________． 12．如图，在中，，，，D是边的中点，则______．    13．如图，已知矩形，，平分交于点E，点F、G分别为、的中点，则的长为_________．    14．如图，在矩形中，连接，过点作于点，，分别是，的中点，连接，，．若，，则的周长为__________． 15．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，，点D为，点P在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为___． 三、解答题 16．如图，在矩形中，E是上的一点，交于点F，，矩形的周长为16．求的长． 17．如图，将长方形沿折叠，使顶点C恰好落在边的中点上．若，求的长． 18．如图，在矩形中，，点P从点出发向点A运动，运动到点A停止，同时，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C停止，点P、Q的速度都是每秒1个单位长度，连接．设点P、Q运动的时间为t秒． (1)当t为何值时，四边形是矩形； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)求整个运动过程中，线段扫过的面积是多少？ 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．D 【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线平分、相等，故A正确，不符合题意； B、矩形的四个角都是直角，故B正确，不符合题意； C、矩形是轴对称图形，故C正确，不符合题意； D、矩形对角线相等，不一定互相垂直，故D错误，符合题意． 故选D． 2．D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟记矩形的判定定理，并会灵活运用． 根据矩形的判定定理判断即可． 【详解】解：选项A：对角线互相平分得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故A错误，不符合题意； 选项B：两组对边分别相等得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故B错误，不符合题意； 选项C：对角线是否互相垂直不能判定四边形为矩形，故C错误，不符合题意； 选项D：根据四边形内角和定理，三个角是直角，则另一个角也是直角，即四个角均为直角，可判定四边形为矩形，故D正确，符合题意； 故选D． 3．B 【分析】本题考查了矩形的判定，根据矩形判定性质逐一判断即可，熟知矩形的判定法则是解题的关键． 【详解】解：A、，平行四边形是菱形，故该选项不符合题意； B、四边形是平行四边形，， ，， 平行四边形是矩形，故该选项符合题意； C、四边形是平行四边形，，故该选项不符合题意； D、四边形是平行四边形，，故该选项不符合题意； 故选：B． 4．D 【分析】本题考查了点的坐标、矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据矩形的性质得出是解此题的关键．根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出，即可得出答案． 【详解】解：连接，过作轴于， 点的坐标是， ，，由勾股定理得：， 四边形是矩形， ， ， 故选：D 5．D 【分析】本题主要考查了矩形的性质及平行线的性质，根据矩形的性质得出，再结合平行线的性质即可解决问题． 【详解】解：延长与直线b交于点M， ∵， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 6．A 【分析】本题考查矩形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 过点，作于M，交于N．则有四边形，四边形，四边形都是矩形，根据矩形的性质得到，，，，，从而得出，即可求解． 【详解】解：过点，作于M，交于N． 则有四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：A． 7．C 【分析】本题主要考查矩形的性质、线段的垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识．掌握菱形的判定与性质是解本题的关键． 由矩形的性质得，则，由垂直平分得，而，即可证明，得，因为，所以，可证明四边形是菱形；由勾股定理得，而，，所以，求得，从而可得答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴． ∴四边形的面积为． 故选：C 8．B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，由矩形的性质可得，再证明，则可证明是等边三角形，得到，则，再由矩形的对角线相等即可解答． 【详解】解：∵矩形的对角线、相交于点， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在矩形中，． 故选：B． 9．20 【分析】本题主要考查直角三角形斜边上的中线性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 根据直角三角形斜边上的中线性质可得斜边长，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：在中，斜边上的中线为， 斜边， 斜边上的高为， 的面积， 故答案为：． 10．/20度 【分析】根据平分，得到，从而得到，结合折叠得到； 【详解】解：∵平分，， ∴， ∴， ∵为折痕， ∴， 故答案为：； 【点睛】本题考查矩形的折叠，解题的关键是根据折叠得到全等． 11． 【分析】本题考查了矩形的性质和勾股定理，熟知这些性质定理是解题的关键．根据矩形的性质求得的长，再根据勾股定理求得的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，分别是的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 12．// 【分析】本题考查了勾股定理逆定理，直角三角形的性质，得到是直角三角形是解题的关键． 先根据勾股定理逆定理得到，再由直角三角形斜边上中线的性质即可求解． 【详解】解：∵，，， ∴， ∴， ∵D是边的中点， ∴， 故答案为：． 13． 【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理．正确连接辅助线是解题关键． 连接．由矩形的性质可间接证明得出，从而可求出，再由勾股定理可求出，最后根据三角形中位线定理求解即可． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点F、G分别为、的中点， ∴， 故答案为：． 14． 【分析】先根据矩形的性质得，再根据勾股定理求出，然后根据中位线的定义和性质得，接下来根据直角三角形的性质求出，，则此题可解． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴． 在中，． ∵点M，N是的中点， ∴是的中位线， ∴． ∵， ∴． 在中，点M是的中点， ∴． 同理，得， ∴的周长为． 15．或或 【分析】根据题意分情况讨论：当时，当时，分别利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形的顶点、的坐标分别为，，点为， ∴， 过作于， ①当时，如图1所示： ∴，， 由勾股定理得：， ； ②当时，如图2所示： ∴，， 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： ∴，， 由勾股定理得：， ， ； 综上，点的坐标为或或． 16． 【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，根据矩形的性质得到，再证明得到，则，再根据矩形周长计算公式得到，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵矩形的周长为16， ∴， ∴， ∴， ∴． 17．8 【分析】根据矩形和折叠的性质可知，，，然后在中利用勾股定理建立方程解答即可． 【详解】解：∵将长方形沿折叠，使顶点C恰好落在边的中点上，， ∴，，， 设，则， ∵在中，，即， 解得， ∴． 18．(1)8 (2) 四边形为菱形，理由如下： 当时，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形， 在中，由勾股定理得， ， ∴四边形为菱形； (3)64 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，菱形的判定： （1）先由矩形的性质得到，根据题意可得，则，再由当时，四边形为矩形，得到，据此可得答案； （2）当时，，再证明四边形是平行四边形，利用勾股定理推出，据此可得结论； （3）连接与相交于点，则整个运动当中，线段扫过的面积是的面积的面积，即为矩形的面积的一半，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ， 由已知可得， ， 在矩形中，， ∴当时，四边形为矩形， ， 解得：， ∴当时，四边形是矩形． （2）略 （3）解：连接与相交于点，则整个运动当中，线段扫过的面积是的面积的面积， ， ∴整个运动当中，线段扫过的面积． 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 $