1.2 矩形的判定与性质 综合、以矩形性质为背景的多结论问题专项训练-2026-2027学年北师大版九年级数学上册

**基本信息** 聚焦矩形判定与性质综合应用及多结论问题，通过典例变式构建从基础证明到复杂推理的知识逻辑链，培养几何直观与推理意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |矩形的判定与性质综合|3例+3变式|结合菱形、平行四边形判定矩形，性质应用求长度面积|以矩形定义为核心，关联四边形性质与判定的推导关系| |以矩形性质为背景的多结论问题|3例+3变式|折叠、中点、相似等综合多结论判断|围绕矩形性质，整合图形变换与几何推理的逻辑应用|

矩形的判定与性质综合、以矩形性质为背景的多结论问题专项训练 矩形的判定与性质综合、以矩形性质为背景的多结论问题专项训练 考点目录 矩形的判定与性质综合 以矩形性质为背景的多结论问题 考点一 矩形的判定与性质综合 例1．（2026·黑龙江大庆·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点O．过点C作，过点D作，与相交于点E，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵四边形是菱形， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； (2) 【分析】（1）先由菱形的性质得到，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明四边形是平行四边形，即可证明其为矩形； （2）先根据菱形的性质，结合直角三角形的性质求解，再由矩形的性质求出，最后由勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 例2．（26-27九年级上·广东深圳·开学考试）如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，过点作的垂线，垂足为点． (1)请用尺规作图，过点作交于点，并证明四边形是矩形； (2)在（1）的条件下，如果，，求矩形的面积． 【答案】(1) 作图如下， 证明：四边形为菱形， ， 是边的中点， 为的中位线， ， ， ，， ， ， 四边形是矩形； (2)矩形的面积为24 【分析】（1）以点E为圆心，为半径作弧，交于点H，以点A和点H为圆心，大于为半径作弧，两弧交于点I，连接直线，交于点F，此时点即为所作；由菱形的性质可得，证明为的中位线，则，再结合矩形的判定定理证明即可； （2）由菱形的性质可得，，，，由勾股定理得出，由直角三角形的性质可得，由等面积法得出，即可得出结果． 【详解】（1）略 （2）解：四边形为菱形， ，，，， ， 是边的中点， ， ， ， 矩形的面积为． 例3．（25-26八年级下·浙江丽水·期末）如图，在中，平分．已知交的延长线于点，交延长线于点． (1)证明：四边形为矩形； (2)若，，求的面积． 【答案】(1)证明：在平行四边形中，． ∵点，分别在，的延长线上， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵，即， ∴平行四边形是矩形； (2)． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，证明四边形是平行四边形，根据可知平行四边形是矩形； （2）根据平行四边形的性质得到，可知，根据平分得到，即，根据等角对等边得到，求出，根据的性质得到，根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）略； （2）解：在平行四边形中，， ∴， ∵平分， ∴，即， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴． 在矩形中，， ∵， ∴平行四边形的面积为． 变式1．（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，在中，对角线、相交于点O，且，点、分别为、的中点，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明：四边形为平行四边形， ，，， ， 又， ， ， ， 四边形为矩形． (2) 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，，推出，结合题意得到，推出，得到，即可得证； （2）根据三角形的中位线定理求出，进而得到，再根据勾股定理求出，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：点、分别为、的中点， 为的中位线， ， ， ， 四边形为矩形， ， 在中，由勾股定理得， ． 变式2．（25-26九年级上·北京密云·阶段检测）如图，在中，点G为的中点，交于E，延长到F使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 【答案】(1)证明：在中，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）结合已知条件，利用平行四边形的性质，线段和差关系证明四边形是平行四边形，再根据证得结论； （2）根据（1）的结论结合平行四边形的性质得出，，利用解含30度的直角三角形求出的长度，利用勾股定理求得的长度，继续通过勾股定理求得的长度，最终利用直角三角形斜边中线定理即可求得结果． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， 在中，， ∴， 在中，， ∵点G为的中点， ∴． 变式3．（25-26九年级上·广东广州·阶段检测）如图，四边形是平行四边形，点在的延长线上，且．、相交于点，连接， (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的面积． 【答案】(1)证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴，且， ∴四边形是平行四边形． 又∵，， ∴， 即， ∴平行四边形是矩形； (2)． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，，进而证明四边形是平行四边形，根据等腰三角形三线合一得到，即可证明平行四边形是矩形； （2）根据矩形的性质得到，证明是等边三角形，得到，根据勾股定理求出，根据平行四边形的面积公式计算即可． 【详解】（1）略； （2）解：∵四边形是矩形，是中点， ∴． ∵， ∴， ∴是等边三角形， 得． 在中，由勾股定理得：， ∵，且， ∴的面积． 考点二 以矩形性质为背景的多结论问题 例1．（25-26九年级上·湖北随州·阶段检测）如图，将矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，E，F分别在AB，CD上，下列结论；①；②为等腰三角形；③延长GF，则GF必经过点A；④若为等边三角形，则．其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据矩形的性质和折叠的性质，通过等角对等边，可证明为等腰三角形，故②正确；结合②中结论，通过证明Rt△CEB≌Rt△CFG，可证得 ．进而证得，故①正确；连接AF,通过证明∠AFG是平角，证得 D，F，A在一条直线上，故③正确；根据为等边三角形，可证得Rt△CEB中∠7=60°，再结合勾股定理，求得，，进而求得，故④不正确． 【详解】如图，在矩形ABCD中， ∵AB∥CD， ∴∠1=∠2． 根据折叠的性质，∠1=∠3， ∴∠2=∠3． ∴CE=CF，为等腰三角形． 故②正确； 在矩形ABCD中，∠D=∠B=90°，AD=BC， 根据折叠的性质，∠D=∠G=90°， AD=CG, DF=GF， ∴∠B =∠G=90°，BC=CG． 在Rt△CEB和Rt△CFG中， ∵ ， ∴Rt△CEB≌Rt△CFG (HL) ． ∴． ∴． 故①正确； 连接AF，根据折叠的性质，可知Rt△AFD≌Rt△CFG， ∴∠5=∠6． ∵∠2+∠4+∠6=180°， ∴∠2+∠4+∠5=180°，即∠AFG是平角． ∴D，F，A在一条直线上， 即若延长GF，则GF必经过点A． 故③正确； 若为等边三角形，则∠3=60°． ∵∠1=∠3， ∴∠7=180°-∠1-∠3=60°． ∴∠8=30°． ∴． 根据勾股定理， ． ∴，． 根据折叠的性质，可知AE=CE, ∴． ∴． 故④不正确． 综上所述，正确的结论有3个． 故选:C. 【点睛】本题考查了矩形的性质和折叠（轴对称）的性质，涉及了平行线的性质、等腰三角形的判定、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、含30°角的直角三角形的性质等.解答此类题目的基础是：准确判断折叠后的对应边、对应角，掌握基本图形的性质定理． 例2．（25-26九年级上·广东佛山·阶段检测）如图，E是矩形的边的中点，于点F，的延长线交于点G，连接，则下列结论：①；②；③若，，则；④；⑤图中相似三角形只有6对．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】D 【分析】延长和交点H，利用可证得，则有和，结合中点可得，根据等腰三角形的性质得，可证得，则①正确；由垂直得，则有，则②正确；证得，有，利用勾股定理求得，可得，即可判断③正确；根据，有，结合和，即可判定④正确；利用，，可得到，即可判定⑤正确． 【详解】解：延长和交点H，如图， ∵四边形为矩形， ∴，， ∵E是矩形的边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， 则点D为的中点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故②正确； ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵E是矩形的边的中点， ∴ ∴，解得，故③正确； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴，故④正确； ∵，， ∴， ∴图中相似三角形只有6对，故⑤正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定和性、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角定理、勾股定理以及相似三角形的判定和性质，解题的关键是添加辅助线和熟练掌握相似三角形的性质． 例3．（25-26九年级上·河南安阳·阶段检测）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点．将沿折叠，点恰好落在上的点处，延长交于点，有下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④⑤ 【答案】C 【分析】根据折叠的性质得出，，，根据角平分线的性质得出，则，证明，即可判断②正确；用即可证明，即可判断③；根据点是的中点，推出，则，根据三角形面积公式即可判断④；连接，易得即，根据中位线定理得出，根据，推出，根据，推出，则不是直角三角形，即可判断①． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵由沿折叠所得， ∴，，， ∵平分，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②正确，符合题意； 在和中， ， ∴，故③正确，符合题意； ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，故④正确，符合题意； 连接， ∵，， ∴，即， ∵，点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴不是直角三角形，则，故①不正确，不符合题意；    综上：正确的有②③④， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，角平分线的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是掌握折叠前后对应边、对应角相等；角平分线上的点到两边距离相等；全等三角形的判定方法． 变式1．（25-26八年级下·湖北孝感·期末）如图，矩形中，，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：；；；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据题目条件先证，得出，，故①正确；再证，得出，，故③错误；证四边形是平行四边形，得出，故②正确；证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；故④正确；即可得出结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，，，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，，故①正确； 在和中， ， ， ，， ， , ，故③错误； ，即， ， 四边形是平行四边形， ，故②正确； ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形；故④正确； 故正确结论的个数是3个． 变式2．（25-26九年级上·山东威海·阶段检测）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若，．则下列结论：①FB垂直平分OC；②四边形DEBF为菱形；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】C 【分析】证明△OFB≌△CFB，可判断结论①正确；利用菱形的定义，可判断结论②正确； 根据OC=OB，斜边大于直角边，可判断结论③错误；根据30度角的性质，可判断AB=2BM，故结论④是错误的；证NE∥BM，AN=NO=OM，所以BM=3NE，AO=2OM，利用三角形面积公式计算判断，结论⑤正确. 【详解】连接BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD，AC、BD互相平分， ∵O为AC中点， ∴BD也过O点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°，OB=OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC=OC，∠OBC=60°， ∵FO=FC，BF=BF ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称， ∴FB⊥OC，OM=CM； ∴①正确， ∵AB∥CD， ∴∠OCF=∠OAE， ∵OA=OC， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF，FC=AE， ∴DF=BE，DF∥BE， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=30°， ∵FO=OE=FC=AE， ∴∠AOE=∠FOM=30°， ∴∠BOF=90°， ∴BE=BF， ∴四边形EBFD是菱形， ∴结论②正确； ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=30°， ∵FO=OE=FC=AE， ∴∠AOE=∠FOM=30°， ∴∠BOF=90°， ∴FB＞OB， ∵OB=OC， ∴FB＞OC， ∴③错误， 在直角三角形AMB中， ∵∠BAM=30°，∠AMB=90°， ∴AB=2BM， ∴④错误， 设ED与AC的交点为N， 设AE=OE=2x， 则NE=x，BE=4x， ∴AB=6x， ∴BM=3x， ∴ = =3:2， 结论⑤正确. 故选C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形三线合一性质，全等三角形，直角三角形30°角的性质，菱形的判定，熟练掌握，灵活运用是解题的关键. 变式3．（25-26九年级上·广东深圳·阶段检测）如图，矩形的四个顶点分别在矩形的各条边上，，，，．有以下三个结论： ①； ②； ③矩形的面积是； 其中一定成立的是______（把所有正确结论的序号填在横线上） 【答案】①② 【分析】根据矩形的性质、全等三角形的判定及勾股定理分析各小题即可求解． 【详解】解：∵∠FGH＝90°， ∴∠BGF＋∠CGH＝90°． 又∵∠CGH＋∠CHG＝90°， ∴∠BGF＝∠CHG，故①正确． 同理可得∠DEH＝∠CHG． ∴∠BGF＝∠DEH． ∵∠B＝∠D＝90°，FG＝EH， 在△BFG和△DHE中， ， ∴△BFG≌△DHE（AAS），故②正确． 同理可得△AFE≌△CHG． ∴AF＝CH． ∵， ∴=AF=BF， ∴F点是AB中点， 设AF=a，则EF=AB=2a， ∵△AEF是直角三角形， ∴AE2+AF2=EF2， 即32+a2=（2a）2， 解得a=， ∴EF=2， ∵， ∴矩形EFGH的面积＝FG×EF＝2×2＝4，故③错误． 故答案为：①②． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质及勾股定理，解决本题的关键是得到△BFG≌△DHE． 2 学科网（北京）股份有限公司 $矩形的判定与性质综合、以矩形性质为背景的多结论问题专项训练 矩形的判定与性质综合、以矩形性质为背景的多结论问题专项训练 考点目录 矩形的判定与性质综合 以矩形性质为背景的多结论问题 考点一 矩形的判定与性质综合 例1．（2026·黑龙江大庆·中考真题）如图，在菱形中，对角线与相交于点O．过点C作，过点D作，与相交于点E，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 例2．（26-27九年级上·广东深圳·开学考试）如图，菱形的对角线，相交于点，是边的中点，连接，过点作的垂线，垂足为点． (1)请用尺规作图，过点作交于点，并证明四边形是矩形； (2)在（1）的条件下，如果，，求矩形的面积． 例3．（25-26八年级下·浙江丽水·期末）如图，在中，平分．已知交的延长线于点，交延长线于点． (1)证明：四边形为矩形； (2)若，，求的面积． 变式1．（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，在中，对角线、相交于点O，且，点、分别为、的中点，连接． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求矩形的面积． 变式2．（25-26九年级上·北京密云·阶段检测）如图，在中，点G为的中点，交于E，延长到F使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求的长． 变式3．（25-26九年级上·广东广州·阶段检测）如图，四边形是平行四边形，点在的延长线上，且．、相交于点，连接， (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的面积． 考点二 以矩形性质为背景的多结论问题 例1．（25-26九年级上·湖北随州·阶段检测）如图，将矩形纸片ABCD沿EF翻折，使点A与点C重合，E，F分别在AB，CD上，下列结论；①；②为等腰三角形；③延长GF，则GF必经过点A；④若为等边三角形，则．其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 例2．（25-26九年级上·广东佛山·阶段检测）如图，E是矩形的边的中点，于点F，的延长线交于点G，连接，则下列结论：①；②；③若，，则；④；⑤图中相似三角形只有6对．其中正确结论的序号是（    ） A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤ 例3．（25-26九年级上·河南安阳·阶段检测）如图，在矩形中，点是的中点，的平分线交于点．将沿折叠，点恰好落在上的点处，延长交于点，有下列四个结论：①；②；③；④．其中正确结论的序号是（    ）    A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④⑤ 变式1．（25-26八年级下·湖北孝感·期末）如图，矩形中，，相交于点O，过点B作交于点F，交于点M，过点D作交于点E，交于点N，连接，．则下列结论：；；；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（     ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 变式2．（25-26九年级上·山东威海·阶段检测）如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若，．则下列结论：①FB垂直平分OC；②四边形DEBF为菱形；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 变式3．（25-26九年级上·广东深圳·阶段检测）如图，矩形的四个顶点分别在矩形的各条边上，，，，．有以下三个结论： ①； ②； ③矩形的面积是； 其中一定成立的是______（把所有正确结论的序号填在横线上） 2 学科网（北京）股份有限公司 $