北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》2.矩形的性质与判定（1）

北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》2.矩形的性质与判定（1）
一、选择题
1．（2023八下·慈溪期末）如图，平行四边形中，下列说法一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
2．（2023·株洲）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
3．（2023八下·拱墅期中）矩形、菱形都具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线平分一组对角 D．对角线相等
4．（2023八下·拱墅期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是（　　）
A．8 B．12 C．8 D．16
5．（2023八下·龙岗期中）如图，ABCD是一张长方形纸片，且AD＝2CD．沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在BC上（如图中的点A′），折痕交AB于点G，则∠ADG＝（　　）
A．30° B．15° C．75° D．22.5°
6．（2023八下·拱墅期中）如图，四边形的四个顶点分别在矩形的边和对角线上，已知，下列条件能使四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
7．（2023八下·宿迁期中）如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，折痕为，则四边形的周长为（　　）
A．40 B．43 C．48 D．53
8．（2023八下·灌南期中）如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023八下·潮南月考）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AE的中点，若，，则DF的长是　 　．
10．（2023·内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则　 　．
11．（2023·台州）如图，矩形ABCD中，，．在边AD上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则BF的长为　 　．
12．（2023·永善模拟）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF＝AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE = S△ADF；③AF＝AB；④BE＝AF．其中正确的结论是　 　．
13．（2023·景洪模拟）在矩形中，点E在边上，点F在边上，连接若，，则的长为　 　．
14．（2023·虹口模拟）如图，在矩形ABCD中，，点E在边AB上，，连接DE，将沿着DE翻折，点A的对应点为P，连接EP、DP，分别交边BC于点F、G，如果，那么CG的长是　 　．
三、解答题
15．（2023八下·大兴期中）如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．
16．（2023八下·海城期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝4，求四边形CODE的周长．
17．（2023·天桥模拟）如图，在矩形和矩形有公共顶点A和C，、相交于点M，、相交于点N，证明：．
18．（2023九上·福州期末）如图，将矩形绕点C顺时针旋转得到矩形，点B与点E对应，点E恰好落在边上，交于点H，求证：.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】A项，在平行四边形中ABCD中，当∠ABC=90°时，也就是当平行四边形为矩形时，对角线AC=BD，当平行四边形不是矩形的时候，对角线AC≠BD，则A项不一定正确，故A不符合题意；
B项，在平行四边形ABCD中，当AB=BC时，也就是平行四边形为菱形时，对角线AC与BC相互垂直，当平行四边形ABCD不是菱形时，对角线AC与BD不垂直，则B项不一定正确，故B不符合题意；
C项，根据平行四边形的性质，可以得到平行四边形的对边相等，则AB=CD，故C符合题意；
D项，当平行四边形ABCD是菱形的时候，邻边AB=BC，则D项不一定正确，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】①当平行四边形为矩形时，对角线相等；②当平行四边形为菱形时，对角线相互垂直；③平行四边形的对边相等；④当平行四边形为菱形时，邻边相等.
2．【答案】A
【知识点】矩形的性质；轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：
A、点O为矩形的对称中心，A符合题意；
B、点O不为线段的对称中心，B不符合题意；
C、直线不是矩形的对称轴，C不符合题意；
D、直线不是线段的对称轴，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据对称中心、对称轴的定义结合矩形的性质对选项逐一判断即可求解。
3．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相平分且垂直、平分一组对角，
∴矩形、菱形都具有的性质是：对角线互相平分.
故答案为：A.
【分析】矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相平分且垂直、平分一组对角，据此判断.
4．【答案】A
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：延长BC至G，使CG=EF，连接FG，
∵EF∥CG，EF=CG，
∴四边形EFGC为平行四边形，
∴CE=FG，
∴AF+CE=AF+FG，故当A、F、G共线时，取得最小值AG，
∵AB=8，AD=4，
∴BG=BC+CG=4+4=8，
∴AG=.
故答案为：A.
【分析】延长BC至G，使CG=EF，连接FG，易得四边形EFGC为平行四边形，则CE=FG，AF+CE=AF+FG，故当A、F、G共线时，取得最小值AG，然后在Rt△ABG中，利用勾股定理进行计算.
5．【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠知：A'D=AD=2CD ，∠ADG=∠A'DG
在矩形ABCD中，∠C=90°，BC∥AD，
∴∠CA'D=30°，
∵BC∥AD，
∴∠A'DA=∠CA'D=30°，
∴∠ADG=∠A'DG=15°，
故答案为：B.
【分析】由折叠及已知可得A'D=AD=2CD ，∠ADG=∠A'DG，利用直角三角形的性质可得∠CA'D=30°，由平行线的性质可得∠A'DA=∠CA'D=30°，从而得出∠ADG=∠A'DG=15°.
6．【答案】C
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FCH=∠EAG.
当FH=EG时，不能证明△AEG与△CFH全等，故不能得到四边形EGFH为平行四边形，A不符合题意；
当DF=FC时，而E没有任何条件，故不能得到四边形EGFH为平行四边形，B不符合题意；
∵CD=AB，BE=DF，
∴CF=AE.
∵AE=CF，∠EAG=∠FCH，AG=CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴GE=FH，∠CHF=∠AGE，
∴∠FHG=∠EGH，
∴FH∥GE，
∴四边形EGFH是平行四边形，故C符合题意；
当FG=FH时，不能得到四边形EGFH为平行四边形，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】由矩形的性质可得AB∥CD，根据平行线的性质可得∠FCH=∠EAG，然后根据平行四边形的判定定理进行证明.
7．【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接BE、BD，由折叠知：EF垂直平分BD，BF=DF，
∴BE=ED，∠BFE=∠DFE，
∵AD∥BC，∴∠BFE=∠DEF，
∴∠DFE=∠DEF，∴DE=DF，即DE=DF=BE=BF，
∴四边形BEDF是菱形，
设BF=x，则CF=16-x，
在Rt△DFC中，x2=(16-x)2+122，解得x=，即BF=DE=，
∴CF=16-x=，
在Rt△BCD中，BD==20，
∵菱形BEDF的面积=BD×EF=BF×CD，
∴×20×EF=×12，解得EF=15，
∴ 四边形的周长为DE+EF+CD+CF=+15++12=43；
故答案为：B.
【分析】连接BE、BD，证明四边形BEDF是菱形，设BF=x，则CF=16-x，在Rt△DFC中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，即得BF=DE=，CF=，在Rt△BCD中利用勾股定理求出BD=20，根据菱形BEDF的面积=BD×EF=BF×CD，可求出EF的长，利用四边形的周长为DE+EF+CD+CF即可求解.
8．【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AE平分∠BAD，
∴OA=OD，∠BAE=∠EAD=45°，AD∥BC，OA=OB.
∵∠ODA=30°，
∴∠ODA=∠OAD=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∴OB=AB.
∵∠BAE=45°，∠B=90°，
∴∠AEB=45°，
∴AB=BE，
∴OB=BE.
∵AD∥BC，
∴∠OBE=∠ADO=30°，
∴∠BOE=(180°-30°)÷2=75°.
故答案为：D.
【分析】由矩形以及角平分线的概念可得OA=OD，∠BAE=∠EAD=45°，AD∥BC，OA=OB，根据等腰三角形的性质可得∠ODA=∠OAD=30°，则∠BAC=60°，推出△ABO为等边三角形，得到OB=AB，易得AB=BE，则OB=BE，由平行线的性质可得∠OBE=∠ADO=30°，然后结合等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
9．【答案】
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，CD=，AD=6，
∴∠B=90°，BC=AD=6，AB=CD=，∠DAF=∠AEB.
∵E为BC的中点，
∴BE=3，
∴AE==6，
∴AD=AE.
∵F为AE的中点，
∴AF=3，
∴AF=BE，
∴△DAF≌△AEB（SAS），
∴DF=AB=.
故答案为：.
【分析】由矩形的性质可得∠B=90°，BC=AD=6，AB=CD=，∠DAF=∠AEB，根据中点的概念可得BE=3，由勾股定理求出AE，得到AD=AE，由中点的概念可得AF=3，则AF=BE，利用SAS证明△DAF≌△AEB，得到DF=AB，据此解答.
10．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接OE，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】连接OE，先根据矩形的性质即可得到∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，进而根据勾股定理求出AC，从而得到，再根据结合三角形的面积公式即可求解。
11．【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6，
∵BE=BC，
∴BE=6，
∵S△BCE=BC·AB=BE·CF，
∴6×4=6CF，
∴CF=4，
在Rt△BFC中，由勾股定理得.
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质及已知可得BE=6，由等面积法可得S△BCE=BC·AB=BE·CF，据此建立方程可求出CF的长，进而在Rt△BFC中，利用勾股定理可算出BF的长.
12．【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C= ∠ABE = 90°，AD//BC，AB= CD，
∵DF =AB，
∴DF= CD，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA = ∠DFE = 90°，
∵DE=DE，
∴Rt△DEF≌Rt△DEC(HL)，
∴结论①正确；
∵AD//BC，
∴∠AEB = ∠DAF，
∵∠ABE = ∠DFA，AB=DF，
∴△ABE≌△DFA(AAS)，
∴S△ABE = S△ADF；
∴结论②正确；
∴BE=AF，
∴结论④正确，结论③不正确；
综上所述：正确的结论是①②④，
故答案为：①②④.
【分析】利用矩形的性质和全等三角形的判定与性质对每个结论一一判断即可。
13．【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图1所示：过点F作FG⊥CD于点G，
∴∠FGC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC = AB= 12，∠B= ∠C = 90°，
∴四边形FGCB为矩形，
∴FG=BC=7，
∵EF=，
∴，
∵CE =3DE，
∴DE= CD= 3，
∴DG=DE+EG=3+1=4，
∴，
如图2所示：过点F作FG⊥CD于点G，
∴∠FGC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC= AB= 12，∠B= ∠C= 90°，
∴四边形FGCB为矩形，
∴FG =BC=7，
∵EF =，
∴，
∵CE =3DE，
∴DE=CD=3，
∴DG=DE -EG=2，
∴DF=，
故答案为： 或 .
【分析】分类讨论，先作图，再利用矩形的性质和勾股定理等计算求解即可。
14．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：延长PE交CD于点Q，如图所示：
∵，
∴，
∴四边形ABCD为矩形，
∴CB=DA，CD=BA=3，AB∥CD，∠B=∠C=90°，
∴△FCQ∽△FBE，
∴，
∴CQ=3BE=3，
∴QD=6，
由折叠可知EA=PE，AD=PD，∠DEA=∠DEQ，
∴PD=CB，
∵AB∥CD，
∴∠QDE=∠DEA=∠QED，
∴DQ=EQ=6，
∴PQ=4，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∵∠BEF=∠CGD，
∴△DCG∽△FBE，
∴，
∴CG=，
故答案为：
【分析】延长PE交CD于点Q，先根据矩形的性质得到CB=DA，CD=BA=3，AB∥CD，∠B=∠C=90°，再根据相似三角形的判定与性质证明△FCQ∽△FBE，进而得到，再根据折叠的性质得到EA=PE，AD=PD，∠DEA=∠DEQ，再运用平行线的性质得到∠QDE=∠DEA=∠QED，结合题意即可求出DQ=EQ=6，PQ=4，运用勾股定理即可求出DP的长，进而即可求出BF的长，再结合题意运用相似三角形的判定与性质即可得到CG的长。
15．【答案】解：∵把矩形纸片沿直线 折叠，点B落在点E处， 交 于点F，
∴ ，
∵四边形 是矩形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积是 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】根据题意先求出 ， 再利用勾股定理求出AD的值，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
16．【答案】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝4，OA＝OC，OB＝OD，
∴OD＝OC＝AC＝2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×2＝8．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】由题意可得：四边形CODE是平行四边形，根据矩形的性质可得OD＝OC＝AC＝2，推出四边形CODE是菱形，进而不难求出周长.
17．【答案】证明：∵四边形是矩形，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
在和中，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【分析】先证出四边形是平行四边形，可得AM=CN，再利用“HL”证出即可。
18．【答案】证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转得，，
在和中，
，
∴ ，
∴.
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】根据矩形的性质得AD∥BC，AB=CD，根据二直线平行，内错角相等得∠DEC=∠BCH，根据旋转的性质得CE=CB，从而AAS判断出△EDC≌△CHB，根据全等三角形的对应角相等即可得出BH=CD.
1 / 1北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》2.矩形的性质与判定（1）
一、选择题
1．（2023八下·慈溪期末）如图，平行四边形中，下列说法一定正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】A项，在平行四边形中ABCD中，当∠ABC=90°时，也就是当平行四边形为矩形时，对角线AC=BD，当平行四边形不是矩形的时候，对角线AC≠BD，则A项不一定正确，故A不符合题意；
B项，在平行四边形ABCD中，当AB=BC时，也就是平行四边形为菱形时，对角线AC与BC相互垂直，当平行四边形ABCD不是菱形时，对角线AC与BD不垂直，则B项不一定正确，故B不符合题意；
C项，根据平行四边形的性质，可以得到平行四边形的对边相等，则AB=CD，故C符合题意；
D项，当平行四边形ABCD是菱形的时候，邻边AB=BC，则D项不一定正确，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】①当平行四边形为矩形时，对角线相等；②当平行四边形为菱形时，对角线相互垂直；③平行四边形的对边相等；④当平行四边形为菱形时，邻边相等.
2．（2023·株洲）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（　　）
A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
【答案】A
【知识点】矩形的性质；轴对称图形；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】解：
A、点O为矩形的对称中心，A符合题意；
B、点O不为线段的对称中心，B不符合题意；
C、直线不是矩形的对称轴，C不符合题意；
D、直线不是线段的对称轴，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】根据对称中心、对称轴的定义结合矩形的性质对选项逐一判断即可求解。
3．（2023八下·拱墅期中）矩形、菱形都具有的性质是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直
C．对角线平分一组对角 D．对角线相等
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相平分且垂直、平分一组对角，
∴矩形、菱形都具有的性质是：对角线互相平分.
故答案为：A.
【分析】矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线互相平分且垂直、平分一组对角，据此判断.
4．（2023八下·拱墅期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是（　　）
A．8 B．12 C．8 D．16
【答案】A
【知识点】线段的性质：两点之间线段最短；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：延长BC至G，使CG=EF，连接FG，
∵EF∥CG，EF=CG，
∴四边形EFGC为平行四边形，
∴CE=FG，
∴AF+CE=AF+FG，故当A、F、G共线时，取得最小值AG，
∵AB=8，AD=4，
∴BG=BC+CG=4+4=8，
∴AG=.
故答案为：A.
【分析】延长BC至G，使CG=EF，连接FG，易得四边形EFGC为平行四边形，则CE=FG，AF+CE=AF+FG，故当A、F、G共线时，取得最小值AG，然后在Rt△ABG中，利用勾股定理进行计算.
5．（2023八下·龙岗期中）如图，ABCD是一张长方形纸片，且AD＝2CD．沿过点D的折痕将A角翻折，使得点A落在BC上（如图中的点A′），折痕交AB于点G，则∠ADG＝（　　）
A．30° B．15° C．75° D．22.5°
【答案】B
【知识点】含30°角的直角三角形；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠知：A'D=AD=2CD ，∠ADG=∠A'DG
在矩形ABCD中，∠C=90°，BC∥AD，
∴∠CA'D=30°，
∵BC∥AD，
∴∠A'DA=∠CA'D=30°，
∴∠ADG=∠A'DG=15°，
故答案为：B.
【分析】由折叠及已知可得A'D=AD=2CD ，∠ADG=∠A'DG，利用直角三角形的性质可得∠CA'D=30°，由平行线的性质可得∠A'DA=∠CA'D=30°，从而得出∠ADG=∠A'DG=15°.
6．（2023八下·拱墅期中）如图，四边形的四个顶点分别在矩形的边和对角线上，已知，下列条件能使四边形是平行四边形的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠FCH=∠EAG.
当FH=EG时，不能证明△AEG与△CFH全等，故不能得到四边形EGFH为平行四边形，A不符合题意；
当DF=FC时，而E没有任何条件，故不能得到四边形EGFH为平行四边形，B不符合题意；
∵CD=AB，BE=DF，
∴CF=AE.
∵AE=CF，∠EAG=∠FCH，AG=CH，
∴△AEG≌△CFH（SAS），
∴GE=FH，∠CHF=∠AGE，
∴∠FHG=∠EGH，
∴FH∥GE，
∴四边形EGFH是平行四边形，故C符合题意；
当FG=FH时，不能得到四边形EGFH为平行四边形，D不符合题意.
故答案为：C.
【分析】由矩形的性质可得AB∥CD，根据平行线的性质可得∠FCH=∠EAG，然后根据平行四边形的判定定理进行证明.
7．（2023八下·宿迁期中）如图，在矩形纸片中，，，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，折痕为，则四边形的周长为（　　）
A．40 B．43 C．48 D．53
【答案】B
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图，连接BE、BD，由折叠知：EF垂直平分BD，BF=DF，
∴BE=ED，∠BFE=∠DFE，
∵AD∥BC，∴∠BFE=∠DEF，
∴∠DFE=∠DEF，∴DE=DF，即DE=DF=BE=BF，
∴四边形BEDF是菱形，
设BF=x，则CF=16-x，
在Rt△DFC中，x2=(16-x)2+122，解得x=，即BF=DE=，
∴CF=16-x=，
在Rt△BCD中，BD==20，
∵菱形BEDF的面积=BD×EF=BF×CD，
∴×20×EF=×12，解得EF=15，
∴ 四边形的周长为DE+EF+CD+CF=+15++12=43；
故答案为：B.
【分析】连接BE、BD，证明四边形BEDF是菱形，设BF=x，则CF=16-x，在Rt△DFC中，利用勾股定理建立关于x方程并解之，即得BF=DE=，CF=，在Rt△BCD中利用勾股定理求出BD=20，根据菱形BEDF的面积=BD×EF=BF×CD，可求出EF的长，利用四边形的周长为DE+EF+CD+CF即可求解.
8．（2023八下·灌南期中）如图，在矩形中，、相交于点，平分交于点．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；角平分线的定义
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，AE平分∠BAD，
∴OA=OD，∠BAE=∠EAD=45°，AD∥BC，OA=OB.
∵∠ODA=30°，
∴∠ODA=∠OAD=30°，
∴∠BAC=60°，
∴△ABO为等边三角形，
∴OB=AB.
∵∠BAE=45°，∠B=90°，
∴∠AEB=45°，
∴AB=BE，
∴OB=BE.
∵AD∥BC，
∴∠OBE=∠ADO=30°，
∴∠BOE=(180°-30°)÷2=75°.
故答案为：D.
【分析】由矩形以及角平分线的概念可得OA=OD，∠BAE=∠EAD=45°，AD∥BC，OA=OB，根据等腰三角形的性质可得∠ODA=∠OAD=30°，则∠BAC=60°，推出△ABO为等边三角形，得到OB=AB，易得AB=BE，则OB=BE，由平行线的性质可得∠OBE=∠ADO=30°，然后结合等腰三角形的性质以及内角和定理进行计算.
二、填空题
9．（2023八下·潮南月考）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是BC，AE的中点，若，，则DF的长是　 　．
【答案】
【知识点】平行线的性质；勾股定理；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，CD=，AD=6，
∴∠B=90°，BC=AD=6，AB=CD=，∠DAF=∠AEB.
∵E为BC的中点，
∴BE=3，
∴AE==6，
∴AD=AE.
∵F为AE的中点，
∴AF=3，
∴AF=BE，
∴△DAF≌△AEB（SAS），
∴DF=AB=.
故答案为：.
【分析】由矩形的性质可得∠B=90°，BC=AD=6，AB=CD=，∠DAF=∠AEB，根据中点的概念可得BE=3，由勾股定理求出AE，得到AD=AE，由中点的概念可得AF=3，则AF=BE，利用SAS证明△DAF≌△AEB，得到DF=AB，据此解答.
10．（2023·内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一、如图，在矩形中，，，对角线与交于点O，点E为边上的一个动点，，，垂足分别为点F，G，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接OE，如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】连接OE，先根据矩形的性质即可得到∠CBA=90°，CO=OA=OB=OD，CB=AD=12，进而根据勾股定理求出AC，从而得到，再根据结合三角形的面积公式即可求解。
11．（2023·台州）如图，矩形ABCD中，，．在边AD上取一点E，使，过点C作，垂足为点F，则BF的长为　 　．
【答案】
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=6，
∵BE=BC，
∴BE=6，
∵S△BCE=BC·AB=BE·CF，
∴6×4=6CF，
∴CF=4，
在Rt△BFC中，由勾股定理得.
故答案为：.
【分析】根据矩形的性质及已知可得BE=6，由等面积法可得S△BCE=BC·AB=BE·CF，据此建立方程可求出CF的长，进而在Rt△BFC中，利用勾股定理可算出BF的长.
12．（2023·永善模拟）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF＝AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE = S△ADF；③AF＝AB；④BE＝AF．其中正确的结论是　 　．
【答案】①②④
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C= ∠ABE = 90°，AD//BC，AB= CD，
∵DF =AB，
∴DF= CD，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA = ∠DFE = 90°，
∵DE=DE，
∴Rt△DEF≌Rt△DEC(HL)，
∴结论①正确；
∵AD//BC，
∴∠AEB = ∠DAF，
∵∠ABE = ∠DFA，AB=DF，
∴△ABE≌△DFA(AAS)，
∴S△ABE = S△ADF；
∴结论②正确；
∴BE=AF，
∴结论④正确，结论③不正确；
综上所述：正确的结论是①②④，
故答案为：①②④.
【分析】利用矩形的性质和全等三角形的判定与性质对每个结论一一判断即可。
13．（2023·景洪模拟）在矩形中，点E在边上，点F在边上，连接若，，则的长为　 　．
【答案】或
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图1所示：过点F作FG⊥CD于点G，
∴∠FGC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC = AB= 12，∠B= ∠C = 90°，
∴四边形FGCB为矩形，
∴FG=BC=7，
∵EF=，
∴，
∵CE =3DE，
∴DE= CD= 3，
∴DG=DE+EG=3+1=4，
∴，
如图2所示：过点F作FG⊥CD于点G，
∴∠FGC=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴DC= AB= 12，∠B= ∠C= 90°，
∴四边形FGCB为矩形，
∴FG =BC=7，
∵EF =，
∴，
∵CE =3DE，
∴DE=CD=3，
∴DG=DE -EG=2，
∴DF=，
故答案为： 或 .
【分析】分类讨论，先作图，再利用矩形的性质和勾股定理等计算求解即可。
14．（2023·虹口模拟）如图，在矩形ABCD中，，点E在边AB上，，连接DE，将沿着DE翻折，点A的对应点为P，连接EP、DP，分别交边BC于点F、G，如果，那么CG的长是　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；相似三角形的判定与性质
【解析】【解答】解：延长PE交CD于点Q，如图所示：
∵，
∴，
∴四边形ABCD为矩形，
∴CB=DA，CD=BA=3，AB∥CD，∠B=∠C=90°，
∴△FCQ∽△FBE，
∴，
∴CQ=3BE=3，
∴QD=6，
由折叠可知EA=PE，AD=PD，∠DEA=∠DEQ，
∴PD=CB，
∵AB∥CD，
∴∠QDE=∠DEA=∠QED，
∴DQ=EQ=6，
∴PQ=4，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∵∠BEF=∠CGD，
∴△DCG∽△FBE，
∴，
∴CG=，
故答案为：
【分析】延长PE交CD于点Q，先根据矩形的性质得到CB=DA，CD=BA=3，AB∥CD，∠B=∠C=90°，再根据相似三角形的判定与性质证明△FCQ∽△FBE，进而得到，再根据折叠的性质得到EA=PE，AD=PD，∠DEA=∠DEQ，再运用平行线的性质得到∠QDE=∠DEA=∠QED，结合题意即可求出DQ=EQ=6，PQ=4，运用勾股定理即可求出DP的长，进而即可求出BF的长，再结合题意运用相似三角形的判定与性质即可得到CG的长。
三、解答题
15．（2023八下·大兴期中）如图，矩形纸片中，，把矩形纸片沿直线折叠，点B落在点E处，交于点F，若．求的面积．
【答案】解：∵把矩形纸片沿直线 折叠，点B落在点E处， 交 于点F，
∴ ，
∵四边形 是矩形， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 的面积是 ．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质
【解析】【分析】根据题意先求出 ， 再利用勾股定理求出AD的值，最后利用三角形的面积公式计算求解即可。
16．（2023八下·海城期中）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC，若AC＝4，求四边形CODE的周长．
【答案】解：∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝4，OA＝OC，OB＝OD，
∴OD＝OC＝AC＝2，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC＝4×2＝8．
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【分析】由题意可得：四边形CODE是平行四边形，根据矩形的性质可得OD＝OC＝AC＝2，推出四边形CODE是菱形，进而不难求出周长.
17．（2023·天桥模拟）如图，在矩形和矩形有公共顶点A和C，、相交于点M，、相交于点N，证明：．
【答案】证明：∵四边形是矩形，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
在和中，
∴．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【分析】先证出四边形是平行四边形，可得AM=CN，再利用“HL”证出即可。
18．（2023九上·福州期末）如图，将矩形绕点C顺时针旋转得到矩形，点B与点E对应，点E恰好落在边上，交于点H，求证：.
【答案】证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
由旋转得，，
在和中，
，
∴ ，
∴.
【知识点】矩形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】根据矩形的性质得AD∥BC，AB=CD，根据二直线平行，内错角相等得∠DEC=∠BCH，根据旋转的性质得CE=CB，从而AAS判断出△EDC≌△CHB，根据全等三角形的对应角相等即可得出BH=CD.
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