北师大版2024-2025学年九年级数学上册第一章1.2矩形的性质与判定拔高提升同步练习（含详解）

北师大版2024-2025学年九年级数学上册第一章1. 2 矩形的性质与判定 拔高提升同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
评卷人得分
一、单选题（共36分）
1．（本题3分）在 ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是( )
A．AO＝CO B．AO＝BO C．AO⊥BO D．∠OBC＝∠OBA
2．（本题3分）如图为小亮在家找到的一块木板，他想检验这块木板的表面是不是矩形，但仅有一根足够长的细绳，现提供了如下两种检验方法：
下列说法正确的是（ ）
A．方法一可行，方法二不可行 B．方法一不可行，方法二可行 C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行
3．（本题3分）如图，在中，，于点D，，E是斜边AB的中点，则（ ）
A． B． C． D．
4．（本题3分）如图，矩形中，、相交于点O，若的面积是3，则矩形的面积是（ ）
A．6 B．12 C．15 D．18
5．（本题3分）如图， 矩形中，，连接对角线，将沿所在的直线折叠，得到，交于点F． 则的长是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2.4
6．（本题3分）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，恰好得到菱形，若，则菱形的面积为（ ）
A． B． C．4 D．8
7．（本题3分）如图，四边形为平行四边形，延长到E，使，连接，添加一个条件，不能使四边形成为矩形的是（）

A． B． C． D．
8．（本题3分）如图，在矩形中，，，连接，将沿折叠，使点对应点落在上，将沿折叠，使对应点也落在上，连接，，则四边形面积为（ ）
A． B． C． D．
9．（本题3分）如图，矩形中，．平分交于点，是上一动点，连结，于点，若，且，则的长为（　　）
A． B． C． D．
10．（本题3分）在Rt△ABC中，∠C=90°，点P在边AB上．BC=6， AC=8， ( )
A．若∠ACP=45°， 则CP=5 B．若∠ACP=∠B，则CP=5
C．若∠ACP=45°，则CP= D．若∠ACP=∠B，则CP=
11．（本题3分）如图，四边形中，，点为对角线的中点，于点，若，，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
12．（本题3分）矩形 ABCD中，O为 AC 的中点，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∠COB=60°，FO=FC，则下列结论：①△AOE≌△COF；②△EOB≌△CMB；③FB⊥OC，OM=CM；④四边形 EBFD 是菱形；⑤MB：OE=3：2其中正确结论的个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
评卷人得分
二、填空题（共20分）
13．（本题4分）如图，把一块长方形纸片ABCD沿EF折叠，若，则 ．
14．（本题4分）如图，在矩形中，，，P为上一动点，于E，于F，的面积为 ；则的值为 ．

15．（本题4分）如图，将绕点逆时针旋转到的位置，此时点落在上，若，，则的面积为 ．
16．（本题4分）如图，矩形的边长为4，将沿对角线翻折得到，与交于点E，再以为折痕，将进行翻折，得到．若两次折叠后，点恰好落在的边上，则的长为 ．
17．（本题4分）如图，菱形的边长为4，，点E、F分别是边上的动点，且，过点B作于点G，连接，则长的最小值是 ．
评卷人得分
三、解答题（共94分）
18．（本题8分）如图所示，在平行四边形ABCD中，BF⊥AD于F，BE⊥CD于E，若∠A=60°，AF=3cm，CE=2cm，求平行四边形ABCD的周长．
19．（本题8分）如图所示，在△ABC中，CD是AB上的中线，且DA＝DB＝DC．
（1）已知∠A＝30°，求∠ACB的度数；
（2）已知∠A＝40°，求∠ACB的度数；
（3）已知∠A＝x°，求∠ACB的度数；
（4）请你根据解题结果归纳出一个结论．
20．（本题9分）如图，已知矩形，M，N为矩形边上不同的两点（不与顶点重合），连接，线段将矩形分为面积相等的两部分．
(1)请用数学中常用的工具：圆规无刻度直尺，找出一组符合条件的M点和N点（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：．
21．（本题9分）如图，是矩形的对角线．
(1)请用无刻度的直尺和圆规作点关于的对称点．（保留作图痕迹，不写作法）
(2)连接，交于点．求证：．
22．（本题10分）如图，直线与x 轴，y轴分别交于点A 和点B，点 A 的坐标为，且．
(1)求直线解析式；
(2)如图，将向右平移3个单位长度，得到，求线段的长；
(3)在(2)中扫过的面积是　　　．
23．（本题10分）如图，在矩形中，对角线，交于点O， 且的 长 为 9 ，，动点P，Q分别以每秒3个单位长度的速度分别同时从点A， 点B 出 发 ， 点P 沿A→0→C方向运动，点Q 沿折线B→0→D方向运动，当点P 到达点C 时 ，P，Q两点停止运动．设运动时间为t 秒，点P，Q 两点间的距离为y．
(1)请直接写出y关于t的函数表达式并注明自变量t的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)结合函数图象，直接写出当点P，Q两点距离小于5个单位长时，t 的范围．（结果保 留一位小数）
24．（本题12分）已知，在长方形中，，，点，分别是边，上的点，连接，，．
(1)如图，当时，试说明是直角三角形；
(2)如图，若点是边的中点，平分，求的长．
25．（本题14分）综合与实践： 问题情境：
在数学活动课上，老师要求同学们以矩形为背景探究几何图形运动变化中的数学结论．如 图1，在矩形中，点O为对角线的中点，点E 在边上，且， 线段的延长线交于点F．
（1）如果，则 ．
操作探究：
（2）“善思”小组的同学将图1中的绕点B顺时针旋转(设点O，E的对应点分别为)， 在分析旋转到不同位置时的情形后，提出如下问题，请你解答：
①如图2，当点落在边上时，所在的直线与存在什么样的位置关系？并 说明理由
②如图3，当点落在的延长线上时，连接， 判断四边形的形状，直接写出结果，无需说明理由．
26．（本题14分）综合与实践
【问题情境】
在数学课上，老师让同学们探究旋转中的数学问题，如图1，在中，，，点为线段上一动点，连接．若将线段绕点沿逆时针的方向旋转得到，连接，易证与的数量关系为：　　，位置关系为：　　．
【变式探究】
“创新”小组提出：当点在如图2所示位置时，若将线段绕点沿顺时针的方向旋转，得到，过点作垂直于交于点，连接、，试探究的度数．
①“善思”小组经过研究发现线段与的关系为：，，请你帮“善思”小组写出此结论的证明过程．
②从而“明辨”小组得出　　．
【问题拓展】
同学们提出当点在上继续向右运动时，的度数会发生变化，那么当点运动到如图3所示的位置时，　　，（请你直接写出答案）此时“变通”小组发现、、之间存在某种数量关系，请你写出、、三条线段之间的数量关系　　．
参考答案：
1．B
2．A
3．C
4．B
5．C
6．A
7．D
8．B
9．A
10．D
11．A
12．B
13．
【分析】根据翻折变换的性质可得∠DEF=∠GEF，再根据平角等于180°列式计算即可得解．
【详解】解：由翻折的性质得，∠DEF=∠GEF=50°，
∴∠AEG=180°-∠DEF-∠GEF=180°-50°-50°=80°．
故答案为：80°．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质，是基础题，熟记性质是解题的关键．
14． 3 /
【分析】首先连接，在矩形中，，，可求得以及的面积，继而可得，则可求得答案．
【详解】解：连接，

∵四边形是矩形，
∴，，，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴＝，，
∵
∴．
故答案为3；．
【点睛】此题考查了矩形的性质以及勾股定理、三角形面积．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想与整体思想的应用．
15．/4.5
【分析】由旋转的性质可得，由等腰三角形的性质可得，由勾股定理可求的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点A作于M，过点E作于N，则
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
而
∴四边形是矩形，
∴，
∵将绕点A逆时针旋转到的位置，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴（舍去），
∴，
∴由勾股定理得，
∴的面积，
故答案为：．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键．
16．或
【分析】根据题意分两种情况讨论：①当点恰好落在上时，由翻折以及矩形的性质利用可证明，然后根据等腰三角形的性质求出的长，再依据勾股定理求解即可；②当点恰好落在上时，同理利用可证明，根据全等三角形的性质可得出的长，再根据线段的和差关系即可得出答案．
【详解】∵四边形为矩形，
∴，，
∵沿对角线翻折得到，
∴，，
∵以为折痕，将进行翻折，得到，
∴，，
①当点恰好落在上时，如图，
在和中，
∴
∴，即为等腰三角形，
∵
∴点为中点，
∴，
在中，有，
即，解得
②当点恰好落在上时，如图，
∵
∴四边形为矩形，
∴，
∵沿进行翻折，得到，
∴
在中，
，
在和中，
∴≌（）
∴
∴．
故答案为：或．
【点睛】本题考查了空间想象能力以及分类讨论的思想，熟练掌握翻折的性质，运用全等三角形的判定与性质、勾股定理是解答此题的关键．
17．/
【分析】连接交于点O，先证明点O为菱形的对角线的交点，然后利用直角三角形的性质得到点G的轨迹，再利用动点和定点的连线经过圆心时，线段有最小（大）值求解即可．
【详解】解：连接交于点O，，
，
，
，
，
连接必过点O，
于G，取中点M，连接
，
点G在以为直径的半圆M上运动，
故当共线时，取最小值，即最小值为的长度，如图所示，
此时，菱形的边长为4，，
，
，，
在中，，
的最小值为：，
故答案为：．
【点睛】此题考查了菱形的性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、动点的轨迹等知识，熟练掌握菱形的性质、得到点G的轨迹是解答此题的关键．
18．20
【分析】在直角三角形AFB中，知道∠A=60°，AF=3cm，可求出AB的长，同理在Rt△BEC中，可求出BC，因为平行四边形对边相等，即可求出周长．
【详解】解：在△AFB中，AF⊥BF，∠A=60°，AF=3cm，
∴∠ABF=30°，AB=2AF=6cm，
同理在△BEC中，BC=2EC=4cm，
在平行四边形ABCD中，
AB=CD，AD=BC，
∴平行四边形ABCD的周长为=2（AB+BC）=20cm．
【点睛】本题主要考查了平行四边形对边相等与直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半．
19．（1）90°；（2）90°；（3）90°；（4）三角形中，一边上的中线等于这边的一半，那么这边所对的角等于90°．
【分析】（1）（2）（3）利用等腰三角形及三角形内角和定理即可求出答案；
（4）三角形中，一边上的中线等于这边的一半，那么这边所对的角等于90°．
【详解】解：（1）∵在△ABC中，CD是AB上的中线，且DA＝DC，∠A＝30°
∴∠ACD＝30°
∵∠CDB是△ACD的外角
∴∠CDB＝60°
∵DB＝CD
∴∠DCB＝∠B＝60°
∴∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝30°+60°＝90°；
（2）若∠A＝40°，同（1），可知∠ACD＝40°，∠CDB＝40°+40°＝80°
∠DCB＝（180°﹣∠CDB）＝（180°﹣80°）＝50°
∴∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝40°+50°＝90°；
（3）若∠A＝x°，同（1），可知∠ACD＝x°，∠CDB＝x°+x°＝2x°
∠DCB＝（180°﹣∠CDB）＝（180°﹣2x°）＝90°﹣x°，
故∠ACB＝∠ACD+∠DCB＝x°+90°﹣x°＝90°；
（4）三角形中，一边上的中线等于这边的一半，那么这边所对的角等于90°．
【点睛】此题主要考查直角三角形的性质，解题的关键是熟知直线三角形斜边上的中线的性质.
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图—作垂直平分线，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正确作图是解题的关键．
（1）连接，作的垂直平分线分别与，交于点M，N，点M，N即为所求作的点（图①作法）, 一题多解：连接对角线，交于点O，过点O的直线分别与，交于点M，N，点M，N即为所求作的点（图②作法）．
（2）利用矩形的性质证明，利用全等三角形性质即可解题．
【详解】（1）解：如解图①，点M，N即为所求；
一题多解：
如解图②，点M，N即为所求；
（2）证明：如解图②，
四边形是矩形，
，，
．
，
，
．
21．(1)见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）按作过外一点的垂线的尺规作图方法作出的垂线，垂足为O，再以O为圆心，在射线上的另一侧截取，即得点关于的对称点；
（2）由线段垂直平分线的性质得，由等腰三角形的性质得；再由矩形的性质及平行线的性质即可得，从而证得结论成立．
【详解】（1）解：如图所示，点E即为所求．（作法不唯一）
（2）证明：由对称的性质，可知垂直平分线段，
∴．
∴．
∵四边形为矩形，
∴．
∴．
∴．
∴．
【点睛】本题考查了尺规作图—作垂线，对称的性质，垂直平分线的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，正确作图是解题的关键．
22．(1)
(2)
(3)7
【分析】（1）先求出点B的坐标，设直线解析式为，利用待定系数法求解即可；
（2）根据平移的性质求出点的坐标，再根据两点之间的距离公式求解即可；
（3）根据三角形和矩形面积公式求解即可．
【详解】（1）∵，
∴，
∵，
∴，
设直线的解析式为，
把和分别代入中得 ，
解得 ，
∴ 直线解析式为；
（2）∵，
∴，
由平移得
在中，由勾股定理得
即线段的长是；
（3）∵扫过的面积等于矩形与的面积的和，
∴扫过的面积
【点睛】本题考查了一次函数的问题，掌握一次函数的性质、平移的性质、两点之间距离公式、三角形面积公式、矩形面积公式是解题的关键．
23．(1)
(2)图象见详解；当时，随着x的增大而减小；当时，随着x的增大而增大
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质，求出动点运动的总时间为6秒，分和两种情况，根据等边三角形的判定与性质解答即可；
（2）根据函数的解析式即可画出函数图象，根据增减性即可得到函数的性质；
（3）结合图象当时，代入关系式即可求出交点的横坐标t，若使点P，Q两点距离小于5个单位长，结合图象取下方的图象所对应的t 的范围．
【详解】（1）解：四边形为矩形，，
，
根据题意可得，运动的总时间为秒，
动点P，Q分别以每秒3个单位长度的速度同时出发，
，
，
又，
是等边三角形，
当时，，
，
；
当时，，
，
，
综上所述：；
（2）函数图象如图所示，
根据图象可得，当时，随着x的增大而减小；当时，随着x的增大而增大；
（3）
当时，或，
解得或，
由上图可知，当时，
当点P，Q两点距离小于5个单位长时，t的范围．
【点睛】本题考查了矩形的性质、一次函数的图象和性质以及等边三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质、等边三角形的判定与性质及一次函数的图像与性质．
24．(1)详见解析；
(2)．
【分析】（）由四边形是长方形得，，，然后用勾股定理逆定理即可求解；
（）作于，然后证明和，设，则，，再用勾股定理即可求解；
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，，，
在中，，
在中，，
在中，，
∴，
∴是直角三角形，且；
（2）解：作于，
则，
∵平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
即．
25．（1）（2）①，理由见解析②四边形为菱形，理由见解析
【分析】本题考查矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的判定等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键．
（1）勾股定理求出的长，得到的长，进而得到的长，用求出的长即可；
（2）延长，交于点，根据角的和差关系，结合矩形的性质，旋转的性质，以及四边形的内角和为360度，推出，即可得出结论；
②证明，得到，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵矩形，点O为对角线的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
故答案为：；
（2）①，理由如下：
延长，交于点，
∵，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∵旋转，
∴，
∴，，
∴，
∴
∴；
②四边形为菱形；理由如下：
∵旋转，
∴，
∵矩形，
∴，，
∵点落在的延长线上，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形．
26．[问题情境]，；[变式探究]①见解析，②45；[问题拓展]135；．
【分析】[问题情境]由题意得出，由旋转的性质可得：，，证明，得出，，从而得出，即可得解；
[变式探究]①由题意得出，证明为等腰直角三角形，得出，，，由旋转的性质可得：，，证明，得出，，求出，得到，从而推出；②证明四边形为矩形，得出，即可得解；
[问题拓展]由变式探究可得：四边形为矩形，为等腰直角三角形，从而得出，，，可得出答案．
【详解】[问题情境]解：在中，，，
，
由旋转的性质可得：，，
，
，
，
，，
，即，
故答案为：，；
[变式探究]①证明：在中，，，
，
，
为等腰直角三角形，
，，，
由旋转的性质可得：，，
，即，
，
，，
，，
，
；
②解：由①可得：，，
四边形为平行四边形，
，
四边形为矩形，
，
，
故答案为：45；
[问题拓展]解：由变式探究可得：四边形为矩形，为等腰直角三角形，
，，
，
，
，
故答案为：135；．
【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页