1.2矩形的性质与判定典例精讲与强化训练（含解析）-数学九年级上册北师大版

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1.2矩形的性质与判定典例精讲与强化训练-数学九年级上册北师大版
一、单选题
1．顺次连结任意四边形四边中点，所得的图形是一个矩形，则四边形一定是 （ ）
A．矩形 B．菱形
C．对角线相等的四边形 D．对角线互相垂直的四边形
2．如图，在直角三角形中，，，，为的中线，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
4．如图所示，中，，，，点O是的中点，则的长度为（ ）
A．3 B．4 C．2 D．2.5
5．如图，直角梯形中，，，，将腰以为中心逆时针旋转至，连接，，的面积为，则长（ ）
A． B． C． D．
6．如图，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，若，则旋转角的度数为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，O是矩形的对角线的中点，E是边的中点．若，，则线段的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
8．如图，在四边形中，对角线，垂足为O，点E、F、G、H分别为边、、、的中点．若，则四边形的面积为（ ）
A．48 B．24 C．32 D．12
二、填空题
9．如图，折叠矩形纸片的一边，使点落在边上的点处，，，则的长为 ．
10．如图，在四边形ABCD中，，，，，，将线段绕点D逆时针旋转得到，连接，则的面积为 ．
11．如图，矩形中，，．点E为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ．
12．如图，在中，，，，点P是边上的一动点，过点P作，，垂足分别为E、F，最小值为 ．
13．如图，在矩形中，点E为上定点，，点F为射线上一动点，连接，将绕点E顺时针旋转，点F落点为点G，则的最小值为 ．
14．在矩形中，对角线与交于点O，，垂足为E．若，，则 ．
15．如图，在矩形中，对角线与交于点O，于点E，若，且，则的长为 ．
16．如图，在中，，，，点是斜边上的一个动点，于点，于点，连接，则线段的最小值为 ．
三、解答题
17．已知：如图，等边，O为边的中点，将绕点O顺时针旋转到的位置， 旋转角为， 连接，．
(1)求证：；
(2)当时，直接写出四边形为何特殊的四边形．
18．如图，在中，是边上的中线，是边上的高线，于G，．
(1)求证：；
(2)已知，求的面积．
19．如图，在中，是边上的一点，点是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，且，连接．
(1)求证
(2)①当满足什么条件时，四边形是矩形？并说明理由．
②满足 条件时，四边形是菱形（无需证明）．
20．如图，在矩形中，E、F分别是边上的点，，连接与对角线交于点O，且，．
(1)求证：；
(2)求的度数；
(3)若，求矩形的面积．
21．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A在y轴的正半轴上，点C在x轴的正半轴上，线段的长分别是m，n且满足，点D是线段上一点，将沿直线翻折，点O落在矩形对角线上的点E处
(1)求线段的长；
(2)求点E的坐标；
(3)所在直线与相交于点M，点N在x轴的正半轴上，以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，求N点坐标．
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C C D C C C D
1．D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，三角形中位线定理，根据矩形的性质得到，根据三角形中位线定理得到，则，据此可得答案．
【详解】解：如图，设点，，，分别是四边形各边的中点，
∵四边形是矩形，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴
∴原四边形一定是对角线互相垂直的四边形．
故选：D．
2．C
【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握勾股定理和直角三角形斜边中线的性质是解题的关键．先利用勾股定理算出，再利用直角三角形斜边中线的性质求出．
【详解】解：∵，，，
∴，
∵为的中线，
∴，
故选：C．
3．C
【分析】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握矩形的性质，线段垂直平分线的性质是解决问题的关键．由矩形的性质得出，由已知条件得出，，由线段垂直平分线的性质得出，得出，即可求出的长．
【详解】解：四边形是矩形，
，，，，
，
，，
，，
，
，
，
故选：C
4．D
【分析】本题考查勾股定理与直角三角形斜边中线，先根据勾股定理求出，再由斜边中线得到，即可求解．
【详解】∵，，，
∴，
∵点O是的中点，
∴，
故选：D．
5．C
【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识．熟练掌握旋转的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质是解题的关键．
如图，过作于，作于， 由旋转的性质可得，，，证明，则，由题意知，，可求，则，证明四边形是矩形，则，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，过作于，作于，
由旋转的性质可得，，，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
由题意知，，
解得，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故选：C．
6．C
【分析】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、三角形外角的定义及性质，由矩形的性质得出，，由旋转的性质可得：，由三角形外角的定义及性质得出，即可得解．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
由旋转的性质可得：，
∵，
∴，
∴，
∴旋转角的度数为，
故选：C．
7．C
【分析】本题考查矩形的性质，三角形的中位线定理，斜边上的中线，中位线定理求出的长，勾股定理求出的长，斜边上的中线求出线段的长即可．
【详解】解：∵O是矩形的对角线的中点，E是边的中点，
∴，，
∴，，
∴；
故选C．
8．D
【分析】利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可．
【详解】解：∵点E、F分别为四边形的边、的中点，
∴，且．
同理：，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
同理：，，
又∵，
∴．
∴四边形是矩形．
∴四边形的面积，
即四边形的面积是12．
故选：D．
【点睛】本题考查的是中点四边形的含义，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的中位线的性质，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键．
9．
【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题关键．由矩形和折叠的性质可知，，，，从而可由勾股定理求出的长，进而可求出的长．设，则．由勾股定理可列出关于x的方程，解出x即可．
【详解】解：由矩形和折叠的性质可知，，，，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
解得：，
∴．
故答案为：．
10．
【分析】过点E作交的延长线于点F，过点C作于点G，结合题意可得四边形是矩形，，从而可求得的长，再结合旋转的性质可证，从而可得的长，即可求得的面积．
【详解】解：如图，过点E作交的延长线于点F，过点C作于点G．
，，
，，
四边形是矩形，
，
．
是由绕点D逆时针旋转得到的，
，，
，
又，
，
，
．
，
．
【点睛】本题考查了平行线的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
11．或
【分析】本题考查矩形的折叠，勾股定理，连接，过作，交于点,于点,作交于点,先利用勾股定理求出的长，然后分两种情况利用勾股定理解题即可．
【详解】连接，过作，交于点,于点,作交于点,则 是直角三角形.
∵四边形 是矩形，点的对应点落在的角平分线上，
，
，
，
则四边形是正方形.
设 ，
，
，
又
，
在中，根据勾股定理，得即，
解得或,
或.
设,当时，，
根据勾股定理，得，即
解得；
同理，当时,
根据勾股定理，得
解得
综上，或
故答案为：或 ．
12．/
【分析】此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、垂线段最短，熟练掌握矩形的判定和性质、勾股定理是解题的关键．
连接，利用勾股定理求出，证明四边形是矩形，则，当最短时，也最短，当时，最短，等积法求出，即可求出．
【详解】解：如图，连接，

∵，，，
∴，
∵，，，
∴四边形是矩形，
∴，
当最短时，也最短，
当时，最短，
如图，

则，
解得，
∴，
故答案为： ．
13．
【分析】本题考查了矩形的性质与判定，旋转性质，图形运动，先作图延长交于点，然后得出点G在平行于，且与的距离为1的射线上运动，结合垂线段最短得出当G运动到N，即时，有最小值，最后证明四边形是矩形，即可作答．
【详解】将绕点E顺时针旋转得到，
如图，延长交于点
，
∴点G在平行于，且与的距离为1的射线上运动，
如图，
当G运动到N，即时，有最小值，
，
∴四边形是矩形，
．
故答案为：
14．21
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键．
由矩形得，则，在中，由勾股定理得，即可求解面积．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：21．
15．
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，平方根解方程，掌握矩形的对角线相等且平分是解题关键．由矩形的性质可得，再利用勾股定理列方程，求出，即可得到的长．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
解得：（负值舍去），
，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短，连接，即可证明四边形是矩形；由矩形得出，再由三角形的面积关系求出的最小值，即可得出结果，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴当时，的值最小，
此时，的面积，
∴，
∴的最小值为，
故答案为：．
17．(1)见解析
(2)当时，四边形为矩形
【分析】（1）连接，，根据等边三角形的性质和旋转的性质利用证明，得出答案即可；
（2）先证明，根据，得出四边形为平行四边形，根据，得出四边形为矩形．
【详解】（1）证明：如图，连接，．
由旋转，可知 ，
∵和为等边三角形，O 为边的中点，O 为边的中点，
，，
，
∵O 为边的中点，
∴，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：连接，，如图所示：
当时，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，等边三角形的性质，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，平行线的判定，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握等边三角形的性质．
18．(1)见解析
(2)的面积为22
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形的面积，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质以及线段垂直平分线的性质是解题的关键．
（1）根据垂直定义可得，然后利用直角三角形斜边上的中线性质可得，再利用线段垂直平分线的性质可得，从而利用等量代换即可解答；
（2）利用（1）的结论可得，从而可得，然后利用勾股定理求出，从而求出的面积，最后根据线段中点的性质，可得的面积．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵点D是的中点，
∴，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴；
（2）由（1）可得：，
∵，
∴，
在中，，
∴的面积，
∵点D是的中点，
∴的面积，
∴的面积为22．
19．(1)见解析
(2)①当时，四边形为矩形，理由见解析；②当时，四边形是菱形，理由见解析
【分析】（1）证明可得，再根据条件可利用等量代换可得；
（2）①首先判定四边形为平行四边形，再根据等腰三角形三线合一的性质可得，进而可得四边形为矩形；②根据是平行四边形，再证邻边相等的平行四边形是菱形即可．
【详解】（1）证明：∵，
．
是的中点，
，
在与中，
，
，
，
，
；
（2）解：①当时，四边形为矩形，
证明如下：
，，
四边形为平行四边形，
∵，，
，
，
四边形为矩形；
②当时，四边形是菱形．
证明：由①知四边形是平行四边形，
，，
∴，
∴四边形是菱形．
【点睛】此题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形判定与性质，菱形的判定是解题的关键．
20．(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的对边平行可得，再根据两直线平行，内错角相等得出，然后利用“”证明，再根据全等三角形的性质即可得证；
（2）连接，根据等腰三角形三线合一的性质可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据等边对等角的性质可得，再根据直角三角形两锐角互余求出，即，进而求得，得出是等边三角形，从而得出；
（3）可求，而，则，故在中，由勾股定理可得，可求，则，在中，由勾股定理求得，根据即可求解．
【详解】（1）证明：在矩形中，，
∴，即，
在和中，
∴，
∴．
（2）解：∵，，
∴，
∴在中，，
由可得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵，
在中，，
解得，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
（3）解：∵，
∴，而，
∴，
在中，由勾股定理可得，
∵,
∴，
∴，
∴在中，由勾股定理求得，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识点，熟练运用矩形的性质是解题的关键．
21．(1)
(2)
(3)或．
【分析】（1）根据非负性即可求出；根据勾股定理得出长；
（2）由三角形面积求法可得，进而求出和，即可解答；
（3）由待定系数法求出的解析式，进而求出M点坐标，再利用平行四边形的性质解答即可．
【详解】（1）解：∵，，
∴
∴，
解得，
∵线段的长分别是m，n且满足，
∴；
设，由翻折的性质可得：，
，
可得：，
在中，由勾股定理可得：，
即，
解得： ，
可得：；
（2）过E作于点G，
在中，
，
即
解得：，
在中，，
∴，
所以点E的坐标为；
（3）设直线的解析式为：，把，E代入解析式可得：
，
解得：，
所以的解析式为：，
把代入的解析式，可得：，
即，
当以M、A、N、C为顶点的四边形是平行四边形时，
，
所以， ，
即存在点N，且点N的坐标为或．
【点睛】本题是一次函数综合题目，考查了算术平方根的非负性、用待定系数法求一次函数的解析式、勾股定理、平行四边形的性质等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（3）中，需要进行分类讨论，通过求一次函数的解析式和平行四边形的性质才能得出结果．
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