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初中数学2 矩形的性质与判定课后测评
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这是一份初中数学2 矩形的性质与判定课后测评，共20页。
2021年新初三数学北师大新版新课预习《1.2矩形的性质与判定》
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•郑州期末）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，DE⊥AC，垂足分别为C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A．BC是△BCD的高 B．DE＝BC
C．∠CEB＝∠ABC D．DE是△ACD的高
2．（2021•新疆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2021春•金州区月考）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
4．（2021春•金州区月考）菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．邻角互补 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线相互垂直
5．（2021春•海淀区校级期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•台江区校级期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若MN＝3，则BD＝ ．
7．（2021春•普陀区校级月考）直角三角形中，若斜边上的中线长是5，则斜边长是 ．
8．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝70°，则∠ACB的大
小为 ．
9．（2021春•天心区期中）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，若AB＝7，那么DC的长为 ．
10．（2021春•海珠区校级月考）如图，若直角三角形的两直角边分别为4cm和3cm，则斜边上的中线CD长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2021春•东丽区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6．动点P、Q分别从点D、A同时出发向右运动，点P的运动速度为2个单位/秒，点Q的运动速度为1个单位/秒，当一个点到达终点时两个点都停止运动．设运动的时间为t（s）
（1）当t＝2时，PQ的长为 ；
（2）若PQ＝PB，求运动时间t的值；
（3）若BQ＝PQ，求运动时间t的值．
12．（2021•天桥区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F．求证：AE＝DF．
13．（2021•东台市模拟）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F，连接DE、BF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
14．（2021•绿园区二模）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝3，求DC的长度．
15．（2021•福田区校级三模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F
（1）求证：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面积．
2021年新初三数学北师大新版新课预习《1.2矩形的性质与判定》
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•郑州期末）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，DE⊥AC，垂足分别为C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A．BC是△BCD的高 B．DE＝BC
C．∠CEB＝∠ABC D．DE是△ACD的高
【考点】三角形的角平分线、中线和高；直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；几何直观．
【分析】根据三角形高的概念进行判断即可．
【解答】解：A．△BCD中BC是斜边，故A错误，不符合题意；
B．DE∥BC，但DE≠，故B错误，不符合题意；
C．∵∠CEB＝∠A+∠ABE，∠ABC＝∠CBE+∠ABE，
而∠A＝∠BCD，∠BCD≠∠CBE，
∴∠CEB≠∠ABC，故C错误，不符合题意；
D．DE是△ACD的高，故D正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形高的概念，三角形的高是指从三角形的一个顶点向对比作垂线，连接顶点和垂足之间的线段．
2．（2021•新疆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【分析】利用三角形的内角和定理可得∠B＝60°，由直角三角形斜边的中线性质定理可得CE＝BE＝2,利用等边三角形的性质可得结果．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°,
∵E是AB的中点,AB＝4，
∴CE＝BE＝,
∴△BCE为等边三角形，
∵CD⊥AB,
∴DE＝BD＝,
故选：A．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握定理是解答此题的关键．
3．（2021春•金州区月考）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【考点】菱形的性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质得出即可．
【解答】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
4．（2021春•金州区月考）菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．邻角互补 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线相互垂直
【考点】菱形的性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】菱形和矩形都是平行四边形，具有平行四边形的所有性质，菱形还具有独特的性质：四边相等，对角线垂直；矩形具有独特的性质：对角线相等，邻边互相垂直．
【解答】解：A、邻角互补，是菱形和矩形都具有的性质，故A不合题意；
B、菱形和矩形都是四边形，所以内角和都是360°，故B不合题意；
C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故C不合题意；
D、对角线互相垂直，是菱形的性质，不是矩形具有的性质，故D符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，正确区分它们的性质是解题的关键．
5．（2021春•海淀区校级期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
【考点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由矩形对角线性质可得AO＝BO，又∠AOB＝60°，可证△OAB为等边三角形，得DC＝AB，即可得解．
【解答】解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO＝BO＝＝4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB＝60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB＝BO＝4，
∴DC＝AB＝4．
故选：B．
【点评】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出△OAB为等边三角形是解题关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•台江区校级期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若MN＝3，则BD＝ 12 ．
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据中位线的性质求出BO长度，再依据矩形的性质BD＝2BO进行求解．
【解答】解：∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝6．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2BO＝12．
故答案为12．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．
7．（2021春•普陀区校级月考）直角三角形中，若斜边上的中线长是5，则斜边长是 10 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵直角三角形中，若斜边上的中线长是5，
∴斜边长是10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了直角三角形斜边中线，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．
8．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝70°，则∠ACB的大
小为 35° ．
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】先利用矩形的性质得出OA＝OB，再根据等腰三角形两底角相等和三角形内角和定理，求出∠BAO＝55°，再根据∠ABC＝90°﹣∠BAO即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
又∵∠AOB＝70°，
∴∠BAO＝∠ABO＝（180°﹣70°）＝55°，
∴∠ACB＝90°﹣∠BAO＝90°﹣55°＝35°．
方法二：矩形ABCD中，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠ACB＝∠AOB＝×70°＝35°．
故答案为：35°．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形内角和等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
9．（2021春•天心区期中）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，若AB＝7，那么DC的长为 3.5 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求得CD．
【解答】解：在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
则AB＝2CD＝7，
∴CD＝3.5．
故答案为：3.5．
【点评】本题主要考查直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
10．（2021春•海珠区校级月考）如图，若直角三角形的两直角边分别为4cm和3cm，则斜边上的中线CD长为 cm ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；运算能力．
【分析】先利用勾股定理求出斜边AB的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．
【解答】解：如图，由题意可知，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理可得，AB2＝AC2+BC2，
∴AB＝＝5，
∵点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝（cm），
故答案为：cm．
【点评】本题主要考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等内容，是一道比较简单的题目．
三．解答题（共5小题）
11．（2021春•东丽区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6．动点P、Q分别从点D、A同时出发向右运动，点P的运动速度为2个单位/秒，点Q的运动速度为1个单位/秒，当一个点到达终点时两个点都停止运动．设运动的时间为t（s）
（1）当t＝2时，PQ的长为 2 ；
（2）若PQ＝PB，求运动时间t的值；
（3）若BQ＝PQ，求运动时间t的值．
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】（1）作PH⊥AB于H，求出QH、PH，根据勾股定理求出PQ；
（2）当PQ＝PB时，根据QH＝BH，列关于t的一元一次方程求解即可；
（3）若BQ＝PQ时，关于t的一元二次方程求解即可．
【解答】解：（1）如图所示：作PH⊥AB于H，
由题意得，DP＝4，AQ＝2，
则QH＝2，又PH＝AD＝6，
由勾股定理的，PQ＝＝＝2，
故答案为：2；
（2）当PQ＝PB时，
如图，QH＝BH，
则t+2t＝8，
解得，t＝；
（3）当PQ＝BQ时，
（2t﹣t）2+62＝（8﹣t）2，
解得，t＝．
【点评】本题考查的是矩形的性质、等腰三角形性质，掌握性质并灵活运用性质是解题的关键．
12．（2021•天桥区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F．求证：AE＝DF．
【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据矩形的性质得到OA＝OC＝OB＝OD，再根据AE⊥BD，DF⊥AC得出∠AEO＝∠DFO，从而证明出△AOE≌△DOF即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AOE和△DOF中，
，
∴△AOE≌△DOF（AAS），
∴AE＝DF．
【点评】本题主要考查矩形的应用和三角形全等，关键是找到全等三角形．
13．（2021•东台市模拟）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F，连接DE、BF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出BC＝DA，结合AD∥BC，从而可得，∠ACB＝∠DAC，根据AAS证出△ABE≌△CDF，从而得出BE＝DF．
（2）证得BE∥DF且BE＝DF即可证得四边形BEDF是平行四边形．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEA＝∠DFC＝90°，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF．
（2）四边形BEDF是平行四边形．
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，
又∵BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图是解题的关键．
14．（2021•绿园区二模）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝3，求DC的长度．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论
（2）根据直角三角形的边角关系可求DE的长度，则可得BF的长度，即可求CD的长度．
【解答】证明（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC∥AB，DC＝AB
∵CF＝AE
∴DF＝BE且DC∥AB
∴四边形DFBE是平行四边形
又∵DE⊥AB
∴四边形DFBE是矩形；
（2）∵∠DAB＝60°，AD＝3，DE⊥AB
∴AE＝，DE＝AE＝
∵四边形DFBE是矩形
∴BF＝DE＝
∵AF平分∠DAB
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，且BF⊥AB
∴AB＝BF＝
∴CD＝
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
15．（2021•福田区校级三模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F
（1）求证：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面积．
【考点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由CE∥BD、EB∥AC可得出四边形OBEC为平行四边形，由菱形的性质可得出∠BOC＝90°，进而可得出四边形OBEC为矩形，根据矩形的性质即可证出OE＝CB；
（2）设OC＝x，则OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝x，结合BC＝OE＝2，可求出x的值，进而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面积公式即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵CE∥BD，EB∥AC，
∴四边形OBEC为平行四边形．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四边形OBEC为矩形，
∴OE＝CB．
（2）解：设OC＝x，则OB＝2x，
∴BC＝＝x．
∵BC＝OE＝2，
∴x＝2，
∴OC＝2，OB＝4，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝2OC•OB＝16．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质，解题的关键是：（1）证出四边形OBEC为矩形；（2）利用勾股定理结合OE的长度，求出OB、OC的值．
考点卡片
1．三角形的角平分线、中线和高
（1）从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
（2）三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．
（3）三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
（4）三角形有三条中线，有三条高线，有三条角平分线，它们都是线段．
（5）锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
4．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
5．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．
8．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
9．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
10．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
11．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
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2021年新初三数学北师大新版新课预习《1.2矩形的性质与判定》
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•郑州期末）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，DE⊥AC，垂足分别为C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A．BC是△BCD的高 B．DE＝BC
C．∠CEB＝∠ABC D．DE是△ACD的高
2．（2021•新疆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（2021春•金州区月考）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
4．（2021春•金州区月考）菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．邻角互补 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线相互垂直
5．（2021春•海淀区校级期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•台江区校级期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若MN＝3，则BD＝ ．
7．（2021春•普陀区校级月考）直角三角形中，若斜边上的中线长是5，则斜边长是 ．
8．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝70°，则∠ACB的大
小为 ．
9．（2021春•天心区期中）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，若AB＝7，那么DC的长为 ．
10．（2021春•海珠区校级月考）如图，若直角三角形的两直角边分别为4cm和3cm，则斜边上的中线CD长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2021春•东丽区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6．动点P、Q分别从点D、A同时出发向右运动，点P的运动速度为2个单位/秒，点Q的运动速度为1个单位/秒，当一个点到达终点时两个点都停止运动．设运动的时间为t（s）
（1）当t＝2时，PQ的长为 ；
（2）若PQ＝PB，求运动时间t的值；
（3）若BQ＝PQ，求运动时间t的值．
12．（2021•天桥区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F．求证：AE＝DF．
13．（2021•东台市模拟）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F，连接DE、BF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
14．（2021•绿园区二模）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝3，求DC的长度．
15．（2021•福田区校级三模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F
（1）求证：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面积．
2021年新初三数学北师大新版新课预习《1.2矩形的性质与判定》
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2021春•郑州期末）如图，AC⊥BC，CD⊥AB，DE⊥AC，垂足分别为C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A．BC是△BCD的高 B．DE＝BC
C．∠CEB＝∠ABC D．DE是△ACD的高
【考点】三角形的角平分线、中线和高；直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；几何直观．
【分析】根据三角形高的概念进行判断即可．
【解答】解：A．△BCD中BC是斜边，故A错误，不符合题意；
B．DE∥BC，但DE≠，故B错误，不符合题意；
C．∵∠CEB＝∠A+∠ABE，∠ABC＝∠CBE+∠ABE，
而∠A＝∠BCD，∠BCD≠∠CBE，
∴∠CEB≠∠ABC，故C错误，不符合题意；
D．DE是△ACD的高，故D正确，符合题意．
故选：D．
【点评】本题主要考查了三角形高的概念，三角形的高是指从三角形的一个顶点向对比作垂线，连接顶点和垂足之间的线段．
2．（2021•新疆）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠A＝30°，AB＝4，CD⊥AB于点D，E是AB的中点，则DE的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【考点】含30度角的直角三角形；直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；推理能力．
【分析】利用三角形的内角和定理可得∠B＝60°，由直角三角形斜边的中线性质定理可得CE＝BE＝2,利用等边三角形的性质可得结果．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，∠A＝30°，
∴∠B＝60°,
∵E是AB的中点,AB＝4，
∴CE＝BE＝,
∴△BCE为等边三角形，
∵CD⊥AB,
∴DE＝BD＝,
故选：A．
【点评】本题主要考查了直角三角形的性质，熟练掌握定理是解答此题的关键．
3．（2021春•金州区月考）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角相等 B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【考点】菱形的性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据矩形的性质和菱形的性质得出即可．
【解答】解：矩形的性质是：①矩形的四个角都是直角，②矩形的对边相等且互相平行，③矩形对角线相等且互相平分；
菱形的性质是：①菱形的四条边都相等，菱形的对边互相平行；②菱形的对角相等，③菱形的对角线互相平分且垂直，并且每条对角线平分一组对角，
所以矩形具有而菱形不具有的性质是对角线相等，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记知识点是解此题的关键．
4．（2021春•金州区月考）菱形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．邻角互补 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线相互垂直
【考点】菱形的性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】菱形和矩形都是平行四边形，具有平行四边形的所有性质，菱形还具有独特的性质：四边相等，对角线垂直；矩形具有独特的性质：对角线相等，邻边互相垂直．
【解答】解：A、邻角互补，是菱形和矩形都具有的性质，故A不合题意；
B、菱形和矩形都是四边形，所以内角和都是360°，故B不合题意；
C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故C不合题意；
D、对角线互相垂直，是菱形的性质，不是矩形具有的性质，故D符合题意；
故选：D．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及矩形的性质，正确区分它们的性质是解题的关键．
5．（2021春•海淀区校级期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若∠AOB＝60°，BD＝8，则DC长为（ ）
A．4 B．4 C．3 D．5
【考点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】由矩形对角线性质可得AO＝BO，又∠AOB＝60°，可证△OAB为等边三角形，得DC＝AB，即可得解．
【解答】解：由矩形对角线相等且互相平分可得AO＝BO＝＝4，
即△OAB为等腰三角形，
又∠AOB＝60°，
∴△OAB为等边三角形．
故AB＝BO＝4，
∴DC＝AB＝4．
故选：B．
【点评】本题考查矩形的性质，等边三角形的性质，得出△OAB为等边三角形是解题关键．
二．填空题（共5小题）
6．（2021春•台江区校级期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若MN＝3，则BD＝ 12 ．
【考点】三角形中位线定理；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据中位线的性质求出BO长度，再依据矩形的性质BD＝2BO进行求解．
【解答】解：∵M、N分别为BC、OC的中点，
∴BO＝2MN＝6．
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝2BO＝12．
故答案为12．
【点评】本题主要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系．
7．（2021春•普陀区校级月考）直角三角形中，若斜边上的中线长是5，则斜边长是 10 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据直角三角形斜边中线的性质即可得到结论．
【解答】解：∵直角三角形中，若斜边上的中线长是5，
∴斜边长是10，
故答案为：10．
【点评】本题考查了直角三角形斜边中线，熟练掌握直角三角形斜边中线等于斜边的一半是解题的关键．
8．（2021春•浦东新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，∠AOB＝70°，则∠ACB的大
小为 35° ．
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【分析】先利用矩形的性质得出OA＝OB，再根据等腰三角形两底角相等和三角形内角和定理，求出∠BAO＝55°，再根据∠ABC＝90°﹣∠BAO即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
又∵∠AOB＝70°，
∴∠BAO＝∠ABO＝（180°﹣70°）＝55°，
∴∠ACB＝90°﹣∠BAO＝90°﹣55°＝35°．
方法二：矩形ABCD中，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∴∠ACB＝∠AOB＝×70°＝35°．
故答案为：35°．
【点评】本题考查矩形的性质、三角形内角和等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
9．（2021春•天心区期中）如图，CD为Rt△ABC斜边AB上的中线，若AB＝7，那么DC的长为 3.5 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半可求得CD．
【解答】解：在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，
则AB＝2CD＝7，
∴CD＝3.5．
故答案为：3.5．
【点评】本题主要考查直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
10．（2021春•海珠区校级月考）如图，若直角三角形的两直角边分别为4cm和3cm，则斜边上的中线CD长为 cm ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．菁优网版权所有
【专题】三角形；运算能力．
【分析】先利用勾股定理求出斜边AB的长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得．
【解答】解：如图，由题意可知，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，
由勾股定理可得，AB2＝AC2+BC2，
∴AB＝＝5，
∵点D是AB的中点，
∴CD＝AB＝（cm），
故答案为：cm．
【点评】本题主要考查勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等内容，是一道比较简单的题目．
三．解答题（共5小题）
11．（2021春•东丽区期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6．动点P、Q分别从点D、A同时出发向右运动，点P的运动速度为2个单位/秒，点Q的运动速度为1个单位/秒，当一个点到达终点时两个点都停止运动．设运动的时间为t（s）
（1）当t＝2时，PQ的长为 2 ；
（2）若PQ＝PB，求运动时间t的值；
（3）若BQ＝PQ，求运动时间t的值．
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】（1）作PH⊥AB于H，求出QH、PH，根据勾股定理求出PQ；
（2）当PQ＝PB时，根据QH＝BH，列关于t的一元一次方程求解即可；
（3）若BQ＝PQ时，关于t的一元二次方程求解即可．
【解答】解：（1）如图所示：作PH⊥AB于H，
由题意得，DP＝4，AQ＝2，
则QH＝2，又PH＝AD＝6，
由勾股定理的，PQ＝＝＝2，
故答案为：2；
（2）当PQ＝PB时，
如图，QH＝BH，
则t+2t＝8，
解得，t＝；
（3）当PQ＝BQ时，
（2t﹣t）2+62＝（8﹣t）2，
解得，t＝．
【点评】本题考查的是矩形的性质、等腰三角形性质，掌握性质并灵活运用性质是解题的关键．
12．（2021•天桥区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F．求证：AE＝DF．
【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；应用意识．
【分析】根据矩形的性质得到OA＝OC＝OB＝OD，再根据AE⊥BD，DF⊥AC得出∠AEO＝∠DFO，从而证明出△AOE≌△DOF即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AOE和△DOF中，
，
∴△AOE≌△DOF（AAS），
∴AE＝DF．
【点评】本题主要考查矩形的应用和三角形全等，关键是找到全等三角形．
13．（2021•东台市模拟）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F，连接DE、BF．
（1）求证：BE＝DF；
（2）判断四边形BEDF的形状，并说明理由．
【考点】全等三角形的判定与性质；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出BC＝DA，结合AD∥BC，从而可得，∠ACB＝∠DAC，根据AAS证出△ABE≌△CDF，从而得出BE＝DF．
（2）证得BE∥DF且BE＝DF即可证得四边形BEDF是平行四边形．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEA＝∠DFC＝90°，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF．
（2）四边形BEDF是平行四边形．
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，
又∵BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法并准确识图是解题的关键．
14．（2021•绿园区二模）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝3，求DC的长度．
【考点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论
（2）根据直角三角形的边角关系可求DE的长度，则可得BF的长度，即可求CD的长度．
【解答】证明（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC∥AB，DC＝AB
∵CF＝AE
∴DF＝BE且DC∥AB
∴四边形DFBE是平行四边形
又∵DE⊥AB
∴四边形DFBE是矩形；
（2）∵∠DAB＝60°，AD＝3，DE⊥AB
∴AE＝，DE＝AE＝
∵四边形DFBE是矩形
∴BF＝DE＝
∵AF平分∠DAB
∴∠FAB＝∠DAB＝30°，且BF⊥AB
∴AB＝BF＝
∴CD＝
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
15．（2021•福田区校级三模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F
（1）求证：OE＝CB；
（2）如果OC：OB＝1：2，OE＝2，求菱形ABCD的面积．
【考点】勾股定理；菱形的性质；矩形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【分析】（1）由CE∥BD、EB∥AC可得出四边形OBEC为平行四边形，由菱形的性质可得出∠BOC＝90°，进而可得出四边形OBEC为矩形，根据矩形的性质即可证出OE＝CB；
（2）设OC＝x，则OB＝2x，利用勾股定理可得出BC＝x，结合BC＝OE＝2，可求出x的值，进而可得出OC、OB的值，再利用菱形的面积公式即可求出结论．
【解答】（1）证明：∵CE∥BD，EB∥AC，
∴四边形OBEC为平行四边形．
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四边形OBEC为矩形，
∴OE＝CB．
（2）解：设OC＝x，则OB＝2x，
∴BC＝＝x．
∵BC＝OE＝2，
∴x＝2，
∴OC＝2，OB＝4，
∴S菱形ABCD＝AC•BD＝2OC•OB＝16．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及菱形的性质，解题的关键是：（1）证出四边形OBEC为矩形；（2）利用勾股定理结合OE的长度，求出OB、OC的值．
考点卡片
1．三角形的角平分线、中线和高
（1）从三角形的一个顶点向底边作垂线，垂足与顶点之间的线段叫做三角形的高．
（2）三角形一个内角的平分线与这个内角的对边交于一点，则这个内角的顶点与所交的点间的线段叫做三角形的角平分线．
（3）三角形一边的中点与此边所对顶点的连线叫做三角形的中线．
（4）三角形有三条中线，有三条高线，有三条角平分线，它们都是线段．
（5）锐角三角形的三条高在三角形内部，相交于三角形内一点，直角三角形有两条高与直角边重合，另一条高在三角形内部，它们的交点是直角顶点；钝角三角形有两条高在三角形外部，一条高在三角形内部，三条高所在直线相交于三角形外一点．
2．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
3．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个60°的角判定．
4．含30度角的直角三角形
（1）含30度角的直角三角形的性质：
在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半．
（2）此结论是由等边三角形的性质推出，体现了直角三角形的性质，它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数．
（3）注意：①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角（30°）的特殊定理，非直角三角形或一般直角三角形不能应用；
②应用时，要注意找准30°的角所对的直角边，点明斜边．
5．直角三角形斜边上的中线
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
6．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a＝，b＝及c＝．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边．
7．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E分别是AB、AC的中点
∴DE∥BC，DE＝BC．
8．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
9．菱形的性质
（1）菱形的定义：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形．
（2）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（3）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积＝ab．（a、b是两条对角线的长度）
10．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
11．矩形的判定与性质
（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．
在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．
（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．
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