2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期中必刷常考题之矩形的性质与判定

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A．50°B．45°C．40°D．35°
2．（2024•东西湖区校级模拟）如图，矩形ABCD中，BD＝25，AB在x轴上．且点A的横坐标为﹣1，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交x轴的正半轴于M，则点M的坐标为（ ）
A．（2+5，0）B．（ 25+1，0）C．（ 25−1，0）D．（25，0）
3．（2024•临清市二模）如图，以矩形ABCD的顶点A为圆心，AD长为半径画弧交CB的延长线于E；过点D作DF∥AE交BC于点F，连接AF．AB＝4，AD＝5，则AF的长是（ ）
A．25B．35C．3D．33
4．（2024•永昌县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．对角线AC，BD相交于点O．点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，则△AEF的周长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
5．（2024•徐汇区三模）已知四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AD∥BC，下列判断中错误的是（ ）
A．如果AB＝CD，AC＝BD，那么四边形ABCD是矩形
B．如果AB∥CD，OA＝OB，那么四边形ABCD是矩形
C．如果AD＝BC，AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形
D．如果OA＝OC，AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形
二．填空题（共5小题）
6．（2024春•沐川县期末）如图，在矩形OABC中，点B的坐标是（1，3），则AC的长是 ．
7．（2024春•惠州期末）如图，在矩形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，E、F分别是AP、PQ的中点．BC＝12，DQ＝5，在点P从B移动到C（点Q不动）的过程中，则线段EF＝ ．
8．（2024•民勤县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，点F为DE的中点，连结BF．若AB＝10，则BF的长为 ．
9．（2024•凉山州模拟）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 ．
10．（2023秋•二道区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝24，BD＝10．E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2024•顺河区一模）如图，在矩形ABCO中，延长AO到D，使DO＝AO，延长CO到E，使EO＝CO，连接AE、ED、DC、AC．
（1）求证：四边形AEDC是菱形；
（2）连接EB，若AE＝4，∠AED＝60°，求EB的长．
12．（2023秋•梅县区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作BD的平行线交AB的延长线于点E．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若∠BOC＝120°，CE＝4，求AB的长．
13．（2024春•罗定市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC中点，四边形ABDE是平行四边形．
求证：四边形ADCE是矩形．
14．（2024•乌鲁木齐模拟）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD边上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若AF平分∠DAB，CF＝3，DF＝5，求四边形BFDE的面积．
15．（2024•杜尔伯特县一模）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形．
（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求矩形OCED的面积．
2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期中必刷常考题之矩形的性质与判定
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024春•河东区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，如果∠ADB＝25°，那么∠AOB的度数为（ ）
A．50°B．45°C．40°D．35°
【考点】矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质证得OA＝OD，根据三角形的外角的性质即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=12AC，OD=12BD，AC＝BD，
∴OA＝OD，
∵∠ADB＝25°，
∴∠OAD＝∠ODA＝25°，
∴∠AOB＝∠OAD+∠ODA＝50°．
故选：A．
【点评】本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2．（2024•东西湖区校级模拟）如图，矩形ABCD中，BD＝25，AB在x轴上．且点A的横坐标为﹣1，若以点A为圆心，对角线AC的长为半径作弧交x轴的正半轴于M，则点M的坐标为（ ）
A．（2+5，0）B．（ 25+1，0）C．（ 25−1，0）D．（25，0）
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得出BD＝AC＝25，由题意可知：AM＝AC＝25，再根据点A坐标进而可以解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝25，
由题意可知：AM＝AC＝25，
∵OA＝|﹣1|＝1，
∴OM＝AM﹣OA＝25−1，
∴点M的坐标为（25−1，0），
故选：C．
【点评】本题考查了坐标与图形性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，能求出AM的长度是解此题的关键．
3．（2024•临清市二模）如图，以矩形ABCD的顶点A为圆心，AD长为半径画弧交CB的延长线于E；过点D作DF∥AE交BC于点F，连接AF．AB＝4，AD＝5，则AF的长是（ ）
A．25B．35C．3D．33
【考点】矩形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】由矩形的性质得AD∥BC，∠ABC＝90°，则∠ABE＝90°，再证明四边形ADFE是平行四边形，由作图得AE＝AD＝5，则四边形ADFE是菱形，所以FE＝AE＝5，则BE=AE2−AB2=3，可求得BF＝2，则AF=AB2+AF2=25，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4，AD＝5，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠ABE＝90°，
∵DF∥AE，AD∥EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
由作图得AE＝AD＝5，
∴四边形ADFE是菱形，
∴FE＝AE＝5，
∵BE=AE2−AB2=52−42=3，
∴BF＝FE﹣BE＝5﹣3＝2，
∴AF=AB2+AF2=42+22=25，
故选：A．
【点评】此题重点考查矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定、勾股定理等知识，证明四边形ADFE是菱形是解题的关键．
4．（2024•永昌县三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8．对角线AC，BD相交于点O．点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，则△AEF的周长为（ ）
A．6B．7C．8D．9
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】因为四边形ABCD是矩形，所以AD＝BC＝8，∠BAD＝90°，OB＝OD＝OA＝OC，在Rt△BAD中，可得BD＝10，推出OD＝OA＝OB＝5，因为E．F分别是AO．AD中点，根据三角形中位线定理即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8，∠BAD＝90°，OB＝OD＝OA＝OC，
在Rt△BAD中，∵BD=AB2+AD2=62+82=10，
∴OD＝OA＝OB＝5，
∵E．F分别是AO，AD中点，
∴EF=12OD=52，AE=52，AF＝4，
∴△AEF的周长为9，
故选：D．
【点评】本题考查三角形中位线定理、矩形的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于基础题，中考常考题型．
5．（2024•徐汇区三模）已知四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AD∥BC，下列判断中错误的是（ ）
A．如果AB＝CD，AC＝BD，那么四边形ABCD是矩形
B．如果AB∥CD，OA＝OB，那么四边形ABCD是矩形
C．如果AD＝BC，AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形
D．如果OA＝OC，AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形
【考点】矩形的判定；菱形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据矩形和菱形的判定定理进行判断即可．
【解答】解：A、如果AB＝CD，AC＝BD，那么四边形ABCD是等腰梯形，不一定矩形，符合题意；
B、如果AD∥BC，OA＝OB，则四边形ABCD是平行四边形，又AC＝BD，那么四边形ABCD是矩形；不符合题意；
C、如果AD∥BC，AD＝BC，则四边形ABCD是平行四边形，又AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形；不符合题意；
D、如果AD∥BC，OA＝OC，则四边形ABCD是平行四边形，又AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形；不符合题意；
故选：A．
【点评】此题主要考查了矩形的判定和菱形的判定，关键是熟练掌握矩形和菱形的判定定理．
二．填空题（共5小题）
6．（2024春•沐川县期末）如图，在矩形OABC中，点B的坐标是（1，3），则AC的长是 10 ．
【考点】矩形的性质；坐标与图形性质．
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据勾股定理求出OB，根据矩形的性质得出AC＝OB，即可得出答案．
【解答】解：连接OB，过B作BM⊥x轴于M，
∵点B的坐标是（1，3），
∴OM＝1，BM＝3，由勾股定理得：OB=OM2+BM2=1+9=10，
∵四边形OABC是矩形，
∴AC＝OB，
∴AC=10
【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据矩形的性质得出AC＝OB是解此题的关键．
7．（2024春•惠州期末）如图，在矩形ABCD中，P、Q分别是BC、DC上的点，E、F分别是AP、PQ的中点．BC＝12，DQ＝5，在点P从B移动到C（点Q不动）的过程中，则线段EF＝ 6.5 ．
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】因为Q点不动，所以AQ不变．根据中位线定理，可得EF的长．
【解答】解：连接AQ．
∵E、F分别是AP、QP的中点，
则EF为△APR的中位线，
∴EF=12AQ=12×122+52=6.5，
故答案为：6.5．
【点评】本题考查矩形的性质及三角形中位线定理，难度适中，根据中位线定理得出EF=12AQ是解题的突破口．
8．（2024•民勤县三模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD为中线，延长CB至点E，使BE＝BC，连结DE，点F为DE的中点，连结BF．若AB＝10，则BF的长为 2.5 ．
【考点】直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】先由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求得CD的长度，结合题意知线段BF是△CDE的中位线，则BF=12CD．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AB＝10，
∵CD为中线，
∴CD=12AB＝5．
∵F为DE中点，BE＝BC，
∴点B是EC的中点，
∴BF是△CDE的中位线，
∴BF=12CD＝2.5．
故答案为：2.5．
【点评】本题主要考查了勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形斜边上的中线，熟知直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键．
9．（2024•凉山州模拟）如图，∠MON＝90°，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM、ON上，当B在边ON上运动时，A随之在OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中AB＝6，BC＝2．运动过程中点D到点O的最大距离是 3+13 ．
【考点】矩形的性质；三角形三边关系；直角三角形斜边上的中线；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】取AB的中点E，连接OD、OE、DE，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OE=12AB，利用勾股定理列式求出DE，然后根据三角形任意两边之和大于第三边可得OD过点E时最大．
【解答】解：如图：取线段AB的中点E，连接OE，DE，OD，
∵AB＝6，点E是AB的中点，∠AOB＝90°，
∴AE＝BE＝3＝OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2，∠DAB＝90°，
∴DE=AE2+AD2=13，
∵OD≤OE+DE，
∴当点D，点E，点O共线时，OD的长度最大．
∴点D到点O的最大距离＝OE+DE＝3+13，
故答案为：3+13．
【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，三角形三边关系，确定出OD过AB的中点时值最大是解题的关键．
10．（2023秋•二道区校级期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝24，BD＝10．E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为 6013 ．
【考点】矩形的判定与性质；垂线段最短；菱形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】6013．
【分析】连接OE，作OH⊥CD于点H，由菱形的性质得AC⊥BD，OC=12AC＝12，OD=12BD＝5，则CD=OC2+OD2=13，由12×13OH=12×12×5＝S△COD，求得OH=6013，再证明四边形OGEF是矩形，则OE＝FG，由OE≥OH，得FG≥6013，则FG的最小值为6013，于是得到问题的答案．
【解答】解：连接OE，作OH⊥CD于点H，
∵四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，
∴AC⊥BD，OC＝OA=12AC＝12，OD＝OB=12BD＝5，
∴∠COD＝90°，
∴CD=OC2+OD2=122+52=13，
∵12CD•OH=12OC•OD＝S△COD，
∴12×13OH=12×12×5，
解得OH=6013，
∵EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，
∴∠OFE＝∠OGE＝∠FOG＝90°，
∴四边形OGEF是矩形，
∴OE＝FG，
∴OE≥OH，
∵FG≥6013，
∴FG的最小值为6013，
故答案为：6013．
【点评】此题重点考查菱形的性质、勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
11．（2024•顺河区一模）如图，在矩形ABCO中，延长AO到D，使DO＝AO，延长CO到E，使EO＝CO，连接AE、ED、DC、AC．
（1）求证：四边形AEDC是菱形；
（2）连接EB，若AE＝4，∠AED＝60°，求EB的长．
【考点】矩形的性质；菱形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）EB=213．
【分析】（1）根据矩形的性质得到AD⊥EC，再根据DO＝AO，EO＝CO，即可求证；
（2）先通过菱形的性质及勾股定理求解到EC的长，再通过勾股定理即可求出EB的长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCO是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∴AO⊥OC，即AD⊥EC，
∵DO＝AO，EO＝CO，
∴四边形AEDC是平行四边形，
∴平行四边形AEDC是菱形．
（2）解：连接EB，如图：
∵四边形AEDC是菱形，∠AED＝60°，
∴∠AEO＝30°，
∵∠AOE＝90°，AE＝4，
∴OA=12AE=2，
∴EO=AE2−OA2=42−22=23，
∴CE=2EO=43，
∵四边形ABCO是矩形，
∴BC＝OA＝2，∠BCE＝90°，
∴EB=BC2+EC2=22+(43)2=213．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理等知识，掌握相关知识是解题的关键．
12．（2023秋•梅县区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点C作BD的平行线交AB的延长线于点E．
（1）求证：AC＝CE．
（2）若∠BOC＝120°，CE＝4，求AB的长．
【考点】矩形的性质；等边三角形的判定与性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解析过程；
（2）2．
【分析】（1）可证四边形BDCE是平行四边形以此求证；
（2）利用直角三角形30度角的性质即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AC＝BD，
∴BE∥CD．
∵BD∥CE，
∴四边形BDCE是平行四边形，
∴BD＝CE，
∴AC＝CE．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠ABC＝90°，
∴∠OAB＝∠OBA＝60°．
∴∠ACB＝30°，
∵CE＝4，
∴AC＝CE＝4，
∴AB＝2．
【点评】本题考查了平行四边形的判定、矩形的相关性质．熟记掌握矩形的性质是解答本题的关键．
13．（2024春•罗定市期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为BC中点，四边形ABDE是平行四边形．
求证：四边形ADCE是矩形．
【考点】矩形的判定；等腰三角形的性质；平行四边形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】证明见解析．
【分析】先证四边形ADCE是平行四边形，再由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADC＝90°，即可得出结论．
【解答】证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AE∥BC，AE＝BD，
∵D为BC中点，
∴CD＝BD，
∴CD∥AE，CD＝AE，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB＝AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴平行四边形ADCE是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和等腰三角形的性质，证出四边形ADCE为平行四边形是解题的关键．
14．（2024•乌鲁木齐模拟）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD边上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若AF平分∠DAB，CF＝3，DF＝5，求四边形BFDE的面积．
【考点】矩形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由在平行四边形ABCD中，得到DF∥EB，AB＝CD，由CF＝AE，可得DF＝BE，根据矩形的判定即可求证．
（2）根据平行线的性质和角平分线的性质可得AD＝FD＝5，由勾股定理可求出DE＝4，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DF∥EB，AB＝CD，
又∵CF＝AE，
∴DF＝BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形BFDE是矩形．
（2）解：∵AF平分∠DAB，DC∥AB，
∴∠DAF＝∠FAB，∠DFA＝∠FAB，
∴∠DAF＝∠DFA，
∵DF＝5，
∴AD＝FD＝5，
∵AE＝CF＝3，DE⊥AB，
∴DE=AD2−AE2=4，
∴矩形BFDE的面积是：DF•DE＝5×4＝20．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质，角平分线的性质，熟练掌握这些判定和性质是解此题的关键．
15．（2024•杜尔伯特县一模）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形．
（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求矩形OCED的面积．
【考点】矩形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）由条件可证得四边形CODE为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD＝90°，则可证得四边形CODE为矩形；
（2）首先推知△ABC是等边三角形，所以AC＝4，则OC=12AC＝2，根据勾股定理知OD=42−22=23，结合矩形的面积公式解答即可．
【解答】（1）证明：∵CE∥OD，DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠COD＝90°，
∴四边形OCED是矩形．
（2）解：∵在菱形ABCD中，AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4．
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝4，
∴OC=12AC＝2，
∴OD=42−22=23，
∴矩形OCED的面积是23×2＝43．
【点评】本题主要考查矩形、菱形的判定和性质，掌握矩形的判定方法及菱形的对角线互相垂直平分是解题的关键．