初中数学北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定当堂检测题

这是一份初中数学北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定当堂检测题

第01课 菱形的性质与判定课后培优练级练培优第一阶——基础过关练一、单选题1．已知四边形ABCD的对角线相交于点O，且OA=OB=OC=OD，那么这个四边形是（       ）A．是中心对称图形，但不是轴对称图形 B．是轴对称图形，但不是中心对称图形C．既是中心对称图形，又是轴对称图形 D．既不是中心对称图形，又不是轴对称图形【答案】C【解析】【分析】先根据已知条件OA=OB=OC=OD，可知四边形ABCD的对角线相等且互相平分，得出四边形ABCD是矩形，然后根据矩形的对称性，得出结果．解：如图所示：∵四边形ABCD的对角线相交于点O且OA=OB=OC=OD，∴OA=OC，OB=OD；AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD既是轴对称图形，又是中心对称图形．故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的判定及矩形的对称性．对角线相等且互相平分的四边形是矩形，矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形．2．已知矩形的两邻边长分别为3和4，给出结论：①该矩形的面积是6，②该矩形的对角线长是5.则这两个结论（       ）．A．只有①是正确的 B．只有②是正确的 C．都是正确的 D．都是错误的【答案】B【解析】【分析】根据矩形的面积公式可求出面积，根据勾股定理可求出对角线的长．矩形的两邻边长分别为3和4，该矩形的面积是，该矩形的对角线长是，只有②是正确的，故选：B．【点睛】本题主要考查矩形的面积以及对角线的长，属于基础题，涉及勾股定定理，熟练掌握矩形的面积公式和勾股定理是解题关键．3．下列说法中正确的是（       ）A．有一个角是直角的四边形是矩形B．两条对角线相等的四边形是矩形C．两条对角线互相垂直的四边形是矩形D．有三个角是直角的四边形是矩形【答案】D【解析】【分析】利用矩形的判定定理及矩形的定义进行判断后即可确定本题的答案．解：A、有一个直角的平行四边形是矩形，故错误；B、两条对角线相等的平行四边形是矩形，故错误；C、两条对角线互相垂直的四边形可能是梯形等，故错误；D、四个角都是直角的四边形是矩形，正确，故选：D．【点睛】本题考查了矩形的判定，牢记有关矩形的判定定理及定义是解答本题的关键，属于基础概念题，难度不大．4．如图，下列条件不能判定四边形ABCD是矩形的是（　　）A．∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝90° B．AB∥CD，AB＝CD，AB⊥ADC．AO＝BO，CO＝DO D．AO＝BO＝CO＝DO【答案】C【解析】【分析】矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，据此判断．解；A、∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝90°根据有三个角是直角的四边形是矩形可判定为矩形，故此选项错误；B、AB∥CD，AB＝CD，可以判定为平行四边形，又有AB⊥AD，可判定为矩形，故此选项错误；C、AO＝BO，CO＝DO，不可以判定为平行四边形，所以不可判定为矩形，故此选项正确；D、AO＝BO＝CO＝DO，可以得到对角线互相平分且相等，据此可以判定矩形，故此选项错误，故选：C．【点睛】本题是对矩形判定的考查，熟练掌握矩形的判定定理是解决本题的关键.5．如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是（       ） A．3 B． C． D．4【答案】C【解析】【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：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： ， ∵四边形OABC是矩形，∴AC=OB，∴AC= 故选：C【点睛】本题考查了点的坐标、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．6．如图，在矩形中，，，过对角线交点作交于点，交于点，则的长是(     )A．1 B． C．2 D．【答案】B【解析】【分析】连接，由矩形的性质得出，，，，由线段垂直平分线的性质得出，设，则，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．如图：连接，∵四边形是矩形，∴，，，，∵，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．7．如图，P是矩形的边上一个动点，矩形的两条边的长分别为3和4，那么点P到矩形的两条对角线和的距离之和是（       ）A． B． C． D．无法确定【答案】A【解析】【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得AC=BD=5，△AOD的面积，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF求得答案．解：如图所示，连接OP，∵矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，∴S矩形ABCD=AB•BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD==5，∴OA=OD=，∴S△ACD=S矩形ABCD=6，∴S△AOD=S△ACD=3，∵S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=××PE+××PF=（PE+PF）=3，解得：PE+PF=．故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．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的应用．8．如图，在△ABC 中，AB=3，AC=4，BC=5，P 为边 BC 上一动点，PE⊥AB 于 E，PF⊥AC于 F，M 为 EF 中点，则 AM 的最小值为（       ）A．1 B．1.3 C．1.2 D．1.5【答案】C【解析】【分析】首先证明四边形AEPF为矩形，可得AM=AP，最后利用垂线段最短确定AP的位置，利用面积相等求出AP的长，即可得AM.在△ABC中，因为AB2+AC2=BC2，所以△ABC为直角三角形，∠A=90°，又因为PE⊥AB，PF⊥AC，故四边形AEPF为矩形，因为M 为 EF 中点，所以M 也是 AP中点，即AM=AP，故当AP⊥BC时，AP有最小值，此时AM最小，由，可得AP=，AM=AP=故本题正确答案为C.【点睛】本题考查了矩形的判定和性质,确定出AP⊥BC时AM最小是解题关键.二、填空题9．四边形中，交于O，给出条件①；②；③；④．其中能推得四边形是矩形的是（填序号）___________．【答案】③【解析】【分析】由矩形的判定、平行四边形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．①∵AO＝CO，BO＝DO，∴四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；②，不能判定四边形ABCD是矩形，不符合题意；③∵OA＝OB＝OC＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，符合题意；④，不能推出四边形ABCD是矩形，不符合题意；故答案为：③．【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的判定、平行四边形的判定与性质是解题的关键．10．如图，延长矩形的边至点，使，若，则____．【答案】15°##15度【解析】【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=30°，可得∠E度数．解：连接AC，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AD=AD,AB=CD，∴△ABD≌△DCA，∴∠ADB=∠CAD=30°，∵AD∥BE，∴∠E=∠DAE，又∵BD=CE，∴CE=CA，∴∠E=∠CAE，∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，∴∠E+∠E=30°，即∠E=15°，故答案为：15°．【点睛】本题主要考查矩形性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键．11．如图所示，折叠长方形的一边AD，使点D落在BC边的点F处，如果，，则EC的长_________．【答案】【解析】【分析】首先在Rt△ABF中，求出BF，再在Rt△EFC中，利用勾股定理构建方程求出EC即可．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD=8cm，AD=BC=10cm，∠B=∠C=90°，由折叠的性质可知：AF=AD=10cm，DE=EF，在Rt△ABF中，BF=，∴CF=BC-BF=4cm，设EC=x，则DE=EF=8-x，在Rt△EFC中，∵EF2=EC2+CF2，∴（8-x）2=x2+42，∴x=3cm，故答案为：3cm．【点睛】本题考查翻折变换、矩形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数，构建方程解决问题．12．如图，在矩形中，，交于点，、分别为、的中点．若，则的长为______．【答案】2【解析】【分析】根据矩形的性质求出BO长度，然后根据中位线的性质即可得到答案．解：∵四边形ABCD是矩形，∴BD=2BO=8，∴BO=4，∵M、N分别为BC、OC的中点，∴．故答案为：2．【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及三角形的中位线，解题的关键是找到线段间的倍数关系．13．如图，在矩形ABCD中，AB:AD=1：2，将点A沿折痕DE对折，使点A落在BC上的F点，则∠ADE=_____度．【答案】15【解析】【分析】在直角△CDF中利用三角函数求得∠DFC的度数，则∠ADF即可求得，进而求得∠ADE的度数．∵折叠，∴DF=AD，∴在RT△DCF中，DF=2DC，可知∠DFC=30°，由平行线性质可知∠ADF=30°,由翻折可知∠ADE=∠FDE，∴∠ADE=15°．故答案为15°．【点睛】此题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，以及直角三角形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．14．如图，在长方形中，对角线、的交点为O，长方形的长、宽分别为、，过点O分别交、于E、F，那么图中阴影部分面积为________．【答案】7【解析】【分析】先根据矩形的性质证得△AEO≌△CFO，则图中阴影部分面积=△DOC的面积；然后根据矩形的性质解答即可．解：∵长方形∴OA=OC，AB∥CD，∴∠ACF=∠CAE，在△AEO和△CFO中∠COF=∠AOE,OA=OC,∠ACF=∠CAE∴△AEO≌△CFO∴S△AEO=S△CFO∴图中阴影部分面积=△DOC的面积∴S△DCO=S△ACD==7．故填7．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，根据题意得到图中阴影部分面积=△DOC的面积成为解答本题的关键．三、解答题15．如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，，且∠ABC=90°．（1）求证：四边形ABCD是矩形．（2）若∠ACB=30°，AB=1，求①∠AOB的度数；②四边形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）①60°，②.【解析】【分析】（1）根据AO=CO，BO=DO可知四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，可证四边形ABCD是矩形（2）利用直角△ABC中∠ABC=90°，∠ACB=300，可得∠BAC=60°，AC=2，BC=，即可求得四边形ABCD的面积，同时利用矩形的性质，对角线相等且互相平分，可得∠AOB=180°-2∠BAC解：（1）证明：∵AO=CO，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）∵∠ABC=90°，∠ACB=300，AB=1∴∠BAC=60°，AC=2，BC=又∵矩形ABCD中，OA=OB∴∠AOB=180°-2∠BAC=60°S□ABCD=1×=【点睛】本题考查了矩形的判定及性质定理的应用，会灵活运用是解题的关键.16．如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．（1）求证：四边形BFDE是矩形；（2）若AF平分∠DAB，CF＝3，BF＝4，求DF长．【答案】（1）见详解；（2）5【解析】【分析】（1）先求出四边形BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定推出即可；（2）根据勾股定理求出BC长，求出AD＝DF，即可得出答案．（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∵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：∵四边形BFDE是矩形，∴∠BFD＝90°，∴∠BFC＝90°，在Rt△BCF中，CF＝3，BF＝4，∴BC＝5，∵AF平分∠DAB，∴∠DAF＝∠BAF，∵AB∥DC，∴∠DFA＝∠BAF，∴∠DAF＝∠DFA，∴AD＝DF，∵AD＝BC，∴DF＝BC，∴DF＝5．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，能综合运用定理进行推理是解此题的关键．17．如图，四边形ABCD是矩形，E为AD上一点，且∠CBD＝∠EBD，P为对角线BD上一点，PN⊥BE于点N，PM⊥AD于点M．（1）求证：BE＝DE；（2）试判断AB和PM，PN的数量关系并说明理由．【答案】（1）见解析；（2）PM+PN＝AB；理由见解析.【解析】【分析】（1）由矩形的性质得出∠ADB＝∠CBD，由已知条件∠CBD＝∠EBD，证出∠ADB＝∠EBD，即可得出结论；（2）延长MP交BC于Q，先由角的平分线性质得出PQ＝PN，再由AB＝MQ，即可得出结论．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴∠ADB＝∠CBD，∵∠CBD＝∠EBD，∴∠ADB＝∠EBD，∴BE＝DE；（2）解：PM+PN＝AB；理由如下：延长MP交BC于Q，如图所示：∵AD∥BC，PM⊥AD，∴PQ⊥BC，∵∠CBD＝∠EBD，PN⊥BE，∴PQ＝PN，∴AB＝MQ＝PM+PQ＝PM+PN．故答案为（1）见解析；（2）PM+PN＝AB；理由见解析.【点睛】本题考查矩形的性质、平行线的性质以及角平分线的性质；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．培优第二阶——拓展培优练一、单选题1．如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则点D的坐标为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】根据题意可知AD平分∠CAO，过D点作DE⊥AC于点E，利用角平分线的性质可知OD=OE，利用等面积法即可求出结果．解：过D点作DE⊥AC于点E，如图所示，∵AD平分∠CAO，∴DO=DE，∵点B的坐标为，∴OA=4，OC=3，∴，∴，∴，∴OD=，∴D点坐标为（0，），故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线性质，勾股定理的应用，利用等面积法进行求值是解题的关键．2．如图，在矩形ABCD中，，点G、H分别在边AD、边BC上，连接BG、DH，且，要使四边形BHDG为菱形，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】由题意可令AD=2，AB=1，然后设BG=DG=x，则AG=2-x，进而根据勾股定理可求出x的值，最后问题可求解．解：∵四边形ABCD是矩形，∴，∵，∴四边形BHDG为平行四边形，由可令AD=2，AB=1，要使四边形BHDG为菱形，则有，设BG=DG=x，则AG=2-x，∴在Rt△ABG中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴；故选：D．【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定及勾股定理，熟练掌握矩形的性质、菱形的判定及勾股定理是解题的关键．3．如图，菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，过点O的直线与AD，BC分别交于点E，F，若四边形BEDF是矩形，则∠DOE的度数是（          ）A．60° B．45° C．30° D．15°【答案】A【解析】【分析】菱形ABCD中， ，对角线AC，BD交于点O，则，同理，故，为等边三角形，因为四边形BEDF是矩形，则，利用等边三角形三线合一可知E为AD的中点，又O为BD的中点，则OE为的中位线，即可求得∠DOE的度数．解：在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，∴，，则，为等边三角形，又∵四边形BEDF是矩形，则 ，即，∴E为AD的中点，又∵O为BD的中点，∴OE为的中位线，∴OE∥AB,则，故选：A．【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质，等边三角形的判定与性质，中位线的判定与性质等，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．4．如图，四边形是矩形，点E在线段的延长线上，连接交于点F，，G是的中点，若，那么的长为（       ）A． B． C．5 D．3【答案】B【解析】【分析】根据直角三角形的性质可得AG=FG=DG=4，从而得到∠AEG=∠AGE，进而得到AE=AG=4，再由勾股定理，即可求解．解：∵四边形是矩形，∴∠ABC=∠BAD=90°，AD∥BC，∴∠ADG=∠DEC，∵G是的中点，， DF=8，∴AG=FG=DG=4，∴∠GAD=∠GDA=∠DEC，∵∠AGE=∠GAD+∠GDA=2∠DEC，∠AED=2∠DEC，∴∠AEG=∠AGE，∴AE=AG=4，在中，．故选：B【点睛】本题考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线性质、勾股定理等知识解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．5．如图，已知矩形，点E是边的中点，F为边上一点，，若，有如下结论：①，②，③，④，其中正确的是（       ）A．②④ B．①②④ C．①③ D．①③④【答案】B【解析】【分析】过E作EH⊥CF于H，利用矩形的性质和全等三角形的判定和性质判断即可．解：过E作EH⊥CF于H，如图，∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，故④正确；∵，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，故①正确；∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故②正确；∴，故③错误．故选B．【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．6．如图所示，在矩形中，，，是的中点，为上任意一点，连接，将沿翻折至，的对应点为，连接，当时，求的长为（     ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】如图，过点作于，设交于想办法求出，利用勾股定理即可解决问题．解：如图，过点作于，设交于．四边形是矩形，，，， ，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，；故选：D．【点睛】本题考查矩形的性质，翻折变换．解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考常考题型．7．如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　）A． B． C． D．2【答案】C【解析】【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝90°，AD∥BC，∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，∵AD∥BC，∴∠DPH＝∠FCH，在△PDH与△CFH中，，∴△PDH≌△CFH（AAS），∴PD＝CF＝5，CH＝PH，∴AP＝AD﹣PD＝5，∴，∵点G是EC的中点，∴GH＝EP＝故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．8．如图，矩形ABCD中，，点E是AD上的一点，且，CE的垂直平分线交CB的延长线于点F，交CD于点H，连接EF交AB于点G．若G是AB的中点，则BC的长是（       ）A．6 B．7 C．8 D．10.5【答案】B【解析】【分析】过点E作EP⊥BC于点P，易证四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，得出CD=EP=8，DE=CP=4，根据AAS易证△AEG≌△BFG，得出AE=BF，又FH垂直平分EC，得出FC=FE，令BC=x，则BP=AE=BF=x-4，进而EF=FC=2x-4，FP=2x-8，在Rt△EFP中，EP2+FP2=EF2，进行求解即可．解：过点E作EP⊥BC于点P，在矩形ABCD中∠A=∠ABC=∠BCD=∠D=90°，AB=CD=8，∴四边形ABPE和四边形CDEP为矩形，又，，∴CD=EP=8，DE=CP=4，∵G是AB的中点，∴AG=GB=4，又AD∥BC，∴∠AEG=∠BFG，又∠AGE=∠BGF，∴△AEG≌△BFG（AAS），∴AE=BF，∵FH垂直平分EC，∴FC=FE，令BC=x，则BP=x-4，又AE=BF=BP，∴BP=AE=BF=x-4，∴EF=FC=2x-4，FP=2x-8，在Rt△EFP中，EP2+FP2=EF2，∴82+（2x-8）2=（2x-4）2解得x=7．故选：B．【点睛】本题考查矩形的判定和性质，垂直平分线的性质，利用勾股定理解直角三角形以及全等三角形的判定和性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形利用勾股定理求边长．二、填空题9．如图，已知矩形ABCD中，点E为AD的中点，F为CD中点，，，点H为BC上一点且EH为，则线段FH的长为____________．【答案】或【解析】【分析】分情况讨论，第一种情况，过点E作EM⊥BC于点M，当H点在M点左侧时，连接HF、HE，利用勾股定理即可求解；第二种情况，过点E作EM⊥BC于点M，当H点在M点右侧时，连接HF、HE，同理可求出HF，问题得解．如图，第一种情况，过点E作EM⊥BC于点M，当H点在M点左侧时，连接HF、HE，在矩形ABCD中，AD=BC=6，AB=DC=4，∵E点为AD中点，F点为DC中点，∴AE=ED=3，DF=FC=2，∵EM⊥BC，∴可知四边形AEMB是矩形，∠EMB=90°，∴BM=AE=3，ME=DC=4，即MC=BC-BM=6-3=3，∴Rt△EMH中，，∴，∴HC=MH+MC=2+3=5，∴Rt△HFC中，∴，第二种情况，过点E作EM⊥BC于点M，当H点在M点右侧时，连接HF、HE，如图，同理HM=2，则有HC=MC-HM=3=2=1，∴Rt△HFC中，，故答案为：或．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理等知识，注重分类讨论的思想是解答本题的关键．10．如图，矩形中，，是的中点，线段在边上左右滑动；若，则的最小值为____________．【答案】【解析】【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小， ∴G'E=GE，AG=AG'，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AD=BC=2∴CH∥EF，∵CH=EF=1， ∴四边形EFCH是平行四边形，∴EH=CF，∴G'H=EG'+EH=EG+CF，∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，∴AG=AG'=1∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴，即的最小值为．故答案为：【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．11．如图，在矩形ABCD中，AB=9，点E，F分别在BC，CD上，将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处，又将△CEF沿EF折叠，使点C落在直线EB′与AD的交点C′处，则DF的值为______．【答案】3【解析】【分析】首先连接CC′，可以得到CC′是∠EC′D的平分线，所以CB′=CD，又AB′=AB，所以B′是对角线中点，AC=2AB，所以∠ACB=30°，即可得出答案．解：连接CC′，∵将△ABE沿AE折叠，使点B落在AC上的点B′处， 又将△CEF沿EF折叠，使点C落在EB′与AD的交点C′处．∴EC=EC′，∴∠1=∠2，∵∠3=∠2，∴∠1=∠3，在△CC′B′与△CC′D中，，∴△CC′B′≌△CC′D（AAS），∴CB′=CD，又∵AB′=AB，∴AB′=CB′，所以B′是对角线AC中点，即AC=2AB=18，所以∠ACB=30°，∴∠BAC=60°，∠ACC′=∠DCC′=30°，∴∠DC′C=∠1=60°，∴∠DC′F=∠FC′C=30°，∴C′F=CF=2DF，∵DF+CF=CD=AB=9，∴DF=3．故答案为：3．【点睛】此题主要考查了翻折变换的性质和角平分线的判定与性质，解答此题要抓住折叠前后的图形全等的性质，得出CC′是∠EC′D的平分线是解题关键．12．如图，在矩形ABCD中，，，E是AD上一点，，P是BC上一动点，连接AP，取AP的中点F，连接EF，当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是______．【答案】10【解析】【分析】过点P作PM∥FE交AD于M，则FE为△APM的中位线，PM =2EF，当PM⊥AD时，PM最短，EF最短，在Rt△PMD中可求得PD的长度．过点 P 作 PM∥FE交AD于M ，如图， F为AP的中点， PM∥FE ，FE为△APM的中位线，∴AM =2AE=4 ，PM =2EF ，当EF取最小值时，即PM最短，当PM⊥AD时，PM最短，此时PM = AB =6 ， DM=8 ，在Rt△PMD中，PD =10 ，当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是10．故答案为：10·【点睛】本题考查了矩形的性质，垂线段的性质和三角形中位线定理，构造三角形中位线，利用垂线段最短是解决本题的关键．13．如图，将矩形纸片ABCD折叠（AD>AB），使AB落在AD上，AE为折痕，然后将矩形纸片展开铺在一个平面上，E点不动，将BE边折起，使点B落在AE上的点G处，连接DE，若DE=EF，CE=1，则AD=________．【答案】##【解析】【分析】证明Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），推出BF=DB′，再证明DB′=EC=BF=1，想办法求出AB′，可得结论．解：由翻折的性质可知，EB=EB′，∠B=∠AB′E=∠EB′D=90°，在Rt△EBF和Rt△EB′D中，，∴Rt△EBF≌Rt△EB′D（HL），∴BF=DB′，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=∠CDB′=∠EB′D=90°，∴四边形ECDB′是矩形，∴DB′=EC=1，∴BF=EC=1，由翻折的性质可知，BF=FG=1，∠FAG=45°，∠EGF=∠B=∠AGF=90°，∴AG=FG=1，∴AF=．∴AB=AB′=1+，∴AD=AB′+DB′=2+，故答案为：2+．【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．14．如图，矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M、N分别在矩形的边AD、BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接 PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①四边形 CMPN是菱形；②点P与点A重合时， MN＝5；③△PQM的面积S的取值范围是4≤S≤5，其中所有正确结论的序号是______．   【答案】①③##③①【解析】【分析】先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN= CN判断四边形CMPN是菱形，点P与点A重台时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断②，当MN过D点时，求出四边形CMPN面积的最小值，当P与A重台时，求出四边形面积的最大值，即可判断③．解：①如下图， ∵ ，∴ ，∵折叠，∴ ，NC=NP∴ ，∴ ，∴PM=CN，∵ ，∴四边形 为平行四边形，∵ ，∴平行四边形 为菱形，故①正确，符合题意；②当点P与A重合时，如图2所示设 ，则 ，在 中， ，即 ，解得： ，∴ ， ，∴ ，又∵四边形 为菱形，∴ ，且 ，∴ ∴ ，故②错误，不符合题意；③当 过点D时，如图3所示：此时， 最短，四边形 的面积最小，则S最小为 ，当P点与A点重合时， 最长，四边形 的面积最大，则S最大为 ，∴ ，故③正确，符合题意.故答案为：①③.【点睛】本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．三、解答题15．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，交DC的延长线于点E，BD＝BE．(1)求证：四边形ABCD是矩形．(2)若∠AOB＝60°，AB＝4，求矩形ABCD的面积．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）根据已知条件证明四边形ABEC是平行四边形，然后证明AC＝BD，即可得证；（2）根据已知条件可得△AOB是等边三角形，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理可得，，进而求得矩形的面积．(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴．又∵点E在DC的延长线上，∴，又∵，∴四边形ABEC是平行四边形，∴，又∵BD＝BE，∴AC＝BD∴平行四边形ABCD是矩形；(2)∵在矩形ABCD中，∠AOB＝60°，OA＝OB．∴△AOB是等边三角形，∴∠BAC＝60°∴，∴，∴矩形ABCD的面积＝．【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，等边三角形的性质与判定，勾股定理，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．16．如图，四边形ABCD是矩形，点G为对角线AC的中点，E为AD边上一点，过点A作交CE延长线于点F，连接BF、FG．(1)若，求证：AC垂直平分BF．(2)若，求的度数；【答案】(1)见解析(2)【解析】(1)证明：如图，连接BG，∵AF⊥CE，∴∠AFC=∠ABC=∠D=90°，∵点G是AC的中点，∴FG=BG=AG=GC=AC，∴点G在BF的垂直平分线上，在△AFE和△CDE中，，∴△AFE≌△CDE（ASA），∴AF=DC=AB，∴点A在BF的垂直平分线上，∴AC垂直平分BF；(2)∵AC垂直平分BF；点G为对角线AC的中点，∴FG=BG=AG=GC，∴∠GCF=∠GFC，∠GBC=∠GCB，∴∠FGB=∠AGF+∠AGB=2∠FCG+2∠BCG=2∠FCB=80°，∵BG=FG，∴.∠BFG=50°【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，垂直平分线的性质与判定，三角形的外角的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．17．在平行四边形中，，将沿翻折至，连接．求证：(1)；(2)求证：；(3)在平行四边形中，已知：，将沿翻折至，连接．若以为顶点的四边形是矩形，求的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)AC的长为2或4．【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质得出∠EAC=∠ACB，由翻折的性质得出∠ACB=∠ACB′，证出∠EAC=∠ACB′，得出AE=CE；（2）根据等腰三角形的性质得出DE=B′E，证出∠CB′D=∠B′DA=（180°-∠B′ED），由∠AEC=∠B′ED，得出∠ACB′=∠CB′D，即可得出B′D∥AC；（3）分两种情况：①由矩形的性质得出∠CAB′=90°，得出∠BAC=90°，再由三角函数即可求出AC；②由矩形的性质和已知条件得出AC=4．(1)∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥BC，∴∠EAC=∠ACB，∵△ABC≌△AB′C，∴∠ACB=∠ACB′，BC=B′C，∴∠EAC=∠ACB′，∴AE=CE，∴DE=B′E；(2)∵DE=B′E，∴∠CB′D=∠B′DA=（180°-∠B′ED），∵∠AEC=∠B′ED，∴∠ACB′=∠CB′D，∴B′D∥AC；(3)分两种情况：①如图1所示：∵四边形ACDB′是矩形，∴∠CAB′=90°，∴∠BAC=90°，∵∠B=60°，∴AC=BC=2；②如图2所示：∵四边形ACB′D是矩形，∴∠ACB′=90°，∴∠ACB=90°，∵BC=4，∠B=60°，∴AC=4，综上所述：AC的长为2或4．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质、翻折变换、等腰三角形的判定以及平行线的判定；熟练掌握平行四边形的性质、翻折变换的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．18．已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．(1)如图1，求证：；(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．【答案】(1)见解析(2)、、、【解析】【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；(1)证明：∵四边形是矩形，∴与相等且互相平分，∴，∵，，∴（SSS）；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，又∵BE=CE，∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）∴AE=DE，∴，∵OA=OD，AE=DE，∴OE⊥AD， ∴，∴，∴，∴；∵，∴∠OBF=∠OCH，，又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，∴△BOF≌△COH（ASA），∴，∴，∴，∴，∴；∵，∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，又∵AE=DE，∴，∴；综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．19．在矩形ABCD中，P是线段BC上的一个动点，将△ABP沿直线AP翻折，点B的对应点为E，直线PE与直线AD交于点F．(1)如图①，当点F在AD的延长线上时，求证；(2)若，BC足够长，当点E到直线AD的距离等于3时，求BP的长；(3)若，．当点P、E、D在同一直线上（如图②）时，点P开始向点C运动，到与C重合时停止，则点F运动的路程是______．【答案】(1)见解析(2)或(3)4.8【解析】【分析】（1）由矩形对边平行可得，再由翻折性质可得，则由等量代换及等腰三角形的判定即可得结论；（2）过点E作于F点，易证，分点矩形内部与外部两种情况即可求解；（3）取BM=AB=6，AN=AB=6，连接MN，则四边形ABMN是正方形，当点P由P、E、D重合时的状态运动到与M重合时，则F点的路程为线段DN长；当点P继续向点C运动直到与点C重合时，点F的路程为NF的长，为此求出DF的长即可求得点F的路程．(1)∵四边形ABCD是矩形，∴．∴．由翻折得：．∴．∴．(2)过点E作于F点， 则∴．当点E在矩形内部时，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠B=90°，∴∠BAE=90°−∠EAF=60°．由翻折得，，∴，∴由勾股定理得：，解得．当点E在矩形外部时，如图，则∠BAE=∠BAD+∠EAF=120°．由翻折得：，∴∠APB=90°−∠BAP=30°，∴，则由勾股定理得综上，线段BP的长为或．(3)如图，取BM=AB=6，AN=AB=6，连接MN，则四边形ABMN是正方形，当点P由P、E、D重合时的状态运动到与M重合时，则F点的路程为线段DN=AD-AN=10-6=4，当点P继续向点C运动直到与点C重合时，点F的路程为NF的长，即点F的路程为DN+NF，由矩形性质得：AB=CD=6，∠D=90°，由翻折的性质得：AB=AE=6，当点P与点C重合时，由（1）知AF=CF．则CF=AF=AD−DF=10−DF，在Rt△CDF中，由勾股定理得：，解得：，∴，∴点F的运动路程为：DN+NF=4+0.8=4.8．       故答案为：4.8．【点睛】本题是矩形折叠的综合问题，考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，注意（2）有两种情况，难点是（3）中确定点F的运动路径是由D到N再到F．培优第三阶——中考沙场点兵一、单选题1．（2022·海南·中考真题）如图，菱形中，点E是边的中点，垂直交的延长线于点F，若，则菱形的边长是（       ）A．3 B．4 C．5 D．【答案】B【解析】【分析】过C作CM⊥AB延长线于M，根据设，由菱形的性质表示出BC=4x，BM=3x，根据勾股定理列方程计算即可．过C作CM⊥AB延长线于M，∵∴设∵点E是边的中点∴∵菱形∴，CE∥AB∵⊥，CM⊥AB∴四边形EFMC是矩形∴，∴BM=3x在Rt△BCM中，∴，解得或（舍去）∴故选：B．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，关键在于熟悉各个知识点在本题的灵活运用．属于拔高题．2．（2021·青海西宁·中考真题）如图1，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，在边AB，BC上沿A→B→C的方向，以1cm/s的速度匀速运动到点C，的面积S（cm2）随运动时间t（s）变化的函数图象如图2所示，则AB的长是（       ）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】由图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，则由动点P的运动速度可求出BC的长，再根据图象可知的面积为6cm2，即可利用面积公式求解此题．解：∵动点P从A点出发到B的过程中，S随t的增大而增大，动点P从B点出发到C的过程中，S随t的增大而减小．∴观察图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，∵点P的运动速度为1cm/s，∴BC=1×4=4（cm），∵当点P在直线AB上运动至点B时，的面积最大，∴由图象2得：的面积6cm2，∴，∴cm．故选：B．【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题应首先看清横轴和纵轴表示的量．要求能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．3．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，M是BC上的点，且．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点处，折痕为MN，则线段PA的长是（       ）A．4 B．5 C．6 D．【答案】B【解析】【分析】连接PM，证明即可得到，PA=5．连接PM∵矩形纸片ABCD中，，，∴∵∴∵折叠∴,∴∵PM=PM∴∴∴故选B．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，学会利用翻折不变性解决问题．4．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD的两个直角进行折叠，使CB，AD恰好落在对角线AC上，B′，D′分别是B，D的对应点，折痕分别为CF，AE．若AB＝4，BC＝3，则线段的长是（　　）A． B．2 C． D．1【答案】D【解析】【分析】先利用矩形的性质与勾股定理求解 再利用轴对称的性质求解，从而可得答案.解： 矩形纸片ABCD， 由折叠可得： 同理： 故选：【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键.5．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（       ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．解：如图，连接AC，BD，，．∵ 四边形ABCD是矩形，∴，，．∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，∴，∴，∴四边形是菱形，∵ ，，∴四边形的面积为：．同理，由中位线的性质可知，，，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，∴四边形的面积为：．∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形的面积是．故选:A．【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．二、填空题6．（2022·四川内江·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 _____．【答案】10【解析】【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，∵，EF＝CG，∴四边形EFGC是平行四边形，∴CE＝FG，∴AF+CE＝AF+FG，∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，由勾股定理得，AG＝＝＝10，∴AF+CE的最小值为10，故答案为：10．【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．7．（2021·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，E为的中点，连接，过点E作的垂线交于点F，交CD的延长线于点G，连接CF．已知，，则_________．【答案】【解析】【分析】由题意，先证明△AEF≌△DEG，则EF=EG，，利用等腰三角形的性质，求出，然后得到AB=CD=，则，利用勾股定理求出BC，然后得到AE的长度，即可求出FE的长度．解：根据题意，在矩形中，则AB=CD，BC=AD，∠A=∠EDG=90°，∵E为的中点，∴AE=DE，∵∠AEF=∠DEG，∴△AEF≌△DEG，∴EF=EG，；∵CE⊥FG，∴，∴AB=CD=，∴，在直角△BCF中，由勾股定理则，∴AD=3，∴，在直角△AEF中，由勾股定理则；故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确得到．三、解答题8．（2022·湖北十堰·中考真题）如图，中，，相交于点，，分别是，的中点．(1)求证：；(2)设，当为何值时，四边形是矩形？请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)当时，四边形是矩形，理由见解析【解析】【分析】（1）连接，先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；（2）先根据矩形的判定可得当时，四边形是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得，由此即可得出的值．(1)证明：如图，连接，四边形是平行四边形，，分别是，的中点，，四边形是平行四边形，．(2)解：由（1）已证：四边形是平行四边形，要使平行四边形是矩形，则，，，即，，故当时，四边形是矩形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．9．（2022·山东威海·中考真题）如图:(1)将两张长为8，宽为4的矩形纸片如图1叠放．①判断四边形AGCH的形状，并说明理由；②求四边形AGCH的面积．(2)如图2，在矩形ABCD和矩形AFCE中，AB＝2，BC＝7，CF＝，求四边形AGCH的面积．【答案】(1)①菱形，理由见解析；②20(2)【解析】【分析】（1）①根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；②设AH=CG=x，利用勾股定理构建方程即可解决问题；（2）两个矩形的对角线相等，可得出EC的长，设AH=CG=x，利用勾股定理以及边长之间的关系可得出x的值，进而可求出面积．(1)①∵四边形ABCD，四边形AECF都是矩形∴ ∴四边形AHCG为平行四边形∵ ∴ ∴ ∴四边形AHCG为菱形；②设AH=CG=x，则DH=AD-AH=8-x在中即 解得 ∴四边形AHCG的面积为；(2)由图可得矩形ABCD和矩形AFCE对角线相等∴ ∴ 设AH=CG=x则HD=7-x在中， 在中， ∵EC=EH+CH=8∴x=3∴四边形AGCH的面积为．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．10．（2017·山东德州·中考真题）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．（1）求证：四边形BFEP为菱形；（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．【答案】（1）见解析；（2）①；②【解析】【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，∴点B与点E关于PQ对称，∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，又∵EFAB，∴∠BPF＝∠EFP，∴∠EPF＝∠EFP，∴EP＝EF，∴BP＝BF＝EF＝EP，∴四边形BFEP为菱形；（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，∵点B与点E关于PQ对称，∴CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，DE＝＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，∴EP2＝12+（3﹣EP）2，解得：EP＝cm，∴菱形BFEP的边长为cm；②当点Q与点C重合时，如图2：点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，如图3所示：点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．