2024年初中升学考试九年级数学专题复习矩形的性质.docx

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1、矩形的性质36（2023兰州）如图，在矩形ABCD中，点E为BA延长线上一点，F为CE的中点，以B为圆心，BF长为半径的圆弧过AD与CE的交点G，连接BG若AB4，CE10，则AG（）A2B2.5C3D3.5【答案】C【分析】先根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得BFAG5，然后在RtABG中利用勾股定理即可求出AG的长【解答】解：四边形ABCD为矩形，ABCBAD90，在RtBCE中，点F为斜边CE的中点，BF=12CE=5，BGBF5，在rtABG中，AB4，BG5，由勾股定理得：AG=BG2AB2=3故选：C【点评】此题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，圆的概念，勾股定理等，解

2、答此题的关键是理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；同圆的半径相等矩形的性质39（2023兰州）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CDOE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE（1）判断四边形OCDE的形状，并说明理由；（2）当CD4时，求EG的长【答案】（1）答案见解答过程；（2）433【分析】（1）先根据线段垂直平分线的性质得FDFP，EDOE，CDCO，再证FDC和FOE全等得CDOE，据此可得EDOECDCO，进而可判定四边形OCDE的形状；（2）先证ODC为等边三角形得DOCD4，ODC60，进而DF2，据此再分别求出CF，GF，

3、进而可得EG的长【解答】解：（1）四边形OCDE是菱形，理由如下：CDOE，FDCFOE，CE是线段OD的垂直平分线，FDFP，EDOE，CDCO，在FDC和FOE中，FDC=FOEFD=FPDFC=OFE，FDCFOE（ASA），CDOE，又EDOE，CDCO，EDOECDCO，四边形OCDE是菱形（2）四边形ABCD为矩形，BCDCDA90，DOCO，CE是线段OD的垂直平分线，CDCO，CDCODO，ODC为等边三角形，DOCD4，ODC60，DF=12DO=2，在RtCDF中，CD4，DF2，由勾股定理得：CF=CD2DF2=23，由（1）可知：四边形OCDE是菱形，EF=CF=23，

4、GDFCDAODC30，tanGDF=GFDF，GF=DFtanGDF=2tan30=233，EG=EFGF=23233=433【点评】此题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解答此题关键是理解菱形的判定，等边三角形的性质，数量利用勾股定理锐角三角函数进行计算矩形的性质41（2023苏州）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为（9，0），点C的坐标为（0，3），以OA，OC为边作矩形OABC动点E，F分别从点O，B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA，BC向终点A，C移动当移动时间为4秒时，ACEF的值为（）A10B910C15D30【考点】矩形的性质；坐标与图

5、形性质【分析】利用点的坐标，分别计算AC和EF，再相乘即可【解答】解：连接AC、EF四边形OABC为矩形，B（9，3）又OEBF4，E（4，0），F（5，3）AC=OC2+OA2=32+92=310，EF=(54)2+32=10，ACEF31010=30故选：D【点评】本题主要考查矩形的性质及坐标，较为简单，直接计算即可42（2023宁波）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结AE，AD，设AED，ABE，ACD的面积分别为S，S1，S2，若要求出SS1S2的值，只需知道（）AABE的面积BACD的面积CABC的面积D矩形BCDE的面积【考点】矩形的性质；三角形的面积

6、；三角形三边关系【分析】作AGED于点G，交BC于点F，可证明四边形BFGE是矩形，AFBC，可推导出SS1S2=12EDAG12BEEG12CDDG=12EDAG12FGED=12BCAFSABC，所以只需知道SABC，就可求出SS1S2的值，于是得到问题的答案【解答】解：作AGED于点G，交BC于点F，四边形BCDE是矩形，FBEBEGFGE90，BCED，BCED，BECD，四边形BFGE是矩形，AFBFGE90，FGBECD，AFBC，SS1S2=12EDAG12BEEG12CDDG=12EDAG12FGED=12BCAFSABC，只需知道SABC，就可求出SS1S2的值，故选：C【点

7、评】此题重点考查矩形的判定与性质、三角形的面积公式、矩形的面积公式、根据转化思想求图形的面积等知识与方法，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键矩形的性质41（2023十堰）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（）A四边形ABCD由矩形变为平行四边形B对角线BD的长度减小C四边形ABCD的面积不变D四边形ABCD的周长不变【答案】C【分析】由题意可知左扭动矩形框架ABCD，四边形变成平行四边形，四边形的四条边不变，故周长不变，对角线BD减小，但是BC边上的高减小，故面积变小，故选C【解答】解：左扭动矩形框架ABCD，只改变四边形

8、的形状，四边形变成平行四边形，A不符合题意；此时对角线BD减小，对角线AC增大，B不合题意BC边上的高减小，故面积变小，C符合题意，四边形的四条边不变，故周长不变，D不符合题意故选：C【点评】本题考查矩形的性质和平行四边形的性质，熟悉性质是解题关键矩形的性质41（2023杭州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O若AOB60，则ABBC=（）A12B312C32D33【答案】D【分析】先证ABO是等边三角形，可得BAO60，由直角三角形的性质可求解【解答】解：四边形ABCD是矩形，AOBOCODO，AOB60，ABO是等边三角形，BAO60，ACB30，BC=3AB，ABBC=33，

9、故选：D【点评】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键矩形的性质37（2023滨州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别是线段OB，OA上的点，若AEBF，AB5，AF1，BE3，则BF的长为 22【答案】22【分析】过A作ANBD于N，过B作BMAC于M，根据矩形的性质得到OB=12BD，OA=12AC，ACBD，根据三角形的面积公式得到ANBM，根据全等三角形的性质得到ONOM，FMEN，设FMENx，根据勾股定理即可得到结论【解答】解：过A作ANBD于N，过B作BMAC于M，ANOANBBMOBMA90，四边形A

10、BCD是矩形，OB=12BD，OA=12AC，ACBD，OBOA，SAOB=12OBAN=12OABM，ANBM，RtAONRtBOM（HL），ONOM，BNAM，AEBF，RtANERtBMF（HL），FMEN，设FMENx，AF1，BE3，BN3x，AM1+x，3x1+x，x1，FM1，AM2，AB5，BM=AB2AM2=21，BF=FM2+BM2=1+21=22，故答案为：22【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键38（2023陕西）如图，在矩形ABCD中，AB3，BC4点E在边AD上，且ED3，M、N分别是边AB、BC上的动点，且B

11、MBN，P是线段CE上的动点，连接PM，PN若PM+PN4则线段PC的长为 22【答案】22【分析】由题意知CDE是等腰直角三角形，作点N关于EC的对称点N，则N在直线CD上，连接PN，PNPN，PM+PN4即PM+PN4，BC4，BMBN，所以此时M、P、N三点共线且MNAD，点P在MN的中点处，PMPN2，PC22【解答】解：DEABCD3，CDE是等腰直角三角形，作点N关于EC的对称点N，则N在直线CD上，连接PN，如图：PM+PN4PM+PN4BC，即MN4，此时M、P、N三点共线且MNAD，点P在MN的中点处，PMPN2，PC22故答案为：22【点评】本题考查矩形的性质和等腰直角三角

12、形的性质，作出适当的辅助线是解题关键矩形的性质37（2023内江）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形ABCD中，AB5，AD12，对角线AC与BD交于点O，点E为BC边上的一个动点，EFAC，EGBD，垂足分别为点F，G，则EF+EG6013【答案】6013【分析】连接OE，根据矩形的性质得到BCAD12，AOCOBODO，ABC90，根据勾股定理得到AC=AB2+BC2=13，求得OBOC=132，根据三角形的面积公式即可得

13、到结论【解答】解：连接OE，四边形ABCD是矩形，ABC90，BCAD12，AOCOBODO，AB5，BC12，AC=AB2+BC2=13，OBOC=132，SBOCSBOE+SCOE=12OBEG+12OCEF=12SABC=1212512=15，12132EG+12132EF=12132(EG+EF)=15，EG+EF=6013，故答案为：6013【点评】此题考查了矩形的性质、勾股定理此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用矩形的性质28（2023温州）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FHEF交ED的延长线于点H，连结AF交EH

14、于点G，GEGH（1）求证：BECF；（2）当ABFH=56，AD4时，求EF的长【答案】（1）证明见解析过程；（2）6【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到GEGF，再根据等边对等角得出EGFE，根据矩形的性质得出ABDC，ABCDCB90，于是可证ABF和DCE全等，得到BFCE，从而问题得证；（2）先证ECDEFH，得出比例式，再结合已知即可求出EF的长【解答】（1）证明：FHEF，HFE90，GEGH，FG=12EH=GE=GH，EGFE，四边形ABCD是矩形，ABDC，ABCDCB90，ABFDCE（AAS），BFCE，BFBCCEBC，即BECF；（2）解：四边

15、形ABCD是矩形，DCBC，即DCEF，ABCD，BCAD4，FHEF，CDFH，ECDEFH，ECEF=CDFH，ECEF=ABFH，ABFH=56，ECEF=56，设BECFx，ECx+4，EF2x+4，x+42x+4=56，解得x1，EF6【点评】本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键29（2023随州）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DEAC，CEBD（1）求证：四边形OCED是菱形；（2）若BC3，DC2，求四边形OCED的面积【答案】（1）证明见解答；（2）3【分析】（1）证明四边形OCED是平行四边

16、形，再根据矩形性质可得：OCOD，利用菱形的判定即可证得结论；（2）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得SOCD=14S矩形ABCD，再由菱形性质可得菱形OCED的面积2SOCD可解答【解答】（1）证明：DEAC，CEBD，四边形OCED是平行四边形，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，ACBD，OC=12AC，OD=12BD，OCOD，四边形OCED是菱形；（2）解：四边形ABCD是矩形，BC3，DC2，OAOBOCOD，S矩形ABCD326，SOCD=14S矩形ABCD=1461.5，四边形OCED是菱形，菱形OCED的面积2SOCD21.53【点评】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性

17、质，矩形面积和菱形面积等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键矩形的性质42（2023河南）矩形ABCD中，M为对角线BD的中点，点N在边AD上，且ANAB1当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，AD的长为 2或1+2【答案】2或1+2【分析】以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当MND90时，如图2，当NMD90时，根据矩形的性质和三角形中位线定理以及等腰直角三角形的性质即可得到结论【解答】解：以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，分两种情况：如图1，当MND90时，则MNAD，四边形ABCD是矩形，A90，MNAB，M为对角线B

18、D的中点，ANDN，ANAB1，AD2AN2；如图2，当NMD90时，则MNBD，M为对角线BD的中点，BMDM，MN垂直平分BD，BNDN，A90，ABAN1，BN=2AB=2，ADAN+DN1+2，综上所述，AD的长为2或1+2故答案为：2或1+2【点评】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，三角形中位线定理，分类讨论是解题的关键矩形的性质40（2023怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F（1）证明：BOFDOE；（2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线

19、的性质；三角形中位线定理；菱形的判定版权所有【分析】（1）根据矩形的对边平行得到ADBC，于是有EDOFBO，根据点O是BD的中点得出DOBO，结合对顶角相等利用ASA可证得BOF和DOE全等；（2）由（1）BOFDOE可得BFDE，结合DEBF，可得四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证【解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形，ADBC，EDOFBO，点O是BD的中点，DOBO，又EODFOB，BOFDOE（ASA）；（2）证明：由（1）已证BOFDOE，BFDE，四边形ABCD是矩形，ADBC，即DEBF，四边形EBFD是平行四边形，EFBD，四边形EBFD是菱形【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键