北师大版（2024）九年级上册第一章 特殊平行四边形2 矩形的性质与判定精品课时训练

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知识清单
知识点1．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．
知识点2．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．
知识点3．矩形的判定
（1）矩形的判定：
①矩形的定义：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对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．
②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．
知识点4．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．
题型强化
题型一．直角三角形斜边上的中线
1．（2024春•雨花区校级月考）如图，在中，，，
A．5B．C．D．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线的性质求解即可．
【解答】解：在中，，，
点是的中点，
是中线，
，
故选：．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质，熟记直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．
2．（2024春•静宁县期末）直角三角形中，两直角边长分别为12和5，则斜边中线长是 ．
【分析】根据勾股定理求出斜边，根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半计算即可．
【解答】解：直角三角形中，两直角边长分别为12和5，
斜边，
则斜边中线长是，
故答案为：．
【点评】本题考查的是勾股定理的应用和直角三角形的性质的运用，掌握直角三角形斜边上的中线是斜边的一半是解题的关键．
3．（2024春•潮南区校级期末）如图，四边形中，，，、分别是、的中点，
（1）请你猜测与的位置关系，并给予证明；
（2）当，时，求的长．
【分析】（1）结论：．利用直角三角形斜边中线以及等腰三角形的性质即可解决问题．
（2）在中，利用勾股定理即可解决问题．
【解答】解：（1）．理由如下：
连接、，
，为中点，
，
，
，
，
是中点，
；
（2），，、分别是边、的中点，
，，
．
【点评】本题考查直角三角形斜边中线的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
题型二．矩形的性质
4．（2024春•兰山区期末）下列各项中，矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是
A．对角相等B．对边相等C．邻边相等D．对角线相等
【分析】根据矩形的性质以及平行四边形的性质进行做题．
【解答】解：矩形的特性是：四个角都是直角，对角线相等．平行四边形不具有此性质．
故选：．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质，矩形的性质是解题的关键．
5．（2024•北票市三模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，，则的度数是 ．
【分析】根据矩形的性质证得，，根据等腰三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：四边形是矩形，
，，，，
，
，
，，
，
．
故答案为：．
【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．
6．（2024春•淄川区期末）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且．
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：在矩形中，，，
，，，，
，
，
，
，
四边形是菱形；
（2）解：过作于，如图所示：
则四边形是矩形，
，，
，
．
【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
题型三．矩形的判定
7．（2024•顺德区三模）如题8图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是
A．B．C．D．
【分析】根据矩形的判定方法解答即可．
【解答】解；四边形是平行四边形，
添加，
是矩形，
故选：．
【点评】此题考查矩形的判定，关键是根据对角线相等的平行四边形是矩形解答．
8．（2024春•德清县期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 或或 （只要写出一个条件即可）
【分析】先证明四边形为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：或或．
【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形为平行四边形是解题的关键．
9．（2024•武昌区模拟）如图，在平行四边形中，点，，，分别在边，，，上，且，．
（1）求证：；
（2）请添加一个条件，使四边形为矩形（不需说明理由）．
【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，而，得到，由即可证明；
（2）由，，得到，，推出四边形是平行四边形，又，得到四边形是矩形，因此，又，即可求出的度数．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：当时，四边形是矩形．
理由：由（1）知，
同理：，
，，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
【点评】本题考查平行四边形的性质，关键是由全等三角形的判定和性质，推出四边形是矩形．
题型四．矩形的判定与性质
10．（2024春•潢川县期末）如图，在矩形中，，点和点分别从点和点出发，按逆时针方向沿矩形的边运动，点和点的速度分别为和，则最快 4 后，四边形成为矩形．
【分析】根据矩形的性质，可得与的关系，根据矩形的判定定理，可得，构建一元一次方程，可得答案．
【解答】解；设最快秒，四边形成为矩形，由得
．
解得，
故答案为：4．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
11．（2024•朝阳区校级三模）如图，两条直线相交于点，所夹锐角为，以点为圆心，任意长为半径作圆，与两条直线分别交于点、、、，下列说法不正确的是
A．B．C．D．
【分析】根据等边三角形的判定与性质求出，，即可判断符合题意，不符合题意，根据“对角线平分且相等的四边形是矩形”推出四边形是矩形，根据矩形的性质可判断不符合题意．
【解答】解：根据题意得，，，
、是等边三角形，
，，，
，，
故错误，符合题意；正确，不符合题意；
，，
，
四边形是矩形，
，
故，正确，不符合题意；
故选：．
【点评】此题考查了矩形的判定与性质，熟记矩形的判定定理与性质定理是解题的关键．
12．（2024•莒县二模）在平行四边形中，过点作于点，点在上且，连接，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，，平分，求的长．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，所以，而，则四边形是平行四边形，因为，所以四边形是矩形；
（2）由，，，根据勾股定理求得，则，再证明，则．
【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
于点，点在上，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
（2）解：，，，
，
，
，
平分，
，
，
，
，
的长为5．
【点评】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定等知识，证明且是解题的关键．
分层练习
一、单选题
1．（2024·河南开封·二模）将含角的三角板按如图所示的方式摆放在一矩形纸片上，使得，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的性质，等边对等角，根据等边对等角，结合平行线的性质，得到，进而得到，再根据三角形的内角和定理以及对顶角相等，求出的度数即可．
【详解】解：由题意，得：，
∴，
∵，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
故选B．
2．（22-23九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，将矩形沿折叠，使顶点C恰好落在边的中点上，若，折痕为，则的长为（ ）
A．5B．4C．3D．
【答案】A
【分析】本题考查翻折变换，掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．根据折叠的性质可知，，利用勾股定理求出，从而得出即可．
【详解】解：根据折叠的性质可知，，
设，则，
，
，
解得：，
，
∴.
故选：A．
3．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，四边形和四边形都是矩形，而且点在上，这两个矩形的面积分别是，，则，的关系是（ ）
A．B．C．D．无法确定
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形面积的计算，掌握矩形的性质是解题的关键，根据图示可得，根据矩形的性质可得，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形，四边形是矩形，
∴，，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴，即，
故选：A ．
4．（22-23九年级上·河南南阳·期末）若直角三角形的两条直角边长是30与40，则斜边上的中线的长是（ ）
A．15B．20C．25D．35
【答案】C
【分析】本题主要考查了勾股定理、直角三角形的性质等知识点，掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半成为解题的关键．先根据勾股定理求出直角三角形斜边的长，然后再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答．
【详解】解：∵直角三角形的两条直角边长是30与40，
∴该直角三角形的斜边长为50，
∴该直角三角形斜边上的中线的长是25．
故选：C．
5．（22-23九年级上·甘肃酒泉·期中）顺次连接一个四边形的各边中点，得到了一个矩形，则满足条件的四边形是（ ）
A．平行四边形B．菱形C．矩形D．任意四边形
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的性质等知识，根据对角线垂直的四边形的中点所成的四边形是矩形即可判断．解题的关键是掌握：对角线垂直的四边形的中点所成的四边形是矩形，对角线相等的四边形的中点所成的四边形是菱形，对角线垂直且相等的四边形的中点所成的四边形是正方形．
【详解】解：如图，点，，，分别是四边形各边的中点，且四边形是矩形，
∴、、、分别是、、、的中位线，
，
∴，，，
∴，即对角线互相垂直的四边形的中点所成四边形是矩形，
∵平行四边形、菱形、矩形中，只有菱形的对角线一定互相垂直，
∴满足条件的四边形是菱形，
故选：B．
6．（23-24九年级上·广东清远·阶段练习）已知四边形是平行四边形，对角线与交于点O，下列结论正确的是（ ）
A．当时，它是矩形B．当时，它是矩形
C．当时，它是矩形D．当时，它是矩形
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、矩形的判定以及等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定方法是解题的关键．
由菱形的判定和矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，故不符合题意；
B、四边形是平行四边形，，
平行四边形是菱形，故不符合题意；
C、如图，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
平行四边形是菱形，故不符合题意；
D、四边形是平行四边形，，
平行四边形是矩形，故符合题意；
故选：D．
7．（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是（ ）
A．对角线相等且平分B．对角线相等
C．对角线垂直D．对角线相等且垂直
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的判定和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答．
首先根据三角形中位线定理得到四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解．
【详解】解：如下图，四边形是矩形，且E、F、G、H分别是、、、的中点，
证明：由于E、F、G、H分别是、、、的中点，
根据三角形中位线定理得：，，
∴四边形是平行四边形
∴当时，
∴四边形是矩形．
∴顺次连接某四边形四边中点得到的四边形是矩形，则该四边形应满足的条件是对角线垂直．
故选：C．
8．（22-23九年级上·山东青岛·阶段练习）顺次连四边形形各边中点得到四边形EFGH，若四边形EFGH的形状是矩形，则原四边形是（ ）
A．平行四边形B．矩形C．菱形D．对角线垂直的四边形
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线的性质，平行线的性质，由矩形的性质可得，由三角形的中位线性质可得，进而可得，即得，同理可得，即得，据此即可求解，掌握矩形和三角形中位线的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，∵四边形EFGH是矩形，
∴，
∵点是AD的中点，点是AB的中点，
∴，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴，
即，
∴原四边形是对角线垂直的四边形，
故选：．
9．（22-23九年级上·吉林白城·开学考试）如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E，F分别是的中点，连接，若．则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了勾股定理、矩形性质、三角形中位线的应用等知识点，掌握三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半成为解题的关键．
根据矩形性质得出，根据勾股定理求出，进而求出，最后根据三角形中位线求出的长即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴由勾股定理得：，
∴，
∵点E、F分别是的中点，
∴是的中位线，
∴．
故选：D．
10．（23-24九年级上·河北保定·期中）在平面直角坐标系中，点A、点B在坐标轴上，且，以、为边作一个矩形，其一条对角线所在直线的解析式为，将此矩形作为基本图形不断复制和平移，如图所示，若各矩形的对称中心分别为，则的坐标为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用函数解析式求出的坐标，再分别求出，的坐标，探究规律后解决问题．
【详解】解：在矩形中，，即，
∴，，代入中，
得，解得：，
∴，，
，，
，，
，
，，即，．
故选C．
【点睛】本题考查规律型点的坐标，矩形的性质平移，正比例函数的性质．
二、填空题
11．（24-25九年级上·全国·课后作业）在矩形中，若，垂足为点E，并且，则 ．
【答案】/45度
【分析】根据矩形的性质首先求出，的度数．然后利用三角形内角和定理求解即可．本题考查的是矩形的性质以及三角形内角和定理的有关知识，难度一般．
【详解】解：依题意，如图：
四边形是矩形，
，
，
，
，
故答案为：
12．（24-25九年级上·全国·课后作业）在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形．
【答案】
【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等知识，熟练掌握菱矩形的判定和平行四边形的判定与性质．
【详解】证明：，，
四边形是平行四边形，，
当时
∴四边形是矩形
∴当满足条件时，四边形是矩形
故答案为：
13．（2024九年级·全国·竞赛）如图是一个矩形，在上各取一点G、H，使得，再取的中点E、F．连接，已知，，则四边形的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了等边三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，根据题意可得、为等边三角形，结合E、F为的中点可推出四边形为矩形，据此即可求解．
【详解】解：∵，，
∴
∵
∴、为等边三角形，
∴，
∵E、F为的中点，
∴垂直平分，垂直平分，，
∴
∴四边形为矩形，
又，
∴
∴，，
∴四边形的面积为：。
故答案为：
14．（22-23九年级上·广西柳州·开学考试）已知矩形的对角线交于点，若，则的度数为 ．
【答案】
【分析】此题考查矩形的性质，关键是熟练掌握矩形的性质及等腰三角形的性质与判定．根据矩形的性质和勾股定理进而可求解BC的长，由矩形的性质得，进而得为等边三角形，从而求得的度数，进而解答即可．
【详解】解：如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴设，
∴，
∵，为矩形对角线，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴
∴．
故答案为：．
15．（23-24九年级上·江西赣州·期末）如图，在矩形中，，，将线段绕顺时针旋转，得到线段，连接，，当时，线段的长度为 ．
【答案】或或
【分析】如图，连接、，交于点，根据矩形的性质及勾股定理得，，推出，，然后分两种情况：①点在上方；②点在长方形内时，结合旋转的性质，等边三角形的判定和性质及勾股定理进行求解即可．
【详解】解：如图，连接、，交于点，
∵在矩形中，，，
∴，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
①点在长方形内时，
如图，连接，则，
∵，
∴、、三点共线，
∴，
∵将线段绕顺时针旋转，得到线段，
∴，
∴是等边三角形，
∴；
②当点在下方时，
如图，延长至点，使，连接、，则，，，
∴垂直平分，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴、、三点共线，
∵将线段绕顺时针旋转，得到线段，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴点是的中点，
∵，即，
∴，
若点与重合，则，
此时，
综上所述，线段的长度为或或．
故答案为：或或．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，旋转的性质，等边三角形的判定与判定，垂直平分线的判定性质，等腰三角形的三线合一等知识点，运用了分类讨论的的思想．正确作出辅助线是解题的关键．
16．（23-24九年级上·山东枣庄·开学考试）如图，矩形的对角线和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和于点E、F，，，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】4
【分析】本题考查了矩形性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是求出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半．
根据矩形性质得出，，，推出，证出和的面积相等，同理可证：和的面积相等，和的面积相等，即可得出阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，求出即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即和的面积相等，
同理可证：和的面积相等，和的面积相等，
即阴影部分的面积等于矩形的面积的一半，
∵矩形面积是，
∴阴影部分的面积是4，
故答案为：4．
17．（22-23九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，矩形的周长为1，连接矩形四条边中点得到四边形，再连接四边形四条边中点得到四边形，如此继续下去，…，则四边形的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了图形类规律探索，三角形中位线定理，根据已知图形找出一般规律是解题关键．连接、、、相交于点，根据矩形的性质可得是的中点，进而得出 分别为的中位线，推出四边形的周长矩形的周长，从而发现规律四边形四边形的周长矩形的周长，即可求解．
【详解】解：如图，连接、、、相交于点，
四边形是矩形，
对角线、互相平分，即对角线、的交点为，
是的中点，
同理可得，分别为的中点，
又分别为的中点，
分别为的中位线，
、、、，
四边形的周长为，
四边形的周长矩形的周长，
同理可证，四边形的周长四边形的周长矩形的周长，
四边形的周长矩形的周长，
……
观察发现，四边形四边形的周长矩形的周长，
矩形的周长为1，
四边形的周长为，
故答案为：
18．（23-24九年级上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，四边形中，，，在边上，且，若，，则AD的长为 ．

【答案】
【分析】延长至，使得，证明，进而根据已知条件得出，可得，过点作于点，则是矩形，进而证明，根据全等三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图所示，延长至，使得，
∵，
∴
又∵
∴
∴，

∵
设，则，
∵，
∴
∵
∴，
∴，
∵，
∴
∴
∵
∴
∴，
过点作于点，则是矩形，
∴，
∴，
∵，则
在中，
∴
∴
∵
∴
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
三、解答题
19．（22-23九年级上·河南郑州·期末）小明家新装修了房子，他不确定新安装的门框是不是矩形，请你帮助他检查门框是不是矩形，设计你的方案，并说明道理．
【答案】见解析
【分析】根据平行四边形的判定（有两组对边分别相等的四边形是平行四边形）判断是否是平行四边形，再根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）判断是否是矩形．
【详解】解：①先用线测量，，则四边形是平行四边形，
②再用线测量，
则四边形就是矩形，否则就不是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和矩形的判定，注意：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形．
20．（22-23九年级上·辽宁锦州·期中）如图，在中，平分平分的外角，试判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】四边形是矩形，证明见解析
【分析】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和等腰三角形的性质是解题的关键．
首先利用外角性质得出，进而得到，即可求出四边形是平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可判定四边形是矩形．
【详解】解：四边形是矩形，
理由：∵平分，
∴，即，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
即，
∴，
∴，
∵四边形中，，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形．
21．（2024·湖北武汉·三模）如图，、是平行四边形的对角线上两点，．
(1)求证：；
(2)连接，和，请添加一个条件： 使得四边形为矩形．
【答案】(1)见解析
(2)（答案不唯一）
【分析】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定、全等三角形的判定等知识，证明是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到条件，证明即可；
（2）添加条件．证明四边形为平行四边形，再根据即可证明四边形为矩形．
【详解】（1）证明： ∵在平行四边形中，，，
∴，
又∵，
∴；
（2）添加条件．证明如下：
如图，
∵
∴，
∴
∴四边形为平行四边形，
∵
∴四边形为矩形．
故答案为：（答案不唯一）
22．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在锐角中，为边上的高，为的中点，连接，在上找到一点，使，连接，试判断与的位置关系，并说明理由．
【答案】BN⊥AC，理由见解析
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后求出，再根据等腰三角形的性质结合三角形内角和定理解答．
【详解】解：．
为边上的高，为的中点，
，
，
，
∴，，
∴
，
．
23．（22-23九年级上·广东湛江·期末）如图，矩形中，，把矩形沿对角线所在直线折叠，使点B落在点E处，交于点F，连接．
(1)求证：；
(2)求证：是等腰三角形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形和折叠的性质以及等腰三角形的判定，熟练掌握性质定理是解题的关键．
（1）根据矩形以及折叠的性质，由证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，即可证明结论．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
．
由折叠的性质可得：，
．
在和中，
，
．
（2）证明：由（1）得，
，即，
，
是等腰三角形．
24．（23-24九年级上·全国·单元测试）如图，在矩形纸片中，，，在上取一点F，使，剪下，将它平移至的位置，拼成四边形．
(1)求证∶四边形是菱形；
(2)求四边形的两条对角线的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的性质与判定，平移的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．
（1）根据题意得，勾股定理求得，即，根据平移的性质得出，即可证明四边形是平行四边形，进而根据邻边相等，即可得证；
（2）连接，，在，中根据勾股定理分别计算即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴在中，，
∴，
∵平移至
∴
∴
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是菱形；
（2）连接，，
∵，，
∴，
在中，，
在中，，
．
25．（23-24九年级上·江西九江·期末）课本再现：
（1）定理 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
已知：如图1，在中，，是边上的中线．
求证：．
证明：如图1，延长到点，使得，连接．
……
请把证明过程补充完整．
知识应用：
（2）如图2，在中，是边上的高，是边上的中线，是的中点，连接并延长交于点，连接．求证：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定与性质是解（1）的关键，熟练掌握直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解（2）的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是矩形即可；
（2）由直角三角形斜边中线的性质得，进而可证，然后证明是线段的垂直平分线即可．
【详解】解：（1）是边上的中线，
．
，
四边形是平行四边形．
，
四边形是矩形．
．
，
．
（2）如图，连接．
是边上的高，是边上的中线，
，是的中点．
．
，
．
．
是的中点，
．
是线段的垂直平分线．
．
26．（23-24九年级上·广东揭阳·期末）【综合与探究】
问题情境：综合实践课上，老师让同学们探究“平面直角坐标系中图形的旋转问题”．如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A5,0在x轴上，点B0,3在y轴上．操作发现：以点A为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点O，B，C的对应点分别为D，E，F．
（1）如图①，当点D落在边上时，求D点的坐标；
【继续探究】
（2）如图②，当点D落在线段上时，AD与交于点H，
①求证：；
②求点H的坐标．
【拓展探究】
（3）如图①，点M是x轴上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N，使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，直接写出N点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①见解析；②；（3）存在，或或或
【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，根据勾股定理可得：，则，即可得出点D的坐标；
（2）①根据旋转的性质得出，则，即可根据证明；②根据旋转的性质得出，即可求证，得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程，求出x的值，即可得出H的坐标；
（3）根据菱形的性质可得出以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，设，，根据两点之间距离公式得出，，，再进行分类讨论：①当时，②当时，③当时，先求出点M的坐标，再根据中点坐标公式，即可得出点N的坐标．
【详解】（1）解：∵A5,0，B0,3，四边形为矩形，
∴，，
∵顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，
根据勾股定理可得：，
∴，
∴D1,3；
（2）①∵顺时针旋转矩形，得到矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴；
②∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
∴；
（3）∵使以A、D、M、N为顶点的四边形是菱形，
∴使以A、D、M为顶点的三角形是等腰三角形，
设，，
∵A5,0，D1,3，
∴，
，
，
①当时，，
∴，
解得：，
∴或，
∴或，
解得：或
∴或；
②当时，，
，
解得：（舍去），
∴，
∴，
解得：，
∴；
③当时，，
∴，
解得：，
∴，
∴，
解得：，
∴，
综上：或或或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，菱形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对边相等且平行，四个角都是直角；旋转前后对应角相等，对应边相等；菱形四边都相等，对角线互相垂直平分．