初中数学北师大版（2024）九年级上册2 矩形的性质与判定当堂达标检测题

这是一份初中数学北师大版（2024）九年级上册2 矩形的性质与判定当堂达标检测题，共29页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（江苏省盐城市2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）菱形具有矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对边相等B．对边平行
C．对角线互相平分D．对角线互相垂直
2．（23-24八年级下·安徽合肥·期末）点P是矩形内一点，且满足，，，则的值为（ ）
A．3B．5C．D．
3．（2024·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
4．（23-24八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，的对角线，相交于点，下列哪个条件能够使得是矩形（ ）
A．B．
C．D．
5．（23-24八年级下·广东江门·阶段练习）如图，O是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
6．（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）在中，增加下列条件中的一个，就能断定它是矩形的是（ ）
A． B． C．D．
7．（23-24八年级下·山西临汾·期末）将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放，使点，，在同一条直线上，点在边上，连结，，．若，，则的面积为（ ）
A．13B．26C．D．
8．（重庆市九龙坡区2023-2024学年八年级下学期期末数学试题）如图，点为菱形对角线的交点，于点，连接，若，则度数为（ ）
A．B．C．D．
9．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，在中，，．是边的中点，是内一点，且，连接并延长，交于点．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
10．（2024·河南驻马店·二模）如图1 所示，在矩形中，点P 为边上一动点，过点 D 作，垂足为Q．设，动点P从B向C移动时y与x的函数关系如图2所示，则的值为（ ）

A．B．C．D．
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
11．（23-24八年级下·浙江·阶段练习）如图，延长矩形的边至点，使，连结，若，则 ．

12．（22-23八年级下·重庆江津·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为 ．
13．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图所示，为的中位线，点在上，且，若，，则的长为 ．
14．（22-23八年级上·吉林长春·期末）如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．

15．（2024·安徽合肥·二模）如图，把矩形沿直线对折，使点与重合，点落在处，若四边形与矩形的重叠部分的面积是矩形面积的，则 ．
16．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）阳春三月，油菜花开，踏青观赏油菜花是长沙居民的最爱，某油菜花旅游基地有一块长方形的土地，如图所示，矩形的长 米，宽 米，基地负责人作了如下规划和设计：先沿水平方向将矩形四等分，即图中点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，正方形的四个顶点依次在线段上，则该正方形 的边长为 米．

17．（23-24九年级上·湖北武汉·期中）如图，在矩形中，E在边上，H在边上，是 矩 形 的 外 角的平分线，，连接，，则的长是 ，的长是 ．
18．（23-24九年级上·浙江金华·开学考试）矩形纸片，，点E和F分别是边和上的动点，将矩形纸片沿折叠．

（1）如图1，当点E与D重合，点C落在对角线上的点G处时， ．
（2）如图2，若对折后点C落在边上的点G处，点D的对应点为H，过点G作于点O，记的面积为S，则S的取值范围是 ．
三、解答题（本大题共6小题，共58分）
19．（8分） （23-24八年级下·山东泰安·期中）如图，在矩形中，E是边上的点，，，垂足为F，连接．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
20．（8分）（2024·江苏宿迁·二模）如图，E、F是的对角线上两点，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)连接交于O，若，，求的长．
21．（10分）（2024·北京平谷·二模）如图，平分，点A是射线上一点，过点A作交于点D，过A作，过点D作．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)在上取点C使得，连接、．求证：．
22．（10分）（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，四边形为平行四边形，点E在边上，连接交于点F，．
(1)如图1，若，则的度数为______
(2)如图2，若，，四边形的周长为28，求四边形的面积．
23．（10分）（23-24八年级下·广西南宁·期中）已知四边形是矩形，平分交于点．

(1)如图1，证明：；
(2)如图2，对角线，相交于点，连接，．
①求的值；
②求的度数．
24．（12分）（23-24八年级下·河南周口·阶段练习）法国数学家笛卡尔于1637年发明了现代数学的基础工具——平面直角坐标系．平面直角坐标系的引入，使得我们可以用代数方法研究几何问题．
【初步尝试】如图1，在矩形中，，，E为的中点，和相交于点M．求的面积．
嘉嘉同学的思路如下：建立如图2所示的平面直角坐标系，根据一次函数的知识求出点M的坐标，从而可求出的面积．

请你根据嘉嘉同学的思路解决下列问题：
（1）点E的坐标为______．
（2）的面积为______．
【问题联想】如图3，在四边形中，，，，对角线、交于点P，．
（3）求的面积．
（4）琪琪同学以点D为原点，分别以、所在的直线为x轴、y轴，点B在第三象限，若以A、B、D、F为顶点的四边形是平行四边形，直接写出点F的坐标．
参考答案：
1．D
【分析】本题考查了菱形和矩形的性质；根据菱形和矩形的性质，容易得出结论．
【详解】解：菱形的性质有：对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相垂直平分；
矩形的性质有：对边平行且相等；四个角都是直角；对角线互相平分；
根据菱形和矩形的性质得出：菱形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直；
故选：D．
2．D
【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键．
过点向矩形的四边分别作垂线，垂直分别为，根据题意，设，则有勾股定理，分别求得，根据已知数据以及，进而即可求得的长．
【详解】过点向矩形的四边分别作垂线，垂直分别为，如图，
四边形是矩形，
，
四边形是矩形，
，
设，
则，
，
，，，
．
故选：D．
3．C
【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果．
【详解】解：∵矩形，
，
∵沿折叠，点恰好落在点处，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴；
故选C．
4．B
【分析】本题考查了矩形的判定，熟悉掌握判定的方法是解题的关键．
根据矩形的判定方法逐一判断即可．
【详解】解：∵在平行四边形的基础上，需要加一个角为或对角线相等，才可以证明出矩形，
∴，，均不能判定出为矩形，故A，B，C错误；
∵是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴平形四边形为矩形；
故选：B．
5．C
【分析】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
先证明四边形为平行四边形，再利用菱形的性质证明，求解长，再证明平行四边形为矩形，再利用矩形的性质可得答案．
【详解】解：∵是菱形，
∴，，，
∴，
又∵，，
∴是平行四边形，
∵，
∴是矩形，
∴，
故选C．
6．A
【分析】本题主要考查矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形是矩形进行判断即可
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴当对角线相等或有一个内角等于90度时，四边形是平行四边形
∴当时，是矩形，
故选：A．
7．D
【分析】首先根据矩形的性质和勾股定理求出，然后得到，然后利用三角形面积公式求解即可．
此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
【详解】∵将两个完全相同的矩形和矩形按如图所示的位置摆放，
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴的面积为．
故选：D．
8．A
【分析】本题主要考查了菱形的性质、直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．首先根据题意求得，再结合菱形的性质可得，，由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可得，即可获得答案．
【详解】解：∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形为菱形，
∴，，
又∵，
∴在中，，
∴，
∴．
故选：A．
9．C
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，等角对等边，全等三角形的判定和性质，延长交的延长线于，可得，得到，又由，是边的中点，可得，得到，即得，进而得，得到，再由得到，由即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：如图，延长交的延长线于，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故选：．
10．D
【分析】本题主要考查动点函数图象问题，根据题意和图象可求出，由勾股定理可求出，运用等积法可求出，从而可求出的值
【详解】解：由图象知，起点坐标为，终点坐标为
由图1可知．
由图2可知

在中，由勾股定理可知． 即．
由矩形性质可知
由等积法可知∶面积
即
故选 ：D．
11．/30度
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角与内角关系，解题关键是添加辅助线构造等腰三角形，掌握矩形对角线互相平分且相等，对边平行等性质．如图，连接，根据矩形对角线互相平分且相等，对边分别平行，得，，，根据“等边对等角”及平行线的性质得，已知，根据等量代换得，然后根据“等边对等角”，即可得，再根据“三角形的外角等于与它不相邻的两个内角和”，得，求解即可得出答案．
【详解】解：如图，连接交于点，
四边形是矩形，
，，，
，则，
，
，
，
，
，
故答案为：．
12．
【分析】由两点距离公式可求的长，由矩形的性质可求，即可求解．
【详解】解：连接，
点，，
，
四边形是矩形，
，
点的坐标为，
故答案为：．
【点拨】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键．
13．1
【分析】本题考查的是三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线的性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线的性质求出，根据三角形中位线定理求出，计算即可．
【详解】解：在中，为的中点，，
，
为的中位线，，
，
，
故答案为：1．
14．60
【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
故答案为：60．
【点拨】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题．
15．
【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质得出，，，设，，则矩形的面积为，结合题意求出得出，由折叠的性质可得：，，，由勾股定理计算出，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，，
设，，则矩形的面积为，
由图可得，四边形与矩形的重叠部分为，其面积是矩形面积的，
∴，
∴，
∴，
由折叠的性质可得：，，，
在中，由勾股定理得：，
∴，
解得：，
∴或（不符合题意，舍去），
∴，
故答案为：．
16．
【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的性质，勾股定理，过点作，交于，交于，则，证明，得到，根据四等分点求出，再利用勾股定理即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．
【详解】解：过点作，交于，交于，则，

∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∵米，点分别为宽 的四等分点，点 分别为的四等分点，
∴米，米，
∴米，
∴米，
∴正方形 的边长为米，
故答案为：．
17． 3
【分析】此题考查了矩形的性质，四点共圆，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，在上截取，连接，推出，进而得到，利用四点共圆得到，由此得到的长，求出，再根据勾股定理求出的长，正确掌握各知识点并综合应用是解题的关键．
【详解】解：在上截取，连接，
∵四边形是矩形，
∴
∵平分，
∴，
∴
∵，
∴
∵
∴
∵
∴，
∵
∴
∴点E，C，G，H四点共圆，
∴，
∴，
∴
∵，
∴，，
∴
∴，
故答案为：3，．
【点拨】,
18．
【分析】（1）根据矩形的性质和勾股定理求出，由折叠的性质得到，则；
（2）如图1所示，当点E与点D重合时，通过证明，得到，则；如图2所示，当点G与点A重合时，
同理可得，设，则，在中，由勾股定理得，解方程得到；由此可知，对折后点C落在边上的点G处时，；由三线合一定理得到，进而推出，则．
【详解】解：（1）∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可得，
∴，
故答案为：；
（2）如图1所示，当点E与点D重合时，
由折叠的性质可得，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；

如图2所示，当点G与点A重合时，
同理可得，
设，则，
在中，由勾股定理得，，
∴，
解得，
∴，
综上所述，若对折后点C落在边上的点G处时，；
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．

【点拨】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，证明，从而推出是解题的关键．
19．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据矩形是性质可以证明，即可得；
（2）结合（1）证明，再根据勾股定理即可求出的长．
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，，，
，
，，
，，
，
；
（2）解：由（1），
，，
，，
，
，
，
在中，根据勾股定理，得，
．
20．(1)见解析
(2)3
【分析】（1）连接，交于点，由平行四边形的性质得到，，证得，则即可得出结论；
（2）根据矩形的判定和性质得出，进而解答即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，如图所示：
四边形是平行四边形，
，，
，
，即，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：四边形是平行四边形，，
是矩形，
，
．
【点拨】此题是四边形综合题，考查平行四边形的判定与性质和矩形的判定与性质，关键是由平行四边形的性质得到，解答．
21．(1)证明见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，角平线的性质等知识点，
（1）先判定四边形是平行四边形，然后由即可得解；
（2）先判定四边形是平行四边形，再由平分和得出，证出四边形是菱形，进而即可得证；
熟练掌握其判定和性质是解决此题的关键．
【详解】（1）∵，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）如图，
∵四边形是矩形
∴，，
∵，
∴
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴．
22．(1)；
(2)四边形的面积为．
【分析】本题考查了菱形的性质，矩形的性质，利用完全平方公式求面积是解题的关键．
（1）设根据菱形的性质和等腰三角形的性质，得出三个角的度数，列方程得出，即可得到的度数；
（2）连接，求出对角线的长度，从而得出四边形的边长，求出面积．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，
设， 则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：连接交于点，如图：
设，则，
∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
设，
，
∴四边形的面积为．
23．(1)见详解
(2)①；②
【分析】（1）由矩形的性质可得出，由角平分线的定义可得出，由三角形内角和可得出，由等角对等边可证明．
（2）①由已知条件可得出，由含直角三角形的性质可得出，设，则，由勾股定理可得出，由线段的和差和求出，相比即可得到答案．
②由矩形的性质可得出，再证明为等边三角形，由等边三角形的性质可得出，等量代换可得出，进一步即可求出，根据角的和差关系可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形
∴
∵平分，
∴
∴
∴．
（2）①∵，
∴，
∴
∴，
设，则，
∴，
∵
∴，
∴
②∵四边形是矩形
∴
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴．
【点拨】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，含直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键．
24．（1）；（2）；（3）；（4）或或．
【分析】初步尝试：（1）根据，，E为的中点，可得E的坐标；
（2）求出；，联立，解得；即可得；
问题联想：（3）建立平面直角坐标系，求出，得，可得直线的函数表达式为，直线的函数表达式为；联立，解得，故；
（4）如图，根据已知可得：，，，求解，可得，再分三种情况讨论即可．
【详解】解：初步尝试：（1）建立如图所示的平面直角坐标系，

∵在矩形中，，，E为的中点，
∴，，，，；
（2）设，，
把代入得：，
解得，
；
把，代入得：
，
解得，
入，
联立，
解得，
；
；
的面积为16；
问题联想：（3）建立如图所示的平面直角坐标系，

根据已知可得：，，，
，
，
，
由，可得直线的函数表达式为，
由，可得直线的函数表达式为；
联立，
解得，
，
；
的面积为；
（4）如图，根据已知可得：，，，

∵，
∴，
∵，
∴，
当四边形为平行四边形时，
结合平移的性质可得：；
当四边形为平行四边形，
同理可得：；
当四边形为平行四边形，
同理可得：；
综上：或或．
【点拨】本题考查一次函数综合应用，涉及待定系数法，全等三角形的判定和性质，三角形面积，平行四边形的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是建立直角坐标系，求出相关直线的函数表达式和相关点的坐标．