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初中数学第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.1 矩形优秀同步练习题
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这是一份初中数学第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.1 矩形优秀同步练习题，文件包含8年级数学下册尖子生同步培优题典专题184矩形的性质教师版docx、8年级数学下册尖子生同步培优题典专题184矩形的性质学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
初中数学培优措施和方法
1、拓宽解题思路。数学解题不要局限于本题，而要做到举一反三、多思多想
2、细节决定成败。审题的细节、知识理解的细节、运用公式的细节、忽视检验的细节等，细节决定成败。
3、制作错题集。收集自己的错误，分门别类，没事时就翻一翻，看一看，自警一番，肯定会有很大的收获。
4、查自己欠缺的知识。关键的是做好知识准备，检查漏洞；其次是对解题常犯错误的准备
5、把好的做法形成习惯。注意书写规范，重要步骤不能丢，丢步骤等于丢分。
6、主动思考，全心投入。很多同学在听课的过程中，只是简简单单的听，不能主动思考，这样遇到实际问题时，会无从下手，不知如何应用所学的知识去解答问题。
专题18.4矩形的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2018春•兴宾区期中）如图，在矩形ABCD中，O是BC的中点，∠AOD＝90°，若矩形的周长为36，则AB的长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．4
【分析】首先证明△ABO≌△DCO，推出OA＝OB；由∠AOD＝90°，推出∠OAD＝∠ODA＝45°；由∠BAD＝∠CDA＝90°，推出∠BAO＝∠CDO＝45°，则∠BAO＝∠AOB，∠CDO＝∠COD，从而推出AB＝BO＝OC＝CD，设AB＝CD＝x，则BC＝AD＝2x，由题意x+x+2x+2x＝36，解方程即可解决问题．
【解析】解∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，
在△ABD和△DCO中，
AB=DC∠B=∠COB=OC，
∴△ABO≌△DCO（SAS），
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝90°，
∴∠OAD＝∠ODA＝45°，
∵∠BAD＝∠CDA＝90°，
∴∠BAO＝∠CDO＝45°，
∴∠BAO＝∠AOB，∠CDO＝∠COD，
∴AB＝BO＝OC＝CD，
设AB＝CD＝x，则BC＝AD＝2x，
由题意x+x+2x+2x＝36，
∴x＝6，
∴AB＝6．
故选：A．
2．（2020春•兰陵县期末）如图，在矩形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为点E，AE＝8，AC＝20，则OE的长为（ ）
A．43 B．4 C．6 D．8
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO=12AC＝10，由勾股定理可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO=12AC＝10，
∴OE=AO2−AE2=100−64=6，
故选：C．
3．（2020春•遵义期末）矩形ABCD中，AD＝3，AB＝9，点E、F同时分别从点A、C出发沿AB、CD方向以每秒1个单位的速度运动，当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为（ ）
A．4秒 B．5秒 C．6秒 D．62秒
【分析】设t秒时四边形EBFD为菱形，根据菱形的性质得到DE＝DF＝FB＝BE，然后表示出AE＝t，DF＝9﹣t，从而根据勾股定理列出方程32+t2＝（9﹣t）2求解即可．
【解析】设t秒时四边形EBFD为菱形，
此时DE＝DF＝FB＝BE，
则AE＝t，DF＝9﹣t，
根据勾股定理得：32+t2＝（9﹣t）2，
解得：t＝4，
故选：A．
4．（2020春•五莲县期末）如图，在一张长方形纸片上画一条线段AB，将右侧部分纸片四边形ABCD沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，若∠ABC＝58°，则∠1＝（ ）
A．60° B．64° C．42° D．52°
【分析】由平行线的性质可得∠BAD＝122°，由折叠的性质可得∠BAD＝∠BAD'＝122°，即可求解．
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，且∠ABC＝58°，
∴∠BAD＝122°，
∵将右侧部分纸片四边形ABCD沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，
∴∠BAD＝∠BAD'＝122°，
∴∠1＝122°+122°﹣180°＝64°，
故选：B．
5．（2020春•江汉区期末）如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，作AF⊥BE于F，连接DF，若AB＝6，DF＝BC，则CE的长度为（ ）
A．2 B．52 C．3 D．72
【分析】过D作DH⊥AF于点H，延长DH与AB相交于点G，先根据矩形的性质和已知条件得DA＝DF，根据等腰三角形的性质得H是AF的中点，由平行线等分线段定理得G是AB的中点，进而证明四边形BEDG是平行四边形，求得DE，便可得CE的长度．
【解析】过D作DH⊥AF于点H，延长DH与AB相交于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，
∵DF＝BC，
∴DA＝DF，
∴AH＝FH，
∵AF⊥BE，
∴DG∥BE，
∴AG＝BG=12AB=3，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝6，AB∥DC，
∴四边形BEDG为平行四边形，
∴DE＝BG＝3，
∴CE＝CD﹣DE＝6﹣3＝3．
故选：C．
6．（2020•梁溪区校级二模）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角
【分析】根据矩形和菱形的性质得出即可．
【解析】矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：B．
7．（2020春•太仓市期中）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对角分别相等 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【分析】依据菱形的性质和矩形的性质进行判断即可．
【解析】A、矩形的两组对角相等，菱形的两组对角相等，故A错误；
B、矩形的每条对角线相等，菱形不具有该性质，故B错误；
C、菱形和矩形的对角线都相互平分，故C错误；
D、菱形的对角线互相垂直，而矩形的对角线不具有该性质，故D正确．
故选：D．
8．（2020春•高淳区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E．若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．62 B．23 C．32 D．25
【分析】由矩形的性质可得OB＝OD＝OA＝OC，AC＝BD，由线段垂直平分线的性质可得OA＝AB＝OB，可证△OAB是等边三角形，可得∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB，
即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠ABD＝30°，
∴AD=3AB＝23，
故选：B．
9．（2020春•常州期末）如图，矩形ABCD的对角线BD＝6，∠AOD＝120°，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．9 B．93 C．12 D．123
【分析】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AO＝BO，求出△AOB是等边三角形，求出AB＝3，AC＝6，根据勾股定理求出BC，再求出面积即可．
【解析】∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOD＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝6，AO＝OC，BO＝DO=12×6=3，
∴AO＝OB＝3，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AC2−AB2=62−32=33，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC＝3×33=93，
故选：B．
10．（2020春•曲阜市期末）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
A．6013 B．5013 C．185 D．125
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD=132，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解析】连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=AB2+BC2=122+52=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD＝15，OA＝OD=12AC=132，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×132×（PE+PF）＝15，
∴PE+PF=6013，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•大邑县期中）如图在矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，若∠ACB＝30°，AB＝2，则BD的长为 4 ．
【分析】根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC＝2AB，再根据矩形的对角线相等解答．
【解析】在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝2×2＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝4．
故答案为：4．
12．（2020春•徐汇区期末）如图，矩形ABCD中，O是两对角线交点，AE⊥BD于点E．若OE：OD＝1：2，AE＝3cm，则BE＝ 3 cm．
【分析】由矩形的性质可得AO＝BO，由线段的垂直平分线的性质可得AO＝AB，可证△ABO是等边三角形，∠ABO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO，
∵OE：OD＝1：2，
∴OE=12OB，
∴BE＝OE，
又∵AE⊥BD，
∴AO＝AB，
∴AO＝AB＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴AE=3BE＝3cm，
∴BE=3cm，
故答案为：3．
13．（2019春•玄武区期中）如图，矩形ABCD的两条对角线夹角为60°，一条短边为4，则矩形的对角线长为 8 ．
【分析】由矩形的性质和已知条件得出△AOB是等边三角形，得出OA＝AB＝4，AC＝2OA＝8．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝4，
∴AC＝2OA＝8，
故答案为：8．
14．（2020春•锡山区期中）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，点E在线段AO上，且DE＝DC，若∠EDO＝15°，则∠DEC＝ 55 °．
【分析】证出∠DEC＝∠OCD＝∠ODC，设∠DEC＝∠OCD＝∠ODC＝x，则∠COD＝180°﹣2x，由三角形的外角性质得出∠COD＝∠DEC+∠EDO，得180°﹣2x＝x+15°，解方程即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠OCD，
∴∠DEC＝∠OCD＝∠ODC，
设∠DEC＝∠OCD＝∠ODC＝x，则∠COD＝180°﹣2x，
又∵∠COD＝∠DEC+∠EDO，
∴180°﹣2x＝x+15°，
解得：x＝55°，
即∠DEC＝55°，
故答案为：55．
15．（2019秋•东台市期末）长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，它的面积是 48 cm2．
【分析】利用勾股定理列式求出另一边长，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解析】∵长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，
∴另一边长为102−62=8cm，
∴它的面积为8×6＝48cm2．
故答案为：48．
16．（2020春•砀山县期末）已知，在长方形ABCD中，AB＝6，AD＝10，延长BC至E，使CE＝4，连接DE，动点F从B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点F的运动时间为t秒，当t的值为 2或11 时，△ABF和△DCE全等．
【分析】由矩形的性质可得AB＝CD，∠B＝∠A＝∠DCE＝90°，分点F在BC上或AD上两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠A＝∠B＝∠DCB＝90°，
∴∠B＝∠A＝∠DCE＝90°，
当点F在BC上时，
∵△ABF≌△DCE，
∴BF＝CE＝4，
∴t=42=2s，
当点F在AD上时，
∵△ABF≌△CDE，
∴AF＝CE＝4，
∴t=10×2+6−42=11s，
综上所述：t＝2或11，
故答案为：2或11．
17．（2020春•吴中区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，E是AB的中点，点P从B点出发以3cm/s的速度沿BC向终点C运动，点Q从点C出发以acm/s的速度沿CD向终点D运动，点P、Q同时出发，并且当其中一个点到达终点时，两点同时停止运动；当△EBP与△PCQ全等时，a的值是 3或2 ．
【分析】根据矩形的性质、全等三角形的判定定理解答即可．
【解析】∵AB＝12cm，E是AB的中点，
∴EB＝6cm，
∵点P的速度是3cm/s，
∴ts后BP＝3tcm，
∴PC＝BC﹣BP＝（18﹣3t）cm，
则18﹣3t＝6，
解得t＝4，
则BP＝3×4＝12cm，
∵△EBP与△PCQ全等，
∴4a＝12，
解得a＝3．
当at＝6，3t＝18﹣3t，也符合题意，
解得a＝2
故答案为：3或2．
18．（2020春•相城区期末）两个完全相同的长方形ABCD与长方形EFGD如图放置，点D在线段AG上，若AG＝m，CE＝n，则长方形ABCD的面积是 m2−n24 ．（用m，n表示）
【分析】根据矩形的性质以及矩形的面积公式即可求出答案．
【解析】由题意可知：AD＝ED，DG＝CD，
设AD＝ED＝x，
∴x+n+x＝m，
∴x=m−n2，
∴AD=m−n2，CD=m+n2，
∴长方形ABCD的面积为AD•CD=m2−n24，
故答案为：m2−n24．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．
（1）△BEC是否为等腰三角形？请给出证明；
（2）若AB＝1，∠ABE＝45°，求DE的长．
【分析】（1）根据EC平分∠BED，可得∠BEC＝∠DEC，根据四边形ABCD是矩形，可得AD∥BC，所以∠BCE＝∠DEC，进而可得△BEC是等腰三角形；
（2）根据∠ABE＝45°，可得三角形ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理可得BE的长，进而可得DE的长．
【解析】（1）△BEC是等腰三角形，
证明：∵EC平分∠BED，
∴∠BEC＝∠DEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BCE＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BE＝BC，
∴△BEC是等腰三角形；
（2）∵∠ABE＝45°，
∴∠AEB＝45°，
∴AE＝AB＝1，
∴BE=AB2+AE2=2，
∴BE＝BC＝AD=2，
∴DE＝AD﹣AE=2−1．
20．（2020春•常州期中）如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E在AD上，点F在BC边上，FE平分∠DFB．
（1）判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F是BC的中点，求AE的长．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质和角平分线的性质可得∠DEF＝∠DFE，可得结论；
（2）由勾股定理可求DF的长，即可求解．
【解析】（1）△DEF是等腰三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠BFE＝∠DEF，
∵FE平分∠DFB，
∴∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）∵AB＝1，BC＝2，
∴CD＝1，AD＝2，
∵点F是BC的中点，
∴FC=12BC=1，
Rt△DCF中，∠C＝90°，
∴DF=DC2+FC2=12+12=2，
∴DE＝DF=2，
∴AE＝AD﹣DE＝2−2．
21．（2020春•延庆区期末）在矩形ABCD中，点E，点F分别为边BC，DA延长线上的点，且CE＝AF，连接AE，DE，BF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若AF＝1，AB＝2，AD=5，求证：AE平分∠DEB．
【分析】（1）由矩形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，由CE＝AF，得出DF＝BE，DF∥BE，即可得出结论；
（2）由勾股定理得出BF=5，由平行四边形的性质得出DF∥BE，DE＝BF=5，则∠DAE＝∠AEB，证出DE＝AD，由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，得出∠AEB＝∠DEA即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CE＝AF，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF为平行四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠FAB＝90°，
∵AF＝1，AB＝2，
∴由勾股定理得：BF=AF2+AB2=12+22=5，
∵四边形BEDF为平行四边形，
∴DF∥BE，DE＝BF=5，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AD=5，
∴DE＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴∠AEB＝∠DEA，
即AE平分∠DEB．
22．（2020春•溧阳市期末）如图，矩形ABCD中，AB=2BC，在边AB上截取BE，使得BE＝BC，连接CE，作DF⊥EC于点F，连接BF并延长交AD于点G，连接DE．
（1）求证：DE平分∠AEC；
（2）若AD=6，求出DG的长．
【分析】（1）证明CE=2BC，进而得CD＝CE，得∠CDE＝∠CED，再由平行线的性质得∠AED＝∠CDE，进而证得结论；
（2）证明△DFG≌△EBF便得DG＝EF，求出EF便可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥DC，∠ABC＝90°，
∵BC＝BE，
∴CE=2BC，
∵AB=2BC，
∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，
∵AB∥CD，
∴∠CDE＝∠AED，
∴∠AED＝∠DEC，
∴DE平分∠AEC；
（2）∵BC＝BE，∠CBE＝90°，
∴∠BCE＝∠BEC＝45°，
∵CD∥AB，
∴∠DCE＝∠BEC＝45°，
∵DF⊥CE，
∴∠CDF＝45°，
∴DF＝CF，
∴CD=2DF，
∵AB＝CD，AB=2BC，BC＝BE，
∴BE＝DF＝CF＝BC，
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDG＝45°，
∴∠BEF＝∠EDF，
∵BC＝CF，∠BCF＝45°，
∴∠CBF＝∠CFB＝67.5°，
∴∠EBF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∠DFG＝180°﹣67.5°﹣90°＝22.5°，
∴∠EBF＝∠DFG，
在△DFG和△EBF中，
∠FDG=∠BEFBE=DF∠EBF=∠DFG
∴△DFG≌△EBF（ASA），
∴DG＝EF，
∵EF＝CE﹣CF＝AB﹣BC=2BC−BC=2×6−6=23−6，
∴DG＝23−6．
23．（2020•沙坪坝区校级三模）如图，AC为矩形ABCD的对角线，点E，F分别是线段BC，AD上的点，连接AE，CF，若∠BAE＝∠DCF：
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AC平分∠DAE，AB＝4，BC＝8，求△AEC的周长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．
（2）先证明AE＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝8﹣x，根据勾股定理分别求出AE与AC的长度后即可求出答案．
【解析】（1）在矩形ABCD中，
AF∥CE，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAE＝∠DCF，
∴∠CAE＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AF∥CE，
∴∠FAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠ECA，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，
∴BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，
∴由勾股定理可知：x2＝（8﹣x）2+42，
解得：x＝5，
在Rt△ABC，
由勾股定理可知：AC2＝42+82，
∴AC＝45，
∴△ABC的周长为：5+5+45=10+45．
24．如图，矩形ABCD中，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，连接CE，AF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若AB=3，BC＝3，求CE的长．
【分析】（1）连接AC，与BD相交于点O，根据矩形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE＝DF，然后求出OE＝OF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明；
（2）利用勾股定理求出BD长，再求出△ABE和△ABD相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出BE的长度，从而得到DE、AE的长，然后求出EF的长，在Rt△CEF中，利用勾股定理列式计算即可求出CE．
【解析】（1）证明：如图，连接AC，与BD相交于点O，
在矩形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，∠ABE=∠CDFAB=CD∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，
即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵AB=3，BC＝3，
∴BD=AB2+BC2=32+32=23，
∵∠ABE＝∠DBA，∠AEB＝∠DAB＝90°，
∴△ABE∽△ABD，
∴ABBD=BEAB=AEAD，
即323=BE3=AE3，
解得，BE=32，AE=32，
∴EF＝BD﹣2BE＝23−32×2=3，
CF＝AE=32，
在Rt△CEF中，CE=EF2+CF2=32+(32)2=212．
初中数学培优措施和方法
1、拓宽解题思路。数学解题不要局限于本题，而要做到举一反三、多思多想
2、细节决定成败。审题的细节、知识理解的细节、运用公式的细节、忽视检验的细节等，细节决定成败。
3、制作错题集。收集自己的错误，分门别类，没事时就翻一翻，看一看，自警一番，肯定会有很大的收获。
4、查自己欠缺的知识。关键的是做好知识准备，检查漏洞；其次是对解题常犯错误的准备
5、把好的做法形成习惯。注意书写规范，重要步骤不能丢，丢步骤等于丢分。
6、主动思考，全心投入。很多同学在听课的过程中，只是简简单单的听，不能主动思考，这样遇到实际问题时，会无从下手，不知如何应用所学的知识去解答问题。
专题18.4矩形的性质
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，试题共24题，选择10道、填空8道、解答6道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2018春•兴宾区期中）如图，在矩形ABCD中，O是BC的中点，∠AOD＝90°，若矩形的周长为36，则AB的长为（ ）
A．6 B．9 C．12 D．4
【分析】首先证明△ABO≌△DCO，推出OA＝OB；由∠AOD＝90°，推出∠OAD＝∠ODA＝45°；由∠BAD＝∠CDA＝90°，推出∠BAO＝∠CDO＝45°，则∠BAO＝∠AOB，∠CDO＝∠COD，从而推出AB＝BO＝OC＝CD，设AB＝CD＝x，则BC＝AD＝2x，由题意x+x+2x+2x＝36，解方程即可解决问题．
【解析】解∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，
在△ABD和△DCO中，
AB=DC∠B=∠COB=OC，
∴△ABO≌△DCO（SAS），
∴OA＝OB，
∵∠AOD＝90°，
∴∠OAD＝∠ODA＝45°，
∵∠BAD＝∠CDA＝90°，
∴∠BAO＝∠CDO＝45°，
∴∠BAO＝∠AOB，∠CDO＝∠COD，
∴AB＝BO＝OC＝CD，
设AB＝CD＝x，则BC＝AD＝2x，
由题意x+x+2x+2x＝36，
∴x＝6，
∴AB＝6．
故选：A．
2．（2020春•兰陵县期末）如图，在矩形ABCD中对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为点E，AE＝8，AC＝20，则OE的长为（ ）
A．43 B．4 C．6 D．8
【分析】由矩形的性质可得AO＝CO=12AC＝10，由勾股定理可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO=12AC＝10，
∴OE=AO2−AE2=100−64=6，
故选：C．
3．（2020春•遵义期末）矩形ABCD中，AD＝3，AB＝9，点E、F同时分别从点A、C出发沿AB、CD方向以每秒1个单位的速度运动，当四边形EBFD为菱形时，两点运动的时间为（ ）
A．4秒 B．5秒 C．6秒 D．62秒
【分析】设t秒时四边形EBFD为菱形，根据菱形的性质得到DE＝DF＝FB＝BE，然后表示出AE＝t，DF＝9﹣t，从而根据勾股定理列出方程32+t2＝（9﹣t）2求解即可．
【解析】设t秒时四边形EBFD为菱形，
此时DE＝DF＝FB＝BE，
则AE＝t，DF＝9﹣t，
根据勾股定理得：32+t2＝（9﹣t）2，
解得：t＝4，
故选：A．
4．（2020春•五莲县期末）如图，在一张长方形纸片上画一条线段AB，将右侧部分纸片四边形ABCD沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，若∠ABC＝58°，则∠1＝（ ）
A．60° B．64° C．42° D．52°
【分析】由平行线的性质可得∠BAD＝122°，由折叠的性质可得∠BAD＝∠BAD'＝122°，即可求解．
【解析】∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，且∠ABC＝58°，
∴∠BAD＝122°，
∵将右侧部分纸片四边形ABCD沿线段AB翻折至四边形ABC'D'，
∴∠BAD＝∠BAD'＝122°，
∴∠1＝122°+122°﹣180°＝64°，
故选：B．
5．（2020春•江汉区期末）如图，点E是矩形ABCD的边CD上一点，作AF⊥BE于F，连接DF，若AB＝6，DF＝BC，则CE的长度为（ ）
A．2 B．52 C．3 D．72
【分析】过D作DH⊥AF于点H，延长DH与AB相交于点G，先根据矩形的性质和已知条件得DA＝DF，根据等腰三角形的性质得H是AF的中点，由平行线等分线段定理得G是AB的中点，进而证明四边形BEDG是平行四边形，求得DE，便可得CE的长度．
【解析】过D作DH⊥AF于点H，延长DH与AB相交于点G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC，
∵DF＝BC，
∴DA＝DF，
∴AH＝FH，
∵AF⊥BE，
∴DG∥BE，
∴AG＝BG=12AB=3，
∵矩形ABCD中，AB＝DC＝6，AB∥DC，
∴四边形BEDG为平行四边形，
∴DE＝BG＝3，
∴CE＝CD﹣DE＝6﹣3＝3．
故选：C．
6．（2020•梁溪区校级二模）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角
【分析】根据矩形和菱形的性质得出即可．
【解析】矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：B．
7．（2020春•太仓市期中）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对角分别相等 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【分析】依据菱形的性质和矩形的性质进行判断即可．
【解析】A、矩形的两组对角相等，菱形的两组对角相等，故A错误；
B、矩形的每条对角线相等，菱形不具有该性质，故B错误；
C、菱形和矩形的对角线都相互平分，故C错误；
D、菱形的对角线互相垂直，而矩形的对角线不具有该性质，故D正确．
故选：D．
8．（2020春•高淳区期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，垂足为E．若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．62 B．23 C．32 D．25
【分析】由矩形的性质可得OB＝OD＝OA＝OC，AC＝BD，由线段垂直平分线的性质可得OA＝AB＝OB，可证△OAB是等边三角形，可得∠ABD＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OB＝OD，OA＝OC，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵BE＝EO，AE⊥BD，
∴AB＝AO，
∴OA＝AB＝OB，
即△OAB是等边三角形，
∴∠ABD＝60°，
∴∠ADE＝90°﹣∠ABD＝30°，
∴AD=3AB＝23，
故选：B．
9．（2020春•常州期末）如图，矩形ABCD的对角线BD＝6，∠AOD＝120°，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．9 B．93 C．12 D．123
【分析】根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AO＝BO，求出△AOB是等边三角形，求出AB＝3，AC＝6，根据勾股定理求出BC，再求出面积即可．
【解析】∵∠AOD＝120°，
∴∠AOB＝180°﹣∠AOD＝60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝6，AO＝OC，BO＝DO=12×6=3，
∴AO＝OB＝3，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB＝AO＝3，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC=AC2−AB2=62−32=33，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC＝3×33=93，
故选：B．
10．（2020春•曲阜市期末）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
A．6013 B．5013 C．185 D．125
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD=132，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解析】连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=AB2+BC2=122+52=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD＝15，OA＝OD=12AC=132，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×132×（PE+PF）＝15，
∴PE+PF=6013，
故选：A．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020秋•大邑县期中）如图在矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，若∠ACB＝30°，AB＝2，则BD的长为 4 ．
【分析】根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得AC＝2AB，再根据矩形的对角线相等解答．
【解析】在矩形ABCD中，∠ABC＝90°，
∵∠ACB＝30°，AB＝2，
∴AC＝2AB＝2×2＝4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD＝AC＝4．
故答案为：4．
12．（2020春•徐汇区期末）如图，矩形ABCD中，O是两对角线交点，AE⊥BD于点E．若OE：OD＝1：2，AE＝3cm，则BE＝ 3 cm．
【分析】由矩形的性质可得AO＝BO，由线段的垂直平分线的性质可得AO＝AB，可证△ABO是等边三角形，∠ABO＝60°，由直角三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，AC＝BD，
∴AO＝BO，
∵OE：OD＝1：2，
∴OE=12OB，
∴BE＝OE，
又∵AE⊥BD，
∴AO＝AB，
∴AO＝AB＝BO，
∴△ABO是等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴AE=3BE＝3cm，
∴BE=3cm，
故答案为：3．
13．（2019春•玄武区期中）如图，矩形ABCD的两条对角线夹角为60°，一条短边为4，则矩形的对角线长为 8 ．
【分析】由矩形的性质和已知条件得出△AOB是等边三角形，得出OA＝AB＝4，AC＝2OA＝8．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝AB＝4，
∴AC＝2OA＝8，
故答案为：8．
14．（2020春•锡山区期中）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，点E在线段AO上，且DE＝DC，若∠EDO＝15°，则∠DEC＝ 55 °．
【分析】证出∠DEC＝∠OCD＝∠ODC，设∠DEC＝∠OCD＝∠ODC＝x，则∠COD＝180°﹣2x，由三角形的外角性质得出∠COD＝∠DEC+∠EDO，得180°﹣2x＝x+15°，解方程即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴∠OCD＝∠ODC，
∵DE＝DC，
∴∠DEC＝∠OCD，
∴∠DEC＝∠OCD＝∠ODC，
设∠DEC＝∠OCD＝∠ODC＝x，则∠COD＝180°﹣2x，
又∵∠COD＝∠DEC+∠EDO，
∴180°﹣2x＝x+15°，
解得：x＝55°，
即∠DEC＝55°，
故答案为：55．
15．（2019秋•东台市期末）长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，它的面积是 48 cm2．
【分析】利用勾股定理列式求出另一边长，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解析】∵长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，
∴另一边长为102−62=8cm，
∴它的面积为8×6＝48cm2．
故答案为：48．
16．（2020春•砀山县期末）已知，在长方形ABCD中，AB＝6，AD＝10，延长BC至E，使CE＝4，连接DE，动点F从B出发，以每秒2个单位长度的速度沿BC﹣CD﹣DA向终点A运动，设点F的运动时间为t秒，当t的值为 2或11 时，△ABF和△DCE全等．
【分析】由矩形的性质可得AB＝CD，∠B＝∠A＝∠DCE＝90°，分点F在BC上或AD上两种情况讨论，由全等三角形的性质可求解．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠A＝∠B＝∠DCB＝90°，
∴∠B＝∠A＝∠DCE＝90°，
当点F在BC上时，
∵△ABF≌△DCE，
∴BF＝CE＝4，
∴t=42=2s，
当点F在AD上时，
∵△ABF≌△CDE，
∴AF＝CE＝4，
∴t=10×2+6−42=11s，
综上所述：t＝2或11，
故答案为：2或11．
17．（2020春•吴中区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝12cm，BC＝18cm，E是AB的中点，点P从B点出发以3cm/s的速度沿BC向终点C运动，点Q从点C出发以acm/s的速度沿CD向终点D运动，点P、Q同时出发，并且当其中一个点到达终点时，两点同时停止运动；当△EBP与△PCQ全等时，a的值是 3或2 ．
【分析】根据矩形的性质、全等三角形的判定定理解答即可．
【解析】∵AB＝12cm，E是AB的中点，
∴EB＝6cm，
∵点P的速度是3cm/s，
∴ts后BP＝3tcm，
∴PC＝BC﹣BP＝（18﹣3t）cm，
则18﹣3t＝6，
解得t＝4，
则BP＝3×4＝12cm，
∵△EBP与△PCQ全等，
∴4a＝12，
解得a＝3．
当at＝6，3t＝18﹣3t，也符合题意，
解得a＝2
故答案为：3或2．
18．（2020春•相城区期末）两个完全相同的长方形ABCD与长方形EFGD如图放置，点D在线段AG上，若AG＝m，CE＝n，则长方形ABCD的面积是 m2−n24 ．（用m，n表示）
【分析】根据矩形的性质以及矩形的面积公式即可求出答案．
【解析】由题意可知：AD＝ED，DG＝CD，
设AD＝ED＝x，
∴x+n+x＝m，
∴x=m−n2，
∴AD=m−n2，CD=m+n2，
∴长方形ABCD的面积为AD•CD=m2−n24，
故答案为：m2−n24．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•句容市期中）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．
（1）△BEC是否为等腰三角形？请给出证明；
（2）若AB＝1，∠ABE＝45°，求DE的长．
【分析】（1）根据EC平分∠BED，可得∠BEC＝∠DEC，根据四边形ABCD是矩形，可得AD∥BC，所以∠BCE＝∠DEC，进而可得△BEC是等腰三角形；
（2）根据∠ABE＝45°，可得三角形ABE是等腰直角三角形，再根据勾股定理可得BE的长，进而可得DE的长．
【解析】（1）△BEC是等腰三角形，
证明：∵EC平分∠BED，
∴∠BEC＝∠DEC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BCE＝∠DEC，
∴∠BEC＝∠BCE，
∴BE＝BC，
∴△BEC是等腰三角形；
（2）∵∠ABE＝45°，
∴∠AEB＝45°，
∴AE＝AB＝1，
∴BE=AB2+AE2=2，
∴BE＝BC＝AD=2，
∴DE＝AD﹣AE=2−1．
20．（2020春•常州期中）如图，矩形ABCD中，AB＝1，BC＝2，点E在AD上，点F在BC边上，FE平分∠DFB．
（1）判断△DEF的形状，并说明理由；
（2）若点F是BC的中点，求AE的长．
【分析】（1）由矩形的性质可得AD∥BC，由平行线的性质和角平分线的性质可得∠DEF＝∠DFE，可得结论；
（2）由勾股定理可求DF的长，即可求解．
【解析】（1）△DEF是等腰三角形，
理由如下：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，∠C＝90°，
∴∠BFE＝∠DEF，
∵FE平分∠DFB，
∴∠BFE＝∠DFE，
∴∠DEF＝∠DFE，
∴DE＝DF，
∴△DEF是等腰三角形；
（2）∵AB＝1，BC＝2，
∴CD＝1，AD＝2，
∵点F是BC的中点，
∴FC=12BC=1，
Rt△DCF中，∠C＝90°，
∴DF=DC2+FC2=12+12=2，
∴DE＝DF=2，
∴AE＝AD﹣DE＝2−2．
21．（2020春•延庆区期末）在矩形ABCD中，点E，点F分别为边BC，DA延长线上的点，且CE＝AF，连接AE，DE，BF．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）若AF＝1，AB＝2，AD=5，求证：AE平分∠DEB．
【分析】（1）由矩形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，由CE＝AF，得出DF＝BE，DF∥BE，即可得出结论；
（2）由勾股定理得出BF=5，由平行四边形的性质得出DF∥BE，DE＝BF=5，则∠DAE＝∠AEB，证出DE＝AD，由等腰三角形的性质得出∠DAE＝∠DEA，得出∠AEB＝∠DEA即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CE＝AF，
∴DF＝BE，DF∥BE，
∴四边形BEDF为平行四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB＝90°，
∴∠FAB＝90°，
∵AF＝1，AB＝2，
∴由勾股定理得：BF=AF2+AB2=12+22=5，
∵四边形BEDF为平行四边形，
∴DF∥BE，DE＝BF=5，
∴∠DAE＝∠AEB，
∵AD=5，
∴DE＝AD，
∴∠DAE＝∠DEA，
∴∠AEB＝∠DEA，
即AE平分∠DEB．
22．（2020春•溧阳市期末）如图，矩形ABCD中，AB=2BC，在边AB上截取BE，使得BE＝BC，连接CE，作DF⊥EC于点F，连接BF并延长交AD于点G，连接DE．
（1）求证：DE平分∠AEC；
（2）若AD=6，求出DG的长．
【分析】（1）证明CE=2BC，进而得CD＝CE，得∠CDE＝∠CED，再由平行线的性质得∠AED＝∠CDE，进而证得结论；
（2）证明△DFG≌△EBF便得DG＝EF，求出EF便可．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥DC，∠ABC＝90°，
∵BC＝BE，
∴CE=2BC，
∵AB=2BC，
∴CD＝CE，∴∠CDE＝∠CED，
∵AB∥CD，
∴∠CDE＝∠AED，
∴∠AED＝∠DEC，
∴DE平分∠AEC；
（2）∵BC＝BE，∠CBE＝90°，
∴∠BCE＝∠BEC＝45°，
∵CD∥AB，
∴∠DCE＝∠BEC＝45°，
∵DF⊥CE，
∴∠CDF＝45°，
∴DF＝CF，
∴CD=2DF，
∵AB＝CD，AB=2BC，BC＝BE，
∴BE＝DF＝CF＝BC，
∵∠ADC＝90°，
∴∠FDG＝45°，
∴∠BEF＝∠EDF，
∵BC＝CF，∠BCF＝45°，
∴∠CBF＝∠CFB＝67.5°，
∴∠EBF＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∠DFG＝180°﹣67.5°﹣90°＝22.5°，
∴∠EBF＝∠DFG，
在△DFG和△EBF中，
∠FDG=∠BEFBE=DF∠EBF=∠DFG
∴△DFG≌△EBF（ASA），
∴DG＝EF，
∵EF＝CE﹣CF＝AB﹣BC=2BC−BC=2×6−6=23−6，
∴DG＝23−6．
23．（2020•沙坪坝区校级三模）如图，AC为矩形ABCD的对角线，点E，F分别是线段BC，AD上的点，连接AE，CF，若∠BAE＝∠DCF：
（1）求证：四边形AECF是平行四边形；
（2）若AC平分∠DAE，AB＝4，BC＝8，求△AEC的周长．
【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．
（2）先证明AE＝CE，设AE＝CE＝x，BE＝8﹣x，根据勾股定理分别求出AE与AC的长度后即可求出答案．
【解析】（1）在矩形ABCD中，
AF∥CE，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠DCA，
∵∠BAE＝∠DCF，
∴∠CAE＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形．
（2）∵AC平分∠DAE，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵AF∥CE，
∴∠FAC＝∠ACE，
∴∠CAE＝∠ECA，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，
∴BE＝8﹣x，
在Rt△ABE中，
∴由勾股定理可知：x2＝（8﹣x）2+42，
解得：x＝5，
在Rt△ABC，
由勾股定理可知：AC2＝42+82，
∴AC＝45，
∴△ABC的周长为：5+5+45=10+45．
24．如图，矩形ABCD中，AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，连接CE，AF．
（1）求证：四边形AECF是平行四边形．
（2）若AB=3，BC＝3，求CE的长．
【分析】（1）连接AC，与BD相交于点O，根据矩形的对角线互相平分可得OA＝OC，OB＝OD，再利用“角角边”证明△ABE和△CDF全等，根据全等三角形对应边相等可得BE＝DF，然后求出OE＝OF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形证明；
（2）利用勾股定理求出BD长，再求出△ABE和△ABD相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出BE的长度，从而得到DE、AE的长，然后求出EF的长，在Rt△CEF中，利用勾股定理列式计算即可求出CE．
【解析】（1）证明：如图，连接AC，与BD相交于点O，
在矩形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，AB∥CD，AB＝CD，
∴∠ABE＝∠CDF，
∵AE⊥BD于E，CF⊥BD于F，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE和△CDF中，∠ABE=∠CDFAB=CD∠AEB=∠CFD=90°，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，
即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
（2）解：∵AB=3，BC＝3，
∴BD=AB2+BC2=32+32=23，
∵∠ABE＝∠DBA，∠AEB＝∠DAB＝90°，
∴△ABE∽△ABD，
∴ABBD=BEAB=AEAD，
即323=BE3=AE3，
解得，BE=32，AE=32，
∴EF＝BD﹣2BE＝23−32×2=3，
CF＝AE=32，
在Rt△CEF中，CE=EF2+CF2=32+(32)2=212．
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