第23讲 特殊四边形-矩形（练习）（解析版）

第23 讲 特殊四边形-矩形 目 录 题型01 利用矩形的性质求角度 题型02 利用矩形的性质求线段长 题型03 利用矩形的性质求面积 题型04 求矩形在坐标系中的坐标 题型05 根据矩形的性质证明 题型06 矩形的判定定理的理解 题型07 添加一个条件使四边形是矩形 题型08 证明四边形是矩形 题型09 根据矩形的性质与判定求角度 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长 题型11 根据矩形的性质与判定求面积 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型13 与矩形有关的新定义问题 题型14 与矩形有关的规律探究问题 题型15 与矩形有关的动点问题 题型16 矩形与一次函数综合 题型17 矩形与反比例函数综合 题型18 矩形与二次函数综合 题型19 与矩形有关的折叠问题 题型01 利用矩形的性质求角度 1．（2023·山东临沂·统考二模）两个矩形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=¿（ ） ．α−90° B．α−45° ．180°−α D．270°−α 【答】 【分析】用三角形外角性质得到∠3= 1-90°= ∠ α-90°，用余角的定义得到∠2=90°- 3=180°- ∠ α． 【详解】解：如图，∠3= 1-90°= ∠ α-90°， 2=90°- 3=180°- ∠ ∠ α． 故选：． 【点睛】 本题主要考查了矩形，三角形外角，余角，解决问题的关键是熟练掌握矩形的角的性质，三角形 的外角性质，互为余角的定义． 2．（2023·广东深圳·校考一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知 ∠ACB=25°，则∠AOB的大小是（ ） ．130° B．65° ．50° D．25° 【答】 【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O， ∴OA=OC=1 2 AC，OB=OD=1 2 BD，AC=BD， ∴OB=OC， ∴∠OBC=∠ACB=25°， ∴∠AOB=∠OBC+∠ACB=25°+25°=50°， 故选：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是 解题的关键． 3．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，在矩形ABCD中，E、F 为上一点，AE=AD， AF=CE，连接DE、BF，若∠CAD=α，则∠BFE的度数为（ ） ．90°−3 2 α B．90°−1 2 α ．α D．90°−α 【答】B 【分析】先证明AE=CF，即可得出AD=AE=CF=BC，再根据矩形的性质得出∠ACB=∠CAD=α， 最后根据等边对等角即可求解． 【详解】解：∵AF=CE， ∴EF+ AF=EF+CE，即AE=CF， ∵四边形ABCD为矩形， ∴AD=BC，AD∥BC， ∴∠ACB=∠CAD=α， ∵AE=AD， ∴AD=AE=CF=BC， ∴AD=AE=CF， ∴∠BFE=1 2 (180°−α )=90°−1 2 α， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，和等腰三角形的性质，解题的关键是掌握矩形对边平行且相等，等 腰三角形“等边对等角”． 4．（2023·重庆九龙坡·重庆市杨家坪中学校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD=2 AB，以AB为 边在矩形内作等边△ABE，延长BE交AD于点F，连接CF，则∠DFC的度数为（ ） ．60° B．70° ．75° D．80° 【答】 【分析】根据矩形的性质得到AD=BC ，∠BAD=∠ABC=90°，根据等边三角形的性质推出 ∠AFB=30°，∠CBF=30°，再根据含30 度角的直角三角形的性质得到BF=BC，即可求出 ∠BFC=∠BCF=75°，再由平角的定义即可得到答． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD=BC ，∠BAD=∠ABC=90°， ∵△ABE是等边三角形， ∴∠ABF=60°， ∴∠AFB=30°，∠CBF=30°， ∴BF=2 AB， ∵AD=2 AB，AD=BC， ∴BF=BC， ∴∠BFC=∠BCF=180°−∠CBF 2 =75°， ∴∠DFC=180°−∠AFB−∠BFC=75°， 故选． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，含30 度角的直角三 角形的性质，三角形内角和定理，证明BF=BC是解题的关键． 题型02 利用矩形的性质求线段长 5．（2022·广东广州·执信中学校考二模）如图，矩形BD 的对角线的垂直平分线分别交D、、B 于点 E、、F，若AB=12，BC=16，则EF 的长为（ ） ．8 B．15 ．16 D．24 【答】B 【分析】根据矩形的性质得到=，∠E=∠F,根据平行线的性质得出∠E=∠F,根据S 推出△E≌△F，由全等得到 E=F，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥即可推出四边形是菱形，根据垂直平分线的性质得出F=F， 根据勾股定理即可得出结论． 【详解】连接F，E， ∵EF 是的垂直平分线， = ∴，∠E=∠F=90°， ∵四边形BD 是矩形， ∴D∥B， ∴∠E=∠F， 在△E 和△F 中， ¿, ∴△E≌△F（S）， ∴E=F， 又∵=， ∴四边形EF 是平行四边形， ∵EF⊥， ∴平行四边形EF 是菱形， ∴E=E， 设E=E=x， ∵EF 是的垂直平分线， ∴E=E=x，DE=16-x， 在Rt△DE 中，C D 2+D E 2=A E 2, 12 2+(16−x ) 2=x 2， 解得x=25 2 ， ∴E=25 2 , ∵AC= ❑ √A B 2+BC 2= ❑ √12 2+16 2=20, ∴AO=1 2 AC=10, ∴OE= ❑ √A E 2−A O 2=15 2 , ∴EF=2E=15, 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证得四边形 EF 是菱形是解题的关键． 6．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，两点E，F分别在矩形ABCD的AD和CD边上，AB=6，AD=8， ∠BEF=90°，且BE=EF，点M为BF的中点，则ME的长为（ ） ．9 2 B．2❑ √5 ．3 ❑ √2 D．3 2 ❑ √10 【答】B 【分析】证明△ABE≌△≝¿，得出CF=4，勾股定理得出FB=4 ❑ √5，根据直角三角形斜边上的中线等 于斜边的一半即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠D=90°，AB=CD=6,BC=AD=8 又∠BEF=90°， ∴∠ABE=90°−∠BEA=∠FED, 又BE=EF， ∴△ABE≌△≝(AAS)， ∴ED=AB=6 ∵AD=8， ∴DF=AE=2， ∴CF=4 在Rt △BCF中，FB=4 ❑ √5， ∵点M为BF的中点，∠BEF=90°， ∴ME = 1 2 BF=2❑ √5 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜 边的一半，得出FB=4 ❑ √5是解题的关键． 7．（2022·江西·模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE//AC，CE//BD．若 AC=10，则四边形OCED的周长是 ． 【答】20 【分析】首先由四边形BD 是矩形，根据矩形的性质，易得=D=5，由E∥BD，DE∥，可证得四边形DE 是平 行四边形，又可判定四边形DE 是菱形，继而求得答． 【详解】解：∵四边形BD 是矩形， = ∴BD=10，=，B=D， = ∴D=1 2BD=5， ∵DE//AC，CE//BD．， ∴四边形DE 是平行四边形， = ∵D =5， ∴四边形DE 是菱形， ∴四边形DE 的周长为：4=4×5=20． 故答为20． 【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形DE 是菱形是解题 关键． 8．（2023·山东枣庄·校联考二模）如图，矩形BD 中，B＝6，D＝4，点E、F 分别是B、D 上的动点， EF B ∥，则F+E 的最小值是 ． 【答】10 【分析】延长B 到G，使G＝EF，连接FG，证明四边形EFG 是平行四边形，得出E＝FG，得出当点、 F、G 三点共线时，F+E 的值最小，根据勾股定理求出G 即可． 【详解】解：延长B 到G，使G＝EF，连接FG， ∵EF ∥CG，EF＝G， ∴四边形EFG 是平行四边形， ∴E＝FG， ∴F+E＝F+FG， ∴当点、F、G 三点共线时，F+E 的值最小为G， 由勾股定理得，G＝❑ √A B 2+BG 2＝❑ √6 2+(4+4) 2＝10， ∴F+E 的最小值为10， 故答为：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、F、G 三 点共线时，F+E 的值最小，是解题的关键． 题型03 利用矩形的性质求面积 9．（2023·浙江温州·模拟预测）如图是一个由5 张纸片拼成的▱ABCD，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙， 其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张矩形纸片 EFGH的面积为S3，FH与¿相交于点．当△AEO , △BFO , △CGO , △DHO的面积相等时，下列结论一 定成立的是（ ） ．S1=S2 B．S1=S3 ．AB=AD D．EH=GH 【答】 【分析】根据△ED 和△BG 是等腰直角三角形，四边形BD 是平行四边形，四边形EFG 是矩形可得出 E=DE=BG=G=， E=GF，G=EF，点是矩形EFG 的中心，设E=DE=BG=G=， E=GF= b ，G=EF= ，过点作 P⊥EF 于点P，Q⊥GF 于点Q，可得出P，Q 分别是△FE 和△EGF 的中位线，从而可表示P，Q 的长，再 分别计算出S1，S2，S3进行判断即可 【详解】解：由题意得，△ED 和△BG 是等腰直角三角形， ∴∠ADE=∠DAE=∠BCG=∠GBC=45° ∵四边形BD 是平行四边形， ∴D=B，D=B，∠D=∠B，∠BD=∠DB ∴∠D=∠FB，∠D=∠BF， ∴△ED≌△GB，△D≌BF ∴E=DE=BG=G ∵四边形EFG 是矩形 ∴G=EF，E=GF 设E=DE=BG=G=， E=GF= b ，G=EF= 过点作P⊥EF 于点P，Q⊥GF 于点Q， ∴P//E，Q//EF ∵点是矩形EFG 的对角线交点，即F 和EG 的中点， ∴P，Q 分别是△FE 和△EGF 的中位线， ∴OP=1 2 HE=1 2 b，OQ=1 2 EF=1 2 c ∵SΔBOF=1 2 BF ·OQ=1 2 (a−b)× 1 2 c= 1 4 (a−b)c S ΔAOE=1 2 AE·OP=1 2 a× 1 2 b= 1 4 ab ∵S ΔBOF=S ΔAOE ∴1 4 (a−b)c= 1 4 ab，即ac−bc=ab 而S1=SΔAED=1 2 AE· DE=1 2 a 2， S2=SΔAFB=1 2 AF ·BF=1 2 (a+c)(a−b)=1 2 (a 2−ab+ac−bc)=1 2 (a 2−ab+ab)=1 2 a 2 所以，S1=S2，故选项符合题意， S3= HE· EF=(a−b)(a+c)=a 2−bc−ab+ac=a 2+ab−ab=a 2 ∴S1≠S3，故选项B 不符合题意， 而AB=AD于EH=GH都不一定成立，故C , D都不符合题意， 故选： 【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关 系． 10．（2022·内蒙古包头·包头市第二十九中学校考三模）如图1，动点P 从矩形BD 的顶点出发，在边B， B 上沿→B→的方向，以1m/s 的速度匀速运动到点，△APC的面积S（m2）随运动时间t（s）变化的函数 图象如图2 所示，则B 的长是（ ） ．3 2 cm B．3cm ．4cm D．6cm 【答】B 【分析】由图象2 可知，点P 从B 到的运动时间为4s，则由动点P 的运动速度可求出B 的长，再根据图象 可知△ABC的面积为6m2，即可利用面积公式求解此题． 【详解】解：∵动点P 从点出发到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 到的运动时间为4s， ∵点P 的运动速度为1m/s， ∴B=1×4=4（m）， ∵当点P 在直线B 上运动至点B 时，△APC的面积最大， ∴由图象2 得：△APC的面积6m2， ∴S△ABC=1 2 AB⋅BC=6， ∴AB=3m． 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． 11．（2022·广东广州·统考二模）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥BD，交 AB于点E，过点E作EF ⊥AC，垂足为F，AC=10，EF=1.05，OE=3.75，则矩形ABCD的面积为 ． 【答】48 【分析】先证明OA=OB=OC=OD=5, S 矩形ABCD=4 S△AOB, 从而可得答． 【详解】解：∵ 矩形ABCD，AC=10， ∴OA=OB=OC=OD=5, S 矩形ABCD=4 S△AOB, ∵ EF=1.05，OE=3.75，OE⊥BD，EF ⊥AC， ∴S△AOD=1 2 ×5×1.05+ 1 2 ×5×3.75=12, ∴S 矩形ABCD=4 S△AOB=48. 故答为：48 【点睛】本题考查的是矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键． 12．（2022·四川成都·统考二模）已知矩形的长和宽分别为和b，如果存在另外一个矩形，它的周长和面积 分别是已知矩形的三分之一，则，b 应该满足的条件为 ． 【答】a 2+b 2≥10ab 【分析】因为矩形的长和宽分别为、b，所以其周长和面积分别为2(+b)和b，设所求矩形的长为x，则宽为 1 3(+b)-x，其面积为x[1 3(+b)-x]，根据题意得：x[1 3(+b)-x]=1 3b，因为存在另外一个矩形，使它的周长和面积 分别是已知矩形的三分之一，故该方程有解，即△≥0，得出不等式即可求解． 【详解】解：设所求矩形的长为x，则宽为1 3(+b)-x，其面积为x[1 3(+b)-x]， 根据题意得：x[1 3(+b)-x]=1 3b， 即x 2- 1 3 (a+b) x+ 1 3 ab=0 ， ∵存在该矩形，使它的周长和面积分别是已知矩形的三分之一 ∴方程有解， = ∴△[ 1 3 (a+b)] 2 −4× 1 3 ab =1 9 a 2+ 2 9 ab+ 1 9 b 2- 4 3 ab =1 9 a 2- 10 9 ab+ 1 9 b 2≥0 ∴a 2-10ab+b 2≥0 ∴a 2+b 2≥10ab 故答为：a 2+b 2≥10ab． 【点睛】本题考查了一元二次方程解的判别式，解题的关键是根据题意，列出方程，把问题转化为求△的 问题． 13．（2022·广东阳江·统考一模）已知矩形BD 中，E 是D 边上的一个动点，点F，G，分别是B，BE，E 的中点． （1）求证：△BGF≌△F； （2）设D=，当四边形EGF 是正方形时，求矩形BD 的面积． 【答】见解析（2）1 2 a 2 【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可； （2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可． 【详解】（1）连接EF，∵点F，G，分别是B，BE，E 的中点， ∴F//BE，F=1 2BE，F=BG， ∴∠F=∠BG， ∵BF=F， ∴△BGF≌△F， （2）当四边形EGF 是正方形时，连接G，可得：EF⊥G 且EF=G， ∵在△BE 中，点G，分别是BE，E 的中点， ∴GH=1 2 BC=1 2 AD=1 2 a,且G//B， ∴EF⊥B， ∵D//B，B⊥B， ∴B=EF=G=1 2， ∴矩形BD 的面积=AB⋅AD=1 2 a⋅a=1 2 a 2. 【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和正方形的性质解答． 题型04 求矩形在坐标系中的坐标 14．（2023·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，长方形ABCD如图所示， A(−6,2),B(2,2),C(2,−3)，则点D的坐标为（ ） ．(−6,3) B．(3,−6) ．(−6,−3) D．(−3,−6) 【答】 【分析】根据长方形的性质求出点D的横、纵坐标即可获得答． 【详解】解：∵四边形ABCD为长方形， ∴AB∥CD，AD∥BC， ∵A(−6,2),B(2,2),C(2,−3)， ∴点D的横坐标与点A相同，为−6， 点D的纵坐标与点C相同，为−3， ∴点D的坐标为(−6,−3)． 故选：． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，解题关键是利用矩形“对边平行且相等”的性质解决问题． 15．（2022·河南安阳·统考一模）如图，矩形ABCD的顶点A (1,0)，D (0,2)，B (5,2)，将矩形以原点为旋 转中心，顺时针旋转75°之后点C的坐标为（ ） ．(4 ,−2) B．(4 ❑ √2,−2❑ √2) ．(4 ❑ √2,−2) D．(2❑ √6,−2❑ √2) 【答】D 【分析】过点B 作BG⊥x 轴于G，过点作⊥y 轴于，根据矩形的性质得到点的坐标，求出∠E=45°，=4❑ √2 ，过点作E⊥x 轴于E，过点1作1F⊥x 轴于F，由旋转得∠1=75°，求出∠1F=30°，利用勾股定理求出F，即 可得到答． 【详解】解：过点B 作BG⊥x 轴于G，过点作⊥y 轴于， ∵四边形BD 是矩形， ∴D=B，B=D，D∥B，∠D=∠DB=90°， ∴∠D=∠D=∠BG， ∵∠D=∠BG=90°， ∴△D≌△GB（S）， ∵A (1,0)，D (0,2)，B (5,2)， = ∴G=5-1=4，D=BG=2， =2+2=4 ∴ ， ∴（4，4）， ∴E=E=4， ∴∠E=45°，=4❑ √2， 如图，过点作E⊥x 轴于E，过点1作1F⊥x 轴于F， 由旋转得∠1=75°， ∴∠1F=30°， ∴1F=1 2 1=1 2=2❑ √2， ∴F=❑ √OC1 2−C1 F 2=2❑ √6， ∴点1的坐标为(2❑ √6,−2❑ √2)， 故选：D． 【点睛】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30 度角的性质