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9.4矩形、菱形、正方形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在中，，为边上一动点，且于点，于点，则线段的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．两条对角线互相垂直平分的四边形是( )
A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．平行四边形
3．如图，把一个长方形的纸片对折两次，然后剪下一个角，为了得到一个钝角为120° 的菱形，剪口与第二次折痕所成角的度数应为
A．15°或30° B．30°或45° C．45°或60° D．30°或60°
4．如图，菱形的边长为1，，E、F分别是边上的两个动点，且满足，设的面积为s，则s的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在矩形纸片中，把沿直线折叠，使得点落在边上的点处．已知与的度数之比为，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
6．已知矩形的两条对角线、相交于点O，则下列结论不一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，点E在边BC（包括点B、C）上，将△BDE沿着直线DE翻折得到△B′DE，设∠BDE为α，当α为（ ）度时，以点A、C、B′、D为顶点的四边形为菱形．
A．60° B．30° C．30°或120° D．45°或60°
8．矩形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）
A．对边分别相等 B．对角分别相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等
9．如图3，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA，若PC=4，则PD等于（ ）
A．1 B．3 C．4 D．2
10．如图，为了检验教室里的矩形门框是否合格，某班的四个学习小组用三角板和细绳分别测得如下结果，其中不能判定门框是否合格的是（　　）
A．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD B．AC＝BD，∠B＝∠C＝90°
C．AB＝CD，∠B＝∠C＝90° D．AB＝CD，AC＝BD
11．在菱形中，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
12．下列命题中，正确的是（ ）
A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等
C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形
二、填空题
13．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=12cm．点P从点A出发，以3cm/s的速度在射线AD上运动；同时，点Q从点C出发，以1cm/s的速度在射线CB上运动．运动时间为t，当t= 秒（s）时，点P、Q、C、D构成平行四边形．
14．菱形在平面直角坐标系中的位置如图所示，∠，则点的坐标为 ．
15．菱形有 条对称轴,对称轴之间具有 的位置关系.
16．如图1，在矩形中，动点P从点B出发，沿运动至点A停止，设点P运动的路程为x，的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形的周长是 ．
17．已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ．
三、解答题
18．如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点A（16，0）、C（0，12），将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与x轴交于点D．
(1)线段OB的长度为______；
(2)求直线BD所对应的函数表达式；
(3)若点Q在线段BD上，在线段BC上是否存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
19．如图，把长方形纸片ABCD沿EF折叠后．点D与点B重合，点C落在点的位置上．若，．
（1）求、的度数；
（2）求长方形纸片ABCD的面积S．
20．如图，已知在△ABC中，∠ACB=90°，CD为高，且CD，CE三等分∠ACB．
(1) 求∠B的度数；
(2) 求证：CE是AB边上的中线，且CE=AB．
21．如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，分别连接、，与、分别相交于点、．
(1)求证：．为了证明“”，小明延长至点，使，连接，请画出辅助线并按小明的思路写出证明过程；
(2)若正方形的边长为6，，求的长．
22．如图，在矩形ABCD中，AD=12，AB=7，DF平分∠ADC，AF⊥EF．
（1）求证：AF=EF；
（2）求EF长．
23．如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F．
（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．
24．如图，四边形ABCD是菱形，边长为10cm，对角线AC，BD交于点O，∠BAD＝60°．
(1)求对角线AC，BD的长；
(2)求菱形的面积．
《9.4矩形、菱形、正方形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C B D D C A C D D D
题号 11 12
答案 C A
1．C
【分析】本题考查了矩形的性质和判定，勾股定理的逆定理，等面积法，解题的关键是要证明，此题根据勾股定理的逆定理得出为直角三角形，进一步得出四边形为矩形，则有，当时，最小，即可解答
【详解】解：连接，如图所示，
，
，
为直角三角形，
则，
又于点，于点，
四边形为矩形，
，
当时，最小，即此时有最小值，
，
即，
，
故选：C
2．B
【分析】根据菱形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：因为四边形的对角线互相平分，所以四边形是平行四边形，
又因为四边形的对角线互相垂直，所以此平行四边形是菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了菱形的判定，掌握“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”是解题的关键．
3．D
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABD=∠ABC，∠BAC=∠BAD，ADBC，
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=180°﹣∠BAD=180°﹣120°=60°，
∴∠ABD=30°，∠BAC=60°．
∴剪口与折痕所成的角a的度数应为30°或60°．
故选∶D．
4．D
【分析】由题意易得△BED≌△BFC，从而可得△BEF是等边三角形，由等边三角形的面积公式可得，当BE与BD或AB重合时，BE最大，从而△BEF的面积最大；当BE⊥AD时，BE最小，从而△BEF的面积最小，从而可求得s的取值范围．
【详解】∵四边形ABCD是菱形
∴AD=BC=CD=AB=1
∵BD=1
∴AB=AD=BD
∴△ABD是等边三角形
∴∠A=∠ADB=∠C=∠DBC=60°
∵，AE+DE=1
∴DE=CF
在△BED和△BFC中
∴△BED≌△BFC
∴BE=BF，∠EBD=∠FBC
∴∠EBF=∠EBD+∠DBF=∠FBC+∠DBF=∠DBC=60°
∴△BEF是等边三角形
根据等边三角形的面积公式得：
当点E与A或D重合时，BE最大，此时BE=1，此时s最大，且最大值为；当点BE⊥AD时，BE最小，则AE=，由勾股定理得，此时s最小，且最小值为
所以s的取值范围为：
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的面积、垂线段最短等知识，证明△BED≌△BFC及△BEF是等边三角形是解题的关键．
5．C
【分析】根据矩形的性质得到，由折叠得，设，则，得到，求出，即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠得，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】此题考查了矩形与折叠，熟记矩形的性质是解题的关键．
6．A
【分析】根据矩形的性质解答即可．
【详解】解：如图所示，
在矩形中，，，，
故B、C、D选项结论正确，
当四边形为菱形或正方形时，成立，
故结论不一定正确的是A选项，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，矩形的对边互相平行且相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等．
7．C
【分析】分为菱形点对角线，菱形的边长两种情况讨论即可
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，点D为AB的中点，
∴，
是等边三角形
折叠
①如图，当为菱形的边长时，
，则
②当为菱形的对角线时，此时与重合，如图
同理可得，则
故选C
【点睛】本题考查了菱形的性质，含30度角的直角三角形的性质，折叠的性质，确定是等边三角形是解题的关键．
8．D
【分析】根据矩形和菱形的性质进行判断即可得出答案．
【详解】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键．
9．D
【详解】过点P做PM∥CO交AO于M，可得∠CPO=∠POD，再结合题目推出四边形COMP为菱形，即可得PM=4，又由CO∥PM可得∠PMD=30°，由直角三角形性质即可得PD．
解：如图：过点P做PM∥CO交AO于M，PM∥CO
∴∠CPO=∠POD，∠AOP=∠BOP=15°，PC∥OA
∴四边形COMP为菱形，PM=4
PM∥CO
∴∠PMD=∠AOP+∠BOP=30°，
又∵PD⊥OA
∴PD=PC=2．
故选Ｄ．
10．D
【详解】解：A、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，
故能判定门框合格；
B、在Rt△ABC和Rt△DCB中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△DCB（HL），
∴AB＝CD，
∵∠B＝∠C＝90°，∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，
故能判定门框合格；
C、∵∠B＝∠C＝90°，∴AB∥CD，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
故能判定门框合格；
D、当四边形ABCD是等腰梯形时，也满足AB＝CD，AC＝BD，故不能判定门框合格．
故选D．
【点睛】本题考查了矩形判定的实际应用，熟记矩形的判定方法是解决此题的关键．
11．C
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的邻角互补即可得到答案．
【详解】解：∵菱形，
∴，
∵，
∴，
故选：C．
12．A
【详解】A．两点之间，线段最短，故本选项命题正确，符合题意；
B．菱形的对角线互相垂直，但不一定相等，故本选项命题错误，不符合题意；
C．正五边形的外角和为，故本选项命题错误，不符合题意；
D．直角三角形不一定是轴对称图形，故本选项命题错误，不符合题意．
13．3或6
【分析】根据点P的位置分类讨论，分别画出对应的图形，根据平行四边形的对边相等列出方程即可求出结论．
【详解】解：当P运动在线段AD上运动时， AP=3t，CQ=t，
∴DP=AD-AP=12-3t，
∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD=CQ，
∴12-3t=t，
∴t=3秒；
当P运动到AD线段以外时，AP=3t，CQ=t，
∴DP=3t-12，
∵四边形PDCQ是平行四边形，
∴PD=CQ，
∴3t-12=t，
∴t=6秒，
故答案为：3或6
【点睛】此题考查的是平行四边形与动点问题，掌握平行四边形的对应边相等和分类讨论的数学思想是解决此题的关键．
14．
【详解】过点作则，所以点的坐标为.
15． 2 互相垂直
【详解】试题解析：根据菱形的性质可得
菱形的对称轴为菱形的两条对角线,且互相垂直.
故答案为2,互相垂直.
16．18
【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，在解题时要能根据函数的图象求出的长度是解决问题的关键，根据函数的图象、结合图形求出的值，即可得出矩形的周长．
【详解】解：动点从点出发，沿运动至点停止，而当点运动到点之间时，的面积不变，函数图象上横轴表示点运动的路程，时，开始不变，说明时，接着变化，说明，
矩形的周长．
故答案为：18．
17．48
【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，
∴在中，(cm)，
∴．
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
18．(1)20
(2)直线BD所对应的函数表达式为
(3)存在，满足条件的点P的坐标是（10，12）
【分析】（1）由矩形的性质可得出点的坐标及，的长，利用勾股定理可求出的长；
（2）设，则，，，利用勾股定理可求出值，进而可得出点的坐标，再根据点，的坐标，利用待定系数法可求出直线所对应的函数表达式；
（3）过点作轴于点，由，可得出，利用面积法可求出的长，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可得出点的坐标，根据，求出直线的解析式，根据点的纵坐标求出其横坐标即可．
【详解】（1）解：由题意，得：点的坐标为，，，
，
故答案为：20；
（2）解：设，则，，，
，即，
，
，
点的坐标为．
设直线所对应的函数表达式为，
将，代入，得：
，
解得：，
直线所对应的函数表达式为；
（3）解：存在，理由：过点作轴于点，如图所示．
，
，
，
在中，，
点的坐标为，，
由，设直线的解析式为：，
把，代入得：，解得：，
直线的解析式为：，
令，则，解得：，
存在，点的坐标为．
【点睛】本题属于一次函数综合题，考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题．
19．（1）∠2=60，∠3=60；（2）
【分析】（1）根据折叠的性质可得，由平行线的性质可得，即可求解；
（2）由（1）可得，根据直角三角形的性质可得，勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：在长方形ABCD中，
AD=BC，∠A=90，AD//BC
∴∠1=∠2=60，
由折叠可知，BE=DE
∵
=60
（2）在△ABE中，∠A=90，
∴∠ABE=30
∴BE=2AE=4，
∴AD=AE+DE=AE+BE=6，
∵
∴
∴
∴长方形ABCD的面积
【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
20．（1）∠ B=；（2）证明见解析．
【分析】(1)利用直角△BCD的两个锐角互余的性质进行解答；
(2)利用已知条件和(1)中的结论可以得到△ACE是等边三角形和△BCE为等腰三角形,利用等腰三角形的性质证得结论．
【详解】解：(1)∵在△ABC中，∠ACB=90°，CD，CE三等分∠ACB，
∴∠ACD=∠DCE=∠BCE=30°，则∠BCD=60°，
又∵CD为高，∴∠B=90° 60°=30°；
(2)由(1)知，∠B=∠BCE=30°，则CE=BE，AC=AB，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，
∴∠A=60°，
又∵由(1)知，∠ACD=∠DCE=30°，
∴∠ACE=∠A=60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC=AE=EC=AB，
∴AE=BE，即点E是AB的中点．
∴CE是AB边上的中线,且CE=AB．
21．(1)证明见解析
(2)3
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
（1）延长到，使，连接，证得，，最后利用等量代换求得答案即可；
（2）根据（1）中的结论，设正方形的边长为，列方程可解答．
【详解】（1）证明：延长至点，使，连接，如图所示：
四边形是正方形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（2）解：，，
，
由（1）知：，
在中，根据勾股定理得，即，
．
22．(1)证明见解析；（2）
【详解】【试题分析】（1）利用“一线三等角”模型证明全等；（2）根据勾股定理求解即可.
【试题解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠ADC=90°，AB=DC=7，BC=AD=12，
∴∠BAF+∠AFB=90°，
∵DF平分∠ADC，
∴∠ADF=∠CDF=45°，
∴△DCF是等腰直角三角形，
∴FC=DC=7，
∴AB=FC，
∵AF⊥EF，
∴∠AFE=90°，
∴∠AFB+∠EFC=90°，
∴∠BAF=∠EFC，
在△ABF和△FCE中，
∠BAF＝∠EFC；AB＝FC；∠B＝∠C，
∴△ABF≌△FCE（ASA），
∴EF=AF；
（2）BF=BC-FC=12-7=5，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：
AF= = =，
则EF=AF=．
【方法点睛】本题目是一道矩形背景下的证明三角形全等，涉及“角平分线加平行，出现等腰三角形”及“一线三等角”模型，第二问利用勾股定理求解.难度较大.
23．(1)见解析;(2)见解析.
【详解】试题分析：（1）由矩形可得∠ABD=∠CDB，结合BE平分∠ABD、DF平分∠BDC得∠EBD=∠FDB，即可知BE∥DF，根据AD∥BC即可得证；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，由角平分线知∠ABD=2∠ABE=60°、∠EBD=∠ABE=30°，结合∠A=90°可得∠EDB=∠EBD=30°，即EB=ED，即可得证．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥DC、AD∥BC，∴∠ABD=∠CDB，∵BE平分∠ABD、DF平分∠BDC，∴∠EBD=∠ABD，∠FDB=∠BDC，∴∠EBD=∠FDB，∴BE∥DF，又∵AD∥BC，∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形BEDF是菱形，∵BE平分∠ABD，∴∠ABD=2∠ABE=60°，∠EBD=∠ABE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴∠EDB=90°﹣∠ABD=30°，∴∠EDB=∠EBD=30°，∴EB=ED，又∵四边形BEDF是平行四边形，∴四边形BEDF是菱形．
考点：矩形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；探究型．
24．(1)BD＝10cm，AC＝cm
(2)菱形的面积为cm2
【分析】（1）利用已知条件易求BD的长，再由勾股定理可求出AO的长，进而可求对角线AC的长；
（2）利用菱形的面积等于其对角线积的一半，即可求得面积．
【详解】（1）解：在菱形ABCD中，AB＝AD＝10cm，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝10cm．
由菱形的性质知AC⊥BD，BO＝DO，OA＝OC，
∴BO＝BD＝5cm，
在Rt△AOB中，AO＝＝cm，
∴AC＝2AO＝（cm）．
（2）解：菱形的面积为×10×＝（cm2）．
【点睛】本题主要考查的是菱形的性质：菱形的四条边都相等，对角线互相垂直平分，还考查了勾股定理的应用．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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