第14课时矩形的性质考点过关易错点警示及能力点拓展

第14课时矩形的性质（解析版）一、考点过关考点：掌握矩形的性质，利用矩形的性质进行计算和推理1．（2022春•侯马市期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（）A．对边相等 B．对角相等 C．对角线相等 D．对角线互相平分思路引领：利用矩形与菱形的性质即可解答本题．解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，故选：C．总结提升：本题考查了矩形与菱形的性质，中心对称图形，解题的关键是熟练掌握矩形与菱形的性质．2．（2012春•炎陵县校级期中）如图，把大小相同的两个矩形拼成如下形状，则△FBD是（）A．等边三角形 B．等腰直角三角形 C．一般三角形 D．等腰三角形思路引领：根据正方形性质得出FG＝BC，∠G＝∠C＝90°，GB＝CD，根据SAS证△FGB≌△BCD，推出∠FBG＝∠BDC，BF＝BD，求出∠DBC+∠FBG＝90°，求出∠FBD的度数即可．解：∵大小相同的两个矩形GFEB、ABCD，∴FG＝BE＝AD＝BC，GB＝EF＝AB＝CD，∠G＝∠C＝∠ABG＝∠ABC＝90°，∵在△FGB和△BCD中FG=BC∠G=∠C∴△FGB≌△BCD，∴∠FBG＝∠BDC，BF＝BD，∵∠BDC+∠DBC＝90°，∴∠DBC+∠FBG＝90°，∴∠FBD＝180°﹣90°＝90°，即△FBD是等腰直角三角形，故选：B．总结提升：本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的性质和判定，正方形性质的应用，关键是证出△FGB≌△BCD，主要考查学生运用性质进行推理的能力．3．（2020•青海）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，已知∠BOC＝120°，DC＝3cm，则AC的长为6cm．思路引领：根据矩形的性质即可求出答案．解：在矩形ABCD中，∴OB＝OC，∴∠OCB＝∠OBC，∵∠BOC＝120°，∴∠OCB＝30°，∵DC＝3cm，∴AB＝CD＝3cm，在Rt△ACB中，AC＝2AB＝6cm，故答案为：6总结提升：本题考查矩形，解题的关键是熟练运用矩形的性质以及含30度角的直角三角形的性质，本题属于基础题型．4．（2020•金凤区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，则DE的长是74思路引领：连接CE，由矩形的性质得出∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，由线段垂直平分线的性质得出AE＝CE，设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．解：连接CE，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，∵EF⊥AC，∴AE＝CE，设DE＝x，则CE＝AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2+62＝（8﹣x）2，解得：x=7即DE=7故答案为：74解法二：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，∴AC=C∴OA=12∵EF⊥AC，∴∠AOE＝90°＝∠ADC，∵∠CAD＝∠CAD，∴△AOE∽△ADC，∴AEAC即AE10解得：AE=25∴DE＝AD﹣AE＝8−25故答案为：74总结提升：本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．5．（2018•平定县模拟）如图，将矩形纸片ABCD沿直线EF折叠，使点C落在AD边的中点C′处，点B落在点B′处，其中AB＝9，BC＝6，则FC′的长为5．思路引领：设FC′＝x，则FD＝9﹣x，根据矩形的性质结合BC＝6、点C′为AD的中点，即可得出C′D的长度，在Rt△FC′D中，利用勾股定理即可找出关于x的方程，解之即可得出结论．解：设FC′＝x，则FD＝9﹣x，∵BC＝6，四边形ABCD为矩形，点C′为AD的中点，∴AD＝BC＝6，C′D＝3．在Rt△FC′D中，∠D＝90°，FC′＝x，FD＝9﹣x，C′D＝3，∴FC′2＝FD2+C′D2，即x2＝（9﹣x）2+32，解得：x＝5．故答案为：5．总结提升：本题考查了矩形的性质以及勾股定理，在Rt△FC′D中，利用勾股定理找出关于FC′的长度的一元一次方程是解题的关键．6．（2019秋•青岛期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE＝15°，则∠AOE的度数为（）A．120° B．135° C．145° D．150°思路引领：判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO是等边三角形，根据等边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，然后根据等腰三角形两底角相等求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB+∠BOE计算即可得解．解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB﹣∠CAE＝45°﹣15°＝30°，∴∠BAO＝90°﹣30°＝60°，∵矩形中OA＝OB，∴△ABO是等边三角形，∴OB＝AB，∠ABO＝∠AOB＝60°，∴OB＝BE，∵∠OBE＝∠ABC﹣∠ABO＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOE=1∴∠AOE＝∠AOB+∠BOE，＝60°+75°，＝135°．故选：B．总结提升：本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质是解题的关键．7．（2019春•河池期末）如图所示，在矩形ABCD中，O是BC的中点，∠AOD＝90°，若矩形ABCD的周长为30cm，则AB的长为（）A．5cm B．10cm C．15cm D．7.5cm思路引领：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°，推出∠BAO＝∠AOB，∠CDO＝∠COD，推出AB＝BO＝OC＝CD，设AB＝CD＝x，则BC＝AD＝2x，由题意x+x+2x+2x＝30，解方程即可解决问题．解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，在△ABD和△DCO中，AB=DC∠B=∠C∴△ABO≌△DCO，∴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＝30，∴x＝5，∴AB＝5，故选：A．总结提升：本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会构建方程解决问题，属于中考常考题型．8．（2018春•韩城市期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，若∠DBC＝40°，则∠E＝20°．思路引领：如图连接AC．只要证明CE＝CA，推出∠E＝∠CAE，求出∠ACE即可解决问题．解：如图连接AC．∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∵EC＝BD，∴AC＝CE，∴∠E＝∠CAE，易证∠ACB＝∠ADB＝40°，∵∠ACB＝∠E+∠CAE，∴∠E＝∠CAE＝20°，故答案为20总结提升：本题考查矩形的性质、等腰三角形的判定和性质，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．9．（2012•茂名）如图，已知矩形ABCD中，F是BC上一点，且AF＝BC，DE⊥AF，垂足是E，连接DF．求证：（1）△ABF≌△DEA；（2）DF是∠EDC的平分线．思路引领：（1）根据矩形性质得出∠B＝90°，AD＝BC，AD∥BC，推出∠DAE＝∠AFB，求出AF＝AD，根据AAS证出即可；（2）有全等推出DE＝AB＝DC，根据HL证△DEF≌△DCF，根据全等三角形的性质推出即可．证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠AFB，∵DE⊥AF，∴∠DEA＝∠B＝90°，∵AF＝BC，∴AF＝AD，在△DEA和△ABF中∵∠DAE=∠AFB∠AED=∠B∴△DEA≌△ABF（AAS）；（2）证明：∵由（1）知△ABF≌△DEA，∴DE＝AB，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，DC＝AB，∴DC＝DE．∵∠C＝∠DEF＝90°∴在Rt△DEF和Rt△DCF中DF=DFDE=DC∴Rt△DEF≌Rt△DCF（HL）∴∠EDF＝∠CDF，∴DF是∠EDC的平分线．总结提升：本题考查了矩形性质，全等三角形的性质和判定，平行线性质等知识点，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，拔尖提优训练10．（2022•杞县模拟）如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为（8，6），以A为圆心，任意长为半径画弧，分别交AC、AO于点M、N，再分别以M、N为圆心，大于12MN长为半径画弧，两弧交于点Q，作射线AQ交y轴于点D，则点DA．（0，1） B．（0，83） C．（0，53）思路引领：过点D作DE⊥AC于点E，由勾股定理可求AC＝10，由“AAS”可证△ADO≌△ADE，可证AE＝AO＝8，OD＝DE，可得CE＝2，由勾股定理可求OD的长，即可求点D坐标．解：如图，过点D作DE⊥AC于点E，∵四边形OABC为矩形，点B的坐标为（8，6），∴OA＝8，OC＝6∴AC=OC由题意可得AD平分∠OAC∴∠DAE＝∠DAO，AD＝AD，∠AOD＝∠AED＝90°∴△ADO≌△ADE（AAS）∴AE＝AO＝8，OD＝DE∴CE＝2，∵CD2＝DE2+CE2，∴（6﹣OD）2＝4+OD2，∴OD=∴点D（0，83故选：B．总结提升：本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证明△ADO≌△ADE是本题的关键．11．（2021春•靖江市校级期中）如图，∠BOD＝45°，BO＝DO，点A在OB上，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点E，连接OE交AD于点F．下列4个判断：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF=2AF；④OE=A．4 B．3 C．2 D．1思路引领：由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明△AOF≌△ABD，便可判断②的正误；连接BF，由线段的垂直平分线得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得AG＝OG，进而求得∠AGE＝45°，由矩形性质得ED＝EA，进而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，根据等腰直角三角形的判定和性质便可判断④的正误．解：①∵四边形ABCD是矩形，∴EB＝ED，∵BO＝DO，∴OE平分∠BOD，故①正确；②∵四边形ABCD是矩形，∴∠OAD＝∠BAD＝90°，∴∠ABD+∠ADB＝90°，∵OB＝OD，BE＝DE，∴OE⊥BD，∴∠BOE+∠OBE＝90°，∴∠BOE＝∠BDA，∵∠BOD＝45°，∠OAD＝90°，∴∠ADO＝45°，∴AO＝AD，∴△AOF≌△ABD（ASA），∴OF＝BD，故②正确；③∵△AOF≌△ABD，∴AF＝AB，连接BF，如图∴BF=2AF∵BE＝DE，OE⊥BD，∴DF＝BF，∴DF=2故③正确；④取OF的中点G，连接AG，如图，∵G是OF的中点，∠OAF＝90°，∴AG＝OG，∴∠AOG＝∠OAG，∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，∵四边形ABCD是矩形，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，∴∠EAG＝90°，∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，∴∠AEG＝45°，∴AE＝AG，∴△AEG为等腰直角三角形，AE＝OG，∴AE=22∴OE＝OG+EG＝AE+2AE=12AC+22AC故选：A．总结提升：本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形，全等三角形，关键是熟记这些图形的性质．12．（2021•沂水县二模）如图，将矩形ABCD沿EF折叠，使点B落在AD边上的点G处，点C落在点H处，已知∠AGB＝70°，连接BG，则∠DGH＝40°．思路引领：由折叠的性质可知：GE＝BE，∠EGH＝∠ABC＝90°，从而可证明∠EBG＝∠EGB，然后再根据∠EGH﹣∠EGB＝∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBD＝∠GBC，由平行线的性质可知∠AGB＝∠GBC，从而易证∠AGB＝∠BGH，据此可得答案．解：由折叠的性质可知：GE＝BE，∠EGH＝∠ABC＝90°，∴∠EBG＝∠EGB．∴∠EGH﹣∠EGB＝∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBC＝∠BGH．又∵AD∥BC，∴∠AGB＝∠GBC．∴∠AGB＝∠BGH．∵∠AGB＝70°，∴∠AGH＝140°，∴∠DGH＝180°﹣∠AGH＝40°．故答案为：40°．总结提升：本题主要考查翻折变换，解题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．13．（2020•浙江）如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为5cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为（5−32思路引领：第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．解：如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′=B′C′2∴BM＝NB′=5（cm如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x=5∴DE＝4−52=如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1−5=（4−5∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2−32+2﹣（4−5）＝（故答案为5，（5−总结提升：本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．14．（2020•蜀山区校级开学）如图，四边形ABCD是矩形∠EDC＝∠CAB、∠DEC＝90°．（1）求证：AC∥DE．（2）过点B作BF⊥AC于点F，连接EF，试判别四边形BCEF的形状，并说明理由．（3）连接DF，若矩形ABCD的面积为S1，四边形CEDF的面积为S2，则S1S思路引领：（1）要证AC∥DE，只要证明，∠EDC＝∠ACD即可；（2）要判断四边形BCEF的形状，可以先猜后证，利用三角形的全等，证明四边形的两组对边分别相等；（3）题意可得S1＝AB×BC，S2=12CD×EF=12证明：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，∵∠EDC＝∠CAB，∴∠EDC＝∠ACD，∴AC∥DE；（2）四边形BCEF是平行四边形．理由如下：∵BF⊥AC，四边形ABCD是矩形，∴∠DEC＝∠AFB＝90°，DC＝AB在△CDE和△BAF中，∠DEC=∠AFB∠EDC=∠FAB∴△CDE≌△BAF（AAS），∴CE＝BF，DE＝AF，∵AC∥DE，即DE＝AF，DE∥AF，∴四边形ADEF是平行四边形，∴AD＝EF，∵AD＝BC，∴EF＝BC，∵CE＝BF，∴四边形BCEF是平行四边形；（3）如图，连接DF，∵矩形ABCD的面积为S1＝AB×BC，四边形CEDF的面积为S2=12CD×EF=12∴S1故答案为2．总结提升：本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，求证△CDE≌△BAF是解题的关键．15．（2022•隆昌市校级三模）某研究性学习小组在探究矩形的折纸问题时，将一块直角三