专题08 矩形的性质和判定六种考法（解析版）

专题08矩形的性质和判定六种考法目录解题知识必备 1压轴题型讲练 1类型一、利用矩形的性质求角度 1类型二、利用矩形的性质求线段长 3类型三、利用矩形的性质求面积 5类型四、斜边的中线等于斜边的一半 8类型五、根据矩形的性质与判定解决多结论问题 10类型六、矩形的性质与判定的综合问题 15压轴能力测评（16题） 18解题知识必备1.矩形的概念和性质有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形。矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角。2.矩形的判定（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形（2）三个角是直角的四边形是矩形（3）对角线相等的平行四边形是矩形压轴题型讲练类型一、利用矩形的性质求角度例题：（24-25九年级上·宁夏银川·期中）矩形的对角线相交于点O，且，则．【答案】/120度【知识点】等边三角形的判定和性质、利用矩形的性质求角度【分析】本题考查了矩形的性质和等边三角形的判定与性质，解题关键是根据矩形的性质得出是等边三角形．根据矩形的对角线互相平分且相等可得，然后判断出是等边三角形，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，又，∴，∴是等边三角形，∴，∴．故答案为∶．【变式训练】1．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在矩形中，点在边上，且平分，若，则的度数为．【答案】60°/60度【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、利用矩形的性质求角度【分析】先证明，再进一步的利用三角形的内角和定理可得答案．本题考查的是等腰三角形的判定与性质，矩形的性质，三角形的内角和定理的应用，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．【详解】解：矩形中，，，，，平分，，，，，；故答案为：．2．（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，相交于点，平分交于点，若，则的度数为．【答案】【知识点】角平分线的有关计算、三角形的外角的定义及性质、利用矩形的性质求角度【分析】此题考查了矩形的性质，三角形外角性质，根据矩形的性质得到，根据角平分线求出，由此得到，再根据三角形外角性质求出答案．【详解】解：在矩形中，，∵平分，∴，∴，∵，，∴，故答案为．类型二、利用矩形的性质求线段长例题：（24-25九年级上·河北保定·期末）如图，在矩形中，若对角线，则．【答案】4【知识点】根据矩形的性质求线段长【分析】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等是解题的关键．根据矩形的对角线相等，即可求解．【详解】解：∵四边形为矩形，，，，故答案为：4．【变式训练】1．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）如图，在矩形中，对角线、相交于点，点、分别是、的中点，若，，则．

【答案】【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长【分析】本题考查了勾股定理，矩形性质，三角形中位线的应用，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据勾股定理求出，根据矩形性质得出，，，求出、，根据三角形中位线求出即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵，，∴由勾股定理得：，∴，∵点、分别是、的中点，∴，故答案为：．2．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图，在矩形中，对角线相交于点O，垂直平分，则．【答案】【知识点】线段垂直平分线的性质、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长【分析】此题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．由矩形的性质和线段垂直平分线的性质证出，推出是等边三角形，得出，由勾股定理求出即可．【详解】解：四边形是矩形，，，，，垂直平分，，，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，在中，，即，∴（负值舍去），∴，∴，故答案为：．类型三、利用矩形的性质求面积例题：（24-25八年级上·江西·开学考试）如图，过长方形（即，）对角线的交点，且分别交、于点、点，如果长方形的面积是，那么阴影部分的面积是．【答案】【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求面积【分析】本题主要考查了矩形的性质与全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关概念是解题关键．首先根据矩形的性质得出，，推出，然后证明，利用全等三角形性质得出，从而进一步求解即可．【详解】解：四边形是矩形，，，，在和中，，，等底同高的三角形面积相等，，．故答案为：．【变式训练】1．（24-25九年级上·广东汕头·阶段练习）如图，矩形的对角线相交于点，过点的直线分别交、于点、，若两阴影三角形面积分别是3，4，则矩形的面积是．【答案】28【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质求面积【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，关键是由条件推出矩形的面积的面积，证明．由矩形的性质推出矩形的面积的面积，证明，得到，进而得到求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，，∴．∵，，∴，∴．∵，∴，．在和中∴(AAS)，∴，∴，∴．故答案为：28．2．（24-25九年级上·山西长治·阶段练习）利用图形分、和、移、补探索图形关系，是数学的一种重要方法．如图1，是矩形的对角线，将分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按照图2重新摆放，观察两图，若，则矩形的面积是．【答案】64【知识点】多项式乘多项式与图形面积、根据矩形的性质求面积【分析】此题考查整式混合运算的实际应用，设小正方形的边长为，得到矩形的长为，宽为．列得，将代入即可求．【详解】解：设小正方形的边长为，矩形的长为，宽为．由图1、图2可得，整理得．，，，，矩形的面积为，故答案为64．类型四、斜边的中线等于斜边的一半例题：（24-25八年级上·浙江温州·期末）如图，在中，，是边上中线，E是上一点，且．若，则的长为．【答案】2【知识点】根据平行线判定与性质证明、等腰三角形的性质和判定、斜边的中线等于斜边的一半【分析】此题考查了直角三角形的性质、等腰三角形的判定和性质、平行线的判定和性质等知识．由等腰三角形的性质得到，，是直角三角形，由得到，则，得到，根据直角三角形斜边中线性质得到．【详解】解：∵，，是边上中线，∴，，∴是直角三角形，∵∴∴，∴，∴，∴，∴，∴故答案为：2【变式训练】1．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，D，E，F分别是的中点．若，则．【答案】2【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半【分析】本题主要考查了直角三角形的性质、三角形中位线的性质等知识点，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据三角形中位线的性质即可解答．【详解】解：∵，D是AB的中点，∴，∵E，F分别是的中点，∴．故答案为2．2．（24-25九年级上·湖南衡阳·期末）如图，是的高，，是，的中点，若，，则四边形的周长为．【答案】22【知识点】斜边的中线等于斜边的一半【分析】本题考查的是直角三角形斜边上的中线的性质，熟记直角三角形中，斜边上的中线等于斜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分别求出、，根据线段中点的概念分别求出、，进而求出四边形的周长．【详解】解：∵是的高，∴，∵、分别是、的中点，∴，，∴四边形的周长，故答案为：22．类型五、根据矩形的性质与判定解决多结论问题例题：（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可．【详解】解：连接，如图所示：

∵，，∴由题意得：∴∴∴∵，∴∴四边形是矩形，∴，，∴∵∴∴∴∴∴∴点是的中点即：，故①正确；∵，∴∵∴∴同理可证∴，故③正确；∵∴垂直平分∴∵∴是等腰直角三角形∴∵∴，故②正确；∵，∴，∴，∴，设，则：，∴，∴，∴；故④正确；故选：A．【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．【变式训练】1.（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中：①四边形是矩形；②当时，点是的中点；③当，时，线段长度的最大值为2；④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（

）个A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的判定，平行线的性质等等，由对角线互相平分且相等的四边形是矩形证明四边形是矩形，即可判断①；可证明是中位线，，而点E可以在上，也可以在上，据此可判断②；根据，则有最大值时，有最大值，则点E与点D重合时，的最大值为4，则长度的最大值为2，据此可判断③；不平行，则，据此可判断④．【详解】解：∵，∴，即，∴四边形是矩形，故①正确；当点E在上时，∵分别是的中点，∴是中位线，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴点是的中点；当点E在上时，同理可得，但此时点不是的中点，故②错误；由②可知，，∵点E沿四边形的边运动至点停止，且∴的最大值为4，此时点E与点D重合，∴的最大值为2，故③正确；当点在边上，∵不平行，∴，∴不可能是等边三角形，故④错误；∴正确的有①③，共2个，故选；B．2.如图，矩形中，，相交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（

）

A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④【答案】D【分析】证，得出，，判断①；证，得出，，判断③；证四边形是平行四边形，得出，判断②；证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；判断④；即可得出结论．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，故①正确；在和中，，，，，故③正确；，即，，四边形是平行四边形，，故②正确；，，，，四边形是平行四边形，，，是等边三角形，，，，，，，四边形是菱形；故④正确；故选：D．【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．类型六、矩形的性质与判定的综合问题例题：（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在平行四边形中，点分别在上，且，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求角度【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质和判定，利用勾股定理列方程是解题的关键；（1）先证四边形是平行四边形，再结合对角线相等证明即可；（2）根据勾股定理，可得，，即可得到方程，再求解即可．【详解】（1）证明：证明：∵四边形是平行四边形，∴，，，，，∴四边形是平行四边形，，∴平行四边形是矩形；（2）解：四边形是矩形，，，，，设，在中，，在中，，，解得：，，．【变式训练】1．（24-25九年级上·陕西渭南·期中）如图，点E是对角线上的点（不与A，C重合），连接，过点E作交于点F．连接交于点G，，．(1)求证：是矩形；(2)若点E为的中点，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)【知识点】等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、利用平行四边形的性质证明、根据矩形的性质与判定求角度【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，则，由等边对等角得到，则可证明，进而可证明平行四边形是矩形；（2）由矩形的性质得到，则可证明是等边三角形，得到，则．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴平行四边形是矩形；（2）解：∵四边形是矩形，点E为的中点，∴，∴，∴是等边三角形，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，平行四边形的性质等等，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键：2．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）已知：如图，平行四边形的对角线相交于点，，，且．

(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、根据矩形的性质与判定求面积【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．（1）根据已知条件得出，进而得到，再结合平行四边形的性质，得出，即可证明结论；（2）根据矩形的性质，易证是等边三角形，进而得到，，再证明四边形是平行四边形，从而推出，即可求解．【详解】（1）证明：∵，，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴四边形是矩形；（2）解：∵四边形是矩形，∴，，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴．压轴能力测评（16题）一、单选题1．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，将两个矩形叠合放置，如果，那么等于（

）A． B． C． D．【答案】C【知识点】利用邻补角互补求角度、直角三角形的两个锐角互余、利用矩形的性质求角度【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形两个锐角互余，因为两个矩形叠合放置，所以，因为，则，即可作答．【详解】解：如图：∵两个矩形叠合放置，∴，∵，∴，∴，∴，故选：C．2．（江西省景德镇市2025届年九年级第一次质量检测卷数学）如图，中，，点为的中点，若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】A【知识点】等边对等角、斜边的中线等于斜边的一半【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，熟练掌握直角三角形斜边上的中线的性质是解题的关键．根据直角三角形斜边上的中线性质可，然后利用等腰三角形的性质可得，进而可得出结论．【详解】解：∵，D为中点，，，．故选：A．3．（24-25九年级上·辽宁辽阳·期末）如图，延长矩形的边至点E，使，连接，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【知识点】两直线平行内错角相等、等边对等角、利用矩形的性质求角度【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，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．矩形的性质：①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等．连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数．【详解】解：连接，交于点，四边形是矩形，，，，，，，，，又，，，，，即．故选：A．4．（24-25九年级上·甘肃白银·期末）在数学活动课上，小明准备用绳子和三角尺检查一个书架是否为矩形．如图，已知书架是平行四边形，对角线，相交于点，下列验证方法错误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【知识点】证明四边形是矩形【分析】本题主要考查了矩形的判定和平行四边形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．根据矩形的判定方法进行判断即可．【详解】解：∵，∴．∵四边形是平行四边形，∴平行四边形是矩形，故A符合题意；四边形是平行四边形，，，，平行四边形是矩形，故选项B不符合题意；，四边形是平行四边形，平行四边形是矩形，故选项C不符合题意；由四边形是平行四边形，，不能判定平行四边形是矩形，故D符合题意．故选D．5．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点E，交的延长线于点F，取的中点G，连接，，，，下列结论：①；②；③；④若，则；其中正确的结论是（

）A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④【答案】C【知识点】根据矩形的性质求线段长、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS）【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等和等腰直角三角形是解决问题的关键．先求出，判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，，从而得到，故①正确；再求出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再求出，然后利用“边角边”证明，得到，由，得到，，故②错误；由于，得到，故③正确；由是等腰直角三角形得到，求得，过G作于M，求得，进而得出答案．【详解】解：∵平分，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，且，∵，∴，故①正确；∵，∴是等腰直角三角形，∵点G为的中点，∴，∴，在和中，，∴．∴，∵，∴，∵，∴，故②错误；∵，∴，故③正确；∵，∴设∵，∵，∵，∴，∵，∴，∴，∴，过G作于M，∵，∴，∴，∴，∴，故④正确．故选：C．二、填空题6．（23-24九年级上·四川成都·期末）在矩形中，若，对角线，则矩形的面积是．【答案】【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求面积【分析】根据矩形性质，求得，利用面积公式解答即可．本题考查了矩形的性质，勾股定理，矩形的面积，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．【详解】解：∵矩形，∴，∵，对角线，∴，∴矩形的面积为：，故答案为：．7．（24-25九年级上·山东菏泽·期中）如图，矩形中，对角线、相交于点，过点作交于点．已知，的面积为，则的长为．【答案】1.5/32/【知识点】根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、线段垂直平分线的性质【分析】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形的面积问题．注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．连接，由题意可得为对角线的垂直平分线，可得，，由三角形的面积则可求得的长，得出的长，然后由勾股定理求得答案．【详解】解：如图，连接，由题意可得，为矩形的对角线的垂直平分线，∴，，∴．∴，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：．故答案为：．8．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，矩形的对角线与相交于点，，，，，则四边形的面积为．【答案】【知识点】二次根式的乘法、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据矩形的性质与判定求面积【分析】连接，与交于点F，只要证明四边形是菱形，四边形是平行四边形结合勾股定理即可解决问题．【详解】解：∵，，∴四边形是平行四边形．∴，，∵矩形的对角线与相交于点O，∴，，∴平行四边形是菱形．连接，则，∵，∴，∵，∴，∵，，∴四边形是平行四边形．∴．∴四边形的面积为；故答案为：【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，二次根式的运算，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用菱形的性质解决问题．9．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在直角三角形中，，，，点是边上一点（不与点，重合），作于点，于点，若点是的中点，则长度的最小值是．【答案】【知识点】垂线段最短、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短，将转化为是解题的关键．连接，根据矩形的性质可得，则，当时，取得最小值，根据等面积法求解即可，进而可得的最小值．【详解】如图，连接，

∵，，，四边形是矩形，，∵点P是的中点，∴点P是和的交点，∵，，，，∵，当时，取得最小值，，．．即的最小值是．故答案为：．10．（24-25八年级上·吉林长春·阶段练习）矩形中，平分，，则下列结论①；②是等腰三角形；③；④，其中正确结论的序号为【答案】①②④【知识点】三角形内角和定理的应用、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质求线段长【分析】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键．根据矩形的性质和角平分线的定义得，，进而得，则为等边三角形，从而得，由此可求出的度数，进而可对①进行判断；由为等边三角形得，证为等腰直角三角形得，由此可对②进行判断；先求出，进而得，则，由此可得的度数，进而可对③进行判断；由可对④进行判断．【详解】解：四边形为矩形，，，平分，，，，∴为等边三角形，，，故①正确，符合题意；∵为等边三角形，，又，，∴为等腰直角三角形，，，∴是等腰三角形，故②正确，符合题意；，，，，，，，故③错误，不符合题意；，，故④正确，符合题意．故答案为：①②④．三、解答题11．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）已知：如图，在矩形中，E是上一点，且，于点F．(1)求证：；(2)若，，求矩形的面积．【答案】(1)见解析(2)矩形的面积为65【知识点】利用矩形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）【分析】本题考查了矩形的性质，结合了全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键．（1）证即可，推出，即可证明；（2）连接，由（1），设，在中，列式求解求出，即可解决．【详解】（1）证明：四边形为矩形，∴，，，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，，∴，∴，即；（2）连接，由（1）知，设，则，在中，由勾股定理得：，即，解得，即，∵，∴∴．12．（24-25九年级上·河南平顶山·期末）已知：如图，在中，，分别是和的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)连接，当与满足怎样关系时，四边形为矩形，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)当时，四边形为矩形，理由见解析【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、添一条件使四边形是矩形【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、矩形的判定，熟练掌握平行四边形的性质与判定，矩形的判定是解题的关键．（1）利用平行四边形的判定即可得证；（2）补充条件为，结合点为的中点，利用三线合一性质可得，由（1）得四边形为平行四边形，利用矩形的判定即可得证．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，．，分别是和的中点，，，，又，四边形为平行四边形．（2）解：当时，四边形为矩形，理由如下：如图，，点为的中点，，，由（1）得，四边形为平行四边形，四边形为矩形．13．（24-25九年级上·贵州毕节·期末）如图，将矩形纸片沿EF折叠，使点A与点C重合，折痕交于点E，交于点F，与对角线交于点O，，连接．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【知识点】根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、等边三角形的判定和性质、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）【分析】（1）由矩形的性质得到，又由已知即可证明；（2）连接，先证明，再证明为等边三角形，得到，在中，，则，由勾股定理即可求出答案．【详解】（1）证明：如图，∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴；（2）解：如图，连接，∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∵点A与点C对折重合，∴，∵，∴，∴，又∵，∴，又∵，∴为等边三角形，∴，在中，，∴，∴，即的长为．【点睛】此题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，证明和为等边三角形是解题的关键．14．（24-25九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在四边形中，，，．

(1)求证：四边形是矩形；(2)点E是上一点，点F是的中点，连接，若，，求的长．【答案】(1)详见解析(2)【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质求线段长、证明四边形是矩形【分析】本题考查了矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是掌握矩形的判定和性质．（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题；（2）根据直角三角形斜边上的中线性质可知，然后可求的长．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是矩形．（2）解：∵，点F是的中点，∴，，∵四边形是矩形，∴．15．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，已知在四边形中，，，，点是边上的中点，点为边上一点，连接、，与的延长线交于点．(1)求证：四边形为矩形；(2)若，，求的值．【答案】(1)证明见解析；(2)的值为．【知识点】用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形【分析】（）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到求得，得到，根据矩形的判定定理得到结论；（）根据平行四边形的性质得到，求得，，推出，得到，由点是边上的中点，得到，然后证明，根据全等三角形的性质得到，再由等量代换得到结论．【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∵，∴，∴四边形为矩形；（2）解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵点是边上的中点，∴，在与中，∴，∴，∴，故的值为．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握矩形的判定定理和全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．16．（24-25八年级上·四川成都·期中）在矩形中，，点E是射线上一个动点，连接并延长交射线于点F，将沿直线翻折到，延长与直线交于点M．(1)求证：；(2)当点E是边的中点时，求的长；(3)当时，直接写出的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或【知识点】矩形与折叠问题、勾股定理与折叠问题、根据等角对等边证明边相等、全等的性质和HL综合（HL）【分析】（1）根据矩形和折叠的性质易证，即得出；（2）连接，易证，得出．设，则，，再根据勾股定理列方程求解即可；（3）分类讨论：①当点F在B点上方时和②当点F在B点下方时，分别根据勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）证明：∵将沿直线翻折到，∴．∵四边形为矩形，∴，∴，∴，∴；（2）解：连接，如图．∵点E是边的中点，∴．在和中，，∴，∴．设，则，．在中，，∴，解得：，∴；（3）解：分类讨论：①当点F在B点上方时，如图，设，则，根据（1）可得，在中，，∴，解得：，∴；②当点F在B点下方时，如图，∴．设，则，在中，，∴，解得：，∴，∴．综上可知的长为或．【点睛】本题考查勾股定理，三角形全等的判定和性质，矩形的性质，等腰三角形的判定，折叠的性质等知识，利用勾股定理列方程求解是解题关键．模拟训练一、选择题1.-3的倒数是()A.3 B.-3 C.13 D.-2.下列几何体的主视图与其他三个不同的是()3.已知反比例函数y=3a-6x的图象在第二、第四象限,则A.a≤2 B.a≥2 C.a<2 D.a>24.356578km精确到万位是()A.3.57×105km B.0.35×106kmC.3.6×105km D.4×105km5.下列图形是正方体的表面展开图的是()6.在数学课外小组活动中,小红同学用纸板制作了一个圆锥形漏斗模型.如图所示,它的底面半径OB=6cm,高OC=8cm,则这个圆锥形漏斗的侧面积是()A.30cm2 B.30πcm2C.60πcm2 D.120cm27.已知关于x的一元二次方程x2-6x+2k=0有两个不相等的实数根,则实数k的取值范围是()A.k≤92 B.k<92 C.k≥92 D8.如图,有三条绳子穿过一片木板,姐妹两人分别站在木板的左、右两边,各选该边的一段绳子.若每边每段绳子被选中的机会相等,则两人选到同一条绳子的概率为()A.12 B.13 C.16 9.把一个图形先沿着一条直线进行轴对称变换,再沿着与这条直线平行的方向平移,我们把这样的图形变换叫做滑动对称变换.在自然界和日常生活中,大量地存在这种图形变换(如图甲).结合轴对称变换和平移变换的有关性质,你认为在滑动对称变换过程中,两个对应三角形(如图乙)的对应点所具有的性质是()A.对应点连线与对称轴垂直 B.对应点连线被对称轴平分C.对应点连线被对称轴垂直平分 D.对应点连线互相平行10.(2024·四川宜宾中考)如图,在等腰三角形ABC中,AB=AC,反比例函数y=kx(k≠0)的图象经过点A,B及边AC的中点M,若BC∥x轴,边AB与y轴交于点N,则ANAB的值为(A.13 B.C.15 D.11.二次函数y=ax2+bx+c的图象如图所示,其图象的对称轴是直线x=-1.有以下结论:①abc>0,②4ac<b2,③2a+b=0,④a-b+c>2.其中正确的结论的个数是()A.1 B.2C.3 D.412.在一次自行车越野赛中,甲、乙两名选手行驶的路程y(单位:千米)随时间x(单位:分)变化的图象(全程)如图,根据图象判定下列结论不正确的是()A.甲先到达终点B.前30分钟,甲在乙的前面C.第48分钟时,两人第一次相遇D.这次比赛的全程是28千米二、填空题13.把x3-4x分解因式,结果为.

14.(宁夏中考改编)如图,粮库用传送带传送粮袋,大转动轮的半径为10cm,传送带与水平面成30°角.假设传送带与转动轮之间无滑动,当大转动轮转140°时,传送带上点A处的粮袋上升的高度是cm.(传送带厚度忽略不计)

15.现有A,B两只不透明口袋,每只口袋里装有两个相同的球,A袋中的两个球上分别写了“细”“致”的字样,B袋中的两个球上分别写了“信”“心”的字样.从每只口袋里各摸出一个球,刚好能组成“细心”字样的概率是.

16.将一直径为17cm的圆形纸片(图①)剪成如图②所示形状的纸片,再将纸片沿虚线折叠得到正方体(图③)形状的纸盒,则这样的纸盒体积最大为cm3.

17.甲、乙两超市为了促销一种定价相同的商品,甲超市连续两次降价10%,乙超市一次性降价20%,在超市购买此种商品更合算.

18.如图,点O(0,0),B(0,1)是正方形OBB1C的两个顶点,以对角线OB1为一边作正方形OB1B2C1,再以正方形OB1B2C1的对角线OB2为一边作正方形OB2B3C2,……依次下去,则点B6的坐标是.

三、解答题19.(1)计算:|2-1|-2sin45°+12(2)先化简,再求值:2a+6a220.解分式方程:2x2-21.(宁夏中考)学校组织七、八年级学生参加了“国家安全知识”测试.已知七、八年级各有200人,现从两个年级分别随机抽取10名学生的测试成绩x(单位:分)进行统计:七年级86947984719076839087八年级88769078879375878779整理如下:年级平均数中位数众数方差七年级84a9044.4八年级8487b36.6根据以上信息,回答下列问题:(1)填空:a=,b=;

A同学说:“这次测试我得了86分,位于年级中等偏上水平”,由此可判断他是年级的学生.

(2)学校规定测试成绩不低于85分为“优秀”,估计该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数.(3)你认为哪个年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好?请给出一条理由.22.(宁夏中考)“人间烟火味,最抚凡人心”,地摊经济、小店经济是就业岗位的重要来源.某地摊经营者购进了A型和B型两种玩具,已知用520元购进A型玩具的数量比用175元购进B型玩具的数量多30个,且A型玩具单价是B型玩具单价的1.6倍.(1)求两种型号玩具的单价各是多少元.根据题意,甲、乙两名同学分别列出如下方程:甲:5201.6x=175x乙:520x=1.6×175x-30,解得x=则甲所列方程中的x表示,乙所列方程中的x表示.

(2)该经营者准备用1350元以原单价再次购进这两种型号的玩具共200个,则最多可购进A型玩具多少个?23.“五一”假期,某公司组织部分员工到A,B,C三地旅游,公司购买前往各地的车票种类、数量绘制成条形统计图,如图.根据统计图回答下列问题:(1)前往A地的车票有张,前往C地的车票占全部车票的%;

(2)若公司决定采用随机抽取的方式把车票分配给100名员工,在看不到车票的条件下,每人抽取1张(所有车票的形状、大小、质地完全相同,且充分洗匀),那么员工小王抽到去B地车票的概率为;

(3)若最后剩下一张车票时,员工小张、小李都想要,决定采用抛掷一个各面分别标有数字1,2,3,4的正四面体骰子的方法来确定,具体规则是:每人各抛掷一次,若小张掷得着地一面的数字比小李掷得着地一面的数字大,车票给小张,否则给小李.试用列表法或树状图法分析,这个规则对双方是否公平.24.如图,三角形花园ABC紧邻湖泊,四边形ABDE是沿湖泊修建的人行步道.经测量,点C在点A的正东方向,AC=200m.点E在点A的正北方向.点B,D在点C的正北方向,BD=100m.点B在点A的北偏东30°方向,点D在点E的北偏东45°方向.(1)求步道DE的长度(结果取整数);(2)点D处有直饮水,小明从A处出发沿人行步道去取水,可以经过点B到达点D,也可以经过点E到达点D.请通过计算说明他走哪一条路较近?(参考数据:2≈1.414,3≈1.732)25.如图,AB是☉O的直径,C,D是☉O上的两点,且AC=CD.(1)求证:OC∥BD;(2)若BC将四边形OBDC分成面积相等的两个三角形,试确定四边形OBDC的形状.26.某地发生特大自然灾害,某慈善基金会将筹措到位的第一批救灾物资打包成件,其中棉帐篷和毛巾被共3200件,毛巾被比棉帐篷多800件.(1)打包成件的棉帐篷和毛巾被各多少件?(2)现计划用甲、乙两种小飞机共8架,一次性将这批棉帐篷和毛巾被全部运往该灾区.已知甲种飞机最多可装毛巾被400件和棉帐篷100件,乙种飞机最多可装毛巾被和棉帐篷各200件.则安排甲、乙两种飞机时有几种方案?请你帮忙设计出来.(3)在第(2)问的条件下,如果甲种飞机每架需付运输成本费4000元,乙种飞机每架需付运输成本费3600元.应选择哪种方案可使运输成本费最少?最少运输成本费是多少元?27.如图,在平面直角坐标系中,抛物线y=ax2+bx+c(a≠0)的图象经过M(1,0)和N(3,0)两点,且与y轴交于D(0,3),直线l是抛物线的对称轴.(1)求该抛物线对应函数的解析式;(2)若过点A(-1,0)的直线AB与抛物线的对称轴和x轴围成的三角形面积为6,求此直线对应函数的解析式;(3)点P在抛物线的对称轴上,☉P与直线AB和x轴都相切,求点P的坐标.模拟训练一、选择题1.D2.D3.C4.C5.C6.C7.B由于方程有两个不相等的实数根,因此Δ=b2-4ac>0,则(-6)2-8k>0,解得k<928.B将绳子记为1,2,3,则姐妹选中绳子共有9种等可能结果:(1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(2,3),(3,1),(3,2),(3,3),其中两人选到同一条绳子的结果有3种,所以两人选到同一条绳子的概率为139.B10.B过点A作BC的垂线,垂足为点D,BC与y轴交于点E,如图.设点Aa,ka,∵△ABC是等腰三角形,AB=AC,AD⊥BC,∴D是线段BC的中点.∴DC=BD=a-b,∴C2a∵点M为边AC的中点,∴M3a-b2∵点M在反比例函数的图象上,∴M3a-b2解得b=-3a.易知,AD∥NE,∴ANAB11.C根据抛物线的开口向下可知a<0,根据抛物线的对称轴在y轴左侧可知a,b同号,则b<0,且-b2a=-1,根据抛物线与y轴的交点在y轴的正半轴上可知c>①∵a<0,b<0,c>0,∴abc>0正确;②∵抛物线与x轴有两个交点,∴b2-4ac>0,∴4ac<b2正确;③∵抛物线对称轴是直线x=-1,∴-b2a=-1,∴2∴2a+b=0错误;④由图象可知,抛物线的顶点为最高点,故当x=-1时,y>2,∴a-b+c>2正确.12.D观察题图知,到达终点时,甲对应的点是C,所花时间为86分钟,乙对应的点是D,所花时间为96分钟,所以甲先到达终点,A正确;两人第一次相遇前,甲都在乙的前面,B正确;由A(30,10),B(66,14),利用待定系数法可求得直线AB的关系式为y=19x+203,把y=12代入关系式解得x=48,C正确;乙的速度为12÷48=14,总路程为14×96=24(二、填空题13.x(x+2)(x-2)14.35π9如图,设传送带上点A处的粮袋上升到点B,构建Rt△ABC,则AC∥由题意可得AB=140π×∵AC∥MN,∴∠BAC=∠NMA=30°.在Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠BAC=30°,∴BC=AB·sin30°=12AB=35即传送带上点A处的粮袋上升的高度是35π915.116.1717如图,当纸盒展开图中水平方向上的四个小正方形组成的矩形对角线AC为圆形纸片的直径,即圆形纸片为Rt△ABC的外接圆时,纸盒体积最大,此时AC=17cm时,设此情况下的正方体的边长为x,则在Rt△ABC中有AB2+BC2=AC2,即x2+(4x)2=172,可求出x=±17,负值舍去得x=17,所以x3=1717.17.乙18.(-8,0)三、解答题19.解(1)原式=2-1-2×22+2+2=4-1=3(2)原式=2(a+3当a=2时,原式=-2220.解方程两边同乘x2-4,得2+x(x+2)=x2-4,整理得2+x2+2x=x2-4,2x=-6,x=-3.检验:当x=-3时,x2-4=5≠0.故原方程的解为x=-3.21.解(1)把七年级10名学生的测试成绩按从小到大的顺序排列为71,76,79,83,84,86,87,90,90,94,根据中位数的定义可知,该组数据的中位数为a=84+862=85八年级10名学生的成绩中87分的最多,有3人,所以众数b=87,A同学得了86分大于85分,位于年级中等偏上水平,由此可判断他是七年级的学生.故答案为85,87,七.(2)510×200+610×200=220(人答:该校这两个年级测试成绩达到“优秀”的学生总人数为220.(3)我认为八年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好.理由:因为七、八年级测试成绩的平均数相等,八年级测试成绩的方差小于七年级测试成绩的方差,所以八年级的学生掌握“国家安全知识”的总体水平较好.22.解(1)根据所列方程可知,甲所列方程中的x表示B型玩具的单价;乙所列方程中的x表示520元购进A型玩具的数量.故答案为B型玩具的单价;520元购进A型玩具的数量.(2)设可购进A型玩具a个,则购进B型玩具(200-a)个,由(1)可知B型玩具的单价为5元,A型玩具的单价为1.6×5=8(元).根据题意得8a+5(200-a)≤1350,解得a≤11623故整数a的最大值是116.答:最多可购进A型玩具116个.23.解(1)3020(2)1(3)可能出现的所有结果列表如下:小张抛到的数字小李抛到的数字12341(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)2(2,1)(2,2)(2,3)(