第03讲 矩形的性质（教师版）-新九年级数学暑假预习讲义（北师大）

第03讲矩形的性质（5种题型）【知识梳理】一．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）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；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．二．直角三角形斜边上的中线（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直角三角形．该定理可以用来判定直角三角形．【考点剖析】题型一：利用矩形的性质求角度例1．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，在矩形中，E、F为AC上一点，，，连接、，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】先证明，即可得出，再根据矩形的性质得出，最后根据等边对等角即可求解．【详解】解：∵，∴，即，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，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”．【变式1】（2023·山西晋中·统考一模）将矩形绕点旋转到如图位置，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由旋转的性质有，根据同角的余角相等则可求出答案．【详解】解：由旋转的性质有，∴，∴，故选：A．【点睛】本题考查矩形的旋转，解题的关键是掌握同角的余角相等，求出的度数．【变式2】把一张长方形（对边平行）纸条按如图所示折叠．判断∠1与∠2相等吗？说明理由．【分析】由平行线的性质可得∠1＝∠CBA'，由折叠的性质可得∠CBA'＝∠2，即可求解．【解答】解：∠1＝∠2，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴CF∥BD，∴∠1＝∠CBA'，∵将长方形折叠，∴∠CBA'＝∠2，∴∠1＝∠2．【点评】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，平行线的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．题型二：利用矩形的性质求线段长例2．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE＝CF．（1）求证：四边形BEDF是平行四边形；（2）若AD＝2，∠AOB＝120°，求AB的长．【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．（2）根据矩形的性质以及含30度角的直角三角形的性质即可求出答案．【解答】解：（1）在矩形ABCD中，∴OA＝OB＝OC＝OD，∵AE＝CF，∴OE＝OF，∴四边形BEDF是平行四边形．（2）由（1）可知：OA＝OB，∵∠AOB＝120°，∴∠DBA＝30°，∵AD＝2，∴AB＝AD＝6．【点评】本题考查矩形，解题的关键是熟练运用矩形的性质以及平行四边形的判定，本题属于基础题型．【变式】如图，矩形ABCD，AB＝6，BC＝4，过对角线BD中点O的直线分别交AB、CD边于点E，F．（1）求证：四边形DEBF是平行四边形；（2）当四边形DEBF是菱形时，求菱形的边长．【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，判定△BOE≌△DOF（ASA），得出四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论；（2）在Rt△ADE中，由勾股定理得出方程，解方程求出DF的长即可求得菱形的边长．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，O是BD的中点，∴∠A＝90°，AD＝BC＝4，AB∥DC，OB＝OD，∴∠OBE＝∠ODF，∴△BOE≌△DOF（ASA），∴EO＝FO，∴四边形BEDF是平行四边形；（2）解：当四边形BEDF是菱形时，BD⊥EF，设BE＝x，则DE＝x，AE＝6﹣x，在Rt△ADE中，DE2＝AD2+AE2，∴x2＝42+（6﹣x）2，解得：x＝，∴菱形的边长为．【点评】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和勾股定理，证明三角形全等是解决问的关键．题型三：利用矩形的性质求面积例3．（2023·北京延庆·统考一模）如图，在平行四边形中，连接，，点M为边的中点，连接并延长，交的延长线于点E，连接．(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)90．【分析】（1）先根据平行四边形的性质得，．从百得，，再证明．得，从而得四边形是平行四边形．即可由矩形判定定理得出结论，（2）先由矩形与三角形面积公式求得，．再由求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，．∴，．∵点M为边的中点，∴．∴．∴．∴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，∴，．∴．∵，∴．∵，∴．∴，．∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，矩形与三角形的面积，熟练掌握平行四边形的性质定理，矩形的判定定理，全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式】（2023·四川广元·统考二模）如图，在中，，过点D作交BC的延长线于点E，点M为的中点，连接．(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)【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，根据垂直的定义得到，于是得到结论；（2）根据直角三角形的性质得到，根据勾股定理得到，，根据梯形的面积公式即可得到结论．【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，点E在的延长线上，∴，即，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是矩形．（2）∵在平行四边形中是对角线，且，∴是直角三角形，∵点M为斜边的中点，且，∴，∴，由（1）可知，平行四边形是矩形，，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．题型四：利用矩形的性质证明例4.已知：如图，在矩形ABCD中，点M、N在边AD上，且AM＝DN，求证：BN＝CM．【分析】由矩形的性质可得出BA＝CD、∠A＝∠D，由AM＝DN可得出AN＝DM，进而即可证出△ABN≌△DCM（SAS），根据全等三角形的性质可证出BN＝CM．【解答】证明：∵四边形ABCD为矩形，∴BA＝CD，∠A＝∠D．∵AM＝DN，∴AN＝DM．在△ABN和△DCM中，，∴△ABN≌△DCM（SAS），∴BN＝CM．【点评】本题考查了矩形的性质以及全等三角形的判定与性质，利用全等三角形的判定定理SAS证出△ABN≌△DCM是解题的关键．【变式】已知：如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC＝2AB．求证：△AOB是等边三角形．【分析】根据矩形的性质可知AO＝BO＝CO＝DO，进而可得AB＝AO+BO，即可证明其为等边三角形；或者利用2AB＝AC，得∠ACB＝30°，∠BAC＝60°，结合AB＝AO证明其为等边三角形．【解答】解：∵∠ABC＝90°，AC＝2AB，∴∠ACB＝30°，∠BAC＝60°，∵四边形ABCD为矩形，∴AO＝CO，∴AB＝AO＝CO，∴△AOB是等边三角形．【点评】本题考查矩形的性质，熟练掌握矩形对角线互相平分且相等的性质是解题关键．题型五：直角三角形斜边上的中线例5．如图，BD、CE是△ABC不同边上的高，点G、F分别是BC、DE的中点，试证明GF⊥DE．【分析】连接EG、FG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG＝EG＝BC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．【解答】证明：如图，连接EG、DG，∵BD、CE分别是△ABC的AC、AB边上的高，点G是BC的中点，∴DG＝EG＝BC，∵点F是DE的中点，∴GF⊥DE．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并作出辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．【变式1】如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E．求证：∠EBC＝∠A．【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝BD，由等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ECB，根据余角的性质即可得到结论．【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB中点，∴CD＝BD，∴∠ABC＝∠ECB，∵BE⊥CE，∴∠E＝90°，∴∠ECB+∠CBE＝∠ABC+∠A＝90°，∴∠EBC＝∠A．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质，熟记直角三角形的性质是解题的关键．【变式2】如图，在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°，BC＝6，CD＝AC＝8，M、N分别是对角线BD、AC的中点，连结AM．（1）求AM的长；（2）求证：MN⊥AC；（3）求MN的长．【分析】（1）连接CM，根据勾股定理可得BD＝10，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AM＝CM＝BM＝DM＝BD；（2）根据等腰三角形三线合一的性质证明；（3）利用勾股定理列式计算即可得解．【解答】（1）解：如图，连接CM，∵∠BAD＝∠BCD＝90°，M是BD的中点，∴AM＝CM＝BM＝DM＝BD，∵BC＝6，CD＝8，∴BD＝＝10，∴AM＝5；（2）证明：∵∠BAD＝∠BCD＝90°，M是BD的中点，∴AM＝CM＝BD，∵N是AC的中点，∴MN⊥AC；（3）解：∵AC＝8，N是AC的中点，∴AN＝×8＝4，∴MN＝＝＝3．【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，熟记性质与定理并作辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．【变式3】如图．△ABC中，∠C＝2∠B，D是BC上一点，且AD⊥AB，点E是BD的中点，连接AE．（1）求证：BD＝2AC；（2）若AE＝6.5，AD＝5，那么△ABE的周长是多少？【分析】（1）根据直角三角形的性质得到EA＝BD＝EB，根据等腰三角形的性质和三角形的外角的性质证明；（2）根据直角三角形的性质分别求出BC和BE，根据勾股定理求出AB，根据三角形的周长公式计算．【解答】（1）证明：∵AD⊥AB，∴∠BAD＝90°，又点E是BD的中点，∴EA＝BD＝EB，∴∠EAB＝∠EBA，∴∠AEC＝2∠B，又∠C＝2∠B，∴∠AEC＝∠C，∴AE＝AC，∴BD＝2AC；（2）解：∵∠BAD＝90°，点E是BD的中点，∴BD＝2AE＝13，EA＝EB＝6.5，由勾股定理得，AB＝＝＝12，∴△ABE的周长＝AB+AE+BE＝12+6.5+6.5＝25．【点评】本题考查的是直角三角形的性质，勾股定理的应用，在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．【过关检测】一、单选题1．（2023·河南驻马店·校考一模）关于矩形性质，下列说法不正确的是（）A．四个角都是直角B．既是轴对称图形，也是中心对称图形C．对角线互相垂直D．对角线互相平分且相等【答案】C【分析】根据矩形的性质得出A、B、D正确，C不正确，即可得出结果．【详解】解：∵矩形的四个角都是直角，∴A选项正确，不符合题意；∵矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，∴B选项正确，不符合题意；∵矩形的对角线互相平分且相等，∴C选项不正确，符合题意；D选项正确，不符合题意．故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．2．（2023·山东青岛·统考一模）两个矩形的位置如图所示，若，则的度数为（

）A．34° B．56° C．79° D．146°【答案】B【分析】利用邻补角互补，矩形的四个内角为90°，三角形内角和定理求解即可．【详解】图中的四边形是矩形故选：B【点睛】本题主要考查矩形的四个内角都是90度，邻补角互补，三角形的内角和定理．解题的关键是找到角之间的联系，综合运用各个知识点求解．3．（2023·全国·九年级专题练习）如图，将矩形绕点A顺时针旋转到矩形的位置，若旋转角为，则为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设与交于点E，根据旋转的角度结合矩形的性质可得出的度数，再由四边形内角和为即可得出的度数，根据对顶角相等即可得出结论．【详解】解：设与交于点E，如图所示．∵旋转角为，∴，∴．∵，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查了旋转的性质、矩形的性质、四边形内角和以及对顶角，根据旋转及四边形内角和为找出是解题的关键．4．（2023·广东揭阳·统考一模）如图，点O是矩形的对角线的中点，点E为的中点．若，则的周长为（

）

A．12 B． C． D．14【答案】C【分析】根据题意可得是的中位线，则，在中，利用勾股定理求得，在中，利用勾股定理求得，再根据直角三角形的性质可求得，从而求出的周长．【详解】解：∵点O是矩形对角线的中点，E点为中点，∴，，，在中，，在中，，∴，则的周长为：，故选：C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、直角三角形的性质，解题的关键是把所求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．5．（2023·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，长方形如图所示，，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据长方形的性质求出点的横、纵坐标即可获得答案．【详解】解：∵四边形为长方形，∴，，∵，∴点的横坐标与点相同，为，点的纵坐标与点相同，为，∴点的坐标为．故选：C．【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．6．（2023·河南郑州·统考一模）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A（﹣6，0），C（0，）．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=2，得到答案．【详解】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，由题意，得OA=6，AB=OC=2，则tan∠BOA=，∴∠BOA=30°，∴∠OBA=60°，由旋转的性质可知∠B1OB=∠BOA=30°，∴∠B1OH=60°，在△AOB和△HB1O，∴△AOB≌△HB1O，∴B1H=OA=6，OH=AB=2，∴点B1的坐标为（-2，6），故选：D．【点睛】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．7．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，周长为24的平行四边形对角线、交于点，且，若，则的周长为（

）A．8 B．9 C．10 D．【答案】B【分析】依据平行四边形的周长为24，即可得到，再根据，，，即可得到的周长．【详解】解：平行四边形的周长为24，，平行四边形对角线、交于点，且，，，，．又，则在中，，的周长，故选：B．【点睛】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．8．（2023·河南南阳·校联考二模）如图，在中，，点D为斜边的中点，，垂足为E，若，则的长度为()

A．2 B．3 C．4 D．6【答案】C【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出，再利用等腰三角形“三线合一”性质得出点E是的中点，从而推导是的中位线，最后用中位线的性质求解即可．【详解】∵，点D为斜边的中点，∴，∴是等腰三角形．∵，∴点E是的中点，∴是的中位线，∴，故选：C．【点睛】本题考查了直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形中位线的性质，推导是的中位线是解题的关键．二、填空题9．（2023·四川成都·统考一模）如图，矩形的对角线，相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为__________．【答案】/50度【分析】根据矩形的性质，得到，利用三角形外角求出，利用垂直可求出结果．【详解】∵四边形是矩形，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质；灵活运用矩形的性质求解是解题的关键．10．（2023·福建厦门·统考一模）如图，在矩形中，对角线，交于点，，，则的长为________．

【答案】2【分析】先根据矩形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据含30度角的直角三角形的性质即可得．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，故答案为：2．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．11．（2023·江西·模拟预测）小明同学在数学兴趣活动课上用图1的“七巧板”，设计拼成了图2的飞船，则飞船模型面积与矩形框的面积之比为______．【答案】/【分析】设正方形④的边长为，表示出七巧板的面积和矩形框的面积，即可得到答案．【详解】解：设正方形④的边长为，则①和②的直角边长为，③和⑤的直角边长为，⑥的短边长为，图1中七巧板的面积为，即飞船模型的面积为，矩形框中，的长可以看成①和②的直角边加上⑥的短边长，，矩形框的面积为，飞船模型面积与矩形框的面积之比为，故答案为：．【点睛】本题考查了图形的剪拼、七巧板、矩形的面积，理解七巧板哥哥图形边长之间的数量关系是解题关键．12．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）矩形，的平分线交直线于点E，，，则矩形的面积为_______．【答案】20或12【分析】根据平分，可得，再进行分类讨论，①当点E在线段上时，②当点E在点C右边时上时，即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∵平分，∴，∴，则，①当点E在线段上时，如图：∵，，∴，∴矩形的面积；②当点E在点C右边时上时，如图：∵，，∴，∴矩形的面积；故答案为：20或12．【点睛】本题主要考查了矩形的性子，角平分线的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是掌握“等角对等边”．13．（2023·山东济南·统考二模）古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等”(如图1)，问题解决：如图2，点P是矩形的对角线上一点，过点P作分别交，于点E，F，连接，．若，，则图中阴影部分的面积和为__________．【答案】12【分析】根据矩形的性质和三角形面积得到，则，，即可求解．【详解】解：作于，交于．如图：则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，∴，由矩形的性质可知，，，，又∵，∴，∴，∴，∴图中阴影部分的面积．故答案为：12．【点睛】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证出．14．（2023·浙江台州·统考二模）如图，在矩形ABCD中，，．将矩形ABCD沿EF折叠，使点与点重合，则EB的长为_________．【答案】3【分析】设，则，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出，EB的长即可得解．【详解】解：设，∵矩形ABCD沿EF折叠，点与点重合，∴，则，∵ABCD是矩形，∴，∴，又，∴，解方程得，即EB的长为．故答案为：3【点睛】本题主要考查了折叠的性质，勾股定理，矩形的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质和矩形的性质，根据勾股定理列出方程．15．（2023·浙江丽水·校联考二模）如图，将矩形按如图方式折叠，使得点与点重合，折痕为．若，，则折痕的长为________．

【答案】【分析】连接交于点G，根据矩形的性质以及勾股定理可得的长，再由折叠的性质可得，，设，则，在中，根据勾股定理可得，然后在中，根据勾股定理可得的长，再证明，可得，即可求解．【详解】解：如图，连接交于点G，

∵四边形是矩形，∴，，∴，由折叠的性质得：，，∴，设，则，在中，，∴，解得：，∴，在中，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：【点睛】本题主要考查了矩形与图形的折叠问题，勾股定理全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，图形的折叠的性质，勾股定理全等三角形的判定和性质是解题的关键．16．（2023·四川成都·统考一模）如图，在中，，若是AB边的中线，则_____．

【答案】1【分析】根据和勾股定理可求得，再根据在直角三角形中斜边中线的长度为斜边的一半即可解答．【详解】解：∵，∴,∵，∴,解得：(舍弃负值)，∴，∴．故答案为1．【点睛】本题主要考查了直角三角形中勾股定理的运用、直角三角形的性质等知识点，灵活运用“在直角三角形中斜边中线的长度为斜边的一半”是解答本题的关键．三、解答题17．（2023·浙江温州·统考一模）如图，在矩形中，点E，O分别为的中点，过点A作交EO的延长线于点F，连接交于点G．(1)求证：四边形为平行四边形．(2)若，且，求的长．【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）利用两组对边分别平行的四边形是平行四边形即可判定；（2）利用证明，推出，再利用直角三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：在矩形中，．点，分别为，的中点，，即．又，四边形为平行四边形；（2）解：连接．由（1）得，四边形为平行四边形，，，，，，．，．为斜边上的中线，，即为等边三角形．，．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．18．（2023秋·湖南湘西·九年级统考期末）如图，将矩形绕点旋转得到矩形，点在上，延长交于点.(1)求证：；(2)连接，若，求的度数．【答案】(1)见解析；(2)．【分析】（1）根据矩形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，再证明即可；（2）根据矩形的性质得出，由全等三角形的性质得出，再计算即可得出答案．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，由旋转性质，得：，，∴，，∵在矩形中，，∴，在和中，，∴，（2）解：∵四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即的度数为．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．19．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考一模）如图，矩形中，对角线的垂直平分线分别交，于点E，F，连接，若，求的长．【答案】4【分析】根据题意和矩形的性质、线段垂直平分线的性质，可以证明，从而可以得到的长．【详解】解：设相交于点，∵垂直平分，∴∵四边形是矩