第14課時矩形的性質(zhì)考點過關(guān)易錯點警示及能力點拓展

第14課時矩形的性質(zhì)（解析版）一、考點過關(guān)考點：掌握矩形的性質(zhì)，利用矩形的性質(zhì)進行計算和推理1．（2022春?侯馬市期末）矩形具有而菱形不一定具有的性質(zhì)是（）A．對邊相等 B．對角相等 C．對角線相等 D．對角線互相平分思路引領(lǐng)：利用矩形與菱形的性質(zhì)即可解答本題．解：矩形具有而菱形不一定具有的性質(zhì)是對角線相等，故選：C．總結(jié)提升：本題考查了矩形與菱形的性質(zhì)，中心對稱圖形，解題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形與菱形的性質(zhì)．2．（2012春?炎陵縣校級期中）如圖，把大小相同的兩個矩形拼成如下形狀，則△FBD是（）A．等邊三角形 B．等腰直角三角形 C．一般三角形 D．等腰三角形思路引領(lǐng)：根據(jù)正方形性質(zhì)得出FG＝BC，∠G＝∠C＝90°，GB＝CD，根據(jù)SAS證△FGB≌△BCD，推出∠FBG＝∠BDC，BF＝BD，求出∠DBC+∠FBG＝90°，求出∠FBD的度數(shù)即可．解：∵大小相同的兩個矩形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，故選：B．總結(jié)提升：本題考查了等腰直角三角形，全等三角形的性質(zhì)和判定，正方形性質(zhì)的應(yīng)用，關(guān)鍵是證出△FGB≌△BCD，主要考查學(xué)生運用性質(zhì)進行推理的能力．3．（2020?青海）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，已知∠BOC＝120°，DC＝3cm，則AC的長為6cm．思路引領(lǐng)：根據(jù)矩形的性質(zhì)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，故答案為：6總結(jié)提升：本題考查矩形，解題的關(guān)鍵是熟練運用矩形的性質(zhì)以及含30度角的直角三角形的性質(zhì)，本題屬于基礎(chǔ)題型．4．（2020?金鳳區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，過對角線交點O作EF⊥AC交AD于點E，交BC于點F，則DE的長是74思路引領(lǐng)：連接CE，由矩形的性質(zhì)得出∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出AE＝CE，設(shè)DE＝x，則CE＝AE＝8﹣x，在Rt△CDE中，由勾股定理得出方程，解方程即可．解：連接CE，如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝6，AD＝BC＝8，OA＝OC，∵EF⊥AC，∴AE＝CE，設(shè)DE＝x，則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故答案為：74解法二：∵四邊形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故答案為：74總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理等知識；熟練掌握矩形的性質(zhì)，由勾股定理得出方程是解題的關(guān)鍵．5．（2018?平定縣模擬）如圖，將矩形紙片ABCD沿直線EF折疊，使點C落在AD邊的中點C′處，點B落在點B′處，其中AB＝9，BC＝6，則FC′的長為5．思路引領(lǐng)：設(shè)FC′＝x，則FD＝9﹣x，根據(jù)矩形的性質(zhì)結(jié)合BC＝6、點C′為AD的中點，即可得出C′D的長度，在Rt△FC′D中，利用勾股定理即可找出關(guān)于x的方程，解之即可得出結(jié)論．解：設(shè)FC′＝x，則FD＝9﹣x，∵BC＝6，四邊形ABCD為矩形，點C′為AD的中點，∴AD＝BC＝6，C′D＝3．在Rt△FC′D中，∠D＝90°，F(xiàn)C′＝x，F(xiàn)D＝9﹣x，C′D＝3，∴FC′2＝FD2+C′D2，即x2＝（9﹣x）2+32，解得：x＝5．故答案為：5．總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)以及勾股定理，在Rt△FC′D中，利用勾股定理找出關(guān)于FC′的長度的一元一次方程是解題的關(guān)鍵．6．（2019秋?青島期中）如圖，矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AE平分∠BAD交BC于點E，∠CAE＝15°，則∠AOE的度數(shù)為（）A．120° B．135° C．145° D．150°思路引領(lǐng)：判斷出△ABE是等腰直角三角形，根據(jù)三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和求出∠ACB＝30°，再判斷出△ABO是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出OB＝AB，再求出OB＝BE，然后根據(jù)等腰三角形兩底角相等求出∠BOE＝75°，再根據(jù)∠AOE＝∠AOB+∠BOE計算即可得解．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是等邊三角形，∴OB＝AB，∠ABO＝∠AOB＝60°，∴OB＝BE，∵∠OBE＝∠ABC﹣∠ABO＝90°﹣60°＝30°，∴∠BOE=1∴∠AOE＝∠AOB+∠BOE，＝60°+75°，＝135°．故選：B．總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的一個外角等于與它不相鄰的兩個內(nèi)角的和的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7．（2019春?河池期末）如圖所示，在矩形ABCD中，O是BC的中點，∠AOD＝90°，若矩形ABCD的周長為30cm，則AB的長為（）A．5cm B．10cm C．15cm D．7.5cm思路引領(lǐng)：首先證明△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，設(shè)AB＝CD＝x，則BC＝AD＝2x，由題意x+x+2x+2x＝30，解方程即可解決問題．解：∵四邊形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，設(shè)AB＝CD＝x，則BC＝AD＝2x，由題意x+x+2x+2x＝30，∴x＝5，∴AB＝5，故選：A．總結(jié)提升：本題考查矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題，學(xué)會構(gòu)建方程解決問題，屬于中考?？碱}型．8．（2018春?韓城市期末）如圖，延長矩形ABCD的邊BC至點E，使CE＝BD，連接AE，若∠DBC＝40°，則∠E＝20°．思路引領(lǐng)：如圖連接AC．只要證明CE＝CA，推出∠E＝∠CAE，求出∠ACE即可解決問題．解：如圖連接AC．∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，∵EC＝BD，∴AC＝CE，∴∠E＝∠CAE，易證∠ACB＝∠ADB＝40°，∵∠ACB＝∠E+∠CAE，∴∠E＝∠CAE＝20°，故答案為20總結(jié)提升：本題考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形的外角的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造等腰三角形解決問題．9．（2012?茂名）如圖，已知矩形ABCD中，F(xiàn)是BC上一點，且AF＝BC，DE⊥AF，垂足是E，連接DF．求證：（1）△ABF≌△DEA；（2）DF是∠EDC的平分線．思路引領(lǐng)：（1）根據(jù)矩形性質(zhì)得出∠B＝90°，AD＝BC，AD∥BC，推出∠DAE＝∠AFB，求出AF＝AD，根據(jù)AAS證出即可；（2）有全等推出DE＝AB＝DC，根據(jù)HL證△DEF≌△DCF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出即可．證明：（1）∵四邊形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）證明：∵由（1）知△ABF≌△DEA，∴DE＝AB，∵四邊形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的平分線．總結(jié)提升：本題考查了矩形性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，平行線性質(zhì)等知識點，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，拔尖提優(yōu)訓(xùn)練10．（2022?杞縣模擬）如圖，四邊形OABC為矩形，點A，C分別在x軸和y軸上，連接AC，點B的坐標(biāo)為（8，6），以A為圓心，任意長為半徑畫弧，分別交AC、AO于點M、N，再分別以M、N為圓心，大于12MN長為半徑畫弧，兩弧交于點Q，作射線AQ交y軸于點D，則點DA．（0，1） B．（0，83） C．（0，53）思路引領(lǐng)：過點D作DE⊥AC于點E，由勾股定理可求AC＝10，由“AAS”可證△ADO≌△ADE，可證AE＝AO＝8，OD＝DE，可得CE＝2，由勾股定理可求OD的長，即可求點D坐標(biāo)．解：如圖，過點D作DE⊥AC于點E，∵四邊形OABC為矩形，點B的坐標(biāo)為（8，6），∴OA＝8，OC＝6∴AC=OC由題意可得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=∴點D（0，83故選：B．總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，證明△ADO≌△ADE是本題的關(guān)鍵．11．（2021春?靖江市校級期中）如圖，∠BOD＝45°，BO＝DO，點A在OB上，四邊形ABCD是矩形，連接AC、BD交于點E，連接OE交AD于點F．下列4個判斷：①OE平分∠BOD；②OF＝BD；③DF=2AF；④OE=A．4 B．3 C．2 D．1思路引領(lǐng)：由矩形得EB＝ED＝EA，∠BAD為直角，再由等腰三角形的三線合一性質(zhì)可判斷①的正誤；證明△AOF≌△ABD，便可判斷②的正誤；連接BF，由線段的垂直平分線得BF＝DF，由前面的三角形全等得AF＝AB，進而便可判斷③的正誤；由直角三角形斜邊上的中線定理得AG＝OG，進而求得∠AGE＝45°，由矩形性質(zhì)得ED＝EA，進而得∠EAD＝22.5°，再得∠EAG＝90°，根據(jù)等腰直角三角形的判定和性質(zhì)便可判斷④的正誤．解：①∵四邊形ABCD是矩形，∴EB＝ED，∵BO＝DO，∴OE平分∠BOD，故①正確；②∵四邊形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正確；③∵△AOF≌△ABD，∴AF＝AB，連接BF，如圖∴BF=2AF∵BE＝DE，OE⊥BD，∴DF＝BF，∴DF=2故③正確；④取OF的中點G，連接AG，如圖，∵G是OF的中點，∠OAF＝90°，∴AG＝OG，∴∠AOG＝∠OAG，∵∠AOD＝45°，OE平分∠AOD，∴∠AOG＝∠OAG＝22.5°，∴∠FAG＝67.5°，∠ADB＝∠AOF＝22.5°，∵四邊形ABCD是矩形，∴EA＝ED，∴∠EAD＝∠EDA＝22.5°，∴∠EAG＝90°，∵∠AGE＝∠AOG+∠OAG＝45°，∴∠AEG＝45°，∴AE＝AG，∴△AEG為等腰直角三角形，AE＝OG，∴AE=22∴OE＝OG+EG＝AE+2AE=12AC+22AC故選：A．總結(jié)提升：本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形，全等三角形，關(guān)鍵是熟記這些圖形的性質(zhì)．12．（2021?沂水縣二模）如圖，將矩形ABCD沿EF折疊，使點B落在AD邊上的點G處，點C落在點H處，已知∠AGB＝70°，連接BG，則∠DGH＝40°．思路引領(lǐng)：由折疊的性質(zhì)可知：GE＝BE，∠EGH＝∠ABC＝90°，從而可證明∠EBG＝∠EGB，然后再根據(jù)∠EGH﹣∠EGB＝∠EBC﹣∠EBG，即：∠GBD＝∠GBC，由平行線的性質(zhì)可知∠AGB＝∠GBC，從而易證∠AGB＝∠BGH，據(jù)此可得答案．解：由折疊的性質(zhì)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°．故答案為：40°．總結(jié)提升：本題主要考查翻折變換，解題的關(guān)鍵是熟練掌握翻折變換的性質(zhì)：折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應(yīng)邊和對應(yīng)角相等．13．（2020?浙江）如圖，有一張矩形紙條ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，點M，N分別在邊AB，CD上，CN＝1cm．現(xiàn)將四邊形BCNM沿MN折疊，使點B，C分別落在點B'，C'上．當(dāng)點B'恰好落在邊CD上時，線段BM的長為5cm；在點M從點A運動到點B的過程中，若邊MB'與邊CD交于點E，則點E相應(yīng)運動的路徑長為（5?32思路引領(lǐng)：第一個問題證明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解決問題．第二個問題，探究點E的運動軌跡，尋找特殊位置解決問題即可．解：如圖1中，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性質(zhì)可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′=B′C′2∴BM＝NB′=5（cm如圖2中，當(dāng)點M與A重合時，AE＝EN，設(shè)AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，則有x2＝22+（4﹣x）2，解得x=5∴DE＝4?52=如圖3中，當(dāng)點M運動到MB′⊥AB時，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），如圖4中，當(dāng)點M運動到點B′落在CD時，DB′（即DE″）＝5﹣1?5=（4?5∴點E的運動軌跡E→E′→E″，運動路徑＝EE′+E′B′＝2?32+2﹣（4?5）＝（故答案為5，（5?總結(jié)提升：本題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，解直角三角形等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運用所學(xué)知識解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．14．（2020?蜀山區(qū)校級開學(xué)）如圖，四邊形ABCD是矩形∠EDC＝∠CAB、∠DEC＝90°．（1）求證：AC∥DE．（2）過點B作BF⊥AC于點F，連接EF，試判別四邊形BCEF的形狀，并說明理由．（3）連接DF，若矩形ABCD的面積為S1，四邊形CEDF的面積為S2，則S1S思路引領(lǐng)：（1）要證AC∥DE，只要證明，∠EDC＝∠ACD即可；（2）要判斷四邊形BCEF的形狀，可以先猜后證，利用三角形的全等，證明四邊形的兩組對邊分別相等；（3）題意可得S1＝AB×BC，S2=12CD×EF=12證明：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠ACD＝∠CAB，∵∠EDC＝∠CAB，∴∠EDC＝∠ACD，∴AC∥DE；（2）四邊形BCEF是平行四邊形．理由如下：∵BF⊥AC，四邊形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，∴四邊形ADEF是平行四邊形，∴AD＝EF，∵AD＝BC，∴EF＝BC，∵CE＝BF，∴四邊形BCEF是平行四邊形；（3）如圖，連接DF，∵矩形ABCD的面積為S1＝AB×BC，四邊形CEDF的面積為S2=12CD×EF=12∴S1故答案為2．總結(jié)提升：本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定，求證△CDE≌△BAF是解題的關(guān)鍵．15．（2022?隆昌市校級三模）某研究性學(xué)習(xí)小組在探究矩形的折紙問題時，將一塊直角三