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一、选择题
1. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是(
A.对角相等
B.对角线相等
C.对边相等
D.对角线互相平分
1. 矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是(
B
)。A.对角相等
B.对角线相等
C.对边相等
D.对角线互相平分
答案
1. B
解析
【分析】
要解决这道题，我们需要先明确平行四边形的基本性质，再对比矩形作为特殊平行四边形所独有的性质。首先回忆平行四边形的性质：对角相等、对边相等、对角线互相平分，这些是所有平行四边形都具备的；而矩形是特殊的平行四边形，除了拥有平行四边形的所有性质外，还具有对角线相等的特殊性质。接下来我们逐个分析选项，排除平行四边形也具备的性质，剩下的就是矩形特有的性质。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：对角相等是平行四边形的基本性质，矩形作为特殊的平行四边形也具备这一性质，因此不是矩形独有的，排除；
选项B：对角线相等是矩形特有的性质，一般的平行四边形对角线并不相等，符合题意；
选项C：对边相等是平行四边形的基本性质，矩形同样具备，排除；
选项D：对角线互相平分是平行四边形的基本性质，矩形也具备，排除。
综上，矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等，故选B。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质、矩形的性质
【点评】
本题主要考查平行四边形与矩形的性质差异，属于基础题型。解题的关键在于熟练掌握两者的性质，准确区分共性与特性，避免混淆相关知识点。
【难度系数】
0.8
要解决这道题，我们需要先明确平行四边形的基本性质，再对比矩形作为特殊平行四边形所独有的性质。首先回忆平行四边形的性质：对角相等、对边相等、对角线互相平分，这些是所有平行四边形都具备的；而矩形是特殊的平行四边形，除了拥有平行四边形的所有性质外，还具有对角线相等的特殊性质。接下来我们逐个分析选项，排除平行四边形也具备的性质，剩下的就是矩形特有的性质。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：对角相等是平行四边形的基本性质，矩形作为特殊的平行四边形也具备这一性质，因此不是矩形独有的，排除；
选项B：对角线相等是矩形特有的性质，一般的平行四边形对角线并不相等，符合题意；
选项C：对边相等是平行四边形的基本性质，矩形同样具备，排除；
选项D：对角线互相平分是平行四边形的基本性质，矩形也具备，排除。
综上，矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是对角线相等，故选B。
【答案】
B
【知识点】
平行四边形的性质、矩形的性质
【点评】
本题主要考查平行四边形与矩形的性质差异，属于基础题型。解题的关键在于熟练掌握两者的性质，准确区分共性与特性，避免混淆相关知识点。
【难度系数】
0.8
2. 如图所示，将矩形 $ABCD$ 的边 $AD$ 沿 $AE$ 折叠，若 $∠ BAD'$ 等于 $30^{\circ}$，则 $∠ AED'$ 等于(
A.$30^{\circ}$
B.$45^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$75^{\circ}$
C
)。A.$30^{\circ}$
B.$45^{\circ}$
C.$60^{\circ}$
D.$75^{\circ}$
答案
2. C
解析
解：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $∠ DAB = 90°$。
∵ $∠ BAD' = 30°$，
∴ $∠ DAD' = ∠ DAB - ∠ BAD' = 90° - 30° = 60°$。
由折叠性质，得 $∠ DAE = ∠ D'AE$，$∠ ADE = ∠ AD'E = 90°$，
∴ $∠ DAE = \frac{1}{2}∠ DAD' = 30°$。
在 $△ AED'$ 中，$∠ AED' = 180° - ∠ AD'E - ∠ D'AE = 180° - 90° - 30° = 60°$。
答案：C
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $∠ DAB = 90°$。
∵ $∠ BAD' = 30°$，
∴ $∠ DAD' = ∠ DAB - ∠ BAD' = 90° - 30° = 60°$。
由折叠性质，得 $∠ DAE = ∠ D'AE$，$∠ ADE = ∠ AD'E = 90°$，
∴ $∠ DAE = \frac{1}{2}∠ DAD' = 30°$。
在 $△ AED'$ 中，$∠ AED' = 180° - ∠ AD'E - ∠ D'AE = 180° - 90° - 30° = 60°$。
答案：C
3. 如图所示，在矩形 $ABCD$ 中，点 $E$ 为 $BA$ 延长线上一点，$F$ 为 $CE$ 的中点，以 $B$ 为圆心，$BF$ 长为半径的圆弧过 $AD$ 与 $CE$ 的交点 $G$。若 $AB = 4$，$CE = 10$，则 $AG$ 的长为(
A.$2$
B.$2.5$
C.$3$
D.$3.5$
C
)。A.$2$
B.$2.5$
C.$3$
D.$3.5$
答案
3. C
解析
证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AB⊥ AD$，$AD// BC$，$AB=CD=4$，设$AG=x$，$AE=y$，则$EG=\sqrt{AG^2+AE^2}=\sqrt{x^2+y^2}$。
∵$F$为$CE$中点，$CE=10$，$\therefore CF=EF=5$，$BF=BG$（半径相等）。
在$△ EBC$中，$BF$是中线，由中线长公式：$BF=\frac{1}{2}\sqrt{2BE^2+2BC^2-CE^2}$。设$BC=AD=z$，则$BE=AB+AE=4+y$，$\therefore BF=\frac{1}{2}\sqrt{2(4+y)^2+2z^2-100}$。
在$△ ABG$中，$BG=\sqrt{AB^2+AG^2}=\sqrt{16+x^2}$。
∵$AD// BC$，$△ EAG∼△ EBC$，$\therefore \frac{EG}{EC}=\frac{AE}{BE}=\frac{AG}{BC}$，即$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{10}=\frac{y}{4+y}=\frac{x}{z}$。
由$\frac{y}{4+y}=\frac{x}{z}$得$z=\frac{x(4+y)}{y}$。由$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{10}=\frac{y}{4+y}$平方得$\frac{x^2+y^2}{100}=\frac{y^2}{(4+y)^2}$，即$x^2+y^2=\frac{100y^2}{(4+y)^2}$，$x^2=\frac{100y^2-(4+y)^2y^2}{(4+y)^2}=\frac{y^2[100-(16+8y+y^2)]}{(4+y)^2}=\frac{y^2(84-8y-y^2)}{(4+y)^2}$。
又$BF=BG$，$\frac{1}{2}\sqrt{2(4+y)^2+2z^2-100}=\sqrt{16+x^2}$，代入$z=\frac{x(4+y)}{y}$，化简得$x=3$。
$\boxed{C}$
∵四边形$ABCD$是矩形，$\therefore AB⊥ AD$，$AD// BC$，$AB=CD=4$，设$AG=x$，$AE=y$，则$EG=\sqrt{AG^2+AE^2}=\sqrt{x^2+y^2}$。
∵$F$为$CE$中点，$CE=10$，$\therefore CF=EF=5$，$BF=BG$（半径相等）。
在$△ EBC$中，$BF$是中线，由中线长公式：$BF=\frac{1}{2}\sqrt{2BE^2+2BC^2-CE^2}$。设$BC=AD=z$，则$BE=AB+AE=4+y$，$\therefore BF=\frac{1}{2}\sqrt{2(4+y)^2+2z^2-100}$。
在$△ ABG$中，$BG=\sqrt{AB^2+AG^2}=\sqrt{16+x^2}$。
∵$AD// BC$，$△ EAG∼△ EBC$，$\therefore \frac{EG}{EC}=\frac{AE}{BE}=\frac{AG}{BC}$，即$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{10}=\frac{y}{4+y}=\frac{x}{z}$。
由$\frac{y}{4+y}=\frac{x}{z}$得$z=\frac{x(4+y)}{y}$。由$\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{10}=\frac{y}{4+y}$平方得$\frac{x^2+y^2}{100}=\frac{y^2}{(4+y)^2}$，即$x^2+y^2=\frac{100y^2}{(4+y)^2}$，$x^2=\frac{100y^2-(4+y)^2y^2}{(4+y)^2}=\frac{y^2[100-(16+8y+y^2)]}{(4+y)^2}=\frac{y^2(84-8y-y^2)}{(4+y)^2}$。
又$BF=BG$，$\frac{1}{2}\sqrt{2(4+y)^2+2z^2-100}=\sqrt{16+x^2}$，代入$z=\frac{x(4+y)}{y}$，化简得$x=3$。
$\boxed{C}$
二、填空题
4. 如图所示，$BD$ 是矩形 $ABCD$ 的一条对角线，点 $E$，$F$ 分别是 $BD$，$DC$ 的中点。若 $AB = 8$，$BC = 6$，则 $AE + EF$ 的长为
4. 如图所示，$BD$ 是矩形 $ABCD$ 的一条对角线，点 $E$，$F$ 分别是 $BD$，$DC$ 的中点。若 $AB = 8$，$BC = 6$，则 $AE + EF$ 的长为
8
。答案
4. 8
解析
解：
∵四边形$ABCD$是矩形，$AB=8$，$BC=6$，
∴$AD=BC=6$，$CD=AB=8$，$∠ BAD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵$E$是$BD$中点，
∴$AE=\frac{1}{2}BD=5$（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵$E$，$F$分别是$BD$，$DC$中点，
∴$EF$是$△ BCD$的中位线，$EF=\frac{1}{2}BC=3$。
∴$AE+EF=5+3=8$。
8
∵四边形$ABCD$是矩形，$AB=8$，$BC=6$，
∴$AD=BC=6$，$CD=AB=8$，$∠ BAD=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$中，$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵$E$是$BD$中点，
∴$AE=\frac{1}{2}BD=5$（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵$E$，$F$分别是$BD$，$DC$中点，
∴$EF$是$△ BCD$的中位线，$EF=\frac{1}{2}BC=3$。
∴$AE+EF=5+3=8$。
8
5. 如图所示，矩形 $ABCD$ 的对角线 $AC = 10$，$BC = 8$，则图中五个小矩形的周长之和为
28
。答案
5. 28
解析
在矩形$ABCD$中，$AC = 10$，$BC = 8$。
根据勾股定理，$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=\sqrt{100 - 64}=\sqrt{36}=6$。
将五个小矩形的所有上边平移至$AD$，所有下边平移至$BC$，所有左边平移至$AB$，所有右边平移至$CD$，可得五个小矩形的周长之和等于矩形$ABCD$的周长。
矩形$ABCD$的周长为$2×(AB + BC)=2×(6 + 8)=28$。
故五个小矩形的周长之和为$28$。
根据勾股定理，$AB=\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}=\sqrt{10^{2}-8^{2}}=\sqrt{100 - 64}=\sqrt{36}=6$。
将五个小矩形的所有上边平移至$AD$，所有下边平移至$BC$，所有左边平移至$AB$，所有右边平移至$CD$，可得五个小矩形的周长之和等于矩形$ABCD$的周长。
矩形$ABCD$的周长为$2×(AB + BC)=2×(6 + 8)=28$。
故五个小矩形的周长之和为$28$。
6. 如图所示，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 3$，$AD = 4$，$P$ 是 $AD$ 上不与 $A$，$D$ 重合的一动点，$PE ⊥ AC$，$PF ⊥ BD$，点 $E$，$F$ 为垂足，则 $PE + PF$ 的值为
2.4
。答案
6. 2.4
解析
证明：在矩形$ABCD$中，$AB = 3$，$AD = 4$，则$AC = BD=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{3^{2}+4^{2}} = 5$，$OA=OD=\frac{5}{2}$。
连接$OP$，$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×3×4 = 3$。
$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}=\frac{1}{2}× OA× PE+\frac{1}{2}× OD× PF$，因为$OA = OD=\frac{5}{2}$，所以$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×(PE + PF)$，解得$PE + PF=\frac{12}{5}=2.4$。
2.4
连接$OP$，$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×3×4 = 3$。
$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}=\frac{1}{2}× OA× PE+\frac{1}{2}× OD× PF$，因为$OA = OD=\frac{5}{2}$，所以$3=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}×(PE + PF)$，解得$PE + PF=\frac{12}{5}=2.4$。
2.4
