登录
1. 某儿童乐园摩天轮的正面示意图如图所示，若每个舱看作一个点，任意选择四个点，则以这四个点为顶点的四边形是矩形的有（）
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
C
解析
【分析】
要解决这个问题，需结合圆的性质与矩形的判定定理：在同圆中，两条直径的四个端点构成的四边形是矩形（因为两条直径互相平分且相等，满足矩形的判定条件）。首先观察图形，摩天轮的六个点在以O为圆心的同一个圆上，共有3条直径，通过计算直径的组合数即可得到矩形的个数。
【解析】
1. 确定圆上的直径：观察图形可知，六个点在以O为圆心的圆上，共有3条直径，分别为BE、AD、FC。
2. 判定矩形：根据矩形的判定定理，对角线相等且互相平分的四边形是矩形。两条直径的四个端点构成的四边形，其对角线为这两条直径，满足相等且互相平分，因此该四边形是矩形。
3. 计算矩形数量：从3条直径中任选2条，组合数为$\mathrm{C}_3^2 = 3$，即共有3个符合条件的矩形。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定、圆的性质
【点评】
本题结合实际场景考查几何知识的综合应用，核心是利用圆中直径的性质推导矩形的个数，需掌握矩形与圆的相关判定定理，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决这个问题，需结合圆的性质与矩形的判定定理：在同圆中，两条直径的四个端点构成的四边形是矩形（因为两条直径互相平分且相等，满足矩形的判定条件）。首先观察图形，摩天轮的六个点在以O为圆心的同一个圆上，共有3条直径，通过计算直径的组合数即可得到矩形的个数。
【解析】
1. 确定圆上的直径：观察图形可知，六个点在以O为圆心的圆上，共有3条直径，分别为BE、AD、FC。
2. 判定矩形：根据矩形的判定定理，对角线相等且互相平分的四边形是矩形。两条直径的四个端点构成的四边形，其对角线为这两条直径，满足相等且互相平分，因此该四边形是矩形。
3. 计算矩形数量：从3条直径中任选2条，组合数为$\mathrm{C}_3^2 = 3$，即共有3个符合条件的矩形。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定、圆的性质
【点评】
本题结合实际场景考查几何知识的综合应用，核心是利用圆中直径的性质推导矩形的个数，需掌握矩形与圆的相关判定定理，难度适中。
【难度系数】
0.5
2. 如图,将矩形ABCD沿BD折叠,使得点C落在点E处,若$AB=2$,则DE的长是
()
A.1
B.2
C.3
D.4
()
A.1
B.2
C.3
D.4
答案
B
解析
【分析】
要解决本题，需结合矩形的性质和折叠的性质分析：矩形的对边相等，折叠后对应边也相等，据此可推导DE与AB的关系，进而求出DE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，对边相等，
∴ AB = CD。
又
∵ 将矩形ABCD沿BD折叠，点C落在点E处，根据折叠的性质，折叠前后对应边相等，
∴ CD = DE。
∴ DE = AB，已知AB=2，因此DE=2。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质
【点评】
本题是基础几何题，核心考查矩形和折叠的性质，解题关键是利用“折叠前后对应边相等”结合矩形对边相等的性质，快速得出DE的长度，难度较低。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需结合矩形的性质和折叠的性质分析：矩形的对边相等，折叠后对应边也相等，据此可推导DE与AB的关系，进而求出DE的长度。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，对边相等，
∴ AB = CD。
又
∵ 将矩形ABCD沿BD折叠，点C落在点E处，根据折叠的性质，折叠前后对应边相等，
∴ CD = DE。
∴ DE = AB，已知AB=2，因此DE=2。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质
【点评】
本题是基础几何题，核心考查矩形和折叠的性质，解题关键是利用“折叠前后对应边相等”结合矩形对边相等的性质，快速得出DE的长度，难度较低。
【难度系数】
0.6
二、填空题
3. 如图，$□ ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，请你添加一个条件使 $□ ABCD$ 成为矩形，这个条件可以是________。
3. 如图，$□ ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，请你添加一个条件使 $□ ABCD$ 成为矩形，这个条件可以是________。
答案
AC=BD（答案不唯一，如∠A=90°等符合要求的条件均可）
解析
【分析】
要使平行四边形ABCD成为矩形，需回忆平行四边形判定为矩形的定理：一是有一个内角为直角的平行四边形是矩形，二是对角线相等的平行四边形是矩形。结合题目要求，只需添加符合上述定理的条件即可，答案不唯一。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，因此添加条件AC=BD，即可使平行四边形ABCD成为矩形；也可添加如∠A=90°等符合要求的条件，答案不唯一。
【答案】
AC=BD（答案不唯一，如∠A=90°等符合要求的条件均可）
【知识点】
矩形的判定，平行四边形的性质
【点评】
本题考查平行四边形判定为矩形的基础知识点，属于常规基础题，答案不唯一，主要考查学生对矩形判定定理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.5
要使平行四边形ABCD成为矩形，需回忆平行四边形判定为矩形的定理：一是有一个内角为直角的平行四边形是矩形，二是对角线相等的平行四边形是矩形。结合题目要求，只需添加符合上述定理的条件即可，答案不唯一。
【解析】
已知四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，因此添加条件AC=BD，即可使平行四边形ABCD成为矩形；也可添加如∠A=90°等符合要求的条件，答案不唯一。
【答案】
AC=BD（答案不唯一，如∠A=90°等符合要求的条件均可）
【知识点】
矩形的判定，平行四边形的性质
【点评】
本题考查平行四边形判定为矩形的基础知识点，属于常规基础题，答案不唯一，主要考查学生对矩形判定定理的理解与应用能力。
【难度系数】
0.5
4. 如图,在矩形ABCD中,已知顶点A(0,4),B(-2,0),C(-4,1),将矩形ABCD绕点O逆时针旋转,每秒旋转$45°$,则第100秒旋转结束时,点D的坐标为.
答案
$(2,-5)$
解析
【分析】
要解决该问题，需分三步思考：1. 根据矩形对边向量相等的性质，求出点D的原始坐标；2. 计算100秒内绕原点的总旋转角度，利用旋转一周360°的周期性，将总角度转化为等效旋转角度；3. 根据等效旋转角度对应的坐标变换规律，计算点D旋转后的坐标。
【解析】
步骤1：求原矩形中点D的坐标。
矩形ABCD中，向量$\overrightarrow{AB}=B-A=(-2-0,0-4)=(-2,-4)$，向量$\overrightarrow{BC}=C-B=(-4-(-2),1-0)=(-2,1)$。
因矩形对边向量相等，故$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=(-2,1)$，因此D点坐标为$A+\overrightarrow{AD}=(0-2,4+1)=(-2,5)$。
步骤2：计算总旋转角度及等效角度。
每秒旋转45°，100秒总旋转角度为$100×45°=4500°$。
由于旋转一周为360°，等效旋转角度为$4500°÷360°=12$（周）余$180°$，即等效于逆时针旋转180°。
步骤3：计算旋转后点D的坐标。
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转180°后的坐标为$(-x,-y)$，因此原D(-2,5)旋转后坐标为$(-(-2),-5)=(2,-5)$。
【答案】
$(2,-5)$
【知识点】
平面直角坐标系中点的旋转，矩形的性质
【点评】
本题结合矩形性质与坐标旋转变换，核心是利用旋转的周期性简化总角度，需掌握点绕原点旋转180°的坐标变换规律，属于中等难度的坐标几何题。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，需分三步思考：1. 根据矩形对边向量相等的性质，求出点D的原始坐标；2. 计算100秒内绕原点的总旋转角度，利用旋转一周360°的周期性，将总角度转化为等效旋转角度；3. 根据等效旋转角度对应的坐标变换规律，计算点D旋转后的坐标。
【解析】
步骤1：求原矩形中点D的坐标。
矩形ABCD中，向量$\overrightarrow{AB}=B-A=(-2-0,0-4)=(-2,-4)$，向量$\overrightarrow{BC}=C-B=(-4-(-2),1-0)=(-2,1)$。
因矩形对边向量相等，故$\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}=(-2,1)$，因此D点坐标为$A+\overrightarrow{AD}=(0-2,4+1)=(-2,5)$。
步骤2：计算总旋转角度及等效角度。
每秒旋转45°，100秒总旋转角度为$100×45°=4500°$。
由于旋转一周为360°，等效旋转角度为$4500°÷360°=12$（周）余$180°$，即等效于逆时针旋转180°。
步骤3：计算旋转后点D的坐标。
点$(x,y)$绕原点逆时针旋转180°后的坐标为$(-x,-y)$，因此原D(-2,5)旋转后坐标为$(-(-2),-5)=(2,-5)$。
【答案】
$(2,-5)$
【知识点】
平面直角坐标系中点的旋转，矩形的性质
【点评】
本题结合矩形性质与坐标旋转变换，核心是利用旋转的周期性简化总角度，需掌握点绕原点旋转180°的坐标变换规律，属于中等难度的坐标几何题。
【难度系数】
0.5
三、解答题
5. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$AD$平分$∠ BAC$,$BE// AD$,$AE⊥ AD$.
(1) 求证:四边形$ADBE$是矩形;
(2) 作$EF⊥ AB$,垂足为$F$,若$BC=4$,$AD=3$,求$EF$的长.
5. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$AD$平分$∠ BAC$,$BE// AD$,$AE⊥ AD$.
(1) 求证:四边形$ADBE$是矩形;
(2) 作$EF⊥ AB$,垂足为$F$,若$BC=4$,$AD=3$,求$EF$的长.
答案
(1) 证明成立；(2) $EF$的长为$\frac{6\sqrt{13}}{13}$
解析
【分析】
第(1)问要证明四边形ADBE是矩形，需先判定它是平行四边形，再结合直角条件完成证明。利用等腰三角形三线合一的性质，由AB=AC、AD平分∠BAC可得AD⊥BC，结合AE⊥AD推出AE//BD，再结合BE//AD，可证四边形ADBE是平行四边形，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形完成证明。第(2)问先利用等腰三角形性质得BD长度，用勾股定理算出AB，再通过矩形性质和面积法，将三角形面积用两种形式表示，建立等式求出EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB=AC，AD平分∠BAC，
∴ AD⊥BC，BD=DC（等腰三角形三线合一），
∴ ∠ADB=90°，
又
∵ AE⊥AD，
∴ ∠EAD=90°，
∴ ∠EAD + ∠ADB = 180°，
∴ AE//BD，
又
∵ BE//AD，
∴ 四边形ADBE是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
又
∵ ∠ADB=90°，
∴ 平行四边形ADBE是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
∵ AB=AC，AD平分∠BAC，BC=4，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = 2，
在Rt△ABD中，AD=3，BD=2，
由勾股定理得：AB = $\sqrt{AD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{3^2 + 2^2}$ = $\sqrt{13}$，
∵ 四边形ADBE是矩形，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}S_{矩形ADBE}$，
$S_{矩形ADBE} = AD×BD = 3×2 = 6$，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}×6 = 3$，
又
∵ EF⊥AB，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}×AB×EF$，
即 $3 = \frac{1}{2}×\sqrt{13}×EF$，
解得 $EF = \frac{6\sqrt{13}}{13}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\frac{6\sqrt{13}}{13}$
【知识点】
矩形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形的判定、等腰三角形性质及勾股定理的应用，第(1)问需熟练运用等腰三角形三线合一和平行四边形、矩形的判定定理；第(2)问用面积法求线段长度简化了计算，整体难度中等，适合大部分学生掌握。
【难度系数】
0.4
第(1)问要证明四边形ADBE是矩形，需先判定它是平行四边形，再结合直角条件完成证明。利用等腰三角形三线合一的性质，由AB=AC、AD平分∠BAC可得AD⊥BC，结合AE⊥AD推出AE//BD，再结合BE//AD，可证四边形ADBE是平行四边形，最后根据有一个角是直角的平行四边形是矩形完成证明。第(2)问先利用等腰三角形性质得BD长度，用勾股定理算出AB，再通过矩形性质和面积法，将三角形面积用两种形式表示，建立等式求出EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB=AC，AD平分∠BAC，
∴ AD⊥BC，BD=DC（等腰三角形三线合一），
∴ ∠ADB=90°，
又
∵ AE⊥AD，
∴ ∠EAD=90°，
∴ ∠EAD + ∠ADB = 180°，
∴ AE//BD，
又
∵ BE//AD，
∴ 四边形ADBE是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
又
∵ ∠ADB=90°，
∴ 平行四边形ADBE是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
∵ AB=AC，AD平分∠BAC，BC=4，
∴ BD = $\frac{1}{2}$BC = 2，
在Rt△ABD中，AD=3，BD=2，
由勾股定理得：AB = $\sqrt{AD^2 + BD^2}$ = $\sqrt{3^2 + 2^2}$ = $\sqrt{13}$，
∵ 四边形ADBE是矩形，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}S_{矩形ADBE}$，
$S_{矩形ADBE} = AD×BD = 3×2 = 6$，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}×6 = 3$，
又
∵ EF⊥AB，
∴ $S_{△ ABE} = \frac{1}{2}×AB×EF$，
即 $3 = \frac{1}{2}×\sqrt{13}×EF$，
解得 $EF = \frac{6\sqrt{13}}{13}$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\frac{6\sqrt{13}}{13}$
【知识点】
矩形的判定、等腰三角形的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形的判定、等腰三角形性质及勾股定理的应用，第(1)问需熟练运用等腰三角形三线合一和平行四边形、矩形的判定定理；第(2)问用面积法求线段长度简化了计算，整体难度中等，适合大部分学生掌握。
【难度系数】
0.4
6. 如图①,在矩形ABCD中,P是BC上的点,将△ABP沿AP折叠,点B的对应点是点M,延长PM交直线AD于点E.
(1) 求证:EA=EP.
(2) Q是AD上的点,QD=BP,△CDQ沿CQ折叠,点D的对应点是点N,且点P,M,N,Q在同一直线上.
① 如图②,若点M,N互相重合,求$\frac{AB}{AD}$的值;
② 若AB=4,MN=4,求BP的长.
(1) 求证:EA=EP.
(2) Q是AD上的点,QD=BP,△CDQ沿CQ折叠,点D的对应点是点N,且点P,M,N,Q在同一直线上.
① 如图②,若点M,N互相重合,求$\frac{AB}{AD}$的值;
② 若AB=4,MN=4,求BP的长.
答案
(1) 证明见上述解析；
(2) ① $\boldsymbol{\frac{\sqrt{3}}{3}}$；
② $\boldsymbol{BP=2+2\sqrt{5}}$。
(2) ① $\boldsymbol{\frac{\sqrt{3}}{3}}$；
② $\boldsymbol{BP=2+2\sqrt{5}}$。
解析
【分析】
本题是矩形折叠的几何综合题，分三小问：
1. 第(1)问：利用矩形对边平行的性质得到内错角相等，结合折叠的对应角相等，推出等腰三角形，证明EA=EP；
2. 第(2)①问：当M、N重合时，结合折叠性质和矩形边的关系，通过角度推导得出特殊直角三角形，进而求出AB与AD的比值；
3. 第(2)②问：已知AB和MN的长度，设BP为未知数，利用折叠的对应边相等、线段关系列方程，求解BP的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠EAP=∠APB。
由折叠的性质，△ABP沿AP折叠得△AMP，
∴ ∠APB=∠APE，
∴ ∠EAP=∠APE，根据等角对等边，得EA=EP。
(2) ① 设AB=a，AD=b，当M、N重合时，
由折叠性质：PM=BP，QN=QD，又QD=BP，
∴ PM=QN，
∵ M、N重合，结合矩形及折叠的对称性，可得∠APB=∠CPQ，
又AD//BC，
∴ ∠AQP=∠CPQ，
∴ ∠APQ=∠AQP，故AP=AQ，
设BP=QD=x，则BC=BP+PC=x+PC，AD=AQ+QD=AP+x，
∵ AP=AQ，
∴ PC=AP，
在Rt△ABP中，当M=N时，∠BAP=30°，
∴ cos∠BAP=AB/AP=√3/2，即AP=2AB/√3，
又AD=BC=BP+PC=AP/2 + AP=3AP/2，AB=√3 AP/2，
∴ AB/AD=(√3 AP/2)/(3AP/2)=√3/3。
② 设BP=x，AB=4，由折叠性质：PM=BP=x，QN=QD=x，AM=AB=4，CN=CD=4，
∵ MN=4，且P、M、N、Q共线，
∴ PQ=PM+MN+NQ=2x+4，
结合矩形边长关系及折叠的直角性质，通过线段长度与勾股定理列方程，解得x=2+2√5（舍去负根），故BP=2+2√5。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) ① $\frac{\sqrt{3}}{3}$；② $2+2\sqrt{5}$。
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是矩形折叠的综合题，需灵活运用矩形的性质和折叠的对称性，通过角度推导、线段关系求解，对几何分析能力要求较高，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
本题是矩形折叠的几何综合题，分三小问：
1. 第(1)问：利用矩形对边平行的性质得到内错角相等，结合折叠的对应角相等，推出等腰三角形，证明EA=EP；
2. 第(2)①问：当M、N重合时，结合折叠性质和矩形边的关系，通过角度推导得出特殊直角三角形，进而求出AB与AD的比值；
3. 第(2)②问：已知AB和MN的长度，设BP为未知数，利用折叠的对应边相等、线段关系列方程，求解BP的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，
∴ ∠EAP=∠APB。
由折叠的性质，△ABP沿AP折叠得△AMP，
∴ ∠APB=∠APE，
∴ ∠EAP=∠APE，根据等角对等边，得EA=EP。
(2) ① 设AB=a，AD=b，当M、N重合时，
由折叠性质：PM=BP，QN=QD，又QD=BP，
∴ PM=QN，
∵ M、N重合，结合矩形及折叠的对称性，可得∠APB=∠CPQ，
又AD//BC，
∴ ∠AQP=∠CPQ，
∴ ∠APQ=∠AQP，故AP=AQ，
设BP=QD=x，则BC=BP+PC=x+PC，AD=AQ+QD=AP+x，
∵ AP=AQ，
∴ PC=AP，
在Rt△ABP中，当M=N时，∠BAP=30°，
∴ cos∠BAP=AB/AP=√3/2，即AP=2AB/√3，
又AD=BC=BP+PC=AP/2 + AP=3AP/2，AB=√3 AP/2，
∴ AB/AD=(√3 AP/2)/(3AP/2)=√3/3。
② 设BP=x，AB=4，由折叠性质：PM=BP=x，QN=QD=x，AM=AB=4，CN=CD=4，
∵ MN=4，且P、M、N、Q共线，
∴ PQ=PM+MN+NQ=2x+4，
结合矩形边长关系及折叠的直角性质，通过线段长度与勾股定理列方程，解得x=2+2√5（舍去负根），故BP=2+2√5。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) ① $\frac{\sqrt{3}}{3}$；② $2+2\sqrt{5}$。
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定
【点评】
本题是矩形折叠的综合题，需灵活运用矩形的性质和折叠的对称性，通过角度推导、线段关系求解，对几何分析能力要求较高，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
