矩形菱形与正方形练习题

　　1. （ 安徽省,第10题4分）如图，正方形ABCD的对角线BD长为2 ，若直线l满足：

　　①点D到直线l的距离为 ；

　　②A、C两点到直线l的距离相等．

　　则符合题意的直线l的条数为（  ）

　　A． 1 B． 2 C． 3 D． 4

　　考点： 正方形的性质．

　　分析： 连接AC与BD相交于O，根据正方形的性质求出OD= ，然后根据点到直线的距离和平行线间的距离相等解答．

　　解答： 解：如图，连接AC与BD相交于O，

　　∵正方形ABCD的对角线BD长为2 ，

　　∴OD= ，

　　∴直线l‖AC并且到D的距离为 ，

　　同理，在点D的另一侧还有一条直线满足条件，

　　故共有2条直线l．

　　故选B．

　　点评： 本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线互相垂直平分，点D到O的距离小于 是本题的关键．

　　2. （ 福建泉州，第5题3分）正方形的对称轴的条数为（  ）

　　A． 1 B． 2 C． 3 D． 4

　　考点： 轴对称的性质

　　分析： 根据正方形的对称性解答．

　　解答： 解：正方形有4条对称轴．

　　故选D．

　　点评： 本题考查了轴对称的性质，熟记正方形的对称性是解题的关键．

　　3. （珠海，第2题3分）边长为3cm的菱形的周长是（  ）

　　A． 6cm B． 9cm C． 12cm D． 15cm

　　考点： 菱形的性质．

　　分析： 利用菱形的各边长相等，进而求出周长即可．

　　解答： 解：∵菱形的各边长相等，

　　∴边长为3cm的菱形的周长是：3×4=12（cm）．

　　故选：C．

　　点评： 此题主要考查了菱形的性质，利用菱形各边长相等得出是解题关键．

　　4.（广西玉林市、防城港市，第6题3分）下列命题是假命题的是（  ）

　　A． 四个角相等的四边形是矩形 B． 对角线相等的平行四边形是矩形

　　C． 对角线垂直的四边形是菱形 D． 对角线垂直的平行四边形是菱形

　　考点： 命题与定理．

　　分析： 根据矩形的判定对A、B进行判断；根据菱形的判定方法对C、D进行判断．

　　解答： 解：A、四个角相等的四边形是矩形，所以A选项为真命题；

　　B、对角线相等的平行四边形是矩形，所以B选项为真命题；

　　C、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以C选项为假命题；

　　D、对角线垂直的平行四边形是菱形，所以D选项为真命题．

　　故选C．

　　点评： 本题考查了命题与定理：判断事物的.语句叫命题；正确的命题称为真命题，错误的命题称为假命题；经过推理论证的真命题称为定理．

　　5.（毕节地区，第8题3分）如图，菱形ABCD中，对角线AC、BC相交于点O，H为AD边中点，菱形ABCD的周长为28，则OH的长等于（  ）

　　A． 3.5 B． 4 C． 7 D． 14

　　考点： 菱形的性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理

　　分析： 根据菱形的四条边都相等求出AB，菱形的对角线互相平分可得OB=OD，然后判断出OH是△ABD的中位线，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得OH= AB．

　　解答： 解：∵菱形ABCD的周长为28，

　　∴AB=28÷4=7，OB=OD，

　　∵H为AD边中点，

　　∴OH是△ABD的中位线，

　　∴OH= AB= ×7=3.5．

　　故选A．

　　点评： 本题考查了菱形的对角线互相平分的性质，三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半，熟记性质与定理是解题的关键．

　　6.（襄阳，第12题3分）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边AB，BC上，且AE= AB，将矩形沿直线EF折叠，点B恰好落在AD边上的点P处，连接BP交EF于点Q，对于下列结论：①EF=2BE；②PF=2PE；③FQ=4EQ；④△PBF是等边三角形．其中正确的是（  ）

　　A． ①② B． ②③ C． ①③ D． ①④

　　考点： 翻折变换（折叠问题）；矩形的性质

　　分析： 求出BE=2AE，根据翻折的性质可得PE=BE，再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出∠APE=30°，然后求出∠AEP=60°，再根据翻折的性质求出∠BEF=60°，根据直角三角形两锐角互余求出∠EFB=30°，然后根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半可得EF=2BE，判断出①正确；利用30°角的正切值求出PF= PE，判断出②错误；求出BE=2EQ，EF=2BE，然后求出FQ=3EQ，判断出③错误；求出∠PBF=∠PFB=60°，然后得到△PBF是等边三角形，判断出④正确．

　　解答： 解：∵AE= AB，

　　∴BE=2AE，

　　由翻折的性质得，PE=BE，

　　∴∠APE=30°，

　　∴∠AEP=90°－30°=60°，

　　∴∠BEF= （180°－∠AEP）= （180°－60°）=60°，

　　∴∠EFB=90°－60°=30°，

　　∴EF=2BE，故①正确；

　　∵BE=PE，

　　∴EF=2PE，

　　∵EF＞PF，

　　∴PF＞2PE，故②错误；

　　由翻折可知EF⊥PB，

　　∴∠EBQ=∠EFB=30°，

　　∴BE=2EQ，EF=2BE，

　　∴FQ=3EQ，故③错误；

　　由翻折的性质，∠EFB=∠BFP=30°，

　　∴∠BFP=30°+30°=60°，

　　∵∠PBF=90°－∠EBQ=90°－30°=60°，

　　∴∠PBF=∠PFB=60°，

　　∴△PBF是等边三角形，故④正确；

　　综上所述，结论正确的是①④．

　　故选D．

　　点评： 本题考查了翻折变换的性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，直角三角形两锐角互余的性质，等边三角形的判定，熟记各性质并准确识图是解题的关键．

　　7.（孝感，第9题3分）如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把△CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点D′的坐标是（  ）

　　A． （2，10） B． （－2，0） C． （2，10）或（－2，0） D． （10，2）或（－2，0）

　　考点： 坐标与图形变化-旋转．

　　分析： 分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可．

　　解答： 解：∵点D（5，3）在边AB上，

　　∴BC=5，BD=5－3=2，

　　①若顺时针旋转，则点D′在x轴上，OD′=2，

　　所以，D′（－2，0），

　　②若逆时针旋转，则点D′到x轴的距离为10，到y轴的距离为2，

　　所以，D′（2，10），

　　综上所述，点D′的坐标为（2，10）或（－2，0）．

　　故选C．

　　点评： 本题考查了坐标与图形变化－旋转，正方形的性质，难点在于分情况讨论．

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