1.2矩形的性质与判定（分层练习，13大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年九年级数学上册同步精品课堂（北师大版）

1.2矩形的性质与判定（十三大题型提分练） 题型一、利用矩形的性质求角度 1．（2024·四川凉山·二模）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，根据矩形的性质可得对角线相等，进而根据已知可得垂直平分，根据等边对等角得出，进而可得，根据即可求解． 【详解】解：∵矩形的对角线相交于点， ∴，， 又∵ ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ ∴， 故选：C． 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）在矩形中，对角线、相交于点O，过点A作，交于点M，若，则的度数为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的性质；由矩形的性质可得，，由可求，再由等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，进行求解即可； 【详解】四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 3．（22-23九年级上·江苏常州·期中）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接． (1)求证：； (2)当四边形是矩形时，若，求的度数． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）根据平行四边形性质得出，推出，再由即可得出结论； （2）根据矩形的性质和等腰三角形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在中， ， ； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、证明是解题的关键． 题型二、利用矩形的性质求线段长 4．（2024·云南德宏·一模）如图，在矩形中，，，是的中点，则长为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理求得，根据直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，，， ∴ ∵是的中点， ∴ 故选：C． 5．（2024·湖南岳阳·二模）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是4和3，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 ． 【答案】 【分析】利用矩形的性质证明四边形为矩形，再证明，进而证明四边形为菱形，设，则，利用勾股定理建立等式求解得到，再利用等面积法即可求得对角线的长． 【详解】解：两个全等的纸片是矩形， ，， 四边形为平行四边形， 两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是4和3， 则如图，，， ， ， 四边形为菱形，， 设，则， ， ，解得， 连接， 有， 菱形的面积是， ，解得． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 6．（23-24八年级下·广西来宾·期中）如图，在矩形中，相交于点，过点分别作，，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，根据矩形的性质和一组邻边相等的平行四边形是菱形，证明即可； （2）菱形的性质，求出的长，证明是等边三角形，求出的值，再利用勾股定理尽心求解即可． 【详解】（1）证明：，， ，， 四边形是平行四边形． 四边形是矩形， ， 四边形是菱形． （2），且四边形是菱形， ， ． ，， 是等边三角形， ． 在中，，， ． 题型三、利用矩形的性质求面积 7．（2024·甘肃天水·一模）如图，矩形中，、相交于点O，若的面积是3，则矩形的面积是（    ） A．6 B．12 C．15 D．18 【答案】B 【分析】此题考查矩形的性质以及三角形面积；熟练掌握矩形的性质，证出是解题的关键．由矩形的性质得，推出，即可求出矩形的面积． 【详解】解：四边形是矩形，、相交于点， ，，， ， ， 矩形的面积为， 故选：B． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，点是矩形的对称中心，，分别是边，上的点，且，已知矩形的面积是32，那么图中阴影部分的面积为 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了矩形性质以及全等三角形的判定与性质，证明是解题的关键．首先根据矩形的性质可得，，进而可得，证明，由全等三角形的性质可得，然后结合矩形的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故答案为：8． 9．（2024·浙江温州·二模）如图，在矩形中，，分别过点，作，交于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)分别取，的中点，，连结，．若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解题的关键． （1）先利用矩形的性质以及已知条件得到、，再根据全等三角形的性质可得，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）先根据矩形的性质得到，即，再由勾股定理可得；再根据直角三角形的性质可得，进而求得可得，然后根据三角形中位线的性质可得、，最后根据图形即可解答． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴, ∴， ∵，， ∴,， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∴ ∵， ∴， ∴, ∵， ∴ ∴, ∴, ∵的中点， ∴；同理可得：， ∴四边形的面积为 题型四、矩形与折叠问题 10．（2024·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ， ∵沿折叠，点恰好落在点处， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选C． 11．（2024·河南新乡·二模）如图，矩形中，，点是边上的一动点（点不与点，重合），连接，把沿所在直线翻折得到，则当点落在矩形的边所在的直线上时，的长为 ． 【答案】1或 【分析】本题主要考查了矩形的的折叠问题，勾股定理，根据题意得：，设，则，然后分两种情况讨论：当点落在边所在的直线上时，当点落在边所在的直线上时，则，结合勾股定理，即可求解． 【详解】解：根据题意得：， 设，则， 如图，当点落在边所在的直线上时，则，    ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 即； 如图，当点落在边所在的直线上时，则，    ∴， 在和中， ， 即， ∴， 解得：， 即； 综上所述，的长为或1． 故答案为：或1 12．（2024·山东济宁·一模）已知四边形是一张矩形纸片，将四边形沿翻折，使点和点重合，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了菱形的证明，解题关键是正确推理． （1）由四边形是矩形，将四边形沿翻折，使点和点重合，点落在点处，得，，，即可得； （2）由，，得四边形是平行四边形．由，即可得四边形是菱形． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，将四边形沿翻折，使点和点重合，点落在点处， ，，， ； （2）证明：∵四边形是矩形，由（1）得 ，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是菱形． 题型五、矩形与坐标问题 13．（2024·江苏淮安·模拟预测）我们知道：四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，并且、两点的坐标分别为和，边的长为，若固定边，“推”矩形得到平行四边形，并使点落在轴正半轴上的点处，则点的对应点的坐标为(   ) A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了坐标与图形，矩形与平行四边形的性质，勾股定理；根据勾股定理，可得，根据平行四边形的性质，可得答案. 【详解】解：由勾股定理得：， 即， 矩形的边在轴上， 四边形是平行四边形， 与的纵坐标相等， ， 故选：A． 14．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第二象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则第2025秒时，点的对应坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点的变化特点，利用数形结合的思想解答，每秒旋转，则8次一个循环，，第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上，由此可得到点的坐标． 【详解】解：四边形是矩形， ， 每秒旋转，8次一个循环，， 第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上， 点的坐标为． 故选：B． 15．（21-22九年级下·江西九江·期中）如图，矩形的三个顶点的坐标分别为．若直线平分矩形的周长，则b的值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接相交于点E，根据四边形是矩形，可得点E是的中点，即可求出，再将代入即可求出b的值． 【详解】解：连接相交于点E，如下图所示，    ∵， ∴轴， ∵四边形是矩形，相交于点E， ∴，点E是的中点， ∴，即， ∵直线平分矩形的周长， ∴直线经过点， ∴，解得， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和一次函数，求出点E的坐标是解题的关键． 题型六、直角三角形斜边中线的性质 16．（2024·陕西榆林·三模）如图，在中，是斜边上的中线，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的定义和性质、直角三角形两锐角互余等知识，熟练掌握直角三角形的性质是解题关键．首先根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”可得，进而可得，再根据三角形外角的定义和性质可得，然后结合，由求解即可． 【详解】解：∵在中，是斜边上的中线，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：D． 17．（2024·甘肃陇南·三模）如图，在中， ，点在上，且，点和点分别是和的中点，则的长是（    ）    A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】本题考查等腰三角形三线合一及直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，连接，根据等腰三角形的性质得到，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得到答案． 【详解】解：连接，    ∵，点F是的中点， ∴， ∵点E是的中点，， ∴， 故选：B． 18．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，矩形中，为边上一点（不与重合），连接，过点作，垂足为，连接与相交于点．则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，则为等腰三角形 C．若，则 D．若，则最小为2 【答案】D 【分析】根据是矩形，得出，．若，则，再结合，得出，证出，即可判断选项A；若，根据等腰三角形的性质得出，再根据直角三角形的性质得出，证明，得出，即可判断选项B；过点E作交于点N，过点P作交于点M，过点B作交延长线于点G，若，则，，证明，得出，根据，即可判断选项C；若，则，连接，当时，最小，算出，即可判断选项D； 【详解】解：∵是矩形， ∴，， 若，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 则，故A正确； 若， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， 则为等腰三角形，故B正确； 过点E作交于点N，过点P作交于点M，过点B作交延长线于点G， 若， 则，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 则，故C正确； D、若，则， 连接， 当时，最小， ∵， ∴三点共线，即， ∴， ∴， ∴， 则最小为，故D错误； 故选：D． 【点睛】该题主要考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，矩形的性质，直角三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 题型七 、矩形性质的有关计算与证明 19．（2024·四川南充·三模）如图，在矩形中，点E在边上，且，过点D作于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理： （1）证明，得到，即可得出结论； （2）根据全等三角形的性质，得到，利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， ∵， ∴， 在中， 由勾股定理，得：． 20．（2024·四川达州·一模）如图，在矩形中，平分交于点，连接． (1)用尺规作图：过点F作的垂线，交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）问所作的图形中，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了尺规作垂线，矩形的性质，全等三角形的判定及性质等知识，熟练掌握5种基本作图是解题的关键． （1）根据尺规作图作垂线的步骤作图即可； （2）由矩形的性质结合角平分线可知，，，再根据，结合直角三角形两锐角互余可证，进而证明，即可证得结论． 【详解】（1）解：如图， 为所作． （2）证明：四边形是矩形， ，，， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， 在和中， ， ， ． 题型八、矩形性质与判定的理解 21．（2023·河南开封·模拟预测）下列条件中能判定一个平行四边形为矩形的是（    ） ①对角线互相平分  ②对角线互相垂直  ③对角线相等  ④一组邻边相等  ⑤一个角为直角 A．①④ B．②④ C．①② D．③⑤ 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定等知识，能熟练运用判定方法进行说理是解此题的关键．根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：①两条对角线互相平分的四边形不一定是矩形，故不符合题意； ②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故不符合题意； ③对角线相等的平行四边形是矩形，故符合题意； ④一组邻边相等的平行四边形是菱形，故不符合题意； ⑤一个角是直角的平行四边形是矩形，故符合题意． ∴能判定一个平行四边形为矩形的是③⑤， 故选：D． 22．（2024·河北唐山·二模）如图，在矩形中，动点，分别从点，同时出发，沿，向终点，移动．要使四边形为平行四边形，甲、乙分别给出了一个条件，下列判断正确的是（    ） 甲：点，的运动速度相同； 乙： A．甲、乙都可行 B．甲、乙都不可行 C．甲可行，乙不可行 D．甲不可行，乙可行 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质与判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加甲，根据题意可知，从而推出，，然后根据平行四边形的判定定理进行判断即可；添加乙，根据可证，知道，从而推出，然后结合矩形对边平行，即可判断． 【详解】若添加甲条件，可证四边形为平行四边形，理由如下： 四边形是矩形 ， 又点，分别从点，同时出发且运动速度相同 即 四边形为平行四边形； 若添加乙条件，可证四边形为平行四边形，理由如下： 四边形是矩形 ，，， 在和中 即 四边形为平行四边形． 故选A． 题型九、添加一个条件使四边形的矩形 23．（2024·陕西西安·模拟预测）已知平行四边形，若，，，分别为平行四边形四边的中点，则要使四边形为矩形，应满足的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，矩形的判定，根据三角形中位线定理可得，，再由矩形的判定，即可求解． 【详解】解：、、、分别是线段、、、的中点， ，，， ∴四边形是平行四边形， 当时，四边形是矩形， 当时，四边形是矩形． 故选：A． 24．（2024·湖北·三模）如图，四边形是平行四边形，E，F分别是和的中点，连接，． (1)求证：； (2)当_________度时，四边形为矩形． 【答案】(1)证明见解析； (2)90． 【分析】（1）根据题意，证明四边形是平行四边形可证． （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，解答即可． 本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】（1）证明；∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵E，F分别是和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）∵四边形是平行四边形， 当时，四边形是矩形， 故答案为：90． 题型十、矩形的证明 25．（2024·江苏无锡·二模）如图，在中，为对角线的中点，过点且分别交、于点、． (1)求证：； (2)连接、，若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】此题考查矩形的判定，关键是根据证明三角形全等解答． （1）根据平行四边形的性质得出，进而利用全等三角形的判定解答即可； （2）根据全等三角形的性质得出，平行四边形的判定解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， 是的中点， ， 在与中， ， ； （2）证明：如图， 由（1）可知，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是矩形． 26．（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再根据菱形的性质得到，然后根据矩形的判定可证得结论； （2）根据矩形的性质求得，再根据菱形的性质和勾股定理求出对角线的长，再根据菱形的面积等于其对角线乘积的一半求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点 ， 四边形是平行四边形， 在菱形中， 四边形是矩形 （2）解：， 在菱形中，是的中点 是的中点 是的中位线 在菱形中，， 在中，， 根据勾股定理得 在菱形中，， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定、菱形的性质、矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、含的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定与性质是解答的关键． 题型十一、利用矩形的判定求角度 27．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F． (1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______． (2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数． 【答案】(1)45° (2)60° 【分析】（1）联结CG，BG，证△DCG≌△BEG（SAS），得到BG=DG，∠CDG=∠EBG，再证△BGD是直角三角形，即得△BGD是等腰直角三角形，即可由等腰直角三角形的性质求解； （2）延长AB、FG相交于H，联结DH，先证四边形ADFH是平行四边形，再证平行四边形ADFH是菱形，得∠HDF=∠ADF=60°，△DGF≌△DBH（SAS），得∠GDF=∠BDH，即可得∠BDG=∠HDF，可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形，， ∴四边形为矩形， ∴∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD， ∴∠ECF=90°， 联结CG，BG，如图2， ∵G是EF的中点， ∴CG=EG=GF， ∵AE平分∠BAD， ∴∠BAE=45°， ∴∠BAE=∠BEA=45°， ∴BE=AB， ∴BE=CD， ∴∠FEC=∠BEA=45°， ∴∠BEG=135°， ∴∠EFC=∠FEC=45°， ∴∠GCF=∠EFC=45°， ∴∠DCG=135°， ∴∠DCG=∠BEF， 在△DCG和△BEG中， ， ∴△DCG≌△BEG（SAS）， ∴BG=DG，∠CDG=∠EBG， ∵∠CDG+∠GDB+∠CBD=90°， ∴∠EBG+∠GDB+∠CBD=90°， ∴∠BGD=90°， ∴△BGD是等腰直角三角形， ∴∠BDG=45°； 故答案为：45°； （2）解：延长AB、FG相交于H，联结DH，如图， ∵FGCE， ∴ADHF， ∵AHDF， ∴四边形ADFH是平行四边形， ∵∠ABC=120°， ∴∠DAB=60°，∠ADC=∠ABC=120°， ∵AF平分∠DAB， ∴∠BAF=∠DAF=30°， ∵AHDF， ∴∠DFA=∠BAF=∠DAF=30°， ∴DA=DF，∠AEB=∠FEC=30°， ∴平行四边形ADFH是菱形，CE=CF， ∴∠HDF=∠ADF=60°， ∵FG=CE，CE=CF，CF=BH， ∴FG=HB， 在△DGF和△DBH中， ， ∴△DGF≌△DBH（SAS）， ∴∠GDF=∠BDH， ∴∠BDG=∠HDF=60°． 【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，本题属四边形综合题目，熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，菱形的判定与性质是解题的关键． 28．（21-22八年级下·广西河池·期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠OAE＝15°， ①求证：DA＝DO＝DE； ②直接写出∠DOE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②75° 【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论； （2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得，即可得出结论； ②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC ∴四边形ABCD是平行四边形      ∴BD＝2OB     ∵AC＝2OB ∴AC＝BD ∴四边形ABCD是矩形 （2）①证明： ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO       ∵AE平分∠BAD ∴∠DAE＝45°      ∴∠DEA＝45 ∴DA＝DE      又∵∠OAE＝15° ∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°      ∴DA＝DO＝AO ∴DA＝DO＝DE      ②解： ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键． 题型十三、利用矩形的判定求面积 29．（2024·云南昆明·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，平分，交边于点，过点作于点．求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，，再证明，得，则，进而得，然后由矩形的判定即可得出结论； （2）由矩形的性质得，，，再证明是等腰直角三角形，得，，然后证明是等腰直角三角形，即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知，四边形是矩形， ，，， 平分， ， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 即的长为． 30．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在中，若将绕点O逆时针旋转得到，连接；求 ； （2）【问题探究】如图②，已知是边长为的等边三角形，以为边向外作等边三角形，P为内一点，将线段绕点C逆时针旋转，点P的对应点为点Q． ①求证：； ②求的最小值； （3）【实际应用】如图③，在矩形中，，是矩形内一动点为内任意一点，是否存在点P和点Q，使得有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①见解析；②12；（3）存在， 【分析】（1）根据旋转的性质得出，，根据等腰三角形的性质求出结果即可； （2）①根据等边三角形的性质证明全等即可； ②连接，得到是等边三角形，由两点之间线段最短得，求出即可得解； （3）过点P作交于点E，交于点F，将绕点A逆时针旋转得，连接，设交于点G，由可得，进而求得，当时，有最小值，运用勾股定理可求解． 【详解】（1）解：∵将绕点O逆时针旋转得到， ∴，， ∴， 故答案为：； （2）①证明：∵是等边三角形， ∴，， 由旋转得，， ∴， 在和中， ， ∴； ②连接， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 由两点之间线段最短得， ∴， ∴当点A、P、Q、D在同一条直线上时，取最小值，为的值， 延长，作，交的延长线于点E， ∵是边长为的等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 即取最小值为12． （3）存在一点P和一点Q，使得有最小值，理由如下： 过点P作交于点E，交于点F，将绕点A逆时针旋转得，连接，设交于点G，如图所示： 由（2）知，当在同一直线上时，有最小值，最小值为， 在矩形中，， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点P在上， ∴当时，有最小值， ∵， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质，解题的关键是结合旋转的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理． 题型十二、利用矩形的判定求线段长 31．（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，，点E、F分别是的中点，过点A作，交的延长线于点G． (1)求证：四边形是菱形； (2)请判断四边形是什么特殊四边形？ 并加以证明； (3)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，见解析 (3) 【分析】（1）由题意先证明是等边三角形，再利用菱形的判定方法进行分析证明即可； （2）根据题意直接运用矩形的判定方法进行分析证明即可； （3）由题意分别求出和的值，再根据，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，且点E、F分别是的中点， ∴ ∴四边形是平行四边形， 又，， ∴是等边三角形，即， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：四边形是矩形；证明如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵为菱形对角线， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （3）解：在中，， ∵，， ∴， 解得  ， ∵四边形是菱形，四边形是矩形， ∴． 【点睛】本题考查菱形和矩形的性质、等边三角形的判定及性质，勾股定理等知识，解题的关键是弄清菱形及矩形的判定方法． 32．（20-21八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在矩形中，，，点为边上一动点，连接，作点关于直线的对称点，连接，，，，与交于点． (1)若DE=2，求证：AE//CF． (2)如图2，连接AC，BD，若点F在矩形ABCD的对角线上，求所有满足条件的DE的长． (3)如图3，连接BF，当点F到矩形ABCD一个顶点的距离等于2时，请直接写出△BCF的面积． 【答案】(1)证明见详解 (2)或 (3)或或 【分析】（1）由，可以得到为中点，由于和关于对称，可以得到为中点，由此得到为的中位线，即可证明； （2）因为点在矩形的对角线，所以点可以落在上，也可以在上，根据题意画出图形，利用垂直平分线的性质，勾股定理，设出参数，列出方程，即可解决； （3）因为点到矩形一个顶点的距离等于2，所以需要分四类讨论，即顶点分别为，，，，根据题意画出图形，利用勾股定理，面积法等知识即可解决． 【详解】（1）证明：如图1， 四边形为矩形， ， ， ， ， 和关于对称， ， 是的中位线， ； （2）解：①如图2，当点在对角线上时， 和关于对称， 垂直平分， ，， 设，则， ， ， 在中，， ， ， ， ②如图3，当点在对角线上时， 四边形为矩形， ， ， ， ， 设，， ， ①， ， ②， 联立①②得， ， 解得， ， 或； （3）解：①当点到点距离为2时， ， 此种情况不存在， ②当点到点距离为2时，连接， 则，， 过作于，于，如图4， ， 四边形为矩形， ， 设，则， ， ， ， ， ， ③当点到点距离为2时，如图5，连接， 则， ， 又，， ， ，，三点共线， 即在线段上， ， ； ④当点到点距离为2时，如图6，连接， 则， ， ， ， ， ， ， 即当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为， 当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为， 当点到矩形顶点的距离等于2时，的面积为． 【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了轴对称的性质，勾股定理的应用，方程思想，面积法等知识，结合题意，画出合适的图形，是解决本题的突破口，同时要注意分类讨论思想． 1．（2024·河北石家庄·二模）在矩形中，，点P是线段上一点，点M、N、E分别是的中点，下列四种情况，哪一种情况不可能使四边形成为矩形（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，勾股定理，先由三角形中位线定理得到，则当时，四边形是矩形，由矩形的性质得到，设，则，由勾股定理推出，据此求出即可得到答案． 【详解】解：∵点M、N、E分别是的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴当时，四边形是矩形， ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， 由勾股定理得， ， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四个选项中，只有D选项符合题意， 故选：D． 2．（2024·河北廊坊·二模）如图，在平行四边形中，对角线，，，为的中点，为边上一点，直线交于点，连结，．下列结论不成立的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．若，则四边形为矩形 C．若，则四边形F为菱形 D．若，则四边形为正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解． 【详解】A.∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∵为的中点 ∴ 在与中 ∴ ∴ 又∵ ∴四边形为平行四边形， 故选项正确； 假设 ∵，， ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 则当时， ∵四边形为平行四边形 ∴四边形为矩形， 故选项正确； ∵， ∴是中点 ∵ ∴ ∵四边形为平行四边形 ∴四边形为菱形， 故选项正确； 当时与时矛盾，则不垂直于，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故选项错误， 故选：． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键． 3．（2024·河南新乡·三模）如图1，在矩形中，E是的中点，动点P从点E出发，沿直线运动到矩形边上一点，再从该点沿直线运动到顶点C．设点P运动的路程为x，，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则矩形的对角线AC的长是（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查了动点问题的函数图象，勾股定理，解题的关键是根据函数的图象求出有关的线段的长度． 根据图中信息得出，可得出当时，点P在线段的垂直平分线上运动，作的垂直平分线，交边于点F，连接，根据题意可得，，最后根据勾股定理即可得出答案． 【详解】解：由图2得，当时，，即 当时，点P在线段的垂直平分线上运动 如图，作的垂直平分线，交边于点F，连接 由题意可知，动点P沿运动到点F后，再沿运动到顶点C ，， ， 故选C． 4．（2024·河南郑州·二模）在矩形中，点E是的中点，将沿所在直线折叠后得到．点B的对应点为点F．延长交直线于点P，若，，则的长为 ． 【答案】或 【分析】题考查了折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．分点在边上和边延长线上两种情况讨论求解：当点在边上时，连接，可证明,得，设，由勾股定理得，得到，求出，可得；当点在边延长上时，连接，同理可得 【详解】解：情形一：当点在边上时，连接，如图1， ∵E是的中点， ∴， ∵沿折叠后得到， ∴， ∴， ∵在矩形中， ∴， ∴， ∵ ∴ ∵在和中， ， ∴， ∴， 在中，设， 由勾股定理得， ∴， 解得，（负值舍去）， ∴； 情形二：当点在边延长上时，连接，如图2， 同理可证， ∴ 在中，设， 由勾股定理得， ∴， 解得，（负值舍去）， ∴； 综上，的值为或 故答案为：或 5．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转得到，连接，若，，，则 ． 【答案】1或3 【分析】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质． 过点作于点，如图，根据旋转的性质得到，再证明得到，，设，则，，然后在中利用勾股定理得到，于是解方程求出即可． 【详解】解：过点作于点，如图， 四边形为矩形， ，， 将绕点顺时针旋转得到， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， 设，则，， 在中，， 解得，， 即的长为1或3． 故答案为：1或3． 6．（2024·河南驻马店·二模）如图所示，在矩形中，，点P在上，且，点E是线段上不与端点重合的一个动点，连接，将关于直线对称的三角形记作，若垂直于矩形的任意一边，则线段的长是 ． 【答案】或 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，注意分类讨论；分两种情况考虑：①时；②PF⊥AB时；利用勾股定理建立方程即可求解． 【详解】解：在矩形中，，， ， 则由勾股定理得， ①当时，如图1所示， 则四边形是矩形， ， ， 设，则， 由折叠知：， 在中， ， 解得， ； ②当 PF⊥AB时，如图2所示，过F作交延长线于点G， 则四边形是矩形， ，， ； 设，则； 在中， ， 解得． ． 综上所述，满足条件的BE的值为或5． 7．（2024·江苏南京·二模）如图，在中，，垂足分别为G 、H，E 、F分别是、的中点，连接．    (1)求证：； (2)连接，若，则四边形的面积为 ． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明四边形是矩形，则，由E 、F分别是、的中点，可得，证明即可； （2）如图，连接，由，E是的中点，可得，，由勾股定理得，，由，可求，由E 、F分别是、的中点，则底边上的高均为，由，可得，同理（1）可证，，，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，，，， ∵， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵E 、F分别是、的中点， ∴， ∵，，， ∴； （2）解：如图，连接，    ∵，E是的中点， ∴，， 由勾股定理得，， ∵， ∴， 解得，， ∵E 、F分别是、的中点， ∴底边上的高均为， ∵， ∴， 同理（1）可证，， ∴， ∴ ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 8．（2024·云南昭通·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，点E、F、G、H分别在、上，且．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若点M、N、P分别是的中点，连接分别经过点H、G、O，且H、G、O分别为的中点，若的面积是矩形面积的m倍，求m的值． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】本题主要考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定以及等腰三角形的性质： （1）先由矩形的性质得，证明四边形是平行四边形，再由可得四边形是矩形； （2）连接，证明，故可得结论 【详解】（1）证明： 在矩形中，对角线与相交于点， ∴ ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形. ∵，即， ∴四边形是矩形； （2）解： 由题知分别为的中点， ∴ ∵四边形是矩形， ∴ ∵分别是的中点， ∴ ∴ 如图， 连接，    在矩形中，点O是对角线的交点，由中心对称性可得： ∴， ∵是的中点，是的中点， 由（1）可得， ， ∴是的中点，是的中点. 9．（23-24九年级上·山西晋中·期末）在数学活动课上，李老师给同学们提供了一个矩形（如图1），其中，连接对角线，且，要求各小组以图形的旋转为主题开展数学活动．以下是部分小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题： (1)如图2，“奋勇”小组将绕点D旋转得到，当点落到对角线上时，与交于点F，试猜想线段与的数量关系，并加以证明； (2)“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上，取的中点E，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)在绕点D旋转的过程中，当时，求点A与点之间的距离，请你思考此问题，直接写出答案． 【答案】(1)，证明见解析 (2)四边形是菱形．理由见解析 (3)6或． 【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，然后利用得到，然后证明出是等边三角形，得到，即可证明出； （2）首先由是等边三角形得到，然后结合旋转的性质得到，然后证明出，然后由得到与互相平分，证明出四边形是菱形； （3）根据题意分两种情况：当点在上方时，连接，首先由得到，然后结合旋转的性质得到，证明出点A，，三点共线，然后得到；当点在线段下方时，首先由和旋转的性质得到是等边三角形，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）， 证明：∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴，， 由旋转可得，， ∴是等边三角形， ∴， ∴； （2）四边形是菱形． 理由：由（1）得是等边三角形， ∴， 由旋转得，，，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵，点E是线段的中点， ∴， 又∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴与互相平分， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是菱形； （3）如图所示，当点在上方时，连接， ∵， ∴， 由旋转可得，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点A，，三点共线， ∴， ∴，， ∴； 如图所示，当点在线段下方时， 由旋转可得，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 综上所述，当时，点与点之间的距离为6或． 【点睛】本题属于四边形旋转综合题，主要考查了矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质的综合应用，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，旋转的性质是解题的关键． 10．（2024·福建厦门·三模）（1）问题情境：“综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动． 第1步：有一张矩形纸片，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处； 第2步：再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．若翻折后的纸片如图1所示，求的度数； （2）拓展应用：若一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，求该矩形纸片的面积． 【答案】（1）的度数为；（2） 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）由折叠性质得出，结合平角定义，化简得，即可作答． （2）补全矩形，过点作，连接，由折叠得出，，运用勾股定理，得，则，即可作答． 【详解】解：（1）如图： ∵点沿翻折，使点落在矩形内部处，与所在直线重合，点落在直线上的点处， ∴， ∵， ∴， 即的度数为； （3）如图：补全矩形，过点作，连接 由折叠情景，得出 由勾股定理，得出 ∴ ∵ ∴ ( 60 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.2矩形的性质与判定（十三大题型提分练） 题型一、利用矩形的性质求角度 1．（2024·四川凉山·二模）如图，矩形的对角线相交于点，过点作，交于点，连接．若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）在矩形中，对角线、相交于点O，过点A作，交于点M，若，则的度数为 ． 3．（22-23九年级上·江苏常州·期中）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接． (1)求证：； (2)当四边形是矩形时，若，求的度数． 题型二、利用矩形的性质求线段长 4．（2024·云南德宏·一模）如图，在矩形中，，，是的中点，则长为（   ） A．1 B． C． D． 5．（2024·湖南岳阳·二模）如图，两个全等的矩形纸片重叠在一起，矩形的长和宽分别是4和3，则重叠部分的四边形中的对角线的长是 ． 6．（23-24八年级下·广西来宾·期中）如图，在矩形中，相交于点，过点分别作，，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，，求的长． 题型三、利用矩形的性质求面积 7．（2024·甘肃天水·一模）如图，矩形中，、相交于点O，若的面积是3，则矩形的面积是（    ） A．6 B．12 C．15 D．18 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，点是矩形的对称中心，，分别是边，上的点，且，已知矩形的面积是32，那么图中阴影部分的面积为 ． 9．（2024·浙江温州·二模）如图，在矩形中，，分别过点，作，交于点，，连结，． (1)求证：四边形为平行四边形． (2)分别取，的中点，，连结，．若，求四边形的面积． 题型四、矩形与折叠问题 10．（2024·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（    ） A． B． C． D． 11．（2024·河南新乡·二模）如图，矩形中，，点是边上的一动点（点不与点，重合），连接，把沿所在直线翻折得到，则当点落在矩形的边所在的直线上时，的长为 ． 12．（2024·山东济宁·一模）已知四边形是一张矩形纸片，将四边形沿翻折，使点和点重合，点落在点处，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． 题型五、矩形与坐标问题 13．（2024·江苏淮安·模拟预测）我们知道：四边形具有不稳定性，如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，并且、两点的坐标分别为和，边的长为，若固定边，“推”矩形得到平行四边形，并使点落在轴正半轴上的点处，则点的对应点的坐标为(   ) A． B． C． D． 14．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第二象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则第2025秒时，点的对应坐标为（    ） A． B． C． D． 15．（21-22九年级下·江西九江·期中）如图，矩形的三个顶点的坐标分别为．若直线平分矩形的周长，则b的值为（    ）    A． B． C． D． 题型六、直角三角形斜边中线的性质 16．（2024·陕西榆林·三模）如图，在中，是斜边上的中线，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 17．（2024·甘肃陇南·三模）如图，在中， ，点在上，且，点和点分别是和的中点，则的长是（    ）    A．3 B．4 C．5 D．6 18．（2024·安徽马鞍山·三模）如图，矩形中，为边上一点（不与重合），连接，过点作，垂足为，连接与相交于点．则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若，则为等腰三角形 C．若，则 D．若，则最小为2 题型七 、矩形性质的有关计算与证明 19．（2024·四川南充·三模）如图，在矩形中，点E在边上，且，过点D作于点F． (1)求证：； (2)若，，求的长． 20．（2024·四川达州·一模）如图，在矩形中，平分交于点，连接． (1)用尺规作图：过点F作的垂线，交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）问所作的图形中，求证：． 题型八、矩形性质与判定的理解 21．（2023·河南开封·模拟预测）下列条件中能判定一个平行四边形为矩形的是（    ） ①对角线互相平分  ②对角线互相垂直  ③对角线相等  ④一组邻边相等  ⑤一个角为直角 A．①④ B．②④ C．①② D．③⑤ 22．（2024·河北唐山·二模）如图，在矩形中，动点，分别从点，同时出发，沿，向终点，移动．要使四边形为平行四边形，甲、乙分别给出了一个条件，下列判断正确的是（    ） 甲：点，的运动速度相同； 乙： A．甲、乙都可行 B．甲、乙都不可行 C．甲可行，乙不可行 D．甲不可行，乙可行 题型九、添加一个条件使四边形的矩形 23．（2024·陕西西安·模拟预测）已知平行四边形，若，，，分别为平行四边形四边的中点，则要使四边形为矩形，应满足的条件是（    ） A． B． C． D． 24．（2024·湖北·三模）如图，四边形是平行四边形，E，F分别是和的中点，连接，． (1)求证：； (2)当_________度时，四边形为矩形． 题型十、矩形的证明 25．（2024·江苏无锡·二模）如图，在中，为对角线的中点，过点且分别交、于点、． (1)求证：； (2)连接、，若，求证：四边形是矩形． 26．（2024·云南德宏·一模）如图，在菱形中，对角线，相交于点，是的中点，连接并延长至点，使，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 题型十一、利用矩形的判定求角度 27．（21-22八年级下·上海杨浦·期中）如图1，在平行四边形中，的平分线交直线于点E，交直线于点F． (1)当时，G是的中点，联结（如图2），请直接写出的度数______． (2)当时，，且，分别联结、（如图3），求的度数． 28．（21-22八年级下·广西河池·期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE． (1)求证：四边形ABCD是矩形； (2)若∠OAE＝15°， ①求证：DA＝DO＝DE； ②直接写出∠DOE的度数． 题型十二、利用矩形的判定求线段长 29．（2024·云南昆明·二模）如图，平行四边形的对角线，相交于点，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，平分，交边于点，过点作于点．求的长． 30．（2023·贵州遵义·三模）（1）【问题发现】如图①，在中，若将绕点O逆时针旋转得到，连接；求 ； （2）【问题探究】如图②，已知是边长为的等边三角形，以为边向外作等边三角形，P为内一点，将线段绕点C逆时针旋转，点P的对应点为点Q． ①求证：； ②求的最小值； （3）【实际应用】如图③，在矩形中，，是矩形内一动点为内任意一点，是否存在点P和点Q，使得有最小值？若存在求其值；若不存在，请说明理由． 题型十三、利用矩形的判定求面积 31．（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，在平行四边形中，，点E、F分别是的中点，过点A作，交的延长线于点G． (1)求证：四边形是菱形； (2)请判断四边形是什么特殊四边形？ 并加以证明； (3)若，求四边形的面积． 32．（20-21八年级下·浙江绍兴·期末）如图1，在矩形中，，，点为边上一动点，连接，作点关于直线的对称点，连接，，，，与交于点． (1)若DE=2，求证：AE//CF． (2)如图2，连接AC，BD，若点F在矩形ABCD的对角线上，求所有满足条件的DE的长． (3)如图3，连接BF，当点F到矩形ABCD一个顶点的距离等于2时，请直接写出△BCF的面积． 1．（2024·河北石家庄·二模）在矩形中，，点P是线段上一点，点M、N、E分别是的中点，下列四种情况，哪一种情况不可能使四边形成为矩形（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北廊坊·二模）如图，在平行四边形中，对角线，，，为的中点，为边上一点，直线交于点，连结，．下列结论不成立的是（    ） A．四边形为平行四边形 B．若，则四边形为矩形 C．若，则四边形F为菱形 D．若，则四边形为正方形 3．（2024·河南新乡·三模）如图1，在矩形中，E是的中点，动点P从点E出发，沿直线运动到矩形边上一点，再从该点沿直线运动到顶点C．设点P运动的路程为x，，图2是点P运动时y随x变化的关系图象，则矩形的对角线AC的长是（    ） A． B．4 C． D．8 4．（2024·河南郑州·二模）在矩形中，点E是的中点，将沿所在直线折叠后得到．点B的对应点为点F．延长交直线于点P，若，，则的长为 ． 5．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转得到，连接，若，，，则 ． 6．（2024·河南驻马店·二模）如图所示，在矩形中，，点P在上，且，点E是线段上不与端点重合的一个动点，连接，将关于直线对称的三角形记作，若垂直于矩形的任意一边，则线段的长是 ． 7．（2024·江苏南京·二模）如图，在中，，垂足分别为G 、H，E 、F分别是、的中点，连接．    (1)求证：； (2)连接，若，则四边形的面积为 ． 8．（2024·云南昭通·二模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，点E、F、G、H分别在、上，且．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若点M、N、P分别是的中点，连接分别经过点H、G、O，且H、G、O分别为的中点，若的面积是矩形面积的m倍，求m的值． 9．（23-24九年级上·山西晋中·期末）在数学活动课上，李老师给同学们提供了一个矩形（如图1），其中，连接对角线，且，要求各小组以图形的旋转为主题开展数学活动．以下是部分小组的探究过程，请你参与活动并解答所提出的问题： (1)如图2，“奋勇”小组将绕点D旋转得到，当点落到对角线上时，与交于点F，试猜想线段与的数量关系，并加以证明； (2)“勤学”小组在“奋勇”小组的基础上，取的中点E，连接，试判断四边形的形状，并说明理由； (3)在绕点D旋转的过程中，当时，求点A与点之间的距离，请你思考此问题，直接写出答案． 10．（2024·福建厦门·三模）（1）问题情境：“综合与实践”课上，老师让同学们以“矩形的翻折”为主题开展数学活动． 第1步：有一张矩形纸片，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处； 第2步：再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．若翻折后的纸片如图1所示，求的度数； （2）拓展应用：若一张矩形纸片通过问题情境中的翻折方式得到如图2所示的四边形纸片，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，求该矩形纸片的面积． ( 13 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$