第04讲 矩形的判定【七大考点+过关测】- 【暑假自学课】2024年新九年级数学暑假提升精品讲义（北师大版）

第04讲 矩形的判定 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1．理解并掌握矩形的判定定理，能有理有据的推理证明，精练准确地书写表达； 2．能熟练应用矩形的性质、判定等知识进行有关证明和计算。 矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 2.对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角是直角的四边形是矩形. 要点：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 考点一：矩形的判定定理理解 例1．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期中）下列说法正确的是（     ） A．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形 【变式1-1】（23-24八年级下·江苏南京·期中）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（    ） A．测量两组对角是否互补 B．测量对角线是否相等 C．测量对角线是否互相平分 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等 【变式1-2】（23-24八年级下·重庆江津·阶段练习）下列说法错误的是（     ） A．对角线互相平分的四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 D．三个角是直角的四边形是矩形 【变式1-3】（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）已知四边形的对角线相交于点，则下列条件中不能判定它是矩形的是（   ） A． B． C． D． 考点二：添一条件使四边形是矩形 例2.（23-24八年级下·山西吕梁·期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，，若要使平行四边形为矩形，则的长度应为 ．    【变式2-1】（2024·云南曲靖·二模）如图，已知在四边形中，对角线，交于点O，且，要使四边形是矩形，可添加一个条件是 ． 【变式2-2】（2024·黑龙江佳木斯·二模）如图，已知中对角线，相交于点，请你添加一个适当的条件，使成为一个矩形．你添加的条件是 （填一个即可）． 【变式2-3】（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，在中，相交于点O，点E、F在上，，顺次连接A、F、C、E，添加一个条件使得四边形是矩形，则该条件可以是 .（填一个即可） 考点三：证明四边形是矩形 例3. （23-24八年级下·广东江门·期末）平行四边形中，过点作于点，点在上，，连接．求证：四边形是矩形． 【变式3-1】（2024·陕西榆林·三模）如图，在中，点E、F是上两点，，连接，，求证：四边形是矩形． 【变式3-2】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，点为边上一点，连接，与交于点，且，过作交于，求证：四边形是矩形． 【变式3-3】（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． 考点四：根据矩形的性质与判定求角度、线段长、面积 例4. 如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【变式4-1】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点，作于D，于E，则的最小值为 ． 【变式4-2】（19-20九年级下·江苏宿迁·阶段练习）在中，，，点在内，且，， 分别是的中点，则四边形的面积为 ． 【变式4-3】（23-24八年级下·浙江杭州·期中）已知以、、、为顶点的四边形是平行四边形，且为直角三角形，，，则 ． 考点五：根据矩形的性质与判定解决多结论问题 例5. （2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【变式5-1】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式5-2】（20-21九年级上·福建漳州·期中）如图，矩形中，，相交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（    ）    A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【变式5-3】（22-23八年级下·四川宜宾·期末）如图，菱形的边长为6，对角线相交于O，垂直平分，垂足为E；另有一动点P在上运动，过点P作垂直交于点M，垂直交于点N，连接，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号） ①； ②菱形的面积为； ③； ④的最小值为．    考点六：矩形的性质与判定的综合问题 例6. （23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在平行四边形中，，过点作交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【变式6-1】（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． 【变式6-2】（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在中，是的角平分线，是的外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【变式6-3】（2024八年级下·浙江·专题练习）在中，，为上的两点，且，． (1)求证：； (2)求证：是矩形； (3)连接，若是的平分线，，，求四边形的面积． 考点七：与矩形的性质与判定有关的无刻度作图 例7. （23-24九年级上·江西吉安·阶段练习）一副三角板如图放置，，，，点E是的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．    (1)在图（1）中作一个等边三角形； (2)在图（2）中作一个矩形． 【变式7-1】（2024·江西吉安·三模）如图，在矩形中，，是对角线上一点，且．请仅用无刻度的直尺分别按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作的中点． (2)在图2中作点，使得 【变式7-2】（22-23九年级下·江西景德镇·阶段练习）如图，四边形为菱形，请仅用无刻度的直尺，按照下列要求作图．（保留作图痕迹，不写作法） (1)在图（1）中，E，F分别是，的中点，以为边作一个矩形． (2)在图（2）中，E是对角线上一点，，以为边作一个菱形． 【变式7-3】（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图， 在矩形中，． (1)请用无刻度的直尺和圆规按下列要求作图：（不写作法，保留作图痕迹） ①在上作一点 E， 使； ②若F是上一点， 将沿直线翻折得到． 请找出点F的位置，使得落在对角线上． (2)在（1）的条件下，求出线段的长度． (3)若将的面积记为， 的面积记为，则 ． （填“<”、“>”或“=” ） 一、单选题 1．（23-24八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，的对角线，相交于点，下列哪个条件能够使得是矩形（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，四边形中，对角线，垂足为点，点分别为边的中点，若，则四边形的面积为（    ） A．12 B．7 C．6 D．3 3．（2024八年级下·天津·专题练习）如图，在中，，，下列四个判断不正确的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果平分，那么四边形是矩形     D．如果，且，那么四边形是菱形 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）在中，，，，为边上一动点，于．于，为中点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D． 5．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，相交于点O，且，点E从点B开始，沿四边形的边运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点．连接，下列选项不正确的是（　　）    A．四边形是矩形 B．当点E是的中点时， C．当时，线段长度的最大值为4 D．当点E在边上，且时，是等边三角形 二、填空题 6．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在平行四边形中，延长到点E，使，连接、、请你添加一个条件 ，使四边形是矩形． 7．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ． 8．（2023·河南新乡·一模）如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，将绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是、，当A、、三点共线时，的度数为 ． 9．（23-24八年级下·安徽芜湖·阶段练习）如图，在矩形中，，，是对角线上的一动点，作，垂足为，作，垂足为，连接． （1）当是的中点时，线段的长度是 ． （2）线段长度的最小值是 ． 10．（2024·江苏泰州·三模）如图，在中，，，，点在线段上（不与点B、C重合）将线段绕点E顺时针旋转得到线段，当点落在的中位线上时，则的值为 ．    三、解答题 11．（2024·山东日照·一模）如图，在中，对角线，交于点，，的平分线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 12．（2023·江西吉安·三模）如图，在矩形中，为的中点（保留作图痕迹）．    (1)在图1中作矩形关于点成中心对称的图形． (2)在图2中作以为顶点的矩形． 13．（2024八年级下·天津·专题练习）如图，在中，过点、作，，分别交、的延长线于点和． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，点是线段的中点，若，，求矩形的周长． 14．（23-24八年级下·湖南株洲·期中）如图，中，点O是边上一个动点，过O作直线．设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)当点O在边上运动到什么位置时，四边形是矩形？并说明理由． 15．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．    (1)若点N刚好落在折痕上时， ①如图1，过N作，求证：； ②如图2，求的度数； (2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长． ( 2 )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 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第04讲 矩形的判定 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1．理解并掌握矩形的判定定理，能有理有据的推理证明，精练准确地书写表达； 2．能熟练应用矩形的性质、判定等知识进行有关证明和计算。 矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 2.对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角是直角的四边形是矩形. 要点：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 考点一：矩形的判定定理理解 例1．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期中）下列说法正确的是（     ） A．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定定理，掌握以上定理是解题的关键．根据矩形的判定定理逐项分析即可． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以A选项不符合题意; B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以B选项符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以C选项不符合题意； D、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以D选项不符合题意； 故选：B． 【变式1-1】（23-24八年级下·江苏南京·期中）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（    ） A．测量两组对角是否互补 B．测量对角线是否相等 C．测量对角线是否互相平分 D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．根据矩形的判定定理判定即可． 【详解】解：A、测量两组对角是否互补，不能判定四边形的形状，故本选项不符合题意； B、对角线相等的四边形不一定是矩形，故本选项不符合题意； C、测量对角线是否互相平分，能判定平行四边形，不一定是矩形，故本选项不符合题意； D、根据对角线相等且互相平分四边形是矩形，可知量出对角线的交点到四个顶点的距离，看是否相等，可判断是否是矩形．故本选项符合题意． 故选：D． 【变式1-2】（23-24八年级下·重庆江津·阶段练习）下列说法错误的是（     ） A．对角线互相平分的四边形是矩形 B．对角线相等的平行四边形是矩形 C．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 D．三个角是直角的四边形是矩形 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，熟知矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法错误，符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； C、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； D、三个角是直角的四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； 故选：A． 【变式1-3】（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）已知四边形的对角线相交于点，则下列条件中不能判定它是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是矩形的判定，熟记判定方法是解本题的关键．矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形，故A不符合题意； ∵， 根据“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”可以判定平行四边形是矩形， 故B不符合题意； ∵， ∴， 但不一定与相等，无法判定四边形是矩形， 故C符合题意； ∵， ∴， ∴四边形是矩形，故D不符合题意； 故选：C． 考点二：添一条件使四边形是矩形 例2.（23-24八年级下·山西吕梁·期中）如图，在平行四边形中，对角线交于点O，，若要使平行四边形为矩形，则的长度应为 ．    【答案】3 【分析】本题考查了矩形的判定，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可解答，熟知相关判定方法是解题的关键． 【详解】解：四边形为平行四边形， ， 要使平行四边形为矩形，则需要, 的长度应为， 故答案为：3． 【变式2-1】（2024·云南曲靖·二模）如图，已知在四边形中，对角线，交于点O，且，要使四边形是矩形，可添加一个条件是 ． 【答案】不唯一 【分析】根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，添加条件即可．本题考查了矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】∵，， ∴四边形是矩形， 故答案为：． 【变式2-2】（2024·黑龙江佳木斯·二模）如图，已知中对角线，相交于点，请你添加一个适当的条件，使成为一个矩形．你添加的条件是 （填一个即可）． 【答案】（答案不唯一）． 【分析】根据矩形的判定定理（对角线相等的平行四边形是矩形）推出即可．此题主要考查了矩形的判定，关键是熟练掌握矩形的判定定理，难度不大． 【详解】解：添加的条件是（答案不唯一）， 理由是：，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式2-3】（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，在中，相交于点O，点E、F在上，，顺次连接A、F、C、E，添加一个条件使得四边形是矩形，则该条件可以是 .（填一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，由矩形的判定可得出答案，熟记矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：添加使得四边形是矩形． 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． 故答案为：． 考点三：证明四边形是矩形 例3. （23-24八年级下·广东江门·期末）平行四边形中，过点作于点，点在上，，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定．根据平行四边形的性质，可得与的关系，根据平行四边形的判定，可得是平行四边形，再根据矩形的判定，可得答案． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， 即， ∵， 四边形是平行四边形， ∵， ， 四边形是矩形． 【变式3-1】（2024·陕西榆林·三模）如图，在中，点E、F是上两点，，连接，，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定等知识．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定是解题的关键． 由，可得，，证明，则，进而结论得证． 【详解】证明：∵， ∴，． ∵，，， ∴， ∴， 四边形是矩形． 【变式3-2】（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，点为边上一点，连接，与交于点，且，过作交于，求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的性质、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质和矩形的判定是解题的关键．先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论． 【详解】证明：四边形是菱形    四边形是平行四边形． ． 四边形是平行四边形 四边形是矩形． 【变式3-3】（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． 考点四：根据矩形的性质与判定求角度、线段长、面积 例4. 如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，以及矩形的性质和判定，根据题意证得四边形是矩形，利用矩形的性质和等腰三角形性质即可计算出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式4-1】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在中，，，，P为边上一动点，作于D，于E，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了矩形的性质及判定与三角形等面积法的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键．连接，首先证明四边形为矩形，由此得出，然后进一步利用三角形等面积法求出的最小值，从而得出答案即可. 【详解】解：如图，连接， ∵，，， ∴，即， ∴为直角三角形，， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵点C到的最短距离就是点C到的垂线段的长，即边上的高， 设边上的高为， 则：， ∴， ∴， 即的最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 【变式4-2】（19-20九年级下·江苏宿迁·阶段练习）在中，，，点在内，且，， 分别是的中点，则四边形的面积为 ． 【答案】70 【分析】连接并延长交于点P，得到是线段的垂直平分线，根据勾股定理得到是的中位线，四边形为平行四边形，即可得到四边形为矩形，即可得到结果． 【详解】解：连接并延长交于点P， ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴，， 在中，，， ∴， 在中，， ∴， ∵E、F分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，， 同理，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形为矩形， ∴四边形的面积， 故答案为：70． 【点睛】本题主要考查了四边形综合．掌握矩形的判定定理和性质定理、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的性质是解题的关键． 【变式4-3】（23-24八年级下·浙江杭州·期中）已知以、、、为顶点的四边形是平行四边形，且为直角三角形，，，则 ． 【答案】或或 【分析】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理．当时，根据勾股定理得到，①当为对角线时，四边形为矩形；②当为对角线时；③当为对角线时；当时，，①当为对角线时，四边形为矩形；②当为对角线时；③当为对角线时．分类讨论的运用是解题的关键． 【详解】解：如图，当时， ∵以、、、为顶点的四边形是平行四边形，，， ∴， ①当为对角线时，此时四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴； ②当为对角线时，此时四边形为平行四边形， ∴； ③当为对角线时，此时四边形为平行四边形， ∴； 如图，当时， ∵以、、、为顶点的四边形是平行四边形，，， ∴， ①当为对角线时，此时四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，； ②当为对角线时，此时四边形为平行四边形， ∴； ③当为对角线时，此时四边形为平行四边形， ∴， ∵， 在中，，， ∴； 综上所述，或或． 故答案为：或或． 考点五：根据矩形的性质与判定解决多结论问题 例5. （2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可． 【详解】解：连接，如图所示：    ∵，， ∴ 由题意得： ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴点是的中点 即：，故①正确； ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 同理可证 ∴，故③正确； ∵ ∴垂直平分 ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则：， ∴， ∴， ∴；故④正确； 故选：A． 【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 【变式5-1】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【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，等边三角形的判定，平行线的性质等等，由对角线互相平分且相等的四边形是矩形证明四边形是矩形，即可判断①；可证明是中位线，，而点E可以在上，也可以在上，据此可判断②；根据，则有最大值时，有最大值，则点E与点D重合时，的最大值为4，则长度的最大值为2，据此可判断③；不平行，则，据此可判断④． 【详解】解：∵， ∴，即， ∴四边形是矩形，故①正确； 当点E在上时， ∵分别是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； 当点E在上时，同理可得，但此时点不是的中点，故②错误； 由②可知，， ∵点E沿四边形的边运动至点停止，且 ∴的最大值为4，此时点E与点D重合， ∴的最大值为2，故③正确； 当点在边上， ∵不平行， ∴， ∴不可能是等边三角形，故④错误； ∴正确的有①③，共2个， 故选；B． 【变式5-2】（20-21九年级上·福建漳州·期中）如图，矩形中，，相交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（    ）    A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】证，得出，，判断①；证，得出，，判断③；证四边形是平行四边形，得出，判断②；证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；判断④；即可得出结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，，，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，，故①正确； 在和中， ， ， ，，故③正确； ，即， ， 四边形是平行四边形， ，故②正确； ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形；故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 【变式5-3】（22-23八年级下·四川宜宾·期末）如图，菱形的边长为6，对角线相交于O，垂直平分，垂足为E；另有一动点P在上运动，过点P作垂直交于点M，垂直交于点N，连接，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号） ①； ②菱形的面积为； ③； ④的最小值为．    【答案】①②③④ 【分析】先根据菱形，得，，，，，再根据垂直平妥线的性质可证得是等边三角形，得，从而可得出，查判定①正确；根据菱形的性质与勾股定理求得，则，根据菱形的面积公式可得，或判定②正确； 证明是的中位线，得，证明四边形是矩形，得 ，则，可判定③正确；根据动点P在上运动，所以当时，此时最小，利用面积法可求出最小值是，再根据矩形的性质知，所以当最小时，最小， 即可求得的最小值为，可判定④正确． 【详解】解：∵菱形， ∴，，，，， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵菱形的边长为6， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴，故②正确； ∵垂直平分， ∴是的中位线， ∴， ∵垂直交于点M，垂直交于点N， ∴ ∴四边形是矩形， ∴ ∴，故③正确； ∵动点P在上运动， ∴当时，此时最小， 在中， ∴ ∴ ∵四边形是矩形， ∴ ∴当最小时，最小， ∴的最小值为，故④正确． 综上，正确的有①②③④共4个， 故答案为①②③④． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形中位线性质，线段垂直平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键． 考点六：矩形的性质与判定的综合问题 例6. （23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，在平行四边形中，，过点作交的延长线于点，连接交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题重点考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识，证明及是等边三角形是解题的关键． （1）由，，得，由四边形是平行四边形，点在的延长线上，得，则四边形是平行四边形，即可由，根据矩形的定义证明四边形是矩形； （2）由平行四边形的性质和矩形的性质得，，，因为，所以是等边三角形，则，，所以，即可根据勾股定理求得． 【详解】（1）证明：， ， ， ， 四边形是平行四边形，点在的延长线上， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是矩形，四边形是平行四边形， ，， ， 是等边三角形， ， 是等边三角形， ，， ，， ， 的长是． 【变式6-1】（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． 【变式6-2】（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在中，是的角平分线，是的外角的平分线，过点C作，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)矩形的面积为2． 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识． （1）证明，根据矩形的判定即可得到结论； （2）证明是等腰直角三角形，再根据矩形的面积公式即可求解． 【详解】（1）证明：∵，是的平分线， ∴， ∴， ∵是外角的平分线， ∴． ∴， ∵， ∴． ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：∵，是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形的面积为． 【变式6-3】（2024八年级下·浙江·专题练习）在中，，为上的两点，且，． (1)求证：； (2)求证：是矩形； (3)连接，若是的平分线，，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键． （1）首先根据平行四边形的性质得到，然后结合已知条件利用判定两三角形全等即可； （2）根据全等三角形的性质得到，从而判定矩形； （3）根据矩形的性质和角平分线的定义以及矩形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：， ， 在平行四边形中，， ， ， 四边形是矩形； （3）解：四边形是矩形， ， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积． 考点七：与矩形的性质与判定有关的无刻度作图 例7. （23-24九年级上·江西吉安·阶段练习）一副三角板如图放置，，，，点E是的中点，请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．    (1)在图（1）中作一个等边三角形； (2)在图（2）中作一个矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，垂直平分线的性质，等腰三角形的性质，三角形的三条中线相交于一点，中位线的性质，矩形的判定． （1）根据题意得为等腰直角三角形，由点E是的中点，连接并延长交于点F，得到是的垂直平分线，即，，推出，进而得到，即为所求； （2）由（1）知，得到点F为的中点，在（1）图的基础上连接，交于一点，连接点C与这一点，边延长交于点，此时点G为的中点，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，推出且，即四边形为矩形． 【详解】（1）解：如图，为所求；    为等腰直角三角形，点E是的中点，连接并延长交于点F， 是的垂直平分线， ，， ， ， ， 是等边三角形； （2）解：如图，四边形为所求，    由（1）知， 点F为的中点， 在（1）图的基础上连接，交于一点，连接点C与这一点，边延长交于点， 点F为的中点，点E为的中点，交于一点，即三角形的三条中线相交于一点， 点G为的中点， ，， 四边形为矩形． 【变式7-1】（2024·江西吉安·三模）如图，在矩形中，，是对角线上一点，且．请仅用无刻度的直尺分别按要求完成以下作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中作的中点． (2)在图2中作点，使得 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据得到，作直线，交于点，则点P即为所求． （2）连接交于点O，作直线，交于点G，作直线，交于点N，则点N即为所求． 本题考查了矩形的性质，三角形相似的应用，尺规作图，熟练掌握性质和尺规作图是解题的关键． 【详解】（1）∵， ∴， 故作直线，交于点， ∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即P为的中点， 则点P即为所求． （2）连接交于点O，作直线，交于点G，作直线，交于点N， 则点N即为所求． 【变式7-2】（22-23九年级下·江西景德镇·阶段练习）如图，四边形为菱形，请仅用无刻度的直尺，按照下列要求作图．（保留作图痕迹，不写作法） (1)在图（1）中，E，F分别是，的中点，以为边作一个矩形． (2)在图（2）中，E是对角线上一点，，以为边作一个菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，交于点O，连接，延长交于点G，连接，延长交于H，连接，，即可； （2）连接交于点O，延长交于点Q，连接，延长交于点P，连接交于点F，连接，即可． 【详解】（1）解：如图：连接，交于点O，连接，延长交于点G，连接，延长交于H，连接，，，四边形即为所求作的矩形， 证明：四边形是菱形， ，点O是，的中点，，， 又，F分别是，的中点， ，， 四边形与都是平行四边形， ，， ， 四边形是矩形； （2）解：连接交于点O，延长交于点Q，连接，延长交于点P，连接交于点F，连接，，四边形即为所求作的菱形， 四边形是菱形， ，，， ，垂直平分， 又， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 又， ， ， 垂直平分， 四边形是菱形． 【点睛】本题考查了作图−复杂作图、三角形中位线定理、矩形的判定、菱形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识． 【变式7-3】（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图， 在矩形中，． (1)请用无刻度的直尺和圆规按下列要求作图：（不写作法，保留作图痕迹） ①在上作一点 E， 使； ②若F是上一点， 将沿直线翻折得到． 请找出点F的位置，使得落在对角线上． (2)在（1）的条件下，求出线段的长度． (3)若将的面积记为， 的面积记为，则 ． （填“<”、“>”或“=” ） 【答案】(1)①作图见详解；②作图见详解 (2) (3)> 【分析】（1）①以A为圆心，为半径作弧与相交，点E即为所求； ②作的角平分线与相交，交点即为点； （2）先求，设，则，在中，由勾股定理得：，解方程即可； （2）分别计算，，比较大小即可． 【详解】（1）解：①如图，点E即为所求 ②如图，点F即为所求， （2）解：∵矩形， ∴ 由翻折得，设，则， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴． （3）解：由题意得：，则， ∴， ∴， 而， ∵， ∴， 故答案为：>． 【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折的性质，勾股定理，三角形面积公式，熟练掌握知识点是解题的关键． 一、单选题 1．（23-24八年级下·安徽六安·阶段练习）如图，的对角线，相交于点，下列哪个条件能够使得是矩形（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定，熟悉掌握判定的方法是解题的关键． 根据矩形的判定方法逐一判断即可． 【详解】解：∵在平行四边形的基础上，需要加一个角为或对角线相等，才可以证明出矩形， ∴，，均不能判定出为矩形，故A，B，C错误； ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平形四边形为矩形； 故选：B． 2．（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，四边形中，对角线，垂足为点，点分别为边的中点，若，则四边形的面积为（    ） A．12 B．7 C．6 D．3 【答案】D 【分析】本题考查的是中点四边形，熟练应用矩形的判定以及性质是解题的关键．利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可． 【详解】解：点、分别为四边形的边、的中点， ，且， 同理求得，且， 四边形是平行四边形， 又， ， 四边形是矩形， 四边形的面积，即四边形的面积是3． 故选：． 3．（2024八年级下·天津·专题练习）如图，在中，，，下列四个判断不正确的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．如果，那么四边形是矩形 C．如果平分，那么四边形是矩形     D．如果，且，那么四边形是菱形 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形、矩形及菱形的判定，具体选择哪种方法需要根据已知条件来确定．根据正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定平行四边形判定判断即可． 【详解】解：由，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形是平行四边形； 又有，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形是矩形．故A、B正确； 如果平分，那么，又有，可得， ， ，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形是菱形，而不一定是矩形．故C错误； 如果且，那么平分，同上可得四边形是菱形．故D正确． 故选：C 4．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）在中，，，，为边上一动点，于．于，为中点，则的最小值为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】题考查了矩形的判定与性质，勾股定理逆定理，以及垂线段最短； 根据题意可证是直角三角形，则可以证四边形是矩形，可得，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半，可得，则值最小时，值最小，根据垂线段最短，可求最小值，即可得的最小值． 【详解】解：连接， ，， ， ，且，， 四边形是矩形， ，， 又是的中点， ， 当值最小时，值最小，即当值最小时，值最小． 根据垂线段最短，即当时值最小， 此时， ， ， ， 故选：D． 5．（2024九年级下·全国·专题练习）如图，在四边形中，相交于点O，且，点E从点B开始，沿四边形的边运动至点D停止，与相交于点N，点F是线段的中点．连接，下列选项不正确的是（　　）    A．四边形是矩形 B．当点E是的中点时， C．当时，线段长度的最大值为4 D．当点E在边上，且时，是等边三角形 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定和性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定等．根据矩形的判定得出A选项，根据中位线定理判断B选项，根据当点E与点D重合时的值最大得出C选项，进而根据等边三角形的判定判断D选项即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是矩形， 故A正确，不符合题意． ∵点O，F分别是的中点， ∴是的中位线． ∴ 又∵点E是的中点， ∴． ∴，即 ， 故B正确，不符合题意． 当点E与点D重合时，的值最大． ∵， ∴的最大值是8． ∴，即线段长度的最大值是4， 故C正确，不符合题意． 当时，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴不是等边三角形， 故D错误，符合题意； 故选D． 二、填空题 6．（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，在平行四边形中，延长到点E，使，连接、、请你添加一个条件 ，使四边形是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查矩形的判定方法，掌握矩形的判定方法是解题的关键．矩形常见的判定方法有：有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴根据对角线相等的平行四边形是矩形，可以添加一个条件即. 故答案为：（答案不唯一）． 7．（23-24九年级上·四川成都·期中）如图，在矩形中，点为对角线上一点，过点作交于点，，作交于点，连接，已知，则的面积等于 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，先证明四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形，得到，再根据矩形对角线平分矩形面积推出，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， ∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：8． 8．（2023·河南新乡·一模）如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，将绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是、，当A、、三点共线时，的度数为 ． 【答案】或 【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，当点在线段上时， ，，， ，， ∵将绕点B旋转至， ，， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ， ； 如图：当点在线段的延长线上时， ，， ， ∵将绕点B旋转至， ，， ， ， 在与中， ， ， ，点在上， 综上，的度数为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论解决问题是本题的关键． 9．（23-24八年级下·安徽芜湖·阶段练习）如图，在矩形中，，，是对角线上的一动点，作，垂足为，作，垂足为，连接． （1）当是的中点时，线段的长度是 ． （2）线段长度的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，垂线段最短； （1）连接，勾股定理求得，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半得出，进而根据，得出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等，即可求解； （2）同（1）得出四边形为矩形，当时，取最小值，即最小，根据等面积法即可求解． 【详解】（1）连接， ∵矩形中，，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形 ∴， 故答案为：． （2）如图，连接． ，， ． 在矩形中，， 四边形为矩形， ， 的最小值即的最小值． 当时，取最小值． 在中，． ， ，即线段长度的最小值是． 故答案为：． 10．（2024·江苏泰州·三模）如图，在中，，，，点在线段上（不与点B、C重合）将线段绕点E顺时针旋转得到线段，当点落在的中位线上时，则的值为 ．    【答案】3或 【分析】分点F在与平行的中位线上和点F在与平行的中位线上两种情况求解即可． 【详解】解：∵，， ∴， ∴． 当点F在与平行的中位线上时，如图，    则，， ∴， ∴． 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当点F在与平行的中位线上时，作于点H，如图，    则，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 同理可证， ∴，， ∴． 故答案为：3或． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，矩形的判定与性质，分类讨论是解答本题的关键． 三、解答题 11．（2024·山东日照·一模）如图，在中，对角线，交于点，，的平分线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义理解、等角对等边等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）根据“平行四边形的对角线互相平分”，结合已知，推出，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”证明即可； （2）根据矩形的性质，结合“在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，求出，根据勾股定理计算出，角平分线的定义理解、“等角对等边”，推出，最后根据得出答案即可． 【详解】（1）证明：∵在中，对角线，交于点， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 又∵，， ∴，， ∵的平分线交于点， ∴，， ∴， ∴， ∴． 12．（2023·江西吉安·三模）如图，在矩形中，为的中点（保留作图痕迹）．    (1)在图1中作矩形关于点成中心对称的图形． (2)在图2中作以为顶点的矩形． 【答案】(1)见解析； (2)见解析 【分析】（1）连接并延长至点，使得；连接并延长至点，使得，连接、、，即可得到矩形为所求作； （2）连接、，交点为点，连接并延长交于点，根据中位线定理，得到，即可得到矩形或矩形为所求作． 【详解】（1）解：如图1中，矩形即为所求；    （2）解：如图2中，矩形或矩形即为所求．    【点睛】本题考查了画中心对称图形，矩形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，根据相关性质正确作图是解题关键． 13．（2024八年级下·天津·专题练习）如图，在中，过点、作，，分别交、的延长线于点和． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，交于点，点是线段的中点，若，，求矩形的周长． 【答案】(1)详见解析 (2)32 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得到，得到，推出，证明四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论； （2）根据平行四边形的性质得到，根据三角形中位线定理得到的值，根据勾股定理得到，然后计算矩形的周长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点是线段的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴矩形的周长． 14．（23-24八年级下·湖南株洲·期中）如图，中，点O是边上一个动点，过O作直线．设交的平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)若，求的长； (3)当点O在边上运动到什么位置时，四边形是矩形？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)5 (3)当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形，见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定，勾股定理： （1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出，，可得，同理，进而得出答案； （2）根据已知得出，进而利用勾股定理求出，即可得出的长； （3）根据平行四边形的判定以及矩形的判定得出即可． 【详解】（1）证明：∵是的角平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理，      ∴； （2）解：∵分别是的角平分线 ∴， ∵， 由勾股定理得：， 在中  ， ∴； （3）解：当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形， 理由：∵ ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴四边形是矩形 15．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片对折，使与重合，得到折痕．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕．    (1)若点N刚好落在折痕上时， ①如图1，过N作，求证：； ②如图2，求的度数； (2)如图3，当M为射线上的一个动点时，已知，，若的直角三角形时，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)1或9 【分析】（1） ①证明四边形是矩形，得到，根据折叠的性质，矩形的性质，得到,，证明即可； ②根据折叠的性质，求解即可． （2）根据矩形的性质，判定不可能是直角，只有，分直角在矩形内部和外部两种情况计算即可． 【详解】（1）解：①∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得到,， ∴． ②过点G作于点G， ∵矩形纸片对折，使与重合，得到折痕， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 根据折叠的性质得到,， ∴． 根据折叠的性质， ∴，， ∴，，    ∴． （2）根据矩形的性质，故不可能是直角， ∴， ∵矩形纸片， ∴， ∵， ∴三点共线， 根据折叠的性质， ∴，， ∵矩形纸片， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 根据矩形的性质，故不可能是直角， ∴， ∵矩形纸片， ∴， ∵， ∴三点共线， 根据折叠的性质， ∴，， ∵矩形纸片， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形与折叠，勾股定理是解题的关键． ( 2 )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 学科网（北京）股份有限公司 $$