专题02 矩形的性质与判定重难点题型专训（13大题型+15道拓展培优）-2024-2025学年九年级数学上册重难点专题提升精讲精练（北师大版）

专题02 矩形的判定与性质重难点题型专训（13大题型+15道拓展培优） 题型一 矩形的性质理解 题型二 利用矩形的性质求角度 题型三 根据矩形的性质求线段长 题型四 根据矩形的性质求面积 题型五 利用矩形的性质证明 题型六 求矩形在坐标系中的坐标 题型七 矩形与折叠问题 题型八 矩形的判定定理理解 题型九 添一个条件使四边形是矩形 题型十 证明四边形是矩形 题型十一 根据矩形的性质与判定求角度 题型十二 根据矩形的性质与判定求线段长 题型十三 根据矩形的性质与判定求面积 知识点1：矩形的概念与性质 1. 概念：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2. 性质：（1）矩形的对边平行且相等； （2）矩形的四个角都是直角； （3）矩形的对角线相等。 知识点2：直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线 等于斜边的一半 知识点3：矩形的判定 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2） 对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三各直角的四边形是矩形。 【经典例题一 矩形的性质理解】 【例1】（2023下·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）矩形的一个内角平分线把矩形一条边分成3cm和5cm两部分，则矩形的周长为（　　） A．22cm和26cm B．22cm和24cm C．26cm D．22cm 1．（23-24八年级上·江苏常州·阶段练习）如图，动点从出发，沿所示的方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点运动后，第2023次碰到矩形的边时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·陕西榆林·期中）如图，把一块含有角的直角三角板放在长方形纸片上，三角板的斜边与重合，三角板的顶点落在边上，，则的值为 ．    3．（2024·浙江金华·三模）如图是由边长为1的小正方形组成的网格． (1)求线段的长． (2)在图1中，仅用无刻度的直尺，画出一个格点P，使，且点P在网格的内部． (3)在图2中，仅用无刻度的直尺，画出一个点Q，使，保留作图痕迹并简要说明作法． 【经典例题二 利用矩形的性质求角度】 【例2】（2022下·江苏无锡·八年级统考期中）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，如果∠ADB＝30°，则∠E的度数是（　　） A．45° B．30° C．20° D．15° 1．（2024·河北唐山·一模）如图，直线，线段和矩形在直线a，b之间，点A，E分别在a，b上，点B、C、F在同一直线上，若，，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为 ． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，的对角线、相交于点O，E、F是上的两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是矩形，，求的度数． 【经典例题三 根据矩形的性质求线段长】 【例3】（2023下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在矩形中，是的中点，为边上一点，且有连接，若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 1．（23-24九年级下·四川宜宾·期中）如图，在矩形中，，，以点为圆心、的长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 2．（2024·浙江台州·三模）如图，点E为矩形的边上一点，，，将沿翻折得到，使点F落在矩形内部，连接．若平分，则的长为 ．    3．（23-24八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在矩形中，点E、F是对角线上的两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，则______． 【经典例题四 根据矩形的性质求面积】 【例4】（2020·江苏·九年级专题练习）如图，点P是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于，，连接，，若，，则图中阴影部分的面积为（　　） A．12 B．24 C．27 D．54 1．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，P是矩形内的任意一点，连接，得到，，设它们的面积分别是，给出如下结论：①；②；③若，则；④若，则，其中正确结论有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图，矩形中，，，点F在上，且，E是边上的一动点，M，N分别是、的中点，则在点E从B向C运动的过程中，线段所扫过的图形面积是 ． 3．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，矩形的对角线，交于点，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，请直接写出菱形的面积． 【经典例题五 利用矩形的性质证明】 【例5】（2023下·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③一定是等腰三角形；④，其中正确结论的序号为（　　）    A．①②④ B．①③④ C．②④ D．②③ 1．（23-24八年级下·广东湛江·阶段练习）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连结、、，若，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④ 其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，点是矩形的对角线上一动点，过点作的垂线，分别交边于点，连接，有下列结论：①四边形的面积是定值；②的值不变；③的值不变；④，则下列结论一定成立的序号有 ．    3．（23-24八年级下·广西南宁·期中）已知四边形是矩形，平分交于点．    (1)如图1，证明：； (2)如图2，对角线，相交于点，连接，． ①求的值； ②求的度数． 【经典例题六 求矩形在坐标系中的坐标】 【例6】（2023下·江苏·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，长方形如图所示，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 1．（2023·河南商丘·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点，分别在轴、轴上，且点，为边上一点，将沿所在直线翻折，当点的对应点恰好落在对角线上时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 2．（22-23八年级下·安徽黄山·期末）如图，四边形是矩形，其中点和点分别在轴和轴上，连接，点的坐标为，的平分线与轴相交于点，则点的坐标为 ．    3．（23-24七年级下·天津·期中）在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点分别作轴、轴的平行线，交轴于点，交轴于点，点是从点出发，沿以2个单位长度/秒的速度向终点运动的一个动点，运动时间为（秒）． (1)直接写出点和点的坐标（______，______）、C（______，______）； (2)当点运动时，用含的式子表示线段的长，并写出的取值范围； (3)点，连接，在（2）条件下是否存在这样的值，使，若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 【经典例题七 矩形与折叠问题】 【例7】（2023上·江西上饶·七年级统考期末）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点落在内部．若，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 1．（2024·辽宁锦州·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处，若，，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南南阳·三模）如图，在矩形中，．折叠矩形使得点A恰好落在边上，折痕与边相交于点E，与矩形另一边相交于点F．若点E是恰好是边的中点，则的长为 ． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，有一张矩形纸条，，，点、分别在边、上，．现将四边形沿折叠，使点、分别落在点、上，在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点， (1)如图1，当点恰好落在边上时，求线段的长； (2)运动过程中，的面积有没有最小值，若有，求此时线段的长，若无，请说明理由； (3)求点相应运动的路径长． 【经典例题八 矩形的判定定理理解】 【例8】（2023下·四川广安·八年级校考期中）下列能够判断四边形是矩形的是（    ） A．两组对角相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相垂直且相等 D．对角线互相平分且相等 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点，分别是，的中点，点M，在对角线上，，则下列说法正确的是（　　）    A．若，则四边形是矩形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是矩形 D．若，则四边形是矩形 2．（20-21八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，点D在边上，，，则当 时，四边形是矩形．    3．（2024·广西贵港·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务． ×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……． 任务： (1)上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________； (2)补全材料中的证明过程； (3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法） 【经典例题九 添一个条件使四边形是矩形】 【例9】（2023下·河南商丘·八年级统考期末）如图，在中，于点E，点在边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形是矩形的是（　　） A． B． C． D． 1．（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． 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）． 3．（20-21八年级下·江苏连云港·期末）如图，已知在中，点E、F分别是、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由． 【经典例题十 证明四边形是矩形】 【例10】（2024下·全国·八年级假期作业）如图，在中，，是上两点，，连接，，，后得到四边形．下列条件中，不能使四边形是矩形的是（    ） A． B． C． D． 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·全国·假期作业）下图是四根木棒搭成的平行四边形框架，，，使固定，转动，当 时，的面积最大，此时是 形，面积为 ． 3．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．    (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【经典例题十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例11】（2023下·江苏·八年级期末）如图，在正方形中，，则等于（　　）    A．45° B．55° C．65° D．75° 1．（2021·河北唐山·统考二模）将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形．当时，下列针对值的说法正确的是（    ） A．或 B．或 C． D． 2（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．    3．（2023上·陕西榆林·九年级校考阶段练习）如图，四边形的对角线、相交于点O，其中，，，E为上一点，连接、．平分，且，求的度数．    【经典例题十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例12】（2023上·内蒙古包头·九年级校考期中）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（　　）    A． B． C．20 D．10 1．（2023上·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期中）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为（    ）    A． B．5 C． D． 2．（2023上·四川成都·八年级成都市青羊实验中学校考期中）如图，正方形的边长为5，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ． 3．（2023上·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，在中，，是的平分线，是外角的平分线，，垂足为点E． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【经典例题十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例13】（2023上·四川达州·九年级统考阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点，，，若，，则四边形的面积是（    ）    A．24 B．14 C．48 D．25 1．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 2．（2023上·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考期中）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 ．    3．（2023上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在中，点是边的中点，过点作直线，的平分线和外角的平分线分别交于点，． (1)求证：四边形是矩形： (2)若，，求四边形的面积． 1．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处，若，，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 2．如图，矩形的对角线交于点，过点O作交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为（　　） A． B． C． D． 3．如图，平分，为矩形的对角线上的一点，于点，的延长线与的延长线交于点，若，则的值是(    )    A．6 B．7 C．8 D．10 4．如图，矩形的对角线交于点O，，，则的长为（    ）    A．4 B．2 C． D．p 5．如图，在矩形中，点E，F分别在边，上，将四边形沿折叠，使得点A落在点G处，点B恰好落在边上的点H处，连接．若C，H，G三点共线，且，则的长为（    ） A． B． C． D．9 6．如图，在菱形中，，E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为 7．如图矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E，F，，则图中阴影部分的面积为 ． 8．已知的对角线，相交于点O，是等边三角形，，则的面积等于 ． 9．已知矩形中，平分交矩形的一条边于点E，若，， ． 10．如图，矩形中，，，为中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长为 ． 11．如图，在矩形中，是上一点，，于点．    (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 12．在中，于点，点在上，且，连接． (1)求证：； (2)连接，若平分，且，，判断四边形的形状，并求其面积． 13．如图，在中，，M，O分别为边中点，延长至点D，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的面积为6，，求矩形的周长． 14．如图，在矩形中，将点A翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点C翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F． (1)求证：． (2)求证：四边形为平行四边形； (3)若四边形为菱形，且，求的长． 15．综合与实践：折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧． 定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为24，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题02 矩形的判定与性质重难点题型专训（13大题型+15道拓展培优） 题型一 矩形的性质理解 题型二 利用矩形的性质求角度 题型三 根据矩形的性质求线段长 题型四 根据矩形的性质求面积 题型五 利用矩形的性质证明 题型六 求矩形在坐标系中的坐标 题型七 矩形与折叠问题 题型八 矩形的判定定理理解 题型九 添一个条件使四边形是矩形 题型十 证明四边形是矩形 题型十一 根据矩形的性质与判定求角度 题型十二 根据矩形的性质与判定求线段长 题型十三 根据矩形的性质与判定求面积 知识点1：矩形的概念与性质 1. 概念：有一个角是直角的平行四边形是矩形。 2. 性质：（1）矩形的对边平行且相等； （2）矩形的四个角都是直角； （3）矩形的对角线相等。 知识点2：直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线 等于斜边的一半 知识点3：矩形的判定 （1） 有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2） 对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三各直角的四边形是矩形。 【经典例题一 矩形的性质理解】 【例1】（2023下·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）矩形的一个内角平分线把矩形一条边分成3cm和5cm两部分，则矩形的周长为（　　） A．22cm和26cm B．22cm和24cm C．26cm D．22cm 【答案】A 【分析】利用角平分线得到，矩形对边平行得到，进而得到，再得到，那么根据的不同情况得到矩形的各个边长，进而求其周长，分如图1和图2两种情况分别讨论求解即可． 【详解】解：如图1，∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的周长； 如图2，∵平分， ， ， ， ， ， ∴矩形的周长， 综上所述，矩形的周长为22cm或26cm， 故选：A. 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和等腰三角形的判定，正确的进行分情况讨论是解本题的关键． 1．（23-24八年级上·江苏常州·阶段练习）如图，动点从出发，沿所示的方向运动，每当碰到矩形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点运动后，第2023次碰到矩形的边时，点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了点坐标规律探索，根据题意画出图形，得出每六次为一个循环组，依次循环是解题的关键．根据题意画出图形，可知每六次为一个循环组，依次循环，再根据得出答案． 【详解】解：如图，第一次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第二次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第三次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第四次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第五次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第六次碰到矩形的边时，点的坐标为， 第七次碰到矩形的边时，点的坐标为， … ∴每六次为一个循环组，依次循环， ∵， ∴点第2023次碰到矩形的边时，点的坐标为， 故选：B． 2．（23-24八年级下·陕西榆林·期中）如图，把一块含有角的直角三角板放在长方形纸片上，三角板的斜边与重合，三角板的顶点落在边上，，则的值为 ．    【答案】2 【分析】本题考查了矩形的性质和含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键； 根据矩形的性质得，根据含30度角的直角三角形的性质得，即可得出结论． 【详解】把一块含有30°角的直角三角板放在长方形纸片上， ， ，， ， ，即 故答案为：2． 3．（2024·浙江金华·三模）如图是由边长为1的小正方形组成的网格． (1)求线段的长． (2)在图1中，仅用无刻度的直尺，画出一个格点P，使，且点P在网格的内部． (3)在图2中，仅用无刻度的直尺，画出一个点Q，使，保留作图痕迹并简要说明作法． 【答案】(1)线段的长为5 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，矩形的性质、作图-复杂作图．熟练掌握相关定理，能结合网格分析是解题关键． （1）结合网格与勾股定理分析即可求出； （2）结合网格与勾股定理分析即可； （3）结合网格与勾股定理证明是等腰直角三角形，再利用矩形的性质得出的中点，连接即可 【详解】（1）由题意可知，， 线段的长为5． （2） （3） 由 （2）可知， 由图可知，，， ， ， 又 ， ， 是等腰直角三角形． 连接交于点，根据矩形的性质可得： 在矩形中，点是对角线的中点， 连接，则是等腰直角三角形的角平分线， 则． 【经典例题二 利用矩形的性质求角度】 【例2】（2022下·江苏无锡·八年级统考期中）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，如果∠ADB＝30°，则∠E的度数是（　　） A．45° B．30° C．20° D．15° 【答案】D 【分析】连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数 【详解】解：连接，如图所示： 四边形是矩形， ，，且， ， 又， ， ， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题主要考查矩形性质、等腰三角形的性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键． 1．（2024·河北唐山·一模）如图，直线，线段和矩形在直线a，b之间，点A，E分别在a，b上，点B、C、F在同一直线上，若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，分别过点B，F作平行于直线a，得直线，然后结合矩形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，分别过点B，F作平行于直线a， ∵直线 ∴直线， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 2．（23-24八年级下·湖南·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，过点O作，交于点E，若，则的大小为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质即可得到结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）已知：如图，的对角线、相交于点O，E、F是上的两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)若四边形是矩形，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，熟记特殊四边形的性质是解本题的关键； （1）先证明，，再证明，从而可得结论； （2）证明，再进一步利用等腰三角形的性质与内角和定理可得答案． 【详解】（1）证明：在中， ，， ∵， ∴， 即， ∴四边形是平行四边形． （2）∵四边形是矩形 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 【经典例题三 根据矩形的性质求线段长】 【例3】（2023下·江苏无锡·八年级统考期末）如图，在矩形中，是的中点，为边上一点，且有连接，若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，，过点作于点，根据矩形的性质可得，由可得，进而利用含度角的直角三角形求出，然后利用等腰直角三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，，过点作于点，    在矩形中， 是的中点， ， ， ，， ， ， ， ， ； ∵， ∴， ∵，， ∴， 又， ， ． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，含度角的直角三角形，等腰直角三角形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握矩形的性质． 1．（23-24九年级下·四川宜宾·期中）如图，在矩形中，，，以点为圆心、的长为半径画弧交于点，再分别以点，为圆心、大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，则的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，作角平分线，角平分线的性质，勾股定理；根据作图过程可得是的平分线，然后证明，再利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图，连接EG， 根据作图过程可知：是的平分线， ， 在和中， ， ， ，， 在中，，， ， ， 在中，，，， ， 解得． 故选：D． 2．（2024·浙江台州·三模）如图，点E为矩形的边上一点，，，将沿翻折得到，使点F落在矩形内部，连接．若平分，则的长为 ．    【答案】或 【分析】过F作于G，交于H，则可得四边形是矩形，，由已知得，由折叠知，，；设，在中由勾股定理可求得a的值，从而得；设，在中，由勾股定理建立方程求得x的值，进而得到的长． 【详解】解：如图，过F作于G，交于H． 在矩形中，， ， 四边形是矩形． ，． 平分， ． ． ． 由折叠知，，． 设，则； 在中，由勾股定理可得：， 解得：． 即或， 当时，． 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：； 即． 当时，． 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：； 即． 综上，或．    故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，作出辅助线利用勾股定理建立方程求解是关键． 3．（23-24八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，在矩形中，点E、F是对角线上的两点，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，，则______． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，交于点O，利用矩形的性质可得到，，再借助，即可证明． （2）根据四边形是矩形，得到，利用勾股定理可得，再借助等面积法求的面积，即可求解． 【详解】（1）解：连接，交于点O，如图， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴ 即， ∴四边形是平行四边形． （2）∵四边形是矩形， ∴， 由勾股定理可得， ∴， ∴， 即， 解得， ∵的长为正数， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，勾股定理，等面积法求线段等知识点，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． 【经典例题四 根据矩形的性质求面积】 【例4】（2020·江苏·九年级专题练习）如图，点P是矩形的对角线上一点，过点作，分别交，于，，连接，，若，，则图中阴影部分的面积为（　　） A．12 B．24 C．27 D．54 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明． 由矩形的性质可证明，即可求解． 【详解】解：作于，交于． 则有四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ，，，，， ， ， 故选：C． 1．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，P是矩形内的任意一点，连接，得到，，设它们的面积分别是，给出如下结论：①；②；③若，则；④若，则，其中正确结论有（   ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的面积，根据矩形的对边相等可得，设点P到的距离分别为，然后利用三角形的面积公式列式整理即可判断出②④正确，①③不正确，即可得出结论． 【详解】解：如图，过点P分别作于点F，于点E，    ∵以为底边，以为底边， ∴此时两三角形的高的和为，即可得出矩形面积； 同理可得出矩形面积； ∴②正确； 当点P在矩形的两条对角线的交点时，． 但P是矩形内的任意一点，所以该等式不一定成立． 故①不一定正确； ③若，只能得出与高度之比，不一定等于； 故此选项错误； ∵；若，则， ∴④正确． 故选：B． 2．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）如图，矩形中，，，点F在上，且，E是边上的一动点，M，N分别是、的中点，则在点E从B向C运动的过程中，线段所扫过的图形面积是 ． 【答案】15 【分析】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，三角形的面积，三角形的中位线定理等知识，分点与点重合，点与点重合，分别找到的位置，结合图象即可判断扫过区域的形状，进而求出面积．解题的关键是熟练运用相关性质和定理． 【详解】解：如图所示：当点E与B点重合时，点M位于中点，点N位于中点， 当点与C点重合时，点位于中点，点位于中点： ∵是的中点，是的中点，是的中点，点是中点， ∴、分别是、的中位线， ∴且，且， ∴四边形为平行四边形， ∴扫过的区域为平行四边形， ∵，，，则， ∴， ， 故答案为：15． 3．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）如图，矩形的对角线，交于点，且，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，请直接写出菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】（1）根据矩形性质可得：，再证明四边形是平行四边形，利用菱形的判定即可证得结论； （2）先求出矩形面积，再根据矩形性质可得，再由菱形性质可得菱形的面积，可求解． 【详解】（1）证明：矩形的对角线，相交于点， ，，， ， ∵，， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形； （2）解： 四边形是矩形，，， ，， ， 四边形是菱形， 菱形的面积； 【点睛】本题考查了矩形性质，菱形的判定和性质，矩形面积和菱形面积，平行四边形的判定等基础知识，能综合运用相关知识点进行推理和计算是解此题的关键． 【经典例题五 利用矩形的性质证明】 【例5】（2023下·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，是对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③一定是等腰三角形；④，其中正确结论的序号为（　　）    A．①②④ B．①③④ C．②④ D．②③ 【答案】A 【分析】①证明，是等腰直角三角形，即可说明；②先证明四边形为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为，则四边形的周长为8；③根据的任意性可以判断不一定是等腰三角形；④四边形为矩形，通过正方形的轴对称性，证明． 【详解】解：①，， ， 又， 四边形是矩形， ． 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ，故①正确； ②，，， 四边形为矩形， 四边形的周长，故②正确； ③点是正方形的对角线上任意一点，， 当或或时，是等腰三角形， 除此之外，不是等腰三角形，故③错误． ④四边形为矩形， ，， 正方形为轴对称图形， ， ，故④正确； 故选：A．      【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键． 1．（23-24八年级下·广东湛江·阶段练习）如图，矩形中，为中点，过点的直线分别与，交于点，，连结、、，若，则下列结论：①；②四边形是菱形；③垂直平分线段；④ 其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据，则，根据点是的中点，证明，判断①；根据矩形的性质，证明四边形是平行四边形，结合，即可判断②；由，结合，可判断③；假设，推出与已知矛盾的结论，即可判断④． 【详解】解：在矩形中，， ∴， ∵点是的中点， ∴ ∵ ∴ ∴，故①正确； 在矩形中，，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形．故②正确； ∴， ∵， ∴， ∴垂直平分线段，故③正确； 若，而， ∴， ∵为中点，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， 与题干条件矛盾．故④不正确． 综上所述，正确的有①②③． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形，菱形，垂直平分线的性质，等边三角形和全等三角形等知识，解题的关键是掌握矩形的性质，菱形的判定和性质，垂直平分线的性质，等边三角形的性质，全等三角形判定和性质． 2．（23-24八年级下·山东济宁·期中）如图，点是矩形的对角线上一动点，过点作的垂线，分别交边于点，连接，有下列结论：①四边形的面积是定值；②的值不变；③的值不变；④，则下列结论一定成立的序号有 ．    【答案】①②④ 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形面积，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，过点C作，交的延长线于点G，可得四边形是平行四边形，，推出，即可判断结论①；由，可判断结论②；利用勾股定理即可判断结论③；根据现有条件无法证明的值不变，即可判断④． 【详解】解：过点C作，交的延长线于点G，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，即， ∴四边形的面积是定值，故①正确； ∵， ∴的值不变，故②正确； ∵， ∴，故④正确； 根据现有条件无法证明的值不变，故③错误， 故答案为：①②④． 3．（23-24八年级下·广西南宁·期中）已知四边形是矩形，平分交于点．    (1)如图1，证明：； (2)如图2，对角线，相交于点，连接，． ①求的值； ②求的度数． 【答案】(1)见详解 (2)①；② 【分析】（1）由矩形的性质可得出，由角平分线的定义可得出，由三角形内角和可得出，由等角对等边可证明． （2）①由已知条件可得出，由含直角三角形的性质可得出，设，则，由勾股定理可得出，由线段的和差和求出，相比即可得到答案． ②由矩形的性质可得出，再证明为等边三角形，由等边三角形的性质可得出，等量代换可得出，进一步即可求出，根据角的和差关系可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形 ∴ ∵平分， ∴ ∴ ∴． （2）①∵， ∴， ∴ ∴， 设，则， ∴， ∵ ∴， ∴ ②∵四边形是矩形 ∴ ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了角平分线的定义，三角形内角和定理，含直角三角形的性质，勾股定理，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，等边对等角等知识，掌握这些性质是解题的关键． 【经典例题六 求矩形在坐标系中的坐标】 【例6】（2023下·江苏·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，长方形如图所示，，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据长方形的性质求出点的横、纵坐标即可获得答案． 【详解】解：∵四边形为长方形， ∴，， ∵， ∴点的横坐标与点相同，为， 点的纵坐标与点相同，为， ∴点的坐标为． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，解题关键是利用矩形“对边平行且相等”的性质解决问题． 1．（2023·河南商丘·二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点，分别在轴、轴上，且点，为边上一点，将沿所在直线翻折，当点的对应点恰好落在对角线上时，点的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，坐标与图形．根据点的坐标得出，根据勾股定理求得，设，则．在中，由勾股定理，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】解：依题意，， 由折叠的性质，可知，， ． 设，则．在中，由勾股定理， 得， 解得． 点的坐标为， 故选B． 2．（22-23八年级下·安徽黄山·期末）如图，四边形是矩形，其中点和点分别在轴和轴上，连接，点的坐标为，的平分线与轴相交于点，则点的坐标为 ．    【答案】 【分析】利用勾股定理求出，作于点E，如图，根据角平分线的性质可得，证明，推出，得到，设，利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形，点的坐标为， ∴， ∴， 作于点E，如图， ∵是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在直角三角形中，根据勾股定理可得：， 即，解得， ∴点的坐标为； 故答案为：．    【点睛】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、构建方程是解题的关键． 3．（23-24七年级下·天津·期中）在平面直角坐标系中，为坐标原点，过点分别作轴、轴的平行线，交轴于点，交轴于点，点是从点出发，沿以2个单位长度/秒的速度向终点运动的一个动点，运动时间为（秒）． (1)直接写出点和点的坐标（______，______）、C（______，______）； (2)当点运动时，用含的式子表示线段的长，并写出的取值范围； (3)点，连接，在（2）条件下是否存在这样的值，使，若存在，请求出值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2)． (3)存在，秒和秒 【分析】本题考查了坐标与图形性质，矩形的性质； （1）根据题意即可得到结论； （2）当点在线段上时，根据，，，得到，当点在线段上时，于是得到结论； （3）当点在线段上时，当点在线段上时，根据三角形的面积公式即可得到结论． 【详解】（1）解：∵，轴，轴 ∴，， （2）当点P在线段BA上时， 由，，可得：， ，， ； 当点在线段上时， 点走过的路程． （3）存在两个符合条件的t值， 当点在线段上时 ， ， 解得：， 当点在线段上时，    ， 解得：， 综上所述：当为秒和秒时． 【经典例题七 矩形与折叠问题】 【例7】（2023上·江西上饶·七年级统考期末）如图，把一长方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点落在内部．若，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，根据折叠的性质列式，解之可得答案． 本题考查了长方形，折叠．解决问题的关键是熟练掌握长方形的性质，折叠的性质，设未知数数构建方程． 【详解】设，则, 由折叠知，， ∵四边形是长方形， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴． 故选：B． 1．（2024·辽宁锦州·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处，若，，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，利用勾股定理，求出的长是解题关键．根据矩形和折叠的性质，得出，，进而得到，设，利用勾股定理求出，从而得出，即可得到点D的坐标． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， 由折叠的性质可知，，， 在中，， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 点D的坐标为， 故选：B． 2．（2024·河南南阳·三模）如图，在矩形中，．折叠矩形使得点A恰好落在边上，折痕与边相交于点E，与矩形另一边相交于点F．若点E是恰好是边的中点，则的长为 ． 【答案】或4 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识．根据题意分情况求解是解题的关键． 由矩形，可得，，由题意知，，由题意知，当在边上时，如图1，作于，则四边形是矩形，，由折叠的性质可知，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可；当在边上时，如图2，作于，则四边形是矩形，则，，由折叠的性质可知，，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， 由题意知，， 由题意知，当在边上时，如图1，作于，则四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可知，，， 由勾股定理得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴； 当在边上时，如图2，作于，则四边形是矩形， ∴，， 由折叠的性质可知，，，， 由勾股定理得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴； 综上所述，的长为或4． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，有一张矩形纸条，，，点、分别在边、上，．现将四边形沿折叠，使点、分别落在点、上，在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点， (1)如图1，当点恰好落在边上时，求线段的长； (2)运动过程中，的面积有没有最小值，若有，求此时线段的长，若无，请说明理由； (3)求点相应运动的路径长． 【答案】(1) (2)的面积有最小值2， (3)点相应运动的路径长为 【分析】（1）运用矩形性质和翻折性质得出：，再利用勾股定理即可求得答案； （2）由，可知当，即时，，取得最小值2，再利用矩形性质即可求出答案； （3）探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可． 【详解】（1）解：如图1中， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由翻折的性质可知：，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：的面积有最小值2，此时． 如图2，， 当，即时，， 取得最小值2， 此时，， ∴四边形是矩形， ∴； （3）解：如图3，当点与重合时， 由折叠得， ∵ ∴ ∴ ∴， 设， 则， 在中，则有， 解得， ∴， 如图4中，当点运动到时，的值最大， ， 如图5中，当点运动到点落在时，（即）， ∴点的运动轨迹， 运动路径． 【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，勾股定理，三角形面积等知识，解题的关键是探究出点E的运动轨迹，运用勾股定理解决问题． 【经典例题八 矩形的判定定理理解】 【例8】（2023下·四川广安·八年级校考期中）下列能够判断四边形是矩形的是（    ） A．两组对角相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相垂直且相等 D．对角线互相平分且相等 【答案】D 【分析】根据矩形的判定逐项判断即可得到结论． 【详解】、两组对角相等的四边形不一定是矩形，故此选项不能判定四边形是矩形，不符合题意，排除； 、对角线互相垂直的四边形不一定是矩形，故此选项不能判定四边形是矩形，不符合题意，排除； 、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是矩形，故此选项不能判定四边形是矩形，不符合题意，排除； 、对角线互相平分且相等四边形是矩形，故此选项能判定四边形是矩形，符合题意； 故选：． 【点睛】此题考查了矩形的判定条件，解题的关键在于能够熟练掌握矩形的判定条件. 1．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在中，点，分别是，的中点，点M，在对角线上，，则下列说法正确的是（　　）    A．若，则四边形是矩形 B．若，则四边形是矩形 C．若，则四边形是矩形 D．若，则四边形是矩形 【答案】D 【分析】取中点O，连接、，先证明四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理依次判定即可得到答案． 本题考查了平行四边形、矩形的判定定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】如图，取中点O，连接、，    ∵中，点E，F分别是，的中点， ，，，，，， ，， ∴E，O，F三点共线， 又，， ，即， 四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）， A选项，不能推出四边形有内角，故不能证明四边形是矩形； B、C、D选项，只有D选项能由、，得到，根据对角线相等的平行四边形是矩形可得四边形是矩形． 故选：D 2．（20-21八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，，点D在边上，，，则当 时，四边形是矩形．    【答案】45° 【分析】先证明四边形是平行四边形，结合矩形的性质，可得∠A=90°，进而即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵当四边形是矩形时，∠A=90°， 又∵， ∴∠C= ． 故答案是：45°． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 3．（2024·广西贵港·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务． ×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……． 任务： (1)上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________； (2)补全材料中的证明过程； (3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法） 【答案】(1)对角线相等的平行四边形是矩形 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． （1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可得答案； （2）先根据对边相等证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形是矩形； （3）先测量对边是否相等，再测量出对角线，利用勾股定理的逆定理判断是否是直角三角形，即可判定是否为矩形． 【详解】（1）解：上述做法是依据了矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形， 故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形； （2）解：补全后的证明过程如下： 证明：，， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （3）解：利用卷尺测量两组对边是否相等，确定它的形状是平行四边形； 然后测量一条对角线的长度，当两条邻边长度的平方和等于对角线长度的平方时，根据勾股定理的逆定理可确定一个角为直角， 根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可判定该四边形是矩形． 【经典例题九 添一个条件使四边形是矩形】 【例9】（2023下·河南商丘·八年级统考期末）如图，在中，于点E，点在边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形是矩形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 由平行四边形的性质得，，再证，得四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论． 【详解】解：四边形是平行四边形， ∴，， ， ， ，， 四边形是矩形，故A不符合题意； ， ， ∵，， 四边形是矩形，故B不符合题意； ， ， 即， ， 四边形是平行四边形， 又， ， 平行四边形是矩形，故C不符合题意； ， ，故四边形不能判定是矩形，故D符合题意； 故选：D． 1．（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． 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）． 3．（20-21八年级下·江苏连云港·期末）如图，已知在中，点E、F分别是、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，当与满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由． 【答案】(1)证明见详解 (2)相等，理由见详解 【分析】本题考查了平行四边形和矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质证得，，根据M，N分别是和的中点证得即可证得结论； （2）当时，根据等腰三角形的性质和矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， E、F分别是和的中点， ，， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）当时，四边形是矩形． 理由：，， ， ， 由（1）知，四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 【经典例题十 证明四边形是矩形】 【例10】（2024下·全国·八年级假期作业）如图，在中，，是上两点，，连接，，，后得到四边形．下列条件中，不能使四边形是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 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·全国·假期作业）下图是四根木棒搭成的平行四边形框架，，，使固定，转动，当 时，的面积最大，此时是 形，面积为 ． 【答案】 /90度 矩 /48平方厘米 【分析】本题考查了矩形的判定，过作于点，再根据题意，当即可求解，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】如图，过作于点， 根据题意可得：的面积为， ∵不变， ∴当时，面积最大， ∴， ∴是矩形， ∴面积为， 故答案为：，矩，． 3．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接．    (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】本题考查了菱形的性质、矩形的判定、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据菱形的性质可得且，等量代换得到，推出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定定理即可得出结论； （2）由菱形的性质可得,，由直角三角形斜边上的中线的性质可得，由勾股定理可得，计算出的长，最后再由勾股定理计算出AE的长即可． 【详解】（1）证明: ∵四边形是菱形, ∴且, ∵, ∴, ∴, ∵, ∴四边形是平行四边形， ∵, ∴, ∴四边形是矩形； （2）∵四边形是菱形, ∴,, ∵, ∴, ∴, ，即， ， ． 【经典例题十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例11】（2023下·江苏·八年级期末）如图，在正方形中，，则等于（　　）    A．45° B．55° C．65° D．75° 【答案】B 【分析】作于F，证明，得到，利用进行求解即可． 【详解】解：作于F，    又四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 在和中，， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形． 1．（2021·河北唐山·统考二模）将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形．当时，下列针对值的说法正确的是（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数． 【详解】如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上， 分两种情况讨论： ①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M， ∵GC=GB， ∴GH⊥BC， ∴四边形ABHM是矩形， ∴AM=BH=， ∴GM垂直平分AD， ∴GD=GA=DA， ∴△ADG是等边三角形， ∴∠DAG=60°， ∴旋转角α=60°； ②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形， ∴∠DAG=60°， ∴旋转角α=360°-60°=300°， 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． 2（2023·江西·统考中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．    【答案】或或 【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解． 【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，    ∵在中，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴ ∴， ∴ ∴， 如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，      当点在的延长线上时，如图所示，则    当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形， ∴ 即是直角三角形，    综上所述，旋转角的度数为或或 故答案为：或或． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 3．（2023上·陕西榆林·九年级校考阶段练习）如图，四边形的对角线、相交于点O，其中，，，E为上一点，连接、．平分，且，求的度数．    【答案】 【分析】先证明四边形是矩形，得到，，，再证明是等腰直角三角形，得到，进而证明是等边三角形，得到，进而得到，最后利用等边对等角的性质和三角形内角和定理，即可求出的度数． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， ． ， ， 平行四边形是矩形， ，，， 平分， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形内角和定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键． 【经典例题十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例12】（2023上·内蒙古包头·九年级校考期中）如图，点是菱形对角线的交点，，，连接，设，，则的长为（　　）    A． B． C．20 D．10 【答案】B 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，证明四边形为矩形是解题关键．结合题意及菱形的性质，证明四边形为矩形，再在中利用勾股定理解得，然后根据矩形的性质“矩形的对角线相等”，即可求得答案． 【详解】解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是菱形，，， ∴，，， ∴，， ∴平行四边形为矩形， ∴． 故选：B． 1．（2023上·河北保定·九年级保定市第十七中学校考期中）如图，在中，，且，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，点O为的中点，则线段的最小值为（    ）    A． B．5 C． D． 【答案】C 【分析】由勾股定理求出的长，再证明四边形是矩形，可得，根据垂线段最短可得当时，的值最小，再利用三角形面积求出，可得，即可解决问题． 【详解】解：如图，连接，    ，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ，， 当时，的值最小， 此时，， ， 的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质、勾股定理、三角形面积、垂线段最短，关键是掌握矩形的对角线相等． 2．（2023上·四川成都·八年级成都市青羊实验中学校考期中）如图，正方形的边长为5，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，以为边向右侧作等边，连接，则的最小值为 ． 【答案】// 【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，等边三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．以为边作等边，连接，过点H作于N，于M，可证四边形是矩形，可证，证，可得，当时，有最小值，即有最小值，即可求解． 【详解】解：如图，以为边作等边，连接，过点H作于N，于M， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵是等边三角形，， ∴，，， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∴点F与点M重合时，， 故答案为：． 3．（2023上·广东深圳·九年级校联考阶段练习）如图，在中，，是的平分线，是外角的平分线，，垂足为点E． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证明，根据矩形的判定即可得到结论； （2）根据矩形的性质和勾股定理即可求出的长． 此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键． 【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：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【经典例题十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例13】（2023上·四川达州·九年级统考阶段练习）如图，矩形的两条对角线相交于点，，，若，，则四边形的面积是（    ）    A．24 B．14 C．48 D．25 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可得，根据题意可得四边形是菱形，证明四边形是平行四边形，得出，根据对角线乘积的一半即可求出菱形的面积． 【详解】解： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， 连接，则，    ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形的面积为：． 故选：A 【点睛】本题考查矩形的性质和菱形的判定及性质，掌握以上知识是解题关键． 1．（2023·浙江宁波·统考中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道(   )    A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积 【答案】C 【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论． 【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，    ∵矩形， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴只需要知道的面积即可求出的值； 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到 2．（2023上·四川成都·九年级四川省成都市第七中学初中学校校考期中）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． 3．（2023上·辽宁丹东·九年级统考期末）如图，在中，点是边的中点，过点作直线，的平分线和外角的平分线分别交于点，． (1)求证：四边形是矩形： (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的性质与判定、矩形的判定；熟练掌握平行线的性质和矩形判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键． （1）由已知得到两对内错角相等，再由、分别平分和，根据等量代换可推出，，分别根据“等角对等边”得出的，点是的中点时，则由，根据对角线互相平分且相等的四边形为矩形得证； （2）由已知和（1）得到的结论，可得，根据勾股定理求出边即可． 【详解】（1）证明：， ，， 又平分，平分， ，， ，， ，， ， 点是的中点， ， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴ 四边形是矩形； （2）由（1）知，四边形是矩形， ∴， 又∵为的平分线 四边形的面积=． 1．如图，在平面直角坐标系中，矩形的边、分别在x轴、y轴正半轴上，点D在边上，将矩形沿折叠，点C恰好落在边上的点E处，若，，则点D的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，利用勾股定理，求出的长是解题关键．根据矩形和折叠的性质，得出，，进而得到，设，利用勾股定理求出，从而得出，即可得到点D的坐标． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， 由折叠的性质可知，，， 在中，， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， 点D的坐标为， 故选：B． 2．如图，矩形的对角线交于点，过点O作交于点E，过点E作，垂足为F，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形性质是解答此题的关键． 依据矩形的性质即可得到的面积为12，再根据，即可得到的值． 【详解】解：∵， ∴矩形的面积为48， ， ， ∵对角线交于点， ∴的面积为12， ∵， ∴， 即， ∴， ∴． 故选：C． 3．如图，平分，为矩形的对角线上的一点，于点，的延长线与的延长线交于点，若，则的值是(    )    A．6 B．7 C．8 D．10 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，等角对等边，过作于，连接，证明，根据，得出，则，根据等角对等边即可求解． 【详解】解：过作于，连接，   平分， ， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ． 故选：D． 4．如图，矩形的对角线交于点O，，，则的长为（    ）    A．4 B．2 C． D．p 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质、等边三角形的判定与性质是解题的关键． 根据矩形的对角线相等且互相平分可得，由可得，从而是等边三角形，然后根据等边三角形的性质即可解得． 【详解】解:∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 故选：B． 5．如图，在矩形中，点E，F分别在边，上，将四边形沿折叠，使得点A落在点G处，点B恰好落在边上的点H处，连接．若C，H，G三点共线，且，则的长为（    ） A． B． C． D．9 【答案】C 【分析】由折叠的性质可知，，，，在中，根据，可得，．从而可求出，，．再证明，即可求得，即可由求解． 【详解】解：由折叠的性质可知，，，， ∵C，H，G三点共线， ∴． 在中，∵， ∴，． 又∵， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，直角三角形的性质，勾股定理，平行线的性质．熟练掌握矩形与折叠的性质是银题的关键． 6．如图，在菱形中，，E是边上一动点，过点E分别作于点F，于点G，连接，则的最小值为 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理等等，连接，作于点H，由菱形的性质得，则，由，求得，再证明四边形是矩形，则，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：如图，连接，作于点H， ∵四边形是菱形，， ， ， ， ， ， 解得， ∵于点F，于点G， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 7．如图矩形的对角线和相交于点O，过点O的直线分别交和于点E，F，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】20 【分析】此题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，先证明，推出，由此得到，熟练掌握矩形的性质及全等三角形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； ∵， 故． 故答案为：20． 8．已知的对角线，相交于点O，是等边三角形，，则的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题考查平行四边形的性质、等边三角形的性质、矩形的判定，勾股定理，熟练掌握勾股定理和矩形的判定是解题的关键． 根据是等边三角形，得出，证出四边形是矩形，再利用勾股定理求得，进行计算即可． 【详解】解：如图， ∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴四边形是矩形， 由勾股定理得， ∴的面积． 故答案为：． 9．已知矩形中，平分交矩形的一条边于点E，若，， ． 【答案】2或/或2 【分析】本题考查矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等，注意分情况讨论是解题的关键．画出符合条件的两种情况，根据矩形性质求出，，求出和的度数，求出和，即可求出． 【详解】解：有两种情况，如图： ∵四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， 图1中，∵， ∴， ∴， ∴； 图2中，∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：2或． 10．如图，矩形中，，，为中点，为上一点，将沿折叠后，点恰好落到上的点处，则折痕的长为 ． 【答案】/ 【分析】连接，利用矩形的性质以及折叠的性质，即可得到与全等，设，则可得，在中利用勾股定理即可得到的值，在中利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴，, ∵为中点， ∴， 由折叠可得，，， ∴，, 又∵， ∴， 又∵， ∴（）， ∴， 设，则，，， ∵， ∴中，， 即， 解得， ∴， ∵， ∴中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质以及折叠问题，解题时我们常常设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 11．如图，在矩形中，是上一点，，于点．    (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，结合了全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握这些性质是解题的关键． （1）证即可； （2）连接，证，得，设，在中，列式求解求出，即可解决． 【详解】（1）四边形为矩形， ∴，，，， ∵， ∴ ， ∴ ， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）连接，    在和中， ， ∴， ∴， 设， 则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得，即， ∵ ∴． 12．在中，于点，点在上，且，连接． (1)求证：； (2)连接，若平分，且，，判断四边形的形状，并求其面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是矩形，32 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质，属于中考常考题型． （1）由平行四边形的性质得到，结合即可证明； （2）证明四边形是平矩形，由矩形的性质得，由角平分线的定义得到，由平行线的性质得到，证出，进而解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， 即， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴， ∴平行四边形为矩形； ∵平分， ， ， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 又， ， ． 13．如图，在中，，M，O分别为边中点，延长至点D，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的面积为6，，求矩形的周长． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键． （1）先证明四边形为平行四边形，由三线合一得，进而可证四边形为矩形； （2）设，在中，由勾股定理得，根据完全平方公式得，进而可求出矩形的周长． 【详解】（1）∵O为中点， ∴． ∵， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴为等腰三角形， ∵M为边中点， ∴ ∴， ∴四边形为矩形． （2）设， ∵矩形的面积为6， ∴ ∵，且， ∴在中，由勾股定理得 即 ∵， ∴，即． ∵， ． ∴矩形的周长为． 14．如图，在矩形中，将点A翻折到对角线上的点M处，折痕交于点E．将点C翻折到对角线上的点N处，折痕交于点F． (1)求证：． (2)求证：四边形为平行四边形； (3)若四边形为菱形，且，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，然后结合折叠的性质求解即可； （2）证，推出，求出，，根据平行四边形判定推出即可； （3）求出，根据直角三角形性质求出、，即可求出答案． 【详解】（1）∵四边形是矩形 ∴ ∴ 由折叠可得，， ∴； （2）由（1）得，， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形； （3）∵四边形为菱形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定，矩形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 15．综合与实践：折纸是一项有趣的活动，折纸活动也伴随着我们初中数学的学习．在折纸过程中，我们可以研究图形的运动和性质，也可以在思考问题的过程中，初步建立几何直观，现在就让我们带着数学的眼光来折纸吧． 定义：将纸片折叠，若折叠后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为完美矩形． (1)操作发现： 如图①，将纸片按所示折叠成完美矩形，若的面积为24，，则此完美矩形的边长 ，面积为 ． (2)类比探究： 如图②，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若平行四边形的面积为，，则完美矩形的周长为 ． (3)拓展延伸： 如图③，将平行四边形纸片按所示折叠成完美矩形，若，，求此完美矩形的周长为多少． 【答案】(1)4；12 (2)16 (3)42 【分析】（1）根据折叠的性质求出好完美矩形的面积即可； （2）根据折叠的性质和矩形的面积公式分别求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长； （3）连接，根据折叠的性质证出四边形是平行四边形，设，则，利用勾股定理求出矩形的长和宽，即可得到矩形的周长． 【详解】（1）解：由折叠可知，，， ∴， 根据折叠可知：，，， ∵， ∴完美矩形的面积为： ； （2）解：由折叠可得：，，，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的周长； （3）解：连接，如图所示： ∵四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠可得：点和分别是和的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴，， ∴矩形的周长． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，熟悉利用折叠的性质是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$