第08讲 矩形的性质与判定（3个知识点+13大核心考点+变式训练+举一反三）-（寒假衔接课堂）2025年八年级数学寒假衔接讲义（沪教版）

第08讲 矩形的性质与判定（3个知识点+13大核心考点+变式训练+举一反三） 题型一 矩形性质理解 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01： 矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 要点：矩形定义的两个要素：①是平行四边形；②有一个角是直角.即矩形首先是一个平行四边形，然后增加一个角是直角这个特殊条件. 知识点02： 矩形的性质 矩形的性质包括四个方面： 1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 要点： （1）矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形.过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分. （2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴（分别通过对边中点的直线）.对称轴的交点就是对角线的交点（即对称中心）. （3）矩形是特殊的平行四边形，矩形具有平行四边形的所有性质，从而矩形的性质可以归结为从三个方面看：从边看，矩形对边平行且相等；从角看，矩形四个角都是直角；从对角线看，矩形的对角线互相平分且相等. 知识点03：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义：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. 【核心考点一 矩形性质理解】 【例1】（23-24八年级下·上海青浦·期中）下面性质中菱形有而矩形没有的是（    ） A．邻角互补； B．对角线互相垂直； C．对角线相等； D．对角线互相平分． 【例2】（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图①，在矩形中，动点从点出发，沿，，运动至点停止．设点运动的路程为，的面积为，如果关于的函数图像如图②所示，则的面积是（    ） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·上海浦东新·期末）矩形的较短边长是，两条对角线的夹角为，则这个矩形的面积是 ． 【例4】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，矩形ABCD中，O是两对角线交点，AE⊥BD于点E．若OE∶OD＝1∶2，AE＝3cm，则BE﹦ cm． 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在矩形中，点E、F分别在和上，若．求证：四边形是平行四边形． 【例6】（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）如图，在矩形中，对角线相交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接，若，求的长． 【核心考点二 利用矩形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，矩形的顶点A，C分别在直线a，b上．若且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，三角尺的顶点，分别在矩形的边，上，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在矩形中，连接，延长至点E，使，连接，若，则的度数是 ． 【例4】（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，点E在线段上，若，，则的度数为 ． 【例5】（2024·上海青浦·三模）如图所示，请用尺规作图法，在矩形的边上确定一点，使得．    【例6】（2024·上海宝山·二模）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接交于点E，连接交于点F． 以下是小明、小红的对话． 小明：． 小红：°． 请判断他们的说法是否正确，并说明理由．    【核心考点三 根据矩形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）在矩形中，，，点M是对角线上一点，连接，当为等腰三角形时，的长为（    ） A．3 B．或 C．1或 D．1或 【例2】（24-25八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【例3】（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在矩形中，相交于点O且，如果，那么 ． 【例4】（24-25八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿边以的速度运动，点从点出发，沿边以的速度运动，点和点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，当点和出发 时，四边形成为矩形． 【例5】（24-25八年级下·上海长宁·阶段练习）如图，在矩形中，对角线与交于点O，，，求与的周长差．    【例6】（23-24八年级下·全国·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的速度都是连接，，，设点，运动的时间为． (1)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 【核心考点四 根据矩形的性质求面积】 【例1】（2024·上海崇明·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 【例2】（2024·上海松江·一模）如图，点O是正六边形对角线上的一点， 若，则阴影部分的面积为 （    ） A．10 B．15 C．20 D．随点O位置而变化 【例3】（24-25八年级下·上海金山·阶段练习）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形，并使其最小内角为，则这个四边形周长不变，面积变为原来的 ． 【例4】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，过对角线上一点分别作，，其中点，，、分别在边、、、上，记四边形的面积为，四边形的面积为，则与的大小关系是 ． 【例5】（24-25八年级下·上海静安·期中）如图，已知矩形，请用尺规作图法，在边上求作一点，使（保留作图痕迹，不写作法） 【例6】（24-25八年级下·上海金山·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证． 请根据该图完成这个推论的证明过程． 证明：，（ ① ＋ ② ） 又， ③ ＝ ④ ， ⑤ ＝ ⑥ ． ． 【核心考点五 利用矩形的性质证明】 【例1】（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（　　） A．四边形的周长不变 B．四边形的面积不变 C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，O是矩形对角线的交点，作，，连结．有下列说法：①四边形为菱形；②；③；④若，则．其中正确的是（     ） A．①③ B．①④ C．②④ D．③④ 【例3】（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，矩形对角线、交于点，若，则 ．    【例4】（2024·上海青浦·模拟预测）如图，在矩形中，点E是上一点，，垂足为F，线段与图中的哪一条线段相等？先将猜想出的结论填写在下面的横线上，然后再加以证明．即 写出一条线段即可    【例5】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，菱形对角线交于点O，，，与交于点F．求证：． 【例6】（24-25八年级下·上海黄埔·期中）如图，在矩形中，M是对角线上的一个动点（M与A、C点不重合），作于E，于F． (1)试说明四边形是矩形； (2)连接，当点M运动到使为何值时，矩形为正方形？请写出你的结论． 【核心考点六 求矩形在坐标系中的坐标】 【例1】（23-24八年级下·上海·期末）如图，在矩形中，．若正比例函数的图象经过点C，则k的值为（    ） A．3 B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）图，反比例函数的图象过矩形OABC的顶点B，OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，矩形OABC的对角线OB，AC交于点E（1，2），则k的值为（    ） A．4 B．8 C．﹣4 D．﹣8 【例3】（23-24八年级下·上海·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 【例4】（23-24八年级下·天津东丽·期末）如图，四边形是矩形，三点的坐标分别是，，，对角线交点为，则点的坐标是 ．    【例5】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在矩形中，点、分别在轴、轴正半轴上，点在第一象限，，．点在上，连接，把沿着折叠，点刚好与线段上一点重合．    (1)请直接写出点C的坐标． (2)求线段CF的长度． 【例6】（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图1，O为坐标原点，矩形OABC的顶点A（﹣8，0），C（0，6），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转一定的角度α得到矩形OA'B'C′，此时边OA'、直线B'C'分别与直线BC交于点P、Q． (1)连接AP，在旋转过程中，当∠PAO＝∠POA时，求点P坐标． (2)连接OQ，当α＜90°时，若P为线段BQ中点，求△OPQ的面积． (3)如图2，连接AQ，以AQ为斜边向上作等腰直角△AQM，请直接写出在旋转过程中CM的最小值． 【核心考点七 矩形与折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，已知矩形中，，，将此矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（    ） A． B．4 C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）如图，将一张矩形纸片对折两次，然后剪下一个角，再将剪下的角展开，得到一个四边形，根据图中所给数据，下列判断正确的是（    ） 甲：展开后的图形是正方形；乙：展开后的图形面积为36． A．甲、乙都不对 B．甲、乙都对 C．只有甲对 D．只有乙对 【例3】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，，，．折叠四边形，使点D与点B重合，得到折痕，则的长为 ． 【例4】（23-24八年级下·北京顺义·期中）有一张矩形纸片，，，将纸片折叠，使边落在边上，折痕为，再将以为折痕向右折叠，与交于点F（如下图），则的长为 ． 【例5】（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，将矩形纸片沿（E在上）折叠，点A正好落在对角线上，已知，求的长． 【例6】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在矩形中，，，是边上一动点，将沿折叠得到． (1)连接，若，求此时的面积； (2)①若点，，在同一直线上，求此时的长度． ②若射线与矩形的边交于点，当时，求的长． 【核心考点八 矩形的判定定理理解】 【例1】（23-24八年级下·上海普陀·期中）下列命题为真命题的是（    ） A．对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形； B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形； C．三条边相等的四边形是菱形； D．三个内角相等的四边形是矩形． 【例2】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，已知四边形是平行四边形，已知下列结论中错误的（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）对角线互相垂直且相等的平行四边形是 ． 【例4】（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为 ． 【例5】（23-24八年级下·河南郑州·期末）小明家新装修了房子，他不确定新安装的门框是不是矩形，请你帮助他检查门框是不是矩形，设计你的方案，并说明道理． 【例6】（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，在□ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F是AC上的动点，且不与O点重合． (1)若AE=CF，求证：四边形DEBF是平行四边形； (2)已知BD=12cm，AC=16cm，点E，F均以2cm/s的速度，分别从点A，C出发，向点C，A方向运动．若以D，E，B，F为顶点的四边形是矩形，求点E，F运动时间t的值． 【核心考点九 添一条件使四边形是矩形】 【例1】（2024·上海·模拟预测）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【例2】（2024·上海徐汇·二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 【例3】（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 ． 【例4】（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． 【例5】（23-24八年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，平行四边形中，、分别为、的中点．连接交于，连接、．    (1)证明：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时(只能添加一个条件)，四边形是矩形． 【例6】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索： (1)围成的四边形是否必定是平行四边形？ (2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？ (3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？ (4)你还能发现其他什么结论吗？ 【核心考点十 证明四边形是矩形】 【例1】（23-24八年级下·全国·单元测试）下列条件中，不能判定平行四边形是矩形的是（） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·河北邯郸·期末）在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图4所示，关于两人的作法判断正确的是（    ） 甲：作的垂直平分线交于点O；连接，在射线上截取（A，C不重合），连接，，四边形即为所求．    乙：以B为圆心，长为半径画圆弧；以D为圆心，长为半径画圆弧；两弧在上方交于点C，连接，，四边形即为所求．    A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以 【例3】（24-25八年级下·全国·课后作业）在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形． 【例4】（2024·陕西汉中·一模）如图，在矩形中，，点是的中点，连接，点是上的点，过点作交于点，点关于的对称点为点，连接、，分别交于点，若，则四边形的面积为 ．    【例5】（24-25八年级下·山东菏泽·阶段练习）如图：菱形的对角线交于点O，过点作，且，连接，试判断四边形的形状．并说明理由． 【例6】（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在平行四边形中，延长到点，使，交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由． 【核心考点十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·湖北恩施·期末）如图，将一矩形纸片沿着虚线剪成两块全等的四边形纸片，根据图中标示的长度与角度，则剪得的四边形纸片中较短的边的长是（    ） A．4 B．3 C．5 D． 【例3】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）已知如图所示，，，于P，，则四边形的面积 ．    【例4】 （2024·江西·模拟预测）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 ．    【例5】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图所示，工人师傅将门砌到一定高度时，质检员要测一下门的四个角是否都为直角，请你帮质检员想一个检测的办法，并说明理由．    【例6】（2024·云南昭通·一模）如图，在梯形中，，F为上一点，且，E为上一点，交于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：． 【核心考点十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形的两对角线相交于点，，则矩形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【例2】（2024·浙江杭州·一模）日常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是（　　） A．6 B．5 C．2 D．1 【例3】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在中，对角线相交于点，且，若，则 °． 【例4】（23-24八年级下·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在中，，P是边上的一个动点（异于A，B两点），过点P分别作、边的垂线，垂足分别为M，N，则最小值是 ．    【例5】（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在正方形中，为上任意一点，于，于，试说明：． 【例6】（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）感应灯是一种通过感应模块自动控制光源点亮的一种新型智能照明产品，当人（或动物）移至灯一定距离时灯亮，人走开灯灭，给人们的生活带来了极大的方便，如图，有一个由传感器A控制的灯安装在门的上方，离地面高米的墙壁上，当人移至距离传感器A控制的灯5米及5米以内时，灯就会自动点亮，如果一个身高米的人走到点D处时，米，传感器A控制的灯刚好亮，求此时人到门的距离的长． 【核心考点十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例1】（23-24八年级下·江苏扬州·期中）将一个边长为的正方形与一个长，宽分别为，的矩形重叠放在一起，在下列三个图形中，重叠部分的面积从小到大排列正确的是（  ）    A．①②③ B．①③② C．③①② D．②③① 【例2】（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 【例3】（2024七年级·全国·竞赛）如图，六边形的面积为 ． 【例4】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为 ． 【例5】（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，在中，，，．求的面积．    【例6】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 【变式训练1 矩形性质理解】 1．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（     ） A．对边互相平行 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角相等 2．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在数轴上，点是原点，点表示的数是3，在数轴上方以为边作矩形，以点为圆心，的长为半径画弧，在原点右侧交该数轴于点，则点表示的数是（    ） A．1 B． C． D． 3．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，矩形中，对角线、相交于点O，且，则 ． 4．（23-24八年级下·广东梅州·期中）如图，将长为，宽为的长方形先向右平移，再向下平移，得到长方形，则四边形的周长为 ． 5．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，四边形为矩形，过点作交的延长线于点．求证：． 6．（23-24八年级下·江西抚州·阶段练习）如图，C是直线l上的点，，点B是直线l上的一个动点，且在C点右侧，以为边在直线l的上方作，若，，． (1)若四边形为矩形时，求的长； (2)若四边形为菱形时，求的长． 【变式训练2 利用矩形的性质求角度】 1．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在矩形中，交于点O，于点E，，则的大小是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山东青岛·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的垂线，垂足为，已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）在矩形中，交于点O，，则大小是 ． 4．（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 ． 5．（23-24八年级下·广东广州·期中）已知：如图，平行四边形形的对角线与相交于点O，．    (1)求证：平行四边形为矩形． (2)若．求：的度数． 6．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天，人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，是长方形，是延长线上一点，是上一点，并且． (1)求证：； (2)若，长方形面积为4，请直接写出的周长______． 【变式训练3 根据矩形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·甘肃白银·期中）已知矩形的对角线，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·陕西榆林·阶段练习）如图，矩形的对角线相交于点，，则的长为（    ）    A．5 B．10 C．15 D．20 3．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为 ． 4．（2024·福建福州·模拟预测）如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 5．（23-24八年级下·福建莆田·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，求矩形对角线的长． 6．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，在中，对角线，交于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，作的平分线交于点，求的长． 【变式训练4 根据矩形的性质求面积】 1．（23-24八年级下·山西大同·阶段练习）如图，矩形的长为6，宽为3，O为其对称中心，过点O任画一条直线，将矩形分成两部分，则图中阴影部分的面积为（    ） A．9 B．18 C．12 D．15 2．（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 3．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，矩形的对角线交于点O，，，则矩形的面积是 ． 4．（2024·江苏宿迁·二模）已知：如图，在矩形内一些相交线把它分成8个部分，其中的3个部分面积分别为13，35，49，则图中阴影部分的面积是 ． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·阶段练习）在矩形中，，，求矩形的面积．    6（2024·湖北随州·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【变式训练5 利用矩形的性质证明】 1．（23-24八年级下·江西宜春·开学考试）如图，是一块长为2，宽为1的矩形纸板，先将矩形纸板沿对角线剪开，再将得到的两部分重新拼接，则拼接后能得到不同形状的四边形（不含矩形）有（     ）      A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 2．（23-24八年级下·河南郑州·阶段练习）若顺次连接某四边形的四边中点得到一个矩形，则原四边形一定是（    ） A．任意四边形 B．对角线相等的四边形 C．平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形 3．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在矩形中，若，则的大小是 ． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，矩形的对角线、相交于点，，，若，则四边形的周长为 ． 5．（2024·湖北襄阳·一模）如图，矩形的对角线，相交于点O ， ，．求证：四边形是菱形． 6．（2024·吉林·二模）图1、图2、图3均是的正方形网格，每个小正方形的顶点为格点，点均在格点上，用无刻度的直尺作图． (1)在图1中，作射线平分，且点在格点上． (2)在图2中，作线段平分，且点在格点上． (3)在图3中，作直线垂直，且点在格点上． 【变式训练6 求矩形在坐标系中的坐标】 1．（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形两边与坐标轴重合，，．将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·辽宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A、C的坐标分别是，，点B在第一象限，则点B的坐标是（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·吉林·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 4．（23-24八年级下·重庆江津·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为 ． 5．（23-24八年级下·广东中山·阶段练习）已知矩形PMON的边OM、ON分别在x、y轴上，O为坐标原点，且点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1再将矩形P1M1O1N1绕着点O1旋转90°得到矩形P2M2O2N2．在坐标系中画出矩形P2M2O2N2，并求出直线P1P2的解析式． 6．（23-24八年级下·贵州铜仁·期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，2)．请标出点A，并回答下列问题： （1）作AM⊥x轴于M，并延长AM至点B，使BM=AM，直接写出点B的坐标； （2）作AN⊥y轴于N，并延长AN至点D，使DN=AN，直接写出点D的坐标； （3）连接AO并延长至点C，使得CO=AO，直接写出点C的坐标； （4）直接说出四边形ABCD的形状．（不需要证明） 【变式训练7 矩形与折叠问题】 1．（2024·安徽阜阳·三模）如图，把矩形沿折叠，若，则 （    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·内蒙古巴彦淖尔·期中）如图，在矩形中，点是上一点，连接，将沿折叠，使点的对应点落在上，，，则的长为（    ） A．2 B．1 C． D． 3．（23-24八年级下·北京昌平·期中）矩形ABCD中，，，按如图方式折叠，使点B落与点D重合，折痕为，则 ．    4（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，将长方形纸片沿线段折叠到的位置，若，则的度数为 ． 5．（23-24八年级下·山东青岛·阶段练习）如图，在长方形中，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F． (1)判断的形状，并说明理由； (2)求的长． 6．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）已知，如图所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求： (1)求的坐标； (2)求的坐标． 【变式训练8 矩形的判定定理理解】 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 2．（23-24八年级下·河南信阳·期中）下列检查一个门框是否为矩形的方法中正确的是（    ） A．测量两条对角线是否相等 B．用曲尺测量对角线是否互相垂直 C．用曲尺测量门框的三个角是否都是直角 D．测量两条对角线是否平分 3．（23-24八年级下·河南平顶山·期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为 ． 4．（23-24八年级下·福建厦门·期中）工人师傅在测量一个门框是否是矩形时，只需要用到一个直角尺，则他用到的判定方法是 . 5．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）请利用尺规作图，以Rt△ABC为依托，作一个矩形，并叙述作图过程（保留作图痕迹）． 6．（23-24八年级下·河南郑州·期末）小明家新装修了房子，他不确定新安装的门框是不是矩形，请你帮助他检查门框是不是矩形，设计你的方案，并说明道理． 【变式训练9 添一条件使四边形是矩形】 1．（2024·四川泸州·模拟预测）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·江西南昌·阶段练习）在四边形中，对角线相交于点O，下列选项中，能判定四边形是矩形的是（    ） A． B．， C．， D． 3．（23-24八年级下·湖北荆州·期中）已知平行四边形ABCD的对角线交于点O，分别添加下列条件：①；②；③；④中的一个，能使平行四边为矩形的条件的序号是 ． 4．（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． 5．（23-24八年级下·全国·课后作业）一个木匠要制作矩形的踏板，他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯了两次，就能得到矩形踏板．为什么？ 6．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，DB∥AC，DE∥BC，DE与AB交于点F，E是AC的中点． （1）求证：F是AB的中点； （2）若要使DBEA是矩形，则需给△ABC添加什么条件？并说明理由． 【变式训练10 证明四边形是矩形】 1．（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是平行四边形，下列说法能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 2．（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． 3．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）木工师傅要做一个长方形桌面，做好后量得长为，宽为，对角线为，这个桌面 （填“合格”或“不合格”）． 4．（23-24八年级下·全国·课后作业）数学实践活动课上，小明用细木条制作了一个四边形木框（如图所示），经测量得知该木框的两组对边长度相等，且有一个内角是直角，则该木框是 ．（填“平行四边形”或“矩形”）    5．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，在△ABC中，∠B＝90°，O为AC的中点，连接BO并延长至D，使OD＝OB，连接AD，CD，求证：四边形ABCD是矩形． 6．（23-24八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． （1）求证，四边形是矩形； （2）若，．求的面积． 【变式训练11 根据矩形的性质与判定求角度】 1．（23-24八年级下·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，在中，对角线、相交于点O，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·云南曲靖·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC．若∠AOB＝60°，则∠COE的大小为 ． 4．（23-24八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，矩形中于，若，则 度． 5．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，的对角线，相交于点，是等边三角形，． （1）求证：是矩形； （2）求的长． 6．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，已知平行四边形ABCD中，E，F分别在边BC，AD上，且BE＝DF，AC，EF相交于O，连接AE，CF． （1）求证：AE＝CF； （2）若∠FOC＝2∠OCE，求证：四边形AECF是矩形． 【变式训练12 根据矩形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·山西太原·期中）已知四边形中，，对角线相交于点O．下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·河北唐山·开学考试）如图，在矩形中，点E是上一动点，连接、，以、为边作，在点E从点B运动到点C的过程中，的面积（　　）    A．先变小后变大 B．先变大后变小 C．保持不变 D．一直变大 3．（23-24八年级下·贵州贵阳·期中）如图，一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋，若改变框架的形状，则平行四边形内角也随之变化，两条对角线长度也在发生改变．当是 度时，两条对角线长度相等． 4．（23-24八年级下·山东·单元测试）中，，P为边上一动点，于E，于F，M为中点，则的最小值为 ．    5．（23-24八年级下·浙江台州·期中）如图，C为线段上一动点，分别过点B，D作，，连结，，已知，，． (1)请问点C什么位置时的值最小？最小值为多少？ (2)设，则可表示为，请直接写出的最小值为______． 6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，为矩形对角线的交点，， ．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长和面积． 【变式训练13 根据矩形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为 ． 4．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，点在矩形的对角线上，且不与点重合，过点分别作边的平行线，交两组对边于点和．四边形和四边形都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为 ． 5．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 6．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点、均在格点上，仅用无刻度的直尺完成画图，请按步骤完成下列问题． （1）______； （2）在格点上找到点，，连接，，，使四边形是长与宽之比为2∶1的矩形； （3）在格点上找一点，连接，使得过的直线平分矩形的面积． 1．（2024八年级下·上海·专题练习）矩形的一条边长是a，两条对角线的夹角为60°，则矩形的另外一条边长等于（　　） A． B． C．或 D． 2．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，点在矩形的边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边的点处，如果，那么的值等于（   ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·上海·期末）如图，已知双曲线 经过矩形 边 的中点 且交 于 ，四边形 的面积为 2，则 A．1 B．2 C．4 D．8 4．（2024·上海闵行·二模）在矩形中，，点E在边上，点F在边上，联结、、，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误； C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 5．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 6．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在矩形中，对角线交于点O，已知，，那么的长是 ． 7．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，将矩形折叠，使点C与点A重合，求折痕的 ． 8．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，在中，，直线垂直平分，把线段绕点顺时针旋转，使点落在直线上的点处，联结、，线段、交于点，如果，那么 度． 9．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，矩形的对角线与相交于点，以，为邻边作平行四边形，交于点；以，为邻边作平行四边形…，若，则 ． 10．（2024·广东深圳·三模）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，取EF的中点G，连接CG，BG，BD，DG，下列结论： ①BE＝CD； ②∠DGF＝135°； ③△BEG≌△DCG； ④∠ABG+∠ADG＝180°； ⑤若，则3S△BDG＝13S△DGF． 其中正确的结论是 ．（请填写所有正确结论的序号） 11．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知，，矩形中，，P与A重合且N、P、C共线．现矩形沿射线以每秒速度向右移动，P与C重合则停止．设移动t秒后，重叠部分面积为S，求：S关于t的函数解析式及定义域． 12．（23-24八年级下·上海普陀·期末）已知：如图，在矩形中，，点是垂足． （1）联结，求证：四边形是平行四边形； （2）如果，求矩形的面积． 13．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与轴交于点，并且与反比例函数在第一象限内交于点．    (1)求、的值； (2)如果点在轴的负半轴上，点在坐标平面内，当以点，，，为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标． 14．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，已知平行四边形的对角线交于点O，延长至点H，使，连接，过点H作，过点B作． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形．                  15．（2024·上海·模拟预测）小张同学在探究作角问题 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法：    （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： （1）连接，如图2.请直接写出：______； （2）请判断和的数量关系，并说明理由； （3）小张在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点．将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平，求证：四边形是平行四边形． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第08讲 矩形的性质与判定（3个知识点+13大核心考点+变式训练+举一反三） 题型一 矩形性质理解 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01： 矩形的定义 有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 要点：矩形定义的两个要素：①是平行四边形；②有一个角是直角.即矩形首先是一个平行四边形，然后增加一个角是直角这个特殊条件. 知识点02： 矩形的性质 矩形的性质包括四个方面： 1.矩形具有平行四边形的所有性质； 2.矩形的对角线相等； 3.矩形的四个角都是直角； 4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴. 要点： （1）矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形.过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分. （2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴（分别通过对边中点的直线）.对称轴的交点就是对角线的交点（即对称中心）. （3）矩形是特殊的平行四边形，矩形具有平行四边形的所有性质，从而矩形的性质可以归结为从三个方面看：从边看，矩形对边平行且相等；从角看，矩形四个角都是直角；从对角线看，矩形的对角线互相平分且相等. 知识点03：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义：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. 【核心考点一 矩形性质理解】 【例1】（23-24八年级下·上海青浦·期中）下面性质中菱形有而矩形没有的是（    ） A．邻角互补； B．对角线互相垂直； C．对角线相等； D．对角线互相平分． 【答案】B 【分析】根据菱形以及矩形的性质逐项分析判断即可． 【详解】解：A、∵平行四边形的邻角互补，故矩形和菱形的邻角均互补，故不符合题意； B、菱形对角线互相垂直，矩形的对角线不互相垂直，故符合题意． C、矩形的对角线相等，菱形的对角线互相垂直且平分，故不符合题意； D、平行四边形的对角线互相平分，故矩形和菱形的对角线互相平分，故不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，掌握矩形和菱形的性质是解题的关键． 【例2】（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图①，在矩形中，动点从点出发，沿，，运动至点停止．设点运动的路程为，的面积为，如果关于的函数图像如图②所示，则的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数图像分析各拐点的意义，时沿运动，时沿运动，可知，的值，从而求得； 【详解】根据函数图像分析， 时，的值不断增大，沿运动； 时，的值没有变化，沿运动； 时，的值不断减小，沿运动； , 四边形是矩形 故选A 【点睛】本题考查了矩形的性质，动点问题，动点问题的函数图像的实际意义，理解函数图像中拐点的意义是解题的关键． 【例3】（23-24八年级下·上海浦东新·期末）矩形的较短边长是，两条对角线的夹角为，则这个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质得出OA=OB，再证明△AOB是等边三角形，得出OA=AB=1，然后由勾股定理求出BC的长，即可得出结果． 【详解】 解：如图所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，OA=OC=AC，OB=OD=BD，AC=BD， ∴OA=OB， 又∵∠AOB=60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴OA=AB=1， ∴AC=2OA=2， ∴BC===， ∴矩形ABCD的面积=AB•BC=1×=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握矩形的性质，由勾股定理求出BC的长是解决问题的关键． 【例4】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，矩形ABCD中，O是两对角线交点，AE⊥BD于点E．若OE∶OD＝1∶2，AE＝3cm，则BE﹦ cm． 【答案】 【分析】题目条件给出了AE⊥BD可以求得∠AEO=，从而得到AEO为直角三角形，已知 OE∶OD＝1∶2建立EO与AO的数量关系，通过勾股定理可求得OE的值，便可得出答案． 【详解】∵四边形ADCD为矩形 ∴OB=OA=OD 又∵OE∶OD＝1∶2 ∴OE=OD=OA=BE ∵AE⊥BD ∴在RtAEO中，AE²+OE²=OA²AE²+OE²=(2OE)² 3²+ OE²=(2OE)² ∴OE= ∴BE= OE= 故答案为 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，通过矩形对角线相等的性质和比值关系，用勾股定理构造直角三角形的边数量关系是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，在矩形中，点E、F分别在和上，若．求证：四边形是平行四边形． 【答案】证明见解析． 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定．根据一组对边平行且相等判断四边形是平行四边形即可． 【详解】证明：四边形是矩形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形． 【例6】（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）如图，在矩形中，对角线相交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)连接，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)6 【分析】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定： （1）先证明四边形是平行四边形，再由矩形的性质得到，由此即可证明四边形为菱形； （2）由菱形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，则． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， 矩形的对角线相交于点O， ， 四边形是菱形； （2）解：如图，连接，交于点F， 由（1）知，四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【核心考点二 利用矩形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，矩形的顶点A，C分别在直线a，b上．若且，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查平行线的性质，矩形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解． 作，证明，根据平行线的性质与矩形性质即可求解． 【详解】解：如图，作， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选B． 【例2】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，三角尺的顶点，分别在矩形的边，上，，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，根据平行线的性质得出，根据三角形内角和定理得出，进而求得，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ∵，， ∴ ∴ ∴ 故选：B． 【例3】（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，在矩形中，连接，延长至点E，使，连接，若，则的度数是 ． 【答案】50 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，关键是由矩形的性质推出，，得到，．连接，由矩形的性质推出，，得到，推出，因此，由三角形外角的性质得到，于是得到，再根据矩形即可之答案． 【详解】解：连接， ∵四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：50． 【例4】（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，矩形的对角线交于点O，点E在线段上，若，，则的度数为 ． 【答案】/103度 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质，利用这三个性质是解题的关键；由矩形的性质得的度数，由等腰三角形的性质可求得的度数，由三角形外角的性质即可求得结果． 【详解】解：在矩形中，， ； ， ， ； ， ， ； 故答案为：． 【例5】（2024·上海青浦·三模）如图所示，请用尺规作图法，在矩形的边上确定一点，使得．    【答案】见解析 【分析】分别以A、B为圆心，以的长为半径画弧，二者交于点F，连接并延长交于E，点E即为所求． 【详解】解：如答图所示，点E即为所求作． 如图所示，分别以A、B为圆心，以的长为半径画弧，二者交于点F，连接并延长交于E， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴．    【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知相关知识是解题的关键． 【例6】（2024·上海宝山·二模）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接交于点E，连接交于点F． 以下是小明、小红的对话． 小明：． 小红：°． 请判断他们的说法是否正确，并说明理由．    【答案】小明正确，小红不正确，理由见解析 【分析】由矩形得，为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断小明的说法正误；根据矩形的性质可得，便可判断小红的说法正误． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ，故小明的说法正确； ，， ， ，故小红的说法错误． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，关键是熟记这些图形的性质． 【核心考点三 根据矩形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）在矩形中，，，点M是对角线上一点，连接，当为等腰三角形时，的长为（    ） A．3 B．或 C．1或 D．1或 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的定义等知识点，分类讨论当时， 当时，两种情况即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， 当时，如图所示： 则为对角线的交点， ∴； 当时，如图所示： ∴； 当，此种情况不成立； 故选：B 【例2】（24-25八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，在矩形中，O是对角线的交点，于点E，若，，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．由矩形的性质得到，求得，再由勾股定理即可得到的长． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∵于点E， ∴， ∴， 故选：C． 【例3】（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，在矩形中，相交于点O且，如果，那么 ． 【答案】4 【分析】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，根据矩形的性质，得到，根据，得到是等边三角形，即可得出结果． 【详解】解：∵是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴． 故答案为：4． 【例4】（24-25八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，在矩形中，，，点从点出发，沿边以的速度运动，点从点出发，沿边以的速度运动，点和点同时出发，当点运动到点时，两点同时停止运动，当点和出发 时，四边形成为矩形． 【答案】4 【分析】本题考查了矩形的性质和解一元一次方程，能根据矩形的性质得出方程是解此题的关键．根据矩形的性质得出，得出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：由题意得：， 四边形是矩形，， ， 要使四边形是矩形，必须，即， 解得；， 当点和出发时，四边形成为矩形． 故答案为：4． 【例5】（24-25八年级下·上海长宁·阶段练习）如图，在矩形中，对角线与交于点O，，，求与的周长差．    【答案】4 【分析】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键． 由矩形得到，，周长作差即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 【例6】（23-24八年级下·全国·期中）如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点即停止；同时，点从点出发向点运动，运动到点即停止，点，的速度都是连接，，，设点，运动的时间为． (1)求为何值时，四边形是矩形； (2)求为何值时，四边形是菱形． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，解决此题注意结合方程的思想解题． (1)当四边形是矩形时，，据此求得t的值； (2)当四边形是菱形时，，列方程求得运动的时间t． 【详解】（1）解：由题意，得，则， 四边形是矩形， ，， 当时，四边形为矩形， ， 解得， 故当时，四边形为矩形． （2）解：由（1）可知，四边形为平行四边形， 当时，四边形为菱形． 在中，， 时，四边形为菱形， 解得， 故当时，四边形为菱形． 【核心考点四 根据矩形的性质求面积】 【例1】（2024·上海崇明·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． 【例2】（2024·上海松江·一模）如图，点O是正六边形对角线上的一点， 若，则阴影部分的面积为 （    ） A．10 B．15 C．20 D．随点O位置而变化 【答案】B 【分析】本题考查了正多边形的性质．把正多边形分成两个全等的三角形和一个矩形求解即可． 【详解】解：∵正六边形， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴阴影部分的面积为， 故选：B． 【例3】（24-25八年级下·上海金山·阶段练习）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形，并使其最小内角为，则这个四边形周长不变，面积变为原来的 ． 【答案】一半//0.5 【分析】主要考查了平行四边形的面积公式和基本性质，直角三角形中，的角对的直角边等于斜边的一半．作出高构造含有的直角三角形是解题关键． 过点作于点，在直角三角形中，，可得，再由平行四边形面积公式可得面积为矩形面积的一半． 【详解】解：如图，过点作于点， 在直角三角形中， ∵ ∴， ． 故答案为：一半． 【例4】（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，过对角线上一点分别作，，其中点，，、分别在边、、、上，记四边形的面积为，四边形的面积为，则与的大小关系是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质．由矩形的性质可得，，，由题意可证四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，可得，，即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ∴，，， ∵，， 四边形是平行四边形，四边形是平行四边形， ，， ，， ， 故答案为：． 【例5】（24-25八年级下·上海静安·期中）如图，已知矩形，请用尺规作图法，在边上求作一点，使（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的性质，作线段的垂直平分线．利用作线段的垂直平分线，得到的中线，则． 【详解】解：如图所示，点即为所求． 【例6】（24-25八年级下·上海金山·期中）数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所得两长方形面积相等（如图所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证． 请根据该图完成这个推论的证明过程． 证明：，（ ① ＋ ② ） 又， ③ ＝ ④ ， ⑤ ＝ ⑥ ． ． 【答案】①；②；③；④；⑤；⑥ 【分析】本题考查矩形的性质，由题意可得四边形和四边形均为矩形，矩形的对角线将矩形平分为两个面积相等的三角形，由此逐项论证即可． 【详解】证明：， 又，，． ． 故答案为：①；②；③；④；⑤；⑥． 【核心考点五 利用矩形的性质证明】 【例1】（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图所示，把两张矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成一个四边形．固定一张纸条，另一张纸条在转动过程中，下列结论一定成立的是（　　） A．四边形的周长不变 B．四边形的面积不变 C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质与判定，由矩形的性质可得，，则可满足四边形是平行四边形，得到，随着一张纸条在转动过程中，不一定等于，四边形周长、面积都会改变，据此可得答案． 【详解】解：由矩形的性质可得，， ∴四边形是平行四边形， ∴，故D符合题意， 随着一张纸条在转动过程中，不一定等于，四边形周长、面积都会改变，故A、B、C不符合题意， 故选：D． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，O是矩形对角线的交点，作，，连结．有下列说法：①四边形为菱形；②；③；④若，则．其中正确的是（     ） A．①③ B．①④ C．②④ D．③④ 【答案】B 【分析】①先证明四边形是平行四边形，再根据四边形是矩形，可得，进而即可解决问题； ②由，，，进而可以判断； ③由，得到，进而可以进行判断； ④设与交于点，证明是的垂直平分线，可得，然后证明，进而可以解决问题． 【详解】解：①，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 四边形为菱形；故①正确； ②∵四边形为菱形 ∴ ∵ ∴，故②错误； ③∵四边形是矩形 ∵ ∴，故③错误； ④如图，设与交于点， ， ， ， ， 是矩形对角线的中点， 是的中点， 是的垂直平分线， ， 四边形为菱形， ， 四边形是矩形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ． 说法正确的是①④． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到． 【例3】（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，矩形对角线、交于点，若，则 ．    【答案】 【分析】由四边形是矩形，推出，推出，由，，推出． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质，三角形的外角等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 【例4】（2024·上海青浦·模拟预测）如图，在矩形中，点E是上一点，，垂足为F，线段与图中的哪一条线段相等？先将猜想出的结论填写在下面的横线上，然后再加以证明．即 写出一条线段即可    【答案】 【分析】根据矩形的性质得出，推出，推出，根据全等三角形的判定推出即可． 【详解】解：， 理由是：四边形是矩形，， ， ， 在和中 ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定的应用，关键是推出，注意：矩形的四个角都是直角，矩形的对边平行． 【例5】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，菱形对角线交于点O，，，与交于点F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定、菱形的性质以及矩形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 根据两组对边平行的四边形为平行四边形得出四边形是平行四边形；再根据菱形的性质得出，然后根据有一个角为直角的平行四边形为矩形得出四边形是矩形，最后根据矩形的性质即可得证． 【详解】证明：∵，， ∴四边形是平行四边形． 又∵菱形对角线交于点O， ∴，即． ∴四边形是矩形． ∴． 【例6】（24-25八年级下·上海黄埔·期中）如图，在矩形中，M是对角线上的一个动点（M与A、C点不重合），作于E，于F． (1)试说明四边形是矩形； (2)连接，当点M运动到使为何值时，矩形为正方形？请写出你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 【分析】（1）因为矩形中，，，所以在四边形中有三个角为直角，由矩形的判定方法可得四边形是矩形； （2）当点运动到使时，矩形为正方形． 本题考查矩形和正方形的判定方法．有三个角是直角的四边形是矩形．一组邻边相等的矩形是正方形． 【详解】（1）解：∵四边形 是矩形， ， ，， ，， 四边形是矩形； （2）解：当点运动到使时，矩形为正方形．过程如下： 如图：连接， 为矩形， ， ， ， 矩形为正方形． 【核心考点六 求矩形在坐标系中的坐标】 【例1】（23-24八年级下·上海·期末）如图，在矩形中，．若正比例函数的图象经过点C，则k的值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据矩形的性质求出点的坐标，再利将其代入正比例函数的解析式即可得． 【详解】解：在矩形中，， ， ， 将点代入正比例函数得：， 解得， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、正比例函数，正确求出点的坐标是解题关键． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）图，反比例函数的图象过矩形OABC的顶点B，OA，OC分别在x轴、y轴的正半轴上，矩形OABC的对角线OB，AC交于点E（1，2），则k的值为（    ） A．4 B．8 C．﹣4 D．﹣8 【答案】B 【分析】根据矩形性质，可得出点B的坐标，代入求解即可． 【详解】解：由题意得：A的横坐标为1×2＝2，C的纵坐标为2×2＝4， ∴B的坐标为（2，4）， ∵B在反比例函数图象上， ∴ 4＝， ∴k＝8， 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质和反比例函数的综合应用，熟练掌握矩形性质和数形结合思想的应用是解题的关键． 【例3】（23-24八年级下·上海·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质即可求得第四个点的坐标． 【详解】解：点和的横坐标相等， 点和的纵坐标相等， 要使这四个点构成矩形，则第四个点的横坐标与相等，纵坐标与相等， ∴第四个顶点的坐标为； 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了矩形在坐标系中的坐标，准确判断是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·天津东丽·期末）如图，四边形是矩形，三点的坐标分别是，，，对角线交点为，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】根据题意，可得，由中点坐标公式直接求解即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形，三点的坐标分别是，，， ， 矩形对角线交点为， 由平面直角坐标系中中点坐标公式可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形性质及中点坐标公式，熟记矩形性质及中点坐标公式是解决问题的关键． 【例5】（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在矩形中，点、分别在轴、轴正半轴上，点在第一象限，，．点在上，连接，把沿着折叠，点刚好与线段上一点重合．    (1)请直接写出点C的坐标． (2)求线段CF的长度． 【答案】(1) (2)3 【分析】（1）由矩形的性质可得，，，，即可求解； （2）设把沿着折叠，设点刚好与线段上一点重合，由折叠的性质的可得，，，由勾股定理可求的长． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，，， 点的坐标； （2），， ， 把沿着折叠，设点刚好与线段上一点重合，   ，，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查坐标与图形的性质，翻折变换，矩形的性质，利用勾股定理得出方程是解题的关键． 【例6】（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图1，O为坐标原点，矩形OABC的顶点A（﹣8，0），C（0，6），将矩形OABC绕点O按顺时针方向旋转一定的角度α得到矩形OA'B'C′，此时边OA'、直线B'C'分别与直线BC交于点P、Q． (1)连接AP，在旋转过程中，当∠PAO＝∠POA时，求点P坐标． (2)连接OQ，当α＜90°时，若P为线段BQ中点，求△OPQ的面积． (3)如图2，连接AQ，以AQ为斜边向上作等腰直角△AQM，请直接写出在旋转过程中CM的最小值． 【答案】(1)P（﹣4，6） (2)S△POQ＝ (3)4 【分析】（1）如图1中，过点P作PH⊥OA于H．证明PA=PO，利用等腰三角形的性质以及矩形的性质，求出OH，PH即可． （2）如图-1中，延长交x轴于J．设PB=PQ=x．想办法证明OP=PQ，在Rt△POC中，利用勾股定理构建方程求解即可． （3）如图2中，过点M作MF⊥BC于F，ME⊥AB交AB的延长线于E．想办法证明∠MBC=45°，推出点M的运动轨迹是直线BM，根据垂线段最短解决问题即可． 【详解】（1）如图1中，过点P作PH⊥OA于H． ∵A（﹣8，0），C（0，6）， ∴OA＝8，OC＝6， ∵∠PAO＝∠POA， ∴PA＝PO， ∵PH⊥OA， ∴AH＝OH＝4， ∵PH＝OC＝6， ∴P（﹣4，6）． （2）如图1﹣1中，延长交x轴于J．设PB＝PQ＝x． ∵PQOJ，QJOP， ∴四边形OPQJ是平行四边形， ∴PQ＝OJ， ∵∠CPO＝∠AOP＝∠OJQ，∠PCO＝∠OJ＝90°，OC＝O， ∴△OCP≌△OJ（AAS）， ∴OP＝OJ＝PQ＝x， 在Rt△POC中，∵， ∴， ∴x＝， ∴S△POQ＝•PQ•OC＝××6＝． （3）如图2中，过点M作MF⊥BC于F，ME⊥AB交AB的延长线于E． ∵∠MFB＝∠MEB＝∠EBF＝90°， ∴四边形MEBF是矩形， ∴∠EMF＝∠AMQ＝90°， ∴∠EMA＝∠QMF， ∵∠E＝∠MFQ＝90°，MA＝MQ， ∴△AEM≌△QFM（AAS）， ∴ME＝MF， ∴四边形BEMF是正方形， ∴∠MBF＝45°， ∴点M的运动轨迹是直线BM， ∴当CM⊥BM时，CM的值最小，此时是等腰直角三角形， ＝． 【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 【核心考点七 矩形与折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，已知矩形中，，，将此矩形折叠，使点B与点D重合，折痕为，则的长为（    ） A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】设，则，首先得到，然后利用勾股定理求解即可． 此题考查了矩形和折叠的性质，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． 【详解】解：设，则 由折叠可得， ∵四边形是矩形 ∴ ∴，即 解得 ∴的长为4． 故选：B． 【例2】（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）如图，将一张矩形纸片对折两次，然后剪下一个角，再将剪下的角展开，得到一个四边形，根据图中所给数据，下列判断正确的是（    ） 甲：展开后的图形是正方形；乙：展开后的图形面积为36． A．甲、乙都不对 B．甲、乙都对 C．只有甲对 D．只有乙对 【答案】C 【分析】本题考查了折叠问题，直角三角形的面积．通过观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形，进而得到展开后的图形是正方形；通过题中数据可求该三角形面积，然后由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍，即可求得结果． 【详解】解：观察发现剪下的部分为一个等腰直角三角形， ∴展开后的图形是4个该等腰直角三角形拼接而成， ∴展开后的图形是正方形； 由折叠2次可知，展开图像面积为该三角形面积的4倍， 所以剪下部分展开得到的四边形的面积为， ∴只有甲对． 故选：C． 【例3】（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图，在四边形中，，，．折叠四边形，使点D与点B重合，得到折痕，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，根据折叠的性质得，，，根据勾股定理得出，求解即可． 【详解】解：根据折叠的性质得：，，， 在中，，即， 解得：， 故答案为：． 【例4】（23-24八年级下·北京顺义·期中）有一张矩形纸片，，，将纸片折叠，使边落在边上，折痕为，再将以为折痕向右折叠，与交于点F（如下图），则的长为 ． 【答案】1 【分析】由矩形的性质可知，，由折叠可知，故，，可得，可知．本题考查了折叠的性质．折叠前后对应角相等，对应线段相等，关键是推出特殊三角形． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴ ∴由折叠的性质可知：第二幅图中，，， ∴，， 则第三幅图中，， ． 故答案为：1． 【例5】（23-24八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，将矩形纸片沿（E在上）折叠，点A正好落在对角线上，已知，求的长． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理的应用；由矩形的性质及勾股定理求得，由折叠性质得，，从而有，利用勾股定理建立方程即可求得的长． 【详解】解：在矩形中，，； 由勾股定理求得； 由折叠性质得，，， ，； ， 在中，由勾股定理得：， 解得：． 【例6】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在矩形中，，，是边上一动点，将沿折叠得到． (1)连接，若，求此时的面积； (2)①若点，，在同一直线上，求此时的长度． ②若射线与矩形的边交于点，当时，求的长． 【答案】(1)15 (2)①2；②的长为或． 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）由折叠的性质得到，过点作于点，求出，即可求解； （2）①利用勾股定理求出，证明，利用全等三角形的性质，即可得出结果； ②分当点在边上时，当点在边上时，两种情况讨论，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 由折叠知， ∴， ． 如图1，过点作于点， ， ； （2）解：①如图2， 由折叠知， ． ， ． 又，， ， ， ， ； ②如图3，当点在边上时， 设，则，， ， ； 如图4，当点在边上时， 设，则，， ， ． 综上所述，的长为或． 【核心考点八 矩形的判定定理理解】 【例1】（23-24八年级下·上海普陀·期中）下列命题为真命题的是（    ） A．对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形； B．对角线互相垂直平分的四边形是正方形； C．三条边相等的四边形是菱形； D．三个内角相等的四边形是矩形． 【答案】A 【分析】本题考查了判断命题的真假、菱形、正方形及矩形的判定，根据菱形、正方形及矩形的判定逐一判断即可求解，熟练掌握菱形、正方形及矩形的判定是解题的关键． 【详解】解：A、对角线的交点到各边距离都相等的四边形是菱形，正确，是真命题，符合题意； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； C、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； D、三个内角是直角的四边形是矩形，故原命题错误，是假命题，故不符合题意； 故选A． 【例2】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，已知四边形是平行四边形，已知下列结论中错误的（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】D 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定定理，逐个判断即可． 【详解】解：A.∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故此项不符合题意； B.∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形，故此项不符合题意； C.∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，故此项不符合题意； D.∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，不一定是正方形，故此项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，能正确运用判定定理判断是解题的关键． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）对角线互相垂直且相等的平行四边形是 ． 【答案】正方形 【分析】根据正方形的判定方法进行判断． 【详解】解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，理由如下： ∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形是矩形， ∴对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形， 故答案为：正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角． 【例4】（23-24八年级下·浙江金华·期末）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可． 【详解】作PM⊥AD于M，交BC于N． 则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形， ∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN， ∴S△DFP=S△PBE=×2×5=5， ∴S阴=5+5=10， 故答案为10． 【点睛】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S△PEB=S△PFD． 【例5】（23-24八年级下·河南郑州·期末）小明家新装修了房子，他不确定新安装的门框是不是矩形，请你帮助他检查门框是不是矩形，设计你的方案，并说明道理． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的判定（有两组对边分别相等的四边形是平行四边形）判断是否是平行四边形，再根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）判断是否是矩形． 【详解】解：①先用线测量，，则四边形是平行四边形， ②再用线测量， 则四边形就是矩形，否则就不是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和矩形的判定，注意：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形． 【例6】（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，在□ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F是AC上的动点，且不与O点重合． (1)若AE=CF，求证：四边形DEBF是平行四边形； (2)已知BD=12cm，AC=16cm，点E，F均以2cm/s的速度，分别从点A，C出发，向点C，A方向运动．若以D，E，B，F为顶点的四边形是矩形，求点E，F运动时间t的值． 【答案】(1)见解析 (2)1s或7s 【分析】（1）判断四边形DEBF是否为平行四边形，需证明其对角线是否相互平分；已知四边形ABCD是平行四边形，故OB=OD；又因为AE=CF，所以可得OE=OF，即可得出结论； （2）若以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形，则必有BD=EF，可求出时间t的值． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA=OC，OB=OD． ∵AE= CF， ∴OE=OF， ∴四边形DEBF是平行四边形； （2）若以D，E，B，F为顶点的四边形是矩形， 则BD=EF=12， ∴OE=OD=6， 由题意得AO=OC=8， ∴AE=2或AE =14， ∵点E，F的运动速度均为2cm/s， ∴t的值为1s或7s． 【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形、矩形的性质是解答此题的关键． 【核心考点九 添一条件使四边形是矩形】 【例1】（2024·上海·模拟预测）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可． 【详解】A：， 为平行四边形而非矩形 故A不符合题意 B：， 为平行四边形而非矩形 故B不符合题意 C： ∴∥ 四边形为矩形 故C符合题意 D： 不是平行四边形也不是矩形 故D不符合题意 故选：C ． 【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． 【例2】（2024·上海徐汇·二模）如图，的对角线、相交于点，如果添加一个条件使得是矩形，那么下列添加的条件中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，菱形的判定，根据判定定理逐项判断即可． 【详解】∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则A不符合题意； ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则B不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 则C不符合题意； ∵， ∴． ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 则D正确． 故选：D． 【例3】（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：． 【例4】（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）． 【例5】（23-24八年级下·江苏宿迁·阶段练习）如图，平行四边形中，、分别为、的中点．连接交于，连接、．    (1)证明：四边形是平行四边形； (2)当满足什么条件时(只能添加一个条件)，四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】（1）利用平行四边形的性质证明，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可判断； （2）根据矩形的判定定理，即可直接写出答案 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， 又∵分别为的中点， ∴， ∴， ∵即， ∴四边形是平行四边形 （2）添上条件：．(答案不唯一)． 补充证明如下：根据题意画图如下：    ∵，点为的中点， ∴，即， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定方法，矩形的判定，正确理解平行四边形的性质以及判定定理是关键． 【例6】（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索： (1)围成的四边形是否必定是平行四边形？ (2)在什么条件下，围成的四边形是菱形？ (3)在什么条件下，围成的四边形是矩形？ (4)你还能发现其他什么结论吗？ 【答案】(1)是平行四边形，证明见解析； (2)当时，四边形是菱形； (3)当时，四边形是矩形； (4)当且时，四边形是正方形 【分析】（1）根据中位线的性质及平行四边形的判定证明即可； （2）结合（1）中结论，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求解； （3）结合（1）中结论，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解； （4）结合（1）中结论，根据邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形即可求解． 【详解】（1）解：是平行四边形，理由如下： ∵，是的两条中位线， ∴，，， ∴四边形是平行四边形； （2）由（1）得四边形是平行四边形， 当时，， ∴四边形是菱形； （3）由（1）得四边形是平行四边形， 当时，四边形是矩形； （4）当且时， 四边形是正方形． 【点睛】题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键． 【核心考点十 证明四边形是矩形】 【例1】（23-24八年级下·全国·单元测试）下列条件中，不能判定平行四边形是矩形的是（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．根据矩形的判定逐个判断即可． 【详解】解：A、不能判定这个平行四边形为矩形，符合题意； B、，，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意； C、，对角线相等，可推出平行四边形是矩形，不符合题意； D、，所以，可以判定这个平行四边形为矩形，不符合题意． 故选：A 【例2】（23-24八年级下·河北邯郸·期末）在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图4所示，关于两人的作法判断正确的是（    ） 甲：作的垂直平分线交于点O；连接，在射线上截取（A，C不重合），连接，，四边形即为所求．    乙：以B为圆心，长为半径画圆弧；以D为圆心，长为半径画圆弧；两弧在上方交于点C，连接，，四边形即为所求．    A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定，熟记相关定理内容是解题关键． 【详解】解：由甲的做法可知：， 根据对角线互相垂直平分的四边形是矩形，可知四边形是矩形； 由乙的做法可知：， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴四边形是矩形； 故选：C. 【例3】（24-25八年级下·全国·课后作业）在中，于点D，交于点E，交于点F，当满足条件 时，四边形是矩形． 【答案】 【分析】先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论．本题考查矩形的判定、平行四边形的判定与性质、等知识，熟练掌握菱矩形的判定和平行四边形的判定与性质． 【详解】证明：，， 四边形是平行四边形，， 当时 ∴四边形是矩形 ∴当满足条件时，四边形是矩形 故答案为： 【例4】（2024·陕西汉中·一模）如图，在矩形中，，点是的中点，连接，点是上的点，过点作交于点，点关于的对称点为点，连接、，分别交于点，若，则四边形的面积为 ．    【答案】 【分析】连接，分别交于点，通过全等三角形证明出四边形是菱形，再根据菱形的面积公式即可求． 【详解】连接，分别交于点，    四边形是矩形，点是的中点， 点与点关于对称 四边形为矩形 同理可得：四边形为矩形， 是中点 点关于的对称点为点 ， 四边形是菱形 ， 由，可得， 由，，可得四边形是平行四边形， ， 由，可得，即， ，， 故答案为： 【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定、菱形的性质与判定、平行线的性质以及矩形的性质与判定，解题的关键在于正确画出辅助线． 【例5】（24-25八年级下·山东菏泽·阶段练习）如图：菱形的对角线交于点O，过点作，且，连接，试判断四边形的形状．并说明理由． 【答案】矩形，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题关键．先证明四边形是平行四边形，再结合菱形的性质，得到，即可得到答案． 【详解】解：四边形是矩形，理由如下： ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形， ， ， 四边形是矩形． 【例6】（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在平行四边形中，延长到点，使，交于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)满足什么条件时，四边形是矩形，并说明理由． 【答案】(1)详见解析 (2)当时，四边形是矩形，详见解析 【分析】此题主要考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． （1）由平行四边形的性质得，，再由，得，，即可得出结论； （2）当时，根据对角线相等的平行四边形是矩形证明即可． 【详解】（1）证明：四边形为平行四边形， ，， ， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，理由如下： 四边形为平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形 【核心考点十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由补角的定义可得，由题意可得，，则有，即可得解． 【详解】解：如图， 由题意得：， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，余角与补角，解答的关键是明确互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180° 【例2】（23-24八年级下·湖北恩施·期末）如图，将一矩形纸片沿着虚线剪成两块全等的四边形纸片，根据图中标示的长度与角度，则剪得的四边形纸片中较短的边的长是（    ） A．4 B．3 C．5 D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=DC=4，ADBC，再证四边形ABFQ是矩形，得AB=FQ=DC=4，求出EQ=FQ=4，即可得出答案． 【详解】解：过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQA=∠FQD=90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=DC=4，ADBC， ∴四边形ABFQ、四边形CDQF都是矩形， ∴AB=FQ=DC=4，QD=CF， 由题意得：AE=CF， ∴AE=QD， ∵ADBC， ∴∠QEF=∠BFE=45°， ∴△QEF是等腰直角三角形， ∴EQ=FQ=4， ∴AE=QD=×（10-4）=3， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定、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此题的关键． 【例3】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）已知如图所示，，，于P，，则四边形的面积 ．    【答案】9 【分析】过点D作交的延长线于E，得到矩形，根据矩形的性质可得，然后根据同角的余角相等求出，再利用“角角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而求出四边形是正方形，再求出四边形的面积等于正方形的面积，然后求解即可． 【详解】解：如图，过点D作交的延长线于E，    ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积=正方形的面积． 故答案为：9． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握三角形全等的判定方法并作辅助线构造出全等三角形和正方形是解题的关键． 【例4】 （2024·江西·模拟预测）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． 【例5】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图所示，工人师傅将门砌到一定高度时，质检员要测一下门的四个角是否都为直角，请你帮质检员想一个检测的办法，并说明理由．    【答案】先测量，，，，，的长度，若，，，则门的四个角都是直角，理由见解析 【分析】利用对角线相等的平行四边形是矩形即可得到答案． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， 当时，平行四边形为矩形， 这种做法的依据是对角线相等的平行四边形为矩形． 【点睛】本题主要考查对矩形的性质和判定的理解和掌握，能熟练地运用矩形的性质解决实际问题是解此题的关键． 【例6】（2024·云南昭通·一模）如图，在梯形中，，F为上一点，且，E为上一点，交于点G． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据，可得四边形是平行四边形，再由，即可求证； （2）根据四边形是矩形，，从而得到，再由，可得，从而得到，进而得到，即可求证． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形． （2）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质是解题的关键． 【核心考点十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图，矩形的两对角线相交于点，，则矩形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可得，，根据，可得是等边三角形，，在中，根据含角的直角三角形的性质可得的值，根据矩形的面积计算方法即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵对角线相交于点，， ∴，即是等边三角形， ∴， ∴， 在中，，， ∴， ∴矩形的面积为， 故选：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质的综合等知识，掌握以上知识是解题的关键． 【例2】（2024·浙江杭州·一模）日常生活中常见的装饰盘由圆盘和支架组成（如图1），它可以看作如图2所示的几何图形．已知，，垂足为点C，，垂足为点D，，的半径，则圆盘离桌面最近的距离是（　　） A．6 B．5 C．2 D．1 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，垂径定理，勾股定理，构造直角三角形是求线段长的常用方法． 连接，，作，先证明四边形是矩形，进而得出，再根据勾股定理求出，可得，根据即可得出答案. 【详解】解：连接，，过点O作于点G，交一点E，交于点F． ∵，， ∴. ∵， ∴四边形是平行四边形. ∵， ∴四边形是矩形， ∴，. ∵， ∴， ∴， ∴， ∴. ∵， ∴， ∴圆盘离桌面最近的距离是1cm， 故选：D． 【例3】（23-24八年级下·广西河池·期末）如图，在中，对角线相交于点，且，若，则 °． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，根据四边形的对角线得四边形是矩形，可得，即可得；掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形的对角线， ∴四边形是矩形， ∴， ∵ ∴， 故答案为：． 【例4】（23-24八年级下·黑龙江大庆·阶段练习）如图，在中，，P是边上的一个动点（异于A，B两点），过点P分别作、边的垂线，垂足分别为M，N，则最小值是 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，先利用勾股定理求出，再证明四边形是矩形，推出，根据垂线段最短可知当时，的值最小，据此利用等面积法求出的最小值即可得到答案． 【详解】解：如图，连接．    在中，，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 当时，的值最小， ∴ ∴， ∴最小值是， 故答案为：． 【例5】（24-25八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，在正方形中，为上任意一点，于，于，试说明：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的判定与性质．根据条件可以得到四边形是矩形，因而，同时易证是等腰直角三角形，因而，则． 【详解】证明：四边形是正方形， ，， ，， ， ∴， 又， 四边形是矩形； ， 又， ， ． 【例6】（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）感应灯是一种通过感应模块自动控制光源点亮的一种新型智能照明产品，当人（或动物）移至灯一定距离时灯亮，人走开灯灭，给人们的生活带来了极大的方便，如图，有一个由传感器A控制的灯安装在门的上方，离地面高米的墙壁上，当人移至距离传感器A控制的灯5米及5米以内时，灯就会自动点亮，如果一个身高米的人走到点D处时，米，传感器A控制的灯刚好亮，求此时人到门的距离的长． 【答案】 【分析】本题考查的是勾股定理的应用，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理，在一个直角三角形中，两条直角边分别为a、b，斜边为c，那么．过人的头顶点C作于点E，则，证明四边形为矩形，得出，，根据勾股定理得出． 【详解】解：过人的头顶点C作于点E，则， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理，得： ， ∴． 【核心考点十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例1】（23-24八年级下·江苏扬州·期中）将一个边长为的正方形与一个长，宽分别为，的矩形重叠放在一起，在下列三个图形中，重叠部分的面积从小到大排列正确的是（  ）    A．①②③ B．①③② C．③①② D．②③① 【答案】B 【分析】分别计算出各个图形的重叠部分面积即可求解． 【详解】解：①、； ②、设图2重叠的平行四边形的较短边为，由图可知， ， ③、图③与图②对比，因为图③的底比图②的底小，两图为等高不等底，所以图③阴影部分的面积小于图②阴影部分的面积，但大于图①阴影部分的面积； 重叠部分的面积从小到大排列正确①③②， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质、三角形面积的计算，找出阴影部分四边形等高不等底的特征，倾斜度越大的面积越大，是解答本题的关键． 【例2】（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是矩形，得到，同理可得，再根据进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可证， ∴ ， 故选B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． 【例3】（2024七年级·全国·竞赛）如图，六边形的面积为 ． 【答案】135 【分析】本题考查坐标与图形，矩形的判定，三角形面积公式，过点A作轴，交的延长线于点N，延长交x轴于点M，构造矩形，矩形的面积减去，，，的面积即为六边形的面积． 【详解】解：如图，过点A作轴，交的延长线于点N，延长交x轴于点M， ，， 轴， 又轴，x轴轴， 四边形为矩形， ，，，均为直角三角形， 六边形的面积 ， 故答案为：135． 【例4】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的应用，运用已知条件证明与面积相等，则将阴影部分面积转化为求的面积即可，解答本题的关键在于证明两个三角形全等． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， （两直线平行内错角相等）， 在与中， ∴（） ∴ ． 故答案为：． 【例5】（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，在中，，，．求的面积．    【答案】168 【分析】利用勾股定理的逆定理得出是直角三角形，进而得出是矩形即可． 【详解】解： 是平行四边形， ∴， ∵，， ， ， ， 是直角三角形，即是直角， ∴是矩形， ． 【点睛】此题考查勾股定理的逆定理，关键是利用勾股定理的逆定理得出是直角三角形解答． 【例6】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可； （2）根据中点的性质得出四边形的面积等于两个三角形的面积和，求出三角形面积即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． （2）解：由（1）得， ∵，， ∴ ∵点E是的中点，点H为的中点， ∴，， 四边形的面积等于． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，解题关键是熟练运用矩形的判定定理进行推理证明，利用矩形和中点的性质求出面积． 【变式训练1 矩形性质理解】 1．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（     ） A．对边互相平行 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角相等 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形和平行四边形的性质，熟知矩形和平行四边形的性质是解题的关键． 【详解】解：A、矩形和平行四边形的对边都互相平行，故此选项不符合题意； B、矩形的对角线相等，平行四边形的对角线不一定相等，故此选项符合题意； C、矩形和平行四边形的对角线都互相平分，故此选项不符合题意； D、矩形和平行四边形的对角都相等，故此选项不符合题意； 故选；B． 2．（23-24八年级下·云南曲靖·期末）如图，在数轴上，点是原点，点表示的数是3，在数轴上方以为边作矩形，以点为圆心，的长为半径画弧，在原点右侧交该数轴于点，则点表示的数是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，连接，利用勾股定理可以求出的长度即可求解．此题主要考查了勾股定理，同时也利用了实数与数轴的关系，解题的关键是把线段的长度转换为坐标． 【详解】解：如图，连接， 依题意，， ， 点表示的数是． 故选：D． 3．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）如图，矩形中，对角线、相交于点O，且，则 ． 【答案】/35度 【分析】本题考查了矩形的性质，即矩形的四个角都是直角，矩形的对角线相等且互相平分，即可得到结果，正确理解矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·广东梅州·期中）如图，将长为，宽为的长方形先向右平移，再向下平移，得到长方形，则四边形的周长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查平移的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 利用平移的性质求出矩形的长，宽即可解决问题． 【详解】解：根据平移的性质可知，四边形是矩形，长，宽， ∴四边形的周长， 故答案为：20． 5．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，四边形为矩形，过点作交的延长线于点．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质．由矩形的性质得出，，由，证出四边形是平行四边形，得出对边相等，即可得出结论． 【详解】证明：四边形是矩形， ∴，， ∵， 四边形是平行四边形， ， ． 6．（23-24八年级下·江西抚州·阶段练习）如图，C是直线l上的点，，点B是直线l上的一个动点，且在C点右侧，以为边在直线l的上方作，若，，． (1)若四边形为矩形时，求的长； (2)若四边形为菱形时，求的长． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）利用矩形的性质，得到，利用勾股定理列式计算即可求解； （2）由菱形，得，利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， 设，则， 由勾股定理得： ， 解得， ∴； （2）解：∵菱形， ∴， 设， 由勾股定理得： ∴， 解得：（负值舍去）， ∴． 【变式训练2 利用矩形的性质求角度】 1．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在矩形中，交于点O，于点E，，则的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质，三角形外角的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．根据四边形是矩形，得到，利用三角形外角性质，得到，，由此可求． 【详解】解： 四边形是矩形， ， ，，， ， ，， ， ． 故选：B． 2．（23-24八年级下·山东青岛·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点作的垂线，垂足为，已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质．根据，可以求得的度数，再根据矩形的性质和三角形内角和，即可得到的度数． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即的度数为， 故选：D． 3．（23-24八年级下·福建泉州·阶段练习）在矩形中，交于点O，，则大小是 ． 【答案】/55度 【分析】本题考查了矩形的性质，掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．由矩形的性质可得，可得，然后根据三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 4．（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：． 5．（23-24八年级下·广东广州·期中）已知：如图，平行四边形形的对角线与相交于点O，．    (1)求证：平行四边形为矩形． (2)若．求：的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判定即可； （2）根据矩形性质求出，证明是等边三角形，得到，即可得解． 【详解】（1）解：在平行四边形中，， ∴， ∴平行四边形为矩形； （2）∵平行四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，题目是一道综合性比较强的题目，比较好．灵活运用这些知识点是解题的关键． 6．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）“三等分一个任意角”是数学史上一个著名问题．今天，人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图所示的图形，其中，是长方形，是延长线上一点，是上一点，并且． (1)求证：； (2)若，长方形面积为4，请直接写出的周长______． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，熟记相关几何结论是解题关键． （1）根据题意得，结合即可求解； （2）根据题意可得，据此即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， 的周长， 故答案为：． 【变式训练3 根据矩形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·甘肃白银·期中）已知矩形的对角线，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据矩形的性质即可求解． 【详解】解：四边形是矩形，且对角线， ， 故选D． 2．（23-24八年级下·陕西榆林·阶段练习）如图，矩形的对角线相交于点，，则的长为（    ）    A．5 B．10 C．15 D．20 【答案】B 【分析】根据矩形性质，对角线相等即可得到答案． 【详解】解：矩形的对角线相交于点，， ， 故选：B． 【点睛】本题考查矩形性质求线段长，熟记矩形对角线相等是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在矩形中，对角线，交于点O，若，则的长为 ． 【答案】3 【分析】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线的性质，从而完成求解．根据矩形的对角线相等且互相平分的性质计算， 得，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形为矩形，， ∴，， ∴， 故答案为：3． 4．（2024·福建福州·模拟预测）如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、平移的性质及三角形的面积计算．熟知矩形及平移的性质是正确解决本题的关键． 找到图中面积接近的各三角形的底和高计算面积即可得出答案． 【详解】解：由平移及题意可知，底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为m，高为，面积为； 底为n，高为m，面积为； 故答案为：． 5．（23-24八年级下·福建莆田·期中）如图，矩形的对角线相交于点O，，求矩形对角线的长． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质以及等边三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．由矩形的性质得出，再证明为等边三角形，得出，即可求出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 6．（23-24八年级下·北京房山·期末）如图，在中，对角线，交于点，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，作的平分线交于点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握矩形的判定和性质定理是解题的关键．（1）根据平行四边形的性质得到，，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）如图，根据矩形的性质得到，，根据角平分线的定义得到，根据勾股定理得到，根据直角三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． ， ， 平行四边形为矩形； （2）如图， 四边形是矩形， ，． 为的平分线， ． ，，， ， ， ，， ， ． 【变式训练4 根据矩形的性质求面积】 1．（23-24八年级下·山西大同·阶段练习）如图，矩形的长为6，宽为3，O为其对称中心，过点O任画一条直线，将矩形分成两部分，则图中阴影部分的面积为（    ） A．9 B．18 C．12 D．15 【答案】A 【详解】因为O为矩形的对称中心，则阴影部分的面积等于矩形面积的一半． 因为矩形的面积为18，所以其面积为9． 故选A． 2．（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． 3．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，矩形的对角线交于点O，，，则矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理等知识．根据矩形的性质得到对角线、相等且互相平分，进而判断出是等边三角形，从而求出，，根据勾股定理求出，即可求出矩形的面积是． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴对角线、相等且互相平分，， ∴, ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴在中，， ∴矩形的面积是． 故答案为： 4．（2024·江苏宿迁·二模）已知：如图，在矩形内一些相交线把它分成8个部分，其中的3个部分面积分别为13，35，49，则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】97 【分析】本题考查了矩形的性质，将多个不规则的图形补凑成规则图形是解题关键．令其中2个部分的面积分别为、，用两种方式表述出矩形面积的一半，化简即可求出阴影部分的面积． 【详解】解：如图，令其中2个部分的面积分别为、， 矩形面积的一半，矩形面积的一半， ， ， 故答案为：97． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·阶段练习）在矩形中，，，求矩形的面积．    【答案】矩形的面积为 【分析】利用矩形的性质、等边三角形的判定及性质和矩形的面积公式即可求解． 【详解】解：四边形是矩形， ，， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， 矩形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定及性质，熟练掌握等边三角形的判定及性质是解题的关键． 6（2024·湖北随州·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点O，．    (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】（1）先根据矩形的性质求得，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形分析推理； （2）根据矩形的性质求得的面积，然后结合菱形的性质求解． 【详解】（1）解：∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵矩形中，， ∴平行四边形是菱形； （2）解：矩形的面积为， ∴的面积为， ∴菱形的面积为． 【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的判定，属于中考基础题，掌握矩形的性质和菱形的判定方法，正确推理论证是解题关键． 【变式训练5 利用矩形的性质证明】 1．（23-24八年级下·江西宜春·开学考试）如图，是一块长为2，宽为1的矩形纸板，先将矩形纸板沿对角线剪开，再将得到的两部分重新拼接，则拼接后能得到不同形状的四边形（不含矩形）有（     ）      A．2种 B．3种 C．4种 D．5种 【答案】B 【分析】由图知，两三角形全等，将对应相等的边重合，其中，不同形状的四边形有三个． 【详解】解：将对应相等的边重合，知可得到三个不同形状的四边形，分别形如：，，． 故选：B．    【点睛】本题考查全等三角形，矩形的性质，图形的变换，理解图形变换的主要形式是解题的关键． 2．（23-24八年级下·河南郑州·阶段练习）若顺次连接某四边形的四边中点得到一个矩形，则原四边形一定是（    ） A．任意四边形 B．对角线相等的四边形 C．平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形 【答案】D 【分析】首先根据三角形中位线定理知：所得四边形的对边都平行且相等，那么其必为平行四边形，若所得四边形是矩形，那么邻边互相垂直，故原四边形的对角线必互相垂直，由此得解． 【详解】解：如图，四边形EFGH是矩形，且E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，    由于E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点， 根据三角形中位线定理得：，； ∵四边形EFGH是矩形，即EF⊥FG， ∴AC⊥BD． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质和三角形中位线定理，解题的关键是构造三角形利用三角形的中位线定理解答． 3．（23-24八年级下·湖南郴州·期末）如图，在矩形中，若，则的大小是 ． 【答案】/60度 【分析】根据矩形的性质可得，再由，可得是等边三角形，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． 故答案为： 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，等边三角形的判定和性质是解题的关键． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，矩形的对角线、相交于点，，，若，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】首先由，，可证得四边形是平行四边形，又由四边形是矩形，根据矩形的性质，可得，即可判定四边形是菱形，继而求得答案． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 四边形是菱形， 四边形的周长为：． 故答案为：． 【点睛】此题考查了菱形的判定与性质以及矩形的性质，证得四边形是菱形是解此题的关键． 5．（2024·湖北襄阳·一模）如图，矩形的对角线，相交于点O ， ，．求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键． 首先证明出四边形是平行四边形，然后由矩形的性质得到，即可证明出四边形是菱形． 【详解】∵ ， ∴四边形是平行四边形 ∵四边形是矩形 ∴ ∴平行四边形是菱形． 6．（2024·吉林·二模）图1、图2、图3均是的正方形网格，每个小正方形的顶点为格点，点均在格点上，用无刻度的直尺作图． (1)在图1中，作射线平分，且点在格点上． (2)在图2中，作线段平分，且点在格点上． (3)在图3中，作直线垂直，且点在格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】 本题考查了作图的应用与设计，掌握网格线的特点及矩形的性质是截图的关键． （1）根据网格线的特点作图； （2）根据网格线的特点及矩形的性质作图； （3）根据网格线的特点作图； 【详解】（1） 如图：射线即为所求； （2）如图：线段即为所求；    （3）如图：直线即为所求．    【变式训练6 求矩形在坐标系中的坐标】 1．（2024·湖北宜昌·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形两边与坐标轴重合，，．将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点B的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了平面直角坐标系内坐标的变化规律，旋转，矩形的性质．先根据矩形的性质可知，再作出旋转后的图形，进而找到B点的坐标规律即可． 【详解】解：， ． 将矩形绕点O逆时针旋转，如图 可知：，…， 则：每旋转4次则回到原位置， ， 即：第2025次旋转结束时，完成了506次循环，与的位置相同， 的坐标为． 故选：D． 2．（23-24八年级下·辽宁·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A、C的坐标分别是，，点B在第一象限，则点B的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质得出点B的坐标即可． 【详解】解：∵四边形OABC是矩形， ∴OC=AB，CB=OA， ∵点A，C的坐标分别是（6，0），（0，3）， ∴AB=3，OA=6， ∴点B坐标为（6，3）， 故选：B． 【点睛】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出点B的坐标． 3．（23-24八年级下·吉林·期末）在平面直角坐标系中，一个长方形的三个顶点的坐标分别为，和，则第四个顶点的坐标为 ． 【答案】 【分析】由矩形的性质即可求得第四个点的坐标． 【详解】解：点和的横坐标相等， 点和的纵坐标相等， 要使这四个点构成矩形，则第四个点的横坐标与相等，纵坐标与相等， ∴第四个顶点的坐标为； 故答案是：． 【点睛】本题主要考查了矩形在坐标系中的坐标，准确判断是解题的关键． 4．（23-24八年级下·重庆江津·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，，点在轴上，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】由两点距离公式可求的长，由矩形的性质可求，即可求解． 【详解】解：连接， 点，， ， 四边形是矩形， ， 点的坐标为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的性质，掌握矩形的对角线相等是解题的关键． 5．（23-24八年级下·广东中山·阶段练习）已知矩形PMON的边OM、ON分别在x、y轴上，O为坐标原点，且点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1再将矩形P1M1O1N1绕着点O1旋转90°得到矩形P2M2O2N2．在坐标系中画出矩形P2M2O2N2，并求出直线P1P2的解析式． 【答案】矩形P2M2O2N2见解析；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，直线P1P2的解析式为：y＝﹣x +；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，直线P1P2的解析式为：y＝5x﹣7. 【分析】由点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1，得到P1的坐标为（2，3）．将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，得P2的坐标为（7，2）；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，得P2的坐标为（1，﹣2），然后利用待定系数法分别求出它们的直线解析式． 【详解】解：如图： 当将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2． ∵点P的坐标为（﹣2，3）．将矩形PMON沿x轴正方向平移4个单位，得到矩形P1M1O1N1， ∴P1的坐标为（2，3）， ∵将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2． ∴P2的坐标为（7，2）， 设P1P2的解析式为：y＝kx+b，把P1（2，3），P2（7，2）代入得，2k+b＝3①，7k+b＝2②， 解由①②组成的方程组得，k＝﹣ ，b＝ ． 所以直线P1P2的解析式为y＝﹣x + ； 当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2．如图， ∴P2的坐标为（1，﹣2）， 设P1P2的解析式为：y＝kx+b，把P1（2，3），P2（1，﹣2）代入得，2k+b＝3①，k+b＝﹣2②， 解由①②组成的方程组得，k＝5，b＝﹣7． 所以直线P1P2的解析式为y＝5x﹣7； 故答案为矩形P2M2O2N2见解析；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1顺时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，直线P1P2的解析式为：y＝﹣x +；当将矩形P1M1O1N1绕着点O1逆时针旋转90°得到矩形P2M2O2N2，直线P1P2的解析式为：y＝5x﹣7. 【点睛】本题考查旋转的性质：旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等．也考查了图形的平移和矩形的性质以及用待定系数法求直线解析式． 6．（23-24八年级下·贵州铜仁·期末）在平面直角坐标系中，点A的坐标为(3，2)．请标出点A，并回答下列问题： （1）作AM⊥x轴于M，并延长AM至点B，使BM=AM，直接写出点B的坐标； （2）作AN⊥y轴于N，并延长AN至点D，使DN=AN，直接写出点D的坐标； （3）连接AO并延长至点C，使得CO=AO，直接写出点C的坐标； （4）直接说出四边形ABCD的形状．（不需要证明） 【答案】（1）图见解析，B(3，-2)；（2）图见解析，(-3，2)；（3）图见解析，(-3，-2)；（4）四边形ABCD是矩形． 【分析】（1）根据题意作图； （2）根据题意作图； （3）根据题意作图； （4）根据有一个直角的平行四边形是矩形解题． 【详解】解：(1) 如图，B(3，-2) ； (2)如图，D(-3，2)； (3)如图，C(-3，-2)； (4)由图可知：AD=BD，AB=BC 四边形ABCD是平行四边形 四边形ABCD是矩形． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标、矩形的判定等知识，基础考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 【变式训练7 矩形与折叠问题】 1．（2024·安徽阜阳·三模）如图，把矩形沿折叠，若，则 （    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质和折叠的性质， 解题时注意： 折叠前后的图形全等， 找出图中相等的角是解答此题的关键． 根据折叠的性质及可求出的度数， 再由平行线的性质即可解答． 【详解】解：如图， 四边形是四边形折叠而成， ，． ，， ， 又， ， ． 故选C． 2．（23-24八年级下·内蒙古巴彦淖尔·期中）如图，在矩形中，点是上一点，连接，将沿折叠，使点的对应点落在上，，，则的长为（    ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查翻折变换的性质，勾股定理，矩形的性质等知识点，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键． 由翻折变换可知，，，得出，所以， 在中，，即可求出答案． 【详解】解：由翻折变换可知，，， ∵，在中， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴． 故选：D． 3．（23-24八年级下·北京昌平·期中）矩形ABCD中，，，按如图方式折叠，使点B落与点D重合，折痕为，则 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，先由折叠的性质可得，再由矩形的性质可得，设，则，可由勾股定理建立方程，解方程即可得到答案． 【详解】解：由翻折的性质可知，， ∵四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， ， 解得， ∴； 故答案为：． 4（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，将长方形纸片沿线段折叠到的位置，若，则的度数为 ． 【答案】/80度 【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质等知识点，由，求出，由折叠的性质可求出，四边形是长方形，得，进而即可求解，熟练掌握平行线的性质，折叠的性质并能够灵活运用是解题的关键． 【详解】∵， ∴， 由翻折知， ∴， ∵四边形是长方形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·山东青岛·阶段练习）如图，在长方形中，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F． (1)判断的形状，并说明理由； (2)求的长． 【答案】(1)是直角三角形，理由见解析 (2) 【分析】（1）利用翻折变换的性质及矩形的性质即可求解； （2）利用翻折变换的性质即可求解． 【详解】（1）是直角三角形， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处， ∴， ∴是直角三角形； （2）∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，掌握折叠的性质是解题的关键． 6．（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）已知，如图所示，折叠长方形的一边，使点落在边的点处，已知，求： (1)求的坐标； (2)求的坐标． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了折叠变换的性质、勾股定理等几何知识点及其应用问题． （1）根据折叠性质得，，由勾股定理得，可得点坐标； （2）在中，根据勾股定理即可求点坐标． 【详解】（1）解：由折叠可知：， ， ，， 在中，由勾股定理得， 点坐标为； （2），， 由折叠可知：， 设，则， 在中，由勾股定理得：，解得：， 点坐标为． 【变式训练8 矩形的判定定理理解】 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． 2．（23-24八年级下·河南信阳·期中）下列检查一个门框是否为矩形的方法中正确的是（    ） A．测量两条对角线是否相等 B．用曲尺测量对角线是否互相垂直 C．用曲尺测量门框的三个角是否都是直角 D．测量两条对角线是否平分 【答案】C 【分析】本题考查矩形的判定，解题的关键是记住矩形的三种判定方法①矩形的定义：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对角线相等的平行四边形是矩形． 根据矩形的判定方法即可判断． 【详解】解：因为有三个角是直角的四边形是矩形， 所以用曲尺测量门框的三个角是否都是直角，如果都是直角，则四边形是矩形． 故选：C． 3．（23-24八年级下·河南平顶山·期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD．若，．则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】10 【分析】想办法证明S△PEB=S△PFD解答即可． 【详解】作PM⊥AD于M，交BC于N． 则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形， ∴S△ADC=S△ABC，S△AMP=S△AEP，S△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN， ∴S△DFP=S△PBE=×2×5=5， ∴S阴=5+5=10， 故答案为10． 【点睛】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S△PEB=S△PFD． 4．（23-24八年级下·福建厦门·期中）工人师傅在测量一个门框是否是矩形时，只需要用到一个直角尺，则他用到的判定方法是 . 【答案】三个角都是直角的四边形是矩形 【分析】直角尺的角度是90°，门框四个角，利用“三个角都是90°的四边形是矩形”这一判定方法 【详解】用直角尺判定门框的三个角是否都为90°，故采用的判定方法是三个角都是直角的四边形是矩形， 故答案为：三个角都是直角的四边形是矩形 【点睛】本题考查矩形的判定，熟悉矩形的判定方法是解题关键 5．（23-24八年级下·山东德州·阶段练习）请利用尺规作图，以Rt△ABC为依托，作一个矩形，并叙述作图过程（保留作图痕迹）． 【答案】见解析. 【分析】根据矩形的判定：对角线互相平分且相等的四边形是矩形，作线段AC的垂直平分线交AC与点O，连接BO并延长使OD=OB，四边形ABCD即所求作的矩形. 【详解】 作作法：如图， （1）分别以点A，点C为圆心，大于 AC长为半径画弧，两弧交于点E、F，连接EF交AC与点O， （2）连接BO并延长，使得OD=OB， （3）连接AD、CD，四边形ABCD即所求作的矩形. 【点睛】本题考查矩形的判定，基本尺规作图，掌握矩形的判定定理是解题的关键． 6．（23-24八年级下·河南郑州·期末）小明家新装修了房子，他不确定新安装的门框是不是矩形，请你帮助他检查门框是不是矩形，设计你的方案，并说明道理． 【答案】见解析 【分析】根据平行四边形的判定（有两组对边分别相等的四边形是平行四边形）判断是否是平行四边形，再根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）判断是否是矩形． 【详解】解：①先用线测量，，则四边形是平行四边形， ②再用线测量， 则四边形就是矩形，否则就不是矩形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和矩形的判定，注意：有两组对边分别相等的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形． 【变式训练9 添一条件使四边形是矩形】 1．（2024·四川泸州·模拟预测）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可． 【详解】解：如图， A、，能判定为矩形，本选项不符合题意； B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意； C、，能判定为矩形，本选项不符合题意； D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意； 故选：D． 2．（23-24八年级下·江西南昌·阶段练习）在四边形中，对角线相交于点O，下列选项中，能判定四边形是矩形的是（    ） A． B．， C．， D． 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的判定方法．根据矩形的判定定理求解即可． 【详解】解：A、，根据对角线相等且平分的四边形是矩形，能判定四边形是矩形，本选项符合题意； B、，，能判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意； C、，，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意； D、，不能判定四边形是矩形，本选项不符合题意； 故选：A． 3．（23-24八年级下·湖北荆州·期中）已知平行四边形ABCD的对角线交于点O，分别添加下列条件：①；②；③；④中的一个，能使平行四边为矩形的条件的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】本题主要考查了矩形的判定，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线相等的平行四边形是矩形等判定方法一一判定即可． 【详解】解：①∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴此项成立； ②∵菱形是平行四边形，它的对角线也互相垂直，但它不是矩形，∴此项不成立； ③∵对角线相等的平行四边形是矩形，∴此项成立； ④∵平行四边形的对角线互相平分，由可得它的对角线相等，∴此项成立． 故答案为：①③④． 4．（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）． 5．（23-24八年级下·全国·课后作业）一个木匠要制作矩形的踏板，他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯了两次，就能得到矩形踏板．为什么？ 【答案】能．理由见解析 【分析】根据这一个角为直角的平行四边形，即矩形判断即可． 【详解】能，如图， 依题意,,， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是矩形． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，理解矩形的性质与判定是解题的关键． 6．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，DB∥AC，DE∥BC，DE与AB交于点F，E是AC的中点． （1）求证：F是AB的中点； （2）若要使DBEA是矩形，则需给△ABC添加什么条件？并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）添加AB＝BC； 【分析】（1）根据已知条件证明四边形ADBE是平行四边形即可求解； （2）根据矩形的判定定理即可求解. 【详解】证明：（1）∵DE∥BC，BD∥AC ∴四边形DBCE是平行四边形 ∴DB＝EC， ∵E是AC中点 ∴AE＝EC ∵AE＝EC＝DB，AC∥DB ∴四边形ADBE是平行四边形 ∴AF＝BF，即F是AB中点． （2）添加AB＝BC ∵AB＝BC，AE＝EC ∴BE⊥AC ∴平行四边形DBEA是矩形． 【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的判定定理. 【变式训练10 证明四边形是矩形】 1．（23-24八年级下·辽宁鞍山·期中）如图，四边形是平行四边形，下列说法能判定四边形是菱形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定以及平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定和矩形的判定是解题的关键．由菱形的判定、平行四边形的性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形，故选项A符合题意； B、由四边形是平行四边形，，不能判定四边形是菱形，故选项B不符合题意； C、由四边形是平行四边形，，不能判定四边形是菱形，故选项C不符合题意； D、四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选：A． 2．（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． 3．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）木工师傅要做一个长方形桌面，做好后量得长为，宽为，对角线为，这个桌面 （填“合格”或“不合格”）． 【答案】合格 【详解】本题考查了勾股定理逆定理在实际中的应用以及矩形的判定，关键是熟练掌握勾股定理逆定理与矩形的判定方法． 解：∵， 即：， ∴， 同理：， ∴四边形是矩形， ∴这个桌面合格． 故答案为：合格． 4．（23-24八年级下·全国·课后作业）数学实践活动课上，小明用细木条制作了一个四边形木框（如图所示），经测量得知该木框的两组对边长度相等，且有一个内角是直角，则该木框是 ．（填“平行四边形”或“矩形”）    【答案】矩形 【分析】 本题主要考查平行四边形的判定和矩形的判定，根据它们的判定方法直接进行判断即可． 【详解】解：由两组对边长度相等可得这个木框的形状是平行四边形； 再由有一个内角是直角的平行四边形可知它是矩形， 故答案为：矩形． 5．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，在△ABC中，∠B＝90°，O为AC的中点，连接BO并延长至D，使OD＝OB，连接AD，CD，求证：四边形ABCD是矩形． 【答案】见解析 【分析】根据O为AC的中点， OD＝OB，可得四边形 是平行四边形，再由∠B＝90°，即可求证． 【详解】证明：如图， ∵O为AC的中点， ∴ ， ∵ ， ∴四边形 是平行四边形， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟练掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键． 6．（23-24八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，四边形中，对角线、相交于点，，，且． （1）求证，四边形是矩形； （2）若，．求的面积． 【答案】(1)证明见详解；（2）12 【分析】(1)根据平行四边形的判定定理得到四边形ABCD是平行四边形，根据三角形的外角的性质得到∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD，求得∠DAO=∠ADO，推出AC=BD，于是得到四边形ABCD是矩形； (2)根据，设AB=3x，则AD=4x,求出x的值，再求的面积即可. 【详解】(1)证明：∵AO=OC，BO=OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD， ∴∠DAO=∠ADO， ∴AO=DO， ∴AC=BD， ∴四边形ABCD是矩形； (2)解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BD=AC=10， ∵， ∴设AB=3x，则AD=4x, ∴(3x)2+(4x)2=102， 解得x=2或x=-2(舍去) ∴AB=6，AD=8 ∴S△ABO=S△ABD=××6×8=12． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，三角函数的定义，三角形的面积，正确的理解题意是解题的关键． 【变式训练11 根据矩形的性质与判定求角度】 1．（23-24八年级下·江西抚州·期中）两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由补角的定义可得，由题意可得，，则有，即可得解． 【详解】解：如图， 由题意得：， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，余角与补角，解答的关键是明确互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180° 2．（23-24八年级下·辽宁大连·期末）如图，在中，对角线、相交于点O，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，代入求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，能根据矩形的性质求出的度数是解此题的关键． 3．（23-24八年级下·云南曲靖·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC．若∠AOB＝60°，则∠COE的大小为 ． 【答案】75° 【分析】根据四边形ABCD为矩形,利用矩形的对角线互相平分且相等,得到OA=OB=OC=OD,又∠AOB=60°,可得三角形AOB与三角形COD都为等边三角形,进而求出∠ACB为30°,由DE为直角的角平分线,得到∠EDC=45°,可得三角形DEC为等腰直角三角形,即CD=EC,而CD=OC,等量代换可得EC=OC,即三角形OEC为等腰三角形,由顶角∠ACB为30°即可求出底角∠COE的度数. 【详解】∵四边形ABCD是矩形, ∴AO=CO=BO=OD,（矩形的对角线相等且互相平分） ∵∠AOB=60°, ∴∠COD=60°,（对顶角相等） ∴△AOB和△COD为等边三角形,（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）, ∴∠BAC=60°,CD=OC, 则∠ACB=30°,（直角三角形两锐角互余） ∵DE平分∠ADC, ∴∠EDC=45°, 可得△DCE为等腰直角三角形, ∴CD=EC, ∴EC=OC,（等量代换） ∴∠COE=∠CEO, ∴∠COE=75°（三角形内角和是180°）. 故答案为75°. 【点睛】解决本题的关键是得到所求角所在的三角形的形状及相应的角的度数. 4．（23-24八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）如图，矩形中于，若，则 度． 【答案】 【分析】根据矩形的性质首先求出∠DCE，∠ECB的度数．然后利用三角形内角和定理求解即可. 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCB=90°， ∵∠DCE=3∠ECB， ∴∠DCE= ×90°=67.5°，∠ECB=22.5°， ∴∠EBC=∠ACB=90°－∠ECB=67.5°， ∴∠ACE=∠ACB－∠ECB=67.5°－22.5°=45°. 故答案为45. 【点睛】本题考查的是矩形的性质以及三角形内角和定理的有关知识.本题属于基础题，难度一般，应该根据图形来理解. 5．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，的对角线，相交于点，是等边三角形，． （1）求证：是矩形； （2）求的长． 【答案】（1）证明见解析；（2）． 【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据等边三角形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定即可得证； （2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， 是等边三角形， ， ， 是矩形； （2）是等边三角形，， ， ， 由（1）已证：是矩形， ， 则在中，． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键． 6．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，已知平行四边形ABCD中，E，F分别在边BC，AD上，且BE＝DF，AC，EF相交于O，连接AE，CF． （1）求证：AE＝CF； （2）若∠FOC＝2∠OCE，求证：四边形AECF是矩形． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【分析】（1）只要证明四边形AECF是平行四边形即可解决问题； （2）只要证明AC＝EF即可解决问题． 【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∵BE＝DF， ∴AF＝CE，AF∥EC， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AE＝CF． （2）∵∠FOC＝∠OEC＋∠OCE＝2∠OCE， ∴∠OEC＝∠OCE， ∴OE＝OC， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴OA＝OC，OE＝OF， ∴AC＝EF， ∴四边形AECF是矩形． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【变式训练12 根据矩形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·山西太原·期中）已知四边形中，，对角线相交于点O．下列结论一定成立的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质．熟练掌握有三个角均为的四边形是矩形，矩形对角线相等，是解题的关键． 根据矩形的判定与性质对各选项进行判断作答即可． 【详解】解：∵， ∴四边形是矩形， ∴，一定成立，故B符合要求； ，不成立，故D不符合要求； ，，不一定成立，故A、C不符合要求； 故选：B． 2．（23-24八年级下·河北唐山·开学考试）如图，在矩形中，点E是上一动点，连接、，以、为边作，在点E从点B运动到点C的过程中，的面积（　　）    A．先变小后变大 B．先变大后变小 C．保持不变 D．一直变大 【答案】C 【分析】过点E作于G，证四边形是矩形，得出EG=AB， ，即可得出结论． 【详解】解：过点E作于G，如图所示：    则， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， 即的面积保持不变，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出，是解题的关键． 3．（23-24八年级下·贵州贵阳·期中）如图，一个平行四边形的活动框架，对角线是两根橡皮筋，若改变框架的形状，则平行四边形内角也随之变化，两条对角线长度也在发生改变．当是 度时，两条对角线长度相等． 【答案】90 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，根据矩形的对角线相等，且有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得到答案． 【详解】解：∵在平行四边形中只有矩形和正方形的对角线相等， ∴时，即四边形是平行四边形时，两条对角线长度相等， 故答案为：90． 4．（23-24八年级下·山东·单元测试）中，，P为边上一动点，于E，于F，M为中点，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】连接，可推出四边形是矩形，可得；当时，线段有最小值，此时也有最小值． 【详解】解：∵ ∴四边形是矩形 连接，则过点M，且    当时，线段有最小值，此时也有最小值 ∵ ∴ 则有 ∴ 故答案为： 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、垂线段最短、勾股定理等．确定是解题关键． 5．（23-24八年级下·浙江台州·期中）如图，C为线段上一动点，分别过点B，D作，，连结，，已知，，． (1)请问点C什么位置时的值最小？最小值为多少？ (2)设，则可表示为，请直接写出的最小值为______． 【答案】(1)点C在线段和交点处时最小为10 (2)10 【分析】本题主要考查勾股定理及矩形的判定，熟练掌握勾股定理及矩形的性质与判定是解题的关键； （1）根据两点之间线段最短及结合勾股定理可进行求解； （2）根据（1）可直接进行求解． 【详解】（1）解：根据两点之间线段最短可知：当A、C、E三点共线时，即点C在线段和交点处时的值最小，如图所示： 过点A、D分别作，，交于一点F， ∴四边形是平行四边形， ∵，即， ∴四边形是矩形， ∵，，， ∴，， ∴， ∴， ∴的最小值为10； （2）解：由（1）可知：的最小值为10； 故答案为10． 6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，为矩形对角线的交点，， ．    (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求四边形的周长和面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)周长是，面积是 【分析】（1）根据矩形的性质可得，根据， 可得四边形是平行四边形，根据菱形的判定方法是即可求证； （2）根据矩形的性质，勾股定理可求出的长，的面积，由此可求出菱形的周长，和面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 又∵，， ∴在中，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形的周长， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 【点睛】本题主要考查矩形与菱形的综合，掌握矩形的性质，菱形的性质及周长、面积的计算方法是解题的关键． 【变式训练13 根据矩形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·湖南长沙·期中）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理求得即可．证明四边形是矩形是解答的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵为直角， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，则， ∴四边形的面积为． 故选：A． 2．（23-24八年级下·全国·单元测试）矩形中，，交于M，交于N，在上任取两点P、Q，那么图中阴影部分的面积是（    ）    A．10 B．5 C． D． 【答案】B 【分析】先证明四边形是矩形，得到，同理可得，再根据进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可证， ∴ ， 故选B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图所示，矩形的对角线和相交于点，过点的直线分别交和于点、，，，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的应用，运用已知条件证明与面积相等，则将阴影部分面积转化为求的面积即可，解答本题的关键在于证明两个三角形全等． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， （两直线平行内错角相等）， 在与中， ∴（） ∴ ． 故答案为：． 4．（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，点在矩形的对角线上，且不与点重合，过点分别作边的平行线，交两组对边于点和．四边形和四边形都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为 ． 【答案】S1=S2 【分析】由矩形的性质找出，结合对边互相平行即可证出四边形和四边形都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴． 又∵，， ∴四边形和四边形都是矩形． ∵，，四边形为矩形， ∴四边形和四边形也是矩形， ∴，，， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键． 5．（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图1，在中，，于点C，点E是的中点，连接并延长，使，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)如图2，点H为的中点，连接，若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行证明即可； （2）根据中点的性质得出四边形的面积等于两个三角形的面积和，求出三角形面积即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． （2）解：由（1）得， ∵，， ∴ ∵点E是的中点，点H为的中点， ∴，， 四边形的面积等于． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，解题关键是熟练运用矩形的判定定理进行推理证明，利用矩形和中点的性质求出面积． 6．（23-24八年级下·浙江台州·期末）如图是由边长为1的小正方形组成的网格，每个小正方形的顶点叫做格点，点、均在格点上，仅用无刻度的直尺完成画图，请按步骤完成下列问题． （1）______； （2）在格点上找到点，，连接，，，使四边形是长与宽之比为2∶1的矩形； （3）在格点上找一点，连接，使得过的直线平分矩形的面积． 【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】（1）根据勾股定理即可求解； （2）根据格点的特点及矩形的性质即可作图； （3）连接对角线交于O点，再连接OM,交BC与N点，即可求解． 【详解】（1）= 故答案为：； （2）四边形 ABCD 是长与宽之比为2∶1的矩形，AB=，BC=2=，点B向右平移6个格，再向上平移2个格为点C，连结BC，点C向上平移3个格，再向左1个格得点D，连结AD，CD， 如图，四边形为所求； （3）连结AC，BD交于O，连结MO，并延长交网格于N， 如图，直线为所求． 【点睛】此题主要考查几何作图，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的应用． 1．（2024八年级下·上海·专题练习）矩形的一条边长是a，两条对角线的夹角为60°，则矩形的另外一条边长等于（　　） A． B． C．或 D． 【答案】C 【分析】分两种情况讨论：①当矩形的短边为a时，先证明是等边三角形，根据勾股定理求出另一边长；②当矩形的长边为a时，根据30°直角三角形的性质求出另一边长． 【详解】解：分两种情况讨论： ①当矩形的短边为a时，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； ②当矩形的长边为a时，如图所示： 由①得，是等边三角形， ∴， ∴， 由勾股定理，得，且 ∴， ∴； 综上所述：另一条边长为或， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的运用以及等边三角形的判定与性质和30°直角三角形的性质；熟练掌握矩形的性质并恰当分类是解决问题的关键． 2．（23-24八年级下·上海静安·期末）如图，点在矩形的边上，将矩形沿翻折，点恰好落在边的点处，如果，那么的值等于（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠、勾股定理、等腰三角形的性质，先根据矩形的性质得出，，再根据折叠的性质得出，，，然后根据等边对等角得出，根据余角的定义、等量代换及等角对等边得出，设，根据勾股定理得出，根据线段的和差及勾股定理得出，最后再化简即可得出答案． 【详解】四边形为矩形 ， 将矩形沿翻折， ，， 设 在中， 故选B． 3．（23-24八年级下·上海·期末）如图，已知双曲线 经过矩形 边 的中点 且交 于 ，四边形 的面积为 2，则 A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【分析】利用反比例函数图象上点的坐标，设，则根据F点为AB的中点得到．然后根据反比例函数系数k的几何意义，结合，即可列出，解出k即可． 【详解】解：设， ∵点F为AB的中点， ∴． ∵， ∴，即， 解得：． 故选B． 【点睛】本题考查反比例函数的k的几何意义以及反比例函数上的点的坐标特点、矩形的性质，掌握比例系数k的几何意义是在反比例函数图象中任取一点，过这一个点向x轴和y轴分别作垂线，与坐标轴围成的矩形的面积是定值|k|是解答本题的关键． 4．（2024·上海闵行·二模）在矩形中，，点E在边上，点F在边上，联结、、，，以下两个结论：①；②．其中判断正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误； C．①正确，②错误 D．①错误，②正确 【答案】A 【分析】先证明，则，再证明是等腰直角三角形，则，进一步得到，则，利用完全平方公式进行计算即可证明①正确，由得到，根据即可证明②正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴ ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， 故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴ 故②正确， 故选：A 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、矩形的性质、二次根式的运算等知识，证明是解题的关键． 5．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，已知梯形是某菜园的一块空地，，，米，，某同学由上述条件得到以下两个结论： ①对角线将梯形分成的两个三角形的面积之比； ②现准备过的中点E修一条笔直的小路（点F在边上，小路面积忽略不计），将这块空地分成面积相等的两部分，分别种植不同的蔬菜，那么小路的长是米． 对于结论①和②，下列说法正确的是（    ） A．①正确，②错误 B．①错误，②正确 C．①和②都正确 D．①和②都错误 【答案】D 【分析】该题主要考查了矩形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，平行线的性质等知识点，解题的关键是正确做出辅助线． 如图，过点C作交的延长线于点H，得出四边形是矩形，，，根据直角三角形的性质得出，根据勾股定理得出，从而得出，即可判断①错误；如图，根据题意得平分梯形的面积，得出 ，再结合点E是中点，得出，故点E作交于点G，则四边形是矩形，得出，，在中，根据勾股定理算出，即可判断②错误； 【详解】解：如图，过点C作交的延长线于点H， 则 ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故①错误； 如图，根据题意得平分梯形的面积， ∴ ， ∵点E是中点， ∴， ∵， ∴， 故点E作交于点G， 则四边形是矩形， ∴，， 在中，，故②错误； 故选：D． 6．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）在矩形中，对角线交于点O，已知，，那么的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，求出是解题的关键． 由矩形的性质和等腰三角形的性质求出，在由直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·上海·期中）如图，矩形中，，，将矩形折叠，使点C与点A重合，求折痕的 ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的判定与性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，正确地作出辅助线是解题的关键． 作于点P，由矩形的性质得，，，则，由折叠得，，所以，由，得，求得，则，，而，求得，然后根据勾股定理得到问题的答案． 【详解】解：如图，作于点P，则， ∵四边形是矩形，，， ∴，，，， ∴， ∵将矩形沿折叠，点A与点C重合， ∴，， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，在中，，直线垂直平分，把线段绕点顺时针旋转，使点落在直线上的点处，联结、，线段、交于点，如果，那么 度． 【答案】105 【分析】过点C作CH⊥AB于H，由旋转和线段垂直平分线的性质可得EF＝BE＝AE，则△BEF是等腰直角三角形，可得∠EBF＝45°，证明四边形EFCH是矩形，可得CH＝EF＝AB＝AC，可得出∠CAH＝30°，根据三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：过点C作CH⊥AB于H， ∵线段AE绕点E顺时针旋转90°，使点A落在直线DE上的点F处， ∴AE＝EF， ∵直线DE垂直平分AB，AB＝AC， ∴AE＝BE＝AB＝AC，∠BEF＝90°， ∴EF＝BE＝AE， ∴△BEF是等腰直角三角形， ∴∠EBF＝45°， ∵DE⊥AB，CF AB， ∴CF⊥DE， ∵DE⊥AB，CH⊥AB， ∴四边形EFCH是矩形， ∴CH＝EF＝AB＝AC， ∴∠CAH＝30°， ∴∠AGB＝180°−∠EBF−∠CAH＝180°−45°−30°＝105°． 故答案为：105． 【点睛】本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，求出∠EBF＝45°，∠CAH＝30°是解题的关键． 9．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，矩形的对角线与相交于点，以，为邻边作平行四边形，交于点；以，为邻边作平行四边形…，若，则 ． 【答案】 【分析】先求出平行四边形ABC1O，平行四边形ABC2O1，的面积，探究规律后即可解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形，四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 同理可得：平行四边形的面积， 平行四边形的面积， …， ∴平行四边形的面积， ∴平行四边形的面积． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的性质等知识，解题的关键是学会从特殊到一般探究规律，利用规律解决问题． 10．（2024·广东深圳·三模）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F，取EF的中点G，连接CG，BG，BD，DG，下列结论： ①BE＝CD； ②∠DGF＝135°； ③△BEG≌△DCG； ④∠ABG+∠ADG＝180°； ⑤若，则3S△BDG＝13S△DGF． 其中正确的结论是 ．（请填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④⑤ 【分析】①根据矩形的性质可得出∠BAD=∠ABC=90°，AB=CD，再由角平分线的性质可得出∠BAE=45°，通过角的计算即可得出∠BAE=∠BEA，从而得出AB=BE=CD，即①正确；②根据平行线的性质以及对顶角相等可得出△CEF为等腰直角三角形，由此得出∠CGF=90°，∠FCG=45°，根据三角形外角的性质可得出∠CGD＜45°，再由角的关系即可得出∠DGF=∠CGD+∠CGF＜135°，即②不正确；③通过角的计算可得出∠BEG=∠DCG，再根据等腰直角三角形的性质可得出CG=EG，由此即可利用全等三角形的判定定理（SAS）证出△BEG≌△DCG，即③正确；④由③可得出∠EBG=∠CDG，根据角的计算即可得出∠ABG+∠ADG=180°，即④正确；⑤过点G作GM⊥DF于点M，设AB=2a（a＞0），则AD=3a，利用分割图形求面积法结合三角形的面积公式可算出S△BDG和S△DGF的值，由此可得出⑤正确．综上即可得出结论． 【详解】解：①∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠ABC＝90°，AB＝CD， ∵AE是∠BAD的角平分线， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴∠AEB＝90°﹣∠BAE＝45°＝∠BAE， ∴BE＝AB＝CD，①正确； ②∵AB∥CD， ∴∠CFE＝∠BAE＝45°，∠CEF＝∠AEB＝45°， ∴△CEF为等腰直角三角形， ∵点G为EF的中点， ∴CG⊥EF，∠CGF＝90°，∠FCG＝45°， ∵∠FCG＝∠CGD+∠CDG＝45°， ∴∠CGD＜45°， ∴∠DGF＝∠CGD+∠CGF＜45°+90°＝135°，②不正确； ③∵△CEF为等腰直角三角形， ∴CG＝EG． ∵∠BEG＝180°﹣∠CEF＝135°，∠DCG＝180°﹣∠FCG＝135°， ∴∠BEG＝∠DCG， 在△BEG和△DCG中，有， ∴△BEG≌△DCG（SAS），③正确； ④∵△BEG≌△DCG， ∴∠EBG＝∠CDG， ∵∠ABG＝∠ABC+∠EBG，∠ADG＝∠ADC﹣∠CDG， ∴∠ABG+∠ADG＝∠ABC+∠ADC＝180°，④正确； ⑤过点G作GM⊥DF于点M，如图所示． ∵＝， ∴设AB＝2a（a＞0），则AD＝3a． ∵∠DAF＝45°，∠ADF＝90°， ∴△ADF为等腰直角三角形， ∴DF＝AD＝3a． ∵△CGF为等腰直角三角形， ∴GM＝CM＝CF＝（DF﹣CD）＝a， ∴S△DGF＝DF•GM＝×3a×a＝． S△BDG＝S△BCD+S梯形BGMC﹣S△DGM＝×2a×3a+×（3a+a）×a﹣×a×（2a+a）＝． ∴3S△BDG＝13S△DGF，⑤正确． 综上可知：正确的结论有①③④⑤． 故答案为①③④⑤． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定及性质、全等三角形的判定及性质、三角形的面积公式以及角的计算，解题的关键是逐条分析5个结论是否正确．本题属于中档题，难度不大，但解题过程稍显繁琐，好在该题为填空题，好多结论可以直接拿来运用，不需去证明．解决该题型时，利用分割图形法求面积是难点，此处应该加以重视． 11．（24-25八年级下·上海·阶段练习）已知，，矩形中，，P与A重合且N、P、C共线．现矩形沿射线以每秒速度向右移动，P与C重合则停止．设移动t秒后，重叠部分面积为S，求：S关于t的函数解析式及定义域． 【答案】 【分析】本题主要考查了求函数关系式，掌握矩形的性质，等腰直角三角形的性质，利用分类讨论的思想求解是解题的关键．分两种情况画出图形，再利用重叠部分的面积公式列函数关系式即可. 【详解】解：运动过程中，重叠部分图形的形状在发生改变，重叠部分面积也随之而变化，由此进行以下分类讨论： ∵，， ∴， ∵矩形中，， ∴，， ∴当时，， 当时，如图1所示，重叠部分为等腰直角三角形，腰长为， 得：； 当重合时，， 当时，如图2所示，过作于，则， 重叠部分为直角梯形，梯形高即为矩形宽为， 梯形下底长为，上底长为， 得：； 综上所述，. 12．（23-24八年级下·上海普陀·期末）已知：如图，在矩形中，，点是垂足． （1）联结，求证：四边形是平行四边形； （2）如果，求矩形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）12． 【分析】（1）先根据矩形的性质得到AB=CD，AB∥CD，再证明BE∥DF，接着证明△ABE≌△CDF，从而得到BE=DF，然后根据平行四边形的判定方法得到结论； （2）矩形ABCD的面积=AC•DF，想办法求DF，AC即可． 【详解】解：（1）证明：如图： ∵四边形ABCD为矩形， ∴AB=CD，AB∥CD， ∴∠EAB=∠FCD， ∵BE⊥AC，DF⊥AC， ∴BE∥DF，∠AEB=∠DFC=90°， 在△ABE和△CDF中， ， ∴△ABE≌△CDF（AAS）， ∴BE=DF， ∴四边形BEDF是平行四边形； （2）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD=BC， ∴∠DAC=∠BCA， 又∵BE⊥AC，DF⊥AC， ∴∠DAF=∠BCE， 在△DAF和△BCE中， ， ∴△DAF≌△BCE（AAS）， ∴AF=CE， 联结BD交AC于点O， ∵AF=FE=2， ∴AC=BD=6， 又∵四边形ABCD是矩形， ∴AO=DO=3， 在△ODF中，OD=3，OF=1，∠OFD=90°， ∴ ， ∴矩形ABCD的面积=AC×DF=6×2=12． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 13．（23-24八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点，与轴交于点，并且与反比例函数在第一象限内交于点．    (1)求、的值； (2)如果点在轴的负半轴上，点在坐标平面内，当以点，，，为顶点的四边形是矩形时，求点的坐标． 【答案】(1)， (2)， 【分析】（1）根据待定系数法解答即可； （2）根据题意画出图形，符合题意的只有2种情况，按照当为矩形的对角线时和当为矩形的边时，分别求解即可得出答案． 【详解】（1）解：把代入直线得：， 解得：， ∴直线的解析式是， 当时，， ∴， 把代入，得； （2）解：对于直线，当时，， ∴， 当为矩形的边时：如图，四边形是矩形，    则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点的坐标是； 当为矩形的对角线时：如图，四边形是矩形， ∵，，， ∴点是中点， ∴点也是中点，且， ∴， ∴点的坐标是； 综上，点的坐标是或． 【点睛】本题考查了利用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式、矩形的性质、等腰直角三角形的性质和判定等知识，熟练掌握上述知识是解题的关键． 14．（23-24八年级下·上海松江·期末）如图，已知平行四边形的对角线交于点O，延长至点H，使，连接，过点H作，过点B作． (1)求证：； (2)当时，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理等． （1）由平行四边形的性质得，由平行四边形的判定方法得是平行四边形，由平行四边形的性质得； （2）由菱形的性质得，可得四边形是平行四边形，由矩形的判定方法即可判定． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，                         ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 15．（2024·上海·模拟预测）小张同学在探究作角问题 如果我们身旁没有量角器或三角尺，又需要作，，等大小的角，可以采用如图1的方法：    （1）对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． （2）再一次折叠纸片，使点落在上，并使折痕经过点，得到折痕，同时，得到了线段． 【证明】请根据上述过程完成下列问题： （1）连接，如图2.请直接写出：______； （2）请判断和的数量关系，并说明理由； （3）小张在探究活动的第（2）步基础上再次动手操作（如图3），将延长交于点．将沿折叠，点刚好落在边上点处，连接，把纸片再次展平，求证：四边形是平行四边形． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【分析】本题考查了折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等边三角形的性质、平行四边形的判定，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由折叠的性质可得：垂直平分、垂直平分，得出，推出为等边三角形，由等边三角形的性质即可得出答案； （2）结合矩形的性质求出，即可得解； （3）证明是等边三角形，，得出，，由折叠的性质得出，推出，即可得证． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得：垂直平分、垂直平分， ∴，， ∴， ∴为等边三角形， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （3）证明：由（1）可得， ∴，， 由折叠的性质得出， ∴，， ∴是等边三角形，， ∴，， 由折叠的性质得出， ∴， ∴四边形是平行四边形． 学科网（北京）股份有限公司 $$