专题03 矩形的性质与判定重难点题型专训（13大题型+15道提优训练）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（沪教版）

专题03 矩形的性质与判定重难点题型专训（13大题型+15道提优训练） 题型一 矩形性质理解 题型二 矩形的判定定理理解 题型三 添一条件使四边形是矩形 题型四 利用矩形的性质证明 题型五 求矩形在坐标系中的坐标 题型六 证明四边形是矩形 题型七 矩形与折叠问题 题型八 利用矩形的性质求角度 题型九 根据矩形的性质求线段长 题型十 根据矩形的性质求面积 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. 【经典例题一 矩形性质理解】 【例1】（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：（1）矩形的对角线相等且相互平分，即矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等，则（1）正确； （2）矩形对角线的交点到四条边的距离不一定相等，故（2）错误； （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形，说法正确； （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，但概率小于，故（4）错误． 综上，正确的有2个． 故选：B． 1．（2024·上海松江·三模）如图，将一根铁丝首尾相接可以围成一个长为 宽为 的矩形，若将这根铁丝展开重新首尾相接围成一个圆形，则该圆的面积是 （      ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二次根式的混合运算，矩形的性质，圆的面积公式，根据题意得出周长，进而求得圆的半径，根据圆的面积公式，即可求解． 【详解】解：这根铁丝的周长为 ∴将这根铁丝展开重新首尾相接围成一个圆形，则半径为 ∴面积为 故选：B． 2．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，，一发光电子开始置于AB边上的点P处，并设定此时为发光电子第一次与长方形的边碰撞，将发光电子沿着PR方向发射，碰撞到长方形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，当发光电子与长方形的边碰撞2025次后，它与AB边的碰撞次数是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，点的坐标的规律，熟练掌握并灵活运用是解题的关键． 根据反射角与入射角的定义，可以在格点中作出图形，可以发现，在经过6次反射后，发光电子回到起始的位置，即可求解． 【详解】解：如图： 根据图形可得，从点P开始，发光电子与长方形的边，每碰撞6次为一个循环组，且每次循环发光电子与边碰撞2次， ∵， ∴发光电子与边的碰撞次数是． 故答案为． 3．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，四边形为矩形，对角线、交于点O， 过D点作交的延长线于点E． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定、勾股定理等知识点，掌握矩形的性质是解题的关键． （1）由矩形的性质可得，再结合即可证明结论； （2）由矩形的性质可得、，由勾股定理可得，最后根据平行四边形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形． （2）解：∵四边形为矩形， ∴，， 在中，， ∴， ∴， ∴． 【经典例题二 矩形的判定定理理解】 【例2】（2024·上海嘉定·二模）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形； B．对角线相等的四边形是矩形； C．对角线互相垂直的四边形是菱形； D．对角线相等的梯形是等腰梯形． 【答案】D 【分析】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是牢记特殊的四边形的判定定理，利用特殊的四边形的判定和性质定理逐一判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，命题错误，不符合题意； B、对角线相等的四边形是等腰梯形或矩形，命题错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的四边形是菱形或等腰梯形，命题错误，不符合题意； D、对角线相等的梯形是等腰梯形，命题正确，符合题意． 故选：D． 1．（24-25八年级下·上海闵行·期中）在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，有一个角是直角 B．③，对角线相等 C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定等知识点，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理是解本题的关键． 根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件逐步分析判断即可． 【详解】解：A、①有一个角是直角的平行四边形一定是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意； B、③对角线相等的矩形不一定是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意； C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：B． 2．（23-24八年级下·上海虹口·期末）以下说法中正确的是 （填序号） ①一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 ②一组对边相等、一组邻角相等的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 ④对角线相等且相互垂直的四边形为正方形 ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形是菱形 ⑥一组对边平行，另一组对边相等，且有一个角为直角的四边形是矩形 【答案】⑥ 【分析】根据平行四边形，矩形，正方形和菱形的判定方法进行判断． 【详解】解：①一组对边平行、一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，可以是等腰梯形，原说法不正确，故不符合题意； ②一组对边相等，一组邻角相等的四边形不一定是平行四边形，可以是等腰梯形，原说法不正确，故不符合题意； ③两条对角线相等的四边形不一定是平行四边形，更不是矩形，故此说法不符合题意； ④对角线相等且相互垂直平分的四边形为正方形，故此说法不符合题意； ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形可以是等腰梯形，故此说法不符合题意； ⑥一组对边平行且相等，且有一个角为直角的四边形是矩形，正确，故此说法不符合题意； 故答案为：⑥． 【点睛】本题综合考查了对平行四边形及特殊平行四边形判定的运用，综合性较强．熟悉四边形及特殊四边形的判定方法是关键． 3．（2024·上海徐汇·模拟预测）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形． (1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可） (2)在图2中画出以为边面积为的矩形，且点D，E均在格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了轴对称图形、中心对称图形的特点，熟练掌握特殊三角形与四边形的性质才能准确画出符合条件的图形． （1）利用轴对称图形的特点画出符合条件的图形即可； （2）利用中心对称图形的特点画出符合条件的图形即可； 【详解】（1）解：如图，即为所求， （2）解：如图，四边形即为所求， ． 【经典例题三 添一条件使四边形是矩形】 【例3】（23-24八年级下·上海黄浦·期末）在中，与相交于点O，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是(    ) A．； B．； C．； D．． 【答案】D 【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可． 【详解】解：添加选项D：， 理由是：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴为矩形， 补充其他选项推导： A选项，，对角线互相垂直，可以证明为菱形，但不能证明为矩形，不符合题意； B选项、，对角线平分内角，可以证明为菱形，但不能证明为矩形，不符合题意； C选项，不能证明为矩形，不符合题意． 故选D． 【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么下列条件中不能判定四边形ABCD是矩形的是（    ） A．∠ABC＝90° B．∠BCD＝90° C．AB＝CD D． 【答案】C 【分析】根据矩形的判定定理：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分别进行分析即可． 【详解】解：A、∵∠BAD=90°，BO=DO， ∴OA=OB=OD， ∵∠ABC=90°， ∴AO=OB=OD=OC， 即对角线平分且相等， ∴四边形ABCD为矩形，正确，不符合题意； B、∵∠BAD=90°，BO=DO， ∴OA=OB=OD， ∵∠BCD=90°， ∴AO=OB=OD=OC， 即对角线平分且相等， ∴四边形ABCD为矩形，正确，不符合题意； C、∵∠BAD=90°，BO=DO，AB=CD， 无法得出△ABO≌△DCO， 故无法得出四边形ABCD是平行四边形， 进而无法得出四边形ABCD是矩形，错误，符合题意； D、∵AB∥CD，∠BAD=90°， ∴∠ADC=90°， ∵BO=DO， ∴OA=OB=OD， ∴∠DAO=∠ADO， ∴∠BAO=∠ODC， ∵∠AOB=∠DOC， ∴△AOB≌△DOC， ∴AB=CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠BAD=90°， ∴▱ABCD是矩形，正确，不符合题意； 故选：C． 【点睛】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． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，▱的对角线、交于点，顺次联结▱各边中点得到的一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件可以是 ．（填序号） 【答案】①②④ 【分析】根据顺次联结四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形．逐一对四个条件进行判断． 【详解】解：顺次联结四边形的中点，得到的四边形形状和四边形的对角线位置、数量关系有关，利用三角形中位线性质可得：当对角线垂直时，所得新四边形是矩形． ①， 新的四边形成为矩形，符合条件； ②四边形是平行四边形， ，． ， ． 根据等腰三角形的性质可知， ， 新的四边形成为矩形，符合条件； ③四边形是平行四边形， ． ， ． ． ， 四边形是矩形，联结各边中点得到的新四边形是菱形，不符合条件； ④，， ，即平行四边形的对角线互相垂直， 新四边形是矩形，符合条件． 所以①②④符合条件． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查矩形，解题的关键是数量掌握矩形的判断定理． 3．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，，且，E是的中点． (1)求证：； (2)连接，若要使四边形是矩形，则需给添加什么条件？为什么？ 【答案】(1)见解析 (2)添加，理由见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形形的判定与性质，矩形的判定，灵活运用所学知识是解题的关键． （1）根据E是中点，证明，结合，即可证明四边形是平行四边形，进而得出结论； （2）添加．连接，四边形是平行四边形．由，得到，利用“对角线相等的平行四边形为矩形”即可证明． 【详解】（1）证明：∵E是中点， ∴， ∵， ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）解：添加． 理由： 连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴． ∴是矩形． 【经典例题四 利用矩形的性质证明】 【例4】（24-25八年级下·上海普陀·开学考试）如图，已知等边三角形被一矩形所截，被截成三等分，且．若，则四边形的周长为（    ） A．30 B．27 C．24 D．21 【答案】D 【分析】本题考查了等边三角形的性质与判定，矩形的性质，由可得，从而推出和是等边三角形，结合三等分得到，再求出四边形各边长，最后求周长即可． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， ∵被一矩形所截，被截成三等分， ∴，， ∵， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形的周长为：． 故选：D． 1．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在矩形中，，，E为上一点，把沿折叠，使点C落在边上的F处，则的长为（   ） A．2 B．7 C．18 D． 【答案】D 【分析】此题重点考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理等知识，求得，并且根据勾股定理正确地列出方程是解题的关键． 由矩形的性质得，，，由折叠得，，则，所以，由勾股定理得，求得，即可解答． 【详解】解：四边形是矩形，，， ，，， 把沿折叠，点C落在边上的F处， ，， ，， ， ， ， 解得：， 故选：D． 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）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 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质以及平行线的性质，先分别过点B、F作，再得出，结合矩形的性质，得出，再根据平行线的性质以及，，进行角的运算，即可作答． 【详解】解：分别过点B、F作，如图： ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， 则， ∴， ∵，， ∴， 则， ∴， 故答案为：． 3．（2025·上海宝山·一模）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 【答案】探究：证明见解析；运用： 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质，矩形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，相似多边形的性质是解题的关键． 【探究】连接，证明，得出，，则可得出答案；【运用】由矩形的性质得出，证出，由结论“四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似”证明四边形四边形，则可得出答案． 【详解】【探究】证明：连接，如图所示： ∵四边形与四边形相似， ∴，， ∴， ∴，， ∴； 【运用】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形四边形， ∴． 【经典例题五 求矩形在坐标系中的坐标】 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，点是的中点，点在上运动，当时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了坐标与图形的性质,矩形的性质，等腰三角形的性质，由点是的中点，可得出点的坐标，当，由等腰三角形的性质即可得出点的坐标 【详解】解：过点作于点， 矩形的顶点的坐标分别为，点是的中点， 点 ，， ， 即点 点， 故选：A 1．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图所示，矩形的顶点，，对角线交点为，若矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第74次旋转后点的落点坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先结合矩形的性质可得点的坐标为，再根据矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，可知每4次完成一个循环，第74次旋转后点的位置与重合，同时P与关于原点对称，即可获得答案． 【详解】解：∵四边形为矩形，对角线交点为， ∴， ∵，， ∴点的坐标为， ∵每次旋转， ∴每4次完成一个循环， 又∵， ∴第74次旋转后点的位置与重合， ∵P与关于原点对称， ∴点坐标为，即第74次旋转后点的落点坐标为． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、坐标与图形、旋转变换等知识，理解题意，找到点的运用规律是解题关键． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的两邻边在坐标轴上，顶点B（6，4），经过边BC上一点P（4，m）的直线将矩形面积平分，则这条直线的解析式为 ． 【答案】y＝2x﹣4 【分析】根据矩形的性质以及B的坐标，求得P为（4，4），由平分矩形的直线经过矩形的中心点，求得中心点的坐标，则所求的直线就是经过对角线交点和点P的直线，再根据待定系数法求得即可． 【详解】解：∵矩形OABC的两邻边在坐标轴上，顶点B（6，4）， ∴矩形对角线的交点为（3，2）， ∵点P（4，m）是BC边上一点， ∴P（4，4）， ∵经过矩形对角线交点的直线平分矩形， ∴设过P（4，m）且平分矩形的直线为y＝kx＋b， 把点（4，4），（3，2）代入得 ， 解得 ， ∴这条直线的解析式为y＝2x﹣4． 故答案为y＝2x﹣4． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，待定系数法求一次函数的解析式，平分矩形的直线经过矩形的对角线交点是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，长方形中，O为平而直角坐标系的原点，，点B在第一象限，D是长方形边上的一个动点，设，且，连接．    (1)长方形的周长为　 　． (2)若点D在长方形的边上，且线段把长方形的周长分成两部分，求点D坐标； (3)若点D在长方形的边上，将线段向下平移3个单位长度，得到对应线段（F为点D的对应点），连接，求三角形的面积（可用含m的式子表示）． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）已知长度，即可求出周长； （2）由题意得：，根据此式可求出的长度，即可得出答案； （3）画出图形，根据即可求出． 【详解】（1）解：长方形的周长为：； （2）解：由题意得：， 设，则， ∴， 解得：， ∴； （3）解：如图，    由题意得：，， ∴，，， ∴； 【点睛】本题考查四边形综合问题，熟练使用面积转化的方法表示三角形的面积是解题关键． 【经典例题六 证明四边形是矩形】 【例6】 （24-25八年级下·上海奉贤·阶段练习）如图，四边形的对角线，相交于点，且，则下列条件能判定四边形为矩形的是（   ） A． B．， C． D．， 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的判定方法、熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．矩形的常用判定方法有：对角线相等的平行四边形是矩形；有一个角是90度的平行四边形是矩形；有三个角是90度的四边形是矩形．据此逐项分析判断即可． 【详解】解：A、由，无法判断四边形是矩形，故不符合题意； B、∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故本选项符合题意； C、由，无法判断四边形是矩形，故不符合题意； D、由，，，无法判断四边形是矩形，故不符合题意． 故选：B． 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期中）在“利用直角三角形作矩形”的综合实践课上，嘉嘉和明明分别利用尺规作出如下示意图．关于他们的作图方法，正确的是（    ） A．嘉嘉正确，明明错误 B．嘉嘉错误，明明正确 C．两人都正确 D．两人都错误 【答案】C 【分析】此题考查了平行四边形的判定、矩形的判定等知识，根据作图步骤和矩形的判定分别进行证明即可. 【详解】解：两人都正确，理由如下： 嘉嘉：由作图可知， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形，故嘉嘉的作图正确； 明明：由作图可知，， ∴四边形是平行四边形， ∵ ∴四边形是矩形，故明明的作图正确； 故选：C 2．（23-24八年级下上海宝山·期末）如图，四边形是个活动框架，对角线是两根皮筋．如果扭动这个框架（位置不变），当扭动到时四边形是个矩形，和相交于点O．如果四边形为菱形，则 ° 【答案】30 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的性质，等边三角形的性质与判定．由题意得，根据菱形的性质得到，推出是等边三角形，求得，根据矩形的性质得到，于是得到结论． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵在扭动过程中，CD的长度是不会发生变化的， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：30． 3．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图，在平行四边形中，，为上两点，连接，，且，． (1)求证：． (2)判定四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)矩形；理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和矩形的判定等知识点．全等三角形的判定是本题的重点． （1）根据题中的已知条件我们不难得出：，，又因为，那么两边都加上后，，因此就构成了全等三角形的判定中边边边的条件． （2）由于四边形是平行四边形，只要证明其中一角为直角即可． 【详解】（1）证明：，，， ． 四边形是平行四边形， ． 在和中， ． （2）解：四边形为矩形． 理由如下： ， ． 四边形是平行四边形， ． ． ， 四边形是矩形． 【经典例题七 矩形与折叠问题】 【例7】（2024·上海金山·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（   ） A．3.5 B． C．2 D．3 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质可得，，，求出，再由勾股定理结合折叠的性质可得，，设，则，再由勾股定理计算即可得解． 【详解】解：∵在长方形中，， ∴，，， ∵的面积为24， ∴， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， 设，则， 由勾股定理可得：，即， 解得：， ∴， 故选：B． 1．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图，在矩形中，，点和是边上的两点，连接、，将和沿、折叠后，点和点重合于点，则的长是（   ） A．3 B．5 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形与折叠问题，等腰三角形的性质以及勾股定理等知识，过点作于点，则于点，由勾股定理可求，，设，则，由勾股定理求出，从而进一步可得出结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， 由折叠得，，，，， ， ， ， ， 过点作于点，则于点，如图，则， ， 由勾股定理得，， ， 设，则， 在直角中，， ， 解得，， ， 即， ， 故选：C． 2．（24-25八年级下·上海虹口·开学考试）如图，将一矩形如图折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．连接，．当四边形的面积是矩形的面积的时，的值为 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质及折叠的性质可证得，设，，借助四边形的面积是矩形面积的列出等式，计算可得，进而即可求得答案． 【详解】解：∵在矩形中， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴，，，， ∴，， ，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设， 则， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形的面积是矩形面积的， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质及平行四边形的判定，设出相应的辅助元、熟练掌握全等三角形的判定及性质是解决本题的关键． 3．（24-25八年级下·闵行·开学考试）折纸的过程蕴含着丰富的数学知识．如图1，有一张矩形纸片，，对它进行以下操作： 第一步：如图2，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． 第二步：如图3，再一次折叠纸片，使点落在上的点处，且折痕过点，得到折痕． (1)在图3中，________，________． (2)在图3中，连接，试判断的形状，并说明理由． (3)若在矩形中，，，点在边上，将沿着折叠，若点的对应点恰落在矩形的对称轴上，则________． 【答案】(1)，5 (2)为等边三角形，理由见解析 (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质，进行求解即可． （2）由折叠的性质可得，由线段中垂线的性质可得，可得结论； （3）根据点A的对应点恰落在矩形的对称轴上，分两种情况讨论，①当点落在上时，②如当点落在上时，由折叠的性质和勾股定理可求解． 【详解】（1）解：∵对折矩形纸片，使与重合， ∴， 由折叠可得：； 故答案为：，5； （2）解：为等边三角形； 理由如下： 由折叠可知：垂直平分， ∴， 又∵， ∴， ∴为等边三角形； （3）解：解：①如图，当点落在上时， ∵为矩形的对称轴， ∴，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 由折叠可知： ，，设，则：， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴ ②如图，当点落在上时 由（2）可知：是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴或（舍去）， 综上所述，的长为或； 故答案为：或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【经典例题八 利用矩形的性质求角度】 【例8】 （2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是（   ） A． B． C． D．以上都不对 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，由四边形是矩形，则，，，，根据，得，，又，则，然后由三角形内角和定理得，最后由角度和差即可求解，熟练掌握矩形的性质和三角形的内角和定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：． 1．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，若，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、三角形外角的定义及性质，由矩形的性质得出，，由旋转的性质可得：，由三角形外角的定义及性质得出，即可得解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， 由旋转的性质可得：， ∵， ∴， ∴， ∴旋转角的度数为， 故选：C． 2．（2024·上海徐汇·模拟预测）石油的提取物中含有稠环芳香烃，它的同系物的分子结构中有 一种物质叫释迦牟尼分子，它的分子式是（部分结构是正六边形和矩形构成），其中的度数为     【答案】/150度 【分析】本题考查多边形的内角和和外角，求出正六边形的内角，利用减去一个直角，再减去一个正六边形的内角，即可解答，熟练求出多边形的内角是解题的关键． 【详解】解：正六边形的每个内角为，矩形的每一个内角为， ， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·上海宝山·期末）四边形是矩形，E是延长线上一点，连接，，． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若F是的中点，连接，，求证． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】此题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键是根据矩形的四个角都相等解答． （1）连接，与交于点，根据矩形的性质解答即可； （2）延长交延长线于点，根据证明，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【详解】（1）解：如图①，连接，与交于点， 四边形是矩形， ，，， ， ， ， ， ， ； （2）证明：如图②，延长交延长线于点， 四边形是矩形， ∴， 即， ，， 是的中点， ， ， ，． ，即， ， ， 又， ． 【经典例题九 根据矩形的性质求线段长】 【例9】（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，于点E，，且，则的长度是（　　） A． B．2 C．8 D． 【答案】C 【分析】根据矩形性质和，得出，，再由含30度角的直角三角形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形，， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴，即， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题考查了矩形的性质及含30度角的直角三角形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质是解题关键． 1．（2024·上海闵行·二模）如图，点M、N分别是矩形ABCD的边BC和对角线AC上的动点，连接AM、MN，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．5 【答案】B 【分析】根据动点最值问题求解步骤，①分析所求线段端点（定、动）；②动点轨迹为直线；③模型方法（类比将军饮马模型，作定点关于动点轨迹的对称点）；④确定最值对应的定线段；⑤求定线段长，按步骤进行即可求解． 【详解】解：如图所示，作点关于直线的对称点，连接，过作， ，即当三点共线，时，的最小值为， 在中，，连接，如上图所示，，则， 在矩形ABCD中，，，则， ， 故选：B． 【点睛】本题考查动点最值问题，熟练掌握动点最值问题的求解步骤，根据题意按步骤逐步分析是解决问题的关键． 2．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平移的性质，解题的关键是正确作出辅助线．延长交于点，连接、，则，可证明四边形和四边形都是矩形，则，，由，，可得，，推出，得到，即可求解． 【详解】解：延长交于点，连接、，则， 四边形是矩形， ， ， 由平移得：，，， ，， 四边形和四边形都是矩形， ，， ，， ，， ， ， ， ， ， 、两点的距离为， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·上海浦东新·阶段练习）如图1，在矩形中，，四边形是正方形，若矩形与矩形是相似形． (1)求的长． (2)如图2，延长至点O，使得，连接并延长、连接并延长，分别交直线于点G、H，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练利用相似三角形的性质是解题的关键． （1）设，利用相似形的性质和正方形的性质即可解答； （2）证明，利用相似三角形的性质，即可解答． 【详解】（1）解：设， 四边形是正方形， ，则， 矩形与矩形是相似形， ，即， 解得（负值舍去）， 经检验，可得是原方程的解， 为； （2）解：四边形是矩形， ， ， ， 四边形是矩形， , ，即是的高， , ． 【经典例题十 根据矩形的性质求面积】 【例10】（23-24八年级下·上海·期中）在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，如果设折痕为EF，那么重叠部分△AEF的面积等于（   ）cm2 A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由矩形及折叠的性质可得AE=AF，再由勾股定理可求得AE的长，从而可求得重叠部分的面积． 【详解】∵四边形ABCD是矩形 ∴AD∥BC ∴∠AFE=∠FEC 由折叠的性质知：∠AEF=∠FEC，AE=CE ∴∠AFE=∠AEF ∴AE=AF 设BE=xcm，则AE=CE=(4-x)cm 在Rt△ABE中，由勾股定理得： 解得： ∴ ∴ 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形与折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，运用勾股定理建立方程求得AE的长是解题的关键． 1．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，点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． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，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． 2．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图是一张矩形纸板，顺次连接各边中点得到四边形．将一个飞镖随机投掷在矩形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率是 ． 【答案】/0.5 【分析】本题考查了几何概率，矩形的性质．用到的知识点为：概率＝相应的面积与总面积之比．根据概率公式求出阴影部分占整体的几分之几即可求解． 【详解】解：如图，连接， 根据矩形的对称性可得：四个三角形的面积之和等于长方形面积的一半，故阴影部分占长方形面积的， 故飞镖落在阴影区域的概率是， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·全国·单元测试）在一块长，宽的矩形荒地上建一个花园，要求花园所占面积为荒地面积的一半．图①是小明的设计方案，花园四周小路的宽度相等，通过解方程，小明得到小路的宽为或．图②是小丽的设计方案，其中花园四个角上的扇形都相同． (1)你认为小明的计算结果对吗？ 请说明理由． (2)请你帮小丽求出图中的(精确到)． (3)你还有其他的设计方案吗？ 请在图③中画出你设计的草图，并简要说明． 【答案】(1)小明的计算结果不对．理由见解析 (2) (3)方案及作图见解析 【分析】本题考查一元二次方程的解法的运用，矩形的面积公式的运用，扇形的面积公式的运用， （1）根据条件路的宽度小于，故得出小强的结果不对，应该是； （2）根据四个扇形的面积=矩形的面积的一半建立方程求出的值即可； （3）利用同底等高的三角形的面积等于矩形的面积的一半，可得另一方案； 解题的关键是抓住等量关系：花园的面积等于荒地面积的一半． 【详解】（1）解：小明的计算结果不对．理由如下： 设小路宽， 依题意，得：， 解得： ，， ∵荒地的宽为， ∴当时，不符合题意，舍去， ∴， ∴小路的宽为； （2）依题意得：， ∴， 解得：或（负值不符合题意，舍去），． ∴； （3）答案不唯一． 如图，取上边长的中点作为三角形的顶点，下边的长的两个端点为三角形的另外两个顶点，则三角形的面积为：，矩形面积为：． ∴此时三角形的面积等于矩形面积的一半． 【经典例题十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例11】（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在正方形中，点P在对角线上，，，E，F分别为垂足，连接，．下面是某个学习小组给出的结论： 小红：若，则； 明明：若，则； 笑笑：若正方形边长为8，则EF的最小值为4； 下列说法正确的是（    ） A．他们三个的结论都正确 B．他们的结论都不正确 C．只有明明的结论正确 D．只有笑笑的结论错误 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，根据正方形的性质，证明四边形为矩形，四边形为正方形，，从而得出小红的结论正确，明明的结论正确，当时，AP有最小值，此时P为的中点，利用勾股定理即可得出笑笑的结论错误，从而得出结果． 【详解】解：如图，延长交于Q， ∵四边形为正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴四边形为正方形． ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴，若，则，则小红的结论正确； 若，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，则明明的结论正确； 当时，AP有最小值，此时P为的中点， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴EF的最小值为，则笑笑的结论错误． 故选D． 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段的对应点分别是点，，依次连接．则下列结论不一定正确的是（   ）      A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据旋转的性质得到，推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到，推出四边形是正方形，于是得到结论． 【详解】解：∵将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段， ， ∴四边形是矩形， ， ∵不清楚旋转角度，故不能证明， 时，， ∴四边形是正方形， 故A，B，Ｄ正确， 故选：C． 2．（14-15八年级下·上海嘉定·期末）如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，以及矩形的性质和判定，根据题意证得四边形是矩形，利用矩形的性质和等腰三角形性质即可计算出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·上海虹口·期末）在正方形中，点E，F分别是边 上的中点，点 P是一动点，记，，．    (1)如图1，若点P运动到线段的中点时， ， ． (2)如图2，若点P在线段上运动时，，和之间有何关系? (3)当点在直线上（在线段之外且与不重合）运动时，，和间又有何关系? 说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)①当点在延长线上时，；②当点在延长线上，且在直线上方时，；③当点在延长线上，且在直线下方时，，理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、平行线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键． （1）先根据正方形的性质可得，再证出四边形是矩形，根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质和平行线的性质求解即可得； （2）先根据平行线的性质可得，再根据直角三角形的性质可得，由此即可得； （3）分三种情况：①点在延长线上，②点在延长线上，且在直线上方，③点在延长线上，且在直线下方，根据平行线的性质和直角三角形的性质求解即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故答案为：，． （2）解：∵， ∴， 又∵， ∴，即， ∴，即． （3）解：①如图3-1，当点在延长线上时， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即； ②如图3-2，当点在延长线上，且在直线上方时， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即； ③如图3-3，当点在延长线上，且在直线下方时， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴，即．    【经典例题十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例12】（24-25八年级下·上海崇明·阶段练习）为全面落实劳动教育，某中学将校园里的荒地设计成了如图所示的菱形花圃（阴影部分），且菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点，若矩形荒地的长为80米，宽为60米，则菱形花圃的面积为（   ） A．2400平方米 B．2800平方米 C．3000平方米 D．3200平方米 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质，熟练掌握矩形的性质和判定，菱形的性质是解题的关键；根据矩形的性质可证四边形是矩形，四边形是矩形， 可得米， 米，再根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图： 四边形是矩形，矩形荒地的长为80米，宽为60米， 米，米，， 菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点， ，， 四边形是矩形，四边形是矩形， 米， 米， 菱形花圃的面积为平方米， 故选：． 1．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图，将矩形的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，则矩形的周长为（  ） A． B． C． D．8 【答案】C 【分析】由翻折的规律证明四边形是矩形及，再由矩形的性质结合已知条件求出的长度，即可求出的长度，由折叠性质证明，求得，最后由矩形的周长公式求得周长便可．本题考查了翻折变换，矩形的判定与性质，掌握翻折变换的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，等积法是解决问题的关键． 【详解】解：如图所示， ∵将矩形的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形， ∴ ∴ ∵， ∴ 同理，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴ 由折叠知， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴矩形的周长 故选：C． 2．（2024·上海静安·一模）如图，已知矩形，，，点为边上一点，连接，以为一边在与点的同侧作正方形，连接．当点在边上运动时，的最小值是 ． 【答案】 【分析】过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点，利用矩形的判定与性质，正方形的性质，直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，，设，则，，利用勾股定理，配方法以及非负数的意义解答即可得出结论． 【详解】解：过点作于点，过点作，交的延长线于点，交的延长线于点， ∵四边形为矩形， ∴，，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，，， 设，则，， ∴，， 在中，， ∴， ∵， ∴当时，取得最小值为， ∴的最小值是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，二次函数的最值，全等三角形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些性质． 3．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）如图，作于，于，根据正方形的性质可得，进而说明，再证明可得，再结合四边形是矩形即可证明结论； （2）同（1）的方法判断出得到，然后根据线段的和差即可解答． 【详解】（1）解：如图，作于，于，则，   点是正方形对角线上的点， ， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ， ∴， ， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 矩形是正方形． （2）解：的值是定值，定值为，理由如下： 正方形和正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， 是定值． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、矩形的判定、三角形的全等的性质和判定、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键． 【经典例题十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例13】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，点P是矩形的对角线上一点，过点P作，分别交，于E、F，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（    ）    A．10 B．12 C．16 D．18 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 作于M，交于N．则有四边形，四边形，四边形都是矩形，根据矩形的性质得到，，，，，从而得出，即可求解． 【详解】解：作于M，交于N．    则有四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 1．（2024·上海普陀·模拟预测）图1所示的教具是用钉子将四根木条钉成的平行四边形框架，在与，与两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定．老师推动框架至如图2所示，下列判断一定正确的是（    ）    A．在图2中， B．在图2中， C．四边形的周长变大 D．四边形的面积不变 【答案】B 【分析】根据平行四边形的邻边不一定相等，判断A；根据矩形的对角线相等，判定B；根据线段的大小不会随位置的改变而改变，可判定C；根据矩形的面积，平行四边形的面积可判定D． 【详解】A、平行四边形的邻边不一定相等，在图2中，不一定成立，不符合题意； B、平行四边形框架，且，故平行四边形是矩形， 故，正确，符合题意； C、根据线段的大小不会随位置的改变而改变，故四边形的周长不变，错误，不符合题意； D、如图，过点A作，交的延长线于点E，根据题意，得，根据斜边大于直角边，判定其上的高逐渐变大， 故四边形的面积变大，错误，不符合题意；    故选B． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，线段的大小不变性是解题的关键． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）如图，点是矩形内任一点，若，．则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定与性质．熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． 由矩形，可得，，如图，过作于，于，则四边形是矩形，，根据，计算求解即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， 如图，过作于，交于，则四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·全国·单元测试）（1）我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形(如图1)，这个矩形称为赵爽弦图，其验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边 a，b 与斜边c 满足关系式称为勾股定理． 证明：∵大正方形面积表示为，又可表示为S= ， ∴ ∴ ， 即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； （2）爱动脑筋的小明把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形(如图2)，也能验证这个结论，请你帮助小明完成验证的过程； （3）如图3所示， ，请你添加适当的辅助线证明结论    【答案】（1）；（2）见解析；（3）见解析 【分析】本题考查了用数形结合来证明勾股定理，锻炼了同学们的数形结合的思想方法． （1）根据四个全等的直角三角形的面积＋中间小正方形的面积=大正方形的面积，构造等量关系，然后化简即可证得； （2）根据四个全等的直角三角形的面积＋中间小正方形的面积=大正方形的面积，代入数值，即可证明； （3）作辅助线，构建矩形，根据矩形的面积可得结论． 【详解】（1）证明：∵大正方形面积表示为，又可表示为， ∴． ∴， ∴， 即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． 故答案为：，，； （2）证明：由图得，大正方形面积=， 整理得，， 即 ； （3）如图，过A作，过E作于F，交的延长线于D，则四边形是矩形，    ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ， ∴． 1．（24-25八年级下·上海宝山·阶段练习）下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 【答案】B 【分析】本题主要考查矩形的性质和菱形的性质，熟练掌握矩形的性质和菱形的性质是解题的关键．根据矩形的性质和菱形的性质进行判断即可． 【详解】解：矩形对角线相等，菱形对角线不一定相等， 故矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选B． 2．（24-25八年级下·上海静安·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉了解三者之间的关系及判定定理是解题关键．根据矩形、菱形、正方形的判定定理依次进行判断即可． 【详解】解：A、的对角线，相交于点，且， 是矩形，原说法正确，符合题意； B、若，得不到是菱形，原说法错误，不符合题意； C、若，得不到是正方形，原说法错误，不符合题意； D、若，则是矩形，原说法错误，不符合题意． 故选：A． 3．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么的值为（   ） A． B． C．3 D．1 【答案】D 【分析】本题考查代数式求值，涉及矩形性质、中点坐标公式等知识，熟练掌握矩形性质及中点坐标公式是解决问题的关键．由矩形的对角线交于一点，且对角线相互平分，从而由中点坐标公式求出对角线交点的坐标，列方程求解即可得到的值，代入代数式求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： 由中点坐标公式可知中点的坐标为，即； 中点的坐标为，即； ， 解得， ， 故选：D． 4．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图1，长方形地砖中有两个全等的正方形①和②，点E，F分别在上，且三点共线．点分别在上，，将两块完全相同的地砖如图2的方式拼接在一起，则阴影部分的面积为（   ） A．62 B．52 C．97 D．87 【答案】A 【分析】如图，过点M作，证明四边形是矩形，再证明，算出，勾股定理求出，得出，根据阴影部分的面积，求解即可． 【详解】解：如图，过点M作， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∴， 根据题意可得：， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴， ∴， 则阴影部分的面积， 故选：A． 【点睛】该题主要考查了矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，平行线的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 5．（24-25八年级下·上海虹口·开学考试）在矩形中，点为边的中点，连结，将沿直线翻折，使得点与点重合，的延长线交线段于点，的延长线交线段于点，，若点为线段的中点，则的值为（　　） A．18 B．12 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质．连接，作于，由翻折及矩形的性质得，，，，证明，由勾股定理建立方程可分别求出，的长，由三角形的面积公式可求解． 【详解】解：连接，作于， 在矩形中，，，， 四边形、都是矩形， ∴， ∵将沿直线翻折，点为边的中点， ，，， ∵点为线段的中点， ∴ 在和中， ， ∴， ， ， 在中，， ∵， ， ， ， ， 设， ， ， 在中，，即， 解得， ， ， 故选：C． 6．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图在矩形中，，则的度数为 ． 【答案】/60度 【分析】本题考查矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形外角的性质．根据矩形的对角线相等且互相平分得到，进而得到，再根据三角形外角的性质即可解答． 【详解】解：∵在矩形中，，，， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 7．（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）广场上布置矩形花坛，计划用盆花摆成两条对角线，如图形状。具体做法是先摆好一条对角线后，再到花房运盆花摆放第二条对角线。如果第一条对角线用了21盆花，还需要运来 盆花摆另一条对角线；如果第一条对角线用了24盆花，还需要运来 盆花摆另一条对角线． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．根据矩形的对角线互相平分且相等即可得到答案． 【详解】解：第一条对角线用了21盆花，还需要运来盆花， 第一条对角线用了21盆花，中间一盆为对角线交点， 故还需要盆； 如果第一条对角线用了24盆花，还需要运来24盆花； 第一条对角线用了24盆花，矩形的对角线互相平分且相等， 故还需要运来24盆花． 故答案为：，． 8．（2024·上海宝山·一模）如图，在中，相交于点O，点E、F在上，，顺次连接A、F、C、E，添加一个条件使得四边形是矩形，则该条件可以是 .（填一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，由矩形的判定可得出答案，熟记矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：添加使得四边形是矩形． 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． 故答案为：． 9．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，，点为对角线上一动点，于点交于点，则线段长的最小值为 ． 【答案】 【分析】此题重点考查矩形的性质、垂线段最短、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，正确地作出辅助线是解题的关键．作于点G，连接，可证明四边形是矩形，所以，则，，，求得，由，求得，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点G，连接， ∵四边形是矩形，于点E，于点F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 10．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在矩形中，，点E在边上，点F在边上，且，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理、将军饮马问题全等三角形的判定与性质等内容，综合性较强，将转化为是解题的关键． 先连接，将转化为，再利用将军饮马解决问题即可． 【详解】 AIAI 如图，连接 四边形是矩形 ， ∵ 如图，作B点关于A点的对称点，连接 ， 的最小值为 故答案为：． 11．（24-25八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． (1)试判断四边形的形状； (2)当满足________时四边形是矩形． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析 (2) 【分析】此题考查了平行四边形的判定、矩形的判定等知识． （1）证明四边形的对角线互相平分，即可得到结论； （2）当时，根据矩形的定义即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形是平行四边形； 证明：∵为边上的中线， ∴， ∵， ∴四边形的对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形； （2）当时，平行四边形是矩形． 故答案为： 12．（23-24八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，四边形的对角线互相平分相交于点O，且．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，三角形的内角和． （1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据三角形的外角的性质求得，推出，于是得到四边形是矩形； （2）设，，则，根据三角形内角和定理得，即可得，再由矩形的性质可求出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形的对角线互相平分 ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵，是的外角， ∴． ∴． ∴． 又∵， ∴． ∴四边形是矩形． （2）解：设，，则， ∵， ∴， 在中， ∴， 解得， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． 13．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图矩形中，为平面直角坐标系的原点，、两点的坐标分别为、． (1)直接写出点坐标； (2)若过点的直线交边于点，且把矩形的周长分为1：3两部分，求直线的表达式． 【答案】(1)B(3，5) (2) 【分析】（1）B的横坐标与A的横坐标相同，纵坐标与C的纵坐标相同； （2）根据比例的性质求得BD的长，即可求得D的坐标，利用待定系数法，即可求得直线的解析式． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴OA∥BC，OC∥AB，OA=BC，OC=AB， ∵、， ∴B(3，5) ． （2）∵过点C的直线CD交AB边于点D，且把矩形OABC的周长分为1：3两部分， OC=AB>BD，OA=BC， 则一定有：， 解得BD=1， ∴AD=AB-BD=5-1=4， 即D点的坐标为（3，4）， 设直线CD的关系式为y=kx+b，且经过（0，5）和（3，4）得， 解之得 即直线CD的关系式为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，比例的性质，以及待定系数法求函数解析式． 14．（23-24八年级下上海松江·期中）如图，是的边的中点，现有以下三个选项：①；②；③．从中选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形． (1)你添加的条件是________（填序号）． (2)添加条件后，请证明为矩形． 【答案】(1)①或②（选一项即可） (2)见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键． （1）根据矩形的判定定理选择条件即可； （2）选择①：过点作的平行线，交于点，过点作的垂线段交于点，证明，进而即可得到结论； 选择②：根据平行四边形的性质得到，，求得，根据全等三角形的性质得到，根据矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）解：①或②（选一项即可）； （2）选择①：证明：如图，过点作的平行线，交于点，过点作的垂线段交于点， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， 是的边的中点， ， 在和中， ， ， ， ，即， ， ， 为矩形； 选择②：证明：四边形是平行四边形， ，， ， 是的边的中点， ， 在和中， ， ， ， ， 为矩形． 15．（24-25八年级下·上海静安·阶段练习）在矩形纸片中，，． (1)如图①，将矩形纸片折叠，点落在对角线上的点处，则的长为 (2)如图②，点为上一点，将沿翻折至，与相交于点，与相交于点、且，①证明：．②求的长 (3)如图③，将矩形纸片折叠，使顶点B落在边上的点处，折痕所在直线同时经过、（包括端点，请直接写出的最大值和最小值． 【答案】(1)2 (2)①见解析② (3)的最大值为，最小值为1 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质，由勾股定理得出方程是解决问题的关键． （1）在中，由勾股定理得出，由折叠得，从而可求出； （2）由证明，得出，，，因此，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可； （3）当折痕所在直线经过点A时，此时最小；当折痕所在直线经过点C时，最大，，由勾股定理得． 【详解】（1）解：∵矩形纸片中，， ∴， 由折叠得，点落在对角线上的点E处， ∴， ∴， 故答案为：2； （2）解：①证明：由折叠得 在和中， ， ∴， ②设， 由折叠的性质得：，， ∵ ∴， ∴，即， ∴，， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴； （3）解：当折痕所在直线经过点A时，如图所示： 此时最小； 当折痕所在直线经过点C时，如图所示： 此时最大，， 由勾股定理得：， ∴的最大值为，最小值为1． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 矩形的性质与判定重难点题型专训（13大题型+15道提优训练） 题型一 矩形性质理解 题型二 矩形的判定定理理解 题型三 添一条件使四边形是矩形 题型四 利用矩形的性质证明 题型五 求矩形在坐标系中的坐标 题型六 证明四边形是矩形 题型七 矩形与折叠问题 题型八 利用矩形的性质求角度 题型九 根据矩形的性质求线段长 题型十 根据矩形的性质求面积 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. 【经典例题一 矩形性质理解】 【例1】（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 1．（2024·上海松江·三模）如图，将一根铁丝首尾相接可以围成一个长为 宽为 的矩形，若将这根铁丝展开重新首尾相接围成一个圆形，则该圆的面积是 （      ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，，一发光电子开始置于AB边上的点P处，并设定此时为发光电子第一次与长方形的边碰撞，将发光电子沿着PR方向发射，碰撞到长方形的边时均反射，每次反射的反射角和入射角都等于45°，当发光电子与长方形的边碰撞2025次后，它与AB边的碰撞次数是 ． 3．（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，四边形为矩形，对角线、交于点O， 过D点作交的延长线于点E． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，，求四边形的面积． 【经典例题二 矩形的判定定理理解】 【例2】（2024·上海嘉定·二模）下列命题正确的是（   ） A．对角线相等的平行四边形是正方形； B．对角线相等的四边形是矩形； C．对角线互相垂直的四边形是菱形； D．对角线相等的梯形是等腰梯形． 1．（24-25八年级下·上海闵行·期中）在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，有一个角是直角 B．③，对角线相等 C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 2．（23-24八年级下·上海虹口·期末）以下说法中正确的是 （填序号） ①一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 ②一组对边相等、一组邻角相等的四边形是平行四边形 ③有一个角是直角且对角线相等的四边形是矩形 ④对角线相等且相互垂直的四边形为正方形 ⑤一组对边平行，另一组对边相等，且对角线互相垂直的四边形是菱形 ⑥一组对边平行，另一组对边相等，且有一个角为直角的四边形是矩形 3．（2024·上海徐汇·模拟预测）图1，图2都是由边长为1的小等边三角形构成的网格，每个小等边三角形的顶点称为格点，线段的端点均在格点上，分别按要求画出图形． (1)在图1中画出等腰三角形，且点C在格点上．（画出一个即可） (2)在图2中画出以为边面积为的矩形，且点D，E均在格点上． 【经典例题三 添一条件使四边形是矩形】 【例3】（23-24八年级下·上海黄浦·期末）在中，与相交于点O，要使四边形是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是(    ) A．； B．； C．； D．． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AC与BD相交于点O，∠BAD＝90°，BO＝DO，那么下列条件中不能判定四边形ABCD是矩形的是（    ） A．∠ABC＝90° B．∠BCD＝90° C．AB＝CD D． 2．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，▱的对角线、交于点，顺次联结▱各边中点得到的一个新的四边形，如果添加下列四个条件中的一个条件：①；②；③；④，可以使这个新的四边形成为矩形，那么这样的条件可以是 ．（填序号） 3．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，，且，E是的中点． (1)求证：； (2)连接，若要使四边形是矩形，则需给添加什么条件？为什么？ 【经典例题四 利用矩形的性质证明】 【例4】（24-25八年级下·上海普陀·开学考试）如图，已知等边三角形被一矩形所截，被截成三等分，且．若，则四边形的周长为（    ） A．30 B．27 C．24 D．21 1．（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，在矩形中，，，E为上一点，把沿折叠，使点C落在边上的F处，则的长为（   ） A．2 B．7 C．18 D． 2．（2025·上海杨浦·模拟预测）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 ． 3．（2025·上海宝山·一模）学完“相似三角形”之后，小明和同学尝试探索相似四边形的判定与性质，以下是他们的思考 【定义】如果两个四边形的四个角对应相等，四条边对应成比例，那么这两个四边形相似．两个相似四边形的对应边的比等于相似比． 【思考】类比相似三角形，对相似四边形的判定与性质提出了许多猜测，如： ①四条边对应成比例，且有一组角对应相等的两个四边形相似； ②四个角对应相等，且有两条相邻的边对应成比例的两个四边形相似； ③相似四边形的面积的比等于相似比的平方． …… 【探究】请完成上述猜测中第③个结论的证明． 已知：如图，四边形与四边形相似，点分别与点对应 求证：． 证明： 【运用】同学们通过讨论，证明了上述猜测都是正确的．试运用这些结论，解决问题：如图，分别是边上的点，，，试求的值． 【经典例题五 求矩形在坐标系中的坐标】 【例5】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，点是的中点，点在上运动，当时，点的坐标是（    ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图所示，矩形的顶点，，对角线交点为，若矩形绕点逆时针旋转，每次旋转，则第74次旋转后点的落点坐标为（    ）    A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在直角坐标系中，矩形OABC的两邻边在坐标轴上，顶点B（6，4），经过边BC上一点P（4，m）的直线将矩形面积平分，则这条直线的解析式为 ． 3．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，长方形中，O为平而直角坐标系的原点，，点B在第一象限，D是长方形边上的一个动点，设，且，连接．    (1)长方形的周长为　 　． (2)若点D在长方形的边上，且线段把长方形的周长分成两部分，求点D坐标； (3)若点D在长方形的边上，将线段向下平移3个单位长度，得到对应线段（F为点D的对应点），连接，求三角形的面积（可用含m的式子表示）． 【经典例题六 证明四边形是矩形】 【例6】 （24-25八年级下·上海奉贤·阶段练习）如图，四边形的对角线，相交于点，且，则下列条件能判定四边形为矩形的是（   ） A． B．， C． D．， 1．（23-24八年级下·上海嘉定·期中）在“利用直角三角形作矩形”的综合实践课上，嘉嘉和明明分别利用尺规作出如下示意图．关于他们的作图方法，正确的是（    ） A．嘉嘉正确，明明错误 B．嘉嘉错误，明明正确 C．两人都正确 D．两人都错误 2．（23-24八年级下上海宝山·期末）如图，四边形是个活动框架，对角线是两根皮筋．如果扭动这个框架（位置不变），当扭动到时四边形是个矩形，和相交于点O．如果四边形为菱形，则 ° 3．（2025·上海徐汇·模拟预测）如图，在平行四边形中，，为上两点，连接，，且，． (1)求证：． (2)判定四边形的形状，并说明理由． 【经典例题七 矩形与折叠问题】 【例7】（2024·上海金山·二模）如图，在长方形中，，在上存在一点E，沿直线把折叠，使点D恰好落在边上，设此点为F，若的面积为24，则的长度为（   ） A．3.5 B． C．2 D．3 1．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图，在矩形中，，点和是边上的两点，连接、，将和沿、折叠后，点和点重合于点，则的长是（   ） A．3 B．5 C．6 D．8 2．（24-25八年级下·上海虹口·开学考试）如图，将一矩形如图折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．连接，．当四边形的面积是矩形的面积的时，的值为 ． 3．（24-25八年级下·闵行·开学考试）折纸的过程蕴含着丰富的数学知识．如图1，有一张矩形纸片，，对它进行以下操作： 第一步：如图2，对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平． 第二步：如图3，再一次折叠纸片，使点落在上的点处，且折痕过点，得到折痕． (1)在图3中，________，________． (2)在图3中，连接，试判断的形状，并说明理由． (3)若在矩形中，，，点在边上，将沿着折叠，若点的对应点恰落在矩形的对称轴上，则________． 【经典例题八 利用矩形的性质求角度】 【例8】 （2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是（   ） A． B． C． D．以上都不对 1．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，将矩形绕点A逆时针旋转得到矩形，若，则旋转角的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·上海徐汇·模拟预测）石油的提取物中含有稠环芳香烃，它的同系物的分子结构中有 一种物质叫释迦牟尼分子，它的分子式是（部分结构是正六边形和矩形构成），其中的度数为     3．（23-24八年级下·上海宝山·期末）四边形是矩形，E是延长线上一点，连接，，． (1)如图1，若，求的度数； (2)如图2，若F是的中点，连接，，求证． 【经典例题九 根据矩形的性质求线段长】 【例9】（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，于点E，，且，则的长度是（　　） A． B．2 C．8 D． 1．（2024·上海闵行·二模）如图，点M、N分别是矩形ABCD的边BC和对角线AC上的动点，连接AM、MN，，，则的最小值为（    ） A． B． C． D．5 2．（2025·上海黄浦·一模）如图，将矩形平移到矩形的位置（点对应点，点对应点，点对应点），边与交于点，边与交于点，其中，，如果、两点的距离为，那么、两点的距离为 ．（用含的代数式表示） 3．（24-25八年级下·上海浦东新·阶段练习）如图1，在矩形中，，四边形是正方形，若矩形与矩形是相似形． (1)求的长． (2)如图2，延长至点O，使得，连接并延长、连接并延长，分别交直线于点G、H，求的长． 【经典例题十 根据矩形的性质求面积】 【例10】（23-24八年级下·上海·期中）在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，BC＝4cm，现将纸片折叠压平，使A与C重合，如果设折痕为EF，那么重叠部分△AEF的面积等于（   ）cm2 A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，点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． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图是一张矩形纸板，顺次连接各边中点得到四边形．将一个飞镖随机投掷在矩形纸板上，则飞镖落在阴影区域的概率是 ． 3．（23-24八年级下·全国·单元测试）在一块长，宽的矩形荒地上建一个花园，要求花园所占面积为荒地面积的一半．图①是小明的设计方案，花园四周小路的宽度相等，通过解方程，小明得到小路的宽为或．图②是小丽的设计方案，其中花园四个角上的扇形都相同． (1)你认为小明的计算结果对吗？ 请说明理由． (2)请你帮小丽求出图中的(精确到)． (3)你还有其他的设计方案吗？ 请在图③中画出你设计的草图，并简要说明． 【经典例题十一 根据矩形的性质与判定求角度】 【例11】（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在正方形中，点P在对角线上，，，E，F分别为垂足，连接，．下面是某个学习小组给出的结论： 小红：若，则； 明明：若，则； 笑笑：若正方形边长为8，则EF的最小值为4； 下列说法正确的是（    ） A．他们三个的结论都正确 B．他们的结论都不正确 C．只有明明的结论正确 D．只有笑笑的结论错误 1．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段的对应点分别是点，，依次连接．则下列结论不一定正确的是（   ）      A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 2．（14-15八年级下·上海嘉定·期末）如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 3．（23-24八年级下·上海虹口·期末）在正方形中，点E，F分别是边 上的中点，点 P是一动点，记，，．    (1)如图1，若点P运动到线段的中点时， ， ． (2)如图2，若点P在线段上运动时，，和之间有何关系? (3)当点在直线上（在线段之外且与不重合）运动时，，和间又有何关系? 说明理由． 【经典例题十二 根据矩形的性质与判定求线段长】 【例12】（24-25八年级下·上海崇明·阶段练习）为全面落实劳动教育，某中学将校园里的荒地设计成了如图所示的菱形花圃（阴影部分），且菱形花圃的四个顶点均为矩形荒地各边的中点，若矩形荒地的长为80米，宽为60米，则菱形花圃的面积为（   ） A．2400平方米 B．2800平方米 C．3000平方米 D．3200平方米 1．（24-25八年级下·上海宝山·期中）如图，将矩形的四个角向内翻折后，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形，则矩形的周长为（  ） A． B． C． D．8 2．（2024·上海静安·一模）如图，已知矩形，，，点为边上一点，连接，以为一边在与点的同侧作正方形，连接．当点在边上运动时，的最小值是 ． 3．（24-25八年级下·上海杨浦·期末）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【经典例题十三 根据矩形的性质与判定求面积】 【例13】（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，点P是矩形的对角线上一点，过点P作，分别交，于E、F，连接、．若，，则图中阴影部分的面积为（    ）    A．10 B．12 C．16 D．18 1．（2024·上海普陀·模拟预测）图1所示的教具是用钉子将四根木条钉成的平行四边形框架，在与，与两点之间分别用一根橡皮筋拉直固定．老师推动框架至如图2所示，下列判断一定正确的是（    ）    A．在图2中， B．在图2中， C．四边形的周长变大 D．四边形的面积不变 2．（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）如图，点是矩形内任一点，若，．则图中阴影部分的面积为 ． 3．（23-24八年级下·全国·单元测试）（1）我国著名的数学家赵爽，早在公元3世纪，就把一个矩形分成四个全等的直角三角形，用四个全等的直角三角形拼成了一个大的正方形(如图1)，这个矩形称为赵爽弦图，其验证了一个非常重要的结论：在直角三角形中两直角边 a，b 与斜边c 满足关系式称为勾股定理． 证明：∵大正方形面积表示为，又可表示为S= ， ∴ ∴ ， 即直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方； （2）爱动脑筋的小明把这四个全等的直角三角形拼成了另一个大的正方形(如图2)，也能验证这个结论，请你帮助小明完成验证的过程； （3）如图3所示， ，请你添加适当的辅助线证明结论    1．（24-25八年级下·上海宝山·阶段练习）下列四个选项中，矩形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．邻边相等 D．对角线平分一组对角 2．（24-25八年级下·上海静安·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 3．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的四个顶点坐标均已标出，那么的值为（   ） A． B． C．3 D．1 4．（24-25八年级下·上海奉贤·期中）如图1，长方形地砖中有两个全等的正方形①和②，点E，F分别在上，且三点共线．点分别在上，，将两块完全相同的地砖如图2的方式拼接在一起，则阴影部分的面积为（   ） A．62 B．52 C．97 D．87 5．（24-25八年级下·上海虹口·开学考试）在矩形中，点为边的中点，连结，将沿直线翻折，使得点与点重合，的延长线交线段于点，的延长线交线段于点，，若点为线段的中点，则的值为（　　） A．18 B．12 C． D． 6．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）如图在矩形中，，则的度数为 ． 7．（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）广场上布置矩形花坛，计划用盆花摆成两条对角线，如图形状。具体做法是先摆好一条对角线后，再到花房运盆花摆放第二条对角线。如果第一条对角线用了21盆花，还需要运来 盆花摆另一条对角线；如果第一条对角线用了24盆花，还需要运来 盆花摆另一条对角线． 8．（2024·上海宝山·一模）如图，在中，相交于点O，点E、F在上，，顺次连接A、F、C、E，添加一个条件使得四边形是矩形，则该条件可以是 .（填一个即可） 9．（24-25八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形中，，点为对角线上一动点，于点交于点，则线段长的最小值为 ． 10．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在矩形中，，点E在边上，点F在边上，且，连接，，则的最小值为 ． 11．（24-25八年级下·上海普陀·期中）如图，在中，为边上的中线，延长至E，使，连接． (1)试判断四边形的形状； (2)当满足________时四边形是矩形． 12．（23-24八年级下·上海虹口·阶段练习）如图，四边形的对角线互相平分相交于点O，且．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的度数． 13．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图矩形中，为平面直角坐标系的原点，、两点的坐标分别为、． (1)直接写出点坐标； (2)若过点的直线交边于点，且把矩形的周长分为1：3两部分，求直线的表达式． 14．（23-24八年级下上海松江·期中）如图，是的边的中点，现有以下三个选项：①；②；③．从中选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形． (1)你添加的条件是________（填序号）． (2)添加条件后，请证明为矩形． 15．（24-25八年级下·上海静安·阶段练习）在矩形纸片中，，． (1)如图①，将矩形纸片折叠，点落在对角线上的点处，则的长为 (2)如图②，点为上一点，将沿翻折至，与相交于点，与相交于点、且，①证明：．②求的长 (3)如图③，将矩形纸片折叠，使顶点B落在边上的点处，折痕所在直线同时经过、（包括端点，请直接写出的最大值和最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $$