专题04 矩形的判定（3知识点+7大题型+思维导图+过关测）-【暑假自学课】2025年新九年级数学暑假提升精品讲义（北师大版）

专题04 矩形的判定 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：7大核心考点精准练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点01 ：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 2.对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角是直角的四边形是矩形. 要点：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 【题型1 矩形的判定定理理解】 例题：（重庆市巴南区2024-2025学年下学期九年级半期测试数学试题卷）满足下列条件的四边形是矩形的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形 B．对角线相等的平行四边形 C．对角线互相平分且垂直的四边形 D．四边相等的四边形 【变式训练】 1．（24-25八年级下·全国·课后作业）下列说法中，不正确的是（   ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一组邻角相等的平行四边形是矩形 C．有一组对角互补的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 2．（24-25九年级下·江苏南京·期中）能够判定一个四边形是矩形的条件为（   ） A．四条边都相等 B．对角线互相平分 C．四个角都相等 D．对角线互相垂直 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）有下列说法：①四个角都相等的四边形是矩形；②两组对边分别相等且有一个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等且互相平分的四边形是矩形．其中，正确的有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【题型2 添一条件使四边形是矩形】 例题：（24-25八年级下·广东江门·期中）中，再添加一个条件 ，就可判定四边形为矩形． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期中）已知平行四边形，请从①；②，③，④的四个条件中，任选一个作为补充条件，使得平行四边形是矩形，可以是 2．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可） 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）四边形是平行四边形，加上条件 或 ，就可以使四边形是矩形；加上条件 或 ，就能使四边形是菱形． 【题型3 证明四边形是矩形】 例题：（24-25八年级下·福建龙岩·期中）如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接，．求证：四边形是矩形． 【变式训练】 1．（2025·吉林长春·二模）如图，在中，，点D是延长线上一点，，过点A和点D分别作，和相交于点E，连结．求证：四边形是矩形． 2．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形． 3．（2025·山东青岛·二模）如图，平行四边形，延长至，延长至，使，连接、． (1)证明：； (2)若是中点，平分，则边与满足什么数量关系时，四边形是矩形？证明你的结论． 【题型4 根据矩形的性质与判定求角度、线段长、面积】 例题：（24-25八年级下·吉林通化·期末）如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，，点P为斜边上一动点，过点P作，，垂足分别为D，E，连接．若，，则的最小值 ． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，等腰三角形，其中，，、分别在、上，四边形为菱形，若，，则长为 ． 3．（24-25八年级下·重庆江津·期中）如图，点P是矩形的对角线上的一点，过点P作，分别交于点E、F，连接．若，，则图中的面积为 ，阴影部分的面积为 ． 【题型5 根据矩形的性质与判定解决多结论问题】 例题：（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【变式训练】 1.（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 2.（23-24九年级上·福建漳州·期中）如图，矩形中，，相交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（    ）    A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 3.（24-25八年级下·四川宜宾·期末）如图，菱形的边长为6，对角线相交于O，垂直平分，垂足为E；另有一动点P在上运动，过点P作垂直交于点M，垂直交于点N，连接，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号） ①； ②菱形的面积为； ③； ④的最小值为．    【题型6 矩形的性质与判定的综合问题】 例题：（2025·云南昭通·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，延长至点，使．分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部相交于点，作射线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 【变式训练】 1．（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 2．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是菱形，延长到点E使，延长到点F使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，菱形的边长为4，求矩形的面积． 3．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）四边形中，， (1)如图1，求证：四边形为矩形． (2)如图1，为延长线上一点，连分别为的中点，，求． (3)如图2，点为中点，将沿折叠到，点落点在，射线交边于，则___________． 【题型7 与矩形的性质与判定有关的作图】 例题：（2025·湖北恩施·一模）菱形的对角线交于点O， E为边的中点． (1)按要求画出图形，不写作法，保留作图痕迹． 连接并延长至点F，使得，连接； (2)请判断四边形的形状，并说明理由． 【变式训练】 1．（2025·湖北恩施·二模）如图，在平行四边形中，M为的中点，． (1)按要求尺规作图：延长至点N，使得，并连接； (2)判定四边形的形状，并说明理由． 2．（2025·广东东莞·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在边的左侧，作，使． (2)在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形． 3．（2024·湖北恩施·二模）如图，已知是等腰三角形，，是边上的中线． (1)请按要求作出图形：在的右侧求作一点E，使得，，并连接（保留作图痕迹，不写作法）． (2)求证：四边形是矩形． 一、单选题 1．（24-25九年级下·重庆大足·阶段练习）下列说法中正确的是（　　） A．两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B．有两个角相等的平行四边形是矩形 C．两条对角线相等的四边形是矩形 D．两条对角线互相垂直平分的四边形是矩形 2．（24-25八年级下·山西临汾·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件后，可以得到四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，分别为的边的中点，为与的交点，在此基础上，下面两位同学进行了补充作图． 聪聪： 以点为圆心，的长为半径作弧，交于点． 明明： 分别过点作于点，于点． 下列关于以为顶点的四边形的说法正确的是（    ） A．聪聪作的四边形是菱形 B．明明作的四边形是菱形 C．聪聪作的四边形是矩形 D．明明作的四边形是矩形 5．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，矩形中，，，点是对角线上的动点（不含端点），连接，点是的中点，作于点，于点，连接．对于下列两个结论： ①当时，点在的平分线上； ②线段的长的最小值为．   下列判断正确的是（    ） A．①②都对 B．①②都错 C．①错，②对 D．①对，②错 二、填空题 6．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，小美用钉子将四根木棍订成了一个平行四边形框架，现固定，转动． 当 时，四边形的面积最大，此时四边形是 形． 7．（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 8．（2025·辽宁沈阳·二模）如图，在四边形中，，，，，点E在边上，将沿向上折叠，若点B与点D恰好重合，则的长为 ． 9．（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当 时，四边形是矩形，当 时，四边形是菱形． 10．（2025·江苏南通·二模）图1为《天工开物》记载的用于舂（）捣谷物的工具———“碓（）”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点，与水平线相交于点，．若，，，则点到水平线的距离为 （结果保留小数点后一位，取1.414，取）． 三、解答题 11．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在中，，平分，，．求证：四边形是矩形． 12．（24-25八年级下·山西吕梁·期中）如图，在中，，为外角的平分线，为底边上一点，连接，过点作交于点，连接，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)在不增加辅助线和字母的前提下，请添加一个条件：_____，使得四边形为矩形． 13．（24-25八年级下·河南洛阳·期中）如图，，是中点，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，是上一点，且，求的长． 14．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，点，分别在边，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，请用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线，交与点； (3)若，，求的长． 15．（2025·四川遂宁·二模）在平行四边形中，对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当线段与线段满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由； (3)若四边形是矩形，，求的长． 16．（24-25九年级上·河南洛阳·阶段练习）问题情境： 如图1，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题04 矩形的判定 内容导航——预习三步曲 第一步：学 析教材 学知识：教材精讲精析、全方位预习 练题型 强知识：7大核心考点精准练 第二步：记 串知识 识框架：思维导图助力掌握知识框架、学习目标复核内容掌握 第三步：测 过关测 稳提升：小试牛刀检测预习效果、查漏补缺快速提升 知识点01 ：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： 1.定义法：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形； 2.对角线相等的平行四边形是矩形； 3.有三个角是直角的四边形是矩形. 要点：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形. 【题型1 矩形的判定定理理解】 例题：（重庆市巴南区2024-2025学年下学期九年级半期测试数学试题卷）满足下列条件的四边形是矩形的是（   ） A．对角线互相垂直的平行四边形 B．对角线相等的平行四边形 C．对角线互相平分且垂直的四边形 D．四边相等的四边形 【答案】B 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的判定，平行四边形的性质，熟练运用这些性质是本题的关键．利用矩形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：A. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不一定是矩形，故该选项不符合题意； B. 对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项符合题意； C. 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，不一定是矩形，故该选项不符合题意； D. 四边相等的四边形是菱形，不一定是矩形，故该选项不符合题意； 故选：B． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·全国·课后作业）下列说法中，不正确的是（   ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．有一组邻角相等的平行四边形是矩形 C．有一组对角互补的平行四边形是矩形 D．有三个角是直角的四边形是矩形 【答案】A 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】本题考查了矩形的判定，掌握矩形的判定方法是解题的关键；根据矩形的几种判定方法进行判定即可． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法错误，符合题意； B、由于平行四边形的邻角互补，当一组邻角相等时，这两个角为直角，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出结论，原说法正确，不符合题意； C、根据平行四边形的对角相等及互补，得对角相等且为直角，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得出结论，原说法正确，不符合题意； D、有三个角是直角的四边形是矩形，原说法正确，不符合题意； 故选：A． 2．（24-25九年级下·江苏南京·期中）能够判定一个四边形是矩形的条件为（   ） A．四条边都相等 B．对角线互相平分 C．四个角都相等 D．对角线互相垂直 【答案】C 【知识点】矩形的判定定理理解、证明四边形是菱形、证明四边形是平行四边形 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定，根据以上判定定理逐项判断即可求解，掌握以上判定定理是解题的关键． 【详解】解：、四条边都相等的四边形是菱形，该选项不合题意； 、对角线互相平分的四边形是平行四边，该选项不合题意； 、四个角都相等的四边形是矩形，该选项符合题意； 、对角线互相垂直的四边形不一定是矩形，该选项不合题意； 故选：． 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）有下列说法：①四个角都相等的四边形是矩形；②两组对边分别相等且有一个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等且互相平分的四边形是矩形．其中，正确的有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】D 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】本题考查矩形的判定，根据矩形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：四个角都相等的四边形是矩形，故①说法正确； 两组对边分别相等的四边形为平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故②说法正确； 对角线相等且互相平分的四边形是矩形．故③说法正确； 故选D． 【题型2 添一条件使四边形是矩形】 例题：（24-25八年级下·广东江门·期中）中，再添加一个条件 ，就可判定四边形为矩形． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理即可解答，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：中，再添加，就可判定四边形为矩形， 故答案为：（答案不唯一）． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期中）已知平行四边形，请从①；②，③，④的四个条件中，任选一个作为补充条件，使得平行四边形是矩形，可以是 【答案】②③/③② 【知识点】添一个条件使四边形是菱形、添一条件使四边形是矩形 【分析】此题考查了矩形和菱形的判定，根据矩形和菱形的判定逐项进行判断，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故①不满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故②满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故③满足题意； ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故④不满足题意； 故答案为：②③ 2．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在中，对角线，相交于点O，点E，F在上，且，连接，，，．若添加一个条件使四边形是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质．根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：， 理由：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴． 即． ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 故答案为：（答案不唯一）． 3．（24-25八年级下·全国·课后作业）四边形是平行四边形，加上条件 或 ，就可以使四边形是矩形；加上条件 或 ，就能使四边形是菱形． 【答案】 【知识点】添一条件使四边形是矩形、添一个条件使四边形是菱形 【分析】本题主要考查了矩形和菱形的判定，有一个角是直角或对角线相等的平行四边形是矩形，有一组邻边相等或对角线垂直的平行四边形是菱形，据此可得答案． 【详解】解：四边形是平行四边形，加上条件或就可以使四边形是矩形；加上条件或，就能使四边形是菱形． 故答案为：；；；． 【题型3 证明四边形是矩形】 例题：（24-25八年级下·福建龙岩·期中）如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接，．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【知识点】利用平行四边形的性质证明、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了平行四边形的性质以及矩形的判定方法．熟练掌握平行四边形的性质以及矩形的判定方法是解题的关键． 利用平行四边形的性质得到，，再结合题目条件，得到且，可证明四边形是平行四边形，再根据得到即可证明四边形是矩形． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴且， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； 【变式训练】 1．（2025·吉林长春·二模）如图，在中，，点D是延长线上一点，，过点A和点D分别作，和相交于点E，连结．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【知识点】证明四边形是矩形、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定等知识；先证明四边形是平行四边形，得；再证明四边形是平行四边形，最后由即可证明四边形是矩形． 【详解】解：，， 四边形是平行四边形． ． ， ． ， 四边形是平行四边形． ， 是矩形． 2．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】证明四边形是平行四边形、证明四边形是矩形、等腰三角形的性质和判定、判断三边能否构成直角三角形 【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再证明．则．即可证明四边形是平行四边形； （2）证明是直角三角形，．即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）证明：， ． ， ． ， ． ． 四边形是平行四边形． （2）点在线段的垂直平分线上， ． ， ． 是直角三角形，． 四边形是平行四边形， 四边形是矩形． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键． 3．（2025·山东青岛·二模）如图，平行四边形，延长至，延长至，使，连接、． (1)证明：； (2)若是中点，平分，则边与满足什么数量关系时，四边形是矩形？证明你的结论． 【答案】(1)见解析； (2)，证明见解析． 【知识点】用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题、证明四边形是矩形、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识的综合，掌握平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质是关键． （1）根据平行四边形的性质得到，，且，由此即可求证； （2）根据题意得到四边形是平行四边形，设，，由勾股定理得到，则，结合矩形的判定即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，，， ， ， ． （2）解：，理由如下， 证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ，   ∵是中点， ， 设，， ， ， ， 平行四边形是矩形． 【题型4 根据矩形的性质与判定求角度、线段长、面积】 例题：（24-25八年级下·吉林通化·期末）如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【答案】 【知识点】等边对等角、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质与判定求角度 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，以及矩形的性质和判定，根据题意证得四边形是矩形，利用矩形的性质和等腰三角形性质即可计算出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 【变式训练】 1．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在中，，点P为斜边上一动点，过点P作，，垂足分别为D，E，连接．若，，则的最小值 ． 【答案】 【知识点】垂线段最短、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查了勾股定理，矩形的判定与性质，连接，证明四边形是矩形，得出，再根据当时，最短，即可推出结果． 【详解】解：如图，连接， ∵、，， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，由勾股定理得，， 由题意可知，当时，最短，， 即的最小值为， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，等腰三角形，其中，，、分别在、上，四边形为菱形，若，，则长为 ． 【答案】3 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、利用菱形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定与性质，勾股定理、等腰直角三角形的性质与判定等知识点，灵活运用相关判定与性质定理成为解题的关键． 如图：过F作，连接交于O，先说明四边形是矩形可得；再根据等腰三角形的性质及勾股定理可得，进而得到，即即可解答． 【详解】解：如图：过F作，连接交于O， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，即， ∴，即， ∵， ∴， ∴． 故答案为：3． 3．（24-25八年级下·重庆江津·期中）如图，点P是矩形的对角线上的一点，过点P作，分别交于点E、F，连接．若，，则图中的面积为 ，阴影部分的面积为 ． 【答案】 21 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积 【分析】本题考查矩形的判定和性质、三角形的面积.由矩形的判定和性质得到，，，，，即可得到，计算即可. 【详解】解：作于M，交于N，如图，    则四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴， ∴，，，，， ∴， ∴图中阴影部分的面积． 故答案为：；21． 【题型5 根据矩形的性质与判定解决多结论问题】 例题：（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（   ）    A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可． 【详解】解：连接，如图所示：    ∵，， ∴ 由题意得： ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴点是的中点 即：，故①正确； ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ 同理可证 ∴，故③正确； ∵ ∴垂直平分 ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∵ ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， ∴， 设， 则：， ∴， ∴， ∴；故④正确； 故选：A． 【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础． 【变式训练】 1.（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在四边形中，，相交于点，且，动点从点开始，沿四边形的边运动至点停止，与相交于点，点是线段的中点．连接，下列结论中： ①四边形是矩形； ②当时，点是的中点； ③当，时，线段长度的最大值为2； ④当点在边上，且时，是等边三角形，其中正确的有（    ）个 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，等边三角形的判定，平行线的性质等等，由对角线互相平分且相等的四边形是矩形证明四边形是矩形，即可判断①；可证明是中位线，，而点E可以在上，也可以在上，据此可判断②；根据，则有最大值时，有最大值，则点E与点D重合时，的最大值为4，则长度的最大值为2，据此可判断③；不平行，则，据此可判断④． 【详解】解：∵， ∴，即， ∴四边形是矩形，故①正确； 当点E在上时， ∵分别是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点； 当点E在上时，同理可得，但此时点不是的中点，故②错误； 由②可知，， ∵点E沿四边形的边运动至点停止，且 ∴的最大值为4，此时点E与点D重合， ∴的最大值为2，故③正确； 当点在边上， ∵不平行， ∴， ∴不可能是等边三角形，故④错误； ∴正确的有①③，共2个， 故选；B． 2.（23-24九年级上·福建漳州·期中）如图，矩形中，，相交于点，过点作交于点，交于点，过点作交于点，交于点，连接，．则下列结论：①；②；③；④当时，四边形是菱形．其中，正确结论的个数是（    ）    A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】证，得出，，判断①；证，得出，，判断③；证四边形是平行四边形，得出，判断②；证四边形是平行四边形，证出，则，得出四边形是菱形；判断④；即可得出结论． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，，，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ，，故①正确； 在和中， ， ， ，，故③正确； ，即， ， 四边形是平行四边形， ，故②正确； ，， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形；故④正确； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 3.（24-25八年级下·四川宜宾·期末）如图，菱形的边长为6，对角线相交于O，垂直平分，垂足为E；另有一动点P在上运动，过点P作垂直交于点M，垂直交于点N，连接，．下列结论正确的是 （写出所有正确结论的序号） ①； ②菱形的面积为； ③； ④的最小值为．    【答案】①②③④ 【分析】先根据菱形，得，，，，，再根据垂直平妥线的性质可证得是等边三角形，得，从而可得出，查判定①正确；根据菱形的性质与勾股定理求得，则，根据菱形的面积公式可得，或判定②正确； 证明是的中位线，得，证明四边形是矩形，得 ，则，可判定③正确；根据动点P在上运动，所以当时，此时最小，利用面积法可求出最小值是，再根据矩形的性质知，所以当最小时，最小， 即可求得的最小值为，可判定④正确． 【详解】解：∵菱形， ∴，，，，， ∵垂直平分， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵菱形的边长为6， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴，故②正确； ∵垂直平分， ∴是的中位线， ∴， ∵垂直交于点M，垂直交于点N， ∴ ∴四边形是矩形， ∴ ∴，故③正确； ∵动点P在上运动， ∴当时，此时最小， 在中， ∴ ∴ ∵四边形是矩形， ∴ ∴当最小时，最小， ∴的最小值为，故④正确． 综上，正确的有①②③④共4个， 故答案为①②③④． 【点睛】本题考查菱形的性质，矩形的判定与性质，三角形中位线性质，线段垂直平分线的性质，垂线段最短，勾股定理，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关判定与性质是解题的关键． 【题型6 矩形的性质与判定的综合问题】 例题：（2025·云南昭通·二模）如图，菱形的对角线与相交于点，延长至点，使．分别以D，E为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧在内部相交于点，作射线交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，连接，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为 【知识点】证明四边形是矩形、二次根式的乘法、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明 【分析】（1）由菱形的性质结合作图证明，则．再证明，则．可得四边形是平行四边形，进一步可得结论； （2）由（1）知，，．可得，则．求解，可得．结合四边形是矩形，再利用勾股定理可得结论． 【详解】（1）证明：在菱形中，， ，， 是菱形的对角线， ． 由题知，，则， 结合作图可得：平分， ， ，则． ， ． 是菱形的对角线， ． ，则． ∴四边形是平行四边形． 菱形的对角线与相交于点， ， 四边形是矩形． （2）解：由（1）知，，． 在菱形中，， ，则． 在Rt中，， ． 四边形是矩形， ． 在Rt中，． 【点睛】本题考查的是菱形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，熟记矩形的判定与性质是解本题的关键． 【变式训练】 1．（2025·云南楚雄·一模）如图，四边形是菱形，对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形的周长为18，，求平行线与间的距离． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长 【分析】（1）首先由菱形得到，，然后证明出四边形是平行四边形，然后结合即可得到四边形是矩形； （2）首先得到，然后由菱形求出，然后勾股定理求出，然后利用完全平方公式的变形得到，然后利用菱形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形； （2）解：矩形的周长为18， ． 四边形是菱形， ，，， ，根据勾股定理得， ， ． 设平行线与间的距离为h， ， ． 【点睛】此题考查了矩形的判定，勾股定理，菱形的性质，完全平方公式的变形等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 2．（2025·云南昆明·二模）如图，已知四边形是菱形，延长到点E使，延长到点F使，连接，，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若平分，菱形的边长为4，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、利用二次根式的性质化简、用勾股定理解三角形 【分析】（1）根据，，得出四边形是平行四边形，根据四边形是菱形，得出，结合，，得出，即可证明四边形是矩形． （2）根据四边形是菱形，得出，，即可得，结合平分，证明，证出，得出，，在中，根据勾股定理求出，即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， 又∵，， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵菱形的边长为4 ， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵中，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】该题考查了勾股定理，矩形的性质和判定，菱形的性质，等腰三角形的判定等知识点，掌握以上知识点是解题的关键． 3．（24-25八年级下·湖北武汉·期中）四边形中，， (1)如图1，求证：四边形为矩形． (2)如图1，为延长线上一点，连分别为的中点，，求． (3)如图2，点为中点，将沿折叠到，点落点在，射线交边于，则___________． 【答案】(1)见解析 (2)9 (3) 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）先证明四边形为平行四边形，再根据有一个角是的平行四边形是矩形即可证明结论； （2）如图：延长至E，使得，连接，则，易证可得，再证明是的中位线，最后根据中位线的性质即可解答． （3）如图：连接，由矩形的性质、中点的定义、折叠的性质可得、，易证可得，进而得到；设，则、、、，再由勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴． （2）解：如图：延长至E，使得，连接，则， ∵ ∴， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∴，即， ∵P为的中点， ∴是的中位线， ∴． （3）解：如图：连接， ∵四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵将沿折叠到，点落点在， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， 在中，， 在中，， 在中，， ∵， ∴， ∴，解得：． ∴． 【题型7 与矩形的性质与判定有关的作图】 例题：（2025·湖北恩施·一模）菱形的对角线交于点O， E为边的中点． (1)按要求画出图形，不写作法，保留作图痕迹． 连接并延长至点F，使得，连接； (2)请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【知识点】利用菱形的性质证明、证明四边形是矩形、作线段(尺规作图) 【分析】本题考查作图—复杂作图，矩形的判定，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． （1）按要求画出图形即可； （2）证明四边形是平行四边形，即可． 【详解】（1）解：如右图所示： （2）解：四边形是矩形，理由如下： ∵E为边的中点， ∴ ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵菱形的对角线交于点O， ∴， ∴平行四边形是矩形． 【变式训练】 1．（2025·湖北恩施·二模）如图，在平行四边形中，M为的中点，． (1)按要求尺规作图：延长至点N，使得，并连接； (2)判定四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是矩形，理由见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、证明四边形是矩形、利用平行四边形的性质证明 【分析】本题考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，矩形的判定． （1）根据题意作出图形即可； （2）利用等腰三角形的性质求得，，推出四边形是平行四边形，根据，即可证明四边形是矩形． 【详解】（1）解：所作图形如图， ； （2）解：四边形是矩形，理由如下， ∵M为的中点，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． 2．（2025·广东东莞·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在边的左侧，作，使． (2)在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】尺规作一个角等于已知角、证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，菱形的性质，矩形的判定等知识，掌握菱形的性质，正确作出图形，是解答本题的关键． （1）作一个角等于已知角，再取，即可； （2）根据菱形的性质有：，，，再证明，问题即可证明． 【详解】（1）如图，即为所求． （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形． 3．（2024·湖北恩施·二模）如图，已知是等腰三角形，，是边上的中线． (1)请按要求作出图形：在的右侧求作一点E，使得，，并连接（保留作图痕迹，不写作法）． (2)求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、三线合一、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查了线段的尺规作图，三线合一定理，矩形的判定，熟知相关知识是解题的关键． （1）以点A为圆心，的长为半径画弧，以点D为圆心，的长为半径画弧，二者交于点E，连接，则点E和线段即为所求； （2）可证明四边形是平行四边形，得到，再由三线合一定理得到，据此可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图所示，连接， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵是等腰三角形，，是边上的中线， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形． 一、单选题 1．（24-25九年级下·重庆大足·阶段练习）下列说法中正确的是（　　） A．两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形 B．有两个角相等的平行四边形是矩形 C．两条对角线相等的四边形是矩形 D．两条对角线互相垂直平分的四边形是矩形 【答案】A 【知识点】矩形的判定定理理解 【分析】本题考查了矩形的判定定理，根据矩形的判定定理逐项分析即可得解，熟练掌握矩形的判定定理是解此题的关键． 【详解】解：A、两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故原说法正确，符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意； C、两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故原说法错误，不符合题意； D、两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法错误，不符合题意； 故选：A． 2．（24-25八年级下·山西临汾·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，添加下列条件后，可以得到四边形是矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】添一条件使四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的判定，根据矩形判定性质逐一判断即可，熟知矩形的判定法则是解题的关键． 【详解】解：A、，平行四边形是菱形，故该选项不符合题意； B、四边形是平行四边形，， ，， 平行四边形是矩形，故该选项符合题意； C、四边形是平行四边形，，故该选项不符合题意； D、四边形是平行四边形，，故该选项不符合题意； 故选：B． 3．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）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 【知识点】利用平行四边形的性质证明、根据矩形的性质与判定求角度 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 4．（24-25八年级下·湖北荆州·期中）如图，分别为的边的中点，为与的交点，在此基础上，下面两位同学进行了补充作图． 聪聪： 以点为圆心，的长为半径作弧，交于点． 明明： 分别过点作于点，于点． 下列关于以为顶点的四边形的说法正确的是（    ） A．聪聪作的四边形是菱形 B．明明作的四边形是菱形 C．聪聪作的四边形是矩形 D．明明作的四边形是矩形 【答案】C 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】根据聪聪的作法，证明，得到，从而可得到，可判定聪聪作的四边形是矩形；根据明明的作法，证明，得到，，可判定明明作的四边形是平行四边形．即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， ∵分别为的中点， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由聪聪作图可知：， ∴， ∴四边形是矩形，故A选项不符合题意，C选项不符合题意； ∵于点，于点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形，故B、D选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形和菱形的判定，全等三角形的判定与性质．熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形和菱形的判定是解题的关键． 5．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，矩形中，，，点是对角线上的动点（不含端点），连接，点是的中点，作于点，于点，连接．对于下列两个结论： ①当时，点在的平分线上； ②线段的长的最小值为．   下列判断正确的是（    ） A．①②都对 B．①②都错 C．①错，②对 D．①对，②错 【答案】D 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、三线合一 【分析】连接，，根据勾股定理求出的值，当时，求得，根据等腰三角形的性质即可得出点在的平分线上；根据题意可得四边形是矩形，故，当时，有最小值，根据即可求出答案． 【详解】解：如图，连接，， ，， ， ， ， ， 点是的中点， 点在的平分线上；故①正确； ，，， 四边形是矩形， ， 当时，有最小值， 此时， ， ，故②错误， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂线段最短，角平分线的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 二、填空题 6．（24-25八年级下·湖南长沙·期中）如图，小美用钉子将四根木棍订成了一个平行四边形框架，现固定，转动． 当 时，四边形的面积最大，此时四边形是 形． 【答案】 90 矩 【知识点】证明四边形是矩形 【分析】本题考查了矩形的判定，过作于点，再根据题意，当即可求解，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，过作于点， 根据题意可得：的面积为， ∵不变， ∴当时，面积最大， ∴， ∴是矩形， 故答案为：90，矩． 7．（24-25八年级下·江苏扬州·阶段练习）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒2个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，则经过 秒时，四边形是矩形． 【答案】或 【知识点】添一条件使四边形是矩形、利用平行四边形的判定与性质求解 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握矩形的判定是解题关键．设经过秒时，四边形是矩形，先根据平行四边形的性质可得，，再分两种情况：①和②，证出四边形是平行四边形，根据矩形的判定可得要使平行四边形是矩形，则需，即，由此即可得． 【详解】解：设经过秒时，四边形是矩形， 由题意得：， ∵， ∴点从点运动到点所需时间为秒；当点相遇时，， 解得，此时，点在点相遇， ∵四边形是平行四边形，， ∴． ①如图1，在点相遇前，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； ②如图2，在点相遇后，即， ∴，即， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 要使平行四边形是矩形，则需，即， ∴， 解得，符合题设； 综上，经过或秒时，四边形是矩形， 故答案为：或． 8．（2025·辽宁沈阳·二模）如图，在四边形中，，，，，点E在边上，将沿向上折叠，若点B与点D恰好重合，则的长为 ． 【答案】5 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、折叠问题 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，折叠性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先证明四边形是矩形，再结合折叠性质得，，根据勾股定理得，然后代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：过点C作的延长线上， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴在中，， 即， 解得， 故答案为：5 9．（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，平行四边形中，，，，G是的中点，的延长线与的延长线交于点F，连接．当 时，四边形是矩形，当 时，四边形是菱形． 【答案】 3.5 2 【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了菱形的判定，矩形的判定，先证明四边形是平行四边形，第一空求出，推出，根据矩形的判定推出即可；第二空求出是等边三角形，推出，根据菱形的判定推出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； 当时，平行四边形是矩形， 理由是：过A作于M， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 当时，四边形是菱形， 理由是：∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故答案为：3.5；2． 10．（2025·江苏南通·二模）图1为《天工开物》记载的用于舂（）捣谷物的工具———“碓（）”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点，与水平线相交于点，．若，，，则点到水平线的距离为 （结果保留小数点后一位，取1.414，取）． 【答案】 【知识点】含30度角的直角三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、化为最简二次根式、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，对顶角的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理是解题的关键．过点C作于点M，交于点N，证明四边形是矩形，利用勾股定理，含角的直角三角形的性质，解答即可． 【详解】解：过点C作于点M，交于点N， ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 11．（24-25八年级下·新疆喀什·期中）如图，在中，，平分，，．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【知识点】证明四边形是矩形、三线合一 【分析】此题考查矩形的判定定理，平行线的性质，等腰三角形的三线合一的性质定理，熟记定理并运用解题是关键．根据等腰三角形的性质得出，根据平行线的性质求出，求出，，即可证明结论． 【详解】证明：∵，平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 12．（24-25八年级下·山西吕梁·期中）如图，在中，，为外角的平分线，为底边上一点，连接，过点作交于点，连接，交于点． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)在不增加辅助线和字母的前提下，请添加一个条件：_____，使得四边形为矩形． 【答案】(1)平行四边形，理由见解析 (2) 【知识点】等腰三角形的性质和判定、三角形的外角的定义及性质、添一条件使四边形是矩形、证明四边形是平行四边形 【分析】本题主要考查平行四边形的判定，矩形的判定以及平行线的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键． （1）根据题意得到，以及三角形外角和定理得到，证明，证明，即可证明结论． （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形添加条件即可． 【详解】（1）解：平行四边形，理由如下： ， ， 为外角的平分线， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； （2）解：在不增加辅助线和字母的前提下，令， 则四边形是矩形． 故答案为：． 13．（24-25八年级下·河南洛阳·期中）如图，，是中点，，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，，是上一点，且，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、三线合一 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理． 根据等腰三角形的三线合一性质可证，，从而可证，又因为，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证四边形是平行四边形，又因为，可证四边形是矩形； 利用勾股定理可以求出，利用等面积法可知，从而可求的长度． 【详解】（1）证明：， 是等腰三角形， 是中点， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形； （2）解：在中，，，， ， 于， ， ， ， 解得：． 14．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在中，点，分别在边，上，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，请用无刻度的直尺和圆规作线段的垂直平分线，交与点； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)6 【知识点】利用平行四边形的性质证明、用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、线段垂直平分线的性质 【分析】（1）由平行四边形的性质易得四边形是平行四边形，再由垂直条件即可得四边形是矩形； （2）按照用尺规作图作线段垂直平分线的方法完成即可； （3）连接，则，，在中，利用勾股定理建立关于的方程，即可求解． 【详解】（1）证明：在中， ∴， ∵， ∴， 即， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：作图如下： （3）解：连接，如图； 则； ∴； ∵四边形是矩形， ∴； 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，尺规作图作线段的垂直平分线，勾股定理等知识，题目不难，但涉及较多知识点． 15．（2025·四川遂宁·二模）在平行四边形中，对角线相交于点O，E，F分别是的中点，连接． (1)如图1，求证：四边形是平行四边形； (2)如图2，当线段与线段满足什么数量关系时，四边形是矩形？请说明理由； (3)若四边形是矩形，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)当时， 四边形是矩形，证明见解析 (3) 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，勾股定理，熟知平行四边形的性质与判定定理，矩形的判定定理是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得到，再由线段中点的定义证明，据此可证明结论； （2）根据对角线相等的平行四边形是矩形，可知只需要满足，则四边形是矩形，进一步可推出； （3）由（2）可知，此时满足，则可推出，利用勾股定理求出的长，则可得到的长，进而可求出的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形，证明如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∵，即， ∴ ∵四边形是平行四边形； ∴四边形是矩形； （3）解：∵四边形是矩形， ∴由（2）可知， ∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∴， ∴由平行四边形的性质可得． 16．（24-25九年级上·河南洛阳·阶段练习）问题情境： 如图1，四边形是菱形，过点作于点，过点作于点． 猜想证明： （1）判断四边形的形状，并说明理由； 深入探究： （2）将图中的绕点逆时针旋转，得到，点，的对应点分别为点，．如图，当线段经过点时，所在直线分别与线段，交于点，．猜想线段与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）四边形为矩形；理由见解析 （2）；理由见解析 【知识点】证明四边形是矩形、根据菱形的性质与判定求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据旋转的性质求解 【分析】（）由，，得，，再根据菱形的性质，则，，从而证明即可； （）由四边形为菱形，则，，再由旋转性质可知，，证明，最后根据全等三角形的性质和线段和差即可求解． 【详解】解：（）四边形为矩形，理由如下： ∵，， ∴，， ∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形； （），理由如下： ∵四边形为菱形， ∴，， ∵旋转得到， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定，旋转的性质，等三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$