专题1.3 矩形的性质（高效培优讲义）数学北师大版九年级上册

专题1.3 矩形的性质 教学目标 1．知道矩形的概念与有关性质，会用这些知识进行简单的推理与计算。 2. 在了解矩形与平行四边形之间的关系，掌握、运用矩形性质的过程中，渗透数形结合、转化化归与方程思想，进一步提高分析问题与解决问题的能力。 教学重难点 1.重点：矩形概念的理解；掌握并会运用矩形的性质。 2.难点：运用矩形的性质进行简单的推理与计算。 知识点01 ：矩形的定义 定义：有一个角是 的平行四边形叫做矩形. 要点：矩形定义的两个要素：①是 ；②有一个角是 .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 ； 2.矩形的 ； 3.矩形的 ； 4.矩形是 ，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. 【即学即练1】 1．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 2．填空题： （1）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则等腰三角形有 ，直角三角形有 ； （2）如图，在矩形中，相交于点是等边三角形，，则 ， ； （3）在矩形中，相交于点，则是 三角形， ． 3．如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，． (1)若，则 °； (2)求证：． 知识点03 ：直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线等于 ． 【即学即练2】 4．如图，是三角形的中位线，平分，且，若，则的长为 . 5．如图，在中，，，点为中点，以为边构造等边，连接并延长交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)若四边形的面积为，求的长． 题型01 矩形性质理解 【典例1】下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角相等 B．四条边相等 C．邻边互相垂直 D．对角互补 【变式1】下列说法中正确的是（   ） A．平行四边形的对角线相等 B．对角线相等的四边形是平行四边形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．矩形的对角线一定互相垂直 【变式2】如图，在矩形中，对角线，交于点O，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式3】矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 题型02 利用矩形的性质求角度 【典例1】如图，矩形中，点E在上，平分，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【变式1】如图，在矩形中，是对角线，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，交于点E，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在矩形中，连接，延长至点E使，连接．已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式3】如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是（    ） A． B． C． D．以上都不对 题型03 利用矩形的性质求线段长 【典例1】如图，在矩形中，对角线、相交于点，若，则的长为 ． 【变式1】如图，在矩形中，对角线，相交于点O，若，，则的长度为 ． 【变式2】如图，在矩形中，，交于点，，，分别是线段，的中点，则的长为 ． 【变式3】如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点．，，在点从移动到（点不动）的过程中，则线段 ． 题型04 利用矩形的性质求面积 【典例1】已知矩形的顶点B，C在半径为5的半圆O上，顶点A，D在直径上．若，则矩形的面积为 ． 【变式1】如图，已知矩形的长为，宽为，则图中阴影部分的面积为 ． 【变式2】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 ． 【变式3】利用图形的分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法．如图1，是矩形的对角线，将分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若，，则矩形的面积是 ． 题型05 求矩形在坐标系中的坐标 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，顶点在轴上，，轴，点的坐标为，作关于直线的对称图形，其中点的对称点为，且交轴于点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式1】如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从如图所示的位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则旋转的第2025秒时，点所对应的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式3】如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 题型06 斜边的中线等于斜边的一半 【典例1】如图，王大爷开辟了一块直角三角形的菜地种蔬菜，用栅栏将三角形菜地分成面积相等的两部分．若，，，则栅栏的长为 m． 【变式1】如图，在中，，，是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为 ． 【变式2】如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是 ． 【变式3】如图，在四边形中，，，连接使平分，，，E、F分别为、的中点，连接、、，则 °， ． 题型07 矩形与折叠问题 【典例1】如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为 ． 【变式1】如图，在矩形纸片中，，点E在边上，将纸片沿折叠，点A落在F处，的延长线交于点G，交的延长线于点H．若，则的长为 ． 【变式2】如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 【变式3】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08 利用矩形的性质证明求解综合 【典例1】如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 【变式1】如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时． (1)求证：； (2)的度数为 ． 【变式2】如图，矩形的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)若，求的长 【变式3】如图，在矩形中，是上一点，垂直平分，分别交、、于点、、，连接、． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； (3)若，为的中点，，求的长． 1．矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 2．如图，直线，矩形的顶点在直线上．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．如图，矩形的对角线与相交于点O，，P，Q分别为，的中点，则的长为（     ） A． B．3 C． D． 4．如图，在矩形中，O为对角线交点，的平分线交于点F，交于点E，，，则的面积为（    ） A．2 B． C．2 D． 5．如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．有以下结论：①；②四边形是菱形；③当点，重合时，；④点，，三点共线．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①④ C．②③④ D．①②③④ 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则 ． 7．如图，在矩形中，、交于点，于点，若，则 ． 8．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 ．    9．如图，将长方形纸片折叠，使点与点重合，折痕为．已知，，则的长为 ，的面积为 ． 10．如图，在中，，，点、分别是、的中点，于点，则线段的长为 ． 11．如图，在矩形中，点E在上，且平分． (1)求证：； (2)，，求的面积． 12．如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 13．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 14．如图，矩形的对角线、相交于点O，点E、F在上，． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 15．在矩形中，，平分，连接． (1)如图1，求的度数； (2)如图2，点F是延长线上的一点，与交于点G，于点H，的延长线交于点P，连接，探究之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，取的中点Q，连接，求的最小值． 16．综合与探究 问题情境：折叠问题的实质是图形的轴对称变化，找出对应相等的元素是解题的关键．如图，在矩形中，，，为射线上一动点，连接，将沿折叠得到，点的对应点为． 问题解决： (1)如图当点落在对角线上时，求线段的长． (2)如图，当时，求线段的长． (3)在点运动的过程中，当三点共线时，请直接写出线段的长． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.3 矩形的性质 教学目标 1．知道矩形的概念与有关性质，会用这些知识进行简单的推理与计算。 2. 在了解矩形与平行四边形之间的关系，掌握、运用矩形性质的过程中，渗透数形结合、转化化归与方程思想，进一步提高分析问题与解决问题的能力。 教学重难点 1.重点：矩形概念的理解；掌握并会运用矩形的性质。 2.难点：运用矩形的性质进行简单的推理与计算。 知识点01 ：矩形的定义 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. 【即学即练1】 1．矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（   ） A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】D 【知识点】利用平行四边形的性质求解、矩形性质理解 【分析】本题考查了矩形的性质，属于基础题型，熟知矩形对角线相等的性质是解题的关键； 根据矩形的对角线相等，而一般平行四边形的对角线不具有此性质判断即可. 【详解】解：矩形具有一般平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分的性质，还具有一般平行四边形不具有的对角线相等的性质； 故选：D. 2．填空题： （1）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则等腰三角形有 ，直角三角形有 ； （2）如图，在矩形中，相交于点是等边三角形，，则 ， ； （3）在矩形中，相交于点，则是 三角形， ． 【答案】 等边 10 【知识点】等边三角形的判定和性质、矩形性质理解、等腰三角形的定义 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的定义和直角三角形的定义，等边三角形的判定和性质，掌握这些性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质以及等腰三角形的定义和直角三角形的定义求解即可． （2）根据矩形的性质以及等边三角形的性质求解即可． （3）根据矩形的性质以及等边三角形的判定和性质求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，对角线相交于点O ∴，， ∴等腰三角形有：， 直角三角形有∶ ， 故答案为：①；②． （2）∵四边形是矩形，对角线相交于点O， ∴，， ∵是等边三角形，， ∴， ∴， 故答案为：③6；④6 （3）∵四边形是矩形，对角线相交于点O， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：③等边；④10 3．如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，． (1)若，则 °； (2)求证：． 【答案】(1)50 (2)见解析 【知识点】利用矩形的性质求角度、根据旋转的性质说明线段或角相等、等边对等角、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】（1）根据矩形的性质，得到，进而得到，即可求出的度数； （2）根据旋转和矩形的性质，易证四边形是平行四边形，即可证明结论． 【详解】（1）解：矩形和矩形， ， ， ， ， ， 故答案为：50； （2）证明：连接， 由旋转的性质可知，，，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ； 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，平行线的判定，等边对等角，熟练掌握旋转和矩形的性质是解题关键． 知识点03 ：直角三角形斜边上的中线 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半． 【即学即练2】 4．如图，是三角形的中位线，平分，且，若，则的长为 . 【答案】2 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、等边对等角 【分析】本题考查了三角形的中位线定理，直角三角形的斜边中线定理，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握相关知识．由中位线定理可得，点为的中点，证明出在上，根据，可得，再由即可求解． 【详解】解：为的中位线，， ，点为的中点，， ，， ， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴在上， ， 故答案为：． 5．如图，在中，，，点为中点，以为边构造等边，连接并延长交于点． (1)求证：四边形为菱形； (2)若四边形的面积为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、根据菱形的性质与判定求线段长、等边三角形的性质、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了等边三角形的性质、菱形的判定和性质、直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键； （1）根据30度角的直角三角形的性质可得，根据直角三角形斜边中线的性质可得，结合等边三角形的性质可得，即可证明结论； （2）连接，利用菱形的性质、等边三角形的性质和30度角的直角三角形的性质可得，勾股定理得出，然后根据建立方程即可求解． 【详解】（1）证明：在中，，， ， ，点为中点， ， 为等边三角形， ， ， 四边形为菱形； （2）解：连接， 四边形为菱形， 垂直平分，， ，， ，， ， ，， ， ， ， ． 题型01 矩形性质理解 【典例1】下列性质中，菱形具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角相等 B．四条边相等 C．邻边互相垂直 D．对角互补 【答案】B 【知识点】矩形性质理解、利用菱形的性质证明 【分析】根据菱形的性质、矩形的性质判断即可． 本题考查的是菱形的性质、矩形的性质，掌握菱形的四条边相等、矩形的对边相等，邻边不一定相等是解题的关键． 【详解】菱形和矩形均为平行四边形，具有对角相等和邻角互补的性质，故排除A、D； 矩形邻边互相垂直，而菱形邻边不一定垂直，故C为矩形特有； 菱形四条边相等，而矩形仅对边相等，邻边长度不同（除非为正方形）． 因此，菱形具有而矩形不一定具有的是B． 故选：B． 【变式1】下列说法中正确的是（   ） A．平行四边形的对角线相等 B．对角线相等的四边形是平行四边形 C．四条边相等的四边形是菱形 D．矩形的对角线一定互相垂直 【答案】C 【知识点】矩形性质理解、利用平行四边形的性质证明、判断能否构成平行四边形、证明四边形是菱形 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定、矩形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据平行四边形的判定和性质、菱形的判定、矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A. 平行四边形的对角线相等，说法错误，故该选项不符合题意； B. 对角线相等的四边形是平行四边形，说法错误，故该选项不符合题意； C. 四条边相等的四边形是菱形，说法正确，故该选项符合题意； D. 矩形的对角线一定互相垂直，说法错误，故该选项不符合题意； 故选：C． 【变式2】如图，在矩形中，对角线，交于点O，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】矩形性质理解 【分析】本题考查了矩形的性质，由矩形的性质分析每个选项，从而可得答案． 【详解】解：A、根据矩形的性质可知不一定成立，故A选项不符合题意； B、根据矩形的性质可知，不一定成立，故B选项不符合题意； C、根据矩形的性质可知不一定成立，故C选项不符合题意； D、根据矩形的性质可知一定成立，故D选项符合题意； 故选：D． 【变式3】矩形具有而菱形不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角相等 【答案】A 【知识点】矩形性质理解、利用菱形的性质证明 【分析】本题考查了矩形和菱形的性质，特殊四边形的性质要从边、角、对角线三方面入手，并加以考虑它们之间的联系和区别． 根据矩形和菱形的性质判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意； B、矩形和菱形对角线都互相平分，故本选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，故本选项不符合题意； D、矩形和菱形都是对角相等，故本选项不符合题意； 故选：A． 题型02 利用矩形的性质求角度 【典例1】如图，矩形中，点E在上，平分，，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】等边对等角、利用矩形的性质求角度、角平分线的有关计算 【分析】由角平分线的性质和等腰三角形的性质可得，由角的数量关系可求解．本题考查了矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 【详解】解：∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ ∵， ∴， ∴， 故选：C． 【变式1】如图，在矩形中，是对角线，，分别以点A和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧相交于M，N两点，作直线，交于点E，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边对等角、利用矩形的性质求角度、线段垂直平分线的性质、作垂线(尺规作图) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边对等角，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，由矩形的性质可得，则可求出，由作图方法可知，垂直平分，则，由等边对等角即可得到答案． 【详解】解；∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 由作图方法可知，垂直平分， ∴， ∴， 故选：B． 【变式2】如图，在矩形中，连接，延长至点E使，连接．已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边对等角、利用矩形的性质求角度、三角形内角和定理的应用、三角形的外角的定义及性质 【分析】本题考查矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理及其外角性质，熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解答的关键．连接交于O，先根据矩形的性质得到，，，再根据等腰三角形的性质和三角形的内角和定理求得，，再根据三角形的外角性质求得，进而利用三角形的内角和定理求解即可． 【详解】解：如图，连接交于O， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， 故选：B． 【变式3】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 【知识点】三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用、等边对等角、利用矩形的性质求角度 【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形外角的性质，三角形内角和定理，由矩形的性质可得，则由等边对等角和三角形外角的性质可得，据此根据三角形内角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C ． 题型03 利用矩形的性质求线段长 【典例1】如图，在矩形中，对角线、相交于点，若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查矩形中求线段长，涉及矩形性质，根据矩形对角线相等且互相平分即可得到，从而确定答案．熟记矩形性质是解决问题的关键． 【详解】解：在矩形中，对角线、相交于点，则， ， 故答案为：． 【变式1】如图，在矩形中，对角线，相交于点O，若，，则的长度为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据矩形的性质，得到，根据含30度角的直角三角形的性质结合勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵矩形，， ∴，， ∵， ∴， ∴； 故答案为： 【变式2】如图，在矩形中，，交于点，，，分别是线段，的中点，则的长为 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查矩形的性质，中位线的性质，熟练掌矩形和中位线的性质是解题的关键．先利用矩形的性质得出，再利用中位线的性质即可得出． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，分别是线段，的中点， ∴， 故答案为：． 【变式3】如图，在矩形中，分别是上的点，分别是的中点．，，在点从移动到（点不动）的过程中，则线段 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线的判定和性质，掌握矩形的性质是关键，根据矩形的性质，勾股定理得到，由中位线的判定和性质得到，由此即可求解 【详解】解：如图所示，连接， ∵分别是的中点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵在点从移动到（点不动）， ∴， ∴， 故答案为： ． 题型04 利用矩形的性质求面积 【典例1】已知矩形的顶点B，C在半径为5的半圆O上，顶点A，D在直径上．若，则矩形的面积为 ． 【答案】24 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求面积、圆的基本概念辨析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，圆的有关概念，掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键． 连接，可由勾股定理求得，再证明，则，那么，即可求解矩形面积． 【详解】解：连接，则， ∵， ∴， ∵矩形， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， 故答案为：24． 【变式1】如图，已知矩形的长为，宽为，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求面积、中心对称图形的识别 【分析】本题考查了中心对称．根据中心对称的性质可知，图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半，据此求解即可． 【详解】解：根据题意观察图形可知，长方形的面积， 再根据中心对称的性质得： 图中阴影部分的面积即是长方形面积的一半， 则图中阴影部分的面积． 故答案为：． 【变式2】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 【知识点】含30度角的直角三角形、利用平行四边形的性质求解、根据矩形的性质求面积 【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． 【变式3】利用图形的分、和、移、补探索图形关系，是我国传统数学的一种重要方法．如图1，是矩形的对角线，将分割成两对全等的直角三角形和一个正方形，然后按图2重新摆放，观察两图，若，，则矩形的面积是 ． 【答案】48 【知识点】根据矩形的性质求面积 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积， 根据第二个矩形左上角的长方形的面积求解即可． 【详解】解：如图， 由题意和图可得：， ∴， 故答案为：48． 题型05 求矩形在坐标系中的坐标 【典例1】如图，在平面直角坐标系中，的顶点在轴上，顶点在轴上，，轴，点的坐标为，作关于直线的对称图形，其中点的对称点为，且交轴于点，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、 求矩形在坐标系中的坐标、根据成轴对称图形的特征进行求解 【分析】本题主要考查了坐标与图形，轴对称，三角形全等的判定和性质，勾股定理等知识点，先证出四边形是矩形，由点C的坐标和轴对称变换可证出，再由勾股定理即可得出的长，进而即可得解，熟练掌握轴对称的性质是解决此题的关键． 【详解】∵，轴，， ∴四边形是矩形， ∵点的坐标为， ∴，， ∴由轴对称变换可知，，， 又∵， ∴， ∴， ∴在中， ∵， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【变式1】如图，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第一象限的角平分线上．若矩形从如图所示的位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则旋转的第2025秒时，点所对应的点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】点坐标规律探索、 求矩形在坐标系中的坐标、根据旋转的性质求解 【分析】根据题意，每秒的速度顺时针旋转，故，故8秒完成一个循环，进而得到旋转的第2025秒时，点所对应的点的坐标与旋转1秒时相同，根据旋转1秒时，恰好落在x轴的正半轴上，且，即可求解． 本题考查了矩形的性质，旋转的性质，坐标规律题，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：根据题意，每秒的速度顺时针旋转，故，故8秒完成一个循环， ，即旋转的第2025秒时，点所对应的点的坐标与旋转1秒时相同， 对角线在第一象限的角平分线上， 得到旋转1秒时，恰好落在x轴的正半轴上， 根据矩形的性质，得， 故点所对应的点的坐标为． 故选：B． 【变式2】如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】 求矩形在坐标系中的坐标、求绕原点旋转90度的点的坐标 【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案． 【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形， ∴，， ∴轴， ∴点的坐标为， 故选：C． 【变式3】如图，矩形中，顶点，，，将矩形绕点O逆时针旋转，每秒旋转，则第100秒旋转结束时，点D的坐标为(    ) A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】 求矩形在坐标系中的坐标、求绕原点旋转一定角度的点的坐标、求关于原点对称的点的坐标 【分析】本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转及点的坐标变化规律，能由所给旋转方式得出第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同是解题的关键． 根据所给旋转方式可知每旋转八秒，点D的坐标重复出现，再根据四边形是矩形，求出点D坐标可解决问题． 【详解】解：∵， ∴每旋转八次一个循环． ∵余4， ∴第100秒旋转结束时点D的位置，与第4秒旋转结束时点D的位置相同． 连接和， ∵四边形是矩形， ∴和互相平分， ∴，， ∴，， ∴点D的坐标为． 又∵， ∴第4秒旋转结束时的点D与点关于坐标原点对称， ∴此时点D的坐标为． 即第100秒旋转结束时，点D的坐标为． 故选：B． 题型06 斜边的中线等于斜边的一半 【典例1】如图，王大爷开辟了一块直角三角形的菜地种蔬菜，用栅栏将三角形菜地分成面积相等的两部分．若，，，则栅栏的长为 m． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了勾股定理和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键．通过勾股定理求出的长，由题意得，为的中线，所以，即可求解． 【详解】解：，，， ， 栅栏将三角形菜地分成面积相等的两部分， 为的中线， 故答案为：． 【变式1】如图，在中，，，是的中线，E是的中点，连接，，若，垂足为E，则的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线性质是解题的关键．根据垂直定义可得，利用直角三角形斜边上的中线性质可得，结合E是的中点，从而得到，最后利用勾股定理进行计算即可解答． 【详解】解：∵， ∴， ∵是的中线，， ∴是斜边上的中线， ∴， ∵，E是的中点， ∴， 由勾股定理得． 故答案为：． 【变式2】如图，在中，点，分别是边，的中点，点在线段的延长线上，且，若，，则的长是 ． 【答案】6 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题考查了三角形的中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，然后根据求解即可得． 【详解】解：∵在中，点，分别是边，的中点，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：6． 【变式3】如图，在四边形中，，，连接使平分，，，E、F分别为、的中点，连接、、，则 °， ． 【答案】 90 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形 【分析】因为平分，求得，根据直角三角形中线定理求得，根据中位线定理求得，得到，所以，最后根据勾股定理即可求得． 【详解】解：∵在四边形中，平分， ， ∵点是的中点，， ， ， ， E、F分别为、的中点， ， ， ， 在中，由勾股定理得：． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，角平分线的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，平行线的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形外角定理，熟悉掌握相关的判定和性质是解题的关键． 题型07 矩形与折叠问题 【典例1】如图，矩形中，，，点是边上一点，连接，把沿折叠，使点落在点处．当为直角三角形时，的长为 ． 【答案】3或6 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了折叠问题，矩形的性质，勾股定理，掌握折叠变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键． 当为直角三角形时，有两种情况：情况一，当时，可知点三点共线，先由勾股定理可求出，进而求出，设，则，，再根据勾股定理即可求解；情况二：当时，可知此时为正方形，即可得． 【详解】解：当为直角三角形时，有两种情况： 情况一：当时，图形如下， ∵是折叠得到， ∴， ∵， ∴点三点共线， ∵，， ∴，， ∴， 设，则，， 在中有，即， 解得：， ∴； 情况二：当时，图形如下， 此时为正方形， ∴； 综上所述，的长为3或6， 故答案为：3或6． 【变式1】如图，在矩形纸片中，，点E在边上，将纸片沿折叠，点A落在F处，的延长线交于点G，交的延长线于点H．若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、矩形与折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质是解题关键．根据矩形的性质和折叠的性质，推出，设，则，，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：在矩形纸片中，， ，， 由折叠的性质可知，，，， 在和中， ， ， ，， ， 设，则， ，， ， 在中，， ， 解得：，即的长为， 故答案为：． 【变式2】如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 【答案】或或 【知识点】三角形内角和定理的应用、矩形与折叠问题 【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数． 【详解】解：①当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; ②当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; 或，如图： ，, , , ; 综上，的度数可以是或或． 故答案为：或或． 【变式3】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) (3) 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、矩形与折叠问题、全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形 【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）证明：∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形； （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08 利用矩形的性质证明求解综合 【典例1】如图，矩形的对角线，相交于点O，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)若，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)6 【知识点】用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、根据菱形的性质与判定求面积 【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即可． 【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：∵矩形中，，， ∴， 由菱形和矩形的中心对称性可知：， 又∵， ∴， ∴菱形的面积是． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、菱形的判定和性质，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1】如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时． (1)求证：； (2)的度数为 ． 【答案】(1)见解析 (2)60 【知识点】用HL证全等（HL）、等边三角形的性质、利用矩形的性质证明 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质． （1）先由矩形的性质得，，再由等边三角形的性质得，再利用证明即可； （2）由（1）的结论根据全等的性质得，再根据等边三角形的性质得，最后根据平角的定义可求的度数． 【详解】（1）证明：∵为矩形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴在和中， ， ∴； （2）解：由（1）得， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：60． 【变式2】如图，矩形的对角线，相交于点，点，在上，且． (1)求证：； (2)若，求的长 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，得到，根据，得到，证明，即可得出结论； （2）过点A作，垂足为，四边形是矩形，由勾股定理得，进而得到，再根据三角形面积公式求出，由勾股定理得，进而得到，在求出 ，即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：过点A作，垂足为， ∵四边形是矩形， ∴，， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∵ 即  ， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∴ ， ∴ ． 【点睛】本题考查了矩形性质，三角形全等的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理的运用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【变式3】如图，在矩形中，是上一点，垂直平分，分别交、、于点、、，连接、． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形； (3)若，为的中点，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)15 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、利用矩形的性质证明、证明四边形是菱形 【分析】（1）根据矩形的性质，利用证明即可； （2）由（1）可知：，根据对角线互相垂直平分的四边形为菱形即可得证； （3）易得为的中位线，设，，勾股定理求出的值，进而求出的长，菱形的性质，结合勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴； （2）证明：由（1）知：， ∴， ∵垂直平分， ∴互相垂直平分， ∴四边形是菱形； （3）∵，为的中点， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴设，， 由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴， ∵菱形， ∴，，， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴． 【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 1．矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】D 【知识点】矩形性质理解、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．根据平行四边形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和平行四边形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和平行四边形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，矩形和平行四边形都不一定具有，故不合题意； D、两条对角线相等，矩形具有而平行四边形不一定具有，符合题意． 故选：D． 2．如图，直线，矩形的顶点在直线上．若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】利用矩形的性质求角度、根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题主要考查了矩形的性质及平行线的性质，根据矩形的性质得出，再结合平行线的性质即可解决问题． 【详解】解：延长与直线b交于点M， ∵， ∴． ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 3．如图，矩形的对角线与相交于点O，，P，Q分别为，的中点，则的长为（     ） A． B．3 C． D． 【答案】A 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理；由矩形的性质得，由三角形中位线定理，即可求解；掌握矩形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， P，Q分别为，的中点， ； 故选：A． 4．如图，在矩形中，O为对角线交点，的平分线交于点F，交于点E，，，则的面积为（    ） A．2 B． C．2 D． 【答案】D 【知识点】等边三角形的判定和性质、根据矩形的性质求面积、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查矩形的性质、等边三角形的判定与性质、含30度角的直角三角形的性质等知识．根据矩形的性质证明是等边三角形得到，再利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理分别求得，，进而求解即可． 【详解】解：在矩形中，是的平分线，，，， ， ，， ， ， ∴是等边三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5．如图，现有一张矩形纸片，，，点，分别在矩形的边，上，将矩形纸片沿直线折叠，使点落在边上点处，点落在点处，连接，交于点，连接．有以下结论：①；②四边形是菱形；③当点，重合时，；④点，，三点共线．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】C 【知识点】矩形与折叠问题、根据菱形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理，由矩形的性质结合折叠的性质可得，从而即可得出，结合题意可得，即可判断②；由勾股定理和折叠的性质计算即可判断①③；由折叠的性质结合菱形的性质即可判断④；熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：在矩形中，有， ∴． 由翻折可知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴四边形是菱形，故②正确． ∴，． ∴， 当点与点重合时，如图，设，则． ， 在中，， 即，解得， ∴， ， （此时，故①错误）， ∴， ∴，故③正确． 由折叠可知：，， ∴， ∴． 四边形是菱形， ∴． 由过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行，可得，，三点共线，故④正确． 综上所述，正确的结论有②③④， 故选：C． 6．如图，在矩形中，对角线，相交于点，，，则 ． 【答案】6 【知识点】根据矩形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，由矩形的性质可得到，再证明是等边三角形，得到，据此可得答案． 【详解】解：∵在矩形中，对角线，相交于点， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：6． 7．如图，在矩形中，、交于点，于点，若，则 ． 【答案】40 【知识点】等边对等角、利用矩形的性质求角度 【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角，根据矩形的对角线平分且相等，得到，等边对等角，求出的度数，再根据同角的余角相等，即可得出结果. 【详解】解：∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：40 8．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】 【知识点】坐标与图形、 求矩形在坐标系中的坐标、写出直角坐标系中点的坐标 【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． 9．如图，将长方形纸片折叠，使点与点重合，折痕为．已知，，则的长为 ，的面积为 ． 【答案】 4 10 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，勾股定理，掌握折叠的性质是解题的关键．设，则，由折叠知，，，利用勾股定理解求出，再根据三角形面积公式即可求解． 【详解】解：矩形中，， ，， 设，则， 将长方形纸片折叠，使点与点重合， ，，， 在中，， ， 解得，即， ， 故答案为：4，10． 10．如图，在中，，，点、分别是、的中点，于点，则线段的长为 ． 【答案】2 【知识点】与三角形中位线有关的求解问题、斜边的中线等于斜边的一半 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理等知识点，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理． 利用三角形中位线定理得出，利用直角三角形斜边中线定理得出，即可得出结果． 【详解】点、分别是、的中点， 是的中位线， ， ， ， ， ， 在中，点是的中点，， 则， ， 故答案为：． 11．如图，在矩形中，点E在上，且平分． (1)求证：； (2)，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、角平分线的有关计算、根据等角对等边证明边相等 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积， （1）由矩形的性质和角平分线的定义得出，推出即可； （2）由勾股定理得出，由三角形面积公式可得出答案． 【详解】（1）证明：∵是矩形， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， （2）解：∵是矩形， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 12．如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【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，解决本题的关键是利用勾股定理求出矩形的边长，再根据矩形的面积公式计算即可． 根据矩形的性质可得，利用可证； 根据全等三角形的性质可得，利用勾股定理可求，根据矩形的面积公式计算即可求出四边形的面积． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，， ， 又， ， 在和中，， ； （2）解：由可知， ， 又，, ， 矩形的面积是． 13．如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点C作交的延长线于点E，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、证明四边形是菱形、根据等角对等边证明边相等、用勾股定理解三角形 【分析】（1）先判断出，进而判断出，得出，即可得出结论； （2）先判断出，再求出，利用勾股定理求出，即可得出结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵为的平分线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是菱形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定、平行线的性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 14．如图，矩形的对角线、相交于点O，点E、F在上，． (1)求证：； (2)若，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)． 【知识点】利用矩形的性质证明、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、等边三角形的判定和性质 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握矩形的性质是解题的关键． （1）由矩形的性质证明即可． （2）由矩形的性质得出，再根据平角的定义得出，再证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，进而可得出，然后根据勾股定理，最后根据矩形的性质求面积即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴ ∵ ∴ （2）解：∵四边形是矩形 ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∴． 15．在矩形中，，平分，连接． (1)如图1，求的度数； (2)如图2，点F是延长线上的一点，与交于点G，于点H，的延长线交于点P，连接，探究之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，取的中点Q，连接，求的最小值． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质求角度、全等三角形综合问题 【分析】（1）根据矩形的性质，角平分线的定义，推出均为等腰直角三角形，再利用平角的定义，求出的度数即可； （2）延长交于点，先证明，得到，，进而证明，得到，再根据，结合等量代换，即可得出结论； （3）取的中点，连接，勾股定理求出的长，斜边上的中线求出的长，根据，求出的最小值即可． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ∴ ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下： 延长交于点， 由（1）知：，，， ∴， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）取的中点，连接， 则：， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查矩形的性质，斜边上的中线，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判断和性质，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键． 16．综合与探究 问题情境：折叠问题的实质是图形的轴对称变化，找出对应相等的元素是解题的关键．如图，在矩形中，，，为射线上一动点，连接，将沿折叠得到，点的对应点为． 问题解决： (1)如图当点落在对角线上时，求线段的长． (2)如图，当时，求线段的长． (3)在点运动的过程中，当三点共线时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【知识点】用勾股定理解三角形、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、矩形与折叠问题、等腰三角形的性质和判定 【分析】（）利用勾股定理得，由折叠的性质得，，，即得，设，则，在中利用勾股定理解答即可求解； （）在上取一点，使得，连接，可证是等腰直角三角形，得到，即得，进而得，即得到，据此即可求解； （）分点在和点在延长上，分别画出图形，利用矩形和折叠的性质分别解答即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴； （2）解：如图所示，在上取一点，使得，连接， 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：如图所示，当点在上时， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴； 如图所示，当点在延长上时， 同理可证明， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 2 / 37 学科网（北京）股份有限公司 $$