专题02 矩形的性质与判定（专项训练）数学鲁教版五四制八年级下册

专题02 矩形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一、利用矩形的性质求解 1 题型二、利用矩形的判定与性质多结论性问题 4 题型三、利用矩形的判定与性质作图（含无刻度作图） 14 题型四、利用矩形的判定与性质解决综合性问题 18 题型五、利用矩形的判定与性质解决折叠问题 24 题型六、利用矩形的判定与性质解决最值问题 28 题型七、利用矩形的判定与性质解决旋转问题 32 题型八、利用矩形的判定与性质解决新定义型问题 35 B综合攻坚・能力跃升 题型一、利用矩形的性质求解 1．如图，在矩形中，，E为中点，连接，则的长为 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质和勾股定理，熟练掌握勾股定理是关键．根据矩形的性质和中点的定义得到，，，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，， ∴， ∵E为中点， ∴ ∴． 故答案为： 2．如图，矩形的对角线与相交于点，若，则的度数为 °． 【答案】120 【分析】本题考查的是矩形性质、等腰三角形性质及三角形内角和定理，根据矩形性质得出，进而求出，再根据三角形内角和定理及对顶角相等求出结论． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， ， 故答案为：120． 3．如图，在矩形中，O为对角线的中点，连接．若，则的长度为 ． 【答案】或 【分析】根据矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可． 本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：∵矩形中，O为对角线的中点， ， ∴，，， ∴， ∴． 故答案为：或． 4．如图，在矩形中，，，现有一动点P以的速度从点A出发，沿矩形的边运动，点P返回到点A时停止运动．设点P的运动时间为，连接，，当是等腰三角形时，t的值为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了矩形的性质。全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，分情况求解t的值是解题的关键．若点P在上，则，证明，可得，即可求得答案；若点P在上，则，即可求得答案；若点P在上，则，即可求得答案． 【详解】解：若点P在上， 当是等腰三角形时，， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ； 若点P在上， 当是等腰三角形时，， ， ， ； 若点P在上， 当是等腰三角形时，， ， ； 综上所述，当是等腰三角形时，t的值为或或． 故答案为：或或． 题型二、利用矩形的判定与性质多结论性问题 5．如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论： 四边形是菱形；平分；线段的取值范围为；当点与点重合时，． 其中正确的结论个数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了翻折变换的性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用菱形的判定与性质与勾股定理等其它知识有机结合．先判断出四边形是平行四边形，再根据翻折的性质可得，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；由菱形的性质可得，由点C落在上的一点H处，不一定等于30°，可判断②；当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若与重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值，可判断③；如图，过点H作于M，由勾股定理可求的长，可判断④；即可求解． 【详解】解：由矩形的性质可得：， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形，故①正确； 四边形是菱形， ， 若平分， ， ， 点落在上的一点处， 不一定等于 不一定平分，故②错误； 当点与点重合时，有最小值， 设，则， 在中，， 即， 解得， ， 若落在上时，有最大值， 四边形是正方形， ， 最大值为， ，故③正确； 如图，过点作于， 四边形是矩形， ，， 四边形是菱形， ， ， ，故④正确， 故选：D． 6．如图，矩形中，O为AC中点，过点O的直线分别与交于点E、F，连结交于点M，连结，若，则下列结论中正确结论的个数是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】判定是等边三角形，得，；由得， 进而可得垂直平分，求得；再证明，可得四边形是平行四边形，由平行四边形的性质得是等边三角形，从而可判断①；由平行的性质得是等边三角形，从而有，则可判断②；利用含30度直角三角形的性质得，即可判断③；设的面积为a，则得的面积为，从而，则得矩形面积为，从而，则可判断④；最后得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， O是中点， ∴， ∴， ∴， ∴，是等边三角形， ∴，； ∵， ∴，垂直平分， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴；故①是正确的； ∵， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴四边形是菱形，故②正确； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴，故③正确， 设的面积为a， ∵， 则， 而M为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④错误； 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，含30度直角三角形的性质等一系列知识，灵活运用是解题的关键． 7．如图，在矩形中，点E，F分别为，中点，点G，P分别为，上一点且满足，连接交于点M，延长交于点N，过点N作交于点S．对于下列结论：①；②；③；④若梯形的面积是面积的5倍，则点S是中点． 其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】先证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是矩形，可得出，再根据全等三角形的性质可证得，从而得出，，即可求得，则，可判断①正确；证明是等边三角形，得到，由，，可得，从而得出，则，可判断②错误； 证明是的中位线，得，是的中位线，则，从而得出，可判断③正确；证明四边形是平行四边形，得到，再根据梯形的面积是面积的5倍，证明，可判断④正确． 【详解】解：∵矩形， ∴，，，， ∵点E，F分别为，中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，，，， ∴， 取中点Q，连接，如图， 则， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴ ∴ ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，故①正确； ∵，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故②错误； ∵是等边三角形， ， ∴， ∴点P是的中点， 过点G作于H，过点M作于T，如图， ∵矩形，点E，F分别为，中点， ∴是矩形的对称轴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵点E是中点，点M是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴，故③正确； ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴ ∵，， 梯形的面积是面积的5倍， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∵， ∴， ∴， 即点S是中点．故④正确． 综上，正确的有①③④共3个， 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质，全等三角形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质，此题属四边形综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 8．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当时，四边形是菱形．④若，，则线段 其中，正确结论的个数有（   ）个 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，，，，，根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，证明得，，，可判断①；证明得，证明四边形是平行四边形，得，可判断②；证明四边形是平行四边形，得，则，得出四边形是菱形，可判断③；设，，，则，根据勾股定理得，即，解得，得到，，则，由和，可得，，可判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，，，故结论①正确； 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，即， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，故结论②正确； ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故结论③正确； 设，，， ∵，，，， ∴， 又∵，即， 解得：， ∴，， ∴， ∵，即， 又∵，即， ∴，， ∴，故结论④错误； 综上所述，正确结论的个数有个． 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的性质，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，勾股定理及三角形的面积等知识；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． 题型三、利用矩形的判定与性质作图（含无刻度作图） 9．如图，矩形中，，． (1)利用尺规在边上求作点，使得（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连结，过点作，垂足为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)1 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握勾股定理． （1）以点为圆心，长为半径画弧，与相交，交点即为所求； （2）由矩形的性质和平行线的性质，可证三角形全等，根据全等的性质，可得线段的长度，从而可得线段的长． 【详解】（1）解：如图，点为所求， 证明：以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，则， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴， ∴． （2）解：由（1）作图知，， 在矩形中有，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 10．如图，四边形是矩形，对角线与交于点O． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点F，交于点E；（保留作图痕迹，不写做法） (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）按照尺规作图作角平分线的步骤进行即可； （2）由作法及矩形的性质得，，从而得是等边三角形，则由即可求解． 【详解】（1）解：作图如下： （2）解：∵四边形是矩形， ∴，； 由作图知，平分， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，尺规作图作角平分线等知识，证明等边三角形是解题的关键． 11．如图矩形中，点在上，且，请仅用无刻度的直尺按要求作图．（保留作图痕迹，不写作法，题目要求画的线画实线，其他的线画虚线） (1)在图1中，画出的平分线； (2)在图2中，画出的平分线． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，无刻度直尺作图； （1）作射线，由矩形的性质得，由等腰三角形的性质得 ，即可求解； （2）连接、交于，作射线，由矩形的性质得，由等腰三角形的性质得平分，即可求解； 能熟练利用矩形的性质及等腰三角形的性质进行作图是解题的关键． 【详解】（1）解：如图， 射线为所求作； 作射线， 在矩形中， ， ， ， ， 平分； （2）解：如图， 射线为所求作． 连接、交于，作射线， ， ， 平分． 12．如图，已知四边形为矩形，点是边的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹． (1)在图1中作出矩形的对称轴，使； (2)在图2中作出菱形，使得点，，分别在，，上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接二线交于点O，作直线，利用三角形中位线定理可以判定直线即为所求． （2）根据矩形的性质，三角形中位线定理，菱形的判定，画图即可． 【详解】（1）解：根据题意，连接二线交于点O，作直线， 则直线即为所求． （2）解：根据三角形中位线定理，菱形的判定，矩形的判定和性质，画图如下： 则菱形即为所求． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，三角形中位线定理的应用，熟练掌握性质是解题的关键． 题型四、利用矩形的判定与性质解决综合性问题 13．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，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，掌握这些知识是解题的关键； （1）由，可得四边形是平行四边形，再由即可得四边形是矩形； （2）由题意求得，由矩形的性质得是等边三角形，由等边三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． （2）解：，， ． 又矩形中，， ∴是等边三角形， ． 14．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】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，熟记特殊四边形的判定与性质是解本题的关键． （1）证明，且，，可得，证明四边形是平行四边形，结合，可得结论； （2）根据菱形的性质得到，，，然后利用勾股定理求解，从而得到，结合，求得，根据（1）的结论即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，且， ∵， ∴， 即， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， 在中，由勾股定理可得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 由（1）可知，四边形是矩形， ∴． 15．【阅读理解】中国古代数学家刘徽在《九章算术》中，给出了证明三角形面积公式的“出入相补法”，原理如下：如图，在中，点D，E分别是，的中点，连接，过点A作于点F，延长至点M，使，连接，延长至点N，使，连接，则易证四边形的面积等于的面积，进一步可证三角形面积公式． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)24． 【分析】（1）证明出，得到，，推出，，即可得到四边形为矩形； （2）证明出是的中位线，得到，然后利用矩形面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴． ∵点D是的中点， ∴． ∵，， ∴， ∴，． 同理可得，． ∴，． ∴四边形为平行四边形． 又∵， ∴四边形为矩形． （2）解：∵点D，E分别是，的中点， ∴是的中位线． ∴． ∴． 【点睛】此题考查了矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，三角形中位线的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 16．如图，在矩形中，点E为直线上一动点，连接，作等腰直角三角形AEF，使，，连接． (1)如图1，连接．若，，，求的面积； (2)如图2，若点E为线段的中点，试探究线段之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，若，．请思考是否存在最小值，若存在，请直接写出的最小值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，求出的长，进而求出的长，作，同理求出的长，线段的和差求出的长，再利用面积公式进行求解即可． （2）过点作于点，作于点，易证：，得，，再证明四边形是矩形，进而证明为等腰直角三角形，即可证得； （3）在的延长线上截取，连接，在上截取，连接，设，，，先证，得，得出点轨迹为过中点，与夹角为的直线上，作点关于的对称点，当取最小值时，，，三点共线，由勾股定理可得，最小值为． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 作，则：，， ∴， ∴； （2），理由如下： 如图所示，过点作于点，作于点． ，， ， ，， ，， ， ， ，． 点为线段的中点， ． ， 四边形是矩形， ，， ， ， 为等腰直角三角形， ； （3）如图所示，在的延长线上截取，连接，在上截取，连接，设，，， ，，， ，，， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 点轨迹为如图过中点，与夹角为的直线上， 如图所示，作点关于的对称点， ， 当取最小值时，，，三点共线，最小值为， 延长交直线于点，连接， ， ， ， ， ，， 由勾股定理可得，最小值． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，含30度角的直角三角性质的性质，全等三角形的判定和性质，利用轴对称解决线段和最小问题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形和全等三角形，是解题的关键． 题型五、利用矩形的判定与性质解决折叠问题 17．如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，使得点C落在点E处，交于点F，若，，则的面积为 ． 【答案】10 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，折叠的性质，勾股定理等知识，证明是解题的关键． 由折叠的性质可得，再由矩形的性质可得，，从而得到，进而得到，设，则，然后在中，利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：由折叠的性质得：，     ∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， 即， ∴的面积为． 故答案为∶10 18．如图，点E是矩形的边上的中点，将折叠得到，点F在矩形内部，的延长线交于点G，若，，则的长为 ． 【答案】9 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质及勾股定理的性质，解题的关键是掌握折叠的性质和勾股定理的性质．用矩形的性质得A，，根据题意可得，由折叠的性质可得，，，，可证，得出，设，则，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵点E是矩形的边上的中点， ∴， ∵将折叠得到， ∴，，， 如图，连接， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， 解得， ∴， 故答案为：． 19．如图，矩形中，，点在上，，连接，将矩形沿翻折，点恰好落在上的点处，则 cm． 【答案】 【分析】本题考查了矩形与折叠问题，涉及了勾股定理，设，推出，根据即可建立方程求解． 【详解】解：设， 由题意得：，， ∴； ∵， ∴，解得：， 即： cm． 故答案为： 20．如图，矩形纸片中，E为边上一点，F为边上一点，沿折叠得，沿折叠得（，都在的内部）． （1）当与重合时， ； （2）当与的夹角为时， ．（用含的式子表示） 【答案】 45 或 【分析】本题考查矩形中的折叠问题，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质，是解题的关键： （1）根据矩形的性质，折叠的性质推出，进而得到即可； （2）分在的外部和在的内部，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】解析：（1）如图1，当与重合时， 由折叠可知：，， ∵矩形纸片， ∴， ； 故答案为：45； （2）当与的夹角为时，分两种情况讨论． 如图2，此时在的外部，，，且， ， ； 如图3，此时在的内部，，，且 ， ， ； 综上所述，的值为或． 故答案为：或 题型六、利用矩形的判定与性质解决最值问题 21．如图，在中，，，，为边上一动点，于点，于点，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理的逆定理，矩形的判定与性质，垂线段最短．连接，先根据勾股定理的逆定理可证是直角三角形，从而可得，再根据垂直定义可得，从而可得四边形是矩形，然后利用矩形的性质可得，从而可得当时，有最小值，即有最小值，最后利用等积法进行计算，可求出的长，即可解答．熟练掌握矩形的判定与性质，以及垂线段最短是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵，，， ∴，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 22．如图，菱形的对角线，相交于点，，，点是边上的一动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】此题考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质正确引出辅助线是解题的关键．由菱形的性质得，，推出四边形是矩形，连接，则，当时，的值最小，勾股定理求出，由三角形面积求出即可得到的最小值． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，， ∵于点F，于点G， ∴四边形是矩形， 连接，则，    当时，的值最小， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴最小值， 故答案为：． 23．如图，在矩形中，，，点，分别为边，上的动点，且，为的中点，连接，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，两点直线线段最短，根据勾股定理求得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，进而根据，即可求解． 【详解】解：如图，连接，， ∵矩形中，，， ∴， ∵，为的中点， ∴ ∵ ∴，即的最小值为 故答案为：． 24．如图，在矩形中，，，点在边上，将绕点逆时针旋转，得到线段（即，），连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，过点作的延长线于点，可证，得到，，设，则，即得，由勾股定理得，即得到当时，的值最小，最小值为，进而即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作的延长线于点， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由旋转得，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴， ∴， 当时，的值最小，最小值为， ∴的最小值为， 故答案为：． 题型七、利用矩形的判定与性质解决旋转问题 25．如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由矩形性质可知，，又旋转可知，，，然后通过勾股定理和线段和差即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 由旋转性质可知，，，， ∴， ∴， 故答案为：． 26．如图，把矩形绕点按顺时针方向旋转，得到“L”形图案，、是对角线，则 °． 【答案】45 【分析】题目主要考查旋转的性质及等腰三角形的判定、三角形内角和定理等，理解题意，根据旋转得出，即可求解． 【详解】解：∵矩形绕点按顺时针方向旋转得矩形， ∴， ∴， 故答案为：． 27．如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于 ． 【答案】9 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，旋转得到，勾股定理求出的长，利用矩形的面积减去直角三角形的面积求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵旋转， ∴， ∵矩形， ∴， 在中，， ∴阴影部分的面积等于； 故答案为：9． 28．如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 【答案】或 【分析】作于点E，由，求得，由，求得，则，再分两种情况讨论，一是点落在线段上，由旋转得，则，求得；二是点落在线段延长线上，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点E，则， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 如图1，点落在线段上， 由旋转得， ∴， ∴； 如图2，点落在线段延长线上， 由旋转得， ∴， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 【点睛】此题重点考查矩形的性质、勾股定理、旋转的性质、根据面积等式求线段的长度、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键． 题型八、利用矩形的判定与性质解决新定义型问题 29．综合与实践 定义：将一张纸片折叠，若折叠后的纸片恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，则称这样的长方形为完美长方形． (1)【操作发现】将一张三角形纸片按如图1所示的方式折叠成完美长方形．若的面积为12，，则完美长方形的边的长为_____，面积为_____． (2)【类比探究】将一张平行四边形纸片按如图2所示的方式折叠成完美长方形．若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)【拓展延伸】将一张平行四边形纸片按如图3所示的方式折叠成完美长方形．若，，求完美长方形的周长与面积． 【答案】(1)3；6； (2)13； (3)周长为．面积是． 【分析】（1）根据折叠得到是中点，过点作于，根据△的面积求出的长，推出是的中位线，得到，即可求出完美长方形的面积； （2）根据折叠可知，，从而求出的长，根据平行四边形的面积求出的长，即可求出周长； （3）根据折叠可证点、分别是、的中点，判定四边形是平行四边形，推出，推出矩形的对角线长后根据，利用勾股定理求出、的长后即可求出此完美矩形的周长． 【详解】（1）解：由折叠可知，，，， ，点是中点， ， 如图，过点作于，交于点， ， ， 由折叠可知：， ， 完美矩形的面积为：． 故答案为：3；6； （2）解：由折叠可知：，，，， ，矩形的面积为：， ， 矩形的周长； （3）解：由折叠可知：点、分别是、的中点， ，， 如图，连接， 由题意可知：，， ，， 四边形是平行四边形， ， ∵，， 在中，设，则， 根据勾股定理得：， ， 解得：， ，， 此完美矩形的周长为．面积是． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键． 30．定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角． (1)如图1，在四边形中，，，对角线平分．判断四边形是否是邻等四边形，并证明你的结论； (2)如图2，在的方格纸中，A、B、C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过点B作，交的延长线于点E．若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形为邻等四边形，证明见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的性质与判定，等腰三角形的判定等等，正确理解新定义是解题的关键． （1）先证明，，再证明，即可得到结论； （2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D； （3）先证明，再由新定义得到；过点D作于F，则四边形是矩形，可得，设，则，由勾股定理得，解方程得到，证明四边形是平行四边形，得到，则，据此根据梯形面积计算公式求解即可． 【详解】（1）解：四边形为邻等四边形，证明如下： ∵， ∴，， ∵对角线平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为邻等四边形． （2）解：如图所示，，，即为所求； （3）解：∵， ∴， ∴， ∵四边形是邻等四边形，为邻等角， ∴； 如图所示，过点D作于F， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 31．定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”． (1)在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号） (2)①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长； ②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积． (3)如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)②； (2)①或8；②图见解析，以为边的正方形面积为或； (3)存在，这三个“等距四边形”的周长和为． 【分析】本题考查了矩形、菱形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）根据“等距四边形”的定义逐一判断即可． （2）①分两种情况：当点F在上且BF⊥AD时，当点在上且时，分别求解即可； ②分两种情况：当点在上且时， 当点在上且时，四边形是等距四边形，分别求解即可； （3）过点分别作于，于，于，先证明四边形是菱形，再得到是等边三角形，根据勾股定理得到，根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：①平行四边形对角线互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线长的一半，不符合题意； ②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离等于这条对角线的一半，符合题意； ③菱形的对角线互相平分，对角线不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不等于另一条对角线的一半，不符合题意； 故答案为：②； （2）解：①根据等距四边形的定义，当点F在上且BF⊥AD时，四边形是等距四边形，如图1，取的中点O，连接， ∵， ， ， 四边形是等距边形， 在菱形中，，，， ， ， ， ， 根据菱形的对称性得，， 是等边三角形， 在中，， ， 根据勾股定理得，， ， 当点在上且时，四边形是等距四边形，如图， 连接，，交于点， ，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，在菱形中，，， ， ； ②根据等距四边形的定义，当点在上且时，四边形是等距四边形，如图，取的中点，连接，，， ，， ， ， 四边形是等距边形， 在菱形中，，，， ， ， ， ， 根据菱形的对称性得，， 是等腰三角形， 在中，， ， 过作于， ， ， ， ∴以为边的正方形面积为； 当点在上且时，四边形是等距四边形，如图， 连接，，交于点， ∵，， ， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，在菱形中，，， ∴， ∴， ∴， ∴以为边的正方形面积为； （3）解：过点分别作于，于，于，如图2， 同（2）的方法得，四边形，四边形，四边形是等距四边形，过点作于， ∵在平行四边形中，， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形． 在中，，， ∵， ∴， 根据勾股定理得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形，四边形，四边形的周长的和为． 32．【理解定义】 我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感． 例如：如图1，矩形的宽为，长为，如果，那么矩形为黄金矩形． 【初步应用】 （1）若黄金矩形的长，请直接写出它的宽__________． 【操作探究】 小明通过下面的折纸操作，折叠出了黄金矩形： 第一步：如图2，将矩形纸片折叠，使得与重合，折痕为，展开． 第二步：如图3，将纸片折叠，使得与重合，折痕为，展开． 第三步：如图4，连接，再将矩形沿过点N的直线折叠，使得的对应边落在边上，展开． 第四步：如图5，过点E作于点D，得到矩形． （2）已知，在矩形中，． ①求的长； ②请找出图5中的黄金矩形，并证明． 【迁移拓展】 小明查找资料进一步学习了黄金分割的知识： 黄金分割点是指把一条线段分割为两条线段，较长线段与整条线段的比值等于较短线段与较长线段的比值，其比值是． （3）小明用一张宽为n的矩形纸片，按照（2）的折纸步骤进行操作折叠黄金矩形，在探究中发现点E恰好是线段的黄金分割点，请直接写出长长度__________ 【答案】（1）2；（2）①，②矩形和矩形为黄金矩形，见解析；（3）或 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等，正确理解题意是解题的关键． （1）根据题意可得，据此计算求解即可； （2）①由矩形的性质得到，由折叠的性质可得，，据此利用勾股定理求解即可； ②由矩形的性质得到，由平行线的性质和折叠的性质可得，则，据此可得，证明四边形是矩形，得到，，则，，再证明四边形是矩形，即可得到结论； （3）由（2）可得，则，根据点E是线段的黄金分割点，得到或，据此求出的长即可得到答案． 【详解】解：（1）∵，， ∴； （2）①∵四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴； ②矩形和矩形都是黄金矩形，证明如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴矩形是黄金矩形； 由折叠的性质可得， ∴， ∴四边形是矩形， ∴矩形是黄金矩形； （3）由题意得，， 由（2）可得， ∴， ∵点E是线段的黄金分割点， ∴或， 当时，则， ∴； 当时，则， ∴， ∴； 综上所述，的长为或． 一、单选题 1．如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，根据矩形的对角线相等可得，由此即可得解，熟练掌握矩形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 故选：B． 2．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． 3．如图，在矩形中，，，P为上任一点，过点P作于点E，于点F，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查矩形的性质，三角形面积及勾股定理，解题关键是通过转化思想，根据三角形面积的不同计算方法列方程解决． 由，，根据即可求解． 【详解】解：如图，连接， 在矩形中，知 ，， 又，， ∴，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 4．如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 5．如图1，点P从矩形顶点D出发沿矩形的边运动，路线是，设P点经过的路程为x，的面积是y，图2是反映y与x的函数关系图像，则矩形的边长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据点F的横坐标是10，点G的横坐标是14可求出，然后根据当点P与点C和点B重合时，的面积是12列式求解即可． 【详解】解：由题意可知，段表示点P在上运动时的函数图象，段表示点P在上运动时的函数图象，段表示点P在上运动时的函数图象， ∵点F的横坐标是10，点G的横坐标是14， ∴． ∵当点P与点C和点B重合时，的面积是12， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选C． 二、填空题 6．在中，与相交于点O，要使是矩形，需添加的条件是 （填序号） ①；②；③；④ 【答案】②③④ 【分析】本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质等知识点，解题的关键是掌握矩形的判定方法． 利用矩形的定义和判定定理逐项进行判断即可． 【详解】解： ①根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，当时，不能判定是矩形，该选项错误，不符合题意； ②根据对角线相等的平行四边形为矩形，当时，根据平行四边形的性质得，, ∴是矩形，该选项正确，符合题意； ③同②，该选项正确，符合题意； ④根据有一个角是直角的平行四边形为矩形，当时，为直角， ∴是矩形，该选项正确，符合题意； 综上，符合题意的选项有②③④， 故答案为：②③④． 7．如图，小云将一个三角形模型的一边放在直尺上，点分别对应刻度尺上的刻度2和8（单位：cm），点为的中点．若，则 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了直角三角形的性质．根据含30度角的直角三角形的性质解答，即可求解． 【详解】解：根据题意得：， ∵点为的中点．， ∴． 故答案为：3 8．如图，矩形的长，宽，顶点两点分别在轴的正半轴上滑动，，两点在第一象限，则的最大值是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理；取的中点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，进而勾股定理求得，根据，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点，连接 ∵矩形的长，是的中点， ∴， ∵， 在中，， ∵ ∴的最大值为， 故答案为：． 9．如图，在矩形中，，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点的对应点分别为，设点P为的中点，连结，在矩形旋转的过程中，面积的最大值 和最小值 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形性质，勾股定理，旋转性质．连接，作于．当与共线，且时，面积最大，共线面积最小，利用，求出，再根据计算即可得出答案． 【详解】解：连接，作于， ， 当与共线，且时，面积最大， 由题意：， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的面积最大值为， 共线，面积最小为0， 故答案为：；． 10．如图，在矩形中，，，点E为AD边上一点，连接CE，将沿CE翻折，点D落在点F处，连接BF，当是等腰三角形时，线段DE的长是 ． 【答案】或 【分析】本题主要考查矩形与折叠，分和两种情况结合勾股定理求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ①当时，如图， 过点作于点，则于点， 所以，四边形是矩形， ∴， ∵，, ∴， ∴， 在中， ∴, 设，则， 由折叠得：, 在中，， ∴， 解得：， ∴； ②当时， 过点作于点，则于点， 所以，四边形是矩形， ∴， 过点作于点，则， 由勾股定理得 ∵， ∴， ∴， ∴， 又四边形是矩形， ∴， 设，则， 由折叠得：, 在中，， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或， 故答案为：或． 三、解答题 11．如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C、D作，，和交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)6 【分析】本题考查了矩形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理等知识， （1）先证四边形是平行四边形，根据菱形的对角线互相垂直，得到，即可判定四边形是矩形； （2）由勾股定理可求的长，可得的长，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 12．如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，分别连接，，，． (1)求证： (2)求证：四边形是矩形： (3)若，，，求的长 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形和矩形判定及性质应用，解题关键在于利用平行四边形、矩形的判定定理和性质，结合全等三角形、勾股定理进行推理计算： （1）利用平行四边形对边平行得角相等，结合中点条件，通过证，得 ． （2）由且证平行四边形，再结合证得矩形 ． （3）先由矩形性质和勾股定理求、，得，再结合平行四边形性质求，最后在中用勾股定理算 ． 【详解】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）由（1）知且， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （3）∵四边形是矩形， ∴，，； 在中， ， ∴， ∵是中点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴； ∵， ∴， 在中， ． 13．【课本再现】 我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 【定理证明】 （1）如图1，已知：在中，对角线相交于，且，求证：是矩形． 【知识应用】 （2）如图2，是的中线，，且，连接，． ①求证：； ②当满足条件___________时，四边形是矩形． 【答案】（1）证明见解析；（2）①证明见解析；②或 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，从而确定，再证明，由全等三角形性质即可得到，由有一个角为直角的平行四边形是矩形即可得证； （2）①由中线定义及，从而得到，再由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，进而由平行四边形性质即可得证； ②同①证法可得四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理，只要是等腰三角形即可得到答案． 【详解】（1）证明：在中，，，则， 在和中， ， ， ， 又， ， 是矩形； （2）①证明：是的中线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ∴； ②是的中线， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 由矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，需要补充， 由①可知，， 当满足条件时，四边形是矩形； ， ， 当满足条件时，四边形是矩形； 故答案为：或． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及平行四边形判定与性质、平行线性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质、中线定义、等腰三角形的判定与性质等知识．熟记相关几何性质与判定，并灵活运用是解决问题的关键． 14．如图1，是平行四边形对角线的交点，过点作，，垂足分别为，，若，我们称是平行四边形的心距比．    (1)如图2，四边形是矩形，，，则______； (2)如图3，四边形是平行四边形，当_______，平行四边形是菱形； (3)如图4，在中，，点、、分别在、、边上，若存在一个四边形是平行四边形，且，请通过尺规作图作出一个点．（不写作法，但保留作图痕迹，如若有必要，可简述作图思路） 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)作图见解析 【分析】（1）由面积法可得，即可求解； （2）由角平分线的性质可得，由平行线的性质可得，可得，可得结论； （3）如图4，以点C为圆心，为半径作弧，交于点D，作的垂直平分线交于Q，连接，并延长交于点F，则点F为所求点． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， ， ∵，， ∴， ∴ ， ∴． （2）当时，平行四边形是菱形 证明如下： ∵ ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （3）如图，以点C为圆心，为半径作弧，交于点D，作的垂直平分线交于，连接，并延长交于点F，则点F为所求点．    理由如下：过作交于，过作交于，连接，交于，过作于，过作于， 由作图可得：，而， ∴，， 由作图可得： 作的垂直平分线交于， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴，即． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的判定，基本作图等知识，理解新定义，并运用是解题的关键． 15．某学校数学兴趣小组的成员在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题： 新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”如图1，在长方形中，，是对角线， (1)如图1，把长方形绕点A逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，如果度数为，请直接写出“对角旋转角”的度数；（用含有的代数式表示） (2)在（1）的条件下，如，那么把长方形绕点A顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，请直接写出的度数； (3)在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点C的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为312，面积为130，请直接写出此时长方形的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，解题的关键是理解对角旋转的定义，正确的作图； （1）根据旋转的性质求解即可； （2）根据旋转的性质可得，进而求得，再根据旋转的性质求解即可； （3）根据三角形的面积可得，，进而可得，再根据已知求解即可． 【详解】（1）由题意可知：“对角旋转角”为，， ∴， ∴对角旋转角为：； （2）解：如图： 由旋转可知，， ∵， ∴， ∴， ， 由旋转可知，， ∴； （3）解：如图： ，， ∵，， ，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴． 16．如图，长方形中，，．将长方形绕点B按顺时针方向运动，其旋转角为，点A、C、D的对应点分别是点、、． (1)如图1，当时，连接，，，求的长； (2)当点落在边上时，请在图2中画出旋转后的图形，此时的度数是______； (3)当的延长线恰好经过点D，此时与交于点E，连接，求的面积； (4)当点在射线上时，在直线上找一点P，使得△为等腰三角形，直接写出此时的长． 【答案】(1) (2) (3) (4)5或或16 【分析】（1）根据勾股定理得出的值，可证得，从而，进一步得出结果； （2）取的中点，连接，根据直角三角形的性质得出，进而得出，从而，进一步得出结果； （3）可证得，从而，进而推出，设，则，在 中根据勾股定理列出方程，求得的值，进一步得出结果； （4）分为当时，当时，根据等腰三角形的性质得出；当时，根据（ 3 ）的结论求得的值． 【详解】（1）解：∵四边形是长方形， ， ， ∵长方形绕点按顺时针得长方形， ， ， ， ， ； （2）解：如图1，取的中点，连接， ∵四边形是长方形， ， ， ， ， ， ， 故答案为： ； （3）解：， ， ， 是长方形， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， ， ． （4）解：如图2，当时，（图中和）， ∵， ∴， 当时，（图形）， ∵， ∴， 当时，（图中）， 根据旋转可得是长方形且与长方形全等， ， 设，则， 在中，， ， ， ∴， 综上所述：或 16 或 5 ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半，勾股定理，等边三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和分类，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握基础知识． 1 / 65 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 矩形的性质与判定 目录 A题型建模・专项突破 题型一、利用矩形的性质求解 1 题型二、利用矩形的判定与性质多结论性问题 4 题型三、利用矩形的判定与性质作图（含无刻度作图） 14 题型四、利用矩形的判定与性质解决综合性问题 18 题型五、利用矩形的判定与性质解决折叠问题 24 题型六、利用矩形的判定与性质解决最值问题 28 题型七、利用矩形的判定与性质解决旋转问题 32 题型八、利用矩形的判定与性质解决新定义型问题 35 B综合攻坚・能力跃升 题型一、利用矩形的性质求解 1．如图，在矩形中，，E为中点，连接，则的长为 2．如图，矩形的对角线与相交于点，若，则的度数为 °． 3．如图，在矩形中，O为对角线的中点，连接．若，则的长度为 ． 4．如图，在矩形中，，，现有一动点P以的速度从点A出发，沿矩形的边运动，点P返回到点A时停止运动．设点P的运动时间为，连接，，当是等腰三角形时，t的值为 ． 题型二、利用矩形的判定与性质多结论性问题 5．如图，在一张矩形纸片中，，，点，分别在，上，将沿直线折叠，点落在上的一点处，点落在点处，有以下四个结论： 四边形是菱形；平分；线段的取值范围为；当点与点重合时，． 其中正确的结论个数是（   ） A． B． C． D． 6．如图，矩形中，O为AC中点，过点O的直线分别与交于点E、F，连结交于点M，连结，若，则下列结论中正确结论的个数是（   ） ①；②四边形是菱形；③； ④． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．如图，在矩形中，点E，F分别为，中点，点G，P分别为，上一点且满足，连接交于点M，延长交于点N，过点N作交于点S．对于下列结论：①；②；③；④若梯形的面积是面积的5倍，则点S是中点． 其中正确结论的个数是（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 8．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当时，四边形是菱形．④若，，则线段 其中，正确结论的个数有（   ）个 A． B． C． D． 题型三、利用矩形的判定与性质作图（含无刻度作图） 9．如图，矩形中，，． (1)利用尺规在边上求作点，使得（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连结，过点作，垂足为，求的长． 10．如图，四边形是矩形，对角线与交于点O． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点F，交于点E；（保留作图痕迹，不写做法） (2)若，求的度数． 11．如图矩形中，点在上，且，请仅用无刻度的直尺按要求作图．（保留作图痕迹，不写作法，题目要求画的线画实线，其他的线画虚线） (1)在图1中，画出的平分线； (2)在图2中，画出的平分线． 12．如图，已知四边形为矩形，点是边的中点，请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹． (1)在图1中作出矩形的对称轴，使； (2)在图2中作出菱形，使得点，，分别在，，上． 题型四、利用矩形的判定与性质解决综合性问题 13．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，求的度数． 14．如图，在菱形中，对角线交于点O，过点A作的垂线，垂足为点E，延长到点F，使，连接． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 15．【阅读理解】中国古代数学家刘徽在《九章算术》中，给出了证明三角形面积公式的“出入相补法”，原理如下：如图，在中，点D，E分别是，的中点，连接，过点A作于点F，延长至点M，使，连接，延长至点N，使，连接，则易证四边形的面积等于的面积，进一步可证三角形面积公式． (1)求证：四边形为矩形； (2)若，，求四边形的面积． 16．如图，在矩形中，点E为直线上一动点，连接，作等腰直角三角形AEF，使，，连接． (1)如图1，连接．若，，，求的面积； (2)如图2，若点E为线段的中点，试探究线段之间的数量关系，并证明你的猜想； (3)如图3，若，．请思考是否存在最小值，若存在，请直接写出的最小值，若不存在，请说明理由． 题型五、利用矩形的判定与性质解决折叠问题 17．如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，使得点C落在点E处，交于点F，若，，则的面积为 ． 18．如图，点E是矩形的边上的中点，将折叠得到，点F在矩形内部，的延长线交于点G，若，，则的长为 ． 19．如图，矩形中，，点在上，，连接，将矩形沿翻折，点恰好落在上的点处，则 cm． 20．如图，矩形纸片中，E为边上一点，F为边上一点，沿折叠得，沿折叠得（，都在的内部）． （1）当与重合时， ； （2）当与的夹角为时， ．（用含的式子表示） 题型六、利用矩形的判定与性质解决最值问题 21．如图，在中，，，，为边上一动点，于点，于点，则的最小值为 ． 22．如图，菱形的对角线，相交于点，，，点是边上的一动点，过点作于点，于点，连接，则的最小值为 ．    23．如图，在矩形中，，，点，分别为边，上的动点，且，为的中点，连接，则的最小值是 ． 24．如图，在矩形中，，，点在边上，将绕点逆时针旋转，得到线段（即，），连接，则的最小值为 ． 题型七、利用矩形的判定与性质解决旋转问题 25．如图，矩形中，，，将矩形绕点旋转得到矩形，若恰好经过点，则的长为 ． 26．如图，把矩形绕点按顺时针方向旋转，得到“L”形图案，、是对角线，则 °． 27．如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于 ． 28．如图，在矩形中，，，将矩形绕点A旋转，点B、C、D落在点、、处、如果点落在直线上，那么 ． 题型八、利用矩形的判定与性质解决新定义型问题 29．综合与实践 定义：将一张纸片折叠，若折叠后的纸片恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的长方形，则称这样的长方形为完美长方形． (1)【操作发现】将一张三角形纸片按如图1所示的方式折叠成完美长方形．若的面积为12，，则完美长方形的边的长为_____，面积为_____． (2)【类比探究】将一张平行四边形纸片按如图2所示的方式折叠成完美长方形．若的面积为20，，求完美长方形的周长． (3)【拓展延伸】将一张平行四边形纸片按如图3所示的方式折叠成完美长方形．若，，求完美长方形的周长与面积． 30．定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角． (1)如图1，在四边形中，，，对角线平分．判断四边形是否是邻等四边形，并证明你的结论； (2)如图2，在的方格纸中，A、B、C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D． (3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过点B作，交的延长线于点E．若，，求四边形的面积． 31．定义：如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，那么我们称这样的四边形为“等距四边形”． (1)在下列图形中：①平行四边形、②矩形、③菱形，一定是“等距四边形”的是______；（填序号） (2)①：如图1，在菱形中，于点E，点F是菱形边上的一点，顺次连接B、E、D、F，若四边形为“等距四边形”，求线段EF的长； ②：将①中条件改为，其余条件不变，请画出图形，并求出以为边的正方形面积． (3)如图2，在平行四边形中，，点P是内任意一点，在上是否分别存在点，使得这些点与点P的连线将恰好分割成三个“等距四边形”，若存在，求这三个“等距四边形”的周长和，若不存在，请说明理由． 32．【理解定义】 我们把宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感． 例如：如图1，矩形的宽为，长为，如果，那么矩形为黄金矩形． 【初步应用】 （1）若黄金矩形的长，请直接写出它的宽__________． 【操作探究】 小明通过下面的折纸操作，折叠出了黄金矩形： 第一步：如图2，将矩形纸片折叠，使得与重合，折痕为，展开． 第二步：如图3，将纸片折叠，使得与重合，折痕为，展开． 第三步：如图4，连接，再将矩形沿过点N的直线折叠，使得的对应边落在边上，展开． 第四步：如图5，过点E作于点D，得到矩形． （2）已知，在矩形中，． ①求的长； ②请找出图5中的黄金矩形，并证明． 【迁移拓展】 小明查找资料进一步学习了黄金分割的知识： 黄金分割点是指把一条线段分割为两条线段，较长线段与整条线段的比值等于较短线段与较长线段的比值，其比值是． （3）小明用一张宽为n的矩形纸片，按照（2）的折纸步骤进行操作折叠黄金矩形，在探究中发现点E恰好是线段的黄金分割点，请直接写出长长度__________ 一、单选题 1．如图，在矩形中，对角线，交于点，若，则的长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 2．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． 3．如图，在矩形中，，，P为上任一点，过点P作于点E，于点F，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．如图1，点P从矩形顶点D出发沿矩形的边运动，路线是，设P点经过的路程为x，的面积是y，图2是反映y与x的函数关系图像，则矩形的边长为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 二、填空题 6．在中，与相交于点O，要使是矩形，需添加的条件是 （填序号） ①；②；③；④ 7．如图，小云将一个三角形模型的一边放在直尺上，点分别对应刻度尺上的刻度2和8（单位：cm），点为的中点．若，则 ． 8．如图，矩形的长，宽，顶点两点分别在轴的正半轴上滑动，，两点在第一象限，则的最大值是 ． 9．如图，在矩形中，，以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转矩形，旋转角为，得到矩形，点的对应点分别为，设点P为的中点，连结，在矩形旋转的过程中，面积的最大值 和最小值 ． 10．如图，在矩形中，，，点E为AD边上一点，连接CE，将沿CE翻折，点D落在点F处，连接BF，当是等腰三角形时，线段DE的长是 ． 三、解答题 11．如图，菱形的对角线和交于点O，分别过点C、D作，，和交于点E． (1)求证：四边形是矩形； (2)当，时，求的长． 12．如图，在中，点为线段的中点，延长交的延长线于点，分别连接，，，． (1)求证： (2)求证：四边形是矩形： (3)若，，，求的长 13．【课本再现】 我们知道，矩形的对角线相等，反过来，对角线相等的平行四边形是矩形吗？ 【定理证明】 （1）如图1，已知：在中，对角线相交于，且，求证：是矩形． 【知识应用】 （2）如图2，是的中线，，且，连接，． ①求证：； ②当满足条件___________时，四边形是矩形． 14．如图1，是平行四边形对角线的交点，过点作，，垂足分别为，，若，我们称是平行四边形的心距比．    (1)如图2，四边形是矩形，，，则______； (2)如图3，四边形是平行四边形，当_______，平行四边形是菱形； (3)如图4，在中，，点、、分别在、、边上，若存在一个四边形是平行四边形，且，请通过尺规作图作出一个点．（不写作法，但保留作图痕迹，如若有必要，可简述作图思路） 15．某学校数学兴趣小组的成员在学习了图形的旋转这节课后，探索了一个新的问题： 新定义：把长方形绕着一个顶点旋转，使一边落在对角线上，把这样的旋转称为“对角旋转”，这个旋转角称为“对角旋转角”如图1，在长方形中，，是对角线， (1)如图1，把长方形绕点A逆时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，此时点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，如果度数为，请直接写出“对角旋转角”的度数；（用含有的代数式表示） (2)在（1）的条件下，如，那么把长方形绕点A顺时针作“对角旋转”，使边落在对角线上，点B的对应点为点，点C的对应点为点，点D的对应点为点，连接，请直接写出的度数； (3)在长方形中，，在（1）（2）的基础上经“对角旋转”后，点C的对应点分别为点和点，连接、、、，面积为312，面积为130，请直接写出此时长方形的面积． 16．如图，长方形中，，．将长方形绕点B按顺时针方向运动，其旋转角为，点A、C、D的对应点分别是点、、． (1)如图1，当时，连接，，，求的长； (2)当点落在边上时，请在图2中画出旋转后的图形，此时的度数是______； (3)当的延长线恰好经过点D，此时与交于点E，连接，求的面积； (4)当点在射线上时，在直线上找一点P，使得△为等腰三角形，直接写出此时的长． 1 / 15 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $