专题02 矩形的性质与判定六类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材苏科版八年级下册

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题02矩形的性质与判定六类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用矩形的性质求角度、线段长 类型二、矩形与折叠问题 类型三、根据矩形的性质与判定求角度、线段长 类型四、根据矩形的性质与判定解决多结论问题 类型五、矩形的性质与判定的综合问题 类型六、与矩形的性质与判定有关的作图 压轴专练 典例详解 类型一、利用矩形的性质求角度、线段长 方法总结 1.性质对应：明确矩形四个角为90°、对边相等、对角线相等且互相平分。 2.方程求解：将已知条件与上述性质结合，建立关于角度或线段的方程（组）求解。 解题技巧 1.直角三角形转化：矩形内含对角线常构成直角三角形，可运用勾股定理、三角函数。 2。等量代换：灵活运用“对边相等”、“对角线互相平分”进行线段长度的等量代换。 例1.如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE平分∠BAC,AE=CE,则∠BAC的度数为() D E A.30° B.45° C.60° D.75 1/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式1-1】如图，在矩形ABCD中，AC是对角线，∠ACD=54°，分别以点A和点C为圆心，大于 C的长为半径作弧，两弧相交于M,N两点，作直线MN,交BC于点E,连接E,则∠EAC的度数 2 是() A.18 B.36° C.45o D.54° 【变式1-2】如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,若OB=1,∠ACB=30°，则BC的长 度为 【变式1-3】如图，在矩形ABCD中，AC,BD交于点O,OC=6,E,F分别是线段OA,AD的中点， 则EF的长为. 【变式1-4】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，BD是 矩形ABCD的对角线，将△BCD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a=6,b=4,则矩形ABCD的面积是 2/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 0 a B b b 图1 图2 类型二、矩形与折叠问题 方法总结 1.抓折叠本质：折叠即轴对称，对应线段相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。 2.利用矩形性质：结合矩形四个角为直角、对边平行的性质，寻找全等或直角三角形。 解题技巧 1.标等量：在图上清晰标注折叠前后的对应边、对应角，以及由折叠产生的新等量关系。 2.设元列方程：常设未知线段长为x,在直角三角形中利用勾股定理建立方程求解。 例2.如图，矩形ABCD中，AB=6,BC=8,点E是BC边上一点，连接AE,把△ABE沿AE折叠，使 点B落在点B处.当△CEB为直角三角形时，BE的长为_， ⊙ ABCD,AB=1,BC=2 【变式2-1】如图，在矩形纸片 中， 点E在边D上，将纸片沿E折叠，点A落在 F处，BF的延长线交AD于点G,交CD的延长线于点H.若EG=GH,则AE的长为一 H A G D C 3/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【变式2-2】如图，在矩形ABCD纸片中，沿着点A折叠纸片并展开，AB的对应边为AB,折痕与边BC 交于点P.当AB'与AB,AD中任意一边的夹角为15°时，∠APB的度数可以是 D B D 【变式2-3】四边形ABCD中，∠ADC=∠DAB=90°，AB=DC, G C 图1 图2 (I)如图1，求证：四边形ABCD为矩形 2如图1，M为1D延长线上一点，连9 CM,BM,P,G BM,AD 分别为 AD的中点，CM=I8,求PG 如图2，点E为CD中点，将△BCE沿BE 折叠到 0,点C落点”在，射线吧交边D于 △BQEC BO F.BC=8.CD=12 则AF、 类型三、根据矩形的性质与判定求角度、线段长 方法总结 1.先判后用：先根据已知条件（如一个角是直角且对边相等)判定四边形为矩形。 2.性质求解：再利用矩形性质（四个直角、对角线相等且平分）建立方程，求角度或线段。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“一个角为直角的平行四边形是矩形等简捷判定。 2.构造直角三角形：矩形问题常可转化为直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例3.如图，在口ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,且OA=OD,∠OAD=55°，则∠OBA的度数为 () 4/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D A.35° B.40° C.45 D.50° 【变式3-1】如图平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,且OA=OB,∠OAD=65°，则 ∠ODC= D C B 【变式3-2】如图，在四边形ABCD中，AB=CD,AD=BC,连接ACBD,AC与BD交于点O,若 OA=OD=5,AB=6,则四边形ABCD的面积为() D B A.24 B.36 C.48 D.60 【变式3-3】如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD,DP⊥AB,垂足为P.若四边 形ABCD的面积是20，则BP的长是· D P 【变式3-4】如图，在矩形ABCD中，AD=9,AB=4,E为AD边上一点，AE=6,连接CE.点P从点 B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着边BC向终点C运动，连接PE.设点P运动的时间为t秒，当1的 值为时，△PCE为直角三角形. 5/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D 类型四、根据矩形的性质与判定解决多结论问题 方法总结 1.逐项检验：对每个结论，分别判断其是否可由已知条件结合矩形性质或判定必然推出。 2.构造反例：对于不一定成立的结论，尝试构造特殊矩形（如正方形）或改变形状进行验证。 解题技巧 1.图形直观：准确画出一般矩形（非正方形）示意图，结合测量直观判断。 2.逻辑推理：系统梳理矩形的性质链（边、角、对角线），结合全等、相似等几何知识严密推理。 例4.已知在 △4BC中，∠1CB=90,CD平分<4CB,且满是MC+BC=21D, 则下列四个结论： O4B=V5AD,②4D=5+DBD,③CB=CD,④BC=W5-)MC 正确结论的个数有() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 【变式4-1】如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB,CD交于点E、F,连接BF 交AC于点M,连接DE,BO.若∠COB=60°，FO=FC.则下列结论：①FB垂直平分OC:②四边形 DEBF为菱形：③OC=FB:④AM=2BM,O S.BOM:S.4OE=3:2 其中正确结论的个数是() D 0 B A.5个 B.4个 C.3个 D.2个 【变式4-2】如图，在Rt△ACB中，BC=2,∠BAC=30°，斜边AB的两个端点分别在相互垂直的射线 6/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 OM ON 上滑动，下列结论：①若C、0两点关于4对称，则1=25。②C、0两点距离的最大值为 4:③考B平分C0,则1B1C0,④四边形408C的面积为2V5+4.其中正确结论的个数是（)） A M A.1 B.2 C.3 D.4 【变式4-3】如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①AM=CN;②若 MD=AM,∠A=90°，则BM=CM,③m=S,:④若4B=MN,则△MN与△DFC全等.其 中正确结论的个数为() A M D A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 类型五、矩形的性质与判定的综合问题 方法总结 1.先判后用：首先利用已知条件（如一个角是直角的平行四边形）判定四边形为矩形。 2.以性求值：再运用矩形的性质（四个角为90°、对角线相等）求角度、线段长或证明新结论。 解题技巧 1.判定择优：优先选择条件最直接的判定定理（如“有三个角是直角的四边形”）。 2. 数形结合：将几何关系转化为方程，常在直角三角形中用勾股定理，或用全等三角形传递边角关 系。 例5.如图，四边形1BCD AC,BD 中， AD∥BC ,对角线 相交于点O. 7/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D B (I)请从下列条件①，②中选择一个作为已知，求证：四边形ABCD为矩形. 条件①：∠ABC=∠CDA=90°；条件②：OA=OB=OC(注：如果选择条件①和条件②分别作答，则按 第一个解答计分.) (2)在(1)的结论下，作DE平分∠ADC交BC于点E,若∠BDE=15°，求∠DOE的度数. 【变式5-I】如图，点F、H在菱形ABCD的对角线BD上，BF=DH,点E、G分别在菱形的边AD、 BC上，且AE=CG,EF⊥EH. E D (1)求证：△DEH≌△BGF, (2)求证：四边形EFGH为矩形： (3)若E为AD中点，FH=4,求菱形ABCD的周长. 【变式5-2】已知：线段AB=6,点C为AB上一动点（不与A,B重合），分别以AC,BC为边，在线 段AB的同侧作等边△ACD和等边△BCE,连接DE, D 图1 图2 (I)如图1，若BC=2,CF为AD边上的高， ①求DF的长； ②求证：四边形DECF为矩形： (2)只用无刻度的直尺，在图2中作出DE的中点M,不写作法，保留作图痕迹： (3)在(2)的条件下，当CM的长取最小值时，DM的长为 一（直接写出结果). 【变式5-3】(1)如图1，平行四边形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,△OAB是等边三角形. 8/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ①求证：平行四边形ABCD是矩形. AD ②求AB的值. (2)如图2，矩形ABCD中，点M是CB延长线上一点，连接MA,MD,点E,F分别是MA,BC的中 点，EF与DM相交于点G.求证：MG=GF A D D E G M B 图1 图2 类型六、与矩形的性质与判定有关的作图 方法总结 1.依据性质作图：根据矩形对边相等且平行、四个角为直角的性质，利用尺规作平行线、垂线或截取等 长线段。 2.依据判定构图：以满足矩形判定条件（如作一个角为直角的平行四边形）为目标，逆向设计作图步 骤。 解题技巧 1.先定直角：通常先作出一个直角，再根据条件（如边长）完成矩形。 2.借助对角线：利用“对角线互相平分且相等”的性质，通过作线段的中垂线或等圆确定顶点。 例6.(24-25八年级下·江苏徐州·期中)如图，已知四边形ABCD为矩形，点E是边AB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. D D B B 图1 图2 (I)在图1中作出矩形ABCD的对称轴l,使I∥BC: (2)在图2中作出菱形EFGH,使得点F,G,H分别在BC,CD,DA上. 【变式6-1】(24-25九年级下·江苏盐城期中)如图将矩形纸片ABCD折叠，使得点D落在AB边上的点 9/15 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 M处，折痕经过点C,与边AD交于点N. B (I)用无刻度的直尺和圆规作图：求作点N,M(作图时，不写作法，保留作图痕迹，作好后请用黑色水笔 描黑)： (2)若AB=10,AD=6,求AN的长. 【变式6-2】(24-25八年级下·河南商丘·期中)将如图所示的矩形纸片ABCD折叠，使得点D落在AB边 上的点M处，折痕经过点C,与边AD交于点N. D C B (I)用无刻度的直尺和圆规作图：求作点N,M(不写作法，保留作图痕迹)； (2)若AB=10,AD=8,求AN的长. 压轴专练 一、单选题 ABCD AC,BD LODE⊥AC 1.(25-26九年级上·甘肃武威·月考)如图，在矩形 中，对角线 相交于点， 点E,若∠COD=50°，则∠CDE的度数为() B A.25° B.30° C.35 D.50° 10/15 专题02 矩形的性质与判定六类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用矩形的性质求角度、线段长 类型二、矩形与折叠问题 类型三、根据矩形的性质与判定求角度、线段长 类型四、根据矩形的性质与判定解决多结论问题 类型五、矩形的性质与判定的综合问题 类型六、与矩形的性质与判定有关的作图 压轴专练 类型一、利用矩形的性质求角度、线段长 方法总结 1. 性质对应：明确矩形四个角为90°、对边相等、对角线相等且互相平分。 2. 方程求解：将已知条件与上述性质结合，建立关于角度或线段的方程（组）求解。 解题技巧 1. 直角三角形转化：矩形内含对角线常构成直角三角形，可运用勾股定理、三角函数。 2. 等量代换：灵活运用“对边相等”、“对角线互相平分”进行线段长度的等量代换。 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1-1】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1-2】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1-3】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1-4】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． 类型二、矩形与折叠问题 方法总结 1. 抓折叠本质：折叠即轴对称，对应线段相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线。 2. 利用矩形性质：结合矩形四个角为直角、对边平行的性质，寻找全等或直角三角形。 解题技巧 1. 标等量：在图上清晰标注折叠前后的对应边、对应角，以及由折叠产生的新等量关系。 2. 设元列方程：常设未知线段长为x，在直角三角形中利用勾股定理建立方程求解。 例2．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2-1】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2-2】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2-3】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：． ∴． 类型三、根据矩形的性质与判定求角度、线段长 方法总结 1. 先判后用：先根据已知条件（如一个角是直角且对边相等）判定四边形为矩形。 2. 性质求解：再利用矩形性质（四个直角、对角线相等且平分）建立方程，求角度或线段。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“一个角为直角的平行四边形是矩形”等简捷判定。 2. 构造直角三角形：矩形问题常可转化为直角三角形，运用勾股定理、三角函数求解。 例3．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． 【变式3-1】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3-2】如图，在四边形中，，，连接与交于点O，若，，则四边形的面积为（   ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】C 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，得到四边形是矩形是解题的关键． 先证明四边形是矩形，得到，再运用勾股定理即可求解，继而得到矩形的面积． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， 故选：C． 【变式3-3】如图，在四边形中，，，，垂足为P．若四边形的面积是20，则的长是 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质与判定求线段长、化为最简二次根式 【分析】本题考查的矩形的判定与性质和三角形全等的判定与性质，过点C，作，证明四边形是矩形，然后证，然后利用等量代换即可得到答案．正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：如图所示，过点C作， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 故答案为：． 【变式3-4】如图，在矩形中，，，E为边上一点，，连接．点P从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿着边向终点C运动，连接．设点P运动的时间为t秒，当t的值为 时，为直角三角形． 【答案】6或 【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 【分析】此题考查了矩形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解决问题的关键．先求出，依题意得，则，再根据得当是直角三角形时，分两种情况求解：①当时；②当时． 【详解】解：∵四边形是矩形，且， ∴， ∵E为边上一点，且， ∴， 在中，由勾股定理得：， 依题意得：， ∴， ∵， ∴当是直角三角形时，有以下两种情况： ①当时，过点P作于点F，如图1所示： ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中，由勾股定理得：， ∴， 解得：； ②当时，如图2所示： ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 解得：， 综上所述：当t为或6时，为直角三角形． 故答案为：或6． 类型四、根据矩形的性质与判定解决多结论问题 方法总结 1. 逐项检验：对每个结论，分别判断其是否可由已知条件结合矩形性质或判定必然推出。 2. 构造反例：对于不一定成立的结论，尝试构造特殊矩形（如正方形）或改变形状进行验证。 解题技巧 1. 图形直观：准确画出一般矩形（非正方形）示意图，结合测量直观判断。 2. 逻辑推理：系统梳理矩形的性质链（边、角、对角线），结合全等、相似等几何知识严密推理。 例4．已知在中，，平分，且满足，则下列四个结论：①，②，③，④，正确结论的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【知识点】全等三角形综合问题、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角度 【分析】由勾股定理可得，即可证得，延长至，使得，连接，，过点作交于，交延长线于，则四边形是矩形，，可证，得，则，则，由，知，可知，则，得，可证，在上取，可知，得，，则，过点作交于，则为等腰直角三角形，易证，再结合，，得，可证得，可得，类比此法，在取，则为等腰直角三角形，可证得，进而可得． 【详解】解：在中，， ∵， ∴，则，故①正确； 延长至，使得，连接，， 过点作交于，交延长线于，则四边形是矩形，， ∴，则， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴，则， ∴为等腰直角三角，则， 又∵， ∴， ∴，则， 即：， ∴，故③正确； 由上可知，则， 在上取，可知， ∴，，则， 过点作交于，则为等腰直角三角形， ∴，，则， 又∵，， ∴， ∴，则， ∴，故②正确； 在取，则为等腰直角三角形， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上，正确的有①②③④，共4个， 故选：D． 【变式4-1】如图，在矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E、F，连接BF交AC于点M，连接DE，BO．若，．则下列结论：①FB垂直平分OC；②四边形DEBF为菱形；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（   ） A．5个 B．4个 C．3个 D．2个 【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、根据矩形的性质与判定求面积、根据矩形的性质与判定求角度 【分析】证明△OFB≌△CFB，可判断结论①正确；利用菱形的定义，可判断结论②正确； 根据OC=OB，斜边大于直角边，可判断结论③错误；根据30度角的性质，可判断AB=2BM，故结论④是错误的；证NE∥BM，AN=NO=OM，所以BM=3NE，AO=2OM，利用三角形面积公式计算判断，结论⑤正确. 【详解】连接BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC=BD，AC、BD互相平分， ∵O为AC中点， ∴BD也过O点， ∴OB=OC， ∵∠COB=60°，OB=OC， ∴△OBC是等边三角形， ∴OB=BC=OC，∠OBC=60°， ∵FO=FC，BF=BF ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴△OBF与△CBF关于直线BF对称， ∴FB⊥OC，OM=CM； ∴①正确， ∵AB∥CD， ∴∠OCF=∠OAE， ∵OA=OC， ∴△AOE≌△COF， ∴OE=OF，FC=AE， ∴DF=BE，DF∥BE， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=30°， ∵FO=OE=FC=AE， ∴∠AOE=∠FOM=30°， ∴∠BOF=90°， ∴BE=BF， ∴四边形EBFD是菱形， ∴结论②正确； ∵OA=OB， ∴∠OAB=∠OBA=30°， ∵FO=OE=FC=AE， ∴∠AOE=∠FOM=30°， ∴∠BOF=90°， ∴FB＞OB， ∵OB=OC， ∴FB＞OC， ∴③错误， 在直角三角形AMB中， ∵∠BAM=30°，∠AMB=90°， ∴AB=2BM， ∴④错误， 设ED与AC的交点为N， 设AE=OE=2x， 则NE=x，BE=4x， ∴AB=6x， ∴BM=3x， ∴ = =3:2， 结论⑤正确. 故选C． 【变式4-2】如图，在中，，，斜边的两个端点分别在相互垂直的射线、上滑动，下列结论：①若、两点关于对称，则；②、两点距离的最大值为；③若平分，则；④ 四边形的面积为．其中正确结论的个数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据矩形的性质与判定求角度、斜边的中线等于斜边的一半 【详解】解：在中，，，∴，，∴若、两点关于对称，如图，∴为的垂直平分线，∴，∴①正确； ②如图，取的中点为，连接、． ∵，∴． 当经过点时，最大且、两点距离的最大值为，∴②正确； ③如图，当，，∴四边形是矩形，∴与相互平分，但与的夹角为、，不垂直，∴③不正确； ④如图，此时四边形的面积，，∴④不正确． 综上所述：正确的有①②，个结论．故选． 【变式4-3】如图，在平行四边形ABCD中，E是BD的中点，则下列四个结论：①；②若，，则；③；④若，则与全等．其中正确结论的个数为（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【知识点】等腰梯形的性质定理、根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形的性质证明、全等三角形综合问题 【分析】利用平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、等腰梯形的性质逐一验证即可． 【详解】∵四边形ABCD是平行四边形，E是BD的中点， ∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，BE=DE， ∴∠DME=∠BNE，∠MDE=∠NBE， ∴△DME≌△BNE， ∴DM=BN， ∴AD-DM=BC-BN， 即AM=CN，故①正确； ∵四边形ABCD是平行四边形，， ∴四边形ABCD是矩形，如图所示， ∵M为AD的中点， ∴AM=DM， ∵AB=CD，∠A=∠CDM=90°， ∴△BAM≌△CDM， ∴BM=CM，故②正确； ∵AD∥BC， ∴△MCN与△DCN等底等高， ∴， ∴， 即，故③正确； ∵AB=MN，AB=CD， ∴MN=CD， ∵NC∥MD， ∴四边形MNCD是等腰梯形， ∴∠MNC=∠DCN， ∵NC=CN， ∴△MNC≌△DCN， ∴∠MCN=∠DNC， ∴∠MNC−∠MCN =∠DCN−∠DCN， 即∠MNF=∠DCF， ∵∠MFN=∠DFC，MN=CD， ∴△MFN≌△DFC，故④正确； 综上四个结论全部正确． 故选：D． 类型五、矩形的性质与判定的综合问题 方法总结 1. 先判后用：首先利用已知条件（如一个角是直角的平行四边形）判定四边形为矩形。 2. 以性求值：再运用矩形的性质（四个角为90°、对角线相等）求角度、线段长或证明新结论。 解题技巧 1. 判定择优：优先选择条件最直接的判定定理（如“有三个角是直角的四边形”）。 2. 数形结合：将几何关系转化为方程，常在直角三角形中用勾股定理，或用全等三角形传递边角关系。 例5．如图，四边形中，，对角线相交于点O． (1)请从下列条件①，②中选择一个作为已知，求证：四边形为矩形． 条件①：；条件②：（注：如果选择条件①和条件②分别作答，则按第一个解答计分．） (2)在（1）的结论下，作平分交于点E，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】利用矩形的性质证明、证明四边形是矩形、等腰三角形的性质和判定、等边三角形的判定和性质 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，证明四边形为矩形是关键． （1）选择条件①，根据三个角是直角的四边形是矩形进行证明即可；选择条件②，根据对角线相等的平行四边形是矩形进行证明即可； （2）证明，得到是等边三角形，则，，求出，即可得到的度数． 【详解】（1）解：选择条件①：； 证明：∵，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形． 选择条件②： ∵， ∴， ∵， ∴，、 ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． （2）∵四边形为矩形． ∴，， ∵平分 ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴ 【变式5-1】如图，点、在菱形的对角线上，，点、分别在菱形的边、上，且，． (1)求证：； (2)求证：四边形为矩形； (3)若为中点，，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)菱形的周长为16 【知识点】证明四边形是矩形、利用菱形的性质求线段长、全等三角形综合问题、利用菱形的性质证明 【分析】（1）根据菱形的性质，选择适当的全等判定定理证明即可； （2）根据矩形的判定定理证明即可； （3）若为中点，，求菱形的周长． 【详解】（1）证明：四边形是菱形， ，， ， ， ，即， 又， ． （2）证明：， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是矩形． （3）解：如图所示，连接， 四边形是菱形， ，， 为中点 ，由（1）可得， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形，， ， ， 菱形的周长． 【变式5-2】已知：线段，点为上一动点（不与，重合），分别以，为边，在线段的同侧作等边和等边，连接， (1)如图1，若，为边上的高， ①求的长； ②求证：四边形为矩形； (2)只用无刻度的直尺，在图2中作出的中点，不写作法，保留作图痕迹； (3)在（2）的条件下，当的长取最小值时，的长为______（直接写出结果）． 【答案】(1)①，②见详解 (2)见详解 (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、等边三角形的判定和性质、平行四边形性质和判定的应用 【分析】（1）①根据题意可得，再利用等边三角形性质可得； ②由等边三角形性质可得：，，进而证得四边形是平行四边形，再由，即可证得四边形是矩形； （2）延长、交于点G，连接交于点M，根据，，得四边形是平行四边形，结合对角线互相平分，故点M是的中点； （3）由四边形是平行四边形，则， ，当最小时，最小，当且仅当时，最小，再利用等边三角形性质和三角形中位线定理即可求得答案． 【详解】（1）解：①如图1， ∵，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∵为边上的高， ∴； ②∵和是等边三角形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵为边上的高， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：如图2，点M即为所求； （3）解：∵和是等边三角形， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ， 当最小时，最小，当且仅当时，最小， ∵， ∴是等边三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式5-3】（1）如图 1 ，平行四边形的对角线相交于点 O ，是等边三角形． ①求证：平行四边形是矩形． ②求的值． （2）如图 2 ，矩形中，点 M 是延长线上一点，连接，点 E，F 分别是的中点，与相交于点 G．求证：． 【答案】（1）①证明见解析；②；（2）见解析 【知识点】等边三角形的性质、用勾股定理解三角形、利用矩形的性质证明、证明四边形是矩形 【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，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，熟知矩形的性质与判定定理是解题的关键． （1）①由平行四边形的性质和等边三角形的性质可证明，据此可证明结论；②可证明，则，由勾股定理可得，据此可得结论； （2）延长交于T，过点F作于H，可证明，得到，证明四边形是矩形，得到，再证明，则可证明，得到，则．即可证明． 【详解】解；（1）①∵四边形是平行四边形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； ②∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，延长交于T，过点F作于H， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 类型六、与矩形的性质与判定有关的作图 方法总结 1. 依据性质作图：根据矩形对边相等且平行、四个角为直角的性质，利用尺规作平行线、垂线或截取等长线段。 2. 依据判定构图：以满足矩形判定条件（如作一个角为直角的平行四边形）为目标，逆向设计作图步骤。 解题技巧 1. 先定直角：通常先作出一个直角，再根据条件（如边长）完成矩形。 2. 借助对角线：利用“对角线互相平分且相等”的性质，通过作线段的中垂线或等圆确定顶点。 例6．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）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． 【变式6-1】（24-25九年级下·江苏盐城·期中）如图将矩形纸片折叠，使得点落在边上的点M处，折痕经过点C，与边交于点N． (1)用无刻度的直尺和圆规作图：求作点N，M（作图时，不写作法，保留作图痕迹，作好后请用黑色水笔描黑）； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，尺规作图—作角平分线，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． （1）以点C为圆心，为半径画弧，交于点M，连接，作的角平分线，交于点N，则M、N即为所求；； （2）连接，由折叠的性质可得，，在中，由勾股定理得，则，设，则．在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：如图，以点C为圆心，为半径画弧，交于点M，连接，作的角平分线，交于点N，点，即为所求． （2）解：如图，连接， 四边形为矩形， ，，， 由折叠可得，，， 在中，由勾股定理得，， ， 设，则， 在中，由勾股定理得，， 即， 解得， 的长为． 【变式6-2】（24-25八年级下·河南商丘·期中）将如图所示的矩形纸片折叠，使得点D落在边上的点M处，折痕经过点C，与边交于点N． (1)用无刻度的直尺和圆规作图：求作点N，M（不写作法，保留作图痕迹）； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)3 【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题、尺规作图—作角平分线、勾股定理等知识点，熟练掌握相关的判定和性质是解题的关键． （1）以点C为圆心，为半径画弧，交于点M，连接，作的角平分线交于点N，则M、N即为所求； （2）由折叠的性质可得，在中，由勾股定理得，则，设，则，在中，运用勾股定理列方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，点M、N即为所求． （2）解：由折叠可得，    ∵四边形为矩形 ∴， 在中， ， ∴，    设，则， 在中， ∵， ∴，解得：，即的长为3． 一、单选题 1．（25-26九年级上·甘肃武威·月考）如图，在矩形中，对角线相交于点，于点，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和，熟练掌握矩形的性质、等腰三角形的性质及三角形内角和是解题的关键；由题意易得，则有，然后问题可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故选A． 2．（25-26九年级上·海南省直辖县级单位·期末）如图，在平行四边形中，对角线交于点．若，，（   ） A．4 B． C． D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的判定与性质． 根据条件得出平行四边形为矩形，得出，然后根据含角的直角三角形的性质和勾股定理，进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，且， ∴平行四边形为矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 3．（24-25八年级下·内蒙古通辽·期末）矩形中，点M在对角线上，过M作的平行线交于E，交于F，连接和，已知，，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、三角形的面积，解题的关键是证明． 根据矩形的性质和三角形面积关系可证明，即可求解． 【详解】解：过M作于P，交于Q，如图所示： ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 4．（25-26九年级上·山西晋中·期末）如图，矩形纸片中，，，同学们按以下所给图步骤折叠这张矩形纸片，则线段长为（   ） A．8 B．5 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形中的折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质．由通过折叠得到可得：，，推出，由矩形通过折叠得到矩形可得：，得到为等腰直角三角形，最后根据勾股定理即可求解． 【详解】解：由通过折叠得到可得：，， 则， 由矩形通过折叠得到矩形可得：， ，， 为等腰直角三角形， ， ， 故选：D． 5．（2026·陕西·一模）如图，在矩形中，，，点E、F分别是边、上的动点（点E不与A、B重合）且，若点G在五边形内，且满足，．则以下结论正确的有（    ）个． ①与一定互补；②点G到边，的距离一定相等；③点G到边，的距离不可能相等；④点G到边的距离的最大值为． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】本题主要考查矩形的性质、全等三角形的判定以及三角形内角和定理，关键是对知识的掌握和运用，根据矩形的性质得出，又，由四边形内角和为可判断①；过作，，分别交于，交于，根据同角的补角相等，可以求出，然后证明，可以判断②；由，和②的结论可以判断③；当四边形是正方形时，点到的距离最大，从而可以判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 又∵，四边形内角和是， ∴， 故①正确； 过作，，分别交于，交于，如图所示： ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴，故②正确； 延长交于，延长交于， 根据题意可知，，从而得到，即分别为点到边的距离， ∵，， ∴，， ∴，， 由②知，则， 即点到边的距离不相等，故③正确； 在直角三角形中，，当点重合时最大， ∵， ∴，故④正确， 故选：D． 二、填空题 6．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，，，则的度数为 ． 【答案】102.5° 【分析】本题主要考查矩形的性质，熟练掌握矩形的对角线相等是解决此题的关键． 由四边形是矩形，得出，由，进而得到，根据得到，进而得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ 故答案为：． 7．（25-26八年级下·全国·周测）如图，在中，，是上的两点，，连接，，，．为使得四边形是矩形，可以添加的一个条件是 （写出一种情况即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键． 由平行四边形的性质可知，，，再证，则四边形是平行四边形，添加，由矩形的判定可得出结论． 【详解】解：添加的一个条件是：． 理由如下：∵四边形是平行四边形， ，， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形，添加的条件符合要求． 故答案为：（答案不唯一）． 8．（25-26九年级上·浙江宁波·自主招生）在矩形中，，，将沿矩形对角线折叠到，直线与交于点，则的面积为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解题的关键是熟练掌握基本的性质．根据矩形的性质得出，，，根据折叠得出，，，证明，得出，设，则，根据勾股定理得出，求出，根据三角形面积公式求出结果即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，，， 根据折叠可得：，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， 根据勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ∴． 故答案为：． 9．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在正方形中，点为对角线上的一点，，垂足分别为、，若，则的长度为 ． 【答案】 【分析】连接，，根据正方形的性质证明，进而证明四边形是矩形，勾股定理求得即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，， 四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 在中，， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的对角线相等． 10．（25-26八年级上·广东深圳·期末）如图，矩形的顶点在坐标原点，边、分别在、轴正半轴上，，，是中点，在轴上移动，将沿翻折至．当的长最小时，此时点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，两点距离计算公式，一次函数，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 连接，，根据矩形的性质可求出，由折叠的性质可得，根据，则当、、三点共线时，有最小值；求出直线解析式为，设，则，解方程即可得到答案． 【详解】解：如图所示，连接，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵是中点， ∴； 由折叠的性质可得， ∵， ∴当、、三点共线时，有最小值； 设直线解析式为， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 设， ∵， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴点F的坐标为； 故答案为：． 三、解答题 11．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在矩形中，点在上，平分． (1)求证：是等腰三角形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据矩形的性质，可以得到，从而可以得到，根据角平分线的定义，可以得到，进而得到，然后根据等角对等边即可证明结论； （2）根据矩形的性质得到是等腰直角三角形，然后根据勾股定理可以求得的长，再根据（1）中得到的，即可得到的长． 【详解】（1）证明：四边形为矩形， ， ． 平分， ， ， ， 是等腰三角形． （2）解：四边形是矩形， ． ，， 是等腰直角三角形， ， ． 由（1）知， ． 【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、角平分线的定义，解答本题的关键是明确题意，熟练掌握等腰三角形的判定． 12．（25-26九年级上·广东深圳·月考）如图，是矩形的对角线，延长至点，使，请用无刻度的直尺及圆规按下列要求完成作图．（保留作图痕迹） (1)作的边上的高，并写出简单的作图说明； (2)延长交，分别于，两点，连接、，请你判断四边形的形状并说明理由； (3)若，，请你求出的长度． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 (3)的长度为 【分析】（1）连接交于点，连接，由四边形是矩形可知点为中点（矩形对角线互相平分），由可知即为中边上的高（三线合一）； （2）由矩形性质得，结合，证出，判定四边形是平行四边形；再结合，根据 “对角线垂直的平行四边形是菱形”即可确定其为菱形； （3）设，则，，结合矩形中、，通过勾股定理列方程，求解即可得的长度． 【详解】（1）解：如图，连接交于点，连接，由四边形是矩形可知点为中点（矩形对角线互相平分），由可知即为中边上的高（三线合一）； （2）解：四边形是菱形，如图， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）解：∵四边形是矩形， ∴，， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得： ， ∴， 解得，即的长度为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质（三线合一）、菱形的判定、勾股定理，利用矩形的平行与垂直性质、等腰三角形三线合一推导线段关系，结合勾股定理建立方程是解题的关键． 13．（25-26九年级上·广东佛山·月考）如图所示，在中，，是中线，是的外角的平分线，，垂足为E． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了三线合一，矩形的判定和性质，勾股定理. （1）根据等腰三角形三线合一得到，，，根据角平分线的定义得到，可知，根据垂线的定义得到，可证四边形是矩形； （2）根据勾股定理得到，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理计算即可. 【详解】（1）证明：∵，是中线， ∴，，， 又∵平分， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，为中线． ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． 14．（25-26九年级上·辽宁丹东·期末）如图，在中，，为边上的中线，点为的中点，连接，将线段绕着点顺时针旋转到，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明，可得，，由平行四边形的判定可证四边形是平行四边形，再由矩形的判定可得结论； （2）由勾股定理可求，的长，由矩形的性质和勾股定理可求的长． 【详解】（1）证明：∵，为边上的中线， ∴，， ∵将线段绕着点顺时针旋转到， ∴，， ∴点，点，点三点共线， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解： ∵，点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵， ∴ ∴， 解得：或（不符合题意，舍去）， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴． ∴的长为． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．证明三角形全等是解题的关键． 15．（25-26九年级上·江西九江·期中）课本再现 思考：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？可以发现并证明矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形． 定理证明 （1）为了证明该定理，小聪同学画出了图形（图1），并写出了“已知”和“求证”，请你从矩形的定义出发完成证明过程． 已知：在平行四边形中，对角线，交点为O． 求证：四边形是矩形． 应用定理 （2）如图2，在中，O为的中点，延长交的延长线于点E，连接， ，．求证：四边形是矩形．（用“课本再现”中的矩形判定定理证明）． 【答案】（1）证明见解析；（2）见解析 【详解】本题主要考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质： （1）证明，可得，再结合，可得，即可求证； （2）证明∴，可得，可得到四边形是平行四边形，再由，可得，即可求证． （1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形 （2）证明：∵O为的中点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 16．（25-26九年级上·浙江宁波·月考）矩形折叠问题： 如图，把矩形（）折叠，折痕为，点在边上，点在边上，记点落在点处，点落在点处． (1)如图1，已知，． ①甲同学折叠时使，点落在矩形的一边上，求的长． ②乙同学折叠时使，且，求的长． (2)如图2，点在点处，作的平分线交的延长线于，过作的平行线交，分别于R，T．连结，，若，，求的值． 【答案】(1)①的长为或；②的长度为 (2) 【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，具有极强的综合性，解题的关键在于添加准确的辅助线确定运动状态． （1）①对点P的落点进行分类讨论，分析当点落在、边上，结合折叠性质，矩形的性质，勾股定理，依次计算可得的边长，令，通过等量关系得出对应方程，进行求解即可；②由关键信息，结合折叠性质，可得出，，通过假设，得出相关线段的表达式，利用方程解出答案； （2）令，，根据特殊平行四边形的性质，得出其他线段的表达式，结合勾股定理，得出，通过角度关系，证出，也能得出的另一种表达式为，故可得方程，解出即可得出的值． 【详解】（1）解：①当点落在边上时，过点作交于点，如下图所示： ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴， ∵，得， 在中，由勾股定理得， ∴， 令， ∴， 又∵， 由得， 得方程， 解得， 故此时的长度为； 当点落在边上时，连接，如下图所示： 由，可得， 解得， ∴， 令， ∴， 在和中， ，, ∴， 可得方程 解得， 故此时的长度为； 综上，当点落在矩形的一边上，的长为或． ②连接、、、、，过点作交于点，延长交于点，如下图所示： 根据翻折的性质，可得， ∴， ∵， 故， 观察图象，可知， ， ∴要满足，应满足， 令，则， ∵翻折的性质， ∴， 在中，可得， 在中，可得， ∴， ∵， ∴为的角平分线，结合， ∴，且点为中点， ∴， ∵， ∴， 得方程， 解得或， 故的长度为． （2）解：延长交于点，如下图所示： ∵翻折的性质， 得，， ∵平分， ∴，， 故四边形为正方形， 令，， ∴， 由， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， 得方程， 解得， ∴． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $