专题02 特殊平行四边形-矩形（十三题型）（培优专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习高效培优系列

第五章 四边形 专题02 特殊平行四边形-矩形 （十三大题型） 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型01 利用矩形的性质求角度 题型02 利用矩形的性质求线段长 题型03 利用矩形的性质求面积 题型04 求矩形在坐标系中的坐标 题型05 根据矩形的性质证明 题型06 矩形的判定定理的理解 题型07 添加一个条件使四边形是矩形 题型08 证明四边形是矩形 题型09 根据矩形的性质与判定求角度 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长 题型11 根据矩形的性质与判定求面积 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型13 矩形的折叠问题 考点一：利用矩形的性质求角度 1．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质证明，根据作图痕迹可得是的平分线，进而利用角平分线的性质即可解决问题． 本题考查了作图-基本作图、矩形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由作图痕迹可知：是的平分线， ∴． 故选：A． 2．（2025·广东深圳·二模）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（   ） A． B． C．条件不足，无法计算 D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图之角平分线，尺规作图之垂直平分线，三角形内角和，三角形的外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，可知平分，被垂直平分，那么，，接着利用三角形内角和求得，由，求得． 【详解】解：根据题意，可知平分，被垂直平分，在的垂直平分线上， 四边形为矩形， ， 平分， ， ， 被垂直平分，在的垂直平分线上， ， ， ， ， 故选：D． 3．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形的边上方作等边三角形，连接，，若是以为底边的等腰三角形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由矩形的性质以及等边三角形的性质得，结合是以为底边的等腰三角形，得，运用三角形内角和性质得，即可作答． 【详解】解：∵在矩形的边上方作等边三角形， ∴，， 则， ∵是以为底边的等腰三角形， ∴， 则， ∴， 故选：C． 4．（2025·河北保定·一模）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点，，在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将调整为，若保持不变，则图中应（    ） A．减少 B．减少 C．增加 D．增加 【答案】D 【分析】此题考查了三角形外角的性质，根据三角形外角的性质得到，再由平角的定义即可求出．掌握平角的定义是解题的关键． 【详解】解：，， ， ， ， ， 故选：D． 5．（2025·浙江衢州·二模）如图，矩形内有一点，且满足，若，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据矩形得到，由等边对等角以及三角形内角和定理表示，然后得到，，再表示，最后由可求解． 【详解】解：有四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 考点二：利用矩形的性质求线段长 1．（2025·广东·二模）如图，有一块三角形木料，，，，工人师傅准备将其加工成如图所示的矩形，且点在上，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，矩形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 根据题意可设，，由矩形的性质可得，，，进而得出，在由相似三角形的性质可得，代入数值求解即可． 【详解】解：∵， ∴可设，， ∵四边形矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 解得：， ∴， 故选：C． 2．（2025·江苏泰州·三模）如图，已知矩形的顶点，分别落在轴，轴上，，，则点的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，坐标与图形性质，过作轴于，根据矩形的性质得到，，根据余角的性质得到，根据相似三角形的性质得到，，于是得到结论，正确的作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过作轴于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故选：． 3．（2025·陕西咸阳·二模）如图，在矩形中，，．过点作，过点作．交于点，则的长为（   ） A． B．3 C． D．2 【答案】A 【分析】此题考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质等知识，证明是关键．先求出，．，再证明，则，代入数值即可得到答案． 【详解】解：∵过点作，过点作．交于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得，， 故选：A． 4．（2025·广东梅州·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点在线段上，垂直平分，若，则的长为（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．12cm 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，进而可得是等边三角形，则可得，利用三角函数的定义可求出的长，进而可得的长． 本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质以及利用三角函数解直角三角形．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴，，且， ， ∵垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 故选：A． 考点三：利用矩形的性质求面积 1．（2025八年级下·全国·专题练习）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 【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． 2．（2025·浙江宁波·一模）已知矩形的顶点在半径为5的半圆上，顶点在直径上．若，则矩形的面积等于（   ） A．22 B．23 C．24 D．25 【答案】C 【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， 故选：C． 3．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形为矩形，，，点从点出发沿以的速度向终点匀速运动，同时，点从点出发沿以的速度向终点匀速运动，设点运动的时间为，的面积为，下列选项中能表示与之间函数关系的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了二次函数和一次函数的应用，矩形的性质，熟练掌握相关知识点，求出每一段对应的函数解析式是解题的关键．分类讨论，利用三角形面积公式求出每一阶段对应的函数解析式，结合对应的函数图像及性质分析即可． 【详解】解：当时，如图， 此时， ∴， ∴当时，图像为二次函数的部分图像，开口向上，且当时，； 当时，如图， 此时， ∴当时，图像为一次函数图像一部分，且当时，； 当时，如图， 此时， 则， ∴， ∴当时，图像为开口向下的二次函数的图像一部分，且时，． 综合分析，只有B符合题意． 故选：B． 考点四：求矩形在坐标系中的坐标 1．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，若矩形的顶点O与坐标系的原点重合，且．若将矩形绕原点旋转一定角度，使A点恰好落在边上的处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】此题考查了矩形的性质、旋转的性质、坐标与图形、解直角三角形以及勾股定理等知识；过点作，由旋转的性质得：，，利用勾股定理求出，证明，得到，求出，， 即点的横坐标为，点的纵坐标为，即可得出结果． 【详解】解：过点作， ∵四边形是矩形，且， ∴，， 由旋转的性质得：，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， 即点的横坐标为，点的纵坐标为， ∴的坐标为， 故选：D． 2．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第二象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则第2025秒时，点的对应坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转变换，矩形的性质等知识，解题的关键是明确题意，发现点的变化特点，利用数形结合的思想解答，每秒旋转，则8次一个循环，，第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上，由此可得到点的坐标． 【详解】解：四边形是矩形， ， 每秒旋转，8次一个循环，， 第2025秒时，点的对应点落在轴正半轴上， 点的坐标为． 故选：B． 3．（2014·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P为线段BC上的点．小明同学写出了一个以OD为腰的等腰三角形ODP的顶点P的坐标（3，4），请你写出其余所有符合这个条件的P点坐标 ． 【答案】（2，4）或（8，4） 【详解】∵A（10，0），C（0，4）， ∴OA=10，OC=4， ∵点D是OA的中点， ∴OD=OA=5， 过点P作PE⊥x轴于E， 则PE=OC=4， 当以O为顶点时，OP=OD=5， ∴OE=3， ∴P（3，4）（舍去）， 当以点D为顶点时，OD=PD， ∴DE=3， 若点E在点D的左边，OE=5﹣3=2， 此时，点P的坐标为（2，4）， 若点E在点D的右边，则OE=5+3=8， 此时，点P的坐标为（8，4）， 综上所述，其余的点P的坐标为（2，4）或（8，4）． 故答案是（2，4）或（8，4）． 考点五：根据矩形的性质证明 1．（2025·四川凉山·模拟预测）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①连接；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，；③作直线交于点，交于点E，交于点F；④连接，．若，，则下列结论错误的是（    ） A． B．为等腰三角形 C．四边形为菱形 D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，菱形的判定与性质，三角函数，线段垂直平分线的作图与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．由作图可知垂直平分，即可判定为等腰三角形，故可判定选项B；通过证明，得出，即可判定选项A；先证明四边形为平行四边形，结合，即可判定选项C；证明，利用，列式求出，即可求解并判断选项D． 【详解】解：由作图可知垂直平分， ∴，，， ∴为等腰三角形， 故选项B正确； ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 故选项A正确； ∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， 故选项C正确； ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵矩形中，，，， ∴， ∵， 即， 解得：， ∴， 故选项D错误； 故选：D． 2.（2025·山东东营·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，先判断是平行四边形，然后根据矩形和平行四边形的性质逐项判断解答即可． 【详解】解：∵是矩形， ∴，，， 又∵， ∴是平行四边形， ∴，， 故B、C、D选项不符合题意， 故选：A． 3．（2025·陕西安康·二模）如图，在矩形中，为对角线，交于点．若，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线为解题的关键． 解法一：如图：过F作于F，过E作于E，则四边形是矩形，由矩形的性质可得，，由勾股定理以及线段的和差可得、，然后代入计算即可． 解法二：证明得，结合得，求出，进而可求出的值． 【详解】解：如图：过F作于F，过E作于E，则四边形是矩形， ∴， 设，则 ∴，， ∴， ∴， ∴． 故选D． 解法二：如图：过F作于F，过E作于E，则四边形是矩形， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴， ∴． 故选D． 4．（2025·河北保定·一模）如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，尺规作图——作垂直平分线，菱形的判定及性质，掌握菱形的判定及性质是解题的关键． 对于嘉嘉的作法：连接，，由作图可得垂直平分，垂直平分，根据中位线的性质得到，．证明点F是的中点，点G是的中点，得到，，从而根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形是平行四边形，又得到是菱形．判断选项A错误．根据勾股定理求出，得到． 对于琪琪的作法：由题意可得，是的垂直平分线，则，，证明得到，因此，又，得到四边形是平行四边形，再由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得到是菱形．判断选项B错误．设菱形的边长为x，根据勾股定理在中，求得，得到菱形的周长为，从而．即可判断选项C错误．根据菱形的面积公式即可判断选项D正确． 【详解】解：对于嘉嘉的作法： 连接，， 由作图可得垂直平分，垂直平分， ∴点H是的中点，点E是的中点，，， ∴，， ∵在矩形中，， 又，， ∴四边形，，都是矩形， ∴，， ∵点H是的中点，点E是的中点， ∴，， ∵在矩形中，，， ∴，， ∴点F是的中点，点G是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵，，， ∴， ∴是菱形．故选项A错误． ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴． 对于琪琪的作法： 由题意可得，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设与相交于点O， ∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形．故选项B错误． 设菱形的边长为x，即， ∴， ∵在中，， ∴，解得， ∴菱形的边长为，周长为． ∴．故选项C错误． ∵，， ∴．故选项D正确． 故选：D 考点六：矩形的判定定理的理解 1．（2025·广东·二模）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是不是矩形．下面是某合作学习小组的位同学拟订的方案，其中正确的是（   ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中三个角是否都为直角 D．测量一组对角是否都为直角 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定，根据矩形的判定方法逐一判断即可求解，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、根据对角线互相平分只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误； 、根据两组对边分别相等，只能得出四边形是平行四边形，故本选项错误； 、由三个角为直角得到另外一个角也为直角，故可得到四边形为矩形，故本选项正确； 、根据一组对角是直角不能确定其余两角为直角，故本选项错误； 故选：． 2．（2023·四川成都·模拟预测）顺次联结一个四边形各边中点，所得的四边形是矩形，那么这个四边形是（    ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 【答案】D 【分析】本题考查的是三角形中位线定理、矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质由三角形中位线定理证四边形是平行四边形，再根据平行四边形是矩形，即可得出结论． 【详解】解：如图，、、、分别为各边中点 ，，，， 四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形， ， ， 故选：D． 考点七：添加一个条件使四边形是矩形 1．（24-25八年级下·浙江台州·期中）如图，在中，，交于点，添加下列一个条件，仍不能判定是矩形，该条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，根据矩形的判定方法进行分析即可，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：、添加不能判定是矩形，符合题意； 、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，不符合题意； ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形，不符合题意； 、∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，不符合题意； 故选：． 2．（2025·四川南充·一模）如图，在中，E,F分别是边的中点，M，N在对角线上，．要使四边形是矩形，可添加下列条件（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定问题，解题的关键是熟练掌握平行线、全等三角形的性质，并能够作简单的辅助线辅助求解．根据平行四边形的性质，通过证明，推导得，，易证四边形是平行四边形；连接，证明四边形是平行四边形，推出；再根据各选项结合矩形的判定定理，即可完成解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点E，F分别是边，的中点， ∴，， ∴， 在和中， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； 连接， ∵点E，F分别是边，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴； A、若，则， ∴，不能使四边形是矩形； B、若，则不一定与相等，不能使四边形是矩形； C、若，不一定相等，则不一定与相等，不能使四边形是矩形； D、若，则一定与相等， ∴平行四边形是矩形，能使四边形是矩形； 故选：D． 3．（2025·广东·二模）如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连，根据三角形中位线的性质得到，； ，，即四边形为平行四边形，当和，只能判断四边形为平行四边形；当，能判断四边形为矩形；当，能判断四边形为菱形． 【详解】解：如图所示，连，    ∵、、、为四边形各中点， ∴，；，， ∴， ∴四边形为平行四边形， 要使四边形为菱形，则， 而， ∴． 当和，只能判断四边形为平行四边形，故A、D选项错误； 当，能判断四边形为矩形，故C选项正确； 当，可判断四边形为菱形，故B选项错误． 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定定理，以及三角形中位线的性质，掌握矩形的判定方法是解题的关键． 考点八：证明四边形是矩形 1．（2025·河北·模拟）在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图4所示，关于两人的作法判断正确的是（    ） 甲：作的垂直平分线交于点O；连接，在射线上截取（A，C不重合），连接，，四边形即为所求．    乙：以B为圆心，长为半径画圆弧；以D为圆心，长为半径画圆弧；两弧在上方交于点C，连接，，四边形即为所求．    A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定，熟记相关定理内容是解题关键． 【详解】解：由甲的做法可知：， 根据对角线互相垂直平分的四边形是矩形，可知四边形是矩形； 由乙的做法可知：， ∴四边形是平行四边形； ∵， ∴四边形是矩形； 故选：C. 2．（2024·河北邢台·一模）如图，有甲、乙两个四边形，分别标出了部分数据，则下列判断正确的是（    ） A．甲是矩形 B．乙是矩形 C．甲、乙均是矩形 D．甲、乙都不是矩形 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定．熟练掌握矩形的判定是解题的关键． 根据矩形的判定定理对甲、乙进行判断作答即可． 【详解】解：由题意知，甲中对角线相等且互相平分， ∴甲中四边形是矩形， 如图乙，记的交点为， 由图可知，，的数量关系未知， ∴乙中四边形不一定是矩形， 故选：A． 3．（2021·山东青岛·模拟预测）（掌握）如图，在平行四边形中，点F是边的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接． (1)求证：； (2)若与满足什么关系时，则四边形是矩形？请证明． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据平行四边形的性质得，，得，因为点F是边的中点，得，证明，即可作答． （2）与满足，先证明四边形是平行四边形，得，因为四边形是平行四边形，得，因为，得，根据对角线相等的平行四边形是矩形，即可作答． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点F是边的中点， ∴， 在和中， ∴ ∴， ∵ ∴； （2）解：，理由： ∵四边形是平行四边形， ∴ 由（1）得， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形． 4．（2026·江西·模拟预测）如图，将沿射线平移，使点B与点C重合，得到，连接．F，G分别是的中点，连接． (1)求证：． (2)若，求证：四边形是矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了平移的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质． （1）根据平移的性质得出，四边形是平行四边形，然后得出，最后利用全等三角形的判定定理即可得出结论； （2）根据平移的性质得出四边形是平行四边形，再根据条件得出，得出，然后可得出结论． 【详解】（1）证明:由平移可知， ∴四边形是平行四边形， ∴. ∵F，G分别是的中点， ∴， ∴. （2）证明:由平移可知， ∴四边形是平行四边形.     ∵， ∴. 又∵F是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴，     ∴平行四边形是矩形． 5．（2024·江西宜春·模拟预测）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，小华同学画出了图形（如图（1）），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线． 求证：是矩形． 知识应用 （2）如图（2），已知四边形为平行四边形，点E是延长线上一点，延长到点F，使，连接，恰好平分，点H为的中点，连接交于点G． ①求证：平行四边形为矩形； ②当，时，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）见解析， 【分析】（1）根据平行四边形的性质和已知条件判定，推出，利用平行线的性质得到，即可判定是矩形； （2）①先由平行四边形的性质得，则，再由角平分线的性质得，则，，进而得，再根据矩形的判定即可证明； ②方法一：如图（1），取的中点P，连接，先由勾股定理得，则，，再根据中位线的判定和性质得，，则，利用相似三角形的判定与性质得到，再求得，，最后由勾股定理可求的长； 方法二：如图（2），延长，交于点M，证明得，，由勾股定理求出、的值，进而可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是矩形． （2）①证明：∵四边形为平行四边形， ∴， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵四边形为平行四边形， ∴四边形是矩形； ②方法一：如图（1），取的中点P，连接， ∵，，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点P是的中点，点H是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴在中，； 方法二：如图（2），延长，交于点M， ∵H为的中点， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵，，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴在中，， ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键． 考点九：根据矩形的性质与判定求角度 1．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形中，点E、F、G、H分别在边上，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质与判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，关键是证明四边形是矩形． （1）由平行四边形的性质得到，得到，由即可证明； （2）由，，得到，推出四边形是平行四边形，又，得到四边形是矩形，因此，进而可求出的度数． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）由（1）知， 同理：， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴． 2．（2023·广东梅州·一模）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】（1）先判断四边形是平行四边形，继而根据已知条件推导出，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证； （2）由矩形的性质得到，再由平行线的性质得到，然后由三角形的内角和求出，再根据直角三角形的两锐角互余，即可求解． 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， 平行四边形是矩形； （2）解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明是解题的关键． 3．（2023·福建厦门·模拟预测）如图，是的直径，点B，D在上，．    (1)在上求作一点E，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接，，，若，求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由，，可知只需利用尺规作图作即可； （2）由题意可证，进而证得四边形是矩形，利用矩形的性质，圆周角定理及平行线的性质可证，，，，即可证得，再根据即可求解． 【详解】（1）解： 以点为圆心，适当长为半径画弧交，于，，以同样长为半径画弧交于，再以为圆心，为半径画弧交于，连接所在直线，交于，可知， 又∵， ∴， ∴，    如图所示，即为所求； （2）如图，连接，，， ∵是直径， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，则， ∴， ∵ ∴， 由（1）知， ∴，则， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 则． 【点睛】本题属于几何综合，考查了尺规作图，全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，平行线的判定及性质，圆周角定理，熟练掌握相关性质及定理是解决问题的关键． 考点十：根据矩形的性质与判定求线段长 1．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 【答案】8 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 连接，根据三角形中位线定理得出，，，再由矩形的判定得出四边形为矩形，利用其性质即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ，，，分别是四边形边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴ 故答案为：8． 2．（2025·浙江丽水·二模）如图，为的直径，P为延长线上一点，过点P作的切线，切点为M．过点A作于点C，交于点N，连接． (1)求证：平分； (2)若的直径为10，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)4 【分析】（1）连接，则和，根据题意得，即有，可得，则有即可判定角平分线； （2）过点O 作于点E，连接，则，判定四边形为矩形，有，结合圆的性质和等腰三角形的性质求得，利用勾股定理求得即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， 则，， ∵过点P作的切线，切点为M， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即平分； （2）解：过点O 作于点E，连接，如图， 则， ∵过点P作的切线，切点为M， ∴，即， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∵，， ∴， ∵的直径为10， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查圆的性质、切线的性质、等腰三角形的性质、平行线的判定和性质、角平分线的判定、矩形的判定和性质以及勾股定理，解题的关键是熟悉常规辅助线的做法． 3．（2025·湖北·三模）如图，为的直径，点是上一点，平分交于点，过点作直线分别交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）连接，根据角平分线的定义得到，结合圆周角定理得，再结合的直径得，由平行线得即可证明； （2）过点A作于点G，过点B作于点H，则四边形为矩形，有和，证明有，即可求得，同理可证，，求得，由即可． 【详解】（1）证明：连接，如图， 是的平分线， ， ， 为的直径， ， ， ， ， 为的半径， 直线是的切线； （2）解：过点A作于点G，过点B作于点H，如图， 则， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵为的直径， ∴，， ∴， ∴， 则， ∵，， ∴， ∴的半径为5， ∵， ∴， 解得， 同理可证，，则 即， 解得， 则． 【点睛】本题主要考查直径所对的圆周角为直角、圆周角定理、角平分线的性质、切线的判定、矩形的判定和性质、相似三角形的判定和性质和勾股定理，解题的关键是熟悉圆的性质和三角形的性质． 4．（2025·青海西宁·一模）如图，矩形中，，，为，，边上的点，且，，，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查的是矩形的判定及性质、勾股定理，得到四边形是矩形是解题的关键． 首先过作于点，利用矩形的判定可得四边形是矩形，根据矩形的性质得，，由求得的长，然后再在中，利用勾股定理求的长． 【详解】解：如图，过点作，垂足为， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． 故选：． 考点十一：根据矩形的性质与判定求面积 1．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，D、E、F分别是三边的中点，，若，则（    ）． A．7 B．6 C．5 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质、三角形中位线等知识点，证得四边形是矩形成为解题的关键． 根据三角形中位线定理以及可得四边形是矩形，然后根据三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：∵D、E、F分别是三边的中点， ∴, ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴, ∴． 故选B． 2．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．240 B．192 C．120 D．96 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理求得即可．证明四边形是矩形是解答的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵为直角， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，则， ∴四边形的面积为， 故选：B． 3．（2023·河北石家庄·二模）如图，点是正六边形对角线上的一点，且，则正六边形的面积为（　　）    A．10 B．12 C．24 D．随着点的变化而变化 【答案】B 【分析】根据正六边形性质，得到如下的结论：各边相等，各个角相等，从而得到，，，得到四边形是矩形，且面积为8，过点B作于点G，计算，计算即可． 【详解】∵正六边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点B作于点G， ∴，    ∴， ∴， ∴， 故选B． 【点睛】本题考查了正六边形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，平行线的性质，熟练掌握正六边形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 4．（2023·陕西榆林·一模）如图，在菱形中，E、F为边、的中点，连接、．若，，则四边形的面积为（    ） A． B．1 C．2 D．4 【答案】A 【分析】连接，由菱形的性质可证和是等边三角形，从而求得，根据点E、F是、的中点可得，，进而证明四边形是矩形，再利用勾股定理求出，即可求出结果． 【详解】解：连接，∵四边形是菱形，，， ，，， ，， ∴和是等边三角形，， ∵点E、F是、的中点， ，，， ， ∴四边形是矩形， ， ∴在中，， ∴矩形的面积为：， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质及等边三角形的判定和性质和勾股定理，熟练运用相关知识，正确作出辅助线是解题的关键． 考点十二：根据矩形的性质与判定解决多结论问题 1．（2025·湖南长沙·二模）如图，矩形中，E是中点，于点F，连接，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有(  ) A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①③④ 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角的判定和性质，求正切值等知识，先推导④再推导③是解题的关键．推导得到，从而得到，从而判定①，设，则，证明得到，继而求出，再用正切的定义得到，从而判断②，过点F作于点G，则，利用，求出和，从而求出，从而判断④，再根据④正确得到，再用余角的性质和等量代换得到，从而判断③． 【详解】∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴ 又∵E是中点， ∴，故①正确； 设，则 又∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴(舍去负值)， ∴，故②错误； ∵， ∴， 过点F作于点G，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确， 故， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴故③正确， 故选：D． 2．（2025·江苏宿迁·三模）如图1所示，为矩形的边上一点，动点同时从点出发，点沿折线运动到点时停止，点沿运动到点时停止，它们运动的速度都是每秒1个单位长度．设点同时出发秒时，的面积为，已知与的函数关系图象如图2（曲线为抛物线的一部分），则下列结论：①；②；③当时，；④当时，；⑤当时，与相似；其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】DD 【分析】根据图（2）可以判断三角形的面积变化分为三段，可以判断出当点P到达点E时点Q到达点C，从而得到的长度，再根据M、N是从5秒到7秒，可得的长度，然后表示出的长度，根据勾股定理求出的长度，然后针对各结论分析解答即可． 【详解】解：根据图（2）可得，当点P到达点E时点Q到达点C， ∵点P、Q的运动的速度都是每秒1个单位长度， ∴， ∴由矩形的性质可得，故①正确； ∵从M到N用了2秒， ∴， ∴， 在中，， ∴，故②正确； 过点P作于点F， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当时，，故③错误； 当时，此时点Q在点C，点P在上，且， ∴， ∴，故④正确； 当秒时，点P在上，此时，， ， ∵，， ∴， 又∵， ∴，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②④⑤． 故选：D． 【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定，解题的关键是根据图（2）判断出点P到达点E时点Q到达点C，也是本题的突破口． 3．（2025·四川南充·一模）如图，在矩形中，，点E是边上一动点（点E不与点A重合），过点D作交的延长线于点F，以，为邻边作矩形，交于点H，连接，则下列结论：①；②当点恰好落在的延长线上时，；③当点在边上运动时，为定值；④当点在边上运动时，长度的最大值为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】证出，根据相似三角形的性质即可判断①正确；先证出，根据全等三角形的性质可得，再证出垂直平分，根据线段垂直平分线的性质可得，由此即可判断②正确；过点作于点，设，根据相似三角形的性质可得，从而可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，，则，然后根据正切的定义即可判断③正确；先求出，，再证出，根据相似三角形的性质可得，利用二次函数的性质即可判断④正确． 【详解】解：∵四边形和都是矩形，， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，则结论①正确； 如图，点恰好落在的延长线上， ∵四边形和都是矩形， ∴， ∴，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴垂直平分， ∴， ∴当点恰好落在的延长线上时，，则结论②正确； 如图，过点作于点， ∵四边形和都是矩形，， ∴，， 设， 由上已证：， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即当点在边上运动时，为定值，则结论③正确； 设，则， 由上可知，，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 由二次函数的性质可知，在内，当时，取得最大值，最大值为， 即当点在边上运动时，长度的最大值为，则结论④正确； 综上，正确结论的个数是4个， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、线段垂直平分线的性质、二次函数的应用、正切等知识点，综合性强，通过作辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 4．（2023·湖北黄冈·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，展平后再过点折叠，使点落在上的点处，折痕为．再次展平，连接，．有下列结论：①；②与相似；③的长为；④若，分别为线段，上的动点不包含端点，则的最小值是．其中正确结论的序号是（    ）    A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①③ 【答案】C 【分析】①如图，连接，根据线段垂直平分线的性质得到，根据折叠的性质得到，推理出为等边三角形，得到，于是得到，即结论①正确； ②根据折叠的性质，可得，，根据相似三角形的判定定理得到与相似，即结论②正确； ③解直角三角形得到 ，即结论③错误； ④过作于交于，则此时的值最小，且，解直角三角形得到的最小值是 .即结论④正确． 【详解】解:①如图，连接，    垂直平分，， 根据折叠的性质，可得， ． 为等边三角形， ， ， 即结论①正确； ②根据折叠的性质，可得，， ， ，，， ， 与相似， 即结论②正确； ③，，， ，即结论③错误； ④点和点关于对称， 过点作于交于， 此时的值最小，且， ，， ， 的最小值是 即结论④正确； 综上分析可知，正确的是①②④，故C正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质的应用以及矩形的性质和应用，还考查了折叠的性质和应用． 考点十三：矩形的折叠问题 1．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)如图（1），将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕为，则四边形的形状为 ． (2)如图（2），矩形纸片的边长，用图（1）中的方法折叠纸片，折痕为，接着沿过点D 的直线折叠纸片，使点C落在上的点处，折痕为．则 ， ． (3)如图（3），矩形纸片的长为，宽为， 用图（1）的方法折叠纸片，折痕为，在线段上取一点F（不与点C，E 重合），沿折叠， 点C的对应点为，  延长交直线于点G． ①判断与的数量关系，并证明； ②当射线经过的直角边的中点时，请直接写出的长． 【答案】(1)正方形 (2)， (3) ，证明见解析； 的长为或 【分析】（1）根据矩形的性质得到，，由折叠得，，即可证得四边形是正方形； （2）先推出，根据矩形的性质推出，即可求出,由矩形，即可求出； （3）①由矩形性质得，推出，由折叠可知，，由此推出，即可推出； ②分两种情况：若过中点，即G为中点；若过中点M，连接，根据矩形的性质及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ，， 由折叠性质可得：，， 四边形是正方形， 故答案为正方形． （2）由（1）知四边形为正方形， ， ∵， ，， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵折叠，点C落在点处， ∴，， ∴， ∵正方形， ∴， ∴在中，，即， ∴, ∴, ∵矩形， ∴， ∴, ∵，， ∴， 故答案为，； （3）① ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠可知，， ∴， ∴； ②∵四边形是矩形， ∴， 由（1）知四边形，均为正方形， ∴， 由折叠得，，, 若过中点，即G为中点， ∴， ∴, 在中，, ∴； 若过中点M，连接， ∴， ∵，且， ∴， ∴， 设， ∴， 在中，， 即， 解得， 即， 综上，的长为或． 【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，解直角三角形，熟练掌握各判定和性质定理是解题的关键． 2．（2025·湖南衡阳·二模）综合与实践． 在数学综合与实践课上，老师组织同学们进行以“图形折叠”为主题的探究活动，素材是矩形和正方形纸片． 环节一：矩形纸片的折叠操作 （1）现有矩形纸片，执行以下操作： 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，随后将纸片展平； 操作二：在边上选取一点，沿着折叠纸片，使得点落在矩形内部的点处，展平后连接和． 如图①，当点刚好落在折痕上时，探究与之间的数量关系，并说明理由． 环节二：正方形纸片的折叠延伸探究 （2）如图②，小慧将矩形纸片替换为正方形纸片，重复上述环节一中的操作步骤，并且延长与相交于点，连接．探究与的数量关系，并说明理由． 环节三：折叠问题的拓展应用 （3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长． 【答案】（1）（2）（3） 【分析】本题主要考查了折叠的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，利用一元二次方程解决几何问题等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． （1）利用翻折的性质得出，然后利用全等三角形的性质得出相等的边和角，求出，利用含角的直角三角形的性质即可求解； （2）利用翻折的性质得出全等三角形，得出对应边相等，然后证明即可得出结论； （3）设，则，，利用全等三角形表示出相关线段的长度，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】解：（1）如图，假设与的交点为, 在矩形中，由折叠的性质和可知，，点为线段中点 则点为中点，， 在直角三角形中，， ， ∵， ， ， ， ， ， ； （2）由（1）得 ∴， 在正方形中， , 由题意可知，在和中， ∴， ； （3），理由如下： 假设，则，， ，点为线段中点， ， ， ，， 由勾股定理得 即 解得， ∴． 3．（2025·江苏连云港·二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张纸（）对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形是类矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或 【分析】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握折叠的性质，矩形的性质和判定，新定义类矩形的理解和运用，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质和新定义的运用是解本题的关键． （1）先证明，再证明四边形是矩形，即可得结论； （2）如图2，由折叠得：，先证明四边形是矩形，如图3，设，，则，根据折叠的性质和等腰直角三角形的性质表示，的长，即可解答； （3）设与交于点，分两种情况：或，①如图4，当时，，根据，，列比例式即可得结论；②如图5，当时，，同理可得结论． 【详解】（1）证明：设，则， 由折叠得，， ，四边形是矩形， ，， ， ， 四边形是矩形， 四边形是类矩形； （2）证明：如图2，由折叠得：， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， 如图3，设，，则， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， ， ， 四边形是类矩形； （3）设与交于点， 垂直平分， ， 四边形纸片沿折叠，使得点的对应点落在上， ， 同理得：，， 四边形是类矩形， 或， ①如图4，当时，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； ②如图5，当时，， 由①同理得：，， ，即， ， ， ，即， ， ， ， ， ； 综上，的长为或． 4．（2025·宁夏银川·三模）【尝试发现】（1）如图1，把矩形对折得到折痕，再一次对折，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到新折痕，把纸片展平．这个折纸的过程实际上就是把（    ） A． 二等分        B． 三等分        C． 四等分 【类比探究】（2）类似的，通过折纸了可以折出矩形一边的三等分点．如图2，把矩形对折两次，对角线与折痕相交于点，沿直线再次折叠，折痕交于点，此时有．补充下列证明过程： 证明：如图2，在矩形中，， 由折叠可知，，， ∴，∴（_______________________） ∵，∴（__________________________）， ，即． （3）如图3，先把矩形沿对折，再沿折叠，折痕交对角线于点，过点折叠矩形，使得点落在上，得到折痕．请判断点是否为边的“三等分点”？并证明你的结论． 【拓展应用】（4）如图4，将矩形对折，使点和点重合，展开铺平，折痕为，将沿翻折得到，过点折叠矩形，使折痕．若点为边的三等分点，请求出的值． 【答案】（）；（2），，；（3）点是边的“三等分点”，证明见解析；（4） 【分析】（）利用折叠的性质和锐角三角函数可得，即得，进而可得，即可求解； （）根据题意补全证明过程即可； （）由可得，进而由得，即得，即可求证； （）设，则有，，，通过证明四边形是矩形得到，利用勾股定理求出，设，则，再证明，得到，得到，即可求出的值． 【详解】（）解：由折叠可得，，，，， ∴， 在中，， ∴， ∴, ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴这个折纸的过程实际上就是把分成了三等分 ， 故选：； （）证明：如图，在矩形中，， 由折叠可知，，， ， ， ， ， ， 即， 故答案为：，，，； （）解：点是否为边的“三等分点”． 证明：在矩形中，，， 由折叠可得，，，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即点是否为边的“三等分点”； （）由折叠得，， 点为边的三等分点， ， 设，则， ，， ， 由折叠性质得，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ∴， 设，则， ， ， 又， ， 又， ， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，解三角形，勾股定理等，根据题意，掌握折叠的性质并运用是解题的关键． 1．（2024·广东·模拟预测）如图，在矩形纸片中，点E在边上，将沿翻折得到，点F落在上．若，，则（　　）． A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】由折叠的性质和可得，再证明，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵将沿翻折得到，点F落在上， ∴，，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程解决问题． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在矩形中，O为对角线BD的中点，，E为边上一点，且，连接，取的中点F，连接，则的长度为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形中位线，构造出三角形的中位线是解决问题的关键．取中点，连接和，可得分别为和中位线，利用中位线定理可证三点共线，求出后，组合计算即可． 【详解】解：取中点，连接和， ∵在矩形中， ， ， ∵O为对角线的中点，F为的中点，为中点， ∴分别为和中位线， ∴，且， 三点共线， ． 故选：C． 3．（2025·广西来宾·三模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A的坐标为，B为y轴上的动点，以为边作矩形，O为坐标原点，．连接，则线段的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的性质、直角三角形的性质等知识点，正确作出辅助线、构造相似三角形是解题的关键．． 如图：过点A作轴，垂足为A，交的延长线于点E．可证明，则，化简得，而得到，如图：取中点F，连接．则，由勾股定理得，由得当点O、F、D三点共线时，取得最大值即可． 【详解】解：如图：过点A作轴，垂足为A，交的延长线于点E． ∵四边形ABCD为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． 如图：取中点F，连接． ∴， 在中，根据勾股定理，， 在中，，的最大值为． 故选A． 4．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，矩形中，点E为边的中点，连接，过E作交于点F，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，三角形外角的性质．延长交于点G，证明，可得，从而得到，进而得到，然后根据余角的性质可得，再根据三角形外角的性质可得，即可求解． 【详解】解：如图，延长交于点G， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵点E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A 5．（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形中，，于点，若四边形的面积是，则的长是(     ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，过点D作交的延长线于E，先证明四边形是矩形，再利用证明，得到，，再由四边形的面积，得到，则． 【详解】解：如图，过点D作交的延长线于E， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形的面积四边形的面积， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 6．（2025·浙江丽水·一模）如图，在四边形中，，，，点E为上一点，连接，把绕点E逆时针旋转，点A恰好落在的中点F处，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作于，交延长线于，则，可知四边形是矩形，得，，，先证，得，再证，得，，由，可知，设，进而求得，，即可求解． 【详解】解：过点作于，交延长线于，则， ∵，， ∴，则四边形是矩形， ∴，，， ∵为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， 由旋转可知，，， ∴，则， ∴， ∴，， ∵， ∴，设， 则，， ∴，则，， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查矩形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，旋转的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 7．（2025·山东东营·一模）如图，已知四边形是矩形，点 E 是 边上的点，且，，，垂足为 F．下列结论：①；②平分；③；④其中正确的结论有（          ） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 根据矩形的性质证明 ，，利用勾股定理求出，然后逐一进行判断即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ，，， ，， ，， ， ， ， ， ， ，，故①③正确， 不妨设平分，则是等腰直角三角形，这个显然不可能，故②错误， ，， ， ， ，故④错误， 正确的结论有①③共个． 故选：B． 8．（2025·广西梧州·三模）综合与实践． 一块材料的形状是锐角三角形，边，高． 【特例初探】 （1）若把它加工成正方形零件如图（），使正方形的一边在上，其余两个顶点分别在和上．这个正方形零件的边长是多少？ 【迁移运用】 （2）若把它加工成横向并排放置的两个小正方形零件，如图（），求一个小正方形的周长． 【变式提升】 （3）若把它加工成矩形零件，如图（），当宽为多少时，矩形有最大面积，最大面积是多少？ 【答案】（1）；（2）；（3）当时，此时矩形面积最大，最大面积是． 【分析】（1）设正方形的边长为，证明四边形是矩形，得到，则，证明，据此根据相似三角形的性质进行计算即可解答； （2）设，则， 同理可得 同理可证明，据此根据相似三角形的性质进行计算即可解答； （3）设，则，证明，可得，根据矩形面积公式得到关于的二次函数，根据二次函数求出矩形的最大值． 本题是相似形的应用，主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，熟知相似三角形的性质与判定条件是解题的关键． 【详解】解：（1）设正方形的边长为， 四边形是正方形， ，， ， ，四边形是矩形， ∴， ∴， ， ，， ， ，即， 解得：， 加工成的正方形零件的边长是； （2）设，则， 同理可得 同理可证明， ，即， 解得：， ∴ 一个小正方形的周长为； （3）设，则， 四边形是矩形， ， ， ，即， ， 矩形面积 ∴当时，此时矩形面积最大，最大面积是， 即：当时，此时矩形面积最大，最大面积是． 1．（2026·四川巴中·模拟预测）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 【答案】(1)的长为 (2)见解析 (3)的长为5或3 【分析】（1）利用折叠的性质和勾股定理即可求解； （2）利用折叠的性质得出，，利用证得，得到，利用等边对等角得到，然后证得，得到，即可证得； （3）分①当在的延长线上时，②当在线段时，两种情况讨论，根据折叠的性质．利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， 由折叠的性质可知， 在中，， ∴， 解得， ∴； （2）证明：由折叠的性质可知，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当在的延长线上时，如图①， 由，设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴； ②当在线段时，如图②， 设，则， 由折叠的性质可知， ∵，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， 综上，的长为5或3． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了轴对称的性质，勾股定理的应用，三角形全等的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键． 2．（2025·福建福州·模拟预测）综合与实践：根据以下素材，探索完成任务． 折叠黄金矩形 问题背景 宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．如希腊的巴特农神庙图．    操作步骤 第一步，在一张矩形纸片的一端，利用图所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 第二步，如图，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图中所示的处． 第四步，展平纸片，按照所得的点折出，矩形图就是黄金矩形．    解决问题 任务一 设，请用含的式子表示，并证明四边形是黄金矩形．    任务二 如图，连接，过点作于，交于，若，求的长． 【答案】任务一：，见解析；任务二： 【分析】任务一：由折叠易得四边形是正方形，进而利用勾股定理求解即可，再根据黄金矩形的定义证明即可； 任务二：先证可得，进而即可得解． 【详解】解：任务一：如图所示，由折叠得，四边形是正方形，为中点，， ，， 在中，， ； 证明：如图，由折叠得，四边形是矩形， ， ， 四边形是黄金矩形； 任务二：如图，，四边形是矩形， ， ，， ， 四边形是正方形， ， 在和中，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 专题02 特殊平行四边形-矩形 （十三大题型） 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 题型01 利用矩形的性质求角度 题型02 利用矩形的性质求线段长 题型03 利用矩形的性质求面积 题型04 求矩形在坐标系中的坐标 题型05 根据矩形的性质证明 题型06 矩形的判定定理的理解 题型07 添加一个条件使四边形是矩形 题型08 证明四边形是矩形 题型09 根据矩形的性质与判定求角度 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长 题型11 根据矩形的性质与判定求面积 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型13 矩形的折叠问题 考点一：利用矩形的性质求角度 1．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东深圳·二模）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（   ） A． B． C．条件不足，无法计算 D． 3．（2025·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形的边上方作等边三角形，连接，，若是以为底边的等腰三角形，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·河北保定·一模）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点，，在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将调整为，若保持不变，则图中应（    ） A．减少 B．减少 C．增加 D．增加 5．（2025·浙江衢州·二模）如图，矩形内有一点，且满足，若，，则的度数是（　　） A． B． C． D． 考点二：利用矩形的性质求线段长 1．（2025·广东·二模）如图，有一块三角形木料，，，，工人师傅准备将其加工成如图所示的矩形，且点在上，，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·江苏泰州·三模）如图，已知矩形的顶点，分别落在轴，轴上，，，则点的坐标是（ ） A． B． C． D． 3．（2025·陕西咸阳·二模）如图，在矩形中，，．过点作，过点作．交于点，则的长为（   ） A． B．3 C． D．2 4．（2025·广东梅州·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点在线段上，垂直平分，若，则的长为（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．12cm 考点三：利用矩形的性质求面积 1．（2025八年级下·全国·专题练习）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． 2．（2025·浙江宁波·一模）已知矩形的顶点在半径为5的半圆上，顶点在直径上．若，则矩形的面积等于（   ） A．22 B．23 C．24 D．25 3．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四边形为矩形，，，点从点出发沿以的速度向终点匀速运动，同时，点从点出发沿以的速度向终点匀速运动，设点运动的时间为，的面积为，下列选项中能表示与之间函数关系的是（   ） A． B． C． D． 考点四：求矩形在坐标系中的坐标 1．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，若矩形的顶点O与坐标系的原点重合，且．若将矩形绕原点旋转一定角度，使A点恰好落在边上的处，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·河南驻马店·一模）如图所示，矩形的顶点为坐标原点，，对角线在第二象限的角平分线上．若矩形从图示位置开始绕点以每秒的速度顺时针旋转，则第2025秒时，点的对应坐标为（    ） A． B． C． D． 3．（2014·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A，C的坐标分别为A（10，0），C（0，4），点D是OA的中点，点P为线段BC上的点．小明同学写出了一个以OD为腰的等腰三角形ODP的顶点P的坐标（3，4），请你写出其余所有符合这个条件的P点坐标 ． 考点五：根据矩形的性质证明 1．（2025·四川凉山·模拟预测）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①连接；②分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于点，；③作直线交于点，交于点E，交于点F；④连接，．若，，则下列结论错误的是（    ） A． B．为等腰三角形 C．四边形为菱形 D． 2.（2025·山东东营·三模）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点D作交的延长线于点E，下列结论不一定正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2025·陕西安康·二模）如图，在矩形中，为对角线，交于点．若，，则的值是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·河北保定·一模）如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 考点六：矩形的判定定理的理解 1．（2025·广东·二模）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是不是矩形．下面是某合作学习小组的位同学拟订的方案，其中正确的是（   ） A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中三个角是否都为直角 D．测量一组对角是否都为直角 2．（2023·四川成都·模拟预测）顺次联结一个四边形各边中点，所得的四边形是矩形，那么这个四边形是（    ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 考点七：添加一个条件使四边形是矩形 1．（24-25八年级下·浙江台州·期中）如图，在中，，交于点，添加下列一个条件，仍不能判定是矩形，该条件是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·四川南充·一模）如图，在中，E,F分别是边的中点，M，N在对角线上，．要使四边形是矩形，可添加下列条件（   ） A． B． C． D． 3．（2025·广东·二模）如图，顺次连接四边形各边中点得四边形，要使四边形为矩形，应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 考点八：证明四边形是矩形 1．（2025·河北·模拟）在中，，利用尺规作矩形．甲、乙两位同学的作法如图4所示，关于两人的作法判断正确的是（    ） 甲：作的垂直平分线交于点O；连接，在射线上截取（A，C不重合），连接，，四边形即为所求．    乙：以B为圆心，长为半径画圆弧；以D为圆心，长为半径画圆弧；两弧在上方交于点C，连接，，四边形即为所求．    A．只有甲的可以 B．只有乙的可以 C．甲、乙的都可以 D．甲、乙的都不可以 2．（2024·河北邢台·一模）如图，有甲、乙两个四边形，分别标出了部分数据，则下列判断正确的是（    ） A．甲是矩形 B．乙是矩形 C．甲、乙均是矩形 D．甲、乙都不是矩形 3．（2021·山东青岛·模拟预测）（掌握）如图，在平行四边形中，点F是边的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接． (1)求证：； (2)若与满足什么关系时，则四边形是矩形？请证明． 4．（2026·江西·模拟预测）如图，将沿射线平移，使点B与点C重合，得到，连接．F，G分别是的中点，连接． (1)求证：． (2)若，求证：四边形是矩形． 5．（2024·江西宜春·模拟预测）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，小华同学画出了图形（如图（1）），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程． 已知：在中，对角线． 求证：是矩形． 知识应用 （2）如图（2），已知四边形为平行四边形，点E是延长线上一点，延长到点F，使，连接，恰好平分，点H为的中点，连接交于点G． ①求证：平行四边形为矩形； ②当，时，求的长． 考点九：根据矩形的性质与判定求角度 1．（2023·江苏镇江·二模）如图，在平行四边形中，点E、F、G、H分别在边上，且，连接． (1)求证：； (2)若，求的度数． 2．（2023·广东梅州·一模）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． 3．（2023·福建厦门·模拟预测）如图，是的直径，点B，D在上，．    (1)在上求作一点E，使得；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的条件下，连接，，，若，求的大小． 考点十：根据矩形的性质与判定求线段长 1．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 2．（2025·浙江丽水·二模）如图，为的直径，P为延长线上一点，过点P作的切线，切点为M．过点A作于点C，交于点N，连接． (1)求证：平分； (2)若的直径为10，，求的长． 3．（2025·湖北·三模）如图，为的直径，点是上一点，平分交于点，过点作直线分别交的延长线于点． (1)求证：是的切线； (2)若，，求的长． 4．（2025·青海西宁·一模）如图，矩形中，，，为，，边上的点，且，，，，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 考点十一：根据矩形的性质与判定求面积 1．（2024·海南省直辖县级单位·二模）如图，D、E、F分别是三边的中点，，若，则（    ）． A．7 B．6 C．5 D．4 2．（2024·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．240 B．192 C．120 D．96 3．（2023·河北石家庄·二模）如图，点是正六边形对角线上的一点，且，则正六边形的面积为（　　）    A．10 B．12 C．24 D．随着点的变化而变化 4．（2023·陕西榆林·一模）如图，在菱形中，E、F为边、的中点，连接、．若，，则四边形的面积为（    ） A． B．1 C．2 D．4 考点十二：根据矩形的性质与判定解决多结论问题 1．（2025·湖南长沙·二模）如图，矩形中，E是中点，于点F，连接，则下列结论：①；②；③；④；其中正确的结论有(  ) A．①②③ B．①②④ C．①③ D．①③④ 2．（2025·江苏宿迁·三模）如图1所示，为矩形的边上一点，动点同时从点出发，点沿折线运动到点时停止，点沿运动到点时停止，它们运动的速度都是每秒1个单位长度．设点同时出发秒时，的面积为，已知与的函数关系图象如图2（曲线为抛物线的一部分），则下列结论：①；②；③当时，；④当时，；⑤当时，与相似；其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2025·四川南充·一模）如图，在矩形中，，点E是边上一动点（点E不与点A重合），过点D作交的延长线于点F，以，为邻边作矩形，交于点H，连接，则下列结论：①；②当点恰好落在的延长线上时，；③当点在边上运动时，为定值；④当点在边上运动时，长度的最大值为． 其中正确结论的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．（2023·湖北黄冈·模拟预测）如图，在矩形纸片中，，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，展平后再过点折叠，使点落在上的点处，折痕为．再次展平，连接，．有下列结论：①；②与相似；③的长为；④若，分别为线段，上的动点不包含端点，则的最小值是．其中正确结论的序号是（    ）    A．①②③④ B．①③④ C．①②④ D．①③ 考点十三：矩形的折叠问题 1．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)如图（1），将矩形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕为，则四边形的形状为 ． (2)如图（2），矩形纸片的边长，用图（1）中的方法折叠纸片，折痕为，接着沿过点D 的直线折叠纸片，使点C落在上的点处，折痕为．则 ， ． (3)如图（3），矩形纸片的长为，宽为， 用图（1）的方法折叠纸片，折痕为，在线段上取一点F（不与点C，E 重合），沿折叠， 点C的对应点为，  延长交直线于点G． ①判断与的数量关系，并证明； ②当射线经过的直角边的中点时，请直接写出的长． 2．（2025·湖南衡阳·二模）综合与实践． 在数学综合与实践课上，老师组织同学们进行以“图形折叠”为主题的探究活动，素材是矩形和正方形纸片． 环节一：矩形纸片的折叠操作 （1）现有矩形纸片，执行以下操作： 操作一：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，随后将纸片展平； 操作二：在边上选取一点，沿着折叠纸片，使得点落在矩形内部的点处，展平后连接和． 如图①，当点刚好落在折痕上时，探究与之间的数量关系，并说明理由． 环节二：正方形纸片的折叠延伸探究 （2）如图②，小慧将矩形纸片替换为正方形纸片，重复上述环节一中的操作步骤，并且延长与相交于点，连接．探究与的数量关系，并说明理由． 环节三：折叠问题的拓展应用 （3）在（2）的探究中，已知正方形纸片的边长为，当时，直接写出的长． 3．（2025·江苏连云港·二模）综合与实践 【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形． 【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形． 【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形？ 【分析并解决问题】 （1）学习小组利用一张纸（）对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形是类矩形； （2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形； 【拓展延伸】 （3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值． 4．（2025·宁夏银川·三模）【尝试发现】（1）如图1，把矩形对折得到折痕，再一次对折，使点落在上的点处，并使折痕经过点，得到新折痕，把纸片展平．这个折纸的过程实际上就是把（    ） A． 二等分        B． 三等分        C． 四等分 【类比探究】（2）类似的，通过折纸了可以折出矩形一边的三等分点．如图2，把矩形对折两次，对角线与折痕相交于点，沿直线再次折叠，折痕交于点，此时有．补充下列证明过程： 证明：如图2，在矩形中，， 由折叠可知，，， ∴，∴（_______________________） ∵，∴（__________________________）， ，即． （3）如图3，先把矩形沿对折，再沿折叠，折痕交对角线于点，过点折叠矩形，使得点落在上，得到折痕．请判断点是否为边的“三等分点”？并证明你的结论． 【拓展应用】（4）如图4，将矩形对折，使点和点重合，展开铺平，折痕为，将沿翻折得到，过点折叠矩形，使折痕．若点为边的三等分点，请求出的值． 1．（2024·广东·模拟预测）如图，在矩形纸片中，点E在边上，将沿翻折得到，点F落在上．若，，则（　　）． A． B．3 C． D． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在矩形中，O为对角线BD的中点，，E为边上一点，且，连接，取的中点F，连接，则的长度为（   ） A．2 B． C．3 D． 3．（2025·广西来宾·三模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A的坐标为，B为y轴上的动点，以为边作矩形，O为坐标原点，．连接，则线段的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，矩形中，点E为边的中点，连接，过E作交于点F，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 5．（2022·山东泰安·模拟预测）如图，在四边形中，，于点，若四边形的面积是，则的长是(     ) A． B． C． D． 6．（2025·浙江丽水·一模）如图，在四边形中，，，，点E为上一点，连接，把绕点E逆时针旋转，点A恰好落在的中点F处，则的值为（   ） A． B． C． D． 7．（2025·山东东营·一模）如图，已知四边形是矩形，点 E 是 边上的点，且，，，垂足为 F．下列结论：①；②平分；③；④其中正确的结论有（          ） A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 8．（2025·广西梧州·三模）综合与实践． 一块材料的形状是锐角三角形，边，高． 【特例初探】 （1）若把它加工成正方形零件如图（），使正方形的一边在上，其余两个顶点分别在和上．这个正方形零件的边长是多少？ 【迁移运用】 （2）若把它加工成横向并排放置的两个小正方形零件，如图（），求一个小正方形的周长． 【变式提升】 （3）若把它加工成矩形零件，如图（），当宽为多少时，矩形有最大面积，最大面积是多少？ 1．（2026·四川巴中·模拟预测）已知点E，F分别在矩形纸片的边、所在直线上，连接，将矩形纸片沿折叠，点A落在处，点B落在'处．当，时，请解决下列问题： (1)如图1，若点恰好与点D重合，与相交于点O，连接、，求的长； (2)如图2，若点恰好在边上时，交于点G，且满足，求证：； (3)若点在边所在直线上，且满足，求的长． 2．（2025·福建福州·模拟预测）综合与实践：根据以下素材，探索完成任务． 折叠黄金矩形 问题背景 宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计．如希腊的巴特农神庙图．    操作步骤 第一步，在一张矩形纸片的一端，利用图所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 第二步，如图，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 第三步，折出内侧矩形的对角线，并把折到图中所示的处． 第四步，展平纸片，按照所得的点折出，矩形图就是黄金矩形．    解决问题 任务一 设，请用含的式子表示，并证明四边形是黄金矩形．    任务二 如图，连接，过点作于，交于，若，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $