专题 1.3 矩形的性质与判定（知识梳理 + 题型精析 +同步检测）- 2026-2027学年北师大版九年级数学上册基础知识专项突破讲与练

本讲义聚焦矩形的性质（四个角为直角、对角线相等）与判定（三个角直角的四边形、对角线相等的平行四边形），并整合直角三角形斜边上中线定理，通过定理、图示、几何语言梳理知识，衔接平行四边形内容，构建从概念到应用的学习支架。 资料以分层题型设计为亮点，夯实基础题型（性质理解、角度线段计算等）与巩固提升题型（折叠、平移动点）结合，如“矩形框”实例培养几何直观，同步检测覆盖多样题型，助力学生发展推理能力与应用意识，课中辅助分层教学，课后帮助查漏补缺。

专题 1.3 矩形的性质与判定（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理解读 1 【知识点一】矩形的性质 1 【知识点二】直角三角形斜边上中线 2 【知识点三】矩形的判定 2 二.题型精析（夯实基础） 3 【题型 1】矩形性质与判定的理解 3 【题型 2】利用矩形性质求角度、线段、面积 4 【题型 3】利用矩形性质证明 5 【题型 4】直角三角形斜边上的中线 6 【题型 5】矩形的证明 7 【题型 6】矩形的性质与判定综合求值证明 8 三.题型精析（巩固提升） 9 【题型 7】矩形与折叠 9 【题型 8】矩形性质与判定综合求值证明 10 【题型 9】矩形与平移、动点问题综合 11 四.同步检测 13 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 13 （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 15 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 17 一.知识梳理解读 【知识点一】矩形的性质 定理：矩形的四个角都是直角。 定理：矩形的对角线相等。 定理 图示 几何语言 矩形的四个角都是直角 在矩形中， 矩形的对角线相等 在矩形中， 【要点提示】（1）矩形中，对角线分得的四个三角形为等腰三角形，其中,；（2）分得四个全等直角三角形。 【知识点二】直角三角形斜边上中线 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 定理 图示 几何语言 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 在直角三角形中，， 是中点， 。 【要点提示】（1）由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，可得：，从而得到，；（2）反之，若或，可得是中点。 【知识点三】矩形的判定 定理：有三个角是直角的四边形是矩形。 定理：对角线相等的平行四边形是矩形。 定理 图示 几何语言 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形中， ， 四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形 在中， ， 四边形是矩形. 【要点提示】（1）从角出发，利用三角形是直角直接证明矩形；（2）从对角线出发，先证明平行四边形，再从对角线相等得到矩形。 二.题型精析（夯实基础） 【题型 1】矩形性质与判定的理解 【例题1】（9.4矩形、菱形、正方形（1）八年级数学下册苏科版）下面性质中，矩形不一定具有的是（   ）． A．对角线相等 B．四个角都相等 C．是轴对称图形 D．对角线互相垂直 【变式1】（24-25八年级下·全国·课后作业）矩形的判定定理包括：（1）___________的平行四边形是矩形；（2）____________的平行四边形是矩形；（3）____________的四边形是矩形． 【变式2】（25-26八年级下·重庆开州·期末）如图，在科技社团活动课上小聪制作了平行四边形相框，为了使相框更加美观，老师建议将其改装为菱形相框，则小聪还需满足的条件是（     ） A． B．平分 C． D． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·阶段检测）下列对矩形的判定： （1）对角线相等的四边形是矩形； （2）对角线互相平分且相等的四边形是矩形 （3）有一个角是直角的四边形是矩形； （4）有四个角是直角的四边形是矩形； （5）四个角都相等的四边形是矩形； （6）对角线相等，且有一个直角的四边形是矩形； （7）对角线相等且互垂直的四边形是矩形； （8）一组邻边垂直，一组对边平行且相等的四边形是矩形，正确的有___________．（只填写序号） 【题型 2】利用矩形性质求角度、线段、面积 【例题2】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）【理解概念】 如果一个矩形的一条边与一个三角形的一条边能够重合，且三角形的这条边所对的顶点恰好落在矩形这条边的对边上，则称这样的矩形为这个三角形的“矩形框”．如图1，矩形即为的“矩形框”． （1）三角形面积等于它的“矩形框”面积的___________； （2）钝角三角形的“矩形框”有___________个； （3）如图2，已知中，，求的“矩形框”的周长； 【变式1】（25-26八年级下·广东湛江·期末）如图，矩形中，对角线，相交于点O，点E在上，平分，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，在矩形中，，，以为圆心长为半径画弧交于点．再分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于，两点，直线与交于点，则的长为________． 【变式3】（25-26八年级下·山西阳泉·期末）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，延长至点E，延长至点F，使，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，试判断与之间的数量关系，并说明理由． 【题型 3】利用矩形性质证明 【例题3】（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）如图，在矩形中，F是边上的一点，连接，使得，平分交的延长线于点G，连接．求证：四边形为平行四边形． 【变式1】（24-25八年级下·贵州铜仁·期末）小明同学按如下步骤作图：①在矩形中，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点；②画直线，分别与，交于点，，连接，．则四边形一定是（     ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法判断 【变式2】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线，过点作的垂线分别交，于点,．若，，则的值为________． 【变式3】（2026·湖北·中考真题）如图，在矩形中，，，分别是边，，的中点．求证：． 【题型 4】直角三角形斜边上的中线 【例题4】（25-26八年级下·湖南长沙·期末）如图，是直角三角形，且，点，分别是，的中点，连接并延长至点，使得，连接，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·云南昆明·期末）如图，在中，，，点为的中点，则的长度为（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为_______． 【变式3】（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，在中，，分别是边，的中点，点在线段上，，，，． （1）求的度数； （2）求的长． 【题型 5】矩形的证明 【例题5】（25-26八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形中，平分，延长交的延长线于点，延长至点，使，分别连接． （1）求证：； （2）当为边的中点时，判断四边形的形状，并说明理由． 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期末）已知四边形是平行四边形，下列条件中，能判定该四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·浙江衢州·期末）在平面直角坐标系中，四边形的四个顶点坐标依次是，则四边形的形状一定为________． 【变式3】（25-26八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，，对角线与交于点，分别过点作的平行线交于点．求证四边形是菱形． 【题型 6】矩形的性质与判定综合求值证明 【例题6】（25-26八年级下·吉林·期末）已知，如图平行四边形的对角线，相交于点，为的中点，连接并延长，交的平行线于点，连接． （1）求证：； （2）已知：________（从以下两个条件①，②中选择一个作为已知，只填写序号），判断四边形的形状，并证明你的结论． 【变式1】（25-26八年级下·河北张家口·期末）如图，在梯形中，，，，，，则的长度为（     ） A．4 B．6 C． D． 【变式2】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，矩形的对角线与相交于点，，，，，则四边形的面积为________． 【变式3】（25-26八年级下·河南开封·期末）如图，菱形的对角线、交于点，且，连接、． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 三.题型精析（巩固提升） 【题型 7】矩形与折叠 【例题7】（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，将矩形沿折叠，使点C与点A重合，点D落在处． （1）若，求的度数； （2）已知，，求的长． 【变式1】（2025·四川攀枝花·模拟预测）如图，将矩形纸片放入直角坐标系中，边在x轴上且过原点，连接．将纸片沿折叠，使点C恰好落在边上点处，若，则的坐标为（     ） A． B． C． D． 【变式2】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，矩形，．将矩形沿对角线折叠，点C落在点E处，与交于点F． 则的周长____________________． 【变式3】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）在矩形纸片中，，． （1）将矩形纸片沿折叠，点A落在点E处（图1），连接．设与相交于点F，求的长； （2）图（1）中的四边形是怎样的四边形？请说明理由； （3）将矩形纸片折叠，使点B与点D重合（图2），求折痕的长． 【题型 8】矩形性质与判定综合求值证明 【例题8】（25-26八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，已知平行四边形中，．点为边上一动点，点为的中点，射线交的延长线于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当，且时，求四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·四川成都·期末）如图，过顶点的直线与边交于点，若点，到直线的距离分别为2，5，则点到直线的距离为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）中国北宋数学家贾宪提出一个定理“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的 直线，则所容两长方形面积相等（如图①中）”．问题解决：如图②，点 M是矩形的对角线上一点，过点M 作分别交于点．连接，若， 则________． 【变式3】（25-26八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，过点作，过点作，，交于点，，交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【题型 9】矩形与平移、动点问题综合 【例题9】（25-26八年级下·海南三亚·期末）如图，平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，点是线段上的一个动点（不与、重合），连接，设点的横坐标为． （1）求直线的函数解析式； （2）当时，求点的坐标，并判断此时线段与的数量关系（需说明理由）； （3）将直线向上平移个单位长度后，当时，该函数的最大值为5，请求出的值． 【变式1】（25-26八年级下·福建龙岩·期末）如图①，在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴．直线沿x轴正方向平移，被矩形截得的线段的长度l与平移的距离a之间的函数图象如图②，则矩形的面积为（     ） A．18 B．15 C．12 D．10 【变式2】（25-26八年级下·河南郑州·期末）如图，在等腰中，，，点，分别在轴，轴上，且轴，将沿轴向左平移，当点与点重合时，点的坐标为________． 【变式3】（24-25八年级下·山西运城·期中）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以直角三角形纸片为背景进行探究性活动．如图1，在中，，，，是的角平分线． 初步分析：（1）求线段的长； 深入探究：（2）如图2，将从图1的位置开始沿方向平移得到，当点的对应点落在边上，求平移的距离； 拓展延伸：（3）将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，的对应点分别是点，），旋转角为．在旋转的过程中，是否存在某一时刻，使点到，两点的距离相等？若存在，请直接写出此时点到直线的距离；若不存在，说明理由． 四.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 1．（25-26八年级下·吉林长春·期末）矩形和菱形都具有的性质是（     ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直且平分 2．（25-26八年级下·吉林·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，若，，则的长为（     ） A．4 B．6 C．8 D．10 3．（22.4.1矩形的性质（分层作业，7大题型）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（冀教版））如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，点是的中点，点在上运动，当时，点的坐标是（ ） A． B． C． D． 4．（25-26九年级上·湖南常德·期末）如图，在矩形中，，，点E在上，将矩形沿折叠，点D恰好落在边上的F处，那么的值是（　　） A． B． C． D． 5．（25-26八年级下·江苏无锡·期末）下列条件中，能判定平行四边形是菱形的是（     ） A．邻边相等 B．邻角相等 C．对角互补 D．对角线相等 6．（第1章2矩形的性质与判定）如图，，，于点E．则下列条件中，不能使四边形成为矩形的条件是（   ）    A． B． C． D． 7．（2025·广西南宁·二模）“准、绳、规、矩”是古代使用的测量工具，一个简单结构的“矩”（如图1），根据使用时安放的位置测定物体的高低远近及大小，把“矩”放置在如图2所示的位置，令，若，，，则关于的函数解析式为（   ） A． B． C． D． 8．（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，的对角线，相交于点，，点为边的中点，分别连接，．若，，则的周长为（     ） A．8 B．10 C．12 D．16 9．（25-26八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为（     ） A．6 B．5 C．4 D．3 10．（25-26八年级下·青海西宁·期末）如图1，是矩形的对角线，点从矩形的顶点出发，沿的方向匀速运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为．随变化的函数图像如图2所示，则的长是（     ） A． B． C． D． （2） 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，矩形中，对角线相交于点 O，，则________度． 12．（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，李奶奶准备用篱笆围建一个面积为的矩形鸡舍．设的长为的长为，则与之间的函数解析式为_____________． 13．（25-26八年级下·陕西西安·期末）如图，公路，互相垂直，公路的中点与点被湖隔开．若测得的长为，则两点间的距离是_____． 14．（25-26八年级下·陕西西安·阶段检测）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件______使平行四边形ABCD是矩形． 15．（24-25八年级下·北京·课堂例题）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为 ___________． 16．（25-26八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在中，，于点，是边的中点，若． （1）的度数为________； （2）的值为________． 17．（25-26八年级下·黑龙江绥化·期末）已知直角三角形两边长为1和，则此直角三角形斜边上的中线长是__________． 18．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在等腰三角形中，是底边上一动点，作交于点，交于点．给出下面四个结论： ①四边形是平行四边形； ②； ③若点运动至中点，则四边形是菱形； ④若，连结，则的最小值为 上述结论中，正确结论的序号是___________． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，则菱形的面积为________． 20．（本小题满分8分）（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形中，点E是边上一个动点，点F、G、H分别是、、的中点． （1）求证： （2）若，当四边形是正方形时，求矩形的面积． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，为边上的高，且，在上截取一点使，延长交于点，为边上的中点，连接． （1）求证：； （2）若，求证：． 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，则菱形的面积为______． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·贵州毕节·期末）数形思维社团在开展社团活动中，对多边形内两条互相垂直的线段进行了深入研究，并提出了以下问题：如图，在中，，，，是中点，将沿翻折，使点落在点处，连接，和，交于点． （1）求证：为直角三角形； （2）求的长度． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·河北张家口·期末）综合与实践 【情境】工厂有一批形状和大小相同的三角形铁皮，现在需要将每块三角形铁皮都加工成一个与其面积相等的平行四边形． 【操作】在图1中，工人师傅先确定与的中点分别为、，连接，并沿剪开，将绕点E顺时针方向旋转到的位置（如图2），这样就得到了一个与面积相等的平行四边形． 【探究】 （1）在图2中，与的关系为______； 【运用】如图3 在四边形中，分别为的中点 （2）若，证明四边形是菱形； （3）若，且，连接，直接写出的长． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 1.3 矩形的性质与判定（知识梳理+题型精析+同步检测） 目录 一.知识梳理解读 1 【知识点一】矩形的性质 1 【知识点二】直角三角形斜边上中线 2 【知识点三】矩形的判定 2 二.题型精析（夯实基础） 3 【题型 1】矩形性质与判定的理解 3 【题型 2】利用矩形性质求角度、线段、面积 5 【题型 3】利用矩形性质证明 9 【题型 4】直角三角形斜边上的中线 13 【题型 5】矩形的证明 16 【题型 6】矩形的性质与判定综合求值证明 18 三.题型精析（巩固提升） 23 【题型 7】矩形与折叠 23 【题型 8】矩形性质与判定综合求值证明 28 【题型 9】矩形与平移、动点问题综合 33 四.同步检测 40 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 40 （二）填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 47 （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 53 一.知识梳理解读 【知识点一】矩形的性质 定理：矩形的四个角都是直角。 定理：矩形的对角线相等。 定理 图示 几何语言 矩形的四个角都是直角 在矩形中， 矩形的对角线相等 在矩形中， 【要点提示】（1）矩形中，对角线分得的四个三角形为等腰三角形，其中,；（2）分得四个全等直角三角形。 【知识点二】直角三角形斜边上中线 定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。 定理 图示 几何语言 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 在直角三角形中，， 是中点， 。 【要点提示】（1）由“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”，可得：，从而得到，；（2）反之，若或，可得是中点。 【知识点三】矩形的判定 定理：有三个角是直角的四边形是矩形。 定理：对角线相等的平行四边形是矩形。 定理 图示 几何语言 有三个角是直角的四边形是矩形 在四边形中， ， 四边形是矩形. 对角线相等的平行四边形是矩形 在中， ， 四边形是矩形. 【要点提示】（1）从角出发，利用三角形是直角直接证明矩形；（2）从对角线出发，先证明平行四边形，再从对角线相等得到矩形。 二.题型精析（夯实基础） 【题型 1】矩形性质与判定的理解 【例题1】（9.4矩形、菱形、正方形（1）八年级数学下册苏科版）下面性质中，矩形不一定具有的是（   ）． A．对角线相等 B．四个角都相等 C．是轴对称图形 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质逐项判断即可． 解：A、矩形的对角线平分、相等，故A正确，不符合题意； B、矩形的四个角都是直角，故B正确，不符合题意； C、矩形是轴对称图形，故C正确，不符合题意； D、矩形对角线相等，不一定互相垂直，故D错误，符合题意． 故选D． 【变式1】（24-25八年级下·全国·课后作业）矩形的判定定理包括：（1）___________的平行四边形是矩形；（2）____________的平行四边形是矩形；（3）____________的四边形是矩形． 【答案】 有一个角是直角 对角线相等 有三个角是直角 【分析】矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；矩形的判定：①有三个角是直角的四边形是矩形；②对角线相等的平行四边形是矩形；根据定义与判定可得答案. 解：矩形的判定定理包括： （1）有一个角是直角的平行四边形是矩形； （2）对角线相等的平行四边形是矩形； （3）有三个角是直角的四边形是矩形． 故答案为：有一个角是直角，对角线相等，有三个角是直角 【点拨】本题考查的是矩形的定义与判定，熟知矩形的定义与判定是解题的关键. 【变式2】（25-26八年级下·重庆开州·期末）如图，在科技社团活动课上小聪制作了平行四边形相框，为了使相框更加美观，老师建议将其改装为菱形相框，则小聪还需满足的条件是（     ） A． B．平分 C． D． 【答案】D 【分析】根据菱形和矩形的判定定理逐项判断即可求解． 解：、是平行四边形的性质，不能判定平行四边形是菱形，该选项不符合题意； 、平分是平行四边形的性质，不能判定平行四边形是菱形，该选项不符合题意； 、时，平行四边形是矩形，不能判定平行四边形是菱形，该选项不符合题意； 、时，平行四边形是菱形，该选项符合题意． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·阶段检测）下列对矩形的判定： （1）对角线相等的四边形是矩形； （2）对角线互相平分且相等的四边形是矩形 （3）有一个角是直角的四边形是矩形； （4）有四个角是直角的四边形是矩形； （5）四个角都相等的四边形是矩形； （6）对角线相等，且有一个直角的四边形是矩形； （7）对角线相等且互垂直的四边形是矩形； （8）一组邻边垂直，一组对边平行且相等的四边形是矩形，正确的有___________．（只填写序号） 【答案】（2）（4）（5）（8） 【分析】本题考查了矩形的判定方法；熟练掌握矩形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．根据矩形的判定方法逐一进行判断即可，由矩形的判定方法得出（2）（4）（5）（8）正确，（1）（3）（6）（7）不正确，即可得出结论． 解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，∴（1）不正确； ∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，∴（2）正确； （7）不正确 ∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，∴（3）不正确； ∵有三个角是直角的四边形是矩形，∴（4）正确； ∵四边形的内角和等于360°，∴四个角都相等的四边是矩形，∴（5）正确；（6）不正确； ∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形， ∴一组邻边垂直，一组对边平行且相等的四边形是矩形，∴（8）正确； 故答案为：（2）（4）（5）（8）． 【题型 2】利用矩形性质求角度、线段、面积 【例题2】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）【理解概念】 如果一个矩形的一条边与一个三角形的一条边能够重合，且三角形的这条边所对的顶点恰好落在矩形这条边的对边上，则称这样的矩形为这个三角形的“矩形框”．如图1，矩形即为的“矩形框”． （1）三角形面积等于它的“矩形框”面积的___________； （2）钝角三角形的“矩形框”有___________个； （3）如图2，已知中，，求的“矩形框”的周长； 【答案】（1）；（2）1；（3）或 【分析】本题考查的勾股定理的应用，矩形的性质，清晰的分类是解本题的关键． （1）利用面积公式可直接得到答案； （2）由钝角三角形夹钝角的两边不能作为矩形的边，从而可得答案； （2）当或与“矩形框”一边重合时， 利用矩形的性质直接可得答案；当与“矩形框”一边重合时，利用等面积法求解，从而可得答案； 解：（1）解：∵矩形为的“矩形框” ∴； 故答案为： （2）解：由“矩形框”的含义得：钝角三角形夹钝角的两边不能作为矩形的边，所以钝角三角形的矩形框只有1个， 故答案为：1 （3）解：当或与“矩形框”一边重合时，周长为； 当与“矩形框”一边重合时，如图，作交AB于D． ∵中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴周长为． 综上，的“矩形框”的周长为或． 【变式1】（25-26八年级下·广东湛江·期末）如图，矩形中，对角线，相交于点O，点E在上，平分，，则的度数是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质可得，，，，，从而可得，，由等边对等角并结合题意可得，再由角平分线的定义计算即可得出结果． 解：∵四边形为矩形， ∴，，，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，在矩形中，，，以为圆心长为半径画弧交于点．再分别以，为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于，两点，直线与交于点，则的长为________． 【答案】 【分析】根据矩形性质、垂直平分线性质，再利用勾股定理计算即可． 解：∵以为圆心长为半径画弧交于点， ∴， ∵矩形中，，， ∴， 在中，根据勾股定理得， ， 根据题意可知为的垂直平分线，连接，如图， ∴， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理， ∴， 整理得， 解得， ∴的长为． 【变式3】（25-26八年级下·山西阳泉·期末）如图，在平行四边形中，对角线与交于点O，延长至点E，延长至点F，使，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，试判断与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ∵， ， ， 四边形是平行四边形． ， ， 是矩形． （2）解：，理由： 由（1）知，四边形是矩形， ∴， ， ， ， ∴， ∴， ， ， ， ∴． 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，，进而得到，再结合根据矩形的判定即可证得结论； （2）根据平行四边形的性质和已知条件得出，则，再根据矩形的性质即可得到结论． 解：（1）略 （2）略 【题型 3】利用矩形性质证明 【例题3】（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）如图，在矩形中，F是边上的一点，连接，使得，平分交的延长线于点G，连接．求证：四边形为平行四边形． 【答案】见分析 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定，熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定是解题的关键．根据矩形的性质得到，利用平行线的性质得到，再根据角平分线的定义得到，进而得出，再推出，根据平行四边形的判定即可证明． 解：证明：矩形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形． 【变式1】（24-25八年级下·贵州铜仁·期末）小明同学按如下步骤作图：①在矩形中，分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于，两点；②画直线，分别与，交于点，，连接，．则四边形一定是（     ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法判断 【答案】A 【分析】由作法得垂直平分，设垂足为，则，，证明，则，得到四边形是平行四边形，又由即可证明四边形是菱形． 解：由作法得垂直平分，设垂足为，如图， ，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【变式2】（2024·四川成都·模拟预测）如图，在矩形中，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点，，再分别以点，为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线，过点作的垂线分别交，于点,．若，，则的值为________． 【答案】/ 【分析】利用矩形的性质和勾股定理，得出，再证明，继而得到，根据作图可证，得到，，继而得到，本题考查了矩形的性质，三角形相似的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握性质和相似是解题的关键． 解：∵矩形中，，， ∴，， ∴，， ∴， 根据作图，得, ∴， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式3】（2026·湖北·中考真题）如图，在矩形中，，，分别是边，，的中点．求证：． 【答案】证明：点是的中点， ， 点，分别是边，的中点， ，， 四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ． 【分析】利用矩形的性质和中点的性质推出，，，再利用证明三角形全等即可． 解：略． 【题型 4】直角三角形斜边上的中线 【例题4】（25-26八年级下·湖南长沙·期末）如图，是直角三角形，且，点，分别是，的中点，连接并延长至点，使得，连接，，． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明：点是的中点， ， ， ∴四边形是平行四边形， 是直角三角形，点是的中点， ， ∴四边形是菱形． （2） 【分析】（1）根据，得出四边形是平行四边形，根据直角三角形斜边中线的性质得出，即可得出四边形是菱形； （2）利用勾股定理求出，利用中位线的性质得出，进而得出，利用菱形面积公式即可得出答案． 解：（1）证明：略 （2）解：在中，，， ， ∵点、分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴， ， ， 由（1）知，四边形为菱形， 【变式1】（25-26八年级下·云南昆明·期末）如图，在中，，，点为的中点，则的长度为（     ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得答案． 解：∵在中，，，点为的中点， ∴． 【变式2】（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为_______． 【答案】 【分析】由菱形的性质可得，，，利用勾股定理求出的长，进而得到的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解． 解： 四边形是菱形， ，，， 在中， ， ， ，， ． 【变式3】（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，在中，，分别是边，的中点，点在线段上，，，，． （1）求的度数； （2）求的长． 【答案】（1）；（2）2 【分析】（1）利用勾股定理逆定理证明是直角三角形，可得； （2）由三角形中位线定理得到，即可利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，则． 解：（1）解：∵，，， ∴， ∴是直角三角形，即， （2）解：∵点D、E分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 【题型 5】矩形的证明 【例题5】（25-26八年级下·河北邯郸·期末）如图，在平行四边形中，平分，延长交的延长线于点，延长至点，使，分别连接． （1）求证：； （2）当为边的中点时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】（1）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴ ∵平分， ∴， ∴， ∴． （2）四边形是矩形．理由如下： ∵E为边的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 【分析】（1）利用平行四边形的对边平行以及等腰三角形的判定证明即可； （2）先证明，然后可证明四边形是平行四边形，再证明对角线，即可证明为矩形． 解：（1）略 （2）略 【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期末）已知四边形是平行四边形，下列条件中，能判定该四边形为菱形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断选项即可. 解：四边形是平行四边形，逐一判断选项： 选项A. ，无法推出平行四边形邻边相等或对角线垂直，不能判定为菱形，不符合题意； 选项B. ，对角线相等的平行四边形是矩形，不能判定为菱形，不符合题意； 选项C. ，即，有一个角是直角的平行四边形是矩形，不能判定为菱形，不符合题意； 选项D. ，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，可判定该平行四边形是菱形，符合题意. 【变式2】（25-26八年级下·浙江衢州·期末）在平面直角坐标系中，四边形的四个顶点坐标依次是，则四边形的形状一定为________． 【答案】矩形 【分析】本题考查了坐标与图形性质，矩形的判定．注意矩形判定定理理解． 根据点的坐标特征即可判断的形状． 解：根据题意，因为、两点横坐标相等，、两点横坐标相等， 所以，轴，轴． ∴． 同理，， ∴四边形是平行四边形； 因为轴，轴 ∴， ∴四边形是矩形． 故答案为：矩形． 【变式3】（25-26八年级下·河北邯郸·期末）如图，在中，，对角线与交于点，分别过点作的平行线交于点．求证四边形是菱形． 【答案】证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴ 四边形是矩形， ∴ ， ∴ ∵过点作的平行线交于点． ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴ 四边形是菱形． 【分析】先结合平行四边形的性质以及，得出，即可证明四边形是矩形，得出，又因为，，得出四边形是平行四边形，结合一组邻边相等的平行四边形是菱形． 解：略 【题型 6】矩形的性质与判定综合求值证明 【例题6】（25-26八年级下·吉林·期末）已知，如图平行四边形的对角线，相交于点，为的中点，连接并延长，交的平行线于点，连接． （1）求证：； （2）已知：________（从以下两个条件①，②中选择一个作为已知，只填写序号），判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， 情况一：选择①时， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形； 情况二：选择②时， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质结合证明即可； （2）先证明四边形是平行四边形，然后根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明即可． 解：（1）略 （2）略 【变式1】（25-26八年级下·河北张家口·期末）如图，在梯形中，，，，，，则的长度为（     ） A．4 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点，可得四边形为矩形，求出的长，再根据含角的直角三角形的性质求解． 解：过点作于点，则， ，， ∴， 四边形为矩形， ， ， 在中，， ， ． 【变式2】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，矩形的对角线与相交于点，，，，，则四边形的面积为________． 【答案】 【分析】连接，与交于点F，只要证明四边形是菱形，四边形是平行四边形结合勾股定理即可解决问题． 解：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴，， ∵矩形的对角线与相交于点O， ∴，， ∴平行四边形是菱形． 连接，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∴四边形的面积为； 故答案为： 【点拨】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，二次根式的运算，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用菱形的性质解决问题． 【变式3】（25-26八年级下·河南开封·期末）如图，菱形的对角线、交于点，且，连接、． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求四边形的面积． 【答案】（1）证明：∵四边形是菱形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形 ， ， 四边形是矩形． （2） 【分析】（1）根据菱形的性质得到，得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形； （2）根据菱形的性质得到，求得，得到，根据勾股定理得到，根据矩形的面积公式得到四边形的面积． 解：（1）略 （2）解：菱形， ，， ， ，， 设交于点， ∴四边形是矩形， ， 为等边三角形， ， ． ∴四边形的面积． 三.题型精析（巩固提升） 【题型 7】矩形与折叠 【例题7】（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，将矩形沿折叠，使点C与点A重合，点D落在处． （1）若，求的度数； （2）已知，，求的长． 【答案】（1）；（2） 【分析】（1）由矩形的性质和折叠的性质得出，，，由直角三角形两个锐角互余得出，进而可求出． （2）先证明，由全等三角形的性质得出，由勾股定理求出，即可求出，设，则，先利用勾股定理求出x，进而求出，再利用勾股定理求出，进而可求出． 解：（1）解：∵矩形沿折叠，使点C与点A重合，点D落在处． ∴垂直平分，， ∴，，， ∵， ∴， ∴． （2）解：∵矩形， ∴， ∴， 由（1）可知：，， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， 设，则， 由折叠可知：， 在中，， 即， 解得：， ∴， 在中，， ∴． 【变式1】（2025·四川攀枝花·模拟预测）如图，将矩形纸片放入直角坐标系中，边在x轴上且过原点，连接．将纸片沿折叠，使点C恰好落在边上点处，若，则的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 依据折叠的性质以及勾股定理，即可得出的长，进而得到，再根据勾股定理可得，中，，列方程求解即可得到，进而得出点的坐标． 【解答】解：∵矩形纸片中，， ， 中，， ， 设，则， 中，， ， 解得， ∴， ∵点在第二象限， 的坐标为． 【变式2】（25-26八年级下·辽宁大连·期末）如图，矩形，．将矩形沿对角线折叠，点C落在点E处，与交于点F． 则的周长____________________． 【答案】 【分析】由矩形的性质得，，则，再由折叠的性质得，推出，设，则，然后由勾股定理求出，最后求得的长即可解答． 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由折叠的性质得：， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 即， 解得：， ∴， ， 的周长为． 【变式3】（25-26八年级下·江苏苏州·期末）在矩形纸片中，，． （1）将矩形纸片沿折叠，点A落在点E处（图1），连接．设与相交于点F，求的长； （2）图（1）中的四边形是怎样的四边形？请说明理由； （3）将矩形纸片折叠，使点B与点D重合（图2），求折痕的长． 【答案】（1）的长为；（2）四边形是等腰梯形，理由如下： 由翻折可得，， 由（1）知， 故，即， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴四边形是等腰梯形； （3） 【分析】（1）先由折叠的性质和平行线的性质得出，再设，则，根据勾股定理即可求解； （2）通过折叠的性质和矩形对边相等的性质，得到，再利用（1）中的关系，求出，利用等边对等角和对顶角相等，得到，从而得到，即可得到四边形的形状； （3）连接，由折叠的性质，确定被垂直平分，可得，，由（1）可得，即可判断四边形为菱形，通过勾股定理求得和的长，最后通过菱形的面积求解即可． 解：（1）解∶由折叠可知，， 又∵， ∴， ∴，故， 又∵，， 设，则， 在中，由勾股定理可得 解得 即的长为 （2）略 （3）解：如图1所示，连接，则被垂直平分，故，， 又由（1）中同理可证， 故，即四边形为菱形， 设，则， 在中，由勾股定理可得 ， 解得 由勾股定理可得， 根据菱形的面积可得 ， ∴ ． 【题型 8】矩形性质与判定综合求值证明 【例题8】（25-26八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，已知平行四边形中，．点为边上一动点，点为的中点，射线交的延长线于点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当，且时，求四边形的面积． 【答案】（1）∵平行四边形， ∴， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形； （2）8 【分析】（1）利用证明，推出，结合，即可证明四边形是平行四边形； （2）证明，推出平行四边形是矩形，利用勾股定理求得，据此求解即可． 解：（1）略 （2）解：∵，且， ∴ ∴， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形的面积． 【变式1】（25-26八年级下·四川成都·期末）如图，过顶点的直线与边交于点，若点，到直线的距离分别为2，5，则点到直线的距离为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】过B作于M，过D作于N，过C作于F，作于G，判定四边形是矩形，推出，，判定，得到，求出，因此，于是得到点C到直线m的距离． 解：过B作于M，过D作于N，过C作于F，作于G， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点B，D到直线m的距离分别为2，5， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点C到直线m的距离为3． 【变式2】（2024·湖南长沙·模拟预测）中国北宋数学家贾宪提出一个定理“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的 直线，则所容两长方形面积相等（如图①中）”．问题解决：如图②，点 M是矩形的对角线上一点，过点M 作分别交于点．连接，若， 则________． 【答案】 【分析】过点作，交于点，得到四边形、是矩形，根据题意，即可求解． 本题考查了矩形的性质，三角形的面积等知识，掌握相关知识是解题的关键． 解：过点作，交于点，如图： ∵四边形是矩形，，， ∴四边形、是矩形， ∴， ∵点 M是矩形的对角线上一点，，， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：． 【变式3】（25-26八年级下·云南昆明·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，过点作，过点作，，交于点，，交于点，连接． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，求的长． 【答案】（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2） 【分析】（1）根据，，证明四边形是平行四边形，根据矩形的性质得出，即可证明平行四边形是菱形； （2）在中，根据，，求出，，由（1）知四边形是菱形，则，，延长交于，证明四边形是矩形，得出，，，根据三角形中位线定理求出，根据四边形是菱形，求出，最后在中，由勾股定理即可求解． 解：（1）略 （2）解：矩形中，，， 在中，，， ∴， ∴，， 由（1）知四边形是菱形， ∴，， 又∵， ∴， 延长交于， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵是中点，是中点， ∴是的中位线， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得． 【题型 9】矩形与平移、动点问题综合 【例题9】（25-26八年级下·海南三亚·期末）如图，平面直角坐标系中，直线与轴、轴分别交于点、，点是线段上的一个动点（不与、重合），连接，设点的横坐标为． （1）求直线的函数解析式； （2）当时，求点的坐标，并判断此时线段与的数量关系（需说明理由）； （3）将直线向上平移个单位长度后，当时，该函数的最大值为5，请求出的值． 【答案】（1）；（2）解：点F的坐标为，，理由如下： ∵， ∴， ∴点F为的中点， ∵， ∴； ∵点、， ∴点F的坐标为，即； （3） 【分析】（1）利用待定系数法求解即可； （2）根据，得到点F为的中点，由直角三角形的性质可得，再由中点坐标公式求出点F的坐标即可； （3）求出平移后的直线的函数解析式，进而判断出平移后的直线的增减性，结合已知条件建立关于n的方程，解方程即可得到答案． 解：（1）解：设直线的函数解析式为， 则， ∴， ∴直线的函数解析式为； （2）略 （3）解：由（1）得直线的函数解析式为， ∴平移后的直线的函数解析式为， ∵， ∴在中，y随x的增大而减小， ∵在中，当时，该函数的最大值为5， ∴在中，当时，， ∴， ∴． 【变式1】（25-26八年级下·福建龙岩·期末）如图①，在平面直角坐标系中，矩形在第一象限，且轴．直线沿x轴正方向平移，被矩形截得的线段的长度l与平移的距离a之间的函数图象如图②，则矩形的面积为（     ） A．18 B．15 C．12 D．10 【答案】B 【分析】根据图象折线中各个点的位置，判断出与矩形顶点的关系，求出矩形的长和宽，再计算面积． 解：由图可知，当时，直线m过点． 当时，直线经过点． 当时，直线经过点． 当时，直线经过点． 故当在上移动时，，， 当在上移动时，， ∵直线是二、四象限夹角的平分线， 又∵直线沿x轴正方向平移， ∴直线过点B时与y轴的夹角为， ∵轴， ∴此时， ∵矩形中， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴矩形的面积为：． 【变式2】（25-26八年级下·河南郑州·期末）如图，在等腰中，，，点，分别在轴，轴上，且轴，将沿轴向左平移，当点与点重合时，点的坐标为________． 【答案】 【分析】本题考查勾股定理，矩形的判定与性质以及图形的平移，过点A作，证明四边形是矩形，得到，，根据勾股定理求得和的长度，可得平移的距离，即可求解． 解：如图，过点A作， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 由勾股定理可得，， ∴， ∴， ∴，， ∴当点与点重合时，点A向左移动个单位， ∴点的坐标为， 故答案为：． 【变式3】（24-25八年级下·山西运城·期中）综合与探究 问题情境：数学课上，同学们以直角三角形纸片为背景进行探究性活动．如图1，在中，，，，是的角平分线． 初步分析：（1）求线段的长； 深入探究：（2）如图2，将从图1的位置开始沿方向平移得到，当点的对应点落在边上，求平移的距离； 拓展延伸：（3）将从图1的位置开始绕点顺时针旋转，得到（点，的对应点分别是点，），旋转角为．在旋转的过程中，是否存在某一时刻，使点到，两点的距离相等？若存在，请直接写出此时点到直线的距离；若不存在，说明理由． 【答案】（1）的长为；（2）平移的距离为；（3）存在点到，两点距离相等的点的时刻，点到直线的距离为或 【分析】（1）过点作于点，利用勾股定理，求出的值，利用角平分线的性质，得，设，通过构建一元一次方程，解方程即可求解； （2）连接，利用平移的性质推得、，设，根据构建一元一次方程，解方程，即可求解． （3）存在点到，两点距离相等的点的时刻，需分类讨论：当绕点顺时针旋转，得到，过点作于点，过点作于点，①通过等腰三角形的性质“三线合一”得，利用矩形的性质，推得，结合勾股定理求出的值，通过即可求解；②同理可得第二种情况的，通过即可求解． 解：（1）如图，过点作于点， 在中，，且，， ， 是的角平分线，且，， ， ， 设，则， ，， ，解得：． ． （2）如图，连接， 沿方向平移得到， 根据平移的性质，得：，， ， ， 由（1）得：，，且， 设，， ， ， ，解得：． 平移的距离为． （3）存在点到，两点距离相等的点的时刻，理由如下： ①如图，当绕点顺时针旋转，得到， 过点作于点，过点作于点， 由（2）得：，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ，， 绕点顺时针旋转，得到， ， 在中，， ， ； ②如图，当绕点顺时针旋转，得到， 过点作于点，过点作于点， 由（2）得：，且，， ， ，， ， 四边形是矩形， ，， 绕点顺时针旋转，得到， ， 在中，， ， ． 综上所述，存在点到，两点距离相等的点的时刻，点到直线的距离为或． 【点拨】本题主要考查了勾股定理，角平分线的性质，解一元一次方程，平移的性质，等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，理解题意、分类讨论是解题关键． 三.同步检测 （一）选择题（本大题共10个小题,每小题3分,共30分） 1．（25-26八年级下·吉林长春·期末）矩形和菱形都具有的性质是（     ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直且平分 【答案】C 【分析】根据矩形和菱形的对角线性质，即可求解． 解：∵矩形的对角线相等且互相平分，菱形的对角线垂直且互相平分， ∴矩形和菱形都具有的性质是对角线互相平分． 2．（25-26八年级下·吉林·期末）如图，在矩形中，对角线，相交于点，若，，则的长为（     ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】根据矩形的性质可得，，从而得出是等边三角形，据此计算即可解答． 解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴． 3．（22.4.1矩形的性质（分层作业，7大题型）-【上好课】2024-2025学年八年级数学下册同步精品课堂（冀教版））如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点，的坐标分别为，点是的中点，点在上运动，当时，点的坐标是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了坐标与图形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质，由点是的中点，可得出点的坐标，当，由等腰三角形的性质即可得出点的坐标 解：过点作于点， ∵矩形的顶点的坐标分别为，，点是的中点， ∴点 ∵，， ∴， 即点 ∴点， 故选：A 4．（25-26九年级上·湖南常德·期末）如图，在矩形中，，，点E在上，将矩形沿折叠，点D恰好落在边上的F处，那么的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 解：由折叠得，， 四边形是矩形， ， ， 故选：A． 5．（25-26八年级下·江苏无锡·期末）下列条件中，能判定平行四边形是菱形的是（     ） A．邻边相等 B．邻角相等 C．对角互补 D．对角线相等 【答案】A 【分析】根据菱形和矩形的判定定理，逐一判断各选项即可． 解：A选项：∵菱形的判定定理为“一组邻边相等的平行四边形是菱形”，∴本选项符合要求； B选项：∵平行四边形邻角互补，若邻角相等，则每个内角为，该平行四边形是矩形，不是菱形，不符合要求； C选项：∵平行四边形对角相等，若对角互补，则每个内角为，该平行四边形是矩形，不是菱形，不符合要求； D选项：∵对角线相等的平行四边形是矩形，不是菱形，不符合要求． 6．（第1章2矩形的性质与判定）如图，，，于点E．则下列条件中，不能使四边形成为矩形的条件是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法，先证明，得出，然后根据矩形的判定方法，逐项进行判断即可． 解：∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴； A．∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故A不符合题意； B．∵，， ∴， ∵ ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故B不符合题意； C．根据不能判定四边形为矩形，故C不符合题意； D．∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形，故D不符合题意． 故选：C． 7．（2025·广西南宁·二模）“准、绳、规、矩”是古代使用的测量工具，一个简单结构的“矩”（如图1），根据使用时安放的位置测定物体的高低远近及大小，把“矩”放置在如图2所示的位置，令，若，，，则关于的函数解析式为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质与判定，掌握相似三角形的判定方法是解题的关键． 根据题意，四边形是矩形，可得，，，再根据，可得，由此即可求解． 解：根据题意，，四边形是矩形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． 8．（25-26八年级下·广东广州·期末）如图，的对角线，相交于点，，点为边的中点，分别连接，．若，，则的周长为（     ） A．8 B．10 C．12 D．16 【答案】C 【分析】先由勾股定理求解，然后可得为斜边上的中线，以及为的中位线，再由直角三角形斜边中线的性质以及三角形的中位线定理求解即可． 解：∵，，， ∴ ∵ ∴，，，， ∴ ∵点为边的中点， ∴，为的中位线， ∴ ∴的周长． 9．（25-26八年级下·辽宁盘锦·期末）如图，菱形的对角线、相交于点，过点作于点，连接．若，，则的长为（     ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】先根据菱形的性质，得到，，再根据勾股定理，求出，继而推导出，是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可． 解：在菱形中，，，， ∴，点O为的中点， ∴， ∵， ∴是直角三角形， ∴． 10．（25-26八年级下·青海西宁·期末）如图1，是矩形的对角线，点从矩形的顶点出发，沿的方向匀速运动到点停止．设点的运动路程为，的面积为．随变化的函数图像如图2所示，则的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据函数的图像、结合图形求出、的值，根据勾股定理求出的长． 解：∵动点从矩形的顶点出发，沿的方向匀速运动到点停止，而当点运动到点，之间时，的面积不变， ∴， ∴， 函数图像上横轴表示点P运动的路程，当点P运动到点C时，， ， ， ， ， ∴根据勾股定理得． （2） 填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，矩形中，对角线相交于点 O，，则________度． 【答案】25 【分析】本题主要考查了矩形的性质，等边对等角，根据矩形的性质可得，再由等边对等角求出的度数即可得到答案． 解：∵矩形中，对角线相交于点 O， ∴， ∴， ∴， 故答案为：25． 12．（25-26八年级下·甘肃张掖·期末）如图，李奶奶准备用篱笆围建一个面积为的矩形鸡舍．设的长为的长为，则与之间的函数解析式为_____________． 【答案】 【分析】根据矩形的面积公式即可得出结果. 解：由题意，， ∴. 13．（25-26八年级下·陕西西安·期末）如图，公路，互相垂直，公路的中点与点被湖隔开．若测得的长为，则两点间的距离是_____． 【答案】 解：公路，互相垂直， ， 是公路的中点， ， ， ， ，两点间的距离为． 14．（25-26八年级下·陕西西安·阶段检测）如图，在平行四边形ABCD中，添加一个条件______使平行四边形ABCD是矩形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】根据矩形的判定方法即可解决问题 解：若使平行四边形是矩形， 可添加的条件是： ；（对角线相等的平行四边形是矩形），等（有一个角是直角的平行四边形是矩形）， （答案不唯一） ． 15．（24-25八年级下·北京·课堂例题）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为 ___________． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定以及性质，由平行四边形的性质得出，，得出，即可证明四边形是矩形，根据矩形的性质得出，进一步即可求出． 解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 16．（25-26八年级下·湖北宜昌·期末）如图，在中，，于点，是边的中点，若． （1）的度数为________； （2）的值为________． 【答案】 45 【分析】（1）根据直角三角形斜边上中线的性质和三角形的内角和计算； （2）根据勾股定理计算． 解：（1）设，则， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∴， 设， 则， ∴，， ∴． 17．（25-26八年级下·黑龙江绥化·期末）已知直角三角形两边长为1和，则此直角三角形斜边上的中线长是__________． 【答案】或1/1或 【分析】本题需分类讨论，分已知两边均为直角边和较长边为斜边两种情况，利用勾股定理求出斜边长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可． 解：分两种情况讨论： 情况1：当和均为直角边时， 由勾股定理得，斜边长为， 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 斜边上的中线长为； 情况2：当为斜边，为直角边时， 直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 斜边上的中线长为． 综上所述，此直角三角形斜边上的中线长是或． 18．（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在等腰三角形中，是底边上一动点，作交于点，交于点．给出下面四个结论： ①四边形是平行四边形； ②； ③若点运动至中点，则四边形是菱形； ④若，连结，则的最小值为 上述结论中，正确结论的序号是___________． 【答案】④ 【分析】根据平行四边形的判定即可知①正确；由平行四边形的性质得和，结合平行和等腰三角形的性质即可得，则，已知等腰三角形，那么，与不一定相等，则②错误；证明，由全等三角形的性质得出，结合①得出四边形是菱形，则③正确；证明平行四边形是矩形，则，根据时，最小，进而可判断④正确 解：∵，， ∴四边形是平行四边形，则①正确； ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵三角形为等腰三角形， ∴， ∴， 则， ∴， ∵三角形为等腰三角形， ∴与不一定相等，则②错误； 如图， ∵点运动至中点，则, ∵，， ∴,, ∴, ∴, 由（1）知四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，则③正确； 如图，连接， ∵四边形是平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∵时，最小， ∴此时最小， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，则④正确． （三）解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，矩形的对角线、交于点，延长到点，使，延长到点，使，连接、、． （1）求证：四边形是菱形． （2）若，，则菱形的面积为________． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）由，得四边形是平行四边形：再由四边形是矩形，则得四边形是菱形； （2）由矩形的性质得；利用菱形的性质及勾股定理求得的长，从而求得菱形的两条对角线长，即可求得菱形的面积． 解：（1）证明：∵，， ∴四边形是平行四边形： ∵四边形是矩形， ∴， 即， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形是矩形， ∴； ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， 由勾股定理得：， 即， ． 【点拨】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，含30度角直角三角形的性质及勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键． 20．（本小题满分8分）（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形中，点E是边上一个动点，点F、G、H分别是、、的中点． （1）求证： （2）若，当四边形是正方形时，求矩形的面积． 【答案】（1）见分析；（2）2 【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，，推出，再根据中点的定义进一步证明； （2）连接，证明四边形是矩形，得到，再根据正方形的性质得到，，推出，利用等腰直角三角形的性质得到，，从而求出，即可算出面积． 解：（1）解：证明：∵G，H分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴， ∵G是的中点， ∴， ∴； （2）连接，    ∵点E，G是矩形的边，的中点， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点F，H分别为和的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵点G是的中点， ∴，， ∴， ∴矩形的面积． 【点拨】此题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形中位线定理，关键是根据正方形和矩形的性质得到线段和角的相关条件 ． 21．（本小题满分10分）（24-25八年级上·上海奉贤·期末）如图，在中，为边上的高，且，在上截取一点使，延长交于点，为边上的中点，连接． （1）求证：； （2）若，求证：． 【答案】（1）证明：为边上的高， ，都是直角三角形， 在和中， ， ， ； （2）证明：，， ， ， 即是直角三角形， 为边上的中点， ， ， ， ， ， ． 【分析】本题主要考查了直角三角形全等的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质等，熟练运用这些知识点是正确解答此题的关键． （1）由为边上的高，证明，都是直角三角形，用证明即可得结论； （2）由得，进而得出是直角三角形，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得，进而得，根据，得，等量代换得，即可证明． 解：（1）略 （2）略 22．（本小题满分10分）（25-26八年级下·吉林长春·期末）如图，在矩形中，对角线的垂直平分线与相交于点，与相交于点，与相交于点，连接、． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，，则菱形的面积为______． 【答案】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2） 【分析】（1）由矩形的性质可得，则，由线段垂直平分线的性质可得，，，证明，得出，从而可得，即可得证； （2）由矩形的性质可得，设，则，利用勾股定理求出，再由菱形的面积公式计算即可得出结果． 解：（1）略 （2）解：∵四边形为矩形， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理可得， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的面积为． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级下·贵州毕节·期末）数形思维社团在开展社团活动中，对多边形内两条互相垂直的线段进行了深入研究，并提出了以下问题：如图，在中，，，，是中点，将沿翻折，使点落在点处，连接，和，交于点． （1）求证：为直角三角形； （2）求的长度． 【答案】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ， 为中点， ．             由折叠的性质得：， ∴， ，． ， ， 为直角三角形．                 （2） 解：（1）（1）由平行四边形的性质得，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，由折叠的性质得，由等边对等角得，，再根据三角形内角和定理即可求解； （2）由勾股定理得，则，由折叠的性质得，，根据等面积法求出的长，再根据勾股定理即可求解． （2）解：∵， ∴， 由折叠的性质得：，， ∵， 又， ，解得， ， 在中，． 24．（本小题满分12分）（25-26八年级下·河北张家口·期末）综合与实践 【情境】工厂有一批形状和大小相同的三角形铁皮，现在需要将每块三角形铁皮都加工成一个与其面积相等的平行四边形． 【操作】在图1中，工人师傅先确定与的中点分别为、，连接，并沿剪开，将绕点E顺时针方向旋转到的位置（如图2），这样就得到了一个与面积相等的平行四边形． 【探究】 （1）在图2中，与的关系为______； 【运用】如图3 在四边形中，分别为的中点 （2）若，证明四边形是菱形； （3）若，且，连接，直接写出的长． 【答案】（1）解：与的关系为，理由如下： 如图，延长至点F，使得，连接． ∴， ∵， 在和中， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵D是的中点，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴． （2）证明：∵F，G分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵H，E分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 同理可证，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形． （3） 【分析】（1）根据旋转的性质，三角形全等的判定和性质，平行四边形的性质求解即可； （2）根据三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，证明即可； （3）根据三角形中位线定理，平行线的性质，矩形的判定，勾股定理，解答即可； 解：（1）略 （2）略 （3）解：连接， ∵E、H分别是和的中点， ∴． 同理：． ∴ ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ， ∴． ∴， ∴四边形为矩形． ∵， ∴，． ∴． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $