第06讲矩形（3大考点9种题型强化训练）

第06讲矩形1.经历探索矩形的概念与性质的过程，在直观操作活动和简单的说理过程中发展学生的合情推理能力，主观探索习惯，逐步掌握说理的基本方法.2.知道解决矩形问题的基本思想是化为三角形问题来解决，渗透转化思想.一．矩形的性质（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．（2）矩形的性质①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．二．矩形的判定（1）矩形的判定：①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等．②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．三．矩形的判定与性质（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．题型一：利用矩形的性质求线段长一、填空题1．（2023下·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，，，对角线的垂直平分线分别交、于点、，垂足为，则的长为．

【答案】【分析】连接，设，则，在中，勾股定理，即可求解．【详解】解：连接，设，则，

是的中垂线，，在中，，，．【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，垂直平分线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．2．（2023下·江苏·八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，F是边上的一点，，E是边的中点，平分，则的长是．

【答案】【分析】过点E作交于点M，连接,证明根据全等三角形的性质得到证明,得到得到，再根据勾股定理即可得到的长，即可求解．【详解】过点E作交于点M，连接,

∵是矩形，，，∵平分，，又∵在和中，,∵，∴，∴，∴，∴．故答案为：【点睛】此题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．二、解答题3．（2022下·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在矩形中，点E在上，平分．

(1)是否为等腰三角形？为什么？(2)若，，求长．【答案】(1)是等腰三角形，理由见解析(2)的长是【分析】（1）是等腰三角形，理由是：根据矩形的性质得到，推出，根据角平分线的性质推出，根据等腰三角形的判定即可得到；（2）根据矩形的性质得到，求出，进一步求出，得出，推出，根据勾股定理即可求出．【详解】（1）是等腰三角形，理由如下：∵四边形是矩形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）∵四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，由勾股定理得：．【点睛】本题主要考查对矩形的性质，勾股定理，角平分线的性质，平行线的性质等腰三角形的判定等知识点的理解和掌握才，能熟练地运用这些性质进行推理是解此题的关键．4．（2023下·江苏镇江·八年级统考期中）如图，在矩形中，点E在上，且平分．

(1)判断的形状，并说明理由；(2)若，，求的长．【答案】(1)是等腰三角形，理由见解析(2)【分析】（1）利用矩形的性质和角平分线平分角，推出，即可得到，即可得出结论；（2）易得为等腰直角三角形，求出的长，即可得出的长，利用，进行求解即可．【详解】（1）解：是等腰三角形，理由如下：∵矩形，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴是等腰三角形；（2）∵矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，由（1）知，∴，∴．【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握矩形的性质，是解题的关键．题型二：利用矩形的性质求角度一、填空题1．（2023下·江苏泰州·八年级统考阶段练习）如图，将矩形绕点A顺时针旋转得到矩形的位置，旋转角为，若，则．

【答案】/15度【分析】根据矩形的性质得，根据旋转的性质得，，利用对顶角相等得到，再根据四边形的内角和为可计算出，然后利用互余即可得到的度数．【详解】如图，

∵四边形为矩形，∴，∵矩形绕点A顺时针旋转得到矩形，∴，，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．2．（2023下·江苏泰州·八年级统考期中）如图，矩形的对角线交于点O，点E在线段上，且，若，则．

【答案】【分析】根据矩形的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，，根据三角形的内角和定理即可得到结论．【详解】解：四边形是矩形，，，，，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．3．（2023下·江苏扬州·八年级统考期末）如图，把矩形绕点按逆时针方向旋转得到矩形，使点落在对角线上，连接，若，则°．

【答案】【分析】根据矩形的性质，得到，进而得到，即可求出的度数，再根据角度和差即可求解．【详解】∵四边形是矩形，∴，由旋转性质可知，，，，∵，，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，等边对等角，熟练掌握旋转和矩形的性质是解题关键．二、解答题4．（2023下·江苏苏州·八年级校联考阶段练习）如图，在中，点E是边的中点，连接并延长，交的延长线于点F．连接．(1)求证：；(2)当四边形是矩形时，若，求的度数．【答案】(1)证明见解析(2)．【分析】（1）根据平行四边形性质得出，推出，再由即可得出结论；（2）根据矩形的性质和等腰三角形的性质解答即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，即，∴，∵点E是的中点，∴，在中，，；（2）解：∵四边形是矩形，∴，，，∴，∴，∵，∴，∵四边形为平行四边形，∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定、等腰三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、证明是解题的关键．题型三：利用矩形的性质证明一、解答题1．（2023下·江苏淮安·八年级统考期末）如图，矩形中，E、F分别为边和上的点，．

(1)求证：；(2)求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据矩形的性质，结合“”即可求证；（2）根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”即可求证．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形∴在和中∴；（2）证明：∵四边形是矩形∴，即∵∴∴∴∵，∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定．掌握相关结论是解题关键．2．（2023下·江苏淮安·八年级校考期末）如图，在矩形中，为上两点，且．求证：．【答案】见解析【分析】由矩形的性质可得,然后利用判定可得,然后根据线段的和差即可解答．【详解】证明：∵为矩形，∴．∵，∴．∴．∴，即．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定等知识点．掌握全等三角形的判定方法（即和）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键．3．（2023下·江苏泰州·八年级统考期末）如图，在矩形中，，，E为的中点，连接，过点E作的垂线交于点F，交的延长线于点G，连接．

(1)求证：；(2)求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）可证，从而可得，由即可求证；（2）设，可得，，，由可求，再由即可求解．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，E为的中点，，在和中，（），，，．（2）解：四边形是矩形，，，，设，由（1）得：，，，，在中：，，解得：，，在中：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质定理，勾股定理，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．题型四：利用矩形的性质求面积一、单选题1．（2023下·江苏南京·八年级校考阶段练习）矩形中，为上任一点，连接，，为中线，为上一点，且，，交于点．若矩形的面积为12，则四边形的面积为（

）

A．2.5 B．5 C． D．以上答案都不正确【答案】A【分析】连接，根据矩形的性质可得，根据为中线，可得，，根据，可得，，，即有，进而可得，，，即可得，问题随之得解．【详解】连接，如图，

∵面积为矩形面积的一半，矩形的面积为12，∴，∵为中线，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形的面积为：，故选：A．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，三角形中线的性质，得出，且等高的两个三角形面积之比等于其底之比，是解答本题的关键．二、填空题2．（2023下·江苏镇江·八年级统考期中）小明同学在数学兴趣活动课上用图1的“七巧板”，设计拼成了图2的飞船，则飞船模型面积与矩形框的面积之比为．【答案】/【分析】设正方形④的边长为，表示出七巧板的面积和矩形框的面积，即可得到答案．【详解】解：设正方形④的边长为，则①和②的直角边长为，③和⑤的直角边长为，⑥的短边长为，图1中七巧板的面积为，即飞船模型的面积为，矩形框中，的长可以看成①和②的直角边加上⑥的短边长，，矩形框的面积为，飞船模型面积与矩形框的面积之比为，故答案为：．【点睛】本题考查了图形的剪拼、七巧板、矩形的面积，理解七巧板哥哥图形边长之间的数量关系是解题关键．三、解答题3．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，连接，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接．

(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，求四边形的面积【答案】(1)见详解(2)36【分析】（1）由四边形是平行四边形，得，而点是的中点，可得，即知，从而四边形是平行四边形；（2）由，，，得，，，四边形是平行四边形，得，从而，即可得四边形的面积为36．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，点是的中点，，在和中，，，，又，四边形是平行四边形，（2）解：由（1）得：四边形是平行四边形∵∴四边形是矩形，，，，，，，∴四边形是平行四边形，，，四边形的面积，答：四边形的面积为36．【点睛】本题考查平行四边形性质及应用，涉及矩形的判定，全等三角形判定与性质，勾股定理及应用等，解题的关键是掌握全等三角形判定定理，证明．4．（2023下·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，在矩形中，点E在边上，将此矩形沿折叠，点D落在点F处，连接，B、F、E三点恰好在一直线上．(1)求证：为等腰三角形；(2)若，，求矩形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据矩形的性质，折叠的性质，推出，进而得到，推出，即可得证；（2）根据矩形的性质和折叠的性质，证明为等腰直角三角形，进而求出的长，从而得到的长，利用矩形的面积公式进行求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，由折叠知，∴，又∵B、F、E三点在一直线上，∴．∴，∴为等腰三角形．（2）解：∵矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴矩形的面积为．【点睛】本题考查矩形中的折叠问题，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，是解题的关键．题型五：利用矩形的定义判定矩形1．（2022下·辽宁盘锦·八年级校考期中）如图，在中，于点E，延长至点F，使得，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】（1）根据平行四边形的性质得到，，证明四边形是平行四边形，再根据即可证明矩形；（2）根据平行四边形的性质得到，利用勾股定理的逆定理证明，利用三角形的面积求出，再利用矩形的性质可得．【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，∴，．∵．∴，即，∴，，∴四边形是平行四边形．∵，∴，∴是矩形．（2）∵四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴是直角三角形，．∴的面积，即，解得：，∵四边形是矩形，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的逆定理以及三角形面积等知识；熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．题型六：利用对角线特征判定矩形1．（2023下·江苏盐城·八年级校考阶段练习）已知：如图，平行四边形，延长边到点E，使，连接、和，设交于点O，

(1)求证：四边形是平行四边形(2)试证明当时，四边形是矩形．【答案】(1)证明见详解；(2)证明见详解；【分析】（1）根据四边形是平行四边形得到，，结合即可得到，即可得到证明；（2）根据四边形是平行四边形得到，结合，，从而得到即可得到，结合四边形是平行四边形即可得到，即可得到证明；【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∴四边形是平行四边形；（2）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的内外角关系，解题的关键是得到．题型七：利用三个角是直角判定矩形1．（2023上·广东佛山·九年级校联考期中）如图，菱形中的对角线相交于点，，．求证：四边形是矩形．

【答案】见解析【分析】由菱形的性质可得，由平行线的性质可得，即可得证．【详解】证明：∵菱形中的对角线相交于点，∴，∵，，∴，∴四边形是矩形．【点睛】本题考查了菱形的性质、平行线的性质、矩形的判定，熟练掌握菱形的性质、平行线的性质、矩形的判定是解题的关键．题型八：折叠问题一、解答题1．（2023下·江苏常州·八年级校考期中）如图①，在矩形中，已知，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段向终点C运动，运动时间为t秒，连接，把沿着翻折得到．

(1)如图②，射线恰好经过点B．试求此时t的值．(2)当射线与边交于点Q时，是否存在这样的t的值，使得？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)；(2)存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为秒或10秒．【分析】（1）先证明，得，根据勾股定理得，由，可得结论；（2）分两种情况：点E在矩形的内部时，先求解，再过点P作于H，过点Q作于G，求得，，再建立方程求解即可；当点E在矩形的外部，可得，从而可得答案．【详解】（1）解：如图1，矩形，

∴，由轴对称得：，∴，∴，在中，由勾股定理得：，∴，∴；（2）解：存在，分两种情况：当点E在矩形内部时，如图，

∵，而，由（1）同理可得：，∴，∵，∴，∴，如图，过点P作于H，过点Q作于G，∴，而，∴，∵，∴，∵，∴，解得：，∴

∴，解得：；经检验，符合题意；当点E在矩形的外部时，如图，

∵，同理：，∵，∴，∴，∴，∴，（此时P与C重合），综上，存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为秒或10秒．【点睛】本题考查矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质，勾股定理的应用，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题．2．（2023下·江苏南京·八年级校考阶段练习）如图，矩形中，点是的中点，连接，将沿折叠后得到，且点在四边形内部，延长交于点，连接．

(1)求证：；(2)若点是的三等分点，，求的长．（保留根号，无需化简）【答案】(1)见解析(2)或【分析】（1）先根据折叠的性质得出，，，再证明，即有，问题随之得证；（2）设，由折叠可知，由（1）知，有，根据点是的三等分点，分，或，，两种情况讨论，利用勾股定理即可列方程求解．【详解】（1）将沿折叠后得到，，，，，，，，，在和中，，，，，即，得证．（2）设，由折叠可知，由（1）知，，点是的三等分点，，或，或，，或，或，或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，掌握直角三角形全等的判定，是解答本题的关键．3．（2023下·江苏盐城·八年级校联考阶段练习）如图1，在矩形中，，，是边上一点，将沿着直线折叠，得到．

(1)请在图2上仅用圆规，在边上作出一点P，使P、E、C三点在一直线上（不写作法，保留作图痕迹），此时的长为_____；(2)请在图3上用没有刻度的直尺和圆规，在边上作出一点P，使平分（不写作法，保留作图痕迹），此时的面积为_____．【答案】(1)见解析，4(2)见解析，20【分析】（1）以为圆心，长为半径作弧交于点，则，而，再利用勾股定理求出即可求解．（2）以为边在矩形内作等边三角形，作的角平分线与交于点，则平分，作，然后求出，从而得到的面积．【详解】（1）如图2，以为圆心，长为半径作弧交于点，则，∵矩形，∴，∴，∴，∴P、E、C三点在一直线上，则点为所作；，，；故答案为：4；

（2）如图3，以为边在矩形内作等边三角形，作的角平分线与交于点，则平分，点为所作，过作于，为等边三角形，，，，，．故答案为：20．【点睛】本题考查了作图复杂作图：解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了矩形的性质和折叠的性质．4．（2023下·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O于坐标原点重合，顶点A、C在坐标轴上，，将矩形沿折叠，使点A与点C重合．(1)求点E的坐标；(2)点P从O出发，沿折线方向以每秒2个单位的速度运动，到达终点E时停止运动，设点P的运动时间为t，的面积为S，求S与t的函数关系式．(3)在（2）的条件下，当P在线段上，且时，在平面直角坐标系中是否存在点Q，使得以点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形？若不存在，请说明理由；若存在，请求出点Q的坐标．【答案】(1)(2)；(3)点Q的坐标为或或．【分析】（1）设，根据勾股定理列方程得：，解出可得结论；（2）分两种情况：P在或上，分别根据三角形面积列式即可；（3）分类讨论，当为边时，如图4，过G作于H，设，根据勾股定理列方程可得y的值，利用面积法计算的长，得G的坐标，根据平行四边形的性质和平移规律可得Q的坐标；当为对角线时，借助中点坐标法即可求得点Q的坐标，综上即可得出点Q所有可能性．【详解】（1）解：在矩形中，，∴，由折叠的性质得，设，则，在中，由勾股定理得：，∴解得：，即，∴；（2）解：分两种情况：①当P在上时，，如图2，

由题意知：，，，，∴，，②当P在上时，，如图3，

由题意知：∴；综上所述：；（3）解：当为边时，如图4所示，过G作于H，

∵，∴，设，则，由折叠得：，，由勾股定理得：，∴，解得：，∴，∴，∴，解得：，由勾股定理得：，∴，∴，∵点P、E、G、Q为顶点的四边形为平行四边形，且，∴点Q的坐标为或；当为对角线时，如图5所示：过点G作交于点H，

由上述可知：，，，设，由中点坐标可得：，解得：，∴点Q的坐标为综上所述：点Q的坐标为或或．【点睛】此题考查四边形综合题，矩形的性质、翻折变换、勾股定理、中点坐标、平行四边形的判定和性质，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．5．（2023下·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，矩形中，，，是边上一点，将沿直线翻折，得到．

(1)当平分时，求的长；(2)连接，当时，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）由折叠的性质可得，结合全等三角形的性质以及角平分线的定义易得，可证明，，在中，由勾股定理即可获得答案；（2）延长交的延长线于点，结合矩形的性质易得，再根据折叠的性质可得，结合全等三角形的性质可得，，，即可证明为等腰三角形；设，则，在中，由勾股定理得，代入求解可得，，易知，即可获得答案．【详解】（1）解：由折叠的性质得，∴，∵平分，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，即，∵，∴在中，可得，即，∴；（2）延长交的延长线于点，

∵四边形是矩形，∴，∴，由折叠的性质得，，∴，，，∴，∴，设，则，∵，∴，在中，由勾股定理得，即，∴，∴，，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，综合性较强，熟练掌握矩形的性质和折叠的性质是解题关键．题型九：矩形的性质与判定综合一、解答题1．（2023下·江苏·八年级专题练习）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠OAE＝15°，①求证：DA＝DO＝DE；②直接写出∠DOE的度数．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②75°【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得，即可得出结论；②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC∴四边形ABCD是平行四边形

∴BD＝2OB

∵AC＝2OB∴AC＝BD∴四边形ABCD是矩形（2）①证明：∵四边形ABCD是矩形∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO

∵AE平分∠BAD∴∠DAE＝45°

∴∠DEA＝45∴DA＝DE

又∵∠OAE＝15°∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°

∴DA＝DO＝AO∴DA＝DO＝DE

②解：，，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．2．（2022下·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别是BC、AD上动点，且，连接AE、CF．(1)试判断四边形AECF的形状，并说明理由；(2)连接AC，若，，E为BC中点，试求四边形AECF的面积．【答案】(1)平行四边形，理由见解析(2)48【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，可得，，再由可得AF与EC平行且相等，进而可以证明四边形AECF是平行四边形；（2）证明四边形AECF是矩形，由矩形的面积可得出答案．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，∵，∴，又∵，∴四边形AECF是平行四边形；（2）解：∵AB=AC，E为BC的中点，∴，∴，由（1）知四边形AECF是平行四边形，∴四边形AECF是矩形，∵BC=12，∴EC=6，∴，∴四边形AECF的面积为．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，矩形的判定，证明四边形AECF是平行四边形是解题的关键．3．（2023下·江苏泰州·八年级统考阶段练习）如图在矩形中，，，点P，Q分别是，的中点，点E是折线段上一点（含端点）．沿所在直线折叠矩形，已知点B的对应点为，若点恰好落在矩形的边上，求出的长；

【答案】或3【分析】分当点E在上时和当点E在边上时，利用勾股定理和等腰三角形与矩形的性质可求解．【详解】解：∵矩形，，，∴，，，，∵为的中点，∴，如图当点E在上时，，过作于，∴四边形为矩形，∴，，∴，，

在中，，解得：；如图，当点E在边上时，连接、，

由对折可得：，，∵，∴，∴，∴，∵，，∴．综上所述，或3．【点睛】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，轴对称的性质，等角对等边，掌握以上基础的几何知识是解本题的关键．4．（2023下·江苏苏州·八年级校考阶段练习）如图，在四边形中，，，．延长到E，使，连接，由直角三角形的性质可知．动点P从点B出发，以每秒2个单位的速度沿向终点A运动，设点P运动的时间为t秒．

(1)当时，___________；(2)当___________时，点P运动到的角平分线上；(3)请用含t的代数式表示的面积S．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）由题意可得，当时，点在线段上，此时，即可求解；（2）根据，可得四边形为矩形，根据角平分线的定义可得，得到再根据点运动的路程，即可求解；（3）根据题意，分三种情况讨论，当在线段上，当在线段上，当在线段上时，分别用含的代数式表示即可．【详解】（1）解：当时，点运动的路程为，因为，所以点在线段上，此时；（2）作的角平分线，交于点

∴∵，∴四边形为矩形，∴∴∴∴∴由题意可得：点与点重合，走过的路程为∴，解得即当时，点P运动到的角平分线上；（3）根据题意，分三种情况讨论：①当在线段上时，此时②当在线段上时，此时③当在线段上时，此时综上【点睛】此题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，熟练掌握相关基础性质．5．（2022下·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC、BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠BDE＝15°，求∠EOC的度数；(3)在（2）的条件下，若AB＝2，求矩形ABCD的面积．【答案】(1)详见解析；(2)75°；(3)．【分析】（1）由平行线的性质易证∠BAD＝90°，得出∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，即可得出结论；（2）由矩形和角平分线的性质得出∠CDE＝∠CED＝45°，则EC＝DC，推出∠CDO＝60°，证明△OCD是等边三角形，求出∠OCB＝30°，得出∠COE＝75°，即可得出结果；（3）作OF⊥BC于F．求出EC、OF的长即可．【详解】（1）证明：∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠ABC＝90°，∴∠BAD＝90°，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADC＝90°，∴四边形ABCD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，DE平分∠ADC，∴∠CDE＝∠CED＝45°，∴EC＝DC，又∵∠BDE＝15°，∴∠CDO＝60°，又∵矩形的对角线互相平分且相等，∴OD＝OC，∴△OCD是等边三角形，∴∠DOC＝∠OCD＝60°，∴∠OCB＝90°﹣∠DCO＝30°，∵CO＝CE，∴∠COE＝（180°﹣30°）÷2＝75°；（3）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，∠BCA＝90°，由（1）可知，∠OCB＝30°，∴AC=2AB=4，∴，∴矩形OEC的面积．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．一．选择题（共8小题）1．（2023春•宜兴市月考）如图，要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是A． B． C． D．【分析】根据矩形的判定定理①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形）逐一判断即可．【解答】解：、四边形是平行四边形，，，，，，四边形是菱形，不能推出四边形是矩形，故本选项错误，不符合题意；、，平行四边形是矩形，故本选项正确，符合题意；、四边形是平行四边形，当时四边形是菱形，故本选项错误，不符合题意；、根据和平行四边形不能得出四边形是矩形，故本选项错误，不符合题意，不符合题意；故选：．【点评】本题考查了对矩形的判定定理的应用，注意：矩形的判定定理有：①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形．2．（2023春•如东县期中）如图，在矩形中，点的坐标是，则的长是A．3 B． C． D．4【分析】根据勾股定理求得，然后根据矩形的性质得出．【解答】解：四边形是矩形，，点的坐标是，，，故选：．【点评】本题考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．3．（2023春•江都区月考）如图，是矩形的边上一个动点，矩形的两条边、的长分别为3和4，那么点到矩形的两条对角线和的距离之和是A． B． C． D．【分析】首先连接，由矩形的两条边、的长分别为3和4，可求得，的面积，然后由求得答案．【解答】解：连接，矩形的两条边、的长分别为3和4，，，，，，，，，解得：，故答案为：．【点评】本题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．4．（2023春•惠山区期末）如图，在平面直角坐标系中，已知矩形，，点为轴上的一个动点，以为边在右侧作等边，连接，则的最小值为A．1 B．1.5 C．2 D．2.4【分析】以为边在右侧作等边三角形，连接并延长交轴于点，过点作于点，利用全等三角形的性质证明，所以，推出点在过定点且与垂直的直线上运动，即点在直线上运动，求出的长即可解决问题．【解答】解：如图，以为边在右侧作等边三角形，，连接并延长交轴于点，过点作于点，在矩形中，，，，，是等边三角形，，，，，，，在和中，，，，，点在过定点且与垂直的直线上运动，即点在直线上运动，是等边三角形，，，，，当点与不重合时，，当点与重合时，，综上所述：，的最小值为，故选：．【点评】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题．5．（2023春•崇川区校级月考）如图，要使平行四边形成为矩形，需添加的条件是A． B． C． D．【分析】根据矩形的判定定理逐一判断即可．【解答】解：．添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意；．添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意；．添加，可判断平行四边形为矩形，符合题意；．添加，可判断平行四边形为菱形，不符合题意．故选：．【点评】本题考查了矩形的判定定理，注意：矩形的判定定理有：①有一个角是直角的平行四边形是矩形，②有三个角是直角的四边形是矩形，③对角线相等的平行四边形是矩形．6．（2023春•盐城期中）下列性质中，矩形不一定具有的是A． B． C． D．【分析】由四边形是矩形，而矩形的相邻两边不一定相等，可知与不一定相等，可判断符合题意；由矩形的性质得，，，可判断不符合题意，不符合题意，不符合题意，于是得到问题的答案．【解答】解：四边形是矩形，而矩形的相邻两边不一定相等，与不一定相等，故符合题意；矩形的两组对边分别平行、四个角都是直角且对角线相等，，，，故不符合题意，不符合题意，不符合题意，故选：．【点评】此题重点考查矩形的性质，正确理解和应用矩形的性质是解题的关键．7．（2023秋•盱眙县校级月考）如图，在矩形中，，对角线与相交于点，，垂足为，若，则的长是A． B． C． D．【分析】由矩形的性质得，再由线段垂直平分线的性质得，则，得，然后由勾股定理即可求解．【解答】解：四边形是矩形，，，，，，，，，，，，故选：．【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，求出是解题的关键．8．（2023春•高邮市月考）如图，在中，，，，为边上一动点不与、重合），于，于，为中点，则的取值范围是A． B． C． D．【分析】证明四边形是矩形，得，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后求出的最小值可得的最小值，又由，即可求得的取值范围．【解答】解：如图，连接，在中，，，，，于，于，，四边形是矩形，，为中点，，当时，，此时有最小值，，，，，故选：．【点评】此题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理、垂线段最短等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．二．填空题（共10小题）9．（2023春•盐城期中）矩形的对角线，相交于点，如图，已知，，则为6．【分析】根据矩形的对角线平分且相等和直角三角形中角所对的直角边是斜边的一半，可以求得的长．【解答】解：四边形是矩形，，，，，，，，故答案为：6．【点评】本题考查矩形的性质、直角三角形中角所对的直角边与斜边的关系，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．10．（2023春•姑苏区校级期中）如图，矩形纸片中，，为上一点，平分，，则的长为5．【分析】根据勾股定理求出，再证明，根据勾股定理列出方程求解即可．【解答】解：矩形纸片，，，，，，平分，，，，，，，，故答案为：5．【点评】本题考查了矩形的性质和勾股定理，根据题意得出，利用勾股定理列出方程是解题的关键．11．（2023春•新吴区期末）平行四边形的对角线、相交于点，要使平行四边形是矩形请添加一个条件任意写出一个正确答案即可（如或．【分析】矩形是特殊的平行四边形，矩形有而平行四边形不具有的性质是：矩形的对角线相等，矩形的四个内角是直角；可针对这些特点来添加条件．【解答】解：若使变为矩形，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），故答案为：任意写出一个正确答案即可（如或【点评】本题主要考查了平行四边形的性质与矩形的判定，熟练掌握矩形是特殊的平行四边形是解题关键．12．（2023春•启东市期中）如图，在矩形中，，分别是边，上的动点，是线段的中点，，，，为垂足，连接．若，，，则的最小值是7.5．【分析】连接、、，由勾股定理求出，再由直角三角形斜边上的中线性质得，然后证四边形是矩形，得，当、、三点共线时，最小，即可求解．【解答】解：连接、、，如图所示：四边形是矩形，，，，是线段的中点，，，，，四边形是矩形，，当、、三点共线时，最小，的最小值是7.5，故答案为：7.5．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，求出的最小值是解题的关键．13．（2023春•秦淮区期末）如图，在矩形中，点的坐标为，则的长是13．【分析】根据勾股定理求出，根据矩形的性质得出，即可得出答案．【解答】解：连接，过作轴于，点的坐标是，，，由勾股定理得：，四边形是矩形，，，故答案为：13．【点评】本题考查了矩形的性质、勾股定理等知识点，能根据矩形的性质得出是解此题的关键．14．（2023春•东台市月考）如图，在矩形中，、交于点，于点，若，则35．【分析】由矩形的性质得出，得出，由直角三角形的性质求出，即可得出答案．【解答】解：四边形是矩形，，，，，，，，，，，，；故答案为：35．【点评】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．15．（2023春•玄武区校级期中）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，动点以每秒1个单位长度的速度从点出发沿方向运动，点同时以每秒1个单位长度的速度从点出发沿方向运动，若，，则经过2或10秒后，四边形是矩形．【分析】设运动的时间为秒，则，由平行四边形的性质得或，再根据列方程或，求出的值即可．【解答】解：设运动的时间为秒，四边形是平行四边形，，，，，，，或，四边形是平行四边形，当时，四边形是矩形，，或，或，经过2秒或10秒，四边形是矩形，故答案为：2或10．【点评】此题重点考查平行线边形的性质、矩形的判定、动点问题的求解等知识与方法，正确地用代数式表示、的长是解题的关键．16．（2023春•盐城期末）如图，过四边形的四个顶点分别作对角线、的平行线，如所围成的四边形是矩形，则原四边形需满足的条件是．（只需写出一个符合要求的条件）【分析】根据平行公理的推论求出，，推出平行四边形，证出即可．【解答】解：添加的条件是，，，，同理，四边形是平行四边形，，，，，，，平行四边形是矩形，故答案为：．【点评】本题主要考查对矩形的判定，平行四边形的判定，平行公理及推论等知识点的理解和掌握，能求出平行四边形和是解此题的关键．17．（2023春•宿迁期末）如图，矩形中，，，点为对角线上一动点，于点，于点，则线段长的最小值为．【分析】连接，由矩形的性质和勾股定理得，再证四边形为矩形，得，当时，取得最小值，然后由面积法求出的长，即可得出结论．【解答】解：连接，如图所示：四边形是矩形，，，于点，于点，，四边形为矩形，，当时，取得最小值，此时，，的最小值为，故答案为：．【点评】本题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、最小值问题以及面积法等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．18．（2023春•海安市期中）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，当是腰长为15的等腰三角形时，点的坐标为或或．【分析】当是腰长为5的等腰三角形时，有三种情况，需要分类讨论．【解答】解：由题意，当是腰长为15的等腰三角形时，有三种情况：（1）如答图①所示，，点在点的左侧．过点作轴于点，则．在中，由勾股定理得：，，此时点坐标为；（2）如答图②所示，．过点作轴于点，则．在中，由勾股定理得：，此时点坐标为；（3）如答图③所示，，点在点的右侧．过点作轴于点，则．在中，由勾股定理得：，，此时点坐标为．综上所述，点的坐标为：或或；故答案为：或或．【点评】此题主要考查了矩形的性质以及坐标与图形的性质和等腰三角形的性质，根据是腰长为15的等腰三角形进行分类讨论是解决问题的关键．三．解答题（共8小题）19．（2023春•江宁区月考）如图，在中，平分，交于点，平分，交于点．（1）求证：；（2）若，求证：四边形是矩形．【分析】（1）由平行四边形的性质得出，由角平分线的定义得出，则，可证出结论；（2）由等腰三角形的性质得出，则可得出结论．【解答】（1）证明：四边形是平行四边形，，，，平分，平分，，，，，又，四边形是平行四边形．．（2），平分，，又四边形是平行四边形，四边形是矩形．【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，等腰三角形的性质，角平分线的性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．20．（2023春•金坛区期中）如图，在中，是边上一点，是的中点，过作，交的延长线于点．（1）求证：；（2）连接，．如果是的中点，那么当与满足什么条件时，四边形是矩形？证明你的结论．【分析】（1）证明，进而结论得证；（2）由，，可证四边形是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可知，进而可得，的数量关系．【解答】（1）证明：由题意得，，，，在和中，，，；（2）解：时，四边形是矩形，证明如下：如图，，，四边形是平行四边形，当时，是等腰三角形，是的中点，，四边形是矩形，时，四边形是矩形．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的判定，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．21．（2023春•淮安区期中）如图，四边形是矩形，，，点、分别在、上，且，连接、．（1）求证：四边形是平行四边形；（2）若，求的长度．【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可完成证明；（2）结合（1）证明四边形是菱形，可得，然后根据勾股定理即可解决问题．【解答】（1）证明：四边形是矩形，，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：四边形是平行四边形，，四边形是菱形，，四边形是矩形，，在中，，，根据勾股定理得：，，．【点评】此题考查矩形的性质，平行四边形的判定和性质，关键是根据平行四边形的判定和性质定理解答．22