专题09 矩形的性质与判定七类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级下册（解析版）

专题09矩形的性质与判定七类综合题型目录TOC\o"1-2"\h\u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、斜边上的中线等于斜边的一半类型六、矩形的性质与判定的综合问题类型七、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．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，在矩形中，，相交于点，平分交于点．若，则的度数为．【答案】/度【分析】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，可求得，得到，进而求得为等边三角形，得到．【详解】∵平分，∴．∴．∴．∴．∵四边形为矩形，∴，．∴，．∴．∴为等边三角形．∴．∴．∴．故答案为：【变式1-1】（25-26九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在矩形中，、相交于点O，平分分别交、于点F、E，若，则的度数为．【答案】【分析】本题考查矩形的性质，三角形外角性质，掌握相关知识是解决问题的关键．因为在矩形中，所以，因为平分，所以，因为，，由矩形的性质可知，利用三角形外角的性质即可求．【详解】解：∵在矩形中，∴，∵平分，∴，∵，∴，由矩形的性质可知，∴，∴，∴．故答案为：．【变式1-2】（25-26九年级上·河北保定·期末）如图，矩形的对角线相交于点，为上的一点，，，则的周长为．【答案】【分析】本题考查矩形的性质，熟练掌握相关知识并运用转化思想是关键．矩形的对角线互相平分且相等，因此，的周长等同于．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∴，的周长为．故答案为：．【变式1-3】（25-26九年级上·河南郑州·期末）已知，矩形中为上一点，且为上一点，且，连接，，．若是直角三角形，则的长为．【答案】或【分析】本题考查矩形的性质、勾股定理及分类讨论思想．关键是由于的直角顶点不确定，需分三种情况(、、)讨论，利用勾股定理列出方程求解，同时验证解是否符合矩形边长的实际意义．【详解】解：如图，设的长为，∵四边形是矩形，∴，，．由，得；由，得．在中，；在中，；在中，．①若，则，即，解得；此时，符合题意．②若，则，即，化简得，∵判别式，∴该方程无实数根，此情况不存在．③若，则，即，解得；此时，符合题意．综上，的长为或．故答案为：或．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．（25-26九年级上·河南周口·期末）如图，在矩形中，，点E是上一动点，连接，将沿折叠，点B落在点处，当为直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，直角三角形的相关知识，“矩形的性质、折叠的性质直角三角形分类讨论是解题的关键．根据已知条件与折叠核心等量关系：设，根据折叠性质得出，结合矩形性质得出；由为直角三角形，分为直角顶点进行分类讨论，针对每种合理情况，结合几何性质列方程求解；【详解】解：设，由折叠性质得：，，，矩形中，，，则．情况1：，，即、、三点共线．在中，由勾股定理得：，在中，，，解得，，；情况2：，则，，，四边形为矩形，，故四边形为正方形，情况3：当时，此时点与点重合，此时，这显然不成立，不存在此种情况．综上，当为直角三角形时，的长为或．故答案为：或【变式2-1】（25-26七年级上·湖南益阳·期末）如图，在长方形纸片ABCD中，将沿对角线BD折叠得，FB和AD相交于点E，将沿BE折叠得．若，则的度数为．【答案】/22度【分析】本题考查了折叠的性质、一元一次方程的应用，利用数形结合的思想是解题的关键．设，根据折叠可得，，依据，进而求解．【详解】解：设，则，∵，∴，由折叠可得，∵，∴，∴解得，∴．故答案为：．【变式2-2】（25-26九年级上·广东深圳·期末）如图1，在矩形中，，，E为射线上一动点，设．连接，点B关于的对称点为，作射线．(1)【基础探究】如图2，点E在线段上，且射线经过点D．①求证：；②求此时x的值；(2)【应用拓展】若射线交边于点F，．①当时，求x的值；②当时，直接写出x的值．【答案】(1)①见解析；②2；(2)①当时，或；②当时，或．【分析】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理、分类讨论思想；解题的关键是利用轴对称得到等角等边，结合勾股定理建立方程，并对动点E的位置进行分类讨论．（1）①利用轴对称得，结合矩形中得，从而推出，证得；②由，在中用勾股定理求出，进而得到的长度．（2）①当时，得，连接，利用勾股定理求出，再分E在线段上和延长线上两种情况，结合的不同表达式与勾股定理列方程求解；②当时，得，，同理求出，分两种情况列方程求解．【详解】（1）①证明：∵点与关于对称∴，∴，∵四边形是矩形∴，∴，∴，∴②解：∵四边形是矩形，∴．由①知，在中，，∴，故．（2）解：连接，因，∴，即是直角三角形．在与中，，①当时，，即，又．以下分两种情况讨论：情况一：点E在边上（如图），，∴，又，在中，，即，解得：．情况二：点E在的延长线上（如图），同①情况一，，∴，又，在中，，即，解得：．综合两种情况，当时，或．②当时，，即，又．以下分两种情况讨论：情况一：点E在边上（如图），，∴，又，在中，，即，解得：．情况二：点E在的延长线上（如图），同②情况一，，∴，又，在中，，即，解得：．综合两种情况，当时，或．【变式2-3】（25-26八年级上·江苏苏州·月考）在长方形中，．(1)如图1，P为边上一点，将沿直线翻折至的位置，其中点是点的对称点，当点落在边上时，求的长．(2)如图2，点是边上一动点，过点作交边于点，将沿直线翻折得，连接，当是以为腰的等腰三角形时，求的长：(3)如图3，点是射线上的一个动点，将沿翻折，其中点的对称点为，当三点在同一直线上时，请直接写出的长．【答案】(1)(2)或(3)2或8【分析】（1）由翻折可得，再利用勾股定理解答即可；（2）分和两种情况，分别画出图形，利用翻折的性质和勾股定理求解即可；（3）分点M在线段上和点M在的延长线上两种情况，分别画出图形，利用翻折的性质和勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图1∶四边形是矩形，，由翻折变换的性质可知∶，，，设，则在中，，解得：．（2）解：如图2-1中，当，过点作于点．，，，，，，，，，，，，，∴；如图中，当时，∵，∴，设，则，在中，∵，∴，解得：，∴．综上所述，的长为或．（3）解：如图中，当点在线段上时，四边形是矩形，，，，，，，，．如图3-2中，当点在的延长线上时，同法可证，，，．综上所述，满足条件的的长为2或8．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．（24-25八年级下·宁夏吴忠·月考）如图，在四边形中，，，，，点，分别是，的中点，连接，．(1)求证：四边形是矩形；(2)求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，三角形内角和定理，等边对等角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．（1）先证明，接着证明四边形是平行四边形，然后结合，得证；（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，知道，那么，再根据三角形内角和算得，从而得出答案．【详解】（1）证明：是的中点，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是矩形；（2）解：四边形是矩形，，，是的中点，，，，，．【变式3-1】（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在平行四边形中，点分别在上，且，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行四边形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，熟练掌握矩形的性质和判定，利用勾股定理列方程是解题的关键；（1）先证四边形是平行四边形，再结合对角线相等证明即可；（2）根据勾股定理，可得，，即可得到方程，再求解即可．【详解】（1）证明：证明：∵四边形是平行四边形，∴，，，，，∴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，，，，，设，在中，，在中，，，解得：，，．【变式3-2】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，在中，于点E，延长至点F，使，连接，与交于点O．(1)求证：四边形为矩形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)2.4【分析】本题考查矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，关键是由平行四边形的性质推出，由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，（1）由平行四边形的性质推出，，得到，判定四边形是平行四边形，而，即可证明四边形是矩形．（2）由勾股定理的逆定理判定是直角三角形，由三角形面积公式得到，即可求出．【详解】（1）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．（2）解：由（1）知：四边形是矩形，又，∴，∵，，∴，∴是直角三角形，∴的面积，∴，∴．【变式3-3】（2026八年级下·江苏·专题练习）如图，中，，平分，，．(1)求证：四边形是矩形；(2)过点E作于，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)的长为【分析】本题主要考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握勾股定理．（1）根据等腰三角形的性质得，再根据平行线的性质得，然后根据，可得，即可得出结论；（2）根据等腰三角形的性质求出，再根据勾股定理得，然后根据矩形的性质得，，最后根据三角形的面积相等得出答案．【详解】（1）证明：中，，平分，，，，，，，四边形是矩形；（2）解：，平分，，，．在直角三角形中，由勾股定理得：．四边形是矩形，，．，．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．（24-25九年级上·全国·期末）如图，在矩形中对角线相交于点O，有以下结论：①；②若，则是等边三角形；③；④；⑤平分．正确结论的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】B【分析】本题考查了矩形的性质，等边对等角，等边三角形的判定，外角的性质，先由矩形的性质得，，结合图形，等底同高，所以，当，则是等边三角形，据此即可作答．【详解】解：∵矩形中对角线相交于点O，∴，，故③是正确的；∴，故①是正确的；∵若，∴，∴，∵∴是等边三角形故②是正确的；依题意，无法证明，故④是错误的；依题意，无法得出平分．故⑤是错误的；故选：B．【变式4-1】（24-25八年级下·北京大兴·期中）如图，在矩形中，点，分别在，上，和都是等边三角形，连接交于点．有下列结论：①，②，③垂直平分，④．其中正确结论的个数是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据矩形的性质得出，，根据等边三角形的性质得出，即可推得，得出①结论正确；根据垂直平分线的判定可得垂直平分，得出③结论正确；根据等边三角形的性质得出，平分，根据全等三角形的判定和性质得出，得出②结论正确；根据度角的直角三角形所对的边是斜边的一半和勾股定理得出，结合垂直平分线的判定和性质得出，即可得出④结论正确．【详解】解：在矩形中，，，∵和是等边三角形，∴，，∴，故，即，①结论正确；∵，，即点、都在的垂直平分线上，故垂直平分，③结论正确；∵和是等边三角形，∴，平分，∴，，∵，，，∴，∴，②结论正确；在中，，∴，故，又∵，，即点、都在的垂直平分线上，故垂直平分，∴，即，④结论正确；故结论正确的有个．故选：D．【变式4-2】（24-25八年级下·山东聊城·期中）如图，矩形中，O为中点，过点O的直线分别与、交于点E、F，连结交于点M，连结、．若，，则下列结论，其中正确结论的个数是（

）①；②；③四边形是菱形；④．A．1个 B．2个 C．2个 D．4个【答案】B【分析】①根据已知得出，可求得与关于直线对称，进而求得，；②因为，故不会全等于；③先证得，再证得，进而证得，因为、互相平分，即可证得四边形是菱形；④可通过面积转化进行解答．【详解】解：连接，∵四边形是矩形，∴，、互相平分，∵O为中点，∴过O点，∴，∵，，∴是等边三角形，∴，，在与中，，∴（），∴与关于直线对称，∴，；故①正确；∵，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴（），∴，∴，∴四边形是菱形，故③正确；∵，∴错误．故②错误；∵，∴，∵，∴，∵，，∴，，∴，，∴，∴，∴，故④错误；综上所述，正确的有2个，故选：B．【变式4-3】（24-25七年级下·辽宁大连·月考）如图，在矩形中，为中点，过点且分别交于，交于，点是中点且，则下列结论正确的个数为（

）①；②；③；④．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【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，再根据等边对等角可得，根据直角三角形两锐角互余求出，，故①正确；设，表示出，利用勾股定理求出，得到，再求出，得到，故③错误；求出，证明出，得到，求出，故②正确；再根据三角形的面积和矩形的面积列式求出判断出④正确．【详解】解：∵，点G是中点，∴，∵，∴，∴，，故①正确；∴是等边三角形，设，则，由勾股定理得，，∵O为中点，∴，∴，∴，故③错误；在中，由勾股定理得，，∵四边形是矩形，∴，∵∴又∵，∴∴，∴，∴，故②正确；∵，，∴，故④正确；综上所述，结论正确的是①②④．故选：C．类型五、斜边上的中线等于斜边的一半方法总结1.定理应用：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。2.逆定理：若三角形一边上的中线等于这边的一半，则这个三角形是直角三角形。解题技巧1.构造直角三角形：遇到中点及垂直条件，常连接直角顶点与斜边中点构造中线。2.求线段长度：已知斜边，则中线长为其一半；已知中线，则斜边长为中线的2倍。例5．（25-26八年级上·浙江杭州·期末）如图，在中，是边上的高线，．(1)若，，求的长．(2)若是边上的中线，，求证：．【答案】(1)(2)见解析【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形的性质．（1）根据已知条件分别求得，进而根据勾股定理求得，即可；（2）根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出，根据已知可得，即可得出，进而根据等腰三角形的性质，即可得证．【详解】（1）解：∵，，∴，，∵是边上的高线，∴，在中，；（2）证明：∵是边上的高线，∴，∵是边上的中线，∴，又∵．∴，∵，∴．【变式5-1】（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，在四边形中，对角线与相交于点，点是、的中点，点在四边形外，连接，且，．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求矩形的面积【答案】(1)见解析(2)【分析】此题主要考查了矩形的性质和判定、等腰三角形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质，关键是掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．（1）首先根据为和的中点，得出四边形是平行四边形，在中，结合，得到，可证出结论．（2）根据矩形性质求出，求出，根据直角三角形的性质求出即可．【详解】（1）证明：∵是、的中点，∴，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∵，∴，又∵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，∴，∵，，∵四边形是矩形，，，，．【变式5-2】（25-26八年级上·山西吕梁·期末）综合与实践问题背景：我们学习等边三角形时得到直角三角形的一个性质：在直角三角形中，如果一个锐角等于，那么它所对的直角边等于斜边的一半．即：如图，在中，，则：．探究结论：我们在以上结论的基础上作进一步研究．(1)如图1，取边的中点，连接，易得结论：为等边三角形，请说明理由，(2)如图2，为的中线，点是边上任意一点，连接，作等边，且点在的外部，连接．试探究线段与之间的数量关系，写出你的猜想并加以证明．(3)如图3，当点为边延长线上任意一点时，在（2）中条件的基础上，如果，求的度数，请直接写出你的结论．【答案】(1)见解析(2)，证明见解析(3)【分析】（1）根据直角三角形的性质得到，，，根据等边三角形的判定定理证明；（2）连接，证明，根据全等三角形的性质得到，根据垂直平分线的性质得到，证明结论；（3）根据题意画出图形，由（2）的证明方法证明，，进一步利用等腰三角形的性质与三角形的内角和定理可得答案．【详解】（1）解：，，，，为边上的中线，，，是等边三角形．（2）解：猜想，理由如下：，都是等边三角形，，，，，在和中，，，，．，．，．（3）解：，都是等边三角形，，，，，即，则，，同（2）可知，，．∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．【变式5-3】（25-26八年级上·河南焦作·期末）如图，在中，，．(1)观察猜想：如图1，作边上的中线，得出以下结论：①的形状是___________；②与之间的数量关系为___________．(2)探索发现：如图2，是的中线，是边上任意一点，连接，作等边，且点在的内部，连接．试探究线段与之间的数量关系，写出你的猜想并说明理由．(3)拓展应用：如图3，分别以为边作等边三角形和等边三角形，连接交于点，若，则的长为___________．【答案】(1)①等边三角形；②(2)，理由见解析(3)8【分析】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质、30度角的直角三角形的性质直角三角形斜边中线的性质和线段垂直平分线的性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键．（1）①由题意可得，根据30度角的直角三角形的性质和为边上的中线可得，进而可得结论；②根据等边三角形的性质和即可证得结论；（2）连接，根据等边三角形的性质可证得，可得，进而可得垂直平分，然后根据线段垂直平分线的性质和等量代换即可得到结论；（3）根据等边三角形的性质和等量代换求出，连接，根据等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质可得和，进而可得，再利用证明可得，进而求解即可．【详解】（1）解：①，，，为边上的中线，，是等边三角形；②是等边三角形，．，；故答案为：等边三角形，；（2）解：，理由如下：连接，如图，，，，，又是的中线，，又是等边三角形，，，，，又，是的垂直平分线；（3）解：在中，；∵是等边三角形，∴．∴，∴，过点P作的中线，如图，∵是等边三角形，且点E是的中点，∴，是的角平分线，∴，∴，在中，，∴，∵是等边三角形，∴，∴．又∵，，∴，∴，∵E是的中点，∴．∴，故答案为：8．类型六、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6．（25-26九年级上·四川成都·期中）如图1，在中，为上一点，连接，分别作，的平分线，．(1)求的度数(2)若，，试判断四边形的形状，并说明理由：(3)如图2，在（2）的条件下，若，为外一点，平分，，且，求的长．【答案】(1)(2)四边形是矩形，理由见解析(3)【分析】（1）由角平分线的性质可得，，根据即可求出答案；（2）证明，得到，从而得到，再结合，即可证明结论；（3）过点作于点，先证是等边三角形，再根据已知可得，，设，在、中，表达出，，列方程解出x，即可得到答案．【详解】（1）解：，分别是，的平分线．，，．（2）四边形是矩形，理由如下：∵平分，∴，，．在和中，，，，，，，．又，四边形是矩形．（3）如图，过点作，交的延长线于点．由（2）知，，是等边三角形，．，．平分，．，．，，．设，则在中，，，在中，，，，，，解得，．【变式6-1】（2025八年级上·上海·专题练习）如图①，在四边形中，，点E是上一点，连接交于点G，延长交的延长线于点F．(1)若，求证：；(2)如图②，在（1）的条件下，连接，求证：；(3)如图③，四边形关于直线的对称图形为四边形，延长交于点P．若，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）证明，即可解答；（2）过点作交于，证明，得到，再证明，得到，即可解答；（3）由勾股定理可得的值，可得，证明，再证明为等边三角形，可得，最后根据梯形面积公式即可解答．【详解】（1）证明：∵∴四边形为矩形，则，，，，，，，在和中，，，；（2）证明：过点作交于，如图2所示：则，，，，在和中，，，，，为等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，，；（3）解：由（1）得四边形是矩形，，在中，由勾股定理得：，，，，∵四边形与四边形关于直线对称，，，，，，，为等边三角形，，∴梯形的面积为：，故答案为：．【变式6-2】（25-26九年级上·湖北孝感·期末）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动：【实践探究】（1）小红将两个矩形纸片摆成图的形状，连接，，，则°；【解决问题】（2）将矩形绕点顺时针转动，边与边交于点，连接．如图2，当时，求证：平分；【迁移应用】（3）如图，将矩形绕点顺时针转动，当点落在上时，连接，，交于点，过点作于点．①求证：；②若，，直接写出的长．【答案】（1）；（2）见解析；（3）①见解析，②【分析】（1）利用两个矩形完全相同的条件，得到对应边相等，从而证明三角形全等，结合全等三角形的角相等关系，推导出为直角，再由等腰直角三角形的性质得出的度数；（2）利用等边对等角得到角相等，结合矩形对边平行的性质，通过平行线的内错角相等完成角的等量代换，从而证明角平分线；（3）①先通过矩形性质与平行线性质得到角相等，证明三角形全等，推出对应边相等，再结合矩形的边相等关系，证明另一组三角形全等，从而得到与相等；②先利用勾股定理求出线段长度，结合全等三角形的对应边相等，得到相关线段的长度，再通过勾股定理计算出的长度，最终得出的长度．【详解】解：（1）两个完全相同的矩形纸片，，，，，，，；（2）证明：，，四边形是矩形，，，，平分；（3）①，，，，，，，，，，，，，，，；②，，，，，，，，，，，．【变式6-3】（25-26九年级上·福建漳州·期中）教材再现：(1)如图1，在矩形中，，，P是上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作和的垂线，垂足分别为E，F，则的值为_____．知识应用：(2)如图2，在矩形中，点M，N分别在边上，将矩形沿直线折叠，使点D恰好与点B重合，点C落在点处，点P为线段MN上一动点（不与点M，N重合），过点P分别作直线的垂线，垂足分别为E和F，以为邻边作平行四边形，若，，的周长是否为定值？若是，请求出的周长；若不是，请说明理由．(3)如图3，当点P是等边外一点时，过点P分别作直线的垂线、垂足分别为点E、D、F．若，求出的面积．【答案】(1)(2)是定值，值为24(3)【分析】（1）如图1，记与的交点为O，连接，则，，根据，计算求解即可；（2）由四边形是矩形，可得，则，如图2，连接，过点M作于H，则四边形是矩形，，由折叠的性质得：，则，可得到，由勾股定理得：，根据，即，可求的值，然后求周长即可；（3）由等边，可知，，如图3，连接，作于，可求，则，即，求的值，然后求面积即可．【详解】（1）解：如图1，记与的交点为O，连接，∵四边形是矩形，∴，，，∴，，∴，∴，解得：，故答案为：；（2）解：的周长是定值，理由如下：∵四边形是矩形，∴，∴，如图2，连接，过点M作于H，则四边形是矩形，∴，由折叠的性质得：，∴，∴，∴，在中，，∴，∵，，∴，∴，∴的周长为，∴的周长是定值，值为24；（3）解：∵等边，∴，，如图3，连接，作于，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴的面积为．类型七、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7．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图，已知矩形．(1)请用直尺与圆规按下列步骤作图，保留作图痕迹；①以点A为圆心，以的长为半径画弧，交于点E，连接；②作的平分线交于点F；③连接；(2)在（1）作出的图形中，若，，求的面积．【答案】(1)见解析(2)6【分析】本题考查基本作图，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．（1）根据角平分线的作图方法作图即可；（2）先证，推出，再由勾股定理解和即可．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）解：由作图知，，又，，，四边形是矩形，，，，在中，，，，，设，则，在中，，，解得，，．【变式7-1】（2025九年级·江西·专题练习）如图，在平行四边形ABCD中，E为AD的中点．请仅用无刻度的直尺，分别按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．(1)如图①，若，请在BC边上找点G，使．(2)如图②，P为AB边上一点，请在CD边上找点K，使．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）连接，交于点，连接点与点并延长，交于点，则点即为所求；（2）连接，交于点，连接并延长，交于点，连接交于点，连接并延长，交于点，则点即为所求．【详解】（1）解：如图①所示，点G即为所求．（2）解：如图②所示，点K即为所求．【变式7-2】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，已知矩形，，，点是边上一点，连接．(1)在边上作出点，使得点到的距离等于线段的长度；（用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，设点到的垂线段为，连接，若点刚好是的中点，补全图形（无需尺规作图），并求此时的长度．【答案】(1)见解析(2)画图见解答；的长度为【分析】（1）作的角平分线，交于点，根据角平分线的性质得点到的距离等于．（2）根据四边形为矩形，，，，证明，即可得出，再证，设，则，，由勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，作的平分线，交于点，则点即为所求．（2）如图所示，由题意得，，．四边形为矩形，，，．在和中，，，．点为的中点，，．在和中，，，．设，则，，在中，由勾股定理得，，即，解得，的长度为．【变式7-3】（24-25八年级下·重庆·开学考试）在矩形中，是边上一定点，是直线上一动点，将沿直线翻折，点B的对应点为G．(1)若点G落在矩形的内部，且E，G，D三点在一条直线上时，请在图中作出此时的点G和直线；（请用无刻度的直尺和圆规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，若，，，求的长度．【答案】(1)见解析(2)1【分析】（1）连接，作的角平分线、截取即可；（2）利用勾股定理求出，再证明，可得结论．【详解】（1）解：如图，直线，点即为所求作．（2）解：四边形是矩形，，，，，，，由作图可知，，，，，，．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，∴．综合训练一、选择题1.已知四边形ABCD是平行四边形,下列结论错误的是()A.当∠ABC=90°时,它是矩形 B.当AC⊥BD时,它是菱形C.∠ABC=∠ADC D.AC=BD一定成立2.下列结论中,矩形具有而菱形不一定具有的性质是()A.内角和为360° B.对角线互相平分C.对角线相等 D.对角线互相垂直3.在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC+BD=10cm,AB=4cm,则△COD的周长为()A.14cm B.9cm C.7cm D.5cm4.如图,AD是△ABC的中线,四边形ADCE是平行四边形,增加下列条件,能判断▱ADCE是菱形的是()A.∠BAC=90° B.∠DAE=90°C.AB=AC D.AB=AE5.如图,▱ABCD与▱DCFE的周长相等,且∠BAD=60°,∠F=110°,则∠DAE的度数为()A.55° B.25°C.30° D.35°6.将一张正方形的纸片按下图所示的方式三次折叠,折叠后再按图所示沿MN裁剪,则可得()A.多个等腰直角三角形 B.一个等腰直角三角形和一个正方形C.四个相同的正方形 D.两个相同的正方形7.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,对角线AC,BD相交于点O,点P是AD上一动点(不与A,D重合),过点P作AC和BD的垂线,垂足分别为E,F,则PE+PF=()A.125 B.C.35 D.8.将一边长为2的正方形纸片折成四部分,再沿折痕折起来,恰好能不重叠地搭建成一个三棱锥,则三棱锥四个面中最小的面积是()A.1 B.32 C.12 D二、填空题9.如图,在菱形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(8,2),点D的坐标为(0,2),则点C的坐标为.

10.如图,以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC,则∠FAB=.

11.如图,∠ACB=90°,△ABF的中位线DE经过点C,且CE=13CD,若AB=6,则BF的长为.12.如图,在矩形ABCD中,AB=5,AD=12,点P在对角线BD上,且BP=BA,连