八年级下册数学 期末真题汇编（福建） 专题04 矩形(解析版)

专题04矩形7大高频考点概览考点01利用矩形性质求角度考点02利用矩形性质求线段考点03矩形与折叠问题考点04斜边中线等于斜边一半考点05证明四边形是矩形考点06矩形的性质证明考点07矩形性质与判定的综合应用地地城考点01利用矩形性质求角度1．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在四边形中，点，，，分别为各边的中点，按图中的虚线将其分成四个四边形，再重新拼成一个四边形，则拼成的四边形是（

）A．对角线不相等的平行四边形B．对角线相等的平行四边形C．对角线垂直的平行四边形D．对角线垂直且相等的平行四边形【答案】B【分析】本题考查矩形的判定与性质，正确拼出矩形是解题的关键．拼成的四边形为矩形，根据矩形是对角线相等的平行四边形，即可解答．【详解】解：按图中的虚线将其分成四个四边形，再重新拼成一个四边形，则拼成的四边形如图，其中点重合于点O，∴拼成的四边形为矩形，则矩形是对角线相等的平行四边形．故选B．2．（24-25八年级下·福建福州·期末）下列关于矩形的说法，正确的是（

）A．矩形的对角线互相垂直 B．矩形的对角线平分一组对角C．矩形的邻边一定不相等 D．矩形的邻边互相垂直【答案】D【详解】此题考查了矩形的性质，根据矩形的性质判断即可．掌握矩形的性质是解题的关键．【分析】A．矩形的对角线不一定互相垂直，故此选项说法错误，不符合题意；B．矩形的对角线不一定平分一组对角，故此选项说法错误，不符合题意；C．当矩形为正方形时，矩形的邻边相等，故此选项说法错误，不符合题意；D．矩形的邻边互相垂直，故此选项说法正确，符合题意；故选：D．3．（24-25八年级下·福建莆田·期末）矩形具有而一般平行四边形不具有的性质是（

）A．对边相等 B．对角相等C．对角线互相平分 D．对角线相等【答案】D【分析】本题考查了矩形的性质，属于基础题型，熟知矩形对角线相等的性质是解题的关键；根据矩形的对角线相等，而一般平行四边形的对角线不具有此性质判断即可.【详解】解：矩形具有一般平行四边形的对边相等、对角相等、对角线互相平分的性质，还具有一般平行四边形不具有的对角线相等的性质；故选：D.4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，已知在矩形中，于点，，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查矩形的性质，等边对等角，根据矩形的性质，得到，等边对等角得到，三角形的内角和定理，求出的度数，角的和差关系求出的度数即可．【详解】解：∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴；故选A．地地城考点02利用矩形性质求线段1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，矩形的对角线相交于点，，，则长为（

）A． B．4 C． D．8【答案】D【分析】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质．由矩形的性质得出，，证明为等边三角形，得出，据此计算即可得解．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，∵，∴，∴为等边三角形，∴，∴，故选：D．2．（24-25八年级下·福建福州·期末）在矩形中，对角线、相交于点，，则等于（

）A．3 B．4 C．6 D．12【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，理解性质定理是关键．根据矩形的对角线相等，且互相平分即可求解．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，∴，故选：A．3．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形中，点B坐标为，与y轴相交于点D，若轴，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的性质，两点间距离公式，熟记矩形的性质定理并灵活运用是解题的关键．连接，设交于点M，根据矩形的性质可知，由于轴，得到D的坐标，再利用两点距离公式求解即可．【详解】解：如图，当轴时，连接，设交于点M，∵四边形是矩形，∴，∵，∴即，∵轴，∴轴，∵点D在y轴上，∴，∴．故选：C．4．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，矩形的对角线，相交于点，若，则的长是（

）A．5 B．10 C．15 D．20【答案】B【分析】本题主要考查了矩形的性质，根据矩形的性质可得出，，根据即可求出．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，故选：B5．（24-25八年级下·福建南平·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点点B的坐标是，则线段的长度为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键；本题由两点之间的距离计算公式求出的长，然后根据矩形的性质对角线相等，即可求解；【详解】解：连接，如图：

，∵顶点B的坐标为，∴，∵四边形是矩形，∴；故选：C6．（24-25八年级下·福建厦门·期末）八年级（1）班同学要在广场上布置一个矩形的花坛，如图，计划用红花摆成两条对角线，如果一条对角线用了25盆红花，那么还需要从花房运来红花_____盆．【答案】24【分析】此题主要考查矩形的性质的实际应用问题．首先根据题意，矩形的对角线相等，一条对角线用了25盆红花，可判定另一条对角线也是25盆红花，又因为两条对角线有一个交点，所以还需要24盆红花即可．【详解】解：根据题意，矩形的对角线相等，∵一条对角线用了25盆红花，∴另一条对角线也是25盆红花，又∵两条对角线有一个交点∴还需要24盆红花即可．故答案为：24．7．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形中，，则的长是______．【答案】【分析】本题主要考查了矩形的性质，根据矩形的对角线相等且相互平分，据此即可作答，掌握矩形的对角线相等且相互平分是解题的关键．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，∴，故答案为：．8．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，在矩形中，，，分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线交分别于点E，F，则的长为______．【答案】【分析】如图，连接，由题意知，，，是线段的垂直平分线，，设，则，在中，由勾股定理得，，即，解方程，再证明，则；进而即可求解．本题考查了矩形的性质，垂直平分线的性质，勾股定理．全等三角形的判定与性质，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【详解】解：如图，连接，∵四边形是矩形∴，，∵分别以点A和C为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点M和N，作直线交分别于点E，F∴是线段的垂直平分线，，设，则，在中，由勾股定理得，，即，解得，∵∴∵，∴；故答案为：9．（24-25八年级下·福建福州·期末）图1、图2是两张形状，大小完全相同的方格纸，方格纸中的每个小正方形的边长均为1，请在图1、图2中分别画出符合要求的图形．（所画图形各顶点必须与方格纸中的小正方形顶点重合）．(1)在图1中画出一个以线段为一边的平行四边形，使其周长为20．(2)在图2画出一个周长为20，面积为24的矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了网络作图：在格点图中画特殊四边形，掌握特殊四边形的判定与性质是关键．（1）由勾股定理得，则其邻边，只要把线段向右平移5个单位长度即可，且其周长为20；（2）画出长为6宽为4的长方形即可，矩形的面积即为24．【详解】（1）解：如图平行四边形即为所求．（2）解：如图矩形即为所求．10．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，．(1)求作矩形，点在上．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下，连接交于点，求证：点为的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了作图—基本作图，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）先作平分交于，再分别以、为圆心，、为半径作弧，两弧交于点，最后连接、，即可得到矩形；（2）由等腰三角形的性质可得，，由矩形的性质可得，，推出，再证明，即可得证．【详解】（1）解：如图，矩形即为所作，；（2）证明：∵，平分，∴，，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴点为的中点．11．（24-25八年级下·福建厦门·期末）已知：如图，在矩形中，，垂足是，点是点关于的对称点，连接．(1)求和的长；(2)若将沿着射线方向平移，设平移的距离为（平移距离指点沿方向所经过的线段长度）当点分别平移到线段上时，求出相应的的值．【答案】(1)，(2)当点落在上时，；当点落在上时，【分析】本题考查了轴对称与平移变换、矩形、勾股定理等知识点．在计算过程中，注意识别平移过程中的不变量．（1）利用矩形性质、勾股定理及三角形面积公式求解；（2）依题意画出图形，利用平移性质，确定图形中的等腰三角形，分别求出m的值；【详解】（1）解：在中，，由勾股定理得：，在中，，由勾股定理得：（2）解：设平移中的三角形为，如图：由对称点性质可知，．由平移性质可知，．①当点落在上时，，，，，即；②当点落在上时，，，，，又易知，为等腰三角形，，，即．地地城考点03矩形与折叠问题1．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，将长方形沿着折叠，点D落在边上的点F处，已知，则的长为（）A．4 B．3 C．5 D．2【答案】B【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，由翻折可知：，设，则，在中，利用勾股定理构建方程即可解决问题．【详解】解：∵四边形是矩形，，，由翻折可知：，设，则，在中，，在中，，，，．故选：B．2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，将长方形放置于平面直角坐标系中，点与原点重合，点，分别在轴和轴上，点，连接，并将沿翻折至长方形所在平面，点的对称点为点，则点的坐标为___．【答案】【分析】本题考查轴对称，勾股定理，等腰三角形的判定及性质．过点E作轴于点F，由可得，，由长方形与折叠的性质可得，从而，设，则，，在中，根据勾股定理得，代入即可解得，根据的面积可求得，进而在中，根据勾股定理可求得，结合点E的位置可得点E的坐标．【详解】解：过点E作轴于点F，∵，∴，，∵在长方形中，，∴，∵由折叠有，∴，∴，设，则，，∵在长方形中，，∴在中，，即，解得，∴，由折叠可得，∴，∵或，∴，即，∴，∵轴，∴在中，，∴点E的坐标为．故答案为：．3．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．点E是上一点，且，将沿折叠，点A的对应点F恰好落在上．若，则的长是______．【答案】3【分析】本题主要考查了矩形和折叠的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质、含角直角三角形的性质等知识，熟练掌握矩形和折叠的性质是解题的关键．首先根据题意求出，然后根据折叠的性质得到，，、，易证是等边三角形，进而求出，，然后利用含角直角三角形的性质得到，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：如图：连接，∵，，∴，∵对折矩形纸片使与重合，得到折痕，∴，，∴，∵将沿折叠，点A的对应点F恰好落在上，∴，，，∴，∴是等边三角形，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，，∴，∴．故答案为3．4．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在矩形中，是射线上的一个动点，把沿折叠，点的对应点为．当直线恰好经过点时，的长为_________．【答案】或【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理的运用，掌握矩形的性质，勾股定理是关键．根据矩形与折叠的性质，数形结合，分类讨论，即可求解．【详解】解：四边形是矩形，∴，∵折叠，∴，如图所示，直线恰好经过点，∴，∴在中，，设，则，∵，∴，整理得，，解得，，∴；如图所示，同理，，∵折叠，∴，∵，即，∴，∴，∴，∴；综上所述，的长为或，故答案为：或．5．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在矩形中，点是上一点，连接，将沿着折叠，使得点落在上的点处，连接，若，，三点共线，现给出以下结论：点是的中点；；是等边三角形；．其中正确的是______．（写出所有正确结论的序号）【答案】【分析】本题考查了矩形与折叠，等边三角形的判定与性质，根据矩形与折叠，等边三角形的判定与性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键．【详解】解：∵点落在上的点处，，，三点共线，四边形是矩形，∴，，，，故正确；∴，由折叠性质可知：，，∴，∴是等边三角形，故正确；∴，∴，∴，由勾股定理得：，∵，∴，故错误；如图，作，交于点，设到的距离为，则到的距离为，∴，综上可知：正确，故答案为：．6．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点A的坐标为，点在边上．将沿折叠，点落在点处．已知点的坐标为，且矩形中，则点的横坐标为_____．【答案】3【分析】本题主要考查矩形性质、折叠性质、勾股定理以及平面直角坐标系的相关知识．解题关键在于利用折叠性质得到相等的线段，结合勾股定理建立方程求解线段长度，进而确定点的坐标．首先由点A坐标和长度求出长，然后根据折叠性质可知，，在中求出（即），最后在中设未知数，根据勾股定理列方程求解．【详解】解：如图，由题意四边形，四边形都是矩形，，，，点A的坐标为，，，．在中，，，．D点坐标为，E点纵坐标为10，由折叠性质可知．．，设，则，．在中，根据勾股定理得：，即．解得．，点E的横坐标为3．故答案为：3．7．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，点E是边上的一点，沿直线翻折，点C落在边上的点F处．

(1)求作点E和点F（尺规作图，不要求写作法，保留作图痕迹）；(2)若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查折叠问题，尺规作图-复杂作图，勾股定理，矩形的性质，掌握折叠前后对应边相等、对应角相等是解题的关键．（1）以点B为圆心，为半径作弧，与的交点即为点F，再作的角平分线与交于点E；（2）设，由翻折可知，，用勾股定理解和即可求解．【详解】（1）解：如图所示：点E和点F为所求作的点．

（2）解：连接，设，由翻折可知，，∵四边形是矩形，∴．在中，∴，在中，，∴，解得，即．8．（24-25八年级下·福建福州·期末）折纸是一种充满数学魅力的艺术形式，从“数学眼光发现、数学思维思考、数学语言表达”三个维度分析折纸问题，把纸张看作平面图形，折痕视为直线，从而将折纸问题转化为几何图形的变换问题．【操作发现】如图1，在矩形中，按如下步骤操作：①如图1—，第一次折叠矩形使与重合，与重合，展平纸片得到折痕；②如图1—b，第二次折叠，点落在上，折痕与交于点；③如图1—，第三次折叠，点与点重合；⑤如图1—，展平纸片；（1）判断的形状，并说明理由；【初步探究】（2）在（1）的基础上，如图2，作的平分线交于点，连接，求证：；【深入探究】（3）在图2上补全图形，过点作的平行线，分别交于点，试判断的数量关系，并说明理由．【答案】（1）是等边三角形，理由见解析；（2）见解析；（3），理由见解析【分析】（1）连接，由折叠知，，垂直平分，得，得是等边三角形，得，得，即得是等边三角形；（2）由折叠知，得，由角平分线定义得，得，连接，过作于，于，得，由，得，得，得，得，得，即得；（3）由，可得四边形是矩形，推出，由，得，得，由，得，由，得，得，由，即得．【详解】（1）解：是等边三角形．理由：连接，如图，由折叠知垂直平分，，，，是等边三角形．．．矩形中，，．由折叠可知，，是等边三角形．（2）证明：由（1）可知，是等边三角形，，由折叠知，矩形，，；平分，，，连接，过作于于，如图，，四边形为矩形，；平分，，又垂直平分，．．，．即．是等腰直角三角形．．．．（3）解：，理由如下：如图，在（2）的图中过点作的平行线，分别交于点，在矩形中，，，，四边形是矩形，．由（2）得，，．是等边三角形，．．由（2）得，．．在中，，．【点睛】本题考查了矩形折叠问题，熟练掌握矩形性质，折叠性质，等边三角形判定和性质，勾股定理，角平分线定义和性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形判定和性质是解题的关键．9．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）折纸是我国传统的民间艺术，精美的折纸背后离不开数学原理，这吸引了无数数学教育工作者以折痕为研究对象，关注折法和折叠过程中所得平面图形的性质．如图，矩形纸片中，．(1)折叠矩形纸片，折痕为（点N在矩形的边上），使得点C落在边上的点M．请在图1中画出折痕，得到______°；(2)现要折出角，小明同学采用下面的方法：步骤一：对折矩形纸片，折痕为，使得与重合，然后把纸片展平，如图2；步骤二：再一次折叠纸片，折痕为（点P在矩形的边上），使得______．请将步骤二补充完整，在图2中画出折痕，并证明所折出的角为．【答案】(1)45(2)点C落在上，点C的对应点为点N，证明见解析【分析】（1）由折叠可得，即可求解；（2）由折叠的性质得出垂直平分，第二次折叠可得，进而得为等边三角形，则可得出结论．【详解】（1）解：如图：∵四边形是矩形，∴，由折叠可得：，故答案为：45；（2）解：步骤2：使得点C落在上，点C的对应点为点N，证明：∵对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，连接∴垂直平分，∴，∵再一次折叠纸片，使点C落在上，得到折痕，点C的对应点为点N，∴，

∴，∴为等边三角形，

∴．

【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，等边三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．地地城考点04斜边中线等于斜边一半1．（24-25八年级下·福建宁德·期末）为迎接校园运动会，小明设计了如图所示的彩旗，其中，点为中点，则的长是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，掌握知识点是解题的关键．关键直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，即可解答．【详解】解：∵，点为中点，∴．故选B．2．（24-25八年级下·福建福州·期末）一技术人员用刻度尺（单位，）测量某三角形部件的尺寸．如图所示，已知，点为边的中点，点对应的刻度为，则（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查直角三角形斜边上的中线，根据图形和直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可以计算出的长，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．【详解】解：∵点对应的刻度为，∴，∵，点为边的中点，∴，故选：B．3．（24-25八年级下·福建莆田·期末）在搬运班级储物柜时，小明与同学将储物柜靠在墙上稍作休息，思考如下问题：如图，墙面与地面垂直，柜子侧面为矩形，其中，，当柜子靠在墙上缓慢倒下，即在上滑动，在上滑动，在这个过程中，点到点的最大距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了直角三角形的性质，矩形的性质，勾股定理，三角形的三边性质，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，再根据即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：取的中点，连接，∵，∴，∵点是的中点，∴，∵四边形为矩形，∴，，∴，∵，∴，∴点到点的最大距离为，故选：．4．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，，，点D是的中点，则________．【答案】4【分析】本题考查了直角三角形的斜边中线定理．根据直角三角形的斜边中线定理即可求出．【详解】解：在中，，点D是的中点，，故答案为：4．5．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在中，，D为的中点，，则的长是_____．

【答案】3【分析】本题考查的是直角三角形的性质，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．【详解】解：∵在中，，D为的中点，，∴．故答案为：3．6．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，于点D，．点M，点N分别是的中点，连接．

(1)求证：四边形为矩形；(2)若，求平行四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据平行四边形的性质结合已知条件可证明四边形是平行四边形，然后利用含30度角的直角三角形的性质证明，即可证得结论；（2）先利用直角三角形的性质求出，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵点M，点N分别是的中点，于点D，．∴，，∴，，∴四边形是平行四边形，，∴，∴平行四边形是矩形；（2）∵M是中点，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴平行四边形的周长．

【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理、直角三角形的性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质是解题的关键．地地城考点05证明四边形是矩形1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在中，添加一个条件________，可使是矩形．【答案】（或）【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的性质，根据对角线相等的平行四边形是矩形，进行作答即可．【详解】解：∵四边形是平行四边形∴添加一个条件：或，可使是矩形．故答案为：（或）2．（24-25八年级下·福建福州·期末）已知，如图，在中，是边上的中点，且．求证：是矩形．【答案】见解析【分析】本题主要考查了矩形的判定，即利用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解答本题的关键，根据平行四边形的两组对边分别相等可知得到，又由可得，证得，即可证明是矩形．【详解】解：证明：∵四边形是平行四边形，∴．∵点是的中点，∴．又∵，∴．∴．∵，∴．∴．∴是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）．3．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点E、F是上两点，，连接，，求证：四边形是矩形．【答案】见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定等知识．熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定是解题的关键．由，可得，，证明，则，进而结论得证．【详解】证明：∵，∴，．∵，，，∴，∴，四边形是矩形．地地城考点06矩形的性质证明1．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，在中，，以为边作矩形，(1)求证：平分；(2)如图2，于点F，平分交于点G，交的延长线于点①求的值；②求证：【答案】(1)详见解析(2)①：2；②详见解析【分析】（1）由矩形的性质得出，则，证出，则可得出结论；（2）①证出，由等腰直角三角形的性质可得出结论；②延长到点M，使，连接，证明，，得出证明四边形是平行四边形．得出【详解】（1）证明：，，四边形是矩形，，，，平分；（2）解：①平分，平分，，，，于点F，，，在中，，；②如图3，延长到点M，使，连接，，，，，，在矩形中，，，．，，，，，四边形是平行四边形．【点睛】此题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在矩形中，点是的中点，连接，，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，由矩形的性质可得，，再证明，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．【详解】证明：∵四边形为矩形，∴，，∵点是的中点，∴，∴，∴．3．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在矩形中，点，在上，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定；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，∴．∵，∴．∴．4．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图，在矩形中，点在边上，．(1)在线段上求作一点，使．（要求尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，若，，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了矩形的性质，作一个角等于已知角的尺规作图，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解一元一次方程，理解题意、正确做出图形是解题关键．（1）利用矩形的性质可得，作一个角等于已知角的尺规作图，即①以点圆心，任意长为半径，画弧，分别交、于点、；②以点为圆心，为半径作弧，交于点；③以点为圆心，为半径，画弧，交于点；④连接并延长，交于点，则，即；（2）连接，利用矩形的性质证得，通过勾股定理求得，设，则，，在中，利用勾股定理构建一元一次方程，解方程，即可求解．【详解】（1）解：如图，点即为所求；四边形是矩形，，，，，．（2）解：如图，连接，由（1）得：，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，在中，，，设，则，在中，，，解得：，线段的长为．5．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，矩形，点E在边上．(1)尺规作图：请在线段上作出点F，使得；(不写作法，保留作图痕迹)(2)在（1）的条件下，若，①设，请用含x的代数式表示(不用写自变量x的取值范围)②请写出线段与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)①；②，理由见解析【分析】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质与判定，尺规作图—作与已知角相等的角，熟知相关知识是解题的关键．（1）根据作与已知角相等的角的尺规作图方法作图即可；（2）①由矩形的性质得到，，求出，得到，再由，得到，则，据此可得结论；②延长到G，使得，设，则，由①可得，，由矩形的性质得到，，则，则可证明，得到；证明垂直平分，得到，可得，，则可证明，得到，据此可得结论．【详解】（1）解：如图所示，即为所求；（2）解：①∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即；②，理由如下：如图所示，延长到G，使得，连接，设，则，由①可得，，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴；∵，，∴垂直平分，∴，∴，，∴