初中数学北师大版（2024）九年级上册2 矩形的性质与判定课时练习

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倍速学习五种方法
【方法一】 脉络梳理法
知识点1：矩形的定义
知识点2：矩形的性质（重难点）
知识点3：直角三角形斜边上的中线的性质（重点）
知识点4：矩形的判定（重难点）
【方法二】 实例探索法
题型1：利用矩形的性质求角的度数
题型2：利用矩形的性质求边的长度
题型3：直角三角形斜边上的中线的性质应用
题型4：利用矩形的性质证明
题型5：矩形的判定
题型6：矩形的实际应用
题型7：矩形中的折叠问题
题型8：计算矩形中阴影部分面积
题型9：矩形中的动态问题
【方法三】 差异对比法
易错点1判断矩形的条件不足
【方法四】 仿真实战法
考法1矩形性质的应用
考法2矩形的判定
考点3直角三角形斜边上的中线
考法4矩形的性质与判定
【方法五】 成果评定法
【知识导图】
【倍速学习五种方法】
【方法一】脉络梳理法
知识点1：矩形的定义
1. 定义：有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形．
注意：矩形的定义既是矩形的基本性质，也是判定矩形的基本方法．
知识点2：矩形的性质
矩形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质．
(1) 矩形的四个角都是直角；
(2) 矩形的两条对角线相等．
注意：
(1) 矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形．过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分．
(2) 矩形也是轴对称图形，有两条对称轴(分别是通过对边中点的直线)．
对称轴的交点就是对角线的交点 (即对称中心)．
知识点3：直角三角形斜边上的中线的性质
在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半．
知识点4：矩形的判定
矩形的判定定理1：有三个角是直角的四边形是矩形．
矩形的判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形．
【方法二】实例探索法
题型1：利用矩形的性质求角的度数
例1.如图．矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3．则AB的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
解题分析：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，∴CE=8﹣3=5，
在Rt△CEF中，CF===4，
设AB=x，在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，解得x=6，
故选D．
答案：D
题型2：利用矩形的性质求边的长度
例2．已知矩形ABCD的周长为16，AB＝5，则BC等于（ ）
A．3B．5C．6D．11
【分析】根据矩形的周长公式即可得到结论．
【解答】解：∵矩形ABCD的周长为16，
∴BC＝×（16﹣2×5）＝3，
故选A．
【点评】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的周长公式是解题的关键．
题型3：直角三角形斜边上的中线的性质应用
例3.如图，BD、CE是△ABC不同边上的高，点G、F分别是BC、DE的中点，试证明GF⊥DE．
【分析】连接EG、FG，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得DG＝EG＝BC，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可．
【解答】证明：如图，连接EG、DG，
∵BD、CE分别是△ABC的AC、AB边上的高，点G是BC的中点，
∴DG＝EG＝BC，
∵点F是DE的中点，
∴GF⊥DE．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并作出辅助线构造出等腰三角形是解题的关键．
例4.如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E．求证：∠EBC＝∠A．
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到CD＝BD，由等腰三角形的性质得到∠ABC＝∠ECB，根据余角的性质即可得到结论．
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB中点，
∴CD＝BD，
∴∠ABC＝∠ECB，
∵BE⊥CE，
∴∠E＝90°，
∴∠ECB+∠CBE＝∠ABC+∠A＝90°，
∴∠EBC＝∠A．
【点评】本题考查了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，熟记直角三角形的性质是解题的关键．
题型4：利用矩形的性质证明
例5.如图所示，矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，于点E，
于点F，求证：BE=CF．
A
B
C
D
E
F
O
【解析】∵矩形ABCD，∴．
∵，，
∴，∴BE=CF
【总结】考察矩形的性质的运用．
例6.已知：若从矩形ABCD的顶点C作BD的垂线交BD于E，交∠BAD的平分线于F．
求证：△CAF是等腰三角形．
G
【解析】过A作AG⊥BD，垂足为G
∵AG⊥BD，∴∠BAG+∠GAD=90°
∵∠ADG+∠GAD=90°，∴∠BAG=∠ADG
∵∠DAC=∠ADG，∴∠DAC=∠BAG
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAG＋∠FAG=∠DAC＋∠CAF
∵∠DAC=∠BAG，∴∠FAG=∠CAF
∵AG⊥BD，CE⊥BD，∴AG∥EC，∴∠F=∠FAG
∵∠FAG=∠CAF，∴∠F=∠CAF
∴CA=CF，∴△CAF是等腰三角形
【总结】考查矩形的性质及等腰三角形判定的综合运用．
例7.已知：矩形ABCD中，延长BC至E，使BE=BD，F为DE中点，连接AF、CF．
求证：AF⊥CF．
A
B
C
D
E
F
【解析】联结
∵BE=BD，F为DE中点，∴
∴
∵，F为DE中点，∴
∴， ∴
∵，，
∴，∴
∵，∴，
即，∴AF⊥CF
【总结】考察全等三角形的判定和性质、等腰三角形三线合一性质的综合运用．
题型5：矩形的判定
例8.已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E．
求证：四边形ADCE为矩形；
【分析】根据三个角是直角是四边形是矩形即可证明；
【解答】证明：∵AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD．
∴∠ADC＝90°，
∵AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，
∴∠MAN＝∠CAN．
∴∠DAE＝90°，
∵CE⊥AN，
∴∠AEC＝90°．
∴四边形ADCE为矩形．
【点评】本题考查矩形的判定、等腰三角形的性质、角平分线的定义等知识，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．
例9.如图，在△ABC中，O是AC上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于BC的直线l分别与∠BCA、∠DCA的平分线交于点E、F．
（1）OE与OF相等吗？证明你的结论．
（2）试确定点O的位置，使四边形AECF是矩形，并加以证明．
【分析】（1）根据平行线性质和角平分线定义推出∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，根据等腰三角形的判定推出OE＝OC，OF＝OC即可；
（2）根据平行四边形的判定得出平行四边形AECF，根据对角线相等的平行四边形是矩形推出即可；
【解答】（1）解：相等；理由是：∵直线l∥BC，
∴∠OEC＝∠ECB，
∵CE平分∠ACB，
∴∠OCE＝∠BCE，
∴∠OEC＝∠OCE，
∴OE＝OC，
同理OF＝OC，
∴OE＝OF．
（2）解：O在AC的中点上时，四边形AECF是矩形，
理由是：∵OA＝OC，OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵OE＝OF＝OC＝OA，
∴AC＝EF，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点评】本题综合考查了平行四边形的性质和判定，矩形的判定，平行线的性质，角平分线定义等知识点的应用，题型较好，综合性比较强，难度也适中．
题型6：矩形的实际应用
例10.如图是一个矩形桌子，一小球从P撞击到Q，反射到R，又从R反射到S，从S反射回原处P，入射角与反射角相等（例如∠PQA＝∠RQB等），已知AB＝8，BC＝15，DP＝3．则小球所走的路径的长为 34 ．
【分析】求出四边形SPQR是平行四边形，推出SR＝PQ，PS＝QR，证三角形全等得出SR＝PQ，RQ＝PS，根据相似求出DS，根据勾股定理求出即RS，RQ，PQ，SP即可．
【解答】解：∵入射角与反射角相等，
∴∠BQR＝∠AQP，∠APQ＝∠SPD，∠CSR＝∠DSP，∠CRS＝∠BRQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴∠DPS+∠DSP＝90°，∠AQP+∠APQ＝90°，
∴∠DSP＝∠AQP＝∠CSR＝∠BQR，
∴∠RSP＝∠RQP，
同理∠SRQ＝∠SPQ，
∴四边形SPQR是平行四边形，
∴SR＝PQ，PS＝QR，
在△DSP和△BQR中
∴△DSP≌△BQR，
∴BR＝DP＝3，BQ＝DS，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝8，BC＝AD＝15，
∴AQ＝8﹣DS，AP＝15﹣3＝12，
∵∠SPD＝∠APQ，
∴△SDP∽△QAP，
∴＝
∴＝，
DS＝，
在Rt△DSP中，由勾股定理得：PS＝QR＝＝，
同理PQ＝RS＝，
∴QP+PS+SR+QR＝2×+2×＝34，
故答案为：34．
【点评】本题考查了相似三角形性质和判定，矩形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度．
题型7：矩形中的折叠问题
例11.如图所示，在矩形ABCD中，BC=8，AB=6，把矩形折叠使点C与点A重合，
求折叠EF的长．
O
【答案】
【解析】联结AC交EF于O，连接CE
∵矩形折叠使点C与点A重合，∴．
设，则
在直角△中，，解得：
由勾股定理可得：．
∵矩形ABCD，∴
在直角△中，，解得：
∴．
【总结】考察折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的综合运用．
例12.如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，将矩形沿AC折叠，使点D落在点处，
交AB于点F，则重叠部分△AFC的面积为 ________．
【答案】10
【解析】∵将矩形沿AC折叠，使点D落在点处，
∴
∵，∴
∴，∴
∴设，则
在直角△中，，解得：
∴
【总结】考察折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的综合运用．
题型8：计算矩形中阴影部分面积
例13.矩形ABCD中，横向阴影部分是长方形，另一部分是平行四边形，依照图中标注的数据，图中空白部分的面积为 ab﹣bc﹣ac+c2 ．
【分析】先求出矩形的面积（ab），再求出阴影部分的面积（ac和bc），两块交叉的部分面积是c2，根据图形求出即可．
【解答】解：∵矩形ABCD的面积是ab，
阴影部分的面积是：ac+bc﹣c2，
∴图中空白部分的面积是：ab﹣（ac+bc﹣c2）＝ab﹣bc﹣ac+c2．
故答案为：ab﹣bc﹣ac+c2．
【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，整式的运算的应用，注意：两块阴影部分的交叉处的面积是c2，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
题型9：矩形中的动态问题
例14如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2，，点P是AD边上的一个动点，连接BP，点C关于直线BP的对称点为C1，当点P运动时，点C1也随之运动．若点P从点A运动到点D，则线段CC1扫过的区域的面积是 4π+3 ．
【分析】当点P在点A时，作出点C关于BP的对称点C'，当点P在点D时，作出点C的对称点C''，从而得到点C1的运动轨迹，进而得到线段CC1的扫过的区域，连接C''C，BD，由AB＝2，BC＝2求得tan∠DBC的值，得到∠DBC的大小，进而得到∠C''AC的大小，从而求得扇形BC'C''的面积，过点C''作C''F⊥BC于点F，通过解直角三角形求得C''F的长，进而得到△C''CB的面积，即可得到线段CC1扫过的区域的面积．
【解答】解：如图，当点P在点A时，作出点C关于BP的对称点C'，当点P在点D时，作出点C的对称点C''，连接C''C，BD，
∴点C1的运动轨迹是以点B为圆心，以BC长为半径的圆弧C'C''，
∴线段CC1的扫过的区域面积为扇形BC'C''的面积和△BC''C的面积之和，
∵AB＝2，BC＝2，
∴tan∠DBC，
∴∠DBC＝30°，
∴∠C''BC＝2∠DBC＝60°，
∴∠C'BC''＝120°，
∴扇形BC'C''的面积为：•π•BC2＝×π×（2）2＝4π，
过点C''作C''F⊥BC于点F，
∴C''F＝BC''sin∠C''BC＝2×sin60°＝3，
∴S△C''CB＝＝3，
∴线段CC1扫过的区域的面积为4π+3，
故答案为：4π+3．
【点评】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，与圆有关的计算，解题的关键熟练应用轴对称的性质得到点C的运动轨迹，进而得到线段CC1扫过的区域．
例15．如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠ACB，根据平移得出AB∥DE，求出∠B＝∠DEC，再求出∠ACB＝∠DEC即可；
（2）求出四边形AECD是平行四边形，再求出四边形AECD是矩形即可．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴AB∥DE，
∴∠B＝∠DEC，
∴∠ACB＝∠DEC，
∴OE＝OC，
即△OEC为等腰三角形；
（2）解：当E为BC的中点时，四边形AECD是矩形，
理由是：∵AB＝AC，E为BC的中点，
∴AE⊥BC，BE＝EC，
∵△ABC平移得到△DEF，
∴BE∥AD，BE＝AD，
∴AD∥EC，AD＝EC，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴四边形AECD是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、平移的性质、等腰三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
【方法三】差异对比法
易错点1判断矩形的条件不足
1.下列命题中真命题是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是矩形；
C．四条边都相等的四边形是矩形； D．四个内角都相等的四边形是矩形；
【答案】D
【解析】证明矩形的方法有3种：对角线相等的平行四边形是矩形；有一个内角为90°的
平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形．A、B、C都不能证明矩形．
【总结】考察矩形的证明方法
2.已知四边形是平行四边形，对角线AC与BD相交于点O，那么下列结论中正确的是（ ）
A．当AB=BC时，四边形是矩形
B．当时，四边形是矩形
C．当OA=OB时，四边形是矩形
D．当时，四边形是矩形
【答案】C
【解析】C答案中，当OA=OB时，可知四边形的对角线相等，则可得平行四边形是矩形．
【总结】考察矩形的证明方法．
【方法四】 仿真实战法
考法1矩形性质的应用
1．（2022•无锡）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对边平行B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直D．对角互补
【分析】根据矩形，菱形的性质即可解答．
【解答】解：对边平行，对角线互相平分是矩形，菱形都具有的性质，故A，B不符合题意，
对角互补是矩形具有，而菱形不具有的性质，故D不符合题意；
菱形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直，故C符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查矩形，菱形的性质，解题的关键是掌握矩形对角线相等，菱形对角线互相垂直．
2．（2022•西宁）矩形ABCD中，AB＝8，AD＝7，点E在AB边上，AE＝5．若点P是矩形ABCD边上一点，且与点A，E构成以AE为腰的等腰三角形，则等腰三角形AEP的底边长是 5或4 ．
【分析】分情况讨论：①当AP＝AE＝5时，则△AEP是等腰直角三角形，得出底边PE＝AE＝5即可；
②当P1E＝AE＝5时，求出BE，由勾股定理求出P1B，再由勾股定理求出底边AP1即可．
【解答】解：如图所示，
①当AP＝AE＝5时，
∵∠BAD＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴底边PE＝AE＝5；
②当P1E＝AE＝5时，
∵BE＝AB﹣AE＝8﹣5＝3，∠B＝90°，
∴P1B＝，
∴底边AP1＝；
综上所述：等腰三角形AEP1的底边长为5或4；
故答案为：5或4．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定、勾股定理；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定，进行分类讨论是解决问题的关键．
3．（2022•吉林）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD的中点，点F在对角线AC上，且AF＝AC，连接EF．若AC＝10，则EF＝ ．
【分析】由AF＝AC可得点F为AO中点，从而可得EF为△AOD的中位线，进而求解．
【解答】解：在矩形ABCD中，AO＝OC＝AC，AC＝BD＝10，
∵AF＝AC，
∴AF＝AO，
∴点F为AO中点，
又∵点E为边AD的中点，
∴EF为△AOD的中位线，
∴EF＝OD＝BD＝．
故答案为：．
【点评】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
4．（2022•邵阳）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为 48 cm2．
【分析】利用勾股定理列式求出另一边长，然后根据矩形的面积公式列式进行计算即可得解．
【解答】解：∵长方形的一条对角线的长为10cm，一边长为6cm，
∴另一边长＝＝8cm，
∴它的面积为8×6＝48cm2．
故答案为：48．
【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理列式求出另一边长是解题的关键．
5．（2022•鄂州）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF＝∠BDC、∠DCF＝∠ACD．
（1）求证：DF＝CF；
（2）若∠CDF＝60°，DF＝6，求矩形ABCD的面积．
【分析】（1）由矩形的性质得OC＝OD，得∠ACD＝∠BDC，再证∠CDF＝∠DCF，即可得出结论；
（2）证△CDF是等边三角形，得CD＝DF＝6，再证△OCD是等边三角形，得OC＝OD＝6，则BD＝2OD＝12，然后由勾股定理得BC＝6，即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝AC，OD＝BD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴∠ACD＝∠BDC，
∵∠CDF＝∠BDC，∠DCF＝∠ACD，
∴∠CDF＝∠DCF，
∴DF＝CF；
（2）解：由（1）可知，DF＝CF，
∵∠CDF＝60°，
∴△CDF是等边三角形，
∴CD＝DF＝6，
∵∠CDF＝∠BDC＝60°，OC＝OD，
∴△OCD是等边三角形，
∴OC＝OD＝6，
∴BD＝2OD＝12，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD＝90°，
∴BC＝＝＝6，
∴S矩形ABCD＝BC•CD＝6×6＝36．
【点评】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握矩形的性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2022•哈尔滨）已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是边AD上一点，连接BE，CE，OE，且BE＝CE．
（1）如图1，求证：△BEO≌△CEO；
（2）如图2，设BE与AC相交于点F，CE与BD相交于点H，过点D作AC的平行线交BE的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（△AEF除外），使写出的每个三角形的面积都与△AEF的面积相等．
【分析】（1）根据矩形的性质可得OB＝OC＝OA＝OD，再利用SSS可证△BEO≌△CEO，即可解答；
（2）根据矩形的性质可得∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，从而可证Rt△BAE≌Rt△CDE，进而可得∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，再利用等腰三角形的性质可得∠OEA＝∠OED＝90°，从而可得AB∥OE∥CD，进而可得△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，然后利用等式的性质可得△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，再证明△AEF≌△DEH，从而可得△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，最后利用线段中点和平行线证明8字模型全等三角形△AEF≌△DEG，即可解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OB＝OC＝OA＝OD，
∵BE＝CE，OE＝OE，
∴△BEO≌△CEO（SSS）；
（2）解：△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠CDA＝90°AB∥CD，AB＝DC，
∵BE＝CE，
∴Rt△BAE≌Rt△CDE（HL），
∴∠AEB＝∠DEC，AE＝DE，
∵OA＝OD，
∴∠OEA＝∠OED＝90°，
∴∠BAD＝∠OED＝90°，∠ADC＝∠AEO＝90°，
∴AB∥OE，DC∥OE，
∴△AEO的面积＝△BEO的面积，△DEO的面积＝△COE的面积，
∴△AEO的面积﹣△EFO的面积＝△BEO的面积﹣△EFO的面积，△DEO的面积﹣△EHO的面积＝△COE的面积﹣△EHO的面积，
∴△AEF的面积＝△BFO的面积，△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵OA＝OD，
∴∠DAO＝∠ADO，
∴△AEF≌△DEH（ASA），
∴△AEF的面积＝△DHE的面积＝△CHO的面积，
∵DG∥AC，
∴∠G＝∠AFE，∠GDE＝∠FAE，
∴△AEF≌△DEG（AAS），
∴△AEF的面积＝△DEG的面积，
∴△DHE，△CHO，△DEG，△BFO都与△AEF的面积相等．
【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
考法2矩形的判定
7．（2022•聊城）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等
B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．测量两组对边是否分别相等
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定是否为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识；熟记“对角线互相平分的四边形为平行四边形”是解题的关键．
8．（2022•恩施州）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当t＝4s时，四边形ABMP为矩形
B．当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD＝PM时，t＝4s
D．当CD＝PM时，t＝4s或6s
【分析】根据题意，表示出DP，BM，AP和CM的长，当四边形ABMP为矩形时，根据AP＝BM，列方程求解即可；当四边形CDPM为平行四边形，根据DP＝CM，列方程求解即可；当CD＝PM时，分两种情况：①四边形CDPM是平行四边形，②四边形CDPM是等腰梯形，分别列方程求解即可．
【解答】解：根据题意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，
解得t＝5，
故A选项不符合题意；
当四边形CDPM为平行四边形，DP＝CM，
即t＝8﹣t，
解得t＝4，
故B选项不符合题意；
当CD＝PM时，分两种情况：
①四边形CDPM是平行四边形，
此时CM＝PD，
即8﹣t＝t，
解得t＝4，
②四边形CDPM是等腰梯形，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示：
则∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵PM＝CD，GM＝HC，
∴△MGP≌△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∵AG＝AP+GP＝10﹣t+，
又∵BM＝t，
∴10﹣t+＝t，
解得t＝6，
综上，当CD＝PM时，t＝4s或6s，
故C选项不符合题意，D选项符合题意，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，涉及动点问题，用含t的代数式表示出各线段的长是解题的关键．
9．（2022•陕西）在下列条件中，能够判定▱ABCD为矩形的是（ ）
A．AB＝ADB．AC⊥BDC．AB＝ACD．AC＝BD
【分析】由矩形的判定和菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A．∵▱ABCD中，AB＝AD，
∴▱ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B．∵▱ABCD中，AC⊥BD，
∴▱ABCD是菱形，故选项B不符合题意；
C．▱ABCD中，AB＝AC，不能判定▱ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D．∵▱ABCD中，AC＝BD，
∴▱ABCD是矩形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定和菱形的判定是解题的关键．
10．（2022•甘肃）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形ABCD成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ∠A＝90°（答案不唯一） ．
【分析】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【解答】解：需添加的一个条件是∠A＝90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A＝90°（答案不唯一）．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，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．
11．（2022•巴中）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG＝CE，连接DG、DE、FG．
（1）求证：△ABE≌△FCE；
（2）若AD＝2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
【分析】（1）由平行四边形的性质推出AB∥CD，根据平行线的性质推出∠EAB＝∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，再证明DF＝EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠EAB＝∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC＝EB，
在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE（AAS）；
（2）∵△ABE≌△FCE，
∴AB＝CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∴DC＝CF，
又∵CE＝CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE＝CG，
∴BC＝EG，
又∵AD＝BC＝EG＝2AB，DF＝CD+CF＝2CD＝2AB，
∴DF＝EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
12．（2022•六盘水）如图，在平行四边形ABCD中，AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是矩形？请写出证明过程．
【分析】（1）由ASA证△ABE≌△CDF即可；
（2）由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，则AE∥CF，再由全等三角形的性质得AE＝CF，则四边形AECF是平行四边形，然后由等腰三角形的在得∠AEC＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，∠B＝∠D，AB∥CD，
∴∠BAC＝∠ACD，
∵AE平分∠BAC、CF平分∠ACD，
∴∠BAE＝∠CAE＝∠BAC，∠DCF＝∠ACF＝∠ACD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（ASA）；
（2）解：当△ABC满足AB＝AC时，四边形AECF是矩形，理由如下：
由（1）可知，∠CAE＝∠ACF，
∴AE∥CF，
∵△ABE≌△CDF，
∴AE＝CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
又∵AB＝AC，AE平分∠BAC，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键．
13．（2022•十堰）如图，▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
（1）求证：BE＝DF；
（2）设＝k，当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）利用平行四边形的性质，即可得到BO＝OD，EO＝FO，进而得出四边形BFDE是平行四边形，进而得到BE＝DF；
（2）先确定当OE＝OD时，四边形DEBF是矩形，从而得k的值．
【解答】（1）证明：如图，连接DE，BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO＝OD，AO＝OC，
∵E，F分别为AO，OC的中点，
∴EO＝OA，OF＝OC，
∴EO＝FO，
∵BO＝OD，EO＝FO，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∴BE＝DF；
（2）解：当k＝2时，四边形DEBF是矩形；理由如下：
当BD＝EF时，四边形DEBF是矩形，
∴当OD＝OE时，四边形DEBF是矩形，
∵AE＝OE，
∴AC＝2BD，
∴当k＝2时，四边形DEBF是矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判定，注意对角线互相平分的四边形是平行四边形．
考点3直角三角形斜边上的中线
14．（2022•永州）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝60°，点D为边AC的中点，BD＝2，则BC的长为（ ）
A．B．2C．2D．4
【分析】根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半和30°角所对的直角边等于斜边的一半即可得到结论．
【解答】解：在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，点D为边AC的中点，BD＝2，
∴AC＝2BD＝4，
∵∠C＝60°，
∴∠A＝30°，
∴BC＝AC＝2，
故选：C．
【点评】本题考查了直角三角形斜边中线，含30°角的直角三角形的性质，熟练掌握直角三角形的性质是解题的关键．
15．（2022•杭州）如图，在Rt△ACB中，∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A＝50°，∠ACE＝30°．
（1）求证：CE＝CM．
（2）若AB＝4，求线段FC的长．
【分析】（1）根据直角三角形的性质可得MC＝MA＝MB，根据外角的性质可得∠MEC＝∠A+∠ACE，∠EMC＝∠B+∠MCB，根据等角对等边即可得证；
（2）根据CE＝CM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，点M为边AB的中点，
∴MC＝MA＝MB，
∴∠MCA＝∠A，∠MCB＝∠B，
∵∠A＝50°，
∴∠MCA＝50°，∠MCB＝∠B＝40°，
∴∠EMC＝∠MCB+∠B＝80°，
∵∠ACE＝30°，
∴∠MEC＝∠A+∠ACE＝80°，
∴∠MEC＝∠EMC，
∴CE＝CM；
（2）解：∵AB＝4，
∴CE＝CM＝AB＝2，
∵EF⊥AC，∠ACE＝30°，
∴FC＝CE•cs30°＝．
【点评】本题考查了直角三角形的性质，涉及三角形外角的性质，解直角三角形等，熟练掌握并灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
考法4矩形的性质与判定
16．（2022•云南）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF＝90°．
（1）求证：四边形ABDF是矩形；
（2）若AD＝5，DF＝3，求四边形ABCF的面积S．
【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，得∠BAE＝∠FDE，而点E是AD的中点，可得△BEA≌△FED（ASA），即知EF＝EB，从而四边形ABDF是平行四边形，又∠BDF＝90°，即得四边形ABDF是矩形；
（2）由∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，得AF＝＝＝4，S矩形ABDF＝DF•AF＝12，四边形ABCD是平行四边形，得CD＝AB＝3，从而S△BCD＝BD•CD＝6，即可得四边形ABCF的面积S为18．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BA∥CD，
∴∠BAE＝∠FDE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△BEA和△FED中，
，
∴△BEA≌△FED（ASA），
∴EF＝EB，
又∵AE＝DE，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF＝90°．
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）得四边形ABDF是矩形，
∴∠AFD＝90°，AB＝DF＝3，AF＝BD，
∴AF＝＝＝4，
∴S矩形ABDF＝DF•AF＝3×4＝12，BD＝AF＝4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝3，
∴S△BCD＝BD•CD＝×4×3＝6，
∴四边形ABCF的面积S＝S矩形ABDF+S△BCD＝12+6＝18，
答：四边形ABCF的面积S为18．
【点评】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△BEA≌△FED．
17．（2022•德阳）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于点H．点F从点B出发沿BD方向以2cm/s向点D匀速运动，同时，点E从点H出发沿HD方向以1cm/s向点D匀速运动．设点E，F的运动时间为t（单位：s），且0＜t＜3，过F作FG⊥BC于点G，连结EF．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）连结FC，EC，点F，E在运动过程中，△BFC与△DCE是否能够全等？若能，求出此时t的值；若不能，请说明理由．
【分析】（1）根据平行线的判定定理得到EH∥FG，由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，推出四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到四边形EFGH是矩形；
（2）根据菱形的性质得到∠ABC＝60°，AB＝2cm，求得∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，解直角三角形即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵EH⊥BC，FG⊥BC，
∴EH∥FG，
由题意知BF＝2tcm，EH＝tcm，
∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴∠CBD＝30°，
∴FG＝BF＝tcm，
∴EH＝FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∠FGH＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）△BFC与△DCE能够全等，
理由：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2cm，
∴∠ADC＝∠ABC＝60°，CD＝AB＝2cm，AB∥CD，
∴∠CBD＝∠CDB＝30°，∠DCH＝∠ABC＝60°，
∵DH⊥BC，
∴∠CHD＝90°，
∴∠CDH＝90°﹣60°＝30°＝∠CBF，
在Rt△CDH中，cs∠CDH＝，
∴DH＝2×＝3，
∵BF＝2tcm，
∴EH＝tcm，
∴DE＝（3﹣t）cm，
∴当BF＝DE时，△BFC≌△DEC，
∴2t＝3﹣t，
∴t＝1．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【方法五】 成果评定法
一、单选题
1．（2023·河南平顶山·统考一模）下列叙述错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分B．矩形的对角线相等
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】D
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵平行四边形的对角线互相平分，
∴选项A不符合题意；
B、∵矩形的对角线相等，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键．
2．（2023·广东珠海·统考一模）将一张矩形纸片对折两次，然后沿图中虚线剪下，得到①和②两部分，如图所示，则将①展开后得到的平面图形是（ ）
A．三角形B．矩形C．菱形D．梯形
【答案】C
【分析】根据折叠的性质，得到展开图的对角线互相垂直平分，即可得到答案；
【详解】解：由折叠可得，①展开后的对角线互相垂直平分，
故展开图是菱形，
故选C．
【点睛】本题考查折叠的性质及菱形的判定，解题的关键是根据折叠有全等得到展开图对角线的关系．
3．（2023·四川泸州·统考一模）如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点E，连接，若菱形的面积为，，则的长为（ ）
A．3B．C．D．2
【答案】D
【分析】根据菱形的面积公式求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半直接求出．
【详解】解：菱形的面积为，
可得，解得，
∴在中，．
故选：D
【点睛】此题考查菱形的性质和 直角三角形的性质，解题关键是菱形的面积公式为两条对角线的乘积的一半．
4．（2023·安徽·校联考一模）如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，点M是边的中点，连接，若，菱形的面积为48，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得，由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，根据勾股定理即可求得的长，再根据直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
又，
，
解得，
，
，点O是的中点，点M是边的中点，
∴在与中，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形及直角三角形的性质，合理应用性质进行计算是解决本题的关键．
5．（2023·安徽合肥·统考一模）如图，在矩形ABCD中，，，点E是中点，连接，作于F，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：如图，连接．
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵点是中点，
∴，
在中，，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用面积法解决有关线段问题，属于中考常考题型．
6．（2023·浙江宁波·统考一模）如图矩形由矩形逆时针旋转一个锐角得到，点C在边上，过点E作平行线得矩形，则要知道矩形的面积只需知道（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，过C作于，依题意得：均为矩形，结合矩形的性质得，依据转换可得，即可求解．
【详解】解：如图，过C作于，
依题意得：均为矩形，
由矩形性质可知，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质；解题的关键是有矩形的性质得到．
二、填空题
7．（2023·山东临沂·统考一模）如图，在中，，．以点为圆心，以的长为半径画弧交于点，连接，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点(异于点)，连接，则的长为______．
【答案】/
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，则四边形是矩形，，是等腰直角三角形，根据作图可得，根据等腰三角形的性质得出，进而根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，
则四边形是矩形，
∴，
∵在中，，,
∴，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
根据作图可知，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握基本作图，以及以上知识是解题的关键．
8．（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，矩形，点E为上一点，连接，在上取一点F，连接，过F作的垂线交于点H，若，，，，则的长是___________．
【答案】4
【分析】由矩形的性质以及等角对等边可得，，，则是等腰三角形，，如图，过作于，于，则四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，求的值，证明，则，根据计算求解即可．
【详解】解：由矩形的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，过作于，于，则四边形是矩形，
∵是等腰三角形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
∵，
∴
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
9．（2023·天津·校联考一模）如图，矩形对角线相交于点，为上一点，连接，F为的中点，．若，，则的长为______．
【答案】2
【分析】如图，连接，是的中位线，则，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可．
【详解】解：如图，连接，
由题意知，是的中位线，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
由矩形的性质可得，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线．
10．（2023·黑龙江哈尔滨·校考一模）如图，矩形中，为对角线，是上一点，连接，，，，则的长为________．
【答案】
【分析】连接交于点，先求得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接交于点，
∵四边形是矩形，，
∴，，，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的性质、勾股定理以及等角对等边，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
11．（2023·山东泰安·统考一模）如图，菱形的对角线相交于点O，，，点P为边上一点，且P不与B、C重合．过P作于E，于F，连接，则的最小值等于______．
【答案】2.4
【分析】由菱形的性质可得，由勾股定理可求的长，可证四边形是矩形，可得时，有最小值，由面积法可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，，
∴，
在中，
∴,
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵当时，有最小值，
此时
，
∴的最小值为2.4，
故答案为：2.4．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键．
12．（2023·河南周口·统考二模）如图，在中，，，，点P在的内部，，D是的中点，连接．当为等腰三角形时，的长为______．
【答案】4或
【分析】分三种情况讨论，当时，直接得到；当时，经分析此情况不存在；当时，证明，推出，利用含30度的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，，，
∴，，
∵D是的中点，
∴，
连接，
∵D是的中点，
∴，
分三种情况讨论，
当时，为等腰三角形，
∴；
当时，为等腰三角形，
∵，点P在的内部，
∴情况不存在，舍去；
当时，为等腰三角形，
延长交于点E，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
综上，的长为4或．
故答案为：4或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质以及勾股定理，学会用分类讨论的思想思考问题是解题的关键．
13．（2023·四川成都·统考模拟预测）在数学“折向未来”的活动课上，小明用如图所示的长方形纸片折四边形，，点E，G分别是边上的中点，点F，H分别是边上的点，且，连接．将，分别沿，翻折，点B的对应点为点，点D的对应点为点，当点落在线段上时，则______cm；当点在内部时，连接，若为直角三角形，则四边形的面积为______．
【答案】 或
【分析】当点B′落在线段上时，如图1，先证明，再利用勾股定理可得的长，从而得的长即可；当点B′在内部时，若为直角三角形，存在两种情况：①如图3，，根据平行四边形的面积=底×高可得结论；②如图4，，由图1可知此时在上，在上，根据矩形的面积=长×宽可得结论．
【详解】当点落在线段上时，如图1，
由折叠得：，
∵点E，G分别是边上的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得：，
∵E是的中点，
∴，
∴；
如图2，连接，
∵，
∴，
∴，
由折叠得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当点在内部时，若为直角三角形，存在两种情况：
①如图3，，
∵，
∴，
∵，
∴共线，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，同理得：，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴四边形的面积为．
②如图4，，由图1可知此时在上，在上，
∴，
∴四边形的面积为．
故答案为：，或．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，勾股定理，三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想，分类讨论的思想解决问题．
三、解答题
14．（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）如图，在中，点E是的中点，延长交的延长线于F．
(1)求证：；
(2)连接，当时，若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)的长为6
【分析】（1）根据四边形是平行四边形得，则，根据点E是的中点，得，即可得；
（2）连接，得，根据，得，，根据垂直平分线性质由可得，根据四边形是平行四边形可得，则，即可得．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴
在和中，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
即的长为6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
15．（2023·浙江温州·模拟预测）规定：每个顶点都在格点的四边形叫做格点四边形．在的正方形网格中画出符合要求的格点四边形（设每个小正方形的边长为1）．
(1)在图甲中画出一个以为边的平行四边形，且它的面积等于8；
(2)在图乙中画出一个以为对角线的矩形，且它的周长为无理数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质画出符合题意的图形；
（2）利用矩形的性质画出符合题意得图形即可．
【详解】（1）解：如图甲，平行四边形即为所求（答案不唯一）．
（2）解：如图乙，矩形即为所求（答案不唯一）．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图、平行四边形的性质、矩形的性质、无理数，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
16．（2023·江苏扬州·统考一模）如图，已知点是矩形中边的中点，连接．
(1)分别在、边上求作点、点，使得点关于的对称点恰好落在线段上；（请保留作图痕迹，不需要写作法）
(2)在（1）的条件下，若，，求．
【答案】(1)见解析
(2)16
【分析】（1）作出的角平分线，交于点P，点P即为所求；以点A为圆心，长为半径画弧，交于点，点即为所求；
（2）连接，根据勾股定理求出，根据题意证明，即可得出的长度，设，则，根据，列出方程求解即可．
【详解】（1）解：如图：点P、点即为所求；
（2）解：连接，
∵点是边的中点，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的性质，解题的关键是正确画出图形和辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求解．
17．（2022秋·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，在中，于点，延长至点，使，连接，与交于点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线段的和差关系可得，根据平行四边形的性质可得，，即可得出，可证明四边形为平行四边形，根据即可得结论；
（2）根据矩形的性质可得，可得为直角三角形，利用面积法可求出的长，即可得答案．
【详解】（1），
，即，
是平行四边形，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
四边形为矩形．
（2）四边形为矩形，
，，
，
∴，
∵，，
，
为直角三角形，，
，
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质及勾股定理的逆定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
18．（2023春·江苏南京·九年级统考期中）如图，O为矩形的对角线的中点，过O作分别交，于点E，F．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求菱形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)45
【分析】（1）先根据矩形的性质可得，，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证；
（2）设菱形的边长为，则，在中，利用勾股定理求出的值，然后根据菱形的面积公式即可得．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
∴，，
，
∵O为矩形的对角线的中点，
∴，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）解：四边形是矩形，
，
设菱形的边长为，则，
，
，
在中，，即，
解得，
，
则四边形的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
19．（2023·河南南阳·统考一模）综合与实践：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
在矩形中，E为边上一点，F为边上一点，连接、，分别将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．
(1)如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则＝ °，＝ ；
(2)如图2，若F为的中点，平分，，，求的度数及的长；
(3)，，若F为的三等分点，请直接写出的长 ．
【答案】(1)45；2
(2)；
(3)2或
【分析】（1）根据正方形的性质和翻折的性质，可得出；设，用x表示出的三条边，然后根据勾股定理列出方程，即可得出的长；
（2）如图，由折叠性质和平分，得出，即可求出的度数；先证明和是等腰直角三角形，得出，，即可求出的长；
（3）根据F为的三等分点，分两种情况：当时，过点E作，交的延长线于点P，连接，证明，得出，进而求出的长；当时，点E作，交的延长线于点P，连接，根据，计算即可求出的长．
【详解】（1）∵，四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
∵，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；2；
（2）如图2，延长，交于点M，
∵平分，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
即，
解得．
（3）分两种情况：①当时，
如图3，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，，
∴，
解得，
∴．
②当时，
如图4，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
设，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
综上可知，的长为2或．
【点睛】本题主要综合考查了矩形的折叠问题，涉及到正方形的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，属于压轴题，难度较大，熟练掌握并灵活运用相关知识进行分类讨论是解题的关键．
20．（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，在梯形中，，，，，，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，、分别从、同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．问：
(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)四边形可能是矩形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形可能是菱形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由．
【答案】(1)当秒时，四边形是平行四边形
(2)可能；当秒时，四边形是矩形
(3)不可能；理由见解析
【分析】（1）根据运动时间为秒，表示出，，根据平行四边形的性质得出，即可求出的值；
（2）根据运动时间为秒，表示出，，当四边形是矩形时，根据矩形的性质得出，即可求出的值；
（3）过点作，垂足为，证明四边形是矩形，求出的长，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，求出长，若，四边形是菱形，否则不是菱形．
【详解】（1）解：∵，，动点以秒的速度运动，动点以秒的速度运动，
∴，，
∵其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，
∴最大运动时间为，
∵已知设运动时间为秒，则，，
∴，，
∵当四边形是平行四边形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是平行四边形．
（2）解：四边形可能是矩形；
当四边形是矩形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是矩形．
（3）解：四边形不可能是菱形；
过点作，垂足为，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形不可能是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定和性质及勾股定理，解一元一次方程，根据题意列出利用数形结合的思想列出方程是解答本题的关键．
21．（2023·全国·九年级专题练习）【问题发现】
（1）如图①，在边长为5的等边中，点D，E分别是，边上一点，且，点P是线段上一动点，以为边向右作等边．
①过点F作于点G，连接．试探究与之间的数量关系；
②当点P从点E运动到点A时，求点F运动的路径长；
【类比探究】
（2）如图②，矩形中，，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，将绕着点E顺时针旋转到的位置，连接和，求的最小值．
【答案】（1）①相等，理由见解析；②4；（2）
【分析】（1）①作交于点Q，可证明是等边三角形，再证明，则，然后再证明，得；②以为一边向右作等边三角形，连接，以为一边向右作等边三角形，连接，证明，则，，再说明，且，则点F在线段上运动，即可求出点F运动的路径长为4；
（2）将线段绕点E顺时针旋转到，作射线，连接交于点K，证明，得，说明点G在以点L为端点且与平行的射线上运动，当时，线段最短，求出此时的长即可．
【详解】（1）①PE＝DG，
理由：如图①甲，作交于点Q，
∵是边长为5等边三角形，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图①乙，以为一边向右作等边三角形，即，
∵，，
∴，
∴，
∴连接，以为一边向右作等边三角形，连接，
则，，
∴，
∴结合，有，
∴，，
∴，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，且，
∴点F在线段上运动，
∵当点P与点E重合时，则点F与点I重合；当点P与点A重合时，点F与点H重合，
∴点F运动的路径长为4．
（2）如图②，将线段绕点E顺时针旋转到，作射线，连接交于点K，
∵将绕着点E顺时针旋转45°到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点G在以点L为端点且与平行的射线上运动，
∴当时，线段最短，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴的最小值是．
【点睛】此题重点考查等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、垂线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
22．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，，，，，，．且．．
(1)直接写出、、各点的坐标： 、 、 ；
(2)如图1，，，点，在四边形的边上，且在第二象限．若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标，并对其中一种情况计算说明；
(3)如图2，为轴正半轴上一动点，过的直线轴，平分交直线于点．为上的点，且，在运动中的长度是否发生变化？若变化，求出变化范围；若不变，求出定值．
【答案】(1)，，，，，
(2)点坐标，或，；计算说明见解析
(3)点在运动中的长度不发生变化，定值为
【分析】（1）根据算术平方根的非负性，绝对值的非负性，得出，，，，，，根据矩形的性质得出，；
（2）如图，若点在上时，过点作轴，过点作于，过点作于点，证明，四边形是矩形，根据矩形的性质结合坐标系即可求解．若点在上，过点作，交的延长线于，证明，进而根据全等三角形的性质即可求解；
（3）过点作于点，，，得出，进而得出，即可得出结论．
【详解】（1），
，，
，，，，，，
，，，
，
四边形是平行四边形，且
四边形是矩形，
，，
，；
（2）如图，若点在上时，过点作轴，过点作于，过点作于点，
，，
，且，，
，
，，
，，，
四边形是矩形，
，且点，
点坐标，
如图，若点在上，过点作，交的延长线于，
，
，且，
，
，
点坐标，；
（3）不发生变化，
如图，过点作于点，
平分，
，
，
，，
，
，且，，
，
，，
，，，
，
，
，
点在运动中的长度不发生变化．
【点睛】本题考查了算术平方根的非负性，矩形的性质与判定，坐标与图形，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．