文档内容
2026 年中考数学一轮复习精讲精练
模块五 四边形
专题3 矩形的性质与判定
知识梳理
【考点一】矩形的定义及性质
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
【注意】
（1）矩形是特殊的平行四边形，但平行四边形不一定是矩形.
（2）矩形必须具备两个条件：①是平行四边形；②有一个角是直角.这两个条件缺一不可.
（3）矩形的定义可以作为判定一个四边形是矩形的方法.
2.矩形的性质：矩形是特殊的平行四边形，它除了具有平行四边形的所有性质外，还具有自身独特的性质
性质 数学语言 图形
∵四边形 是矩形，
角 矩形的四个角都是直角
∵四边形ABCD是矩形，
对角线 矩形的对角线相等
∴AC=BD
中心对称图形：对称中心为对角线交点 O；
对称性 轴对称图形：有 2 条对称轴，即两组对边中点连线所
在直线（区别于平行四边形，平行四边形非轴对称图
形）。
【注意】
（1）矩形的性质可归结为三个方面.①边：矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直.②角：矩形的四个角都
是直角.③对角线：矩形的对角线互相平分且相等.
（2）矩形的两条对称轴分别是两对对边中点连线所在的直线，对称轴的交点就是对角线的交点.
（3）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，这四个三角形的面积相等.
【考点二】直角三角形斜边上中线的性质
性质：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。即如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，D为AC的中
1
点，则BD= AC=AD=DC.
2【拓展】该性质的逆命题“如果一个三角形一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是直角三角
形”仍然成立，它可以用来判断一个三角形是否为直角三角形.
【考点三】 矩形的判定
判定方法 数学语言 图形
在 中，
有一个角是直角的平行四
，
边形是矩形（定义）
是矩形.
角
在四边形 中，
有三个角是直角的四边形
，
是矩形
四边形 是矩形.
在 中，
对角线相等的平行四边形
对角线 ，
是矩形
是矩形
【易错点辨析】
1.矩形性质混淆：误将矩形对角线性质记为 “互相垂直”（垂直是菱形性质，矩形对角线相等但不一
定垂直，正方形除外）；
2.定定理误用：
用 “对角线相等的四边形是矩形”（缺少 “平行四边形” 前提，错误）；
用 “有一个角是直角的四边形是矩形”（缺少 “平行四边形” 前提，错误，反例：直角梯形）；
3.直角三角形推论应用错误：忽略 “中线是斜边上的中线”，误将直角边中线当作斜边一半；
4.对称性误区：认为矩形只有 1 条对称轴，或误将对角线当作对称轴（实际为对边中点连线）；
例题讲解
【题型一】利用矩形的性质求角度
◇典例1：
如图，延长矩形ABCD的边CB至点E，使EB＝AC，连接DE，若∠BAC＝ ，则∠E的度数是（ ）
αα α α
A． B．45°− C． ﹣45° D．30°+
2 2 2
α
【解答】解：连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴∠ABC＝90°，OA＝OC= AC，OB＝OD= BD，AC＝BD，
2 2
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠BAC＝ ，
∴∠CBD＝90°﹣ ，α
∵BE＝AC＝BD，α
∴∠BDE＝∠E，
∴∠CBD＝∠BDE+∠E＝2∠E，
∴2∠E＝90°﹣ ，
αα
∴∠E＝45°− ，
2
故选：B．
◆变式训练
1.如图，矩形ABCD中，点E为CD边的中点，连接AE，过E作EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若
∠EFC＝ ，则∠BAF的度数为（ ）
α
α α
A．2 ﹣90° B．45°+ C．45°− D．90°﹣
2 2
α α【解答】解：延长AE，交BC的延长线于点G，如图所示：
在矩形ABCD中，∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝90°，AD∥BC，
∴∠ECG＝90°，
∵E为CD边中点，
∴DE＝CE，
在△ADE和△GCE中，
{
∠D=∠ECG
DE=CE ，
∠AED=∠GEC
∴△ADE≌△GCE（ASA），
∴AE＝GE，
∵EF⊥AE，
∴EF垂直平分AG，
∴AF＝GF，
∴∠FAE＝∠G，
∵AD∥BC，
∴∠DAE＝∠G，
∴∠DAE＝∠FAE，
90°−∠BAF
∴∠DAE= ，
2
∵∠DAE+∠AED＝90°，∠AED+∠FEC＝90°，
90°−∠BAF
∴∠FEC＝∠DAE= ，
2
∵∠FEC+∠EFC＝90°，
90°−∠BAF
∴∠EFC＝90°− = ，
2
α
∴∠BAF＝2 ﹣90°，
故选：A． α2.在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点A作AM⊥BD，交BD于点M，若∠MAD＝
5∠BAM，则∠MAO的度数为 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，∠BAD＝90°，
∴∠MAD+∠BAM＝90°，
∵∠MAD＝5∠BAM，
∴5∠BAM+∠BAM＝90°，
∴∠BAM＝15°，
∵AM⊥BD，
∴∠BMA＝∠AMO＝90°，
∴∠ABM＝90°﹣∠BAM＝75°，
∵OA＝OB，
∴∠BAO＝∠ABM＝75°，
∴∠AOM＝180°﹣∠ABM﹣∠BAO＝30°，
∴∠MAO＝90°﹣∠AOM＝60°，
故答案为：60°．
【题型二】利用矩形的性质求线段长度
◇典例2：
如图，长方形ABCD中，AE平分∠BAC，交BC于点E，EF垂直平分AC，分别交AC，AD于点O和F，
若EO＝2，则长方形ABCD的周长为（ ）
A．12+4√3 B．6+2√3 C．18 D．19
【解答】解：∵EF垂直平分AC，
∴AE＝CE，∠AOE＝90°，∴∠OAE＝∠OCE，
∵四边形ABCD是长方形，
∴AD∥BC，∠DAB＝90°，∠ABE＝90°，
∴∠OAF＝∠OCE，
∵AE平分∠BAC，∠AOE＝90°，∠ABE＝90°，
∴∠OAE＝∠BAE，BE＝EO＝2，
1
即∠BAE=∠EAC= ×90°=30°，
3
在Rt△EAO中，AE＝2EO＝4，EC＝AE＝4，
在Rt△EAO中，AB=√AE2−EB2=2√3，
∴AB+BC=2√3+2+4=2√3+6，
∴长方形ABCD的周长为12+4√3．
故选：A．
◆变式训练
1.如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD 交BC边于点E，点F是AE的中
点，连接OF，若AB＝OB＝1，则FO的长度为（ ）
√3 1 √3−1
A． B．√3−1 C． D．
2 2 2
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB，
∵AB＝OB＝1，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA＝OC＝1，
∴AC＝2，
∴BC=√22−12=√3，
∵AE平分∠BAD交BC边于点E，1
∴∠BAE＝∠DAE= ∠BAD＝45°，
2
∴∠BEA＝∠BAE＝45°，
∴BE＝AB＝1，
∴EC＝BC﹣BE=√3−1，
∵点F是AE的中点，点O是AC的中点，
1 √3−1
∴FO= EC= ，
2 2
故选：D．
2.如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，过对角线的交点O作EF⊥AC，交AD于点E，交BC于点F，
则AE的长是（ ）
17 17 8
A．3 B． C． D．
5 10 5
【解答】解：连接CE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，CD＝AB＝3，AD＝BC＝5，OA＝OC，
∵EF⊥BD，
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AE＝CE，
设AE＝CE＝x，则DE＝AD﹣AE＝5﹣x，
在Rt△CDE中，由勾股定理得：x2＝32+（5﹣x）2，
17
解得：x= ，
5
17
即AE= ．
5
故选：B．【题型三】利用矩形的性质求面积
◇典例3：
如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线EF分别交AB，CD于点E，F，若矩
形面积为12，则阴影部分的面积为（ ）
A．3 B．4 C．6 D．8
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB，OA＝OC，AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，
在△AOE和△COF中，
{∠AEO=∠CFO
OA=OC ，
∠AOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴S△AOE ＝S△COF ，
1
∴S =S +S =S +S =S = S ，
阴影 △COF △BOE △BOE △AOE △AOB 4 矩 形ABCD
∵矩形面积为12，
1
∴S = ×12=3．
阴影 4
故选：A．
◆变式训练
1.如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、
PD．若AE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为（ ）A．10 B．12 C．16 D．18
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC ＝S△ABC ，S△AMP ＝S△AEP ，S△PBE ＝S△PBN ，S△PFD ＝S△PDM ，S△PFC ＝S△PCN ，
∵MP＝AE＝2
1
∴S△DFP ＝S△PBE =
2
×2×6＝6，
∴S阴 ＝6+6＝12，
故选：B．
2.如图所示，矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E、F，AB＝
3，BC＝5，则图中阴影部分的面积为 ．
【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OA＝OC，
∠OAE＝∠OCF（两直线平行内错角相等），
在△AOE与△COF中，
{∠OAE=∠OCF
OA=OC
∠ΑOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）∴S△AOE ＝S△COF
1 1 15
S =S = BC⋅CD= ×5×3= ．
阴影 △BCD 2 2 2
15
故答案为： ．
2
【题型四】利用矩形的性质解折叠问题
◇典例4：
如图，把长方形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将纸片
OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，AD与y轴交于点E，若B（2，4），则OE的长为 ．
【解答】解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC∥AB，
∴∠ECA＝∠CAB，
根据题意得：∠CAB＝∠CAD，∠CDA＝∠B＝90°，
∴∠ECA＝∠EAC，
∴EC＝EA，
∵B（2，4），
∴AD＝AB＝4，
设OE＝x，则AE＝EC＝OC﹣OE＝4﹣x，
在Rt△AOE中，AE2＝OE2+OA2，
即（4﹣x）2＝x2+4，
3
解得：x= ，
2
3
∴OE= ，
2
3
故答案为： ．
2
◆变式训练1.如图所示，把一张长方形纸片ABCD沿CE折叠，得到线段B′E，折痕EC与BD相交于点M，若
B′E∥BD，∠ADB＝36°，则∠EMD＝ ．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣36°＝54°，
∵B′E∥BD，
∴∠AEB′＝∠ABD＝54°，
1 1
由翻折可知：∠BEC＝∠B′EC= （180°﹣∠AEB′）= （180°﹣54°）＝63°，
2 2
∵B′E∥BD，
∴∠B′EC+∠EMD＝180°，
∴∠EMD＝180°﹣63°＝117°，
故答案为：117°．
2.如图，矩形ABCD中，AD＝18，AB＝24．点E为边DC上的一个动点，△AD′E与△ADE关于直线AE
对称，当△CD′E为直角三角形时，DE的长为 ．
【解答】解：（1）当∠CED′＝90°时，如图（1），
∵∠CED′＝90°，△AD′E与△ADE关于直线AE对称，
1
∴∠AED=∠AED′= ×90°=45°，
2∵∠D＝90°，
∴△ADE是等腰直角三角形，
∴DE＝AD＝18；
（2）当∠ED′A＝90°时，如图（2），
∵，△AD′E与△ADE关于直线AE对称，
∴∠AD′E＝∠D＝90°，AD′＝AD，DE＝D′E，
∵△CD′E为直角三角形，
即∠CD′E＝90°，
∴∠AD′E+∠CD′E＝180°，
∴A、D′、C在同一直线上，
∴AC=√AD2+CD2=30，
∴CD′＝30﹣18＝12，
设DE＝D′E＝x，则EC＝CD﹣DE＝24﹣x，
∵D′E2+D′C2＝EC2，
即x2+144＝（24﹣x）2，
解得x＝9，
即DE＝9；
综上所述：DE的长为9或18；
故答案为：9或18．
【题型五】利直角三角形斜边上中线的性质
◇典例5：
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB于点D，∠ACD＝3∠BCD，E是斜边AB的中点，则∠ECD
＝（ ）A．35° B．30° C．45° D．50°
【解答】解：∵∠ACD＝3∠BCD，∠ACB＝90°，
∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠B＝90°﹣∠BCD＝90°﹣22.5°＝67.5°，
又∵E是斜边AB的中点，
∴BE＝CE，
∴∠BCE＝∠B＝67.5°，
∴∠ECD＝∠BCE﹣∠BCD＝67.5°﹣22.5°＝45°．
故选：C．
◆变式训练
1.如图，在△ABC中，AB＝AC＝16，BC＝12，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为
EF的中点，则DM的长为（ ）
A．7 B．8 C．√55 D．√73
【解答】解：连接DF，DE，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
1 1
∴EF= BC= ×12＝6，
2 2
1 1 1
同理：FD= AB= ×16＝8，DE= AB，
2 2 2
∴DF＝DE，
∵M为EF的中点，
1
∴DM⊥EF，FM= EF＝3，
2∴DM=√DF2−FM2=√82−32=√55．
故选：C．
1
2.如图，D，E分别是三角形ABF的边AB和AF的中点，点C是DE上的一点，∠ACB＝90°，CE= CD
3
，AB＝6，则BF的长是（ ）
A．6 B．7 C．8 D．10
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，AB＝6，
1
∴CD= AB=3，
2
1
∵CE= CD，
3
1
∴CE= ×3=1，
3
∴DE＝CD+CE＝3+1＝4，
又∵D，E分别是三角形ABF的边AB和AF的中点，
∴BF＝2DE＝2×4＝8．
故选：C．
【题型六】矩形的判定条件
◇典例6：
如图，在 ABCD中，对角线AC与BD交于点O，添加下列条件不能判定 ABCD为矩形的只有（ ）
▱ ▱A．AC＝BD B．AB＝6，BC＝8，AC＝10
C．AC⊥BD D．∠1＝∠2
【解答】解：A、正确．对角线相等的平行四边形是矩形．
B、正确．∵AB＝6，BC＝8，AC＝10，
∴AB2+BC2＝62+82＝102，
∴∠ABC＝90°，
∴平行四边形ABCD为矩形．
C、错误．对角线垂直的平行四边形是菱形，
D、正确，∵∠1＝∠2，
∴AO＝BO，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
故选：C．
◆变式训练
1.在四边形ABCD中，AD∥BC，下列选项中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AD＝BC且AC＝BD B．AD＝BC且∠A＝∠B
C．AB＝CD且∠A＝∠C D．AB∥CD且AC＝BD
【解答】解：A．∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B．∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C．∵AD∥BC，∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
∴不能判定四边形ABCD为矩形，故选项C符合题意；
D、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：C．
2.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列条件①AC＝BD，②AC⊥BD，③AB⊥BC，④∠ABD＝
∠CBD，⑤∠ODC＝∠OCD中能判定四边形ABCD是矩形的是 ．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故①符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故②不符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥BC，
∴四边形ABCD是矩形，故③符合题意；
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵∠ABD＝∠CBD，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴BC＝CD，
∴四边形ABCD是菱形，故④不符合题意；
∵∠ODC＝∠OCD，
∴OD＝OC，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OB＝OC＝OD，AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故⑤符合题意；
故答案为：①③⑤．
【题型七】证明一个四边形是矩形
◇典例7：
如图，在 ABCD中，点C是BE的中点．
（1）求▱证：四边形ACED是平行四边形；
（2）当△ABE满足 时，四边形ACED是矩形，并说明理由．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD＝BC，
∵点C是BE的中点，
∴BC＝CE，
∴AD＝CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）解：当△ABE满足AB＝AE时，四边形ACED是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝DC，
∵AB＝AE，
∴DC＝AE，
由（1）可知，四边形ACED是平行四边形，
∴平行四边形ACED是矩形．
◆变式训练
1.已知：如图，在△ABC中，点E、F分别是边BC、AC的中点，过点A作BC的平行线，交射线EF于点
D．（1）求证：四边形ABED是平行四边形；
（2）如果AB＝AC，联结AE、CD，求证：四边形AECD为矩形．
【解答】证明：（1）∵点E、F分别是边BC、AC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
∴EF∥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED是平行四边形；
（2）如图，由（1）可知，AD∥BC，四边形ABED是平行四边形，
∴AD＝BE，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴AD＝CE，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴平行四边形AECD为矩形．
2.如图，将 ABCD的边AB延长至点E，使BE＝AB，连接DE，EC，BD，DE交BC于点O．
（1）求▱证：△ABD≌△BEC；
（2）若∠BOD＝2∠A，求证：四边形BECD是矩形．【解答】证明：（1）在平行四边形ABCD中，AD＝BC，AB＝CD，AB∥CD，则BE∥CD．
又∵AB＝BE，
∴BE＝DC，
∴四边形BECD为平行四边形，
∴BD＝EC．
在△ABD与△BEC中，
{AB=BE
BD=EC，
AD=BC
∴△ABD≌△BEC（SSS）；
（2）由（1）知，四边形BECD为平行四边形，则OD＝OE，OC＝OB．
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠A＝∠BCD，
即∠A＝∠OCD．
又∵∠BOD＝2∠A，∠BOD＝∠OCD+∠ODC，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∴OC+OB＝OD+OE，
即BC＝ED，
∴平行四边形BECD为矩形．
【题型八】矩形的判定解动点问题
◇典例8：
如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点
Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止，点P、Q的速度的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，
CP，设点P、Q运动的时间为t（s）．当t＝ s时，四边形ABQP是矩形．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝8cm，AD∥BC，∠B＝90°，
当AP＝BQ时，四边形ABQP是矩形，
即8﹣t＝t，
解得t＝4．
所以当t＝4s时，四边形ABQP是矩形．
故答案为：4．
◆变式训练
1.如图，在矩形ABCD中，AB＝20cm．动点P从点A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，动点Q从点C开
始沿CD边以1cm/s的速度运动点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运
动．设动点的运动时间为t s，当t＝ s时，四边形APQD是矩形．
【解答】解：由题意得，AP＝4t cm，CQ＝t cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝20cm，
∴DQ＝（20﹣t）cm
∵四边形APQD是矩形，
∴AP＝DQ，
∴4t＝20﹣t，
解得t＝4，
故答案为：4．
2.如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝60cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度
向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达
终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤15）．过点D作DF⊥BC于
点F，连接DE，EF．（1）求证：AE＝DF；
（2）四边形DEBF能够成为矩形吗？如果能，求出相应的t值，如果不能，说明理由．
【解答】（1）证明：∵Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，
∴∠C＝90°﹣∠A＝30°，
∵CD＝4t，AE＝2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C＝30°，
1
∴DF= CD=2t，
2
∴DF＝AE；
（2）∵∠B＝90°，DF⊥BC，
∴当∠EDF＝90°时，四边形DEBF是矩形
∴DF＝BE
∵AC＝60cm，∠C＝30°，
∴AB＝30cm，
∵DF＝AE＝2t，
∴BE＝30﹣2t
即30﹣2t＝2t，
15
解得：t= ，
2
15
即当t= 时，四边形DEBF是矩形．
2
【题型九】矩形的判定与性质综合
◇典例9：
如图，在 ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF，AF与DE交于点O．
（1）求▱证：四边形AEFD为矩形；
（2）若AB＝3，OE＝2，BF＝5，求DF的长．【解答】（1）证明：∵Rt△ABC中，∠B＝90°，∠A＝60°，
∴∠C＝90°﹣∠A＝30°，
∵CD＝4t，AE＝2t，
又∵在Rt△CDF中，∠C＝30°，
1
∴DF= CD=2t，
2
∴DF＝AE；
（2）∵∠B＝90°，DF⊥BC，
∴当∠EDF＝90°时，四边形DEBF是矩形
∴DF＝BE
∵AC＝60cm，∠C＝30°，
∴AB＝30cm，
∵DF＝AE＝2t，
∴BE＝30﹣2t
即30﹣2t＝2t，
15
解得：t= ，
2
15
即当t= 时，四边形DEBF是矩形．
2
◆变式训练
1.如图所示，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO＝CO＝10，BO＝DO，且AB＝12，BC
＝16．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠ADF：∠FDC＝3：2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数．【解答】（1）证明：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO＝CO＝10，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，AC＝AO+CO＝20，
∵AB＝12，BC＝16，
∴AB2+BC＝122+162＝202＝AC2，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC＝90°，
∵∠ADF：∠FDC＝3：2，∠ADF+∠FDC＝∠ADC，
2
∴∠FDC= ∠ADC=36°，
5
∵DF⊥AC，
∴∠DCO＝90°﹣36°＝54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CO＝OD，
∴∠ODC＝∠DCO＝54°，
∴∠BDF＝∠ODC﹣∠FDC＝18°．
2.如图，在 ABCD中，O为AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°．
（1）求▱证：四边形ABDE是矩形；
（2）连接OC，若AB＝4，BD＝8，求OC的长．【解答】（1）证明：∵O为AD的中点，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠EDO，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB≌△DOE（ASA），
∴AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴四边形ABDE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABDE是矩形，
1 1
∴DE＝AB＝4，OD= AD，OB=OE= BE，AD＝BE，
2 2∴OD＝OE，
∵OF⊥DE，
1
∴DF=EF= DE=2，
2
∴OF为△BDE的中位线，
1
∴OF= BD=4，
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝4，
∴CF＝CD+DF＝6，
在Rt△OCF中，由勾股定理，得OC=√OF2+CF2=√42+62=2√13，
即OC的长为2√13．
【题型十】矩形中求最值问题
◇典例10：
如图，AB＝40√2，点D在AB上，△ACD是边长为10的等边三角形，过点D作与CD垂直的射线，DP，
过射线DP上一动点G（不与D重合）作矩形CDGH，记矩形CDGH的对角线交点为O，连接OB，则
线段BO的最小值为（ ）
A．20√2 B．20 C．40√2 D．40
【解答】解，∵四边形CDGH是矩形，
1 1
∴CG＝DH，OC= CG，OD= DH，
2 2
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
∵OA＝OA，
∴△ACO≌△ADO，
1
∴∠OAB＝∠CAO= ×60°＝30°，
2∴点O一定在∠CAB的平分线上运动，所以当OB⊥AO时，OB的长最小，
∵∠OAB＝30°，∠AOB＝90°，
1 1
∴OB= AB= ×40√2=20√2，
2 2
即OB的最小值为20√2，
故选：A．
◆变式训练
1.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，
则PB的最小值是（ ）
A．2 B．4 C．√2 D．2√2
【解答】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P 处，CP ＝DP ，
1 1 1
当点F与点E重合时，点P在P 处，EP ＝DP ，
2 2 2
1
∴P P ∥CE且P P = CE．
1 2 1 2 2
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
1
由中位线定理可知：P P∥CE且P P= CF．
1 1 2
∴点P的运动轨迹是线段P P ，
1 2
∴当BP⊥P P 时，PB取得最小值．
1 2
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP 为等腰直角三角形，CP ＝1．
1 1
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP B＝45°，∠DEC＝90°．
1∴∠DP P ＝90°．
2 1
∴∠DP P ＝45°．
1 2
∴∠P P B＝90°，即BP ⊥P P ，
2 1 1 1 2
∴BP的最小值为BP 的长．
1
在等腰直角BCP 中，CP ＝BC＝1．
1 1
∴BP =√2．
1
∴PB的最小值是√2．
故选：C．
2.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝2√3，E是边BC上一动点，F是对角线BD上一动点，且BE＝
DF，则DE+CF的最小值为（ ）
A．2 B．2√3 C．4 D．2√5
【解答】解：延长DA到G，使DG＝DB，连接FG，CG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC=2√3，DC＝AB＝2，∠BAD＝∠GDC＝90°．
∴∠GDF＝∠DBE．
∵DF＝BE，DG＝BD，
∴△DGF≌△BDE（SAS）．
∴FG＝DE，
∴DE+CF＝FG+CF，
∴当点G、F、C共线时，FG+CF最小，最小值为CG．
∴DE+CF最小值为CG．
∵∠BAD＝90°，
∴BD=√AB2+AD2=√22+(2√3) 2=4．在Rt△GDC中，GD＝BD＝4，∠GDC＝90°，
∴GC=√GD2+CD2=√42+22=2√5．
∴DE+CF最小值为2√5，
故选：D．
真题在线
一、单选题
1．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是 边 的中点，连接 并延长至点D，使 ，
添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形 为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形 是平行四边形，然后根据矩形的判定
定理一一判定即可得出答案．
【详解】解： 点O是 边 的中点，
， ∵
∴又 ，
四边形 是平行四边形，
∴ ．若 ，则四边形 是菱形，无法得出四边形 为矩形，故该选项符合题意；
．若 ，则四边形 为矩形，故该选项不符合题意；
． 四边形 是平行四边形， ，又 ， ，
∵ ∴ ∴
， ，
∴
， 则四边形 为矩形，故该选项不符合题意；
∴ ．若 ∴ ， ，
， 则四∴边形 为矩形，故该选项不符合题意；
∴故选：A． ∴
2．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形 中，点 在边 上， ，连接 ，若 ，
，则 的长为（ ）A．1 B．5 C．2 D．
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求
出 的长，进而得到 的长，推出 的长，进而求出 的长，再利用勾股定理求出 的长即可．
【详解】解：∵矩形 ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故选D.
3．（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为 ，则这个
矩形的面积是（ ）
A．25 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵
活运用相关知识是解题的关键．
如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出 ，然后判断出 是等边三角形，根据等边三
角形的性质求出 ，再利用勾股定理列式求出 ，然后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，∵四边形 是矩形，∴ ，
∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
由勾股定理得， ，
∴矩形的面积 ．
故选：B．
4．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形 各边中点分别是 ，两条对角线 与
互相垂直，则四边形 一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【答案】A
【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设 交 于点Q， 交 于点
P，结合三角形中位线证出四边形 是平行四边形，再结合 ，证出结果
即可．
【详解】解：设 交 于点Q， 交 于点P，∵ 分别是 的中点，
∴ ，且 ，且 ，
∴ ，且 ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
故选：A．
5．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形 沿对角线 折叠，点 落在 处， 交 于点 ．
将 沿 折叠，点 落在 内的 处，下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质
是解题的关键；结果矩形的性质的可得 ， ，则 ，进而根据折叠的性质得出
， ，即可求解．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴
∵折叠
∴∴
∵ ，即
∴ ，故A不正确
∵
∴ ，故B不正确
∵折叠，
∴
∵ ，故C不正确，D选项正确
故选：D．
6．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形 中， ，点 ， 分别在边 ，
上．连接 ，将四边形 沿 翻折，点 ， 分别落在点 ， 处．则 的值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】连接 交 于点F，设 ，则 ，利用勾股定理求得
，由折叠得到 ， 垂直平分 ，则 ，由
代入求得 ，则 ，所以 ，于是得
到问题的答案．
【详解】解：连接 交 于点F，设 ，则 ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴
∵将四边形 沿 翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线 对称，
∴ ， 垂直平分 ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴
∴ ，
∴
∴ ．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是
解题的关键．
7．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形 中， ，动点P从点A开始沿 边以
的速度向点B运动，动点H从点B开始沿 边以 的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿
边以 的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之
停止运动．设动点的运动时间为 ，当 时，t的值为（ ）A． B．4 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得 ， ， ，求得
，根据等腰三角形的性质得到 ，再利用 ，列式计算即可求解．
【详解】解：作 于点 ，如图，
∵矩形 ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
由题意得 ， ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
解得 ，
故选：D．
8．（2025·山东东营·中考真题）如图，在 中， ， ，点 在边 上（与点 ，
不重合），四边形 为正方形，过点 作 ，交 的延长线于点 ，连接 ，交 于点
．下列结论：① ；② ；③ ；④ ，其中结论
正确的序号是（ ）A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出 ，证出 ，由 证明
，得出 ，①正确；证明四边形 是矩形，得出 ，
②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出 ，③正确；证出 ，得
出对应边成比例，得出 ，④正确．
【详解】解：∵四边形 为正方形，
，
，
，
，
，
在 和 中， ，
，
∴ ，故①正确；
，
，
，
，
∴四边形 是矩形，，
∴ ，
∴ ，故②正确；
，
∴ ，故③正确；
∵ ，
∴ ，
，
，
，
，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性
质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
二、填空题
9．（2025·四川·中考真题）如图，在矩形 中，对角线 相交于点O ，则
的长为 ．
【答案】8
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断 是等边三角形是解题
的关键．
根据矩形的对角线互相平分且相等，可知 ，然后由 可得 为等边三角
形，然后可求得 ，进而即可求解
【详解】∵四边形 为矩形，∴ ，且 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 为等边三角形，
∴ ，
∴
故答案为：
10．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形 中， 为 边上一点， ，将 沿
折叠得 ，连接 ， ，若 平分 ， ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】过 作 于点 ， 于点 ， ，由四边形 是矩形，
得 ， ，证明四边形 是矩形，通过角平分线的性质证得四边形
是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过 作 于点 ， 于点 ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴四边形 是矩形，∵ 平分 ，
∴ ， ，
∴四边形 是正方形，
由折叠性质可知： ， ，
∴ ，
∴ ， ，
在 中，由勾股定理得 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理， 所对直角边是斜边的一半，角平分
线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
11．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形 ，点 是 的中点，将 边沿 翻折到 的位置，
点 的对应点为 ，连接 并延长交 于点 ，当 恰为 的中点时， 的值是 ．
【答案】
【分析】连接 ，设 ，则 ， ，证明
，得到 ，设 ，得到 ，根据勾股定理
得到 ，解得 ，负的舍去，解答即可．
【详解】解：连接 ，∵矩形 ，
∴ ， ，
将 边沿 翻折到 的位置，点 的对应点为 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点 是 的中点，
∴ ，
设 ，
∴ ， ，
在 和 中
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 为 的中点，
∴ ，
∴ ，
设 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
解得 ，负的舍去，
∴ ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练掌握
判定和性质，勾股定理是解题的关键．
12．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形 ， ， ， 是边 的中点， 是边 上的
动点，线段 分别与 ， 相交于点 ， ．若 ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作
交 于点G，过点A作 交 的延长线于点K，过点G作 于点H，即可得
到 为平行四边形，进而得到 ，然后根据正切的定义得到 ， ，利用勾股
定理求出 ，然后根据 求出 的长解答即可．
【详解】解：过点A作 交 于点G，过点A作 交 的延长线于点K，过点G作
于点H，则 ， ，
∵ 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∴ 为平行四边形，
∴ ，
∵点P是 的中点，
∴DP=2，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ， ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
三、解答题
13．（2025·云南·中考真题）如图，在 中， ， 是 的中点．延长 至点 ，使．连接 ，记 ， 的周长为 ， 的周长为 ，四边形 的周
长为 ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)10
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形 是平行四边形，再由 即可证明为矩形；
（2）由矩形的性质得到 ， ，得到二元一次方程组 ，求出 ，再由勾
股定理即可求解．
【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，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
解得： ，
∵ ，
∴ ，
∴ 的长为10．
14．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，在 中， ，D是 的中点， ， ，
．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ，求 的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定以及性质，等腰三角形三线合一的性质，勾股定理等知识，掌握这些
性质是解题的关键．
（1）由等腰三角形三线合一的性质得出 ，有平行线的性质得出 ，结合已知条件
可得出 ，即可证明四边形 是矩形．
（2）由（1）可知四边形 是矩形．由矩形的性质得出 ， ， ，由已
知条件可得出 ，由勾股定理求出 ，最后根据等面积法可得出 ，
即可求出 ．
【详解】（1）证明：∵ ， D是BC的中点，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形．
（2）由（1）可知四边形 是矩形．
∴ ， ， ，
∵D是 的中点，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ，
∴
即 ，
∴ ．
15．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形 中， ，点 是边 上一个动点，
点 在射线 上， ．线段 的垂直平分线分别交直线 于点 、 、 、
．
(1)直接写出 ___________°， ___________；(2)当 时，求 的值；
(3)如图2，连接 并延长交直线 于点 ．
①求证： ；
②如图3，过点 作直线 的垂线，分别交直线 于点 ，连接 ，求线段 的最小值．
【答案】(1) ，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作 于点K，即可得到四边形 是矩形，然后证明 ，即可
求出 的值，然后根据正切的定义求出 的度数即可；
（2）根据勾股定理求出 长，利用（1）的结论求出 长，然后证明 是等边三角形，根据正弦
的定义求出 长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到 ，过点M作 交 于点L，则有 ，得
到 ，即可得到 ，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接 ， ，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到 ，
进而判断 ，即可得到点Q在与线段 夹角为 的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作 于点K，
∵ 是矩形，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵ ，
∴ ，
故答案为： ， ；
（2）解：∵ ， ，
∴ ，
根据（1）中结论可得 ，
又∵ 垂直平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
（3）①证明：根据（1）中结论可得 ，
又∵ 垂直平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，∴ ，
∴ ；
过点M作 交 于点L，
则 ， ，
又∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，即 ，
②连接 ， ，
∵ ， ，
∴ ，
又∵ 垂直平分 ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，∴ ，即点Q在与线段 夹角为 的射线上，
∴过点D作 于点 ，
当点Q在 时， 最小，
这时 ．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾
股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
专项练习
一、单选题
1．要判断一个四边形门框是否为矩形．在下面拟定的四个方案中，正确的方案是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量对角线是否互相垂直 D．测量其中三个角是否是直角
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的判定，解题的关键是熟记矩形的判定定理，并会灵活运用．
根据矩形的判定定理判断即可．
【详解】解：选项A：对角线互相平分得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故A错误，不符合题
意；
选项B：两组对边分别相等得到该四边形是平行四边形，不一定是矩形，故B错误，不符合题意；
选项C：对角线是否互相垂直不能判定四边形为矩形，故C错误，不符合题意；
选项D：根据四边形内角和定理，三个角是直角，则另一个角也是直角，即四个角均为直角，可判定四边
形为矩形，故D正确，符合题意；
故选D．2．如图，将线段 绕它的中点O逆时针旋转 得到线段 ，A，B的对应点分别是点C，
D，依次连接 ， ， ， 则下列结论不一定正确的是（ ）
A． B．对于任意 ，四边形 都是矩形
C． D．当 时，四边形 是正方形
【答案】C
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
根据旋转的性质得到 ，再结合矩形的判定和性质，正方形的判定进行分析判
断，即可解题．
【详解】解： 线段 绕它的中点O逆时针旋转 得到线段 ，
，
四边形 是矩形，且当 时，四边形 是正方形，
，
当旋转角度不确定时，不能推出 ，
故A、B、D结论正确，不符合题意，C结论不一定正确，符合题意；
故选：C．
3．如图，在矩形 中， ，点P在边 上，且 ，点Q在边 上，若 为
等腰三角形，则 的长为（ ）A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握矩形的判定
与性质．
过点 作 于点 ，此时只有 这一种情况，则 , ，由等腰三角形的性质
得到 ，再由 即可求解．
【详解】解：如图，
∵矩形 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
过点 作 于点 ，
∴四边形 为矩形，
∴ , ，
∴ ，
∴ 为等腰三角形，只能是 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．4．如图，矩形 中， ， ，点E，F分别在边 和 上（不与端点重合），且四边形
为正方形．若 ，则 的长度为（ ）
A．4.5 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、矩形的性质与判定、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关
知识点是解题的关键．
延长 交 于点 ，根据矩形的性质得到 ，根据正方形的性质得到 ， ，
， ，设 ，在 中利用勾股定理列出方程，求出 的值，再通过证明
四边形 是矩形，得到 ， ，最后利用勾股定理即可求出 的长度．
【详解】解：如图，延长 交 于点 ，
∵矩形 ，
∴ ，
∵四边形 为正方形，
∴ ， ， ， ，
∴ ， ，
设 ，则 ，
∵在 中， ，
∴ ，
解得 ， （不符合题意，舍去），
∴ ，
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：D．
5．如图，已知矩形 在平面直角坐标系中，点B的坐标为 ，点D的坐标为 ，则矩形
的面积是（ ）
A．16 B．15 C．12 D．10
【答案】B
【分析】本题考查坐标与图形，矩形的性质，根据矩形的性质，得到 轴， 轴，
进而得到 点坐标，求出 的长，再利用面积公式进行求解即可．
【详解】解：由题意， 轴， 轴，
∵点B的坐标为 ，点D的坐标为 ，
∴ ，
∴ ，
∴矩形 的面积是 ；
故选B．
6．如图，在四边形 中， ， ， ， ，点E、F分别是 、
的中点，连接 、 ，则线段 的长是（ ）A． B． C． D．8
【答案】A
【分析】连接 ，证明四边形 是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到
，进而证明 是等边三角形，再证明四边形 是平行四边形，得到 ，根据
等边对等角的性质，得出 ，进而推出 ，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接 ，
，点F是 的中点，
，
， ，
四边形 是矩形，
，
E是 的中点，
，
，
是等边三角形，
， ，
，
， ，
四边形 是平行四边形，
，
， ，，
，
，
，
,
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，直角三角
形的斜边中线，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
7．如图，在矩形 中， ， ， 平分 交 于点E，连接 ，取 的中
点F，连接 ，则 的长为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由矩形的性质可得， ，结合 平分 ，可以推出 ．在直角 中，先
使用勾股定理计算出斜边 的长，再用直角三角形的性质算出 的长．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在直角 中， ，
∵点F是 的中点，
∴ 是直角 斜边上的中线，∴ ．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质和勾股定
理，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
8．如图，在矩形 中， ， ，对角线 与 交于点O，点E为 边上的一个动点，
， ，垂足分别为点F，G，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，作 于
点 ，连接 ，先由矩形的性质证明 ，再根据勾股定理求得 ，由三角形的面积公式求出 ，
由 即可求出答案．
【详解】解：作 于点 ，连接 ，
∵四边形 是矩形，
，
，
，
，
，，
，
解得： ，
，
，
，
故选：C．
9．如图，在矩形 中， ，点 在边 上， 于点 ，且 平分 ，若
，则 的长为（ ）
A． B． C． D．5
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质．
根据矩形的性质得到 ， ，则 ，解直角三角形得到 ，根据
勾股定理得到 ，证明 ，即可得到 ．
【详解】解：∵矩形 ，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ．
故选：C．
10．如图，矩形 的对角线 相交于点 ， ，过点B作 ，过点 作
， 交于点 ，连接 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质、菱形的判定与性质及平行四边形的判定与性质，熟练掌握相关
特殊四边形的判定与性质是解题关键．
设 ，过点E作 交线段 延长线于点F，连接 交 于点G．证明四边形
是菱形，四边形 是矩形，求出 ， ，进而求
出结论．
【详解】解：∵矩形 的对角线 相交于点 ， ，
∴设 ．
如图，过点 作 交线段 延长线于点 ，连接 交 于点 ．
∵ ，∴四边形 是平行四边形，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
∴ 与 互相垂直平分，
，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
，
，
，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ．
∴ ．
故选：B．
二、填空题
11．如图，小明在数学综合实践活动中，利用一面墙（墙长 ）和18m长的围栏围成一个面积为 的
矩形场地，则矩形的宽 为 m．
【答案】5
【分析】本题考查了一元二次方程的应用．设 的长度为 ，则 的长度为 ．然后根据矩
形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】解：设 的长度为 ，则 的长度为 ，依题意得整理得 ，
解得 ， ．
利用一面墙（墙长 ），围成矩形场地，
．
当 时， ，不合题意，舍去；
当 时， ．，符合题意．
矩形的宽 为 ．
故答案为：5．
12．如图，在矩形 中，对角线 、 交于点 ，点 在 上，连接 ， 是等腰三角形，
．若 ， ，则 的长为 ．
【答案】2
【分析】本题考查矩形的性质和勾股定理，熟练掌握矩形的边与角的特征是解题关键．
矩形的对角线相等，每个内角都是直角，在直角 中，使用勾股定理计算出 ，结合 ，计
算出 的长．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
在直角 中， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为：2．
13．如图，8个面积为1的小正方形组成了L型，则矩形 的周长为 .【答案】
【分析】本题考查的是全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，从 进行突破，寻求
、 的关系，从而得到问题的解决．
可设 ， ，由题意可得 ，并且 ，从而得出关于 、 的两个方
程，求解后即可得出矩形 的周长．
【详解】解： 小正方形的面积为1，
小正方形的边长也为1
设 ， ，
，
，
，
由勾股定理可得
同理可得 ，且
，
，将其代入 中可得 ， （负值舍去），
所以矩形 的周长
故答案为： ．
14．如图，在矩形 中， ， ， ，点 在边 上，连接 ，过点 作 ，
垂足为 ， 交 于 ，则 的长为 ．
【答案】 /
【分析】此题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握各定理并进行推理论证是解题的关
键．根据矩形的性质得到 ，利用余角的性质得到 ，即可证得 ；
再根据矩形的性质得到 ，求出 ，利用相似三角形的性质得到 ，代入数值求出
的长．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴∴ ．
故答案为： ．
15．如图，在长方形 中， ， ，将 沿 折叠，使点 恰好落在对角线 上
处，则 的长为
【答案】5
【分析】此题考查了翻折变换，矩形的性质，以及勾股定理，熟练掌握定理及性质是解本题的关键．由四
边形 为矩形，得到 为直角，由折叠得到 ， ， ，利用勾股定理求
出 的长，由 求出 的长，在 中，设 ，表示出 ，利用勾股定理列出关于
的方程，求出方程的解得到 的值，即可确定出 的长．
【详解】解： 四边形 是矩形，
， ， ，
根据勾股定理得： ，
，
由折叠可得， ， ， ，
，
设 ，则有 ，
根据勾股定理得： ，
解得： ，
则 ，
故答案为：5．
16．如图，在矩形 中， ， ，动点 满足 ，则点 到 、 两点距离之
和 的最小值为 ．【答案】
【分析】本题考查了距离和最小值问题，利用转化思想是解题的关键．
根据同底等高面积相等，知点 的轨迹，再利用轴对称进行转化，找到最小值，再求解．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，
，
．
．
过点 作 ，则点 的运动轨迹是直线 ．
即在直线 上找一点 使 最小．
，
．
延长 到 ，使 ，则点 与 关于 对称，
则 ，
，
根据两点之间线段最短， ，
根据勾股定理得： ．
故答案为： ．
三、解答题
17．如图，在菱形 中，对角线 与 相交于点O，过点C作 的平行线，过点B作 的平行线，两直线相交于点E．
(1)求证：四边形 是矩形．
(2)若 ， ，求菱形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）首先可根据 ， 判定四边形 是平行四边形，然后根据菱形的性质，
得到 ，可判定四边形 是矩形；
（2）根据矩形的性质，菱形的性质解答即可．
本题主要考查矩形的判定，平行四边形、菱形的性质，菱形面积的求法，解题的关键是熟记矩形的各种判
断方法．
【详解】（1）证明：四边形 是矩形．理由如下：
∵ 为菱形 对角线的交点，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形．
（2）解：∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
18．矩形 中，连接 ， 的平分线交 于点E，交 的延长线于点F．在线段 上取点
G，使 ．(1)判断三角形 的形状，并证明；
(2)若 ， ，求 及 的长．
【答案】(1) 为等腰三角形，证明见解析
(2) ，
【分析】本题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质，熟练
掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由矩形的性质可得 ，由平行线的性质并结合角平分线的定义可得 ，即可得出
，从而得证；
（2）由矩形的性质可得 ， ， ，结合勾股定理得出 ，
证明 ，求出 ，从而可得 ，由勾股定理可得 ，再证明
，即可得出结果．
【详解】（1）解： 为等腰三角形，
证明：∵四边形 为矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
即 为等腰三角形；
（2）解：∵四边形 为矩形，
∴ ， ， ，
在 中， ，
∴ ，∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
19．如图，四边形 是平行四边形， ， 相交于点O，点E是 的中点，连接 ，过点E作
于点F，过点O作 于点G．
(1)求证：四边形 是矩形．
(2)若四边形 是菱形， ，且 ，求 的面积．
【答案】(1)见详解；
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、菱形的性质、三角形中位线定理、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．（1）先证 是 的中位线，得 ，由 ， ，得 ， ，
即可解答；
（2）过点E作 于H，证 是等腰三角形，得 ，由勾股定理求出 、 即可解答；
【详解】（1）解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵点E是 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是矩形，
（2）解：过点E作 于H，
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∵点E是 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ 即 ，
∴ ， ，∴，
∴ ．
20．如图， 为矩形 对角线 ， 的交点， ， ， 是直线 上的动点，且 ，
求 的最小值．
【答案】最小值是 ．
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及最短路线问题，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性
质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点．
利用轴对称变换以及平移变换，作辅助线构造平行四边形，依据平行四边形的性质以及轴对称的性质，可
得当 ， ， 在同一直线上时， 的最小值等于 的长，利用勾股定理进行计算，即可得到
的长，进而得出 的最小值．
【详解】解：如图所示，作点 关于 的对称点 ，连接 ，将 沿着 的方向平移 长的距离，
得到 ，连接 ，
则四边形 是平行四边形，
， ，
，
当 ， ， 在同一直线上时， 的最小值等于 长，连接 ，交 于 ，
由轴对称的性质，可得 垂直平分 ，
又 矩形 中， ，
是 的中点，
是 的中位线，
，
，
又 ，
，
中， ，
的最小值是 ．
21．如图1，在矩形 中， ， ， 、 是对角线 上的两个动点，分别从A，C同时出
发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为 秒，其中 ． ， 分别是在边
上．
(1)若G，H分别是 的中点，则四边形 一定是怎样的四边形（E、F相遇时除外）？
答：________；（直接填空，不用说理）
(2)在（1）的条件下，当 时，求证：四边形 是矩形；（提示：在图2中先标出点E、F；可直接
使用（1）中的结论）
(3)如图3， 和 分别是 和 的中点，若 从点 出发向 点运动， 从点 出发向 点运动，
且与点E，F以相同的速度同时出发，当四边形 为菱形时， 的值为________．
【答案】(1)平行四边形；
(2)见解析；
(3) ．【分析】（1）利用三角形全等可得 ， ，则 ，即可证明；
（2）连接 ，可得四边形 是矩形，得 ，求出 ，根据 ，得
，得 ，即得平行四边形 是矩形；
（3）根据菱形对角线平分且垂直可证明四边形 为菱形，再利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：四边形 是平行四边形．理由如下：
由题意得： ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∵G，H分别是 ， 中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
（2）解∶如图，连接 ，
由（1）得 ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵在矩形 中， ， ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴平行四边形 是矩形．
（3）解∶如图3，M和N分别是 和 的中点，
连接 ， ， 与 交于O，
∵四边形 为菱形，
∴ ， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为菱形，
∴ ，
设 ，
则 ，
由勾股定理可得： ，
即： ，
解得： ，
∴ ，
即 ，
∴当四边形 为菱形时， ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形与三角形综合．熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的判定与性质，平行四边形的
判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，是解题的关键．
