苏科版八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形同步练习题

这是一份苏科版八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形同步练习题，共32页。

9.4.1 矩形（知识讲解）
【学习目标】
1. 理解矩形的概念.
2. 掌握矩形的性质定理与判定定理.
3.运用矩形性质定理与判定定理计算或证明有关的角和线段.
【要点梳理】
要点一、矩形的定义
有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
特别说明：矩形定义的两个要素：①是平行四边形；②有一个角是直角.即矩形首先是一个平行四边形，然后增加一个角是直角这个特殊条件.
要点二、矩形的性质
矩形的性质包括四个方面：
1.矩形具有平行四边形的所有性质；
2.矩形的对角线相等；
3.矩形的四个角都是直角；
4.矩形是轴对称图形，它有两条对称轴.
特别说明：（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）.
（3）矩形是特殊的平行四边形，矩形具有平行四边形的所有性质，从而矩形的性质可以归结为从三个方面看：从边看，矩形对边平行且相等；从角看，矩形四个角都是直角；从对角线看，矩形的对角线互相平分且相等.
要点三、矩形的判定
矩形的判定有三种方法：
1.定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
2.对角线相等的平行四边形是矩形.
3.有三个角是直角的四边形是矩形.
特别说明：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形.
要点四、直角三角形斜边上的中线的性质
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
特别说明：（1）直角三角形斜边上的中线的性质是矩形性质的推论.性质的前提是直角三角形，对一般三角形不可使用.
（2）学过的直角三角形主要性质有：①直角三角形两锐角互余；②直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方；③直角三角形中30°所对的 直角边等于斜边的一半.
（3）性质可以用来解决有关线段倍分的问题.
【典型例题】
类型一、矩形➽➼性质与判定的理解➼➻求解✭✭证明
1．（2022·河南洛阳·统考二模）关于矩形的性质，以下说法不正确的是（　　）
A．邻边相互垂直 B．对角线相互垂直
C．是中心对称图形 D．对边相等
【答案】B
【分析】根据矩形的性质逐一判断即可．
解：A．矩形的邻边相互垂直，说法正确，故本选项不合题意；
B．矩形的对角线相等，但不相互垂直，原说法错误，故本选项符合题意；
C．矩形是中心对称图形，说法正确，故本选项不合题意；
D．矩形的对边相等，说法正确，故本选项不合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查矩形的性质定理，熟记矩形的性质是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，在矩形 中，对角线 ， 交于点 ，以下说法错误的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质进行逐一判断即可．
解：∵四边形是矩形，
∴，
∴A、B、C说法正确，不符合题意，
根据现有条件无法证明，
∴D说法错误，
故选D．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，熟知矩形的性质是解题的关键．
2．（2022春·陕西西安·九年级西安市铁一中学校考期中）如图，在四边形中，对角线相交于点O，，添加下列条件，不能判定四边形是矩形的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可知四边形是平行四边形，然后再根据四个选项所给条件一一进行判断即可得出答案．
解：在四边形中，对角线相交于点O，，
四边形是平行四边形，
A、添加条件，可得四边形是菱形，但不一定是矩形，故符合题意；
B、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
C、若，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
D、若，则，则，故四边形是矩形，故不符合题意；
故选：A．
【点拨】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的定义及判定定理是解答此题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·山东青岛·九年级山东省青岛第二十六中学校联考期中）要检验一个四边形画框是否为矩形，可行的测量方法是（    ）
A．测量四边形画框的两个角是否为
B．测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分
C．测量四边形画框的一组对边是否平行且相等
D．测量四边形画框的四边是否相等
【答案】B
【分析】按照有一个角是直角是平行四边形是矩形，有三个角是直角是四边形是矩形，两条对角线相等的平行四边形是矩形，逐一分析判定．
解：A.测量四边形画框的两个角是否为，
∵有三个角是直角的四边形是矩形，
∴此测量方法不可行，不合题意；
B.测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分，
∵对角线相等且互相平分的四边形是矩形，
∴此测量方法可行，符合题意；
C.测量四边形画框的一组对边是否平行且相等，
∵一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不一定是矩形，
∴此测量方法不可行，不合题意；
D.测量四边形画框的的四边是否相等，
∵四边相等的四边形可能是菱形，不是矩形，
∴此测量方法不可行，不合题意．
故选：B．
【点拨】本题主要考查了矩形的判定，解决问题的关键是熟练掌握矩形的定义和判定定理．
类型二、矩形➽➼性质➼➻求角度✭✭求线段长✭✭求面积
3．（2022春·福建福州·九年级统考期中）如图，已知四边形是矩形，为对角线．
(1)把绕点C顺时针旋转一定角度得到，点A的对应点为E，且在的延长线上，点B的对应点为F，请你在图中作出．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，求的大小．

【答案】(1)图见分析 (2)
【分析】（1）根据要求作出图形即可；
（2）利用等腰三角形的三线合一的性质证明，再利用平行线的性质求出，可得结论．
解：（1）如图，即为所求：

（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了作图—旋转变换、矩形的性质和等腰三角形的三线合一的性质，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·广东深圳·八年级统考期中）如图，长方形中，点、的坐标分别为、 ，点为中点；
(1)尺规作图：请作出的角平分线，交于点（不写作法，保留作图痕迹）；
(2)求直线的函数表达式；
(3)在线段上是否存在一点P使最小，若存在求出此时的最小值；若不存在请说明理由．

【答案】(1)见分析 (2) (3)存在；
【分析】（1）根据尺规作角平分线的步骤作图即可；
（2）先求出点、点的坐标，然后用待定系数法求函数的表达式即可；
（3）作点关于直线的对称点；连接，交于点；此时三点共线，的值最小；
（1）解：作图如下：

（2）解：如图，作直线；

∵平分
∴
在矩形中，
∴
∴是等腰直角三角形，
∵点的坐标为
∴
∴
∵点为中点
∴
设直线的函数表达式为：
将、代入得：

解得：
∴直线的函数表达式为：
（3）解：存在；
如图，作点关于直线的对称点；连接，交于点；

则
∴
故当三点共线时，的值最小
此时
∵平分，点的坐标为
∴点的坐标为
∵
∴
即：的最小值为
【点拨】本题考查了尺规作角平分线、矩形的性质、求一次函数的表达式、线段的最值问题；熟练运用待定系数法求一次函数表达式、用轴对称的性质转化线段是解题的关键．
4．（2022春·辽宁大连·九年级统考期中）如图，将矩形绕点顺时针旋转，使点恰好落在上的点处，得到矩形，连交于，连接．
(1) 求证：．
(2) 若，求长．

【答案】(1)见分析 (2)
【分析】（1）将矩形绕点顺时针旋转，使点恰好落在上的点处，得出，可得，根据，得出，继而根据三角形内角和定理，以及等腰三角形的性质即可得证；
（2）过作于，先证，再证得出，然后勾股定理解，即可求解．
解：（1）证明：∵将矩形绕点顺时针旋转，使点恰好落在上的点处，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
设
∴
∵
∴
∴
（2）解：如图，过作于，

∵四边形为矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．，
在中，，
∴,
∴，
在中，，
∴．
【点拨】本题考查矩形性质，矩形旋转性质，等腰三角形判定与性质，平行线性质，角平分线判定，三角形全等判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识并运用是解题关键．
举一反三：
【变式】（2022春·广东佛山·九年级校考阶段练习）如图，在平行四边形中，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)见分析 (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AEFD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．
解：（1）证明：∵，
∴，
即，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形为矩形；
（2）解：由（1）知，四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴
∴为直角三角形，，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
5．（2022秋·广东阳江·九年级阳江市第二中学校考阶段练习）在等腰三角形中，，点D是中点，点E是中点．过点A作交的延长线于点F．
(1) 试判断四边形的形状，并加以证明；
(2) 若，，求四边形的面积．

【答案】(1)四边形是矩形，证明见分析 (2)120
【分析】（1）由证明，得，证得四边形为平行四边形，再由等腰三角形“三线合一”得，则，根据矩形的判定定理可证得结论；
（2）根据等腰三角形的性质得到，勾股定理求得，然后根据矩形的面积公式即可得到结论．
（1）解：四边形是矩形；
证明：∵E是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴；
∴，
∵点D是中点，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，点D是中点，
∴，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，点D是中点，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形的面积．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定、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与性质，证明三角形全等是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，多边形的顶点坐标分别是．若直线经过点，且将多边形分割成面积相等的两部分，求直线的函数表达式．

【答案】
【分析】延长交轴于点，连接其中和相交于点，由，得到四边形，四边形都为矩形，并且点是矩形对角线的交点，点是矩形对角线的交点，则直线过、点，设直线的解析式为，利用待定系数法即可求出直线的函数表达式．
解：延长交轴于点，连接其中和相交于点，如图所示：

∵，
∴四边形、四边形都为矩形，
∵，
∴点是矩形对角线的交点，
∵点是矩形对角线的交点，
，
根据矩形的对称性，过矩形对角线交点的直线必将矩形面积一分为二，
∴过、点的直线把多边形分成面积相等的两部分，
设直线的解析式为，
则，
解得，
直线的函数表达式是：．
【点拨】本题考查了矩形的性质：过矩形对角线交点的直线平分矩形的面积，也考查了待定系数法求直线的解析式，熟练运用矩形性质及待定系数法求解析式是解决问题的关键．
类型三、矩形➽➼性质➼➻求坐标✭✭证明✭✭求值
6．（2021秋·甘肃兰州·八年级校考期中）在矩形中，对角线相交于点，过点作，过点作，如图，求证与相互垂直平分．

【分析】根据平行四边形的判定和矩形的性质得出，进而得出四边形是菱形，再由菱形的性质即可得证．
解：，，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
，，，
，
四边形是菱形，
与相互垂直平分．
【点拨】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·陕西西安·九年级交大附中分校校考阶段练习）如图，已知、是矩形的对角线，过点作，交的延长线于．求证：．

【分析】证明四边形是平行四边形，利用矩形的对角线相等，平行四边形的对边相等，即可得证．
解：∵四边形是矩形，、是矩形的对角线，
∴，，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴．
【点拨】本题考查矩形的性质以及平行四边形的判定和性质．熟练掌握矩形的对角线相等，平行四边形的对边相等，是解题的关键．
7．（2022秋·广东湛江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，矩形OABC的顶点A（16，0）、C（0，12），将矩形OABC的一个角沿直线BD折叠，使得点A落在对角线OB上的点E处，折痕与x轴交于点D．
(1) 线段OB的长度为______；
(2) 求直线BD所对应的函数表达式；
(3) 若点Q在线段BD上，在线段BC上是否存在点P，使以D，E，P，Q为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)20 (2)直线BD所对应的函数表达式为 (3)存在，满足条件的点P的坐标是（10，12）
【分析】（1）由矩形的性质可得出点的坐标及，的长，利用勾股定理可求出的长；
（2）设，则，，，利用勾股定理可求出值，进而可得出点的坐标，再根据点，的坐标，利用待定系数法可求出直线所对应的函数表达式；
（3）过点作轴于点，由，可得出，利用面积法可求出的长，在中，利用勾股定理可求出的长，进而可得出点的坐标，根据，求出直线的解析式，根据点的纵坐标求出其横坐标即可．
（1）解：由题意，得：点的坐标为，，，
，
故答案为：20；
（2）解：设，则，，，
，即，
，
，
点的坐标为．
设直线所对应的函数表达式为，
将，代入，得：
，
解得：，
直线所对应的函数表达式为；
（3）解：存在，理由：过点作轴于点，如图所示．

，

，
，
在中，，
点的坐标为，，
由，设直线的解析式为：，
把，代入得：，解得：，
直线的解析式为：，
令，则，解得：，
存在，点的坐标为．
【点拨】本题属于一次函数综合题，考查了矩形的性质、勾股定理、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是灵活运用性质解决问题．
举一反三：
【变式】（2022秋·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，长方形OABC的顶点A（6，0）、B（6，4），D是BC的中点，动点P从O点出发，以每秒1个单位的速度，沿着OA、AB、向终点B运动，设P点运动的时可为t秒（0＜t＜10）．
(1) 当△POD的面积等于9时，点P的坐标为 ：
(2) 当点P在OA上运动时，连接CP．问：是否存在某时刻t，当CP绕点P旋转时，点C能恰好落到AB的中点处？若存在，请求出t的值；若不存在，请说明理由．
(3) 当t为何值时，点B关于直线PD的对称点恰好落在直线OP上．

【答案】(1)或 (2)存在， (3)
【分析】（1）由矩形的性质得出，，，当点在上运动时，即，，由三角形面积得出；解得，此时点坐标为；当点在上运动时，即，，，得出；解得，此时点坐标为；
（2）由旋转的性质得出，，在中，，，由勾股定理得出方程，解方程即可；
（3）显然不能在上，在上，由轴对称的性质得出则，，，证明△，得出，设，则，得出，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
（1）解：长方形的顶点、，是的中点，
，，，
当点在上运动时，即，如图1所示：

，，
，
，解得：，
此时点坐标为；
当点在上运动时，即，如图2所示：

，，

，
，
，解得：，
此时点坐标为；
故答案为：或；
（2）存在；点为的中点，如图3所示：

绕点旋转时，点能恰好落到的中点，
，，
在中，，，
，
在中，，，
，
，
解得：，
即当时，当绕点旋转时，点能恰好落到的中点处；
（3）点显然不能在上，点在上，如图4所示：

为关于直线的对称点，则，，，
在和Rt中，
，
△，
，
设，
则，
，
在中，，
即，
解得：，
，
当为时，点关于直线的对称点恰好落在直线上．
【点拨】本题是四边形的综合题，考查矩形的性质、旋转的性质、勾股定理、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、轴对称的性质、三角形面积等知识；熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键．
8．（2022秋·广东江门·八年级江门市怡福中学校考阶段练习）如图所示，折叠矩形的一边，使点D落在边上的点F处，已知，．
(1)求的长；
(2)求的长．

【答案】(1)； (2)．
【分析】（1）由折叠的性质可得：，利用勾股定理求解即可；
（2）由（1）可得，设，则利用勾股定理求解即可．
（1）解：由矩形的性质可得：，，
由折叠的性质可得：，
由勾股定理可得：；
（2）解：由（1）可得，
设，则，
在中，，即
解得，即．
【点拨】此题考查了矩形的折叠问题，涉及了勾股定理，解题的关键是能够利用勾股定理灵活求解．
举一反三：
【变式】（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，在长方形纸片ABCD中，AB＝CD＝5，AD＝BC＝3．
(1)尺规作图：在边BC找一点P，使得△ABP沿直线AP折叠时，B点恰好落在边CD上：（写出作法过程，保留作图痕迹，不需证明）
(2)求BP的长．

【答案】(1)见分析 (2)
【分析】以A点为圆心以AB长为半径画弧与DC的交点为E点，再作的平分线与BC的交点即为P点.
（2）由折叠的性质可知AE＝AB＝5，PE＝PB，设PB＝x，把PC，PE，EC的长用含x的代数式表示出来，根据勾股定理列方程求出x的值即可.
（1）解：（1）如图，①以A点为圆心以AB长为半径画弧交DC边于E点；
②作的平分线交BC于P点，点P即为所作；

（2）∵△ABP沿直线AP折叠时，B点恰好落在边CD的点E处，
∴AE＝AB＝5，PE＝PB，
在Rt△ADE中，∵AD＝3，AE＝5，
∴，
∴CE＝CD－DE＝5－4＝1，
设PB＝x，则PE＝x，PC＝3－x，
在Rt△PCE中，，
解得，即PB的长为
【点拨】本题主要考查了角平分线的尺规作图法，以及矩形中的折叠问题，根据勾股定理列方程是折叠问题中常用的方法，掌握以上方法是解题的关键.
类型四、矩形➽➼判定➼➻证明✭✭求值
9．（2022春·山东·九年级校考期中）如图，平行四边形中，点O是与的交点，过点O的直线与，的延长线分别交于点E，F．
(1) 求证：；
(2) 连接，，则与满足什么条件时四边形是矩形？请说明理由．

【答案】(1)见分析 (2)当时，四边形是矩形
【分析】（1）根据平行四边形的性质和全等三角形的证明方法证明即可；
（2）请连接、，则与满足时，四边形是矩形，首先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形即可证明．
解：（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
在和中，

．
（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：
连接，，如图，

，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定、平行四边形的性质以及矩形的判定，解题的关键是利用平行四边形的性质构造全等条件，然后利用全等三角形的性质解决问题．
举一反三：
【变式】（2022春·吉林长春·八年级长春外国语学校校考阶段练习）如图，AD是△ABC的中线，过点A作AEBC，过点B作BEAD交AE于点E．
(1) 求证：∠E＝∠ADB．
(2) 当△ABC满足 条件时，四边形ADBE是矩形？请说明理由．

【答案】(1)见分析 (2)当△ABC满足AB＝AC条件时，四边形ADBE是矩形，理由见分析
【分析】（1）证四边形ADBE是平行四边形，即可得出结论；
（2）由（1）可知，四边形ADBE是平行四边形，再由等腰三角形的性质得AD⊥BC，则∠ADB＝90°，然后由矩形的判定即可得出结论．
解：（1）证明：∵AEBC，BEAD，
∴四边形ADBE是平行四边形，
∴∠E＝∠ADB；
（2）解：当△ABC满足AB＝AC条件时，四边形ADBE是矩形，理由如下：
由（1）可知，四边形ADBE是平行四边形，
∵AB＝AC，AD是△ABC的中线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴平行四边形ADBE是矩形，
故答案为：AB＝AC．
【点拨】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及等腰三角形的性质等知识，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．
10．（2022春·陕西咸阳·九年级统考期中）如图，四边形是平行四边形，点在的延长线上，且，，、相交于点，连接．求证：四边形是矩形．

【分析】首先证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等即可证明是矩形．
解：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．
【点拨】本题考查矩形的判定，平行四边形的判定和性质等知识，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．
举一反三：
【变式】（2022春·陕西西安·九年级统考期末）如图，在平行四边形中，是上一点（不与点，重合），，过点作，交于点，连接，．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 当，时，求的长．

【答案】(1) 证明见分析 (2)
【分析】（1）证出即可得到结论；
（2）由证明，得出，设，则，由勾股定理得出方程，解方程即可．
解：（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴的长是．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等知识；熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理，证明四边形为矩形是解决问题的关键．
类型五、矩形➽➼性质与判定➼➻证明✭✭求角度✭✭求面积
11．（2022春·广东广州·九年级统考期末）如图，已知中，，．D是内的一点，且，．
(1) _______°；
(2) 依题中的条件用尺规作图补全图形（保留作图痕迹，不写作法）；
(3) 求的度数．

【答案】(1) (2)图见详解 (3)
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（2）作线段的垂直平分线，以为圆心为半径画弧交于，连接、、即可．
（3）作于，于．只要证明，推出即可解决问题．
（1）解：，，
，
故答案为．
（2）解：如图所示，点即为所求．
（3）解：作于，于．
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
．

【点拨】本题考查作图复杂作图、等腰直角三角形的性质、线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，记住直角三角形中，如果斜边等于直角边的两倍，这条直角边所对的锐角为，属于中考常考题型．
举一反三：
【变式】（2022秋·河南安阳·八年级统考期末）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，于点E，于点F，且．
(1) 求证：四边形ABCD是矩形．
(2) 若，求的度数．

【答案】(1) 见分析 (2) 10°
【分析】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA=OD，则AC=BD，即可得出四边形ABCD是矩形．
（2）由矩形的性质得出∠ABC=∠BAD=90°，OA=OB，则∠OAB=∠OBA，求出∠BAE=40°，则∠OBA=∠OAB=50°，即可得出答案．
解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，，
∵于点E，于点F，
∴，
又∵  ，
∴，
∴，
∴，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）由（1）得：四边形ABCD是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、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与性质，证明三角形全等是解题的关键．
12．（2021春·广东揭阳·九年级校考阶段练习）如图，在矩形中，点E是边上的一个动点，沿着翻折矩形，使点B落在点F处，若，，解答下列问题：  
(1) 当点E是的中点时，试判断与的位置关系，并说明你的理由；
(2) 当点F在矩形内部且时，求的长．

【答案】(1)，理由见分析 (2)
【分析】（1）连接交于点，利用折叠的性质得到：，，利用中点得到：，进而得到：，从而得到，，利用三角形的内角和，推出：，即可得证；
（2）过点D作于点M，延长交于点，根据矩形的性质和折叠的性质，推出，，的长，设，则：，用，表示出，在在中，，列式求解即可．
（1）解：，理由如下：
连接交于点，如图所示：

∵沿着翻折矩形，使点B落在点F处，
∴，
∵E是的中点，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，即，
由折叠的性质得：，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过点D作于点M，延长交于点，

∵AB=3，，
∴ ，
∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质得∶，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，，，
设，则，
由折叠的性质得∶，
在中，，
即，
解得：，
∴的长为．
【点拨】本题考查矩形中的折叠问题．熟练掌握矩形的性质，以及折叠的性质，是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022春·江西九江·九年级统考期末）如图，菱形中，与交于点，， ．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 连接，交于点，连接，若，求长．

【答案】(1)见分析 (2)
【分析】（1）根据菱形的性质，得到，，再根据等量代换，得出，再根据矩形的判定定理，即可得到结论；
（2）根据直角三角形的性质，得到，进而得出，再根据勾股定理，计算即可得到答案．
解：（1）证明：∵四边形为菱形，
∴， ，
∴，
∵， ，
∴，
∴四边形为平行四边形，
又∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：由（1）得：四边形是矩形，
∴，，
∵是中点，
∴为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质、菱形的性质、直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
13．（2022春·山东枣庄·九年级滕州市西岗镇西岗中学校考期末）如图，在平行四边形中，连接，E为线段的中点，延长与的延长线交于点F，连接，．
(1) 求证：四边形是矩形；
(2) 若，求的面积．

【答案】(1)见分析 (2)48
【分析】（1）四边形是平行四边形，则，，由点是的中点得到，证得，，又，得到四边形是平行四边形，由即可得到结论；
（2）由四边形是矩形，得到，，由勾股定理得到，则，四边形是平行四边形，则，，即可得到答案．
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，
．
四边形是矩形；
（2）解：由（1）得四边形是矩形，
∴，，
∵，
，
则，
四边形是平行四边形，
，
，
∴．
【点拨】此题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，证明四边形是矩形是解题的关键．
举一反三：
【变式】（2022秋·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)详见分析； (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．
（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．
【点拨】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．