【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题5.3 矩形的性质与判定（全国通用版）练习（解析版）

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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
【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的中点，则BD=12AC=AD=DC.
【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
【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＝α，则∠E的度数是（ ）
A．α2B．45°−α2C．α﹣45°D．30°+α2
【解答】解：连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，AC＝BD，
∴OA＝OB，
∴∠OBA＝∠BAC＝α，
∴∠CBD＝90°﹣α，
∵BE＝AC＝BD，
∴∠BDE＝∠E，
∴∠CBD＝∠BDE+∠E＝2∠E，
∴2∠E＝90°﹣α，
∴∠E＝45°−α2，
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＝α，则∠BAF的度数为（ ）
A．2α﹣90°B．45°+α2C．45°−α2D．90°﹣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=∠ECGDE=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，
∴∠DAE=90°−∠BAF2，
∵∠DAE+∠AED＝90°，∠AED+∠FEC＝90°，
∴∠FEC＝∠DAE=90°−∠BAF2，
∵∠FEC+∠EFC＝90°，
∴∠EFC＝90°−90°−∠BAF2=α，
∴∠BAF＝2α﹣90°，
故选：A．

2.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+43B．6+23C．18D．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，
即∠BAE=∠EAC=13×90°=30°，
在Rt△EAO中，AE＝2EO＝4，EC＝AE＝4，
在Rt△EAO中，AB=AE2−EB2=23，
∴AB+BC=23+2+4=23+6，
∴长方形ABCD的周长为12+43．
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（ ）
A．32B．3−1C．12D．3−12
【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，
∴∠BAE＝∠DAE=12∠BAD＝45°，
∴∠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，
∴FO=12EC=3−12，
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（ ）
A．3B．175C．1710D．85
【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，
解得：x=175，
即AE=175．
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．3B．4C．6D．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=∠CFOOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF（ASA），
∴S△AOE＝S△COF，
∴S阴影=S△COF+S△BOE=S△BOE+S△AOE=S△AOB=14S矩形ABCD，
∵矩形面积为12，
∴S阴影=14×12=3．
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．10B．12C．16D．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
∴S△DFP＝S△PBE=12×2×6＝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=∠OCFOA=OC∠ΑOE=∠COF
∴△AOE≌△COF（ASA）
∴S△AOE＝S△COF
S阴影=S△BCD=12BC⋅CD=12×5×3=152．
故答案为：152．
【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，
解得：x=32，
∴OE=32，
故答案为：32．
◆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°，
由翻折可知：∠BEC＝∠B′EC=12（180°﹣∠AEB′）=12（180°﹣54°）＝63°，
∵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，
∴∠AED=∠AED′=12×90°=45°，
∵∠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．7B．8C．55D．73
【解答】解：连接DF，DE，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴F是BC中点，
∵BE⊥AC，
∴∠BEC＝90°，
∴EF=12BC=12×12＝6，
同理：FD=12AB=12×16＝8，DE=12AB，
∴DF＝DE，
∵M为EF的中点，
∴DM⊥EF，FM=12EF＝3，
∴DM=DF2−FM2=82−32=55．
故选：C．

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=13CD，AB＝6，则BF的长是（ ）
A．6B．7C．8D．10
【解答】解：∵∠ACB＝90°，D是AB的中点，AB＝6，
∴CD=12AB=3，
∵CE=13CD，
∴CE=13×3=1，
∴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＝BDB．AB＝6，BC＝8，AC＝10
C．AC⊥BDD．∠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＝BDB．AD＝BC且∠A＝∠B
C．AB＝CD且∠A＝∠CD．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=BEBD=ECAD=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°，
∴DF=12CD=2t，
∴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，
解得：t=152，
即当t=152时，四边形DEBF是矩形．
【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°，
∴DF=12CD=2t，
∴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，
解得：t=152，
即当t=152时，四边形DEBF是矩形．
◆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，
∴∠FDC=25∠ADC=36°，
∵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，
∴DE＝AB＝4，OD=12AD，OB=OE=12BE，AD＝BE，
∴OD＝OE，
∵OF⊥DE，
∴DF=EF=12DE=2，
∴OF为△BDE的中位线，
∴OF=12BD=4，
∵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=213，
即OC的长为213．
【题型十】矩形中求最值问题
◇典例10：
如图，AB＝402，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．202B．20C．402D．40
【解答】解，∵四边形CDGH是矩形，
∴CG＝DH，OC=12CG，OD=12DH，
∴OC＝OD，
∵△ACD是等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
∵OA＝OA，
∴△ACO≌△ADO，
∴∠OAB＝∠CAO=12×60°＝30°，
∴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°，
∴OB=12AB=12×402=202，
即OB的最小值为202，
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．2B．4C．2D．22
【解答】解：如图：
当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1＝DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2＝DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2=12CE．
当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP＝FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=12CF．
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1＝1．
∴∠ADE＝∠CDE＝∠CP1B＝45°，∠DEC＝90°．
∴∠DP2P1＝90°．
∴∠DP1P2＝45°．
∴∠P2P1B＝90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角BCP1中，CP1＝BC＝1．
∴BP1=2．
∴PB的最小值是2．
故选：C．
2.如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝23，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．2B．23C．4D．25
【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=23，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+(23)2=4．
在Rt△GDC中，GD＝BD＝4，∠GDC＝90°，
∴GC=GD2+CD2=42+22=25．
∴DE+CF最小值为25，
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．1B．5C．2D．
【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．25B．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．2B．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．4C．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．①②④B．①②③C．①②③④D．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．5B．6C．7D．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．4.5B．4C．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．16B．15C．12D．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．
性质
数学语言
图形
角
矩形的四个角都是直角
∵四边形是矩形，
对角线
矩形的对角线相等
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD
对称性
中心对称图形：对称中心为对角线交点 O；
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）。
判定方法
数学语言
图形
角
有一个角是直角的平行四边形是矩形（定义）
在中，
，
是矩形.
有三个角是直角的四边形是矩形
在四边形中，
，
四边形是矩形.
对角线
对角线相等的平行四边形是矩形
在中，
，
是矩形