5.1矩形 同步讲义（含解析）八年级数学下册浙教版

专题5.1 矩形
1．掌握矩形的判定与性质；
2．利用矩形的性质求角度、线段长和面积；
3、掌握矩形与折叠问题的综合应用；
知识点01 矩形的判定
【知识点】
1、判定矩形的条件
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形
（2）三个角是直角的四边形是矩形
（3）对角线相等的平行四边形是矩形
【典型例题】
例1
（2023春·全国·八年级专题练习）
1．下列说法中正确的是（ ）
A．有一个角是直角的四边形是矩形 B．四边相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的平行四边形是矩形 D．对角线相等的平行四边形是矩形
例2
（2023春·八年级单元测试）
2．一个木匠要制作矩形的踏板．他在一个对边平行的长木板上分别沿与长边垂直的方向锯两次，就能得到矩形踏板．理由是 ．
例3
（2022春·山东威海·八年级统考期末）
3．如图，在□ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F是AC上的动点，且不与O点重合．
(1)若AE=CF，求证：四边形DEBF是平行四边形；
(2)已知BD=12cm，AC=16cm，点E，F均以2cm/s的速度，分别从点A，C出发，向点C，A方向运动．若以D，E，B，F为顶点的四边形是矩形，求点E，F运动时间t的值．
【即学即练】
（2022秋·重庆·九年级重庆南开中学校考阶段练习）
4．下列命题是真命题的是（　　）
A．一组邻边相等的平行四边形是矩形
B．三个角都是直角的四边形是矩形
C．对角线互相垂直平分的四边形是矩形
D．有一组对边平行且一组邻边垂直的四边形是矩形
（2023春·全国·八年级专题练习）
5．如图，在中，下列条件①；②；③；④．能判断是矩形的有（ ）．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
（2021秋·山东青岛·九年级校考期中）
6．如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，，是四边形的中点四边形，如果，，那么四边形的面积为 ．
（2021秋·山东青岛·九年级统考期中）
7．平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，△ABO为等边三角形，AB＝10cm，这个平行四边形ABCD的面积为 cm2．
（2023春·湖南长沙·九年级校联考阶段练习）
8．如图，在平行四边形中，为线段的中点，延长与的延长线交于点，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求四边形的面积．
知识点02 利用矩形的性质证明
【知识点】
1、矩形的概念和性质
有一角是直角的平行四边形叫做矩形，矩形也叫做长方形．矩形是特殊的平时行不行，它除了具有平行四边形的一切性质外，还具有的性质：矩形的对角线相等，四个角都是直角．
【典型例题】
例1
（2023·河南驻马店·校考一模）
9．关于矩形性质，下列说法不正确的是（　　）
A．四个角都是直角
B．既是轴对称图形，也是中心对称图形
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分且相等
例2
（2022春·广西钦州·八年级阶段练习）
10．四边形具有不稳定性．如图，矩形按箭头方向变形成平行四边形，变形后，若矩形的面积是12，则平行四边形的面积是 ．
例3
（2022秋·重庆江北·九年级重庆十八中校考期末）
11．如图，在矩形中，为对角线．
(1)用尺规完成以下基本作图：作的垂直平分线分别交，于点，；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）所作的图形中，若，，求的长．
【即学即练】
（2023春·江苏·八年级专题练习）
12．如图，矩形中，对角线、相交于点，若，，则矩形的对角线长为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
（2022春·北京朝阳·八年级校考期中）
13．数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证，下列说法不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
（2023春·全国·八年级专题练习）
14．如图，在直角坐标系中，点B的坐标为，若直线恰好将矩形OABC的面积分为1：2的两部分，则m的值为 ．
（2023春·江苏泰州·九年级靖江市靖城中学校考阶段练习）
15．已知，矩形，点在边上，点在边上，连接、交于点．若，，，．则 ．
（2021秋·福建宁德·九年级校考阶段练习）
16．如图，直线与坐标轴的交点分别为，点P是线段之间的一个动点，于C，于点D．当时，求点P的坐标．
知识点03 利用矩形的性质求角度、线段长与面积
【典型例题】
例1
（2023·重庆九龙坡·重庆市杨家坪中学校考模拟预测）
17．如图，在矩形中，，以为边在矩形内作等边，延长交于点F，连接，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
例2
（2023春·山东泰安·八年级山东省泰安第十五中学校考阶段练习）
18．矩形的两条对角线的夹角为，较短的边长为，则矩形的对角线长为 .
例3
（2023秋·江西吉安·九年级统考期末）
19．如图，矩形中，，，是上不与和重合的一动点，过点分别作和的垂线，垂足为，；的值是定值吗？如果不是，请说明理由；如果是定值请求出这个定值．
【即学即练】
（2023春·上海·八年级专题练习）
20．如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（ ）
A． B． C． D．
（2023春·黑龙江大庆·九年级校考阶段练习）
21．已知：如图，矩形中，，对角线相交于点O，点P是线段上任意一点，且于点E，于点F，则等于（　　）
A．6 B．5 C． D．
（2023春·山东泰安·八年级校考阶段练习）
22．如图，在矩形中，对角线，相交于点，点是边的中点，点在对角线上，且，连接．若，则 ．
（2023春·山东泰安·九年级东平县实验中学校考阶段练习）
23．如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别与，，交于点，，．若，，则 ．
（2023春·全国·八年级专题练习）
24．如图，一次函数的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段上（不与点A、B重合），过点P分别作和的垂线，垂足为C、D．
(1)直接写出A、B两点的坐标．；
(2)点P在何处时，矩形的面积为1．
知识点04 矩形与折叠问题
【典型例题】
例1
（2023春·福建·八年级期中）
25．如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，点D落在点D′处，则重叠部分的面积为（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
例2
（2023·广东佛山·校联考一模）
26．如图，把矩形纸片放入平面直角坐标系中，使分别落在x轴、y轴上，连接，将纸片沿折叠，使点B落在点D的位置，与y轴交于点E，若，则点E的坐标为 ．
例3
（2022春·河北石家庄·八年级石家庄外国语学校校考阶段练习）
27．如图，将一张矩形纸片进行折叠，已知该纸片宽为，长为，折叠时顶点D落在边上的点F处（折痕为）．
(1)求的面积；
(2)求的长．
【即学即练】
（2023春·重庆沙坪坝·九年级重庆八中校考阶段练习）
28．如图，四边形为一矩形纸带，点、分别在边、上，将纸带沿折叠，点、的对应点分别为、，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）
29．如图，在矩形中，，，点是上一个动点，把沿向矩形内部折叠，当点A的对应点恰好落在的平分线上时， 的长为（ ）
A．或 B．4或 C．或 D．或
（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考阶段练习）
30．如图，把一张长方形纸片沿折叠，使顶点B和点D重合，折痕为．若，，则的长为 ．
（2023春·全国·八年级期中）
31．如图所示，将矩形分别沿，，翻折，翻折后点，点，点都落在点上．若，则 ．
（2022春·八年级课时练习）
32．已知：如图，将矩形纸的四个角向内折起，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)若，求边的长．
题组A 基础过关练
（2022秋·四川成都·九年级统考期末）
33．下列性质中，矩形不一定具有的是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等
C．对角线互相平分 D．邻边互相垂直
（2023春·福建福州·八年级统考期中）
34．已知在平面直角坐标系中，矩形的三个顶点的坐标为，，，则第四个顶点的坐标为(　　)
A． B． C．( D．
（2023春·全国·八年级专题练习）
35．如图，在平行四边形ABCD中，在不添加任何辅助线的情况下，添加以下哪个条件，能使平行四边形ABCD是矩形（ ）
A． B． C． D．
（2021秋·陕西渭南·九年级统考期中）
36．如图，某小区要在一块形状为矩形的空地上建造一个如图所示的四边形花园，点E，F，G，H分别为边的中点，若，，则四边形的面积为（　　）
A． B． C． D．
（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市萧红中学校考期中）
37．如图，点A、B在直线m上，点C、D在直线n上，，则等于 ．
（2023春·上海·八年级专题练习）
38．如图，已知矩形的对角线与相交于点，若，那么 ．
（2023春·江苏·七年级专题练习）
39．四边形具有不稳定性．如图，矩形按箭头方向变形成平行四边形，变形后，若矩形的面积是12，则平行四边形的面积是 ．
（2023春·江苏·八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）
40．在中，，，，点P为边上一动点，于点E，于点F，则的最小值为 ．
（2023春·江苏·八年级专题练习）
41．如图是矩形，，求这个矩形的周长和对角线的长．
（2023春·八年级课时练习）
42．如图，在长方形中，，将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，设与相交于点F．
(1)判断的形状，并说明理由；
(2)求的长．
题组B 能力提升练
（2023春·上海·八年级专题练习）
43．矩形的对角线长为10，两邻边之比为，则矩形的面积为（ ）
A．48 B．24 C．50 D．以上答案都不对
（2023春·山东济南·八年级校考阶段练习）
44．如图，矩形的，，则的长为（　　）
A． B．8 C． D．4
（2023春·福建厦门·九年级厦门市莲花中学校考阶段练习）
45．已知四边形为矩形，对角线交于点O，点E在的平分线上，连接．若，则点E一定也在（ ）
A． 的平分线上 B． 的平分线上
C． 的垂直平分线上 D．的垂直平分线上
（2023春·江苏苏州·八年级苏州中学校考阶段练习）
46．如图，E是矩形的边上一点，，则等于（ ）
A． B． C． D．
（2023春·江苏盐城·八年级滨海县第一初级中学校联考阶段练习）
47．矩形的对角线、相交于点，，如果对角线，则 ．
（2023春·江苏·八年级期中）
48．在矩形中，点在边上，是等腰三角形，若，，则线段的长为 ．
（2023·山东枣庄·统考一模）
49．如图，在中，，，，是上一动点，过点作于点，于点．连接，则线段的最小值是 ．
（2023春·广东深圳·八年级统考阶段练习）
50．如图，，点是的平分线上一点，交于点，于点，若，则 ．
（2023春·吉林长春·八年级吉林省实验校考阶段练习）
51．如图，在中，，点P是边上的一个动点（不与点A、B重合），过点P分别作．连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)直接写出线段长度的最小值为__________．
（2023·广西贵港·统考一模）
52．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若平分，，求四边形的面积．
题组C 培优拔尖练
（2023春·浙江·八年级阶段练习）
53．如图，在平行四边形中，、是上两点，，连接、、、，添加一个条件，使四边形是矩形，这个条件是( )
A． B． C． D．
（2023春·江苏·八年级校联考期中）
54．如图，矩形的周长为，两条对角线相交于点O，过点O作的垂线，分别交于点E、F，连接，且，则矩形的面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023春·全国·八年级专题练习）
55．如图，在矩形中，，点P在上，点Q在上，且，连接，则的最小值为（　　）
A．22 B．24 C．25 D．26
（2023春·全国·八年级期中）
56．如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④OE=AC．正确判断的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
（2023春·重庆渝中·八年级重庆巴蜀中学校考阶段练习）
57．如图，矩形纸片中，，E为上一点，平分，，则的长为 ．
（2023春·河南开封·九年级金明中小学校考阶段练习）
58．如图，在矩形中，，，点为边上一点，将沿翻折，点落在点处，连接，当为直角三角形时，的长为 ．
（2023·四川成都·成都实外校考一模）
59．如图，矩形中，连接．按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和；②作直线分别交边，于点，；③以点为圆心，以适当长为半径作弧，分别交边，于点，；④分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点；⑤作射线交边于点．则 ．
（2023春·全国·八年级期中）
60．如图，在矩形中，，E为上一点，连接，将沿折叠，点A落在处，连接，若F、G分别为、的中点，则的最小值为 ．
（2023春·八年级单元测试）
61．如图，在平行四边形中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)已知，是的平分线，若，求的长度．
（2023春·江苏·八年级校联考期中）
62．在矩形中，点E在边上，，点F为边上一点，连接，四边形与四边形关于成轴对称．
(1)如图1，当时，求的长；
(2)如图2，当B、E、Q三点共线时，求的长．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】运用矩形的判定定理，即可快速确定答案．
【详解】解：A．有一个角为直角的平行四边形是矩形，故A错误；
B．四条边都相等的四边形是菱形，故B错误；
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故C错误；
D．对角线相等的平行四边形是矩形，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，矩形的判定方法有：1.有三个角是直角的四边形是矩形；2.对角线互相平分且相等的四边形是矩形；3.有一个角为直角的平行四边形是矩形；4.对角线相等的平行四边形是矩形．
2．三个角都是直角的四边形是矩形（或：“有一个角是直角的平行四边形是矩形”）
【分析】使用矩形的判定定理，有三个角是直角的四边形是矩形
【详解】因为木板的对边平行，在进行两次锯开时都是沿着垂直于对边的方向，所以会出现4个直角，有三个角是直角的四边形是矩形．
故答案是三个角是直角的四边形是矩形．
【点睛】本题考查矩形的判定，需要熟记矩形的判定定理并灵活运用．
3．(1)见解析
(2)1s或7s
【分析】（1）判断四边形DEBF是否为平行四边形，需证明其对角线是否相互平分；已知四边形ABCD是平行四边形，故OB=OD；又因为AE=CF，所以可得OE=OF，即可得出结论；
（2）若以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形，则必有BD=EF，可求出时间t的值．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD．
∵AE= CF，
∴OE=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）若以D，E，B，F为顶点的四边形是矩形，
则BD=EF=12，
∴OE=OD=6，
由题意得AO=OC=8，
∴AE=2或AE =14，
∵点E，F的运动速度均为2cm/s，
∴t的值为1s或7s．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形、矩形的性质是解答此题的关键．
4．B
【分析】根据矩形的判定定理逐个判断即可．
【详解】解：A、一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原命题是假命题；
B、三个角都是直角的四边形是矩形，故原命题是真命题；
C、对角线互相垂直平分的四边形不是矩形是菱形，故原命题是假命题；
D、有一组对边平行且一组邻边垂直的四边形不一定是矩形，故原命题是假命题．
故选：B．
【点睛】本题考查了命题与定理，熟练掌握矩形的判定是解决本题的关键．
5．D
【分析】根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可以判断①，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可以判断②，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可以判断③，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可以判断④，即可得出答案．
【详解】解：，四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故①正确；
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故②正确；
四边形是平行四边形，
，
，
，
，，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故③正确；
四边形是平行四边形，
，
在和中，
，
，，
，即，
四边形是平行四边形，
四边形是矩形，
故④正确；
综上所述，①②③④都正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定、三角形内角和定理、三角形全等的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的性质，解题的关键是掌握矩形的判定方法．
6．
【分析】根据三角形的中位线定理证明四边形是矩形，从而根据矩形的面积进行计算．
【详解】解：，，，是四边形的中点四边形，如果，，
∴,,
则，
∴，，
同理可得，，
∴四边形是平行四边形，
∵四边形的两条对角线，互相垂直，
∴，
∴四边形是矩形，
∴四边形的面积为，
故答案为：.
【点睛】本题考查了三角形的中位线定理及矩形的判定，掌握三角形中位线的性质，矩形的判定是解题的关键．
7．
【分析】根据等边三角形性质求出OA＝OB＝AB＝10 cm，根据平行四边形的性质求出OA＝OC，OB＝OD，得出AC＝BD＝20 cm，证出四边形ABCD是矩形，得出∠ABC＝90°，由勾股定理求出BC即可．
【详解】解：∵△ABO是等边三角形，
∴OA＝OB＝AB＝10 cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴AC＝BD＝20 cm，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
由勾股定理得：BC＝ cm，
平行四边形ABCD的面积为cm2．
故答案为：
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质；熟练掌握平行四边形和等边三角形的性质，证明四边形是矩形是解决问题的关键．
8．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，即，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，可以判断出四边形是平行四边形，可得到结论；
(2)根据平行四边形的性质得到根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据矩形和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
即，
，，
为线段的中点，
，
在与中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形的面积矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
9．C
【分析】根据矩形的性质得出A、B、D正确，C不正确，即可得出结果．
【详解】解：∵矩形的四个角都是直角，
∴A选项正确，不符合题意；
∵矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，
∴B选项正确，不符合题意；
∵矩形的对角线互相平分且相等，
∴C选项不正确，符合题意；D选项正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
10．6
【分析】根据题意可得，平行四边形的底边与矩形的长相等，平行四边形的高变为矩形的宽的一半，则平行四边形的面积是矩形的面积的一半，即可求解．
【详解】解：过点作于点E，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了含角的直角三角形，所对的直角边是斜边的一半，解题的关键是掌握矩形和平行四边形的面积公式．
11．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线段垂直平分线的作图步骤作图即可．
（2）由线段垂直平分线的性质可得，设，则，在中，利用勾股定理可求得x的值，即可得出答案．
【详解】（1）解∶如图，直线即为所求；
（2）解∶如图，连接，
∵垂直平分，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
设，则，
在中，，，
∴，
解得：，
即．
【点睛】本题考查尺规作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质、勾股定理，熟练掌握线段垂直平分线的作图步骤以及性质是解答本题的关键．
12．B
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，可得，再根据等边三角形的判定定理，得出为等边三角形，再根据等边三角形的性质，得出，再根据直角三角形的两锐角互余，得出，再根据直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，得出的长，进而即可得出答案．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，且，，
∴，
又∵，
∴为等边三角形，
∴，
在直角三角形中，，，
∴，
∵，
∴，
∴矩形的对角线长为．
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的性质与判定、直角三角形的两锐角互余、含角的直角三角形的性质，熟练掌握相关的性质定理是解本题的关键．
13．D
【分析】根据矩形的性质及材料即可判断．
【详解】根据题意可知，故C正确；
根据矩形的性质得，，故A，B正确，
故选：D．
【点睛】此题主要考查矩形的性质，解题的关键是熟知矩形的性质定理．
14．－1或－6##－6或－1
【分析】直线恰好将矩形OABC的面积分为1：2的两部分，设直线与BC的交点为，与x轴交点为，
根据矩形分成两部分面积为40和80，列出方程，解方程即可求解．
【详解】如图，设直线与BC的交点为，与x轴交点为，
∵点B的坐标为，
∴OABC的面积为，，
∵直线恰好将矩形OABC的面积分为1：2的两部分，直线与BC的交点为，与x轴交点为，
∴矩形分成两部分面积为40和80，
∴或，
∴或．
【点睛】本题考查了一次函数与几何综合，掌握一次函数的性质是解题的关键．
15．6
【分析】过点作，垂足为，交于点H，证明，得出是等腰直角三角形，进而得出四边形是平行四边形，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作，垂足为，交于点H，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，，
∴,
∴
∴,，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
16．或
【分析】由题意设可得再利用面积公式建立方程，再解方程即可．
【详解】解：∵直线与坐标轴的交点分别为，点P是线段之间的一个动点，
设
∵于C，于点D．
∴
∵，
∴
整理得：
解得：
当时，
当时，
∴或
【点睛】本题考查的是坐标与图形，一次函数的性质，矩形的性质，一元二次方程的解法，熟练的利用方程思想解题是关键．
17．C
【分析】根据矩形的性质得到，根据等边三角形的性质推出，，再根据含30度角的直角三角形的性质得到，即可求出，再由平角的定义即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，证明是解题的关键．
18．24
【分析】根据题意画出图形，根据矩形的性质以及已知条件证明是等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图．
∵四边形是矩形，
∴．
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故答案为24．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，确定出等边三角形的解题的关键，作出图形更形象直观．
19．是，．
【分析】连接，过点A作于G，利用勾股定理列式求出，再利用三角形的面积求出，然后根据的面积求出即可．
【详解】解：的值是定值，定值为，
如图所示，连接，过点A作于G，
∵，，
∴由勾股定理可得，，
即，
解得：，
在矩形中，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握各性质并利用面积法是解题的关键．
20．C
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵矩形的对角线，相交于点，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
21．C
【分析】连接，根据矩形的性质以及勾股定理可得，，再由，即可求解．
【详解】解：连接，如图，
在矩形中，，
∴， ，
∴，，
,
∴．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理是解题的关键．
22．##2.5
【分析】由矩形的性质可得点F是OA的中点，从而EF是△AOD的中位线，则由三角形中位线定理即可求得EF的长．
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴BD=AC=10，OA=AC，OD=BD=5，
∵，
∴，即点F是OA的中点．
∵点是边的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理等知识，掌握中位线定理是本题的关键．
23．
【分析】题目欲求的长度，得先知道和的长度是否相等，若相等求出得长度即可．构造所在的，连接，利用勾股定理求出．由于是未知，在中求出后通过勾股定理求出．根据矩形的性质求出角相等，利用进行和全等求出和相等．
【详解】解：连接，
由题意可知，的垂直平分线段，
，
四边形为矩形，
，
，
，
在中，，
，
又，
在中，，
，
，
在和中，
，
≌，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查的是矩形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理和三角形全等的判定．在解题过程中需要注意的是是否熟练掌握垂直平分线的性质定理是解题的关键．是否做对辅助线是解题的重要步骤．
24．(1)，
(2)1
【分析】（1）分别令，，即可求解；
（2）设，则，根据矩形的面积为1，可得到关于a的方程，解出即可．
【详解】（1）解：当时，；
当时，，
解得：，
∴，；
（2）解：∵点P在一次函数的图像上，
∴可设，则，
∵矩形的面积为1，
∴，
即，
解得，，
∴或，
综上所述，当或时，矩形的面积为1．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征，矩形的性质．熟练掌握一次函数图象上所有点的坐标都满足该函数关系式是解题的关键．
25．C
【分析】根据矩形和折叠的性质可得，，从而得到，
，设，则，在中，根据勾股定理求x，即可得到结果．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠的性质得：，，，
∴，，
∴，
∴，
设，则，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】本题考查了翻折变换﹣折叠问题，勾股定理的正确运用，本题中设，在中运用勾股定理求x是解题的关键．
26．
【分析】根据矩形的性质和折叠的性质证明，设，则，利用勾股定理可得进行求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
，，
∵将纸片矩形沿折叠，使点B落在点D的位置，
,
,
，
∵点B的坐标为，
，，
设，则，
在中，，
解得，
∴点E的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和平行线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质，再利用勾股定理列出等式进行求解即可．
27．(1)
(2)
【分析】（1）根据矩形和折叠的性质，可得，在中，利用勾股定理求出的长，即可求解；
（2）第（1）问中已求解出的长，从而得出的长，由折叠的性质，可得，
设，则，，在中，利用勾股定理可求得x的长，从而得出的长．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，，
∴，，
∵是折叠得到的，
∴，
∴在中， ，
∴的面积为；
（2）解：由（1）得：，
∵四边形是矩形，，
∴，，，
由折叠的性质得：，
设，则，，
∴在中，，
∴，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查矩形中折叠问题，解题关键是在直角三角形中利用勾股定理求解边长．
28．D
【分析】先由折叠可得：，则，再根据矩形得，即可由平行线的性质求解．
【详解】解：由折叠可得：，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质和平行线的性质是解题的关键．
29．D
【分析】过点作于点M．由题意易证为等腰直角三角形，即得出，．设，则．在中，由勾股定理可得出关于x的等式，解出x的值，即为的长，进而即得出的长．
【详解】如图，过点作于点M．
∵点A的对应点恰落在的平分线上，且，
∴为等腰直角三角形，
∴可设，则．
又由折叠的性质知．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴或．
∵为等腰直角三角形，
∴，
∴或．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，解一元二次方程等知识．正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键．
30．3
【分析】根据矩形的性质得，，再根据折叠的性质得，，，然后设，表示和，最后根据勾股定理列出方程，再求出解即可．
【详解】∵四边形是矩形，
∴，．
根据折叠的性质得，，．
设，则，，
在中，，
即，
解得，
所以．
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，根据性质得出相应量的值是解题的关键．勾股定理是求线段长的常用方法．
31．
【分析】依题意，，，，，在中，，得出，进而在中，，列出方程即可求解．
【详解】解：依题意，，，，
设，
∵，，
∴，
在中，，
∴
∴
解得：，
同理,又
在中，，
∴
设
∴
解得：
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形折叠问题，勾股定理，得出是解题的关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由折叠可知，，，再由，可得，同理可得，即可证明四边形是矩形；
（2）由勾股定理可求的长，再证明，可得，由折叠的性质可得，即可求解．
【详解】（1）解：由折叠得：，，
，
，
，
同理，，
四边形是矩形；
（2）解：在中，，
∴，
由折叠得： ，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，熟练掌握矩形的性质、折叠的性质、勾股定理是解题的关键．
33．A
【分析】根据矩形的性质解答即可．
【详解】解：A、矩形的对角线平分、相等，故A选项不正确，符合题意；
B、矩形的对角线平分、相等，故B选项正确，但不符合题意；
C、矩形的对角线平分、相等，故C选项正确，但不符合题意；
D、矩形的四个角都是直角，则邻边互相垂直，故D选项正确，但不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质：对边平行且相等，矩形的对角线平分、相等，四个角都是直角．
34．B
【分析】根据题意描出点，结合矩形的定义即可求解．
【详解】解：如图所示，矩形的三个顶点的坐标为，，，
∴,
故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的等定义，数形结合是解题的关键．
35．A
【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形；且AD⊥AB
∴四边形ABCD是矩形
故选A
【点睛】本题考查矩形的判定，掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形的概念是解题关键．
36．A
【分析】利用矩形面积减去周围四个直角三角形的面积即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵点E，F，G，H分别为边的中点，
∴，，
∴四边形的面积为，
故选：A．
【点睛】本题主要考查对矩形的性质，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能求出四个直角三角形的边长是解此题的关键．
37．6
【分析】由已知证明四边形为矩形，从而得出对边相等．
【详解】∵
∴
∴四边形为矩形
∴，
故答案为：6.
【点睛】本题考查矩形的性质和判定，掌握矩形的判定方法是关键．
38．2
【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，求解即可．
【详解】解：在矩形中，
∵对角线与相交于点O，，
∴，
∴ ．
故答案为：2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，解答本题的关键是掌握矩形的对角线互相平分且相等的性质．
39．6
【分析】根据题意可得，平行四边形的底边与矩形的长相等，平行四边形的高变为矩形的宽的一半，则平行四边形的面积是矩形的面积的一半，即可求解．
【详解】解：过点作于点E，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查了含角的直角三角形，所对的直角边是斜边的一半，解题的关键是掌握矩形和平行四边形的面积公式．
40．##2.4
【分析】连接，先证明四边形是矩形，可得，再利用垂线最短可知的最小值即等于斜边上的高，即可求出结果．
【详解】解：如图，连接，在中，，，，
，
是直角三角形，，
，，
∴四边形是矩形，
，
时，的值最小，
，
，
，
的最小值为，
的最小值是．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理的逆定理和直角三角形的应用，能把要求的线段的最小值转化成便于求的线段的最小值是解决问题的关键．
41．矩形的周长为12，
【分析】连接，利用矩形周长公式和勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，，
∴，这个矩形的周长为，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，熟知矩形的性质是解题的关键．
42．(1)是直角三角形，理由见解析
(2)
【分析】（1）利用翻折变换的性质及矩形的性质即可求解；
（2）利用翻折变换的性质即可求解．
【详解】（1）是直角三角形，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，
∴，
∴是直角三角形；
（2）∵将矩形纸片沿折叠，使点A落在点E处，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，掌握折叠的性质是解题的关键．
43．A
【分析】设矩形的两邻边长分别为，可得，继而求得矩形的两邻边长，则可求得答案．
【详解】解：∵矩形的两邻边之比为，
∴设矩形的两邻边长分别为，
∵对角线长为10，
∴，
解得，
∴矩形的两邻边长分别为：6，8；
∴矩形的面积为：．
故选：A．
【点睛】此题考查了矩形的性质，以及勾股定理．熟练掌握矩形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键．
44．B
【分析】先利用邻补角的性质求出的度数，再利用矩形的性质得到是等边三角形，，进而可求出的长．
【详解】∵，∴．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∴．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质，解答此题的关键是熟知矩形的对角线相等且平分．
45．C
【分析】如图，连接，由矩形的性质可证，平分，平分，由等腰三角形的性质可得垂直平分，进而可得结论．
【详解】解：如图，连接，
由题意知，，，，
∵，，
∴，即，
∴在的角平分线上，
∵平分，平分，
∴平分，
∵，
∴垂直平分，即垂直平分，
∴点在的垂直平分线上，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线，垂直平分线，等腰三角形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
46．C
【分析】先由矩形证得，从而得，再由等腰三角形的性质求出等腰三角形的底角，再由平行线性质得出结论．
【详解】解：四边形是矩形，
∴
∴
∵，
∴
∴，
∵
∴，
故选：C
【点睛】此题主要考查了矩形的性质以及等腰三角形的性质，正确得出的度数是解题关键．
47．
【分析】根据得出，根据矩形的对角线相等，且互相平分，得出是等边三角形，即可求解．
【详解】解：如图所示，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
48．或或
【分析】分两种情况：①，此时点是的中垂线与的交点；②，在直角中，利用勾股定理求得的长度，然后求得的长度即可．③,在直角中，利用勾股定理求得的长度即可
【详解】解：四边形是矩形，
，，
①当时，点是的中垂线与的交点，；
②当时，
在中，，则，
．
③时，在中，由勾股定理得
综上所述，线段的长为或或，
故答案是：或或．
【点睛】本题考查了矩形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
49．##
【分析】连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据三角形的面积公式列出方程求解即可．
【详解】解：如图，连接．
∵，，，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
由垂线段最短可得时，线段的值最小，
此时，，
即，
解得，
∴，线段的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键．
50．
【分析】根据角平分线可知，根据，可知，可得等腰三角形，过点作于，可得矩形，在中，根据特殊角的直角三角形的性质即可求解．
【详解】解：∵点是的平分线上一点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形，且，
∴，
如图所示，过点作于，
∵，，
∴，
∴，且，
∴四边形是矩形，则，
在中，，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查角平分线，特殊四边形，特殊角的直角三角形的综合，掌握角平分线的性质，矩形的性质，特殊角的直角三角形中所对直角边是斜边的一半是解题的关键．
51．(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据矩形的判定方法：有三个角是直角的四边形是矩形，即可得到答案．
（2）连接、，根据矩形性质，可得，当时，有最小值，即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：连接、，如图所示，
由（1）得：四边形是矩形，
∴，
∴当时，长度最小，
即长度最小，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴当时，，
∵，
∴，
∴，
即长度的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，垂线段最短的性质，判断出当时，有最小值是解题关键．
52．(1)见解析
(2)20
【分析】（1）根据有一个角是90度的平行四边形是矩形即可判定；
（2）首先证明，求出即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，
∵平分，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的面积是：，
即矩形的面积是20．
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质、角平分线的定义、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
53．A
【分析】由平行四边形的性质可知：，，再证明即可证明四边形是平行四边形．
【详解】∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵对角线上的两点、满足，
∴，即，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴四边形是矩形．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
54．C
【分析】由矩形的性质结合题意可证为线段的垂直平分线，即得出．再根据矩形的周长为，可求出．设，则．在中，根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即可求出和的长度，最后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵，
∴为线段的垂直平分线，
∴．
∵矩形的周长为，
∴．
设，则．
∵在中，，
∴，
解得：，
∴，，
∴矩形的面积为．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识．证明为线段的垂直平分线，得出是解题关键．
55．D
【分析】连接，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接，则，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接，
在矩形中，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
则，则的最小值转化为的最小值，
在的延长线上截取，连接，
则，
∵，
∴是的垂直平分线，
∴，
∴，
连接，则，
∴，
∴的最小值为26，
即的最小值为26，
故选：D．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出是解题的关键．
56．A
【分析】由矩形得为直角，再由等腰三角形的三线合一性质可判断①的正误；证明便可判断②的正误；连接，由线段的垂直平分线得，由前面的三角形全等得，进而便可判断③的正误；由直角三角形斜边上的中线定理得，进而求得，由矩形性质得，进而得，再得，根据等腰直角三角形的判定和性质便可判断④的正误．
【详解】①∵四边形是矩形，
∴
∵
∴平分，故①正确；
②∵四边形是矩形，
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
∴
∴
∴故②正确；
③∵，
∴
连接，如图，
∴，
∵
∴
∴，故③正确；
④取的中点G，连接，如图，
∵G是的中点，
∴
∴
∵，平分
∴
∴
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∴
∵
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，故④正确；
故选A．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形，全等三角形，关键是熟记这些图形的性质．
57．5
【分析】根据勾股定理求出，再证明，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：∵矩形纸片，
∴，，，
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴
∴，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质和勾股定理，解题关键是根据题意得出，利用勾股定理列出方程．
58．或
【分析】根据题意分别讨论当与两种情况，通过勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：当为时，，，三点共线，如图所示：
设长为，则，由翻折可得，，
在中，勾股定理的，
，
，
，即，解得，
当为时，四边形为正方形，如图所示：
，
故答案为：或．
【点睛】本题考查平行四边形与直角三角形的综合应用，解题关键是熟练掌握特殊四边形的性质及勾股定理．
59．##60度
【分析】根据作图是线段的垂直平分线，得到，平分，得到，利用直角三角形的两个锐角互余计算即可．
【详解】∵是线段的垂直平分线，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴；
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，线段垂直平分线和角的平分线的尺规作图，熟练掌握基本作图，直角三角形的两个锐角互余，矩形的性质是解题的关键．
60．1
【分析】连接，由F、G分别为、的中点可得，在中有，由勾股定理可得，由折叠性质和矩形性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，连接，
∵F、G分别为、的中点，
∴，
当的最小时，即最小，
∵四边形矩形，，
∴，
∴，
∵沿折叠，
∴，
在中有，
∴，
即，
∴，
∴的最小值为1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，解题的关键是利用三角形中位线将所求的转化为．
61．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先由平行四边形的性质得到，再证明即可证明四边形是平行四边形，又，即可证明平行四边形是矩形；
（2）先根据含30度角的直角三角形的性质求出的长，再证明是等腰三角形，求出的长，由此即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是的平分线，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．
62．(1)14
(2)
【分析】（1）设与相交于点G，根据条件证明四边形、都是矩形，得出，，进而即可；
（2）当B、E、Q三点共线时，，过点E作于点M，可证，，利用勾股定理可求，在中，，在中，，得出，求出即可．
【详解】（1）解∶设与相交于点G，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∵四边形与四边形关于成轴对称，
∴，，，，
∴四边形、都是矩形，
∴，，
∴；
（2）解：∵四边形与四边形关于成轴对称，
∴B、Q关于成轴对称，
当B、E、Q三点共线时，
∴，
过点E作于点M，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，，，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
∴，
又，
∴．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，轴对称的性质，勾股定理等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．
答案第1页，共2页
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