专题02矩形的性质与判定（4个知识点9种题型1个易错点中考4种考法）（解析版）-初中数学北师大版9年级上册

【关注公众号：林樾数学】免费获取更多初高中数学学习资料专题02矩形的性质与判定（4个知识点9种题型1个易错点中考4种考法）【目录】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．3 B．5 C．6 D．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．AABCDEFO【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．GG【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．AABCDEF【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．OO【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48cm2．【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＝AD B．AC⊥BD C．AB＝AC D．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．2 C．2 D．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•cos30°＝．【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，cos∠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．3 B． 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