文档内容
专题 18.4 矩形中的几何综合
◆ 思维方法
正向思维：是一类常规性的、传统的思维形式，指的是大家按照自上而下，由近及远、从左到右、从
可知到未知等一般而言的线性方向做出探究问题的思维途径。
逆向思维：是指在剖析、破解数学难题进程中，可以灵活转换思维方向，从常规思维的相反方向出发
进行探索的思维方式，比如正向思维无法解决问题时可反其道而行采取逆向思维，直接证明有困难时可采
用间接证明。
分类讨论思想：当问题所给的对象不能进行统一研究时，我们就需要对研究对象进行分类，然后对每
一类分别进行研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结果，得到整个问题的解答。分类讨论的分类并
非是随心所欲的，而是要遵循以下基本原则：
1. 不重（互斥性）不漏（完备性）；
2. 按同一标准划分（同一性）；
3. 逐级分类（逐级性）。
◆ 知识点总
结
一、矩形的性质
1．平行四边形的性质矩形都具有；
2．角：矩形的四个角都是直角；
3．边：邻边垂直；
4．对角线：矩形的对角线相等；
5．矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称
中心是两条对角线的交点．
二、矩形的判定方法
1．矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2．有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（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）．
◆ 典例分析【典例1】在矩形ABCD中，E是AD边上一点．
（1）若∠ABE=60°，EC平分∠BED，且AB=1，求△EDC的面积；
（2）若H是AE中点且AE=BH，EF⊥BH于F点，求证：BF=AH+❑√3EF；
（3）若∠ABE=60°，EF⊥AD于E点，连接AF并反向延长至G点使得AG=AF=3EF．点H在直线
AD上方，连接BH、HF，GB=BH，∠GBH+∠ABE=180°，请探究并请直接写出AF与FH的数量关
系．
【思路点拨】
（1）利用角平分线的性质，构造△CEF≌△CED，同时得到含30°角的特殊Rt△BCF，可求出BC，进
而求出ED，再求面积．
（2）将BF分割为AH、❑√3EF两段，过A点作BF的垂线，垂足恰好是分割点，分别证明．
（3）从∠GBH+∠ABE=180°，∠ABE=60°两个条件可发现∠GBH=120°=2∠ABE，联想到可以
构造手拉手模型，再通过“8”字全等模型找到了HF与EF的数量关系，进而找到了HF与AF的数量关
系．
【解题过程】
解：（1）在矩形ABCD中CD=AB，AD=BC，∠A=∠ABC=∠D=90°．
过C作CF⊥BE于F，如图1．
∵∠CFE=∠D=90°，∠BEC=∠DEC，CE=CE，
∴△BEC≌△DEC(AAS)．
∴CF=CD=AB=1．
∵∠EBC=∠ABC−∠ABE=90°−60°=30°，∠BFC=90°，1
∴FC= BC．即BC=2CF=2．
2
∵∠A=90°，∠ABE=60°，
∴∠AEB=30°，
∴BE=2AB=2．
∴AE=❑√BE2−AB2=❑√22−12=❑√3．
∴ED=AD−AE=BC−AE=2−❑√3．
1 1 ❑√3
∴S = ED⋅DC= − ．
△EDC 2 2 2
（2）过A作AG⊥BF于G，过A作AI⊥EF延长线于I，如图2．
∴∠AIE=90°=∠BAH，
∵∠ABH+∠AHB=90°，∠FEH+∠FHE=90°，
∴∠ABH=∠FEH．
又∵AE=BH，
∴△ABH≌△AIE(AAS)．
∴AI=AH，AB=EI．
∵AI⊥EI，EF⊥BH，AG⊥BF，
∴四边形AGFI是矩形．
∴AG=FI，GF=AI．
∵∠AGH=∠EFH，∠AHG=∠EHF，AH=HE，
∴△AGH≌△EFH．
∴EF=AG．
∴AB=IE=2AG．
在Rt△ABG中，BG=❑√AB2−AG2=❑√(2AG) 2−AG2=❑√3AG=❑√3EF．∴BF=GF+BG=AH+❑√3EF．
（3）作△EAB关于AB的对称△KAB，连接KG，EH，如图3．
∵△KAB≌△EAB，
∴KA=EA，∠KBA=∠ABE=60°．
∴∠KBE=∠KBA+∠EBA=60°+60°=120°．
∵∠GBH+∠ABE=180°，
∴∠GBH=180°−∠ABE=180°−60°=120°．
∴∠KBE=∠GBH，
∴∠KBE−∠KBH=∠GBH−∠KBH．
∴∠GBK=∠HBE．
又∵GB=BH，KB=BE，
∴△KGB≌△HBE(SAS)．
∴KG=HE，∠GKB=∠HEB．
∵KA=EA，∠KAG=∠EAF，AG=AF，
∴△AKG ≌△AEF(SAS)．
∴KG=EF，∠AKG=∠AEF=90°．
∴KG∥AB．
∴∠GKB=∠KBA=60°．
∵∠BAE=90°，∠ABE=60°，
∴∠BEA=30°．
∴∠HEF=∠BEF−∠HEB=∠BEA+∠AEF−∠HEB=30°+90°−60°=60°．
∴△HEF为等边三角形，
∴FH=EF，
∴AF=3EF=3FH．
◆ 学霸必刷1．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结
AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S ,S ，若要求出S−S −S 的值，只需知道( )
1 2 1 2
A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【思路点拨】
过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD
1
，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S +S = S ，再根据
1 2 2 矩形BCDE
1
S=S +S −S −S =S + S ，得到S−S −S =S ，即可得出结论．
△ABC 矩形BCDE 1 2 △ABC 2 矩形BCDE 1 2 △ABC
【解题过程】
解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，
∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
1 1
∴S = BE⋅AF,S = CD⋅AG，
1 2 2 2
1 1 1
∴S +S = BE(AF+AG)= BE⋅BC= S ，
1 2 2 2 2 矩形BCDE1
又S=S +S −S −S =S + S ，
△ABC 矩形BCDE 1 2 △ABC 2 矩形BCDE
1 1
∴S−S −S =S + S − S =S ，
1 2 △ABC 2 矩形BCDE 2 矩形BCDE △ABC
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S −S 的值；
1 2
故选C．
2．（22-23九年级上·浙江宁波·期末）如图，矩形A B C D 在矩形ABCD的内部，且B C ⊥BC，点
1 1 1 1 1 1
B ，D 在对角线BD的异侧．连结BB ，DB ，BD ，DD ，若矩形ABCD~矩形A B C D ，且两个
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
矩形的周长已知．只需要知道下列哪个值就一定可以求得四边形B BD D的面积（ ）
1 1
A．矩形ABCD的面积 B．∠B BD 的度数
1 1
C．四边形B BD D的周长 D．BB 的长度
1 1 1
【思路点拨】
连接BC ，DA ，过点B 作B E⊥AB于点E，过点C 作C F⊥AB于点F，过点B 作B G⊥AD于点
1 1 1 1 1 1 1 1
G，过点D 作D H⊥BC于点H，设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，
1 1
BF=m，AG=n，然后用分割法求得四边形BB DD 的面积，进而可以根据条件得到结果．
1 1
【解题过程】
解：如图，连接BC ，DA ，过点B 作B E⊥AB于点E，过点C 作C F⊥AB于点F，过点B 作
1 1 1 1 1 1 1
B G⊥AD于点G，过点D 作D H⊥BC于点H，
1 1 1
∵B C ⊥BC，
1 1
∴四边形AEB G、四边形EFC B 是矩形，
1 1 1
设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，BF=m，AG=n，则S =ab，
矩形A B C D
1 1 1 1
S =abk2 ，AE=bk−m−a，CH=ak−n−b，
矩形ABCD1 1 1 1
∴ S = B C ⋅AG= an，S = C D ⋅BF= bm，
△BC 1 B 1 2 1 1 2 △BC 1 D 1 2 1 1 2
1 1 1 1
S = A B ⋅AE= b(bk−m−a)，S = A D ⋅CH= a(ak−n−b)，
△DA 1 B 1 2 1 1 2 △DA 1 D 1 2 1 1 2
∴ S =S +S +S +S +S
四边形BB DD △BC B △BC D △DA B △DA D 矩形A B C D
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
= an+ bm+ b(bk−m−a)+ a(ak−n−b)+ab
2 2 2 2
1 1
= k(a2+b2 )= k[(a+b) 2−2ab]
2 2
1
= k(a+b) 2−kab，
2
∵矩形ABCD和矩形A B C D 的周长已知，
1 1 1 1
∴2(a+b)和2(ak+bk)为定值，
∴k为定值，
1
∴ k(a+b) 2 为定值，
2
k2ab S
∵kab= = 矩形ABCD，
k k
∴当S 已知时，四边形B BD D的面积即为定值，
矩形ABCD 1 1
故选：A．
3．（22-23八年级下·浙江宁波·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点P为边AD
上一点，过P分别作PE⊥AC，PF⊥BD，垂足为点E，F，过A作AH⊥BD，垂足为H．若知道
△APE与△DPF的周长和，则一定能求出（ ）
A．△BOC的周长 B．△ADH的周长
C．△ABC的周长 D．四边形APFH的周长
【思路点拨】
连接OP，过A作AM∥BD，延长FP交AM于一点G，根据PE⊥AC，PF⊥BD，建立面积式子即可1
得S =S +S ，又因为AH⊥BD，即得S = ×DO×AH，四边形ABCD是矩形，得
△ADO △APO △DPO △ADO 2
AH=EP+FP，接着证明△AGP≌△AEP，得AE=HF，即可得解．
【解题过程】
解：连接OP，过A作AM∥BD，延长FP交AM于一点G，如图所示：
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
1 1
∴S = ×AO×EP，S = ×DO×FP，
△APO 2 △DPO 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=DO，∠ADO=∠OAD，
1 1 1
则S =S +S = ×AO×EP+ ×DO×FP= ×DO×(EP+FP)，
△ADO △APO △DPO 2 2 2
∵AH⊥BD，
1
∴S = ×DO×AH，
△ADO 2
即AH=EP+FP，
∵PF⊥BD，AH⊥BD，
∴AH∥PF，
∵AM∥BD，
∴四边形AHFG是平行四边形，
即∠GAP=∠ADO=∠OAD，
∴AG=HF，
∵AH⊥BD，
∴四边形AHFG是矩形，
∵PE⊥AC，
∴∠AEP=∠AGP=90°，∵AP=AP，
∴△AGP≌△AEP(AAS)，
则AG=AE，
∵AG=HF，
∴AE=HF，
∵已知△APE与△DPF的周长和，
即已知
EP+AP+AE+DP+FP+DF=EP+FP+AP+DP+DF+AE=AH+AD+DF+HF=AH+AD+HD
，
因为△ADH的周长=AH+AD+HD，
所以则一定能求出△ADH的周长，
故选：B．
4．（23-24八年级下·福建龙岩·阶段练习）如图，四边形ABCD是矩形，点F在BC边上，AF平分∠BAD
且AD=AF，DE⊥AF垂足为点E，连接BE并延长交CD于点G，连接DF交BG于点H，连接EC交DF
于点I，有下列结论：①∠AFD=∠CFD；②DF垂直且平分EC；③△EFC≌△EHD；④AB=EG；⑤
∠EGC=67.5°．其中正确的结论有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【思路点拨】
由矩形的性质可得AD∥BC，∠BCD=90°，得出∠ADF=∠CFD，由等腰三角形的性质得出
∠AFD=∠ADF，故①正确；由Rt△≝≌Rt△DCF得EF=CF，由线段垂直平分线的性质可得②正确；
由∠EDC=45°，ED=DC，得△EDC不可能是等边三角形，得ED≠EC，故③错误；由等腰三角形的
性质可判断④；由全等三角形的性质及长方形的性质可得△AED为等腰直角三角形，求出∠ABE=67.5°
，再根据平行线的性质可得∠EGC=∠ABE=67.5°，可判定⑤正确．
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠BCD=90°，
∴∠ADF=∠CFD，
∵AD=AF，
∴∠AFD=∠ADF，
∴∠AFD=∠CFD，故①正确；
∵∠AFD=∠CFD，DE⊥AF，DC⊥BC，
∴DE=DC，
∴D在CE的垂直平分线上，
在Rt△≝¿和Rt△DCF中，
{DE=DC)
，
DF=DF
∴Rt△≝≌Rt△DCF(HL)，
∴EF=CF，
∴点F在CE的垂直平分线上，
∴DF垂直且平分CE，故②正确；
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=45°，
∴∠ADE=45°，
∴∠EDC=45°，
又∵ED=DC，
∴△EDC不可能是等边三角形，
∴ED≠EC，
∴△EFC≌△EHD错误；故③错误；
∵AB=CD，ED=CD，
∴AB=ED，
∵∠EDG=45°，
∴ED≠EG，
∴AB≠EG，故④错误；
∵∠DAF=45°，DE⊥AF，
∴△AED为等腰直角三角形，
∴AE=DE，
∵Rt△≝≌Rt△DCF(HL)，∴DE=DC，
又∵AB=DC，
∴AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠BAE=45°，
∴∠ABE=67.5°，
∵AB∥DC，
∴∠EGC=∠ABE=67.5°，
故⑤正确．
故选：C．
5．（22-23八年级下·广西南宁·阶段练习）如图，四边形ABCD是矩形，点F是AB边的三等分点，
BF=2AF，点E 是CB边的中点，连接E F，E D，得到△E FD；点E 是CE 的中点，连接
1 1 1 1 2 1
E F，E D得到△E FD；点E 是CE 的中点，连接E F，E D，得到△E FD；…按照此规律继续进
2 2 2 3 2 3 3 3
行下去，若矩形ABCD的面积等于6，则△E FD的面积是 ．
2023
【思路点拨】
1
根据题意，并结合矩形的性质可得：AB =CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF= AB，
3
1 1
BE =CE = AB= CD,AB=CD=3AF，而S =S−(S +S +S )，整理可得：
1 1 2 2 △E 1 FD △ADF △E 1 BF △E 1 CD
( 1 1 )
S =6− 1+ ×2+ ×3 ，再表示出S ,S 的面积，观察规律可得：
△E 1 FD 2 2 △E 2 FD △E 3 FD
( 2n−1 1 ) 1
6− 1+ ×2+ ×3 =3− ，从而可求解．
2n 2n 2n
【解题过程】
解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,
∵BF=2AF,点E 是CB边的中点，
1
1 1 1
∴AF= AB,BE =CE = AB= AD,AB=CD=3AF，
3 1 1 2 2
∴S =S −(S +S +S )
△E FD ABCD △ADF △E BF △E CD
1 1 1
(1 1 1 )
=6− AD⋅AF+ BE ⋅BF+ CE ⋅CD
2 2 1 2 1
(1 1 1 1 1 )
=6− AD⋅AF+ × AD⋅2AF+ × AD⋅3AF
2 2 2 2 2
1 ( 1 1 )
=6− AD⋅AF× 1+ ×2+ ×3
2 2 2
( 1 1 )
=6− 1+ ×2+ ×3 ,
2 2
∵E 是CE 的中点，
2 1
3 3 1 1
∴BE = BC= AD,CE = BC= AD，
2 4 4 2 4 4
∴S =S−(S +S +S )，
△E FD △ADF △E BF △E CD
2 2 2
( 3 1 )
整理得：S =6− 1+ ×2+ ×3 ，
△E 2 FD 4 4
( 3 1 )
同理可得：S =6− 1+ ×2+ ×3 ，
△E 3 FD 8 8
( 2n−1 1 ) 1
∴S =6− 1+ ×2+ ×3 =3− ，
△E n FD 2n 2n 2n
1
∴S =3− ．
△E 2023 FD 22023
1
故答案为：3− ．
22023
6．（22-23九年级上·广东深圳·期中）如图，已知AB∥CD，AB=CD，∠A=∠D，E是AB边的中
点，F为AD边上一点，∠DFC=2∠BCE，若CE=4，CF=5，则AF的值为 ．【思路点拨】
先根据已知条件证四边形ABCD是矩形，得出AD=BC，AD∥BC．再延长DA，CE交于点G，证明
△AGE≌△BCE(AAS)，得出AG=BC，再证明CF=FG，设DF=x，根据勾股定理得出：
CD2=CF2−DF2=CG2−DG2，列方程求出DF的长度，进而求出AF．
【解题过程】
解：∵AB∥CD，AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
又∵∠A=∠D，
∴∠A=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC；
如图，延长DA，CE交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=∠B=90°，AD∥BC，
∴∠GAE=90°，∠G=∠ECB，
∵E是AB边的中点，
∴AE=BE，在△AGE和△BCE中，
{
∠G=∠ECB
)
∠GAE=∠B=90° ，
AE=BE
∴△AGE≌△BCE(AAS)，
∴AG=BC，¿=CE=4．
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
∵∠DFC=2∠BCE，
∴∠BCE=∠FCE=∠G，
∴CF=FG=5．
设DF=x，
根据勾股定理得：CD2=CF2−DF2=CG2−DG2，
即52−x2=82−(5+x) 2，
解得x=1.4，
∴DG=6.4，
1
∴AD= DG=3.2，
2
∴AF=AD−DF=1.8．
故答案为：1.8．
7．（22-23九年级上·广东梅州·阶段练习）如图，在矩形 ABCD 中，AB=2，AD=3，E 为 BC 边上
一动点，作 EF⊥AE，且 EF=AE．连接 DF，AF．当 DF⊥EF 时，△ADF的面积为 ．
【思路点拨】
如图，过D作DH⊥AE于H，过E作EM⊥AD于M，连接DE，证明四边形DHEF是矩形得到
DH=EF=AE，证明四边形ABEM是矩形，的EM=AB=2，利用面积法可得AE的长，根据勾股定理可
得BE的长，证明△ABE≌△EQF，得FQ=BE=❑√2，最后根据三角形面积公式可得结论．【解题过程】
解：如图，过D作DH⊥AE于H，过E作EM⊥AD于M，连接DE，
∵EF⊥AE，DF⊥EF，
∴∠DHE=∠HEF=∠DFE=90°，
∴四边形DHEF是矩形，
∴DH=EF=AE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BAD=90°，
∵∠AME=90°，
∴四边形ABEM是矩形，
∴EM=AB=2，
设AE=EF=DH=x，
1 1
∵S = AD⋅EM= AE⋅DH，
△ADE 2 2
∴3×2=x2，
∴x=❑√6（负值舍去），
即AE=❑√6，
由勾股定理得： BE=❑√AE2−AB2=❑√2，
过F作PQ∥CD，交AD的延长线于P，交BC的延长线于Q，
∴∠Q=∠ECD=∠B=90°，∠P=∠ADC=90°，
∵∠BAE+∠AEB=∠AEF=∠AEB＋∠FEQ=90°，
∴∠FEQ=∠BAE，
∵AE=EF，∠B=∠Q=90°，
∴△ABE≌△EQF(AAS)，
∴FQ=BE=❑√2，
∴PF=2−❑√2，1 3 3❑√2
∴S = AD⋅PF= ×(2−❑√2)=3− ，
△ADF 2 2 2
3❑√2
故答案为：3− ．
2
8．（22-23八年级下·江苏泰州·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，E为BC上一点，且BE=1，作
EF⊥AE交边CD于F，将△CEF沿EF折叠后点C恰好落在AD边上的G处，则AD长＝ ．
【思路点拨】
如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，证明四边形EHDC为矩形，求解AE=❑√22+12=❑√5，设CF=x
1 1 1 1
，CE= y，EF=z，则x2+ y2=z2，由等面积法可得： ×1×2+ ×❑√5z+ xy= (x+2)(y+1)，可得
2 2 2 2
y=2x，设GD=n，可得HG=2x−n，同理可得：
1 1 1 1
×2(2x−n)+ n(2−x)+ x⋅2x= (2−x+2)×2x，可得n=4x−4，GH=2x−(4x−4)=4−2x
2 2 2 2
，由勾股定理可得：EH2+HG2=EG2，再建立方程求解即可．
【解题过程】
解：∵矩形ABCD，
∴∠B=∠BAD=∠D=∠C=90°，AB=CD=2，
如图，连接AF，过E作EH⊥AD于H，
则四边形EHDC为矩形，
∴HD=EC，EH=CD=2，
∵AE⊥EF，
∴∠AEF=90°，∵BE=1，
∴AE=❑√22+12=❑√5，
设CF=x，CE= y，EF=z，则x2+ y2=z2，
1 1 1 1
由等面积法可得： ×1×2+ ×❑√5z+ xy= (x+2)(y+1)，
2 2 2 2
整理得：x+2y=❑√5z，则x2+4xy+4 y2=5z2=5x2+5 y2，
∴4x2−4xy+ y2=0，即(2x−y) 2=0，
∴y=2x，
设GD=n，
∴HG=2x−n，
由对折可得：GF=FC=x，∠EGF=∠C=90°，EG=EC=2x，而DF=2−x，
同理可得：
1 1 1 1
×2(2x−n)+ n(2−x)+ x⋅2x= (2−x+2)×2x，
2 2 2 2
整理得：x(4x−n−4)=0，
∵x≠0，
∴4x−n−4=0，即n=4x−4，
∴GH=2x−(4x−4)=4−2x，
由勾股定理可得：EH2+HG2=EG2，
∴4+(4−2x) 2=(2x) 2，
5
解得：x= ，
4
5 7
∴AD=BC=2x+1= +1= ．
2 27
故答案为： ．
2
9．（2024·江苏淮安·一模）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且AB=3，AE=4，BC=14，点P
是线段BC上的一个动点，将点B沿PE翻折得点F，当BF=CF时，BP= ．
【思路点拨】
本题考查了折叠的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，分两种情况：
当翻折后，点F在BC下方时，当翻折后，点F在BC上方时，分别作出图形，构造直角三角形利用勾股定
理建立方程是解题的关键．
【解题过程】
解：当翻折后，点F在BC下方时，过点F作FG⊥BC，并延长交于AD于H，
∵BF=CF，
1
∴BG=CG= BC=7，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD∥BC，则FH⊥AD，
则四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH−AE=3，
∴AB=HE，
由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF−HG=1，
设BP=FP=x，则PG=BG−BP=7−x，
25
由勾股定理可得：PF2=PG2+FG2，即：x2=(7−x) 2+1，解得：x= ，
725
∴BP= ；
7
当翻折后，点F在BC上方时，过点F作FG⊥BC，交于AD于H，
∵BF=CF，
1
∴BG=CG= BC=7，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=14，AD∥BC，则FH⊥AD，
则四边形ABGH也是矩形，
∴AH=BG=7，AB=HG=3，EH=AH−AE=3，
∴AB=HE，
由翻折可知，BE=EF，BP=FP，
∴Rt△ABE≌Rt△HEF(HL)，
∴HF=AE=4，则GF=HF+HG=7，
设BP=FP=x，则PG=BG−BP=|7−x)，
由勾股定理可得：PF2=PG2+FG2，即：x2=(7−x) 2+7，解得：x=7，
∴BP=7（此时点P与点G重合）；
25
综上，BP=7或 ．
7
25
故答案为：7或 ．
7
10．（23-24八年级下·重庆·阶段练习）如图，已知E、F分别是矩形ABCD的边AB、CD上的点，连接
EF，将矩形沿EF对折，点A的对应点A′恰好落在边BC上，D的对应点为D′，A′D′恰好经过CD的中点
M．若AB=2A′B=8，则折痕EF的长度为 ．【思路点拨】
此题考查了矩形的判定和性质、勾股定理与折叠、全等三角形的判定和性质等知识，设AE=x，则
1
BE=AB−AE=8−x,求出AE=A′E=5，BE=AB−AE=3，DM=CM= CD=4，证明
2
A′EB≌△M A′C(AAS)，BE=C A′=3,A′E=A′M=5，则AD=BC=7，由翻折的性质得到
A′D=AD=7，则M′D=A′D−A′M=7−5=2，设DF= y，则DF=D′F= y，MF=DM−DF=4−y
3
，在Rt△D′MF中，M F2=D′F2+D′M2，得到y= ，过点F作FN⊥AB于点N，则
2
3 3 7
∠A=∠D=∠ANF=90°，AN=DF= ,NF=AD=7，EN=AE−AN==5− = 在Rt△EFN中，
2 2 2
7❑√5
EF=❑√N F2+EN2= ．
2
【解题过程】
解：设AE=x，则BE=AB−AE=8−x,
∵AB=2A′B=8，
∴A′B=4，
由翻折的性质可知，AE=A′E=x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，CD=AB=8，AD=BC
在Rt△A′BE中，A′E2=A′B2+BE2，
∴x2=42+(8−x) 2
解得x=5，
∴AE=A′E=5
∴BE=AB−AE=3，
∵A′D′恰好经过CD的中点M，1
∴DM=CM= CD=4，
2
由翻折可知，∠EA′D′=∠A=90°，
∴∠EA′B+∠M A′C=90°，
∵∠EA′B+∠A′EB=90°，
∴∠A′EB=∠M A′C，
又∵CM=A′B=4，∠B=∠C=90°，
∴A′EB≌△M A′C(AAS)
∴BE=C A′=3,A′E=A′M=5，
∴BC=A′B+A′C=4+3=7
∴AD=BC=7
由翻折的性质得到，A′D=AD=7，
∴M′D=A′D−A′M=7−5=2，
设DF= y，则DF=D′F= y，MF=DM−DF=4−y，
在Rt△D′MF中，M F2=D′F2+D′M2
∴(4−y) 2= y2+22，
3
解得，y= ，
2
过点F作FN⊥AB于点N，则∠A=∠D=∠ANF=90°，
∴四边形ANFN是矩形，
3
∴AN=DF= ,NF=AD=7
2
3 7
∴EN=AE−AN==5− =
2 2
在Rt△EFN中，EF=❑√N F2+EN2=❑
√
72+
(7) 2
=
7❑√5
,
2 27❑√5
故答案为：
2
11．（22-23八年级下·山东青岛·期末）如图，在矩形ABCD中，O是对角线的交点，AB=1，
∠BOA=60°，过C作CE⊥BD于点E，EC的延长线与∠BAD的平分线相交于点H，AH与BC交于点
3
F，与BD交于点M．给出下列四个结论：①BF=BO；②AC=CH；③BE=3DE；④S = S ；
△ACF 2 △BMF
⑤AH=❑√6+❑√2．其中正确的结论有 （填写正确的序号）．
【思路点拨】
先证明△OAB是等边三角形，得OB=AB，再证△ABF是等腰三角形，得 BF=AB，即可得出BF=BO
，可判定①正确；求得∠H=∠CAH=15°，得出AC=CH，可判定②正确；利用含30°的直角三角形的
1 1
性质得出DE= CD，AB= BD，再由CD=AB，BD=DE+BE，即可求得 BE=3DE，可判定③正
2 2
1 ❑√3−1
确；过程点M作MN⊥AB于N，分别求出S = CF⋅AB= ，
△ACF 2 2
1 ❑√3−1 ❑√3−1
S = ×1× = ，即可得出S =2S ，可判定④错误；过点H作HQ⊥AB交AB延
△BFM 2 2 4 △ACF △BFM
长线于Q，延长DC交HQ于P，先求出PH=1，从而求得AQ=HQ=❑√3+1，即可求得
AH=❑√2AQ=❑√6+❑√2，可判定⑤正确．
【解题过程】
解：∵矩形ABCD，
∴OA=OC=OD=OB，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∵∠BOA=60°，
∴△OAB是等边三角形，
∴OB=AB，∠OAB=∠ABO=60°
∵AH平分∠BAD，∴∠HAB=45°，
∴∠AFB=∠HAB=45°，
∴BF=AB，
∴BF=OB，
故①正确；
∴∠CAH=∠OAB−∠BAF=60°−45°=15°，
∴∠EMF=∠AMB=180°−60°−45°=75°，
∵CE⊥BD，
∴∠HEM=90°，
∴∠H=90°−75°=15°，
∴∠H=∠CAH，
∴AC=CH，
故②正确；
∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，AB=CD，
∴∠CDE=60°，
∴∠DCE=∠ADB=30°，
1 1
∴DE= CD，AB= BD，
2 2
∴DE=4BD，
∵BD=DE+BE，
∴BE=3DE，
故③正确；
在Rt△ABC中，AB=1，∠BAC=60°，
∴AC=2，BC=❑√3，
∵BF=AB=1，
∴CF=❑√3−1，
1 ❑√3−1
∴S = CF⋅AB= ，
△ACF 2 2
过程点M作MN⊥AB于N，如图，∵∠HAB=45°，
∴∠AMN=∠HAB=45°，
∴AN=MN，
∵∠MBN=60°，
∴MN=❑√3BN，
∵MN+BN=AN+BN=AB=1，
❑√3−1
∴BN= ，
2
1 ❑√3−1 ❑√3−1
∴S = ×1× = ，
△BFM 2 2 4
∴S =2S ，
△ACF △BFM
故④错误；
过点H作HQ⊥AB交AB延长线于Q，延长DC交HQ于P，
∵HQ⊥AB，
∴∠AQH=90°，
∴∠AHQ=∠HAQ=45°，
∴AQ=HQ，∠CHP=45°+15°=60°，
∴PC=❑√3PH，
∵∠BQP=∠CBQ=∠BCP=90°
∴四边形BCPQ是矩形，∴PQ=BC=❑√3，BQ=PC=❑√3PH，
∴1+❑√3PH=❑√3+PH，
∴PH=1，
∴AQ=HQ=❑√3+1，
∴AH=❑√2AQ=❑√6+❑√2，
故⑤正确，
∴正确的结论有①②③⑤
故答案为：①②③⑤．
12．（22-23八年级上·江苏淮安·阶段练习）已知，如图，O为坐标原点，四边形OABC为矩形，
A(10，0)，C(0，4)，点D是OA的中点，点P在边BC上以每秒1个单位长的速度由点C向点B运
动．
（1）△OPD的面积S=________；
（2）当t为何值时，CP=OD？
（3）当△OPD为等腰三角形时，写出点P的坐标（请直接写出答案，不必写过程）．
【思路点拨】
1
（1）由矩形的性质结合题意可得出OD= OA=5，y =4，再利用三角形面积公式计算即可；
2 P
（2）由题意得出CP=OD=5，从而即可求解；
（3）分类讨论：①当OD=PD=5时，②当OP=PD时，且位于点D左侧时，③当OP=OD=5时和④当
OD=PD=5，且位于点D右侧时，分别根据等腰三角形的定义和勾股定理求解即可．
【解题过程】
（1）解：∵四边形OABC为矩形，A(10，0)，C(0，4)，
∴OA=BC=10，OC=AB=4．
∵点D是OA的中点，
1
∴OD= OA=5．
2∵点P在边BC上运动，
∴y =4，
P
1
∴S= OD⋅y =10．
2 P
故答案为：10；
（2）解：∵CP=OD=5，
CP
∴t= =5，
1
∴当t=5时，CP=OD；
（3）解：分类讨论：①当OD=PD=5时，如图点P ，过点D作DF⊥BC于F，
1
∴CF=OD=5，OC=DF=4，
∴P F=❑√P D2−DF2=3，
1 1
∴CP =CF−P F=2，
1 1
∴P (2,4)；
1
②当OP=PD时，且位于点D左侧时，如图点P ，过点P 作P E⊥OA，
2 2 2
1
∴CP =OE= OD=2.5，
2 2
∴P (2.5,4)；
2
③当OP=OD=5时，如图点P ，
3
∵OC=4，∠OCP=90°，
∴CP =❑√OP 2−OC2=3，
3 3
∴P (3,4)；
3
④当OD=PD=5，且位于点D右侧时，如图点P ，过点P 作P G⊥OA，
4 4 4
∵P G=OC=4，
4
∴DG=❑√DP 2−P G2=3，
4 4∴CP =OG=OD+DG=8，
4
∴P (8,4)．
4
综上可知，当△OPD为等腰三角形时，点P的坐标为(2,4)或(2.5,4)或(3,4)或(8,4)．
13．（22-23八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）矩形ABCD中，点E、F在对角线AC上，AE=CF，连接
BE、DF．
（1）如图1，求证：BE∥DF；
（2）如图2，当AE=2EF时，连接BF，DE，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四个三角形，使
3
写出的每个三角形的面积都等于矩形ABCD面积的 ．
10
【思路点拨】
（1）由矩形的性质可得AB=CD，AB∥CD，则∠BAE=∠DCF，通过证明△ABE≌△CDF(SAS)，
可得∠AEB=∠CFD，由∠AEB+∠BEC=180°，∠CFD+∠AFD=180°可得∠BEC=∠AFD，
即可得到答案；
1 1
（2）作BG⊥AC交AC于G，则S = AE⋅BG，S = AC⋅BG，
△ABE 2 △ABC 2
2
由AE=2EF，AE=CF，可得AE= AC，根据高相等的两个三角形的面积之比等于底边之比，可得
5
2 1
S = S ，由矩形的性质可得：S = S ，从而可得
△ABE 5 △ABC △ABC 2 矩形ABCD
2 2 1 1 3 3
S = S = × S = S ，同理可得S = S ，S = S ，
△ABE 5 △ABC 5 2 矩形ABCD 5 矩形ABCD △ABF 10 矩形ABCD △BCE 10 矩形ABCD
1 1 3 1
S = S ，S = S ，S = S ，S = S ，
△CFB 5 矩形ABCD △ADE 5 矩形ABCD △ADF 10 矩形ABCD △CDF 5 矩形ABCD
3
S = S ，即可得到答案．
△CDE 10 矩形ABCD
【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
{
AB=CD
)
∠BAC=∠DCF ，
AE=CF
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD，
∵∠AEB+∠BEC=180°，∠CFD+∠AFD=180°，
∴∠BEC=∠AFD，
∴BE∥DF；
（2）解：如图所示，作BG⊥AC交AC于G，
1 1
则S = AE⋅BG，S = AC⋅BG，
△ABE 2 △ABC 2
∵ AE=2EF，AE=CF，
2
∴AE= AC，
5
2
∴S = S ，
△ABE 5 △ABC
1
由矩形的性质可得：S = S ，
△ABC 2 矩形ABCD
2 2 1 1
∴S = S = × S = S ，
△ABE 5 △ABC 5 2 矩形ABCD 5 矩形ABCD
同理可得：
3 3 1 3
S = S = × S = S ，
△ABF 5 △ABC 5 2 矩形ABCD 10 矩形ABCD
3 3 1 3
S = S = × S = S ，
△BCE 5 △ABC 5 2 矩形ABCD 10 矩形ABCD2 2 1 1
S = S = × S = S ，
△BCF 5 △ABC 5 2 矩形ABCD 5 矩形ABCD
2 2 1 1
S = S = × S = S ，
△ADE 5 △ACD 5 2 矩形ABCD 5 矩形ABCD
3 3 1 3
S = S = × S = S ，
△ADF 5 △ACD 5 2 矩形ABCD 10 矩形ABCD
2 2 1 1
S = S = × S = S ，
△CDF 5 △ACD 5 2 矩形ABCD 5 矩形ABCD
3 3 1 3
S = S = × S = S ，
△CDE 5 △ACD 5 2 矩形ABCD 10 矩形ABCD
3
∴综上所述，△ABF、△BCE、△ADF、△CDE的面积为矩形ABCD面积的 ．
10
14．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）已知如图，矩形ABCD中，AB=5，P为BC上一个动点，
BP=m，点B关于直线AP的对称点是点E．
（1）当m=2时，若直线PE恰好经过点D，求此时AD的长；
（2）若AD足够长，当点E到直线AD的距离不超过3时，求m的取值范围．
【思路点拨】
（1）根据点B关于直线AP的对称点是点E可证得AE=AB=5，PE=PB=m，∠AEP=∠ABP，
∠APE=∠APB，进而可证AD=PD，设AD=PD=x，则DE=x−2，AE=5，根据勾股定理列出方程
解答即可；
（2）分两种情况进行讨论：①当E点位于直线AD上方且到AD距离为3时；②当E点位于直线AD下方
且到AD的距离为3时．
【解题过程】
（1）如图，∵点B关于直线AP的对称点是点E，
∴AE=AB=5，PE=PB=m，∠AEP=∠ABP，∠APE=∠APB．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，AD∥BC，
∴∠AEP=∠AED=90°，∠PAD=∠APB，
∴∠PAD=∠APD，
∴AD=PD，
在△ADE中，设AD=PD=x，
∴DE=x−2，AE=5，
∴(x−2) 2+52=x2，
29
解得x= ，
4
29
即AD的长为 ；
4
（2）当E点位于直线AD上方且到AD距离为3时，如图1，过点E作GH⊥AD，
∵∠B=∠BAD=90°，
∴四边形ABCH是矩形，
∴AH=BG,GH=AB．
在△AEH中，AE=5,EH=3，
∴AH=4，
在△EPG中，PE=m,PG=4−m,EG=2，
∴(4−m) 2+22=m2，
5
解得m= ，
2
当E点位于直线AD下方且到AD的距离为3时，如图2，过点E作GH⊥AB，在△AEH中，AE=5,AH=3，
∴EH=4，
在△EPG中，PE=m,PG=8,EG=m−4，
∴(m−4) 2+82=m2，
解得m=10，
5
∴当点E到直线AD的距离不超过3时，m的取值范围为 ≤m≤10．
2
15．（22-23八年级上·江苏镇江·期末）如图1，在长方形ABCD中，∠A=∠B=90°，含45°角的直角三
角板放置在长方形内，∠FEG=90°,EG=EF，顶点E、F、G分别在AB、BC、AD上．
（1）求证：△AEG≌△BFE；
（2）若P是斜边FG的中点．
①如图2，连接EP，请写出线段EP与AG、BF之间的数量关系，并说明理由；
②如图3，连接BP，若AB=3❑√2，则BP的长等于
【思路点拨】
（1）根据矩形的性质得到∠A=∠B=90°，根据余角的性质得到∠AEG=∠BFE，根据全等三角形的
判定定理即可得到结论；
（2）①由(1)知，△AEG≌△BFE，根据全等三角形的性质得到AE=BF，根据勾股定理和直角三角形的
性质即可得到结论；②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N，则PN∥GM，四边形ABMG是矩
形，根据矩形的性质得到AB=3❑√2，AG=BM，根据全等三角形的性质得到AG=BE，设
AG=BE=BM=x，根据勾股定理即可得到结论．【解题过程】
（1）证明∶∵四边形ABCD是长方形，
∴∠A=∠B=90°，
∵∠FEG=90°，
∴∠AEG+∠BEF=∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠AEG=∠BFE，
∵EG=EF，
∴△AEG≌△BFE(AAS)；
❑√2
（2）解：①EP= ❑√BF2+AG2；理由：
2
由（1)知，△AEG≌△BFE，
∴AE=BF，
∵∠FEG=90°，EG=EF，
∴FG= ❑√2 EG，
∵EG=❑√AE2+AG2=❑√BF2+AG2，
∴FG=❑√2❑√BF2+AG2，
∵P是斜边FG的中点，
1 ❑√2
∴EP= FG= ❑√BF2+AG2 ；
2 2
②过G作GM⊥BC于M，过P作PN⊥BC于N，则PN∥GM，四边形ABMG是矩形，
∴GM=AB= 3❑√2，AG=BM，
∵P是斜边FG的中点，
1 3❑√2
∴PN= GM=
2 2
∵△AEG≌△BFE，
∴AG=BE，设AG=BE=BM=x，则BF=AE=3❑√2−x．
∴FM=BF−BM= 3❑√2−2x，
1 3❑√2
∴BN=3❑√2−x− ×(3❑√2−2x)= ，
2 2
BP=❑√PN2+BN2=3．
故答案为：3．
16．（22-23八年级下·湖南长沙·期中）如图，在矩形ABCD中，AD=4，AB=3，点E为AD中点，连接
BE，CE，点F为BE中点，点G为线段CE上一点，连接AF，FG．
（1）如图1，若点G为CE中点，求证：四边形AFGE为平行四边形；
（2）如图2，若点G使得∠FGE=2∠ECD，求四边形AFGE的面积；
（3）如图3，连接BG，若点G使得∠EBG=45°，求CG的长．
【思路点拨】
（1）运用三角形的中位线定理和矩形的性质得到AE=FG，FG∥AD，进而得到四边形AFGE为平行四
边形；
（2）连接BG，先证明△ABE≌△DCE，得到∠ABE=∠DCE，再推导得到∠BGE=90°，然后计算面
积即可；
（3）过点E作EM⊥BE交BG延长线于点M，作MT⊥EC于点T，作BR⊥EC于点R，得到
△BRE≌△ETM，然后利用三角形的面积求出边的长度即可．
【解题过程】
（1）证明：∵点F为BE中点，点G为CE中点
1
∴FG∥BC，FG= BC
2
∵矩形ABCD
∴AD∥BC，AD=BC
1
∴FG∥AD，FG= AD
2∵点E为AD中点
1
∴AE= AD=FG
2
∴四边形AFGE为平行四边形；
（2）连接BG
∵矩形ABCD
∴∠BAE=∠D=90°，AB=DC
∵点E为AD中点
∴AE=DE
∴△ABE≌△DCE
∴∠ABE=∠DCE
设∠ECD=x，则∠ABE=x
∴∠AEB=∠DEC=90°−x
∴∠BEC=2x
∵∠FGE=2∠ECD=2x
∴∠FGE=∠BEC
∴EF=FG
∵AD=4，AB=3
∴AE=2，BC=4
∴BE=EC=❑√13
∵点F为BE中点
1 3
∴S = S = ，BF=EF=AF=FG
△AFE 2 △ABE 2
∴∠FBG=∠FGB，∠FEG=∠FGE
∴∠BGE=∠BGF+∠FGE=90°
1 1
∴S = S =6= BG⋅EC
△BEC 2 矩形ABCD 212❑√13
∴BG=
13
5❑√13
∴EG=
13
1 15
∴S = S =
△EFG 2 △BEG 13
69
∴S = ；
四边形AFGE 26
（3）过点E作EM⊥BE交BG延长线于点M，作MT⊥EC于点T，作BR⊥EC于点R
∵∠EBG=45°
∴BE=EM=❑√13
∵∠BER+∠REM=∠REM+∠EMT=90°
∴∠BER=∠EMT
∵∠BRE=∠ETM=90°
∴△BRE≌△ETM
∴ER=MT
12❑√13 5❑√13
由（2）可知BR= ，ER=
13 13
5❑√13
∴MT=
13
1 1 1
∴S = BR⋅EG+ MT⋅EG= BE⋅EM
△BEM 2 2 2
13❑√13
∴EG=
17
4❑√13
∴CG= ．
17
17．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）在矩形ABCD中，E是AD延长线上一点，连接BE、CE．（1）如图1，F、G分别为EC、AD的中点，连接BG、CG、FG．
①求证：BG=CG；
②探究并猜想线段BE和GF的数量关系为______，并证明你的结论；
（2）如图2，若ED=CD，过点C作CH⊥BE于点H，若AD=4，∠ABE=4∠BEC，求线段EH的长
度．
【思路点拨】
（1）①由G是AD的中点得到GA=GD，再证明△CDG≌△BAG即可；②取BC的中点M，连接MF，
GM，DF，在Rt△DCF中由斜边上的中线等于斜边的一半求出DF=MF，进而证明△GDF≌△MCF
，得到GF=MF，再由MF是△BCE的中位线即可求解；
（2）设∠BEC=α，则∠ABE=4α和∠AEB=45°−α，在Rt△ABE中求得α，再设DE=x，则
AE=4+x和BE=2x，在Rt△ABE中求得BE，在Rt△BHC中求得BH，即可求得EH．
【解题过程】
（1）解：①证明：∵ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD
又∵G是AD的中点，
∴AG=DG
在△BAG和△CDG中
{
AB=CD
)
∠A=∠ADC=90° ，
AG=DG
∴△BAG≌△CDG(SAS)，
∴BG=CG；
②取BC的中点M，连接MF，GM，DF，如下图所示，∵F是直角△EDC斜边EC上的中点，
∴FD=FE=FC，
∴∠FDC=∠FCD，
且∠GDF=∠GDC+∠FDC=90°+∠FDC，∠MCF=∠MCD+∠FCD=90°+∠FCD，
∴∠GDF=∠MCF，
又M、G分别是AD和BC的中点，
∴MC=GD，
在△GDF和△MCF中：
{
GD=MC
)
∠GDF=∠MCF ，
FD=FC
∴△GDF≌△MCF(SAS)，
∴GF=MF，
又∵M、F分别BC和CE的中点，
∴MF是△CBE的中位线，
∴BE=2MF，
故BE=2GF；
（2）设∠BEC=α，
∵∠ABE=4∠BEC，ED=CD，
∴∠ABE=4α，∠AEB=45°−α，
在Rt△ABE中，∠ABE+∠AEB=4α+45°−α=90°，解得α=15°，
则∠ABE=60°，∠AEB=30°，
设DE=DC=AB=x，则AE=AD+DE=4+x，
由30°角所对的直角边等于斜边的一半知，BE=2AB=2x，
在Rt△ABE中，由AB²+AE²=BE²得，x2+(4+x) 2=(2x) 2，解得x =2❑√3+2，x =2−2❑√3(舍去)，
1 1
∴BE=4❑√3+4，
1
在Rt△BHC中，∠EBC=30°，则CH= BC=2，
2
∴BH=❑√BC2−HC2=2❑√3，
∴EH=EB−BH=2❑√3+4．
18．（2023·贵州铜仁·三模）阅读材料：如图，在矩形ABCD中，点O是AB的中点，点E是边AD上动点，将△AOE沿OE翻折得△FOE，连接AF并延长AF交边DC于点M，连接BF．
【发现问题】
（1）如图①，判断△ABF的形状是________三角形．
【探究发现】
（2）如图②，当E、F、C三点在一条直线上时，求证：M为边DC中点
【拓展迁移】
（3）如图③，延长OF交射线AD于点N，当AB=8，BC=6，DN=2时，求AE的长．
【思路点拨】
（1）由△AOE沿OE翻折得△FOE，得OF=OA，∠AOE=∠FOE，OE⊥AF，继而证得OB=OF，
得到∠OBF=∠OFB，从而得到∠AOE=∠OFB，继而证得
∠AFB=∠AFO+∠OFB=∠OAF+∠AOE=90°，即可得出结论；
（2）连接OC，证明Rt△CFO≌Rt△CBO(HL)，得DM=BO，然后由矩形的性质与点O是AB的中点，
可得出结论；
（3）由矩形性质和勾股定理，求得ON=4❑√2，再由翻折性质得∠OFE=∠OAE=90°，OF=OA=4，
EF=AE，设AE=EF=x，则EN=AN−AE=4−x，然后由勾股定理，得(4−x) 2=x2+(4❑√2−4) 2 ，解
方程即可求解．
【解题过程】
解：（1）∵点O是AB的中点，
∴OA=OB，
∵△AOE沿OE翻折得△FOE，
∴OF=OA，∠AOE=∠FOE，OE⊥AF，
∴∠OAF=∠OFA，
∵OE⊥AF
∴∠AOE+∠OAF=90°，
∵OF=OA，OA=OB，∴OB=OF，
∴∠OBF=∠OFB，
∴2∠AOE=∠AOF=∠OBF+∠OFB=2∠OFB，
∴∠AOE=∠OFB，
∴∠AFB=∠AFO+∠OFB=∠OAF+∠AOE=90°，
∴△ABF为直角三角形．
（2）连接OC，
∵矩形ABCD，
∴∠ADC=∠ABC=∠DAB=90°，AB=CD，AD=BC，AB∥CD，
∴∠OAF=∠AMD，
∵△AOE沿OE翻折得△FOE，
∴∠OFE=∠OAE=90°，OF=OA，
∴∠OAF=∠OFA，
∵点O是AB的中点，
1
∴OA=OB= AB，
2
∴OB=OF，
当E、F、C三点在一条直线上时，
∴∠OFC=90°，
在Rt△CFO与Rt△CBO中，
{OC=OC)
，
OF=OB
∴Rt△CFO≌Rt△CBO(HL)
∴∠FOC=∠BOC，
∴2∠BOC=∠BOF=∠OAF+∠OFA=2∠OAF
∴∠BOC=∠OAF，
∴∠AMD=∠BOC，
在△ADM与△CBO中，{∠ADM=∠CBO
)
∠AMD=∠BOC ，
AD=BC
∴△ADM≌△CBO(AAS)，
∴DM=BO，
1
∵BO= AB，AB=CD
2
1
∴DM= CD
2
∴点M是CD的中点．
（3）∵矩形ABCD，
∴AD=BC=6，∠DAB=90°，
∴AN=AD−DN=6−2=4，
∵∵点O是AB的中点，
1 1
∴OA= AB= ×8=4，
2 2
由勾股定理，得ON=❑√OA2+AN2=❑√42+42=4❑√2，
∵△AOE沿OE翻折得△FOE，
∴∠OFE=∠OAE=90°，OF=OA=4，EF=AE，
∴∠EFN=90°，NF=ON−OF=4❑√2−4，
设AE=EF=x，则EN=AN−AE=4−x，
由勾股定理，得(4−x) 2=x2+(4❑√2−4) 2 ，
解得：x=4❑√2−4，
即AE=4❑√2−4．
19．（22-23八年级下·辽宁朝阳·期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，E是BC上一动点，将
△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G；
（1）如图1，当∠DAG=30°时，求BE的长；（2）如图2，当点E是BC的中点时，求线段GC的长：
（3）如图3、在矩形ABCD中，E，G分别是BC、CD上的一点，AE⊥EG，将△EGC沿EG翻折得
△EGC′，连接AC′，若△AEC′是以AE为腰的等腰三角形，则求此时BE的值．
【思路点拨】
（1）先确定出∠BAE=30°，再利用含30°的直角三角形边的关系与勾股定理求解即可得出结论；
（2）连接GE，根据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE=EF=EC，然后利用“HL”证明
△GFE和△GCE全等，根据全等三角形对应边相等即可得证FG=CG，设GC=x，表示出AG、DG，然
后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；
（3）设BE= y，则EC=8−y，由翻折得：EC′=EC=8−y．由等腰三角形性质分情况讨论如下：当
AE=EC′时，由勾股定理得：62+ y2=(8−y) 2；当AE=AC′时，作AH⊥EC′，由∠AEF=90°，EF
平方∠CEC′可证得∠AEB=∠AEH，则△ABE≌△AHE，所以BE=HE= y，由三线合一得
EC′=2EH，即8−y=2y，解方程即可．
【解题过程】
（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵∠DAG=30°，
∴∠BAG=60°，
1
由折叠知，∠BAE= ∠BAG=30°，
2
在Rt△BAE中，∠B=90°，∠BAE=30°，AB=6，设BE=x，则AE=2x，由勾股定理可得
AB=❑√AE2−BE2=❑√(2x) 2−x2=❑√3x，
AB ❑√3
∴BE= =6× =2❑√3；
❑√3 3
（2）解：连接GE，如图所示：
∵E是BC的中点，∴BE=EC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BE=EF，
∴EF=EC，
在矩形ABCD中，∠C=90°，
∴由对称性可知∠EFG=90°，
在Rt△GFE和Rt△GCE中，
{EG=EG)
，
EF=EC
∴Rt△GFE≌Rt△GCE(HL)，
∴GF=GC，
∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，
∴BA=AF=6，
设GC=GF=x，则AG=6+x，DG=6−x，
在Rt△ADG中，82+(6−x) 2=(6+x) 2，即24x=64，
8
解得x= ，
3
8
∴GC= ；
3
（3）解：设BE= y，则EC=8−y，
由翻折得：EC′=EC=8−y，根据△AEC′是以AE为腰的等腰三角形，
当AE=EC′时，AE=8−y，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
7
在Rt△ABE中，由勾股定理得：62+ y2=(8−y) 2，解得：y= ；
4
当AE=AC′时，作AH⊥EC′，如图所示：
∵EF⊥AE，∴∠AEF=∠AEC′+∠FEC′=90°，
∴∠BEA+∠FEC=90°，
∵△ECF沿EF翻折得△EC′F，
∴∠FEC′=∠FEC，
∴∠AEB=∠AEH，
在△ABE和△AHE中，
{
∠AEB=∠AEH
)
∠B=∠AHE=90° ，
AE=AE
∴△ABE≌△AHE(AAS)，
∴BE=HE= y，
∵AE=AC′，
∴EC′=2EH，即8−y=2y，
8
解得y= ；
3
7 8
综上所述：BE= 或BE= ．
4 3
20．（22-23八年级下·广东广州·期中）在平面直角坐标系中，点A在x轴上，点B在y轴上，已知A(6,0)
，B(0,8)．
（1）如图1，点M是y轴上一点，将△AOM沿着AM折叠，使点O落在AB上的N处，求M点的坐标；
（2）如图2．四边形AOBC是矩形，D是AC边上一点（不与点A、C重合），将△BCD沿直线BD翻
折，使点C落在点E处，当以O，E，B三点为顶点的三角形是等腰三角形时，求E点的坐标；
（3）如图3，在OA上一点G坐标为(2,0)，连接BG，点F与点O关于直线BG对称，在（2）的条件下，
当B，E，F三点共线时，求DG的长度．
【思路点拨】
（1）设M(0,m)，由折叠得MN=MO=m，∠ANM=∠AOM=90°，由A(6,0)，B(0,8)，得AB=10，由S +S =S ，可以列方程求解即可；
△AOM △ABM △AOB
（2）设E(a,b)，过点E作EP⊥OB于点P，则P(0,b)，∠EPB=∠EPO=90°，以O、E、B三点为顶
点的三角形是等腰三角形分两种情况，①是OE=OB=8，由折叠得BE=BC=6，根据
BE2−BP2=OE2−OP2，可列方程即可得到此时点E的坐标；②是OE=BE=BC=6，则b=4，根据勾
股定理，即可得到此时点E的坐标；
（3）连接BF、OF、DF、GF、AF，作FR⊥OA于点R，FQ⊥AC于点Q，此时点E在BF上，先根
16❑√17
据勾股定理求得BG的长为2❑√17，再求得四边形OBFG的面积为16，求得OF= ，设GR=n，根
17
据勾股定理列方程(2+n) 2+4−n2=
(16❑√17) 2
，求得GR=
30
，则FR=
16
，所以FQ=
38
，设
17 17 17 17
ED=CD=t，则AD=8−t，根据S +S +S +S +S =S =48列方程求得t
四边形OBFG △FAG △FAD △DBF △DBC 矩形AOBC
18 22
的值为 ，则AD= ，即可根据勾股定理求出DG的长．
5 5
【解题过程】
（1）解：如图1，设M(0,m)，
由折叠得MN=MO=m，∠ANM=∠AOM=90°，
∴MN⊥AB，
∵A(6,0)，B(0,8)，
∴AB=❑√62+82=10，
∵S +S =S ，
△AOM △ABM △AOB
1 1 1
∴ ×6m+ ×10m= ×6×8，
2 2 2∴解得m=3，
∴点M的坐标为(0,3)．
（2）设E(a,b)，过点E作EP⊥OB于点P，则P(0,b)，∠EPB=∠EPO=90°，
∵四边形AOBC是矩形，
∴C(6,8)，
如图2，△EOB是等腰三角形，且OE=OB=8，
由折叠得BE=BC=6，
∵BE2−BP2=OE2−OP2，
23
∴62−(8−b) 2=82−b2， 解得b= ，
4
∴a=PE=❑
√
82−
(23) 2
=
3❑√55
，
4 4
(3❑√55 23)
∴E , ；
4 4
如图3，△EOB是等腰三角形，且OE=BE=BC=6，
∴b=OP=PB=4，
∴a=PE=❑√62−42=2❑√5，∴E(2❑√5,4)，
(3❑√55 23)
综上所述，点E的坐标为E , 或E(2❑√5,4)．
4 4
（3）如图4，连接BF、OF、DF、GF、AF，作FR⊥OA于点R，FQ⊥AC于点Q，此时点E在BF
上，
由折叠得ED=CD，∠BED=∠C=90°，
∴DE⊥BF，
∵点F与点O关于直线BG对称，G(2,0)，
∴BG垂直平分OF，AG=6−2=4，
∴FB=OB=8，FG=OG=2，
∵BG=BG，
∴△BFG≌△BOG，
1
∴S =S +S =2S =2× ×8×2=16，
四边形OBFG △BFG △BOG △BOG 2
1
∵S = BG⋅OF,BG=❑√OB2+OG2=❑√82+22=2❑√17，
四边形OBFG 2
1
∴ ×2❑√17×OF=16，
2
16❑√17
∴OF= ，
17
设GR=n， ∵∠FRG=90°，
∴OR2+FR2=OF2,∨=2+n,FR2=22−n2=4−n2，
∴(2+n) 2+4−n2=
(16❑√17) 2
， 解得n=
30
，
17 17∴GR=
30
，FR=❑
√
22−
(30) 2
=
16
，
17 17 17
∵∠FRA=∠RAQ=∠AQF=90°，
∴四边形AQFR是矩形，
30 38
∴FQ=AR=6−2− = ，
17 17
设ED=CD=t，则AD=8−t，
∵S +S +S +S +S =S =48
四边形OBFG △FAG △FAD △DBF △DBC 矩形AOBC
1 16 1 38 1 1 18
∴16+ ×4× + × (8−t)+ ×8t+ ×6t=48， 解得t= ，
2 17 2 17 2 2 5
18 22
∴AD=8− = ，
5 5
∴DG=❑√AD2+AG2=❑
√
42+
(22) 2
=
2❑√221
，
5 5
2❑√221
∴DG的长度为 ．
5
