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专题 02 矩形的性质与判定
考点一 根据矩形的性质与判定求角度 考点二 根据矩形的性质与判定求线段长
考点三 根据矩形的性质与判定求面积 考点四 根据矩形的性质与判定求动点中的最值问题
考点五 根据矩形的性质与判定求折叠问题 考点六 根据矩形的性质与判定无刻度作图
考点一 根据矩形的性质与判定求角度
例题：（2021·河南信阳·八年级期末）如图，在 中，对角线 、 相交于点O，且
，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据矩形的判定得到四边形 是矩形，由矩形的性质求出 ，代入 求出
即可．
【详解】
解：∵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和性质，能根据矩形的性质求出 的度数是解此题的关键．
【变式训练】
1．（2022·全国·八年级）如图，已知在 OAB中AO＝BO，分别延长AO，BO到点C、D，使得OC＝AO，
OD＝BO，连接AD，DC，CB． △
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以AO，BO为一组邻边作平行四边形AOBE，连接CE．若CE⊥AE，求∠AOB的度数．
【答案】（1）见解析；（2）120°．
【解析】
【分析】
（1）先说明四边形ABCD是平行四边形，可得AC＝2AO、BD＝2BO，进而得到AC=BD，即可说明四边形
ABC D是矩形；
（2）如图，连接OE与BD交于F，由直角三角形斜边中线的性质可得EO=AO，即△AEO是等边三角形，
再根据等边三角形的性质和平行线的性质即可求出答案．
【详解】
证：（1）∵OC＝AO，OD＝BO
∴四边形ABCD是平行四边形
∴AC＝2AO，BD＝2BO
又∵AO＝BO
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形；
（2）如图：连接OE与BD交于F
∵四边形AOBE是平行四边形
∴AE＝BO
又∵AO＝BO∴AO＝AE
∵CE⊥AE
∴∠AEC＝90°
∵OC＝OA
∴OE＝ AC＝AO
∴OE＝AO＝AE
AOE是等边三角形，
∴∴△∠OAE＝60°
∵∠OAE＋∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．
【点睛】
本题主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、直角三角形的性质等
知识点，灵活应用所学知识并正确添加辅助线成为解答本题的关键．
2．（2022·广西·河池市宜州区教育局教学研究室八年级期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于
点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求证：DA＝DO＝DE；②直接写出∠DOE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②75°
【解析】
【分析】
（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；
（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得 ，即可得出结论；
②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．
(1)
证明：∵AD∥BC，AD＝BC
∴四边形ABCD是平行四边形
∴BD＝2OB
∵AC＝2OB
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
(2)
①证明：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE＝45°
∴∠DEA＝45
∴DA＝DE
又∵∠OAE＝15°
∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°
∴DA＝DO＝AO
∴DA＝DO＝DE②解： ，
，
．
【点睛】
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．
考点二 根据矩形的性质与判定求线段长
例题：（2022·山东菏泽·九年级期中）如图，菱形 的对角线 、 相交于点 ， 是 的中点，
点 、 在 上， ， ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ， ，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【解析】
【分析】
（1）先证明 为 的中位线，可得 ，再证明四边形 为平行四边形，结合 ，
从而可得结论；
（2）先求解 可得 ．再求解 ， ，从而可得答案．
(1)
证明：∵四边形 为菱形，
∴点 为 的中点，
∵点 为 中点，
∴ 为 的中位线，∴ ，
∵ ，∴四边形 为平行四边形，
∵ ，∴平行四边形 为矩形．
(2)
解：∵点 为 的中点， ，
∴
∵ ， ，
∴在 中， ．
∵四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 为矩形，
∴ ，
∴ ．
故 的长为2．
【点睛】
本题考查的是矩形的判定与性质，菱形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理的应用，熟记矩形的判定
与性质，菱形的性质是解本题的关键．
【变式训练】
1．（2021·江西九江·九年级期中）如图，在矩形ABCD中， ， ，点P在BC边上，点M在
AD边上， ，点Q为AP的中点，当 为直角三角形时，AP的长为__________．
【答案】4或 或
【解析】【分析】
分当P为B重合时和当∠AQM=90°，当∠AMQ=90°时三种情况讨论求解即可．
【详解】
解：当P为B重合时，Q为AB的中点，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠QAM=90°，满足△AMQ是直角三角形，
∴此时AP=AB=4；
当∠AQM=90°时，如图1所示，连接MP，过点M作MN⊥BC于N，则四边形ABNM是矩形，
∴MN=AB=4，∠MNP=90°，BN=AM=5，
∵Q为AP的中点，MQ⊥AP，
∴MQ是线段AP的垂直平分线，
∴AM=MP=5，
∴ ，
∴BP=2，
∴ ，
同理当∠AQM=90°时，如图2所示，求得PN=3，
∴BP=8，
∴ ；当∠AMQ=90°时，如图3所示，
∵点P在BC上，
∴ 的最大值即为P与C点重合时AC的长，即 ，
∴ 长度的最大值为 ，
∵ ，
∴此种情况不成立；
综上所述，AP的长为4或 或 ．
故答案为：4或 或 ．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，线段垂直平分线的性质，勾股定理，利用分类讨论的思想求解是解题
的关键．
2．（2022·新疆·乌鲁木齐市第六十八中学八年级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE AC且DE= AC，连接AE交OD于点F，连接OE、CE．
(1)求证：四边形OCED为矩形；
(2)已知AB=2，DE=1，求OD的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质先证，即有DE＝OC，即有四边形OCED都是平行四边形，再结合AC⊥BD，即可证
明四边形OCED是矩形；
（2）在Rt△OCD中利用勾股定理即可求出OD．
(1)
证明∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC ，AC⊥BD
∵ 且DE ，
∴DE＝OC，又 ，
∴四边形OCED都是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形；
(2)
∵四边形OCED为矩形，DE＝1，
∴OC＝DE＝1，∠COD＝90°，
又∵四边形ABCD是菱形，AB＝2，
∴CD＝AB＝2，又∵∠COD＝90°，
∴在Rt△OCD中，
∴ ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握菱形的性
质是解答本题的关键．
考点三 根据矩形的性质与判定求面积
例题：（2022·云南昆明·三模）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC和BD相交于点O，点E是CD的
中点，过点C作AC的垂线，与OE的延长线交于点F，连接FD．
(1)求证：四边形OCFD是矩形；
(2)若四边形ABCD的周长为 ， AOB的周长为 ，求四边形OCFD的面积．
△
【答案】(1)见解析
(2)S OCFD=2．
矩形
【解析】
【分析】
（1）利用“角边角”证明 ODE和 FCE全等；可得OD=FC，判断出四边形ODFC是平行四边形，根据
菱形的对角线互相垂直得出△∠COD=△90°，即可得出结论；
（2）根据题意求得AB= ，OA+OB=3，利用完全平方公式变形求得OA•OB=2，推出OC•OD=2，根据矩
形面积公式即可求解．
(1)
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵CF⊥AC，∴CF∥BD，
∴∠ODE=∠FCE，
∵E是CD中点，
∴CE=DE，
在 ODE和 FCE中， ，
△ △
∴△ODE≌△FCE（ASA）；
∴OD=FC，
∵CF∥BD，
∴四边形OCFD是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCFD是矩形；
(2)
解：∵四边形ABCD的周长为4 ，
∴4AB=4 ，AC⊥BD，OA=OC= AC，OB=OD= BD，
∴AB= ，∠AOB=90°，
∵ AOB的周长为 ，
△
∴OA+OB+AB= ，
∴OA+OB=3，
∴(OA+OB)2=32，
∴OA2+OB2+2OA•OB=9，
∵∠AOB=90°，OA2+OB2=AB2= ( )2=5，
∴5+2OA•OB=9，
∴OA•OB=2，
∵OA=OC，OB=OD，∴OC•OD=2，
∴S OCFD= OC•OD=2．
矩形
【点睛】
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，平行四边形的判定，完全平方公式，熟
练掌握菱形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式训练】
1．（2022·上海·八年级专题练习）已知：如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，点E、F是垂足．
(1)联结DE、FB，求证：四边形DFBE是平行四边形；
(2)如果AF＝EF＝2，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)12
【解析】
【分析】
（1）先根据矩形的性质得到AB=CD，AB∥CD，再证明BE∥DF，接着证明△ABE≌△CDF，从而得到BE＝
DF，然后根据平行四边形的判定方法得到结论；
（2）矩形面积ABCD的面积=AC·DF，求出DF，AC即可求得矩形面积．
(1)
证明：如图：
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠EAB＝∠FCD，∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴BE∥DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
(2)
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴∠DAC＝∠BCA，
又∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠DAF＝∠BCE，
在△DAF和△BCE中，
，
∴△DAF≌△BCE（AAS），
∴AF＝CE，
连接BD交AC于点O，
∵AF＝FE＝2，
∴AC＝BD＝6，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝DO＝3，在△ODF中，OD＝3，OF＝1，∠OFD＝90°，
∴DF＝ ＝ ＝2 ，
∴矩形ABCD的面积＝AC×DF＝6×2 ＝12 ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质，三角形的面积等知识，解题的关键是正确寻找全等三
角形解决问题．
2．（2022·江苏·扬州市江都区实验初级中学三模）已知：如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于
点O，DE∥AC，AE∥BD．
(1)求证：四边形AODE是矩形；
(2)若AB＝2，DE＝1，求四边形AODE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，继
而可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的性质和勾股定理求出OB，得出OD，由矩形的面积公式即可得出答案．
(1)
证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，∴四边形AODE是矩形；
(2)
解：∵四边形AODE是矩形，
∴AO＝DE＝1，
∵AB＝2，
∴BO ，
∴OD＝BO ，
∴四边形AODE的面积＝AO•OD＝1 ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定与性质
和菱形的性质是解决问题的关键．
考点四 根据矩形的性质与判定求动点中的最值问题
例题：（广东省珠海市凤凰中学2021-2022学年八年级下学期期中数学试题）如图，在矩形ABCD中，
AB=3，AD=4，对角线AC、BD相交于点O，点P是AD上一动点（不与A、D重合），过点P作AC和BD
的垂线，垂足分别为E、F，则PE+PF的值是（ ）
A． B． C． D．3
【答案】A
【解析】
【分析】
连接OP．利用勾股定理求出AC，利用矩形的性质得出 ，进而得出，再利用 ，联立即可求出
PE+PF的值．
【详解】
解：如图，连接OP．
∵ 矩形ABCD中，AB=3，AD=4，
∴ ，
，
由矩形的性质知， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ．
故选A．
【点睛】
本题考查矩形的性质，勾股定理及三角形面积公式，通过 将PE和PF结合起来，是解
题的关键．
【变式训练】
1．（2022·四川自贡·中考真题）如图，矩形 中， ， 是 的中点，线段 在边
上左右滑动；若 ，则 的最小值为____________．【答案】
【解析】
【分析】
如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此
时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求
出HG'的长，即可求解．
【详解】
解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取
EF=1，此时GE+CF的值最小，
∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，∴ ，
即 的最小值为 ．
故答案为：
【点睛】
此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位
置是解题关键．
2．（2022·重庆开州·八年级期中）如图，在 中， ， ， ， 是 边上的一个
动点 异于 、 两点 ，过点 分别作 、 边的垂线，垂足分别为 、 ，则 最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
首先证明四边形 是矩形，推出 ，根据垂线段最短即可解决问题．
【详解】
解：如图，连接 ， ．
在 中， ， ， ，
，
， ，
，四边形 是矩形，
，
当 时， 的值最小，最小值 ，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查矩形的判定和性质、垂线段最短、勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想思考问题，
属于中考常考题型．
考点五 根据矩形的性质与判定求折叠问题
例题：（2022·广东·深圳市光明区公明中学八年级期中）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，
现将纸片折叠压平，使A与C重合，设折痕为EF，则重叠部分△AEF的面积等于_____．
【答案】10
【解析】
【分析】
要求重叠部分△AEF的面积，选择AF作为底，高就等于AB的长；而由折叠可知∠AEF=∠CEF，由平行得
∠CEF=∠AFE，代换后，可知AE=AF，问题转化为在Rt△ABE中求AE的长，进而可得出△AEF的面积．
【详解】
解：设AE＝x，由折叠可知，EC＝x，BE＝8－x，
在Rt△ABE中，AB2＋BE2＝AE2，即42＋（8－x）2＝x2，
解得：x＝5，
由折叠可知∠AEF＝∠CEF，
∵ ，
∴∠CEF＝∠AFE，
∴∠AEF＝∠AFE，即AE＝AF＝5，∴S AEF AF×AB 5×4＝10．
△
故答案为：10．
【点睛】
本题考查的是图形的翻折变换，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性
质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应角相等．
【变式训练】
1．（2022·青海西宁·二模）如图，矩形AOBC的顶点A，B在坐标轴上，点C的坐标是（-10，8），点D
在AC上，将 沿BD翻折，点C恰好落在OA边上点E处，则D点坐标是______．
【答案】（-10，3）
【解析】
【分析】
根据矩形的性质以及翻折性质可知，CD=DE，BC=OA=BE=10，OB=AC=8，∠BDE=∠DBC，由勾股定理可
知，OE=6，则AE=4，令CD=DE=x，则AD=8-x，在Rt 中， ，进而求出D点坐标．
【详解】
解：在矩形AOBC中，点C的坐标是（-10，8），
∴BC=OA=10，OB=AC=8，∠C=90°，
由翻折性质可知，
CD=DE，BC= BE=10，∠C=∠BED=90°，
在Rt 中，
由勾股定理可知，OE= = =6，
∴AE=4，
令CD=DE=x，则AD=8-x，
在Rt 中， ，∴x= ，
解得x=5，
∴ ，
∴D（-10，3）
故答案为：（-10，3）．
【点睛】
本题考查矩形的性质、翻折与勾股定理的运用以及求点的坐标，熟练掌握翻折的性质并利用勾股定理求解
是解决问题的关键．
2．（2022·辽宁沈阳·二模）如图，矩形ABCD中，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在AD边
上的点F处，过点F作 交BE于点G，连接CG．
(1)求证：四边形CEFG是菱形；
(2)若 ， ，求四边形CEFG的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质得CE=EF，∠CEB=∠FEB，根据“SAS”易证△GEF≌△GEC，由全等三角形的性质可
得GF=GC，∠FGE=∠CGE，易证四边形CEFG是平行四边形，由CE=EF即可求证结论；
（2）由勾股定理和折叠的性质求得DF的长，设CE=x，由（1）结论在Rt△DEF中根据勾股定理列方程求
解即可；
(1)
由折叠的性质可得CE=EF，∠CEG=∠FEG，
又GE=GE，
∴△GEF≌△GEC（SAS），
∴GF=GC，∠FGE=∠CGE，
∵FG∥CD，∴∠FGE=∠CEG，
∴∠CGE=∠CEG，
∴EC=GC，
∴GF=EC，
∴四边形CEFG是平行四边形，
又∵CE=EF，
∴四边形CEFG是菱形；
(2)
∵ABCD是矩形，AB=3，BC=5，
∴ BF=AD=BC=5，CD=AB=3，∠A=90°，
在Rt ABF中，由勾股定理可得：
△
∴ ， ，
设 ，则 ，
在Rt△DEF中， ，即 ，
解得： ，即 ，
∴四边形CEFG的面积 ．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理；掌握
相关性质是解题关键．
考点六 根据矩形的性质与判定无刻度作图
例题：（2022·江西南昌·模拟预测）如图，在矩形 和等腰 中，边 和边 交于点 ，且
.请仅用无刻度直尺按下列要求作图.（保留作图痕迹）(1)如图1，在边 上找一点 ，使得 ；
(2)如图2，作边 的中点 ．
【答案】(1)作法见解析；
(2)作法见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接AC、BD，设AC与BD相交于点O，EC交AD相交于点G，连接GO并延长使之交BC于点M，
则点M为所求.再运用矩形的性质和三角形全等可得证明；
（2）在（1）的基础上，连接FM，AM，设AM交BF于点H，连接OH并延长交AB于点N，则点N为所
求，再运用矩形的判定和性质以及垂直平分线的性质可得证明.
(1)
解：连接AC、BD，设AC与BD相交于点O，EC交AD相交于点G，连接GO并延长使之交BC于点M，
则点M为所求.
因为矩形 ，
所以 ，
又 ，
所以 ，
所以 ，
在 与 中，
所以 ，
所以AF=GD，又 ，
所以 ，
又矩形 ，
所以BO=DO，
在 与 中，
所以 ，
所以BM=GD，
所以BM=AF.
(2)
解：在（1）的基础上，连接FM，AM，设AM交BF于点H，连接OH并延长交AB于点N，则点N为所求，
因为 ，
所以四边形ABMF是矩形，所以 ，
所以点O在AB的垂直平分线上，
因为 ，
所以点H在AB的垂直平分线上，
所以OH平分AB，
所以点N是AB的中点.【点睛】
本题考查矩形的性质和垂直平分线的性质，关键在于熟练地运用矩形的性质和垂直平分线的性质.
【变式训练】
1．（2021·江西·崇仁县第二中学九年级期中）已知：矩形 ，点 是 的中点，点 在 上，请
用无刻度尺画图：
（1）在图甲中，在边 上找一点 ，使 ；
（2）在图乙中：在边 上找一点 ，使 ．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）连接 交于点 ，连接 并延长交 于点 ，利用矩形的性质可得 ，即可
求解；
（2）连接 交于点 ，连接并延长 、 交于点 ，连接 交 于点 ，连接 交 于
点 ，即可求解．
【详解】解：（1）连接 交于点 ，连接 并延长交 于点
由矩形的性质可得 ，
∴
又∵
∴
∴
（2）连接 交于点 ，连接并延长 、 交于点 ，连接 交 于点
连接 交 于点 ，如下图：
由题意可得： ，
又∵点 是 的中点
∴ 为 的中位线，
∴
∴ ，
又∵
∴ 平分∴
∴
又∵ ，
∴
∴
又∵ ，
∴
∴
∴
由（1）的方法，可得
∴
【点睛】
此题考查了矩形的性质，涉及了全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握并应用矩形的性质．
2．（2022·江苏无锡·九年级期中）如图，矩形ABCD中，AD＞AB，
（如需画草图，请使用备用图）
(1)请用无刻度的直尺和圆规按下列要求作图：（不写作法，保留作图痕迹）
①在BC边上取一点E，使AE＝BC；
②在CD上作一点F，使点F到点D和点E的距离相等．
(2)在（1）中，若AB＝6，AD＝10，则△AEF 的面积＝ ．
【答案】(1)①见解析；②见解析；
(2)
【解析】
【分析】（1）①以A为圆心，BC的长为半径画弧与BC交于点E；
②连接DE，作DE的垂直平分线与DC交于点F；
（2）根据矩形的性质，得AE=AD，利用SSS证 AEF≌△ADF，得∠AEF=∠ADF=90°，利用勾股定理得
△
BE=8,再得EC=2，利用勾股定理求出EF= ，进而得出面积.
(1)
解：①如图所示
点E即为所求
②如图所示
点F即为所求
(2)
解：连接EF，AF
在矩形ABCD中
AD=BC=10
又AE＝BC
∴AE=AD=10
又DF=EF
∴△AEF≌△ADF（SSS）
∴∠AEF=∠ADF=90°在Rt△ABE中
BE= = =8
∴EC=BC-BE=2
令DF=FE=x，则FC=6-x
在Rt△FCE中
FE2=
∴x2=
解得x=
∴△AEF 的面积为 × ×10=
故答案为： .
【点睛】
本题考查了等线段的截取，垂直平分线的画法及性质，全等三角形的判定和性质以及矩形的性质，利用勾
股定理求边长等知识点，熟练地掌握基本作图是解决问题的关键.
一、选择题
1．（2022·全国·八年级）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别是AB，AO
的中点，且 ．则EF的长度为（ ）A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质可得AC=BD=12，BO=DO= BD=6，再根据三角形中位线定理可得EF= BO=3．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=12，
∴BO=DO= BD=6，
∵点E、F是AB，AO的中点，
∴EF是△AOB的中位线，
∴EF= BO=3，
故选：B．
【点睛】
此题主要考查了矩形的性质，以及三角形中位线定理，关键是掌握矩形对角线相等且互相平分．
2．（2022·江苏·八年级）如图，在矩形纸片ABCD中， ， ，折叠纸片使边DC落在对角线
DB上，折痕为DE，则 的面积为（ ）
A．3 B．6 C．9 D．18
【答案】C
【解析】
【分析】如图，由折叠的性质得∠BC′E=∠DC′E=∠C=90°，C′D=CD=6，由勾股定理得BD，得出C′B=4，设
CE=C′E=x，则EB=8-x，由勾股定理得出方程，解方程即可得出CE．再由三角形面积公式求解．
【详解】
解：令折叠后点C在BD上的对应点为点
∵矩形ABCD折叠后CD边落在BD上，
∴∠BC′E=∠DC′E=∠C=90°，
∵CD=AB=6，BC=AD=8，
∴C′D=6，BD= = =10，
∴C′B=BD-C′D=10-6=4，
设CE=C′E=x，则EB=8-x，
由勾股定理得：
C′B2+ C′E2=EB2
∴42+x2=（8-x）2，
解得：x=3，
即CE=3，
∴ = = =9；
故选：C．
【点睛】
此题考查了矩形与折叠的问题、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握折叠的性质和勾股定理．
3．（2022·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝9cm，BC＝12cm，E为边CD上一点，将
BCE沿BE所在的直线折叠，点C恰好落在AD边上的点F处，过点F作FM⊥BE，垂足为点M，取AF
△的中点N，连接MN，则MN的长为（ ）A．7cm B．7.5cm C．8cm D．8.5cm
【答案】B
【解析】
【分析】
连接AC，FC，求出AC，利用三角形的中位线定理解决问题即可．
【详解】
解：连接AC，FC．
由翻折的性质可知，BE垂直平分线段CF，
∵FM⊥BE，
∴F,M，C共线，FM＝MC，
∵AN＝FN，
∴MN＝ AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴AC＝ ＝ ＝15（cm），
∴MN＝ AC＝7.5（cm），
故选B．
【点睛】
本题考查翻折变换，矩形的性质，三角形的中位线定理等知识，添加辅助线，构造三角形中位线解决问题是解题的关键．
4．（2022·河南新乡·八年级期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的
中点．下列三种说法：
① .四边形EFGH一定是平行四边形；
②.若AC＝BD，则四边形EFGH 是菱形；
③.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形．
其中正确的是（ ）
A．① B．①② C．①③ D．①②③
【答案】D
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理得到 ，EH= BD， EF= AC，根据平行四
边形、菱形、矩形的判定定理判断即可．
【详解】
解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴ ，EH= BD， EF= AC，
∴四边形EHGF是平行四边形，故①符合题意；
若AC=BD，则EF=EH，
∴平行四边形EHGF是菱形，故②符合题意；
若AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴平行四边形EHGF是矩形，故③符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、菱形、矩形的判定定理是解题的关键．二、填空题
5．（2022·广东·雷州四中八年级期中）如图，在矩形 中，对角线 ， ，则 的长
为______
【答案】4
【解析】
【分析】
由矩形的性质得出OB=OD=4，再证明 AOB是等边三角形，即可得出OB=AB=4．
【详解】 △
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=8，
∴OB=OD=4，OA=OC=4，
∵∠AOB=60°，
∴ AOB是等边三角形，
∴△AB=OB=4，
故答案为：4．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，本题的关键是证明出 AOB是等边三角形．
6．（2022·全国·九年级）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，对角线AC的长△为5，作AC的垂直平分线交BC
于点M，连接AM，则 ABM的周长为_____．
【答案】7
【解析】
【详解】
由勾股定理可求BC的长，由线段垂直平分线的性质可得AM＝CM，可求解．【解答】
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴BC= =4，
∵AC的垂直平分线交BC于点M，
∴AM＝CM，
∴△ABM的周长＝AB+BM+AM＝AB+BC＝7，
故答案为：7．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质；熟练掌握矩形的性质是解决问题的关键．
7．（2022·广东·珠海市拱北中学八年级期中）如图，矩形 中 ， ，将矩形 沿着对
角线折叠，点 落在点 处，过 的中点 作 ，交 ， 于点 ， ，且点 恰好是 的
中点，则 的长度=______．
【答案】
【解析】
【分析】
延长 与 交于点 ，结合矩形性质证明 ，得 ，在 中由
可求出 ，根据中位线性质可得 ．
【详解】
解：延长 与 交于点
由矩形得 ，
∵ ，∴
∴
设 ，则
在 中，由勾股定理知 ，即 ，
解得：
∵
∴ 即
又∵ 为 中点
∴ 为 中位线
∴
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、三角形中位线性质以及勾股定理．把问题转化为利用勾股定理和中位线性质来求
线段长度是解题的关键．
8．（2022·浙江宁波·八年级期中）如图，矩形 中， ， ，E为线段 上一动点，作点B
关于 的轴对称点F，连接 ， ，G为 中点．当D，F，E三点共线时， 的长为___________；
在E的整个运动过程中，C，G两点距离的最小值为___________．【答案】
【解析】
【分析】
连接AF，取AD中点H，连接GH，GC，HC，设CE=x，由折叠的性质可得AF=AB=3，BE=EF=4-x，
∠AFE=∠B=90°，当点E、F、D三点共线时，Rt△AFD中由勾股定理可得DF，Rt△DCE中由勾股定理建立
方程求解可得CE；由三角形中位线的性质可得HG= AF，勾股定理求得HC，根据三角形三边关系可得当
点G在直线HC上时，CG最小；
【详解】
解：如图，连接AF，取AD中点H，连接GH，GC，HC，
四边形ABCD是矩形，则AB=CD=3，AD=BC=4，∠B=90°，
由折叠的性质可得AF=AB=3，BE=EF，∠AFE=∠B=90°，
设CE=x，则BE=EF=4-x，
当点E、F、D三点共线时，AF⊥DE，
Rt△AFD中，DF= ，
Rt△DCE中，DE2=DC2+CE2，
∴（ +4-x）2=x2+9，
-2（ +4）x+23+8 =9，解得：x= ；
∵H为AD中点，G为DF中点，
∴HG为△DAF中位线，
∴HG= AF= ，
Rt△DHC中，HC= ，
当点G不在直线HC上时，
△GHC中，GC＞HC-HG，
当点G在直线HC上时，GC=HC-HG，
∴CG的最小值为 ；
故答案为： ， ；
【点睛】
本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形三边关系，三角形中位线的性质；此题综合性较
强，正确作出辅助线是解题关键．
三、解答题
9．（2021·江苏·常州市第二十四中学八年级期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE＝EC，分别在
图1和图2中按要求仅用无刻度的直尺画图．（保留画图痕迹）
（1）在图1中，画出∠DAE的平分线：
（2）在图2中，画出∠AEC的平分线EF，交AD于点F，并说明理由．
【答案】（1）连接AC，则AC平分∠DAE；图形见祥解；（2）连接AC，BD，交于点O，连接EO，则
EO平分∠AEC．证明见详解．
【解析】
【分析】
(1)连接AC，再由矩形性质，平行线的性质及等腰三角形的性质可知AC是∠DAE的平分线；(2)连接AC，BD，交于点O，连接EO，由矩形性质，平行线的性质及等腰三角形的性质可知EO平分
∠AEC的平分线．
【详解】
（1）如图所示，连接AC，则AC平分∠DAE；
∵矩形ABCD中，
∴AD∥CE，
∴∠DAC=∠ACE，
∵AE＝EC，
∴∠EAC=∠ACE，
∴∠EAC=∠DAC，
∴AC平分∠DAE；
（2）如图所示，连接AC，BD，交于点O，连接EO，则EF平分∠AEC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴点O为AC中点，
∴EO为 AEC的中线，
∵AE=CE△，
∴EF为平分∠AEC．
【点睛】
本题主要考察了等腰三角形的性质，矩形边形的性质，作图-角的平分线等知识点，理解并记住它们是解题
关键．
10．（2022·广东·深圳市光明区公明中学八年级期中）如图，△ABC中，D，E分别为AB，BC的中点，DG⊥AC，EF⊥AC，垂足分别为G，F．
(1)求证：四边形DEFG为矩形；
(2)若AB＝AC＝2 ，EF＝2，求CF的长．
【答案】(1)见解析
(2) 1
【解析】
【分析】
（1）根据中位线的性质及平行线的判定可证得DE∥AC，EF∥DG，则可证得四边形DEFG是平行四边形，
在利用 可证得结论．
（2）根据直角三角形斜边的中线性质可得DE＝AD，根据矩形的性质，GF＝DE，利用勾股定理即可求解．
(1)
证明：∵点D是AB的中点，E点是BC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴ ，
∵DG⊥AC，EF⊥AC，
∴ ，
∴四边形DEFG是平行四边形，
又∵ ，
∴四边形DEFG为矩形．
(2)
∵AB＝AC＝2 ，EF＝2，D点是BC的中点，
∴DE＝AD AB ，由（1）知，四边形DEFG为矩形，则GF＝DE ，
在直角△ADG中，EF＝2，AD ，
由勾股定理得：
∵AB＝AC＝2 ，FG＝ED ，
∴CF＝AC－AG－GF＝2 1 1．
【点睛】
本题考查了矩形的判定及性质、平行四边形的判定、中位线的性质及勾股定理，熟练掌握平行四边形的判
定及矩形的判定及性质是解题的关键．
11．（2022·广东·广州市南武中学八年级期中）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
， ．
(1)求证：四边形OBEC是矩形；
(2)若 ， ，求矩形OBEC的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)矩形OBEC的面积为
【解析】
【分析】
（1）首先根据平行四边形的判定推出四边形OBEC是平行四边形，再根据菱形性质求出∠AOB=90°，最后
根据矩形的判定推出即可；
（2）先根据菱形的性质和勾股定理求出OC的长，再根据矩形的面积公式即可解答．
(1)
证明：∵ ， ，
∴四边形OBEC为平行四边形．∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴四边形OBEC是矩形；
(2)
解：∵在 中， ，
∴ ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ，
∴矩形OBEC的面积为：
．
【点睛】
本题考查了菱形性质，平行四边形的判定，矩形的判定和矩形的面积公式，熟练掌握和运用特殊平行四边
形的判定与性质是解决本题的关键．
12．（2022·山东青岛·二模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，直线GH经过点
O，分别与BA、DC的延长线交于点G、H，与AD、CB交于点E、F．
(1)求证： BOG≌△DOH．
(2)连接AH△、CG，若GH＝GD，当点C位于DH的什么位置时，四边形AHCG是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；
(2)点C为DH的中点时，四边形AHCG是矩形，证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）根据平行四边形的性质得 ， 再由全等三角形的判定定理可得证；（2）由（1）得 ，GO＝HO，由平行四边形的性质得 ，根据平行四边形的判定可
得证四边形AHCG是平行四边形，由等腰三角形的“三线合一得” ，利用矩形的判定可得证．
(1)
证明：因为四边形ABCD是平行四边形，
所以 ，
所以
在 和 中，
，
所以 ；
(2)
解：点C为DH的中点时，四边形AHCG是矩形．理由如下：
由（1）得 ，
所以GO＝HO，
又因为四边形ABCD是平行四边形，
所以 ，
所以四边形AHCG是平行四边形，
因为GH＝GD，点C为DH的中点，
所以 ，
所以 ，
所以四边形AHCG是矩形．
【点睛】
本题考查平行四边形、矩形的判定和性质，以及等腰三角形的“三线合一”的性质，解决问题的关键在于
熟练掌握平行四边形、矩形的判定和性质，以及等腰三角形的“三线合一”的性质.
13．（2022·北京朝阳·二模）如图，在菱形ABCD中，O为AC，BD的交点，P，M，N分别为CD，OD，OC的中点．
(1)求证：四边形OMPN是矩形；
(2)连接AP，若 ， ，求AP的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线定理可得四边形OMPN是平行四边形，再由菱形的性质即可证得结论；
（2）由菱形的性质及已知可得△ABD是等边三角形，进而可得OA的长度，由中位线的性质可得PN及
ON，从而可得AN，由矩形的性质及勾股定理即可求得AP的长．
(1)
∵P，M，N分别为CD，OD，OC的中点．
∴ ， ．
∴四边形OMPN是平行四边形．
∵在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，
∴ ．
∴四边形ONPN是矩形．
(2)
∵四边形OMPN是矩形，
∴ ．
∵四边形ABCD是菱形，
∴ ， ，AC平分∠BAD．
∵ ， ，
∴△ABD是等边三角形．
∴BD=4．∴ ，由勾股定理得： ．
∴ ， ．
∴ ．
∴在 中,由勾股定理得: ．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，三角形中位线定理，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，
涉及的知识点较多，灵活运用它们是解题的关键．
14．（2022·江苏·八年级）如图，平行四边形 中，对角线 、 相交于点 ， BE∥AC交 的
延长线于点 ， ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)若 ， ，求四边形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据已知条件推知四边形 是平行四边形，则对边相等： ，依据等量代换得到对角线
，则平行四边形 是矩形；
（2）利用“矩形的对角线相等且相互平分”的性质、可证 是等边三角形，得出 ，再利用勾股定理求得 的长度，然后用梯形的面积公式列式计算即可得解．
(1)
证明：如图， 四边形 是平行四边形，
．
又 点 在 的延长线上，
．
又 ，
四边形 是平行四边形，
．
又 ，
，
平行四边形 是矩形；
(2)
解： 在矩形 中， ， ，
是等边三角形，
，
，
又 四边形 是平行四边形，
，
，
在 中， ，
四边形 的面积 ．
【点睛】
本题考查了矩形的对角线互相平分且相等的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，
勾股定理，梯形面积，熟记判定与性质是解题的关键．15．（2022·黑龙江大庆·二模）如图，在 中， ， 的垂直平分线分别与 ， 及
的延长线相交于点 ， ， ．点 是 中点，连结 并延长到 ，且 ，连接 ， ．
(1)试判断四边形 的形状，说明理由；
(2)当 时，求 的长．
【答案】(1)矩形，理由见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据题意，首先证明四边形 是平行四边形，再根据矩形的性质分析，即可得到答案；
（2）连接 ，根据垂直平分线和勾股定理的性质，得 ；再根据全等三角形的性质分析，即
可得到答案．
(1)
∵点 是 中点
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴平行四边形 是矩形；
(2)
连接 ，
∵ 是 的垂直平分线，
∴ ，在 中， ，
∴
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
在 和 中，
∴ ，
∴ ．
【点睛】
本题考查了垂直平分线、全等三角形、勾股定理、矩形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、垂直平分线、
勾股定理的性质，从而完成求解．
16．（2022·江苏泰州·一模）如图，在矩形ABCD中，AD＝10，点E是AD上一点，且AE＝m （m是常
数），作△BAE关于直线BE的对称图形△BFE，延长EF交直线BC于点G．
(1)求证：EG＝BG；(2)若m＝2．
①当AB＝6时，问点G是否与点C重合，并说明理由；
②当直线BF经过点D时，直接写出AB的长；
(3)随着AB的变化，是否存在常数m，使等式BG AE＝AB2总成立？若存在，求出m的值；若不存在，
请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)①点G与点C重合，理由见解析；②
(3)存在，且m=
【解析】
【分析】
（1）欲证明EG=BG，只要证明∠EBG=∠BEG即可；
（2）①如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，设BG=EG=x，在Rt EHG中，
EG2=EH2+HG2，构建方程求出x，即可判断； △
②由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，则 ，推出 ，推出可以假设
AB=k，BD=4k，则DF=3k，在Rt DEF中，DE2=EF2+DF2，构建方程，可得结论；
（3）利用勾股定理求出BG与A△B，AE的关系，再结合已知条件，构建关系式可得结论．
(1)
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG，
∵△ABE与 FBE关于BE对称，
∴∠AEB=∠△BEF，
∴∠EBG=∠BEF，
∴EG=BG；
(2)
①点G与C重合；理由：如图1中，过点E作EH⊥BG于点H，则四边形ABHE是矩形，
∴EH=AB=6．AE=BH=2，
设BG=EG=x，
在Rt EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴x2=6△2+（x-2）2，
∴x=10，
∵BC=AD=10，BG=10，
∴点G与C重合；
②如图2中，
由轴对称的性质可知AB=BF，AE=EF=2，
∵ ，
∴ ，
∴可以假设AB=k，BD=4k，则DF=3k，
在Rt DEF中，DE2=EF2+DF2，
∴82=2△2+（3k）2，
∴k （负根已经舍去），∴AB ；
(3)
如图1中，设BG=EG=y，
在Rt EHG中，EG2=EH2+HG2，
∴y2=A△B2+（y-m）2，
∴ ，
∴BG- AE=AB2总成立，
∴ ，
∴m= ．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会利用参数构建
方程解决问题．
