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2022-2023 学年北师大版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题 02 矩形的性质和判定
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2022九上·黄冈开学考）如图，在矩形 中， ， ，点 为 中点，
、 为 边上两个动点，且 ，当四边形 周长最小时， 的长为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】D
【完整解答】解：如图，
在AD上截取线段AF=PQ=2 ，作F点关BC的对称点G ，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作
FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点．
， ， ，
，
，
设 ，则 ，在 中， ， ，
，
，
解得 ．
故答案为：D.
【思路引导】在AD上截取线段AF=PQ=2，作F点关于BC的对称点G ，连接EG与BC交于一点即为O
点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，则
GH=DF=6，EH=6，∠GEH=∠CEQ=45°，设BP=x，则CQ=6-x，根据等腰直角三角形的性质可得
CQ=EC，据此求出x.
2．（2分）（2022九上·福建竞赛）如图，在矩形ABCD中，AB=2BC，点M是CD边的中点，点E，F分
别是边AB，BC上的点，且AF⊥ME，G为垂足.若EB=2，BF=1，则四边形BFGE的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：设 ，则 ， .
作 于 ，
则 .
所以 .所以 ，
即 ，
解得 .
于是 ， .
所以 ，
.
又 ，
所以 .
因此 .
所以 .
故答案为：B.
【思路引导】设BC=a，则AB=2a，DM=MC=a，作MH⊥AB于点H，根据同角的余角相等可得
∠EMH=∠FAB，证明△EMH∽△FAB，根据相似三角形的性质可得a的值，利用勾股定理可得AF，根据
三角形的面积公式可得S ，根据相似三角形的性质可得S ，然后根据S =S -S 进行计算.
ABF AEG 四边形BFGE ABF AGE
△ △ △ △
3．（2分）（2021九上·内江期末）如图，在某一时刻测得1米长的竹竿竖直放置时影长1.2米，在同一时
刻旗杆AB的影长不全落在水平地面上，有一部分落在楼房的墙上，他测得落在地面上影长为BD＝9.6米，
留在墙上的影长CD＝2米，则旗杆的高度（ ）A．12米 B．10.2米 C．10米 D．9.6米
【答案】C
【完整解答】解：如图，作CE⊥AB于E点，
则四边形BDCE为矩形，BD=CE=9.6米，BE=CD=2米，
根据题意得 ，即 ，
解得AE=8（米），
所以AB=AE+BE=8+2=10（米）.
故答案为：C.
【思路引导】作CE⊥AB于E点，则四边形BDCE为矩形，BD=CE=9.6米，BE=CD=2米，根据物体的高
度与影长成比例可得AE的值，然后根据AB=AE+BE进行计算.
4．（2分）（2021九上·南京期末）如图，在矩形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，
DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，FC＝6，则DG的长是（ ）
A．4 B． C． D．5【答案】B
【完整解答】解：∵在Rt BEF中，BF=2，BE=3
△
∴EF=
如图：过G作GH⊥DE垂足为H，
∵DE⊥EF，EF⊥FG
∴四边形EFGH是矩形
∴HG=EF=
∵矩形ABCD
∴∠A=∠B=90°
∴∠AED+∠ADE=90°
∵DE⊥EF
∴∠AED+∠BEF=90°
∴∠BEF=∠ADE
又∵∠A=∠B=90°
∴△EBF∽△DAE
同理：△DAE∽△GHD
∴△EBF∽△GHD
∴ ，即 ，解得DG= .
故答案为：B.【思路引导】首先利用勾股定理求出EF，过G作GH⊥DE，垂足为H，易得四边形EFGH是矩形，根据
矩形的性质可得则HG=EF= ，∠A=∠B=90°，由同角的余角相等可得∠BEF=∠ADE，进而证明
△EBF∽△DAE，△DAE∽△GHD，△EBF∽△GHD，然后利用相似三角形的性质进行计算.
5．（2分）（2021九上·海州期末）如图所示，四边形ABCD是矩形，过点D作对角线BD的垂线，交BC
的延长线于点E，取BE的中点F，连接DF，DF＝5，设AB＝x，AD＝y，则x2+（y﹣5）2的值为
（ ）
A．10 B．25 C．50 D．75
【答案】B
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=x，AD=y，
∴CD=AB=x，BC=AD=y，∠BCD=90°，
又∵BD⊥DE，点F是BE的中点，DF=5，
∴BF=DF=EF=5，
∴CF=5-BC=5-y，
∴在Rt DCF中，DC2+CF2=DF2，即x2+（5-y）2=52=25，
∴x2+（△y-5）2=x2+（5-y）2=25.
故答案为：B.
【思路引导】根据矩形的性质可得CD=AB=x，BC=AD=y，∠BCD=90°，根据直角三角形斜边上中线的
性质可得BF=DF=EF=5，则CF=5-BC=5-y，然后在Rt DCF中，应用勾股定理解答即可.
6．（2分）（2021九上·信都月考）如图，矩形ABCD△的边长AD=3，AB=2，E为AB的中点，F在边BC
上，且BF=2FC，AF分别与DE、DB相交于点M，N，则MN的长为（ ）
A． B． C． D．【答案】B
【完整解答】过F作FH⊥AD于H，交ED于O，则FH=AB=2．
∵BF=2FC，BC=AD=3，
∴BF=AH=2，FC=HD=1，
∴AF= = = ，
∵OH∥AE，
∴ = ，
∴OH= AE= ，
∴OF=FH﹣OH=2﹣ = ，
∵AE∥FO，∴△AME∽△FMO，
∴ = ，∴AM= AF= ，
∵AD∥BF，∴△AND∽△FNB，
∴ = ，
∴AN= AF= ，
∴MN=AN﹣AM= ﹣ = ，故答案为：B．
【思路引导】先求出BF=AH=2，FC=HD=1，再求出△AND∽△FNB，最后利用相似三角形的性质计算求
解即可。
7．（2分）（2021九上·通川期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在BA的延长线上， ，
EC分别交AD，BD于点F，G，若 ，则 的值为（ ）.
A． B． C．2 D．
【答案】B
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形
∴DC∥AB，
∴∠DCE=∠AEC，∠CDA=∠EAD
∴
∴
设AB=AF=CD=x ，AE=AD=y，
则有
给方程两边同时除以 ，
令 为t则有解得 ， （舍去）
则t= =
则 = .
故答案为：B.
【思路引导】由矩形的性质以及平行线的性质可得∠DCE=∠AEC，∠CDA=∠EAD，证明
△EAF∽△CDF，设AB=AF=CD=x ，AE=AD=y，由相似三角形的对应边成比例可得x2-y2+xy=0，给方程
两边同时除以x2可得关于 的一元二次方程，求出 的值，据此解答.
8．（2分）（2021九上·瑞安期中）如图，在矩形 中，点 ， ， 分别在边 ，
， 上，四边形 由两个正方形组成，若 ，则线段 的长为（
）
A．4 B．4.5 C．5 D．5.5
【答案】B
【完整解答】解：在矩形 中，∠B=∠A=90°，四边形 由两个正方形组成是矩形
∴∠FEH=90°，∠EFG=90°，
∴∠BFE+∠BEF=∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠BFE=∠AEH，
∴△BEF∽△AHE，∴ ，
∴ ，
∴AE=1，
在Rt AEH中，AE=1，AH=2，
△
EH= ，
∵∠FGC=∠GFE=90°，
∴∠CFG+∠FCG=∠CFG+∠BFE，
∴∠FCG=∠BFE
∴△GFC∽△BEF，
∵△BEF∽△AHE，
∴△GFC∽△AHE，
∴ ，
∵EH=FG= ，
∴ 即 ，
∴BC=BF+FC=2+ 4.5.
故答案为：B.
【思路引导】由矩形性质得∠B=∠A=90°，∠FEH=90°，∠EFG=90°，由同角余角相等得∠BFE=∠AEH，
证明△BEF∽△AHE，由相似三角形的性质求出AE，由勾股定理求出EH，证△GFC∽△BEF∽△AHE，
由相似三角形的性质可得FC，然后根据BC=BF+FC进行计算.
9．（2分）（2021九上·瑞安期中）如图，在矩形 中，线段 ， 分别平行于 ，
，它们相交于点 ，点 ， 分别在线段 ， 上， ， ，连接 ， ，相交于点 .已知 ， ，则 的
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【完整解答】解：∵ ，
设AB=5x， BC=6x，
∵
∴AE= ，AH= ，
∴EB=AB-AE= ，HD=AD-AH=6x-2x=4x，
∵线段 ， 分别平行于 ， ，
∴∠DHI=∠A=∠AHI=∠D=∠BEI=∠AEI=∠B=90°
∴四边形AHIE，四边形HDGI，四边形EIFB均为矩形，
∴IN=HI=AE= ，IM=IE=AH=2x，IF=EB= ，IG=HD=4x，
∵ ， ，
∴ 即 ，又∵∠MIG=∠NIF，
∴△NIF∽△MIG，
∴∠IFN=∠IGM，
又∠MPF=∠GPN，
∴△MPF∽△NPG，
.
故答案为：B.
【思路引导】设AB=5x， BC=6x，则AE= ，AH=2x，EB= x ，HD=4x，由平行线的性质可得
∠DHI=∠A=∠AHI=∠D=∠BEI=∠AEI=∠B=90°，则四边形AHIE，HDGI，EIFB均为矩形，根据矩形的
对边相等得IN=HI=AE= ，IM=IE=AH=2x，IF=EB= x，IG=HD=4x，证明△NIF∽△MIG，
△MPF∽△NPG，然后根据相似三角形的性质进行求解.
10．（2分）（2021九上·南宁期中）将正方形ABCD折叠，使顶点A与CD边上的点M重合，折痕交AD
于E，交BC于F，边AB折叠后与BC边交于点G.若 ， ，则 （ ）
A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【完整解答】解：如图，过点 作 于 ，交 于点 ，则 ，
∵四边形ABCD为正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴四边形CDHF为矩形，
∴ ，
∴ ，
由折叠的性质得 ，
∴ ，
，
∵ ，
，
，
在 和 中，
，
，
，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ .
故答案为：D.【思路引导】过点F作FH⊥AD于H，交AM于点O，由正方形的性质可得∠D=∠C=90°，AD=DC，推出
四边形CDHF为矩形，得到FH=DC，进而推出AD=FH，由折叠的性质得EF⊥AM，由同角的余角相等可
得∠DMA=∠HEF，证明△ADM≌△FHE，得到EF=AM，根据DC、CM的值可得DM、AD，然后利用勾
股定理求解即可.
二．填空题（共10小题，满分20分）
11．（2分）（2022九上·黄冈开学考）如图，在矩形 中， ，点 、 分别在边 、
上，连接 、 若四边形 是菱形，则 等于 ．
【答案】
【完整解答】解： 四边形MBND是菱形，
．
四边形ABCD是矩形，
．
设 ， ，则 ， 、 均为正数 ．
在 中， ，即 ，
解得 ，
，
．故答案为： ．
【思路引导】根据菱形的性质可得MD=MB，根据矩形的性质可得∠A=90°，设AB=x，AM=y，则
MB=2x-y，在Rt ABM中，利用勾股定理可得x、y的关系，由MD=MB可得MD，据此求解.
12．（2分）（2△018·市中区模拟）如图，矩形OABC的边OA，OC分别在x轴、y轴上，点B在第一象限，
点D在边BC上，且∠AOD=30°，四边形OA′B′D与四边形OABD关于直线OD对称（点A′和A，B′和B
分别对应）．若AB=1，反比例函数 （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，则k的值为
【答案】
【完整解答】解：∵四边形ABCO是矩形，AB=1，∴设B（m，1），∴OA=BC=m，∵四边形OA′B′D与
四边形OABD关于直线OD对称，
∴OA′=OA=m，∠A′OD=∠AOD=30°，
∴∠A′OA=60°，
过A′作A′E⊥OA于E，∴OE= m，A′E= m，
∴A′（ m， m），
∵反比例函数 （k≠0）的图象恰好经过点A′，B，
∴ m• m=m，
∴m= ，
∴k= ．
故答案为： ．
【思路引导】反比例函数y= 的图象经过点B和点A'，可设点B（m，1），用含m的代数式分别表示出点A'的横、纵坐标，由k=x ·y =x ·y ，求出m的值，即可得k的值。
B B A' A'
13．（2分）（2021九上·揭东期末）如图，矩形 的两条对角线相交于点 ，已知 ，
，则矩形对角线 的长为 cm．
【答案】5
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO=BO=DO，
∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，且AO=BO，
∴△ABO为等边三角形，
∴AO=BO=AB=2.5，
∴BD=5，
故答案为：5．
【思路引导】先证明△ABO为等边三角形，再利用等边三角形的性质可得AO=BO=AB=2.5，最后根据矩
形的性质可得BD=5。
14．（2分）（2021九上·禅城期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝13，AB＝5，E为BC上一点，DE平
分∠AEC，则CE的长为 ．
【答案】1
【完整解答】解：在矩形ABCD中， ， ，∴ ，
∵DE平分∠AEC，
∴
∴ ，
∴ ，
由勾股定理可得： ，
∴ ，
故答案为：1
【思路引导】先证明 ，再利用勾股定理求出 ，最后利用
计算即可。
15．（2分）（2021九上·三水期末）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE AC，CE BD，连接
OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为 ．
【答案】10
【完整解答】解：∵DE AC，CE BD，
∴四边形OCED为平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝OC＝ AC＝6，OB＝OD＝ BD＝8，
∴∠DOC＝90 ，CD＝ ＝ ＝10，
∴平行四边形OCED为矩形，
∴OE＝CD＝10，故答案为：10．
【思路引导】根据平行线的性质得出四边形OCED为平行四边形，再根据菱形的性质得出AC⊥BD，OA
＝OC＝ AC＝6，OB＝OD＝ BD＝8，利用勾股定理得出CD的值，得出平行四边形OCED为矩形，即
可得出答案。
16．（2分）（2021九上·海州期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为边AB，AD的中点，BF与
EC、ED分别交于点M，N.已知AB＝4，BC＝6，则MN的长为 .
【答案】
【完整解答】解：如图1所示，延长CE，DA交于点Q，
∵四边形ABCD是矩形，BC=6，
∴∠BAD=90°，AD=BC=6，AD∥ BC，
∵F为AD的中点，
∴AF=DF=3，
在Rt BAF中，由勾股定理得：
△
，
∵AD ∥ BC，
∴∠Q=∠ECB，
∵E为AB的中点，AB=4，∴AE=BE=2，
在△QAE和△CBE中，
∴△QAE≌△CBE（AAS），
∴AQ=BC=6，即QF=6+3=9，
∵AD BC，
∴△QMF∽△CMB，
∴ ，
∵BF=5，
∴BM=2，FM=3，
如图2所示，延长BF和CD，交于W，
同理AB=DW=4，CW=8，BF=FW=5，
∵AB CD，
∴△BNE∽△WND，
∴ ，
∴ ，解得：BN= ，
∴MN=BN−BM= −2= .
故答案为： .
【思路引导】延长CE，DA交于点Q，由矩形的性质得∠BAD=90°，AD=BC=6，AD∥BC，由中点概念
得AF=DF=3，由勾股定理求出BF，证△QAE≌△CBE，得AQ=BC=6，则QF=9，证明△QMF∽△CMB，
由相似三角形性质得BM、FM，延长BF和CD，交于W，同理得AB=DW=4，CW=8，BF=FW=5，证明
△BNE∽△WND，根据相似三角形的性质求出BN，然后根据MN=BN−BM进行计算 .
17．（2分）（2021九上·郑州期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移
长度a（a＞0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的长为 .
【答案】 或
【完整解答】解：分两种情况：
①如图1，∠D'AB'＝90°，延长C'B'交AB于G，过点D'作D'H⊥AB，交BA的延长线于H，
∴∠H＝∠AGB'＝∠BGB'＝90°，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，
∵tan∠ABD＝ ，即 ，
设B'G＝3x，BG＝4x，
∴BB'＝a＝5x，
由平移得：DD'＝BB'＝5x，
∴D'H＝3+3x，AH＝BG＝4x，
∴AG＝AB＝BG＝4﹣4x，
∵∠D'AB'＝∠HAD'+∠BAB'＝90°，
∠AD'H+∠HAD'＝90°，
∴∠AD'H＝∠GAB'，
∵∠H＝∠AGB'＝90°，
∴△D'HA∽△AGB'，
∴ ，即 ，
∴x＝ ，
∴a＝5× ＝ ；
②如图2，∠AB'D'＝90°，延长C'B'交AB于M，则C'M⊥AB，∴∠AMB'＝90°，
由平移得：B'C'＝BC＝3，
同理设B'M＝3m，BM＝4m，则BB'＝a＝5m，
∴AM＝4﹣4m，
∵∠AB'M+∠D'B'C'＝90°，∠MAB'+∠AB'M＝90°，
∴∠D'B'C'＝∠MAB'，
∵∠C'＝∠AMB'＝90°，
∴△D'C'B'∽△B'MA，
∴ ，即 ，
∴m＝ ，
∴a＝5m＝5× ＝ ；
综上，a的值是 或 .
故答案为： 或 .
【思路引导】①当∠D'AB'＝90°时，延长C'B'交AB于G，过点D'作D'H⊥AB，交BA的延长线于H，由
矩形的性质可得∠BAD＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，根据∠ABD的正切函数可设B'G＝3x，BG＝4x，则
BB'＝a＝5x，由平移得：DD'＝BB'＝5x，则D'H＝3+3x，AH＝BG＝4x，AG＝AB＝BG＝4-4x，证明
△D'HA∽△AGB'，然后根据相似三角形的性质求出x，据此可得a的值；②当∠AB'D'＝90°时，延长
C'B'交AB于M，则C'M⊥AB，由平移得：B'C'＝BC＝3，同理设B'M＝3m，BM＝4m，则BB'＝a＝5m，
则AM＝4-4m，证明△D'C'B'∽△B'MA，由相似三角形的性质求出m，进而可得a的值.
18．（2分）（2021九上·大庆期末）如图，矩形ABCD中，AB＝20，AD＝15，P，Q分别是AB，AD边
上的动点，PQ＝16，以PQ为直径的⊙O与BD交于点M，N，则MN的最大值为 ．【答案】
【完整解答】解：过A点作AH⊥BD于H，连接OM，如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，
在Rt ABD中，BD＝ ＝ ＝25，
△
∵ ×AH×BD＝ ×AD×AB，
∴AH＝ ＝12，
∵⊙O的直径为16，
∴⊙O的半径为8，
∴点O在AH上时，OH最短，
∵HM＝ ，
∴此时HM有最大值，OH＝AH﹣OA＝4，
则最大值为 ＝4 ，
∵OH⊥MN，∴MN＝2MH，
∴MN的最大值为2×4 ＝8 ．
故答案为：8 ．
【思路引导】过A点作AH⊥BD于H，连接OM，根据四边形ABCD是矩形，在Rt ABD中，利用勾股
定理得出BD的值，点O在AH上时，OH最短，得出此时HM有最大值，即可得出△结论。
19．（2分）（2021九上·沈河期末）如图，在矩形ABCD中，AD＝3，点E在AB边上，AE＝4，BE＝
2，点F是AC上的一个动点．连接EF，将线段EF绕点E逆时针旋转90°并延长至其2倍，得到线段EG，
当 时，点G到CD的距离是 ．
【答案】 或
【完整解答】解：如图1所示，过点G作NH∥AD分别交BA，CD延长线于 H，N，过点F作FM∥BC，
交AB于M，∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BAD=∠HAD=∠ADC=∠AND=90°，
∴∠H=∠N=∠AMF=90°，
∴四边形HADH是矩形， ，即 ，
∴HN=AD，
由旋转的性质可知∠GEF=90°，
∴∠HEG+∠NEF=90°，
又∵MEF+∠MFE=90°，
∴∠HEG=∠MFE，
∴△HEG∽△MFE，
∴ ，
∴ ， ，
∵MF∥BC，
∴△AMF∽△ABC，
∴ ， ，∴ ，
∴ ，
∴ ，即点G到CD的距离为 ；
如图2所示，过点G作NH∥AD分别交直线BA，直线CD于 H，N，过点F作FM∥BC，交AB于M，
同理可求出 ， ，
同理可证△AMF∽△ABC，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，即点G到CD的距离为 ；
综上所述，点G到CD的距离为 或 ．【思路引导】分两种情况：①当线段EG在EA的右侧；②当线段EG在EA的左侧；根据旋转的性质、相
似三角形的判定与性质、锐角三角函数的定义分别求解即可.
20．（2分）（2021九上·杭州月考）如图，在矩形ABCD中， ， ，E是BC的中点，将
△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，连结BC′，并延长BC′交AD于点F，则
△C′DF的面积为 .
【答案】
【完整解答】解：根据将△ECD沿直线ED翻折至矩形ABCD所在平面内，得到△EC′D，
，
E是BC的中点，
，
，
是等腰三角形，
，
根据外角的性质可得
，
，
，
分别过点E、C'作HE⊥BF于点H，C'G⊥ED于点G，，
在 中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为： .
【思路引导】根据折叠的性质可得C'E=CE，∠CED=∠C'ED，证明BF∥ED，分别过点E、C'作HE⊥BF于点H，C'G⊥ED于点G，可得C'G=HE，在Rt CDE中，利用勾股定理求出求出DE的长，根据面积法，
△
求出C'G的长即得HE，利用勾股定理求出BH，根据 即可求解.
三．解答题（共8题，满分60分）
21．（5分）（2021九上·庐江期末）如图，矩形ABCD中，BC=4，将矩形ABCD绕点C顺时针旋转得到
矩形A′B′C′D′，此时点B′恰好落在边AD上．连接B′B，若∠AB′B=75°，求旋转角及AB长．
【答案】解：连接B′B，作B′E⊥BC于E，
在矩形ABCD中，
∵∠AB′B=75°，
∴∠ABB′=15°，
∴∠CBB′=75°，
∵CB=CB′=4，
∴∠CBB′=∠CB′B=75°，
∴∠BCB′=180°﹣75°﹣75°=30°，
∴B′E= CB′=2，
∴AB=2．
故旋转角是30°，AB长2．
【思路引导】 连接B′B，作B′E⊥BC于E， 利用矩形的性质得出 ∠CBB′=75°，∠CBB′=∠CB′B=75°，
再利用旋转的性质得出答案。22．（5分）（2022九上·莲湖期末）如图所示，矩形AOBC的边AO，OB在两坐标轴上，双曲线
与矩形AOBC的边交于点D，E，点C（8，5），求D，E两点的坐标．
【答案】解：∵矩形ABCD，点C（8，5）
∴AC∥x轴，BC∥y轴，
∵点D，E在反比例 的图象上，
∴当y=5时，
5x=8
解之：
∴点 ；
当x=8时，8y=8，
解之：y=1
∴点E（8，1）.
【思路引导】利用矩形的性质可证得AC∥x轴，BC∥y轴，由点D，E在反比例 的图象上，可求
出当y=5时的x的值，可得到点D的坐标，再求出当x=8时y的值，可得到点E的坐标.23．（7分）（2022九上·岳麓开学考）如图，点 是菱形 对角线的交点，过点 作 ，
过点 作 ， 与 相交于点 ．
（1）（3分）求证：四边形 是矩形．
（2）（4分）若 ， ，求矩形 的面积．
【答案】（1）证明： ， ，
四边形 是平行四边形．
又 四边形 是菱形，
，即 ，
四边形 是矩形
（2）解： 在菱形 中， ，
．
又 ，
是等边三角形，
，
，
，
矩形 的面积是 ．
【思路引导】（1）易得四边形OCED为平行四边形，根据菱形的性质可得∠COD=90°，然后根据矩形的
判定定理进行证明；（2）根据菱形的性质可得AB=BC=CD=4，结合∠ABC=60°可得△ABC是等边三角形，由等边三角形的性
质得AC=4，OC=2，利用勾股定理求出OD，然后根据矩形的面积公式进行计算.
24．（7分）（2022·舟山九上月考）矩形OABC的顶点A，C分别在x，y轴的正半轴上，点F是边BC上
的一个动点(不与点B，C重合)，过点F的反比例函数 的图象与边AB交于点E(8，m)，AB＝
4．
（1）（3分）如图1，若BE＝3AE．
①求反比例函数的表达式；
②将矩形OABC折叠，使O点与F点重合，折痕分别与x，y轴交于点H，G，求线段OG的长度．
（2）（4分）如图2，连接OF，EF，请用含m的关系式表示OAEF的面积，并求OAEF的面积的最大
值．
【答案】（1）解：①∵BE＝3AE，AB＝4，
∴AE＝1，BE＝3，
∴E(8，1)，
∴k＝8×1＝8，
∴反比例函数表达式为y ；
②当y＝4时，x＝2，
∴F(2，4)，
∴CF＝2，
设OG＝x，则CG＝4﹣x，FG＝x，
由勾股定理得，
，解得x ，
∴OG ；
（2）解：∵点E、F在反比例函数 的图象上，
∴CF×4＝8m，
∴CF＝2m，
∴四边形OAEF的面积为8×4
=- +4m+16＝﹣ +20，
∵0＜m＜4，
∴当m＝2时，四边形OAEF的面积最大为20．
【思路引导】（1）①利用BE=3AE，AB=4，可证得AB=4AE，可求出AE，BE的长，由此可得到点E的
坐标，将点E的坐标代入反比例函数解析式，可求出k的值，即可得到此函数解析式；②利用函数解析式
求出点F的坐标，可得到CF的长；利用折叠的性质，设OG＝x，可表示出CG，FG的长，利用勾股定理
可得到关于x的方程，解方程求出x的值即可.
（2）利用反比例函数图象上点的坐标特点，可表示出CF的长，再表示出四边形OAEF的面积与m之间的
函数解析式，将其解析式转化为顶点式，利用二次函数的性质及m的取值范围，可求出四边形OAEF的面
积的最值.
25．（5分）（2020九上·邢台期中）如图， 是矩形 的边 上的一点， 于
点 ， ， ， ．求 的长度．【答案】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵
∴
∵ ，
，
∴
在 和 中，
∴
∴ ，即
解得
即 的长度为 ．
【思路引导】根据矩形的性质求出DC的长以及∠ADC=∠C=90°，根据勾股定理求出DE的长，由垂直的
定义即可得到∠AFD=∠C，根据同角的余角相等即可得到∠EDC=∠DAF，进而证明得到
△EDC∽△DAF，由相似三角形的性质求出DF的长度即可。
26．（10分）（2019九上·长兴月考）如图，在矩形ABCD中，AB=18，AD=12，点M是边AB的中点，
连结DM，DM与AC交于点G。点E，F分别是CD与DG上的点，连结EF。
（1）（2分）求证：CG=2AG；
（2）（3分）若DE=6，当以E，F，D为顶点的三角形与△CDG相似时，求EF的长；
（3）（5分）若点E从点D出发，以每秒2个单位的速度向点C运动，点F从点G出发，以每秒1个
单位的速度向点D运动。当一个点到达，另一个随即停止运动。在整个运动过程中，求四边形CEFG的面积的最小值。
【答案】（1）证明：在矩形ABCD中,AB∥DC,
∴∠DCG=∠MAG,∠CDG=∠AMG,
∴△AGM∽△CGD, ∴
∵点M是边AB的中点,∴DC=AB=2AM,
∴ =2,CG即CG=2AG
（2）证明：在Rt ADC中,由勾股定理得AC= ,由(1)
△
得,CG=2AG,:CG= AC=4 同理可得DG=10
①当∠DEF=∠DCG时, DEF∽△DCG
△
∴ 即 ,解得EF=
②当∠DEF=∠DGC时, DEF∽△DGC
△
∴ ,即 ,解得EF=
（3）证明：作GH⊥DC,FN⊥DC,
∵∠DNF=∠DAM,∠NDF=∠AMD,∴△DNF∽△MAD
∴ 即 ，解得NF=∵S =S -S =
四边形CEFG DCG DEF
△ △
∴所以当t=5时,S =52
四边形CEFG最小
【思路引导】（1）利用矩形的性质及平行线的性质，可证得∠DCG=∠MAG，,∠CDG=∠AMG，
△AGM∽△CGD，再利用相似三角形的对应边相等，可得比例线段，然后证明DC=AB=2AM，即可证得
CG与AG的数量关系。
（2）利用勾股定理，分别求出AC、DG的长，再分情况讨论：①当∠DEF=∠DCG时，
△DEF∽△DCG；②当∠DEF=∠DGC时，△DEF∽△DGC，分别利用相似三角形的性质，得出对应边成
比例，即可求出EF的长。
（3）作GH⊥DC,FN⊥DC，易证△DNF∽△MAD，可证对应边成比例，求出NF的长，再根据 S
四边形
=S -S ，可得到S与t的函数解析式，再利用二次函数的性质，可求出四边形CEFG的面积的最小
CEFG DCG DEF
△ △
值。
27．（11分）（2021九上·海州期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，在线段AB上，动
点M从点A出发向点B做匀速运动，同时动点N从B出发向点A做匀速运动，当点M、N其中一点停止
运动时，另一点也停止运动，分别过点M、N作AB的垂线，分别交两直角边AC，BC所在的直线于点
D、E，连接DE，若运动时间为t秒，在运动过程中四边形DENM总为矩形（点M、N重合除外）.
（1）（3分）写出图中与△ABC相似的三角形；
（2）（4分）如图，设DM的长为x，矩形DENM面积为S，求S与x之间的函数关系式；当x为何值
时，矩形DENM面积最大？最大面积是多少？
（3）（4分）在运动过程中，若点M的运动速度为每秒1个单位长度，求点N的运动速度.求t为多少
秒时，矩形DEMN为正方形？
【答案】（1）图中与△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM；
（2）解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴ ，
∵△ADM∽△ABC，∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∵△ADM∽△ABC，△DEC∽△ABC，
∴△ADM∽△DEC，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴当 时，矩形DENM面积最大，最大面积是3；
（3）解：当M、N相遇前，∵四边形DENM是矩形，
∴NE=MD，
∵△AMD∽△ABC，
∴ ，
由题意得 ，
∴ ，
∴ ；
∵△BEN∽△BAC，
∴ ，即
∴ ，
∴点N的速度为每秒 个单位长度；
∵当N、M相遇时，有AM+BM=AB，
∴ ，解得 ，即M、N相遇的时间为 ，
当N、M相遇后继续运动，N点到达A点时，
∴ ，
解得 ，即N点到底A点的时间为 ；
∵矩形DENM是正方形，
∴DM=MN=EN，
当N、M相遇前，即当 时， ， ， ，
∴ ，
∴ ，
解得 ；
当N、M相遇后，即当 时， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，解得 不符合题意，
∴综上所述，点N的速度为每秒 个单位长度，当 时，矩形DEMN为正方形.
【完整解答】（1）解：∵四边形DENM是矩形，
∴DE∥AB，∠DMN=∠DMA=∠ENM=∠ENB=90°，
∴△CDE∽△CAB，
∵∠ACB=∠AMD=∠ENB=90°，∠A=∠A，∠B=∠B，
∴△AMD∽△ACB，△ENB∽△ACB；
∴图中与△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM；
【思路引导】（1）易得DE∥AB，∠DMN=∠DMA=∠ENM=∠ENB=90°，∠ACB=∠AMD=∠ENB=90°，
然后利用相似三角形的判定定理进行证明；
（2）利用勾股定理求出AB，设DM=x，根据相似三角形的性质表示出AM，由勾股定理可得AD，进而表
示出CD，易证△ADM∽△DEC，然后根据相似三角形的性质可得DE，接下来根据三角形的面积公式可
得S ，最后结合二次函数的性质进行解答；
矩形DENM
（3）当M、N相遇前，根据矩形的性质可得NE=MD，由题意可得AM=t，根据相似三角形的性质可得
MD、BN，然后根据AM+BM=AB求解即可；当N、M相遇后继续运动，N点到达A点时，根据正方形的
性质可得DM=MN=EN；当N、M相遇前，表示出MD、BN、AM，然后根据MN=AB-AM-BN可求出t的
值；同理可得当N、M相遇后，t的值，据此解答.
28．（10分）（2021九上·南海期末）如图1，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点P是对角线BD上一
点，连接AP，AE⊥AP，且 ，连接BE．（1）（3分）当DP=2时，求BE的长．
（2）（3分）四边形AEBP可能为矩形吗？如果不可能，请说明理由；如果可能，求出此时四边形
AEBP的面积．
（3）（4分）如图2，作AQ⊥PE，垂足为Q，当点P从点D运动到点B时，直接写出点Q运动的距离．
【答案】（1）解：如图，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝8，AD＝4，
∴∠DAB＝90°， ，
∴ ，
∵AP⊥AE，
∴∠PAE＝90°，
∴∠DAP+∠PAB＝∠PAB+∠BAE，
∴∠DAP＝∠BAE，
∴△ADP∽△ABE，
∴ ，
∴ ；
（2）解：四边形AEBP可能为矩形．如图，由（1）得△ADP∽△ABE，
∴∠ABE＝∠ADB，
∴∠PBE＝∠PBA+∠ABE=∠PBA+∠ADB=90°，
如图，当∠APB=90°时，
∵∠APB=∠PAB=∠PBE=90°，
∴四边形AEBP为矩形，
在Rt ABD中，AB＝8，AD＝4，
△
由勾股定理得： ，
， ，
；
（3）解：点Q运动的距离为8．
【完整解答】(3)解：由（1）中， ，∠DAB=∠PAE=90°，
∴△ADB∽△APE，
∴∠ADB＝∠APE，
如图，当点P在点D处时，Q在Q 处，即AQ ⊥BD，作 AQ ⊥PE，
1 1 2图2 图3
∴∠AQ D=∠AQ P=90°，
1 2
∴△ADQ∽△APQ ，
1 2
∴ ，∠DAQ=∠PAQ，
1 2
∵∠DAP=∠DAQ+∠PAQ=∠PAQ+∠PAQ=∠QAQ ，
1 1 1 2 1 2
∴△ADP∽△AQ Q，
1 2
∴∠AQ Q=∠ADP，
1 2
∴∠BQQ=90°-∠AQ Q=90°-∠ADP=∠ABD，
1 2 1 2
因此点Q在直线QQ 上运动，
1 2
故当点P从点D运动到点B时，点Q由Q 运动到如图2中的Q 位置，则点Q运动的距离为QQ 的长度．
1 2 1 2
此时，∠DAP=∠DAB=∠DAQ+∠PAQ=∠PAQ+∠PAQ=∠QAQ =90°，
1 1 1 2 1 2
又∵∠AQ D=∠AQ P=90°，
1 2
∴四边形AQ BQ 是矩形，
1 2
∴QQ=AB=8，即点Q运动的距离为8．
1 2
【思路引导】（1）根据矩形性质和已知条件得出 ，证明△ADP∽△ABE，即可得出结论；（2）结合（1）得△ADP∽△ABE，证明四边形AEBP为矩形，再根据勾股定理即可得出结论；
（3）根据题意画出图形证明点Q在直线QQ 上运动，由（2）知：当点P从点D运动到点B时，点Q由
1 2
Q 运动到如图2中的Q 位置，则点Q运动的距离为QQ 的长度．根据矩形对角线相等即可得出点Q运动
1 2 1 2
的距离。
