文档内容
专题1.2 矩形的性质与判定
【学习目标】
1.了解矩形的概念，经历矩形特殊性质的探究过程，掌握矩形的特殊性质；
2.利用矩形的特殊性质解决问题；
3.经历矩形判定定理的猜想与证明过程，理解并掌握矩形的判定定理；
4.能应用矩形的判定解决简单的证明题和计算题.
5.矩形的性质和判定方法与其他有关知识的综合运用.
【知识梳理】
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形
矩形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为矩形：
1）边：①对边平行；②对边相等，即AD∥DC，AB∥DC；AD=BC，AB=DC
2）角：四个角都是90°，即∠A=∠B=∠C=∠D=90°
3）对角线：①对角线相等；②对角线相互平分，即AC=BD；AO=BO=CO=DO
4）对称性：轴对称图形；中心对称图形
5）重要推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即如上图，如∠A=90°，点O为
斜边BD的中点，则AO= BD（或AO=OB=OD）
矩形是特殊的平行四边形，常见的判定思路：平行四边形+矩形的一个特殊性质，具体如
下：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个角是90°
2）判定方法2（角）：有3个角是直角的四边形，即∠BAB=∠ABC=∠BCD=90°
3）判定方法3（对角线）：平行四边形+对角线相等，或对角线相等且相互平分
【高频考点精讲】
【高频考点1】矩形的性质（求角度、长度）
例1.（2022·重庆市初三期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，过点A
作AE⊥BD于点E，已知∠EAD＝3∠BAE，则∠EOA＝______°．
【答案】【分析】由已知条件可先求得 ，在Rt 中可求得 ，再由矩形的性质可
得 ，则可求得 ，即可求得结果△；ABE
【解OA析=】OB∵四边形ABCD是矩形，∴ ，OA=OB，
∵∠EAD＝3∠BAE，∴ ，∴ ，
∵AE⊥BD，∴ ，
∴ ， ．故答案是 ．
【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质求角度，准确利用已知条件是解题的关键．
变式1.（2022•苏州九年级期中）已知：如图，在矩形 ABCD中，点E在AD边上，且EC
平分∠BED，若AB＝1，BC=√2，则∠ECD＝ °．
【分析】过点C作CM⊥BE交BE于M，先证明△EMC≌△EDC，求得∠DCE＝∠MCE，
再证明△BMC为等腰直角三角形，求出∠MCD，最终求得∠ECD．
【解答】解：过点C作CM⊥BE交BE于M，如图，
∵EC平分∠BED，∴∠CEM＝∠CED，
{
∠CEM=∠CED
在△EMC和△EDC中 ∠EMC=∠EDC=90°，
EC=EC
∴△EMC≌△EDC（AAS），∴∠DCE＝∠MCE，MC＝DC＝1，
在Rt△BMC中，BM=√BC2−BM2=1＝MC，
∴△BMC为等腰直角三角形，∴∠MCD＝45°，∴∠MCD＝45°
∴∠ECD＝∠MCE＝22.5°．故答案为：22.5．
【点评】本题考查了角平分线与矩形的性质，利用角平分线的性质作垂直是解决本题的关
键．
例2.（2022•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝6，E是AD上一点，AE＝
1，P是BC上一动点，连接AP，取AP的中点F，连接EF，当线段EF取得最小值时，线
段PD的长度是 ．【分析】过点 P 作 PM∥FE 交 AD 于 M，则 FE 为△APM 的中位线，PM＝2EF，当
PM⊥AD时，PM最短，EF最短，在Rt△PMD中可求得PD的长度．
【解答】解：过点P作PM∥FE交AD于M，如图，
∵F为AP的中点，PM∥FE，∴FE为△APM的中位线，
∴AM＝2AE＝2，PM＝2EF，当EF取最小值时，即PM最短，
当PM⊥AD时，PM最短，此时PM＝AB＝3，
∵MD＝AD﹣AM＝4，在Rt△PMD中，PD=√M D2+PM2=5，
∴当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是5，故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的性质，垂线段的性质和三角形中位线定理，构造三角形中位线
利用垂线段最短是解决本题的关键．
变式1.（2022·河南初三期末）如图,在矩形ABCD中,BC=2,AE⊥BD,垂足为E,∠BAE=30°,
那么△ECD的面积是 （ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件，先求Rt△AED的面积，再证明△ECD的面积与它相等．
【解析】
如图：过点C作CF⊥BD于F.∵矩形ABCD中，BC=2，AE⊥BD，∠BAE=30°.∴∠ABE=∠CDF=60°,AB=CD,AD=BC=2,∠AEB=∠CFD=90°，∠AED=30°，
∴△ABE≌△CDF.∴AE=CF.∴S = EDAE,S = EDCF.∴S =S
AED ECD AED CDE
△ △ △ △
∵AE= 1,DE= ，∴△ECD的面积是 .故答案选:D.
【点睛】本题考查了矩形的性质与含30度角的直角三角形相关知识，解题的关键是熟练的
掌握矩形的性质与含30度角的直角三角形并能运用其知识解题.
【高频考点2】矩形的性质（斜边中线）
例2．（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图，在 和 中，
， ， 是 的中点，连接 ， ， ，若
，则 的面积为（ ）
A．12 B．12.5 C．15 D．24
【答案】A
【分析】首先根据直角三角形斜边中线的性质得出 ，然后利用勾股定理求出
EM的长度，最后利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：如图，过点M作 交CD于点E，
∵ ， ， 是 的中点，
， ．
∵ ， ， ，
． 故选：A．【点睛】本题主要考查直角三角形的性质及勾股定理，掌握直角三角形斜边的中线是斜边
的一半是解题的关键．
变式2.（2022•海淀区八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，CD为中
线，延长CB至点E，使BE＝BC，连接DE，F为DE的中点，连接BF，若BF＝3，则BC
的长为（ ）
A．6√3 B．3√10 C．8 D．6
【分析】由BE＝BC知道点B为CE的中点，而点F为DE的中点，根据中位线定理可以求
得CD；在Rt△ABC中，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可求得斜边 AB的
长；根据勾股定理求得BC的长．
【解答】解：∵BE＝BC，∴点B为CE的中点，
∵点F为DE的中点，∴BF为△CDE的中位线，∴CD＝2BF＝2×3＝6，
在Rt△ABC中，∵∠ACB＝90°，CD为中线，
∴CD＝AD＝BD＝6，∴AB＝BD+AD＝6+6＝12，
在Rt△ABC中，∵AB2＝BC2+AC2，AC＝6，AB＝12，
∴BC=√AB2−AC2==6√3．故选：A．
【点评】本题考查了中位线定理，直角三角形斜边中线定理，勾股定理，其中，中位线定
理是解题的突破口．
变式2.（2021·四川南充市·中考真题）如图，点E是矩形ABCD边AD上一点，点F，G，
H分别是BE，BC，CE的中点，AF 3，则GH的长为________．
【答案】3
【分析】根据直角三角形的性质和三角形中位线的性质，即可求解．
【详解】∵在矩形ABCD中，∠BAE=90°，又∵点F是BE的中点，AF 3，
∴BE=2AF=6，
∵G，H分别是BC，CE的中点，∴GH是 BCE的中位线，
1 1
∴GH= BE= ×6=3，故答案是：3．
2 2
【点睛】本题主要考查矩形的性质，直角三角形的性质和三角形中位线的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半，是解题的关键．
【高频考点3】矩形的判定
例3.（2022·江苏无锡市·九年级月考）下列命题中，是真命题的是（ ）
A．四条边相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是矩形
C．四个角相等的四边形是矩形 D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【分析】利用矩形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故错误，是假命题；
B、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故错误，是假命题；
C、四个角相等的四边形是矩形，正确，是真命题；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，是假命题，故选：C．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解矩形的几种判定方法，难度不
大．
变式1.（2022·北京市初三期中）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．
【答案】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．
【解析】∵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．
变式2.（2022•阳谷县初三期末）在四边形ABCD中，AC，BD交于点O．在下列各组条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．∠A＝∠C，∠B+∠C＝180°，AC⊥BD B．AO＝CO，BO＝DO，∠A＝90°
C．∠A＝∠B＝90°，AC＝BD D．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD
【分析】由∠B+∠C＝180°，得出AB∥DC，再证出AD∥BC，得出四边形ABCD是平行四
边形，由对角线互相垂直得出四边形ABCD是菱形，A符合题意；
由AO＝CO，BO＝DO，得出四边形ABCD是平行四边形，由∠A＝90°即可得出B不符合
题意；由∠A+∠B＝180°，得出AD∥BC，由HL证明Rt△ABC≌Rt△BAD，得出BC＝
AD，证出四边形ABCD是平行四边形，由∠A＝90°即可得出C不符合题意．
由AB＝CD，AD＝BC，得出四边形ABCD是平行四边形，再由对角线相等即可得出D不符
合题意；
【解答】解：∵∠B+∠C＝180°，∴AB∥DC，
∵∠A＝∠C，∴∠B+∠A＝180°，∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，∴A不符合题意；
∵AO＝CO，BO＝DO，∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴B不符合题意；
∵∠A＝∠B＝90°，∴∠A+∠B＝180°，∴AD∥BC，如图所示：
{AC=BD
在Rt△ABC和Rt△BAD中， ，∴Rt△ABC≌Rt△BAD（HL），
AB=AB
∴BC＝AD，∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴C不符合题意；
∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，∴D符合题意；故选：A．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、全等三角形的判定与
性质；熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键．
【高频考点4】矩形的判定（证明类）
例4.（2021·辽宁丹东市·九年级期末）如图， 是 的中线， ，且
，连接 ， ．（1）求证： （2）当 满足什么条件时，
四边形 是矩形？并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）当 满足 时，四边形 是矩形，证
明见解析
【分析】(1)根据三角形中位线定理和平行四边形的判定和性质解答即可；(2)根据矩形的判
定解答即可.
【详解】（1） 是 的中线
又 四边形 是平行四边形
（2）当 满足 时，四边形 是矩形
，
又 四边形 是平行四边形
当 时， 四边形 是矩形
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质以及矩形的判定.此题难
度适中，注意掌握数形结合思想的应用.
变式1.（2022•连云港模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点
O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．（1）求证：
△ABE≌△CDF；（2）当线段AB与线段AC满足什么数量关系时，四边形 EGCF是矩形？
请说明理由．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行
线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，
得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四
边形，即可得出结论．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，∴∠ABE＝∠CDF，1 1
∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE= OB，DF= OD，∴BE＝DF，
2 2
{
AB=CD
在△ABE和△CDF中， ∠ABE=∠CDF ∴△ABE≌△CDF（SAS）；
BE=DF
（2）解：当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：
∵AC＝2OA，AC＝2AB，∴AB＝OA，
∵E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠OEG＝90°，
同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，
∵EG＝AE，OA＝OC，∴OE是△ACG的中位线，
∴OE∥CG，∴EF∥CG，∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，∴四边形EGCF是矩形．
【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形
中位线定理等知识，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．
变式2.（2022•成都市九年级期中）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
线定义等高频考点的应用，题型较好，综合性比较强，难度也适中．【高频考点5】矩形中的最值问题
例5.（2022•鄂州八年级模拟）如图，矩形ABCD中，AB＝10，BC＝5，点E，F，G，H分
别在矩形ABCD各边上，且AE＝CG，BF＝DH，则四边形EFGH周长的最小值为 ．
【点睛】作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长取最
小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，由对称结合矩形的性质可知：E′G′＝AB＝10、GG′＝AD
＝5，利用勾股定理即可求出E′G的长度，进而可得出四边形EFGH周长的最小值．
【详解】解：作点E关于BC的对称点E′，连接E′G交BC于点F，此时四边形EFGH周长
取最小值，过点G作GG′⊥AB于点G′，如图所示．
∵AE＝CG，BE＝BE′，∴E′G′＝AB＝10，∵GG′＝AD＝5，
∴E′G=√E'G'2+≫'2=5√5，∴C四边形EFGH ＝2E′G＝10√5．故答案为：10√5．
变式1.（2021·江苏·仪征市第三中学八年级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，
E为AB的中点，F为EC上一动点，P为DF中点，连接PB，则PB的最小值是________．
【答案】
【分析】取CD中点H，连接AH，BH，可证四边形AECH是平行四边形，可得AH//CE，
由三角形中位线定理可得PH//EC，可得点P在AH上，当BP⊥AH时，PB有最小值，即可
求解．
【详解】解：如图，取CD中点H，连接AH，BH，设AH与DE的交点为O，连接BO，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，CD//AB，
∵点E是AB中点，点H是CD中点，∴CH＝AE＝DH＝BE＝4，
∴四边形AECH是平行四边形，∴AH//CE，
∵点P是DF的中点，点H是CD的中点，∴PH//EC，∴点P在AH上，
∴当BP⊥AH时，此时点P与H重合，BP有最小值，
∵AD＝DH＝CH＝BC＝4，∴∠DHA＝∠DAH＝∠CBH＝∠CHB＝45°，AH＝BH＝ ，
∴∠AHB＝90°，∴BP的最小值为 ，故答案为 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质，平行四边
形的性质，垂线段最短等知识，确定点P的运动轨迹是本题的关键．
变式2.（2022.湖北中考模拟）如图，长方形 ，长 ，宽 ，点P是
边上的一个动点，连结 、 ，则 的面积为________， 的最小值
是__________． 的最小值是______________．
【答案】12；10； .
【解析】解：①过点P作PE⊥AD于E，∴PE⊥AD
∵ABCD是长方形∴PE=AB=4 ∴△PAD面积为12
②作点D关于BC对称点D’，连接AD’交BC于P，此时PA+PD长度最小，最小值为
AD’的长，由勾股定理得：AD’=10 即PA+PD的最小值是10；③过点C做直线CE，使CE与BC的夹角成30°，过点P作CE的垂线，垂足为E，则PE=
PC
∴PA+ PC的最小值为PA+PE的最小值，
当P、A、E共线时，PA+PE最小，由勾股定理得：BP= ，AP=
∴PE= ∴AE=AP+PE= 即PA+ PC的最小值为 .
【能力提升】一．选择题
1．（2022·江苏南京·八年级期中）下列条件中，不能判定平行四边形ABCD为矩形的是（
）
A．∠A＝∠C B．∠A＝∠B C．AC＝BD D．AB⊥BC
【答案】A
【分析】根据矩形的判定定理再结合平行四边形的性质对选项逐一进行推理即可．
【详解】A、∠A=∠C不能判定这个平行四边形为矩形，故此项错误；
B、∵∠A=∠B，∠A+∠B=180°，∴∠A=∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，故
此项正确；
C、AC=BD，对角线相等，可推出平行四边形ABCD是矩形，故此项正确；
D、AB⊥BC，即∠B=90°，可以判定这个平行四边形为矩形，故此项正确；故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和矩形的判定，掌握高频考点是解题关键．
2．（2022·山西初三期中）数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下
面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是（ ）
A．测量对角线是否互相平分 B．测量两组对边是否分别相等
C．测量一组对角是否都为直角 D．测量三个角是否为直角
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理即可选出答案．
【解析】解：A、对角线是否相互平分，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
B、两组对边是否分别相等，能判定平行四边形，而不能判定矩形；
C、一组对角是否都为直角，不能判定形状；
D、四边形其中的三个角是否都为直角，能判定矩形，故选D．
【点睛】本题考查了矩形的判定定理：（1）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）对角线互相平分且相等的四边形是矩形，熟练掌握
矩形的判定方法是解答本题的关键．
3．（2022·江苏省泰兴市初三期中）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．【答案】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．
【解析】∵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．
4．（2022·江苏徐州·八年级月考）如图，Rt ABC中，∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，D
是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连结EF，则线段EF的长的
△
最小值是( )
A．2.5 B．2.4 C．2.2 D．2
【答案】B
【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的
对角线相等可得EF=CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF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】如图，连结CD.
∵∠ACB＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝ ＝5.
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，∴四边形CFDE是矩形，∴EF＝CD.
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的长最小，
此时，S ＝ BC·AC＝ AB·CD，即 ×4×3＝ ×5·CD，解得CD＝2.4，∴EF＝
ABC
△
2.4.故选B.
【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CD⊥AB
时，线段EF的值最小是解题的关键，难点在于利用三角形的面积列出方程．5．（2021·西安市九年级开学考试）如图，在矩形 中，点 ， 分别在边 ，
上，且 ，将矩形沿直线 折叠，使点 恰好落在 边上的点 处，
则 的长为（ ）
A．9 B．8 C． D．
【答案】D
【分析】先求出DE＝3，CE＝6，根据翻折变换的性质可得PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝
∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，然后根据直角三角形30°角的性质求出∠DPE＝30°，从而得
到∠DPF，根据平行线的性质求出∠CFP，再求出∠CFE＝30°，然后利用30°角的直角三
角形的性质和勾股定理即可求出FC，从而得解．
【详解】解：∵DC＝3DE＝9，∴DE＝3，CE＝6，
由翻折变换得，PE＝CE，FP＝FC，∠EPF＝∠C＝90°，∠CFE＝∠PFE，
所以，在Rt DPE中，∠DPE＝30°，
所以，∠DPF＝∠EPF+∠DPE＝90°+30°＝120°，
△
∵矩形对边AD∥BC，∴∠CFP＝180°﹣∠DPF＝180°﹣120°＝60°，
∴∠CFE＝ ∠CFP＝30°，∴EF＝2CE＝2×6＝12，
在Rt CEF中，根据勾股定理得，FC＝ ＝ ＝6 =FP．故选：
D． △
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、直角三角形的性质和勾股定理等知识，属
于常考题型，熟练掌握上述知识是解题的关键．
6.（2022•天津期中）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F是BC上一点，且
FC＝2BF，连接AE，EF，AF．若AB＝2，AD＝3，则∠AEF的大小为（ ）
A．30° B．45° C．60° D．不能确定
【分析】根据矩形的性质得出∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝2，BC＝AD＝3，求出AB＝CF
＝2，BF＝CE＝1，根据全等三角形的判定推出△ABF≌△FCE，根据全等三角形的性质得
出AF＝EF，∠BAF＝∠CFE，求出∠AFE＝90°，再求出答案即可．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AD＝3，AB＝2，
∴∠B＝∠C＝90°，CD＝AB＝2，BC＝AD＝3，
∵点E是CD的中点，FC＝2BF，∴CE＝DE＝1，BF＝1，CF＝2，
∴AB＝CF＝2，CE＝BF＝1，
{
AB=CF
在△ABF和△FCE中， ∠B=∠C，∴△ABF≌△FCE（SAS），
BF=CE
∴AF＝EF，∠BAF＝∠CFE，
∵∠B＝90°，∴∠BAF+∠AFB＝90°，∴∠CFE+∠AFB＝90°，
∴∠AFE＝180°﹣（∠CFE+∠AFB）＝180°﹣9°＝90°，
∴△AFE是等腰直角三角形，∴∠AEF＝45°，故选：B．
【点评】本题考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质，等腰直角三角形的性质和判
定等高频考点，能综合运用定理进行推理和计算是解此题的关键．
7．（2021·吉林松原市·前郭县一中九年级一模）如图所示，点 是矩形 的对角线
的中点，点 为 的中点．若 ， ，则 的周长为（ ）
A．10 B． C． D．14
【答案】C
【分析】易知OE是中位线，则 ，在Rt ABE中，利用勾股定理求得
△
，在Rt ABC中，利用勾股定理求得AC＝10，根据矩形性质可求BO＝5，从
而求出△BOE周长．△
【详解】点 是矩形 的对角线 的中点，点 为 的中点，
∴ ， ，∴ ．
在 中，利用勾股定理求得 ．
在 中，利用勾股定理求得 ，∴ ．
∴ 的周长为 ．故选C．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、以及勾股定理和中位线的性质，解题的技巧是把所
求三角形的三条线段分别放在不同的三角形中求解长度．
8．（2021·江苏连云港·中考真题）如图，将矩形纸片 沿 折叠后，点D、C分别
落在点 、 的位置， 的延长线交 于点G，若 ，则 等于（
）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到
∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∵矩形纸片 沿 折叠，
∴∠DEF=∠GEF，
又∵AD//BC，∴∠DEF=∠EFG，∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64︒，
∵ 是△EFG的外角，∴ =∠GEF+∠EFG=128︒故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到
内错角相等，由三角形外角的性质求解．
9．（2021·江苏宿迁·中考真题）折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，
已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在Rt
ABD中，由勾股定理求BD，在Rt ADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方
法，建立等式求MN．
【详解】解：如图，连接BM，
由折叠可知，MN垂直平分BD，又AB∥CD， ∴ BON≌ DOM，∴ON＝OM，
∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），
设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，在Rt ABD中，由勾股定理得：BD＝ ＝
，
在Rt ADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，即42+（8﹣x）2＝x2，解得x＝5，
根据菱形计算面积的公式，得BN×AD＝ ×MN×BD，即5×4＝ ×MN× ，
解得MN＝ ．故选：B．
【点睛】本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，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线段相等．
10．（2021·达州市·九年级期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分
交BC于点E， ．连接OE，则下面的结论：① 是等边三角形；
② 是等腰三角形；③ ；④ ；⑤ ，其中正
确的结论有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】B
【分析】判断出△ABE是等腰直角三角形，根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个
内角的和求出∠ACB＝30°，再判断出△ABO，△DOC是等边三角形，可判断①；根据等
边三角形的性质求出OB＝AB，再求出OB＝BE，可判断②，由直角三角形的性质可得BC
＝ AB，可判断③，由等腰三角形性质求出∠BOE＝75°，再根据∠AOE＝∠AOB＋
∠BOE＝135°，可判断④；由面积公式可得 可判断⑤；即可求解．
【详解】解：∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴∠AEB＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AB＝BE，
∵∠CAE＝15°，∴∠ACE＝∠AEB−∠CAE＝45°−15°＝30°，∴∠BAO＝90°−30°＝60°，
∵矩形ABCD中：OA＝OB＝OC＝OD，∴△ABO是等边三角形，△COD是等边三角形，
故①正确；
∴OB＝AB，又∵ AB＝BE，∴OB＝BE，∴△BOE是等腰三角形，故②正确；在Rt ABC中∵∠ACB=30°∴BC＝ AB，故③错误；
△
∵∠OBE＝∠ABC−∠ABO＝90°−60°＝30°＝∠ACB，∴∠BOE＝ （180°−30°）＝75°，
∴∠AOE＝∠AOB＋∠BOE＝60°＋75°＝135°，故④错误；
∵AO＝CO，∴ ，故⑤正确；故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等
腰三角形的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质
是解题的关键．
二．填空题
11．（2022·安徽芜湖·八年级期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点
O作 ，交AD于点E，过点E作 ，垂足为F， ， ，
，则矩形ABCD的面积为________．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，可求出OD和OA的长度， ，
，则 ，根据矩形的性质，即可求出矩形ABCD的面
积，矩形ABCD的面积= ．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC= ，
∵ ，
∴ ，
，
∴ ，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积= ，故答案为：
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，熟练地掌握矩形对角线互相平分的性质
是解题的关键．
12．（2021·绵阳市·九年级专题练习）如图，矩形 中， ， ，将矩形
绕点 顺时针方向旋转后得到矩形 ，若边 交线段 于 ，且
，则 的值是______．
【答案】
【分析】设DH的值是x，那么CH= ，BH=x，在Rt BCH中根据勾股定理即可列出
关于x的方程，解方程就可以求出DH．
△
【详解】解：设DH的值是x， ∵AB=8，AD=6，且BH=DH，
在Rt BCH中， ， ， 即 ．
△
故答案为：
【点睛】此题主要考查矩形的性质，勾股定理等知识，解题关键是利用勾股定理列出关于
所求线段的方程．
13．（2022·成都初三月考）如图所示，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P是AD上的动
点，PE⊥AC，PF⊥BD于F，则PE+PF的值为_____．
【答案】 ．
【分析】根据矩形的性质和三角形的面积求出S ＝S ＝S ＝S ＝ S ＝
△AOD △DOC △AOB △BOC 矩形ABCD
×6×8＝12，根据勾股定理求出BD、 AO、DO，最后根据三角形面积公式求出答案即
可．【解析】解：连接OP，
∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，AC＝2AO＝2OC，BD＝2BO＝2DO，AC＝
BD，
∴OA＝OD＝OC＝OB，∴S ＝S ＝S ＝S ＝ S ＝ ×6×8＝12，
△AOD △DOC △AOB △BOC 矩形ABCD
在Rt△BAD中，由勾股定理得：BD＝ ，∴AO＝OD＝5，
∵S +S ＝S ，∴ ×AO×PE+ ×DO×PF＝12，∴5PE+5PF＝24，PE+PF＝
△APO △DPO △AOD
【点睛】本题考查勾股定理以及利用面积求线段长度，能够找到PE+PF与S 之间的关
△AOD
系是解题的关键．
14．（2022·湖北初三模拟）如图，将矩形 绕点 顺时针旋转50°，得到矩形
，点 ， ， 在一条直线上，连接 ，则 的度数为_______．
【答案】65°
【分析】连接AC ，由旋转的性质可得∠C AC=50°，根据四边形ABCD是矩形和旋转的
性质，得出AC =AC，即可求出答案．
【解析】解：连接AC ，由旋转的性质可得∠C AC=50°，
，
∵四边形ABCD是矩形，且矩形 为旋转所得，∴AC =AC，
∴∠AC B=∠ACB=（180°-50°）÷2=65°，故答案为：65°．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质，得出∠C AC=50°是
解题关键．
15．（2022•泗阳县校级期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，P是AB上动点，
PQ平行于BC交CD于Q．M是AD上动点，MN平行于AB交BC于N．则PM+NQ的最小
值为 ．
【点睛】如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF．由四边形APFM、四边形CQFN是矩形，
推出PM＝AF，NQ＝CF，推出PM+CQ＝AF+CF，由FA+FC≥AC，即可解决问题．
【详解】解：如图，设PQ交MN于F，连接AF、CF、AC．
∵四边形ABCD是矩形，PQ∥BC，MN∥AB，∴可得四边形APFM、四边形CQFN是矩形，
∴PM＝AF，NQ＝CF，∴PM+CQ＝AF+CF，∵FA+FC≥AC，AC=√32+42=5，
∴AF+FC的最小值为5，∴PM+NQ的最小值为5．故答案为5
16．（2022·全国·九年级专题练习）如图，已知矩形ABCD，AB＝4，BC＝6，点M为矩形
内一点，点E为BC边上任意一点，则MA＋MD＋ME的最小值为______．
【答案】
【解析】依然构造60°旋转，将三条折线段转化为一条直线段．
分别以AD、AM为边构造等边△ADF、等边△AMG，连接FG，易证△AMD≌△AGF，∴MD＝GF ∴ME＋MA＋MD＝ME＋EG＋GF
过F作FH⊥BC交BC于H点，线段FH的长即为所求的最小值．
三．解答题
17．（2021·江苏徐州·中考真题）如图，将一张长方形纸片 沿 折叠，使 两点
重合．点 落在点 处．已知 ， ．（1）求证： 是等腰三角形；（2）
求线段 的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）根据矩形的性质可得 ,则 ,因为折叠， ，
即可得证；（2）设 用含 的代数式表示 ，由折叠， ，再用勾股定理
求解即可
【详解】（1） 四边形 是矩形
因为折叠，则 是等腰三角形
（2） 四边形 是矩形 ,
设 ，则 因为折叠，则 ， ,
在 中 即 解得：
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定定理，图像的折叠，勾股定理，熟悉
以上高频考点是解题的关键．18．（2022·湖南九年级月考）如图1将长方形纸片 的一边 沿着 向下折叠，
使点 落在边 上的点 处．（1）试判断线段 与 的关系，并说明理由；（2）
如图2，若 ，求 的长；
【答案】（1） ，且CQ平分PD，理由见解析；（2） ．
【分析】（1）根据折叠的性质，得到对应边相等，对应角相等，继而证明
，再结合全等三角形的性质解得 ，
据此解题；
（2）设AQ=x，结合折叠的性质，计算BP、PQ的长，在 中，结合勾股定理解题．
【详解】（1）如图，PD与CQ交于点H，
折叠，
，且CQ平分PD
（2）设AQ=x， ，
在 中，
在 中， ， ，解得 ．
【点睛】本题考查勾股定理、折叠、矩形的性质知识，是重要考点，难度较易，掌握相关
知识是解题关键．
19．（2021·江苏·中考真题）如图，点C是BE 的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；（2）如果AB AE，求证：四边形ACED是
矩形．【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而
证明四边形ACED是平行四边形；（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行
四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，∴BC=CE，∴AD=CE，
∵AD∥CE，∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，∵AB=AE，∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
20.（2022·河南九年级期中）如图，将▱ABCD的边DC延长到点E，使CE=DC，连接
AE，交BC于点F，连接AC、BE．（1）求证：四边形ABEC是平行四边形；（2）若
∠AFC=2∠ADC，求证：四边形ABEC是矩形．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AB CD，AB=CD，然后根据CE=DC，得到
AB=EC，AB EC，利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”判断即可；（2）
由（1）得的结论先证得四边形ABEC是平行四边形，通过角的关系得出FA=FE=FB=FC，
AE=BC，得证．【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD．
∵CE=DC，∴AB=EC，AB∥EC，∴四边形ABEC是平行四边形；
（2）∵由（1）知，四边形ABEC是平行四边形，∴FA=FE，FB=FC．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠D．
又∵∠AFC=2∠ADC，∴∠AFC=2∠ABC．∵∠AFC=∠ABC+∠BAF，∴∠ABC=∠BAF，
∴FA=FB，∴FA=FE=FB=FC，∴AE=BC，∴四边形ABEC是矩形．
【点睛】此题考查的高频考点是平行四边形的判定与性质及矩形的判定，关键是先由平行
四边形的性质证三角形全等，然后推出平行四边形通过角的关系证矩形．
21.（2022•鄂州期中）如图，△ABC中，点 O是AC 边上的一个动点，过点 O作直线
MN∥BC，交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）判断OE与OF的大小关系？并说明理由；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并说出你的理由；
【分析】（1）利用平行线的性质得：∠OEC＝∠ECB，根据角平分线的定义可知：∠ACE
＝∠ECB，由等量代换和等角对等边得：OE＝OC，同理：OC＝OF，可得结论；
（2）先根据对角线互相平分证明四边形AECF是平行四边形，再由角平分线可得：∠ECF
＝90°，利用有一个角是直角的平行四边形可得结论；
【解答】解：（1）OE＝OF，理由如下：
∵MN∥BC，∴∠OEC＝∠ECB，
∵CE平分∠ACB，∴∠ACE＝∠ECB，
∴∠OEC＝∠ACE，∴OE＝OC，
同理可得：OC＝OF，∴OE＝OF；
（2）当O为AC中点时，四边形AECF是矩形；
理由如下：∵OA＝OC，OE＝OF（已证），
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EC平分∠ACB，CF平分∠ACG，
1 1
∴∠ACE= ∠ACB，∠ACF= ∠ACG，
2 2
1 1
∴∠ACE+∠ACF= （∠ACB+∠ACG）= ×180°＝90°，
2 2
即∠ECF＝90°，∴四边形AECF是矩形．
【点评】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定以及正方形的判定、平行线的性质、角平分线的定义，熟练掌握并区分平行四边形、矩形、正方形的判定是解题关键．
22．（2022·福建三元·八年级期中）在长方形 中，AB=5，BC=3，将长方形
绕点 顺时针旋转α(0°<α<90°)，得到长方形AEFG．（1）如图1，当点 落在
边上时，延长 交 于点 ，求证：EM=AE；（2）如图2，当GC=GB时，求α
的值；（3）如图3，当点 落在线段CF上时， 与 交于点 ，求△ADN的面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）60°：（3） .
【分析】（1）只需要证明△EFM≌△ADE即可得到答案；（2）连接DG，证明
△CDG≌△BAG，得到△ADG为等边三角形，从而可以得到答案；（3）连接AC，证明
△ABC≌△AEC，得到∠EAC=∠BAC=∠ACD，从而得到CN=AN，再根据勾股定理计算即
可得到答案.
【详解】解：（1）由旋转的性质得：BC=EF，∠B=∠FEA
∵四边形ABCD是矩形∴∠B=∠D=∠FEA=90°，BC=AD=EF
∵∠FEM+∠AED=90°，∠DAE+∠AED=90°∴∠FEM=∠DAE
∴△EFM≌△ADE（HL）∴EM=AE（2）如图所示，连接DG ∵四边形ABCD是矩形∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=CD
∵GC=GB∴∠GCB=∠GBC∴∠DCG=∠ABG∴△CDG≌△BAG ∴DG=AG
由翻折的性质可得：AD=AG∴AD=AG=DG∴△ADG为等边三角形
∴∠DAG=60°∴∠DAE=30°∴∠BAE=60°∴α=60°
（3）如图所示，连接AC 由矩形的性质和翻折的性质可得：AB=AE，∠AEF=∠B=90°
∵∠AEF=∠B=90°∴∠AEC=∠B=90° 又∵AB=AE∴△ABC≌△AEC（HL）
∴∠EAC=∠BAC
∵AB∥CD∴∠BAC=∠ACD∴∠EAC=∠ACD∴NC=AN
设DN=x，则NC=AN=CD-DN=5-x在直角三角形AND中，AN2=DN2+AD2
8 1 12
∴x2+32=(5−x) 2解得x= ∴S = AD·DN=
5 △ADN 2 5
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等边
三角形的性质与判定，等腰三角形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求
解.
23．（2022·广西九年级期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB=20，AD=12，动点P
从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接
AP，设点D关于AP的对称点为点E．（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的
值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，①请直接写出AQ长的取值范围： ；
②是否存在这样的t的值，使得QE=QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存
在，请说明理由．【答案】（1）t=2；（2）①12≤AQ≤20；②存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或
10．
【分析】（1）先证明∠APD=∠EPA=∠PAB，得AB=PB=20，根据勾股定理得PC=16，由
PD=4=2t，可得结论；（2）①分别计算两个边界点：由（1）知：t=2时，AQ=20，当AQ
最小时，PQ⊥AB，此时AQ=12，可得结论；②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，
根据等量关系列方程可解答．
【详解】（1）如图1，∵AB∥CD，
∴∠DPA=∠PAB，由轴对称得：∠DPA=∠EPA，∴∠EPA=∠PAB，∴BP=AB=20，
在Rt PCB中，由勾股定理得：PC= =16，∴PD=4=2t，
∴t=2△；
（2）①由（1）可知：当t=2时，Q与B重合，此时AQ=AB=20，
如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ=AD=12，
∴12≤AQ≤20，故答案为：12≤AQ≤20；
②存在，分两种情况：当点E在矩形ABCD内部时，如图3，∵QE=PQ﹣PE=PQ﹣DP=PQ﹣2t，∵QE=QB，PQ=AQ，∴QB=AQ﹣2t，
∵AQ+BQ=AB=20，∴AQ+AQ﹣2t=20，∴AQ=10+t，
在Rt EQA中，AQ=10+t，QE=AQ﹣2t=10-t，AE=12，
∴ △ ，解得：t=3.6；
当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，
∵QE=PE﹣PQ=DP﹣PQ=2t﹣PQ，∵QE=QB，PQ=AQ，∴BQ=2t﹣AQ，∴AB﹣AQ=2t﹣
AQ，
∴AB=2t，∴t= =10（此时P与C重合），
综上，存在这样的t值，使得QE=QB，t的值为3.6或10．
【点睛】本题考查了四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，
解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于
中考压轴题．
