數(shù)學(xué)-專項9.5 矩形的性質(zhì)與判定【八大題型】（舉一反三）（蘇科版）（帶答案）

專題9.5矩形的性質(zhì)與判定【八大題型】【蘇科版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1由矩形的性質(zhì)求線段的長度】 1【題型2由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】 5【題型3由矩形的性質(zhì)求面積】 8【題型4矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】 11【題型5矩形判定的條件】 17【題型6證明四邊形是矩形】 20【題型7矩形中多結(jié)論問題】 25【題型8矩形的判定與性質(zhì)綜合】 32【知識點1矩形的定義】有一個角是直角的平行四邊形是矩形．【知識點2矩形的性質(zhì)】①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．【題型1由矩形的性質(zhì)求線段的長度】【例1】（2022春?新泰市期末）如圖，在矩形ABCD中，AD=42，對角線AC與BD相交于點O，DE⊥AC，垂足為點E，CE＝OE，則DE的長為（）A．4 B．32 C．22【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OD＝OC，求出OD

＝CD＝OD，根據(jù)等邊三角形的判定得出△DOC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠DCA＝60°，求出∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，再根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出DE=12【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OD＝OC，∵DE⊥AC，CE＝OE，∴OD＝CD，即OD＝OC＝CD，∴△DOC是等邊三角形，∴∠DCA＝60°，∴∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，∵DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，∴DE=12∵AD＝42，∴DE＝22，故選：C【變式1-1】（2022春?開州區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，DF垂直平分OC，交AC于點E，交BC于點F，連接AF，若BD＝23，DF＝2，則AF的長為（）A．6 B．22 C．7 D．3【分析】根據(jù)矩形對角線相等且互相平分，OD=12BD=3，再根據(jù)DF垂直平分OC，得DC＝OD=3，分別在Rt△DCF，Rt△DCB中，利用勾股定理求出CF、BC的長，從而求出BF，在Rt△【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形．

∴AB＝CD，OD=12BD∵DF垂直平分OC．∴CD＝OD=3∴AB＝CD=3在Rt△BCD中，BC=BD在Rt△DCF中，CF=DF∴BF＝BC﹣CF＝3﹣1＝2．在Rt△ABF中，AF=AB故選：C．【變式1-2】（2022?碑林區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，O是BD的中點，E為AD邊上一點，且有AE＝OB＝2．連接OE，若∠AEO＝75°，則DE的長為（）A．32 B．3 C．2 D．23【分析】連接AC，OE，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC＝4，由∠AEO＝75°，可得∠EAO＝30°，進(jìn)而利用含30度角的直角三角形即可解決問題．【解答】解：如圖，連接AC，OE，在矩形ABCD中，∵O是BD的中點，

∴OA＝OB，∵AE＝OB＝2．∴AE＝OA＝2．∴AC＝4，∵∠AEO＝75°，∴∠EAO＝30°，∴CD=12∴AD=3CD＝23∴DE＝AD﹣AE＝23?故選：D．【變式1-3】（2022?南崗區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且CF＝2DF＝2，連接BE，EF，BF，且BF平分∠EBC，∠EFB＝45°，連接CE交BF于點G，則線段EG的長為51311【分析】在BC上截取BN，使BN＝BE，過點G作GH⊥EF于點H，證明△NFC≌△FED（AAS），推出ED＝FC＝2，CN＝DF＝1，設(shè)BN＝BE＝x，作GQ⊥BE于Q，GP⊥BC于P．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，再證明EGGC【解答】解：在BC上截取BN，使BN＝BE，過點G作GH⊥EF于點H，∵BF平分∠EBC，∴∠EBF＝∠CBF，又∵BE＝BN，BF＝BF，∴△BEF≌△BNF（SAS），∴EF＝NF，∠EFB＝∠NFB＝45°，∴∠EFN＝90°，∴∠EFD+∠NFC＝90°，

又∵∠EFD+∠FED＝90°，∴∠NFC＝∠FED，又∵∠D＝∠NCF＝90°，∴△NFC≌△FED（AAS），∴ED＝FC＝2，在Rt△FED中，DF＝1，∴EF=E在Rt△EDC中，EC=D設(shè)BN＝BE＝x，作GQ⊥BE于Q，GP⊥BC于P．在Rt△ABE中，∵AB2+AE2＝BE2，∴32+（x﹣1）2＝x2，解得x＝5，∵BG平分∠EBC，GQ⊥BE，GP⊥BC，∴GQ＝GP，∴S△BEG∴EGGC∴EG=511EC故答案為513【題型2由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】【例2】（2022春?溧水區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD交于點O，DE⊥AC于點E，∠AOD＝110°，則∠CDE大小是（）

A．55° B．40° C．35° D．20°【分析】由矩形的性質(zhì)得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性質(zhì)求出∠ODE＝20°，即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OC＝OD，∴∠ODC＝∠OCD，∵∠AOD＝110°，∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD=1∵DE⊥AC，∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；故選：C．【變式2-1】（2022?武昌區(qū)期末）如圖，把一張矩形紙片沿對角線折疊，如果量得∠EDF＝22°，則∠FDB的大小是（）A．22° B．34° C．24° D．68°【分析】由∠FDB＝90°﹣∠BDC．根據(jù)已知條件易求∠BDC的度數(shù)．【解答】解：∵∠EDF＝22°，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝112°．∴∠BDC＝56°．∴∠FDB＝90°﹣∠BDC＝34°．

故選：B．【變式2-2】（2022春?江夏區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點M在邊DC上，若AM平分∠DMB，則∠AMD的大小是（）A．45° B．60° C．75° D．30°【分析】由矩形的性質(zhì)和角平分線定義證出∠BAM＝∠AMB，得出BM＝AB＝2，因此BC=12BM，由直角三角形的性質(zhì)得出∠【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形∴∠D＝∠C＝90°，AD＝BC＝1，AB∥CD，∴∠BAM＝∠AMD，∵AM平分∠DMB，∴∠AMD＝∠AMB，∴∠BAM＝∠AMB，∴BM＝AB＝2，∴BC=12∴∠BMC＝30°，∴∠AMD＝∠AMB=1故選：C．【變式2-3】（2022春?莫旗期末）如圖，若將四根木條釘成的矩形木框變形為平行四邊形ABCD的形狀，并使其面積為矩形面積的一半，則平行四邊形ABCD的最大內(nèi)角的大小是150°．【分析】過D作DE⊥AB于點E，根據(jù)面積的關(guān)系可以得到AD＝2DE，則∠DAE＝30°，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可求解．【解答】解：如圖，過D作DE⊥AB于點E，

∵矩形的面積＝AB?BF＝2S平行四邊形ABCD＝2AB?DE，∴BF＝2DE，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AD＝BC，∴∠DAE+∠ABC＝180°，∵BF＝BC，∴AD＝BF＝2DE，∴∠DAE＝30°，∴∠ABC＝180°﹣∠DAE＝150°，即平行四邊形ABCD的最大內(nèi)角的大小是150°，故答案為：150°．【題型3由矩形的性質(zhì)求面積】【例3】（2022春?浦東新區(qū)期末）我們把兩條對角線所成兩個角的大小之比是1：2的矩形叫做“和諧矩形”，如果一個“和諧矩形”的對角線長為10cm，則矩形的面積為253cm2．【分析】根據(jù)“和諧矩形”的性質(zhì)求出∠ADB＝30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AB、AD的長，即可得出答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是“和諧矩形”，∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝10，∠BAD＝90°，∠CAD：∠BAC＝1：2，∴OA＝OD，∠CAD＝30°，∠BAC＝60°，∴∠ADB＝∠CAD＝30°，∴AB=12BD＝5，AD=3AB∴矩形ABCD的面積＝AB×AD＝5×53=253（cm2故答案為：253．

【變式3-1】（2022?成都）如圖，過矩形ABCD的對角線BD上一點K分別作矩形兩邊的平行線MN與PQ，那么圖中矩形AMKP的面積S1與矩形QCNK的面積S2的大小關(guān)系是S1＝S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，可知△ABD的面積等于△CDB的面積，△MBK的面積等于△QKB的面積，△PKD的面積等于△NDK的面積，再根據(jù)等量關(guān)系即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，四邊形MBQK是矩形，四邊形PKND是矩形，∴△ABD的面積＝△CDB的面積，△MBK的面積＝△QKB的面積，△PKD的面積＝△NDK的面積，∴△ABD的面積﹣△MBK的面積﹣△PKD的面積＝△CDB的面積﹣△QKB的面積＝△NDK的面積，∴S1＝S2．故答案為S1＝S2．【變式3-2】（2022春?成都期末）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一動點，連接BE，以BE邊作矩形BEFG，使得FG始終經(jīng)過點C．若矩形ABCD的面積為s1，矩形BEFG的面積為s2，則s1與s2的大小關(guān)系是（）A．s1＜s2 B．s1＝s2 C．s1＞s2 D．不確定【分析】連接CE，根據(jù)矩形ABCD和矩形BEFG都與三角形CBE同底等高，進(jìn)而可以解決問題．【解答】解：如圖，連接CE，∵矩形ABCD的面積為s1，矩形BEFG的面積為s2，∴s1＝2S△CBE，s2＝2S△CBE，

則s1＝s2．故選：B．【變式3-3】（2022春?九龍坡區(qū)校級期中）已知：矩形ABCD中，延長BC至E，使BE＝BD，F(xiàn)為DE的中點，連接AF、CF．（1）求證：CF⊥AF；（2）若AB＝10cm，BC＝16cm，求△ADF的面積．【分析】（1）連接BF，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CF＝DF，根據(jù)等邊對等角可得∠CDF＝∠DCF，然后求出∠ADF＝∠BCF，利用“邊角邊”證明△ADF和△BCF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠AFD＝∠BFC，再根據(jù)等腰三角形三線合一可得BF⊥DE，然后求出∠AFC＝90°，即可得證；（2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊上的高相等可得點F到AD、BC的距離相等，都是AB的一半，然后利用三角形的面積公式列式計算即可得解．【解答】（1）證明：如圖，連接BF，在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∵F為DE的中點，∴CF＝DF，∴∠CDF＝∠DCF，∴∠ADC+∠CDF＝∠BCD+∠DCF，即∠ADF＝∠BCF，在△ADF和△BCF中，AD=BC∠ADF=∠BCF∴△ADF≌△BCF（SAS），∴∠AFD＝∠BFC，∵BE＝BD，F(xiàn)為DE的中點，∴BF⊥DE，

∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝∠AFB+∠AFD＝90°，∴CF⊥AF；（2）解：∵△ADF≌△BCF，∴點F到AD、BC的距離相等，∵AB＝10cm，∴點F到AD的距離為12×10＝5∴△ADF的面積=12×16×5＝40【題型4矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】【例4】（2022春?潮南區(qū)期中）如圖，在矩形COED中，點D的坐標(biāo)是（1，3），則CE的長是（）A．3 B．3 C．5 D．10【分析】連接OD，過D作DF⊥x軸于F，由矩形的性質(zhì)得CE＝OD，再由點D的坐標(biāo)得OF＝1，DF＝3，然后由勾股定理求出OD的長，即可解決問題．【解答】解：如圖，連接OD，過D作DF⊥x軸于F，∵四邊形COED是矩形，∴CE＝OD，∵點D的坐標(biāo)是（1，3），∴OF＝1，DF＝3，

∴OD=O∴CE=10故選：D．【變式4-1】（2022春?任城區(qū)期末）定義：如果一個三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊OA＝3，OC＝4，點M（2，0），在邊AB存在點P，使得△CMP為“智慧三角形”，則點P的坐標(biāo)為（）A．（3，1）或（3，3） B．（3，12）或（3，3）C．（3，12）或（3，1） D．（3，1【分析】由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，設(shè)P（3，a），則AP＝a，BP＝4﹣a；分兩種情況：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根據(jù)勾股定理分別求出CP2、MP2、CM2，并根據(jù)圖形列出關(guān)于a的方程，解得a的值，則可得答案．【解答】解：由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，∴設(shè)P（3，a），則AP＝a，BP＝4﹣a；

①若∠CPM＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，在Rt△MPA中，由勾股定理得：MP2＝MA2+AP2＝1+a2，在Rt△MPC中，由勾股定理得：CM2＝MP2+CP2＝1+a2+（4﹣a）2+9＝2a2﹣8a+26，又∵CM2＝OM2+OC2＝4+16＝20，∴2a2﹣8a+26＝20，解得：a＝3或a＝1，∴P（3，3）或（3，1）；②若∠CMP＝90°，在Rt△BCP中，由勾股定理得：CP2＝BP2+BC2＝（4﹣a）2+9，在Rt△MPA中，由勾股定理得：MP2＝MA2+AP2＝1+a2，∵CM2＝OM2+OC2＝20，在Rt△MCP中，由勾股定理得：CM2+MP2＝CP2，∴20+1+a2＝（4﹣a）2+9，解得：a=1∴P（3，12綜上，P（3，12故選：D．【變式4-2】（2022?西平縣模擬）已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC=252，O為BC上一點，BO=72，如圖所示，以BC所在直線為x軸，O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，（1）若點M的坐標(biāo)為（1，0），如圖1，以O(shè)M為一邊作等腰△OMP，使點P在矩形ABCD的一邊上，則符合條件的等腰三角形有幾個？請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；（2）若將（1）中的點M的坐標(biāo)改為（4，0），其他條件不變，如圖2，那么符合條件的等腰三角形有幾個？求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．

【分析】（1）OM的長是1，小于矩形的寬，也小于OB的長，所以點P只能是OM的垂直平分線與AD的交點；（2）OM的長是4，等于矩形的寬，所以點P可以是過O、M的垂線與AD的交點，也可以是OM的垂直平分線與AD的交點，又OM的長大于OB的長，所以點P也可以在AB上；【解答】解：（1）符合條件的等腰△OMP只有1個；點P的坐標(biāo)為（12（2）符合條件的等腰△OMP有4個．如圖②，在△OP1M中，OP1＝OM＝4，在Rt△OBP1中，BO=7BP1=(O∴P1（?72，在Rt△OMP2中，OP2＝OM＝4，∴P2（0，4）；在△OMP3中，MP3＝OP3，∴點P3在OM的垂直平分線上，∵OM＝4，∴P3（2，4）；在Rt△OMP4中，OM＝MP4＝4，∴P4（4，4）；

【變式4-3】（2022春?浦江縣期中）如圖，長方形OABC中，O為平面直角坐標(biāo)系的原點，A點的坐標(biāo)為（4，0），C點的坐標(biāo)為（0，6），點B在第一象限內(nèi)，點P從原點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著O→C→B→A→O的路線移動（移動一周）．（1）寫出點B的坐標(biāo)；（2）當(dāng)點P移動了4秒時，求出點P的坐標(biāo)；（3）在移動過程中，當(dāng)△OBP的面積是10時，直接寫出點P的坐標(biāo)．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及點的坐標(biāo)的定義寫出即可；（2）先求得點P運動的距離，從而可得到點P的坐標(biāo)；（3）分點P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四種情況討論，由三角形的面積公式可求點P坐標(biāo)．【解答】解：（1）∵A點的坐標(biāo)為（4，0），C點的坐標(biāo)為（0，6），∴OA＝4，OC＝6，∴點B（4，6）；（2）∵點P移動了4秒時的距離是2×4＝8，∴點P的坐標(biāo)為（2，6）；（3）如圖，

①當(dāng)點P在OC上時，S△OBP=12×∴OP1＝5，∴點P（0，5）；②當(dāng)點P在BC上，S△OBP=12×∴BP2=10∴CP2＝4?10∴點P（23③當(dāng)點P在AB上，S△OBP=12×∴BP3＝5，∴AP3＝6﹣5＝1，∴點P（4，1）；④當(dāng)點P在AO上，S△OBP=12×∴OP4=10∴點P（103綜上，點P的坐標(biāo)為（0，5）或（23，6）或（4，1）或（10【知識點3矩形的判定方法】①矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形；②有三個角是直角的四邊形是矩形；

③對角線相等的平行四邊形是矩形（或“對角線互相平分且相等的四邊形是矩形”）.

【題型5矩形判定的條件】【例5】（2022春?夏邑縣期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（）A．AB＝BE B．BE⊥DC C．∠ADB＝90° D．CE⊥DE【分析】先證四邊形DBCE為平行四邊形，再由矩形的判定和菱形的判定進(jìn)行解答即可．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，又∵AD＝DE，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴四邊形DBCE為平行四邊形，A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴∠BDE＝90°，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；B、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項符合題意；C、∵∠ADB＝90°，∴∠EDB＝90°，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；D、∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；故選：B．【變式5-1】（2022春?江油市期末）在四邊形ABCD中，AC、BD交于點O，在下列條件中，不能判定四邊形ABCD為矩形的是（）A．AO＝CO，BO＝DO，∠BAD＝90° B．AB＝CD，AD＝BC，AC＝BD C．∠BAD＝∠BCD，∠ABC+∠BCD＝180°，AC⊥BD

D．∠BAD＝∠ABC＝90°，AC＝BD【分析】由平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定以及菱形的判定分別對各個選項進(jìn)行判斷即可．【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵∠BAD＝90°，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項A不符合題意；B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項B不符合題意；C、∵∠ABC+∠BCD＝180°，∴AB∥CD，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項C符合題意；D、∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴AD∥BC，在Rt△ABD和Rt△BAC中，AB=BABD=AC∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），∴AD＝BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，又∵AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項D不符合題意；故選：C．

【變式5-2】（2022春?仙居縣期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（）A．AB＝BE B．CE⊥DE C．∠ADB＝90° D．BE⊥DC【分析】先證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定進(jìn)行解答．【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，又∵AD＝DE，∴DE∥BC，且DE＝BC，∴四邊形BCED為平行四邊形，A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；B、∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；C、∵∠ADB＝90°，∴∠EDB＝90°，∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；D、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項符合題意；故選：D．【變式5-3】（2022?西城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC的中點，點F，G在邊BC

上，且DG＝EF．只需添加一個條件即可證明四邊形DFGE是矩形，這個條件可以是DE＝FG（答案不唯一）．（寫出一個即可）【分析】根據(jù)三角形中位線定理得到DE∥BC，推出四邊形DFGE是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論．【解答】解：DE＝FG，理由：∵D，E分別是AB，AC的中點，∴DE∥BC，∴DE∥FG，∵DE＝FG，∴四邊形DFGE是平行四邊形，∵DG＝EF，∴四邊形DFGE是矩形，故答案為：DE＝FG（答案不唯一）．【題型6證明四邊形是矩形】【例6】（2022春?南譙區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，若E，F(xiàn)是線段AC上兩動點，同時分別從A，C兩點出發(fā)以1cm/s的速度向點C，A運動．（1）求證：△ADE≌△CBF；（2）若BD＝8cm，AC＝14cm，當(dāng)運動時間t為多少秒時，四邊形DEBF是矩形？【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AD＝BC，AD∥BC，則∠DAE＝∠BCF，易證AE＝CF，由SAS即可得出結(jié)論；（2）先證四邊形DEBF為平行四邊形，當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF為矩形，得出OE＝OD=12

12AC﹣t=12BD或t?1【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF∵E，F(xiàn)是線段AC上兩動點，同時分別從A，C兩點出發(fā)以1cm/s的速度向點C，A運動，∴AE＝CF，在△ADE和△CBF中，AE=CF∠DAE=∠BCF∴△ADE≌△CBF（SAS）；（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OD＝OB，OA＝OC，∵AE＝CF，∴OE＝OF∴四邊形DEBF為平行四邊形，∴當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF為矩形，∴OE＝OD=12BD，即12AC﹣t=12BD或t∴12×14﹣t=12×8或解得：t＝3（s）或t＝11（s），∴當(dāng)運動時間t為3秒或11秒時，四邊形DEBF是矩形．【變式6-1】（2022春?海陵區(qū)期末）如圖，在△ABC中，O是邊AC上的一個動點，過點O作直線MN，交∠ACB的平分線于點E，交△ABC的外角∠ACD的平分線于點F．給出下列信息：①MN∥BC；②OE＝OC；③OF＝OC．（1）請在上述3條信息中選擇其中一條作為條件，證明：OE＝OF；（2）在（1）的條件下，連接AE、AF，當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？請說明理由．

【分析】（1）由平行線的性質(zhì)和角平分線定義得∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，則OE＝OC，OF＝OC，即可得出結(jié)論；（2）先證四邊形AECF是平行四邊形，再證∠ECF＝90°，即可得出結(jié)論．【解答】解：（1）選擇MN∥BC，理由如下：∵M(jìn)N∥BC，∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠DCF，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠BCE＝∠ACE，∠DCF＝∠ACF，∴∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，∴OE＝OC，OF＝OC，∴OE＝OF；（2）當(dāng)點O在邊AC上運動到AC中點時，四邊形AECF是矩形，理由如下：當(dāng)O為AC的中點時，AO＝CO，由（1）可知，OE＝OF，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，∴∠ACE+∠ACF=1即∠ECF＝90°，∴平行四邊形AECF是矩形．【變式6-2】（2022春?津南區(qū)期末）已知?ABCD，對角線AC，BD相交于點O（AC＞BD），點E，F(xiàn)分別是OA，OC上的動點．（Ⅰ）如圖①，若AE＝CF，求證：四邊形EBFD是平行四邊形；（Ⅱ）如圖②，若OE＝OB，OF＝OD，求證：四邊形EBFD是矩形．

【分析】（Ⅰ）由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，OA＝OC，再證OE＝OF，即可得出結(jié)論；（Ⅱ）由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，再證OE＝OF＝OB＝OD，進(jìn)而得出結(jié)論．【解答】證明：（Ⅰ）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB＝OD，OA＝OC，∵AE＝CF．∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∵OB＝OD，∴四邊形EBFD是平行四邊形；（Ⅱ）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB＝OD，∵OE＝OB，OF＝OD，∴OE＝OF＝OB＝OD，∴四邊形EBFD是平行四邊形，BD＝EF，∴平行四邊形EBFD是矩形．【變式6-3】（2022春?洪澤區(qū)期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是對角線AC上的兩個動點，分別從A、C同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，其中0≤t≤10．（1）若G、H分別是AD、BC的中點，則下列關(guān)于四邊形EGFH（E、F相遇時除外）的判斷：①一定是平行四邊形；②一定是矩形；③一定是菱形，正確的是①；（直接填序號，不用說理）（2）在（1）的條件下，若四邊形EGFH為矩形，求t的值．

【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，則EG∥FH，即可證明；（2）分為兩種情況，一種是四邊形EGFH為矩形，另一種是FGEH為矩形，利用EF＝GH即可求解；【解答】解：（1）連接HG交AC于點O，在矩形ABCD中，有AD∥CD，AD＝CD，∴∠DAC＝∠ACB，∠AGH＝∠CHG，∵G、H分別是AD、BC的中點，∴AG=12AD，CH=∴AG＝CH，∴△AOG≌△COH（ASA），∴OG＝OH，OA＝OC，由題意得：AE＝CF，∴OE＝OF，∴四邊形EGFH是平行四邊形，故①是正確得；隨著t的增加，∠EGF由大變小，不一定是直角，故②不一定正確；∵G平分AD，O平分AC，∴OG∥CD，∴OG不是AC的垂直平分線，∴EG與GF不一定相等，故③不一定正確；故答案為：①．（2）（2）如圖1，連接GH，

由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，∴四邊形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝6，①如圖1，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，∴EF＝GH＝6，∵AE＝CF＝t，∴EF＝10﹣2t＝6，∴t＝2；②如圖2，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，∴t＝8；綜上，四邊形EGFH為矩形時t＝2或t＝8；【題型7矩形中多結(jié)論問題】【例7】（2022?綏化一模）如圖，在一張矩形紙片ABCD中AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將紙片ABCD沿直線EF折疊，點C落在AD上的點H處，點D落在點G處，連接CE，CH．有以下四個結(jié)論：①四邊形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4；④當(dāng)點H與點A重合時，EF＝5．以上結(jié)論中，其中正確結(jié)論的個數(shù)有（）

A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①先判斷出四邊形CFHE是平行四邊形，再根據(jù)翻折的性質(zhì)可得CF＝FH，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明，判斷出①正確；②根據(jù)菱形的對角線平分一組對角線可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°時EC平分∠DCH，判斷出②錯誤；③點H與點A重合時，設(shè)BF＝x，表示出AF＝FC＝8﹣x，利用勾股定理列出方程求解得到BF的最小值，點G與點D重合時，CF＝CD，求出BF＝4，然后寫出BF的取值范圍，判斷出③正確；④過點F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判斷出④錯誤．【解答】解：①∵FH與EG，EH與CF都是原來矩形ABCD的對邊AD、BC的一部分，∴FH∥CG，EH∥CF，∴四邊形CFHE是平行四邊形，由翻折的性質(zhì)得，CF＝FH，∴四邊形CFHE是菱形，故①正確；②∵四邊形CFHE是菱形，∴∠BCH＝∠ECH，∴只有∠DCE＝30°時EC平分∠DCH，故②錯誤；③點H與點A重合時，設(shè)BF＝x，則AF＝FC＝8﹣x，在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，點G與點D重合時，CF＝CD＝4，∴BF＝4，∴線段BF的取值范圍為3≤BF≤4，故③正確；④如圖，過點F作FM⊥AD于M，

則ME＝（8﹣3）﹣3＝2，由勾股定理得，EF=MF2綜上所述，結(jié)論正確的有①③，共2個．故選：B．【變式7-1】（2022春?南充期末）如圖，矩形ABCD中，M，N分別是邊AB，CD的中點，BP⊥AN于P，CP的延長線交AD于Q．下列結(jié)論：①PM＝CN；②PM⊥CQ；③PQ＝AQ；④DQ＜2PN．其中結(jié)論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】①根據(jù)直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半直接判斷即可；②連接MC，可以判斷MC∥AN，根據(jù)已知進(jìn)一步判斷△PMC≌△BMC，即可得出結(jié)論；③連接MQ，證得∠MPQ＝90°，進(jìn)一步證明Rt△MPQ≌Rt△AMQ，得出PQ＝AP即可判斷；④取CQ的中點E，連接EN，則EN∥DQ，根據(jù)大角對大邊判斷即可．【解答】解：如圖，∵BP⊥AN于P，M是AB的中點，∴PM=12∵四邊形ABCD是矩形，

∴AB＝CD，∴PM＝CN．∴①正確．連接MC，則AMCN是平行四邊形，∴MC∥AN，∵BP⊥AN，∴BP⊥MC，∵PM＝BM，∴∠1＝∠2，∴△PMC≌△BMC，∴∠MPC＝∠MBC＝90°．∴②正確．連接MQ，由（2）得∠MPQ＝90°，同理Rt△PMQ≌Rt△AMQ（HL）．∴PQ＝AQ．∴③正確．取CQ中點E，連接EN，則EN∥DQ，∠PEN＞90°＞∠EPN，∴PN＞EN．∴DQ＝2EN＜2PN．∴④正確．故選：D．【變式7-2】（2022春?泉州期末）如圖，點P是矩形ABCD內(nèi)一點，連結(jié)PA、PB、PC、PD，設(shè)△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，以下四個判斷：①當(dāng)∠PAB＝∠PDA時，B、P、D三點共線②存在唯一一點P，使PA＝PB＝PC＝PD③不存在到矩形ABCD四條邊距離都相等的點P④若S1＝S2，則S3＝S4其中正確的是②④．（寫出所有正確結(jié)論的序號）

【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和三角形的面積公式進(jìn)行逐一判斷即可得出結(jié)論．【解答】解：①當(dāng)∠PAB＝∠PDA時，根據(jù)矩形四個角都是直角，則有∠PAB+∠PAD＝90°，即∠PAD+∠PDA＝90°，根據(jù)直三角形兩個銳角互余可知：∠APD為90°，即△APD為直角三角形，則只有正方形ABCD且P為中心時，才可能B、P、D三點共線，故①錯誤；②根據(jù)矩形對角線相等且互相平分的性質(zhì)可知：存在唯一一點P滿足PA＝PB＝PC＝PD，此時P為對角線的交點，故②正確；③除非矩形ABCD是正方形，則在其內(nèi)部才存在到矩形ABCD四條邊距離都相等的點P．故③錯誤；④△PAB和△PCD可看作以AB和CD為底的三角形，如圖，過P分別作PE⊥AB于E，PF⊥CD于F，則顯然有PE，PF在一條有線上，且滿足PE+PF＝AD，則S1+S3=12×AB?PE+12×CD?PF=12AB（PE同理可知：S2+S4=12AD?即S1+S3＝S2+S4，故若S1＝S2，則S3＝S4，故④正確，綜上所述：②④正確．故答案為：②④．【變式7-3】（2022春?興文縣期中）如圖，矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM

．則下列結(jié)論：①DN＝BM；②EM∥FN；③DF＝NF；④當(dāng)AO＝AD時，四邊形DEBF是菱形．其中正確的結(jié)論是①②④．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；DE＝BF；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到EM∥FN，故②正確；根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠FDN＝∠AED，推出AM⊥DE，而AN不一定等于MN，得到DF≠FN，故③錯誤；根據(jù)平行四邊形的判定定理得到四邊形DEBF是平行四邊形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ADO＝∠DAN＝60°，推出四邊形DEBF是菱形；故④正確．【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAN＝∠BCM，∵BF⊥AC，DE∥BF，∴DE⊥AC，∴∠DNA＝∠BMC＝90°，在△DNA和△BMC中，∠DAN=∠BCM∠DNA=∠BMC∴△DNA≌△BMC（AAS），∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝BF；∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，

∴四邊形NEMF是平行四邊形，∴EM∥FN，故②正確；∴∠DNF＝∠DEM，∵DC∥AB，∴∠FDN＝∠AED，∵AM⊥DE，而AN不一定等于MN，∴∠AED≠∠DEM，∴∠FDN≠∠FND，∴DF≠FN，故③錯誤；∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四邊形DEBF是平行四邊形，∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等邊三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝∠ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四邊形DEBF是菱形；故④正確；故答案為：①②④．

【題型8矩形的判定與性質(zhì)綜合】【例8】（2022春?海淀區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D是AB上一點，AD＝DC，DE平分∠ADC交AC于點E，DF平分∠BDC交BC于點F，∠DFC＝90°．（1）求證：四邊形CEDF是矩形；（2）若∠B＝30°，AD＝2，連接BE，求BE的長．【分析】（1）證∠EDF＝90°，∠CED＝90°，再由∠DFC＝90°，即可得出結(jié)論；（2）證△ACD是等邊三角形，得∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，則AE＝CE＝1，再由勾股定理得DE=3，然后由三角形中位線定理得BC＝2DE＝23【解答】（1）證明：∵DE平分∠ADC，DF平分∠BDC，∴∠ADE＝∠CDE=12∠ADC，∠CDF=1∴∠CDE+∠CDF=12（∠ADC+∠BDC）即∠EDF＝90°，∵AD＝DC，∴∠DCA＝∠DAC，∴∠CED＝∠AED=1又∵∠DFC＝90°，∴四邊形CEDF是矩形；（2）解：由（1）可知，四邊形CEDF是矩形，∴∠CED＝∠ECF＝90°，∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，DE⊥AC，∵AD＝DC，∴CE＝AE，△ACD是等邊三角形，∴∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，∴AE＝CE＝1，

∴DE=A∵∠DCB＝∠ECF﹣∠ACD＝90°﹣6