第2讲 矩形的性质与判定-九年级数学上册同步精品讲义(北师大版)

目标导航 1. 理解矩形、概念和判定定理；

2．灵活运用矩形、性质进行证明和计算．

知识精讲 知识点01 矩形的性质

（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形． （2）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．

（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．

EFEC，【知识拓展】例1.如图，已知矩形ABCD中，E是AD上一点，F是AB上的一点，且EFEC．

（1）求证：△AEF≌△DCE．

（2）若DE5cm，矩形ABCD的周长为38cm，求AE的长． 【答案】（1）见解析；（2）7cm 【详解】

解：（1）证明：∵EF⊥CE， ∴∠FEC=90°，

∴∠AEF+∠DEC=90°，而∠ECD+∠DEC=90°， ∴∠AEF=∠ECD．

在Rt△AEF和Rt△DEC中，

∠FAE=∠EDC=90°，∠AEF=∠ECD，EF=EC． ∴△AEF≌△DCE（AAS）．

（2）∵由（1）可得△AEF≌△DCE． ∴AE=CD． ∴AD=AE+5．

又∵矩形ABCD的周长为38cm， ∴2（AE+AE+5）=38cm． ∴AE=7cm． 答：AE的长为7cm．

知识点02 矩形的判定

（1）矩形的判定：

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”）

（2）①证明一个四边形是矩形，若题设条件与这个四边形的对角线有关，通常证这个四边形的对角线相等． ②题设中出现多个直角或垂直时，常采用“三个角是直角的四边形是矩形”来判定矩形．

【知识拓展】例2．已如，如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，过点A作BC的平行线，过点B作AD的平行线，两线交于点E，连接DE交AB于点O． （1）求证：四边形ADBE是矩形； （2）若BC=8，AO=

5，求四边形AEBC的面积． 2

【答案】（1）见解析；（2）18 【详解】

（1）∵AE∥BC，BE∥AD， ∴四边形ADBE是平行四边形．

∵AB=AC，AD是BC边的中线， ∴AD⊥BC． 即∠ADB=90°． ∴四边形ADBE为矩形．

（2）∵在矩形ADBE中， AO=∴DE=AB= 5． ∵D是BC的中点， ∴AE=DB=4，

5， 2∴根据勾股定理ADAB2DB23 ，

1∴S四边形AEBC(84)318．

2知识点03 矩形折叠问题

【知识拓展】例3．如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处，FC交AD于E．

（1）求证：AFE≌CDE；

（2）若AB6，BC8，求图中阴影部分的面积． 【答案】（1）见解析；（2）【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，∠B=∠D=90°，

∵将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点F处，

75 4∴∠F=∠B，AB=AF， ∴AF=CD，∠F=∠D，

FD在△AEF与△CDE中，AEFCED，

AFCD∴AFE≌CDE（AAS）； （2）∵AB6，BC8， ∴CF=BC=8，AF=CD=AB=6， ∵AFE≌CDE， ∴AE=CE=8-DE，

∴在Rt△CDE中，DE+CD=CE，即DE+6=（8-DE），

2

2

2

2

2

2

7， 425∴AE=，

4∴DE=

∴图中阴影部分的面积=

112575AECD6． 2244知识点04与矩形有关的面积问题

【知识拓展】例4.[关注数学文化]数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，则所容两长方形面积相等（如图1所示）”这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证．（以上材料来源于《古证复原的原理》、《吴文俊与中国数学》和《古代世界数学泰斗刘徽》） （1）请根据如图1完成这个推论的证明过程，

﹣证明：S矩形NFGD＝S△ADCS△ANFS△FGC，

S矩形EBMF＝SABC﹣（ + ）．

易知，S△ADC＝S△ABC， ＝ ， ＝ ． 可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF

（2）如图2，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC分别交AB，CD于点E、F，连接PA，PC．若PE＝5，DF＝4，求图中阴影部分的面积．

【答案】（1）S【详解】

AEF,SFMC,SANF,SAEF,SFMC,S（2）20 FGC；

（1）解：S矩形NFGD＝S△ADC﹣（S△ANF+S△FGC）， S矩形EBMF＝S△ABC﹣（S△AEF+S△FMC）．

易知，S△ADC＝S△ABC，S△ANF＝S△AEF，S△FMC＝S△FGC． 可得S矩形NFGD＝S矩形EBMF；

故答案为：S△AEF，S△FMC；S△ANF，S△AEF，S△FMC，S△FGC； （2）解：作PM⊥AD于M，交BC于N，如图2：

则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形， ∴PM＝DF＝4，

同（1）得：S矩形AEPM＝S矩形CFPN， ∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP， ∴S△AEP＝S△CFP＝

11×PE×PM＝×5×4＝10， 22∴图中阴影部分的面积S阴＝10+10＝20．

知识点05直角三角形斜边上中线

ACB90，【知识拓展】例5.如图，在四边形ACBD中，过点E作EF//ADE是BD中点，ABAD，

交AB于点F，连接CF．请写出关于边、角的两条正确结论（不包括已知条件）：

①_________； ②_________．

【答案】答案不唯一，如：BEFBDA EFCF 【详解】

解：∵E是BD中点，EF//AD

∴F是AB的中点，EF为△ABD的中位线，BEFBDA ∴EF1AD 21AB 2∵ABAD ∴EF在Rt△ABC中，ACB90， ∴AB是Rt△ABC的斜边 ∴CF1AB 2∴EFCF

故答案为：BEFBDA；EFCF

能力拓展

BQ=20，PR=30，QS=40．求矩形ABCD的周长．

1.如图所示，菱形PQRS内接于矩形ABCD，使得点P、Q、R、S分别为边AB、BC、CD、DA上的点．已知PB=15，

【难度】★★

672【答案】．

5【解析】∵AB∥CD，∴APRCRP

∵SP∥RQ，∴SPRQRP ∴APRSPRCRPQRP， 即APSQRC

∵APSQRC，AC，SPRQ ∴△ASP≌△CQR ∴ASCQ，APCR

也可证得：△BPQ≌△DRS，∴SDBQ，DRPB 设ASx，APy

∵PR与SQ互相垂直平分，这样得到8个直角三角形，且其中6个三角形的边长分别

25，矩为15、20、25，而CQASx，CRAPy，则直角△ASP和直角△CQR的三边分别为x、y、形面积等于8个直角三角形面积之和．

11所以20x15y620152xy，

22则有3x4y120而x2y2625，解得：x20，y15或x当x20时，BCxBQ40与PR30不合，所以舍去； ∴矩形的周长为21520xy44117，y 55672． 5ADAB【总结】考察特殊的平行四边形的性质及面积法的综合应用．

2.将矩形ABCD的四个角向内折起，恰好拼成一个既无缝隙又无重叠的四边形EFGH，若EH=3，EF=4，求的值．

【难度】★★★

25【答案】．

24【解析】由翻折的性质可得：AEHMEH，MEFBEF．

∵AEHMEHMEFBEF180，

∴HEF90．同理可证得：HGF90，EHG90．

∴四边形EFGH是矩形，∴EHFG．

∵AEHBEF90，AEHAHE90，∴AHEBEF．

∵BEFBFE90，BFECFG90，∴BEFCFG，∴AHECFG． ∵AC，EHFG，AHECFG， ∴△AHE≌△CFG， ∴AHCFFN． 又∵HDHN，∴ADHF

在直角△HEF中，EH3，EF4，由勾股定理可得：HF5．

12∵HEEFHFEM，∴EM

5又∵AEEMEB， ∴AB2EM2424， ∴AD：AB5：25：24． 55【总结】考察折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的运用，综合性较强，注意分析．

分层提分

题组A 基础过关练

一、单选题

1．（2021·广东肇庆市·九年级一模）如图，在矩形ABCD中，点E在CD上，连接

AE、BE,DAECBE45,AD1,则△ABE的周长等于( )

A．6． 【答案】C

B．42 C．222 D．322

【分析】由矩形的性质和DAECBE45可证得ADE和BCE为等腰直角三角形，进而求得DE、

CE、CD的长，由矩形的性质和勾股定理分别求得AB、AE、BE的长，即可求得△ABE的周长．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD1， ∴ADE90，BCAD1，CDAB， ∵DAE45，

∴AED45，即DAEAED45， ∴ADE为等腰直角三角形，DEAD1，

∴AEAD2DE212122，

同理得BCE为等腰直角三角形，CEBC1，BE2， ∴ABCDDECE2，

∴△ABE的周长AEBEAB222222， 故选C．

【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质和勾股定理，解题的关键是证得ADE和BCE为等腰直角三角形．

2．（2021·河北保定市·九年级一模）如图，证明矩形的对角线相等，已知：四边形ABCD是矩形．求证：

ACBD．以下是排乱了的证明过程：①∴ABCD、ABCDCB．②∵BCCB③∵四边形ABCD是矩形④∴ACDB⑤∴ABC≌DCB．证明步骤正确的顺序是（ ）

A．③①②⑤④ 【答案】A

B．②①③⑤④ C．③⑤②①④ D．②⑤①③④

【分析】根据SAS定理证明三角形全等，进而得出对应边相等. 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形 ∴ABCD、ABCDCB ∵BCCB ∴ABC≌DCB ∴ACDB

所以正确顺序为③①②⑤④ 故答案为A

【点睛】本题考查了全等三角形的证明，理清证明过程是排序的关键.

3．（2021·陕西西安市第三中学九年级期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ） A．中心对称图形 【答案】D

【分析】根据矩形和菱形的性质进行判断即可得出答案．

B．对边分别相等

C．对角线互相平分 D．对角线相等

【详解】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等， 故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的性质和菱形的性质，能熟记矩形的性质和菱形的性质的内容是解此题的关键． 4．（2021·重庆市育才中学九年级期末）下列命题是真命题的是（ ） A．有一个角是直角的四边形是矩形 C．一组对边平行且相等的四边形是矩形 【答案】B

【分析】本题考查矩形的判定定理，牢记相关的内容即可选择出正确答案． 【详解】A：有一个角是直角的四边形，有可能是直角梯形，选项不符合题意．

B：对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，选项符合题意． C：一组对边平行且相等的四边行是平行四边形，故选项不符合题意， D：对角线互相垂直平分的四边形是菱形．故选项不符合题意， 故选：B

【点睛】本题考查矩形四边形的判定定理，要牢记相关的条件是解题的关键，学会去区别平行四边形，菱形，正方形以及其他非规则图形，是解题的关键．

5．（2021·广东广州市·九年级二模）直角三角形的斜边长为10，则斜边上的中线长为（ ）． A．2 【答案】D

【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得． 【详解】解：

直角三角形的斜边长为10，

B．3

C．4

D．5

B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直平分的四边形是矩形

1斜边上的中线长为105，

2故选：D．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题关键． 二、填空题

6．（2021·河南九年级专题练习）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM=2，BC=6，则OB的长为______．

【答案】13 【分析】已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D=90°，

∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB， ∴OM是△ADC的中位线， ∵OM=2， ∴DC=4， ∵AD=BC=6，

∴AC=AD2CD2=213， ∴BO=

1AC=13， 2故答案为：13 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．

7．（2021·江苏南京市·九年级二模）如图，矩形ABCD中，AB6，AD8，顺次连接AB、BC、CD、

DA的中点得到四边形EFGH，那么四边形EFGH的面积为____．

【答案】24

【分析】根据矩形的性质推出BF=AH，BF∥AH得到平行四边形BFHA，推出AB∥HF，AB=HF，同理得到BC=EG，

BC∥EG，推出HF⊥EG，据此利用面积公式求解即可．

【详解】解：连接HF、EG，

∵矩形ABCD， ∴BC∥AD，BC=AD，

∵H、F分别为边DA、BC的中点， ∴BF=AH，

∴四边形BFHA是平行四边形， ∴AB=HF=6，AB∥HF， 同理BC=EG=8，BC∥EG， ∵AB⊥BC， ∴HF⊥EG，

∴四边形EFGH的面积是故答案为：24．

【点睛】本题主要考查对矩形的性质，平行四边形的性质和判定，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能求出HF、EG的长和HF⊥EG是解此题的关键． 三、解答题

8．（2021·新兴县环城中学九年级期中）如图,在□ABCD中,DE⊥AB,BF⊥CD,垂足分别为E,F. (1)求证:AE=CF.

(2)求证:四边形BFDE为矩形.

11EG×HF=×6×8=24． 22

【分析】（1）由DE与AB垂直，BF与CD垂直，得到一对直角相等，再由四边形ABCD为平行四边形得到AD=BC，对角相等，利用AAS可得△ADE≌△CBF，由全等三角形的对应边相等即可得AE=CF；

（2）由平行四边形的对边平行得到DC与AB平行，得到∠CDE为直角，利用三个角为直角的四边形为矩形即可．

【详解】(1)∵DE⊥AB,BF⊥CD, ∴∠AED=∠CFB=90° ∵四边形ABCD为平行四边形, ∴AD=BC, ∠A=∠C, 再在△ADE和△CBF中,

AEDCFB， ACADCB∴△ADE≌△CBF(AAS)， ∴AE=CF.

(2)∵四边形ABCD为平行四边形, ∴CD∥AB,

∴∠CDE+∠DEB=180°, ∵∠DEB=90°, ∴∠CDE=90°,

∴∠CDE=∠DEB=∠BFD=90°, 则四边形BFDE为矩形.

【点睛】本题考查矩形的判定, 全等三角形的判定与性质, 平行四边形的性质.

9．（2021·河北唐山市·九年级期末）已知：如图，四边形ABCD是平行四边形，CE∥BD交AD的延长线于点E，CE=AC．

（1）求证：四边形ABCD是矩形；

（2）若AB=4，AD=3，求四边形BCED的周长．

【答案】（1）详见解析；（2）16.

【分析】（1）根据已知条件推知四边形BCED是平行四边形，则对边相等：CE=BD，依据等量代换得到对角线AC=BD，则平行四边形ABCD是矩形；

（2）通过勾股定理求得BD的长度，再利用四边形BCED是平行四边形列式计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AE∥BC． ∵CE∥BD，

∴四边形BCED是平行四边形． ∴CE=BD． ∵CE=AC， ∴AC=BD． ∴□ABCD是矩形．

（2）解：∵□ABCD是矩形，AB=4，AD=3， ∴∠DAB=90°，BC=AD=3， ∴BDAB2AD242325．

∵四边形BCED是平行四边形，

∴四边形BCED的周长为2（BC+BD）=2×(3+5)=16． 故答案为（1）详见解析；（2）16.

【点睛】本题考查矩形的判定，平行四边形的判定与性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键． 10．（2021·全国九年级专题练习）如图，四边形ABCD是矩形，过点D作DE∥AC，交BA的延长线于点E．求证：∠BDA =∠EDA．

【分析】根据矩形的性质和平行线的性质即可得到结论． 【详解】∵ 四边形ABCD是矩形， ∴ AC=BD，OA=∴ OA=OD， ∴ ∠CAD=∠BDA． ∵DE∥AC，

∴∠CAD=∠EDA， ∴∠BDA =∠EDA

【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，正确的识别图形是解题的关键．

11．（2021·福建福州市·福州十八中九年级二模）如图，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,且

11AC，OD=BD， 22DE//AC,AE//BD．求证：四边形AODE是矩形．

【分析】根据菱形的性质得出ACBD，再根据平行四边形的判定定理得四边形AODE为平行四边形，由矩形的定义得出四边形AODE是矩形． 【详解】证明：

四边形ABCD为菱形

ACBD,

AOD90,

DE//AC,AE//BD,

四边形AODE为平行四边形， 平行四边形AODE是矩形．

【点睛】本题考查了矩形的判定以及菱形的性质，还考查了平行四边形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．

题组B 能力提升练

一、单选题

1．（2021·黑龙江齐齐哈尔市·九年级三模）下列条件中能判断一个四边形是菱形的是（ ） A．对角线互相平分且相等 C．对角线互相平分且垂直 【答案】C

【分析】根据菱形的判定定理逐项判断即可．

【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，不符合题意；

B．对角线互相垂直且相等

D．对角线互相垂直且一条对角线平分一组对角

B、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形，不符合题意； C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，符合题意；

D、对角线互相垂直且一条对角线平分一组对角的四边形不一定是菱形，不符合题意；

故选：C．

【点睛】本题考查了菱形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解答本题的关键．

2．（2021·辽宁大连市·九年级二模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，∠AOD＝60°，AD＝2，则矩形ABCD的面积是（ ）

A．2 【答案】C

B．23 C．43 D．8

【分析】由矩形的性质得出∠ABC=90°，OA=OD，再证明△AOD是等边三角形，得出OA=AD，求出AC，然后根据勾股定理即可求出CD，进而得出矩形面积即可．

【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°，OA=∴OA=OD， ∵∠AOD=60°， ∴△AOD是等边三角形， ∴OA=AD=2， ∴AC=2OA=4， ∴CD=11AC，OD=BD，AC=BD， 22AC2AD2422223，

∴矩形的面积=AD•CD=43； 故选：C．

【点睛】本题考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质以及勾股定理；熟练掌握矩形的性质，证明三角形是等边三角形是解决问题的关键．

3．（2021·浙江杭州市·九年级其他模拟）已知，矩形ABCD中，E为AB上一定点，F为BC上一动点，以

EF为一边作平行四边形EFGH，点G，H分别在CD和AD上，若平行四边形EFGH的面积不会随点F的位置改

变而改变，则应满足（ ）

A．AD4AE 【答案】C 【分析】设ABB．AD2AB C．AB2AE D．AB3AE

a，BCb，BEc，BFx，由于四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，

EFGH所以△AEH△CGF，△BEF△DGH，根据SSABCD2S△AEHS△EBF ，化简后得

EFGHa2cxbc，F为BC上一动点，x是变量，a2c是x的系数，根据平S断．

【详解】解：∵四边形EFGH为平行四边形且四边形ABCD是矩形，

不会随点F的位置改

变而改变，为固定值，x的系数为0，bc为固定值，a2c0，进而可得点E是AB的中点，即可进行判

∴△AEH△CGF，△BEF△DGH， 设AB∴Sa，BCb，BEc，BFx，

EFGHSABCD2S△AEHS△EBF

11ab2acbxcx

22ababaxbccxcx

ababaxbccxcx

a2cxbc

∵F为BC上一动点，

∴x是变量，a2c是x的系数， ∵SEFGH不会随点F的位置改变而改变，为固定值，

∴x的系数为0，bc为固定值， ∴a2c0， ∴a2c， ∴E是AB的中点， ∴AB2AE， 故选：C．

【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，掌握矩形的性质是解决本题的关键．

4．（2021·江苏南通市·九年级二模）如图1，四边形ABCD中，AB//CD，B90，ACAD．动点

Р从点B出发，沿折线BADC方向以a单位/秒的速度匀速运动，在整个运动过程中，BCP的面积

S与运动时间t（秒）的函数图象如图2所示，则四边形ABCD的面积是（ ）

A．75 B．80 C．85 D．90

【答案】D

【分析】先结合函数图象求出AB3a,AD5a，从而可得AC5a，根据等腰三角形的三线合一、矩形的判定与性质可得CD2AB6a，再利用勾股定理可得BC4a，然后根据点P运动到点D时，利用三角形的面积公式可得a的值，最后根据直角梯形的面积公式即可得．

2

【详解】解：由函数图象可知，当t3时，点P运动到点A；当t8时，点P运动到点D，

AB3a,AD(83)a5a，

ACAD，

AC5a， B90，

BCAC2AB24a，

AB//CD,B90，

BCD90，即CDBC，

如图，过点A作AECD于点E，

则四边形ABCE是矩形，

CEAB3a， ACAD,AECD，

CD2CE6a（等腰三角形的三线合一），

由函数图象可知，当点P运动到点D时，BCP的面积为60， 则

11BCCD60，即4a6a60， 22ABCD3a6aBC4a18a290， 22解得a25，

则四边形ABCD的面积是故选：D．

【点睛】本题考查了等腰三角形的三线合一、矩形的判定与性质、从函数图象获取信息等知识点，读懂函数图象是解题关键． 二、填空题

5．（2021·江苏镇江市·炎黄外国语学校九年级月考）如图，矩形纸片ABCD中，已知AD16，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF6，则AB的长为__________．

【答案】12

【分析】先根据矩形的性质求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=16， ∴BC=16，

∵△AEF是△AEB翻折而成，

∴BE=EF=6，AB=AF，△CEF是直角三角形， ∴CE=16-6=10，

在Rt△CEF中，CF=CE2EF210262=8， 设AB=x，

在Rt△ABC中，AC=AB+BC，即（x+8）=x+16，解得x=12， 故答案为：12．

【点睛】本题考查的是翻折变换及勾股定理，熟知折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．

6．（2021·黑龙江佳木斯市·九年级三模）如图，在矩形ABCD中，AB3，BC4，E为BC中点，F为CD上一动点，则AFEF的最小值为______．

2

2

2

2

2

2

【答案】35 【分析】作点E关于点C的对称点M，连接AM交CD于点F，连接EF，则此时AFEF的值最小，根据矩形的性质和勾股定理得出AM的值即可

【详解】解：作点E关于点C的对称点M，连接AM交CD于点F，连接EF，则此时AFEF的值最小，EF=MF；

EC=MC，∴EF+AF=AM ∵BC4，E为BC中点， ∴BE=CE=2，∴BM=6； 在矩形ABCD中，AB3， ∴∠B=90°， ∴AMAB2BM2326235；

故答案为：35

【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识；正确的作出辅助线是解题的关键． 7．（2021·宁夏银川市·九年级一模）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，四边形OABC是矩形，点A、C的坐标分别为A（10，0），C（0，4），M是OA的中点，点P在BC边上运动．当PO=PM时，点P的坐标为______．

【答案】（2.5，4）

【分析】过P点作PD⊥OA，垂足为D，根据M是OA的中点，求出OM＝5，又知PO＝PM，PD⊥OA，于是求出

OD＝

1OM＝2.5，P点的坐标即可求出． 2【详解】如图，过P点作PD⊥OA，垂足为D， ∵M是OA的中点，故OM＝5，

∵PO＝PM，PD⊥OA， ∴OD＝

1OM＝2.5， 2故P点坐标为（2.5，4）， 故答案为：（2.5，4）．

【点睛】本题主要考查矩形的性质和等腰三角形的性质的知识点，解题的关键是根据题意作图，利用等腰三角形的性质求解．

8．（2021·哈尔滨市第六十九中学校九年级三模）已知矩形ABCD，点E在AD边上，DEAE，连接BE，将△ABE沿着BE翻折得到△BFE，射线EF交BC于G，若点G为BC的中点，FG1，DE6，则

AE的长______．

【答案】1

【分析】先设AEEFx，根据DE6，FG1，可得ADx6BC，EGx1，再根据

GEBGBE，可得EGBG，进而得出方程x1【详解】解：设AEEFx，

x6，即可得到AE的长． 2DE6，FG1，

ADx6BC，EGx1，

又

G为BC的中点，

1x6BC， 22BG由折叠可得，AEBGEB， 由AD//BC，可得AEBGBE，

GEBGBE，

EGBG，

x1x6， 2解得x4， 即AE4， 故答案为：4．

【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．

9．（2021·浙江杭州市·九年级二模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝1，点E、F分别是AB和CD的中点，

H为BC上的一点，现将△ABH沿AH折叠，使点B落在直线EF上的点G．当△ADG为等腰三角形时，AD＝_______．

【答案】1或3或3． 311AB＝，根据折叠性质22【分析】分类考虑△ADG为等腰三角形当DG=AG时，利用矩形性质可得IG＝AE＝

可得AG＝AB＝1，结合勾股定理可求AI＝3； 当AG=DG时利用折叠性质AD＝AG＝AB＝1；当AD=AG时； 由2勾股定理EG＝1332222

，设AD＝DG＝x，可得FG＝x﹣，再利用勾股定理DG＝DF+GF，构造方程x＝+

422（x﹣

323），可求AD＝即可．

32【详解】解：①AG＝DG， 作GI⊥AD，

∴I为AD中点，AD＝2AI，

∵点E、F分别是AB和CD的中点，AB＝1， ∴在矩形ABCD中，

EF∥AD∥BC，

即∠DAE＝∠AEF＝∠EFD＝∠ADF＝90°， 四边形AEFD为矩形， ∴IG＝AE＝

11AB＝， 22∵△ADG由△ABH沿AH折叠而成， ∴AG＝AB＝1， ∴AI＝AG2AE2113， 42∴AD＝2AI＝3， ②AD＝AG， ∴AD＝AG＝AB＝1， ③AD＝DG，

EG＝AG2AE21设AD＝DG＝x， ∴FG＝x﹣连接DG， ∵DG2＝DF2+GF2，

13， 423， 2∴x2＝

132

+（x﹣）， 42化简得1﹣3x＝0， 解得x＝3， 3∴AD＝3， 33． 3故答案为：1或3或【点睛】本题考查等腰三角形的分类思想，矩形性质，折叠性质，勾股定理，掌握等腰三角形的分类思想，矩形性质，折叠性质，勾股定理是解题关键．

10．（2021·湖北孝感市·九年级二模）如图，将矩形纸片ABCD（ADAB）折叠，使点C刚好落在线段AD上，且折痕分别与边BC，AD相交，设折叠后点C，D的对应点分别为点G，H，折痕分别与边BC，

AD相交于点E，F．若AB3，BC9，则线段CE的最大值与最小值的和是_____．

【答案】8

【分析】由四边形ABCD是矩形，根据折叠的性质，易证得△EFG是等腰三角形，即可得GF＝EC，又由GF//EC，即可得四边形CEGF为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形，即可得四边形BGEF为菱形；当F与D重合时，CE取最小值，可得CE＝CD＝AB＝3；当G与A重合时，CE取最大值，由折叠的性质得AE＝CE，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD//BC， ∴∠GFE＝∠FEC，

∵图形翻折后点G与点C重合，EF为折线， ∴∠GEF＝∠FEC， ∴GF＝GE，

∴GE＝EC，

∴四边形CEGF为平行四边形， ∴四边形CEGF为菱形；

如图1，当F与D重合时，CE取最小值， ∴CE＝CD＝AB＝3；

如图2，当G与A重合时，CE取最大值， 由折叠的性质得AE＝CE， ∵∠B＝90°，

∴AE＝AB＋BE，即CE＝3＋（9−CE）， ∴CE＝5，

∴线段CE的最小值为3，最大值为5，和为8 故答案为：8．

2

2

2

2

2

2

【点睛】本题考查了翻折变换−折叠问题，菱形的判定，线段的最值问题，矩形的性质，勾股定理，正确的作出图形是解题的关键．

11．（2021·安徽合肥市·九年级三模）如图，在RtABC中，ACB90，O为AB的中点，点E在BC上，且CEAC，BAE15，则COE的大小为______．

【答案】75°

【分析】根据等腰直角三角形的性质得到CAEAEC45，根据直角三角形的性质得到

COBOAO1AB，得到△AOC为等边三角形，OCBB30，进一步计算即可得出结论． 2【详解】解：∵ACB90，CEAC， ∴CAEAEC45， ∵BAE15， ∴CAB60， ∴B=30，

∵ACB90，O为AB的中点， ∴COBOAO1AB， 2∴△AOC是等边三角形，OCBB30， ∴ACOCCE， ∴COECEO故答案为：75．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 三、解答题

12．（2021·贵州中考真题）如图，在矩形ABCD中，点M在DC上，AMAB，且BNAM，垂足为N．

1(18030)75， 2

（1）求证：ABN≌MAD；

（2）若AD2,AN4，求四边形BCMN的面积． 【答案】（1）见详解；（2）45-8 【分析】（1）由矩形的性质可得∠D=90°，AB∥CD，从而得∠D=∠ANB，∠BAN=∠AMD，进而即可得到结论； （2）由ABN≌MAD以及勾股定理得AN=DM=4，AB=25，进而即可求解． 【详解】（1）证明：∵在矩形ABCD中， ∴∠D=90°，AB∥CD， ∴∠BAN=∠AMD， ∵BNAM，

∴∠ANB=90°，即：∠D=∠ANB， 又∵AMAB，

∴ABN≌MAD（AAS）， （2）∵ABN≌MAD， ∴AN=DM=4， ∵AD2，

∴AM224225， ∴AB=25，

∴矩形ABCD的面积=25×2=45， 又∵SABNSMAD1244， 2∴四边形BCMN的面积=45-4-4=45-8．

【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握AAS证明三角形全等，是解题的关键．

13．（2021·湖南长沙市·中考真题）如图，ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OAB是等边三角形，AB4．

（1）求证：ABCD是矩形； （2）求AD的长．

【答案】（1）证明见解析；（2）43．

【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得OAOC11AC,OBODBD，再根据等边三角形的性22质可得OAOB，从而可得ACBD，然后根据矩形的判定即可得证；

（2）先根据等边三角形的性质可得OBAB4，从而可得BD8，再根据矩形的性质可得

BAD90，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理即可得．

【详解】（1）证明：

四边形ABCD是平行四边形，

OAOC11AC,OBODBD， 22OAB是等边三角形， OAOB，

ACBD，

ABCD是矩形；

（2）

OAB是等边三角形，AB4，

OBAB4， BD2OB8，

由（1）已证：ABCD是矩形，

BAD90，

则在Rt△ABD中，ADBD2AB2824243．

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．

14．（2021·山东滨州市·九年级其他模拟）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G在AB上，EFAB，OG//EF．

（1）求证：四边形OEFG是矩形；

（2）若AD13，EF5，求OE和BG的长． 【答案】（1）见解析；（2）6.5，1369 2【分析】（1）根据条件先判断四边形OEFG为平行四边形，由EFAB即可证明四边形OEFG是矩形； （2）由菱形的性质和三角形的中位线定理可直接得OE的长，解RtAEF求得AF，又FGOE，根据

BGABAFFG即可求得．

【详解】解:（1）∵四边形ABCD为菱形， ∴点O为BD的中点， ∵点E为AD中点， ∴OE为△ABD的中位线， ∴OE//FG， ∵OG//EF，

∴四边形OEFG为平行四边形 ∵EFAB，

∴平行四边形OEFG为矩形

（2）∵点E为AD的中点，AD13， ∴AE6.5

∵EFA90，EF5， ∴在RtAEF中，

AFAE2EF26.5252∵四边形ABCD为菱形， ∴ABAD13，

69 2∴OE1AB6.5 2∵四边形OEFG为矩形， ∴FGOE6.5， ∴BGABAFFG1369． 2【点睛】本题考查了矩形的判定定理，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，熟悉以上定理是解题的关键．

题组C 培优拔尖练

一、单选题

1．（2021·安徽中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB2，A120，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）

A．33 【答案】A

B．223 C．23 D．123

【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长． 【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB, ∴∠BEO=∠BFO=90°， ∵∠A=120°， ∴∠B=60°，

∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，

由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD， 因为O点是菱形ABCD的对称中心， ∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，

∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°， ∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°， 所以四边形EFGH是矩形； 设OE=OF=OG=OH=x， ∴EG=HF=2x，EFHG2x2x23x，

如图，连接AC，则AC经过点O， 可得三角形ABC是等边三角形， ∴∠BAC=60°，AC=AB=2, ∴OA=1,∠AOE=30°， ∴AE=

1， 22231∴x=OE=1 22∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=23x2x23故选A．

33233, 22

【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．

2．（2021·山东济宁市·九年级二模）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，∠BAD的平分线交BC于点E，

DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；

③BH＝HF；④AB＝HF，其中正确的有（ ）

A．1个 【答案】C

B．2个 C．3个 D．4个

【分析】根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠DAE＝45°，可得出△ABE是等腰直角三角形，证出AE＝AD，证明△ABE≌△AHD，可得BE＝DH，求出∠ADE＝∠AED＝∠CED＝67.5°，从而判断出①正确；求出∠AHB＝67.5°，∠DHO＝∠ODH＝22.5°，然后根据等角对等边可得OE＝OD＝OH，判断出②正确；求出∠EBH＝∠OHD＝22.5°，∠AEB＝∠HDF＝45°，证明△BEH≌△HDF，可得BH＝HF，判断出③正确；判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到④错误，进而即可得到答案． 【详解】解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AE=2AB， ∵AD＝2AB， ∴AE＝AD，

在△ABE和△AHD中，

BAEDAEABEAHD90， AEAD∴△ABE≌△AHD（AAS）， ∴BE＝DH， ∴AB＝BE＝AH＝HD， ∴∠ADE＝∠AED＝

1（180°−45°）＝67.5°， 2∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°， ∴∠AED＝∠CED，故①正确； ∵∠AHB＝

1（180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB， 2∴∠OHE＝∠AED，

∴OE＝OH，

∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°， ∴∠OHD＝∠ODH， ∴OH＝OD，

∴OE＝OD＝OH，故②正确； ∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°， ∴∠EBH＝∠OHD，

又∵BE＝DH，∠AEB＝∠HDF＝45° 在△BEH和△HDF中，

EBH＝OHD， BE＝DHAEB＝HDF∴△BEH≌△HDF（ASA）， ∴BH＝HF，故③正确； ∵AB＝AH，∠BAE＝45°， ∴△ABH不是等边三角形， ∴AB≠BH，

∴即AB≠HF，故④错误； 综上所述，结论正确的是①②③． 故选C．

【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．

3．（2021·广东深圳市·深圳中学九年级月考）如图，在矩形ABCD中，AB2BC，E为CD上一点，且AEAB，M为AE的中点．下列结论：①DMDA；②EB平分AEC；③S△ABES△ADE；④

BE22AEEC．其中结论正确的个数是（ ）

A．1 【答案】C

B．2 C．3 D．4

【分析】①由于DM是直角ADE斜边AE上的中线，欲证DMDA，只需证明AD1AE即可；②2在直角ADE中，由于ADE90，AD1AE，得出DEA30，然后分别算出AEB与CEB211的度数即可；③由于SABES矩形ABCD，SADES矩形ABCD，从而进行判断；④如果设BCDAa，则可

22用含a的代数式表示BC、AE、EC的长度，然后在直角BCE中运用勾股定理算出BE2的值，再算出

2AEEC的值，比较即可．

【详解】解：①

在直角ADE中，ADE90，M为AE的中点，

DM1AE， 2AEAB，AB2BC2DA，

DMDA，正确；

②在直角ADE中，ADE90，AD1AE， 2DEA30．

CD//AB，

EABDEA30，CEBABE．

在EAB中，EAB30，AEAB，

AEBABE75， CEB75，

EB平分AEC，正确；

11③SABES矩形ABCD，SADESADCS矩形ABCD，

22SABESADE，错误；

④在矩形ABCD中，设BCDAa，

则AEABDC2BC2a，DE3AD3a，

EC(23)a． 在直角BCE中，

BE2BC2CE2a2[(23)a]2(843)a2，

2AEEC22a(23)a(843)a2，正确． 故选：C．

【点睛】本题主要考查了直角三角形、矩形的性质以及多边形的面积，勾股定理．综合性较强，有一定难度． 二、填空题

4．（2021·河北九年级专题练习）如图，RtABC中，ACB90，斜边AB9，D为AB的中点，F为CD上一点，且CF1CD，过点B作BE//DC交AF的延长线于点E，则BE的长为____． 3

【答案】6．

【分析】根据直角三角形的性质求出CD，根据题意求出DF，根据三角形中位线定理计算即可． 【详解】CDRtABC中，ACB90，斜边AB9，D为AB的中点，

4.5．

1AB21CFCD，

3DF2CD324.533．

BE//DC，

DF是ABE的中位线，

BE2DF6．

故答案为6．

【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线，三角形的中位线，解题的关键是先根据题意求出DF，再根据三角形中位线定理计算．

5．（2021·山东潍坊市·九年级二模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，将△ABE沿AE折叠，点B落在AD上的点F处；点M是CD上一点，将△ADM沿AM折叠，点D与点E恰好重合；若

AB1，则DM的长等于______．

【答案】22 【分析】由折叠的性质得四边形ABEF是正方形，得AE2AB2，AD=AE，AF=AB=1，得出CE=DF=21，

DM=ME，CM=1-ME，最后由勾股定理求出ME即可得到结论．

【详解】解：由折叠得，AB=AF，BAFAFEABE ∴四边形ABEF是矩形， ∴四边形ABEF是正方形 ∴AF=EF=BE=AB=1 ∵AE是折痕

∴△ABE是等腰直角三角形 ∴AE2AB2 由折叠得，AD=AE=2，ME=DM， ∵四边形ABCD是矩形，

∴AD=BC=2，CD=AB=1，C=90 ∴CEDF21，CM=CD-DM=1-ME 在Rt△CME中，CE2CM2ME2 ∴(21)2(1ME)2ME2 解得，ME=22 ∴DM=22 故答案为：22．

【点睛】此题主要考查了矩形的折叠，以及勾股定理的应用，解答此题的关键是掌握翻折后哪些对应线段是相等的．

6．（2021·黑龙江九年级三模）如图，在矩形ABCD中，AB6，BC8，对角线AC，BD相交于点O，

P为边AD上一动点，连接OP．若AOP为等腰三角形，则OP的长为______．

【答案】

25或10或5 8【分析】根据等腰三角形的性质分三种情况分别作图即可求解．

【详解】∵四边形ABCD是矩形，AB6，BC8，对角线AC，BD相交于点O， ∴AC=628210

当AO=OP时，AOP为等腰三角形， 此时OP=AO=

1AC5 2当AP=OP时，如图所示，作OH⊥AD

∵AO=OD ∴AH=

1AD4，OH=AO2AH23 2设AP=OP=x，则PH=4-x 在Rt△PHO中，PO2PH2OH2

22即x4x3

2解得x=

25 8当AP=AO=5时，如图所示， ∴HP=AP-AH=5-4=1 又HO=3

∴OP=HP2OH2321210

综上，OP的长为

25或10或5． 825故答案为：或10或5．

8【点睛】此题主要考查矩形内线段求解，解题的关键是熟知矩形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理的应用． 三、解答题

7．（2021·黑龙江哈尔滨市·九年级一模）如图，△ABC中，AB＝AC，M为AD中点，过点A作AE∥BC交BM延长线于点E，连接CE． （1）求证：四边形ADCE为矩形；

（2）连接DE交AC于点G，连接MG，在不添加辅助线的条件下请直接写出面积等于△ABM面积一半的所有三角形．

【答案】（1）见解析；（2）EGM,AMG,MDG,MGC

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出BD＝DC，利用平行线的性质得出∠AEM＝∠DBM，∠EAM＝∠BDM，进而利用全等三角形的判定和性质得出EA＝BD，进而利用矩形的判定解答即可； （2）根据三角形的面积公式解答． 【详解】证明：（1）∵AB＝AC，AD是高， ∴BD＝DC，∠ADC＝90°， ∵AE//BC，

∴∠AEM＝∠DBM，∠EAM＝∠BDM， ∵AM＝DM，

∴△AME≌△DMB（AAS）， ∴EA＝BD， ∴EA＝DC， ∵EA//DC，

∴四边形AECD为平行四边形， ∵∠ADC＝90°，

∴平行四边形ADCE是矩形； （2）∵SAMBSAMC∴SAMGSMGC11AMBDAMCD，G为AC的中点， 2211SAMCSAMB， 22∵M为AD中点，G为DE中点， ∴MG//AE//DC，

∴SEGMSAMGSMDGSMGC1SAMB 2∴面积等于△ABM面积一半的三角形为EGM,AMG,MDG,MGC．

【点睛】此题考查矩形的判定，关键是根据等腰三角形的性质和全等三角形的判定和性质以及矩形的判定

解答．