第12讲矩形（核心考点讲与练）

一．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．

二．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．

三．矩形的判定与性质

（1）关于矩形，应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性：一个内角是直角的平行四边形，进一步研究其特有的性质：是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等．同时平行四边形的性质矩形也都具有．

在处理许多几何问题中，若能灵活运用矩形的这些性质，则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题．

（2）下面的结论对于证题也是有用的：①△OAB、△OBC都是等腰三角形；②∠OAB＝∠OBA，∠OCB＝∠OBC；③点O到三个顶点的距离都相等．

一．矩形的性质（共4小题）

1．（宁波模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝10，E是BC边上一动点（不含端点B，C），连接EA，F是CD边上一点，设DF＝a，若存在唯一的点E，使∠FEA＝90°，则a的值是（　　）

A． B． C． D．3

【分析】设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝10﹣x，由DF＝a，则FC＝DC﹣DF＝6﹣a，证明△ABE∽△ECF，根据相似三角形的性质得到比例式，转化为一元二次方程，利用判别式等于0，构建方程解决问题．

【解答】解：∵∠FEA＝90°，

∴∠AEB+∠FEC＝90°，

∵∠B＝90°，

∴∠AEB+∠EAB＝90°，

∴∠EAB＝∠FEC，

∵∠B＝∠C＝90°，

∴△ABE∽△ECF，

∴ ＝ ，

设BE＝x，则EC＝BC﹣BE＝10﹣x，

∵DF＝a，

∴FC＝DC﹣DF＝6﹣a，

∴x（10﹣x）＝6（6﹣a），

∴x²﹣10x+36﹣6a＝0，

由题意判别式b²﹣4ac＝0，

∴24a﹣44＝0，

∴a＝ ，

故选：B．

【点评】本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，掌握相关的性质定理以及判定定理是解题的关键．

2．（江北区开学）如图，已知在矩形ABCD中，AB＝2， ，点P是AD边上的一个动点，连接BP，点C关于直线BP的对称点为C₁，当点P运动时，点C₁也随之运动．若点P从点A运动到点D，则线段CC₁扫过的区域的面积是　4π+3 　．

【分析】当点P在点A时，作出点C关于BP的对称点C'，当点P在点D时，作出点C的对称点C''，从而得到点C₁的运动轨迹，进而得到线段CC₁的扫过的区域，连接C''C，BD，由AB＝2，BC＝2 求得tan∠DBC的值，得到∠DBC的大小，进而得到∠C''AC的大小，从而求得扇形BC'C''的面积，过点C''作C''F⊥BC于点F，通过解直角三角形求得C''F的长，进而得到△C''CB的面积，即可得到线段CC₁扫过的区域的面积．

【解答】解：如图，当点P在点A时，作出点C关于BP的对称点C'，当点P在点D时，作出点C的对称点C''，连接C''C，BD，

∴点C₁的运动轨迹是以点B为圆心，以BC长为半径的圆弧C'C''，

∴线段CC₁的扫过的区域面积为扇形BC'C''的面积和△BC''C的面积之和，

∵AB＝2，BC＝2 ，

∴tan∠DBC ，

∴∠DBC＝30°，

∴∠C''BC＝2∠DBC＝60°，

∴∠C'BC''＝120°，

∴扇形BC'C''的面积为： •π•BC²＝ ×π×（2 ）²＝4π，

过点C''作C''F⊥BC于点F，

∴C''F＝BC''sin∠C''BC＝2 ×sin60°＝3，

∴S_△C''CB＝ ＝3 ，

∴线段CC₁扫过的区域的面积为4π+3 ，

故答案为：4π+3 ．

【点评】本题考查了轴对称的性质，解直角三角形，与圆有关的计算，解题的关键熟练应用轴对称的性质得到点C的运动轨迹，进而得到线段CC₁扫过的区域．

3．（宁波期末）如图，矩形ABCD被分割成4个小矩形，其中矩形AEPH∽矩形HDFP∽矩形PEBG，AE＞AH，AC交HG，EF于点M，Q，若要求△APQ的面积，需知道下列哪两个图形的面积之差（　　）

A．矩形AEPH和矩形PEBG B．矩形HDFP和矩形AEPH

C．矩形HDFP和矩形PEBG D．矩形HDFP和矩形PGCF

【分析】设AE＝a，AH＝b，其中a＞b，根据矩形AEPH∽矩形HDFP∽矩形PEBG，可得：DH＝ ，BE＝ ，S_矩形AEPH＝AE•EP，S_矩形PEBG＝EP•BE，S_矩形HDFP＝DH•AE，再由EF∥AD，可得△CFQ∽△CDA，得出FQ＝b，进而可得：FQ＝AH＝EP，再由S_△APQ＝ （S_矩形HDFP﹣S_矩形AEPH），即可得出答案．

【解答】解：设AE＝a，AH＝b，其中a＞b，

∵矩形AEPH∽矩形HDFP∽矩形PEBG，

∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，

∴DH＝ ，BE＝ ，

∵EF∥AD，

∴△CFQ∽△CDA，

∴ ＝ ，即 ＝ ，

∴FQ＝b，

∴FQ＝AH＝EP，

∴PQ＝PF﹣FQ＝DH﹣EP，

∵S_矩形AEPH＝AE•EP，S_矩形PEBG＝EP•BE，S_矩形HDFP＝DH•AE，

∴S_△APQ＝ PQ•AE＝ （DH﹣EP）•AE＝ （DH•AE﹣EP•AE）＝ （S_矩形HDFP﹣S_矩形AEPH），

故选：B．

【点评】本题考查了矩形的性质，矩形的面积，三角形面积，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题关键．

4．（镇海区校级期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝3，对角线AC＝5，BE平分∠ABC交AD于点E，Q是线段BE上的点，连接CQ，过点C作CP⊥CQ交AD的延长线于点P，当△PCQ为等腰三角形时，AP＝　5　．

【分析】根据矩形的性质得到∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，根据勾股定理得到BC＝ ＝4，求得AD＝BC＝4，过Q作QH⊥BC于H，根据等腰直角三角形的性质得到BH＝QH，根据全等三角形的性质得到CH＝CD＝3，于是得到结论．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝BC，CD＝AB＝3，

∵∠BCD＝∠QCP＝90°，

∴∠QCH＝∠PCD，

∵AB＝3，AC＝5，

∴BC＝ ＝4，

∴AD＝BC＝4，

过Q作QH⊥BC于H，

∴∠QHB＝∠QHC＝90°，

∵BE平分∠ABC交AD于点E，

∴∠QBH＝45°，

∴△BQH是等腰直角三角形，

∴BH＝QH，

∵CP⊥CQ，

∴∠QCP＝90°，

∵△PCQ为等腰三角形，

∴CQ＝CP，

∵∠CDP＝∠CHQ＝90°，∠QCH＝∠PCD，

∴△CQH≌△CPD（AAS），

∴CH＝CD＝3，

∴BH＝QH＝1，

∴PD＝QH＝1，

∴AP＝AD+PD＝5，

故答案为：5．

【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．

二．矩形的判定（共4小题）

5．（上城区二模）已知四边形ABCD为平行四边形，要使四边形ABCD为矩形，则可增加条件为（　　）

A．AB＝BC B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AC平分∠BAD

【分析】由四边形ABCD是平行四边形，增加AB＝BC或AC⊥BD或AC平分∠BAD，可判定四边形ABCD是菱形，由AC＝BD，即可判定四边形ABCD是矩形．注意掌握排除法在选择题中的应用．

【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，

∴四边形ABCD是菱形，故A不符合题意；

B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，

∴四边形ABCD是矩形，故B符合题意；

C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，

∴四边形ABCD是菱形，故C不符合题意；

D、∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠DAC＝∠ACB，

∵AC平分∠BAD，

∴∠DAC＝∠BAC，

∴∠BAC＝∠ACB，

∴AB＝AC，

∴四边形ABCD是菱形，故D不符合题意；

故选：B．

【点评】此题考查了矩形的判定，熟记矩形的判定定理是解此题的关键．

6．（滨江区校级三模）如图，△ABC中，∠B＝90°，点E在AC上，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，能求出四边形FEBG面积的条件是已知（　　）

A．△AEF面积与△CEG面积之和

B．△AEF面积与△CEG面积之差

C．△AEF面积与△CEG面积之商

D．△AEF面积与△CEG面积之积

【分析】根据矩形的判定定理得到四边形EFBG是矩形，根据平行线的性质得到∠AEF＝∠C，∠A＝∠CEG，根据相似三角形的性质得到AF•CG＝EF•EG，由三角形的面积公式即可得到结论．

【解答】解：∵∠B＝90°，EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，

∴∠B＝∠EFB＝∠EGB＝90°，

∴四边形EFBG是矩形，

∴EF∥BC，EG∥AB，

∴∠AEF＝∠C，∠A＝∠CEG，

∴△AEF∽△CEG，

∴ ，

∴AF•CG＝EF•EG，

∵S_△AEF＝ AF•EF，S_△CEG＝ EG•CG，

∴S_△AEF•S_△CEG＝ AF•EF•EG•CG＝（ EF•CG）²，

∴矩形FEBG面积＝4S_△AEF•S_△CEG，

∴求出矩形FEBG面积的条件是已知△AEF面积与△CEG面积之积，

故选：D．

【点评】本题考查了矩形的判定，三角形的面积的计算，正确的理解题意是解题的关键．

7．（仙居县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（　　）

A．AB＝BE B．CE⊥DE C．∠ADB＝90° D．BE⊥DC

【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．

【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，

∴AD∥BC，AD＝BC，

又∵AD＝DE，

∴DE∥BC，且DE＝BC，

∴四边形BCED为平行四边形，

A、∵AB＝BE，DE＝AD，

∴BD⊥AE，

∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；

B、∵CE⊥DE，

∴∠CED＝90°，

∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；

C、∵∠ADB＝90°，

∴∠EDB＝90°，

∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；

D、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意；

故选：D．

【点评】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定等知识，判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．

8．（金东区期末）如图，在平面直角坐标系中，有点A（3，0），点B（3，5），射线AO上的动点C，y轴上的动点D，平面上的一个动点E，若∠CBA＝∠CBD，以点B，C，D，E为顶点的四边形是矩形，则AC的长为　 或 或15　．

【分析】存在三种情况：①作辅助线，构建等腰△BDF，先根据三角形内角和得∠BDC＝∠F，再由等腰三角形三线合一的性质得CD＝CF，最后证明△DCO≌△FCA（AAS），可得结论．②如图2，同理构建直角三角形，利用勾股定理可得结论；③如图3，同理可得结论．

【解答】解：存在三种情况：

①如图1，延长BA和DC交于点F，

∵点A（3，0），点B（3，5），

∴AB⊥x轴，OA＝3，

∵四边形DCBE是矩形，

∴∠DCB＝90°，

∴∠BCF＝∠DCB＝90°，

∵∠CBD＝∠CBF，

∴∠BDC＝∠BFC，

∴BD＝BF，

∴CD＝CF，

在△DCO和△FCA中，

，

∴△DCO≌△FCA（AAS），

∴OC＝AC，

∵AC＝ OA＝ ．

②如图2，过点B作BM⊥y轴于M，则∠BMD＝90°，

∵四边形CDBE是矩形，

∴∠CDB＝90°，

∵∠CBA＝∠CBD，∠CAB＝90°，

∴BD＝BA＝5，AC＝CD，

∵BM＝3，

∴DM＝4，

∴CD＝5﹣4＝1，

设AC＝x，则OC＝3﹣x，CD＝x，

由勾股定理得：CD²＝OD²+OC²，

即x²＝1²+（3﹣x）²，

解得：x＝ ，

∴AC＝ ；

③如图3，过点D作NL∥x轴，交AB的延长线于L，过C作CN⊥NL于N，则∠N＝∠L＝90°，

∵∠CDB＝∠CBA＝90°，∠CBA＝∠CBD，

∴CD＝AC，

设AC＝b，则CD＝b，OC＝DN＝b﹣3，

∵AB＝BD＝5，

∵DL＝3，

∴BL＝4，

∴CN＝AL＝5+4＝9，

由勾股定理得：CN²+DN²＝CD²，

即9²+（b﹣3）²＝b²，

解得：b＝15，

综上，AC的长为 或 或15；

故答案为： 或 或15．

【点评】此题考查了坐标与图形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明DC＝CF是解本题的关键．

三．矩形的判定与性质（共4小题）

9．（南湖区校级期中）下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角相等；②它是一个矩形；③它是一个平行四边形．下列推理过程正确的是（　　）

A．由①推出②，由②推出③ B．由①推出③，由③推出②

C．由②推出③，由③推出① D．由③推出①，由①推出②

【分析】根据平行四边形的性质，矩形的判定和性质可得出答案．

【解答】解：A、对角相等的四边形不一定是矩形，矩形是平行四边形，故由①不能推出②，由②可以推出③，此选项不符合题意；

B、对角相等的四边形不一定是平行四边形，平行四边形不一定是矩形；故由①不能推出③，由③不能推出②，此选项不符合题意；

C、矩形可以推出这个四边形是个平行四边形，根据平行四边形的性质可以得出对角相等，所以由②推出③，由③推出①，此选项符合题意；

D、平行四边形的对角相等，对角相等的四边形不一定是矩形，故由③可以推出①，由①不能推出②，此选项不符合题意；

故选：C．

【点评】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．

10．（涿鹿县期末）如图，在△ABC中，∠A＝90°，AC＝8，AB＝6，点D是BC边上的动点（不与B，C重合）过点D作DE⊥AB于点E，作DF⊥AC于点F，则EF的最小值是（　　）

A．3 B． C．5 D．

【分析】连接AD，根据矩形的性质可知：EF＝AD，当AD最小时，则EF最小，根据垂线段最短可知当EF⊥AD时，则EF最小，再根据三角形的面积为定值即可求出EF的长．

【解答】解：∵Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝8，BA＝6，

∴BC＝10，

连接AD，

∵DE⊥AB，DF⊥AC，

∴四边形EAFD是矩形，

∴EF＝AD，

当AD最小时，则EF最小，根据垂线段最短可知当AD⊥BC时，则AD最小，

∴EF＝AD＝ ＝ ，

故选：B．

【点评】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求FE的最小值转化为其相等线段AD的最小值．

11．（余姚市期末）如图，矩形A₁B₁C₁D₁在矩形ABCD的内部，且B₁C₁⊥BC，点B₁，D₁在对角线BD的异侧．连结BB₁，DB₁，BD₁，DD₁，若矩形ABCD∼矩形A₁B₁C₁D₁，且两个矩形的周长已知．只需要知道下列哪个值就一定可以求得四边形B₁BD₁D的面积（　　）

A．矩形ABCD的面积 B．∠B₁BD₁的度数

C．四边形B₁BD₁D的周长 D．BB₁的长度

【分析】连接BC₁，DA₁，过点B₁作B₁E⊥AB于点E，过点C₁作C₁F⊥AB于点F，过点B₁作B₁G⊥AD于点G，过点D₁作D₁H⊥BC于点H，设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，BF＝m，AG＝n，然后用分割法求得四边形BB₁DD₁的面积，进而可以根据条件得到结果．

【解答】解：如图，连接BC₁，DA₁，过点B₁作B₁E⊥AB于点E，过点C₁作C₁F⊥AB于点F，过点B₁作B₁G⊥AD于点G，过点D₁作D₁H⊥BC于点H，

∵B₁C₁⊥BC，

∴四边形AEB₁G、四边形EFC₁B₁是矩形，

设小矩形的长和宽分别为a和b，大矩形的长和宽分别为ak和bk，BF＝m，AG＝n，则 ，S_矩形ABCD＝abk²，AE＝bk﹣m﹣a，CH＝ak﹣n﹣b，

∴ ， ， ＝ b（bk﹣m﹣a）， ＝ a（ak﹣n﹣b），

∴ + + +

＝ +ab

＝ k（a²+b²）＝ k[（a+b）²﹣2ab]

＝ k（a+b）²﹣kab，

∵矩形ABCD和矩形A₁B₁C₁D₁的周长已知，

∴2（a+b）和2（ak+bk）为定值，

∴k为定值，

∴ k（a+b）²为定值，

∵kab＝ ＝ ，

∴当S_矩形ABCD已知时，四边形B₁BD₁D的面积即为定值，

故选：A．

【点评】本题考查了矩形的判定与性质，解题的关键是学会设矩形的长和宽并用含有未知数的式子表示矩形ABCD、矩形A₁B₁C₁D₁和四边形B₁BD₁D的面积．

12．（拱墅区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，则EF的最小值为（　　）

A．1.2 B．1.25 C．2.4 D．2.5

【分析】先证四边形AEPF是矩形，得EF＝AP，要使EF最小，只要AP最小即可，再根据垂线段最短和三角形面积求出AP即可．

【解答】解：连接AP，如图：

∵PE⊥AB，PF⊥AC，

∴∠AEP＝∠AFP＝90°，

∵∠BAC＝90°，

∴四边形AFPE是矩形，

∴EF＝AP，

要使EF最小，只要AP最小即可，

当AP⊥BC时，AP最短，

∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，

∴BC＝ ＝ ＝5，

∵△ABC的面积＝ ×4×3＝ ×5×AP，

∴AP＝2.4，

即EF＝2.4，

故选：C．

【点评】本题利用了矩形的性质和判定、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键．

题组A 基础过关练

一．选择题（共8小题）

1．（永嘉县校级期末）如图，ABCD、AEFC都是矩形，而且点B在EF上，这两个矩形的面积分别是S₁，S₂，则S₁，S₂的关系是（　　）

A．S₁＞S₂ B．S₁＜S₂ C．S₁＝S₂ D．3S₁＝2S₂

【分析】由于矩形ABCD的面积等于2个△ABC的面积，而△ABC的面积又等于矩形AEFC的一半，所以可得两个矩形的面积关系．

【解答】解：矩形ABCD的面积S＝2S_△ABC，而S_△ABC＝ S_矩形AEFC，即S₁＝S₂．

故选：C．

【点评】本题主要考查了矩形的性质及面积的计算，能够熟练运用矩形的性质进行一些面积的计算问题．

2．（上城区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝2BC，在CD上取一点E，使AE＝AB，则∠EBC等于（　　）

A．10° B．15° C．22.5° D．30°

【分析】根据矩形性质得出∠D＝∠ABC＝90°，AD＝BC，DC∥AB，推出AE＝2AD，得出∠DEA＝30°＝∠EAB，求出∠EBA的度数，即可求出答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠D＝∠ABC＝90°，AD＝BC，DC∥AB．

∵AB＝AE，AB＝2CB，

∴AE＝2AD．

∴∠DEA＝30°．

∵DC∥AB，

∴∠DEA＝∠EAB＝30°．

∵AE＝AB，

∴∠ABE＝∠AEB＝ （180°﹣∠EAB）＝75°．

∵∠ABC＝90°，

∴∠EBC＝90°﹣75°＝15°．

故选：B．

【点评】本题考查了矩形性质，三角形的内角和定理，平行线性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形性质的应用，解此题的关键是求出∠ABC和∠EBA的度数．

3．（永嘉县校级期末）如图，矩形ABCD的对角线交于点O．若∠BAO＝55°，则∠AOD等于（　　）

A．110° B．115° C．120° D．125°

【分析】根据矩形的性质可得∠BAO＝∠ABO＝55°，再依据三角形外角性质可知∠AOD＝∠BAO+∠ABO＝55°+55°＝110°．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OA＝OB．

∴∠BAO＝∠ABO＝55°．

∴∠AOD＝∠BAO+∠ABO＝55°+55°＝110°．

故选：A．

【点评】本题主要考查了矩形的性质，矩形中对角线互相平分且分成的四条线段都相等．

4．（婺城区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，连接BD，作∠CBD的平分线交CD于点E，则CE的长度为（　　）

A． B．2 C．3 D．4

【分析】作EH⊥BD于H．思想利用勾股定理求出BD，再证明△EBH≌△EBC，可得BC＝BH＝4，EC＝EH，设EC＝EH＝x，在Rt△DEH中，根据DE²＝DH²+EH²，列出方程即可解决问题．

【解答】解：作EH⊥BD于H．

∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝CD＝3，BC＝AD＝4，∠C＝90°，

∴BD＝ ＝5，

∵BE平分∠CBD，

∴∠EBC＝∠EBH，

在△EBH和△EBC中，

，

∴△EBH≌△EBC，

∴BC＝BH＝4，EC＝EH，设EC＝EH＝x，

在Rt△DEH中，∵DE²＝DH²+EH²，

∴（3﹣x）²＝1²+x²，

∴x＝ ，

∴CE＝ ，

故选：A．

【点评】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．

5．（永嘉县校级期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，自点A作AE⊥BD于点E，且BE：ED＝1：3，过点O作OF⊥AD于点F，若OF＝3cm，则BD的长为（　　）cm．

A．6 B．9 C．12 D．15

【分析】根据矩形的性质得出AC＝BD，BD＝2BO＝2OD，AC＝2AO，∠BAD＝90°，求出AO＝BO，根据等边三角形的判定得出△ABO是等边三角形，求出∠BAO＝60°，∠DAO＝30°，即可求出AO，即可求出答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝BD，BD＝2BO＝2OD，AC＝2AO，∠BAD＝90°，

∴AO＝BO，

∵BE：ED＝1：3，

∴BE＝EO，

∵AE⊥BD，

∴AB＝AO，

即AO＝OB＝AB，

∴△ABO是等边三角形，

∴∠BAO＝60°，

∴∠DAO＝90°﹣60°＝30°，

∵OF⊥AD于点F，OF＝3cm，

∴∠AFO＝90°，AO＝2OF＝6cm，

∴AC＝2AO＝12cm，

∴BD＝12cm，

故选：C．

【点评】本题考查了等边三角形的性质和判定，含30°角的直角三角形性质，矩形的性质的应用，能熟记知识点的内容是解此题的关键，注意：矩形的对角线互相平分且相等．

6．（拱墅区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，DE⊥AC于点E，∠EDC：∠EDA＝1：2，且AC＝8，则EC的长度为（　　）

A．2 B．2 C．4 D．

【分析】根据∠EDC：∠EDA＝1：2，可得∠EDC＝30°，∠EDA＝60°，进而得出DC＝ AC，进而求得CE的长．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ADC＝90°，AC＝BD＝8，OA＝OC＝ AC＝4，OB＝OD＝ BD＝4，

∴OC＝OD，

∴∠ODC＝∠OCD，

∵∠EDC：∠EDA＝1：2，∠EDC+∠EDA＝90°，

∴∠EDC＝30°，∠EDA＝60°，

∵DE⊥AC，

∴∠DEC＝90°，

∴∠DAC＝30°，

∴DC＝ AC＝4，

∴EC＝ DC＝2，

故选：B．

【点评】本题考查了直角三角形的性质和矩形的性质，根据已知得出∠DAC＝30°是解题关键．

7．（镇海区期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点M在BC上，BM＝CD，点N在CD上，且DN＝CM，DM与BN交于点P，则DM：BN＝（　　）

A． ：2 B．1： C． ： D．2：

【分析】设BM＝CD＝a，DN＝CM＝b，利用勾股定理分别表示出DM与BN的值即可解答．

【解答】解：设BM＝CD＝a，DN＝CM＝b，

∴BC＝a+b，NC＝a﹣b，

∵四边形ABCD是矩形，

∴∠DCB＝90°，

在Rt△DCM和Rt△BCN中，由勾股定理得，

DM＝ ＝ ，

BN＝ ＝ ＝ • ，

∴DM：BN＝1： ，

故选：B．

【点评】本题考查了矩形的性质和勾股定理等知识，关键是设出相等边，利用勾股定理表示出所求边．

8．（营口期末）矩形ABCD与ECFG如图放置，点B，C，F共线，点C，E，D共线，连接AG，取AG的中点H，连接EH．若AB＝CF＝4，BC＝CE＝2，则EH＝（　　）

A． B．2 C． D．

【分析】由“ASA”可证△ADH≌△GNH，可得DH＝HN，NG＝AD＝2，由等腰直角三角形的性质可求解．

【解答】解：连接DH，并延长交EG于N，

∵AD∥EG，

∴∠DAH＝∠AGN，

∵点H是AG的中点，

∴AH＝HG，

在△ADH和△GNH中，

，

∴△ADH≌△GNH（ASA），

∴DH＝HN，NG＝AD＝2，

∵AB＝CD＝EG＝4，BC＝CE＝2，

∴DE＝EN＝2，

又∵∠DEN＝90°，

∴DN＝ DE＝2 ，

∵DE＝EN，DH＝HN，∠DEN＝90°，

∴EH＝ DN＝ ，

故选：A．

【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，证明DE＝EN是本题的关键．

二．填空题（共7小题）

9．矩形ABCD中，横向阴影部分是长方形，另一部分是平行四边形，依照图中标注的数据，图中空白部分的面积为　ab﹣bc﹣ac+c²　．

【分析】先求出矩形的面积（ab），再求出阴影部分的面积（ac和bc），两块交叉的部分面积是c²，根据图形求出即可．

【解答】解：∵矩形ABCD的面积是ab，

阴影部分的面积是：ac+bc﹣c²，

∴图中空白部分的面积是：ab﹣（ac+bc﹣c²）＝ab﹣bc﹣ac+c²．

故答案为：ab﹣bc﹣ac+c²．

【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，整式的运算的应用，注意：两块阴影部分的交叉处的面积是c²，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．

10．（西湖区校级期末）如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，且AE＝AD＝5，若AB＝3，则CE的长是　1　．

【分析】根据矩形的性质可得∠B＝90°，BC＝AD＝5，根据勾股定理求出BE的长，进而可得CE的长．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝90°，BC＝AD＝5，

∵AE＝AD＝5，AB＝3，

∴BE＝ ＝ ＝4，

∴CE＝BC﹣BE＝5﹣4＝1．

故答案为：1．

【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，解决本题的关键是根据勾股定理求出BE的长．

11．（乐清市期末）若使平行四边形ABCD为矩形，需添加一个条件为　∠A＝90°或AC＝BD（答案不唯一）　．（填出一种情况即可）

【分析】根据矩形的判定定理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对角线相等的平行四边形是矩形填空即可．

【解答】解：若使平行四边形ABCD为矩形，需添加一个条件为∠A＝90°或AC＝BD（答案不唯一），

故答案为：∠A＝90°或AC＝BD（答案不唯一）．

【点评】本题考查了对矩形的判定定理的应用，注意：矩形的判定定理有：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对角线相等的平行四边形是矩形．

12．（温州期末）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，已知OD＝5，AD＝6，则该矩形的周长是　28　．

【分析】由矩形的性质可得DO＝BO＝5，∠DAB＝90°，在Rt△ABD中，由勾股定理可求AB的长，即可求解．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴DO＝BO，∠DAB＝90°，

∴BD＝10，

∴AB＝ ＝ ＝8，

∴矩形ABCD的周长＝2（AD+AB）＝28，

故答案为：28．

【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，求出AB的长是解题的关键．

13．（江干区期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是AD，AB的中点，若AC＝4，则EF的长是　2　．

【分析】连接BD，由矩形的性质可得AC＝BD＝4，由三角形的中位线定理可求解．

【解答】解：如图，连接BD，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AC＝BD＝4，

∵E，F分别是AD，AB的中点，

∴EF＝ BD＝2，

故答案为2．

【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，掌握矩形对角线相等是解题的关键．

14．（滨江区校级开学）如图，矩形ABCD中， ，连结对角线AC，E为AC的中点，F为边AB上的动点，连结EF，作点C关于直线EF的对称点C′，连结C′E，C′F，CF，若△EFC′与△ACF重叠部分面积等于△ACF面积的 ，则AG　＝　EG（填“＞”、“＝”或“＜”），BF＝　4﹣ 　．

【分析】由勾股定理可求AC，由轴对称的性质可得CE＝C'E＝ ，由面积关系可求AG＝EG，FG＝C'G，由“SAS”可证△C'EG≌△FAG，可得AF＝C'E＝ ，即可求解．

【解答】解：∵AB＝4，BC＝2 ，

∴AC＝ ＝ ＝2 ，

∵E为AC的中点，

∴AE＝EC＝ ，

∴S_△AEF＝S_△ECF，

∵点C关于直线EF的对称点C′，

∴△CEF≌△C'EF，CE＝C'E＝ ，

∴S_△CEF＝S_△C'EF，

∵△EFC′与△ACF重叠部分面积等于△ACF面积的 ，

∴S_△EFG＝ S_△AEF＝ S_△CEF＝ S_△C'EF，

∴AG＝EG，FG＝C'G，

在△C'EG和△FAG中，

，

∴△C'EG≌△FAG（SAS），

∴AF＝C'E＝ ，

∴BF＝AB﹣AF＝4﹣ ，

故答案为：＝，4﹣ ．

【点评】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，利用面积关系求出AG＝EG，FG＝C'G是解题的关键．

15．（温州期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝3，BC＝6，现将它先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到长方形A′B′C′D′，连结CC′，则图中阴影部分的面积是　14　．

【分析】由平移的性质可得AB＝A'B'＝3，BC＝B'C'＝6，B'E＝3﹣2＝1，B'F＝6﹣1＝5，CF＝2，C'F＝1，由面积和差关系可求解．

【解答】解：如图，设A'B'与AD交于点E，CD与B'C'交于点F，

∵将长方形ABCD先向上平移2个单位，再向右平移1个单位得到长方形A′B′C′D′，

∴AB＝A'B'＝3，BC＝B'C'＝6，B'E＝3﹣2＝1，B'F＝6﹣1＝5，CF＝2，C'F＝1，

∴阴影部分的面积＝3×6﹣5×1+ ×2×1＝14，

故答案为14．

【点评】本题考查了矩形的性质，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．

三．解答题（共6小题）

16．（北仑区一模）如图，在边长为1的正方形网格内，点A，B，C，D均在格点处，移动点A，B，C，D的其中一点，使这点仍落在格点处，把原四边形ABCD变形成一个与它面积相等的三角形或平行四边形．图（1）变形成三角形，图（2）变形成平行四边形（非矩形）

【分析】根据三角形和矩形的面积公式即可得到结论．

【解答】解：如图1，△BCD′即为所求；如图2，平行四边形AB′CD即为所求．

【点评】本题考查了矩形的性质，三角形的面积的计算，平行四边形的性质，正确地画出图形是解题的关键．

17．（淅川县期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，交DC的延长线于点F．

（1）若AB＝2，AD＝3，求EF的长；

（2）若G是EF的中点，连接BG和DG，求证：DG＝BG．

【分析】（1）先证明△ABE是等腰直角三角形，得到BE＝AB＝2，同理可得CE＝CF，在Rt△CEF中利用勾股定理可求EF；

（2）连接CG，在等腰直角△ECF中，证明CG＝CF，∠F＝∠ECG＝45°，然后用SAS证明△BCG≌△DFG，则DG＝BG．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝90°，BC＝AD＝3．

∴∠DAE＝∠BEA，

∵AE平分∠BAD，

∴∠DAE＝∠BAE＝45°，

∴∠BEA＝∠BAE＝45°，

∴BE＝AB＝2．

∴CE＝BC﹣BE＝1．

∵∠CEF＝∠AEB＝45°，∠ECF＝90°，

∴∠F＝∠CEF＝45°，

∴CE＝CF＝1．

在Rt△CEF中，利用勾股定理可得

EF＝ ；

（2）连接CG，

因为△CEF是等腰直角三角形，G为EF中点，

∴CG＝FG，∠ECG＝45°．

∴∠BCG＝∠DFG＝45°．

又DF＝BC＝3，

∴△BCG≌△DFG（SAS）．

∴BG＝DG．

【点评】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质，解决这类问题时，特殊四边形中有角平分线一般涉及了等腰三角形性质，证明线段相等一般利用全等三角形的性质．

18．（温岭市期末）如图，在平行四边形ABCD中，EF是直线DB上的两点，DE＝BF．

（1）求证：四边形AFCE是平行四边形；

（2）若四边形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的长．

【分析】（1）连接AC交EF于点O，由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，可证OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可证四边形AFCE是平行四边形；

（2）利用勾股定理可求BD，AO的长，由矩形的性质可得AO＝EO＝ ，即可求解．

【解答】证明：（1）连接AC交EF于点O，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AO＝CO，BO＝DO，

∵DE＝BF，

∴OE＝OF，

∴四边形AFCE是平行四边形；

（2）∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，

∴BD＝ ＝ ＝4，

∴BO＝DO＝2，

∴AO＝ ＝ ＝ ，

∵四边形AFCE是矩形，

∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF，

∴AO＝EO＝ ，

∴DE＝ ﹣2．

【点评】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出AO的长是解题的关键．

19．（下城区期中）如图，已知▱ABCD，延长AB到E，使BE＝AB，连接BD，ED，EC，若ED＝AD．

（1）求证：四边形BECD是矩形；

（2）连接AC，若AD＝6，CD＝3，求AC的长．

【分析】（1）证明四边形BECD是平行四边形，根据题意得到BC＝DE，根据矩形的判定定理证明；

（2）根据矩形的性质得到∠ABD＝90°，根据勾股定理求出BD，再根据勾股定理计算即可．

【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB∥CD，AB＝CD，

∵BE＝AB，

∴BE＝CD，

∴四边形BECD是平行四边形，

∵AD＝BC，AD＝DE，

∴BC＝DE，

∴▱BECD是矩形；

（2）如图，

∵CD＝3，

∴AB＝BE＝3．

∵AD＝6，∠ABD＝90°，

∴BD＝ ＝ ＝3 ，

∴CE＝3 ，

∴AC＝ ＝ ＝3 ．

【点评】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．

20．（余姚市期末）如图，在直角坐标系中，长方形ABCD的三个顶点的坐标为A（1，1），B（6，1），D（1，4），且AB∥x轴，点P（a，b﹣2）是长方形内一点（不含边界）．

（1）求a，b的取值范围．

（2）若将点P向左移动8个单位，再向上移动2个单位到点Q，若点Q恰好与点C关于y轴对称，求a，b的值．

【分析】（1）根据已知条件列不等式即可得到结论；

（2）由题意可得，点Q的坐标为（a﹣8，b），根据关于y轴对称的点的特征即可得到结论．

【解答】解：（1）∵A（1，1），B（6，1），D（1，4），且P（a，b﹣2）是长方形ABCD内一点，

∴1＜a＜6，1＜b﹣2＜4．

∴3＜b＜6；

（2）由题意可得，点Q的坐标为（a﹣8，b）．

∵点Q（a﹣8，b）与点C（6，4）关于y轴对称，

∴a﹣8+6＝0，b＝4．

∴a＝2．

∴a＝2，b＝4．

【点评】本题考查了矩形的性质，坐标与图形的变化﹣平移，正确的识别图形是解题的关键．

21．（金华期中）如图，点P是矩形ABCD的边AD上的一个动点，矩形的两条边AB、BC的分别为3和4，求点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和．

【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，可求得OA＝OD＝2.5，△AOD的面积，然后由S_△AOD＝S_△AOP+S_△DOP＝ OA•PE+OD•PF求得答案．

【解答】解：连接OP，过点P作PE⊥AO于E，PF⊥OD于F

∵矩形的两条边AB、BC的长分别为3和4，

∴S_矩形ABCD＝AB•BC＝12，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝5，

∴OA＝OD＝2.5，

∴S_△ACD＝ S_矩形ABCD＝6，

∴S_△AOD＝ S_△ACD＝3，

∵S_△AOD＝S_△AOP+S_△DOP＝ OA•PE+ OD•PF＝ ×2.5×PE+ ×2.5×PF＝ （PE+PF）＝3，

解得：PE+PF＝ ．

∴点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和为

【点评】此题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．

题组B 能力提升练

一．选择题（共7小题）

1．（西湖区校级期末）如图，矩形ABCD中，AB＝ ，四边形ABC₁D₁是平行四边形，点D₁在BC边上且AD₁＝AD，△ABD₁的面积是矩形ABCD面积的 ，则平行四边形ABC₁D₁的面积是（　　）

A．2 B．3 C．2 D．3

【分析】根据三角形与矩形的面积关系得出BD₁与AD₁的数量关系，然后结合勾股定理列方程求解．

【解答】解：∵点D₁在BC边上，且△ABD₁的面积是矩形ABCD面积的 ，

∴ ，

∴BD₁＝ AD，

又∵AD₁＝AD，

∴BD₁＝ AD₁，

设BD₁＝2x，则AD₁＝3x，

在Rt△ABD₁中，BD₁²+AB²＝AD₁²，

∴（2x）²+（ ）²＝（3x）²，

解得：x＝±1（负值舍去），

∴BD₁＝2，AD₁＝3，

∵点D₁在BC边上，

∴平行四边形ABC₁D₁的面积＝2S_△ABD1＝2× ，

故选：C．

【点评】本题考查矩形的性质，平行四边形的性质以及勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．

2．（杭州期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E是边AB上一点，且OE⊥AC．设∠AOD＝α，∠AEO＝β，则α与β间的关系正确的是（　　）

A．α＝β B．α+β＝180° C．2α+β＝180° D．α+2β＝180°

【分析】根据矩形的性质可得OA＝OD，根据等腰三角形底角相等和直角三角形两个锐角互余可得 （180°﹣α）＝β，进而可得结果．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OA＝OD，

∴∠OAD＝∠ODA，

∵∠AOD＝α，

∴∠OAD＝ （180°﹣α），

∵OE⊥AC，

∴∠AOE＝90°，

∵∠AEO＝β，∠DAE＝90°，

∴∠OAD＝∠AEO，

∴ （180°﹣α）＝β，

∴α+2β＝180°．

故选：D．

【点评】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，解决本题的关键是掌握矩形的对角线相等的性质．

3．（西湖区期末）如图，矩形ABCD中，E，F是CD上的两个点，EG⊥AC，FH⊥AC，垂足分别为G，H，若AD＝2，DE＝1，CF＝2，且AG＝CH，则EG+FH＝（　　）

A． +1 B． C．3 D．

【分析】先过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形，四边形ADEM是矩形，先判定△FCH≌△QAG（ASA），得出AQ＝CF＝2，FH＝QG，然后在Rt△EMQ中，根据勾股定理求得EQ＝ ＝ ，即可得到EG+QG＝EG+FH＝ ．

【解答】解：过点E作EM⊥AB于M，延长EG交AB于Q，则△EQM是直角三角形．

∵EG⊥AC，FH⊥AC，

∴∠CHF＝∠AGQ＝90°，

∵矩形ABCD中，CD∥AB，

∴∠FCH＝∠QAG，

在△FCH和△QAG中，

，

∴△FCH≌△QAG（ASA），

∴AQ＝CF＝2，FH＝QG，

∵∠D＝∠DAM＝∠AME＝90°，

∴四边形ADEM是矩形，

∴AM＝DE＝1，EM＝AD＝2，

∴MQ＝2﹣1＝1，

∴Rt△EMQ中，EQ＝ ＝ ＝ ，

即EG+QG＝EG+FH＝ ．

故选：B．

【点评】本题主要考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合应用，解决问题的关键是作辅助线，构造直角三角形、矩形以及全等三角形，根据矩形对边相等及全等三角形对应边相等进行计算求解．

4．（拱墅区期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，则EF的最小值为（　　）

A．1.2 B．1.25 C．2.4 D．2.5

【分析】先证四边形AEPF是矩形，得EF＝AP，要使EF最小，只要AP最小即可，再根据垂线段最短和三角形面积求出AP即可．

【解答】解：连接AP，如图：

∵PE⊥AB，PF⊥AC，

∴∠AEP＝∠AFP＝90°，

∵∠BAC＝90°，

∴四边形AFPE是矩形，

∴EF＝AP，

要使EF最小，只要AP最小即可，

当AP⊥BC时，AP最短，

∵∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，

∴BC＝ ＝ ＝5，

∵△ABC的面积＝ ×4×3＝ ×5×AP，

∴AP＝2.4，

即EF＝2.4，

故选：C．

【点评】本题利用了矩形的性质和判定、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键．

5．（诸暨市月考）如图，一块长方形场地ABCD的长AB与宽BC的比是 ：1，DE⊥AC，BF⊥AC，垂足分别是E、F两点．现计划在四边形DEBF区域种植花草，则四边形DEBF与长方形ABCD的面积比等于（　　）

A．1：3 B．2：3 C．1：2 D．1：4

【分析】由AAS证明△ADE≌△CBF得出BF＝DE．由BF∥DE，即可得出四边形DEBF是平行四边形．设AD＝x，则AB＝ x，由勾股定理求出AC，再求出DE、CF、EF的长，计算出四边形DEBF与矩形ABCD的面积，再作比值即可得到结论．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，AD＝BC，∠ABC＝90°，

∴∠DAE＝∠BCF．

∵BF⊥AC，DE⊥AC，

∴∠AED＝∠CFB＝90°，BF∥DE．

在△ADE和△CBF中，

，

∴△ADE≌△CBF（AAS），

∴DE＝BF，AE＝CF，

又∵BF∥DE，

∴四边形DEBF是平行四边形，

设AD＝BC＝x，则CD＝AB＝ x，

∴AC＝ ＝ ＝ x，

∵DE⊥AC于点E，

∴S_△ADC＝ AD•CD＝ AC•DE，

∴x• x＝ x•DE，

∴DE＝ x，

在△ADE中，AE＝ ＝ x，

CF＝ x，

∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝ x，

∴S_{四边形DEBF}＝EF•DE＝ x• x＝ x²，

∵S_矩形ABCD＝x• x＝ x²，

∴四边形DEBF与矩形ABCD的面积之比为1：3．

故选：A．

【点评】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握平行四边形的判定，证明三角形全等是解题的关键．

6．（达州）矩形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知B（2 ，2），点A在x轴上，点C在y轴上，P是对角线OB上一动点（不与原点重合），连接PC，过点P作PD⊥PC，交x轴于点D．下列结论：

①OA＝BC＝2 ；

②当点D运动到OA的中点处时，PC²+PD²＝7；

③在运动过程中，∠CDP是一个定值；

④当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（ ，0）．

其中正确结论的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【分析】①根据矩形的性质即可得到OA＝BC＝2 ；故①正确；

②由点D为OA的中点，得到OD＝ OA＝ ，根据勾股定理即可得到PC²+PD²＝CD²＝OC²+OD²＝2²+（ ）²＝7，故②正确；

③如图，过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，PE＝a，则PF＝EF﹣PE＝2﹣a，根据三角函数的定义得到BE＝ PE＝ a，求得CE＝BC﹣BE＝2 ﹣ a＝ （2﹣a），根据相似三角形的性质得到FD＝ ，根据三角函数的定义得到∠PDC＝60°，故③正确；

④当△ODP为等腰三角形时，Ⅰ、OD＝PD，解直角三角形得到OD＝ OC＝ ，Ⅱ、OP＝OD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；Ⅲ、OP＝PD，根据等腰三角形的性质和四边形的内角和得到∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；于是得到当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（ ，0）．故④错误．

【解答】解：①∵四边形OABC是矩形，B（2 ，2），

∴OA＝BC＝2 ；故①正确；

②∵点D为OA的中点，

∴OD＝ OA＝ ，

∴PC²+PD²＝CD²＝OC²+OD²＝2²+（ ）²＝7，故②正确；

③如图，过点P作PF⊥OA于F，FP的延长线交BC于E，

∴PE⊥BC，四边形OFEC是矩形，

∴EF＝OC＝2，

设PE＝a，则PF＝EF﹣PE＝2﹣a，

在Rt△BEP中，tan∠CBO＝ ＝ ＝ ，

∴BE＝ PE＝ a，

∴CE＝BC﹣BE＝2 ﹣ a＝ （2﹣a），

∵PD⊥PC，

∴∠CPE+∠FPD＝90°，

∵∠CPE+∠PCE＝90°，

∴∠FPD＝∠ECP，

∵∠CEP＝∠PFD＝90°，

∴△CEP∽△PFD，

∴ ＝ ，

∴tan∠PDC＝ ＝ ＝ ＝ ，

∴∠PDC＝60°，故③正确；

④∵B（2 ，2），四边形OABC是矩形，

∴OA＝2 ，AB＝2，

∵tan∠AOB＝ ＝ ，

∴∠AOB＝30°，

当△ODP为等腰三角形时，

Ⅰ、OD＝PD，

∴∠DOP＝∠DPO＝30°，

∴∠ODP＝120°，

∴∠ODC＝60°，

∴OD＝ OC＝ ，

Ⅱ、当D在x轴的正半轴上时，OP＝OD，

∴∠ODP＝∠OPD＝75°，

∵∠COD＝∠CPD＝90°，

∴∠OCP＝105°＞90°，故不合题意舍去；

当D在x轴的负半轴上时，OP′＝OD′，

∵∠AOB＝30°，

∴∠D′OP′＝150°，

∵∠CP′D′＝90°，

∴∠CP′O＝105°，

∵∠COP′＝60°，

∴∠OCP′＝15°，

∴∠BCP′＝75°，

∴∠CP′B＝180°﹣75°﹣30°＝75°，

∴BC＝BP′＝2 ，

∴OD′＝OP′＝4﹣2 ，

∴D（2 ﹣4，0）；

Ⅲ、OP＝PD，

∴∠POD＝∠PDO＝30°，

∴∠OCP＝150°＞90°故不合题意舍去，

∴当△ODP为等腰三角形时，点D的坐标为（2 ﹣4，0）或（ ，0）．故④错误，

故选：C．

【点评】此题主要考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义，相似三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，构造出相似三角形表示出CP和PD是解本题的关键．

7．（西湖区校级自主招生）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝6 ，点E是边BC上一动点，B关于AE的对称点为B′，过B′作B′F⊥DC于F，连接DB′，若△DB′F为等腰直角三角形，则BE的长是（　　）

A．6 B．3 C．3 D．6 ﹣6

【分析】如图作B′H⊥AD于H交BC于M．首先证明四边形DFB′H是正方形，设边长为x，则AH＝6 ﹣x，HB′＝x，在Rt△AHB′中，根据AB′²＝AH²+HB′²，构建方程求出x，再利用相似三角形的性质解决问题即可；

【解答】解：如图作B′H⊥AD于H交BC于M．

∵∠B′HD＝∠HDF＝∠DFB′＝90°，

∴四边形DFB′H是矩形，

∵FD＝FB′，

∴四边形DFB′H是正方形，设边长为x，则AH＝6 ﹣x，HB′＝x，

在Rt△AHB′中，∵AB′²＝AH²+HB′²，

∴6²＝（6 ﹣x）²+x²，

解得x＝3 ，

∴B′M＝CF＝6﹣3 ，

∵△AHB′∽△B′ME，

∴ ＝ ，

∴ ＝ ，

∴EB′＝6 ﹣6，

∴BE＝B′E＝6 ﹣6，

故选：D．

【点评】本题考查矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程，属于中考常考题型．

二．填空题（共6小题）

8．（温州期中）如图，在长方形ABCD中，点E是BC上一点，连结AE，以AE为对称轴作△ABE的轴对称图形△AB′E，延长EB′恰好经过点D，过点E作EF⊥BC，垂足为E，交AB′于点F，已知AB＝9，AD＝15，则EF＝　5　．

【分析】由轴对称的性质可知：AB′＝AB＝9，∠AB′E＝∠B＝90°，B′E＝BE，∠B′AE＝∠BAE，然后根据勾股定理可得DB，BE的长，进而可得EF的长．

【解答】解：由轴对称的性质可知：AB′＝AB＝9，∠AB′E＝∠B＝90°，B′E＝BE，∠B′AE＝∠BAE，

在Rt△ADB′中，根据勾股定理，得

DB＝ ＝ ＝12，

∵BC＝AD＝15，

∴EC＝BC﹣BE＝15﹣BE，

在Rt△DEC中，DE＝DB′+B′E＝12+BE，DC＝AB＝9，

根据勾股定理，得

DE²＝EC²+DC²，

∴（12+BE）²＝（15﹣BE）²+9²，

解得BE＝3，

∵EF⊥BC，AB⊥BC，

∴EF∥AB，

∴∠FEA＝∠BAE，

∵∠B′AE＝∠BAE，

∴∠FEA＝∠B′AE，

∴FA＝FE，

∴FB′＝AB′﹣AF＝9﹣FE，

在Rt△EFB′中，根据勾股定理，得

EF²＝FB′²+EB′²，

∴EF²＝（9﹣FE）²+3²，

解得EF＝5．

故答案为：5．

【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，轴对称图形，解决本题的关键是掌握轴对称的性质．

9．（婺城区校级月考）如图所示，在平面直角坐标系中有一个矩形OABC，OA＝3，OC＝4，P为线段AB上一动点，将直线OP绕点P逆时针方向旋转90°交直线BC于点Q，则线段CQ的长度的最小值是　2　．

【分析】根据矩形的性质和相似三角形的判定和性质解答即可．

【解答】解：由图可知，△OAP∽△PBQ，

∴ ，

∵OA＝3，OC＝4，

∴ ，

∴CQ＝3﹣BQ

＝

＝

＝ ，

当AP＝2时，有最小值CQ＝2，

故答案为：2．

【点评】此题考查矩形的性质，关键是根据相似三角形的判定和性质解答．

10．（西湖区期末）如图，将长，宽分别为 ，1的长方形纸片剪成四个等腰三角形纸片（无余纸片），则四个等腰三角形的腰长均为　 　．

【分析】由矩形的性质得OA＝OC＝OB＝OD，再由勾股定理求出AC＝ ，即可求解．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∠ADC＝90°，

∴OA＝OC＝OB＝OD，AC＝ ＝ ＝ ，

∴OA＝OC＝OB＝OD＝ AC＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质，证出OA＝OC＝OB＝OD是解题的关键．

11．（上虞区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，AB＝6，BC＝8，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，则OE+EF的值为　 　．

【分析】依据矩形的性质即可得到△AOD的面积为12，再根据S_△AOD＝S_△AOE+S_△DOE，即可得到OE+EF的值．

【解答】解：∵AB＝6，BC＝8，

∴矩形ABCD的面积为48，AC＝ ＝10，

∴AO＝DO＝ AC＝5，

∵对角线AC，BD交于点O，

∴△AOD的面积为12，

∵EO⊥AO，EF⊥DO，

∴S_△AOD＝S_△AOE+S_△DOE，即12＝ AO×EO+ DO×EF，

∴12＝ ×5×EO+ ×5×EF，

∴5（EO+EF）＝24，

∴EO+EF＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题主要考查了矩形的性质，解题时注意：矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等且互相平分．

12．（上城区校级期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别为AD，AB上一点，且EF＝EC，EF⊥EC，若DE＝2，矩形ABCD的周长为24，则矩形ABCD的面积为　35　．

【分析】证△AEF≌△DCE（AAS）．得AE＝CD，AF＝DE＝2，则AD＝AE+DE＝AE+2，再求出CD＝AE＝5，即可求解．

【解答】解：∵四边形ABD是矩形，

∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝90°，

∵EF⊥EC，

∴∠FEC＝90°，

∴∠AEF+∠DEC＝90°，

∵∠DCE+∠DEC＝90°．

∴∠AEF＝∠DCE，

在△AEF和△DCE中，

，

∴△AEF≌△DCE（AAS）．

∴AE＝CD，AF＝DE＝2，

∴AD＝AE+DE＝AE+2，

∵矩形ABCD的周长为24，

∴2（AE+ED+CD）＝24，

∴2（2AE+2）＝24，

解得：CD＝AE＝5，

∴AD＝7，

∴矩形ABCD的面积＝AD×CD＝7×5＝35，

故答案为：35．

【点评】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明△AEF≌△DCE是解题的关键．

13．（南海区校级月考）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，∠BDC的平分线交BC于点P，作点P关于BD的对称点P′，若点P′落在矩形ABCD的边上，则AB的长为　 　．

【分析】根据矩形的性质得到∠ADC＝∠A＝90°，AD＝BC＝4，根据角平分线的定义得到∠CDP＝∠BDP，根据轴对称的性质得到∠ADB＝∠BDP，求得∠ADB＝∠BDP＝∠CDP＝ 90°＝30°，根据勾股定理即可得到结论．

【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠ADC＝∠A＝90°，AD＝BC＝4，

∵PD平分∠BDC，

∴∠CDP＝∠BDP，

∵作点P关于BD的对称点P′，若点P′落在矩形ABCD的边上，

∴∠ADB＝∠BDP，

∴∠ADB＝∠BDP＝∠CDP＝ 90°＝30°，

∴BD＝2AB，

∵BD²﹣AB²＝AD²，

∴（2AB）²﹣AB²＝4²，

∴AB＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，角平分线的定义，求得∠ADB＝30°是解题的关键．

三．解答题（共4小题）

14．（余杭区校级月考）已知：如图，在矩形ABCD中，E是BC上一点，且AE＝AD，DF⊥AE于点F．

（1）求证：CE＝FE；

（2）若FD＝5，CE＝1，求矩形的面积．

【分析】（1）连接DE，利用矩形的性质，则可证得Rt△ABE≌Rt△DFA，进一步可证得Rt△DFE≌Rt△DCE，则可证得结论；

（2）设AD＝x，则AF＝x﹣1，在△AFD中，利用勾股定理，可求得AD，可求得矩形ABCD的面积．

【解答】解：（1）连结DE，如图，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，

∴∠DAF＝∠AEB，

∵DF⊥AE，

∴∠AFD＝∠B＝90°，

在△ABE和△DFA中，

，

△ABE≌△DFA（AAS），

∴AB＝CD＝DF，

在Rt△DFE和Rt△DCE中，

，

∴Rt△DFE≌Rt△DCE（HL）．

∴CE＝FE．

（2）∵△DEF≌△DEC，

∴FE＝CE＝1，DC＝DF＝5，

设AD＝x，

则AF＝AE﹣EF＝AD﹣1＝x﹣1，

在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF²+DF²＝AD²，

∴（x﹣1）²+5²＝x²，

∴x＝13，

即AD＝13，

∴S_矩形ABCD＝AD•DC＝65．

【点评】本题主要考查矩形的性质，证得三角形全等是解题的关键．

15．（连云港）如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．

（1）求证：△OEC为等腰三角形；

（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．

【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠ACB，根据平移得出AB∥DE，求出∠B＝∠DEC，再求出∠ACB＝∠DEC即可；

（2）求出四边形AECD是平行四边形，再求出四边形AECD是矩形即可．

【解答】（1）证明：∵AB＝AC，

∴∠B＝∠ACB，

∵△ABC平移得到△DEF，

∴AB∥DE，

∴∠B＝∠DEC，

∴∠ACB＝∠DEC，

∴OE＝OC，

即△OEC为等腰三角形；

（2）解：当E为BC的中点时，四边形AECD是矩形，

理由是：∵AB＝AC，E为BC的中点，

∴AE⊥BC，BE＝EC，

∵△ABC平移得到△DEF，

∴BE∥AD，BE＝AD，

∴AD∥EC，AD＝EC，

∴四边形AECD是平行四边形，

∵AE⊥BC，

∴四边形AECD是矩形．

【点评】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、平移的性质、等腰三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．

16．（日照）如图，已知BA＝AE＝DC，AD＝EC，CE⊥AE，垂足为E．

（1）求证：△DCA≌△EAC；

（2）只需添加一个条件，即　AD＝BC（答案不唯一）　，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．

【分析】（1）由SSS证明△DCA≌△EAC即可；

（2）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D＝90°，即可得出结论．

【解答】（1）证明：在△DCA和△EAC中， ，

∴△DCA≌△EAC（SSS）；

（2）解：添加AD＝BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下：

∵AB＝DC，AD＝BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵CE⊥AE，

∴∠E＝90°，

由（1）得：△DCA≌△EAC，

∴∠D＝∠E＝90°，

∴四边形ABCD为矩形；

故答案为：AD＝BC（答案不唯一）．

【点评】本题考查了矩形的判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握矩形的判定，证明三角形全等是解决问题的关键．

17．（资阳）阅读以下短文，然后解决下列问题：

如果一个三角形和一个矩形满足条件：三角形的一边与矩形的一边重合，且三角形的这边所对的顶点在矩形这边的对边上，则称这样的矩形为三角形的“友好矩形”，如图①所示，矩形ABEF即为△ABC的“友好矩形”，显然，当△ABC是钝角三角形时，其“友好矩形”只有一个．

（1）仿照以上叙述，说明什么是一个三角形的“友好平行四边形”；

（2）如图②，若△ABC为直角三角形，且∠C＝90°，在图②中画出△ABC的所有“友好矩形”，并比较这些矩形面积的大小；

（3）若△ABC是锐角三角形，且BC＞AC＞AB，在图③中画出△ABC的所有“友好矩形”，指出其中周长最小的矩形并加以证明．

【分析】（1）类似“友好矩形”的定义，即可写出“友好平行四边形”的定义：

如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：三角形的一边与平行四边形的一边重合，三角形这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角形的“友好平行四边形”；

（2）根据定义，则分别让直角三角形的直角边或斜边当矩形的一边，过第三个顶点作它的对边，从而画出矩形．根据每个矩形和直角三角形的面积的关系，比较两个矩形的面积大小；

（3）分别以三角形的一边当矩形的另一边，过第三个顶点作矩形的对边，从而画出矩形，根据三角形和矩形的面积公式，可知三个矩形的面积相等，设矩形的面积是S，三角形的三条边分别是a，b，c．根据矩形的面积由其中一边表示出矩形的另一边，进一步求得其周长，运用求差法比较它们的周长的大小．

【解答】解：（1）如果一个三角形和一个平行四边形满足条件：三角形的一边与平行四边形的一边重合，三角形这边所对的顶点在平行四边形这边的对边上，则称这样的平行四边形为三角形的“友好平行四边形”．

（2）此时共有2个友好矩形，如图的矩形BCAD、ABEF．

易知，矩形BCAD、ABEF的面积都等于△ABC面积的2倍，

∴△ABC的“友好矩形”的面积相等．

（3）此时共有3个友好矩形，如图的矩形BCDE、矩形CAFG及矩形ABHK，

其中的矩形ABHK的周长最小．

证明如下：

易知，这三个矩形的面积相等，令△ABC的面积为S，设矩形BCDE、CAFG及ABHK的周长分别为L₁，L₂，L₃，

△ABC的边长BC＝a，CA＝b，AB＝c，则：

L₁＝ +2a，L₂＝ +2b，L₃＝ +2c，

∴L₁﹣L₂＝（ +2a）﹣（ +2b）＝﹣ （a﹣b）+2（a﹣b）＝2（a﹣b） ，

而ab＞2S，a＞b，

∴L₁﹣L₂＞0，即L₁＞L₂，

同理可得，L₂＞L₃，

∴L₃最小，即矩形ABHK的周长最小．

【点评】理解该题中的新定义，能够根据定义正确画出符合要求的图形，掌握三角形和矩形的面积公式，能够运用求差法比较数的大小．