2023年初中几何证明题库矩形

例8.如图,已知矩形纸片ABCD，ＡＤ＝2,AB＝4.将纸片折叠，使顶点A与边CD上的点E重合，折痕FG分别与ＡB，CD交于点G,Ｆ，AE与FＧ交于点O．（1）如图1,求证：A,G,Ｅ，F四点围成的四边形是菱形;（2)如图2,当△AEＤ的外接圆与BC相切于点Ｎ时,求证:点Ｎ是线段BＣ的中点；(3)如图2,在(2）的条件下，求折痕FG的长.【答案】解：(1)由折叠的性质可得，GＡ＝GE,∠AGF=∠ＥGF，∵DＣ∥ＡB,∴∠EFG=∠ＡＧF。∴∠EFG=∠ＥＧＦ。∴EＦ=EG＝AG。∴四边形AGＥＦ是平行四边形(EＦ∥AG,EF=AG）。又∵AG=GE,∴四边形ＡＧEF是菱形。（2）连接ON，∵△AＥD是直角三角形，AＥ是斜边，点O是AE的中点,△AＥD的外接圆与BC相切于点N，∴ON⊥BＣ。∵点Ｏ是AE的中点，∴ON是梯形ＡBCＥ的中位线。∴点N是线段BC的中点。（3）∵OE、ON均是△ＡED的外接圆的半径，∴OE＝OA=ON=２。∴AＥ=AB=4。在Ｒt△ＡDＥ中，AD=2,AE＝４，∴∠AED=３０°。在Rt△ＯEＦ中,OE=2，∠ＡED=30°，∴。∴FＧ＝。【考点】翻折变换(折叠问题)，折叠对称的性质,菱形的鉴定，梯形中位线性质，锐角三角函数定义,特殊角的三角函数值。【分析】(１）根据折叠的性质判断出ＡG=ＧＥ,∠AGＦ=∠EGF，再由ＣD∥AＢ得出∠EFG=∠AGF,从而判断出EF=AＧ，得出四边形AGEF是平行四边形，从而结合ＡＧ=GE,可得出结论。(２)连接OＮ,则ＯN⊥ＢC，从而判断出ON是梯形AＢCＥ的中位线,从而可得出结论。(３)根据（1)可得出AE=AB，从而在Ｒt△AＤE中，可判断出∠AＥD为30°,在Ｒt△EFＯ中求出FＯ，从而可得出ＦＧ的长度。8．依次连接一矩形场地ABCD的边AB、BC、CD、ＤA的中点E、F、Ｇ、H,得到四边形EＦGH,M为边ＥＨ的中点，点Ｐ为小明在对角线EＧ上走动的位置,若AＢ＝1０米，BC=米，当PＭ+PＨ的和为最小值时，ＥP的长为▲。10．如图，在矩形ＡBCD中,ＡD＝4cm，AＢ=m（ｍ>４),点Ｐ是AB边上的任意一点(不与点Ａ、B重合)，连接PＤ,过点P作ＰQ⊥PＤ,交直线ＢC于点Q．(１）当m=１０时,是否存在点P使得点Q与点C重合?若存在，求出此时AＰ的长;若不存在，说明理由;（２)连接AC，若PQ∥AC,求线段BQ的长（用含m的代数式表达）；(3）若△ＰＱD为等腰三角形，求以P、Q、C、D为顶点的四边形的面积S与m之间的函数关系式，并写出m的取值范围.1.已知长方形ABCＤ，AB=3cm，ＡＤ=4cm,过对角线BD的中点Ｏ做BＤ的垂直平分线EＦ,分别交ＡＤ、ＢC于点Ｅ、F,则AE的长为▲.例2.如图，在矩形ABCD中,AD>AＢ,将矩形ABCＤ折叠，使点C与点A重合，折痕为MN,连结CＮ.若△CＤN的面积与△CMN的面积比为1︰４,则的值为【】A．2 B．4C． Ｄ．【答案】Ｄ。【考点】翻折变换（折叠问题），折叠的性质，矩形、菱形的鉴定和性质，勾股定理。【分析】过点N作NG⊥BC于Ｇ,由四边形ABＣD是矩形，易得四边形ＣDNG是矩形,又由折叠的性质，可得四边形AMCＮ是菱形，由△CDＮ的面积与△ＣMN的面积比为1:4，根据等高三角形的面积比等于相应底的比,可得DN：CＭ=１:4,然后设ＤN=x,由勾股定理可求得ＭN的长，从而求得答案：过点N作NＧ⊥BC于G,∵四边形AＢCD是矩形,∴四边形CDNG是矩形,AD∥BＣ。∴CD=NＧ，CG=ＤN，∠ANM＝∠ＣMN。由折叠的性质可得:AM=CM，∠AＭN=∠ＣMN,∴∠AＮM=∠AＭN。∴AM＝AN。∴AM=ＣM,∴四边形AMCN是平行四边形。∵ＡＭ＝CM，∴四边形ＡMＣN是菱形。∵△CＤN的面积与△CＭN的面积比为1:4，∴ＤN:ＣM=1:４。设DN=x，则AN=AM=CＭ=ＣＮ=4x,AD=BC＝５ｘ,ＣG=x。∴ＢM=ｘ，GM=3x。在Ｒt△CGN中，，在Rt△ＭＮG中，,∴。故选D。例１．如图,在矩形ＡＢCＤ中，点E,F分别在BC,ＣD上，将△AＢＥ沿AＥ折叠,使点B落在AC上的点B′处,又将△CEＦ沿ＥF折叠,使点Ｃ落在EB′与AD的交点C′处.则ＢC:ＡB的值为▲。例3.如图所示，现有一张边长为４的正方形纸片ABＣD，点P为正方形AD边上的一点（不与点A、点Ｄ重合）将正方形纸片折叠,使点B落在P处,点C落在G处,PG交DC于H,折痕为EＦ,连接BP、BH.（1)求证：∠APB=∠BPH;(2）当点P在边AD上移动时，△PＤH的周长是否发生变化？并证明你的结论;(３）设AP为x，四边形EＦGＰ的面积为Ｓ,求出S与x的函数关系式,试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值;若不存在,请说明理由．【答案】解:(１)如图1，∵PＥ=BE，∴∠EBＰ=∠EPＢ.又∵∠ＥＰH=∠EＢＣ=9０°，∴∠EPＨ﹣∠EＰB=∠EＢＣ﹣∠ＥBＰ，即∠PＢC＝∠BＰＨ。又∵AD∥BC,∴∠AＰB＝∠PBＣ。∴∠ＡPＢ=∠BPH。（2）△PHD的周长不变为定值8。证明如下：如图2，过B作BQ⊥PＨ，垂足为Q。由(1)知∠AＰＢ=∠BPＨ，又∵∠A＝∠ＢＱＰ=90°,BP=BＰ,∴△ABP≌△QＢＰ（ＡＡS)。∴AP＝QP,ＡB=BQ。又∵ＡB＝BC,∴BC=BQ。又∵∠C=∠BＱH=90°,BH=BH,∴△BCH≌△ＢＱH(HＬ)。∴CH=ＱH。∴△PHD的周长为：ＰD＋DＨ+PＨ=AＰ+PD+DH+HＣ＝ＡＤ+CD＝8。（３)如图3，过Ｆ作ＦM⊥AB，垂足为M，则FM＝ＢＣ=ＡB。又∵EF为折痕,∴EF⊥BＰ。∴∠EFＭ+∠MEＦ=∠AＢP+∠BEF=90°。∴∠EFＭ＝∠ABP。又∵∠A＝∠EMF＝90°,AB＝ME，∴△ＥＦＭ≌△ＢPＡ（ASA)。∴ＥM=AP=ｘ.∴在Rt△APE中,（4﹣BE）2+x2＝BＥ２，即。∴。又∵四边形PＥFＧ与四边形BEFＣ全等,∴。∵，∴当x＝２时,S有最小值6。【考点】翻折变换(折叠问题)，正方形的性质，折叠的性质,全等三角形的鉴定和性质,勾股定理,二次函数的最值。【分析】(1）根据翻折变换的性质得出∠PBC=∠ＢPH，进而运用平行线的性质得出∠APB=∠PBＣ即可得出答案。(2）先由AAS证明△ABP≌△QBP,从而由HＬ得出△BCH≌△BQH,即可得ＣH=QH。因此,△ＰDH的周长=PD+DH+PH=AP+PD+DH+HC=AD+CD=8为定值。(３)运用已知得出△ＥＦＭ≌△BPＡ，从而运用在Ｒｔ△APＥ中，(4﹣ＢE)2+x2=BE2，运用二次函数的最值求出即可。4.如图所示，将两张等宽的长方形纸条交叉叠放,重叠部分是一个四边形AＢCD，若ＡＤ=6cm，∠ABC＝6０°,则四边形ＡBCD的面积等于_▲cm2．例2．如图，矩形AＢCD中，AB=２，AＤ=4，AC的垂直平分线ＥF交ＡＤ于点E、交BＣ于点F,则EＦ=▲．【答案】。【考点】线段垂直平分线的性质,矩形的性质，相似三角形的鉴定和性质，勾股定理;.【分析】连接ＥＣ,AC、ＥF相交于点O。∵AC的垂直平分线EＦ，∴AＥ=EC。∵四边形ＡBCD是矩形，∴∠Ｄ=∠B＝９0°,AB=CD=2,ＡD＝ＢC=４,ＡD∥ＢC。∴△AOE∽△CＯF。∴。∵OA=ＯC，∴OE＝OF，即EF=２OE。在Rt△CEＤ中,由勾股定理得:CE２=CＤ2+EＤ2，即ＣＥ2＝(4-CE）2+２2，解得：CE＝。∵在Ｒｔ△ＡBC中,AB＝2，ＢC＝4,由勾股定理得：AC＝，∴ＣO=。∵在Rt△CEO中，CO＝，CE=,由勾股定理得：ＥＯ=。∴EF＝2EO＝。例３.已知一个矩形纸片OACB,将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（１１，０),点B（０，6)，点P为BC边上的动点(点P不与点B、Ｃ重合）,通过点O、Ｐ折叠该纸片，得点Ｂ′和折痕OP．设ＢＰ＝t．(Ⅰ）如图①，当∠BOP=300时，求点P的坐标；（Ⅱ）如图②，通过点P再次折叠纸片,使点C落在直线PB′上,得点C′和折痕PＱ,若AQ＝ｍ,试用品有ｔ的式子表达ｍ;(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下,当点Ｃ′恰好落在边OA上时，求点Ｐ的坐标(直接写出结果即可).【答案】解：（Ⅰ）根据题意,∠OBＰ=９0°,OB＝6。在Rt△OBP中,由∠BOＰ=3０°，ＢP=ｔ,得OP=2t。∵OP2=ＯB2+BP2,即(2t)2=６２+t2,解得：ｔ1=，t2=－（舍去).∴点P的坐标为(，6）。（Ⅱ)∵△OＢ′P、△ＱC′P分别是由△ＯBP、△ＱCP折叠得到的，∴△OB′P≌△OBP，△ＱＣ′Ｐ≌△ＱCP。∴∠ＯPB′=∠OＰB，∠ＱPC′=∠QＰC。∵∠OPB′+∠OPB＋∠QPC′+∠ＱPＣ=１80°,∴∠OＰB+∠QPC=90°。∵∠BOP+∠ＯPB＝９0°,∴∠ＢOP=∠ＣPQ。又∵∠OBP=∠C=9０°，∴△OBP∽△PCQ。∴。由题意设BP=t,AQ=ｍ,ＢＣ=11,AＣ=6,则PＣ=11-t,CQ＝6-ｍ．∴。∴（0＜t<1１)。（Ⅲ）点Ｐ的坐标为（，6)或（,6）。【考点】翻折变换（折叠问题），坐标与图形性质,全等三角形的鉴定和性质,勾股定理,相似三角形的鉴定和性质。【分析】（Ⅰ）根据题意得,∠OBP=90°,ＯＢ=6,在Rｔ△OBP中，由∠BＯP=３０°,ＢP=t，得ＯＰ=2t，然后运用勾股定理，即可得方程，解此方程即可求得答案。（Ⅱ）由△OＢ′P、△QＣ′P分别是由△OBP、△QＣP折叠得到的,可知△OB′P≌△ＯBP，△QＣ′P≌△QCP,易证得△OBP∽△ＰCQ,然后由相似三角形的相应边成比例，即可求得答案。(Ⅲ）一方面过点P作PE⊥ＯA于E，易证得△PC′Ｅ∽△C′QＡ，由勾股定理可求得C′Q的长,然后运用相似三角形的相应边成比例与,即可求得t的值:过点Ｐ作PE⊥OA于E,∴∠ＰEＡ＝∠QＡC′=90°。∴∠PC′E+∠ＥPＣ′＝９０°。∵∠PC′Ｅ＋∠QC′A=90°，∴∠EPC′＝∠QＣ′A。∴△PC′E∽△C′ＱA。∴。∵ＰC′=PＣ=11－t，PＥ=OB=6,AQ=m，C′Ｑ=CQ=６－m，∴。∴。∵,即，∴,即。将代入,并化简,得。解得：。∴点Ｐ的坐标为（，6)或(，6)。5.有甲、乙两张纸条，甲纸条的宽是乙纸条宽的２倍，如图。将这两张纸条交叉重叠地放在一起,重合部分为四边形ABCD,则AB与BC的数量关系为▲.例1.如图，矩形ABCD中,E是AD的中点，将△ABE沿ＢE折叠后得到△GBE,延长BＧ交CD于F点,若CF=1，FＤ＝2,则ＢC的长为【】A．Ｂ.C.Ｄ．【答案】Ｂ。【考点】翻折变换（折叠问题），矩形的性质和鉴定,折叠对称的性质,全等三角形的鉴定和性质,勾股定理。【分析】过点Ｅ作EＭ⊥BC于Ｍ,交BF于N。∵四边形AＢCD是矩形，∴∠Ａ=∠ABＣ＝90°,AD=BC，∵∠EMB=90°,∴四边形ABMＥ是矩形。∴AE＝ＢM,由折叠的性质得：AE＝GE,∠EGN＝∠A=90°，∴ＥG=BＭ。∵∠ＥNG=∠BNM,∴△ENＧ≌△ＢNM(AAS）。∴NG=ＮＭ。∵Ｅ是AD的中点,CM=ＤE,∴AE＝ED=BＭ=CM。∵EＭ∥CD,∴ＢＮ:ＮF=BＭ:CＭ。∴BN＝NF。∴NM=ＣF=。∴NG=。∵BＧ＝AB=CD=CＦ+DF＝3,∴BN=BＧ﹣ＮG=３﹣。∴BF=2BN＝5∴。故选Ｂ。例2．如图,点D是△ABC的边AB的延长线上一点,点F是边BC上的一个动点（不与点Ｂ重合)．以BD、BF为邻边作平行四边形BＤEF，又APBE(点Ｐ、E在直线AＢ的同侧)，假如，那么△PBＣ的面积与△AＢC面积之比为【】Ａ.B.C.D.【答案】D。【考点】平行四边形的鉴定和性质。【分析】过点Ｐ作ＰH∥BC交AB于Ｈ，连接CH，ＰF,ＰＥ。∵APＢE,∴四边形APEＢ是平行四边形。∴PEAB。，∵四边形BDEＦ是平行四边形，∴EFBＤ。∴EF∥AB。∴P,E，F共线。设BＤ=a，∵,∴PＥ＝ＡB=４ａ。∴PF=ＰE﹣EＦ=3a。∵ＰH∥BC，∴S△ＨBＣ=S△PBC。∵PF∥AB,∴四边形BＦPH是平行四边形。∴BH=PF=3ａ。∵S△HBＣ:Ｓ△ABC=BH:AＢ=3a:4a＝3:4,∴S△PBC:Ｓ△ＡBＣ=３：４。故选Ｄ。例3.如图，Ｐ是矩形ＡBCＤ内的任意一点,连接PＡ、PB、PＣ、ＰD，得到△ＰAB、△PBC、△PCD、△PDA,设它们的面积分别是S1、Ｓ2、S３、Ｓ4,给出如下结论：①S1＋S2＝S３+Ｓ４②S２+S4=Ｓ１+S３③若S3=２S1,则Ｓ4=2Ｓ２④若Ｓ1=S2,则P点在矩形的对角线上其中对的的结论的序号是▲(把所有对的结论的序号都填在横线上）.【答案】②④。【考点】矩形的性质，相似【分析】如图，过点P分别作四个三角形的高，∵△AＰD以AＤ为底边，△ＰBC以ＢC为底边,∴此时两三角形的高的和为AB,∴S１+S3=S矩形ABCD；同理可得出Ｓ2+S４=S矩形ABＣD。∴②S2+S４=S1+S3对的，则①Ｓ１+Ｓ２=S3+S4错误。若S3＝２S1,只能得出△APD与△PＢC高度之比，Ｓ4不一定等于2S2；故结论③错误。如图,若Ｓ1=S2，则×PF×ＡD=×PE×AB,∴△APＤ与△ＰBA高度之比为：ＰF:PE=ＡB：AＤ。∵∠DAE＝∠PEA=∠ＰFＡ＝9０°,∴四边形AＥPF是矩形，∴矩形AＥＰF∽矩形AＢＣD。连接AＣ。∴ＰＦ：CD=PE：BC＝AP：AC，即PＦ：ＣＤ=ＡＦ：AD=AP:AＣ。∴△APF∽△ＡＣD。∴∠PAF=∠CAD。∴点A、Ｐ、Ｃ共线。∴Ｐ点在矩形的对角线上。故结论④对的。综上所述，结论②和④对的。例6.如图（1）,在矩形ABCD中,把∠B、∠D分别翻折，使点B、D分别落在对角线BC上的点Ｅ、F处，折痕分别为CM、ＡN.(１）求证：△AND≌△CBＭ．(2)请连接MF、NE，证明四边形MFNE是平行四边形,四边形MFNＥ是菱形吗?请说明理由?(3)P、Ｑ是矩形的边ＣD、AB上的两点，连结ＰQ、ＣＱ、MＮ,如图（2）所示,若PＱ＝CQ,ＰQ∥MN。且AB=4，ＢC＝3,求ＰC的长度.【答案】（1)证明：∵四边形AＢCＤ是矩形，∴∠D=∠B，ＡＤ＝BC,AD∥ＢC。∴∠DＡC＝∠BCA。又由翻折的性质，得∠DAＮ=∠NＡF,∠ECM=∠ＢCM，∴∠DAＮ＝∠ＢCＭ。∴△AＮD≌△CBM(ＡSA)。（2)证明:∵△AＮD≌△CBM,∴DN=BＭ。又由翻折的性质,得DN=FN，BM＝ＥM,∴FＮ=EM。又∠NFＡ=∠ACD+∠CNＦ=∠BAC＋∠ＥMA=∠MEＣ,∴FN∥EM。∴四边形MFＮE是平行四边形。四边形MFＮE不是菱形，理由如下:由翻折的性质，得∠CEM=∠B=900,∴在△EMF中，∠FEM＞∠ＥFＭ。∴FM>ＥM。∴四边形ＭFＮE不是菱形。(3)解：∵AＢ=4，BＣ=3，∴AC=5。设DN=ｘ,则由S△ADC=Ｓ△ＡNＤ+S△NＡC得3ｘ+5x=1２,解得x＝，即DＮ=BM=。过点N作NH⊥AＢ于H，则ＨM=4－３＝１。在△ＮHM中,ＮH=3,HＭ＝1，由勾股定理，得ＮM＝。∵ＰQ∥MＮ，ＤC∥AＢ，∴四边形NMQP是平行四边形。∴NP=ＭQ,ＰQ=NM＝。又∵PQ=ＣQ,∴ＣＱ=。在△CBＱ中，CQ=,ＣＢ=３，由勾股定理，得BQ=1。∴NP＝MQ=。∴PC=４-－=２。【考点】翻折问题,翻折的性质，矩形的性质,平行的性质，全等三角形的鉴定和性质，平行四边形的鉴定和性质，菱形的鉴定，勾股定理。【分析】（1）由矩形和翻折对称的性质，用ASA即可得到△AＮD≌△CＢM。(2)根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形的鉴定即可证明。(3）设DＮ＝ｘ，则由S△ADC=S△AND+Ｓ△NＡＣ可得DＮ=BＭ=。过点N作NH⊥AB于H，则由勾股定理可得NＭ＝,从而根据平行四边形的性质和已知PQ=CQ，即可求得CQ＝。因此，在△CBQ中,应用勾股定理求得BQ=１。从而求解。例2.如图，圆柱形玻璃杯高为12ｃm、底面周长为18cｍ,在杯内离杯底4cm的点Ｃ处有一滴蜂蜜，此时一只蚂蚁正好在杯外壁，离杯上沿４cm与蜂蜜相对的点Ａ处，则蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为▲cm．【答案】15。【考点】圆柱的展开，矩形的性质,轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理。【分析】如图,圆柱形玻璃杯展开(沿点Ａ竖直剖开）后侧面是一个长18宽１2的矩形,作点A关于杯上沿MN的对称点B，连接BC交MN于点Ｐ,连接BM,过点C作AB的垂线交剖开线ＭA于点Ｄ。由轴对称的性质和三角形三边关系知AP＋PＣ为蚂蚁到达蜂蜜的最短距离,且AP=BP。由已知和矩形的性质,得ＤＣ=9，BＤ=12。在Ｒt△ＢCD中,由勾股定理得。∴AP＋PC=ＢP+ＰC=ＢＣ=１５，即蚂蚁到达蜂蜜的最短距离为1５cm。例2.如图,有a、b、ｃ三户家用电路接入电表,相邻电路的电线等距排列,则三户所用电线【