数学-专项9.5 矩形的性质与判定【八大题型】（举一反三）（苏科版）（带答案）

专题9.5矩形的性质与判定【八大题型】【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1由矩形的性质求线段的长度】 1【题型2由矩形的性质求角的度数】 5【题型3由矩形的性质求面积】 8【题型4矩形的性质与坐标轴的综合运用】 11【题型5矩形判定的条件】 17【题型6证明四边形是矩形】 20【题型7矩形中多结论问题】 25【题型8矩形的判定与性质综合】 32【知识点1矩形的定义】有一个角是直角的平行四边形是矩形．【知识点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．【题型1由矩形的性质求线段的长度】【例1】（2022春•新泰市期末）如图，在矩形ABCD中，AD=42，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AC，垂足为点E，CE＝OE，则DE的长为（）A．4 B．32 C．22【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OD＝OC，求出OD

＝CD＝OD，根据等边三角形的判定得出△DOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠DCA＝60°，求出∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质得出DE=12【解答】解：∵四边形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是等边三角形，∴∠DCA＝60°，∴∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，∵DE⊥AC，∴∠DEA＝90°，∴DE=12∵AD＝42，∴DE＝22，故选：C【变式1-1】（2022春•开州区期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DF垂直平分OC，交AC于点E，交BC于点F，连接AF，若BD＝23，DF＝2，则AF的长为（）A．6 B．22 C．7 D．3【分析】根据矩形对角线相等且互相平分，OD=12BD=3，再根据DF垂直平分OC，得DC＝OD=3，分别在Rt△DCF，Rt△DCB中，利用勾股定理求出CF、BC的长，从而求出BF，在Rt△【解答】解：∵四边形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故选：C．【变式1-2】（2022•碑林区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，O是BD的中点，E为AD边上一点，且有AE＝OB＝2．连接OE，若∠AEO＝75°，则DE的长为（）A．32 B．3 C．2 D．23【分析】连接AC，OE，根据矩形的性质可得AC＝4，由∠AEO＝75°，可得∠EAO＝30°，进而利用含30度角的直角三角形即可解决问题．【解答】解：如图，连接AC，OE，在矩形ABCD中，∵O是BD的中点，

∴OA＝OB，∵AE＝OB＝2．∴AE＝OA＝2．∴AC＝4，∵∠AEO＝75°，∴∠EAO＝30°，∴CD=12∴AD=3CD＝23∴DE＝AD﹣AE＝23−故选：D．【变式1-3】（2022•南岗区期末）如图，矩形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且CF＝2DF＝2，连接BE，EF，BF，且BF平分∠EBC，∠EFB＝45°，连接CE交BF于点G，则线段EG的长为51311【分析】在BC上截取BN，使BN＝BE，过点G作GH⊥EF于点H，证明△NFC≌△FED（AAS），推出ED＝FC＝2，CN＝DF＝1，设BN＝BE＝x，作GQ⊥BE于Q，GP⊥BC于P．利用勾股定理构建方程求出x，再证明EGGC【解答】解：在BC上截取BN，使BN＝BE，过点G作GH⊥EF于点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设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故答案为513【题型2由矩形的性质求角的度数】【例2】（2022春•溧水区期中）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝110°，则∠CDE大小是（）

A．55° B．40° C．35° D．20°【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝20°，即可得出答案．【解答】解：∵四边形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°；故选：C．【变式2-1】（2022•武昌区期末）如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，如果量得∠EDF＝22°，则∠FDB的大小是（）A．22° B．34° C．24° D．68°【分析】由∠FDB＝90°﹣∠BDC．根据已知条件易求∠BDC的度数．【解答】解：∵∠EDF＝22°，∠ADC＝90°，∴∠EDC＝112°．∴∠BDC＝56°．∴∠FDB＝90°﹣∠BDC＝34°．

故选：B．【变式2-2】（2022春•江夏区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点M在边DC上，若AM平分∠DMB，则∠AMD的大小是（）A．45° B．60° C．75° D．30°【分析】由矩形的性质和角平分线定义证出∠BAM＝∠AMB，得出BM＝AB＝2，因此BC=12BM，由直角三角形的性质得出∠【解答】解：∵四边形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故选：C．【变式2-3】（2022春•莫旗期末）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则平行四边形ABCD的最大内角的大小是150°．【分析】过D作DE⊥AB于点E，根据面积的关系可以得到AD＝2DE，则∠DAE＝30°，再根据平行四边形的性质即可求解．【解答】解：如图，过D作DE⊥AB于点E，

∵矩形的面积＝AB•BF＝2S平行四边形ABCD＝2AB•DE，∴BF＝2DE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AD＝BC，∴∠DAE+∠ABC＝180°，∵BF＝BC，∴AD＝BF＝2DE，∴∠DAE＝30°，∴∠ABC＝180°﹣∠DAE＝150°，即平行四边形ABCD的最大内角的大小是150°，故答案为：150°．【题型3由矩形的性质求面积】【例3】（2022春•浦东新区期末）我们把两条对角线所成两个角的大小之比是1：2的矩形叫做“和谐矩形”，如果一个“和谐矩形”的对角线长为10cm，则矩形的面积为253cm2．【分析】根据“和谐矩形”的性质求出∠ADB＝30°，由含30°角的直角三角形的性质求出AB、AD的长，即可得出答案．【解答】解：∵四边形ABCD是“和谐矩形”，∴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的面积＝AB×AD＝5×53=253（cm2故答案为：253．

【变式3-1】（2022•成都）如图，过矩形ABCD的对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，那么图中矩形AMKP的面积S1与矩形QCNK的面积S2的大小关系是S1＝S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）【分析】根据矩形的性质，可知△ABD的面积等于△CDB的面积，△MBK的面积等于△QKB的面积，△PKD的面积等于△NDK的面积，再根据等量关系即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，四边形MBQK是矩形，四边形PKND是矩形，∴△ABD的面积＝△CDB的面积，△MBK的面积＝△QKB的面积，△PKD的面积＝△NDK的面积，∴△ABD的面积﹣△MBK的面积﹣△PKD的面积＝△CDB的面积﹣△QKB的面积＝△NDK的面积，∴S1＝S2．故答案为S1＝S2．【变式3-2】（2022春•成都期末）如图，点E是矩形ABCD边AD上一动点，连接BE，以BE边作矩形BEFG，使得FG始终经过点C．若矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，则s1与s2的大小关系是（）A．s1＜s2 B．s1＝s2 C．s1＞s2 D．不确定【分析】连接CE，根据矩形ABCD和矩形BEFG都与三角形CBE同底等高，进而可以解决问题．【解答】解：如图，连接CE，∵矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，∴s1＝2S△CBE，s2＝2S△CBE，

则s1＝s2．故选：B．【变式3-3】（2022春•九龙坡区校级期中）已知：矩形ABCD中，延长BC至E，使BE＝BD，F为DE的中点，连接AF、CF．（1）求证：CF⊥AF；（2）若AB＝10cm，BC＝16cm，求△ADF的面积．【分析】（1）连接BF，根据矩形的性质可得AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CF＝DF，根据等边对等角可得∠CDF＝∠DCF，然后求出∠ADF＝∠BCF，利用“边角边”证明△ADF和△BCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AFD＝∠BFC，再根据等腰三角形三线合一可得BF⊥DE，然后求出∠AFC＝90°，即可得证；（2）根据全等三角形对应边上的高相等可得点F到AD、BC的距离相等，都是AB的一半，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．【解答】（1）证明：如图，连接BF，在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，∵F为DE的中点，∴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为DE的中点，∴BF⊥DE，

∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝∠AFB+∠AFD＝90°，∴CF⊥AF；（2）解：∵△ADF≌△BCF，∴点F到AD、BC的距离相等，∵AB＝10cm，∴点F到AD的距离为12×10＝5∴△ADF的面积=12×16×5＝40【题型4矩形的性质与坐标轴的综合运用】【例4】（2022春•潮南区期中）如图，在矩形COED中，点D的坐标是（1，3），则CE的长是（）A．3 B．3 C．5 D．10【分析】连接OD，过D作DF⊥x轴于F，由矩形的性质得CE＝OD，再由点D的坐标得OF＝1，DF＝3，然后由勾股定理求出OD的长，即可解决问题．【解答】解：如图，连接OD，过D作DF⊥x轴于F，∵四边形COED是矩形，∴CE＝OD，∵点D的坐标是（1，3），∴OF＝1，DF＝3，

∴OD=O∴CE=10故选：D．【变式4-1】（2022春•任城区期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（）A．（3，1）或（3，3） B．（3，12）或（3，3）C．（3，12）或（3，1） D．（3，1【分析】由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；分两种情况：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．【解答】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，∴设P（3，a），则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综上，P（3，12故选：D．【变式4-2】（2022•西平县模拟）已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC=252，O为BC上一点，BO=72，如图所示，以BC所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，（1）若点M的坐标为（1，0），如图1，以OM为一边作等腰△OMP，使点P在矩形ABCD的一边上，则符合条件的等腰三角形有几个？请直接写出所有符合条件的点P的坐标；（2）若将（1）中的点M的坐标改为（4，0），其他条件不变，如图2，那么符合条件的等腰三角形有几个？求出所有符合条件的点P的坐标．

【分析】（1）OM的长是1，小于矩形的宽，也小于OB的长，所以点P只能是OM的垂直平分线与AD的交点；（2）OM的长是4，等于矩形的宽，所以点P可以是过O、M的垂线与AD的交点，也可以是OM的垂直平分线与AD的交点，又OM的长大于OB的长，所以点P也可以在AB上；【解答】解：（1）符合条件的等腰△OMP只有1个；点P的坐标为（12（2）符合条件的等腰△OMP有4个．如图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，∴点P3在OM的垂直平分线上，∵OM＝4，∴P3（2，4）；在Rt△OMP4中，OM＝MP4＝4，∴P4（4，4）；

【变式4-3】（2022春•浦江县期中）如图，长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→C→B→A→O的路线移动（移动一周）．（1）写出点B的坐标；（2）当点P移动了4秒时，求出点P的坐标；（3）在移动过程中，当△OBP的面积是10时，直接写出点P的坐标．【分析】（1）根据矩形的性质以及点的坐标的定义写出即可；（2）先求得点P运动的距离，从而可得到点P的坐标；（3）分点P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四种情况讨论，由三角形的面积公式可求点P坐标．【解答】解：（1）∵A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），∴OA＝4，OC＝6，∴点B（4，6）；（2）∵点P移动了4秒时的距离是2×4＝8，∴点P的坐标为（2，6）；（3）如图，

①当点P在OC上时，S△OBP=12×∴OP1＝5，∴点P（0，5）；②当点P在BC上，S△OBP=12×∴BP2=10∴CP2＝4−10∴点P（23③当点P在AB上，S△OBP=12×∴BP3＝5，∴AP3＝6﹣5＝1，∴点P（4，1）；④当点P在AO上，S△OBP=12×∴OP4=10∴点P（103综上，点P的坐标为（0，5）或（23，6）或（4，1）或（10【知识点3矩形的判定方法】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”）.

【题型5矩形判定的条件】【例5】（2022春•夏邑县期中）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．BE⊥DC C．∠ADB＝90° D．CE⊥DE【分析】先证四边形DBCE为平行四边形，再由矩形的判定和菱形的判定进行解答即可．【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DBCE为平行四边形，A、∵AB＝BE，DE＝AD，∴BD⊥AE，∴∠BDE＝90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；B、∵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；C、∵∠ADB＝90°，∴∠EDB＝90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；D、∵CE⊥DE，∴∠CED＝90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；故选：B．【变式5-1】（2022春•江油市期末）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（）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】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵∠BAD＝90°，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；B、∵AB＝CD，AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；C、∵∠ABC+∠BCD＝180°，∴AB∥CD，∵∠BAD＝∠BCD，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∴AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意；D、∵∠BAD＝∠ABC＝90°，∴AD∥BC，在Rt△ABD和Rt△BAC中，AB=BABD=AC∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），∴AD＝BC，∴四边形ABCD是平行四边形，又∵AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；故选：C．

【变式5-2】（2022春•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．【变式5-3】（2022•西城区一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC

上，且DG＝EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是DE＝FG（答案不唯一）．（写出一个即可）【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，推出四边形DFGE是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论．【解答】解：DE＝FG，理由：∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE∥BC，∴DE∥FG，∵DE＝FG，∴四边形DFGE是平行四边形，∵DG＝EF，∴四边形DFGE是矩形，故答案为：DE＝FG（答案不唯一）．【题型6证明四边形是矩形】【例6】（2022春•南谯区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若E，F是线段AC上两动点，同时分别从A，C两点出发以1cm/s的速度向点C，A运动．（1）求证：△ADE≌△CBF；（2）若BD＝8cm，AC＝14cm，当运动时间t为多少秒时，四边形DEBF是矩形？【分析】（1）由平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC，则∠DAE＝∠BCF，易证AE＝CF，由SAS即可得出结论；（2）先证四边形DEBF为平行四边形，当BD＝EF时，四边形DEBF为矩形，得出OE＝OD=12

12AC﹣t=12BD或t−1【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠DAE＝∠BCF∵E，F是线段AC上两动点，同时分别从A，C两点出发以1cm/s的速度向点C，A运动，∴AE＝CF，在△ADE和△CBF中，AE=CF∠DAE=∠BCF∴△ADE≌△CBF（SAS）；（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OD＝OB，OA＝OC，∵AE＝CF，∴OE＝OF∴四边形DEBF为平行四边形，∴当BD＝EF时，四边形DEBF为矩形，∴OE＝OD=12BD，即12AC﹣t=12BD或t∴12×14﹣t=12×8或解得：t＝3（s）或t＝11（s），∴当运动时间t为3秒或11秒时，四边形DEBF是矩形．【变式6-1】（2022春•海陵区期末）如图，在△ABC中，O是边AC上的一个动点，过点O作直线MN，交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．给出下列信息：①MN∥BC；②OE＝OC；③OF＝OC．（1）请在上述3条信息中选择其中一条作为条件，证明：OE＝OF；（2）在（1）的条件下，连接AE、AF，当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由．

【分析】（1）由平行线的性质和角平分线定义得∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，则OE＝OC，OF＝OC，即可得出结论；（2）先证四边形AECF是平行四边形，再证∠ECF＝90°，即可得出结论．【解答】解：（1）选择MN∥BC，理由如下：∵MN∥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）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，理由如下：当O为AC的中点时，AO＝CO，由（1）可知，OE＝OF，∴四边形AECF是平行四边形，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，∴∠ACE+∠ACF=1即∠ECF＝90°，∴平行四边形AECF是矩形．【变式6-2】（2022春•津南区期末）已知▱ABCD，对角线AC，BD相交于点O（AC＞BD），点E，F分别是OA，OC上的动点．（Ⅰ）如图①，若AE＝CF，求证：四边形EBFD是平行四边形；（Ⅱ）如图②，若OE＝OB，OF＝OD，求证：四边形EBFD是矩形．

【分析】（Ⅰ）由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，再证OE＝OF，即可得出结论；（Ⅱ）由平行四边形的性质得OB＝OD，再证OE＝OF＝OB＝OD，进而得出结论．【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD，OA＝OC，∵AE＝CF．∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∵OB＝OD，∴四边形EBFD是平行四边形；（Ⅱ）∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD，∵OE＝OB，OF＝OD，∴OE＝OF＝OB＝OD，∴四边形EBFD是平行四边形，BD＝EF，∴平行四边形EBFD是矩形．【变式6-3】（2022春•洪泽区期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．（1）若G、H分别是AD、BC的中点，则下列关于四边形EGFH（E、F相遇时除外）的判断：①一定是平行四边形；②一定是矩形；③一定是菱形，正确的是①；（直接填序号，不用说理）（2）在（1）的条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值．

【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解；【解答】解：（1）连接HG交AC于点O，在矩形ABCD中，有AD∥CD，AD＝CD，∴∠DAC＝∠ACB，∠AGH＝∠CHG，∵G、H分别是AD、BC的中点，∴AG=12AD，CH=∴AG＝CH，∴△AOG≌△COH（ASA），∴OG＝OH，OA＝OC，由题意得：AE＝CF，∴OE＝OF，∴四边形EGFH是平行四边形，故①是正确得；随着t的增加，∠EGF由大变小，不一定是直角，故②不一定正确；∵G平分AD，O平分AC，∴OG∥CD，∴OG不是AC的垂直平分线，∴EG与GF不一定相等，故③不一定正确；故答案为：①．（2）（2）如图1，连接GH，

由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，∴四边形ABHG是矩形，∴GH＝AB＝6，①如图1，当四边形EGFH是矩形时，∴EF＝GH＝6，∵AE＝CF＝t，∴EF＝10﹣2t＝6，∴t＝2；②如图2，当四边形EGFH是矩形时，∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，∴t＝8；综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；【题型7矩形中多结论问题】【例7】（2022•绥化一模）如图，在一张矩形纸片ABCD中AB＝4，BC＝8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的点H处，点D落在点G处，连接CE，CH．有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF＝5．以上结论中，其中正确结论的个数有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；③点H与点A重合时，设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，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④错误．【解答】解：①∵FH与EG，EH与CF都是原来矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，∴FH∥CG，EH∥CF，∴四边形CFHE是平行四边形，由翻折的性质得，CF＝FH，∴四边形CFHE是菱形，故①正确；②∵四边形CFHE是菱形，∴∠BCH＝∠ECH，∴只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，故②错误；③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，即42+x2＝（8﹣x）2，解得x＝3，点G与点D重合时，CF＝CD＝4，∴BF＝4，∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，故③正确；④如图，过点F作FM⊥AD于M，

则ME＝（8﹣3）﹣3＝2，由勾股定理得，EF=MF2综上所述，结论正确的有①③，共2个．故选：B．【变式7-1】（2022春•南充期末）如图，矩形ABCD中，M，N分别是边AB，CD的中点，BP⊥AN于P，CP的延长线交AD于Q．下列结论：①PM＝CN；②PM⊥CQ；③PQ＝AQ；④DQ＜2PN．其中结论正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】①根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半直接判断即可；②连接MC，可以判断MC∥AN，根据已知进一步判断△PMC≌△BMC，即可得出结论；③连接MQ，证得∠MPQ＝90°，进一步证明Rt△MPQ≌Rt△AMQ，得出PQ＝AP即可判断；④取CQ的中点E，连接EN，则EN∥DQ，根据大角对大边判断即可．【解答】解：如图，∵BP⊥AN于P，M是AB的中点，∴PM=12∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝CD，∴PM＝CN．∴①正确．连接MC，则AMCN是平行四边形，∴MC∥AN，∵BP⊥AN，∴BP⊥MC，∵PM＝BM，∴∠1＝∠2，∴△PMC≌△BMC，∴∠MPC＝∠MBC＝90°．∴②正确．连接MQ，由（2）得∠MPQ＝90°，同理Rt△PMQ≌Rt△AMQ（HL）．∴PQ＝AQ．∴③正确．取CQ中点E，连接EN，则EN∥DQ，∠PEN＞90°＞∠EPN，∴PN＞EN．∴DQ＝2EN＜2PN．∴④正确．故选：D．【变式7-2】（2022春•泉州期末）如图，点P是矩形ABCD内一点，连结PA、PB、PC、PD，设△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面积分别为S1、S2、S3、S4，以下四个判断：①当∠PAB＝∠PDA时，B、P、D三点共线②存在唯一一点P，使PA＝PB＝PC＝PD③不存在到矩形ABCD四条边距离都相等的点P④若S1＝S2，则S3＝S4其中正确的是②④．（写出所有正确结论的序号）

【分析】根据矩形的性质和三角形的面积公式进行逐一判断即可得出结论．【解答】解：①当∠PAB＝∠PDA时，根据矩形四个角都是直角，则有∠PAB+∠PAD＝90°，即∠PAD+∠PDA＝90°，根据直三角形两个锐角互余可知：∠APD为90°，即△APD为直角三角形，则只有正方形ABCD且P为中心时，才可能B、P、D三点共线，故①错误；②根据矩形对角线相等且互相平分的性质可知：存在唯一一点P满足PA＝PB＝PC＝PD，此时P为对角线的交点，故②正确；③除非矩形ABCD是正方形，则在其内部才存在到矩形ABCD四条边距离都相等的点P．故③错误；④△PAB和△PCD可看作以AB和CD为底的三角形，如图，过P分别作PE⊥AB于E，PF⊥CD于F，则显然有PE，PF在一条有线上，且满足PE+PF＝AD，则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，则S3＝S4，故④正确，综上所述：②④正确．故答案为：②④．【变式7-3】（2022春•兴文县期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM

．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③DF＝NF；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中正确的结论是①②④．【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；DE＝BF；根据平行四边形的性质得到EM∥FN，故②正确；根据平行线的性质得到∠FDN＝∠AED，推出AM⊥DE，而AN不一定等于MN，得到DF≠FN，故③错误；根据平行四边形的判定定理得到四边形DEBF是平行四边形，根据等边三角形的性质得到∠ADO＝∠DAN＝60°，推出四边形DEBF是菱形；故④正确．【解答】解：∵四边形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正确；在△ADE和△CBF中，∠ADE=∠CBFAD=BC∴△ADE≌△CBF（ASA），∴DE＝BF；∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，∵DE∥BF，

∴四边形NEMF是平行四边形，∴EM∥FN，故②正确；∴∠DNF＝∠DEM，∵DC∥AB，∴∠FDN＝∠AED，∵AM⊥DE，而AN不一定等于MN，∴∠AED≠∠DEM，∴∠FDN≠∠FND，∴DF≠FN，故③错误；∵AB＝CD，AE＝CF，∴BE＝DF，∵BE∥DF，∴四边形DEBF是平行四边形，∵AO＝AD，∴AO＝AD＝OD，∴△AOD是等边三角形，∴∠ADO＝∠DAN＝60°，∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，∵DE⊥AC，∴∠ADN＝∠ODN＝30°，∴∠ODN＝∠ABD，∴DE＝BE，∴四边形DEBF是菱形；故④正确；故答案为：①②④．

【题型8矩形的判定与性质综合】【例8】（2022春•海淀区期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝DC，DE平分∠ADC交AC于点E，DF平分∠BDC交BC于点F，∠DFC＝90°．（1）求证：四边形CEDF是矩形；（2）若∠B＝30°，AD＝2，连接BE，求BE的长．【分析】（1）证∠EDF＝90°，∠CED＝90°，再由∠DFC＝90°，即可得出结论；（2）证△ACD是等边三角形，得∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，则AE＝CE＝1，再由勾股定理得DE=3，然后由三角形中位线定理得BC＝2DE＝23【解答】（1）证明：∵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°，∴四边形CEDF是矩形；（2）解：由（1）可知，四边形CEDF是矩形，∴∠CED＝∠ECF＝90°，∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，DE⊥AC，∵AD＝DC，∴CE＝AE，△ACD是等边三角形，∴∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，∴AE＝CE＝1，

∴DE=A∵∠DCB＝∠ECF﹣∠ACD＝90°﹣6