2024八年级数学下册重点突围专题10矩形的性质与判定含解析新版浙教版

Page1专题10矩形的性质与判定【考点一】矩形的性质与判定综合考例题：（辽宁·沈阳市第一二六中学八年级期中）如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，//，，．(1)如图1，求证：四边形ABCD为矩形；(2)如图2，P是AD边上随意一点，，，E、F分别是垂足，若，AB＝12，求的值．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再由对角线相等得到四边形ABCD为矩形；（2）由PE、PF分别是和的高，利用即可求解．(1)∵∴∵∴∴∴四边形ABCD是平行四边形∴OA＝OC，OB＝OD又∵∴∴四边形ADCD是矩形(2)连接OP由（1）得四边形ADCD是矩形，AB＝12∵∴∴【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理，娴熟驾驭学问点是解题的关键．【变式训练】1．（江西萍乡·九年级期末）如图，在中，于点E，延长BC至点F，使，连接AF，DE，DF．(1)求证：四边形AEFD为矩形；(2)若，，，求DF的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）依据线段的和差关系可得BC＝EF，依据平行四边形的性质可得AD∥BC，AD＝BC，即可得出AD＝EF，可证明四边形AEFD为平行四边形，依据AE⊥BC即可得结论；（2）依据矩形的性质可得AF＝DE，可得△BAF为直角三角形，利用“面积法”可求出AE的长，即可得答案．(1)∵BE＝CF，∴BE+CE＝CF+CE，即BC＝EF，∵ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四边形AEFD为平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四边形AEFD为矩形．(2)∵四边形AEFD为矩形，∴AF＝DE＝4，DF=AE，∵，，，∴AB2+AF2＝BF2，∴△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，∴，∴AE=，∴．【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质及勾股定理的逆定理，娴熟驾驭相关性质及判定定理是解题关键．2.（广东·深圳市龙岗区百合外国语学校三模）如图，已知平行四边形ABCD中，M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2OM．(1)求证：四边形AMCN是矩形；(2)若∠BAD＝135°，CD＝2，AB⊥AC，求对角线MN的长．【答案】(1)见解析(2)MN＝2【解析】【分析】（1）先证四边形AMCN是平行四边形，再证MN=AC，即可得出结论；（2）证△ABC是等腰直角三角形，得AC=AB=2，即可得出结论．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵对角线BD上的两点M、N满意BM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，∴四边形AMCN是平行四边形，∴MN＝2OM，∵AC＝2OM，∴MN＝AC，∴平行四边形AMCN是矩形；(2)解：由（1）得：MN＝AC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝2，AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∵∠BAD＝135°，∴∠ABC＝45°，∵AB⊥AC，∴∠BAC＝90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴AC＝AB＝2，∴MN＝2【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等学问；娴熟驾驭平行四边形的判定与性质和等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．3.（湖南·长沙市湘郡培粹试验中学八年级阶段练习）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．(1)求证：△ABE≌△CDF；(2)当AB与AC满意什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)AC=2AB，理由见解析【解析】【分析】(1)依据SAS证明三角形全等即可；(2)依据三角形中位线定理得，则四边形EGCF是平行四边形，得AB=AO，再由等腰三角形的性质得到AE⊥OB，则∠OEG=90°，于是证得到结论．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，，OB=OD，OA=OC，∴∠ABE=∠CDF，∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴，，∴BE=DF，在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF(SAS).(2)解：当AC=2AB时，可使四边形EGCF为矩形；理由如下：∵△ABE≌△CDF，∴∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，∴，∵EA=EG，OA=OC，∴EO是△AGC的中位线，∴，∴四边形EGCF是平行四边形，∵AC=2AB，AC=2AO，∴AB=AO，∵E是OB的中点，∴AE⊥OB，∴∠OEG=90°，∴平行四边形EGCF是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理等学问；娴熟驾驭矩形的判定和平行四边形的判定与性质，证明△AEO≌△CFO是解题的关键．4.（江苏·启东市长江中学八年级阶段练习）如图，在中，，点是斜边的中点，过点作，交于点，过点作ADBC，与的延长线交于点，连接、．(1)求证：四边形是矩形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）证△OAD≌△OCB（AAS），得AD=BC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由∠ABC=90°，即可得出结论；（2）由矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质求出AD、AE的长，再由勾股定理即可求解．(1)证明：点是的中点，，，，，在与中，，，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形；(2)解：四边形是矩形，，，，，，，，，，，．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定和性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理等学问，娴熟驾驭全等三角形的判定与性质，证明四边形ABCD为矩形是解题的关键．5.（广西·灵山县那隆第一中学八年级期中）如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD各边的中点，连接EFGH．(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；(2)请再添加一个条件，使得四边形EFGH是矩形，（写出添加的条件即可，不用写证明过程）．【答案】(1)见解析(2)添加条件AC⊥BD，能使得四边形EFGH是矩形．【解析】【分析】（1）依据三角形中位线定理得到，EH∥BD，，FG∥BD，进而得到EH=FG，EH∥FG，依据平行四边形的判定定理证明结论；（2）由（1）知四边形EFGH是平行四边形，添加条件AC⊥BD，依据矩形的判定定理证明结论．(1)证明：如图，连接BD，∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，∴，EH∥BD，，FG∥BD，∴EH=FG，EH∥FG，∴四边形EFGH是平行四边形；(2)解：添加条件AC⊥BD，能使得四边形EFGH是矩形，理由如下：如图，连接AC、BD，由（1）知四边形EFGH为平行四边形，∵EF∥AC，∴EF⊥BD，∵EH∥BD，∴EH⊥EF，∴∠FEH=90°．∴四边形EFGH是矩形．【点睛】本题考查三角形中位线定理、矩形和平行四边形的判定定理，驾驭三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键．6．（陕西·西安市曲江第一中学九年级期中）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC交DC的延长线于点E，且BD=BE．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四边形ABED的面积．【答案】(1)见解析(2)四边形ABED的面积为54．【解析】【分析】（1）依据已知条件推知四边形ABEC是平行四边形，则对边相等：AC=BE，依据等量代换得到对角线AC=BD，则平行四边形ABCD是矩形；（2）利用“矩形的对角线相等且相互平分”的性质、等边三角形的判定定理得到△AOB是等边三角形，则易求OB=AB=6，所以通过勾股定理求得BC的长度，再利用梯形的面积公式列式计算即可得解．(1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，又∵点E在DC的延长线上，∴AB∥CE，又∵BE∥AC，∴四边形ABEC是平行四边形，∴AC=BE，又BD=BE，∴AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形；(2)解：∵在矩形ABCD中，∠DBC=30°，OA=OB，∴∠ABD=60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB=BO=6，∴BD=2BO=2×6=12，又∵四边形ABEC是平行四边形，∴CE=AB=6，∴DE=CD+CE=12，在Rt△ABC中，BC=，∴四边形ABED的面积=（6+12）×6=54．【点睛】本题考查了矩形的对角线相互平分且相等的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定和性质，熟记性质是解题的关键．7.（广东·深圳市福田区北环中学九年级阶段练习）在平行四边形ABCD中，∠BAD＝，DE平分∠ADC，交对角线AC于点G，交射线AB于点E，将线段EB绕点E顺时针旋转得线段EP．(1)如图1，当＝120°时，连接AP，请写出线段AP和线段AC的数量关系，并说明理由；(2)如图2，当＝90°时，过点B作BF⊥EP于点F，连接AF，请干脆写出线段AF，AB，AD之间的数量关系；(3)当＝120°时，连接AP，若BE＝AB，请干脆写出△APE与△CDG面积的比．【答案】(1)AP=AC，理由见解析(2)，理由见解析(3)或【解析】【分析】（1）如图1所示，连接PB，PC，先求出，，得到∠AEP=120°，然后证△BPE是等边三角形，得到BP=BE，∠EBP=∠BOE=60°，则∠AEP=∠CBP，再由DE平分∠ADC，推出∠AED=∠∠CDE=∠ADE=30°，得到AE=BC，即可证明△AEP≌△CBP得到AP=CP，∠APE=∠CPB，从而证明△APC是等边三角形，得到AP=AC；（2）连接CF，先证四边形ABCD是矩形，得到∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，同理证明AE=BC，△AEF≌△CBF，得到CF=AF，∠CFB=∠AFE，然后证明∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=90°，得到，再由，则；（3）分点E在AB上和AB的延长线上两种状况探讨求解即可．(1)解：AP=AC，理由如下：如图1所示，连接PB，PC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴，，AD=BC，∵，∴，，∴∠AEP=120°由旋转的性质可得EP=EB，∴△BPE是等边三角形，∴BP=BE，∠EBP=∠BOE=60°，∴∠CBP=∠EBP+∠ABC=120°，∴∠AEP=∠CBP，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE=30°，∴∠AED=∠∠CDE=∠ADE=30°，∴AE=AD，∴AE=BC，∴△AEP≌△CBP（SAS），∴AP=CP，∠APE=∠CPB，∴∠APC=∠APE+∠CPE=∠CPB+∠CPE=∠BPE=60°，∴△APC是等边三角形，∴AP=AC；(2)解：，理由如下：如图2所示，连接CF，∵在平行四边形ABCD中，∠BAD=90°，∴四边形ABCD是矩形，∴∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE=45°，∴∠AEDF=∠ADE=45°，∴AE=AD，∴AE=BC，∵BF⊥EP，∴∠BFE=90°，∴，∴∠BEF=∠EBF=45°，∴BE=EF，∠AEF=135°，∴∠AEF=∠CBF=∠EBF+∠ABC=135°，∴△AEF≌△CBF（SAS），∴CF=AF，∠CFB=∠AFE，∴∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=90°，∴，∵，∴；(3)解：①如图3所示，当E在AB上时，过点G作GM⊥AD于K，作GN⊥CD于N，过点C作CK⊥AD于K，过点A作AH⊥PE交PE延长线于H，由（1）知，BC=AD=AE=AB-BE，当时，∠B=∠ADC=60°，∴∠KCD=30°，∴CD=2KD，∴∵，∴，设BE=a。则PE=BE=AD=AE=BC=a，AB=CD=2a，∵DE平分∠ADC，GM⊥AD，GN⊥CD，∴GM=GN，∵，，∴，由（1）可知∠AEP=∠BAD=120°，∴∠AEH=60°，∵∠H=90°，∴∠EAH=30°，∴，∴，∴，∴；②如图4，当点E在AB延长线上时，过点P作PH⊥BE于H，同理可证AE=AD，∵，∴，同理可证，∴，设CD=AB=b，则，同理可求出，∴；∵，BE=EP，∴△PBE是等边三角形，∴，∴，∴，∴；∴综上所述，或【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，角平分线的性质与判定，勾股定理，含30度角的额直角三角形的性质，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出协助线是解题的关键．【考点二】矩形中的折叠问题例题：（湖北省崇阳县第一中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，E是BC上一动点，将△ABE沿AE折叠后得到△AFE，点F在矩形ABCD内部，延长AF交CD于点G，AB＝3，AD＝4．(1)如图1，当∠DAG＝30°时，求BE的长；(2)如图2，当点E是BC的中点时，求线段GC的长；(3)如图3，点E在运动过程中，当△CFE的周长最小时，干脆写出BE的长．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）先确定出∠BAE＝30°，再利用含30°的直角三角形的性质即可得出结论；（2）连接GE，依据点E是BC的中点以及翻折的性质可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”证明△GFE和△GCE全等，依据全等三角形对应边相等即可得证FG＝CG，设GC＝x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式进行计算即可得解；（3）先推断出EF⊥AC时，△CEF的周长最小，最终用勾股定理即可得出结论．(1)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠DAG＝30°，∴∠BAG＝60°由折叠知，∠BAE＝∠BAG＝30°，在Rt△BAE中，∠BAE＝30°，AB＝3，∴BE＝(2)解：如图4，连接GE，∵E是BC的中点，∴BE＝EC，∵△ABE沿AE折叠后得到△AFE，∴BE＝EF，∴EF＝EC，∵在矩形ABCD中，∴∠C＝90°，∴∠EFG＝90°，∵在Rt△GFE和Rt△GCE中，∴Rt△GFE≌Rt△GCE（HL），∴GF＝GC；设GC＝x，则AG＝3+x，DG＝3﹣x，在Rt△ADG中，42+（3﹣x）2＝（3+x）2，解得x＝．(3)解：如图1，由折叠知，∠AFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴EF+CE＝BE+CE＝BC＝AD＝4，∴当CF最小时，△CEF的周长最小，∵CF≥AC-AF，∴当点A，F，C在同一条直线上时，CF最小，由折叠知，AF＝AB＝3，在Rt△ABC中，AB＝3，BC＝AD＝4，∴AC＝5，∴CF＝AC﹣AF＝2，在Rt△CEF中，EF2+CF2＝CE2，∴BE2+CF2＝（4﹣BE）2，∴BE2+22＝（4﹣BE）2，∴BE＝．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解（1）的关键是求出∠BAE＝30°，解（2）和（3）的关键是构造出直角三角形，利用勾股定理解决问题．【变式训练】1.（江苏·洪泽外国语中学八年级阶段练习）矩形ABCD的边长AB＝18cm，点E在BC上，把△ABE沿AE折叠，使点B落在CD边的点F处，∠BAE＝30°．(1)如图1，求DF的长度；(2)如图2，点N从点F动身沿FD以每秒1cm的速度向点D运动，同时点P从点A动身沿AF以每秒2cm的速度向点F运动，运动时间为t秒（0＜t＜9），过点P作PM⊥AD，于点M．①请证明在N、P运动的过程中，四边形FNMP是平行四边形；②连接NP，当t为何值时，△MNP为直角三角形？【答案】(1)DF=9cm(2)①见解析，②秒或秒【解析】【分析】（1）由折叠的性质可知，∠BAE=∠FAE=30°，AF=AB=18cm，然后求出∠DAF=30°，则；（2）①由题意得：FN＝tcm，PA＝2tcm，则PF＝（18﹣2t）cm，由（1）得：∠DAF＝30°，则PM＝PA＝t（cm），从而推出FN＝PM，即可证明四边形FNMP是平行四边形；②分三种状况：当∠MPN＝90°时，当∠PMN＝90°时，当∠PNM＝90°时，三种状况探讨求解即可得到答案．(1)解：由折叠的性质可知，∠BAE=∠FAE=30°，AF=AB=18cm，∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠BAD=90°，∴∠DAF=30°，∴；(2)解：①证明：由题意得：FN＝tcm，PA＝2tcm，则PF＝（18﹣2t）cm，∵PM⊥AD，FD⊥AD，∴PM∥FD，∠PMA＝90°，由（1）得：∠DAF＝30°，∴PM＝PA＝t（cm），∴FN＝PM，∴四边形FNMP是平行四边形；②分三种状况：a、当∠MPN＝90°时，PM⊥PN，如图2所示：∵PM⊥AD，AD⊥CD，∴PN∥AD，PN⊥CD，∴∠FPN＝∠DAF＝30°，∠PNF＝90°，∴FN＝PF，即t＝（18﹣2t），解得：t＝；b、当∠PMN＝90°时，点N、M重合，不能构成△MNP；c、当∠PNM＝90°时，如图3所示：过P作PH⊥FN于H，则四边形PHDM是矩形，∠PHF＝∠PHD＝90°，PH∥AD，∴PH＝DM，∠HPF＝∠DAF＝30°，∴FH＝PF＝（9﹣t）cm，∵ND＝DF﹣FN＝（9﹣t）cm，∴FN＝ND，∵∠D＝∠PHF＝90°，PH＝MD，∴△DMN≌△HPF（SAS），∴MN＝PF＝（18﹣2t）cm，∠DMN＝∠HPF＝30°，∴∠NMP＝90°﹣30°＝60°，∴∠MPN＝90°﹣60°＝30°，∴PM＝2MN＝（36﹣4t）cm，∵PM＝tcm，∴36﹣4t＝t，解得：t＝；综上所述，当t为秒或秒时，△MNP为直角三角形．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够娴熟驾驭相关学问．2.（江苏无锡·八年级期末）如图，长方形纸片ABCD中，AB＝8，BC＝12，点E、F分别在边AD和边BC上，连接EF，将纸片沿EF折叠．(1)如图（1），若点B落在边AD的延长线上的点G处，求证：GE＝GF；(2)如图（2），若点B落在边CD的中点M处，求BF的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质得出∠GEF＝∠EFG，则可得出结论；（2）设BF＝x，由勾股定理得出（12−x）2＋42＝x2，求出x可得出答案．(1)证明：∵四边形ABCD是矩形，∴ADBC，∴∠GEF＝∠BFE，∵将纸片沿EF折叠．∴∠BFE＝∠EFG，∴∠GEF＝∠EFG，∴GE＝GF；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝12，AB＝CD＝8，∵M是CD的中点，∴CM＝4，由折叠的性质可知，BF＝FM，设BF＝x，∵CF2＋CM2＝FM2，∴（12−x）2＋42＝x2，解得x＝，∴BF＝．【点睛】本题考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理等学问，解题的关键是娴熟驾驭折叠的性质．3.（湖南·长沙市开福区青竹湖湘一外国语学校八年级期末）如图，四边形ABCD中，，，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，且点G在四边形ABCD内部，延长BG交DC于点F，连接EF．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)求证：；(3)若点，，求DF的长．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)【解析】【分析】（1）利用平行线的性质可得∠C=90°，再依据三个角是直角的四边形是矩形即可判定；（2）依据折叠的性质和中点的定义得出EG=ED，再用HL定理证明Rt△EGF≌Rt△EDF即可；（3）利用DF分别表示BF和FC，再在Rt△BCF中利用勾股定理求解即可．(1)证明：∵，∴∠D+∠C=180°，∵，∴，∴四边形ABCD为矩形；(2)证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，∴△ABE≌△GBE，∴∠BGE=∠A，AE=GE，∵∠A=∠D=90°，∴∠EGF=∠D=90°，∵点E是AD的中点，∴EA=ED，∴EG=ED，在Rt△EGF和Rt△EDF中，，∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL）；∴；(3)解：∵四边形ABCD为矩形，△ABE≌△GBE，∴∠C=90°，BG=CD=AB=6，∵；∴，，∴在Rt△BCF中，依据勾股定理，，即，解得．即．【点睛】本题考查矩形的性质和判定，全等三角形的判定定理，折叠的性质，勾股定理等．（1）驾驭矩形的判定定理是解题关键；（2）能结合重点和折叠的性质得出EG=ED是解题关键；（3）中能利用DF正确表示Rt△BCF中，BF和CF的长度是解题关键．4．（江苏·无锡市东林中学八年级期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝8．（1）P为BC上一点，将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置（点B落在点E处）．①如图①，当点E落在边CD上时，利用尺规作图，在图①中作出满意条件的图形（即△AEP的位置，不写作法，保留作图痕迹），并干脆写出此时DE＝．②如图②，PE与CD相交于点F，AE与CD相交于点G，且FC＝FE，求BP的长．（2）如图③，已知点Q为射线BA上的一个动点，将△BCQ沿CQ翻折，点B恰好落在直线DQ上的点B’处，求BQ的长．【答案】（1）①画图见解析，6；②；（2）4或16【解析】【分析】（1）①如图1，以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，作的角平分线交于点，则点即所求，依据勾股定理求得的长；②由折叠的性质可知设BP＝EP＝x，可求得△GEF≌△PCF（ASA），再勾股定理求解即可；（2）分两种状况进行探讨，点Q在线段AB上和点Q在BA延长线上，分别求解即可．【详解】解：（1）①以点A为圆心，AB长为半径画弧，交CD于点E，再作∠EAB的角平分线交BC于点P，连接EP、AP，如下图：则由矩形的性质可知：∴②由折叠的性质，可设BP＝EP＝x，在和中∴△GEF≌△PCF（ASA）∴GF＝FP，GE＝CP＝8－x∴GC＝EP＝x∴∴在Rt△ADG中，解得x＝，即BP＝（2）①点Q在线段AB上，由翻折得，∵CD∥AB，∴∠DCQ＝∠CQB∴∠DCQ＝∠CQD∴CD＝QD＝10∵∴∴②点Q在BA延长线上由翻折得∵CD＝10，∴设∴在Rt△ADQ中，解得x＝16，即BQ＝16综上所述，BQ＝4或16【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，折叠变换，勾股定理等学问，解题的关键是学会利用参数构建方程求解问题，学会用分类探讨的思想思索问题．5.（全国·八年级专题练习）在长方形纸片ABCD中，点E是边CD上的一点，将△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处．（1）如图1，若点F落在对角线AC上，且∠BAC＝54°，则∠DAE的度数为________°．（2）如图2，若点F落在边BC上，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CE的长．（3）如图3，若点E是CD的中点，AF的延长线交BC于点G，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CG的长．【答案】（1）18；（2）CE的长为；（3）CG的长为．【解析】【分析】（1）依据矩形的性质得∠DAC=36°，依据折叠的性质得∠DAE=18°；（2）依据矩形性质得∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，依据折叠的性质得AF＝AD＝10，EF＝ED，依据勾股定理得BF=8，则CF=2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，依据勾股定理得，解得：，即CE的长为；（3）连接EG，，由题意得DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，则∠EFG＝∠C=90°，由HL得Rt△CEG≌Rt△FEG，则CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝10+y，BG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得，解得，即CG的长为．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∴∠DAC=90°-∠BAC=90°-54°=36°，∵△AED沿AE所在的直线折叠，使点D落在点F处，∴∠DAE=∠EAC=∠DAC=×36°=18°，故答案为：18；（2）∵四边形ABCD是长方形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，EF＝ED，∴，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，设CE＝x，则EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：，解得：，即CE的长为；（3）解：如图所示，连接EG，∵点E是CD的中点，∴DE＝CE，由折叠的性质得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，FE＝DE，∴∠EFG＝∠C=90°，在Rt△CEG和Rt△FEG中，，∴Rt△CEG≌Rt△FEG（HL），∴CG＝FG，设CG＝FG＝y，则AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得：，解得：，即CG的长为．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是驾驭并敏捷运用这些学问点．6．（湖南·长沙市雅礼试验中学九年级阶段练习）如图，四边形OABC为矩形，其中O为原点，A、C两点分别在x轴和y轴上，点B的坐标是（4，6），将矩形沿直线DE折叠，使点C落在AB边上点F处，折痕分别交OC、BC于点E、D，且点D的坐标是（，6）．（1）求BF的长度；（2）如图2，点P在其次象限，且△PDE≌△CED，求直线PE的解析式；（3）若点M为直线DE上一动点，在x轴上是否存在点N，使以M、N、D、F为顶点的四边形是平行四边形？若存在，求出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）2；（2）；（3）存在，N（2，0）或（﹣3，0）【解析】【分析】（1）利用折叠性质，可得DF＝CD＝，再利用勾股定理即可求得BF的长度；（2）利用折叠性质和题目条件，可得△CDE≌△FDE≌PED，可以证得四边形PEFD为矩形，利用BF长度，可以求出F的坐标，过E作EG⊥AB于G，利用勾股定理列方程，求得E点坐标，再利用中点坐标公式求得DE的中点坐标，从而求得P坐标，最终利用待定系数法求得直线PE解析式；（3）利用△DFM的三边都可以为对角线，画图，分三类探讨，利用中点坐标公式，可以得到平行四边形的对角线的两个端点横、纵坐标之和相等，来列方程组，进行求解．【详解】解：（1）由题可得，△CDE≌△FDE，则，DF＝CD＝，∵B（4，6），四边形OABC为矩形，∴BC＝4，∠B＝90°，∴BD＝BC﹣CD＝，在Rt△DBF中，；（2）如图1，由（1）得，△CDE≌△FDE，又△PDE≌△CED，∴△PDE≌△CED≌△FED，∴PD＝CE＝FE，PE＝CD＝FE＝，∴四边形PEFD为平行四边形，又∠C＝90°，∴∠C＝∠P=∠F=90°，∴▱PEFD为矩形，又AF＝AB﹣BF＝6﹣2＝4，∴F（4，4），过E作EG⊥AB于G，则四边形AOEG，EGBC为矩形，设OE＝AG＝a，则，FG＝4﹣a，EG＝BC＝4，CE＝6﹣a又EF＝EC，则42＋（4﹣a）2＝（6﹣a）2，∴a＝1，∴E（0，1），连接PF交DE于点M，则M为PF，DE的中点，∵D（），E（0，1），∴依据中点坐标公式可知，，即，同理，依据中点坐标公式可得P（）；设直线PE的解析式为：y＝kx＋1，代入点P，得，，解得，k＝，∴直线PE的解析式为：；（3）设直线DE的解析式为：y＝k1x＋1，代入点，解得，k1＝2，∴y＝2x＋1，设M（m，2m＋1），N（xN，0），①如图2，当MF为对角线，DN为另一条对角线时，连接MF，DN交于点K，则K为MF，DN的中点，，即，解得，∴N（2，0），②如图3，当DF为对角线，MN为另一条对角线时，，解得，∴N（2，0），③如图4，当DM为对角线，NF为另一条对角线时，，解得，∴N（﹣3，0），综上所述，N（2，0）或（﹣3，0）．【点睛】本题属于一次函数与四边形的综合题目，考查了矩形的性质，一次函数的待定系数法以及平行四边形存在性问题，解决问题的关键在于利用已知条件合理设置参数，利用平行四边形的对角线的两个端点横、纵坐标之和相等来解决．【考点三】矩形中的动点问题例题：（江苏无锡·八年级期中）如图1，已知长方形ABCD，AB＝CD＝2，BC＝AD＝3，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，E为CD边的中点，P为长方形ABCD边上的动点，动点P从A动身，沿着A→B→C→E运动到E点停止，设点P经过的路程为x，△APE的面积为y．（1）当x=1时，y=；当x=5.5时，y=；（2）如图2，求出当点P边BC时，用x的代数式表示y；（3）如备用图，当P在线段BC上运动时，是否存在点P使得△APE的周长最小？若存在，求出此时∠PAD的度数；若不存在，请说明理由．【答案】（1）1.5；；（2）当点P在BC边上时，y=（2＜x≤5）；（3）存在．∠PAD=45°．【解析】【分析】（1）利用三角形面积求法即可得出答案；（2）利用S△APE=S矩形ABCD-S△ABP-S△PCE-S△ADE得出y与x的函数关系式即可；（3）利用轴对称求最短路途的方法得出P点位置，进而利用等腰直角三角形的性质求出答案．【详解】解：（1）x=1时，点P在AB边上，如图，AP=1，AD=3，∴y=×1×3=1.5；x=5.5时，点P在CE上，如图，EP=6-5.5=0.5，AD=3，∴y=××3=；故答案为：1.5；；（2）当点P在BC边上时，如图，BP=x-2，CP=5-x，∴y=2×2-×2×（x-2）-×1×（5-x）-×1×3=-x+4(2＜x≤5)；（3）存在．作点E关于BC所在直线的对称点E′，连接AE′交BC于点P，此时△APE的周长最小；∵EC=CE'，且PC⊥EE'，∴PE=PE'，∴AP+PEAE'，∵AE为定值，∴此时△APE的周长最小；在Rt△ADE'中，∵AD=DE'=3，∠D=90°，∴△ADE'是等腰直角三角形，∴∠PAD=45°．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、三角形面积求法、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值等学问；本题综合性，推断出点P在那一条边上是解本题的关键．1．（吉林·长春市第八十七中学八年级阶段练习）如图，矩形中，，，动点以的速度从点动身沿折线向终点运动，动点以的速度从点起先沿折线向终点运动，假如点、同时动身，设点运动的时间秒，的面积为．（1）当___________秒时，点到达点，当______________时，点到达点．（2）当为何值时，为等腰直角三角形？（3）表示的面积（可用含有的代数式表示），请干脆写出结果．【答案】（1）3，9；（2）当t为s时，△QAP为等腰直角三角形；（3）①当0≤t≤3时2t2-12t+36；②当3≤t≤6时，18；③当6＜t≤9时，2t2-36t+162．【解析】【分析】（1）依据时间=路程÷速度即可算出点Q到达点A和点B的时间；（2）由题意得AP=2t，DQ=2t，则AQ=AD-DQ=6-2t，由等腰直角三角形的性质得出AQ=AP，得出方程，解方程即可；（3）①当0≤t≤3时，△CPQ的面积=矩形ABCD的面积-△APQ的面积-△BCP的面积-△CDQ的面积，即可得出答案；②当3≤t≤6时，由题意得AP=2t，AQ=2t-6，PQ=AP-AQ=6，得出△CPQ的面积=PQ×BC=×6×6=18；③当6＜t≤9时，由三角形面积公式即可得出答案．【详解】解：（1）∵6÷2=3∴当t=3时，点Q到达点A；∵18÷2=9∴当t=9时，点Q到达点B；故答案为：3，9；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=12，由题意得：AP=2t，DQ=2t，∴AQ=AD-DQ=6-2t，∵△QAP为等腰直角三角形，∴AQ=AP，即2t=6-2t，解得：t=，即当t为s时，△QAP为等腰直角三角形；（3）分三种状况：①当0≤t≤3时，如图1所示：由题意得：AP=2t，DQ=2t，∴AQ=AD-DQ=6-2t，BP=12-2t，∴△CPQ的面积=矩形ABCD的面积-△APQ的面积-△BCP的面积-△CDQ的面积=12×6-×2t×（6-2t）-×（12-2t）×6-×12×2t=2t2-12t+36；②当3≤t≤6时，如图2所示：由题意得：AP=2t，AQ=2t-6，∴PQ=AP-AQ=6，∴△CPQ的面积=PQ×BC=×6×6=18；③当6＜t≤9时，如图3所示：由题意得：BP=2t-12，AQ=2t-6，∴CP=6-BP=18-2t，BQ=12-AQ=18-2t，∴△CPQ的面积=CP×BQ=×（18-2t）2=2t2-36t+162．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰直角三角形的性质、三角形面积公式等学问；娴熟驾驭矩形的性质和等腰直角三角形的性质是解题的关键，留意分类探讨．2．（全国·九年级）如图，已知矩形ABCD，AD＝4，CD＝10，P是AB上一动点，M、N、E分别是PD、PC、CD的中点．（1）求证：四边形PMEN是平行四边形；（2）四边形PMEN有可能是矩形吗？若有可能，求出AP的长；若不行能，请说明理由．【答案】（1）见解析；（2）四边形PMEN可能是矩形；当AP＝2或AP＝8时，四边形PMEN是矩形．【解析】【分析】（1）依据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明；（2）四边形PMEN是矩形的话，∠DPC必需为90°，再依据勾股定理求解就行．【详解】解：（1）∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点，∴ME，NE是△PDC的中位线，∴ME//PC，EN//PD，∴四边形PMEN是平行四边形；（2）四边形PMEN可能是矩形．若四边形PMEN是矩形，则∠DPC＝90°∵AD＝4，CD＝10，设PA＝x，PB＝10−x，DP＝，CP＝．DP2＋CP2＝DC2，16＋x2＋16＋（10−x）2＝102，x2−10x＋16＝0x＝2或x＝8．故当AP＝2或AP＝8时，四边形PMEN是矩形．【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定定理和性质，勾股定理，知道矩形的四个角都是直角，对边相等等性质．3．（江苏·苏州市吴江区试验初级中学八年级阶段练习）如图，中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，交的平分线于点E，交的外角平分线于点F．（1）推断与的大小关系？并说明理由；（2）当点O运动到何处时，四边形是矩形？并说出你的理由；【答案】（1）OE=OF，见解析；（2）点O运动到AC的中点时，四边形是矩形，见解析．【解析】【分析】（1）依据角平分线的定义及平行线的性质可得OC=OE，OC=OF，从而可得OE=OF；（2）由（1）知，OE=OF，当O点是AC的中点时，可得四边形AECF是平行四边形，再由角平分线的定义，易得∠ECF=90°，从而可得四边形AECF是矩形．【详解】（1）OE=OF理由如下：∵CE平分∴∠ACE=∠BCE∵MN∥BC∴∠OEC=∠BCE∴∠OEC=∠ACE∴OC=OE同理，可得：OC=OF∴OE=OF（2）点O运动到AC的中点时，四边形是矩形理由如下：∵O点是AC的中点∴OA=OC∵由（1）有：OE=OF∴四边形AECF是平行四边形∵∠ACE=∠BCE，∠ACF=∠GCF，∠ACE+∠BCE+∠ACF+∠GCF=180°∴2∠ACE+2∠ACF=180°∴∠ACE+∠ACF=90°即∠ECF=90°∴四边形AECF是矩形【点睛】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，矩形的判定，等腰三角形的判定等学问，娴熟运用这些学问是本题的关键．4.（江苏·八年级专题练习）如图，已知长方形的边AD＝8，AB＝4，动点M从点A动身，以每秒2个单位长度的速度沿A→D→A的路径匀速运动，同时，动点N从点C动身，沿C→B方向以每秒1个单位长度的速度匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为t秒．(1)如（图一），当运动时间为1秒时，求MN的长度；(2)当0≤t≤4时，干脆写出AMN为直角三角形时的运动时间t的值；(3)如（图二），当4＜t＜8时，推断AMN的形态，并说明理由．【答案】(1)(2)或4(3)△AMN是锐角三角形【解析】【分析】（1）过点N作NR⊥AD于R．求出MR，NR，利用勾股定理求解．（2）当0≤t≤4时，假如AM=BN，则△AMN是直角三角形，当t=4时，点M与D重合，点N位于BC的中点，此时△AMN是等腰直角三角形；（3）由（2）可知当t=4时，△AMN是等腰直角三角形，由此推断出△AMN是锐角三角形．(1)解：过点N作NR⊥AD于R．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C=∠D=∠DRN=90°，∴四边形CDRN是矩形，∴RN=CD=4，CN=DR=1，∵AM=2，AD=8，∴RM=AD-AM-DR=8-2-1=5，∵∠MRN=90°，∴MN=．(2)解：当0≤t≤4时，假如AM=BN，则△AMN是直角三角形，∴2t=8-t，∴t=，当t=4时，点M与D重合，点N位于BC的中点，此时△AMN是等腰直角三角形，综上所述，当△AMN是直角三角形时，t的值为或4．(3)解：∵当t=4时，△AMN是等腰直角三角形，∵点M的运动速度大于点N的运动速度，且M，N同时到达终点，即点M在点N的右侧，∴当4＜t＜8时，△AMN是锐角三角形．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，直角三角形的判定和性质，勾股定理等学问，解题的关键是理解题意，敏捷运用所学学问解决问题．5．（甘肃·兰州十一中九年级阶段练习）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的一条角平分线，AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，BE⊥AN，垂足为E．已知AD＝4，BD＝3．（1）求证：四边形ADBE是矩形；（2）如图2，延长AD至点F，使AF＝AB，连接BF，G为BF的中点，连接EG，DG．求EG的长．（3）如图3，在（2）问的条件下，P为BE边上的一个动点，连接PG并延长交AD延长线于点Q，连接CQ，H为CQ的中点，求点P从E点运动到B点时，点H所经过的路径长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）2【解析】【分析】（1）依据三角形角平分线的性质及外角的性质证得∠MAN=∠C，推出AN∥BC，由此推出∠DAE=∠AEB=∠ADB=90°，即可证得结论；（2）连接AG，由勾股定理求出AB的长，进而求出DF、BG的长，然后证明△AGD≌△BEG即可；（3）由题意知H运动的轨迹是△CF的中位线，求出F即可求出H运动的轨迹的长．【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD是角平分线，∴AD⊥BC，∠ABC=∠C，∵AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，∴∠MAN=∠BAN，∵∠BAM=∠ABC+∠C，∴∠MAN=∠C，∴AN∥BC，∴∠DAE=∠ADC=∠ADB=90°，∵BE⊥AN，∴∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，∴四边形ADBE是矩形；（2）如图，连接AG，∵矩形ADBE中，AD=4，BD=3，∴BE=AD=4，AE=BD=3，∠ADB=∠DBE=∠BDF=90°，∴，∴DF=1，∴∵G是BF的中点，∴DG=BG，∴∠BDG=∠DBG，∴∠ADG=∠EBG，∴△AGD≌△BEG，∴EG=AG，∵AG∴；（3）由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在、的位置，∵BE∥AD，∴∠BEG=∠DG，∴△EBG≌△FG，∴F=BE=4，由题意知是△CF的中位线，∴．【点睛】此题考查了角平分线的定义，矩形的判定及性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，以及三角形的中位线等学问，证明∠DAE=90°是解（1）的关键，证明△AGD≌△BEG是解（2）的关键，确定H运动的轨迹是△CF的中位线是解（3）的关键．6.（江苏·无锡市天一试验学校八年级期中）如图①，在长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，6），点B在第一象限．点P从原点动身，以每秒2个单位长度的速度沿着O-A-B-C-O的路途匀速移动（即：沿着长方形移动一周）．点P移动的时间为ts．（1）点B的坐标为；当t＝4s时，点P的坐标为．（2）在移动过程中，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，求点P移动的时间．（3）如图②，若将长方形OABC沿着AC翻折，点B与点B′重合，边AB′与y轴交于点E，求出点E的坐标.【答案】（1）（4，6），（4，4）；（2）当点P到x轴的距离为5个单位长度时，求点P移动的时间是4.5s或7.5s；（3）点E的坐标为（0，）．【解析】【分析】（1）依据正方形的性质，坐标与图形性质解答；（2）分点P在AB上和点P在OC上两种状况，依据题意计算；（3）依据翻转变换的性质得到∠B′=∠B=90°，B′C=BC=OA=4，证明△CB′E≌△AOE，依据全等三角形的性质得到BE′=OE，依据勾股定理计算，求出OE，得到答案．【详解】解：（1）∵四边形OABC为矩形，点A的坐标为（4，0），点C的坐标为（0，6），∴点B的坐标为（4，6）；当t=4s时，点P在AB上，AP=2×4-4=4，∴点P的坐标为（4，4），故答案为：（4，6），（4，4）；（2）当点P在AB上时，AP=5，∴OA+AB=9，∴t==4.5（s），当点P在OC上时，OP=5，则CP=6-5=1，∴OA+AB+BC+CP=15，∴t==7.5（s），综上所述，当点P到x轴的距离为5个单位长度时，求点P移动的时间是4.5s或7.5s；（3）由折叠的性质可知，∠B′=∠B=90°，B′C=BC=OA=4，在△CB′E和△AOE中，，∴△CB′E≌△AOE（AAS）∴BE′=OE，在Rt△CB′E中，CE2=B′E2+B′C2，即（6-OE）2=OE2+42，解得：OE=，则点E的坐标为（0，）．【点睛】本题考查的是矩形的性质，全等三角形的判定和性质，翻转变换的性质，勾股定理的应用，驾驭全等三角形的判定定理和性质定理，翻转变换的性质是解题的关键．7.（浙江·温州市第四中学九年级期中）已知：如图1，在长方形中，，，，点P是边上的动点，将翻折得，延长交于点F，连结．（1）求证：．（2）如图2，当时，点F与点C刚好重合．求此时的长．（3）如图3，连结，在点P运动过程中，当和面积相等时，则．（干脆写出答案）【答案】（1）见解析；（2）；（3）2或8【解析】【分析】（1）结合翻折的性质以及矩形的基本性质推出∠FBP=∠FPB即可得出结论；（2）先在Rt△BCE中，运用勾股定理求出CE，然后设AP=PE=x，并分别表示出PC和PD，在Rt△PDC中利用勾股定理建立方程求解即可；（3）分别考虑点P的不同位置，结合全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形的判定与性质求解即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∴∠APB=∠FBP，由翻折的性质可知，∠APB=∠FPB，∴∠FBP=∠FPB，∴FP=FB；（2）当时，△BEC恰为直角三角形，依据翻折的性质得：AB=BE=4，AP=PE，在Rt△BEC中，BE=4，BC=10，∴，设AP=PE=x，则，，在Rt△PDC中，，即：，解得：，∴此时AP长为；（3）①当点P在靠近A点时，如图所示，作CQ⊥PF延长线于Q点，则∠Q=∠BEF=90°，∵，，∴当和面积相等时，有BE=CQ，在△BEF和△CQF中，∴△BEF≌△CQF(AAS)，∴BF=CF，EF=QF，∴此时，F点为BC的中点，BF=BC=5，∵BE=AB=4，∴在Rt△BEF中，，由（1）可知，BF=PF，∴PF=5，∴PE=PF-EF=2，∴AP=2；②当点P在靠近D点时，如图所示，作CQ⊥PE于Q点，此时，当和面积相等时，仍有BE=CQ，则由①可知，此时△BEF≌△CQF仍旧成立，BF=CF，∴点F为BC的中点，CF=BC=5，∵翻折性质可得：AB=BE=CD，∴CQ=CD=4，∴由勾股定理得：FQ=3，在Rt△CPQ和Rt△CPD中，∴Rt△CPQ≌Rt△CPD(HL)，∴PQ=PD，∠DPC=∠FPC，∵AD∥BC，∴∠DPC=∠FCP，∴∠FCP=∠FPC，∴FP=FC=5，∴PQ=FP-FQ=5-3=2，∴PD=2，∴AP=AD-PD=10-2=8；综上分析，当和面积相等时，AP=2或8，故答案为：2或8．【点睛】本题考查矩形的翻折，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，以及勾股定理等，理解矩形的基本性质，驾驭翻折改变的性质以及勾股定理的计算是解题关键．【考点四】矩形中的作图问题例题：（江苏镇江·九年级期末）如图，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的点，AE=AD．(1)在线段CD上作一点F，连接EF，使得∠EFC＝∠BEA(请用直尺和圆规作图，保留作图痕迹)；(2)在（1）作出的图形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求，理由：可先证明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，从而得到∠DAE+∠DFE=180°，进而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；（2）依据矩形的性质可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，从而得到BE＝3，进而得到EC＝2，然后在中，由勾股定理，即可求解．(1)解：如图，作∠DAE的角平分线，与DC的交点即为所求．∵AE=AD，∠EAF=∠DAF，AF=AF，∴△AEF≌△ADF，∴∠AEF=∠D=90°，∴∠DAE+∠DFE=180°，∵∠EFC+∠DFE=180°，∴∠EFC=∠DAE，∵在矩形ABCD中，AD∥BC，∴∠BEA=∠DAE，∴∠EFC＝∠BEA；(2)解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，∵AE＝AD＝5，∴BE＝＝＝3，∴EC＝BC﹣BE＝5﹣3＝2，由（1）得：△AEF≌△ADF，∴，在中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等学问，娴熟驾驭矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．1.（江西·崇仁县其次中学九年级期中）已知：矩形，点是的中点，点在上，请用无刻度尺画图：（1）在图甲中，在边上找一点，使；（2）在图乙中：在边上找一点，使．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接交于点，连接并延长交于点，利用矩形的性质可得，即可求解；（2）连接交于点，连接并延长、交于点，连接交于点，连接交于点，即可求解．【详解】解：（1）连接交于点，连接并延长交于点由矩形的性质可得，∴又∵∴∴（2）连接交于点，连接并延长、交于点，连接交于点连接交于点，如下图：由题意可得：，又∵点是的中点∴为的中位线，∴∴，又∵∴平分∴∴又∵，∴∴又∵，∴∴∴由（1）的方法，可得∴【点睛】此题考查了矩形的性质，涉及了全等三角形的判定与性质，解题的关键是驾驭并应用矩形的性质．2.（湖北省直辖县级单位·八年级阶段练习）如图，矩形中，点在上，且，试分别在下列两个图中按要求运用无刻度直尺画图．（保留作图痕迹）（1）在图1中，画出的平分线；（2）在图2中，画出的平分线．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接AC，再由平行线的性质及等腰三角形的性质可知AC是∠DAE的平分线；（2）连接AC，BD交于点F，连接EF，由平行四边形的性质及等腰三角形的性质可知EF是∠AEC的平分线．【详解】解：（1）如图1所示．（2）如图2所示．【点睛】本题考查的是作图-基本作图，熟知矩形及等腰三角形的性质是解答此题的关键．3.（江苏·常州市其次十四中学八年级期中）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，AE＝EC，分别在图1和图2中按要求仅用无刻度的直尺画图．（保留画图痕迹）（1）在图1中，画出∠DAE的平分线：（2）在图2中，画出∠AEC的平分线EF，交AD于点F，并说明理由．【答案】（1）连接AC，则AC平分∠DAE；图形见祥解；（2）连接AC，BD，交于点O，连接EO，则EO平分∠AEC．证明见详解．【解析】【分析】(1)连接AC，再由矩形性质，平行线的性质及等腰三角形的性质可知AC是∠DAE的平分线；(2)连接AC，BD，交于点O，连接EO，由矩形性质，平行线的性质及等腰三角形的性质可知EO平分∠AEC的平分线．【详解】（1）如图所示，连接AC，则AC平分∠DAE；∵矩形ABCD中，∴AD∥CE，∴∠DAC=∠ACE，∵AE＝EC，∴∠EAC=∠ACE，∴∠EAC=∠DAC，∴AC平分∠DAE；（2）如图所示，连接AC，BD，交于点O，连接EO，则EF平分∠AEC．∵四边形ABCD是矩形，∴点O为AC中点，∴EO为△AEC的中线，∵AE=CE，