2024-2025学年九年级数学上册专题1.2 矩形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份2024-2025学年九年级数学上册专题1.2 矩形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共48页。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc26964" 【题型1 矩形性质的理解】 PAGEREF _Tc26964 \h 1
\l "_Tc23505" 【题型2 由矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc23505 \h 3
\l "_Tc19631" 【题型3 由矩形的性质求线段长度】 PAGEREF _Tc19631 \h 8
\l "_Tc26951" 【题型4 由矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc26951 \h 12
\l "_Tc11607" 【题型5 矩形在平面直角坐标系中的运用】 PAGEREF _Tc11607 \h 16
\l "_Tc7505" 【题型6 矩形中的的证明】 PAGEREF _Tc7505 \h 22
\l "_Tc15312" 【题型7 添加条件使四边形是矩形】 PAGEREF _Tc15312 \h 26
\l "_Tc27711" 【题型8 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc27711 \h 29
\l "_Tc29086" 【题型9 由矩形的性质与判定求值】 PAGEREF _Tc29086 \h 34
\l "_Tc11819" 【题型10 由矩形的性质与判定进行证明】 PAGEREF _Tc11819 \h 41
知识点1：矩形的性质
定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
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 矩形性质的理解】
【例1】（23-24九年级下·湖北随州·期末）在矩形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，下列结论一定正确的是（ ）
A．△AOB是等边三角形B．AO=12BD
C．AC⊥BDD．BD平分∠ABC
【答案】B
【分析】根据矩形的性质即可得．
【详解】解：由题意，画图如下：
∴AO=12AC=12BD=OB，
∴△AOB是等腰三角形，不一定是等边三角形，
AC⊥BD，BD平分∠ABC均不一定正确，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
【变式1-1】（23-24九年级上·河南驻马店·期中）矩形具有而一般平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等B．两条对角线互相平分
C．两条对角线互相垂直D．两条对角线相等
【答案】D
【分析】根据平行四边形和矩形的性质容易得出结论．
【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
B、两条对角线互相平分，矩形和平行四边形都具有，故不合题意；
C、两条对角线互相垂直，矩形和平行四边形都不一定具有，故不合题意；
D、两条对角线相等，矩形具有而平行四边形不一定具有，符合题意．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质．如，矩形的对角线相等．
【变式1-2】（23-24九年级下·海南省直辖县级单位·期中）在下面性质中，菱形有而矩形没有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．内角和为360°
C．对角线相等D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】根据菱形和矩形的性质依次判定即可.
【详解】A. 菱形和矩形的对角线都互相平分，故A选项不符合题意；
B. 菱形和矩形的内角和都为360°，故B选项不符合题意；
C. 矩形的对角线相等，而菱形的对角线不相等，故C选项不符合题意；
D.菱形的对角线互相垂直，而矩形的对角线不互相垂直，故D选项符合题意.
故选：D
【点睛】本题主要考查了菱形和矩形的性质，熟练掌握菱形和矩形的性质是解题的关键.
【变式1-3】（23-24九年级下·吉林长春·期中）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化，下面判断错误的是（ ）
A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形B．对角线AC的长度增大
C．四边形ABCD的面积不变D．四边形ABCD的周长不变
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质和平行四边形的性质，熟悉性质是解题的关键．
由题意得向左扭动框架ABCD，由矩形变成了平行四边形，四边形四条边不变，故周长不变，高变小，底不变，故面积变小，即可选出答案．
【详解】解：向左扭动框架ABCD，由矩形变成了平行四边形，故A选项说法正确，A不符合题意；
此时对角线BD减小，对角线AC增大，故B选项说法正确，B不符合题意；
BC边上的高减小，面积就变小，故C选项说法错误，C符合题意；
四边形四条边都不变，周长就不变，故D选项说法正确，D不符合题意．
故选：C．
【题型2 由矩形的性质求角度】
【例2】（2023·山西大同·模拟预测）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形ABCD中，IJ∥KL,EF∥GH，∠1=∠2=30°，∠3的度数为（ ）．

A．30°B．45°C．50°D．60°
【答案】D
【分析】由矩形的性质可得∠D=∠C=90°，进而可得∠HGC=∠IJD=60°；再根据三角形内角和定理可得∠GMJ=60°；然后再证四边形NUMV是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠VNU=∠GMJ=60°，最后由对顶角相等即可解答．
【详解】解：如图：∵矩形ABCD中，
∴∠D=∠C=90°,
∵∠1=∠2=30°，
∴∠HGC=∠IJD=60°,
∴∠GMJ=60°,
∵IJ∥KL,EF∥GH，
∴四边形NUMV是平行四边形，
∴∠VNU=∠GMJ=60°,
∴∠3=∠VNU=60°．
故选D．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理是解答本题的关键．
【变式2-1】（23-24九年级下·湖南·期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥BD，交AD于点E，若∠ACB=15°，则∠AOE的大小为 ．
【答案】60°/60度
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质，等腰三角形的判定和性质以及平行线的性质即可得到结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AO=12AC，OD=12BD，AD∥BC，
∴OA=OD，∠DAC=∠ACB=15°，
∴∠DAC=∠ODA=15°，
∴∠AOD=180°−∠OAD−∠ODA=150°，
∵OE⊥BD，
∴∠DOE=90°，
∴∠AOE=∠AOD−∠DOE=60°，
故答案为：60°．
【变式2-2】（23-24九年级上·山东青岛·阶段练习）已知：O是矩形ABCD对角线的交点，AE平分∠BAD，∠EAO=15°，则∠BOE=( )
A．60°B．70°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】先利用矩形的性质及已知条件证明∠BAE=12∠BAD=45°，BE=AB，再证ΔBAO是等边三角形，得出∠ABO=60°，OB=AB，进而得出∠OBE=90°−∠ABO=30°，OB=BE，利用三角形内角和定理即可求解．
【详解】解：∵ 四边形ABCD是矩形，O是矩形ABCD对角线的交点，
∴∠BAD=90°，OA=OB，
∵ AE平分∠BAD，
∴∠BAE=12∠BAD=45°，
∴∠AEB=90°−∠BAE=45°=∠BAE，
∴BE=AB，
∵ ∠EAO=15°，
∴∠BAO=∠BAE+∠EAO=45°+15°=60°，
∵ OA=OB，.
∴ΔBAO是等边三角形，
∴∠ABO=60°，OB=AB，
∴∠OBE=90°−∠ABO=30°，OB=BE，
∴∠BOE=∠BEO=12180°−∠OBE=12180°−30°=75°，
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，证明ΔBOE是等腰三角形．
【变式2-3】（23-24九年级下·黑龙江哈尔滨·期中）矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，AE⊥BD于E，且∠OAD=2∠OAE，则∠AOB的度数为 ．
【答案】72°或120°
【分析】分两种情况，当∠AOB为锐角时，设∠OAE=α，则∠ODA=∠OAD=2∠OAE=2α，利用直角三角形两个锐角互余即可求解；当∠AOB为钝角时，证明△AED ≌△AEOASA，推出△AOD是等边三角形，即可求解．
【详解】解：分两种情况：
（1）如图，当∠AOB为锐角时，

∵矩形ABCD中，OA=OD，
∴ ∠OAD=∠ODA，
设∠OAE=α，则∠ODA=∠OAD=2∠OAE=2α，
∴ ∠AOE=∠ODA+∠OAD=4α，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠AOE+∠OAE=90°，即4α+α=90°，
∴ α=18°，
∴ ∠AOE=4α=72°，即∠AOB=72°；
（2）如图，当∠AOB为钝角时，

∵ ∠OAD=2∠OAE，
∴ ∠DAE=∠OAE，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠AED=∠AEO=90°，
在△AED和△AEO中，
∠DAE=∠OAEAE=AE∠AED=∠AEO，
∴ △AED ≌△AEOASA，
∴ DA=OA，
又∵矩形ABCD中，OA=OD，
∴ DA=OA=OD，
∴ △AOD是等边三角形，
∴ ∠AOD=60°，
∴ ∠AOB=180°−∠AOD=120°，
综上可知，∠AOB的度数为72°或120°．
故答案为：72°或120°．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，注意分情况讨论是解题的关键．
【题型3 由矩形的性质求线段长度】
【例3】（23-24九年级下·四川宜宾·期中）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，以点B为圆心、BC的长为半径画弧交AD于点E，再分别以点C，E为圆心、大于12CE的长为半径画弧，两弧交于点F，作射线BF交CD于点G，则CG的长为（ ）
A．2B．83C．3D．103
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，作角平分线，角平分线的性质，勾股定理；根据作图过程可得BF是∠EBC的平分线，然后证明△EBG≌△CBG，再利用勾股定理即可求出CG的长．
【详解】解：如图，连接EG，
根据作图过程可知：BF是∠EBC的平分线，
∴∠EBG=∠CBG，
在△EBG和△CBG中，
EB=CB∠EBG=∠CBGBG=BG，
∴△EBG≌△CBG(SAS)，
∴GE=GC，∠BEG=∠C=90°，
在Rt△ABE中，AB=6，BE=BC=10，
∴AE= BE2−AB2 =8，
∴DE=AD−AE=10−8=2，
在Rt△DGE中，DE=2，DG=DC−CG=6−CG，EG=CG，
∴ EG2−DE2=DG2
∴ CG2−22=(6−CG)2，
解得CG=103．
故选：D．
【变式3-1】（23-24九年级上·广西河池·期中）如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=3，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接DG，将△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为 ．
【答案】13
【分析】过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，根据旋转的性质得出∠FAH=30°，进而得出FH=1，勾股定理得出HA=3，在Rt△FHB中，勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，
∵将△AGD绕点A逆时针旋转60°得到△AEF，
∴∠DAF=60°，AD=AF，
∴∠BAF=90°+60°=150°，
∴∠FAH=30°，
∴FH=12AF=12AD=1，
∴AH=AF2−FH2=22−12=3，
∵AB=3，
∴BH=AB+AH=23，
在Rt△FHB中，FB=FH2+BH2=13．
故答案为：13．
【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，掌握以上知识是解题的关键．
【变式3-2】（23-24九年级下·湖北武汉·期中）如图，AF平分∠BAD，E为矩形ABCD的对角线BD上的一点，EC⊥BD于点E，EC的延长线与AG的延长线交于点F，若BD=10，则CF的值是( )

A．6B．7C．8D．10
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，等角对等边，过A作AH⊥BD于H，连接AC，证明∠GAH=∠CAH，根据AH∥CE，得出∠F=∠GAH，则∠F=∠CAH，根据等角对等边即可求解．
【详解】解：过A作AH⊥BD于H，连接AC，

∵AF平分∠BAD，
∴∠BAG=∠DAG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，∠BAD=90°，OA=OD，
∴∠BAH+∠DAH=∠ADB+∠DAH=90°，
∴∠BAH=∠ADH，
∵OA=OD，
∴∠ADH=∠DAC，
∴∠BAH=DAC，
∴∠BAG−∠BAH=∠DAG−∠DAC，
∴∠GAH=∠CAH，
∵EC⊥BD，AH⊥BD，
∴ AH∥CE，
∴∠F=∠GAH，
∴∠F=∠CAH，
∴CF=AC=10．
故选：D．
【变式3-3】（23-24九年级下·浙江杭州·期中）如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=3，在边AD上取一点E，使BE=BC，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，则EF的长为 .
【答案】3−5/−5+3
【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．
先根据勾股定理求出AE=5,再结合矩形的性质证明△ABE≌△FCB得出AE=BF即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°，AD=BC=3，AD∥BC,
∴∠AEB=∠FBC,
∵BE=BC=3，AB=2,
∴AE=BE2−AB2=5.
∵CF⊥BE,
∴∠BFC=90°,
在△ABE和△FCB中,
∠A=∠CFB∠AEB=∠FBCBE=BC，
∴△ABE≌△FCB(AAS),
∴BF=AE=5，
∴EF=BE−BF=3−5
故答案为：3−5．
【题型4 由矩形的性质求面积】
【例4】（23-24九年级上·四川达州·期中）如图，在△ABC中，AC的垂直平分线分别交AC，AB于点D，F，BE⊥DF交DF的延长线于点E，已知∠A=30°，DF=1，AF=BF，则四边形BCDE的面积为（ ）
A．23B．43C．45D．25
【答案】A
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，易证∠ACB=90°，可得四边形BCDE为矩形，即可证明△ADF≌△BEF，可求得BE的长，根据DF是△ABC中位线可以求得BC的长度，即可求得矩形BCDE的面积，即可解题．
【详解】解：∵AF=BF,
∴F是AB的中点，
∵D是AC中点，
∴DF是△ABC中位线，
∴DF∥BC，BC=2DF，
∵DE是AC的垂直平分线，
∴∠ADF=90°,
∴∠C=90°，
∴四边形BCDE为矩形，
∵在△ADF和△BEF中，
∠ADF=∠BEF∠AFD=∠BFEAF=BF，
∴△ADF≌△BEFAAS，
∴BE=AD，DF=EF=1，
∴DE=2，
∵∠A=30°，DF=1，
∴AF=2DF=2,
∴AD=AF2−DF2=22−12=3，
∴矩形BCDE面积=BC⋅BE=23．
故选：A．
【变式4-1】（23-24九年级下·上海金山·期中）如图，长方形ABCD中，点E、F分别为AD、BC边上的任意点，△ABG、△DCH的面积分别为15和25，那么四边形EGFH的面积为 ．
【答案】40
【分析】本题考查了三角形的面积，解题的关键是能正确作出辅助线，
连接EF，可得S△ABE=S△AEF，再根据面积的和差可得S△ABG=S△GEF，同理可得S△DCH=S△HEF，即可解答
【详解】解：连接EF，
∵S△AEF=12⋅AE⋅AB，S△ABE=12⋅AE⋅AB
∴S△ABE=S△AEF，
又∵S△ABG=S△ABE−S△AGE，S△GEF=S△AEF−S△AGE，
∴S△ABG=S△GEF
同理∵S△DEF=12⋅DE⋅CD，S△CDE=12⋅DE⋅CD
∴S△DEF=S△CDF，
又∵S△DCH=S△CDE−S△DHE，S△HEF=S△DEF−S△DHE，
∴S△DCH=S△HEF
∴S▱EGFH=S△GEF+S△HEF=S△ABG+S△DCH=15+25=40，
故答案为：40
【变式4-2】（23-24九年级下·江苏南京·期中）如图，矩形ABCD中，AB=5，BC=8，点E、F、G、H分别在AB、 BC、CD、DA上，且AE=CG=4，AH=CF=2．点P为矩形内一点，四边形AEPH、四边形CGPF的面积分别记为S1、S2，则S1+S2= ．
【答案】21
【分析】本题考查矩形的性质，过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，结合矩形的性质及三角形面积加减关系求解即可得到答案．
【详解】过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，连接PA，PB，PC，PD，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5，BC=8，AE=CG=4，AH=CF=2，
∴BE=DG=AH=CF=2，AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，
，
∵PK⊥AB，PM⊥AD，
∴PK+PT=AD，PM+PN=MN，
∴S1+S2=12×AE×PK+12×CG×PT+12×AH×PM+12×CF×PN =12×4×PK+12×4×PT+12×2×PM+12×2×PN
=12×4×KT+12×2×MN
=12×4×8+12×2×5
=16+5
=21．
故答案为：21．
【变式4-3】（23-24九年级下·浙江宁波·期中）如图，点E是矩形ABCD内一点，连结AE，DE，AC，EC，BE，知道下列哪个选项的值就能要求△AEC的面积（ ）

A．△ABE与△BEC面积之差B．△ADE与△BEC面积之差
C．△DEC与△BEC面积之差D．△ADC与△DEC面积之差
【答案】C
【分析】过E作EM⊥AB于M，延长ME交CD于N，由四边形ABCD是矩形，得到AB∥DC，AB=DC，由△EAB的面积=12AB⋅EM，△ECD的面积=12DC⋅EN，推出△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积，而△AEC的面积=△ABC的面积−△ABE的面积−△BEC的面积，于是即可得到答案．
【详解】解：过E作EM⊥AB于M，延长ME交CD于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，AB=DC，
∴EN⊥DC，
∵△EAB的面积=12AB⋅EM，△ECD的面积=12DC⋅EN，
∴△EAB的面积+△ECD的面积=12AB⋅EM+EN=12AB⋅MN=矩形ABCD的面积×12，
∵△ABC的面积=矩形ABCD的面积×12，
∴△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积，
∵△AEC的面积=△ABC的面积−△ABE的面积−△BEC的面积，
∴△AEC的面积=△EAB的面积+△ECD的面积−△ABE的面积−△BEC的面积=△ECD的面积−△BEC的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积公式推出△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积．
【题型5 矩形在平面直角坐标系中的运用】
【例5】（23-24九年级下·湖北荆州·阶段练习）如图，矩形ABOC的边BO、CO分别在x轴、y轴上，点A的坐标是−6,4，点D、E分别为AC、OC的中点，点P为OB上一动点，当PD+PE最小时，点P的坐标为（ ）
A．−1,0B．−2,0C．−3,0D．−4,0
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质，轴对称最短路径问题，坐标与图形，求一次函数与坐标轴的交点坐标，取点E关于x轴的对称点E′，连接PE′，连接DE′交x轴于点P′，则PD+PE最小值为DE′，此时点P位于P′处，利用矩形的性质得到AC=6，OC=4，则D−3，4，E′0，−2，再求出直线DE′的解析式为y=−2x−2，即可求出点P′的坐标．
【详解】解：取点E关于x轴的对称点E′，连接PE′，连接DE′交x轴于点P′，
∴PE′=PE，
∵PD+PE=PD+PE′≥DE′，
∴PD+PE最小值为DE′，此时点P位于P′处，
∵四边形ABOC是矩形，点A的坐标是−6，4，
∴AC=6，OC=4，
∵点D、E分别为AC、OC的中点，
∴D−3，4，E0，2，
∴E′0，−2
设直线DE′的解析式为y=kx+b，
∴−3k+b=4b=−2，
解得k=−2b=−2，
∴直线DE′的解析式为y=−2x−2，
当y=0时，0=−2x−2，
解得x=−1，
∴P′−1，0，
即当PD+PE最小时，点P的坐标为−1，0，
故选：A．
【变式5-1】（23-24九年级上·广东梅州·期中）如图，在平面直角坐标系中，将长方形AOCD沿直线OE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点C恰好落在边AD上的点F处若点D的坐标为4,5，则点E的坐标为
【答案】E52,5
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，坐标的意义，得到OA=CD=4，
OC=AD=OF=5，根据勾股定理，得到AF=OF2−OA2=3，DF=AD−DF=2，设CE=EF=x，则DE=CD−CE=4−x，根据勾股定理解答即可．
【详解】∵长方形AOCD沿直线OE折叠（点E在边DC上），折叠后顶点C恰好落在边AD上的点F处，点D的坐标为4,5，
∴OA=CD=4，OC=AD=OF=5，
∠D=∠A=90°，CD∥x轴，
∴AF=OF2−OA2=3，DF=AD−DF=2，
设CE=EF=x，
则DE=CD−CE=4−x，Ex,5，
∴x2=4−x2+4，
解得x=52，
故E52,5，
故答案为：E52,5．
【变式5-2】（23-24九年级上·江西抚州·期中）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)，点D是OA的中点，点P在BC边上运动，当△ODP是腰长为5的等腰三角形时，点P的横坐标为 ．

【答案】2/3/8
【分析】本题考查了矩形的性质、坐标与图形的性质、等腰三角形的性质，当OP=OD时，当OD=PD时，当OP=PD时分类讨论，正确分类讨论是解题的关键．
【详解】解：如图，过点P作PM⊥OA于点M，

(1)当OP=OD时，OP=5，CO=4，
易得CP=3，
∴P(3,4)；
(2)当OD=PD时，
PD=DO=5，PM=4，
易得MD=3，从而OM=2或OM′=8，
∴P(2,4)或(8,4)；

(3)当OP=PD时，P(52,4)，

此时腰长为：(52)2+42≠5，故这种情况不合题意，舍去．
综上，满足题意的点P的坐标为(3,4)， (2,4)，(8,4) ，
∴点P的横坐标为 2，3或8．
【变式5-3】（23-24九年级下·江苏常州·阶段练习）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点O是原点，顶点A0,12，顶点C5,0；点D是BO的中点，点E是直线AB上的动点，若∠CDE=3∠BED，则点E的坐标是
【答案】E−132，12或E232，12
【分析】根据题意“点E是直线AB上的动点，若∠CDE=3∠BED，”进行分类讨论：点E是直线AB上的动点，或 E在BA的延长线上，或点E在AB之间，每个情况分别作图，运用勾股定理求线段长以及外角性质进行等角对等边，即可作答．
【详解】解，当E在AB的延长线上，过点D作直线l∥AE如图所示：

∵∠1=∠2
∵四边形ABCD是矩形，顶点A0,12，顶点C5,0
∴AE∥OC，OD=12OB=DC，OD=DC=BD，B5，12
OB=OC2+AO2=13，BD=132
∴∠3=∠4，∠4=∠BOC=∠ABO，∠3=∠ABO
∵∠CDE=3∠BED
∴∠1=3∠EDC=∠2+∠3，
∴∠3=2∠1，∠ABO=2∠1
∴∠BDE=∠1
则BD=BE=132
∵B5，12
∴E232，12
当E在BA的延长线上，过点D作直线MN∥AE如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，MN∥AE
∴EB∥OC∥MN
∴∠ADM=∠ACO，∠MDO=∠DOC，∠BED=∠MDE
∵四边形ABCD是矩形，顶点A0,12，顶点C5,0
∴∠BOC=∠ACO，∠BAC=∠OCD，AC=122+52=13
∵∠CDE=3∠BED
∴∠BAC=∠MDO=2∠BED
∵∠BAC=∠BED+∠ADE
故∠BED=∠ADE
∴AE=AD=12AC=132
∵顶点A0,12，顶点C5,0
∴E−132，12
当点E在AB之间，过点D作直线MN∥AE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，顶点A0,12，顶点C5,0
∴∠BOC=∠ACO，∠BAC=∠OCD，AC=122+52=13
∵∠2=∠BAD+∠ADE
∴∠2>∠BAD
∵AB=5<6.5，AD=BD=132=6.5
∴∠ADB<60°
则∠2>∠BAD=12180°−∠ADE>60°
∵∠CDE=3∠BED
∴∠CDE=3∠BED>3×60°=180°（舍去）
综上：E−132，12或E232，12
故答案为：E−132，12或E232，12
【点睛】本题考查了坐标与图形、勾股定理、矩形的性质，外角性质，综合性强，难度较大，正确熟练作图并运用数形结合思想是解题的关键
【题型6 矩形中的的证明】
【例6】（23-24九年级下·山东泰安·期中）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，取EF的中点G，连接CG、BG、DG．

(1)求证：BC=DF；
(2)求证：△DCG≌△BEG；
(3)求证：AC=2BG．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）证明△ADF是等腰直角三角形，即可得证；
（2）在Rt△EFC，G是EF的中点，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得CG=FG=EG，根据BC=DF，可得BE=CD，进而根据∠CEF=∠FCG=45°得出，∠BEG=∠DCG=135°，即可得证；
（3）连接BD，根据矩形的性质可得AC=BD，进而证明△DGB是等腰直角三角形，即可得出结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，四边形ABCD是矩形，
∴ BC=AD，∠BAD=∠ADC=90°，
∵AF平分∠BAD，
∴ ∠BAE=∠DAF=45°，
∴ △ADF是等腰直角三角形，
∴ DF=AD，
∴ BC=DF．
（2）在Rt△EFC，G是EF的中点，
∴ CG=FG=EG，则△FCG,△CGE是等腰直角三角形，∠GCE=45°，
∵ BC=DF，
∴ BE=CD，
∵ ∠CEF=∠FCG=45°，
∴ ∠BEG=∠DCG=135°，
∴ △DCG≌△BEGSAS
（3）连接BD，∵四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，
∵ △DCG≌△BEG，
∴ DG=BG，∠CGD=∠EGB，
∴ ∠CGD+∠AGD=∠EGB+∠AGD=90°，
∴ △DGB是等腰直角三角形，
∴ BD=2BG，
∴ AC=2BG

【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-1】（23-24九年级下·广东江门·期中）已知：如图，M是矩形ABCD外一点，连接MB、MC、MA、MD，且MA=MD．
求证：MB=MC．

【答案】见详解
【分析】
可证∠MAB=∠MDC，从而可证△ABM≌△DCM（SAS），即可求证．
【详解】
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，∠BAD=∠CDA=90°，
∵AM=DM，
∴∠MAD=∠MDA，
∴∠BAD+∠MAD=∠CDA+∠MDA，
∴∠MAB=∠MDC，
在△ABM和△DCM中
AB=CD∠MAB=∠MDCMA=MD，
∴ △ABM≌△DCM（SAS），
∴MB=MC．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握性质及判定方法是解题的关键．
【变式6-2】（23-24九年级下·湖北荆州·期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F在BC边上，AF，DE交于点M，且AM=DM，求证：BF=CE．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质，由矩形的性质得出AB=CD，∠BAD=∠B=∠C=∠ADC=90°，由等边对等角得出∠MAD=∠MDA，推出∠BAF=∠CDE，再由ASA证明△ABF≌△DCE，即可得证．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAD=∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵AM=DM，
∴∠MAD=∠MDA，
∴∠BAD−∠MAD=∠ADC−∠MDA，即∠BAF=∠CDE，
∴△ABF≌△DCEASA，
∴BF=CE．
【变式6-3】（23-24九年级下·山东临沂·期中）如图，已知矩形ABCD，点E在CB延长线上，点F在BC延长线上，过点F作FH⊥EF交ED的延长线于点H，连接AF交EH于点G，GE=GH．求证：BE=CF．

【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的斜边中线定理，解题的关键是灵活运用这些知识．由FH⊥EF，GE=GH，得到GE=GH=GF，推出∠GFE=∠E，根据矩形的性质得到AB=CD，∠ABC=∠DCB=90°，证明△ABF≌△DCE，即可求解．
【详解】证明：∵ FH⊥EF，GE=GH，
∴ GE=GH=GF，
∴ ∠GFE=∠E，
∵四边形ABCD是矩形，
∴ AB=CD，∠ABC=∠DCB=90°，
在△ABF和△DCE中，
∠E=∠AFB∠ABF=∠DCEAB=CD，
∴ △ABF≌△DCEAAS，
∴ BF=CE，
∴ BF−BC=CE−BC，
即CF=BE．
知识点2：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”）.
【题型7 添加条件使四边形是矩形】
【例7】（23-24九年级上·陕西西安·期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA=OC,OB=OD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．AB=ADB．OA=OBC．AB⊥ADD．∠ABO=∠BAO
【答案】A
【分析】根据题意可知四边形ABCD是平行四边形，然后再根据四个选项所给条件一一进行判断即可得出答案．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA=OC,OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
A、添加条件AB=AD，可得四边形ABCD是菱形，但不一定是矩形，故符合题意；
B、若OA=OB，则AC=BD，故四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
C、若AB⊥AD，则∠BAD=90°，故四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
D、若∠ABO=∠BAO，则OA=OB，则AC=BD，故四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
故选：A．
【点睛】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的定义及判定定理是解答此题的关键．
【变式7-1】（23-24九年级下·贵州黔南·期末）在四边形ABCD中，AD∥BC，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AD=BC且AC=BDB．AD=BC且∠A=∠B
C．AB=CD且∠A=∠CD．AB∥CD且AC=BD
【答案】C
【分析】根据矩形的判定条件逐项进行分析判断即可；
【详解】解：A、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝∠C+∠D＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B＝∠D，
∴四边形ABCD是平行四边形，不能判定四边形ABCD为矩形，故选项C符合题意；
D、∵AD∥BC，AB∥CD
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，准确分析判断是解题的关键．
【变式7-2】（23-24九年级下·河南商丘·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在BC边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形AEFD是矩形的是（ ）
A．EF=ADB．∠AEB=∠DFC
C．BE=CFD．∠DAE=∠AEF
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由平行四边形的性质得AD∥BC，AD=BC，再证AD=EF，得四边形AEFD是平行四边形，然后证∠AEF=90°，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵AD=EF，AD∥EF，
∴四边形AEFD是矩形，故A不符合题意；
∵∠AEB=∠DFC，
∴AE∥DF，
∵AD∥EF，∠AEC=90°，
∴四边形AEFD是矩形，故B不符合题意；
∵BE=CF，
∴BE+CE=CF+CE，
即BC=EF，
∴AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴平行四边形AEFD是矩形，故C不符合题意；
∵∠DAE=∠AEF=90°，
∴AD∥EF，故四边形AEFD不能判定是矩形，故D符合题意；
故选：D．
【变式7-3】（23-24九年级下·内蒙古巴彦淖尔·期中）四边形ABCD为平行四边形，延长AD到点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．DB＝DEB．AB＝BEC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
【答案】A
【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．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵DE＝AD，
∴DE∥BC，且DE=BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵DB=DE，∴▱DBCE为菱形，故本选项错误；
B、∵AB=BE，DE=AD，∴BD⊥AE，∴∠EDB=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项正确；
C、∵∠ADB=90°，∴∠EDB=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项正确；
D、∵CE⊥DE，∴∠CED=90°，∴▱DBCE为矩形，故本选项正确．
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定，首先判定四边形BCDE为平行四边形是解题的关键．
【题型8 证明四边形是矩形】
【例8】（23-24九年级下·上海·期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F、G、H分别在边AB、BC、CD、DA上，BE=DG，BF=DH．
(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)当AB=BC，且BE=BF时，请判断四边形EFGH的形状并证明．
【答案】(1)见解析
(2)四边形EFGH是矩形，证明见解析
【分析】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；
（1）根据全等证得EF=HG，EH=FG，对边相等，即可证得四边形EFGH是平行四边形；
（2）证得四边形EFGH中一个角为直角，即可证得四边形EFGH是矩形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，∠B=∠D，∠A=∠C，
∵BE=DG，BF=DH，且∠B=∠D，
∴△BEF≌△DGH(SAS)，
∴EF=HG，
同理可得EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）四边形EFGH是矩形，证明如下，
∵AB=BC，BE=BF
∴AB=BC=CD=AD，BE=BF=DH=DG，
∴AE=AH，
∵ AD∥BC，
∴∠B+∠A=180°，
∵BE=BF，AE=AH，
∴∠BEF=∠BFE= 180°−∠B2，∠AEH=∠AHE= 180°−∠A2，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠FEH=90°，
∴平行四边形EFGH是矩形．
【变式8-1】（23-24九年级上·陕西宝鸡·期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E、F分别在BC、AD上， BE=DF，连接AC、EF、AE和CF，AC=EF．请判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】四边形AECF是矩形，理由见解析
【分析】此题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，熟记矩形的判定、平行四边形的性质是解题的关键．根据平行四边形的性质可得AD=BC，AD∥BC，再根据平行四边形的判定可得四边形AECF是平行四边形，最后由矩形的判定方法可得结论．
【详解】解：四边形AECF是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵BE=DF，
∴AD−DF=BC−BE，
即AF=EC，
∵AF∥EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形．
【变式8-2】（23-24九年级下·上海松江·期末）如图，已知平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，延长BA至点H，使AH=BA，连接DH，过点H作HG∥DB，过点B作BG∥AC．
(1)求证：HD=AC；
(2)当DA=AB时，求证：四边形HGBD是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理等．
（1）由平行四边形的性质得DC∥AB,DC=AB，由平行四边形的判定方法得ACDH是平行四边形，由平行四边形的性质得HD=AC；
（2）由菱形的性质得AC⊥BD，可得四边形HGBD是平行四边形，由矩形的判定方法即可判定．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB,DC=AB，
∵AH=BA，
∴DC=AH，
又∵DC∥AH，
∴四边形ACDH是平行四边形，
∴HD=AC．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DO=BO，
∵DA=AB，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵HD∥AC，
∴∠HDB=90°，
∵四边形ACDH是平行四边形，
∴HD∥AC，
∵BG∥AC，
∴HD∥BG，
∵HG∥DB，
∴四边形HGBD是平行四边形，
∵∠HDB=90°，
∴四边形HGBD是矩形．
【变式8-3】（23-24九年级下·贵州毕节·期末）如图△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
(1)求证：OE=OF；
(2)若CE=4，CF=3，求OC的长；
(3)当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)52
(3)当点O在边AC上运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．理由见解析
【分析】（1）由CE、CF分别是∠ACB、∠ACD的平分线，可得∠ACE=∠BCE=12∠ACB，∠ACF=∠DCF=12∠ACD，由MN∥BC，可得∠OEC=∠BCE=∠ACE，∠OFC=∠DCF=∠ACF，则OE=OC，OF=OC，进而结论得证；
（2）由（1）可知，∠ACE=∠BCE=12∠ACB，∠ACF=∠DCF=12∠ACD，则∠ACE+∠ACF=90°，即∠ECF=90°，由勾股定理得，EF=CE2+CF2=5，然后求解作答即可；
（3）当O为AC的中点时，AO=CO，可证四边形AECF是平行四边形，由∠ECF=90°，可证平行四边形AECF是矩形．
【详解】（1）证明：∵CE、CF分别是∠ACB、∠ACD的平分线，
∴∠ACE=∠BCE=12∠ACB，∠ACF=∠DCF=12∠ACD，
∵MN∥BC，
∴∠OEC=∠BCE，∠OFC=∠DCF，
∴∠OEC=∠ACE，∠OFC=∠ACF
∴OE=OC，OF=OC，
∴OE=OF；
（2）解：由（1）可知，∠ACE=∠BCE=12∠ACB，∠ACF=∠DCF=12∠ACD，
∴∠ACE+∠ACF=12∠ACB+12∠ACD=12∠ACB+∠ACD=90°，
即∠ECF=90°，
由勾股定理得，EF=CE2+CF2=5，
∴OC=OE=OF=EF2=52，
∴OC=52；
（3）解：当点O在边AC上运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，理由如下；
证明：当O为AC的中点时，AO=CO，
∵OE=OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ECF=90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
【点睛】本题考查了角平分线，平行线的性质，等角对等边，勾股定理，矩形的判定等知识．熟练掌握角平分线，平行线的性质，等角对等边，勾股定理，矩形的判定是解题的关键．
【题型9 由矩形的性质与判定求值】
【例9】（23-24九年级下·湖北武汉·期末）如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=8，D，E分别为AC,BC上的点，AD=CE=2，F，G分别为AE，BD的中点，连FG，则FG的长度是 ．

【答案】10
【分析】取AB的中点H，连接HF，HG并延长交AC于点I，交BC于点J，根据三角形中位线定理得出HG=12AD=1，HG∥AC，HF=12BE=12(BC−EC)=3，HF∥BC，证明四边形IHJC是矩形，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，取AB的中点H，连接HF，HG并延长交AC于点I，交BC于点J，
∵F，G分别为AE，BD的中点，
∴HG是△ABD的中位线，HF是△AEB的中位线，
∴HG=12AD=1，HG∥AC，HF=12BE=12(BC−EC)=3，HF∥BC，
∴四边形IHJC是平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形IHJC是矩形，
∴∠FHG=90°，
∴FG=HF2+HG2=32+12=10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了三角形中位线的判定与性质，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，勾股定理等知识点，根据三角形中位线的性质和已知条件得到∠FHG=90°是解答本题的关键．
【变式9-1】（23-24九年级下·山东临沂·期末）如图，点A0,23，点B2,0，点P为线段AB上一个动点，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，连接MN，当MN取最小值时，则四边形OMPN的面积为 ．
【答案】334
【分析】首先连接OP，易得四边形ONPM是矩形，即可得在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，然后利用勾股定理与三角形的面积的求解，则四边形OMPN的面积可求．
【详解】解：如图，连接OP．
由已知可得：∠PMO=∠MON=∠ONP=90°．
∴四边形ONPM是矩形．
∴OP=MN，
在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小．
∵A0，23，B2，0，即AO=23，BO=2，
根据勾股定理可得：AB=AO2+BO2=232+22=4．
∵S△ABC=12OA×OB=12AB×OP=12×23×2=12×OP×4
∴OP=3
∴MN=3
即当点P运动到使OP⊥AB于点P时，MN最小，最小值为3
在Rt△POB中，根据勾股定理可得：
∴BP=OB2−OP2=22+32=1
∵S△OBP=12OP×BP=12OB×PN
∴12×3×1=12×2×PN
∴PN=32
在Rt△PON中
∴ON=OP2−PN2=3+34=32
∴S矩形OMPN=ON×PN=32×32=334
故答案为：334
【点睛】此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理与三角形面积问题．注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式9-2】（23-24九年级上·吉林·期末）如图，点E是长方形ABCD的边CD延长线上一点，连接AE，点F是边AD上一个动点，将△AEF沿EF翻折得到△PEF，已知AB=1，AD=4，DE=3
(1)求AE的长；
(2)若点P落在DC的延长线上，求△AEF的面积；
(3)若点P落在射线BC上，求AF的长.
【答案】(1)5
(2)154
(3)1或257
【分析】此题考查了矩形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理、三角形面积等知识，熟练掌握长方形的判定与性质、翻折的性质、勾股定理并作出合理的辅助线构建直角三角形是解题的关键．
（1）根据长方形的性质及勾股定理求解即可；
（2）根据翻折的性质推出AE=PE=5，AF=PF，根据勾股定理及线段的和差求出AF=52，根据三角形面积公式求解即可；
（3）分两种情况：点P落在线段BC上，点P落在线段BC的延长线上，根据长方形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：∵点E是长方形ABCD的边CD延长线上一点，
∴∠ADC=∠ADE=90°，AB=CD=1，
∵DE=3，AD=4，
∴AE=AD2+DE2=5；
（2）如图，点P落在DC的延长线上，
由翻折性质得，△AEF≌△PEF，
∴AE=PE=5，AF=PF，
∵DE=3
∴DP=PE−DE=2
设DF=x，则AF=PF=4−x，
∵∠ADC=90°
∴DF2+PD2=AF2
∴x2+22=4−x2
解得：x=32，
∴AF=52，
∴S△AEF=12AF⋅DE=12×52×3=154；
（3）点P落在线段BC上，如图，过点F作FM⊥BC于点M，
∴∠FMB=90°，
∵四边形ABCD为长方形，
∴∠DAB=∠B=90°，AD=BC=4，AB=CD=1，
∴四边形ABMF矩形，
∴AF=BM，AB=FM=1，
在△CEP中，∠C=90°，PE=AE=5，CE=DE+CD=4，
∴CP=PE2−CE2=3，
∴BP=BC−CP=1
∴MP=BP−BM=1−AF，
在△FMP中，PF=AF，PF2=FM2+MP2，
∴AF2=12+1−AF2
∴AF=1，
此时点P与M重合；
点P落在线段BC的延长线上时，如图，过点F作FN⊥BC于点N，
∵∠BCD=90°，
∴∠ECP=180°−90°=90°
∴CE=CD+DE=4，PE=AE=5，
∴CP=PE2−CE2=3，
设AF=x，则DF=4−x，
∵FN⊥BC，∠ADC=∠BCD=90°
∴四边形FNCD为矩形，
∴DF=NC=4−x，FN=CD=1
∴PN=CP+NC=3+4−x=7−x，
∵FN2+PN2=PF2，PF=AF，
∴7−x2+12=x2
∴x=257，即AF=257，
综上，点P落在射线BC上，AF的长为1或257．
【变式9-3】（23-24九年级下·天津滨海新·期末）如图，已知OABC是一张放在平面直角坐标系中的矩形纸片，O为坐标原点，点A15,0．点C0,9，在边AB上任取一点D，将△AOD沿OD翻折，使点A落在BC边上，记为点E．

(1)OA的长=______，OE的长=________，CE的长=________，AD的长=________；
(2)设点P在x轴上，且OP=EP，求点P的坐标．
【答案】(1)15 15 12 5
(2)P(9.375,0)
【分析】（1）由点A、点C的坐标可求得OA、OC的长，由翻折的对称性知，OE=OA；由勾股定理，在Rt△OCE中可求得CE的长；于是可求得BE的长，设AD=DE=x，BD=9−x，则在Rt△BDE中利用勾股定理可求得x=AD的长．
（2）自点E作EH⊥OA，垂足为H．利用矩形的性质可求得EH、OH的长，设OP=EP=x，则在Rt△EHP中利用勾股定理可求得x=OP的长，于是点P的坐标可知．
【详解】（1）如图．

由点A(15,0)可知，OA=15．
由△AOD沿OD翻折变成△EOD知，△AOD≅△EOD，
∴OE=OA=15．
由点C0,9知，OC=9．
∴CE=OE2−OC2=152−92=12．
∴BE=BC−CE=OA−CE=15−12=3．
由△AOD≅△EOD得，AD=DE，
设AD=DE=x，则BD=AB−AD=OC−AD=9−x．
在Rt△BDE中，DE2=BE2+BD2
即：x2=32+9−x2．
解得：x=5．
∴AD的长=5．
（2）自点E作EH⊥OA，垂足为点H．则四边形OCEH是矩形．
∴OH=CE=12，EH=OC=9．
设OP=EP=x，则PH=OH−OP=12−x．
在Rt△EHP中，EP2=PH2+EH2
∴x2=12−x2+92
解得：x=9.375．
∴点P的坐标为9.375,0
【点睛】本题考查了矩形的性质、勾股定理的应用、矩形的折叠等知识点，解题的关键是将条件集中在一个直角三角形内，利用勾股定理求解．
【题型10 由矩形的性质与判定进行证明】
【例10】（23-24九年级下·山西·期中）在平行四边形ABCD中，∠BAD的平分线交直线BC于E，交直线DC于F．
(1)在图1中证明CE=CF；
(2)若∠ABC=90°，G是EF的中点（如图2），讨论线段DG与BD的数量关系．
【答案】(1)证明见解析；
(2)BD=2DG．证明见解析．
【分析】（1）根据AF平分∠BAD，可得∠BAF=∠DAF，利用四边形ABCD是平行四边形，求证∠CEF=∠F即可；
（2）根据∠ABC=90°，G是EF的中点可得△BEG≌△DCG，进而求出△DGB为等腰直角三角形，即可得出答案．
【详解】（1）证明：如图1，
∵AF平分∠BAD，
∴∠BAF=∠DAF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，
∴∠DAF=∠CEF，∠BAF=∠F，
∴∠CEF=∠F．
∴CE=CF．
（2）如图2，
连接GC、BG，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF=∠BAF=45°，
∵∠DCB=90°，DF∥AB，
∴∠DFA=45°，∠ECF=90°
∴△ECF为等腰直角三角形，
∵G为EF中点，
∴EG=CG=FG，CG⊥EF，
∵△ABE为等腰直角三角形，AB=DC，
∴BE=DC，
∵∠CEF=∠GCF=45°，
∴∠BEG=∠DCG=135°
在△BEG与△DCG中，
EG=CG∠BEG=∠DCGBE=DC，
∴△BEG≌△DCG（SAS），
∴BG=DG，
∵CG⊥EF，
∴∠DGC+∠DGA=90°，
又∵∠DGC=∠BGA，
∴∠BGE+∠DGE=90°，
∴△DGB为等腰直角三角形，
∴BD=2DG．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识点．此题难度较大，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．
【变式10-1】（23-24九年级下·山东菏泽·期中）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，延长CB至D，使BD=CB，过点A，D分别作AE∥BD，DE∥BA，AE与DE相交于点E．下面是两位同学的对话：
这两位同学的说法都正确吗？如果正确，请给予证明；如果不正确，请说明理由．
【答案】这两位同学的说法都正确，证明见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，矩形的判定以及性质，连接BE，CE，先证明四边形AEDB是平行四边形，由平行四边形的性质得出AB=DE，AE∥BC，再证明四边形AEBC是矩形，根据矩形得性质得出CE=AB，BE⊥CD，进而即可证明CE=DE．
【详解】这两位同学的说法都正确，证明如下，
证明：如图，连接BE，CE，
∵AE∥BD，DE∥BA，
∴四边形AEDB是平行四边形，
∴AE=BD，AB=DE，
∵BD=CB，AE=BD，
∴AE=CB，
又∵AE∥BD，点D在CB的延长线上，
∴AE∥BC，
∴四边形AEBC是平行四边形，
又∵∠ACB=90°，
∴四边形AEBC是矩形，
∴CE=AB，BE⊥CD．
∵AB=DE，
∴CE=DE．
【变式10-2】（23-24九年级下·重庆梁平·期末）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，∠CAE=15°．有下面的结论：①ΔODC是等边三角形；②∠AOE=135°；③SΔAOE=SΔCOE．其中，正确结论的个数为 ．
【答案】3
【分析】根据矩形性质求出OD=OC，根据角求出∠DOC=60°即可得出三角形DOC是等边三角形，求出∠BOE=75°，∠AOB=60°，相加即可求出∠AOE，根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE=S△COE．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OC，OD=OB，AC=BD，
∴OA=OD=OC=OB，
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=45°，
∵∠CAE=15°，
∴∠DAC=30°，
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠DAC=30°，
∴∠DOC=60°，
∵OD=OC，
∴△ODC是等边三角形，∴①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB=30°，
∵AE平分∠DAB，∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠BAE=45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DOC=60°，DC=AB，
∵△DOC是等边三角形，
∴DC=OD，
∴BE=BO，
∴∠BOE=∠BEO=12（180°-∠OBE）=75°，
∵∠AOB=∠DOC=60°，
∴∠AOE=60°+75°=135°，∴②正确；
∵OA=OC，
∴根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE=S△COE，∴③正确；
∴正确结论的个数为3，
故答案为：3．
【点睛】本题考查了矩形性质，平行线性质，角平分线定义，等边三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的综合运用．
【变式10-3】（23-24九年级下·北京大兴·期中）在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，E是AB边上一点，连接CE，过点E作EF⊥CE交AD于点F，作∠AEH=∠BEC，交射线FD于点H，交射线CD于点N．
（1）如图1，当点H与点F重合时，求BE的长；
（2）如图2，当点H在线段FD上时，用等式表示线段BE与DN之间的数量关系（其中2【答案】（1）3；（2）DN=2BE−4，证明见解析
【分析】（1）求出∠BEC=45°，由矩形的性质推出BE=BC，即可得出答案；
（2）过点E作EG⊥CN，垂足为点G，推出BE=CG，求出∠N=∠ECN，得出EN=EC，推出CN=2CG=2BE，即可得出答案．
【详解】解：（1）如图，
∵EF⊥EC，
∴∠NEC=90°，
∴∠AEF+∠BEC=90°，
∵∠AEF=∠BEC，
∴∠BEC=45°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴BE=BC，
∵BC=3，
∴BE=3；
（2）线段BE与DN之间的数量关系为DN=2BE−4．
证明：如图，过点E作EG⊥CN，垂足为点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CN，
∴∠B=∠BCG=90°=∠EGC，
∴四边形BEGC是矩形，
∴BE=CG，
∵AB//CN，
∴∠AEH=∠N，∠BEC=∠ECN，
∵∠AEH=∠BEC，
∴∠N=∠ECN，
∴EN=EC，
∴CN=2CG=2BE，
∵CD=AB=4，
∴CN=2CG=2BE=DN+4，
∴DN=2BE−4．
【点睛】本题考查了平行线性质，矩形的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质和判定的应用，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
小星：由题目的已知条件，若连接BE，则可证明BE⊥CD．
小红：由题目的已知条件，若连接CE，则可证明CE=DE．