TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16052" 【題型1 利用矩形的性質(zhì)求角度】 PAGEREF _Tc16052 \h 1
\l "_Tc1537" 【題型2 利用矩形的性質(zhì)求線段長】 PAGEREF _Tc1537 \h 6
\l "_Tc18631" 【題型3 利用矩形的性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc18631 \h 11
\l "_Tc6176" 【題型4 利用矩形的性質(zhì)求坐標(biāo)】 PAGEREF _Tc6176 \h 14
\l "_Tc32262" 【題型5 利用矩形的性質(zhì)證明】 PAGEREF _Tc32262 \h 19
\l "_Tc16302" 【題型6 添加條件使四邊形是矩形】 PAGEREF _Tc16302 \h 26
\l "_Tc4889" 【題型7 證明四邊形是矩形】 PAGEREF _Tc4889 \h 29
\l "_Tc14434" 【題型8 利用矩形的性質(zhì)與判定求角度】 PAGEREF _Tc14434 \h 34
\l "_Tc28636" 【題型9 利用矩形的性質(zhì)與判定求線段長】 PAGEREF _Tc28636 \h 41
\l "_Tc413" 【題型10 利用矩形的性質(zhì)與判定求面積】 PAGEREF _Tc413 \h 47
\l "_Tc22845" 【題型11 利用直角三角形斜邊中線求解】 PAGEREF _Tc22845 \h 52
【知識點(diǎn)1 矩形的性質(zhì)】
定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形．
性質(zhì)：①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有；②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等；⑤矩形是軸對稱圖形，又是中心對稱圖形．它有2條對稱軸，分別是每組對邊中點(diǎn)連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點(diǎn)．
【題型1 利用矩形的性質(zhì)求角度】
【例1】（2023春·貴州遵義·九年級統(tǒng)考期末）如圖，已知在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AE⊥BD于點(diǎn)E．若∠DAE:∠BAE=3:1，則∠EAC的度數(shù)是（ ）

A．45°B．36°C．22.5°D．18°
【答案】A
【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠BAD=90°,OA=OD，繼而得到∠OAD=∠ODA，再求出∠DAE=67.5°，∠OAD=22.5°，即可求出∠EAC的度數(shù)．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°,OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵ ∠DAE:∠BAE=3:1，
∴∠DAE=34×90°=67.5°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠OAD=∠ODA=22.5°，
∴∠EAC=67.5°?22.5°=45°．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握知識點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
【變式1-1】（2023春·黑龍江雞西·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD為一個正在倒水的水杯的截面圖，杯中水面與CD的交點(diǎn)為E，當(dāng)水杯底面BC與水平面的夾角為27°時，∠AED的大小為______.

【答案】63°
【分析】根據(jù)題意可知AE∥BF，∠EAB=∠ABF，∠ABF+27°=90°等量代換求出∠EAB，再根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠AED．
【詳解】解：如圖：

∵AE∥BF，
∴∠EAB=∠ABF，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠ABF+27°=90°，
∴∠ABF=63°，
∴∠EAB=63°，
∵AB∥CD，
∴∠AED=∠EAB=63°．
故答案為：63°．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，熟記矩形的性質(zhì)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．矩形的性質(zhì)：①平行四邊形的性質(zhì)矩形都具有； ②角：矩形的四個角都是直角；③邊：鄰邊垂直；④對角線：矩形的對角線相等．
【變式1-2】（2023春·江蘇淮安·九年級統(tǒng)考期中）如圖，將矩形ABCD繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)得到矩形BEFG，點(diǎn)E在AD上，延長DA交GF于點(diǎn)H.
(1)求證：△ABE?△FEH；
(2)連接BH，若∠EBC=30°，求∠ABH的度數(shù)．
【答案】(1)見解析；
(2)15°．
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AB=DC，∠BAE=∠D=90°，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出FE=DC，∠EFH=∠D=90°，再證明△ABE?△FEHAAS即可；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠HEB=∠EBC=30°，由全等三角形的性質(zhì)得出∠EHB=∠EBH=12180°?30°=75°，再計算即可得出答案．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠BAE=∠D=90°，
由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)，得：FE=DC，∠EFH=∠D=90°，
∴AB=FE，∠BAE=∠EFH，
∵在矩形BEFG中，GF∥BE，
∴∠AEB=∠FHE，
在△ABE和△FEH中，
∠AEB=∠FHE∠BAE=∠EFHAB=FE，
∴△ABE?△FEHAAS，
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠HEB=∠EBC=30°，
∵△ABE?△FEH，
∴BE=EH，
∴∠EHB=∠EBH=12180°?30°=75°，
∵∠BAH=90°，
∴∠ABH=90°?∠EHB=15°，即∠ABH的度數(shù)為15°．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正確得出全等是解題的關(guān)鍵．
【變式1-3】（2023春·廣西南寧·九年級南寧二中校考期末）如圖，在矩形ABCD中，BC=2AB，點(diǎn)M為邊BC上的一個動點(diǎn)，線段AM繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AN，連接MN，DN.當(dāng)線段DN的長度最小時，∠MND的度數(shù)為______．

【答案】75°
【分析】線段AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，連接EN交AD于G，連接DN，首先證明△ABM≌△AEMSAS，可得∠AEN=∠B=90°，則當(dāng)DN⊥EN時，DN的長度最小，然后設(shè)EG=a，AD=2b，則AB=AE=b，求出AE=EN=b，可得△AEN是等腰直角三角形，再證明△AMN是等邊三角形，求出∠ENM=15°，進(jìn)而可求∠MND的度數(shù)．
【詳解】解：如圖，線段AB繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AE，連接EN交AD于G，連接DN，則AB=AE，∠BAE=60°，
∵線段AM繞點(diǎn)A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AN，
∴AM=AN，∠MAN=60°，
又∵∠BAM=∠BAE?∠MAE=60°?∠MAE=∠EAM，
∴△ABM≌△AEMSAS，
∴∠AEN=∠B=90°，
∴當(dāng)DN⊥EN時，DN的長度最小，
設(shè)EG=a，AD=2b，則AB=AE=b，
∵∠BAE=60°，
∴∠EAG=30°，
∴AG=2EG=2a，
∴DG=AD?AG=2b?2a，
∵∠AGE=90°?∠EAG=60°，
∴∠NGD=∠AGE=60°，
∴∠NDG=30°，
∴NG=12DG=b?a，
∴EN=EG+NG=a+b?a=b，
∴AE=EN，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴∠ANE=45°，
∵AM=AN，∠MAN=60°，
∴△AMN是等邊三角形，
∴∠ANM=60°，
∴∠ENM=60°?45°=15°，
∵DN⊥EN，即∠END=90°，
∴∠MND=∠END?∠ENM=90°?15°=75°，
故答案為：75°．

【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形以及等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識，求出當(dāng)DN⊥EN時，DN的長度最小是解答本題的關(guān)鍵．
【題型2 利用矩形的性質(zhì)求線段長】
【例2】（2023春·黑龍江綏化·九年級綏化市第八中學(xué)校校考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，動點(diǎn)Р滿足3S△PAB=S?ABCD，則點(diǎn)Р到A、B兩點(diǎn)距離之和PA+PB的最小值為（ ）

A．29B．34C．52D．41
【答案】D
【分析】首先由3S△PAB=S?ABCD，得出動點(diǎn)P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，作A關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)E，連接AE，連接BE，則BE的長就是所求的最短距離．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
【詳解】解：如圖，作A關(guān)于直線l的對稱點(diǎn)E，連接AE，連接BE，則BE的長就是所求的最短距離．

設(shè)△ABP中AB邊上的高是?．
∵3S△PAB=S?ABCD，
∴ 3×12AB??=AB?AD，
∵AD=3，
∴?=23AD=2，
∴動點(diǎn)P在與AB平行且與AB的距離是2的直線l上，
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=AB2+AE2=52+42=41，
即PA+PB的最小值為41．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了軸對稱?最短路線問題，三角形的面積，矩形的性質(zhì)，勾股定理，兩點(diǎn)之間線段最短的性質(zhì)．得出動點(diǎn)P所在的位置是解題的關(guān)鍵．
【變式2-1】（2023春·河北唐山·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD中，AB=5，AD=12，點(diǎn)P在對角線BD上，且BP=BA，連接AP并延長，交DC的延長線于點(diǎn)Q，連接BQ．

(1)求證：△PDQ是等腰三角形；
(2)求CQ和BQ的長．
【答案】(1)見解析
(2)CQ=3，BQ=317
【分析】（1）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAP=∠BPA，由矩形的性質(zhì)可得AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12即∠BAP=∠PQD，進(jìn)而得到∠DPQ=∠PQD，有等角對等邊可得PD=PQ即可證明結(jié)論；
（2）由矩形的性質(zhì)可得∠BCD=90°,運(yùn)用勾股定理可得BD=13，然后根據(jù)線段的和差可得CQ=3；最后在Rt△BCQ中運(yùn)用勾股定理即可解答．
【詳解】（1）證明：∵BP=BA，
∴∠BAP=∠BPA，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12 ，
∴∠BAP=∠PQD，
∵∠BPA=∠DPQ，
∴∠DPQ=∠PQD，
∴PD=PQ，
∴△PDQ是等腰三角形．
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°,
∴DC2+BC2=BD2，
∴52+122=BD2，
∴BD=13，
∵BP=BA=5，
∴PD=DQ=8，
∴CQ=3；
∵∠BCQ=90°，
∴CQ2+BC2=BQ2，
∴32+122=BQ2,解得：BQ=317．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、勾股定理等知識點(diǎn)，靈活運(yùn)用相關(guān)知識成為解答本題的關(guān)鍵．
【變式2-2】（2023春·山東聊城·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形紙片ABCD沿過點(diǎn)C的直線MN折疊，恰使得點(diǎn)B落在邊AD的中點(diǎn)E處，且AE=1，則矩形的邊AB的長度為( )
A．1B．2C．3D．2
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，根據(jù)中點(diǎn)的定義得出BC=AD=2AE=2，AE=DE，利用SAS證明△BAE≌△CDE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)，可得BE=BC=2，再根據(jù)勾股定理求解即可．
【詳解】解：如圖，連接CE，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，
∵點(diǎn)E為AD的中點(diǎn)，AE=1，
∴BC=AD=2AE=2，AE=DE，
在△BAE和△CDE中，
AE=DE∠A=∠DAB=CD，
∴△BAE≌△CDESAS，
∴BE=CE，
由折疊的性質(zhì)得，BC=EC，
∴BE=BC=2，
∴AB=BE2?AE2=22?12=3，
故選：C．
【點(diǎn)睛】此題考查了折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握折疊的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式2-3】（2023春·安徽亳州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，AB=2，BC=2AB．點(diǎn)E在邊AD上，點(diǎn)F在邊BC上，點(diǎn)G、H在對角線AC上．若四邊形EGFH是菱形，則ED的長是________．

【答案】32
【分析】連接EF交AC于點(diǎn)O，連接EC，首先根據(jù)題意證明出△AOE≌△COFAAS，進(jìn)而得到AE=CE，然后設(shè)ED=x，則AE=CE=4?x，在Rt△CDE中利用勾股定理求解即可．
【詳解】如圖所示，連接EF交AC于點(diǎn)O，連接EC，

∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO
∵四邊形EGFH是菱形
∴OE=OF
∴△AOE≌△COFAAS
∴AE=CF
∵AC⊥EF
∴CE=CF
∴AE=CE
∵AB=2，BC=2AB=4
∵四邊形ABCD是矩形
∴CD=AB=2，AD=BC=4
∴設(shè)ED=x，則AE=CE=4?x
∴在Rt△CDE中，DE2+CD2=CE2
∴x2+22=4?x2
∴解得x=32
∴ED的長是32．
故答案為：32．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，菱形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識點(diǎn)．
【題型3 利用矩形的性質(zhì)求面積】
【例3】（2023春·河南三門峽·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，若∠AOB=60°，AC的長為4，則矩形ABCD的面積為（ ）

A．23B．43C．83D．16
【答案】B
【分析】根據(jù)矩形的對角線相等且互相平分，以及∠AOB=60°，可得△AOB是等邊三角形，進(jìn)而在△ABC中可得∠ACB=30°，根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)以及勾股定理求得BC=23，即可求得矩形的面積．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB,∠ABC=90°，
∵ ∠AOB=60°,AC=4，
∴ △AOB是等邊三角形，
∴∠BAC=60°，
∴在△ABC中，∠ACB=30°，
∴AB=12AC=2，
∴BC=23，
∴矩形ABCD的面積是AB×BC=2×23=43，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，等邊三角形的性質(zhì)判定，掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式3-1】（2023春·江蘇·九年級期中）如圖，過矩形ABCD對角線AC上一點(diǎn)E作MN∥AD，分別交AB和CD于點(diǎn)M和N，連接BE,DE，已知CN=2,ME=6，則△END和△BEM的面積和等于（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【分析】作EG⊥BC于G，交AD于F，根據(jù)矩形的對角線平分矩形面積的性質(zhì)得到△BEM的面積等于△DEN，然后求解即可．
【詳解】解：作EG⊥BC于G，交AD于F．
則有四邊形BGEM，四邊形CNEG，四邊形AMEF，四邊形DFEN都是矩形，
∴SΔBME=SΔBGE,SΔCGE=SΔCEN,SΔAME=SΔAEF, SΔDNE=SΔDEF,SΔABC=SΔADC，
∴SΔABC?SΔAEM?SΔCGE=SΔADC?SΔAEF?SΔCNE，
∴S四邊形BGEM=S四邊形DNEF
∵BM=CN=2，ME=6，
∴SΔBEM=SΔDEN=12×2×6=6，
∴△END和△BEM的面積和=6+6=12，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，正確添加輔助線以及利用矩形對角線平分矩形面積得到△BEM的面積等于△DEN是解決本題的關(guān)鍵．
【變式3-2】（2023春·江蘇泰州·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD的周長為24cm，兩條對角線相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作BD的垂線EF，分別交BC、AD于點(diǎn)E、F，連接BF，且AF=3cm，則矩形ABCD的面積為（ ）
A．24cm2B．28cm2C．32cm2D．36cm2
【答案】C
【分析】由矩形的性質(zhì)結(jié)合題意可證EF為線段BD的垂直平分線，即得出BF=DF．再根據(jù)矩形ABCD的周長為24cm，可求出AB+AD=12cm．設(shè)BF=DF=xcm，則AB=9?xcm．在Rt△BAF中，根據(jù)勾股定理可列出關(guān)于x的等式，解出x的值，即可求出AB和AD的長度，最后根據(jù)矩形的面積公式求解即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為矩形，
∴OB=OD，∠BAF=90°，
∵EF⊥BD，
∴EF為線段BD的垂直平分線，
∴BF=DF．
∵矩形ABCD的周長為24cm，
∴AB+AD=12cm．
設(shè)BF=DF=xcm，則AB=12?AD=12?AF?DF=9?xcm．
∵在Rt△BAF中，AB2+AF2=BF2，
∴9?x2+32=+x2，
解得：x=5，
∴AB=9?5=4cm，AD=3+5=8cm，
∴矩形ABCD的面積為4×8=32cm2．
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識．證明EF為線段BD的垂直平分線，得出BF=DF是解題關(guān)鍵．
【變式3-3】（2023春·安徽蕪湖·九年級統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O作OE⊥AC，交AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BD，垂足為F，EF=1，OE=2，BD=43，則矩形ABCD的面積為________．
【答案】123
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，可求出OD和OA的長度，SΔAOE=12AO×OE，SΔDOE=12OD×EF，則SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE，根據(jù)矩形的性質(zhì)，即可求出矩形ABCD的面積，矩形ABCD的面積=4×SΔAOD．
【詳解】∵四邊形ABCD為矩形，
∴OD=OB=OA=OC=12BD=23，
∵EF⊥BD，OE⊥AC
∴SΔAOE=12AO×OE=12×23×2=23，
SΔDOE=12OD×EF=12×23×1=3，
∴SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE=23+3=33，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴矩形ABCD的面積=4×SΔAOD=4×33=123，
故答案為：123
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)和勾股定理，熟練地掌握矩形對角線互相平分的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【題型4 利用矩形的性質(zhì)求坐標(biāo)】
【例4】（2023春·安徽黃山·九年級統(tǒng)考期末）如圖，四邊形ABCO是矩形，其中點(diǎn)A和點(diǎn)C分別在x軸和y軸上，連接AC，點(diǎn)B的坐標(biāo)為12 ， 5，∠CAO的平分線與y軸相交于點(diǎn)D，則D點(diǎn)的坐標(biāo)為__________．

【答案】0,125
【分析】利用勾股定理求出AC=13，作DE⊥AC于點(diǎn)E，如圖，根據(jù)角平分線的性質(zhì)可得DE=DO，證明Rt△ADO≌Rt△ADEHL，推出AE=AO=12，得到CE=1，設(shè)OD=DE=m，利用勾股定理構(gòu)建方程求解即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCO是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為12 ， 5，
∴OA=12,OC=5,∠AOC=90°，
∴AC=52+122=13，
作DE⊥AC于點(diǎn)E，如圖，
∵DA是∠CAO的平分線，
∴DE=DO，
∵AD=AD，
∴Rt△ADO≌Rt△ADEHL，
∴AE=AO=12，
∴CE=13?12=1，
設(shè)OD=DE=m，則CD=5?m，
在直角三角形CDE中，根據(jù)勾股定理可得：CE2+DE2=CD2，
即1+m2=5?m2，解得m=125，
∴D點(diǎn)的坐標(biāo)為0,125；
故答案為：0,125．

【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)定理、構(gòu)建方程是解題的關(guān)鍵．
【變式4-1】（2023春·廣東陽江·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形OABC的對角線AC平行于x軸，邊OA與x軸正半軸的夾角為30°，AC＝6，則點(diǎn)A的坐標(biāo)是____．
【答案】（92，332）
【分析】由矩形的性質(zhì)得出∠AOC＝90°，由平行線的性質(zhì)得出，∠OAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出OA，再求出OD、AD，即可得出結(jié)果．
【詳解】解：如圖所示：
∵四邊形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵AC∥x軸，
∴∠OAC＝30°，∠ODA＝90°，
∵AC＝6，
∴OC＝12AC＝3，
∴OA＝3OC＝33，
∴OD＝12OA＝332，
∴AD＝3OD＝92，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)是（92，332）；
故答案為：（92，332）．
【點(diǎn)睛】考核知識點(diǎn)：矩形性質(zhì)．理解矩形性質(zhì)和直角三角形性質(zhì)是關(guān)鍵．
【變式4-2】（2023春·江蘇蘇州·九年級蘇州草橋中學(xué)?？奸_學(xué)考試）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，長方形OABC，點(diǎn)A，C分別在y軸，x軸的正半軸上，OA=6，OC=3，∠DOE=45°，OD，OE分別交BC，AB于點(diǎn)D，E，且CD=2，則點(diǎn)E坐標(biāo)為______．
【答案】65,6
【分析】過點(diǎn)E作EF⊥OD，過點(diǎn)F作FN⊥OC，并延長NF交AB延長線于點(diǎn)M，設(shè)MF=ON=x，根據(jù)三角形全等得到EM=FN=6?x，則F(x,6?x)，求出直線OD解析式，代入點(diǎn)F(x,6?x)求出x，即可求解．
【詳解】解：過點(diǎn)E作EF⊥OD，過點(diǎn)F作FN⊥OC，并延長NF交AB延長線于點(diǎn)M，如下圖：
則∠EFO=∠FNO=90°，∴∠OFN+∠EFM=90°，∠OFN+∠FON=90°
∴∠FON=∠EFM
在矩形OABC中，AB//OC，OA=BC=6，OC=AB=3
∴∠M=∠FNO=90°
∴四邊形BCNM為矩形
∴MN=BC=6，CD//MN，BM=CN
∴AM=ON
∵∠DOE=45°
∴△EFO為等腰直角三角形，EF=OF
∴△FON≌△EFM
∴MF=ON，EM=FN
設(shè)MF=ON=x，則EM=FN=6?x，F(xiàn)(x,6?x)
設(shè)直線OD解析式為y=kx
由題意可知D(3,2)，代入y=kx得，3k=2，解得k=23，
又∵點(diǎn)F(x,6?x)在直線OD上，∴6?x=23x
解得x=185，即AM=ON=185，F(xiàn)N=EM=125
∴AE=AM?EM=65
∴點(diǎn)E坐標(biāo)為65,6
故答案為65,6
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正比例函數(shù)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意，作出合適的輔助線，利用有關(guān)性質(zhì)求解．
【變式4-3】（2023春·湖北十堰·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A，B分別在x軸，y軸上，OA=OB=2，AD=42，將矩形ABCD繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2021次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（ ）
A．(4,6)B．(6,4)C．(?6,4)D．(?4,6)
【答案】A
【分析】過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，連接OD，根據(jù)已知條件求出點(diǎn)D的坐標(biāo)，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)求出前4次旋轉(zhuǎn)后點(diǎn)D的坐標(biāo)，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，進(jìn)而求出第2021次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)．
【詳解】
如圖，過點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，連接OD，
∵OA=OB=2，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∵四邊形ABCD是矩形
∴∠ABC=90°，
∴∠DAE=45°，
∵BC=AD=42，
∴AE=DE=4，
∴OE=OA+AE=6，
∴D(?6,4)，
∵矩形ABCD繞點(diǎn)O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，
則第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(4,6)；
則第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(6,?4)；
則第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(?4,?6)；
則第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(?6,4)；
…
發(fā)現(xiàn)規(guī)律：旋轉(zhuǎn)4次一個循環(huán)，
∴2021÷4=505??1，
則第2021次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點(diǎn)D的坐標(biāo)為(4,6)．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與圖形變化-旋轉(zhuǎn)、規(guī)律型-點(diǎn)的坐標(biāo)，解決本題的關(guān)鍵是根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)發(fā)現(xiàn)規(guī)律，總結(jié)規(guī)律．
【題型5 利用矩形的性質(zhì)證明】
【例5】（2023春·湖北孝感·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊DC上，AE=AB，過點(diǎn)B作BF⊥AE，垂足為F．

(1)求證：BF=BC；
(2)若AD=1，AF=2，求四邊形BCEF的面積．
【答案】(1)見解析
(2)5?2
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)可得AD=BC，由“AAS”證明△ADE≌△BFA，得到AD=BF，從而即可得證；
（2）由（1）得，△ADE≌△BFA，從而得到AD=BF=1，DE=AF=2，由勾股定理可得AB=5，最后由S四邊形BCEF=S矩形ABCD?S△ADE?S△ABF，進(jìn)行計算即可得到答案．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB∥CD，∠D=90°，
∴∠BAF=∠DEA，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB=∠D=90°，
在△ADE和△BFA中，
∠D=∠AFB∠DEA=∠FABAE=BA，
∴△ADE≌△BFAAAS，
∴AD=BF，
∴BF=BC；
（2）解：由（1）得，△ADE≌△BFA，
∴AD=BF=1，DE=AF=2，
∴AB=AF2+BF2=22+12=5，
∴S四邊形BCEF=S矩形ABCD?S△ADE?S△ABF
=AD?AB?12AD?DE?12AF?BF
=1×5?12×1×2?12×2×1
=5?2．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．
【變式5-1】（2023春·重慶北碚·九年級西南大學(xué)附中?？计谀┤鐖D，四邊形ABCD是矩形，連接AC、BD交于點(diǎn)O，∠BAC的角平分線交BD于點(diǎn)E．

(1)尺規(guī)作圖：作∠ACD的角平分線交BD于點(diǎn)F，連接AF，CE；（保留作圖痕跡，不寫作法）
(2)求證：四邊形AECF是平行四邊形．
證明：∵四邊形ABCD是矩形
∴ ，AB∥CD．
∴ ．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO， ．
∴ ．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴ ．
又∵AO=CO．
∴四邊形AECF是平行四邊形（ 的四邊形是平行四邊形）．（填判定依據(jù)）
【答案】(1)作圖見解析
(2)AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，對角線互相平分
【分析】（1）如圖，以C為圓心，任意長為半徑畫弧，交AC、DC分別于M、N，以M，N為圓心，大于12MN長為半徑畫弧交點(diǎn)為P，連接CP交BD于F，CP即為∠ACD的平分線，連接AF，CE即可；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)，角平分線的定義，并利用ASA證明△AEO≌△CFOASA，然后根據(jù)平行四邊形的判定定理即可得證．
【詳解】（1）解：作圖如下：

（2）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AO=CO，AB∥CD．
∴∠BAO=∠DCO．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO，∠FCO=12∠DCO．
∴∠EAO=∠FCO．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴EO=FO．
又∵AO=CO．
∴四邊形AECF是平行四邊形（對角線互相平分的四邊形是平行四邊形）．（填判定依據(jù)），
故答案為：AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，對角線互相平分．
【點(diǎn)睛】本題考查了作角平分線，矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，全等三角形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運(yùn)用．
【變式5-2】（2023春·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）如圖，矩形ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)O，且DE∥AC，CE∥BD．

(1)求證：四邊形OCED是菱形；
(2)若AB=1，BC=2，請直接寫出菱形OCED的面積．
【答案】(1)見解析
(2)1
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的判定得到四邊形OCED是平行四邊形，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得到四邊形OCED是菱形；
（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)中位線定理得到OF=12BC，再利用菱形的面積等于兩條對角線乘積的一半即可解答．
【詳解】（1）證明：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD,CO=12AC,DO=12BD，
∴CO=DO，
∴四邊形OCED是菱形；
（2）解：連接OE，交CD于點(diǎn)F，
∵四邊形OCED是菱形，
∴OE⊥CD，OF=EF=12OE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC⊥CD，
∴OE∥BC，
∵點(diǎn)O是BD的中點(diǎn)，
∴OF是△BCD的中位線，
∴OF=12BC，
∵AB=1，BC=2，
∴CD=1，OF=1，
∴EO=2OF=2，
∴S菱形OCED=12×2×1=1；

【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，中位線定理，掌握菱形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式5-3】（2023春·黑龍江哈爾濱·九年級?？计谥校┤鐖D，在矩形ABCD中，E為AD邊上一點(diǎn)，連接CE，F(xiàn)為CE中點(diǎn)，連接BF并延長交CD于G，N在AD邊上，且∠DGN=∠BGC．

(1)求證：GF+GN=BF；
(2)連接BN，若∠BNG=90°，求證：BG⊥CE.
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)及全等三角形的性質(zhì)得到FH=BF即可解答；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)及中位線的定理得到△NGD?△HGD，再根據(jù)中點(diǎn)的定義及角的和差關(guān)系即可解答；
【詳解】（1）解：延長BG、AD交于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠GDH=90°=∠GDN，
∵∠DGN=∠BGC，
∴∠DGH=∠BGC=∠NGD，
∵DG=DG，
∴△NGD?△HGD，
∴GN=GH，
∵AD∥BC，
∴∠AHB=∠CBH，
∵∠EFH=∠CFB，EF=CF，
∴△EFH?△CFB，
∴FH=BF，
∵FH=GF+GH，
∴BF=GF+GN，

（2）設(shè)∠NGB=2α，則∠NGD=∠BGC=90°?α，
∵∠GNB=90°，
∴∠NBG=90°?2α，∠ANB=90°?α，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ABG=∠CGB=90°?α，
∴∠NBA=∠ABG?∠NBG=α，
連接DF，如圖，

由（1）知DH=DN，F(xiàn)H=FB，
∴DF∥BN，
∴∠EDF=∠ANB=90°?α，
在Rt△CDE中，
∵F是CE的中點(diǎn)，
∴DF=EF，
∴∠CED=∠EDF=90°?α，
∴∠ECD=α，
∵∠BGC=90°?α，
∴∠CFG=90°，
∴BG⊥CE
【知識點(diǎn)2 矩形的判定方法】
①矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形是矩形；②有三個角是直角的四邊形是矩形；
③對角線相等的平行四邊形是矩形（或“對角線互相平分且相等的四邊形是矩形”）.
【題型6 添加條件使四邊形是矩形】
【例6】（2023春·上海黃浦·九年級統(tǒng)考期末）在□ABCD中，AC與BD相交于點(diǎn)O，要使四邊形ABCD是矩形，還需添加一個條件，這個條件可以是( )
A．AC⊥BD；B．∠OAB=∠OAD；C．BA=BO；D．OB=OC．
【答案】D
【分析】根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形得出即可．
【詳解】解：添加選項D：OB=OC，
理由是：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵OB=OC，
∴AC=BD，
∴?ABCD為矩形，
補(bǔ)充其他選項推導(dǎo)：
A選項，AC⊥BD，對角線互相垂直，可以證明?ABCD為菱形，但不能證明?ABCD為矩形，不符合題意；
B選項、∠OAB=∠OAD，對角線BD平分內(nèi)角∠BAD，可以證明?ABCD為菱形，但不能證明?ABCD為矩形，不符合題意；
C選項，不能證明?ABCD為矩形，不符合題意．
故選D．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定、平行四邊形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是熟練掌握基本知識，屬于中考基礎(chǔ)題．
【變式6-1】（2023春·山西陽泉·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在AC上，且AE=CF，連接BE，ED，DF，F(xiàn)B．若添加一個條件使四邊形BEDF是矩形，則該條件可以是______．（填寫一個即可）

【答案】BD=EF（答案不唯一）
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)定理以及矩形的判定定理即可得到結(jié)論．
【詳解】解：BD=EF，
理由：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO?AE=CO?CE．
即EO=FO．
∴四邊形BEDF為平行四邊形，
∵BD=EF，
∴四邊形BEDF是矩形．
故答案為：BD=EF（答案不唯一）．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
【變式6-2】（2023春·河北保定·九年級校聯(lián)考期中）如圖，在四過形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°．若再添加一個條件，不能推出四邊形ABCD是矩形的是（ ）
A．BC=3CDB．∠A=90°C．AD=BCD．AB∥CD
【答案】A
【分析】A、根據(jù)條件不能確定∠BAD的度數(shù)，所以添加此條件，不能推出四邊形ABCD是矩形；
B、先根據(jù)兩組對邊分別平行證明其是平行四邊形，再由有一個角是直角的平行四邊形，可得矩形；
C、先根據(jù)一組對邊平行且相等可得其是平行四邊形，再由有一個角是直角的平行四邊形，可得矩形；
D、直接根據(jù)兩組對邊分別平行證明其是平行四邊形，再由有一個角是直角的平行四邊形，可得矩形．
【詳解】解：A、如圖1，連接BD，
∵AD∥BC，∠D=90°，BC=3CD，
∴∠C=90°，
∴BD=BC2+CD2=3CD2+CD2=2CD，
∴∠DBC=30°，
如圖1所示，點(diǎn)A不確定，∠BAD不一定等于90°，可以組成矩形，也可以組成其他四邊形，
∴添加選項A的條件不能推出四邊形ABCD是矩形；
B、如圖2，∵∠D=90°，∠A=90°，
∴∠A+∠D=180°，
∴AB∥CD，
∵AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵∠D=90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴添加選項B的條件可以推出四邊形ABCD是矩形；
C、∵AD∥BC，AD=BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵∠D=90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴添加選項C的條件可以推出四邊形ABCD是矩形；
D、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
∵∠D=90°，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴添加選項D的條件可以推出四邊形ABCD是矩形．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定，涉及平行四邊形的判定，勾股定理，平行線的判定和性質(zhì)等知識點(diǎn)．熟練掌握矩形的判定是解題的關(guān)鍵，常運(yùn)用“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”這一方法來判定．
【變式6-3】（2023春·北京西城·九年級北京四中?？计谥校┤鐖D，在四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)，G，H分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，只需添加一個條件，即可證明四邊形EFCH是矩形，這個條件可以是______（寫出一個即可）．
【答案】∠EFG=90°（答案不唯一）
【分析】根據(jù)三角形中位線定理可以證明四邊形EFCH是平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定定理：有一個角等于90°的平行四邊形為矩形，添加條件即可．
【詳解】解：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AB，BC，CD，DA的中點(diǎn)，
∴HG∥AC，EF∥AC，且HG=12AC，EF=12AC，
∴HG=EF，且HG∥EF，
∴四邊形EFCH是平行四邊形，
當(dāng)∠EFG=90°時，則四邊形EFCH是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查三角形中位線定理，矩形的判定定理，平行四邊形的判定定理，解題的關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理，矩形的判定定理．
【題型7 證明四邊形是矩形】
【例7】（2023春·廣東惠州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于點(diǎn)E．

(1)尺規(guī)作圖：作∠CBD的平分線交CD于點(diǎn)F．
(2)在（1）的基礎(chǔ)上，求證：DE=BF．
(3)在前面2問的基礎(chǔ)上，若AD=BD，求證：四邊形DEBF是矩形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)見解析
【分析】（1）作角∠DBC的角平分線BF，即可求解；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C，則∠ADB=∠CBD，根據(jù)角平分線的的定義∠ADE=∠CBF，進(jìn)而證明△ADE≌△CBFASA，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證；
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF，則DE∥BF，又由（1）得：DE=BF，可得四邊形DEBF是平行四邊形，根據(jù)AD=BD，DE平分∠ADB，可得DE⊥AB，即可得證．
【詳解】（1）如圖所示，BF為所求；

（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形
∴AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C
∴∠ADB=∠CBD
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD
∴∠ADE=∠CBF
∴△ADE≌△CBFASA
∴DE=BF
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF
∴DE∥BF
又由（1）得：DE=BF
∴四邊形DEBF是平行四邊形
∵AD=BD，DE平分∠ADB
∴DE⊥AB，∠DEB=90°
∴平行四邊形DEBF是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定，全等三角形的性質(zhì)與判定，作角平分線，熟練掌握以上知識是解題的關(guān)鍵．
【變式7-1】（2023春·浙江溫州·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，延長BC至點(diǎn)F，延長CB至點(diǎn)E，且BE=CF,DE=AF．求證：平行四邊形ABCD是矩形．

【答案】見解析
【分析】先證明△ABF≌△DCESSS，得到∠ABF=∠DCE=90°，根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形證明即可．
【詳解】證明：∵BE=CF，
∴BE+BC=CF+BC，即BF=CE．
在?ABCD中，
∴AB∥CD,AB=CD．
∵AB=CDBF=CEAF=DE，
∴△ABF≌△DCESSS，
∴∠ABF=∠DCE．
∵∠ABF+∠DCE=180°，
∴∠ABF=∠DCE=90°，
∴?ABCD是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握有一個角是直角的平行四邊形是矩形是解題的關(guān)鍵．
【變式7-2】（2023春·全國·九年級期中）如圖，?ABCD的對角線AC、BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是OC上一點(diǎn)，點(diǎn)F在BE延長線上，且EF=BE，EF與CD交于點(diǎn)G．

(1)求證：DF∥AC；
(2)連接DE、CF，如果BF=2AB，且G恰好是CD的中點(diǎn)，求證：四邊形CFDE是矩形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）利用平行四邊形對角線的性質(zhì)得：OB=OD，再根據(jù)題意得到OE為△BDF的中位線，利用三角形中位線性質(zhì)即可求證；
（2）由（1）知DF∥AC得∠FDC=∠GCE，根據(jù)題意證明△DFG?△CEG，利用三角形全等的性質(zhì)即可求證．
【詳解】（1）證明：∵ ?ABCD對角線AC、BD交于點(diǎn)O，
∴OB=OD，
∵EF=BE，
∴OE為△BDF的中位線，
∴ DF∥AC．
（2）如圖，連接DE、FC，

∵ DF∥AC，
∴ ∠FDC=∠GCE，
∵G是CD的中點(diǎn)，
∴ GD=GC，
在△DFG和△CEG中，∠DGF=∠CGEDG=CG∠FDG=∠GCE，
∴△DFG?△CEGASA，
∴EC=DF，
∴四邊形CFDE是平行四邊形，
∵BF=2AB，AB=CD，
∴BF=2CD，
∵EF=BE，
∴BF=2EF，
∴EF=CD，
∴四邊形CFDE是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形中位線的性質(zhì)，掌握三角形全等的判定及平行四邊形的性質(zhì)運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
【變式7-3】（2023春·河南周口·九年級統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F分別為OB、OD的中點(diǎn)．
(1)求證：△ABE?△CDF；
(2)延長AE至G，使EG=AE，連接CG，延長CF，交AD于點(diǎn)P，當(dāng)AC=2AB時，試判斷四邊形EGCF是什么特殊的四邊形，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)矩形，理由見解析
【分析】（1）采用邊角邊證明三角形全等的方法即可證明；
（2）先根據(jù)條件證明四邊形EGCF是平行四邊形，然后再根據(jù)等腰三角形中三線合一，可證明四邊形EGCF一個角是直角，從而說明四邊形EGCF是矩形．
【詳解】（1）證明：在?ABCD中，AB=CD，AB∥CD，OB=OD，
∴∠ABE=∠CDB，
∵點(diǎn)E、F分別為OB、OD的中點(diǎn)，
∴BE=12OB=12OD=DF，
在△ABE和△CDF中，
∵ AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴ △ABE?△CDF SAS．
（2）解：矩形，理由如下，
∵ △ABE?△CDF，
∴ AE=CF，∠BAE=∠DCF，
∵EG=AE，
∴CF=EG，
∵ AB∥CD，
∴ ∠BAC=∠DCA，
∵ ∠CAE=∠CAB?∠BAE，∠ACP=∠ACD?∠DCF，
∴ ∠CAE=∠ACP
∴AG∥CF，
∴四邊形EGCF是平行四邊形，
∵ AC=2AB=2OC，
∴ OC=AB=CD，△OCD是等腰三角形
∵ F為OD的中點(diǎn)，
∴ CF⊥OD，
∴ ?EGCF是矩形
【點(diǎn)睛】本題考查了三角形全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定，等腰三角形判定，三線合一等知識，熟練掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
【題型8 利用矩形的性質(zhì)與判定求角度】
【例8】（2023春·江蘇鹽城·九年級統(tǒng)考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，對角線AC，BD交于點(diǎn)O，DE平分∠ADC交BC于點(diǎn)E，連接OE．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（2）若∠BDE＝15°，求∠DOE；
【答案】（1）證明見解析；（2）135°．
【分析】（1）先根據(jù)平行線的性質(zhì)可得∠BAD=90°，再根據(jù)矩形的判定即可得證；
（2）先根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OC=OD,∠BCD=90°，再根據(jù)等腰直角三角形的判定與性質(zhì)可得CD=CE,∠CDE=45°，然后根據(jù)等邊三角形的判定與性質(zhì)可得OC=CD,∠COD=60°，從而可得OC=CE,∠OCE=30°，最后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠COE=75°，由此即可得出答案．
【詳解】證明：（1）∵AD//BC,∠ABC=90°，
∴∠BAD=180°?∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四邊形ABCD是矩形；
（2）∵四邊形ABCD是矩形，
∴OC=OD,∠BCD=90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=45°，
∴Rt△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，
∵∠BDE=15°，
∴∠ODC=∠BDE+∠CDE=60°，
∴△COD是等邊三角形，
∴OC=CD,∠COD=∠OCD=60°，
∴OC=CE,∠OCE=∠BCD?∠OCD=30°，
∴∠COE=∠OEC=12(180°?∠OCE)=75°，
∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)等知識點(diǎn)，熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
【變式8-1】（2023春·廣西河池·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD的對角線AC，BD交于點(diǎn)O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于點(diǎn)E，連接OE．
(1)求證：四邊形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求證：DA＝DO＝DE；
②直接寫出∠DOE的度數(shù)．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②75°
【分析】（1）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證AC=BD，即可得出結(jié)論；
（2）①先證明△ADE是等腰直角三角形，再證得∠DAO=60°，即可得出結(jié)論；
②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出結(jié)果．
【詳解】（1）證明：∵AD∥BC，AD＝BC
∴四邊形ABCD是平行四邊形
∴BD＝2OB
∵AC＝2OB
∴AC＝BD
∴四邊形ABCD是矩形
（2）①證明：
∵四邊形ABCD是矩形
∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE＝45°
∴∠DEA＝45
∴DA＝DE
又∵∠OAE＝15°
∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°
∴DA＝DO＝AO
∴DA＝DO＝DE
②解：∵∠ADC=90°,∠ADO=60° ，
∴∠BDC=∠ADC?∠ADO=30°
∵DE=DO，
∴∠DOE=∠DEO=12180°?∠DBC=75°．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
【變式8-2】（2023春·江蘇揚(yáng)州·九年級統(tǒng)考期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，將矩形ABCD繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，當(dāng)θ＝_____°時，GC＝GB．
【答案】60或300
【分析】當(dāng)GB＝GC時，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，分兩種情況討論，依據(jù)∠DAG＝60°，即可得到旋轉(zhuǎn)角θ的度數(shù)．
【詳解】解：當(dāng)GB＝GC時，點(diǎn)G在BC的垂直平分線上，
分兩種情況討論：
①當(dāng)點(diǎn)G在AD右側(cè)時，取BC的中點(diǎn)H，連接GH交AD于M，
∵GC＝GB，
∴GH⊥BC，
∴四邊形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝12AD＝12AG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等邊三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋轉(zhuǎn)角θ＝60°；
②當(dāng)點(diǎn)G在AD左側(cè)時，同理可得△ADG是等邊三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋轉(zhuǎn)角θ＝360°﹣60°＝300°．
故答案為60或300
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，利用分類討論思想解決問題是本題的關(guān)鍵．
【變式8-3】（2023春·湖北武漢·九年級統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E為BC的中點(diǎn)，直線FG經(jīng)過點(diǎn)E，DG⊥FG于點(diǎn)G，BF⊥FG于點(diǎn)F．
（1）如圖1，當(dāng)∠BEF＝70°時，求證：DG＝BF；
（2）如圖2，當(dāng)∠BEF≠70°時，若BC＝DC，DG＝BF，請直接寫出∠BEF的度數(shù)；
（3）當(dāng)DG－BF的值最大時，直接寫出∠BEF的度數(shù)．
【答案】（1）證明見解析；（2）∠BEF =35°；（3）∠BEF=20°．
【分析】（1）過C點(diǎn)作CH⊥FG于點(diǎn)F，證明△BFE≌△CHE，可得CH=BF，再證明四邊形CHGD為矩形，即可得GD=CH=BF；
（2）過C點(diǎn)作CH⊥FG于點(diǎn)F,證明△CHM≌△DGM，CM=DM，再結(jié)合BC＝DC，可得EC=MC，結(jié)合等腰三角形的性質(zhì)即可得出相應(yīng)角度；
（3）結(jié)合（1）（2）中的結(jié)論，根據(jù)運(yùn)動軌跡分析可知當(dāng)DG≥CD時，∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且當(dāng)G在DC的延長線上時等號成立，由此可得結(jié)論．
【詳解】解：（1）過C點(diǎn)作CH⊥FG于點(diǎn)F,
∵CH⊥FG，DG⊥FG，BF⊥FG，
∴∠DGH=∠CHE=∠CHM=∠BFE=90°，
∵E為BC的中點(diǎn)，
∴BE=EC，
又∵∠BEF=∠CEH
∴△BFE≌△CHE（AAS）
∴CH=BF，
∵∠BEF＝70°
∴∠CEH=70°，
∵∠C＝110°，
∴FG//DC，
∴∠CHE=∠HCD=∠DGH=∠GDC=90°，
∴四邊形CHGD為矩形，
∴GD=CH=BF；
（2）如下圖所示，過C點(diǎn)作CH⊥FG于點(diǎn)F,
與（1）同理可證CH=BF，∠DGH=∠CHM=90°，BE=EC，
∵DG＝BF，
∴CH=DG，
又∵∠CME=∠DMG，
∴△CHM≌△DGM
∴CM=DM，
∵BC＝DC，
∴EC=MC，
∵∠C＝110°，
∴∠CEM=∠CME=35°，
∴∠BEF＝∠CEM=35°；
（3）當(dāng)DG

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