TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc19454" 【題型1 由矩形的性質(zhì)求線段的長度】 PAGEREF _Tc19454 \h 1
\l "_Tc5294" 【題型2 由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】 PAGEREF _Tc5294 \h 2
\l "_Tc12459" 【題型3 由矩形的性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc12459 \h 3
\l "_Tc32315" 【題型4 矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】 PAGEREF _Tc32315 \h 4
\l "_Tc26081" 【題型5 矩形判定的條件】 PAGEREF _Tc26081 \h 6
\l "_Tc24347" 【題型6 證明四邊形是矩形】 PAGEREF _Tc24347 \h 7
\l "_Tc16216" 【題型7 矩形中多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc16216 \h 10
\l "_Tc26003" 【題型8 矩形的判定與性質(zhì)綜合】 PAGEREF _Tc26003 \h 12
【知識點1 矩形的定義】
有一個角是直角的平行四邊形是矩形．
【知識點2 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；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連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．
【題型1 由矩形的性質(zhì)求線段的長度】
【例1】（2023春?新泰市期末）如圖，在矩形ABCD中，AD=42，對角線AC與BD相交于點O，DE⊥AC，垂足為點E，CE＝OE，則DE的長為（ ）
A．4B．32C．22D．2
【變式1-1】（2023春?開州區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，DF垂直平分OC，交AC于點E，交BC于點F，連接AF，若BD＝23，DF＝2，則AF的長為（ ）
A．6B．22C．7D．3
【變式1-2】（2023?碑林區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，O是BD的中點，E為AD邊上一點，且有AE＝OB＝2．連接OE，若∠AEO＝75°，則DE的長為（ ）
A．32B．3C．2D．23?2
【變式1-3】（2023?南崗區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且CF＝2DF＝2，連接BE，EF，BF，且BF平分∠EBC，∠EFB＝45°，連接CE交BF于點G，則線段EG的長為 ．
【題型2 由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】
【例2】（2023春?溧水區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD交于點O，DE⊥AC于點E，∠AOD＝110°，則∠CDE大小是（ ）
A．55°B．40°C．35°D．20°
【變式2-1】（2023?武昌區(qū)期末）如圖，把一張矩形紙片沿對角線折疊，如果量得∠EDF＝22°，則∠FDB的大小是（ ）
A．22°B．34°C．24°D．68°
【變式2-2】（2023春?江夏區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點M在邊DC上，若AM平分∠DMB，則∠AMD的大小是（ ）
A．45°B．60°C．75°D．30°
【變式2-3】（2023春?莫旗期末）如圖，若將四根木條釘成的矩形木框變形為平行四邊形ABCD的形狀，并使其面積為矩形面積的一半，則平行四邊形ABCD的最大內(nèi)角的大小是 ．
【題型3 由矩形的性質(zhì)求面積】
【例3】（2023春?浦東新區(qū)期末）我們把兩條對角線所成兩個角的大小之比是1：2的矩形叫做“和諧矩形”，如果一個“和諧矩形”的對角線長為10cm，則矩形的面積為 cm2．
【變式3-1】（2023?成都）如圖，過矩形ABCD的對角線BD上一點K分別作矩形兩邊的平行線MN與PQ，那么圖中矩形AMKP的面積S1與矩形QCNK的面積S2的大小關(guān)系是S1 S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）
【變式3-2】（2023春?成都期末）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一動點，連接BE，以BE邊作矩形BEFG，使得FG始終經(jīng)過點C．若矩形ABCD的面積為s1，矩形BEFG的面積為s2，則s1與s2的大小關(guān)系是（ ）
A．s1＜s2B．s1＝s2C．s1＞s2D．不確定
【變式3-3】（2023春?九龍坡區(qū)校級期中）已知：矩形ABCD中，延長BC至E，使BE＝BD，F(xiàn)為DE的中點，連接AF、CF．
（1）求證：CF⊥AF；
（2）若AB＝10cm，BC＝16cm，求△ADF的面積．
【題型4 矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】
【例4】（2023春?潮南區(qū)期中）如圖，在矩形COED中，點D的坐標(biāo)是（1，3），則CE的長是（ ）
A．3B．3C．5D．10
【變式4-1】（2023春?任城區(qū)期末）定義：如果一個三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊OA＝3，OC＝4，點M（2，0），在邊AB存在點P，使得△CMP為“智慧三角形”，則點P的坐標(biāo)為（ ）
A．（3，1）或（3，3）B．（3，12）或（3，3）
C．（3，12）或（3，1）D．（3，12）或（3，1）或（3，3）
【變式4-2】（2023?西平縣模擬）已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC=252，O為BC上一點，BO=72，如圖所示，以BC所在直線為x軸，O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，M為線段OC上的一點．
（1）若點M的坐標(biāo)為（1，0），如圖1，以O(shè)M為一邊作等腰△OMP，使點P在矩形ABCD的一邊上，則符合條件的等腰三角形有幾個？請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；
（2）若將（1）中的點M的坐標(biāo)改為（4，0），其他條件不變，如圖2，那么符合條件的等腰三角形有幾個？求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．
【變式4-3】（2023春?浦江縣期中）如圖，長方形OABC中，O為平面直角坐標(biāo)系的原點，A點的坐標(biāo)為（4，0），C點的坐標(biāo)為（0，6），點B在第一象限內(nèi)，點P從原點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著O→C→B→A→O的路線移動（移動一周）．
（1）寫出點B的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點P移動了4秒時，求出點P的坐標(biāo)；
（3）在移動過程中，當(dāng)△OBP的面積是10時，直接寫出點P的坐標(biāo)．
【知識點3 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5 矩形判定的條件】
【例5】（2023春?夏邑縣期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
【變式5-1】（2023春?江油市期末）在四邊形ABCD中，AC、BD交于點O，在下列條件中，不能判定四邊形ABCD為矩形的是（ ）
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
【變式5-2】（2023春?仙居縣期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．CE⊥DEC．∠ADB＝90°D．BE⊥DC
【變式5-3】（2023?西城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC的中點，點F，G在邊BC上，且DG＝EF．只需添加一個條件即可證明四邊形DFGE是矩形，這個條件可以是 ．（寫出一個即可）
【題型6 證明四邊形是矩形】
【例6】（2023春?南譙區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，若E，F(xiàn)是線段AC上兩動點，同時分別從A，C兩點出發(fā)以1cm/s的速度向點C，A運動．
（1）求證：△ADE≌△CBF；
（2）若BD＝8cm，AC＝14cm，當(dāng)運動時間t為多少秒時，四邊形DEBF是矩形？
【變式6-1】（2023春?海陵區(qū)期末）如圖，在△ABC中，O是邊AC上的一個動點，過點O作直線MN，交∠ACB的平分線于點E，交△ABC的外角∠ACD的平分線于點F．給出下列信息：①MN∥BC；②OE＝OC；③OF＝OC．
（1）請在上述3條信息中選擇其中一條作為條件，證明：OE＝OF；
（2）在（1）的條件下，連接AE、AF，當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？請說明理由．
【變式6-2】（2023春?津南區(qū)期末）已知?ABCD，對角線AC，BD相交于點O（AC＞BD），點E，F(xiàn)分別是OA，OC上的動點．
（Ⅰ）如圖①，若AE＝CF，求證：四邊形EBFD是平行四邊形；
（Ⅱ）如圖②，若OE＝OB，OF＝OD，求證：四邊形EBFD是矩形．
【變式6-3】（2023春?洪澤區(qū)期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是對角線AC上的兩個動點，分別從A、C同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，其中0≤t≤10．
（1）若G、H分別是AD、BC的中點，則下列關(guān)于四邊形EGFH（E、F相遇時除外）的判斷：①一定是平行四邊形；②一定是矩形；③一定是菱形，正確的是 ；（直接填序號，不用說理）
（2）在（1）的條件下，若四邊形EGFH為矩形，求t的值．
【題型7 矩形中多結(jié)論問題】
【例7】（2023?綏化一模）如圖，在一張矩形紙片ABCD中AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將紙片ABCD沿直線EF折疊，點C落在AD上的點H處，點D落在點G處，連接CE，CH．有以下四個結(jié)論：①四邊形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4；④當(dāng)點H與點A重合時，EF＝5．以上結(jié)論中，其中正確結(jié)論的個數(shù)有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
【變式7-1】（2023春?南充期末）如圖，矩形ABCD中，M，N分別是邊AB，CD的中點，BP⊥AN于P，CP的延長線交AD于Q．下列結(jié)論：①PM＝CN；②PM⊥CQ；③PQ＝AQ；④DQ＜2PN．其中結(jié)論正確的有（ ）
A．1 個B．2 個C．3 個D．4 個
【變式7-2】（2023春?泉州期末）如圖，點P是矩形ABCD內(nèi)一點，連結(jié)PA、PB、PC、PD，設(shè)△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，以下四個判斷：
①當(dāng)∠PAB＝∠PDA時，B、P、D三點共線
②存在唯一一點P，使PA＝PB＝PC＝PD
③不存在到矩形ABCD四條邊距離都相等的點P
④若S1＝S2，則S3＝S4
其中正確的是 ．（寫出所有正確結(jié)論的序號）
【變式7-3】（2023春?興文縣期中）如圖，矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM．則下列結(jié)論：①DN＝BM；②EM∥FN；③DF＝NF；④當(dāng)AO＝AD時，四邊形DEBF是菱形．其中正確的結(jié)論是 ．
【題型8 矩形的判定與性質(zhì)綜合】
【例8】（2023春?海淀區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D是AB上一點，AD＝DC，DE平分∠ADC交AC于點E，DF平分∠BDC交BC于點F，∠DFC＝90°．
（1）求證：四邊形CEDF是矩形；
（2）若∠B＝30°，AD＝2，連接BE，求BE的長．
【變式8-1】（2023?息烽縣二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD交于點O，過點B作BE∥AC，且BE=12AC，連接EC、ED．
（1）求證：四邊形BECO是矩形；
（2）若AC＝2，∠ABC＝60°，求DE的長．
【變式8-2】（2023?開福區(qū)校級二模）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點A作AF⊥CD，垂足為F，延長DC到點E，使CE＝DF，連接BE．
（1）求證：四邊形ABEF是矩形；
（2）若AB＝5，CF＝2，AC⊥BD，連接OE，求OE的長．
【變式8-3】（2023?崇左）如圖，O是矩形ABCD的對角線的交點，E、F、G、H分別是OA、OB、OC、OD上的點，且AE＝BF＝CG＝DH．
（1）求證：四邊形EFGH是矩形；
（2）若E、F、G、H分別是OA、OB、OC、OD的中點，且DG⊥AC，OF＝2cm，求矩形ABCD的面積．
專題9.5 矩形的性質(zhì)與判定【八大題型】
【蘇科版】
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\l "_Tc19454" 【題型1 由矩形的性質(zhì)求線段的長度】 PAGEREF _Tc19454 \h 1
\l "_Tc5294" 【題型2 由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】 PAGEREF _Tc5294 \h 5
\l "_Tc12459" 【題型3 由矩形的性質(zhì)求面積】 PAGEREF _Tc12459 \h 8
\l "_Tc32315" 【題型4 矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】 PAGEREF _Tc32315 \h 11
\l "_Tc26081" 【題型5 矩形判定的條件】 PAGEREF _Tc26081 \h 17
\l "_Tc24347" 【題型6 證明四邊形是矩形】 PAGEREF _Tc24347 \h 20
\l "_Tc16216" 【題型7 矩形中多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc16216 \h 25
\l "_Tc26003" 【題型8 矩形的判定與性質(zhì)綜合】 PAGEREF _Tc26003 \h 32
【知識點1 矩形的定義】
有一個角是直角的平行四邊形是矩形．
【知識點2 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；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連線所在的直線；對稱中心是兩條對角線的交點．
【題型1 由矩形的性質(zhì)求線段的長度】
【例1】（2023春?新泰市期末）如圖，在矩形ABCD中，AD=42，對角線AC與BD相交于點O，DE⊥AC，垂足為點E，CE＝OE，則DE的長為（ ）
A．4B．32C．22D．2
分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OD＝OC，求出OD＝CD＝OD，根據(jù)等邊三角形的判定得出△DOC是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得出∠DCA＝60°，求出∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，再根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得出DE=12AD即可．
【解答】解：∵四邊形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是等邊三角形，
∴∠DCA＝60°，
∴∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠DEA＝90°，
∴DE=12AD，
∵AD＝42，
∴DE＝22，
故選：C
【變式1-1】（2023春?開州區(qū)期末）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，DF垂直平分OC，交AC于點E，交BC于點F，連接AF，若BD＝23，DF＝2，則AF的長為（ ）
A．6B．22C．7D．3
分析：根據(jù)矩形對角線相等且互相平分，OD=12BD=3，再根據(jù)DF垂直平分OC，得DC＝OD=3，分別在Rt△DCF，Rt△DCB中，利用勾股定理求出CF、BC的長，從而求出BF，在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的長．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形．
∴AB＝CD，OD=12BD=3．
∵DF垂直平分OC．
∴CD＝OD=3．
∴AB＝CD=3．
在Rt△BCD中，
BC=BD2?CD2=(23)2?(3)2=3．
在Rt△DCF中，
CF=DF2?DC2=22?(3)2=1．
∴BF＝BC﹣CF＝3﹣1＝2．
在Rt△ABF中，
AF=AB2+BF2=(3)2+22=7．
故選：C．
【變式1-2】（2023?碑林區(qū)校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，O是BD的中點，E為AD邊上一點，且有AE＝OB＝2．連接OE，若∠AEO＝75°，則DE的長為（ ）
A．32B．3C．2D．23?2
分析：連接AC，OE，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC＝4，由∠AEO＝75°，可得∠EAO＝30°，進而利用含30度角的直角三角形即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接AC，OE，
在矩形ABCD中，
∵O是BD的中點，
∴OA＝OB，
∵AE＝OB＝2．
∴AE＝OA＝2．
∴AC＝4，
∵∠AEO＝75°，
∴∠EAO＝30°，
∴CD=12AC＝2，
∴AD=3CD＝23，
∴DE＝AD﹣AE＝23?2．
故選：D．
【變式1-3】（2023?南崗區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AD，CD上，且CF＝2DF＝2，連接BE，EF，BF，且BF平分∠EBC，∠EFB＝45°，連接CE交BF于點G，則線段EG的長為 51311 ．
分析：在BC上截取BN，使BN＝BE，過點G作GH⊥EF于點H，證明△NFC≌△FED（AAS），推出ED＝FC＝2，CN＝DF＝1，設(shè)BN＝BE＝x，作GQ⊥BE于Q，GP⊥BC于P．利用勾股定理構(gòu)建方程求出x，再證明EGGC=BEBC=56，即可解決問題．
【解答】解：在BC上截取BN，使BN＝BE，過點G作GH⊥EF于點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=ED2+DF2=12+22=5，
在Rt△EDC中，EC=DE2+DC2=22+32=13，
設(shè)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△BEGS△BGC=12?BE?GQ12?BC?GP=EGGC，
∴EGGC=BEBC=56，
∴EG=511EC=51311，
故答案為51311．
【題型2 由矩形的性質(zhì)求角的度數(shù)】
【例2】（2023春?溧水區(qū)期中）如圖，在矩形ABCD中，AC、BD交于點O，DE⊥AC于點E，∠AOD＝110°，則∠CDE大小是（ ）
A．55°B．40°C．35°D．20°
分析：由矩形的性質(zhì)得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性質(zhì)求出∠ODE＝20°，即可得出答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠AOD＝110°，
∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD=12（180°﹣70°）＝55°，
∵DE⊥AC，
∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，
∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；
故選：C．
【變式2-1】（2023?武昌區(qū)期末）如圖，把一張矩形紙片沿對角線折疊，如果量得∠EDF＝22°，則∠FDB的大小是（ ）
A．22°B．34°C．24°D．68°
分析：由∠FDB＝90°﹣∠BDC．根據(jù)已知條件易求∠BDC的度數(shù)．
【解答】解：∵∠EDF＝22°，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝112°．
∴∠BDC＝56°．
∴∠FDB＝90°﹣∠BDC＝34°．
故選：B．
【變式2-2】（2023春?江夏區(qū)期中）如圖，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，點M在邊DC上，若AM平分∠DMB，則∠AMD的大小是（ ）
A．45°B．60°C．75°D．30°
分析：由矩形的性質(zhì)和角平分線定義證出∠BAM＝∠AMB，得出BM＝AB＝2，因此BC=12BM，由直角三角形的性質(zhì)得出∠BMC＝30°，即可得出答案．
【解答】解：∵四邊形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=12BM，
∴∠BMC＝30°，
∴∠AMD＝∠AMB=12（180°﹣30°）＝75°；
故選：C．
【變式2-3】（2023春?莫旗期末）如圖，若將四根木條釘成的矩形木框變形為平行四邊形ABCD的形狀，并使其面積為矩形面積的一半，則平行四邊形ABCD的最大內(nèi)角的大小是 150° ．
分析：過D作DE⊥AB于點E，根據(jù)面積的關(guān)系可以得到AD＝2DE，則∠DAE＝30°，再根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可求解．
【解答】解：如圖，過D作DE⊥AB于點E，
∵矩形的面積＝AB?BF＝2S平行四邊形ABCD＝2AB?DE，
∴BF＝2DE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AD＝BC，
∴∠DAE+∠ABC＝180°，
∵BF＝BC，
∴AD＝BF＝2DE，
∴∠DAE＝30°，
∴∠ABC＝180°﹣∠DAE＝150°，
即平行四邊形ABCD的最大內(nèi)角的大小是150°，
故答案為：150°．
【題型3 由矩形的性質(zhì)求面積】
【例3】（2023春?浦東新區(qū)期末）我們把兩條對角線所成兩個角的大小之比是1：2的矩形叫做“和諧矩形”，如果一個“和諧矩形”的對角線長為10cm，則矩形的面積為 253 cm2．
分析：根據(jù)“和諧矩形”的性質(zhì)求出∠ADB＝30°，由含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AB、AD的長，即可得出答案．
【解答】解：∵四邊形ABCD是“和諧矩形”，
∴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＝53，
∴矩形ABCD的面積＝AB×AD＝5×53=253（cm2）；
故答案為：253．
【變式3-1】（2023?成都）如圖，過矩形ABCD的對角線BD上一點K分別作矩形兩邊的平行線MN與PQ，那么圖中矩形AMKP的面積S1與矩形QCNK的面積S2的大小關(guān)系是S1 ＝ S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）
分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)，可知△ABD的面積等于△CDB的面積，△MBK的面積等于△QKB的面積，△PKD的面積等于△NDK的面積，再根據(jù)等量關(guān)系即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，四邊形MBQK是矩形，四邊形PKND是矩形，
∴△ABD的面積＝△CDB的面積，△MBK的面積＝△QKB的面積，△PKD的面積＝△NDK的面積，
∴△ABD的面積﹣△MBK的面積﹣△PKD的面積＝△CDB的面積﹣△QKB的面積＝△NDK的面積，
∴S1＝S2．
故答案為S1＝S2．
【變式3-2】（2023春?成都期末）如圖，點E是矩形ABCD邊AD上一動點，連接BE，以BE邊作矩形BEFG，使得FG始終經(jīng)過點C．若矩形ABCD的面積為s1，矩形BEFG的面積為s2，則s1與s2的大小關(guān)系是（ ）
A．s1＜s2B．s1＝s2C．s1＞s2D．不確定
分析：連接CE，根據(jù)矩形ABCD和矩形BEFG都與三角形CBE同底等高，進而可以解決問題．
【解答】解：如圖，連接CE，
∵矩形ABCD的面積為s1，矩形BEFG的面積為s2，
∴s1＝2S△CBE，s2＝2S△CBE，
則s1＝s2．
故選：B．
【變式3-3】（2023春?九龍坡區(qū)校級期中）已知：矩形ABCD中，延長BC至E，使BE＝BD，F(xiàn)為DE的中點，連接AF、CF．
（1）求證：CF⊥AF；
（2）若AB＝10cm，BC＝16cm，求△ADF的面積．
分析：（1）連接BF，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得CF＝DF，根據(jù)等邊對等角可得∠CDF＝∠DCF，然后求出∠ADF＝∠BCF，利用“邊角邊”證明△ADF和△BCF全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠AFD＝∠BFC，再根據(jù)等腰三角形三線合一可得BF⊥DE，然后求出∠AFC＝90°，即可得證；
（2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊上的高相等可得點F到AD、BC的距離相等，都是AB的一半，然后利用三角形的面積公式列式計算即可得解．
【解答】（1）證明：如圖，連接BF，在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵F為DE的中點，
∴CF＝DF，
∴∠CDF＝∠DCF，
∴∠ADC+∠CDF＝∠BCD+∠DCF，
即∠ADF＝∠BCF，
在△ADF和△BCF中，
AD=BC∠ADF=∠BCFCF=DF，
∴△ADF≌△BCF（SAS），
∴∠AFD＝∠BFC，
∵BE＝BD，F(xiàn)為DE的中點，
∴BF⊥DE，
∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝∠AFB+∠AFD＝90°，
∴CF⊥AF；
（2）解：∵△ADF≌△BCF，
∴點F到AD、BC的距離相等，
∵AB＝10cm，
∴點F到AD的距離為12×10＝5cm，
∴△ADF的面積=12×16×5＝40cm2．
【題型4 矩形的性質(zhì)與坐標(biāo)軸的綜合運用】
【例4】（2023春?潮南區(qū)期中）如圖，在矩形COED中，點D的坐標(biāo)是（1，3），則CE的長是（ ）
A．3B．3C．5D．10
分析：連接OD，過D作DF⊥x軸于F，由矩形的性質(zhì)得CE＝OD，再由點D的坐標(biāo)得OF＝1，DF＝3，然后由勾股定理求出OD的長，即可解決問題．
【解答】解：如圖，連接OD，過D作DF⊥x軸于F，
∵四邊形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵點D的坐標(biāo)是（1，3），
∴OF＝1，DF＝3，
∴OD=OF2+DF2=12+32=10，
∴CE=10，
故選：D．
【變式4-1】（2023春?任城區(qū)期末）定義：如果一個三角形有一邊上的中線等于這條邊的一半，那么稱三角形為“智慧三角形”．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，矩形OABC的邊OA＝3，OC＝4，點M（2，0），在邊AB存在點P，使得△CMP為“智慧三角形”，則點P的坐標(biāo)為（ ）
A．（3，1）或（3，3）B．（3，12）或（3，3）
C．（3，12）或（3，1）D．（3，12）或（3，1）或（3，3）
分析：由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，設(shè)P（3，a），則AP＝a，BP＝4﹣a；分兩種情況：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根據(jù)勾股定理分別求出CP2、MP2、CM2，并根據(jù)圖形列出關(guān)于a的方程，解得a的值，則可得答案．
【解答】解：由題意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，
∴設(shè)P（3，a），則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=12．
∴P（3，12）．
綜上，P（3，12）或（3，1）或（3，3）．
故選：D．
【變式4-2】（2023?西平縣模擬）已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC=252，O為BC上一點，BO=72，如圖所示，以BC所在直線為x軸，O為坐標(biāo)原點建立平面直角坐標(biāo)系，M為線段OC上的一點．
（1）若點M的坐標(biāo)為（1，0），如圖1，以O(shè)M為一邊作等腰△OMP，使點P在矩形ABCD的一邊上，則符合條件的等腰三角形有幾個？請直接寫出所有符合條件的點P的坐標(biāo)；
（2）若將（1）中的點M的坐標(biāo)改為（4，0），其他條件不變，如圖2，那么符合條件的等腰三角形有幾個？求出所有符合條件的點P的坐標(biāo)．
分析：（1）OM的長是1，小于矩形的寬，也小于OB的長，所以點P只能是OM的垂直平分線與AD的交點；
（2）OM的長是4，等于矩形的寬，所以點P可以是過O、M的垂線與AD的交點，也可以是OM的垂直平分線與AD的交點，又OM的長大于OB的長，所以點P也可以在AB上；
【解答】解：（1）符合條件的等腰△OMP只有1個；
點P的坐標(biāo)為（12，4）；
（2）符合條件的等腰△OMP有4個．
如圖②，在△OP1M中，OP1＝OM＝4，
在Rt△OBP1中，BO=72，
BP1=(OP1)2?OB2=42?(72)2=152，
∴P1（?72，152）；
在Rt△OMP2中，OP2＝OM＝4，
∴P2（0，4）；
在△OMP3中，MP3＝OP3，
∴點P3在OM的垂直平分線上，
∵OM＝4，
∴P3（2，4）；
在Rt△OMP4中，OM＝MP4＝4，
∴P4（4，4）；
【變式4-3】（2023春?浦江縣期中）如圖，長方形OABC中，O為平面直角坐標(biāo)系的原點，A點的坐標(biāo)為（4，0），C點的坐標(biāo)為（0，6），點B在第一象限內(nèi)，點P從原點出發(fā)，以每秒2個單位長度的速度沿著O→C→B→A→O的路線移動（移動一周）．
（1）寫出點B的坐標(biāo)；
（2）當(dāng)點P移動了4秒時，求出點P的坐標(biāo)；
（3）在移動過程中，當(dāng)△OBP的面積是10時，直接寫出點P的坐標(biāo)．
分析：（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及點的坐標(biāo)的定義寫出即可；
（2）先求得點P運動的距離，從而可得到點P的坐標(biāo)；
（3）分點P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四種情況討論，由三角形的面積公式可求點P坐標(biāo)．
【解答】解：（1）∵A點的坐標(biāo)為（4，0），C點的坐標(biāo)為（0，6），
∴OA＝4，OC＝6，
∴點B（4，6）；
（2）∵點P移動了4秒時的距離是2×4＝8，
∴點P的坐標(biāo)為（2，6）；
（3）如圖，
①當(dāng)點P在OC上時，S△OBP=12×OP1×4＝10，
∴OP1＝5，
∴點P（0，5）；
②當(dāng)點P在BC上，S△OBP=12×BP2×6＝10，
∴BP2=103，
∴CP2＝4?103=23，
∴點P（ 23，6）；
③當(dāng)點P在AB上，S△OBP=12×BP3×4＝10，
∴BP3＝5，
∴AP3＝6﹣5＝1，
∴點P（4，1）；
④當(dāng)點P在AO上，S△OBP=12×OP4×6＝10，
∴OP4=103，
∴點P（103，0）．
綜上，點P的坐標(biāo)為（0，5）或（23，6）或（4，1）或（103，0）．
【知識點3 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5 矩形判定的條件】
【例5】（2023春?夏邑縣期中）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
分析：先證四邊形DBCE為平行四邊形，再由矩形的判定和菱形的判定進行解答即可．
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四邊形DBCE為平行四邊形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，
∴BD⊥AE，
∴∠BDE＝90°，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
B、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項符合題意；
C、∵∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝90°，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
故選：B．
【變式5-1】（2023春?江油市期末）在四邊形ABCD中，AC、BD交于點O，在下列條件中，不能判定四邊形ABCD為矩形的是（ ）
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：由平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定以及菱形的判定分別對各個選項進行判斷即可．
【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵∠BAD＝90°，
∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項A不符合題意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵AC＝BD，
∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項B不符合題意；
C、∵∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四邊形ABCD是菱形，故選項C符合題意；
D、∵∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
AB=BABD=AC，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴AD＝BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵AC＝BD，
∴平行四邊形ABCD是矩形，故選項D不符合題意；
故選：C．
【變式5-2】（2023春?仙居縣期末）如圖，四邊形ABCD為平行四邊形，延長AD到E，使DE＝AD，連接EB，EC，DB，添加一個條件，不能使四邊形DBCE成為矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．CE⊥DEC．∠ADB＝90°D．BE⊥DC
分析：先證明四邊形BCDE為平行四邊形，再根據(jù)矩形的判定進行解答．
【解答】解：∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四邊形BCED為平行四邊形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，
∴BD⊥AE，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
B、∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
C、∵∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝90°，
∴?DBCE為矩形，故本選項不符合題意；
D、∵對角線互相垂直的平行四邊形為菱形，不一定為矩形，故本選項符合題意；
故選：D．
【變式5-3】（2023?西城區(qū)一模）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC的中點，點F，G在邊BC上，且DG＝EF．只需添加一個條件即可證明四邊形DFGE是矩形，這個條件可以是 DE＝FG（答案不唯一） ．（寫出一個即可）
分析：根據(jù)三角形中位線定理得到DE∥BC，推出四邊形DFGE是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論．
【解答】解：DE＝FG，
理由：∵D，E分別是AB，AC的中點，
∴DE∥BC，
∴DE∥FG，
∵DE＝FG，
∴四邊形DFGE是平行四邊形，
∵DG＝EF，
∴四邊形DFGE是矩形，
故答案為：DE＝FG（答案不唯一）．
【題型6 證明四邊形是矩形】
【例6】（2023春?南譙區(qū)期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，若E，F(xiàn)是線段AC上兩動點，同時分別從A，C兩點出發(fā)以1cm/s的速度向點C，A運動．
（1）求證：△ADE≌△CBF；
（2）若BD＝8cm，AC＝14cm，當(dāng)運動時間t為多少秒時，四邊形DEBF是矩形？
分析：（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AD＝BC，AD∥BC，則∠DAE＝∠BCF，易證AE＝CF，由SAS即可得出結(jié)論；
（2）先證四邊形DEBF為平行四邊形，當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF為矩形，得出OE＝OD=12BD，即12AC﹣t=12BD或t?12AC=12BD，即可得出結(jié)果．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF
∵E，F(xiàn)是線段AC上兩動點，同時分別從A，C兩點出發(fā)以1cm/s的速度向點C，A運動，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CBF中，
AE=CF∠DAE=∠BCFAD=BC，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF
∴四邊形DEBF為平行四邊形，
∴當(dāng)BD＝EF時，四邊形DEBF為矩形，
∴OE＝OD=12BD，即12AC﹣t=12BD或t?12AC=12BD，
∴12×14﹣t=12×8或t?12×14=12×8，
解得：t＝3（s）或t＝11（s），
∴當(dāng)運動時間t為3秒或11秒時，四邊形DEBF是矩形．
【變式6-1】（2023春?海陵區(qū)期末）如圖，在△ABC中，O是邊AC上的一個動點，過點O作直線MN，交∠ACB的平分線于點E，交△ABC的外角∠ACD的平分線于點F．給出下列信息：①MN∥BC；②OE＝OC；③OF＝OC．
（1）請在上述3條信息中選擇其中一條作為條件，證明：OE＝OF；
（2）在（1）的條件下，連接AE、AF，當(dāng)點O在邊AC上運動到什么位置時，四邊形AECF是矩形？請說明理由．
分析：（1）由平行線的性質(zhì)和角平分線定義得∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，則OE＝OC，OF＝OC，即可得出結(jié)論；
（2）先證四邊形AECF是平行四邊形，再證∠ECF＝90°，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）選擇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）當(dāng)點O在邊AC上運動到AC中點時，四邊形AECF是矩形，理由如下：
當(dāng)O為AC的中點時，AO＝CO，
由（1）可知，OE＝OF，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，
∴∠ACE+∠ACF=12×180°＝90°，
即∠ECF＝90°，
∴平行四邊形AECF是矩形．
【變式6-2】（2023春?津南區(qū)期末）已知?ABCD，對角線AC，BD相交于點O（AC＞BD），點E，F(xiàn)分別是OA，OC上的動點．
（Ⅰ）如圖①，若AE＝CF，求證：四邊形EBFD是平行四邊形；
（Ⅱ）如圖②，若OE＝OB，OF＝OD，求證：四邊形EBFD是矩形．
分析：（Ⅰ）由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，OA＝OC，再證OE＝OF，即可得出結(jié)論；
（Ⅱ）由平行四邊形的性質(zhì)得OB＝OD，再證OE＝OF＝OB＝OD，進而得出結(jié)論．
【解答】證明：（Ⅰ）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵AE＝CF．
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∵OB＝OD，
∴四邊形EBFD是平行四邊形；
（Ⅱ）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OB＝OD，
∵OE＝OB，OF＝OD，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴四邊形EBFD是平行四邊形，BD＝EF，
∴平行四邊形EBFD是矩形．
【變式6-3】（2023春?洪澤區(qū)期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是對角線AC上的兩個動點，分別從A、C同時出發(fā)相向而行，速度均為每秒1個單位長度，運動時間為t秒，其中0≤t≤10．
（1）若G、H分別是AD、BC的中點，則下列關(guān)于四邊形EGFH（E、F相遇時除外）的判斷：①一定是平行四邊形；②一定是矩形；③一定是菱形，正確的是 ① ；（直接填序號，不用說理）
（2）在（1）的條件下，若四邊形EGFH為矩形，求t的值．
分析：（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，則EG∥FH，即可證明；
（2）分為兩種情況，一種是四邊形EGFH為矩形，另一種是FGEH為矩形，利用EF＝GH即可求解；
【解答】解：（1）
連接HG交AC于點O，
在矩形ABCD中，有AD∥CD，AD＝CD，
∴∠DAC＝∠ACB，∠AGH＝∠CHG，
∵G、H分別是AD、BC的中點，
∴AG=12AD，CH=12BC，
∴AG＝CH，
∴△AOG≌△COH（ASA），
∴OG＝OH，OA＝OC，
由題意得：AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四邊形EGFH是平行四邊形，
故①是正確得；
隨著t的增加，∠EGF由大變小，不一定是直角，
故②不一定正確；
∵G平分AD，O平分AC，
∴OG∥CD，
∴OG不是AC的垂直平分線，
∴EG與GF不一定相等，
故③不一定正確；
故答案為：①．
（2）（2）如圖1，連接GH，
由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四邊形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
①如圖1，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；
②如圖2，當(dāng)四邊形EGFH是矩形時，
∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
綜上，四邊形EGFH為矩形時t＝2或t＝8；
【題型7 矩形中多結(jié)論問題】
【例7】（2023?綏化一模）如圖，在一張矩形紙片ABCD中AB＝4，BC＝8，點E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將紙片ABCD沿直線EF折疊，點C落在AD上的點H處，點D落在點G處，連接CE，CH．有以下四個結(jié)論：①四邊形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③線段BF的取值范圍為3≤BF≤4；④當(dāng)點H與點A重合時，EF＝5．以上結(jié)論中，其中正確結(jié)論的個數(shù)有（ ）
A．1個B．2個C．3個D．4個
分析：①先判斷出四邊形CFHE是平行四邊形，再根據(jù)翻折的性質(zhì)可得CF＝FH，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明，判斷出①正確；
②根據(jù)菱形的對角線平分一組對角線可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°時EC平分∠DCH，判斷出②錯誤；
③點H與點A重合時，設(shè)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，點G與點D重合時，CF＝CD，求出BF＝4，然后寫出BF的取值范圍，判斷出③正確；
④過點F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判斷出④錯誤．
【解答】解：①∵FH與EG，EH與CF都是原來矩形ABCD的對邊AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四邊形CFHE是平行四邊形，
由翻折的性質(zhì)得，CF＝FH，
∴四邊形CFHE是菱形，故①正確；
②∵四邊形CFHE是菱形，
∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°時EC平分∠DCH，故②錯誤；
③點H與點A重合時，設(shè)BF＝x，則AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
點G與點D重合時，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴線段BF的取值范圍為3≤BF≤4，故③正確；
④如圖，過點F作FM⊥AD于M，
則ME＝（8﹣3）﹣3＝2，
由勾股定理得，
EF=MF2+ME2=42+22=25，故④錯誤．
綜上所述，結(jié)論正確的有①③，共2個．
故選：B．
【變式7-1】（2023春?南充期末）如圖，矩形ABCD中，M，N分別是邊AB，CD的中點，BP⊥AN于P，CP的延長線交AD于Q．下列結(jié)論：①PM＝CN；②PM⊥CQ；③PQ＝AQ；④DQ＜2PN．其中結(jié)論正確的有（ ）
A．1 個B．2 個C．3 個D．4 個
分析：①根據(jù)直角三角形中斜邊上的中線等于斜邊的一半直接判斷即可；
②連接MC，可以判斷MC∥AN，根據(jù)已知進一步判斷△PMC≌△BMC，即可得出結(jié)論；
③連接MQ，證得∠MPQ＝90°，進一步證明Rt△MPQ≌Rt△AMQ，得出PQ＝AP即可判斷；
④取CQ的中點E，連接EN，則EN∥DQ，根據(jù)大角對大邊判斷即可．
【解答】解：如圖，
∵BP⊥AN于P，M是AB的中點，
∴PM=12AB，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
∴PM＝CN．
∴①正確．
連接MC，則AMCN是平行四邊形，
∴MC∥AN，
∵BP⊥AN，
∴BP⊥MC，
∵PM＝BM，
∴∠1＝∠2，
∴△PMC≌△BMC，
∴∠MPC＝∠MBC＝90°．
∴②正確．
連接MQ，由（2）得∠MPQ＝90°，
同理Rt△PMQ≌Rt△AMQ （HL）．
∴PQ＝AQ．
∴③正確．
取CQ中點E，連接EN，
則EN∥DQ，∠PEN＞90°＞∠EPN，
∴PN＞EN．
∴DQ＝2EN＜2PN．
∴④正確．
故選：D．
【變式7-2】（2023春?泉州期末）如圖，點P是矩形ABCD內(nèi)一點，連結(jié)PA、PB、PC、PD，設(shè)△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面積分別為S1、S2、S3、S4，以下四個判斷：
①當(dāng)∠PAB＝∠PDA時，B、P、D三點共線
②存在唯一一點P，使PA＝PB＝PC＝PD
③不存在到矩形ABCD四條邊距離都相等的點P
④若S1＝S2，則S3＝S4
其中正確的是 ②④ ．（寫出所有正確結(jié)論的序號）
分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)和三角形的面積公式進行逐一判斷即可得出結(jié)論．
【解答】解：①當(dāng)∠PAB＝∠PDA時，根據(jù)矩形四個角都是直角，
則有∠PAB+∠PAD＝90°，
即∠PAD+∠PDA＝90°，
根據(jù)直三角形兩個銳角互余可知：∠APD為90°，
即△APD為直角三角形，
則只有正方形ABCD且P為中心時，
才可能B、P、D三點共線，故①錯誤；
②根據(jù)矩形對角線相等且互相平分的性質(zhì)可知：存在唯一一點P滿足PA＝PB＝PC＝PD，
此時P為對角線的交點，故②正確；
③除非矩形ABCD是正方形，則在其內(nèi)部才存在到矩形ABCD四條邊距離都相等的點P．故③錯誤；
④△PAB和△PCD可看作以AB和CD為底的三角形，
如圖，過P分別作PE⊥AB于E，PF⊥CD于F，
則顯然有PE，PF在一條有線上，且滿足PE+PF＝AD，
則S1+S3=12×AB?PE+12×CD?PF=12AB（PE+PF）=12AB?AD，
同理可知：S2+S4=12AD?AB，
即S1+S3＝S2+S4，
故若S1＝S2，則S3＝S4，故④正確，
綜上所述：②④正確．
故答案為：②④．
【變式7-3】（2023春?興文縣期中）如圖，矩形ABCD中，AC，BD相交于點O，過點B作BF⊥AC交CD于點F，交AC于點M，過點D作DE∥BF交AB于點E，交AC于點N，連接FN，EM．則下列結(jié)論：①DN＝BM；②EM∥FN；③DF＝NF；④當(dāng)AO＝AD時，四邊形DEBF是菱形．其中正確的結(jié)論是 ①②④ ．
分析：根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；DE＝BF；根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到EM∥FN，故②正確；根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠FDN＝∠AED，推出AM⊥DE，而AN不一定等于MN，得到DF≠FN，故③錯誤；根據(jù)平行四邊形的判定定理得到四邊形DEBF是平行四邊形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到∠ADO＝∠DAN＝60°，推出四邊形DEBF是菱形；故④正確．
【解答】解：∵四邊形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=∠BMCAD=BC，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正確；
在△ADE和△CBF中，
∠ADE=∠CBFAD=BC∠DAE=∠BCF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四邊形NEMF是平行四邊形，
∴EM∥FN，故②正確；
∴∠DNF＝∠DEM，
∵DC∥AB，
∴∠FDN＝∠AED，
∵AM⊥DE，而AN不一定等于MN，
∴∠AED≠∠DEM，
∴∠FDN≠∠FND，
∴DF≠FN，故③錯誤；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等邊三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四邊形DEBF是菱形；故④正確；
故答案為：①②④．
【題型8 矩形的判定與性質(zhì)綜合】
【例8】（2023春?海淀區(qū)期末）如圖，在△ABC中，D是AB上一點，AD＝DC，DE平分∠ADC交AC于點E，DF平分∠BDC交BC于點F，∠DFC＝90°．
（1）求證：四邊形CEDF是矩形；
（2）若∠B＝30°，AD＝2，連接BE，求BE的長．
分析：（1）證∠EDF＝90°，∠CED＝90°，再由∠DFC＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）證△ACD是等邊三角形，得∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，則AE＝CE＝1，再由勾股定理得DE=3，然后由三角形中位線定理得BC＝2DE＝23，由勾股定理即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵DE平分∠ADC，DF平分∠BDC，
∴∠ADE＝∠CDE=12∠ADC，∠CDF=12∠BDC，
∴∠CDE+∠CDF=12（∠ADC+∠BDC）=12×180°＝90°，
即∠EDF＝90°，
∵AD＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴∠CED＝∠AED=12×180°＝90°，
又∵∠DFC＝90°，
∴四邊形CEDF是矩形；
（2）解：由（1）可知，四邊形CEDF是矩形，
∴∠CED＝∠ECF＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，DE⊥AC，
∵AD＝DC，
∴CE＝AE，△ACD是等邊三角形，
∴∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，
∴AE＝CE＝1，
∴DE=AD2?AE2=22?12=3，
∵∠DCB＝∠ECF﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DCB＝∠B，
∴DB＝DC＝AD，
∴DE是△ABC的中位線，
∴BC＝2DE＝23，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE=CE2+BC2=12+(23)2=13，
即BE的長為13．
【變式8-1】（2023?息烽縣二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD交于點O，過點B作BE∥AC，且BE=12AC，連接EC、ED．
（1）求證：四邊形BECO是矩形；
（2）若AC＝2，∠ABC＝60°，求DE的長．
分析：（1）由菱形的性質(zhì)得∠BOC＝90°，OC=12AC，推出BE＝OC，即可得出四邊形BECO是平行四邊形，又由∠BOC＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）由菱形的性質(zhì)得AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC＝1，AB＝BC，易證△ABC是等邊三角形，得出BC＝AC＝2，由勾股定理求出OB=3，則BD＝23，由矩形的性質(zhì)得出BE＝OC＝1，∠DBE＝90°，再由勾股定理即可得出結(jié)果．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，OC＝OA=12AC，
∵BE=12AC，
∴BE＝OC，
∵BE∥AC，
∴四邊形BECO是平行四邊形，
∵∠BOC＝90°，
∴四邊形BECO是矩形；
（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=12BD，OC=12AC＝1，AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴BC＝AC＝2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB=BC2?OC2=22?12=3，
∴BD＝2OB＝23，
由（1）得：四邊形BECO是矩形，
∴BE＝OC＝1，∠DBE＝90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE=BE2+BD2=12+(23)2=13．
【變式8-2】（2023?開福區(qū)校級二模）如圖，平行四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點A作AF⊥CD，垂足為F，延長DC到點E，使CE＝DF，連接BE．
（1）求證：四邊形ABEF是矩形；
（2）若AB＝5，CF＝2，AC⊥BD，連接OE，求OE的長．
分析：（1）先證四邊形ABEF是平行四邊形，再證∠AFE＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）證平行四邊形ABCD是菱形，得AD＝CD＝AB＝5，再由勾股定理求出AF＝4，然后由矩形的性質(zhì)和勾股定理求出BD＝45，即可求解．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵CE＝DF，
∴CE+CF＝DF+CF，
即EF＝CD，
∴AB＝EF，
∴四邊形ABEF是平行四邊形，
又∵AF⊥CD，
∴∠AFE＝90°，
∴平行四邊形ABEF是矩形；
（2）解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，
∴OB＝OD，平行四邊形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝AB＝5，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，
∵AF⊥CD，
∴∠AFD＝90°，
∴AF=AD2?DF2=52?32=4，
由（1）得：四邊形ABEF是矩形，
∴∠BEF＝90°，BE＝AF＝4，
∵CE＝DF＝3，
∴DE＝CD+CE＝8，
∴BD=DE2+BE2=82+42=45，
又∵OB＝OD，
∴OE=12BD＝25．
【變式8-3】（2023?崇左）如圖，O是矩形ABCD的對角線的交點，E、F、G、H分別是OA、OB、OC、OD上的點，且AE＝BF＝CG＝DH．
（1）求證：四邊形EFGH是矩形；
（2）若E、F、G、H分別是OA、OB、OC、OD的中點，且DG⊥AC，OF＝2cm，求矩形ABCD的面積．
分析：（1）首先證明四邊形EFGH是平行四邊形，然后再證明HF＝EG；
（2）根據(jù)題干求出矩形的邊長CD和BC，然后根據(jù)矩形面積公式求得．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA＝0B＝OC＝OD，
∵AE＝BF＝CG＝DH，
∴AO﹣AE＝OB﹣BF＝CO﹣CG＝DO﹣DH，
即：OE＝OF＝OG＝OH，
∴四邊形EFGH是矩形；
（2）解：∵G是OC的中點，
∴GO＝GC，
∵DG⊥AC，
∴∠DGO＝∠DGC＝90°，
又∵DG＝DG，
∴△DGC≌△DGO，
∴CD＝OD，
∵F是BO中點，OF＝2cm，
∴BO＝4cm，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴DO＝BO＝4cm，
∴DC＝4cm，DB＝8cm，
∴CB=DB2?DC2=43，
∴矩形ABCD的面積＝4×43=163cm2．

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