初中数学北师大版九年级上册第一章 特殊平行四边形2 矩形的性质与判定练习

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题型导航
矩
形
的
性
质
与
判
定
利用矩形的性质求解
题型1
证明四边形是矩形
题型2
直角三角形斜边上的中线
题型3
根据矩形的性质与判定求角度
题型4
根据矩形的性质与判定求线段长
题型5
矩形的折叠问题
求矩形在直角坐标系中的坐标
题型6
题型7
题型变式
【题型1】利用矩形的性质求解
1．（2022·山西忻州·八年级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC=8cm，∠AOD=120°，则AB的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用矩形的性质证明△AOB是等边三角形，即可求得AB的长．
【详解】
解：∵∠AOD=120°，
∴∠AOB=60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=AC=OB=OD=BD=4(cm)，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=OA=4(cm)，
故选：D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟记矩形和等边三角形的性质并准确识图是解题的关键．
【变式1-1】
2．（2022·上海·八年级专题练习）如图，已知在矩形ABCD中，点E在边BC的延长线上，且CE＝BD，联结AE交BD于点F，如果∠E＝15°，那么∠AFB的度数为_____．
【答案】45°
【解析】
【分析】
连接AC交BD于点O，根据矩形的性质可得OB＝OC，∠OBC＝∠OCB，CE＝BD=AC，从而可求∠CAE＝∠E＝15°，∠OBC＝∠OCB＝∠CAE+∠E＝30°，进而根据外角可求．
【详解】
解：连接AC交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，AC＝BD，
∴OB＝OC，
∴∠OBC＝∠OCB，
∵CE＝BD，
∴AC＝CE，
∴∠CAE＝∠E＝15°，
∴∠OBC＝∠OCB＝∠CAE+∠E＝30°，
∴∠AFB＝∠OBC+∠E＝30°+15°＝45°；
故答案为：45°．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
【题型2】证明四边形是矩形
1．（2022·贵州毕节·模拟预测）如图，在△ABC中，AC=BC，D、E分别是边AB、AC的中点，△ADE≌△CFE，则四边形ADCF一定是（ ）
A．菱形B．矩形C．正方形D．无法确定
【答案】B
【解析】
【分析】
根据全等三角形的性质可得AE=CE，DE=EF，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断出四边形ADCF是平行四边形，然后利用等腰三角形三线合一的性质求出∠ADC=90°，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形解答．
【详解】
解：△ADE≌△CFE，
∴AE=CE，DE=EF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵AC=BC，点D是边AB的中点，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCF是矩形．
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形、菱形、正方形的判定，全等三角形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【变式2-1】
2．（2022·广东东莞·八年级期中）如图，连接四边形ABCD各边中点，得到四边形EFGH，还要添加一个条件 _____，能使四边形EFGH是矩形．
【答案】AC⊥BD
【解析】
【分析】
根据三角形的中位线平行于第三边，根据平行线的性质可得：∠EHG=∠1，∠1=∠2，再证明四边形EFGH是平行四边形，当∠EFG=90°，四边形EFGH是矩形，所以∠2=90°，因此AC⊥BD．
【详解】
解：如图，
∵G、H、E分别是BC、CD、AD的中点，
∴
∴∠EHG=∠1，∠1=∠2，
∴∠2=∠EHG，
同理：

∴四边形EFGH是平行四边形，
当∠EHG=90°， 四边形EFGH是矩形，
∴∠2=90°，
∴AC⊥BD．
故还要添加AC⊥BD，才能保证四边形EFGH是矩形．
【点睛】
本题主要考查三角形的中位线定理和矩形的四个角都是直角的性质，熟练掌握定理和性质是解题的关键．
【题型3】直角三角形中斜边上的中线
1．（2021·全国·八年级专题练习）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据三角形中位线的性质可求出OD的长，根据矩形的性质可得AC的长，根据直角三角形的性质即可得答案.
【详解】
∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴OD=2EF=2×4=8，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD=OA=OC=8，即：AC=16，
∵AB=8，
∴AC=2AB，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=30°．
故选A．
【点睛】
本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；掌握矩形的对角线互相平分且相等是解题的关键．
【变式3-1】
2．（2022·北京西城·二模）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，点F在线段DE上，且AF⊥BF．若AB=4，BC=7，则EF的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用三角形中位线定理得到DE=BC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DF=AB．所以由图中线段间的和差关系来求线段EF的长度即可．
【详解】
解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵BC=7，
∴DE=BC=×7=．
∵AF⊥BF，D是AB的中点，AB=4，
∴DF=AB=×4=2，
∴EF=DE-DF=-2=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理的应用，直角三角形的性质，解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
【题型4】根据矩形的性质与判定求角度
1．（2022·重庆市求精中学校八年级期中）如图，在中，E、F是对角线AC上两点，，，，则的度数为（ ）
A．23°B．46°C．57°D．67°
【答案】D
【解析】
【分析】
设∠ADE=x，由等腰三角形的性质和直角三角形得出∠DAE=∠ADE=x，DE=AF=AE=EF，得出DE=CD，证出∠DCE=∠DEC=2x，由平行四边形的性质得出∠DCE=∠BCD-∠BCA=69°-x，得出方程，解方程即可．
【详解】
解：设∠ADE=x，
∵AE=EF，∠ADF=90°，

∴∠DAE=∠ADE=x，
∵AE=EF=CD，
∴DE=CD，
∴∠DCE=∠DEC=2x，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴， ∴∠DAE=∠BCA=x，
∴∠DCE=∠BCD-∠BCA=69°-x，
∴2x=69°-x， 解得：x=23°， 即∠ADE=23°，
∴∠DAE=23°，
∴∠DFE=90°-∠DAE=67°．
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质等知识；根据角的关系得出方程是解题的关键．
【变式4-1】
2．（2021·上海闵行·八年级期末）如图，在中，，直线垂直平分，把线段绕点顺时针旋转，使点落在直线上的点处，联结、，线段、交于点，如果，那么______度．
【答案】105
【解析】
【分析】
过点C作CH⊥AB于H，由旋转和线段垂直平分线的性质可得EF＝BE＝AE，则△BEF是等腰直角三角形，可得∠EBF＝45°，证明四边形EFCH是矩形，可得CH＝EF＝AB＝AC，可得出∠CAH＝30°，根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】
解：过点C作CH⊥AB于H，
∵线段AE绕点E顺时针旋转90°，使点A落在直线DE上的点F处，
∴AE＝EF，
∵直线DE垂直平分AB，AB＝AC，
∴AE＝BE＝AB＝AC，∠BEF＝90°，
∴EF＝BE＝AE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴∠EBF＝45°，
∵DE⊥AB，CF AB，
∴CF⊥DE，
∵DE⊥AB，CH⊥AB，
∴四边形EFCH是矩形，
∴CH＝EF＝AB＝AC，
∴∠CAH＝30°，
∴∠AGB＝180°−∠EBF−∠CAH＝180°−45°−30°＝105°．
故答案为：105．
【点睛】
本题考查旋转的性质，线段垂直平分线的性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质，三角形的内角和定理等知识，求出∠EBF＝45°，∠CAH＝30°是解题的关键．
【题型5】根据矩形的性质与判定求线段长
1．（2022·江西·二模）如图，中，E，F分别在AD，BC上，，，若，，的长为（ ）
A．6B．C．9D．10
【答案】D
【解析】
【分析】
过点B作BM⊥AD，垂足为M，先证明四边形BFEM是矩形，得出，，继而求出，再根据勾股定理求解即可．
【详解】
过点B作BM⊥AD，垂足为M，
，
，
四边形ABCD是平行四边形，
，
四边形BFEM是矩形，
，，
，，
，
，
在中，由勾股定理得，
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式5-1】
2．（2022·江苏·苏州草桥中学八年级期中）如图，在矩形ABCD中，，，E是AD上一点，，P是BC上一动点，连接AP，取AP的中点F，连接EF，当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是______．
【答案】10
【解析】
【分析】
过点P作PM∥FE交AD于M，则FE为△APM的中位线，PM =2EF，当PM⊥AD时，PM最短，EF最短，在Rt△PMD中可求得PD的长度．
【详解】
过点 P 作 PM∥FE交AD于M ，
如图， F为AP的中点， PM∥FE ，FE为△APM的中位线，
∴AM =2AE=4 ，PM =2EF ，
当EF取最小值时，即PM最短，
当PM⊥AD时，PM最短，
此时PM = AB =6 ， DM=8 ，
在Rt△PMD中，PD =10 ，
当线段EF取得最小值时，线段PD的长度是10．
故答案为：10·
【点睛】
本题考查了矩形的性质，垂线段的性质和三角形中位线定理，构造三角形中位线，利用垂线段最短是解决本题的关键．
【题型6】求矩形在坐标系中的坐标
1．（2021·全国·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是矩形，点O是坐标原点，点A、C的坐标分别是，，点B在第一象限，则点B的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得出点B的坐标即可．
【详解】
解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB，CB=OA，
∵点A，C的坐标分别是（6，0），（0，3），
∴AB=3，OA=6，
∴点B坐标为（6，3），
故选：B．
【点睛】
此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出点B的坐标．
【变式6-1】
2．（2021·新疆师范大学附属中学八年级期末）如图，在矩形AOBC中，A（–2，0），B（0，1）．若正比例函数y=kx的图象经过点C，则k的值为______．
【答案】##-0.5
【解析】
【分析】
根据矩形的性质得出点C的坐标，再将点C坐标代入解析式求解可得．
【详解】
解：∵A（﹣2，0），B（0，1）．
∴OA＝2、OB＝1，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC＝OB＝1、BC＝OA＝2，
则点C的坐标为（﹣2，1），
将点C（﹣2，1）代入y＝kx，得：1＝﹣2k，
解得：k，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查一次函数图象上点的坐标特征，解题的关键是掌握矩形的性质和待定系数法求函数解析式．
【题型7】矩形的折叠问题
1．（2022·天津河北·二模）如图，点P为矩形ABCD的边AD的中点，将△ABP沿BP折叠至△EBP，连接DE，AE，则下列结论不正确的是( )
A．DP=PEB．C．∠AED=90°D．AE=AD
【答案】D
【解析】
【分析】
根据折叠的性质及中点定义可以判断A项正确，由DP=PE得∠PDE= ∠PED，进一步得到∠APE=∠APB+∠EPB= 2∠APB =∠PDE+∠PED= 2∠PDE，从而得∠APB=∠PDE，即可判断DE//BP，由DP=PE，AP= PE，得∠PAE=∠PEA，∠PDE=∠PED，根据∠PAE+∠PEA+∠PED+∠PDE= 180°，可判断∠AED = 90°，最后利用直角三角形的性质即可判断AE≠AD．
【详解】
解：A、点P为矩形A BCD的边AD的中点，
AP= DP，
由折叠可知：PE= AP，
DP= PE，
A结论正确；
B、DP=PE，
∠PDE= ∠PED，
由折叠可知：∠APB=∠EPB，
∠APE=∠APB+∠EPB= 2∠APB =∠PDE+∠PED= 2∠PDE，
∠APB=∠PDE，
DE//BP，
B结论正确；
C、DP=PE，
∠PDE=∠PED，
AP= PE，
∠PAE=∠PEA，
∠PAE+∠PEA+∠PED+∠PDE= 180°，
2∠PEA+ 2∠PED = 180°，
∠PEA+∠PED = 90°即∠AED = 90°，
C结论正确；
D、∠AED=90°，
△ADE是直角三角形，
AD是Rt△ADE的斜边，AE是Rt△ADE的直角边，
AD> AE，
AE≠AD，
D结论不正确，
故选： D．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质以及直角三角形的判定及性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
【变式7-1】
2．（2022·福建·模拟预测）如图，矩形纸片ABCD，AB＝4，BC＝8，点M、N分别在矩形的边AD、BC上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P，点D落在G处，连接 PC，交MN于点Q，连接CM．下列结论：①四边形 CMPN是菱形；②点P与点A重合时， MN＝5；③△PQM的面积S的取值范围是4≤S≤5，其中所有正确结论的序号是______．
【答案】①③##③①
【解析】
【分析】
先判断四边形CMPN是平行四边形，再根据PN= CN判断四边形CMPN是菱形，点P与点A重台时设BN=x，表示出AN=NC=8-x，利用勾股定理解出x，进而求出MN即可判断②，当MN过D点时，求出四边形CMPN面积的最小值，当P与A重台时，求出四边形面积的最大值，即可判断③．
【详解】
解：①如下图，
∵ ，
∴ ，
∵折叠，∴ ，NC=NP
∴ ，
∴ ，
∴PM=CN，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形，
∵ ，
∴平行四边形 为菱形，
故①正确，符合题意；
②当点P与A重合时，如图2所示
设 ，则 ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，
∴ ， ，
∴ ，
又∵四边形 为菱形，
∴ ，且 ，
∴
∴ ，
故②错误，不符合题意；
③当 过点D时，如图3所示：
此时， 最短，四边形 的面积最小，则S最小为 ，
当P点与A点重合时， 最长，四边形 的面积最大，则S最大为 ，
∴ ，故③正确，符合题意.
故答案为：①③.
【点睛】
本题主要考查翻折问题，三角形的面积，矩形、菱形及平行四边形的性质等知识点，熟练应用矩形、菱形、平行四边形的性质及翻折的性质是解题的关键．
专项训练
一．选择题
1．（2022·浙江·九年级专题练习）矩形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别相等B．两组对边分别平行
C．两条对角线相等D．两条对角线互相垂直
【答案】C
【解析】
【分析】
分别根据矩形和菱形的性质可得出其对角线性质的不同，可得到答案．
【详解】
解：矩形的对角线相等且平分，菱形的对角线垂直且平分，
所以矩形具有而菱形不具有的为对角线相等，
故选：C．
【点睛】
本题主要考查矩形和菱形的性质，解题的关键是掌握矩形的对角线相等且平分、菱形的对角线垂直且平分．
2．（2015·辽宁朝阳·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=7，点E为BC上一动点，把△ABE沿AE折叠，当点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上时，则点B′到BC的距离为（ ）
A．1或2B．2或3C．3或4D．4或5
【答案】A
【解析】
【分析】
连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M．设DM=B′M=x，则AM=7-x，根据等腰直角三角形的性质和折叠的性质得到：（7-x）2=25-x2，通过解方程求得x的值，易得点B′到BC的距离．
【详解】
解：如图，连接B′D，过点B′作B′M⊥AD于M，
∵点B的对应点B′落在∠ADC的角平分线上，
∴设DM=B′M=x，则AM=7﹣x，
又由折叠的性质知AB=AB′=5，
∴在直角△AMB′中，由勾股定理得到：，
即，
解得x=3或x=4，
则点B′到BC的距离为2或1．
故选A．
【点睛】
本题考查的是翻折变换的性质，掌握翻折变换是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解题的关键．
3．（2021·全国·九年级专题练习）矩形一个角的平分线分矩形一边为1cm和3cm两部分，则它的面积为（ ）
A．3cm2B．4 cm2C．12 cm2D．4 cm2 或12 cm2
【答案】D
【解析】
【分析】
根据矩形性质得出AB=CD，AD=BC，AD∥BC，推出∠AEB=∠CBE，求出∠AEB=∠ABE，得出AB=AE，分为两种情况：①当AE=1cm时，求出AB和AD；②当AE=3cm时，求出AB和AD，根据矩形的面积公式求出即可．
【详解】
如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC，
∴∠AEB=∠CBE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AB=AE，
①当AE=1cm时，AB=1cm=CD，AD=1cm+3cm=4cm=BC，
此时矩形的面积是1cm×4cm=4cm2；
②当AE=3cm时，AB=3cm=CD，AD=4cm=BC，
此时矩形的面积是：3cm×4cm=12cm2.
故选D．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行线的性质，角平分线性质，解此题的关键是求出AB=AE，注意：要进行分类讨论．
4．（2021·天津南开·八年级期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，DE⊥AC于E，且∠ADE：∠EDC＝3：2，则∠COD的度数为（ ）
A．54°B．60°C．65°D．72°
【答案】D
【解析】
【分析】
设∠ADE＝3α，∠EDC＝2α，根据题意列出方程求出α的值，然后根据三角形的内角和定理即可求出答案．
【详解】
解：设∠ADE＝3α，∠EDC＝2α，
∴3α+2α＝90°，
∴α＝18°，
∴∠CDE＝2α＝36°，
∵DE⊥AC，
∴∠DCE＝90°﹣36°＝54°，
∵OD＝OC，
∴∠DCE＝∠ODC＝54°，
∴∠COD＝180°﹣2×54°＝72°，
故选：D．
【点睛】
本题考查矩形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是熟练运用矩形的性质，属于基础题型．
5．（2020·浙江衢州·中考真题）如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．
【详解】
解：由折叠补全图形如图所示，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，
由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∴AE=AD=1，
在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，
由第二次折叠可知，
∴
故选：A．
【点睛】
本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．
6．（2022·河南新乡·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的边AD在x轴上，点，点，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°，得到矩形，则点C的对应点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质先求出点C坐标，继而得出矩形各边的长，根据题意画出旋转后的图形，再结合矩形的性质即可求得答案．
【详解】
∵矩形ABCD中，BC//AD，AB//CD，点，点，
∴点，OA=1，
∴BC=AD=3，AB=CD=2，
将矩形ABCD绕点A逆时针旋转90°，得到矩形，如图所示，
∴AB’=AB=2，B’C’=BC=3，
∴OB’=1，
∴
故选：C
【点睛】
本题考查了矩形的性质，坐标与图形变化-旋转，正确画出图形是解题的关键．
二、填空题
7．（2019·吉林·中考真题）如图，在四边形中，．若将沿折叠,点与边的中点恰好重合，则四边形的周长为________．
【答案】20
【解析】
【分析】
根据直角三角形斜边上中线的性质，即可得到DE=BE=AB=5，再根据折叠的性质，即可得到四边形BCDE的周长为5×4=20．
【详解】
解：∵BD⊥AD，点E是AB的中点，
∴DE=BE=AB=5，
由折叠可得，CB=BE，CD=ED，
∴四边形BCDE的周长为5×4=20，
故答案为20．
【点睛】
本题主要考查了直角三角形的性质及折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
8．（2022·全国·九年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点E是AB所在直线的一个动点，点F是对角线AC上的动点，且AE＝CF，则BF＋CE的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
延长CD至G使得CG=AC，连接BG，GF．证明△AEC≌△CFG (SAS)，进而可得BF+CE=BF+FG≥BG，即BF+CE的最小值为BG的长．最后根据勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图，延长CD至G使得CG=AC，连接BG，GF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，即AB//CG，
∴∠EAC=∠FCG，
在△AEC与△CFG中，
，
∴△AEC≌△CFG (SAS)，
∴CE=FG，
∴BF+CE=BF+FG≥BG，即BF+CE的最小值为BG的长．
∵在Rt△ABC中，AB＝4，AD＝6，
∴，
∴CG．
∵在Rt△BCG中，BC=6，CG，
∴，
∴BF+CE 的最小值为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形三边关系的应用以及勾股定理，正确添加辅助线是解题的关键．
9．（2021·甘肃·九年级专题练习）如图，将矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上F点处，已知DE＝5，AB＝8，则BF＝___．
【答案】6
【解析】
【分析】
根据翻折的性质以及勾股定理先求出CF的长度，然后设BF的长度，同样利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，AD=BC，∠B=∠C=90°，
∴△ABF和△CEF均为直角三角形，
根据翻折的性质，DE=FE=5，
∴CE=CD-DE=8-5=3，
在Rt△CFE中，，
即：，
解得：，
设，则，
∴，
由翻折的性质可知，AD=AF，
∴，
在Rt△ABF中，，
即：，
解得：，
∴BF=6，
故答案为：6．
【点睛】
本题考查矩形的翻折问题，理解矩形的基本性质，翻折的基本性质，熟练运用勾股定理是解题关键．
10．（2021·辽宁锦州·中考真题）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CE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__________________．
【答案】
【解析】
【分析】
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，
，
∴△EBG≌△CBG（SAS），
∴GE＝GC，∠BEG=∠C=90°，
在Rt△ABE中，AB＝6，BE＝BC＝10，
∴AE＝＝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＝．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，作图-基本作图，解决本题的关键是掌握矩形的性质．
11．（2021·湖南益阳·中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，从①，②，③中选择一个作为条件，补充后使四边形成为菱形，则其选择是___（限填序号）．
【答案】①
【解析】
【分析】
根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质即可得．
【详解】
解：①时，平行四边形是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；
②时，平行四边形是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）；
③由平行四边形的性质可知，，则不能作为构成菱形的条件；
故答案为：①．
【点睛】
本题考查了菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，熟练掌握菱形的判定方法是解题关键．
12．（2022·北京西城·二模）如图，在△ABC中，D，E分别为AB，AC的中点，点F在线段DE上，且AF⊥BF．若AB=4，BC=7，则EF的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
利用三角形中位线定理得到DE=BC．由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到DF=AB．所以由图中线段间的和差关系来求线段EF的长度即可．
【详解】
解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∵BC=7，
∴DE=BC=×7=．
∵AF⊥BF，D是AB的中点，AB=4，
∴DF=AB=×4=2，
∴EF=DE-DF=-2=．
故答案为：．
【点睛】
本题考查了三角形的中位线定理的应用，直角三角形的性质，解题的关键是了解三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
三、解答题
13．（2019·江苏宿迁·中考真题）如图，矩形中，，，点、分别在、上，且.
（1）求证：四边形是菱形；
（2）求线段的长．
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质得到，，，，求得，根据勾股定理得到，于是得到结论；
（2）过作于，得到四边形是矩形，根据矩形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵在矩形中，，，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：过作于，
则四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴.
【点睛】
本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
14．（2022·宁夏吴忠·二模）如图所示，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD，EB∥AC，连接OE，交BC于F．
（1）求证：OE=CB；
（2）如果OC：OB=1：2，OE=，求菱形ABCD的面积．
【答案】（1）见解析；（2）16
【解析】
【分析】
（1）根据菱形的性质及矩形的判定法则可得：四边形OCEB是矩形，即可得；
（2）利用（1）中的条件：四边形OCEB是矩形，结合已知条件，在中，由勾股定理求得：，，然后由菱形的对角线互相平分和菱形的面积公式进行求解即可．
【详解】
四边形ABCD是菱形，
∴，
∴，
，
∴四边形OCEB是平行四边形，
∵，
∴四边形OCEB是矩形，
∴；
（2）∵，
∴设：，，
由（1）知，四边形OCEB是矩形，
∴，
∴在中，
，
即：，
解得：，（舍去），
∴，，
∴，，
四边形ABCD是菱形，
∴菱形ABCD的面积是：．
【点睛】
题目主要考查了菱形的性质、矩形的判定定理和勾股定理，解题时充分利用了菱形的对角线互相垂直平分、矩形的对角线相等的性质，掌握并熟练运用这些性质是解题关键．
15．（2019·全国·八年级课时练习）如图，在矩形ABCD中，线段AD绕点A旋转与BC相交于点E，若点E为BC的中点，AB=，求AC的长.

【答案】AC.
【解析】
【分析】
根据矩形的性质和旋转的性质可得AE=2BE，在Rt△ABE中，利用勾股定理可求出BE，进而得到BC，在Rt△ABC中，利用勾股定理求AC即可.
【详解】
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，∠B=90°
∵AE是AD旋转得到，
∴AE=AD=BC.
∵点E为BC的中点，
∴BE=CE=BC=AE，
∴BE2+AB2=AE2，
∴BE2+()2=4BE 2，
解得BE=1.
∴BC=2BE=2.
在Rt△ABC中，AC=.
【点睛】
本题主要考查矩形性质以及勾股定理的运用，灵活运用勾股定理构建方程求出BE是解题关键．
16．（2022·上海·八年级专题练习）如图，在△ABC中，点D是BC边的中点，点E是AD的中点，过A点作AF∥BC，且交CE的延长线于点F，联结BF．
(1)求证：四边形AFBD是平行四边形；
(2)当AB=AC时，求证：四边形AFBD是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）首先证明△AEF≌△DEC（AAS），得出AF=DC，进而利用AF∥BD、AF=BD得出答案；
（2）利用等腰三角形的性质，结合矩形的判定方法得出答案．
【小题1】
解：证明：（1）∵AF∥BC，
∴∠AFC=∠FCD．
在△AFE和△DCE中，
，
∴△AEF≌△DEC（AAS）．
∴AF=DC，
∵BD=DC，
∴AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形；
【小题2】
∵AB=AC，BD=DC，
∴AD⊥BC．
∴∠ADB=90°．
∵四边形AFBD是平行四边形，
∴四边形AFBD是矩形．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形的判定以及矩形的判定方法、全等三角形的判定与性质，正确掌握平行四边形的判定方法是解题关键．
17．（2021·吉林·舒兰市教师进修学校八年级期末）如图，平行四边形的对角线、相较于点O，且，，．求证：四边形是矩形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
先根据四边形是平行四边形且得到平行四边形是菱形，即可得到，再根据，，证明四边形是平行四边形，即可得到平行四边形是矩形．
【详解】
证明：∵四边形是平行四边形且
∴平行四边形是菱形
∴，即
又∵，．
∴四边形是平行四边形，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
18．（2021·全国·八年级专题练习）已知：如图，在中，为边上一点，以为邻边作平行四边形，连接．
（1）求证：；
（2）求证：；
（3）当点在什么位置时，四边形是矩形，请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用等腰三角形的性质以及平行四边形的性质可以证得∠1=∠2；
（2）根据平行四边形的性质与AB=AC证得AC=ED，根据全等三角形的判定定理即可证得结论；
（3）根据平行四边形性质推出AE=BD=CD，AE∥CD，得出平行四边形，根据AC=DE推出即可．
【详解】
（1）证明：∵AB=AC，
∴∠B=∠2，
又∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AB∥DE，
∴∠B=∠1，
∴∠1=∠2；
（2）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=ED，
∵AB=AC，
∴AC=ED，
在△ADC和△ECD中，
，
∴△ADC≌△ECD（SAS）；
（3）解：点D在BC的中点上时，四边形ADCE是矩形，理由如下：
∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AE=BD，AE∥BC，
∵D为边长BC的中点，
∴BD=CD，
∴AE=CD，AE∥CD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵△ADC≌△ECD，
∴AC=DE，
∴四边形ADCE是矩形．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质，矩形的判定的应用，证明两线段相等常用的方法就是转化为证两三角形全等．