Page1專題10矩形的性質(zhì)與判定【考點一】矩形的性質(zhì)與判定綜合考例題：（遼寧·沈陽市第一二六中學(xué)八年級期中）如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD相交于點O，//，，．(1)如圖1，求證：四邊形ABCD為矩形；(2)如圖2，P是AD邊上隨意一點，，，E、F分別是垂足，若，AB＝12，求的值．【答案】(1)見解析(2)【解析】【分析】（1）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，再由對角線相等得到四邊形ABCD為矩形；（2）由PE、PF分別是和的高，利用即可求解．(1)∵∴∵∴∴∴四邊形ABCD是平行四邊形∴OA＝OC，OB＝OD又∵∴∴四邊形ADCD是矩形(2)連接OP由（1）得四邊形ADCD是矩形，AB＝12∵∴∴【點睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，嫻熟駕馭學(xué)問點是解題的關(guān)鍵．【變式訓(xùn)練】1．（江西萍鄉(xiāng)·九年級期末）如圖，在中，于點E，延長BC至點F，使，連接AF，DE，DF．(1)求證：四邊形AEFD為矩形；(2)若，，，求DF的長．【答案】(1)見解析(2)【解析】【分析】（1）依據(jù)線段的和差關(guān)系可得BC＝EF，依據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得AD∥BC，AD＝BC，即可得出AD＝EF，可證明四邊形AEFD為平行四邊形，依據(jù)AE⊥BC即可得結(jié)論；（2）依據(jù)矩形的性質(zhì)可得AF＝DE，可得△BAF為直角三角形，利用“面積法”可求出AE的長，即可得答案．(1)∵BE＝CF，∴BE+CE＝CF+CE，即BC＝EF，∵ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴AD＝EF，∵AD∥EF，∴四邊形AEFD為平行四邊形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴四邊形AEFD為矩形．(2)∵四邊形AEFD為矩形，∴AF＝DE＝4，DF=AE，∵，，，∴AB2+AF2＝BF2，∴△BAF為直角三角形，∠BAF＝90°，∴，∴AE=，∴．【點睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)及勾股定理的逆定理，嫻熟駕馭相關(guān)性質(zhì)及判定定理是解題關(guān)鍵．2.（廣東·深圳市龍崗區(qū)百合外國語學(xué)校三模）如圖，已知平行四邊形ABCD中，M，N是BD上兩點，且BM＝DN，AC＝2OM．(1)求證：四邊形AMCN是矩形；(2)若∠BAD＝135°，CD＝2，AB⊥AC，求對角線MN的長．【答案】(1)見解析(2)MN＝2【解析】【分析】（1）先證四邊形AMCN是平行四邊形，再證MN=AC，即可得出結(jié)論；（2）證△ABC是等腰直角三角形，得AC=AB=2，即可得出結(jié)論．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵對角線BD上的兩點M、N滿意BM＝DN，∴OB﹣BM＝OD﹣DN，即OM＝ON，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∴MN＝2OM，∵AC＝2OM，∴MN＝AC，∴平行四邊形AMCN是矩形；(2)解：由（1）得：MN＝AC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等學(xué)問；嫻熟駕馭平行四邊形的判定與性質(zhì)和等腰直角三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3.（湖南·長沙市湘郡培粹試驗中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，延長AE至G，使EG＝AE，連接CG．(1)求證：△ABE≌△CDF；(2)當(dāng)AB與AC滿意什么數(shù)量關(guān)系時，四邊形EGCF是矩形？請說明理由．【答案】(1)見解析(2)AC=2AB，理由見解析【解析】【分析】(1)依據(jù)SAS證明三角形全等即可；(2)依據(jù)三角形中位線定理得，則四邊形EGCF是平行四邊形，得AB=AO，再由等腰三角形的性質(zhì)得到AE⊥OB，則∠OEG=90°，于是證得到結(jié)論．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，，OB=OD，OA=OC，∴∠ABE=∠CDF，∵點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，∴，，∴BE=DF，在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF(SAS).(2)解：當(dāng)AC=2AB時，可使四邊形EGCF為矩形；理由如下：∵△ABE≌△CDF，∴∠AEB=∠CFD，∴∠AEO=∠CFO，∴，∵EA=EG，OA=OC，∴EO是△AGC的中位線，∴，∴四邊形EGCF是平行四邊形，∵AC=2AB，AC=2AO，∴AB=AO，∵E是OB的中點，∴AE⊥OB，∴∠OEG=90°，∴平行四邊形EGCF是矩形．【點睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的中位線定理等學(xué)問；嫻熟駕馭矩形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△AEO≌△CFO是解題的關(guān)鍵．4.（江蘇·啟東市長江中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，在中，，點是斜邊的中點，過點作，交于點，過點作ADBC，與的延長線交于點，連接、．(1)求證：四邊形是矩形；(2)若，，求的長．【答案】(1)見解析(2)【解析】【分析】（1）證△OAD≌△OCB（AAS），得AD=BC，再證四邊形ABCD是平行四邊形，然后由∠ABC=90°，即可得出結(jié)論；（2）由矩形的性質(zhì)和含30°角的直角三角形的性質(zhì)求出AD、AE的長，再由勾股定理即可求解．(1)證明：點是的中點，，，，，在與中，，，，，四邊形是平行四邊形，，平行四邊形是矩形；(2)解：四邊形是矩形，，，，，，，，，，，．【點睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、勾股定理等學(xué)問，嫻熟駕馭全等三角形的判定與性質(zhì)，證明四邊形ABCD為矩形是解題的關(guān)鍵．5.（廣西·靈山縣那隆第一中學(xué)八年級期中）如圖，E，F(xiàn)，G，H分別是四邊形ABCD各邊的中點，連接EFGH．(1)求證：四邊形EFGH是平行四邊形；(2)請再添加一個條件，使得四邊形EFGH是矩形，（寫出添加的條件即可，不用寫證明過程）．【答案】(1)見解析(2)添加條件AC⊥BD，能使得四邊形EFGH是矩形．【解析】【分析】（1）依據(jù)三角形中位線定理得到，EH∥BD，，F(xiàn)G∥BD，進而得到EH=FG，EH∥FG，依據(jù)平行四邊形的判定定理證明結(jié)論；（2）由（1）知四邊形EFGH是平行四邊形，添加條件AC⊥BD，依據(jù)矩形的判定定理證明結(jié)論．(1)證明：如圖，連接BD，∵點E、F、G、H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點，∴，EH∥BD，，F(xiàn)G∥BD，∴EH=FG，EH∥FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形；(2)解：添加條件AC⊥BD，能使得四邊形EFGH是矩形，理由如下：如圖，連接AC、BD，由（1）知四邊形EFGH為平行四邊形，∵EF∥AC，∴EF⊥BD，∵EH∥BD，∴EH⊥EF，∴∠FEH=90°．∴四邊形EFGH是矩形．【點睛】本題考查三角形中位線定理、矩形和平行四邊形的判定定理，駕馭三角形的中位線平行于第三邊，并且等于第三邊的一半是解題的關(guān)鍵．6．（陜西·西安市曲江第一中學(xué)九年級期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC、BD相交于點O，BE∥AC交DC的延長線于點E，且BD=BE．(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)若∠DBC=30°，BO=6，求四邊形ABED的面積．【答案】(1)見解析(2)四邊形ABED的面積為54．【解析】【分析】（1）依據(jù)已知條件推知四邊形ABEC是平行四邊形，則對邊相等：AC=BE，依據(jù)等量代換得到對角線AC=BD，則平行四邊形ABCD是矩形；（2）利用“矩形的對角線相等且相互平分”的性質(zhì)、等邊三角形的判定定理得到△AOB是等邊三角形，則易求OB=AB=6，所以通過勾股定理求得BC的長度，再利用梯形的面積公式列式計算即可得解．(1)證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，又∵點E在DC的延長線上，∴AB∥CE，又∵BE∥AC，∴四邊形ABEC是平行四邊形，∴AC=BE，又BD=BE，∴AC=BD，∴平行四邊形ABCD是矩形；(2)解：∵在矩形ABCD中，∠DBC=30°，OA=OB，∴∠ABD=60°，∴△AOB是等邊三角形，∴AB=BO=6，∴BD=2BO=2×6=12，又∵四邊形ABEC是平行四邊形，∴CE=AB=6，∴DE=CD+CE=12，在Rt△ABC中，BC=，∴四邊形ABED的面積=（6+12）×6=54．【點睛】本題考查了矩形的對角線相互平分且相等的性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，熟記性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7.（廣東·深圳市福田區(qū)北環(huán)中學(xué)九年級階段練習(xí)）在平行四邊形ABCD中，∠BAD＝，DE平分∠ADC，交對角線AC于點G，交射線AB于點E，將線段EB繞點E順時針旋轉(zhuǎn)得線段EP．(1)如圖1，當(dāng)＝120°時，連接AP，請寫出線段AP和線段AC的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；(2)如圖2，當(dāng)＝90°時，過點B作BF⊥EP于點F，連接AF，請干脆寫出線段AF，AB，AD之間的數(shù)量關(guān)系；(3)當(dāng)＝120°時，連接AP，若BE＝AB，請干脆寫出△APE與△CDG面積的比．【答案】(1)AP=AC，理由見解析(2)，理由見解析(3)或【解析】【分析】（1）如圖1所示，連接PB，PC，先求出，，得到∠AEP=120°，然后證△BPE是等邊三角形，得到BP=BE，∠EBP=∠BOE=60°，則∠AEP=∠CBP，再由DE平分∠ADC，推出∠AED=∠∠CDE=∠ADE=30°，得到AE=BC，即可證明△AEP≌△CBP得到AP=CP，∠APE=∠CPB，從而證明△APC是等邊三角形，得到AP=AC；（2）連接CF，先證四邊形ABCD是矩形，得到∠ADC=∠ABC=∠BAD=90°，AD=BC，同理證明AE=BC，△AEF≌△CBF，得到CF=AF，∠CFB=∠AFE，然后證明∠AFC=∠AFE+∠CFE=∠CFB+∠CFE=90°，得到，再由，則；（3）分點E在AB上和AB的延長線上兩種狀況探討求解即可．(1)解：AP=AC，理由如下：如圖1所示，連接PB，PC，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴，，AD=BC，∵，∴，，∴∠AEP=120°由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得EP=EB，∴△BPE是等邊三角形，∴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是等邊三角形，∴AP=AC；(2)解：，理由如下：如圖2所示，連接CF，∵在平行四邊形ABCD中，∠BAD=90°，∴四邊形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如圖3所示，當(dāng)E在AB上時，過點G作GM⊥AD于K，作GN⊥CD于N，過點C作CK⊥AD于K，過點A作AH⊥PE交PE延長線于H，由（1）知，BC=AD=AE=AB-BE，當(dāng)時，∠B=∠ADC=60°，∴∠KCD=30°，∴CD=2KD，∴∵，∴，設(shè)BE=a。則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如圖4，當(dāng)點E在AB延長線上時，過點P作PH⊥BE于H，同理可證AE=AD，∵，∴，同理可證，∴，設(shè)CD=AB=b，則，同理可求出，∴；∵，BE=EP，∴△PBE是等邊三角形，∴，∴，∴，∴；∴綜上所述，或【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)與判定，勾股定理，含30度角的額直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定等等，正確作出協(xié)助線是解題的關(guān)鍵．【考點二】矩形中的折疊問題例題：（湖北省崇陽縣第一中學(xué)八年級期中）如圖，在矩形ABCD中，E是BC上一動點，將△ABE沿AE折疊后得到△AFE，點F在矩形ABCD內(nèi)部，延長AF交CD于點G，AB＝3，AD＝4．(1)如圖1，當(dāng)∠DAG＝30°時，求BE的長；(2)如圖2，當(dāng)點E是BC的中點時，求線段GC的長；(3)如圖3，點E在運動過程中，當(dāng)△CFE的周長最小時，干脆寫出BE的長．【答案】(1)(2)(3)【解析】【分析】（1）先確定出∠BAE＝30°，再利用含30°的直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；（2）連接GE，依據(jù)點E是BC的中點以及翻折的性質(zhì)可以求出BE＝EF＝EC，然后利用“HL”證明△GFE和△GCE全等，依據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等即可得證FG＝CG，設(shè)GC＝x，表示出AG、DG，然后在Rt△ADG中，利用勾股定理列式進行計算即可得解；（3）先推斷出EF⊥AC時，△CEF的周長最小，最終用勾股定理即可得出結(jié)論．(1)解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵∠DAG＝30°，∴∠BAG＝60°由折疊知，∠BAE＝∠BAG＝30°，在Rt△BAE中，∠BAE＝30°，AB＝3，∴BE＝(2)解：如圖4，連接GE，∵E是BC的中點，∴BE＝EC，∵△ABE沿AE折疊后得到△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；設(shè)GC＝x，則AG＝3+x，DG＝3﹣x，在Rt△ADG中，42+（3﹣x）2＝（3+x）2，解得x＝．(3)解：如圖1，由折疊知，∠AFE＝∠B＝90°，EF＝BE，∴EF+CE＝BE+CE＝BC＝AD＝4，∴當(dāng)CF最小時，△CEF的周長最小，∵CF≥AC-AF，∴當(dāng)點A，F(xiàn)，C在同一條直線上時，CF最小，由折疊知，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＝．【點睛】此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解（1）的關(guān)鍵是求出∠BAE＝30°，解（2）和（3）的關(guān)鍵是構(gòu)造出直角三角形，利用勾股定理解決問題．【變式訓(xùn)練】1.（江蘇·洪澤外國語中學(xué)八年級階段練習(xí)）矩形ABCD的邊長AB＝18cm，點E在BC上，把△ABE沿AE折疊，使點B落在CD邊的點F處，∠BAE＝30°．(1)如圖1，求DF的長度；(2)如圖2，點N從點F動身沿FD以每秒1cm的速度向點D運動，同時點P從點A動身沿AF以每秒2cm的速度向點F運動，運動時間為t秒（0＜t＜9），過點P作PM⊥AD，于點M．①請證明在N、P運動的過程中，四邊形FNMP是平行四邊形；②連接NP，當(dāng)t為何值時，△MNP為直角三角形？【答案】(1)DF=9cm(2)①見解析，②秒或秒【解析】【分析】（1）由折疊的性質(zhì)可知，∠BAE=∠FAE=30°，AF=AB=18cm，然后求出∠DAF=30°，則；（2）①由題意得：FN＝tcm，PA＝2tcm，則PF＝（18﹣2t）cm，由（1）得：∠DAF＝30°，則PM＝PA＝t（cm），從而推出FN＝PM，即可證明四邊形FNMP是平行四邊形；②分三種狀況：當(dāng)∠MPN＝90°時，當(dāng)∠PMN＝90°時，當(dāng)∠PNM＝90°時，三種狀況探討求解即可得到答案．(1)解：由折疊的性質(zhì)可知，∠BAE=∠FAE=30°，AF=AB=18cm，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=∠BAD=90°，∴∠DAF=30°，∴；(2)解：①證明：由題意得：FN＝tcm，PA＝2tcm，則PF＝（18﹣2t）cm，∵PM⊥AD，F(xiàn)D⊥AD，∴PM∥FD，∠PMA＝90°，由（1）得：∠DAF＝30°，∴PM＝PA＝t（cm），∴FN＝PM，∴四邊形FNMP是平行四邊形；②分三種狀況：a、當(dāng)∠MPN＝90°時，PM⊥PN，如圖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、當(dāng)∠PMN＝90°時，點N、M重合，不能構(gòu)成△MNP；c、當(dāng)∠PNM＝90°時，如圖3所示：過P作PH⊥FN于H，則四邊形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＝；綜上所述，當(dāng)t為秒或秒時，△MNP為直角三角形．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定等等，解題的關(guān)鍵在于能夠嫻熟駕馭相關(guān)學(xué)問．2.（江蘇無錫·八年級期末）如圖，長方形紙片ABCD中，AB＝8，BC＝12，點E、F分別在邊AD和邊BC上，連接EF，將紙片沿EF折疊．(1)如圖（1），若點B落在邊AD的延長線上的點G處，求證：GE＝GF；(2)如圖（2），若點B落在邊CD的中點M處，求BF的長．【答案】(1)見解析(2)【解析】【分析】（1）由折疊的性質(zhì)及矩形的性質(zhì)得出∠GEF＝∠EFG，則可得出結(jié)論；（2）設(shè)BF＝x，由勾股定理得出（12?x）2＋42＝x2，求出x可得出答案．(1)證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴ADBC，∴∠GEF＝∠BFE，∵將紙片沿EF折疊．∴∠BFE＝∠EFG，∴∠GEF＝∠EFG，∴GE＝GF；(2)解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝12，AB＝CD＝8，∵M是CD的中點，∴CM＝4，由折疊的性質(zhì)可知，BF＝FM，設(shè)BF＝x，∵CF2＋CM2＝FM2，∴（12?x）2＋42＝x2，解得x＝，∴BF＝．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，翻折變換，勾股定理等學(xué)問，解題的關(guān)鍵是嫻熟駕馭折疊的性質(zhì)．3.（湖南·長沙市開福區(qū)青竹湖湘一外國語學(xué)校八年級期末）如圖，四邊形ABCD中，，，點E是AD的中點，連接BE，將△ABE沿BE折疊后得到△GBE，且點G在四邊形ABCD內(nèi)部，延長BG交DC于點F，連接EF．(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)求證：；(3)若點，，求DF的長．【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析；(3)【解析】【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)可得∠C=90°，再依據(jù)三個角是直角的四邊形是矩形即可判定；（2）依據(jù)折疊的性質(zhì)和中點的定義得出EG=ED，再用HL定理證明Rt△EGF≌Rt△EDF即可；（3）利用DF分別表示BF和FC，再在Rt△BCF中利用勾股定理求解即可．(1)證明：∵，∴∠D+∠C=180°，∵，∴，∴四邊形ABCD為矩形；(2)證明：∵將△ABE沿BE折疊后得到△GBE，∴△ABE≌△GBE，∴∠BGE=∠A，AE=GE，∵∠A=∠D=90°，∴∠EGF=∠D=90°，∵點E是AD的中點，∴EA=ED，∴EG=ED，在Rt△EGF和Rt△EDF中，，∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL）；∴；(3)解：∵四邊形ABCD為矩形，△ABE≌△GBE，∴∠C=90°，BG=CD=AB=6，∵；∴，，∴在Rt△BCF中，依據(jù)勾股定理，，即，解得．即．【點睛】本題考查矩形的性質(zhì)和判定，全等三角形的判定定理，折疊的性質(zhì)，勾股定理等．（1）駕馭矩形的判定定理是解題關(guān)鍵；（2）能結(jié)合重點和折疊的性質(zhì)得出EG=ED是解題關(guān)鍵；（3）中能利用DF正確表示Rt△BCF中，BF和CF的長度是解題關(guān)鍵．4．（江蘇·無錫市東林中學(xué)八年級期中）在四邊形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝10，BC＝AD＝8．（1）P為BC上一點，將△ABP沿直線AP翻折至△AEP的位置（點B落在點E處）．①如圖①，當(dāng)點E落在邊CD上時，利用尺規(guī)作圖，在圖①中作出滿意條件的圖形（即△AEP的位置，不寫作法，保留作圖痕跡），并干脆寫出此時DE＝．②如圖②，PE與CD相交于點F，AE與CD相交于點G，且FC＝FE，求BP的長．（2）如圖③，已知點Q為射線BA上的一個動點，將△BCQ沿CQ翻折，點B恰好落在直線DQ上的點B’處，求BQ的長．【答案】（1）①畫圖見解析，6；②；（2）4或16【解析】【分析】（1）①如圖1，以點A為圓心，AB長為半徑畫弧，交CD于點E，作的角平分線交于點，則點即所求，依據(jù)勾股定理求得的長；②由折疊的性質(zhì)可知設(shè)BP＝EP＝x，可求得△GEF≌△PCF（ASA），再勾股定理求解即可；（2）分兩種狀況進行探討，點Q在線段AB上和點Q在BA延長線上，分別求解即可．【詳解】解：（1）①以點A為圓心，AB長為半徑畫弧，交CD于點E，再作∠EAB的角平分線交BC于點P，連接EP、AP，如下圖：則由矩形的性質(zhì)可知：∴②由折疊的性質(zhì)，可設(shè)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點Q在線段AB上，由翻折得，∵CD∥AB，∴∠DCQ＝∠CQB∴∠DCQ＝∠CQD∴CD＝QD＝10∵∴∴②點Q在BA延長線上由翻折得∵CD＝10，∴設(shè)∴在Rt△ADQ中，解得x＝16，即BQ＝16綜上所述，BQ＝4或16【點睛】本題屬于幾何變換綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，折疊變換，勾股定理等學(xué)問，解題的關(guān)鍵是學(xué)會利用參數(shù)構(gòu)建方程求解問題，學(xué)會用分類探討的思想思索問題．5.（全國·八年級專題練習(xí)）在長方形紙片ABCD中，點E是邊CD上的一點，將△AED沿AE所在的直線折疊，使點D落在點F處．（1）如圖1，若點F落在對角線AC上，且∠BAC＝54°，則∠DAE的度數(shù)為________°．（2）如圖2，若點F落在邊BC上，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CE的長．（3）如圖3，若點E是CD的中點，AF的延長線交BC于點G，且AB＝CD=6，AD＝BC=10，求CG的長．【答案】（1）18；（2）CE的長為；（3）CG的長為．【解析】【分析】（1）依據(jù)矩形的性質(zhì)得∠DAC=36°，依據(jù)折疊的性質(zhì)得∠DAE=18°；（2）依據(jù)矩形性質(zhì)得∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，依據(jù)折疊的性質(zhì)得AF＝AD＝10，EF＝ED，依據(jù)勾股定理得BF=8，則CF=2，設(shè)CE＝x，則EF＝ED＝6﹣x，依據(jù)勾股定理得，解得：，即CE的長為；（3）連接EG，，由題意得DE＝CE，由折疊的性質(zhì)得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，F(xiàn)E＝DE，則∠EFG＝∠C=90°，由HL得Rt△CEG≌Rt△FEG，則CG＝FG，設(shè)CG＝FG＝y(tǒng)，則AG＝10+y，BG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得，解得，即CG的長為．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∴∠DAC=90°-∠BAC=90°-54°=36°，∵△AED沿AE所在的直線折疊，使點D落在點F處，∴∠DAE=∠EAC=∠DAC=×36°=18°，故答案為：18；（2）∵四邊形ABCD是長方形，∴∠B＝∠C＝90°，BC＝AD＝10，CD＝AB＝6，由折疊的性質(zhì)得：AF＝AD＝10，EF＝ED，∴，∴CF＝BC﹣BF＝10﹣8＝2，設(shè)CE＝x，則EF＝ED＝6﹣x，在Rt△CEF中，由勾股定理得：，解得：，即CE的長為；（3）解：如圖所示，連接EG，∵點E是CD的中點，∴DE＝CE，由折疊的性質(zhì)得：AF＝AD＝10，∠AFE＝∠D＝90°，F(xiàn)E＝DE，∴∠EFG＝∠C=90°，在Rt△CEG和Rt△FEG中，，∴Rt△CEG≌Rt△FEG（HL），∴CG＝FG，設(shè)CG＝FG＝y(tǒng)，則AG＝AF+FG＝10+y，BG＝BC﹣CG＝10﹣y，在Rt△ABG中，由勾股定理得：，解得：，即CG的長為．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是駕馭并敏捷運用這些學(xué)問點．6．（湖南·長沙市雅禮試驗中學(xué)九年級階段練習(xí)）如圖，四邊形OABC為矩形，其中O為原點，A、C兩點分別在x軸和y軸上，點B的坐標(biāo)是（4，6），將矩形沿直線DE折疊，使點C落在AB邊上點F處，折痕分別交OC、BC于點E、D，且點D的坐標(biāo)是（，6）．（1）求BF的長度；（2）如圖2，點P在其次象限，且△PDE≌△CED，求直線PE的解析式；（3）若點M為直線DE上一動點，在x軸上是否存在點N，使以M、N、D、F為頂點的四邊形是平行四邊形？若存在，求出點N的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）2；（2）；（3）存在，N（2，0）或（﹣3，0）【解析】【分析】（1）利用折疊性質(zhì)，可得DF＝CD＝，再利用勾股定理即可求得BF的長度；（2）利用折疊性質(zhì)和題目條件，可得△CDE≌△FDE≌PED，可以證得四邊形PEFD為矩形，利用BF長度，可以求出F的坐標(biāo)，過E作EG⊥AB于G，利用勾股定理列方程，求得E點坐標(biāo)，再利用中點坐標(biāo)公式求得DE的中點坐標(biāo)，從而求得P坐標(biāo)，最終利用待定系數(shù)法求得直線PE解析式；（3）利用△DFM的三邊都可以為對角線，畫圖，分三類探討，利用中點坐標(biāo)公式，可以得到平行四邊形的對角線的兩個端點橫、縱坐標(biāo)之和相等，來列方程組，進行求解．【詳解】解：（1）由題可得，△CDE≌△FDE，則，DF＝CD＝，∵B（4，6），四邊形OABC為矩形，∴BC＝4，∠B＝90°，∴BD＝BC﹣CD＝，在Rt△DBF中，；（2）如圖1，由（1）得，△CDE≌△FDE，又△PDE≌△CED，∴△PDE≌△CED≌△FED，∴PD＝CE＝FE，PE＝CD＝FE＝，∴四邊形PEFD為平行四邊形，又∠C＝90°，∴∠C＝∠P=∠F=90°，∴?PEFD為矩形，又AF＝AB﹣BF＝6﹣2＝4，∴F（4，4），過E作EG⊥AB于G，則四邊形AOEG，EGBC為矩形，設(shè)OE＝AG＝a，則，F(xiàn)G＝4﹣a，EG＝BC＝4，CE＝6﹣a又EF＝EC，則42＋（4﹣a）2＝（6﹣a）2，∴a＝1，∴E（0，1），連接PF交DE于點M，則M為PF，DE的中點，∵D（），E（0，1），∴依據(jù)中點坐標(biāo)公式可知，，即，同理，依據(jù)中點坐標(biāo)公式可得P（）；設(shè)直線PE的解析式為：y＝kx＋1，代入點P，得，，解得，k＝，∴直線PE的解析式為：；（3）設(shè)直線DE的解析式為：y＝k1x＋1，代入點，解得，k1＝2，∴y＝2x＋1，設(shè)M（m，2m＋1），N（xN，0），①如圖2，當(dāng)MF為對角線，DN為另一條對角線時，連接MF，DN交于點K，則K為MF，DN的中點，，即，解得，∴N（2，0），②如圖3，當(dāng)DF為對角線，MN為另一條對角線時，，解得，∴N（2，0），③如圖4，當(dāng)DM為對角線，NF為另一條對角線時，，解得，∴N（﹣3，0），綜上所述，N（2，0）或（﹣3，0）．【點睛】本題屬于一次函數(shù)與四邊形的綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)，一次函數(shù)的待定系數(shù)法以及平行四邊形存在性問題，解決問題的關(guān)鍵在于利用已知條件合理設(shè)置參數(shù)，利用平行四邊形的對角線的兩個端點橫、縱坐標(biāo)之和相等來解決．【考點三】矩形中的動點問題例題：（江蘇無錫·八年級期中）如圖1，已知長方形ABCD，AB＝CD＝2，BC＝AD＝3，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，E為CD邊的中點，P為長方形ABCD邊上的動點，動點P從A動身，沿著A→B→C→E運動到E點停止，設(shè)點P經(jīng)過的路程為x，△APE的面積為y．（1）當(dāng)x=1時，y=；當(dāng)x=5.5時，y=；（2）如圖2，求出當(dāng)點P邊BC時，用x的代數(shù)式表示y；（3）如備用圖，當(dāng)P在線段BC上運動時，是否存在點P使得△APE的周長最?。咳舸嬖?，求出此時∠PAD的度數(shù)；若不存在，請說明理由．【答案】（1）1.5；；（2）當(dāng)點P在BC邊上時，y=（2＜x≤5）；（3）存在．∠PAD=45°．【解析】【分析】（1）利用三角形面積求法即可得出答案；（2）利用S△APE=S矩形ABCD-S△ABP-S△PCE-S△ADE得出y與x的函數(shù)關(guān)系式即可；（3）利用軸對稱求最短路途的方法得出P點位置，進而利用等腰直角三角形的性質(zhì)求出答案．【詳解】解：（1）x=1時，點P在AB邊上，如圖，AP=1，AD=3，∴y=×1×3=1.5；x=5.5時，點P在CE上，如圖，EP=6-5.5=0.5，AD=3，∴y=××3=；故答案為：1.5；；（2）當(dāng)點P在BC邊上時，如圖，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．作點E關(guān)于BC所在直線的對稱點E′，連接AE′交BC于點P，此時△APE的周長最??；∵EC=CE'，且PC⊥EE'，∴PE=PE'，∴AP+PEAE'，∵AE為定值，∴此時△APE的周長最小；在Rt△ADE'中，∵AD=DE'=3，∠D=90°，∴△ADE'是等腰直角三角形，∴∠PAD=45°．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)、三角形面積求法、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)以及最小值等學(xué)問；本題綜合性，推斷出點P在那一條邊上是解本題的關(guān)鍵．1．（吉林·長春市第八十七中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，矩形中，，，動點以的速度從點動身沿折線向終點運動，動點以的速度從點起先沿折線向終點運動，假如點、同時動身，設(shè)點運動的時間秒，的面積為．（1）當(dāng)___________秒時，點到達點，當(dāng)______________時，點到達點．（2）當(dāng)為何值時，為等腰直角三角形？（3）表示的面積（可用含有的代數(shù)式表示），請干脆寫出結(jié)果．【答案】（1）3，9；（2）當(dāng)t為s時，△QAP為等腰直角三角形；（3）①當(dāng)0≤t≤3時2t2-12t+36；②當(dāng)3≤t≤6時，18；③當(dāng)6＜t≤9時，2t2-36t+162．【解析】【分析】（1）依據(jù)時間=路程÷速度即可算出點Q到達點A和點B的時間；（2）由題意得AP=2t，DQ=2t，則AQ=AD-DQ=6-2t，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出AQ=AP，得出方程，解方程即可；（3）①當(dāng)0≤t≤3時，△CPQ的面積=矩形ABCD的面積-△APQ的面積-△BCP的面積-△CDQ的面積，即可得出答案；②當(dāng)3≤t≤6時，由題意得AP=2t，AQ=2t-6，PQ=AP-AQ=6，得出△CPQ的面積=PQ×BC=×6×6=18；③當(dāng)6＜t≤9時，由三角形面積公式即可得出答案．【詳解】解：（1）∵6÷2=3∴當(dāng)t=3時，點Q到達點A；∵18÷2=9∴當(dāng)t=9時，點Q到達點B；故答案為：3，9；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC=6，CD=AB=12，由題意得：AP=2t，DQ=2t，∴AQ=AD-DQ=6-2t，∵△QAP為等腰直角三角形，∴AQ=AP，即2t=6-2t，解得：t=，即當(dāng)t為s時，△QAP為等腰直角三角形；（3）分三種狀況：①當(dāng)0≤t≤3時，如圖1所示：由題意得：AP=2t，DQ=2t，∴AQ=AD-DQ=6-2t，BP=12-2t，∴△CPQ的面積=矩形ABCD的面積-△APQ的面積-△BCP的面積-△CDQ的面積=12×6-×2t×（6-2t）-×（12-2t）×6-×12×2t=2t2-12t+36；②當(dāng)3≤t≤6時，如圖2所示：由題意得：AP=2t，AQ=2t-6，∴PQ=AP-AQ=6，∴△CPQ的面積=PQ×BC=×6×6=18；③當(dāng)6＜t≤9時，如圖3所示：由題意得：BP=2t-12，AQ=2t-6，∴CP=6-BP=18-2t，BQ=12-AQ=18-2t，∴△CPQ的面積=CP×BQ=×（18-2t）2=2t2-36t+162．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、三角形面積公式等學(xué)問；嫻熟駕馭矩形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，留意分類探討．2．（全國·九年級）如圖，已知矩形ABCD，AD＝4，CD＝10，P是AB上一動點，M、N、E分別是PD、PC、CD的中點．（1）求證：四邊形PMEN是平行四邊形；（2）四邊形PMEN有可能是矩形嗎？若有可能，求出AP的長；若不行能，請說明理由．【答案】（1）見解析；（2）四邊形PMEN可能是矩形；當(dāng)AP＝2或AP＝8時，四邊形PMEN是矩形．【解析】【分析】（1）依據(jù)三角形的中位線的性質(zhì)和平行四邊形的判定定理可證明；（2）四邊形PMEN是矩形的話，∠DPC必需為90°，再依據(jù)勾股定理求解就行．【詳解】解：（1）∵M、N、E分別是PD、PC、CD的中點，∴ME，NE是△PDC的中位線，∴ME//PC，EN//PD，∴四邊形PMEN是平行四邊形；（2）四邊形PMEN可能是矩形．若四邊形PMEN是矩形，則∠DPC＝90°∵AD＝4，CD＝10，設(shè)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．故當(dāng)AP＝2或AP＝8時，四邊形PMEN是矩形．【點睛】本題考查平行四邊形的判定，矩形的判定定理和性質(zhì)，勾股定理，知道矩形的四個角都是直角，對邊相等等性質(zhì)．3．（江蘇·蘇州市吳江區(qū)試驗初級中學(xué)八年級階段練習(xí)）如圖，中，點O是邊上的一個動點，過點O作直線，交的平分線于點E，交的外角平分線于點F．（1）推斷與的大小關(guān)系？并說明理由；（2）當(dāng)點O運動到何處時，四邊形是矩形？并說出你的理由；【答案】（1）OE=OF，見解析；（2）點O運動到AC的中點時，四邊形是矩形，見解析．【解析】【分析】（1）依據(jù)角平分線的定義及平行線的性質(zhì)可得OC=OE，OC=OF，從而可得OE=OF；（2）由（1）知，OE=OF，當(dāng)O點是AC的中點時，可得四邊形AECF是平行四邊形，再由角平分線的定義，易得∠ECF=90°，從而可得四邊形AECF是矩形．【詳解】（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）點O運動到AC的中點時，四邊形是矩形理由如下：∵O點是AC的中點∴OA=OC∵由（1）有：OE=OF∴四邊形AECF是平行四邊形∵∠ACE=∠BCE，∠ACF=∠GCF，∠ACE+∠BCE+∠ACF+∠GCF=180°∴2∠ACE+2∠ACF=180°∴∠ACE+∠ACF=90°即∠ECF=90°∴四邊形AECF是矩形【點睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，矩形的判定，等腰三角形的判定等學(xué)問，嫻熟運用這些學(xué)問是本題的關(guān)鍵．4.（江蘇·八年級專題練習(xí)）如圖，已知長方形的邊AD＝8，AB＝4，動點M從點A動身，以每秒2個單位長度的速度沿A→D→A的路徑勻速運動，同時，動點N從點C動身，沿C→B方向以每秒1個單位長度的速度勻速運動，當(dāng)其中一個動點到達終點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒．(1)如（圖一），當(dāng)運動時間為1秒時，求MN的長度；(2)當(dāng)0≤t≤4時，干脆寫出AMN為直角三角形時的運動時間t的值；(3)如（圖二），當(dāng)4＜t＜8時，推斷AMN的形態(tài)，并說明理由．【答案】(1)(2)或4(3)△AMN是銳角三角形【解析】【分析】（1）過點N作NR⊥AD于R．求出MR，NR，利用勾股定理求解．（2）當(dāng)0≤t≤4時，假如AM=BN，則△AMN是直角三角形，當(dāng)t=4時，點M與D重合，點N位于BC的中點，此時△AMN是等腰直角三角形；（3）由（2）可知當(dāng)t=4時，△AMN是等腰直角三角形，由此推斷出△AMN是銳角三角形．(1)解：過點N作NR⊥AD于R．∵四邊形ABCD是矩形，∴∠C=∠D=∠DRN=90°，∴四邊形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：當(dāng)0≤t≤4時，假如AM=BN，則△AMN是直角三角形，∴2t=8-t，∴t=，當(dāng)t=4時，點M與D重合，點N位于BC的中點，此時△AMN是等腰直角三角形，綜上所述，當(dāng)△AMN是直角三角形時，t的值為或4．(3)解：∵當(dāng)t=4時，△AMN是等腰直角三角形，∵點M的運動速度大于點N的運動速度，且M，N同時到達終點，即點M在點N的右側(cè)，∴當(dāng)4＜t＜8時，△AMN是銳角三角形．【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等學(xué)問，解題的關(guān)鍵是理解題意，敏捷運用所學(xué)學(xué)問解決問題．5．（甘肅·蘭州十一中九年級階段練習(xí)）如圖1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的一條角平分線，AN為△ABC的外角∠BAM的平分線，BE⊥AN，垂足為E．已知AD＝4，BD＝3．（1）求證：四邊形ADBE是矩形；（2）如圖2，延長AD至點F，使AF＝AB，連接BF，G為BF的中點，連接EG，DG．求EG的長．（3）如圖3，在（2）問的條件下，P為BE邊上的一個動點，連接PG并延長交AD延長線于點Q，連接CQ，H為CQ的中點，求點P從E點運動到B點時，點H所經(jīng)過的路徑長．【答案】（1）見解析；（2）；（3）2【解析】【分析】（1）依據(jù)三角形角平分線的性質(zhì)及外角的性質(zhì)證得∠MAN=∠C，推出AN∥BC，由此推出∠DAE=∠AEB=∠ADB=90°，即可證得結(jié)論；（2）連接AG，由勾股定理求出AB的長，進而求出DF、BG的長，然后證明△AGD≌△BEG即可；（3）由題意知H運動的軌跡是△CF的中位線，求出F即可求出H運動的軌跡的長．【詳解】（1）證明：∵AB＝AC，AD是角平分線，∴AD⊥BC，∠ABC=∠C，∵AN為△ABC的外角∠BAM的平分線，∴∠MAN=∠BAN，∵∠BAM=∠ABC+∠C，∴∠MAN=∠C，∴AN∥BC，∴∠DAE=∠ADC=∠ADB=90°，∵BE⊥AN，∴∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，∴四邊形ADBE是矩形；（2）如圖，連接AG，∵矩形ADBE中，AD=4，BD=3，∴BE=AD=4，AE=BD=3，∠ADB=∠DBE=∠BDF=90°，∴，∴DF=1，∴∵G是BF的中點，∴DG=BG，∴∠BDG=∠DBG，∴∠ADG=∠EBG，∴△AGD≌△BEG，∴EG=AG，∵AG∴；（3）由題意知點H運動的軌跡是一條線段，當(dāng)P與E重合時，Q的位置在，當(dāng)P與B重合時，Q的位置在F，此時H分別在、的位置，∵BE∥AD，∴∠BEG=∠DG，∴△EBG≌△FG，∴F=BE=4，由題意知是△CF的中位線，∴．【點睛】此題考查了角平分線的定義，矩形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定及性質(zhì)，以及三角形的中位線等學(xué)問，證明∠DAE=90°是解（1）的關(guān)鍵，證明△AGD≌△BEG是解（2）的關(guān)鍵，確定H運動的軌跡是△CF的中位線是解（3）的關(guān)鍵．6.（江蘇·無錫市天一試驗學(xué)校八年級期中）如圖①，在長方形OABC中，O為平面直角坐標(biāo)系的原點，點A的坐標(biāo)為（4，0），點C的坐標(biāo)為（0，6），點B在第一象限．點P從原點動身，以每秒2個單位長度的速度沿著O-A-B-C-O的路途勻速移動（即：沿著長方形移動一周）．點P移動的時間為ts．（1）點B的坐標(biāo)為；當(dāng)t＝4s時，點P的坐標(biāo)為．（2）在移動過程中，當(dāng)點P到x軸的距離為5個單位長度時，求點P移動的時間．（3）如圖②，若將長方形OABC沿著AC翻折，點B與點B′重合，邊AB′與y軸交于點E，求出點E的坐標(biāo).【答案】（1）（4，6），（4，4）；（2）當(dāng)點P到x軸的距離為5個單位長度時，求點P移動的時間是4.5s或7.5s；（3）點E的坐標(biāo)為（0，）．【解析】【分析】（1）依據(jù)正方形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)解答；（2）分點P在AB上和點P在OC上兩種狀況，依據(jù)題意計算；（3）依據(jù)翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)得到∠B′=∠B=90°，B′C=BC=OA=4，證明△CB′E≌△AOE，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BE′=OE，依據(jù)勾股定理計算，求出OE，得到答案．【詳解】解：（1）∵四邊形OABC為矩形，點A的坐標(biāo)為（4，0），點C的坐標(biāo)為（0，6），∴點B的坐標(biāo)為（4，6）；當(dāng)t=4s時，點P在AB上，AP=2×4-4=4，∴點P的坐標(biāo)為（4，4），故答案為：（4，6），（4，4）；（2）當(dāng)點P在AB上時，AP=5，∴OA+AB=9，∴t==4.5（s），當(dāng)點P在OC上時，OP=5，則CP=6-5=1，∴OA+AB+BC+CP=15，∴t==7.5（s），綜上所述，當(dāng)點P到x軸的距離為5個單位長度時，求點P移動的時間是4.5s或7.5s；（3）由折疊的性質(zhì)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=，則點E的坐標(biāo)為（0，）．【點睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，駕馭全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理，翻轉(zhuǎn)變換的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．7.（浙江·溫州市第四中學(xué)九年級期中）已知：如圖1，在長方形中，，，，點P是邊上的動點，將翻折得，延長交于點F，連結(jié)．（1）求證：．（2）如圖2，當(dāng)時，點F與點C剛好重合．求此時的長．（3）如圖3，連結(jié)，在點P運動過程中，當(dāng)和面積相等時，則．（干脆寫出答案）【答案】（1）見解析；（2）；（3）2或8【解析】【分析】（1）結(jié)合翻折的性質(zhì)以及矩形的基本性質(zhì)推出∠FBP=∠FPB即可得出結(jié)論；（2）先在Rt△BCE中，運用勾股定理求出CE，然后設(shè)AP=PE=x，并分別表示出PC和PD，在Rt△PDC中利用勾股定理建立方程求解即可；（3）分別考慮點P的不同位置，結(jié)合全等三角形的判定與性質(zhì)，以及等腰三角形的判定與性質(zhì)求解即可．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥BC，∴∠APB=∠FBP，由翻折的性質(zhì)可知，∠APB=∠FPB，∴∠FBP=∠FPB，∴FP=FB；（2）當(dāng)時，△BEC恰為直角三角形，依據(jù)翻折的性質(zhì)得：AB=BE=4，AP=PE，在Rt△BEC中，BE=4，BC=10，∴，設(shè)AP=PE=x，則，，在Rt△PDC中，，即：，解得：，∴此時AP長為；（3）①當(dāng)點P在靠近A點時，如圖所示，作CQ⊥PF延長線于Q點，則∠Q=∠BEF=90°，∵，，∴當(dāng)和面積相等時，有BE=CQ，在△BEF和△CQF中，∴△BEF≌△CQF(AAS)，∴BF=CF，EF=QF，∴此時，F(xiàn)點為BC的中點，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當(dāng)點P在靠近D點時，如圖所示，作CQ⊥PE于Q點，此時，當(dāng)和面積相等時，仍有BE=CQ，則由①可知，此時△BEF≌△CQF仍舊成立，BF=CF，∴點F為BC的中點，CF=BC=5，∵翻折性質(zhì)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；綜上分析，當(dāng)和面積相等時，AP=2或8，故答案為：2或8．【點睛】本題考查矩形的翻折，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理等，理解矩形的基本性質(zhì)，駕馭翻折改變的性質(zhì)以及勾股定理的計算是解題關(guān)鍵．【考點四】矩形中的作圖問題例題：（江蘇鎮(zhèn)江·九年級期末）如圖，已知矩形ABCD（AB＜AD）．E是BC上的點，AE=AD．(1)在線段CD上作一點F，連接EF，使得∠EFC＝∠BEA(請用直尺和圓規(guī)作圖，保留作圖痕跡)；(2)在（1）作出的圖形中，若AB＝4，AD＝5，求DF的值．【答案】(1)見解析(2)【解析】【分析】（1）作∠DAE的角平分線，與DC的交點即為所求，理由：可先證明△AEF≌△ADF，可得∠AEF=∠D=90°，從而得到∠DAE+∠DFE=180°，進而得到∠EFC=∠DAE，再由AD∥BC，即可求解；（2）依據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝4，從而得到BE＝3，進而得到EC＝2，然后在中，由勾股定理，即可求解．(1)解：如圖，作∠DAE的角平分線，與DC的交點即為所求．∵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：∵四邊形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，，∴，∴．【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等學(xué)問，嫻熟駕馭矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．1.（江西·崇仁縣其次中學(xué)九年級期中）已知：矩形，點是的中點，點在上，請用無刻度尺畫圖：（1）在圖甲中，在邊上找一點，使；（2）在圖乙中：在邊上找一點，使．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）連接交于點，連接并延長交于點，利用矩形的性質(zhì)可得，即可求解；（2）連接交于點，連接并延長、交于點，連接交于點，連接交于點，即可求解．【詳解】解：（1）連接交于點，連接并延長交于點由矩形的性質(zhì)可得，∴又∵∴∴（2）連接交于點，連接并延長、交于點，連接交于點連接交于點，如下圖：由題意可得：，又∵點是的中點∴為的中位線，∴∴，又∵∴平分∴∴又∵，∴∴又∵，∴∴∴由（1）的方法，可得∴【點睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，涉及了全等三角形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是駕馭并應(yīng)用矩形的性質(zhì)．2.（湖北省直轄縣級單位·八年級階段練習(xí)）如圖，矩形中，點在上，且，試分別在下列兩個圖中按要求運用無刻度直尺畫圖．（保留作圖痕跡）（1）在圖1中，畫出的平分線；（2）在圖2中，畫出的平分線．【答案】（1）見解析；（2）見解析【解析】【分析】（1）連接AC，再由平行線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可知AC是∠DAE的平分線；（2）連接AC，BD交于點F，連接EF，由平行四邊形的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可知EF是∠AEC的平分線．【詳解】解：（1）如圖1所示．（2）如圖2所示．【點睛】本題考查的是作圖-基本作圖，熟知矩形及等腰三角形的性質(zhì)是解答此題的關(guān)鍵．3.（江蘇·常州市其次十四中學(xué)八年級期中）如圖，矩形ABCD中，點E在BC上，AE＝EC，分別在圖1和圖2中按要求僅用無刻度的直尺畫圖．（保留畫圖痕跡）（1）在圖1中，畫出∠DAE的平分線：（2）在圖2中，畫出∠AEC的平分線EF，交AD于點F，并說明理由．【答案】（1）連接AC，則AC平分∠DAE；圖形見祥解；（2）連接AC，BD，交于點O，連接EO，則EO平分∠AEC．證明見詳解．【解析】【分析】(1)連接AC，再由矩形性質(zhì)，平行線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可知AC是∠DAE的平分線；(2)連接AC，BD，交于點O，連接EO，由矩形性質(zhì)，平行線的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)可知EO平分∠AEC的平分線．【詳解】（1）如圖所示，連接AC，則AC平分∠DAE；∵矩形ABCD中，∴AD∥CE，∴∠DAC=∠ACE，∵AE＝EC，∴∠EAC=∠ACE，∴∠EAC=∠DAC，∴AC平分∠DAE；（2）如圖所示，連接AC，BD，交于點O，連接EO，則EF平分∠AEC．∵四邊形ABCD是矩形，∴點O為AC中點，∴EO為△AEC的中線，∵AE=CE，