人教版八年级下册第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.1 矩形课后练习题

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专题05 矩形与折叠重点知识及与中点相关题型

典例解析
1.【矩形判定】
【例1-1】（2020·贵州毕节期末）在数学活动课上，老师让同学们判断一个四边形门框是否为矩形，下面是一个学习小组拟定的方案，其中正确的有（ ）
①测量对角线是否相互平分；②测量两组对边是否相等；
③测量对角线是否相等；④测量其中三个角是否为直角
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A.
【解析】解：①对角线是否相互平分，能判定其为平行四边形；
②两组对边是否分别相等，能判定平行四边形；
③对角线相等的四边形不一定是矩形；
④其中四边形中三个角都为直角，能判定矩形．
故答案为：A．
【例1-2】如图，在中，点是边上的一个动点，过点作直线，以及外角的平分线分别交于点、．

（1）求证：；
（2）当点运动到边的什么位置时，四边形是矩形？回答并证明你的结论．
【答案】见解析.
【解析】解：（1）证明：∵CE平分∠ACB，
∴∠ACE=∠BCE，
∵MN∥BC，
∴∠OEC=∠BCE，
∴∠ACE=∠OEC，
∴OE=OC，
同理：OF=OC，
∴OE=OF；
（2）当点O运动到AC边的中点时，四边形AECF是矩形．
证明：∵O为AC中点，
∴OA=OC，
又∵OE=OF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵OE=OC，
∴2OE=2OC，
即AC=EF．
∴四边形AECF为矩形．
【例2】（2020·四川广安期末）如图，在中，过点D作于点E，点F在边上，，连接．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）已知是的平分线，若，求的长度．

【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD=AB
∵CF=AE，
∴DF=BE，DF∥BE，
∴四边形DFBE是平行四边形．
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形DFBE是矩形．
（2）解：∵∠DAB=60°，∠DEB=90°
∴∠ADE=30°
又AD=3
∴AE=1.5
由勾股定理得：DE=.
【变式2-1】（2021·辽宁锦州市期末）如图，过边的中点，作，交于点，过点作，与的延长线交于点，连接，，若平分，于点．
（1）求证：①；②四边形是矩形；
（2）若，求的长．

【答案】见解析.
【解析】证明：（1）①∵CE平分∠BCA，
∴∠OCE=∠ECB
∵OB⊥CE
∴∠CFO=∠CFB=90°
又CF=CF
∴△OCF≌△BCF
∴OC=BC
②∵O是AC中点，
∴OA=OC
∵AD∥BC
∴∠DAO=∠BCO，∠ADO=∠OBC
∴△OAD≌△OCB
∴AD=BC
∵AD∥BC
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵OE⊥AC，
∴∠COE=90°
∵CE=CE，OC=BC
∴△OCE≌△BCE
∴∠EBC=∠EOC=90°
∴四边形ABCD是矩形．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=3，AC=BD
∴OB=OC，
又OC=BC
∴OB=OC=BC，
即△OBC是等边三角形
∴∠OCB=60°，∠ECB=30°
又∠EBC=90°
∴CE=2BE
在Rt△BCE中，BC=3
∴BE2+32=（2BE）2，
得：BE=，CE=AE=2，
在Rt△AED中，由勾股定理得：DE=.
【变式2-2】如图，平行四边形中，点、、、分别在、、、边上且，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）如果，且，求证：四边形是矩形．
【答案】见解析.
【解析】解：（1）在平行四边形ABCD中，∠A=∠C，
又∵AE=GC，AH=CF
∴△AEH≌△CGF
∴EH=GF
又AB=CD，AD=BC
∴BE=DG，DH=BF
又∠B=∠D
∴△BEF≌△DGH
∴GH=EF
∴四边形EFGH是平行四边形．
（2）在平行四边形ABC中，AB∥CD，AB=CD．
设∠A=x，则∠D=180-x，
由AE=AH知，∠AHE=∠AEH=90-0.5x，
∵AD=AB=CD，AH=AE=CG
∴DH=DG
∴∠DHG=∠DGH=0.5x
∴∠EHG=180-（90-0.5x）-0.5x=90°
又∵四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是矩形．
2.【矩形性质】
【例3】（2021·山西晋中期末）矩形中，点M在对角线上，过M作的平行线交于E，交于F，连接和，已知，，则图中阴影部分的面积是（ ）

A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】C.
【解析】解：过M作MP⊥AB于P，交DC于Q，如图所示：

则四边形DEMQ，四边形QMFC，四边形AEMP，四边形MPBF都是矩形，
∴S△DEM=S△DQM，S△QCM=S△MFC，S△AEM=S△APM，S△MPB=S△MFB，S△ABC=S△ADC，
∴S△ABC-S△AMP-S△MCF=S△ADC-S△AEM-S△MQC，
∴S四边形DEMQ=S四边形MPBF，
∵DE=CF=2，
∴S△DEM=S△MFB=×2×4=4，
∴S阴=4+4=8，
故答案为：C．
【变式3-1】（2021·重庆巴南期末）如图，在等腰直角中，，点D是内部一点， ，，垂足分别为E，F，若， ，，则（ ）

A．8 B．10 C．12.5 D．15
【答案】C.
【解析】解：由题意知，∠DEB=∠DFB=90°
∵△ABC为等腰直角三角形，
∴∠ABC=90°，
∴四边形DEBF为矩形，
∴BF=DE=2.5，DF=EB，
设DF=3x，则EB=3x，
∵5DF=3AF，
∴AF=5x，AB=5x+2.5，
∵CE=3DE，
∴CE=7.5，
∴CB=7.5+3x，
∵AB=CB，
∴5x+2.5=7.5+3x，解得：x=2.5，
∴AF=12.5，
故答案为：C．
【例4】（2021·沙坪坝区月考）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作OE^BD交AD于点E，已知AB=2，，则AE的长为（ ）

A．1.5 B．2 C．2.5 D．
【答案】A.
【解析】解：连接BE，

由题意得，OE为BD的垂直平分线，
∴BE=DE，S△BOE=S△DOE=，
∴S△BDE=2S△BOE=，
∴DE•AB=，
∵AB=2，
∴DE=，
∴BE=，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：AE==1.5，
故答案为：A．
【变式4-1】如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，DF垂直平分OC，交AC于点E，交BC于点F，连接AF，若AB＝．则AF的长为（　　）

A． B．2 C．3 D．
【答案】A.
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=，AO=CO=BO=DO，
∵DF垂直平分OC
∴OD=CD
∴OD=CD=OC
∴△ODC是等边三角形
∴OD=CD=OC=
∴AC=2
由勾股定理得：BC=3
由∠CDF=∠BDO=30°，得：CE=
∴EF=，AE=AC-CF=，
∴AF=
故答案为：A.
【例5】（2020·石家庄市期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=5，AC=12，P为边BC上一动点（P不与B、C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的取值范围是（ ）

A．≤AM＜6 B．≤AM＜12 C．≤AM＜12 D．≤AM＜6
【答案】A.
【解析】解：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，
∴BC＝13，
∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，
∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∵M是EF的中点，
∴延长AM经过点P，

∴EF＝AP，AM＝EF＝PA，
当PA⊥CB时，此时PA＝，
即AM的最小值为，
∵PA＜AC，
∴PA＜12，
∴AM＜6，
∴≤AM＜6，
故答案为：A．
【变式5-1】（2019·苏州吴江区月考）如图，在四边形中，，、分别是、的中点．

（1）求证：；（2）求证：．
【答案】见解析．
【解析】证明：（1）连接BM、DM，

∵∠ABC=∠ADC=90°，M是AC的中点，
∴BM=AC，DM=AC，
∴BM=DM；
（2）∵BM=DM，点N是BD的中点，
∴MN⊥BD．
【变式5-2】（2021·沙坪坝区月考）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别是BO、BC的中点，若AB=5，BC=12，则EF=____；

【答案】.
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OC=AC，AD=BC=12，
∴AC==13，
∴OC=，
∵点E、F分别是BO、BC的中点，
∴EF是△BOC的中位线，
∴EF=OC=，
故答案为：．
【例6】如图，将矩形ABCD的四个角向内折叠铺平，恰好拼成一个无缝隙无重叠的矩形EFGH，若EH＝5，EF＝12，则CD长为（　　）

A．13 B． C．12 D．17
【答案】B.
【解析】解：由折叠可得，∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，
∴∠HEF＝∠HEM+∠FEM＝×180°＝90°，
同理可得：∠EHG＝∠EFG＝90°，
∴四边形EFGH为矩形，
∴EF＝GH，
∵AD∥BC，
∴∠DHF＝∠BFH，
由折叠可得，∠DHG＝∠DHF，∠BFE＝∠BFH，
∴∠DHG＝∠BFE，
又∵∠D＝∠B＝90°，
∴△DHG≌△BFE，
∴DH＝BF＝FM，
又∵AH＝MH，
∴AH+DH＝MH+FM，即AD＝FH，
又∵Rt△EFH中，EH＝5，EF＝12，
∴HF＝＝13，
∴AD＝13，
由折叠可得，△AEH≌△MEH，△BEF≌△MEF，△CFG≌△NFG，△DGH≌△NGH，
∴S矩形ABCD＝2S矩形EFGH＝2×EF•EH＝2×5×12＝120，
∴CD＝，
故答案为：B．
【变式6-1】（2021·北京昌平区期末）如图，矩形ABCD中，AC与BD交于点O，BE⊥AC，CF⊥BD，垂足分别为E， F．
（1）求证：BE=CF．
（2）若∠AOB=60°，AB=8，求矩形的面积．

【答案】（1）见解析；（2）．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∴OB=OC，
∵BE⊥AC，CF⊥BD，
∴∠BEO=∠CFO=90°，
∴△BEO≌△CFO，
∴BE=CF；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，
∴OB=OA，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴AB=AO=OB=8，
∴AC=16，
由勾股定理得：BC= ，
∴矩形的面积=AB·BC= ．
【变式6-2】（2020·四川成都期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足分别为E、F．求PE+PF＝_____．

【答案】．
【解析】解：连接OP，过点A作AG⊥BD于G，

∵AB=3，AD=4，
∴BD=，S△ABD=AB•AD=BD•AG，
即×3×4=×5×AG，
解得：AG=，
在矩形ABCD中，OA=OD，
∵S△AOD=OA•PE+OD•PF=OD•AG，
∴PE+PF=AG=．
故PE+PF=．
故答案为：．
3.【与中点相关】
【例7】（2021·西安市期末）如图，在矩形中，，M为的中点，连接，E为的中点，连接、，若为直角，则的值为（ ）

A．3 B． C． D．
【答案】D.
【解析】解：连接AE，过点E作EF⊥AD，并延长，交BC于点H，

∵四边形ABCD是矩形，BC=4，
∴AD=BC=4，AB=CD，AD∥BC，∠BAD=∠ABC=∠ADC，
∴四边形ABHF是矩形
∵E为DM中点
∴AE=DE，AF=DF，BH=CH
∵∠BEC=90°
∴∠EBC=45°
∴EH=2，AM=2EF
∵M为AB中点
∴AM=AB，
EF=AB，EH=AB=2
∴AB=；
故答案为：D．
【例8】（2021·辽宁丹东期末）如图，在和中，，，是的中点，连接，，，若，则的面积为（ ）

A．12 B．12.5 C．15 D．24
【答案】A.
【解析】解：如图，过点M作ME⊥CD于点E，

∵∠ACB=∠ADB=90°，AB=10，M是AB中点
∴CM=5，DM=5，
∴CM=DM
∵ME⊥CD
∴CE=DE=3
由勾股定理得：EM=4
∴S△MCD=CD·EM=12
故答案为：A．
【例9】如图（1），中，、分别是高，、分别是线段、的中点．

（1）求证：；
（2）若，求的度数（用含的式子表示）．
（3）如图（2），若将锐角变为钝角，直接写出与的数量关系．
【答案】见解析．
【解析】解：（1）∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=BC，ME=BC，
∴DM=ME
又∵N为DE中点，
∴DN=NE，
∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠A，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DM=ME=BM=MC，
∴∠ABC=∠BDM，∠ACB=∠MEC，
∴∠BMD+∠CME=（180°-2∠ABC）+（180°-2∠ACB），
=360°-2（∠ABC+∠ACB），
=2∠A，
∴∠DME=180°-2∠A=180°-2α；
（3）∠DME=2∠BAC-180°，
理由如下：在△ABC中，∠ABC+∠ACB=180°-∠BAC，
由（2）得：DM=ME=BM=MC，
∴∠ABC=∠BDM，∠ACB=∠MEC，
∴∠BME+∠CMD=2∠ACB+2∠ABC=2（180°-∠BAC）=360°-2∠BAC，
∴∠DME=180°-（360°-2∠BAC）=2∠BAC-180°．
【例10】（2020·苏州吴江区月考）如图，在四边形中，分别是的中点.

（1）求证：；
（2）若，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）5.
【解析】解：（1）连接BM，DM，

∵∠ABC=∠ADC=90°，
∴△ABC与△ADC是直角三角形，
∵M是AC的中点，
∴BM是△ABC的中线，DM是△ADC的中线，
∴BM=AC，DM=AC，
∴BM=DM，
∴△BMD是等腰三角形，
∵N是BD的中点，
∴MN是等腰△BMD底边上的中线，
∴MN⊥BD；
（2）在Rt△ABC中，AM=BM=CM=AC=5
∴∠BAC=∠ABM，
∴∠BMC=∠BAC+∠ABM=∠BAC+∠BAC=2∠BAC，
在Rt△ADC中，AM=DM=CM=AC=5，
∴∠DAC=∠ADM，
∴∠DMC=∠DAC+∠ADM=∠DAC+∠DAC=2∠DAC，
∵∠BAD=30°，
∴∠BAC+∠DAC=30°，
∴∠BMD=∠BMC+∠DMC=2∠BAC+2∠DAC=2（∠BAC+∠DAC）=60°，
由（1）知：BM=DM，
∴△BMD是等边三角形，
∴BD=BM=DM=5，
故BD的长为5．
【例11】（2021·浙江湖州期末）如图，已知在中，是斜边上的中线，点是边延长线上一点，连结过点作于点，且．

（1）求证：．
（2）若，求的面积．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】证明：（1）∵∠ACB=90°，CD是三角形ABC斜边AB上的中线
∴CD=AD=BD=AB，
∵CF⊥DE，DF=EF
∴△CEF≌△CDE
∴CE=CD
∴AD=CE.
（2）由（1）知：CE=AD=5，AB=2AD=10，

∵∠ACB=90°，AC=6，AB=10
由勾股定理得：BC=8，
∴BE=BC+CE=13，
过D作DG⊥BC于G，
∵CD=BD，DG⊥BC
∴CG=BG=4，
在Rt△BDG中，由勾股定理得：DG=3，
∴S△BED=BE·DG= ．
【例12】（2020·浙江杭州月考）定义，我们把对角线互相垂直的四边形叫做和美四边形，对角线交点作为和美四边形的中心．

（1）写出一种你学过的和美四边形______；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是（ ）
A．矩形 B，菱形 C．正方形 D．无法确定
（3）如图1，点O是和美四边形的中心，分别是边的中点，连接，记四边形的面积为，用等式表示的数量关系（无需说明理由）
（4）如图2，四边形是和美四边形，若,求的长．
【答案】（1）正方形；（2）A；（3）S1+S3=S2+S4；（4）.
【解析】解：（1）正方形是学过的和美四边形，
故答案为：正方形；
（2）顺次连接和美四边形四边中点所得四边形是矩形，
四边形ACBD中，对角线AB⊥CD，即为“和美四边形”，
点E、F、G、H分别是AC、AD、BD、BC的中点，
∴EF∥CD∥HG，且EF=HG=CD，
EH∥FG∥AB，且EH=FG=AB，
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵AB⊥CD，
∴EF⊥EH，
∴平行四边形EFGH是矩形；
故选：A．

（3）连接AC和BD，由和美四边形的定义可知，AC⊥BD，
则∠AOB=∠BOC=∠COD=∠DOA=90°，
又E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴S△AOE=S△BOE，S△BOF=S△COF，S△COG=S△DOG，S△DOH=S△AOH，
∴S1+S3=S△AOE +S△COF+S△COG+S△AOH =S2+S4；

（4）连接AC、BD交于点O，则AC⊥BD，
∵在Rt△AOB中，AO2=AB2-BO2，
Rt△DOC中，DO2=DC2-CO2，AB=4，BC=2，CD=5，
∴可得AD2=AO2+DO2=AB2-BO2+DC2-CO2=AB2+DC2-BC2=42+52-22=37，
得：AD=．

【例13】（2021·四川成都市期中）如图，在平面直角坐标系中，长方形MNPQ的顶点M，N分别在x轴，y轴正半轴上滑动，顶点P、Q在第一象限，若MN=10，PN＝4，在滑动过程中，点P与坐标原点O的距离的最大值为____．

【答案】5+.
【解析】解：如图，取MN的中点E，连接OE，PE，OP，

∵∠MON=90°，E为MN的中点，
∴OE=5，
又∵∠MQP=90°，MN=10，PN=4，NE=5，
∴在Rt△PNE中，PE=，
又∵OP≤PE+OE=，
∴OP的最大值为：，
即点P到原点O距离的最大值为：，
故答案为：．
【例14】（2020·江苏苏州月考）如图，在四边形中，，点E是的中点．若，，则_________．

【答案】.
【解析】解：∵∠ABC=∠ADC=90°，E是对角线AC的中点，
∴BE=DE=AE=EC=AC，
∴∠ABE=∠BAE，∠ADE=∠DAE，
∵∠BEC=∠ABE+∠BAE，∠DEC=∠ADE+∠DAE，∠BED=∠BEC+∠DEC，∠BAE+∠DAE=∠BAD=45°，
∴∠BED=2∠BAE+2∠DAE=2∠BAD，
∵∠BAD=45°，
∴∠BED=90°，
∵BD=2，
∴BE=DE=，
∴AC=2BE=，
故答案为：．
【例15】如图，在中，已知，，是边上的高线，是边上的中线，于点G，且．

（1）求的长；（2）求证：．
【答案】（1）8；（2）见解析.
【解析】解：（1）∵AD是BC边上的高线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°，
∵∠ACB=45°，
∴△ADC是等腰直角三角形，
∴AD=CD=AC=4，∠DAC=45°，
∵∠BAC=105°，
∴∠BAD=∠BAC-∠DAC=60°，
∴∠ABD=30°，
∴AB=2AD=8；
（2）连接DE，

∵CE是AB边上中线，
∴E是AB中点，
在Rt△ABD中，E是斜边AB中点，
∴DE=AB=4，
∵DC=4，
∴DE=DC，
∵DG⊥CE，
∴CG=EG．
4.【折叠问题】
【例16】（2020·海南期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边CD上，将该矩形沿AE折叠，恰好使的D落在边BC上的点F处，如果∠BAF=60°，则∠DAE的大小为（ ）

A．10° B．15 ° C．20 ° D．25°
【答案】B.
【解析】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°
由折叠知：∠FAE=∠DAE
∵∠DAF=∠BAD-∠BAF=30°
∴∠DAE=15°
故答案为：B．
【例17】（2021·广东汕尾期末）如图，将矩形纸片折叠，使点与点重合，折痕为．若，，那么线段的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C.
【解析】解：连接EC， AC与EF交于点O．
可知线段EF和线段AC互相垂直平分．
∴AE=CE，OF=OE，OA=OC
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=
∴OA=．
设AE=CE=x，则BE=8-x，
在Rt△BCE中，（8-x）2+42=x2，
解得：x=5
∴AE=5，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：OE=．
∴EF=2OE=2．

故答案为：C．
【例18】（2020·陕西西安期末）如图，对折矩形纸片，使与重合得到折痕，将纸片展平，再一次折叠，使点落到上的点处，并使折痕经过点，已知，则线段的长度为（ ）

A．1 B． C． D．2
【答案】B.
【解析】解：由四边形ABCD是矩形及折叠知，AE=AD=BC=1，EF⊥AD，
∴∠AEF=90°，
由折叠知AG=AD=2，
∴EG=，
故答案为：B．
【例19】（2020·浙江杭州期中）在矩形纸片中，．如图所示，折叠纸片，使点A落在边上的处，折痕为，当点在边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动，若限定点P、Q分别在线段、边上移动，则点在边上可移动的最大距离为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B.
【解析】解：①当P与B重合时，BA′＝BA＝6，
CA′＝BC−BA′＝10−6＝4，
②当Q与D重合时，由勾股定理，得：CA′＝=＝8，
CA′最大是8，CA′最小是4，点A′在BC边上可移动的最大距离为8−4＝4，
故答案为：B．
【例20】（2021·四川成都月考）如图，有一张长方形纸片ABCD中，纸片宽AB=5cm，沿直线AE把ADE折叠，使点D恰好落在边BC上的点F处，若ABF的面积是30cm2．
（1）求AD的长；（2）求ADE的面积．

【答案】（1）13cm；（2）cm2
【解析】解：（1）∵△ABF的面积是30cm2，AB=5cm，
∴AB•BF=30，
即×5•BF=30，
解得BF=12（cm）．
在Rt△ABF中，
AF（cm），
∵沿直线AE把△ADE折叠，
∴AD=AF=13（cm）；
（2）设DE=xcm，则EC=（5﹣x）cm，
∵BF=12cm，AD=13cm，
∴FC=AD﹣BF=13﹣12=1（cm），
在Rt△EFC中，12+（5﹣x）2=x2，
解得x=，
∴ED=（cm），
∴△ADE的面积（cm2）．
【例21】（2020·吴江经济开发区月考）在四边形中，，．

（1）P为边上一点，如图，将沿直线翻折至的位置（点B落在点E处）
①当点E落在边上时，利用尺规作图，作出满足条件的图形，并直接写出此时_________；
②若点P为边的中点，连接，则与有何位置关系？请说明理由；
（2）点Q为射线上的一个动点，将沿翻折，点D恰好落在直线上的点处，求的长．
【答案】（1）①6，画图见详解；②EC∥PA，理由见详解；（2）BQ=10.
【解析】解：（1）①如图1中，以A为圆心AB为半径画弧交CD于E，作∠EAB的平分线交BC于点P．

在Rt△ADE中，∠D＝90°，AE＝AB＝10，AD＝8，
∴DE＝=＝6，
故答案为：6．
②结论：EC∥PA．

理由：由翻折知：AE＝AB，PE＝PB，
∴PA垂直平分线段BE，即PA⊥BE，
∵PB＝PC＝PE，
∴∠BEC＝90°，
∴EC⊥BE，
∴EC∥PA；
（2）①当点Q在线段CD上时，设DQ＝QD′＝x．

在Rt△AD′B中，AD′＝AD＝8，AB＝10，∠AD′B＝90°，
∴BD′＝，
在Rt△BQC中，∵CQ2＋BC2＝BQ2，
∴（10−x）2＋82＝（x＋6）2，
∴x＝4，
∴QD′＝4，
∴BQ= QD′+ BD′=4+6=10；
②当点Q在线段DC的延长线上时，

∵DQ∥AB，
∴∠DQA＝∠QAB，
∵∠DQA＝∠AQB，
∴∠QAB＝∠AQB，
∴BQ＝AB =10，
综上所述，BQ=10．
【例22】（2021·河南郑州期末）我们学习过利用尺规作图平分一个任意角，而“利用尺规作图三等分一个任意角”曾是数学史上一大难题，之后被数学家证明是不可能完成的．但人们可以通过折纸把一个角三等分，今天我们就通过折纸把一个直角三等分．操作如下：第一步：如图①，对折长方形纸片，使与重合，沿对折后，得到折痕，把纸片展平；
第二步：如图②，再一次折叠纸片，使点落在上（标记为点），并使折痕经过点；
第三步：如图③，再展开纸片，得到折痕，同时连接．
这时就可以得到把直角三等分．为了说明这一方法的正确性，需要对其进行证明．如下给出了不完整的“已知”和“求证”，请补充完整，并写出“证明”过程．
已知：如图④，线段是长方形对折后的折痕，是由沿折叠后得到的三角形 ，求证：

【答案】见解析.
【解析】解：已知：如图④，线段EF是长方形ABCD对折后的折痕，△BOR是△BAR沿BR折叠后得到的三角形，点O在折痕EF上．
求证：BR、BO将∠ABC三等分
证明：连接OA

由折叠知EF垂直平分AB
又点O在对称轴EF上
∴OA=OB
由折叠知OB=AB，∠1=∠2，
∴OA=OB=AB
即△ABO是等边三角形
∴∠ABO=60°
∴∠1=∠2=30°
∵∠ABC=90°
∴∠3=30°
∴∠1=∠2=∠3
即BR、BO将∠ABC三等分.
【例23】（2021·重庆北碚区期末）如图，长方形ABCD中，，，点E为射线DC上的一个动点，△ADE与△AD’E关于直线AE对称，当△AD’B为直角三角形时，DE的长为（ ）

A．2或8 B．或18 C．或2 D．2或18
【答案】D.
【解析】解：分两种情况讨论：
①当E点在线段DC上时，

易知B、D’、E三点共线，
可得：BE=AB=10，BD’=8，DE=D’E=2.
②当E点在线段DC的延长线上时，如下图，

易证，△ABD’’≌△BEC，
∴BE=AB=10，
由勾股定理得：BD’’=8，
∴DE=D’’E=BD’’+BE=18
综上所知，DE=2或18，
故选：D．
【例24】（2020·广东深圳市期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，点E是BC边上一点，连接AE，将∠B沿直线AE折叠，使点B落在点处．

（1）如图1，当点E与点C重合时，与AD交于点F，求证：FA＝FC；
（2）如图2，当点E不与点C重合，且△为直角三角形时，求CE的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）CE的长为或1．
【解析】解：（1）设AD∠CB’于F，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FAC=∠ACB，
∵∠ACB=∠ACF，
∴∠FAC=∠FCA，
∴FA=FC．
（2）分两种情况：
①当∠EB’C=90°时，设CE= x，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC2=AB2+BC2= 32+42=25，
∴AC=5，
由折叠可知：AB=AB’=3，B’E=BE=4-x，此时A、B’、C共线，
∴B’C=5-3=2，
在Rt△B’CE中，EC2=B’E2+B’C2
∴x2=（4-x）2+22，
∴x=，
∴CE=．
②当∠CEB’=90°时，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵∠CEB’=90°，∴∠BEB’=90°
由折叠可知：∠AEB’=∠AEB=45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴BE=AB=3，
∴CE=BC-BE=4-3=1，
综上所述，CE的长为或1．