北师大版九年级数学上册 专题1.2 矩形的性质与判定【九大题型】（举一反三）（学生版+解析版）

这是一份北师大版九年级数学上册 专题1.2 矩形的性质与判定【九大题型】（举一反三）（学生版+解析版），文件包含北师大版九年级数学上册专题12矩形的性质与判定九大题型举一反三教师版docx、北师大版九年级数学上册专题12矩形的性质与判定九大题型举一反三学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc19454" 【题型1 由矩形的性质求线段的长度】 PAGEREF _Tc19454 \h 1
\l "_Tc5294" 【题型2 由矩形的性质求角的度数】 PAGEREF _Tc5294 \h 5
\l "_Tc12459" 【题型3 由矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc12459 \h 8
\l "_Tc32315" 【题型4 矩形的性质与坐标轴的综合运用】 PAGEREF _Tc32315 \h 11
\l "_Tc26081" 【题型5 矩形判定的条件】 PAGEREF _Tc26081 \h 17
\l "_Tc24347" 【题型6 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc24347 \h 20
\l "_Tc16216" 【题型7 矩形中多结论问题】 PAGEREF _Tc16216 \h 25
\l "_Tc26003" 【题型8 矩形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc26003 \h 32
\l "_Tc24068" 【题型9 直角三角形斜边的中线】 PAGEREF _Tc24068 \h 37
【知识点1 矩形的定义】
有一个角是直角的平行四边形是矩形．
【知识点2 矩形的性质】
①平行四边形的性质矩形都具有；②角：矩形的四个角都是直角；③边：邻边垂直；④对角线：矩形的对角线相等；⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
【题型1 由矩形的性质求线段的长度】
【例1】（2023春•新泰市期末）如图，在矩形ABCD中，，对角线AC与BD相交于点O，DE⊥AC，垂足为点E，CE＝OE，则DE的长为（ ）
A．4B．C．D．2
【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，求出OD＝OC，求出OD＝CD＝OD，根据等边三角形的判定得出△DOC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出∠DCA＝60°，求出∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，再根据含30度角的直角三角形的性质得出DEAD即可．
【解答】解：∵四边形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是等边三角形，
∴∠DCA＝60°，
∴∠DAC＝90°﹣∠DCA＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠DEA＝90°，
∴DEAD，
∵AD＝4，
∴DE＝2，
故选：C
【变式1-1】（2023春•开州区期末）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BD＝2，DF＝2，则AF的长为（ ）
A．B．2C．D．3
【分析】根据矩形对角线相等且互相平分，ODBD，再根据DF垂直平分OC，得DC＝OD，分别在Rt△DCF，Rt△DCB中，利用勾股定理求出CF、BC的长，从而求出BF，在Rt△ABF中利用勾股定理求出AF的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形．
∴AB＝CD，ODBD．
∵DF垂直平分OC．
∴CD＝OD．
∴AB＝CD．
在Rt△BCD中，
BC3．
在Rt△DCF中，
CF1．
∴BF＝BC﹣CF＝3﹣1＝2．
在Rt△ABF中，
AF．
故选：C．
【变式1-2】（2023•碑林区校级模拟）如图，在矩形ABCD中，O是BD的中点，E为AD边上一点，且有AE＝OB＝2．连接OE，若∠AEO＝75°，则DE的长为（ ）
A．B．C．2D．22
【分析】连接AC，OE，根据矩形的性质可得AC＝4，由∠AEO＝75°，可得∠EAO＝30°，进而利用含30度角的直角三角形即可解决问题．
【解答】解：如图，连接AC，OE，
在矩形ABCD中，
∵O是BD的中点，
∴OA＝OB，
∵AE＝OB＝2．
∴AE＝OA＝2．
∴AC＝4，
∵∠AEO＝75°，
∴∠EAO＝30°，
∴CDAC＝2，
∴ADCD＝2，
∴DE＝AD﹣AE＝22．
故选：D．
【变式1-3】（2023•南岗区期末）如图，矩形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且CF＝2DF＝2，连接BE，EF，BF，且BF平分∠EBC，∠EFB＝45°，连接CE交BF于点G，则线段EG的长为 ．
【分析】在BC上截取BN，使BN＝BE，过点G作GH⊥EF于点H，证明△NFC≌△FED（AAS），推出ED＝FC＝2，CN＝DF＝1，设BN＝BE＝x，作GQ⊥BE于Q，GP⊥BC于P．利用勾股定理构建方程求出x，再证明，即可解决问题．
【解答】解：在BC上截取BN，使BN＝BE，过点G作GH⊥EF于点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，
在Rt△EDC中，EC，
设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，
∴，
∴，
∴EGEC，
故答案为．
【题型2 由矩形的性质求角的度数】
【例2】（2023春•溧水区期中）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，∠AOD＝110°，则∠CDE大小是（ ）
A．55°B．40°C．35°D．20°
【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝20°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠AOD＝110°，
∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD（180°﹣70°）＝55°，
∵DE⊥AC，
∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，
∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；
故选：C．
【变式2-1】（2023•武昌区期末）如图，把一张矩形纸片沿对角线折叠，如果量得∠EDF＝22°，则∠FDB的大小是（ ）
A．22°B．34°C．24°D．68°
【分析】由∠FDB＝90°﹣∠BDC．根据已知条件易求∠BDC的度数．
【解答】解：∵∠EDF＝22°，∠ADC＝90°，
∴∠EDC＝112°．
∴∠BDC＝56°．
∴∠FDB＝90°﹣∠BDC＝34°．
故选：B．
【变式2-2】（2023春•江夏区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，点M在边DC上，若AM平分∠DMB，则∠AMD的大小是（ ）
A．45°B．60°C．75°D．30°
【分析】由矩形的性质和角平分线定义证出∠BAM＝∠AMB，得出BM＝AB＝2，因此BCBM，由直角三角形的性质得出∠BMC＝30°，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形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，
∴BCBM，
∴∠BMC＝30°，
∴∠AMD＝∠AMB（180°﹣30°）＝75°；
故选：C．
【变式2-3】（2023春•莫旗期末）如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形ABCD的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则平行四边形ABCD的最大内角的大小是 150° ．
【分析】过D作DE⊥AB于点E，根据面积的关系可以得到AD＝2DE，则∠DAE＝30°，再根据平行四边形的性质即可求解．
【解答】解：如图，过D作DE⊥AB于点E，
∵矩形的面积＝AB•BF＝2S平行四边形ABCD＝2AB•DE，
∴BF＝2DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AD＝BC，
∴∠DAE+∠ABC＝180°，
∵BF＝BC，
∴AD＝BF＝2DE，
∴∠DAE＝30°，
∴∠ABC＝180°﹣∠DAE＝150°，
即平行四边形ABCD的最大内角的大小是150°，
故答案为：150°．
【题型3 由矩形的性质求面积】
【例3】（2023春•浦东新区期末）我们把两条对角线所成两个角的大小之比是1：2的矩形叫做“和谐矩形”，如果一个“和谐矩形”的对角线长为10cm，则矩形的面积为 25 cm2．
【分析】根据“和谐矩形”的性质求出∠ADB＝30°，由含30°角的直角三角形的性质求出AB、AD的长，即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是“和谐矩形”，
∴OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD＝10，∠BAD＝90°，∠CAD：∠BAC＝1：2，
∴OA＝OD，∠CAD＝30°，∠BAC＝60°，
∴∠ADB＝∠CAD＝30°，
∴ABBD＝5，ADAB＝5，
∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝5×525（cm2）；
故答案为：25．
【变式3-1】（2023•成都）如图，过矩形ABCD的对角线BD上一点K分别作矩形两边的平行线MN与PQ，那么图中矩形AMKP的面积S1与矩形QCNK的面积S2的大小关系是S1 ＝ S2；（填“＞”或“＜”或“＝”）
【分析】根据矩形的性质，可知△ABD的面积等于△CDB的面积，△MBK的面积等于△QKB的面积，△PKD的面积等于△NDK的面积，再根据等量关系即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，四边形MBQK是矩形，四边形PKND是矩形，
∴△ABD的面积＝△CDB的面积，△MBK的面积＝△QKB的面积，△PKD的面积＝△NDK的面积，
∴△ABD的面积﹣△MBK的面积﹣△PKD的面积＝△CDB的面积﹣△QKB的面积＝△NDK的面积，
∴S1＝S2．
故答案为S1＝S2．
【变式3-2】（2023春•成都期末）如图，点E是矩形ABCD边AD上一动点，连接BE，以BE边作矩形BEFG，使得FG始终经过点C．若矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，则s1与s2的大小关系是（ ）
A．s1＜s2B．s1＝s2C．s1＞s2D．不确定
【分析】连接CE，根据矩形ABCD和矩形BEFG都与三角形CBE同底等高，进而可以解决问题．
【解答】解：如图，连接CE，
∵矩形ABCD的面积为s1，矩形BEFG的面积为s2，
∴s1＝2S△CBE，s2＝2S△CBE，
则s1＝s2．
故选：B．
【变式3-3】（2023春•九龙坡区校级期中）已知：矩形ABCD中，延长BC至E，使BE＝BD，F为DE的中点，连接AF、CF．
（1）求证：CF⊥AF；
（2）若AB＝10cm，BC＝16cm，求△ADF的面积．
【分析】（1）连接BF，根据矩形的性质可得AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得CF＝DF，根据等边对等角可得∠CDF＝∠DCF，然后求出∠ADF＝∠BCF，利用“边角边”证明△ADF和△BCF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AFD＝∠BFC，再根据等腰三角形三线合一可得BF⊥DE，然后求出∠AFC＝90°，即可得证；
（2）根据全等三角形对应边上的高相等可得点F到AD、BC的距离相等，都是AB的一半，然后利用三角形的面积公式列式计算即可得解．
【解答】（1）证明：如图，连接BF，在矩形ABCD中，AD＝BC，∠ADC＝∠BCD＝90°，
∵F为DE的中点，
∴CF＝DF，
∴∠CDF＝∠DCF，
∴∠ADC+∠CDF＝∠BCD+∠DCF，
即∠ADF＝∠BCF，
在△ADF和△BCF中，
，
∴△ADF≌△BCF（SAS），
∴∠AFD＝∠BFC，
∵BE＝BD，F为DE的中点，
∴BF⊥DE，
∴∠AFC＝∠AFB+∠BFC＝∠AFB+∠AFD＝90°，
∴CF⊥AF；
（2）解：∵△ADF≌△BCF，
∴点F到AD、BC的距离相等，
∵AB＝10cm，
∴点F到AD的距离为10＝5cm，
∴△ADF的面积16×5＝40cm2．
【题型4 矩形的性质与坐标轴的综合运用】
【例4】（2023春•潮南区期中）如图，在矩形COED中，点D的坐标是（1，3），则CE的长是（ ）
A．3B．C．D．
【分析】连接OD，过D作DF⊥x轴于F，由矩形的性质得CE＝OD，再由点D的坐标得OF＝1，DF＝3，然后由勾股定理求出OD的长，即可解决问题．
【解答】解：如图，连接OD，过D作DF⊥x轴于F，
∵四边形COED是矩形，
∴CE＝OD，
∵点D的坐标是（1，3），
∴OF＝1，DF＝3，
∴OD，
∴CE，
故选：D．
【变式4-1】（2023春•任城区期末）定义：如果一个三角形有一边上的中线等于这条边的一半，那么称三角形为“智慧三角形”．如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的边OA＝3，OC＝4，点M（2，0），在边AB存在点P，使得△CMP为“智慧三角形”，则点P的坐标为（ ）
A．（3，1）或（3，3）B．（3，）或（3，3）
C．（3，）或（3，1）D．（3，）或（3，1）或（3，3）
【分析】由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，设P（3，a），则AP＝a，BP＝4﹣a；分两种情况：①若∠CPM＝90°，②若∠CMP＝90°，根据勾股定理分别求出CP2、MP2、CM2，并根据图形列出关于a的方程，解得a的值，则可得答案．
【解答】解：由题意可知，“智慧三角形”是直角三角形，∠CPM＝90°或∠CMP＝90°，
∴设P（3，a），则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．
∴P（3，）．
综上，P（3，）或（3，1）或（3，3）．
故选：D．
【变式4-2】（2023•西平县模拟）已知在矩形ABCD中，AB＝4，BC，O为BC上一点，BO，如图所示，以BC所在直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，M为线段OC上的一点．
（1）若点M的坐标为（1，0），如图1，以OM为一边作等腰△OMP，使点P在矩形ABCD的一边上，则符合条件的等腰三角形有几个？请直接写出所有符合条件的点P的坐标；
（2）若将（1）中的点M的坐标改为（4，0），其他条件不变，如图2，那么符合条件的等腰三角形有几个？求出所有符合条件的点P的坐标．
【分析】（1）OM的长是1，小于矩形的宽，也小于OB的长，所以点P只能是OM的垂直平分线与AD的交点；
（2）OM的长是4，等于矩形的宽，所以点P可以是过O、M的垂线与AD的交点，也可以是OM的垂直平分线与AD的交点，又OM的长大于OB的长，所以点P也可以在AB上；
【解答】解：（1）符合条件的等腰△OMP只有1个；
点P的坐标为（，4）；
（2）符合条件的等腰△OMP有4个．
如图②，在△OP1M中，OP1＝OM＝4，
在Rt△OBP1中，BO，
BP1，
∴P1（，）；
在Rt△OMP2中，OP2＝OM＝4，
∴P2（0，4）；
在△OMP3中，MP3＝OP3，
∴点P3在OM的垂直平分线上，
∵OM＝4，
∴P3（2，4）；
在Rt△OMP4中，OM＝MP4＝4，
∴P4（4，4）；
【变式4-3】（2023春•浦江县期中）如图，长方形OABC中，O为平面直角坐标系的原点，A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），点B在第一象限内，点P从原点出发，以每秒2个单位长度的速度沿着O→C→B→A→O的路线移动（移动一周）．
（1）写出点B的坐标；
（2）当点P移动了4秒时，求出点P的坐标；
（3）在移动过程中，当△OBP的面积是10时，直接写出点P的坐标．
【分析】（1）根据矩形的性质以及点的坐标的定义写出即可；
（2）先求得点P运动的距离，从而可得到点P的坐标；
（3）分点P在OC上，在BC上，在AB上，在AO上四种情况讨论，由三角形的面积公式可求点P坐标．
【解答】解：（1）∵A点的坐标为（4，0），C点的坐标为（0，6），
∴OA＝4，OC＝6，
∴点B（4，6）；
（2）∵点P移动了4秒时的距离是2×4＝8，
∴点P的坐标为（2，6）；
（3）如图，
①当点P在OC上时，S△OBPOP1×4＝10，
∴OP1＝5，
∴点P（0，5）；
②当点P在BC上，S△OBPBP2×6＝10，
∴BP2，
∴CP2＝4，
∴点P（ ，6）；
③当点P在AB上，S△OBPBP3×4＝10，
∴BP3＝5，
∴AP3＝6﹣5＝1，
∴点P（4，1）；
④当点P在AO上，S△OBPOP4×6＝10，
∴OP4，
∴点P（，0）．
综上，点P的坐标为（0，5）或（，6）或（4，1）或（，0）．
【知识点3 矩形的判定方法】
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）.
【题型5 矩形判定的条件】
【例5】（2023春•夏邑县期中）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．BE⊥DCC．∠ADB＝90°D．CE⊥DE
【分析】先证四边形DBCE为平行四边形，再由矩形的判定和菱形的判定进行解答即可．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形DBCE为平行四边形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，
∴BD⊥AE，
∴∠BDE＝90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意；
C、∵∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D、∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
故选：B．
【变式5-1】（2023春•江油市期末）在四边形ABCD中，AC、BD交于点O，在下列条件中，不能判定四边形ABCD为矩形的是（ ）
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】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定以及菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠BAD＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意；
B、∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、∵∠ABC+∠BCD＝180°，
∴AB∥CD，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，故选项C符合题意；
D、∵∠BAD＝∠ABC＝90°，
∴AD∥BC，
在Rt△ABD和Rt△BAC中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△BAC（HL），
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【变式5-2】（2023春•仙居县期末）如图，四边形ABCD为平行四边形，延长AD到E，使DE＝AD，连接EB，EC，DB，添加一个条件，不能使四边形DBCE成为矩形的是（ ）
A．AB＝BEB．CE⊥DEC．∠ADB＝90°D．BE⊥DC
【分析】先证明四边形BCDE为平行四边形，再根据矩形的判定进行解答．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
又∵AD＝DE，
∴DE∥BC，且DE＝BC，
∴四边形BCED为平行四边形，
A、∵AB＝BE，DE＝AD，
∴BD⊥AE，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
B、∵CE⊥DE，
∴∠CED＝90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
C、∵∠ADB＝90°，
∴∠EDB＝90°，
∴▱DBCE为矩形，故本选项不符合题意；
D、∵对角线互相垂直的平行四边形为菱形，不一定为矩形，故本选项符合题意；
故选：D．
【变式5-3】（2023•西城区一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG＝EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 DE＝FG（答案不唯一） ．（写出一个即可）
【分析】根据三角形中位线定理得到DE∥BC，推出四边形DFGE是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：DE＝FG，
理由：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE∥BC，
∴DE∥FG，
∵DE＝FG，
∴四边形DFGE是平行四边形，
∵DG＝EF，
∴四边形DFGE是矩形，
故答案为：DE＝FG（答案不唯一）．
【题型6 证明四边形是矩形】
【例6】（2023春•南谯区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若E，F是线段AC上两动点，同时分别从A，C两点出发以1cm/s的速度向点C，A运动．
（1）求证：△ADE≌△CBF；
（2）若BD＝8cm，AC＝14cm，当运动时间t为多少秒时，四边形DEBF是矩形？
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD＝BC，AD∥BC，则∠DAE＝∠BCF，易证AE＝CF，由SAS即可得出结论；
（2）先证四边形DEBF为平行四边形，当BD＝EF时，四边形DEBF为矩形，得出OE＝ODBD，即AC﹣tBD或tACBD，即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF
∵E，F是线段AC上两动点，同时分别从A，C两点出发以1cm/s的速度向点C，A运动，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（SAS）；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∵AE＝CF，
∴OE＝OF
∴四边形DEBF为平行四边形，
∴当BD＝EF时，四边形DEBF为矩形，
∴OE＝ODBD，即AC﹣tBD或tACBD，
∴14﹣t8或t148，
解得：t＝3（s）或t＝11（s），
∴当运动时间t为3秒或11秒时，四边形DEBF是矩形．
【变式6-1】（2023春•海陵区期末）如图，在△ABC中，O是边AC上的一个动点，过点O作直线MN，交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．给出下列信息：①MN∥BC；②OE＝OC；③OF＝OC．
（1）请在上述3条信息中选择其中一条作为条件，证明：OE＝OF；
（2）在（1）的条件下，连接AE、AF，当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？请说明理由．
【分析】（1）由平行线的性质和角平分线定义得∠OEC＝∠ACE，∠OFC＝∠ACF，则OE＝OC，OF＝OC，即可得出结论；
（2）先证四边形AECF是平行四边形，再证∠ECF＝90°，即可得出结论．
【解答】解：（1）选择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）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，理由如下：
当O为AC的中点时，AO＝CO，
由（1）可知，OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠DCF，
∴∠ACE+∠ACF180°＝90°，
即∠ECF＝90°，
∴平行四边形AECF是矩形．
【变式6-2】（2023春•津南区期末）已知▱ABCD，对角线AC，BD相交于点O（AC＞BD），点E，F分别是OA，OC上的动点．
（Ⅰ）如图①，若AE＝CF，求证：四边形EBFD是平行四边形；
（Ⅱ）如图②，若OE＝OB，OF＝OD，求证：四边形EBFD是矩形．
【分析】（Ⅰ）由平行四边形的性质得OB＝OD，OA＝OC，再证OE＝OF，即可得出结论；
（Ⅱ）由平行四边形的性质得OB＝OD，再证OE＝OF＝OB＝OD，进而得出结论．
【解答】证明：（Ⅰ）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，OA＝OC，
∵AE＝CF．
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∵OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形；
（Ⅱ）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB＝OD，
∵OE＝OB，OF＝OD，
∴OE＝OF＝OB＝OD，
∴四边形EBFD是平行四边形，BD＝EF，
∴平行四边形EBFD是矩形．
【变式6-3】（2023春•洪泽区期末）在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，E、F是对角线AC上的两个动点，分别从A、C同时出发相向而行，速度均为每秒1个单位长度，运动时间为t秒，其中0≤t≤10．
（1）若G、H分别是AD、BC的中点，则下列关于四边形EGFH（E、F相遇时除外）的判断：①一定是平行四边形；②一定是矩形；③一定是菱形，正确的是 ① ；（直接填序号，不用说理）
（2）在（1）的条件下，若四边形EGFH为矩形，求t的值．
【分析】（1）利用三角形全等可得EG＝FH，∠AEG＝∠CFH，则EG∥FH，即可证明；
（2）分为两种情况，一种是四边形EGFH为矩形，另一种是FGEH为矩形，利用EF＝GH即可求解；
【解答】解：（1）
连接HG交AC于点O，
在矩形ABCD中，有AD∥CD，AD＝CD，
∴∠DAC＝∠ACB，∠AGH＝∠CHG，
∵G、H分别是AD、BC的中点，
∴AGAD，CHBC，
∴AG＝CH，
∴△AOG≌△COH（ASA），
∴OG＝OH，OA＝OC，
由题意得：AE＝CF，
∴OE＝OF，
∴四边形EGFH是平行四边形，
故①是正确得；
随着t的增加，∠EGF由大变小，不一定是直角，
故②不一定正确；
∵G平分AD，O平分AC，
∴OG∥CD，
∴OG不是AC的垂直平分线，
∴EG与GF不一定相等，
故③不一定正确；
故答案为：①．
（2）（2）如图1，连接GH，
由（1）得AG＝BH，AG∥BH，∠B＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴GH＝AB＝6，
①如图1，当四边形EGFH是矩形时，
∴EF＝GH＝6，
∵AE＝CF＝t，
∴EF＝10﹣2t＝6，
∴t＝2；
②如图2，当四边形EGFH是矩形时，
∵EF＝GH＝6，AE＝CF＝t，
∴EF＝t+t﹣10＝2t﹣10＝6，
∴t＝8；
综上，四边形EGFH为矩形时t＝2或t＝8；
【题型7 矩形中多结论问题】
【例7】（2023•绥化一模）如图，在一张矩形纸片ABCD中AB＝4，BC＝8，点E，F分别在AD，BC上，将纸片ABCD沿直线EF折叠，点C落在AD上的点H处，点D落在点G处，连接CE，CH．有以下四个结论：①四边形CFHE是菱形；②CE平分∠DCH；③线段BF的取值范围为3≤BF≤4；④当点H与点A重合时，EF＝5．以上结论中，其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】①先判断出四边形CFHE是平行四边形，再根据翻折的性质可得CF＝FH，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形证明，判断出①正确；
②根据菱形的对角线平分一组对角线可得∠BCH＝∠ECH，然后求出只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，判断出②错误；
③点H与点A重合时，设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，点G与点D重合时，CF＝CD，求出BF＝4，然后写出BF的取值范围，判断出③正确；
④过点F作FM⊥AD于M，求出ME，再利用勾股定理列式求解得到EF，判断出④错误．
【解答】解：①∵FH与EG，EH与CF都是原来矩形ABCD的对边AD、BC的一部分，
∴FH∥CG，EH∥CF，
∴四边形CFHE是平行四边形，
由翻折的性质得，CF＝FH，
∴四边形CFHE是菱形，故①正确；
②∵四边形CFHE是菱形，
∴∠BCH＝∠ECH，
∴只有∠DCE＝30°时EC平分∠DCH，故②错误；
③点H与点A重合时，设BF＝x，则AF＝FC＝8﹣x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2＝AF2，
即42+x2＝（8﹣x）2，
解得x＝3，
点G与点D重合时，CF＝CD＝4，
∴BF＝4，
∴线段BF的取值范围为3≤BF≤4，故③正确；
④如图，过点F作FM⊥AD于M，
则ME＝（8﹣3）﹣3＝2，
由勾股定理得，
EF2，故④错误．
综上所述，结论正确的有①③，共2个．
故选：B．
【变式7-1】（2023春•南充期末）如图，矩形ABCD中，M，N分别是边AB，CD的中点，BP⊥AN于P，CP的延长线交AD于Q．下列结论：①PM＝CN；②PM⊥CQ；③PQ＝AQ；④DQ＜2PN．其中结论正确的有（ ）
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
【分析】①根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半直接判断即可；
②连接MC，可以判断MC∥AN，根据已知进一步判断△PMC≌△BMC，即可得出结论；
③连接MQ，证得∠MPQ＝90°，进一步证明Rt△MPQ≌Rt△AMQ，得出PQ＝AP即可判断；
④取CQ的中点E，连接EN，则EN∥DQ，根据大角对大边判断即可．
【解答】解：如图，
∵BP⊥AN于P，M是AB的中点，
∴PMAB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，
∴PM＝CN．
∴①正确．
连接MC，则AMCN是平行四边形，
∴MC∥AN，
∵BP⊥AN，
∴BP⊥MC，
∵PM＝BM，
∴∠1＝∠2，
∴△PMC≌△BMC，
∴∠MPC＝∠MBC＝90°．
∴②正确．
连接MQ，由（2）得∠MPQ＝90°，
同理Rt△PMQ≌Rt△AMQ （HL）．
∴PQ＝AQ．
∴③正确．
取CQ中点E，连接EN，
则EN∥DQ，∠PEN＞90°＞∠EPN，
∴PN＞EN．
∴DQ＝2EN＜2PN．
∴④正确．
故选：D．
【变式7-2】（2023春•泉州期末）如图，点P是矩形ABCD内一点，连结PA、PB、PC、PD，设△PAB、△PBC、△PCD、△PDA的面积分别为S1、S2、S3、S4，以下四个判断：
①当∠PAB＝∠PDA时，B、P、D三点共线
②存在唯一一点P，使PA＝PB＝PC＝PD
③不存在到矩形ABCD四条边距离都相等的点P
④若S1＝S2，则S3＝S4
其中正确的是 ②④ ．（写出所有正确结论的序号）
【分析】根据矩形的性质和三角形的面积公式进行逐一判断即可得出结论．
【解答】解：①当∠PAB＝∠PDA时，根据矩形四个角都是直角，
则有∠PAB+∠PAD＝90°，
即∠PAD+∠PDA＝90°，
根据直三角形两个锐角互余可知：∠APD为90°，
即△APD为直角三角形，
则只有正方形ABCD且P为中心时，
才可能B、P、D三点共线，故①错误；
②根据矩形对角线相等且互相平分的性质可知：存在唯一一点P满足PA＝PB＝PC＝PD，
此时P为对角线的交点，故②正确；
③除非矩形ABCD是正方形，则在其内部才存在到矩形ABCD四条边距离都相等的点P．故③错误；
④△PAB和△PCD可看作以AB和CD为底的三角形，
如图，过P分别作PE⊥AB于E，PF⊥CD于F，
则显然有PE，PF在一条有线上，且满足PE+PF＝AD，
则S1+S3AB•PECD•PFAB（PE+PF）AB•AD，
同理可知：S2+S4AD•AB，
即S1+S3＝S2+S4，
故若S1＝S2，则S3＝S4，故④正确，
综上所述：②④正确．
故答案为：②④．
【变式7-3】（2023春•兴文县期中）如图，矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，过点B作BF⊥AC交CD于点F，交AC于点M，过点D作DE∥BF交AB于点E，交AC于点N，连接FN，EM．则下列结论：①DN＝BM；②EM∥FN；③DF＝NF；④当AO＝AD时，四边形DEBF是菱形．其中正确的结论是 ①②④ ．
【分析】根据矩形的性质得到AB＝CD，AB∥CD，∠DAE＝∠BCF＝90°，OD＝OB＝OA＝OC，AD＝BC，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；DE＝BF；根据平行四边形的性质得到EM∥FN，故②正确；根据平行线的性质得到∠FDN＝∠AED，推出AM⊥DE，而AN不一定等于MN，得到DF≠FN，故③错误；根据平行四边形的判定定理得到四边形DEBF是平行四边形，根据等边三角形的性质得到∠ADO＝∠DAN＝60°，推出四边形DEBF是菱形；故④正确．
【解答】解：∵四边形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，
，
∴△DNA≌△BMC（AAS），
∴DN＝BM，∠ADE＝∠CBF，故①正确；
在△ADE和△CBF中，
，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
∴DE﹣DN＝BF﹣BM，即NE＝MF，
∵DE∥BF，
∴四边形NEMF是平行四边形，
∴EM∥FN，故②正确；
∴∠DNF＝∠DEM，
∵DC∥AB，
∴∠FDN＝∠AED，
∵AM⊥DE，而AN不一定等于MN，
∴∠AED≠∠DEM，
∴∠FDN≠∠FND，
∴DF≠FN，故③错误；
∵AB＝CD，AE＝CF，
∴BE＝DF，
∵BE∥DF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵AO＝AD，
∴AO＝AD＝OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO＝∠DAN＝60°，
∴∠ABD＝90°﹣∠ADO＝30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN＝∠ODN＝30°，
∴∠ODN＝∠ABD，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确；
故答案为：①②④．
【题型8 矩形的判定与性质综合】
【例8】（2023春•海淀区期末）如图，在△ABC中，D是AB上一点，AD＝DC，DE平分∠ADC交AC于点E，DF平分∠BDC交BC于点F，∠DFC＝90°．
（1）求证：四边形CEDF是矩形；
（2）若∠B＝30°，AD＝2，连接BE，求BE的长．
【分析】（1）证∠EDF＝90°，∠CED＝90°，再由∠DFC＝90°，即可得出结论；
（2）证△ACD是等边三角形，得∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，则AE＝CE＝1，再由勾股定理得DE，然后由三角形中位线定理得BC＝2DE＝2，由勾股定理即可得出结论．
【解答】（1）证明：∵DE平分∠ADC，DF平分∠BDC，
∴∠ADE＝∠CDE∠ADC，∠CDF∠BDC，
∴∠CDE+∠CDF（∠ADC+∠BDC）180°＝90°，
即∠EDF＝90°，
∵AD＝DC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴∠CED＝∠AED180°＝90°，
又∵∠DFC＝90°，
∴四边形CEDF是矩形；
（2）解：由（1）可知，四边形CEDF是矩形，
∴∠CED＝∠ECF＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠B＝90°﹣30°＝60°，DE⊥AC，
∵AD＝DC，
∴CE＝AE，△ACD是等边三角形，
∴∠ACD＝60°，AC＝AD＝2，
∴AE＝CE＝1，
∴DE，
∵∠DCB＝∠ECF﹣∠ACD＝90°﹣60°＝30°，
∴∠DCB＝∠B，
∴DB＝DC＝AD，
∴DE是△ABC的中位线，
∴BC＝2DE＝2，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：BE，
即BE的长为．
【变式8-1】（2023•息烽县二模）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥AC，且，连接EC、ED．
（1）求证：四边形BECO是矩形；
（2）若AC＝2，∠ABC＝60°，求DE的长．
【分析】（1）由菱形的性质得∠BOC＝90°，OCAC，推出BE＝OC，即可得出四边形BECO是平行四边形，又由∠BOC＝90°，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得AC⊥BD，OBBD，OCAC＝1，AB＝BC，易证△ABC是等边三角形，得出BC＝AC＝2，由勾股定理求出OB，则BD＝2，由矩形的性质得出BE＝OC＝1，∠DBE＝90°，再由勾股定理即可得出结果．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BOC＝90°，OC＝OAAC，
∵BEAC，
∴BE＝OC，
∵BE∥AC，
∴四边形BECO是平行四边形，
∵∠BOC＝90°，
∴四边形BECO是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OBBD，OCAC＝1，AB＝BC，
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴BC＝AC＝2，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：OB，
∴BD＝2OB＝2，
由（1）得：四边形BECO是矩形，
∴BE＝OC＝1，∠DBE＝90°，
在Rt△DBE中，由勾股定理得：DE．
【变式8-2】（2023•开福区校级二模）如图，平行四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点A作AF⊥CD，垂足为F，延长DC到点E，使CE＝DF，连接BE．
（1）求证：四边形ABEF是矩形；
（2）若AB＝5，CF＝2，AC⊥BD，连接OE，求OE的长．
【分析】（1）先证四边形ABEF是平行四边形，再证∠AFE＝90°，即可得出结论；
（2）证平行四边形ABCD是菱形，得AD＝CD＝AB＝5，再由勾股定理求出AF＝4，然后由矩形的性质和勾股定理求出BD＝4，即可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD，
∵CE＝DF，
∴CE+CF＝DF+CF，
即EF＝CD，
∴AB＝EF，
∴四边形ABEF是平行四边形，
又∵AF⊥CD，
∴∠AFE＝90°，
∴平行四边形ABEF是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴OB＝OD，平行四边形ABCD是菱形，
∴AD＝CD＝AB＝5，
∴DF＝CD﹣CF＝5﹣2＝3，
∵AF⊥CD，
∴∠AFD＝90°，
∴AF4，
由（1）得：四边形ABEF是矩形，
∴∠BEF＝90°，BE＝AF＝4，
∵CE＝DF＝3，
∴DE＝CD+CE＝8，
∴BD4，
又∵OB＝OD，
∴OEBD＝2．
【变式8-3】（2023•崇左）如图，O是矩形ABCD的对角线的交点，E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD上的点，且AE＝BF＝CG＝DH．
（1）求证：四边形EFGH是矩形；
（2）若E、F、G、H分别是OA、OB、OC、OD的中点，且DG⊥AC，OF＝2cm，求矩形ABCD的面积．
【分析】（1）首先证明四边形EFGH是平行四边形，然后再证明HF＝EG；
（2）根据题干求出矩形的边长CD和BC，然后根据矩形面积公式求得．
【解答】（1）证明：∵四边形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，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：∵G是OC的中点，
∴GO＝GC，
∵DG⊥AC，
∴∠DGO＝∠DGC＝90°，
又∵DG＝DG，
∴△DGC≌△DGO，
∴CD＝OD，
∵F是BO中点，OF＝2cm，
∴BO＝4cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DO＝BO＝4cm，
∴DC＝4cm，DB＝8cm，
∴CB4，
∴矩形ABCD的面积＝4×416cm2．
【知识点4 直角三角形斜边中线】
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．
【题型9 直角三角形斜边的中线】
【例9】（2023•青县二模）如图，直角△ABC中，∠B＝90°，∠BAC＝78°，过C作CF∥AB，连接AF与BC相交于G，若GF＝2AC，则∠BAG的大小是 26 度．
【分析】取FG的中点E，连接EC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得EC＝AC，从而可推出∠EAC＝∠AEC＝∠F+∠ECF＝2∠F，已知，∠BAC＝78°，则不难求得∠BAG的度数．
【解答】解：如图，取FG的中点E，连接EC．
∵FC∥AB，
∴∠GCF＝90°，
∴ECFG＝AC，
∴∠EAC＝∠AEC＝∠F+∠ECF＝2∠F，
设∠BAG＝x，则∠F＝x，
∵∠BAC＝78°，
∴x+2x＝78°，
∴x＝26°，
∴∠BAG＝26°，
故答案为：26．
【变式9-1】（2023春•河南期末）如图，在△ABC中，点D在边AC上，DB＝BC，E是CD的中点，F是AB的中点．
（1）直接写出AB与EF的数量关系： EFAB ；
（2）若AD＝3，BD＝2，∠C＝60°，求EF的长．
【分析】（1）连接BE，根据等腰三角形三线合一的性质可得BE⊥AC，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半证明．
（2）连接BE．首先证明△BCD是等边三角形，解直角三角形求出AB，再利用直角三角形斜边中线定理即可解决问题；
【解答】（1）解：结论：EFAB
理由：如图，连接BE，
∵在△BCD中，DB＝BC，E是CD的中点，
∴BE⊥CD，
∵F是AB的中点，
∴在Rt△ABE中，EF是斜边AB上的中线，
∴EFAB．
故答案为EFAB．
（2）解：连接BE．
∵BD＝BC，∠C＝60°，
∴△CBD是等边三角形，
∴CD＝BD＝BC＝2，
∵E是BC中点，
∴DECD＝1，
在Rt△BED中，∵BE，
在Rt△AEB中，AE＝AD+DE＝3+1＝4，
∴AB，
∵F是AB中点，
∴EFAB．
【变式9-2】（2023•浦东新区期末）如图（1），已知锐角△ABC中，CD、BE分别是AB、AC边上的高，M、N分别是线段BC、DE的中点．
（1）求证：MN⊥DE．
（2）连接DM，ME，猜想∠A与∠DME之间的关系，并证明猜想．
（3）当∠A变为钝角时，如图（2），上述（1）（2）中的结论是否都成立，若结论成立，直接回答，不需证明；若结论不成立，说明理由．
【分析】（1）连接DM，ME，根据直角三角形的性质得到DMBC，MEBC，得到DM＝ME，根据等腰直角三角形的性质证明；
（2）根据三角形内角和定理、等腰三角形的性质计算；
（3）仿照（2）的计算过程解答．
【解答】（1）证明：如图（1），连接DM，ME，
∵CD、BE分别是AB、AC边上的高，M是BC的中点，
∴DMBC，MEBC，
∴DM＝ME，
又∵N为DE中点，
∴MN⊥DE；
（2）在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠A，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BMD+∠CME＝（180°﹣2∠ABC）+（180°﹣2∠ACB），
＝360°﹣2（∠ABC+∠ACB），
＝360°﹣2（180°﹣∠A），
＝2∠A，
∴∠DME＝180°﹣2∠A；
（3）结论（1）成立，结论（2）不成立，
理由如下：连接DM，ME，
在△ABC中，∠ABC+∠ACB＝180°﹣∠BAC，
∵DM＝ME＝BM＝MC，
∴∠BME+∠CMD＝2∠ACB+2∠ABC，
＝2（180°﹣∠BAC），
＝360°﹣2∠BAC，
∴∠DME＝180°﹣（360°﹣2∠BAC），
＝2∠BAC﹣180°．
【变式9-3】（2023秋•启东市校级月考）引理：如图1所示已知Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，则CD＝AD＝DBAB
应用格式为：∵CD是斜边AB上的中线，∴CD＝AD＝DBAB
如图2所示已知，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，D为AB的中点，若E在直线AC上任意一点，DF⊥DE，交直线BC于F点．G为EF的中点，延长CG交AB直线于点H．
（1）若E在边AC上．①试说明DE＝DF；②试说明CG＝GH；（本题需要用引理）
（2）若AE＝3，CH＝5．求边AC的长．
【分析】（1）①连接CD，推出CD＝AD，∠CDF＝∠ADE，∠A＝∠DCB，证△ADE≌△CDF即可；
②连接DG，根据直角三角形斜边上中线求出CG＝EG＝GF＝DG，推出∠GCD＝∠GDC，推出∠GDH＝∠GHD，推出DG＝GH即可；
（2）由于E是直线AC上任意一点，所以分两种情况进行讨论：①E在线段AC上；②E在线段CA延长线上．求出EF＝5，根据勾股定理求出EC；③E在AC延长线上时；即可得出答案．
【解答】解：（1）①连接CD，
∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，AC＝BC，
∴CD＝AD＝BD，
又∵AC＝BC，
∴CD⊥AB，
∴∠EDA+∠EDC＝90°，∠DCF＝∠DAE＝45°，
∵DF⊥DE，
∴∠EDF＝∠EDC+∠CDF＝90°，
∴∠ADE＝∠CDF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF，
∴DE＝DF．
②连接DG，
∵∠ACB＝90°，G为EF的中点，
∴CG＝EG＝FG，
∵∠EDF＝90°，G为EF的中点，
∴DG＝EG＝FG，
∴CG＝DG，
∴∠GCD＝∠CDG
又∵CD⊥AB，
∴∠CDH＝90°，
∴∠GHD+∠GCD＝90°，∠HDG+∠GDC＝90°，
∴∠GHD＝∠HDG，
∴GH＝GD，
∴CG＝GH．
（2）分两种情况：
①如图，当E在线段AC上时，
∵CG＝GH＝EG＝GF，
∴CH＝EF＝5，
∵△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF＝3，
∴在Rt△ECF中，由勾股定理得：CE4，
∴AC＝AE+EC＝3+4＝7；
②如图，当E在线段CA延长线上时，
AC＝EC﹣AE＝4﹣3＝1．
③E在AC延长线上时，AC＝AE﹣CE，AC＝3﹣4＝﹣1（舍去）．
综合上述，AC＝7或1．