第23讲 特殊四边形-矩形（2考点+19题型+8类型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用）

这是一份第23讲 特殊四边形-矩形（2考点+19题型+8类型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义（全国通用），文件包含第23讲特殊四边形-矩形讲义原卷版docx、第23讲特殊四边形-矩形讲义解析版docx等2份学案配套教学资源，其中学案共171页， 欢迎下载使用。
2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数）。
3、要学会抢得分点。要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想：体现在数学上也就是要把难转简，把不熟转熟，把未知转为已知的问题。
第23讲 特殊四边形-矩形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156858530" \l "_Tc156807534" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc156858531" 考点一 矩形的性质与判定
\l "_Tc156858532" 题型01 利用矩形的性质求角度
\l "_Tc156858533" 题型02 利用矩形的性质求线段长
\l "_Tc156858534" 题型03 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156858535" 题型04 求矩形在坐标系中的坐标
\l "_Tc156858536" 题型05 根据矩形的性质证明
\l "_Tc156858537" 题型06 矩形的判定定理的理解
\l "_Tc156858538" 题型07 添加一个条件使四边形是矩形
\l "_Tc156858539" 题型08 证明四边形是矩形
\l "_Tc156858540" 题型09 根据矩形的性质与判定求角度
\l "_Tc156858541" 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156858542" 题型11 根据矩形的性质与判定求面积
\l "_Tc156858543" 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156858544" 题型13 与矩形有关的新定义问题
\l "_Tc156858545" 题型14 与矩形有关的规律探究问题
\l "_Tc156858546" 题型15 与矩形有关的动点问题
\l "_Tc156858547" 题型16 矩形与一次函数综合
\l "_Tc156858548" 题型17 矩形与反比例函数综合
\l "_Tc156858549" 题型18 矩形与二次函数综合
\l "_Tc156858550" 考点二 矩形的折叠问题
\l "_Tc156858551" 题型01 与矩形有关的折叠问题
\l "_Tc156858552" 类型一 沿对角线翻折（模型一）
\l "_Tc156858553" 类型二 将矩形短边顶点翻折到对角线上（模型二）
\l "_Tc156858554" 类型三 将矩形短边顶点翻折到长边上（模型三）
\l "_Tc156858555" 类型四 矩形短边沿折痕翻折（模型四）
\l "_Tc156858556" 类型五 通过翻折将矩形两个顶点重合（模型五）
\l "_Tc156858557" 类型六 将矩形短边顶点翻折到对称轴上（模型六）
\l "_Tc156858558" 类型七 将矩形翻折使其一个顶点落在一边上（模型七）
\l "_Tc156858559" 类型八 其它
考点一 矩形的性质与判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
题型01 利用矩形的性质求角度
【例1】（2023·广东江门·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠BAC=35°，则∠BOC的度数是（ ）
A．65°B．70°C．75°D．80°
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，证出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠ABO=35°，
∴∠BOC=2×35°=70°；
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出OA=OB是解题关键．
【变式1-1】（2022·安徽安庆·安庆市第二中学校考三模）如图，O是矩形ABCD的对角线交点，AE平分∠BAD，∠AOD=120°，∠AEO的度数为（ ）

A．10°B．15°C．25°D．30°
【答案】D
【分析】先根据矩形的性质和∠AOD=120°证明△BAO是等边三角形，△BAE是等腰直角三角形，推出OB=BE，再根据等腰对等角求出∠BEO，则∠AEO=∠BEO−∠BEA．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OB，∠ABC=∠BAD=90°，
∴ ∠BAO=∠ABO，
∵ ∠AOD=∠BAO+∠ABO=120°，
∴ ∠BAO=∠ABO=12×120°=60°，
∴ △BAO是等边三角形．
∴ AB=OB，
∵ AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=12×90°=45°，
∴ ∠BAE=∠BEA=45°，
∴ AB=BE，
∴ OB=BE，
∴ ∠BOE=∠BEO，
又∵ ∠OBE=∠ABC−∠ABO=30°，
∴ ∠BEO=12×180°−30°=75°，
∴ ∠AEO=∠BEO−∠BEA=75°−45°=30°．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，解题的关键是证明△BAO是等边三角形．
【变式1-2】（2023·山西大同·统考模拟预测）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形ABCD中，IJ∥KL,EF∥GH，∠1=∠2=30°，∠3的度数为（ ）．

A．30°B．45°C．50°D．60°
【答案】D
【分析】由矩形的性质可得∠D=∠C=90°，进而可得∠HGC=∠IJD=60°；再根据三角形内角和定理可得∠GMJ=60°；然后再证四边形NUMV是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠VNU=∠GMJ=60°，最后由对顶角相等即可解答．
【详解】解：如图：∵矩形ABCD中，
∴∠D=∠C=90°,
∵∠1=∠2=30°，
∴∠HGC=∠IJD=60°,
∴∠GMJ=60°,
∵IJ∥KL,EF∥GH，
∴四边形NUMV是平行四边形，
∴∠VNU=∠GMJ=60°,
∴∠3=∠VNU=60°．
故选D．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理是解答本题的关键．
【变式1-3】（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图，矩形ABCD中，点E为CD边的中点，连接AE，过E作EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠BAF=α，则∠EFC的度数为（ ）

A．αB．45°+α2C．45°−α2D．90°−α
【答案】B
【分析】延长AE，交BC的延长线于点G，根据矩形的性质可得，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，可证△ADE≌△GCE(ASA)，根据全等三角形的性质可得AE=GE，可知EF垂直平分AG，根据线段垂直平分线的性质可得AF=GF，进一步可得∠G=∠FAE，根据AD∥BC，可得∠DAE=∠G，可表示出∠DAE的度数，进一步可得∠FEC的度数，再根据∠FEC+∠EFC=90°，可得∠EFC的度数．
【详解】解：延长AE，交BC的延长线于点G，如图所示：
在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，
∴∠ECG=90°，
∵E为CD边中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△GCE中，
∠D=∠ECGDE=CE∠AED=∠GEC，
∴△ADE≌△GCE(ASA)，
∴AE=GE，
∵EF⊥AE，
∴EF垂直平分AG，
∴AF=GF，
∴∠FAE=∠G，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠G，
∴∠DAE=∠FAE，
∵∠BAF=α，
∴∠DAE=90°−α2，
∵∠DAE+∠AED=90°，∠AED+∠FEC=90°，
∴∠FEC=∠DAE=90°−α2，
∵∠FEC+∠EFC=90°，
∴∠EFC=90°−90°−α2=45°+α2，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式1-4】（2023·安徽合肥·校考三模）如图，a∥b，矩形ABCD的顶点B在直线a上，若∠1=34°，则∠2的度数为（ ）

A．34°B．46°C．56°D．66°
【答案】C
【分析】过点A作AE∥a，利用矩形的性质和平行线的判定与性质解答即可．
【详解】解：过点A作AE∥a，如图，
∴∠EAB=∠1=34°．
∵a∥b，AE∥a，
∴AE∥b，
∴∠2=∠DAE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAE=90°−∠EAB=56°，
∴∠2=56°．
故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，过点A作AE∥a是解题的关键．
题型02 利用矩形的性质求线段长
【例2】（2022·安徽·合肥38中校考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，EF经过点O且EF⊥BD，EF分别与AD，BC交于点E，F，若AB=2，BC=4，则AE等于（ ）

A．32B．2C．52D．3
【答案】A
【分析】连接BE，由矩形的性质可得OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°，由线段垂直平分线的性质可得BE=DE=AD−AE，由勾股定理可得(4−AE)2=22+AE2，求解即可．
【详解】解：如图，连接BE，
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°，
∵EF⊥BD，OB=OD，
∴ EF是BD的垂直平分线，
∴BE=DE=AD−AE=4−AE，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2，
则(4−AE)2=22+AE2，
解得：AE=32，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、线段垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式2-1】（2023·广西南宁·校考二模）在矩形ABCD中，AB=3，将AB绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到BE，连接DE，若DE的最小值为2，则BC的长为 ．

【答案】4
【分析】根据三角形不等式得到BE+DE＞BD，当点B，点E，点D三点共线时，BE+DE取得最小值，得到BD=5，根据勾股定理计算BC即可．
【详解】∵BE+DE＞BD，
∴当点B，点E，点D三点共线时，BE+DE取得最小值，
∵BE=AB=3,
∴DE的最小值为2，
∴BD=5，
∵矩形ABCD，AB=3，
∴AB=CD=3,∠BCD=90°
∴BC=BD2−CD2=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握两点之间线段最短，勾股定理是解题的关键．
【变式2-2】（2023·海南儋州·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E为对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F．连接AF交BE于点O，若AB=AE，则线段AF与BD的位置关系为 ；BF的长为 ．

【答案】 AF⊥BD 94
【分析】先证Rt△ABF≌Rt△AEF可得∠BAF=∠EAF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AF⊥BD，再由面积法可求AO=125的长，进而求得BO=95，再求得cs∠CBD=BCBD=BOBF=45即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°．
∵AB=3，AD=4，
∴BD=AB2+AD2=16+9=5．BC=AD=4，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°．
在Rt△ABF和Rt△AEF中，
AB=AE,AF=AF,
∴△ABF≌△AEFHL．
∴∠BAF=∠EAF．
又∵AB=AE，
∴AF⊥BD．
∴12AB⋅AD=12AO⋅BD，
∴AO=AB⋅ADBD=125．
∴BO=AB2−AO2=9−14425=95，
∴cs∠CBD=BCBD=BOBF=45，
∴BF=54BO=54×95=94．
故答案为AF⊥BD，94．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，灵活运用相关判定、性质是解答本题的关键．
【变式2-3】（2023·浙江宁波·校考一模）如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，F是OC的中点，连接EF交OB于点P，那么OPPB= ．

【答案】13
【分析】取OB的中点H，连接EH，根据矩形性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得EH=OH=BH，AE=BE，根据EH∥AC可证得△OFP∽△HEP，可求得OP=PH=12OH，即可求解．
【详解】如图，取OB的中点H，连接EH，

∵ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵OE⊥AB，点H为OB中点，
∴EH=OH=BH，AE=BE，
∴EH∥AC
∴△OFP∽△HEP
∴EHOF=OPPH
∵F是OC的中点，
∴OF=12OC=12OB=EH，
∴OP=PH=12OH
∴PB=3OP
∴OPPB=13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2-4】（2022·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，E、F分别是AD、BC的中点，点P、Q在EF上．且满足PQ=2，则四边形APQB周长的最小值为 ．

【答案】12
【分析】因为PQ和AB是定长，所以要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可，在AB上截取AM=PQ，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CM与EF交于点Q，则CM即为AP+BQ的最小值；
【详解】解：∵四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB，
∵AB=5，BC=4，PQ=2，
∴四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB=7+AP+BQ，
要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可，
在AB上截取AM=PQ，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CM与EF交于点Q，则CM即为AP+BQ的最小值，

∴BQ=CQ，
∴MB=3，BC=4，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：
MC=32+42=5，
∴四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB=7+AP+BQ=7+5=12．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称---最短路线问题、矩形的性质，能够将所求四边形的周长转化为求AP+BQ的最小值是解题的关键．
题型03 利用矩形的性质求面积
【例3】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且AE=13AB，BF=13BC，CG=13CD，DH=13DA，若矩形ABCD面积为9，则四边形EFGH的面积为( )

A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】设AE=a，BF=b，根据AE=13AB，BF=13BC，CG=13CD，DH=13DA可知AB=CD=3a，AD=BC=3b，AE=CG=a，BF=DH=b，BE=DG=2a，AH=CF=2b，从而得到△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，再根据“矩形的面积是9”求出ab，从而得到四边形EFGH的面积为9−4ab=5．
【详解】解：设AE=a，BF=b，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AE=13AB，BF=13BC，
∴AB=CD=3a，AD=BC=3b，
又∵CG=13CD，DH=13DA，
∴AE=CG=a，BF=DH=b，
∴BE=DG=2a，AH=CF=2b，
∴△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，
∴AB=3a，AD=3b，
∵矩形ABCD面积为9，
∴AB·AD=3a·3b=9ab=9，
∴ab=1，
∵△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，
∴四边形EFGH的面积=9−4ab=9−4=5．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质和直角三角形的面积公式，掌握矩形的面积公式及合理设未知数列方程是解题的关键．
【变式3-1】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，延长AB至E，使得ABBE=56，连接CE，若矩形ABCD的面积为20，则△BCE的面积为（ ）

A．16B．14C．12D．10
【答案】C
【分析】先由矩形的性质求出S△ABC=12S矩形ABCD=10，再根据S△ABCS△BEC=ABBE求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的面积为20，
∴S△ABC=12S矩形ABCD=10
∵矩形ABCD，
∴BC⊥AB
∴S△ABCS△BEC=ABBE，即10S△BEC=56，
∴S△BEC=12，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，得出S△ABCS△BEC=ABBE是解题的关键．
【变式3-2】（2023·山西太原·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A和C分别落在y轴与x轴的正半轴上，OA=6，OC=8．若直线y=2x+b把矩形面积两等分，则b的值等于（ ）

A．5B．2C．−2D．−5
【答案】D
【分析】直线y=2x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点，求出点的坐标，用待定系数法求解析式即可．
【详解】解：∵OA=6，OC=8，
所以A点坐标为(0，6)，C点坐标为(8，0)，
则AC中点坐标为(4，3)，
因为矩形是中心对称图形，对称中心是对角线中点，
所以直线y=2x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点，
代入解析式得，3=2×4+b，解得，b=−5；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和求一次函数解析式，解题关键是明确平分矩形面积一定经过对角线中点，再用待定系数法求解．
【变式3-3】（2023·江苏常州·校考一模）如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木框A'B'C'D'，且A'D'与CD相交于CD边的中点E，若AB=4，BC=5，则原矩形ABCD和平行四边形A'B'C'D'重叠部分的面积是 ．
【答案】10−23
【分析】根据矩形和平行四边形的性质可得：AD∥BC∥A'D'，CD⊥BC，AB=CD=CD'=4，AD=BC=A'D'=5，从而得出CD⊥A'D'，根据中点的定义即可求出CE，然后根据勾股定理即可求出ED'，进而求出AE，最后根据梯形面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵矩形木框ABCD变形为平行四边形木框A'B'C'D'
∴AD∥BC∥A'D'，CD⊥BC，AB=CD=CD'=4，AD=BC=A'D'=5，
∴CD⊥A'D'
∵点E为CD的中点，
∴CE=12CD=2，
在Rt△CED'中，根据勾股定理可得：ED'=CD'2−CE2=23，
∴AE=AD'−ED'=5−23，
∴S阴影=S梯形BCEA'=CEA'E+BC2=5+5−232×2=10−23
故答案为：10−23．
【点睛】此题考查的是矩形的性质、平行四边形的性质、勾股定理，掌握矩形的性质定理、平行四边形的性质定理、用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
【变式3-4】（2023·湖南湘西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是对角线AC上一点，AP=2，连接BD，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】215
【分析】作DE⊥AC于点E，作BF⊥AC于点F，对角线AC与BD交于点O，根据勾股定理求出AC=5，则OA=OC=52，进而得出OP=12，PC=3，根据S△ADC=12AC⋅DE=12AD⋅CD，得出DE=125，同理可得：BF=125，最后根据S阴影部分=S△BOP+S△DPC即可求解．
【详解】解：如图，作DE⊥AC于点E，作BF⊥AC于点F，对角线AC与BD交于点O，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AB=DC=3，BC=AD=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∴OA=OC=12AC=52，
∵AP=2，
∴OP=OA−AP=12，
∴PC=OP+OC=3，
∵S△ADC=12AC⋅DE=12AD⋅CD，
∴5DE=12，
∴DE=125，
同理可得：BF=125
∴S阴影部分=S△BOP+S△DPC=12×12×125+12×3×125=215．
所以图中阴影部分的面积为215．
故答案为：215．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形四个角都是直角，矩形对角线互相平分且相等，以及勾股定理内容．
题型04 求矩形在坐标系中的坐标
【例4】（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OB=4，OA=3，AD=10，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(6,5)B．(5,6)C．(−6,−5)D．(−5,−6)
【答案】C
【分析】过点D作DT⊥x轴于点T．首先证明△ATD∽△BOA，利用相似三角形的性质求出点D的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．
∵OA=3，OB=4，∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=32+42=5，
∵∠ATD=∠AOB=∠BAD=90°，
∴∠DAT+∠BAO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAT=∠ABO，
∴△ATD∽△BOA，
∴ ADAB=ATOB=DTOA，
∴ 105=AT4=DT3，
∴AT=8，DT=6，
∴OT=AT−OA=8−3=5，
∴D(−5,6)，
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点D的坐标为(6,5)；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为(5,−6)；
则第3次旋转结束时，点D的坐标为(−6,−5)；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为(−5,6)；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2023÷4=505…3，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为(−6,−5)．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转、规律型−点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
【变式4-1】（2023·天津河东·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，O是BD的中点.若AB=OB=23，则点C的坐标是（ ）

A．（3，3）B．−3,−3C．(3，3）D．(−3,−3)
【答案】B
【分析】过点A作AF⊥x轴，垂足为F，由四边形ABCD是矩形易证得△AOB是等边三角形,进而∠AOF=30°，解直角三角形得AF=OA⋅sin∠AOF=3，OF=OA⋅cs30°=3，所以A(3,3)，由矩形是中心对称图形知点A，点C关于原点对称，得点C(−3,−3)．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB
∵AB=OB=23
∴OA=AB=OB=23，∠AOB=60°
过点A作AF⊥x轴，垂足为F，

则AF=OA⋅sin∠AOF=OA⋅sin(90°−60°)=23×12=3
OF=OA⋅cs30°=23×32=3
∴点A(3,3)
∵点A，点C关于原点对称，
∴点C(−3,−3)，
故选：B
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质、解直角三角形，点坐标的含义；结合已知条件构建直角三角形求解相关线段是解题的关键．
【变式4-2】（2022·山东聊城·校联考一模）如图，已知矩形AOBC的顶点O在坐标原点，点A的坐标是（－2，1），点B的纵坐标是3，则点C的坐标是（ ）
A．−12,4B．−23,4C．−12,25D．−23,25
【答案】A
【分析】作BD⊥x轴于点D， 过点A作FE⊥x轴于点E，过点C作FG⊥y轴于点G，先通过角度等量代换证明ΔEAO∼ΔDOB，求出OD=32，再证明ΔDBO≅ΔFAC，求出FC，AF，则CG=OE−CF，EF=AE+FA，由此可解．
【详解】解：如图，
作BD⊥x轴于点D， 过点A作FE⊥x轴于点E，过点C作FG⊥y轴于点G，
∵点A的坐标是（－2，1），点B的纵坐标是3，
∴AE=1，OE=2，BD=3，
∵BD⊥x轴，FE⊥x轴，FG⊥y轴，
∴∠AFC=∠OEA=∠BDO=90°，
∵ 四边形AOBC是矩形，
∴∠CAO=∠AOB=90°，
∴∠EAO+∠EOA=∠DOB+∠EOA=90°，
∴∠EAO=∠DOB，
∴ΔEAO∼ΔDOB，
∴ODAE=BDOE，即OD1=32，
∴OD=32．
∵ 四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB，
∵∠EAO+∠EOA=∠FAC+∠EAO=90°，
∴∠EOA=∠FAC，
又∵ΔEAO∼ΔDOB，
∴∠EOA=∠DBO，
∴∠DBO=∠FAC，
在ΔDBO和ΔFAC中，
∠DBO=∠FAC∠ODB=∠CFAAC=OB，
∴ΔDBO≅ΔFAC，
∴FC=OD=32，AF=BD=3，
∴CG=OE−CF=2−32=12，EF=AE+FA=1+3=4，
∵点C在第二象限，
∴点C的坐标是−12,4．
故选A．
【点睛】本题考查矩形的性质、平面直角坐标系内点的坐标，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线构造全等及相似三角形是解题的关键．
【变式4-3】（2021·湖南株洲·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠，折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为10,8，则点E的坐标为（ ）
A．10,3B．10,5C．6,3D．4,3
【答案】A
【分析】根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
【详解】解：∵四边形AOCD为矩形，D的坐标为(10,8)，
∴AD=OC=10，DC=AO=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中,OF=AF2−AO2 =6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中,EF2=EC2+FC2，
即(8−x)2=x2+42，
解得x=3，即EC的长为3，
∴点E的坐标为(10,3)．
故选择A．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠性质，勾股定理，掌握矩形的性质，折叠性质，勾股定理，利用勾股定理构造方程是解题关键．
【变式4-4】（2023·江西萍乡·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，点M在坐标轴上，点N在坐标平面内，若以A、B、M、N为顶点的四边形为矩形，则点N的坐标为 ．

【答案】4,2或3,−2或−4,−6
【分析】分类讨论：①点M在x轴上；②点M在原点；③点M在y轴上，利用相似及平移规律即可求解．
【详解】解：直线y=−12x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，
当x=0时，y=2，y=0时，x=4，
∴A点坐标4,0，B点坐标B0,2，
分三种情况：
①点M在原点，矩形BMAN中，如图，

BO=AN=2,BN=AO=4，
∴点N坐标为（4，2）；
②如图1，点M在x轴上，如图，

矩形BMNA中，OB⊥AM，
∴∠OBM+∠OMB=∠OBM+∠OBA=90°，
∴∠OMB=∠OBA，
∴△BOM ∽△AOB，
∴BOAO=MOBO，
∴MO=BO2AO=1，
∴M点坐标为（−1，0），
将点M向右平移4个单位，向下平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（3，−2）；
②如图2，点M在y轴上，如图，

矩形BAMN中，OA⊥MB，
由②同理可得：△MOA∽△AOB ，
∴BOAO=AOMO
∴MO=AO2BO=8，
∴M点坐标为(0,−8)，
将点M向左平移4个单位，向上平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（−4，−6），
∴点N坐标为（4，2）或（3，−2）或−4,−6，
故答案为：（4，2）或（3，−2）或−4,−6．
【点睛】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应线段之间的关系．
题型05 根据矩形的性质证明
【例5】（2023·湖南娄底·统考一模）如图，已知四边形ABCD是矩形，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，连接DE，BF．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若AB=3，BC=4，求BE的长；
(3)求证：BE2=AE⋅EC．
【答案】(1)证明见解析
(2)125
(3)证明见解析
【分析】（1）证明△ABE≌△CDFAAS，则BE=DF，由BE⊥AC，DF⊥AC，可得BE∥DF，进而结论得证；
（2）由勾股定理得，AC=AB2+BC2=5，根据S△ABC=12AB×BC=12AC×BE，计算求解即可；
（3）证明△AEB∽△BEC，则BEEC=AEBE，进而可得BE2=AE⋅EC．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠BAE=∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEA=∠DFC=90°，BE∥DF，
∵∠BEA=∠DFC=90°，∠BAE=∠DCF，AB=CD，
∴△ABE≌△CDFAAS，
∴BE=DF，
又∵BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：由勾股定理得，AC=AB2+BC2=5，
∵S△ABC=12AB×BC=12AC×BE，
∴12×3×4=12×5×BE，
解得，BE=125，
∴BE的长为125；
（3）证明：由题意知，∠ABE+∠CBE=90°=∠ABE+∠BAE，
∴∠BAE=∠CBE，
又∵∠AEB=∠BEC=90°，
∴△AEB∽△BEC，
∴BEEC=AEBE，
∴BE2=AE⋅EC．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023·江西吉安·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E是OA上一点，连接BE并延长至点F，使得∠ADF=∠ADB．

(1)求证：DF∥AC；
(2)若OE=1，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据矩形的性质得出OA=OD，再由等边对等角及等量代换得出∠ADF=∠DAO，利用平行线的判定即可证明；
（2）根据相似三角形的判定和性质得出BEBF=BOBD=OEDF=12，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD中是矩形，
∴OA=12AC，OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OD，
∴∠ADB=∠DAO，
∵∠ADF=∠ADB，
∴∠ADF=∠DAO，
∴DF∥AC；
（2）解：∵DF∥AC，
∴△BEO∽△BFD，
∵点O为线段BD的中点，
∴BEBF=BOBD=OEDF=12，
∵OE=1
∴DF=2OE=2．
【点睛】题目主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，平行线的判定，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）已知，矩形ABCD中，E、F为对角线AC上两点，连接BE、DF，且BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．

(1)如图1，求证：AE=CF；
(2)如图2，连接DE、BF，当∠ACD=2∠ABE时，请直接写出图中面积为△ABE面积3倍的所有三角形．
【答案】(1)见解析
(2)△ABF，△CBE，△ADF，△CDE
【分析】（1）由矩形可证得∠BAE=∠DCF，求证△ABE≌△CDF，结论得证；
（2）由△ABE≌△CDF得∠ABE=∠CDF，可求得∠CDF=30°，CD=2CF，AC=2CD.连接BD，交AC于点O，由矩形知，OA=OC=12AC=OB=OD，得OD=CD，于是OF=CF，可求证AE=OE=OF=CF，得AF=CE=3AE，于是S△ABF=S△CBE=S△CDE=S△ADF=3S△ABE．
【详解】（1）证明：∵ABCD为矩形
∴AB=CD，AB∥CD．
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCF．
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠CFD=90°．
∴△ABE≌△CDF．
∴AE=CF．
（2）解：∵△ABE≌△CDF,
∴∠ABE=∠CDF.
∵∠ACD=2∠ABE,∠DFC=90°,
∴∠DCF+∠CDF=3∠CDF=90°．
∴∠CDF=30°．
∴CD=2CF．
Rt△CAD中,∠CAD=30°，AC=2CD.
连接BD，交AC于点O，
由矩形知，OA=OC=12AC=OB=OD，
∴OD=CD．
∵DF⊥AC，
∴OF=CF．
同理，OE=AE，
于是AE=OE=OF=CF．
∴AF=CE=3AE，
∵BE=DF
∴S△ABF=S△CBE=S△CDE=S△ADF=3S△ABE．
故△ABE面积3倍的所有三角形：为△ABF，△CBE，△ADF，△CDE.

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形；熟练运用矩形性质寻求线段之间的关系是解题的关键．
【变式5-3】（2023·安徽·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，连接EC，EB，过点B作EC的垂线交CD，CE于点F，G．设ADDC=m．

(1)求证：△BGC∽△BAE；
(2)如图1，连接AG，若∠GAB=30°，求m的值；
(3)如图2，若AG平分∠DAB，过点D作AG的垂线交EC，EB及CB的延长线分别于点P，H，M．若DH⋅CB=32，求EH的长．
【答案】(1)见解析
(2)4−23
(3)3
【分析】（1）证出∠GBC=∠ABE，由相似三角形的判定可得出结论；
（2）设BG=k，则EB=2k，EG=3k，得出EC=EB=2k，证出tan∠ECD=EDDC=2−3，则可得出答案；
（3）连接CH，证明△DPC∽△EPH，由相似三角形的性质得出DFEF=CPHF，证明△DPE∽△CPH，得出∠ECH=∠EDP=45°，证出△CEH为等腰直角三角形．过点C作EC垂线交EB延长线于点N，则△CEN为等腰直角三角形，∠N=45°，证明△CBN∽△HED，由相似三角形的性质得出CBEH=CMDHEH，则可得出答案．
【详解】（1）证明：由题意得，∠BGC=∠DCB=90°，
∴∠GBC+∠GCB=∠GCB+∠DCE=90°，
∴∠GBC=∠ECD，
∵点E为AD的中点，
∴DE=AE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠EDC=∠BAE=90°，
∴△ECD≌△EBA，
∴∠ECD=∠EBA，
∴∠GBC=∠ABE，
∵∠BGC=∠A=90°，
∴△BGC∽△BAE；
（2）解：∵△BGC∽△BAE，
∴BGBC=BABE，
∵∠ABE+∠EBG=∠GBC+∠EBG，
∴∠ABG=∠EBC，
∴△ABG∽△EBC，
∴∠CEB=∠GAB=30°，
在Rt△EBG中，设BG=k，则EB=2k，EG=3k，
∴EC=EB=2k，
∴GC=2−3k，
∴tan∠GBC=GCBG=2−3，
∴tan∠ECD=EDDC=2−3，
∴m=ADDC=2EDDC=4−23；
（3）解：∵AG平分∠DAB，
∴∠GAB=∠DAG=45°，
又DH⊥AG，
∴∠ADH=∠CDH=45°，
由（2）知△ABG∽△EBC，
∴∠CEH=∠GAB=45°，
∴∠PEH=∠CDP，
连接CH，

又∵∠CPD=∠EPH，
∴△DPC∽△EPH，
∴DPEP=CPPH，
∵∠DPE=∠CPH，
∴△DPE∽△CPH，
∴∠ECH=∠EDP=45°，
∴∠CEH=∠ECH=45°，
∴∠EHC=180°−45°−45°=90°，
∴△CEH为等腰直角三角形，
∴CE=2EH，
过点C作EC垂线交EB延长线于点N，
∴∠ECN=90°，
∴△CEN为等腰直角三角形，
∴CN=CE=2EH，∠N=45°，
∴∠N=∠EDH，
又∵DE∥BC，
∴∠DEH=∠CBN，
∴△CBN∽△HED，
∴CBEH=CNDH，
∴DH⋅CB=EH⋅CN=EH·2EH=32，
解得：EH=3．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
题型06 矩形的判定定理的理解
【例6】（2023·河北沧州·模拟预测）如图为小亮在家找到的一块木板，他想检验这块木板的表面是不是矩形，但仅有一根足够长的细绳，现提供了如下两种检验方法：
下列说法正确的是（ ）
A．方法一可行，方法二不可行B．方法一不可行，方法二可行
C．方法一、二都可行D．方法一、二都不可行
【答案】A
【分析】根据矩形的判定进行判断即可．
【详解】解：方法一中：第一步得出四边形为平行四边形，
结合第二步得出：四边形为矩形；
方法二中不能直接得出是矩形，可能是等腰梯形，
故方法一可行，方法二不可行，
故选：A．
【点睛】题目主要考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题关键．
【变式6-1】（2023·河北保定·统考一模）下列图形一定为矩形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的判定定理逐一判定即可．
【详解】解：A、只有两个角是直角，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
B、只有两个角是直角，进而证明有一组对边平行，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
C．有两个角是直角，可以证明边长为3的两边平行，则该四边形是平行四边形，再由有两个角是直角，可证明该四边形是矩形，符合题意；
D、只有两个角是直角，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟知矩形的判定定理是解题的关键．
【变式6-2】（2022·江苏南京·统考一模）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两组对边是否相等
B．测量对角线是否相等
C．测量对角线是否互相平分
D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理判定即可．
【详解】A.测量两组对边是否相等，能判定平行四边形，故A错误；
B.对角线相等的四边形不一定是矩形，不能判定四边形的形状，故B错误；
C.测量对角线是否互相平分，能判定平行四边形，故C错误；
D.根据对角线相等且互相平分四边形是矩形，可知量出对角线的交点到四个顶点的距离，看是否相等，可判断是否是矩形．故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，矩形的判定定理有：（1）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）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【变式6-3】（2023·河北邯郸·统考一模）如图，在四边形ABCD中，给出部分数据，若添加一个数据后，四边形ABCD是矩形，则添加的数据是（ ）
A．CD=4B．CD=2C．OD=2D．OD=4
【答案】D
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形即可得到答案．
【详解】解：当OD=4时，由题意可知，
AO=CO=4，BO=DO=4，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD=8,
∴四边形ABCD是矩形，
故选：D
【点睛】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
题型07 添加一个条件使四边形是矩形
【例7】（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，M、N是BD上的两点，BM=DN，连接AM、MC、CN、NA．请你添加一个条件 ，使得四边形AMCN是矩形．

【答案】OM=12AC（答案不唯一）
【分析】由平行四边形的性质可知，OA=OC，OB=OD，再证OM=ON，则四边形AMCN是平行四边形，然后证MN=AC，即可得出结论．
【详解】解：添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是OM=12AC，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD，
∵BM=DN，
∴OB−BM=OD−DN，
即OM=ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴ OM=12AC，
∴MN=AC，
∴平行四边形AMCN是矩形．
故答案为：OM=12AC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式7-1】（2022·黑龙江佳木斯·统考一模）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个条件使▱ABCD成为矩形，这个条件可以是 ．

【答案】AC=BD（答案不唯一）
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当AC=BD时，四边形ABCD为矩形．
故答案为AC=BD(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
【变式7-2】（2023·山西晋城·统考一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE=CF，连接BE，ED，DF，FB．若添加一个条件使四边形BEDF是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）

【答案】BD=EF（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：BD=EF，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO−AE=CO−CE．
即EO=FO．
∴四边形BEDF为平行四边形，
∵BD=EF，
∴四边形BEDF是矩形．
故答案为：BD=EF（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
题型08 证明四边形是矩形
【例8】（2023·广东梅州·统考一模）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=OC，BO=OD，且∠AOB=2∠OAD．

(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB:∠ODC=6:7，求∠ADO的度数．
【答案】(1)见解析
(2)27°
【分析】（1）先判断四边形ABCD是平行四边形，继而根据已知条件推导出AC=BD，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证；
（2）由矩形的性质得到AB∥CD，再由平行线的性质得到∠ABO=∠CDO，然后由三角形的内角和求出∠ABO=63°，再根据直角三角形的两锐角互余，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AO=OC，BO=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴AO=DO，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD=90°，
∴∠ABO=∠CDO，
∵∠AOB:∠ODC=6:7，
∴∠AOB:∠ABO=6:7，
∴∠BAO:∠AOB:∠ABO=7:6:7，
∴∠ABO=180°×77+6+7=63°，
∵∠BAD=90°，
∴∠ADO=90°−63°=27°．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明AC=BD是解题的关键．
【变式8-1】（2022·山东滨州·校考一模）如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB=AE，求证：四边形ACED是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-2】（2022·广东深圳·统考一模）如图，等腰△ABC中，AB=AC，AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，分别过D，E两点作线段AC的垂线，垂足分别为G，F两点．
(1)求证：四边形DEFG为矩形；
(2)若AB=10，EF=4，求CG的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）欲证明四边形DEFG为矩形，只需推知该四边形为平行四边形，且有一内角为直角即可；
（2）首先根据直角三角形斜边上中线的性质求得AE＝DE＝5；然后在直角△AEF中利用勾股定理得到AF的长度；最后结合AB＝AC＝AF+FG+CG＝10求解即可．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴点D是BC的中点．
∵E点是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
∴DE∥AC.
∵DG⊥AC，EF⊥AC，
∴EF∥DG
∴四边形DEFG是平行四边形．
又∵∠EFG＝90°，
∴四边形DEFG为矩形；
（2）解：∵AD⊥BC交BC于D点，
∴ ∠ADB=∠ADC=90°
∴△ADB是直角三角形
∵E点是AB的中点，AB＝10，
∴DE＝AE＝12BC＝5．
由（1）知，四边形DEFG为矩形，
∴GF＝DE＝5
在直角△AEF中，EF＝4，AE＝5，
由勾股定理得：
AF＝AE2−EF2=52−42=3 ．
∵AB＝AC＝10，FG＝ED＝5，
∴GC＝AC﹣FG﹣AF＝10﹣5﹣3＝2．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线，勾股定理，根据题意找到长度相等的线段是解题的关键．
题型09 根据矩形的性质与判定求角度
【例9】（2021·河北唐山·统考二模）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α0°