专题04 矩形的性质与判定测试题(重难题型)- 2022-2023学年九年级数学上册《基础题型+重难题型》高分突破系列（北师大版）

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专题04矩形的性质与判定(重难题型)
1．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E为射线CD上一动点，△BCE沿BE折叠，得到ΔBFE，若∠FDE＝90°，则CE的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
如图1，根据折叠的性质得到BF=BC=5，FE=CE，根据勾股定理得到CE2=（3CE）2+12，于是得到CE=，即可得到结论．
【详解】
解：如图1，∵将△BCE沿BE折叠，得到△BFE，

∴BF=BC=5，FE=CE，
∴DE=3-CE，
∵AB=3，
∴AF=4，
∴DF=1，
∵EF2=DE2+DF2，
∴CE2=（3CE）2+12，
∴CE=．
故选：．
【点睛】
本题考查了翻折变换——折叠的性质，矩形的性质，解题的关键是掌握所学的知识，正确的进行分析．
2．折叠矩形纸片ABCD，使点B落在点D处，折痕为MN，已知AB=8，AD=4，则MN的长是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【分析】
连接BM，利用折叠的性质证明四边形BMDN为菱形，设DN＝NB＝x，在RtABD中，由勾股定理求BD，在RtADN中，由勾股定理求x，利用菱形计算面积的两种方法，建立等式求MN．
【详解】
解：如图，连接BM，

由折叠可知，MN垂直平分BD，

又AB∥CD，

∴BON≌DOM，
∴ON＝OM，
∴四边形BMDN为菱形（对角线互相垂直平分的四边形是菱形），

设DN＝NB＝x，则AN＝8﹣x，
在RtABD中，由勾股定理得：BD＝＝，
在RtADN中，由勾股定理得：AD2+AN2＝DN2，
即42+（8﹣x）2＝x2，
解得x＝5，
根据菱形计算面积的公式，得
BN×AD＝×MN×BD，
即5×4＝×MN×，
解得MN＝．
故选：B．
【点睛】
本题考查图形的翻折变换，勾股定理，菱形的面积公式的运用，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后对应线段相等．
3．如图，将矩形纸片沿其对角线折叠，使点B落到点的位置，与交于点E，若，则图中阴影部分的周长为（ ）

A．14 B．18 C．24 D．28
【答案】D
【详解】
依题意得，∴阴影部分的周长等于矩形的周长，即，故选D．
4．如图，在矩形中，，将矩形沿折叠，点D的对应点为与交于点F，则的面积为（ ）

A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】B
【详解】
在和中，，，，，设，则，解得，．故选B．
5．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）

A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】
设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．
【详解】
解：设CE=x，则BE=3-x，
由折叠性质可知，
EF=CE=x，DF=CD=AB=5
在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，
∴AF=，
∴BF=AB-AF=5-4=1，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
即(3-x)2+12=x2，
解得x=，
故选：D．
【点睛】
本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
6．如图，矩形纸片中，，是上一点，连结，沿直线翻折后点落到点，过点作，垂足为．若，则的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
作于点H．由题意和所作辅助线可知HE=GD=2，AG=4，AF=AD=6，EF=DE=HG．在中，利用勾股定理即可求出的长．设，则，．再在中，利用勾股定理即可列出关于x的等式，解出x即为DE的长．
【详解】
如图，作于点H．
∵AD=6，AD=3GD，
∴GD=2，AG=4．
由题意可知AF=AD=6，EF=DE．
∴在中，．
由所作辅助线可知四边形为矩形，
∴HE=GD=2，．
设，则，
∴．
∴在中，，即，
解得：．
故．

故选C．
【点睛】
本题考查矩形的性质，折叠的性质以及勾股定理．正确的添加辅助线是解答本题的关键．
7．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，则点E的坐标为（ ）

A． B． C． D．
【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= =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．
8．如图，有一张矩形纸条，，，点，分别在边，上，．现将四边形沿折叠，使点，分别落在点，上．在点从点运动到点的过程中，若边与边交于点，则点相应运动的路径长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由折叠的性质可得，然后可得，在Rt△C′B′N中利用勾股定理求解DB′；当点M与点A重合时，可得ME=NE，设NE=x，在中，利用勾股定理求解DE，当时，的值最大；当点运动到点落在时， 点的运动轨迹，运动路径求出即可．
【详解】
解：如图1中，当点B′在DC上时，点E定为点B′，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由翻折的性质可知：，，
∴，
∴，
∵（），
∴（）．
∴DB′=DN-B′N=，
如图2中，当点与重合时，点E定为点E，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由翻折的性质可知：，，
∴，
∴ME=NE，
设，DE=DN-NE=4-x，
在中，则有AD2+DE2=AE2，即，
解得，
∴（），
如图3中，当点运动到时，此时点E位置定为E′，的值最大，（），

如图4中，当点运动到点落在时，

∴点的运动轨迹，运动路径（）．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查翻折的性质、矩形的性质及勾股定理，等腰三角形判定与性质，熟练掌握翻折的性质、矩形的性质及勾股定理，等腰三角形判定与性质是解题的关键．
9．如图，长方形ABCD中，AB＝3cm， 将此长方形折叠，使点B与点D重合，则折痕为EF的长为（ ）

A．cm B．cm C．4cm D．cm
【答案】A
【分析】
设由折叠的性质结合勾股定理先求解 再证明四边形是菱形，再结合菱形与矩形的性质可得答案．
【详解】
解：设 由折叠可得：
长方形ABCD，




连接 交于点




四边形为菱形，


又




故选：
【点睛】
本题考查的是轴对称的性质，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，判定四边形是菱形是解题的关键．
10．如图，在矩形中，，，点，分别在，上，且，，为边上一动点，连接，将沿所在直线折叠得到，当点恰好落在线段上时，的长为（ ）

A．或2 B． C．或2 D．
【答案】B
【分析】
设CE=x，则C′E=x，证明四边形MNCD是矩形，由矩形的性质得出∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=5，由折叠的性质得出C′D=CD=5，求出MC′=3，由勾股定理得出x2-（4-x）2=22，解方程可得出答案．
【详解】
解：设CE=x，则C′E=x，
∵矩形ABCD中，AB=5，
∴CD=AB=5，AD=BC=6，AD∥BC，
∵点M，N分别在AD，BC上，且3AM=AD，BN=AM，
∴DM=CN=4，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∵∠NCD=90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴∠DMN=∠MNC=90°，MN=CD=5
由折叠知，C′D=CD=5，
∴，
∴C′N=5-3=2，
∵EN=CN-CE=4-x，
∴C′E2-NE2=C′N2，
∴x2-（4-x）2=22，
解得，x=，即CE=．
故选：B．
【点睛】
本题主要考查了矩形的性质与判定，勾股定理，一元一次方程的应用，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
11．如图，矩形纸片中，，把纸片沿直线折叠，点落在处，交于点．若，则的长为（ ）．

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
结合题意，根据矩形性质，得，，；根据勾股定理计算，得；再结合轴对称性质，通过证明，即可得到答案．
【详解】
∵矩形纸片
∴，，
∵，
∴
∵纸片沿直线折叠，点落在处，交于点
∴，
∴
∴
∴
∴
∴
故选：B．
【点睛】
本题考查了矩形、勾股定理、轴对称、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握矩形、勾股定理、轴对称的性质，从而完成求解．
12．如图，在矩形纸片中，，，点是上一点，点在上，将矩形纸片沿直线折叠，点落在点处．点恰好落在边上的点处，交于点，若，则四边形的面积等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据矩形的性质得，设，由勾股定理得，再证明得，由勾股定理得，可得，设由勾股定理求出，最后由四边形的面积求出结论即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是矩形，且
∴
∵
∴
设
∴
∵且
∴
∴
∴
∵∠
∴∠，
∴
∵
∴
∴
∴
∵
∴
设
∴
又
∴
解得，
∴
∵，
∴四边形的面积
故选：D
【点睛】
本题考查了翻折变换的性质，矩形的性质，勾股定理的应用，难点在于灵活运用矩形的性质与勾股定理等其它知识有机结合．
13．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B′，C′上．在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为（ ）cm．

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．
【详解】
解：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠1=∠3，
由翻折的性质可知：∠1=∠2，BM=MB′，
∴∠2=∠3，
∴MB′=NB′，
∵（cm），
∴（cm）．
如图2中，当点M与A重合时，
同理可得：AE=EN，
设AE=EN=x cm，

在Rt△ADE中，则有，解得x=，
∴（cm），
如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′=5-1-2=2（cm），

如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，
DB′（即DE″）（cm），

∴点E的运动轨迹E→E′→E″，
运动路径（cm）．
故选：A．
【点睛】
本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14．如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接，，则的最小值为（ ）．

A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】D
【分析】
连接BP，在BA的延长线上截取AE=AB=6，连接PE，CE，PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，在BA的延长线上截取AE=AB=6，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，根据勾股定理可得结果．
【详解】
解：如图，连接BP，

在矩形ABCD中，AD∥BC，AD=BC，
∵AP=CQ，
∴AD-AP=BC-CQ，
∴DP=QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB=DQ，
则PC+QD=PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE=AB=6，连接PE，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB=PE，
∴PC+PB=PC+PE，
连接CE，则PC+QD=PC+PB=PC+PE≥CE，
∵BE=2AB=12，BC=AD=5，
∴CE==13．
∴PC+PB的最小值为13．
故选：D．
【点睛】
本题考查的是最短线路问题，矩形的性质，勾股定理，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．
15．如图，矩形ABCD对角线AC、BD相交于点O，点P是AD边上的一个动点，过点P分别作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，若AB＝3，BC＝4，则PE＋PF的值为（ ）

A．10 B．9.6 C．4.8 D．2.4
【答案】D
【分析】
首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，可求得OA=OD=，然后由S△AOD=S△AOP+S△DOP求得答案．
【详解】
解：连接OP，
∵矩形ABCD的两边AB=3，BC=4，
∴S矩形ABCD=AB•BC=12，OA=OC，OB=OD，AC=BD，AC==5，
∴S△AOD=S矩形ABCD=3，OA=OD=，
∴S△AOD=S△AOP+S△DOP=OA•PE+OD•PF=OA（PE+PF）=××（PE+PF）=3，
∴PE+PF==2.4．
故选：D．

【点睛】
此题考查了矩形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
16．如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点，则PM的最小值为（　　）

A．5 B．2.5 C．4.8 D．2.4
【答案】D
【分析】
先求证四边形AFPE是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得AP最短时的长，然后即可求出PM最短时的长．
【详解】
解：连接AP，如图所示：

∵∠BAC＝90°，AB＝6，AC＝8，
∴BC＝＝10，
∵PE⊥AB，PF⊥AC，
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF＝AP，EF与AP互相平分，
∵M是EF的中点，
∴M为AP的中点，
∴PM＝AP，
根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，
即AP⊥BC时，AP最短，同样PM也最短，
∴当AP⊥BC时，AP＝＝4.8，
∴AP最短时，AP＝4.8，
∴当PM最短时，PM＝AP＝2.4．
故选：D．
【点睛】
此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出AP是解决问题的关键．
17．如图，矩形中，，点为的中点，点为上一个动点，点为的中点，连接，当的最小值为时，则的值为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】
根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段P1P2，再根据垂线段最短可得当BP⊥P1P2时，PB取得最小值；由矩形的性质以及已知的数据即可知BP1⊥P1P2，故BP的最小值为为BP1的长，由勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图，

当点F与点C重合时，点P在P1处，CP1=DP1，
当点F与点E重合时，点P在P2处，EP2=DP2，
∴P1P2∥CE且P1P2=CE．
且当点F在EC上除点C、E的位置处时，有DP=FP．
由中位线定理可知：P1P∥CE且P1P=CF，
∴点P的运动轨迹是线段P1P2，
.∴当BP⊥P1P2时，PB取得最小值．
∵矩形ABCD中，AB：AD=2：1，设AB=2t，则AD=t，
∵E为AB的中点，
∴△CBE、△ADE、△BCP1为等腰直角三角形，CP1=t，
∴∠ADE=∠CDE=∠CP1B=45°，∠DEC=90°．
∴∠DP2P1=90°．
∴∠DP1P2=45°．
∴∠P2P1B=90°，即BP1⊥P1P2，
∴BP的最小值为BP1的长．
在等腰直角△BCP1中，CP1=BC=t，
∴BP1=t=，
∴t=3．
故选：B．
【点睛】
本题考查轨迹问题、矩形的性质等知识，解题的关键是学会利用特殊位置解决问题，有难度．
18．如图，在矩形中，把矩形绕点C旋转，得到矩形，且点E落在上，连接交于点H．连接．若平分，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论的个数是（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【详解】
如解图，过点B作于点M．由旋转的性质得，∴．∵，∴．∴．∵，，∴，∴．∵，，，∴．∴．∴．故①正确；∵，∴．故②正确；∴．故④正确；∵平分，∴．∵，∴．∵，∴．故③错误．综上所述，正确的结论有3个．

19．如图，在矩形ABCD中，AD＝AB，∠BAD的平分线交BC于点E，DH⊥AE于点H，连接BH并延长交CD于点F，连接DE交BF于点O，下列结论：①∠AED＝∠CED；②OE＝OD；③BH＝HF；④AB＝HF，其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】
根据角平分线的定义可得∠BAE＝∠DAE＝45°，可得出△ABE是等腰直角三角形，证出AE＝AD，证明△ABE≌△AHD，可得BE＝DH，求出∠ADE＝∠AED＝∠CED＝67.5°，从而判断出①正确；求出∠AHB＝67.5°，∠DHO＝∠ODH＝22.5°，然后根据等角对等边可得OE＝OD＝OH，判断出②正确；求出∠EBH＝∠OHD＝22.5°，∠AEB＝∠HDF＝45°，证明△BEH≌△HDF，可得BH＝HF，判断出③正确；判断出△ABH不是等边三角形，从而得到AB≠BH，即AB≠HF，得到④错误，进而即可得到答案．
【详解】
解：∵在矩形ABCD中，AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴AE=AB，
∵AD＝AB，
∴AE＝AD，
在△ABE和△AHD中，
，
∴△ABE≌△AHD（AAS），
∴BE＝DH，
∴AB＝BE＝AH＝HD，
∴∠ADE＝∠AED＝（180°−45°）＝67.5°，
∴∠CED＝180°−45°−67.5°＝67.5°，
∴∠AED＝∠CED，故①正确；
∵∠AHB＝（180°−45°）＝67.5°，∠OHE＝∠AHB，
∴∠OHE＝∠AED，
∴OE＝OH，
∵∠OHD＝90°−67.5°＝22.5°，∠ODH＝67.5°−45°＝22.5°，
∴∠OHD＝∠ODH，
∴OH＝OD，
∴OE＝OD＝OH，故②正确；
∵∠EBH＝90°−67.5°＝22.5°，
∴∠EBH＝∠OHD，
又∵BE＝DH，∠AEB＝∠HDF＝45°
在△BEH和△HDF中，
，
∴△BEH≌△HDF（ASA），
∴BH＝HF，故③正确；
∵AB＝AH，∠BAE＝45°，
∴△ABH不是等边三角形，
∴AB≠BH，
∴即AB≠HF，故④错误；
综上所述，结论正确的是①②③．
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键．
20．如图，在矩形中，，，动点P满足，则点P到A、B两点距离之和的最小值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
首先由，得出动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形ABE中，由勾股定理求得BE的值，即PA+PB的最小值．
【详解】
解：设△ABP中AB边上的高是h．
∵，
∴AB•h=AB•AD，
∴h=AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接AE，连接BE，则BE的长就是所求的最短距离．

在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=，
即PA+PB的最小值为．
故选：B．
【点睛】
本题考查了轴对称——最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点P所在的位置是解题的关键．
21．如图①，在矩形ABCD中，点E是边AD上动点，点F是边BC上动点，连接EF，把矩形ABCD沿直线EF折叠，点B恰好落在边AD上，记为点G；如图②，把矩形展开铺平，连接BE，FG．
（1）四边形BEGF的形状是________；
（2）若矩形边，，则四边形BEGF面积的最大值为________．

【答案】菱形 20
【详解】
（1）∵四边形ABCD是矩形，∴，∴，∵把矩形ABCD沿直线EF折叠，点B恰好落在边AD上，∴，，∴，∴，∴，又∵，∴四边形BEGF是平行四边形，又∵，∴四边形BEGF是菱形；（2）由（1）知四边形BEGF是菱形，∴，∵，∴当EG最大时，四边形BEGF面积有最大值，当时，EG最大，∵，∴，∴，∴四边形BEGF面积的最大值为
22．如图，，E为线段上一点，将矩形沿翻折，点B、C的对应点分别为点、．若恰好经过点D，则线段的长是____________；

【答案】
【详解】
∵四边形为矩形，∴．由折叠的性质可知，，，，，∴在中，，∴．设，则，在中，，即，解得，即．
23．如图，矩形中，，，在上，，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿着边向终点运动，连接，设点运动的时间为秒．
（1）过作，垂足为，用含的式子表示：______，______；
（2）当时，判断是否是直角三角形，并说明理由；
（3）当时，求的值．

【答案】（1），；（2）不是，理由见解析；（3）．
【分析】
（1）先根据矩形的性质可得，再根据矩形的判定与性质可得，然后根据线段的和差即可得；
（2）如图（见解析），先在（1）的基础上可得，再在和中，利用勾股定理可得，然后利用勾股定理的逆定理即可得出结论；
（3）如图（见解析），先根据矩形的性质、平行线的性质可得，从而可得，再根据等腰三角形的定义可得，然后在中，利用勾股定理即可得．
【详解】
解：（1）由题意得：，
矩形中，，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
故答案为：，；
（2）当时，不是直角三角形，理由如下：
如图，过作，垂足为，

当时，，，
，
在中，，
在中，，
∵，
∴，
∴不是直角三角形；
（3）如图，过作，垂足为，

∵四边形为矩形，
∴，
∴，
当时，则，
，
在中，，即，
解得．
【点睛】
本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的定义等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．
24．如图，矩形中，E是的中点，将沿折叠后得到，延长交于点F．

（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【详解】
（1）证明：如解图，连接．

∵E为的中点，
∴，
由折叠性质得，
∴，
在和中，

∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
由折叠性质得，
∵，
∴，
在中，
∵，，，
∴．
25．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠BDE＝15°，求∠DOE；

【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）先根据平行线的性质可得，再根据矩形的判定即可得证；
（2）先根据矩形的性质可得，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得，然后根据等边三角形的判定与性质可得，从而可得，最后根据等腰三角形的性质可得，由此即可得出答案．
【详解】
证明：（1），
，
，
四边形是矩形；
（2）四边形是矩形，
，
平分，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．