专题9.5矩形的性质专项提升训练（重难点 ）- 2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】

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2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】专题9.5矩形的性质专项提升训练（重难点培优）班级：___________________   姓名：_________________   得分：_______________注意事项：本试卷满分100分，试题共24题，其中选择8道、填空8道、解答8道．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置． 一、选择题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2022秋·江苏盐城·八年级校考阶段练习）下列性质中，矩形一定具有的是（    ）A．四边相等 B．对角线垂直 C．邻边相等 D．对角线相等【答案】D【分析】根据矩形的边的特征，对角线的特征，来判断即可．【详解】矩形的对边平行且相等，但是邻边不一定相等，故本选项不符合题意；矩形的对角线相等但不一定垂直，故本选项符合题意；矩形的邻边不一定相等，故本选项不符合题意；矩形的对角线相等，故本选项符合题意；故选：D【点睛】本题主要考查了矩形的性质，熟记矩形的性质是解决问题的关键．2．（2022秋·江苏无锡·八年级统考期中）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，如果∠ADB＝30°，则∠E的度数是（　　）A．45° B．30° C．20° D．15°【答案】D【分析】连接，由矩形性质可得、，知，而，可得度数【详解】解：连接，如图所示：四边形是矩形，，，且，，又，，，，，，故选：D．【点睛】本题主要考查矩形性质、等腰三角形的性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键．3．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，矩形ABCD中，DE⊥AC于E，若∠ADE＝2∠EDC，则∠BDE的度数为（    ）A．36° B．30° C．27° D．18°【答案】B【分析】根据已知条件可得以及的度数，然后求出各角的度数便可求出．【详解】解：在矩形ABCD中，，∵，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴．故选：B．【点睛】题目主要考查矩形的性质，三角形内角和及等腰三角形的性质，理解题意，综合运用各个性质是解题关键．4．（2021春·江苏扬州·八年级统考期中）如图，将矩形纸片沿折叠后，点D、C分别落在点、的位置，的延长线交于点G，若，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】由矩形得到AD//BC，∠DEF=∠EFG，再由与折叠的性质得到∠DEF=∠GEF=∠EFG，用三角形的外角性质求出答案即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∵矩形纸片沿折叠，∴∠DEF=∠GEF，又∵AD//BC，∴∠DEF=∠EFG，∴∠DEF=∠GEF=∠EFG=64︒，∵是△EFG的外角，∴=∠GEF+∠EFG=128︒故选：A．【点睛】本题考查了矩形的性质与折叠的性质，关键在于折叠得出角相等，再由平行得到内错角相等，由三角形外角的性质求解．5．（2018·江苏·校考一模）如图，在矩形中，，，将矩形沿折叠，点落在点处，则重叠部分的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】已知为边上的高，要求的面积，求得即可，求证，得，设，则在中，根据勾股定理求，于是得到，即可得到答案．【详解】解：由翻折变换的性质可知：，∴，，，∵四边形为矩形，，，∴，，，∴，，在和中，，∴，∴，，设，则，在中，，∴，解得：，∴，∴．故选：B．【点睛】本题考查翻折变换―折叠问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，应用了方程的思想．本题通过设，在中运用勾股定理建立关于的方程并求解是解题的关键．6．（2022秋·江苏苏州·八年级校考阶段练习）已知：如图，矩形中，，，对角线、相交于点，点是线段上任意一点，且于点，于点，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先连接，由矩形的两边，，可求得，然后由求得答案．【详解】解：连接， 矩形的两边，，，，，，，，，，，故选C．【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、三角形面积公式等知识点，难度不大，解题的关键是掌握矩形的对角线互相平分且相等．7．（2022秋·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝5，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连接CP，QD，则PC+QD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，ADBC，AD=BC，∵AP=CQ，∴AD-AP=BC-CQ，∴DP=QB，DPBQ，∴四边形DPBQ是平行四边形，∴PBDQ，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】本题考查的是最短路径问题，勾股定理，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，中垂线的性质，熟知两点之间线段最短的知识是解答此题的关键．8．（2020秋·江苏无锡·八年级校考阶段练习）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△ABE≌△ADH；②HE=CE；③H是BF的中点；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】由四边形ABCD是矩形，∠BAD的平分线交BC于点E，得出AD=BC，∠ABE=∠ADC=90°，∠BAE=∠DAE=45°，则△ABE是等腰直角三角形，得出∠BEH=45°，AE= AB，推出AE=AD=BC，由AAS证得△ABE≌△AHD，故①正确；由△ABE≌△AHD，得出∠HDA=45°，AB=BE=DH=AH，则∠HDF=45°，AE-AH=BC-BE，推出∠BEH=∠HDF，HE=CE，故②正确；由AB=AH，得出∠ABH=∠AHB=∠FHE=(180°-∠BAE)=67.5°，则∠EBH=∠ABE-∠ABH=22.5°，∠DHF=∠DHE-∠FHE=22.5°，推出∠EBH=∠DHF，由ASA证得△EBH≌△DHF，得出BH=HF，即H是BF的中点，故③正确；由AB=AH，∠BAH=45°，得出△ABH不是等边三角形，则AB≠BH，推出AB≠HF，故④错误．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∠BAD的平分线交BC于点E，∴AD=BC，∠ABE=∠ADC=90°，∠BAE=∠DAE=45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴∠BEH=45°，AE= AB，∵AD= AB，∴AE=AD=BC， 在△ABE和△AHD中，，∴△ABE≌△AHD(AAS)，故①正确；∵△ABE≌△AHD，∴∠HDA=45°，AB=BE=DH=AH，∴∠HDF=45°，AE-AH=BC-BE， ∴∠BEH=∠HDF，HE=CE，故②正确；∵AB=AH， ∴∠ABH=∠AHB=∠FHE=(180°-∠BAE)=(180°-45°)=67.5°，∴∠EBH=∠ABE-∠ABH=90°-67.5°=22.5°，∠DHF=∠DHE-∠FHE=90°-67.5°=22.5°，∴∠EBH=∠DHF，在△EBH和△DHF中，，∴△EBH≌△DHF(ASA)，∴BH=HF，∴H是BF的中点，故③正确；∵AB=AH，∠BAH=45°，∴△ABH不是等边三角形，∴AB≠BH，∴AB≠HF，故④错误；综上所述，正确的命题为①②③，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形内角和定理、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握矩形的性质，证明三角形全等是解题的关键．二、填空题（本大题共8小题，每小题2分，共16分）请把答案直接填写在横线上9．（2022秋·江苏泰州·八年级统考期末）在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，，则______cm．【答案】12【分析】根据矩形对角线相等性质即可求得BD的长．【详解】∵四边形ABCD是矩形，AO=6cm，∴BD=AC=2AO=12cm，故答案为：12．【点睛】本题考查了矩形的性质，掌握矩形的对角线相互平分且相等是关键．10．（2022秋·江苏淮安·八年级校考阶段练习）矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是_________．填代号①对边平行且相等；②对角线互相平分；③对角相等；④对角线相等；⑤四个角都是；⑥轴对称图形．【答案】④⑤⑥【分析】根据平行四边形的性质以及矩形的性质进而分析得出答案即可．【详解】解：矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是：④对角线相等；⑤4个角都是90°；⑥轴对称图形．故答案为：④⑤⑥．【点睛】此题主要考查了矩形与平行四边形的性质与区别，熟练区分它们的性质是解题关键．11．（2021秋·江苏镇江·八年级统考期中）如图，将矩形绕点按顺时针方向旋转到矩形的位置．若，则__________．【答案】【分析】由矩形的性质与旋转的性质，可知，再由对顶角相等，等量代换即可求得．【详解】如图，四边形是矩形， ，，旋转，，，，又，故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质与旋转的性质，对顶角的性质，熟练以上性质是解题的关键．旋转性质： 图形的旋转是图形上的每一点在平面上绕着某个固定点旋转固定角度的位置移动．①对应点到旋转中心的距离相等．②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角． ③旋转前、后的图形全等，即旋转前后图形的大小和形状没有改变．④旋转中心是唯一不动的点． ⑤一组对应点的连线所在的直线所交的角等于旋转角度．12．（2022秋·江苏南京·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，E是BC延长线上一点，连接AC，DE，BE＝AC，若∠ACB＝40°，则∠E的度数是______．【答案】70°##70度【分析】根据矩形的性质得AC=BD，再结合已知条件得BD=BE，BO=CO，进而得出∠DBE=∠ACB=40°，然后根据等腰三角形顶角和底角的关系得出答案即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AC，BD互相平分，∴BO=CO，∴∠DBE=∠ACB=40°．∵BE=AC，∴BD=BE，∴∠E=．故答案为：70°．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，掌握等腰三角形的顶角和底角的关系是解题的关键．13．（2022秋·江苏苏州·八年级苏州中学校考期中）如图，矩形中，，将矩形绕点A旋转得到矩形，使点B的对应点B'落在上，在上取点F，使．则的度数为_________°．【答案】15【分析】连接，根据矩形的性质及旋转的性质得到，，由已知条件及直角三角形的性质得到，可证是等边三角形，再由已知证明，最后由等腰三角形的性质求解即可．【详解】如图，连接，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，由旋转的性质可知：，，∵AC=2AB，∴，∴，∵∠ABC=90°，∴，∴是等边三角形，∴，∴，∵，∴，∴．故答案为：15．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的判定与性质，熟练运用各性质及判定定理进行推理是解题的关键．14．（2022秋·江苏南京·八年级校联考期中）如图，矩形ABCD中，点在AD上，且EB平分，若AB＝3，AE＝1，则的面积为______．【答案】【分析】根据矩形的性质和角平分线定义可得CE=BC，然后根据勾股定理可得BC，进而可以解决问题．【详解】解：在矩形ABCD中，∠D=90°，AD∥BC，CD=AB=3，AD=BC，∴∠AEB=∠EBC，∵EB平分∠AEC，∴∠AEB=∠CEB，∴∠CBE=∠CEB，∴CE=BC，∵CD=AB=3，AE=1，∴DE=AD-AE=BC-1，在Rt△CED中，根据勾股定理得：，即，解得BC=5，∴的面积为．故答案为：【点睛】此题考查矩形的性质，勾股定理，关键是根据矩形的性质和等腰三角形的判定和性质解答．15．（2022秋·江苏南京·八年级校联考期中）如图，为了体验四边形的不稳定性，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，B与D两点之间用一根橡皮筋拉直固定，然后向右扭动框架，给出如下的判断：①四边形ABCD为平行四边形；②BD的长度增大；③四边形ABCD的面积不变；④四边形ABCD的周长不变．其中正确的序号是______________．【答案】①②④【分析】根据平行四边形的判定方法即可判断①．观察图象即可判断②③．根据平行四边形性质即可判断④．【详解】解：∵两组对边的长度分别相等，∴四边形ABCD是平行四边形，故①正确；∵向右扭动框架，∴BD的长度变大，故②正确；∵平行四边形ABCD的底不变，高变小了，∴平行四边形ABCD的面积变小，故③错误；∵平行四边形ABCD的四条边不变，∴四边形ABCD的周长不变，故④正确．故答案为：①②④．【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、平行四边形的周长、面积等知识，解题的关键是熟练应用这些知识解决问题，属于中考常考题型．16．（2022秋·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，四边形ABCD是菱形，，，点E是CD边上的一动点，过点E作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为_________．【答案】【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，AD=CD，推出四边形OGEF是矩形，连接OE，则OE=GF，当OE⊥DC时，GF的值最小，勾股定理求出OC，由，求出OE即可得到FG的最小值．【详解】解： ∵四边形ABCD是菱形∴AC⊥BD，AD=CD，∵EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，∴四边形OGEF是矩形，连接OE，则OE=GF，当OE⊥DC时，GF的值最小，∵， ∴，，∴，∴，∴FG的最小值为，故答案为：．【点睛】此题考查了菱形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质正确引出辅助线是解题的关键．三、解答题（本大题共8小题，共68分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．（2022秋·江苏·八年级专题练习）如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，若AB＝AO.求∠ABD的度数.【答案】60°【分析】根据矩形的对角线互相平分且相等，可知OA=OB,从而确定△AOB为等边三角形.【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∴AO=OB，∵AB=AO，∴AB=AO=BO，∴△ABO是等边三角形，∴∠ABD=60°【点睛】本题考查矩形对角线的性质，矩形对角线相等且互相平分.18．（2021秋·江苏南通·八年级校考阶段练习）已知：如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，过点A作AE⊥BD，垂足为点E，若∠EAC=2∠CAD，求∠BAE的度数.【答案】∠BAE＝22.5°.【分析】先证明△AEO是等腰直角三角形，求出∠OAB，∠OAE即可．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OA＝OB═OC，∴∠OAD＝∠ODA，∠OAB＝∠OBA，∴∠AOE＝∠OAD+∠ODA＝2∠OAD，∵∠EAC＝2∠CAD，∴∠EAO＝∠AOE， ∵AE⊥BD，∴∠AEO＝90°，∴∠AOE＝45°，∴∠OAB＝∠OBA＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠BAE＝∠OAB﹣∠OAE＝22.5°【点睛】考查矩形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是发现△AEO是等腰直角三角形这个突破口.19．（2022秋·江苏盐城·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，O为对角线AC的中点，过点O作直线分别与矩形的边AD，BC交于M，N两点，连接CM，AN．(1)求证：四边形ANCM为平行四边形；(2)若AD＝4，AB＝2，且MN⊥AC，求DM的长．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）先根据矩形的性质和平行线的性质可得，再利用定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据平行四边形的判定即可得证；（2）先根据菱形的判定可得四边形为菱形，根据菱形的性质可得，设，则，然后在中，利用勾股定理求解即可得．（1）证明：四边形是矩形，，，为对角线的中点，，在和中，，，，四边形为平行四边形．（2）解：四边形是矩形，，，由（1）已证：四边形为平行四边形，，四边形为菱形，，设，则，在中，，即，解得，即的长为．【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．20．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，延长CD至E，且CD＝DE．(1)求证：AC＝AE；(2)若DE＝6，AD＝8，求△BOC的周长．【答案】(1)见解析(2)18 【分析】（1）利用矩形对角线相等，一组对边平行且相等是平行四边形两个知识点即可证明．（2）根据矩形的性质得出BO=OD=OC=OA，∠ADE=90°，BC=AD=8，再由勾股定理得出AE，然后求解即可．（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=DC，ABDC，AC=BD，又∵CD=DE，∴AB=DE，ABDE，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE=BD，∴AC=AE；（2）∵四边形ABCD是矩形，∴BO=OD=OC=OA，∠ADE=90°，BC=AD=8，∴AE=，∴BD=AE=10，∴△BOC的周长为：BC+BO+CO=BC+BD=8+10=18．【点睛】本题考查矩形的性质特点，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，理解题意，根据矩形对角线性质求解是解题关键．21．（2022秋·江苏无锡·八年级校考期中）如图，在平行四边形ABCD中，EF是直线DB上的两点，DE＝BF．(1)求证：四边形AFCE是平行四边形；(2)若四边形AFCE是矩形，且BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，求DE的长．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接AC交EF于点O，由平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，可证OE＝OF，由对角线互相平分的四边形是平行四边形可得四边形AFCE是平行四边形；（2）利用勾股定理可求BD，AO的长，由矩形的性质可得AO＝EO＝，即可求解．（1）证明：连接AC交EF于点O， ∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO， ∵DE＝BF，∴OE＝OF， ∴四边形AFCE是平行四边形；（2）解：∵BD⊥AD，AB＝5，AD＝3，， ∴BO＝DO＝2，，∵四边形AFCE是矩形，∴AO＝CO，EO＝FO，AC＝EF， ，．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出AO的长是解题的关键．22．（2022春·江苏无锡·八年级校考阶段练习）如图，在直角坐标系中，长方形纸片的边，点B坐标为，若把图形按如图所示折叠，使B、D两点重合，折痕为．(1)求证：为等腰三角形；(2)求的函数表达式(3)求折痕的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）利用折叠的性质及平行线的性质推出即可；（2）由矩形的性质得到设点E的坐标为，在中，勾股定理得，即，求出点E的坐标，再同理得到点F的坐标，设直线的解析式为，利用待定系数法求出解析式；（3）过点E作于点H，利用勾股定理求出折痕的长．【详解】（1）证明：由折叠得，∵，∴，∴，∴为等腰三角形；（2）点B的坐标为，四边形为矩形，∴设点E的坐标为，∵，∴，在中，，∴，解得，∴；同理可得，设直线的解析式为，∴，解得，∴直线的解析式为（3）过点E作于点H，∵，，∴，∴．【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质与折叠问题是解题的关键．23．（2022春·江苏无锡·八年级无锡市江南中学校考期中）在四边形中，．(1)P为上一点，将沿直线翻折至的位置（点B落在点E处）．①如图1，当点B落在边上时，利用尺规作图，在图1中作出满足条件的图形（即的位置，不写作法，保留作图痕迹），并直接写出此时______；②如图2，PB与CD相交于点F，AB与CD相交于点G，且，求BP的长；(2)如图3，已知点Q为射线BA上的一个动点，将沿翻折，点B恰好落在直线上的点B′处，求的长．【答案】(1)①3；②BP＝(2)BQ的长为2或8 【分析】（1）①以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接，作的垂直平分线交于点P，连接，再由翻折的性质和勾股定理求出DE即可；②由翻折得：，设,则,再证，得，,则，然后在中，由勾股定理得出方程，解方程即可；（2）分两种情况：①点Q在线段AB上时，证，再由勾股定理得，则；②点Q在BA延长线上时，由勾股定理得DB'=3，设则，，然后在，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）解：①以点A为圆心，长为半径画弧，交于点E，连接，作的垂直平分线交于点P，连接即为所求的三角形，②由翻折得：，∴∠E＝∠C，设，则，∵，∴，∴，∴，∴，，在中，由勾股定理得：，解得： ,即（2）解：分两种情况：①点Q在线段上时，如图3所示：由翻折的性质得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；②点Q在延长线上时，如图4所示：由翻折的性质得：，∴，设，则，，∵，∴，在中，由勾股定理得：，解得：，即；综上所述，的长为2或8．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的判定与性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定、分类讨论以及尺规作图等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的判定与性质和翻折变换的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键，属于中考常考题型．24．（2022春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图1矩形中，，，点P从点A开始以的速度沿边向点B运动，点Q从点B以的速度沿边向点C运动，如果P、Q同时出发，设运动时间为. (1)当时，求△PBQ的面积；(2)当t为何值时，是以为底的等腰三角形；(3)当运动3s时，P点停止运动，Q点以原速立即向B点返回，在返回的过程中， 是否能平分？若能，求出点Q运动的时间；若不能，请说明理由.【答案】(1)(2)(3) 【分析】（1）根据题意，当时，，，求得的长，即可求得答案；（2）由题意得，，得到，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得到，时，，即可求得答案；（3）若平分，作于点，证明≌，根据全等三角形的性质可得，再证≌，设，则，．在中，根据勾股定理列出方程，解方程求得x的值，继而求得t值.【详解】（1）解：当时，，，∴，∴的面积＝；（2）∵四边形是矩形，∴，，，由题意得，，∴，在中，，，，∴，在中，，，，∴，当时，，整理得，，解得，即当时，是以为底的等腰三角形；（3）当时，，．如图所示，若平分，作于点．∴．在和中，，∴≌．∴．在和中，，∴≌．∴．设，则．．在中，．即．解得．∴．∴又走了，∵原来运动．∴．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理等知识，也考查了对知识的综合运用能力，解决这类问题的关键是注意动点线段的表示方法．