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人教版（2024）八年级下册18.2.1 矩形测试题
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这是一份人教版（2024）八年级下册18.2.1 矩形测试题，共68页。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16052" 【题型1 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc16052 \h 1
\l "_Tc1537" 【题型2 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc1537 \h 2
\l "_Tc18631" 【题型3 利用矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18631 \h 3
\l "_Tc6176" 【题型4 利用矩形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc6176 \h 4
\l "_Tc32262" 【题型5 利用矩形的性质证明】 PAGEREF _Tc32262 \h 5
\l "_Tc16302" 【题型6 添加条件使四边形是矩形】 PAGEREF _Tc16302 \h 7
\l "_Tc4889" 【题型7 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc4889 \h 8
\l "_Tc14434" 【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc14434 \h 9
\l "_Tc28636" 【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc28636 \h 10
\l "_Tc413" 【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc413 \h 12
\l "_Tc22845" 【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】 PAGEREF _Tc22845 \h 13
【知识点1 矩形的性质】
定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
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 利用矩形的性质求角度】
【例1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）如图，已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E．若∠DAE:∠BAE=3:1，则∠EAC的度数是（ ）
A．45°B．36°C．22.5°D．18°
【变式1-1】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为______.
【变式1-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）如图，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，点E在AD上，延长DA交GF于点H.
(1)求证：△ABE≅△FEH；
(2)连接BH，若∠EBC=30°，求∠ABH的度数．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M为边BC上的一个动点，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接MN，DN.当线段DN的长度最小时，∠MND的度数为______．
【题型2 利用矩形的性质求线段长】
【例2】（2023春·黑龙江绥化·八年级绥化市第八中学校校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点Р满足3S△PAB=S▭ABCD，则点Р到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．29B．34C．52D．41
【变式2-1】（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点P在对角线BD上，且BP=BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ．
(1)求证：△PDQ是等腰三角形；
(2)求CQ和BQ的长．
【变式2-2】（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形纸片ABCD沿过点C的直线MN折叠，恰使得点B落在边AD的中点E处，且AE=1，则矩形的边AB的长度为( )
A．1B．2C．3D．2
【变式2-3】（2023春·安徽亳州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=2AB．点E在边AD上，点F在边BC上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则ED的长是________．
【题型3 利用矩形的性质求面积】
【例3】（2023春·河南三门峡·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC的长为4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．23B．43C．83D．16
【变式3-1】（2023春·江苏·八年级期中）如图，过矩形ABCD对角线AC上一点E作MN∥AD，分别交AB和CD于点M和N，连接BE,DE，已知CN=2,ME=6，则△END和△BEM的面积和等于（ ）
A．10B．12C．14D．16
【变式3-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为24cm，两条对角线相交于点O，过点O作BD的垂线EF，分别交BC、AD于点E、F，连接BF，且AF=3cm，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．24cm2B．28cm2C．32cm2D．36cm2
【变式3-3】（2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，EF=1，OE=2，BD=43，则矩形ABCD的面积为________．
【题型4 利用矩形的性质求坐标】
【例4】（2023春·安徽黄山·八年级统考期末）如图，四边形ABCO是矩形，其中点A和点C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为12 ， 5，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则D点的坐标为__________．
【变式4-1】（2023春·广东阳江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是____．
【变式4-2】（2023春·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考开学考试）如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA=6，OC=3，∠DOE=45°，OD，OE分别交BC，AB于点D，E，且CD=2，则点E坐标为______．
【变式4-3】（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，OA=OB=2，AD=42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(4,6)B．(6,4)C．(−6,4)D．(−4,6)
【题型5 利用矩形的性质证明】
【例5】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边DC上，AE=AB，过点B作BF⊥AE，垂足为F．
(1)求证：BF=BC；
(2)若AD=1，AF=2，求四边形BCEF的面积．
【变式5-1】（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点O，∠BAC的角平分线交BD于点E．
(1)尺规作图：作∠ACD的角平分线交BD于点F，连接AF，CE；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是矩形
∴ ，AB∥CD．
∴ ．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO， ．
∴ ．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴ ．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（ 的四边形是平行四边形）．（填判定依据）
【变式5-2】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=1，BC=2，请直接写出菱形OCED的面积．
【变式5-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接CE，F为CE中点，连接BF并延长交CD于G，N在AD边上，且∠DGN=∠BGC．
(1)求证：GF+GN=BF；
(2)连接BN，若∠BNG=90∘，求证：BG⊥CE.
【知识点2 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6 添加条件使四边形是矩形】
【例6】（2023春·上海黄浦·八年级统考期末）在□ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是( )
A．AC⊥BD；B．∠OAB=∠OAD；C．BA=BO；D．OB=OC．
【变式6-1】（2023春·山西阳泉·八年级统考期末）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）
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级校联考期中）如图，在四过形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°．若再添加一个条件，不能推出四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．BC=3CDB．∠A=90°C．AD=BCD．AB∥CD
【变式6-3】（2023春·北京西城·八年级北京四中校考期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，只需添加一个条件，即可证明四边形EFCH是矩形，这个条件可以是______（写出一个即可）．
【题型7 证明四边形是矩形】
【例7】（2023春·广东惠州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E．
(1)尺规作图：作∠CBD的平分线交CD于点F．
(2)在（1）的基础上，求证：DE=BF．
(3)在前面2问的基础上，若AD=BD，求证：四边形DEBF是矩形．
【变式7-1】（2023春·浙江温州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，延长BC至点F，延长CB至点E，且BE=CF,DE=AF．求证：平行四边形ABCD是矩形．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且EF=BE，EF与CD交于点G．
(1)求证：DF∥AC；
(2)连接DE、CF，如果BF=2AB，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
【变式7-3】（2023春·河南周口·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点．
(1)求证：△ABE≅△CDF；
(2)延长AE至G，使EG=AE，连接CG，延长CF，交AD于点P，当AC=2AB时，试判断四边形EGCF是什么特殊的四边形，并说明理由．
【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）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；
【变式8-1】（2023春·广西河池·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求证：DA＝DO＝DE；
②直接写出∠DOE的度数．
【变式8-2】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝_____°时，GC＝GB．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E为BC的中点，直线FG经过点E，DG⊥FG于点G，BF⊥FG于点F．
（1）如图1，当∠BEF＝70°时，求证：DG＝BF；
（2）如图2，当∠BEF≠70°时，若BC＝DC，DG＝BF，请直接写出∠BEF的度数；
（3）当DG－BF的值最大时，直接写出∠BEF的度数．
【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·安徽合肥·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，O是对角线BD中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F，E．
(1)求证：OE=OF；
(2)点B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．
①求证：DB'∥OE；
②若AB=8，BC=4，且四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF长．
【变式9-1】（2023春·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AD=4，∠AOD=60°，求AB的长．
【变式9-2】（2023春·北京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，且BC=2AF．
(1)求证：四边形ADFE为矩形；
(2)若∠C=30°，AF=2，写出矩形ADFE的周长．
【变式9-3】（2023春·广东广州·八年级铁一中学校考开学考试）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2=BP2+DP2．
（1）请在图1和图2中任意选择一个，证明：AP2+CP2=BP2+DP2．
（2）应用新知：如图3，在△ABC中，CA=4，CB=6，D是△ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，求AB的最小值．
【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·河北保定·八年级校考期中）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作平行四边形AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，平行四边形AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【变式10-1】（2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期末）如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A、C重合，过点P分别作边AB、AD的平行线，交两组对边于点E、F和G、H．四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．
【变式10-2】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，分别延长DC，BC至点E，F，使CE=CD，CF=CB，连接DB，BE，EF，FD.
(1)求证：四边形DBEF是矩形；
(2)若AB=4，∠A=60°，求矩形DBEF的面积.
【变式10-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，点F、H在对角线BD上．若四边形EFGH是矩形，则S矩形EFGHS正方形ABCD=_____．
【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】
【例11】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是（ ）
A．62°B．64°C．66°D．68°
【变式11-1】（2023春·广东韶关·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合．若AD=5，则AF的长为（ ）．
A．1B．3C．32D．74
【变式11-2】（2023春·广西南宁·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD=1，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．3D．32
【变式11-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°，AB=AC，若BC=2AD，则∠DCB=______．
专题18.3 矩形的判定与性质【十一大题型】
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16052" 【题型1 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc16052 \h 1
\l "_Tc1537" 【题型2 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc1537 \h 6
\l "_Tc18631" 【题型3 利用矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18631 \h 11
\l "_Tc6176" 【题型4 利用矩形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc6176 \h 14
\l "_Tc32262" 【题型5 利用矩形的性质证明】 PAGEREF _Tc32262 \h 19
\l "_Tc16302" 【题型6 添加条件使四边形是矩形】 PAGEREF _Tc16302 \h 26
\l "_Tc4889" 【题型7 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc4889 \h 29
\l "_Tc14434" 【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc14434 \h 34
\l "_Tc28636" 【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc28636 \h 41
\l "_Tc413" 【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc413 \h 47
\l "_Tc22845" 【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】 PAGEREF _Tc22845 \h 52
【知识点1 矩形的性质】
定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
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 利用矩形的性质求角度】
【例1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）如图，已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E．若∠DAE:∠BAE=3:1，则∠EAC的度数是（ ）
A．45°B．36°C．22.5°D．18°
【答案】A
【分析】由矩形的性质得出∠BAD=90°,OA=OD，继而得到∠OAD=∠ODA，再求出∠DAE=67.5°，∠OAD=22.5°，即可求出∠EAC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°,OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵ ∠DAE:∠BAE=3:1，
∴∠DAE=34×90°=67.5°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠OAD=∠ODA=22.5°，
∴∠EAC=67.5°−22.5°=45°．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为______.
【答案】63°
【分析】根据题意可知AE∥BF，∠EAB=∠ABF，∠ABF+27°=90°等量代换求出∠EAB，再根据平行线的性质求出∠AED．
【详解】解：如图：
∵AE∥BF，
∴∠EAB=∠ABF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠ABF+27°=90°，
∴∠ABF=63°，
∴∠EAB=63°，
∵AB∥CD，
∴∠AED=∠EAB=63°．
故答案为：63°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．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．
【变式1-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）如图，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，点E在AD上，延长DA交GF于点H.
(1)求证：△ABE≅△FEH；
(2)连接BH，若∠EBC=30°，求∠ABH的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)15°．
【分析】（1）根据矩形的性质得出AB=DC，∠BAE=∠D=90°，根据旋转的性质得出FE=DC，∠EFH=∠D=90°，再证明△ABE≅△FEHAAS即可；
（2）根据矩形的性质得出∠HEB=∠EBC=30°，由全等三角形的性质得出∠EHB=∠EBH=12180°−30°=75°，再计算即可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠BAE=∠D=90°，
由旋转性质，得：FE=DC，∠EFH=∠D=90°，
∴AB=FE，∠BAE=∠EFH，
∵在矩形BEFG中，GF∥BE，
∴∠AEB=∠FHE，
在△ABE和△FEH中，
∠AEB=∠FHE∠BAE=∠EFHAB=FE，
∴△ABE≅△FEHAAS，
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠HEB=∠EBC=30°，
∵△ABE≅△FEH，
∴BE=EH，
∴∠EHB=∠EBH=12180°−30°=75°，
∵∠BAH=90°，
∴∠ABH=90°−∠EHB=15°，即∠ABH的度数为15°．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M为边BC上的一个动点，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接MN，DN.当线段DN的长度最小时，∠MND的度数为______．
【答案】75°
【分析】线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接EN交AD于G，连接DN，首先证明△ABM≌△AEMSAS，可得∠AEN=∠B=90°，则当DN⊥EN时，DN的长度最小，然后设EG=a，AD=2b，则AB=AE=b，求出AE=EN=b，可得△AEN是等腰直角三角形，再证明△AMN是等边三角形，求出∠ENM=15°，进而可求∠MND的度数．
【详解】解：如图，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接EN交AD于G，连接DN，则AB=AE，∠BAE=60°，
∵线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，
∴AM=AN，∠MAN=60°，
又∵∠BAM=∠BAE−∠MAE=60°−∠MAE=∠EAM，
∴△ABM≌△AEMSAS，
∴∠AEN=∠B=90°，
∴当DN⊥EN时，DN的长度最小，
设EG=a，AD=2b，则AB=AE=b，
∵∠BAE=60°，
∴∠EAG=30°，
∴AG=2EG=2a，
∴DG=AD−AG=2b−2a，
∵∠AGE=90°−∠EAG=60°，
∴∠NGD=∠AGE=60°，
∴∠NDG=30°，
∴NG=12DG=b−a，
∴EN=EG+NG=a+b−a=b，
∴AE=EN，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴∠ANE=45°，
∵AM=AN，∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴∠ANM=60°，
∴∠ENM=60°−45°=15°，
∵DN⊥EN，即∠END=90°，
∴∠MND=∠END−∠ENM=90°−15°=75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，等腰直角三角形以及等边三角形的判定和性质等知识，求出当DN⊥EN时，DN的长度最小是解答本题的关键．
【题型2 利用矩形的性质求线段长】
【例2】（2023春·黑龙江绥化·八年级绥化市第八中学校校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点Р满足3S△PAB=S▭ABCD，则点Р到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．29B．34C．52D．41
【答案】D
【分析】首先由3S△PAB=S▭ABCD，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：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．
设△ABP中AB边上的高是ℎ．
∵3S△PAB=S▭ABCD，
∴ 3×12AB⋅ℎ=AB⋅AD，
∵AD=3，
∴ℎ=23AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=AB2+AE2=52+42=41，
即PA+PB的最小值为41．
故选：D．
【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．
【变式2-1】（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点P在对角线BD上，且BP=BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ．
(1)求证：△PDQ是等腰三角形；
(2)求CQ和BQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)CQ=3，BQ=317
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠BAP=∠BPA，由矩形的性质可得AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12即∠BAP=∠PQD，进而得到∠DPQ=∠PQD，有等角对等边可得PD=PQ即可证明结论；
（2）由矩形的性质可得∠BCD=90°,运用勾股定理可得BD=13，然后根据线段的和差可得CQ=3；最后在Rt△BCQ中运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵BP=BA，
∴∠BAP=∠BPA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12 ，
∴∠BAP=∠PQD，
∵∠BPA=∠DPQ，
∴∠DPQ=∠PQD，
∴PD=PQ，
∴△PDQ是等腰三角形．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°,
∴DC2+BC2=BD2，
∴52+122=BD2，
∴BD=13，
∵BP=BA=5，
∴PD=DQ=8，
∴CQ=3；
∵∠BCQ=90°，
∴CQ2+BC2=BQ2，
∴32+122=BQ2,解得：BQ=317．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2-2】（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形纸片ABCD沿过点C的直线MN折叠，恰使得点B落在边AD的中点E处，且AE=1，则矩形的边AB的长度为( )
A．1B．2C．3D．2
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得出AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，根据中点的定义得出BC=AD=2AE=2，AE=DE，利用SAS证明△BAE≌△CDE，根据全等三角形的性质及折叠的性质，可得BE=BC=2，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，
∵点E为AD的中点，AE=1，
∴BC=AD=2AE=2，AE=DE，
在△BAE和△CDE中，
AE=DE∠A=∠DAB=CD，
∴△BAE≌△CDESAS，
∴BE=CE，
由折叠的性质得，BC=EC，
∴BE=BC=2，
∴AB=BE2−AE2=22−12=3，
故选：C．
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·安徽亳州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=2AB．点E在边AD上，点F在边BC上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则ED的长是________．
【答案】32
【分析】连接EF交AC于点O，连接EC，首先根据题意证明出△AOE≌△COFAAS，进而得到AE=CE，然后设ED=x，则AE=CE=4−x，在Rt△CDE中利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接EF交AC于点O，连接EC，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO
∵四边形EGFH是菱形
∴OE=OF
∴△AOE≌△COFAAS
∴AE=CF
∵AC⊥EF
∴CE=CF
∴AE=CE
∵AB=2，BC=2AB=4
∵四边形ABCD是矩形
∴CD=AB=2，AD=BC=4
∴设ED=x，则AE=CE=4−x
∴在Rt△CDE中，DE2+CD2=CE2
∴x2+22=4−x2
∴解得x=32
∴ED的长是32．
故答案为：32．
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【题型3 利用矩形的性质求面积】
【例3】（2023春·河南三门峡·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC的长为4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．23B．43C．83D．16
【答案】B
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分，以及∠AOB=60°，可得△AOB是等边三角形，进而在△ABC中可得∠ACB=30°，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得BC=23，即可求得矩形的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB,∠ABC=90°，
∵ ∠AOB=60°,AC=4，
∴ △AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴在△ABC中，∠ACB=30°，
∴AB=12AC=2，
∴BC=23，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC=2×23=43，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质判定，掌握矩形的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·江苏·八年级期中）如图，过矩形ABCD对角线AC上一点E作MN∥AD，分别交AB和CD于点M和N，连接BE,DE，已知CN=2,ME=6，则△END和△BEM的面积和等于（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【分析】作EG⊥BC于G，交AD于F，根据矩形的对角线平分矩形面积的性质得到△BEM的面积等于△DEN，然后求解即可．
【详解】解：作EG⊥BC于G，交AD于F．
则有四边形BGEM，四边形CNEG，四边形AMEF，四边形DFEN都是矩形，
∴SΔBME=SΔBGE,SΔCGE=SΔCEN,SΔAME=SΔAEF, SΔDNE=SΔDEF,SΔABC=SΔADC，
∴SΔABC−SΔAEM−SΔCGE=SΔADC−SΔAEF−SΔCNE，
∴S四边形BGEM=S四边形DNEF
∵BM=CN=2，ME=6，
∴SΔBEM=SΔDEN=12×2×6=6，
∴△END和△BEM的面积和=6+6=12，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正确添加辅助线以及利用矩形对角线平分矩形面积得到△BEM的面积等于△DEN是解决本题的关键．
【变式3-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为24cm，两条对角线相交于点O，过点O作BD的垂线EF，分别交BC、AD于点E、F，连接BF，且AF=3cm，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．24cm2B．28cm2C．32cm2D．36cm2
【答案】C
【分析】由矩形的性质结合题意可证EF为线段BD的垂直平分线，即得出BF=DF．再根据矩形ABCD的周长为24cm，可求出AB+AD=12cm．设BF=DF=xcm，则AB=9−xcm．在Rt△BAF中，根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即可求出AB和AD的长度，最后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OB=OD，∠BAF=90°，
∵EF⊥BD，
∴EF为线段BD的垂直平分线，
∴BF=DF．
∵矩形ABCD的周长为24cm，
∴AB+AD=12cm．
设BF=DF=xcm，则AB=12−AD=12−AF−DF=9−xcm．
∵在Rt△BAF中，AB2+AF2=BF2，
∴9−x2+32=+x2，
解得：x=5，
∴AB=9−5=4cm，AD=3+5=8cm，
∴矩形ABCD的面积为4×8=32cm2．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识．证明EF为线段BD的垂直平分线，得出BF=DF是解题关键．
【变式3-3】（2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，EF=1，OE=2，BD=43，则矩形ABCD的面积为________．
【答案】123
【分析】根据矩形的性质，可求出OD和OA的长度，SΔAOE=12AO×OE，SΔDOE=12OD×EF，则SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE，根据矩形的性质，即可求出矩形ABCD的面积，矩形ABCD的面积=4×SΔAOD．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC=12BD=23，
∵EF⊥BD，OE⊥AC
∴SΔAOE=12AO×OE=12×23×2=23，
SΔDOE=12OD×EF=12×23×1=3，
∴SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE=23+3=33，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积=4×SΔAOD=4×33=123，
故答案为：123
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，熟练地掌握矩形对角线互相平分的性质是解题的关键．
【题型4 利用矩形的性质求坐标】
【例4】（2023春·安徽黄山·八年级统考期末）如图，四边形ABCO是矩形，其中点A和点C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为12 ， 5，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则D点的坐标为__________．
【答案】0,125
【分析】利用勾股定理求出AC=13，作DE⊥AC于点E，如图，根据角平分线的性质可得DE=DO，证明Rt△ADO≌Rt△ADEHL，推出AE=AO=12，得到CE=1，设OD=DE=m，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标为12 ， 5，
∴OA=12,OC=5,∠AOC=90°，
∴AC=52+122=13，
作DE⊥AC于点E，如图，
∵DA是∠CAO的平分线，
∴DE=DO，
∵AD=AD，
∴Rt△ADO≌Rt△ADEHL，
∴AE=AO=12，
∴CE=13−12=1，
设OD=DE=m，则CD=5−m，
在直角三角形CDE中，根据勾股定理可得：CE2+DE2=CD2，
即1+m2=5−m2，解得m=125，
∴D点的坐标为0,125；
故答案为：0,125．
【点睛】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、构建方程是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·广东阳江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是____．
【答案】（92，332）
【分析】由矩形的性质得出∠AOC＝90°，由平行线的性质得出，∠OAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA，再求出OD、AD，即可得出结果．
【详解】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC＝30°，∠ODA＝90°，
∵AC＝6，
∴OC＝12AC＝3，
∴OA＝3OC＝33，
∴OD＝12OA＝332，
∴AD＝3OD＝92，
∴点A的坐标是（92，332）；
故答案为：（92，332）．
【点睛】考核知识点：矩形性质．理解矩形性质和直角三角形性质是关键．
【变式4-2】（2023春·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考开学考试）如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA=6，OC=3，∠DOE=45°，OD，OE分别交BC，AB于点D，E，且CD=2，则点E坐标为______．
【答案】65,6
【分析】过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，设MF=ON=x，根据三角形全等得到EM=FN=6−x，则F(x,6−x)，求出直线OD解析式，代入点F(x,6−x)求出x，即可求解．
【详解】解：过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，如下图：
则∠EFO=∠FNO=90°，∴∠OFN+∠EFM=90°，∠OFN+∠FON=90°
∴∠FON=∠EFM
在矩形OABC中，AB//OC，OA=BC=6，OC=AB=3
∴∠M=∠FNO=90°
∴四边形BCNM为矩形
∴MN=BC=6，CD//MN，BM=CN
∴AM=ON
∵∠DOE=45°
∴△EFO为等腰直角三角形，EF=OF
∴△FON≌△EFM
∴MF=ON，EM=FN
设MF=ON=x，则EM=FN=6−x，F(x,6−x)
设直线OD解析式为y=kx
由题意可知D(3,2)，代入y=kx得，3k=2，解得k=23，
又∵点F(x,6−x)在直线OD上，∴6−x=23x
解得x=185，即AM=ON=185，FN=EM=125
∴AE=AM−EM=65
∴点E坐标为65,6
故答案为65,6
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正比例函数的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意，作出合适的辅助线，利用有关性质求解．
【变式4-3】（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，OA=OB=2，AD=42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(4,6)B．(6,4)C．(−6,4)D．(−4,6)
【答案】A
【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，连接OD，根据已知条件求出点D的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点D的坐标，发现规律，进而求出第2021次旋转结束时，点D的坐标．
【详解】
如图，过点D作DE⊥x轴于点E，连接OD，
∵OA=OB=2，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC=90°，
∴∠DAE=45°，
∵BC=AD=42，
∴AE=DE=4，
∴OE=OA+AE=6，
∴D(−6,4)，
∵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(4,6)；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为(6,−4)；
则第3次旋转结束时，点D的坐标为(−4,−6)；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为(−6,4)；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2021÷4=505⋯⋯1，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为(4,6)．
故选：A．
【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．
【题型5 利用矩形的性质证明】
【例5】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边DC上，AE=AB，过点B作BF⊥AE，垂足为F．
(1)求证：BF=BC；
(2)若AD=1，AF=2，求四边形BCEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)5−2
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，由“AAS”证明△ADE≌△BFA，得到AD=BF，从而即可得证；
（2）由（1）得，△ADE≌△BFA，从而得到AD=BF=1，DE=AF=2，由勾股定理可得AB=5，最后由S四边形BCEF=S矩形ABCD−S△ADE−S△ABF，进行计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB∥CD，∠D=90°，
∴∠BAF=∠DEA，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB=∠D=90°，
在△ADE和△BFA中，
∠D=∠AFB∠DEA=∠FABAE=BA，
∴△ADE≌△BFAAAS，
∴AD=BF，
∴BF=BC；
（2）解：由（1）得，△ADE≌△BFA，
∴AD=BF=1，DE=AF=2，
∴AB=AF2+BF2=22+12=5，
∴S四边形BCEF=S矩形ABCD−S△ADE−S△ABF
=AD⋅AB−12AD⋅DE−12AF⋅BF
=1×5−12×1×2−12×2×1
=5−2．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、三角形全等的判定与性质，是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点O，∠BAC的角平分线交BD于点E．
(1)尺规作图：作∠ACD的角平分线交BD于点F，连接AF，CE；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是矩形
∴ ，AB∥CD．
∴ ．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO， ．
∴ ．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴ ．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（ 的四边形是平行四边形）．（填判定依据）
【答案】(1)作图见解析
(2)AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，对角线互相平分
【分析】（1）如图，以C为圆心，任意长为半径画弧，交AC、DC分别于M、N，以M，N为圆心，大于12MN长为半径画弧交点为P，连接CP交BD于F，CP即为∠ACD的平分线，连接AF，CE即可；
（2）根据矩形的性质，角平分线的定义，并利用ASA证明△AEO≌△CFOASA，然后根据平行四边形的判定定理即可得证．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，AB∥CD．
∴∠BAO=∠DCO．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO，∠FCO=12∠DCO．
∴∠EAO=∠FCO．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴EO=FO．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．（填判定依据），
故答案为：AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，对角线互相平分．
【点睛】本题考查了作角平分线，矩形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式5-2】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=1，BC=2，请直接写出菱形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形的判定得到四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质得到四边形OCED是菱形；
（2）根据菱形的性质中位线定理得到OF=12BC，再利用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半即可解答．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD,CO=12AC,DO=12BD，
∴CO=DO，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：连接OE，交CD于点F，
∵四边形OCED是菱形，
∴OE⊥CD，OF=EF=12OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥CD，
∴OE∥BC，
∵点O是BD的中点，
∴OF是△BCD的中位线，
∴OF=12BC，
∵AB=1，BC=2，
∴CD=1，OF=1，
∴EO=2OF=2，
∴S菱形OCED=12×2×1=1；
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，中位线定理，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接CE，F为CE中点，连接BF并延长交CD于G，N在AD边上，且∠DGN=∠BGC．
(1)求证：GF+GN=BF；
(2)连接BN，若∠BNG=90∘，求证：BG⊥CE.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质及全等三角形的性质得到FH=BF即可解答；
（2）根据矩形的性质及中位线的定理得到△NGD≅△HGD，再根据中点的定义及角的和差关系即可解答；
【详解】（1）解：延长BG、AD交于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠GDH=90°=∠GDN，
∵∠DGN=∠BGC，
∴∠DGH=∠BGC=∠NGD，
∵DG=DG，
∴△NGD≅△HGD，
∴GN=GH，
∵AD∥BC，
∴∠AHB=∠CBH，
∵∠EFH=∠CFB，EF=CF，
∴△EFH≅△CFB，
∴FH=BF，
∵FH=GF+GH，
∴BF=GF+GN，
（2）设∠NGB=2α，则∠NGD=∠BGC=90°−α，
∵∠GNB=90°，
∴∠NBG=90°−2α，∠ANB=90°−α，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ABG=∠CGB=90°−α，
∴∠NBA=∠ABG−∠NBG=α，
连接DF，如图，
由（1）知DH=DN，FH=FB，
∴DF∥BN，
∴∠EDF=∠ANB=90°−α，
在Rt△CDE中，
∵F是CE的中点，
∴DF=EF，
∴∠CED=∠EDF=90°−α，
∴∠ECD=α，
∵∠BGC=90°−α，
∴∠CFG=90°，
∴BG⊥CE
【知识点2 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6 添加条件使四边形是矩形】
【例6】（2023春·上海黄浦·八年级统考期末）在□ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是( )
A．AC⊥BD；B．∠OAB=∠OAD；C．BA=BO；D．OB=OC．
【答案】D
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
【详解】解：添加选项D：OB=OC，
理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵OB=OC，
∴AC=BD，
∴▱ABCD为矩形，
补充其他选项推导：
A选项，AC⊥BD，对角线互相垂直，可以证明▱ABCD为菱形，但不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意；
B选项、∠OAB=∠OAD，对角线BD平分内角∠BAD，可以证明▱ABCD为菱形，但不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意；
C选项，不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
【变式6-1】（2023春·山西阳泉·八年级统考期末）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．
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级校联考期中）如图，在四过形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°．若再添加一个条件，不能推出四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．BC=3CDB．∠A=90°C．AD=BCD．AB∥CD
【答案】A
【分析】A、根据条件不能确定∠BAD的度数，所以添加此条件，不能推出四边形ABCD是矩形；
B、先根据两组对边分别平行证明其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形；
C、先根据一组对边平行且相等可得其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形；
D、直接根据两组对边分别平行证明其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形．
【详解】解：A、如图1，连接BD，
∵AD∥BC，∠D=90°，BC=3CD，
∴∠C=90°，
∴BD=BC2+CD2=3CD2+CD2=2CD，
∴∠DBC=30°，
如图1所示，点A不确定，∠BAD不一定等于90°，可以组成矩形，也可以组成其他四边形，
∴添加选项A的条件不能推出四边形ABCD是矩形；
B、如图2，∵∠D=90°，∠A=90°，
∴∠A+∠D=180°，
∴AB∥CD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项B的条件可以推出四边形ABCD是矩形；
C、∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项C的条件可以推出四边形ABCD是矩形；
D、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项D的条件可以推出四边形ABCD是矩形．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的判定，涉及平行四边形的判定，勾股定理，平行线的判定和性质等知识点．熟练掌握矩形的判定是解题的关键，常运用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”这一方法来判定．
【变式6-3】（2023春·北京西城·八年级北京四中校考期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，只需添加一个条件，即可证明四边形EFCH是矩形，这个条件可以是______（写出一个即可）．
【答案】∠EFG=90°（答案不唯一）
【分析】根据三角形中位线定理可以证明四边形EFCH是平行四边形，再根据矩形的判定定理：有一个角等于90°的平行四边形为矩形，添加条件即可．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴HG∥AC，EF∥AC，且HG=12AC，EF=12AC，
∴HG=EF，且HG∥EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
当∠EFG=90°时，则四边形EFCH是矩形．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，矩形的判定定理，平行四边形的判定定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理，矩形的判定定理．
【题型7 证明四边形是矩形】
【例7】（2023春·广东惠州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E．
(1)尺规作图：作∠CBD的平分线交CD于点F．
(2)在（1）的基础上，求证：DE=BF．
(3)在前面2问的基础上，若AD=BD，求证：四边形DEBF是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作角∠DBC的角平分线BF，即可求解；
（2）根据平行四边形的性质得出AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C，则∠ADB=∠CBD，根据角平分线的的定义∠ADE=∠CBF，进而证明△ADE≌△CBFASA，根据全等三角形的性质即可得证；
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF，则DE∥BF，又由（1）得：DE=BF，可得四边形DEBF是平行四边形，根据AD=BD，DE平分∠ADB，可得DE⊥AB，即可得证．
【详解】（1）如图所示，BF为所求；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C
∴∠ADB=∠CBD
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD
∴∠ADE=∠CBF
∴△ADE≌△CBFASA
∴DE=BF
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF
∴DE∥BF
又由（1）得：DE=BF
∴四边形DEBF是平行四边形
∵AD=BD，DE平分∠ADB
∴DE⊥AB，∠DEB=90°
∴平行四边形DEBF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的性质与判定，作角平分线，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·浙江温州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，延长BC至点F，延长CB至点E，且BE=CF,DE=AF．求证：平行四边形ABCD是矩形．
【答案】见解析
【分析】先证明△ABF≌△DCESSS，得到∠ABF=∠DCE=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】证明：∵BE=CF，
∴BE+BC=CF+BC，即BF=CE．
在▱ABCD中，
∴AB∥CD,AB=CD．
∵AB=CDBF=CEAF=DE，
∴△ABF≌△DCESSS，
∴∠ABF=∠DCE．
∵∠ABF+∠DCE=180°，
∴∠ABF=∠DCE=90°，
∴▱ABCD是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，熟练掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且EF=BE，EF与CD交于点G．
(1)求证：DF∥AC；
(2)连接DE、CF，如果BF=2AB，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形对角线的性质得：OB=OD，再根据题意得到OE为△BDF的中位线，利用三角形中位线性质即可求证；
（2）由（1）知DF∥AC得∠FDC=∠GCE，根据题意证明△DFG≅△CEG，利用三角形全等的性质即可求证．
【详解】（1）证明：∵ ▱ABCD对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，
∵EF=BE，
∴OE为△BDF的中位线，
∴ DF∥AC．
（2）如图，连接DE、FC，
∵ DF∥AC，
∴ ∠FDC=∠GCE，
∵G是CD的中点，
∴ GD=GC，
在△DFG和△CEG中，∠DGF=∠CGEDG=CG∠FDG=∠GCE，
∴△DFG≅△CEGASA，
∴EC=DF，
∴四边形CFDE是平行四边形，
∵BF=2AB，AB=CD，
∴BF=2CD，
∵EF=BE，
∴BF=2EF，
∴EF=CD，
∴四边形CFDE是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，掌握三角形全等的判定及平行四边形的性质运用是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·河南周口·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点．
(1)求证：△ABE≅△CDF；
(2)延长AE至G，使EG=AE，连接CG，延长CF，交AD于点P，当AC=2AB时，试判断四边形EGCF是什么特殊的四边形，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【分析】（1）采用边角边证明三角形全等的方法即可证明；
（2）先根据条件证明四边形EGCF是平行四边形，然后再根据等腰三角形中三线合一，可证明四边形EGCF一个角是直角，从而说明四边形EGCF是矩形．
【详解】（1）证明：在▱ABCD中，AB=CD，AB∥CD，OB=OD，
∴∠ABE=∠CDB，
∵点E、F分别为OB、OD的中点，
∴BE=12OB=12OD=DF，
在△ABE和△CDF中，
∵ AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴ △ABE≅△CDF SAS．
（2）解：矩形，理由如下，
∵ △ABE≅△CDF，
∴ AE=CF，∠BAE=∠DCF，
∵EG=AE，
∴CF=EG，
∵ AB∥CD，
∴ ∠BAC=∠DCA，
∵ ∠CAE=∠CAB−∠BAE，∠ACP=∠ACD−∠DCF，
∴ ∠CAE=∠ACP
∴AG∥CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵ AC=2AB=2OC，
∴ OC=AB=CD，△OCD是等腰三角形
∵ F为OD的中点，
∴ CF⊥OD，
∴ ▱EGCF是矩形
【点睛】本题考查了三角形全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形判定，三线合一等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）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）135°．
【分析】（1）先根据平行线的性质可得∠BAD=90°，再根据矩形的判定即可得证；
（2）先根据矩形的性质可得OC=OD,∠BCD=90°，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得CD=CE,∠CDE=45°，然后根据等边三角形的判定与性质可得OC=CD,∠COD=60°，从而可得OC=CE,∠OCE=30°，最后根据等腰三角形的性质可得∠COE=75°，由此即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵AD//BC,∠ABC=90°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD,∠BCD=90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=45°，
∴Rt△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，
∵∠BDE=15°，
∴∠ODC=∠BDE+∠CDE=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=CD,∠COD=∠OCD=60°，
∴OC=CE,∠OCE=∠BCD−∠OCD=30°，
∴∠COE=∠OEC=12(180°−∠OCE)=75°，
∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°．
【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．
【变式8-1】（2023春·广西河池·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求证：DA＝DO＝DE；
②直接写出∠DOE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②75°
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；
（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得∠DAO=60°，即可得出结论；
②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC
∴四边形ABCD是平行四边形
∴BD＝2OB
∵AC＝2OB
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
（2）①证明：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE＝45°
∴∠DEA＝45
∴DA＝DE
又∵∠OAE＝15°
∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°
∴DA＝DO＝AO
∴DA＝DO＝DE
②解：∵∠ADC=90°,∠ADO=60° ，
∴∠BDC=∠ADC−∠ADO=30°
∵DE=DO，
∴∠DOE=∠DEO=12180°−∠DBC=75°．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝_____°时，GC＝GB．
【答案】60或300
【分析】当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角θ的度数．
【详解】解：当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC＝GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝12AD＝12AG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝360°﹣60°＝300°．
故答案为60或300
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E为BC的中点，直线FG经过点E，DG⊥FG于点G，BF⊥FG于点F．
（1）如图1，当∠BEF＝70°时，求证：DG＝BF；
（2）如图2，当∠BEF≠70°时，若BC＝DC，DG＝BF，请直接写出∠BEF的度数；
（3）当DG－BF的值最大时，直接写出∠BEF的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BEF =35°；（3）∠BEF=20°．
【分析】（1）过C点作CH⊥FG于点F，证明△BFE≌△CHE，可得CH=BF，再证明四边形CHGD为矩形，即可得GD=CH=BF；
（2）过C点作CH⊥FG于点F,证明△CHM≌△DGM，CM=DM，再结合BC＝DC，可得EC=MC，结合等腰三角形的性质即可得出相应角度；
（3）结合（1）（2）中的结论，根据运动轨迹分析可知当DG≥CD时，∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，由此可得结论．
【详解】解：（1）过C点作CH⊥FG于点F,
∵CH⊥FG，DG⊥FG，BF⊥FG，
∴∠DGH=∠CHE=∠CHM=∠BFE=90°，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC，
又∵∠BEF=∠CEH
∴△BFE≌△CHE（AAS）
∴CH=BF，
∵∠BEF＝70°
∴∠CEH=70°，
∵∠C＝110°，
∴FG//DC，
∴∠CHE=∠HCD=∠DGH=∠GDC=90°，
∴四边形CHGD为矩形，
∴GD=CH=BF；
（2）如下图所示，过C点作CH⊥FG于点F,
与（1）同理可证CH=BF，∠DGH=∠CHM=90°，BE=EC，
∵DG＝BF，
∴CH=DG，
又∵∠CME=∠DMG，
∴△CHM≌△DGM
∴CM=DM，
∵BC＝DC，
∴EC=MC，
∵∠C＝110°，
∴∠CEM=∠CME=35°，
∴∠BEF＝∠CEM=35°；
（3）当DG当DG≥CD时，如下图，过C点作CH⊥FG于点F,过点C作CM⊥DG于M，
∵DG⊥FG，CH⊥FG，CM⊥DG
∴∠DGH=∠CHG=∠CMG=90°，
∴CH=GM，
由（1）得CH=BF，
∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，
此时如下图，
∠BEF=∠CEG=∠BCD-∠G=110°-90°=20°．
【点睛】本题考查全等三角形综合，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等．能正确作出辅助线，构造全等三角形是解决（1）（2）的关键；（3）中能正确分析运动轨迹是解题关键．
【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·安徽合肥·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，O是对角线BD中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F，E．
(1)求证：OE=OF；
(2)点B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．
①求证：DB'∥OE；
②若AB=8，BC=4，且四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②线段EF长42
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得AB∥CD，OD=OB，证明△DOE≌△BOFASA，进而结论得证；
（2）①由点B'与B关于直线EF对称，可得OB'=OB，∠EOB'=∠EOB，则OB'=OD，∠ODB'=∠OB'D，由∠BOB'=∠ODB'+∠OB'D，∠BOB'=∠EOB'+∠EOB，可得∠EOB'=∠OB'D，进而结论得证；②勾股定理求BD=45，由平行四边形的性质可得，B'E=DO=12BD=25，则BE=25，在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=2，则BF=DE=CD−CE=6，如图，过点E作EH⊥AB于点H，则四边形BCEH是矩形，FH=4，在Rt△EFH中，由勾股定理得EF=EH2+FH2 ，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，OD=OB，
∴∠ODE=∠OBF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOFASA，
∴OE=OF；
（2）①证明：∵点B'与B关于直线EF对称，
∴OB'=OB，∠EOB'=∠EOB，
∴OB'=OD，
∴∠ODB'=∠OB'D，
∵∠BOB'=∠ODB'+∠OB'D，∠BOB'=∠EOB'+∠EOB，
∴∠EOB'=∠OB'D，
∴DB'∥OE；
②解：∵AB=8，BC=4，
∴BD=AB2+AD2=45，
∵四边形OEB'D是平行四边形，
∴B'E=DO=12BD=25，则BE=25，
在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=BE2−BC2=2，
∴BF=DE=CD−CE=6，
如图，过点E作EH⊥AB于点H，则四边形BCEH是矩形，
∴FH=FB−BH=FB−CE=4，
在Rt△EFH中，由勾股定理得EF=EH2+FH2=42 ，
∴线段EF长42．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，等边对等角，翻折的性质，三角形外角的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式9-1】（2023春·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AD=4，∠AOD=60°，求AB的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）43
【分析】（1）由▱ABCD得到OA=OC，OB=OD，由OA=OB，得到；OA=OB=OC=OD，对角线平分且相等的四边形是矩形，即可推出结论；
（2）根据矩形的性质借用勾股定理即可求得AB的长度．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，
OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
又∵OA=OB，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OD．
又∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴OD=AD=4，
∴BD=2OD=8，
在Rt△ABD中，AB=BD2−AD2=48=43．
【变式9-2】（2023春·北京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，且BC=2AF．
(1)求证：四边形ADFE为矩形；
(2)若∠C=30°，AF=2，写出矩形ADFE的周长．
【答案】(1)见解析
(2)矩形ADFE的周长=23+2
【分析】（1）连接DE．根据三角形的中位线的性质可得四边形ADFE为平行四边形，然后再证明DE=AF即可证明结论；
（2）根据题意可得BF=CF=AF=2，即BC=4,再根据直角三角形的性质求得AB,进而求得AD；再根据勾股定理求得AC，进而求得AE；最后求矩形ADFE的周长即可．
（1）
证明：连接DE．
∵E，F分别是边AC，BC的中点，
∴EF//AB，EF=12AB，
∵点D是边AB的中点，
∴AD=12AB．
∴AD=EF．
∴四边形ADFE为平行四边形；
由点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE=12BC．
∵BC=2AF，
∴DE=AF，
∴四边形ADFE为矩形．
（2）
解：∵AF=2，
∴BC=4，CF=2，
∵四边形ADFE为矩形，
∴∠BAC=∠FEC=90°，
∵∠C=30°，
∴AB=12BC=2
∴AC=42−22=23，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点
∴EF=1，AE=3，
∴矩形ADFE的周长=2EF+AE=23+2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定、三角形的中位线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·广东广州·八年级铁一中学校考开学考试）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2=BP2+DP2．
（1）请在图1和图2中任意选择一个，证明：AP2+CP2=BP2+DP2．
（2）应用新知：如图3，在△ABC中，CA=4，CB=6，D是△ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，求AB的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）AB的最小值为43−2．
【分析】（1）如图1，当点P在矩形ABCD内部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，得AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，再由勾股定理即可得出结论；如图2，当点P在矩形ABCD外部时，同理可得出结论；
（2）作出如图的辅助线，则易得四边形ADBE为矩形，可得AB=DE，于是求AB的最小值就转化为求DE的最小值，由题意中的结论知CA2+CB2=CD2+CE2，于是CE的长可求，然后再根据三角形的三边关系可得当C、D、E三点共线时，DE取得最小值，问题即得解决．
【详解】证明：（1）如图1，当点P在矩形ABCD内部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，
则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，
由勾股定理得：AP2=AM2+PM2，CP2=CN2+PN2，BP2=BN2+PN2，DP2=DM2+PM2，
∴AP2+CP2=AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2=BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2=BP2+DP2；
如图2，当点P在矩形ABCD外部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，
则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，
由勾股定理得：AP2=AM2+PM2，CP2=CN2+PN2，BP2=BN2+PN2，DP2=DM2+PM2，
∴AP2+CP2=AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2=BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2=BP2+DP2；
（2）解：过点A作AE⊥AD，过点B作BE⊥BD，AE与BE交于点E，连接DE、CE，如图，
则四边形ADBE为矩形，∴AB=DE，
由题意中的结论知：CA2+CB2=CD2+CE2，即42+62=22+CE2，
解得：CE=43，
在△CDE中，由三角形的三边关系可得：DE>CE−CD，
∴当C、D、E三点共线时，DE=CE−CD，此时DE取最小值为43−2，
即AB的最小值为43−2．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·河北保定·八年级校考期中）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作平行四边形AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，平行四边形AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，
即▱AEDF的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出▱AEDF的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期末）如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A、C重合，过点P分别作边AB、AD的平行线，交两组对边于点E、F和G、H．四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．
【答案】S1=S2
【分析】由矩形的性质找出∠D=∠B=90°，结合对边互相平行即可证出四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D=∠B=90°．
又∵EF//AB//CD，GH//AD//BC，
∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形．
∵EF//AB，HG//BC，四边形ABCD为矩形，
∴四边形AEPG和四边形PHCF也是矩形，
∴S△ACD=S△ABC，S△PHC=S△PCF，S△AEP=S△APG，
∴S△ACD−S△PHC−S△AEP=S△ABC−S△PCF−S△APG，
∴ S1=S2
故答案为：S1=S2．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，分别延长DC，BC至点E，F，使CE=CD，CF=CB，连接DB，BE，EF，FD.
(1)求证：四边形DBEF是矩形；
(2)若AB=4，∠A=60°，求矩形DBEF的面积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)163
【分析】（1）根据题意可证明四边形DBEF是平行四边形．再由菱形的性质可证明出BF=DE，从而得出平行四边形DBEF是矩形；
（2）连接AC，由菱形的性质结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出OC=23，BD=4，再根据三角形中位线的性质可求出DF的长，最后根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵CE=CD，CF=CB，
∴四边形DBEF是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB．
∴CE=CF，
∴BF=DE，
∴四边形DBEF是矩形；
（2）如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD=OB，OC=OA，∠OAD=∠BAC=30°，
∴ OD=OB=12AB=2，
∴OC=OA=3OB=23，
∴BD=4，
由（1）得四边形DBEF是矩形，
∴DF⊥BD，点C为BF中点．
∵点O为BD中点，
∴OC=12DF，
∴DF=2OC=43，
∴矩形DBEF的面积=BD⋅DF=4×43=163．
【点睛】此题考查的是矩形的判定与性质、菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形中位线的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
【变式10-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，点F、H在对角线BD上．若四边形EFGH是矩形，则S矩形EFGHS正方形ABCD=_____．
【答案】24
【分析】连接EG交BD于点O，过点H作HM⊥EG于点M，根据条件易证四边形AEGB是矩形、△EOD和△MOH均为等腰直角三角形，再由四边形EFGH是矩形得出FH=EG=AB=AD=BC，OE=OG=OH=OF=12EG=FH，S矩形EFGH=4S△HEO=4×12EO⋅MH=2EO⋅MH，再由代数法和勾股定理求出MH=22a，进而求出结果即可．
【详解】如图，连接EG交BD于点O，过点H作HM⊥EG于点M，
∵点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，
∴AE=DE=BG=CG=12AD=12BC=12AB，∠A=90°，∠ADB=45°，AD//BC，
∴▱AEGB是矩形，
∴EG=AB，∠AEG=90°，∴∠DEG=90°，
∴∠EOD=90°-∠ADB=45°，
又∵HM⊥EG，∴∠MHO=45°=∠EOD，即∠MHO=∠MOH，
∴MO=MH，
∵点F、H在对角线BD上，四边形EFGH是矩形，
∴FH=EG=AB=AD=BC，OE=OG=OH=OF=12EG=FH，
S矩形EFGH=4S△HEO=4×12EO⋅MH=2EO⋅MH，
设FH=EG=AB=AD=BC=2a，则OE=OG=OH=OF=a，
由勾股定理得：MH=22a，
∴S矩形EFGH=2EO⋅MH=2a⋅22a=2a2，S正方形ABCD=AB2=(2a)2=4a2，
∴S矩形EFGHS正方形ABCD=2a24a2=24，
故答案为：24．
【点睛】主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点；解题的关键是依据已知条件巧妙添加辅助线构造特殊四边形和特殊四边形和特殊三角形．
【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】
【例11】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是（ ）
A．62°B．64°C．66°D．68°
【答案】D
【分析】取DE的中点G，连接AG，根据平行四边形的性质，可得AD∥BC，结合已知条件可得∠3+∠4=66°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AG=12DE=DG=AB，进而可得∠1=2∠2=∠4，求得∠2，根据直角三角两锐角互余即可求得∠AED．
【详解】解：如图，取DE的中点G，连接AG，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，
∵AF⊥BC，
∴AF⊥AD，
∴△AED是直角三角形，
∵G的DE的中点，
∴AG=12DE=DG，
∴∠2=∠GAD，
∵ DE=2AB，
∴AG=AB，
∴∠1=∠4，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠3，∠DAB=180°−∠ABC=114°，
∵ ∠ABC=66°，
∴ ∠3+∠4=66°
∴∠2+∠4=66°
∵∠1=∠2+∠GAD=2∠2，
∴∠4=2∠2，
∴3∠2=66°，
∴∠2=22°，
∴∠AED=90°−∠2=68°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形的两锐角互余，等边对等角，三角形的外角性质，找DE中点作辅助线是解题的关键．
【变式11-1】（2023春·广东韶关·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合．若AD=5，则AF的长为（ ）．
A．1B．3C．32D．74
【答案】D
【分析】根据折叠的性质和勾股定理定理即可解答．
【详解】解：∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，
∴BD=DE，BC=CE=6，∠B=∠CED，
∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，
∴∠A=∠DEF，AD=DE，AF=EF，
∴∠FED+∠CED=90°，AD=DB，
∴CD=DA=DB=12AB，
∵AD=5，
∴AB=10，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
∴CF=8−AF，
∴EF2+CE2=CF2，
∴AF2+62=8−AF2，
∴AF=74．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识点，灵活利用相关性质定理是解答本题的关键．
【变式11-2】（2023春·广西南宁·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD=1，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．3D．32
【答案】B
【分析】根据∠ACD=3∠BCD，可以求出∠BCD=22.5°，∠ACD=67.5°，进而求出∠BCD=90°−∠B=∠BAC=22.5°的度数，根据直角三角形斜边中线的性质可以得到CE=AE=BE=12AB，再根据三角形外角定理可以得出∠DEC=45°，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵∠ACD=3∠BCD，∠ACB=90°=∠BCD+∠ACD，
∴∠BCD=22.5°，∠ACD=67.5°，
又∵CD⊥AB
∴∠CDE=∠BDC=90°，则∠BCD=90°−∠B=∠BAC=22.5°，
又∵点E是斜边AB的中点，
∴CE=AE=BE=12AB，
∴∠ECA=∠BAC=22.5°
∴∠BEC=45°
∴△CDE为等腰直角三角形
∴CE=CD2+DE2=2，则AB=2CE=22，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的有关性质，熟练掌握勾股定理、斜边中线等于斜边一半等性质是解题的关键．
【变式11-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°，AB=AC，若BC=2AD，则∠DCB=______．
【答案】75°
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OB=OC=OA=OD=12BC，再利用BC=2AD可得△OAD是等边三角形，从而得到∠AOD=60°，利用等腰三角形的性质三线合一可得∠AOB=90°，从而得到∠COD=30°，再利用OC=OD，得到∠DCB=75°．
【详解】解：∵O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°
∴OB=OC=OA=OD=12BC，
又∵BC=2AD，即AD=12BC，
∴OA=OD=AD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵O是BC中点，AB=AC
∴∠AOB=90°，(三线合一)
∴∠COD=180°−∠AOB−∠AOD=30°，
又∵OC=OD，
∴∠DCB=180°−∠COD2=75°，
故答案是：75°．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握相关定理求出∠COD是解题的关键．
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16052" 【题型1 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc16052 \h 1
\l "_Tc1537" 【题型2 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc1537 \h 2
\l "_Tc18631" 【题型3 利用矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18631 \h 3
\l "_Tc6176" 【题型4 利用矩形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc6176 \h 4
\l "_Tc32262" 【题型5 利用矩形的性质证明】 PAGEREF _Tc32262 \h 5
\l "_Tc16302" 【题型6 添加条件使四边形是矩形】 PAGEREF _Tc16302 \h 7
\l "_Tc4889" 【题型7 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc4889 \h 8
\l "_Tc14434" 【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc14434 \h 9
\l "_Tc28636" 【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc28636 \h 10
\l "_Tc413" 【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc413 \h 12
\l "_Tc22845" 【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】 PAGEREF _Tc22845 \h 13
【知识点1 矩形的性质】
定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
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 利用矩形的性质求角度】
【例1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）如图，已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E．若∠DAE:∠BAE=3:1，则∠EAC的度数是（ ）
A．45°B．36°C．22.5°D．18°
【变式1-1】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为______.
【变式1-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）如图，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，点E在AD上，延长DA交GF于点H.
(1)求证：△ABE≅△FEH；
(2)连接BH，若∠EBC=30°，求∠ABH的度数．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M为边BC上的一个动点，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接MN，DN.当线段DN的长度最小时，∠MND的度数为______．
【题型2 利用矩形的性质求线段长】
【例2】（2023春·黑龙江绥化·八年级绥化市第八中学校校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点Р满足3S△PAB=S▭ABCD，则点Р到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．29B．34C．52D．41
【变式2-1】（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点P在对角线BD上，且BP=BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ．
(1)求证：△PDQ是等腰三角形；
(2)求CQ和BQ的长．
【变式2-2】（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形纸片ABCD沿过点C的直线MN折叠，恰使得点B落在边AD的中点E处，且AE=1，则矩形的边AB的长度为( )
A．1B．2C．3D．2
【变式2-3】（2023春·安徽亳州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=2AB．点E在边AD上，点F在边BC上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则ED的长是________．
【题型3 利用矩形的性质求面积】
【例3】（2023春·河南三门峡·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC的长为4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．23B．43C．83D．16
【变式3-1】（2023春·江苏·八年级期中）如图，过矩形ABCD对角线AC上一点E作MN∥AD，分别交AB和CD于点M和N，连接BE,DE，已知CN=2,ME=6，则△END和△BEM的面积和等于（ ）
A．10B．12C．14D．16
【变式3-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为24cm，两条对角线相交于点O，过点O作BD的垂线EF，分别交BC、AD于点E、F，连接BF，且AF=3cm，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．24cm2B．28cm2C．32cm2D．36cm2
【变式3-3】（2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，EF=1，OE=2，BD=43，则矩形ABCD的面积为________．
【题型4 利用矩形的性质求坐标】
【例4】（2023春·安徽黄山·八年级统考期末）如图，四边形ABCO是矩形，其中点A和点C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为12 ， 5，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则D点的坐标为__________．
【变式4-1】（2023春·广东阳江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是____．
【变式4-2】（2023春·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考开学考试）如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA=6，OC=3，∠DOE=45°，OD，OE分别交BC，AB于点D，E，且CD=2，则点E坐标为______．
【变式4-3】（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，OA=OB=2，AD=42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(4,6)B．(6,4)C．(−6,4)D．(−4,6)
【题型5 利用矩形的性质证明】
【例5】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边DC上，AE=AB，过点B作BF⊥AE，垂足为F．
(1)求证：BF=BC；
(2)若AD=1，AF=2，求四边形BCEF的面积．
【变式5-1】（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点O，∠BAC的角平分线交BD于点E．
(1)尺规作图：作∠ACD的角平分线交BD于点F，连接AF，CE；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是矩形
∴ ，AB∥CD．
∴ ．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO， ．
∴ ．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴ ．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（ 的四边形是平行四边形）．（填判定依据）
【变式5-2】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=1，BC=2，请直接写出菱形OCED的面积．
【变式5-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接CE，F为CE中点，连接BF并延长交CD于G，N在AD边上，且∠DGN=∠BGC．
(1)求证：GF+GN=BF；
(2)连接BN，若∠BNG=90∘，求证：BG⊥CE.
【知识点2 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6 添加条件使四边形是矩形】
【例6】（2023春·上海黄浦·八年级统考期末）在□ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是( )
A．AC⊥BD；B．∠OAB=∠OAD；C．BA=BO；D．OB=OC．
【变式6-1】（2023春·山西阳泉·八年级统考期末）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）
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级校联考期中）如图，在四过形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°．若再添加一个条件，不能推出四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．BC=3CDB．∠A=90°C．AD=BCD．AB∥CD
【变式6-3】（2023春·北京西城·八年级北京四中校考期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，只需添加一个条件，即可证明四边形EFCH是矩形，这个条件可以是______（写出一个即可）．
【题型7 证明四边形是矩形】
【例7】（2023春·广东惠州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E．
(1)尺规作图：作∠CBD的平分线交CD于点F．
(2)在（1）的基础上，求证：DE=BF．
(3)在前面2问的基础上，若AD=BD，求证：四边形DEBF是矩形．
【变式7-1】（2023春·浙江温州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，延长BC至点F，延长CB至点E，且BE=CF,DE=AF．求证：平行四边形ABCD是矩形．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且EF=BE，EF与CD交于点G．
(1)求证：DF∥AC；
(2)连接DE、CF，如果BF=2AB，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
【变式7-3】（2023春·河南周口·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点．
(1)求证：△ABE≅△CDF；
(2)延长AE至G，使EG=AE，连接CG，延长CF，交AD于点P，当AC=2AB时，试判断四边形EGCF是什么特殊的四边形，并说明理由．
【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）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；
【变式8-1】（2023春·广西河池·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求证：DA＝DO＝DE；
②直接写出∠DOE的度数．
【变式8-2】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝_____°时，GC＝GB．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E为BC的中点，直线FG经过点E，DG⊥FG于点G，BF⊥FG于点F．
（1）如图1，当∠BEF＝70°时，求证：DG＝BF；
（2）如图2，当∠BEF≠70°时，若BC＝DC，DG＝BF，请直接写出∠BEF的度数；
（3）当DG－BF的值最大时，直接写出∠BEF的度数．
【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·安徽合肥·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，O是对角线BD中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F，E．
(1)求证：OE=OF；
(2)点B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．
①求证：DB'∥OE；
②若AB=8，BC=4，且四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF长．
【变式9-1】（2023春·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AD=4，∠AOD=60°，求AB的长．
【变式9-2】（2023春·北京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，且BC=2AF．
(1)求证：四边形ADFE为矩形；
(2)若∠C=30°，AF=2，写出矩形ADFE的周长．
【变式9-3】（2023春·广东广州·八年级铁一中学校考开学考试）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2=BP2+DP2．
（1）请在图1和图2中任意选择一个，证明：AP2+CP2=BP2+DP2．
（2）应用新知：如图3，在△ABC中，CA=4，CB=6，D是△ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，求AB的最小值．
【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·河北保定·八年级校考期中）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作平行四边形AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，平行四边形AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【变式10-1】（2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期末）如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A、C重合，过点P分别作边AB、AD的平行线，交两组对边于点E、F和G、H．四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．
【变式10-2】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，分别延长DC，BC至点E，F，使CE=CD，CF=CB，连接DB，BE，EF，FD.
(1)求证：四边形DBEF是矩形；
(2)若AB=4，∠A=60°，求矩形DBEF的面积.
【变式10-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，点F、H在对角线BD上．若四边形EFGH是矩形，则S矩形EFGHS正方形ABCD=_____．
【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】
【例11】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是（ ）
A．62°B．64°C．66°D．68°
【变式11-1】（2023春·广东韶关·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合．若AD=5，则AF的长为（ ）．
A．1B．3C．32D．74
【变式11-2】（2023春·广西南宁·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD=1，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．3D．32
【变式11-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°，AB=AC，若BC=2AD，则∠DCB=______．
专题18.3 矩形的判定与性质【十一大题型】
【人教版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc16052" 【题型1 利用矩形的性质求角度】 PAGEREF _Tc16052 \h 1
\l "_Tc1537" 【题型2 利用矩形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc1537 \h 6
\l "_Tc18631" 【题型3 利用矩形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18631 \h 11
\l "_Tc6176" 【题型4 利用矩形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc6176 \h 14
\l "_Tc32262" 【题型5 利用矩形的性质证明】 PAGEREF _Tc32262 \h 19
\l "_Tc16302" 【题型6 添加条件使四边形是矩形】 PAGEREF _Tc16302 \h 26
\l "_Tc4889" 【题型7 证明四边形是矩形】 PAGEREF _Tc4889 \h 29
\l "_Tc14434" 【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc14434 \h 34
\l "_Tc28636" 【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc28636 \h 41
\l "_Tc413" 【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc413 \h 47
\l "_Tc22845" 【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】 PAGEREF _Tc22845 \h 52
【知识点1 矩形的性质】
定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
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 利用矩形的性质求角度】
【例1】（2023春·贵州遵义·八年级统考期末）如图，已知在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E．若∠DAE:∠BAE=3:1，则∠EAC的度数是（ ）
A．45°B．36°C．22.5°D．18°
【答案】A
【分析】由矩形的性质得出∠BAD=90°,OA=OD，继而得到∠OAD=∠ODA，再求出∠DAE=67.5°，∠OAD=22.5°，即可求出∠EAC的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°,OA=OD，
∴∠OAD=∠ODA，
∵ ∠DAE:∠BAE=3:1，
∴∠DAE=34×90°=67.5°，
∵AE⊥BD，
∴∠AED=90°，
∴∠OAD=∠ODA=22.5°，
∴∠EAC=67.5°−22.5°=45°．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·黑龙江鸡西·八年级统考期中）如图，矩形ABCD为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与CD的交点为E，当水杯底面BC与水平面的夹角为27°时，∠AED的大小为______.
【答案】63°
【分析】根据题意可知AE∥BF，∠EAB=∠ABF，∠ABF+27°=90°等量代换求出∠EAB，再根据平行线的性质求出∠AED．
【详解】解：如图：
∵AE∥BF，
∴∠EAB=∠ABF，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠ABF+27°=90°，
∴∠ABF=63°，
∴∠EAB=63°，
∵AB∥CD，
∴∠AED=∠EAB=63°．
故答案为：63°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，熟记矩形的性质并灵活运用是解题的关键．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．
【变式1-2】（2023春·江苏淮安·八年级统考期中）如图，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形BEFG，点E在AD上，延长DA交GF于点H.
(1)求证：△ABE≅△FEH；
(2)连接BH，若∠EBC=30°，求∠ABH的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)15°．
【分析】（1）根据矩形的性质得出AB=DC，∠BAE=∠D=90°，根据旋转的性质得出FE=DC，∠EFH=∠D=90°，再证明△ABE≅△FEHAAS即可；
（2）根据矩形的性质得出∠HEB=∠EBC=30°，由全等三角形的性质得出∠EHB=∠EBH=12180°−30°=75°，再计算即可得出答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠BAE=∠D=90°，
由旋转性质，得：FE=DC，∠EFH=∠D=90°，
∴AB=FE，∠BAE=∠EFH，
∵在矩形BEFG中，GF∥BE，
∴∠AEB=∠FHE，
在△ABE和△FEH中，
∠AEB=∠FHE∠BAE=∠EFHAB=FE，
∴△ABE≅△FEHAAS，
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠HEB=∠EBC=30°，
∵△ABE≅△FEH，
∴BE=EH，
∴∠EHB=∠EBH=12180°−30°=75°，
∵∠BAH=90°，
∴∠ABH=90°−∠EHB=15°，即∠ABH的度数为15°．
【点睛】本题考查矩形的性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正确得出全等是解题的关键．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁二中校考期末）如图，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M为边BC上的一个动点，线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，连接MN，DN.当线段DN的长度最小时，∠MND的度数为______．
【答案】75°
【分析】线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接EN交AD于G，连接DN，首先证明△ABM≌△AEMSAS，可得∠AEN=∠B=90°，则当DN⊥EN时，DN的长度最小，然后设EG=a，AD=2b，则AB=AE=b，求出AE=EN=b，可得△AEN是等腰直角三角形，再证明△AMN是等边三角形，求出∠ENM=15°，进而可求∠MND的度数．
【详解】解：如图，线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AE，连接EN交AD于G，连接DN，则AB=AE，∠BAE=60°，
∵线段AM绕点A逆时针旋转60°得到线段AN，
∴AM=AN，∠MAN=60°，
又∵∠BAM=∠BAE−∠MAE=60°−∠MAE=∠EAM，
∴△ABM≌△AEMSAS，
∴∠AEN=∠B=90°，
∴当DN⊥EN时，DN的长度最小，
设EG=a，AD=2b，则AB=AE=b，
∵∠BAE=60°，
∴∠EAG=30°，
∴AG=2EG=2a，
∴DG=AD−AG=2b−2a，
∵∠AGE=90°−∠EAG=60°，
∴∠NGD=∠AGE=60°，
∴∠NDG=30°，
∴NG=12DG=b−a，
∴EN=EG+NG=a+b−a=b，
∴AE=EN，
∴△AEN是等腰直角三角形，
∴∠ANE=45°，
∵AM=AN，∠MAN=60°，
∴△AMN是等边三角形，
∴∠ANM=60°，
∴∠ENM=60°−45°=15°，
∵DN⊥EN，即∠END=90°，
∴∠MND=∠END−∠ENM=90°−15°=75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，含30°直角三角形的性质，等腰直角三角形以及等边三角形的判定和性质等知识，求出当DN⊥EN时，DN的长度最小是解答本题的关键．
【题型2 利用矩形的性质求线段长】
【例2】（2023春·黑龙江绥化·八年级绥化市第八中学校校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=3，动点Р满足3S△PAB=S▭ABCD，则点Р到A、B两点距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．29B．34C．52D．41
【答案】D
【分析】首先由3S△PAB=S▭ABCD，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：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．
设△ABP中AB边上的高是ℎ．
∵3S△PAB=S▭ABCD，
∴ 3×12AB⋅ℎ=AB⋅AD，
∵AD=3，
∴ℎ=23AD=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，
在Rt△ABE中，∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=AB2+AE2=52+42=41，
即PA+PB的最小值为41．
故选：D．
【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．
【变式2-1】（2023春·河北唐山·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AB=5，AD=12，点P在对角线BD上，且BP=BA，连接AP并延长，交DC的延长线于点Q，连接BQ．
(1)求证：△PDQ是等腰三角形；
(2)求CQ和BQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)CQ=3，BQ=317
【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠BAP=∠BPA，由矩形的性质可得AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12即∠BAP=∠PQD，进而得到∠DPQ=∠PQD，有等角对等边可得PD=PQ即可证明结论；
（2）由矩形的性质可得∠BCD=90°,运用勾股定理可得BD=13，然后根据线段的和差可得CQ=3；最后在Rt△BCQ中运用勾股定理即可解答．
【详解】（1）证明：∵BP=BA，
∴∠BAP=∠BPA，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD,AB=CD=5,AD=BC=12 ，
∴∠BAP=∠PQD，
∵∠BPA=∠DPQ，
∴∠DPQ=∠PQD，
∴PD=PQ，
∴△PDQ是等腰三角形．
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°,
∴DC2+BC2=BD2，
∴52+122=BD2，
∴BD=13，
∵BP=BA=5，
∴PD=DQ=8，
∴CQ=3；
∵∠BCQ=90°，
∴CQ2+BC2=BQ2，
∴32+122=BQ2,解得：BQ=317．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解答本题的关键．
【变式2-2】（2023春·山东聊城·八年级统考期中）如图，矩形纸片ABCD沿过点C的直线MN折叠，恰使得点B落在边AD的中点E处，且AE=1，则矩形的边AB的长度为( )
A．1B．2C．3D．2
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得出AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，根据中点的定义得出BC=AD=2AE=2，AE=DE，利用SAS证明△BAE≌△CDE，根据全等三角形的性质及折叠的性质，可得BE=BC=2，再根据勾股定理求解即可．
【详解】解：如图，连接CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，∠A=∠D=90°，
∵点E为AD的中点，AE=1，
∴BC=AD=2AE=2，AE=DE，
在△BAE和△CDE中，
AE=DE∠A=∠DAB=CD，
∴△BAE≌△CDESAS，
∴BE=CE，
由折叠的性质得，BC=EC，
∴BE=BC=2，
∴AB=BE2−AE2=22−12=3，
故选：C．
【点睛】此题考查了折叠的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·安徽亳州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=2AB．点E在边AD上，点F在边BC上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则ED的长是________．
【答案】32
【分析】连接EF交AC于点O，连接EC，首先根据题意证明出△AOE≌△COFAAS，进而得到AE=CE，然后设ED=x，则AE=CE=4−x，在Rt△CDE中利用勾股定理求解即可．
【详解】如图所示，连接EF交AC于点O，连接EC，
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO
∵四边形EGFH是菱形
∴OE=OF
∴△AOE≌△COFAAS
∴AE=CF
∵AC⊥EF
∴CE=CF
∴AE=CE
∵AB=2，BC=2AB=4
∵四边形ABCD是矩形
∴CD=AB=2，AD=BC=4
∴设ED=x，则AE=CE=4−x
∴在Rt△CDE中，DE2+CD2=CE2
∴x2+22=4−x2
∴解得x=32
∴ED的长是32．
故答案为：32．
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，菱形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【题型3 利用矩形的性质求面积】
【例3】（2023春·河南三门峡·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，若∠AOB=60°，AC的长为4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．23B．43C．83D．16
【答案】B
【分析】根据矩形的对角线相等且互相平分，以及∠AOB=60°，可得△AOB是等边三角形，进而在△ABC中可得∠ACB=30°，根据含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得BC=23，即可求得矩形的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=OB,∠ABC=90°，
∵ ∠AOB=60°,AC=4，
∴ △AOB是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∴在△ABC中，∠ACB=30°，
∴AB=12AC=2，
∴BC=23，
∴矩形ABCD的面积是AB×BC=2×23=43，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，等边三角形的性质判定，掌握矩形的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·江苏·八年级期中）如图，过矩形ABCD对角线AC上一点E作MN∥AD，分别交AB和CD于点M和N，连接BE,DE，已知CN=2,ME=6，则△END和△BEM的面积和等于（ ）
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【分析】作EG⊥BC于G，交AD于F，根据矩形的对角线平分矩形面积的性质得到△BEM的面积等于△DEN，然后求解即可．
【详解】解：作EG⊥BC于G，交AD于F．
则有四边形BGEM，四边形CNEG，四边形AMEF，四边形DFEN都是矩形，
∴SΔBME=SΔBGE,SΔCGE=SΔCEN,SΔAME=SΔAEF, SΔDNE=SΔDEF,SΔABC=SΔADC，
∴SΔABC−SΔAEM−SΔCGE=SΔADC−SΔAEF−SΔCNE，
∴S四边形BGEM=S四边形DNEF
∵BM=CN=2，ME=6，
∴SΔBEM=SΔDEN=12×2×6=6，
∴△END和△BEM的面积和=6+6=12，
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，正确添加辅助线以及利用矩形对角线平分矩形面积得到△BEM的面积等于△DEN是解决本题的关键．
【变式3-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的周长为24cm，两条对角线相交于点O，过点O作BD的垂线EF，分别交BC、AD于点E、F，连接BF，且AF=3cm，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．24cm2B．28cm2C．32cm2D．36cm2
【答案】C
【分析】由矩形的性质结合题意可证EF为线段BD的垂直平分线，即得出BF=DF．再根据矩形ABCD的周长为24cm，可求出AB+AD=12cm．设BF=DF=xcm，则AB=9−xcm．在Rt△BAF中，根据勾股定理可列出关于x的等式，解出x的值，即可求出AB和AD的长度，最后根据矩形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴OB=OD，∠BAF=90°，
∵EF⊥BD，
∴EF为线段BD的垂直平分线，
∴BF=DF．
∵矩形ABCD的周长为24cm，
∴AB+AD=12cm．
设BF=DF=xcm，则AB=12−AD=12−AF−DF=9−xcm．
∵在Rt△BAF中，AB2+AF2=BF2，
∴9−x2+32=+x2，
解得：x=5，
∴AB=9−5=4cm，AD=3+5=8cm，
∴矩形ABCD的面积为4×8=32cm2．
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，勾股定理等知识．证明EF为线段BD的垂直平分线，得出BF=DF是解题关键．
【变式3-3】（2023春·安徽芜湖·八年级统考期末）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥AC，交AD于点E，过点E作EF⊥BD，垂足为F，EF=1，OE=2，BD=43，则矩形ABCD的面积为________．
【答案】123
【分析】根据矩形的性质，可求出OD和OA的长度，SΔAOE=12AO×OE，SΔDOE=12OD×EF，则SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE，根据矩形的性质，即可求出矩形ABCD的面积，矩形ABCD的面积=4×SΔAOD．
【详解】∵四边形ABCD为矩形，
∴OD=OB=OA=OC=12BD=23，
∵EF⊥BD，OE⊥AC
∴SΔAOE=12AO×OE=12×23×2=23，
SΔDOE=12OD×EF=12×23×1=3，
∴SΔAOD=SΔAOE+SΔDOE=23+3=33，
∵四边形ABCD为矩形，
∴矩形ABCD的面积=4×SΔAOD=4×33=123，
故答案为：123
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和勾股定理，熟练地掌握矩形对角线互相平分的性质是解题的关键．
【题型4 利用矩形的性质求坐标】
【例4】（2023春·安徽黄山·八年级统考期末）如图，四边形ABCO是矩形，其中点A和点C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为12 ， 5，∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则D点的坐标为__________．
【答案】0,125
【分析】利用勾股定理求出AC=13，作DE⊥AC于点E，如图，根据角平分线的性质可得DE=DO，证明Rt△ADO≌Rt△ADEHL，推出AE=AO=12，得到CE=1，设OD=DE=m，利用勾股定理构建方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCO是矩形，点B的坐标为12 ， 5，
∴OA=12,OC=5,∠AOC=90°，
∴AC=52+122=13，
作DE⊥AC于点E，如图，
∵DA是∠CAO的平分线，
∴DE=DO，
∵AD=AD，
∴Rt△ADO≌Rt△ADEHL，
∴AE=AO=12，
∴CE=13−12=1，
设OD=DE=m，则CD=5−m，
在直角三角形CDE中，根据勾股定理可得：CE2+DE2=CD2，
即1+m2=5−m2，解得m=125，
∴D点的坐标为0,125；
故答案为：0,125．
【点睛】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、构建方程是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·广东阳江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的对角线AC平行于x轴，边OA与x轴正半轴的夹角为30°，AC＝6，则点A的坐标是____．
【答案】（92，332）
【分析】由矩形的性质得出∠AOC＝90°，由平行线的性质得出，∠OAC＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA，再求出OD、AD，即可得出结果．
【详解】解：如图所示：
∵四边形OABC是矩形，
∴∠AOC＝90°，
∵AC∥x轴，
∴∠OAC＝30°，∠ODA＝90°，
∵AC＝6，
∴OC＝12AC＝3，
∴OA＝3OC＝33，
∴OD＝12OA＝332，
∴AD＝3OD＝92，
∴点A的坐标是（92，332）；
故答案为：（92，332）．
【点睛】考核知识点：矩形性质．理解矩形性质和直角三角形性质是关键．
【变式4-2】（2023春·江苏苏州·八年级苏州草桥中学校考开学考试）如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在y轴，x轴的正半轴上，OA=6，OC=3，∠DOE=45°，OD，OE分别交BC，AB于点D，E，且CD=2，则点E坐标为______．
【答案】65,6
【分析】过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，设MF=ON=x，根据三角形全等得到EM=FN=6−x，则F(x,6−x)，求出直线OD解析式，代入点F(x,6−x)求出x，即可求解．
【详解】解：过点E作EF⊥OD，过点F作FN⊥OC，并延长NF交AB延长线于点M，如下图：
则∠EFO=∠FNO=90°，∴∠OFN+∠EFM=90°，∠OFN+∠FON=90°
∴∠FON=∠EFM
在矩形OABC中，AB//OC，OA=BC=6，OC=AB=3
∴∠M=∠FNO=90°
∴四边形BCNM为矩形
∴MN=BC=6，CD//MN，BM=CN
∴AM=ON
∵∠DOE=45°
∴△EFO为等腰直角三角形，EF=OF
∴△FON≌△EFM
∴MF=ON，EM=FN
设MF=ON=x，则EM=FN=6−x，F(x,6−x)
设直线OD解析式为y=kx
由题意可知D(3,2)，代入y=kx得，3k=2，解得k=23，
又∵点F(x,6−x)在直线OD上，∴6−x=23x
解得x=185，即AM=ON=185，FN=EM=125
∴AE=AM−EM=65
∴点E坐标为65,6
故答案为65,6
【点睛】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正比例函数的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意，作出合适的辅助线，利用有关性质求解．
【变式4-3】（2023春·湖北十堰·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴，y轴上，OA=OB=2，AD=42，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2021次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(4,6)B．(6,4)C．(−6,4)D．(−4,6)
【答案】A
【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，连接OD，根据已知条件求出点D的坐标，再根据旋转的性质求出前4次旋转后点D的坐标，发现规律，进而求出第2021次旋转结束时，点D的坐标．
【详解】
如图，过点D作DE⊥x轴于点E，连接OD，
∵OA=OB=2，
∴∠ABO=∠BAO=45°，
∵四边形ABCD是矩形
∴∠ABC=90°，
∴∠DAE=45°，
∵BC=AD=42，
∴AE=DE=4，
∴OE=OA+AE=6，
∴D(−6,4)，
∵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(4,6)；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为(6,−4)；
则第3次旋转结束时，点D的坐标为(−4,−6)；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为(−6,4)；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2021÷4=505⋯⋯1，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为(4,6)．
故选：A．
【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．
【题型5 利用矩形的性质证明】
【例5】（2023春·湖北孝感·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边DC上，AE=AB，过点B作BF⊥AE，垂足为F．
(1)求证：BF=BC；
(2)若AD=1，AF=2，求四边形BCEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)5−2
【分析】（1）由矩形的性质可得AD=BC，由“AAS”证明△ADE≌△BFA，得到AD=BF，从而即可得证；
（2）由（1）得，△ADE≌△BFA，从而得到AD=BF=1，DE=AF=2，由勾股定理可得AB=5，最后由S四边形BCEF=S矩形ABCD−S△ADE−S△ABF，进行计算即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB∥CD，∠D=90°，
∴∠BAF=∠DEA，
∵BF⊥AE，
∴∠AFB=∠D=90°，
在△ADE和△BFA中，
∠D=∠AFB∠DEA=∠FABAE=BA，
∴△ADE≌△BFAAAS，
∴AD=BF，
∴BF=BC；
（2）解：由（1）得，△ADE≌△BFA，
∴AD=BF=1，DE=AF=2，
∴AB=AF2+BF2=22+12=5，
∴S四边形BCEF=S矩形ABCD−S△ADE−S△ABF
=AD⋅AB−12AD⋅DE−12AF⋅BF
=1×5−12×1×2−12×2×1
=5−2．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、三角形全等的判定与性质，是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·重庆北碚·八年级西南大学附中校考期末）如图，四边形ABCD是矩形，连接AC、BD交于点O，∠BAC的角平分线交BD于点E．
(1)尺规作图：作∠ACD的角平分线交BD于点F，连接AF，CE；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)求证：四边形AECF是平行四边形．
证明：∵四边形ABCD是矩形
∴ ，AB∥CD．
∴ ．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO， ．
∴ ．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴ ．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（ 的四边形是平行四边形）．（填判定依据）
【答案】(1)作图见解析
(2)AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，对角线互相平分
【分析】（1）如图，以C为圆心，任意长为半径画弧，交AC、DC分别于M、N，以M，N为圆心，大于12MN长为半径画弧交点为P，连接CP交BD于F，CP即为∠ACD的平分线，连接AF，CE即可；
（2）根据矩形的性质，角平分线的定义，并利用ASA证明△AEO≌△CFOASA，然后根据平行四边形的判定定理即可得证．
【详解】（1）解：作图如下：
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，AB∥CD．
∴∠BAO=∠DCO．
∵AE平分∠BAC，CF平分∠ACD．
∴∠EAO=12∠BAO，∠FCO=12∠DCO．
∴∠EAO=∠FCO．
∵在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=∠COF．
∴△AEO≌△CFOASA．
∴EO=FO．
又∵AO=CO．
∴四边形AECF是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）．（填判定依据），
故答案为：AO=CO，∠BAO=∠DCO，∠FCO=12∠DCO，∠EAO=∠FCO，EO=FO，对角线互相平分．
【点睛】本题考查了作角平分线，矩形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式5-2】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=1，BC=2，请直接写出菱形OCED的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形的判定得到四边形OCED是平行四边形，再根据矩形的性质得到四边形OCED是菱形；
（2）根据菱形的性质中位线定理得到OF=12BC，再利用菱形的面积等于两条对角线乘积的一半即可解答．
【详解】（1）证明：∵DE∥AC,CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD,CO=12AC,DO=12BD，
∴CO=DO，
∴四边形OCED是菱形；
（2）解：连接OE，交CD于点F，
∵四边形OCED是菱形，
∴OE⊥CD，OF=EF=12OE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC⊥CD，
∴OE∥BC，
∵点O是BD的中点，
∴OF是△BCD的中位线，
∴OF=12BC，
∵AB=1，BC=2，
∴CD=1，OF=1，
∴EO=2OF=2，
∴S菱形OCED=12×2×1=1；
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，矩形的性质，中位线定理，掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，连接CE，F为CE中点，连接BF并延长交CD于G，N在AD边上，且∠DGN=∠BGC．
(1)求证：GF+GN=BF；
(2)连接BN，若∠BNG=90∘，求证：BG⊥CE.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质及全等三角形的性质得到FH=BF即可解答；
（2）根据矩形的性质及中位线的定理得到△NGD≅△HGD，再根据中点的定义及角的和差关系即可解答；
【详解】（1）解：延长BG、AD交于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠GDH=90°=∠GDN，
∵∠DGN=∠BGC，
∴∠DGH=∠BGC=∠NGD，
∵DG=DG，
∴△NGD≅△HGD，
∴GN=GH，
∵AD∥BC，
∴∠AHB=∠CBH，
∵∠EFH=∠CFB，EF=CF，
∴△EFH≅△CFB，
∴FH=BF，
∵FH=GF+GH，
∴BF=GF+GN，
（2）设∠NGB=2α，则∠NGD=∠BGC=90°−α，
∵∠GNB=90°，
∴∠NBG=90°−2α，∠ANB=90°−α，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ABG=∠CGB=90°−α，
∴∠NBA=∠ABG−∠NBG=α，
连接DF，如图，
由（1）知DH=DN，FH=FB，
∴DF∥BN，
∴∠EDF=∠ANB=90°−α，
在Rt△CDE中，
∵F是CE的中点，
∴DF=EF，
∴∠CED=∠EDF=90°−α，
∴∠ECD=α，
∵∠BGC=90°−α，
∴∠CFG=90°，
∴BG⊥CE
【知识点2 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6 添加条件使四边形是矩形】
【例6】（2023春·上海黄浦·八年级统考期末）在□ABCD中，AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是矩形，还需添加一个条件，这个条件可以是( )
A．AC⊥BD；B．∠OAB=∠OAD；C．BA=BO；D．OB=OC．
【答案】D
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形得出即可．
【详解】解：添加选项D：OB=OC，
理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
∵OB=OC，
∴AC=BD，
∴▱ABCD为矩形，
补充其他选项推导：
A选项，AC⊥BD，对角线互相垂直，可以证明▱ABCD为菱形，但不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意；
B选项、∠OAB=∠OAD，对角线BD平分内角∠BAD，可以证明▱ABCD为菱形，但不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意；
C选项，不能证明▱ABCD为矩形，不符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考基础题．
【变式6-1】（2023春·山西阳泉·八年级统考期末）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．
【变式6-2】（2023春·河北保定·八年级校联考期中）如图，在四过形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°．若再添加一个条件，不能推出四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．BC=3CDB．∠A=90°C．AD=BCD．AB∥CD
【答案】A
【分析】A、根据条件不能确定∠BAD的度数，所以添加此条件，不能推出四边形ABCD是矩形；
B、先根据两组对边分别平行证明其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形；
C、先根据一组对边平行且相等可得其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形；
D、直接根据两组对边分别平行证明其是平行四边形，再由有一个角是直角的平行四边形，可得矩形．
【详解】解：A、如图1，连接BD，
∵AD∥BC，∠D=90°，BC=3CD，
∴∠C=90°，
∴BD=BC2+CD2=3CD2+CD2=2CD，
∴∠DBC=30°，
如图1所示，点A不确定，∠BAD不一定等于90°，可以组成矩形，也可以组成其他四边形，
∴添加选项A的条件不能推出四边形ABCD是矩形；
B、如图2，∵∠D=90°，∠A=90°，
∴∠A+∠D=180°，
∴AB∥CD，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项B的条件可以推出四边形ABCD是矩形；
C、∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项C的条件可以推出四边形ABCD是矩形；
D、∵AD∥BC，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴添加选项D的条件可以推出四边形ABCD是矩形．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的判定，涉及平行四边形的判定，勾股定理，平行线的判定和性质等知识点．熟练掌握矩形的判定是解题的关键，常运用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”这一方法来判定．
【变式6-3】（2023春·北京西城·八年级北京四中校考期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，只需添加一个条件，即可证明四边形EFCH是矩形，这个条件可以是______（写出一个即可）．
【答案】∠EFG=90°（答案不唯一）
【分析】根据三角形中位线定理可以证明四边形EFCH是平行四边形，再根据矩形的判定定理：有一个角等于90°的平行四边形为矩形，添加条件即可．
【详解】解：∵E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的中点，
∴HG∥AC，EF∥AC，且HG=12AC，EF=12AC，
∴HG=EF，且HG∥EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
当∠EFG=90°时，则四边形EFCH是矩形．
【点睛】本题考查三角形中位线定理，矩形的判定定理，平行四边形的判定定理，解题的关键是掌握三角形中位线定理，矩形的判定定理．
【题型7 证明四边形是矩形】
【例7】（2023春·广东惠州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，DE平分∠ADB，交AB于点E．
(1)尺规作图：作∠CBD的平分线交CD于点F．
(2)在（1）的基础上，求证：DE=BF．
(3)在前面2问的基础上，若AD=BD，求证：四边形DEBF是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）作角∠DBC的角平分线BF，即可求解；
（2）根据平行四边形的性质得出AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C，则∠ADB=∠CBD，根据角平分线的的定义∠ADE=∠CBF，进而证明△ADE≌△CBFASA，根据全等三角形的性质即可得证；
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF，则DE∥BF，又由（1）得：DE=BF，可得四边形DEBF是平行四边形，根据AD=BD，DE平分∠ADB，可得DE⊥AB，即可得证．
【详解】（1）如图所示，BF为所求；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=CB，AD∥CB，∠A=∠C
∴∠ADB=∠CBD
∵DE平分∠ADB，BF平分∠CBD
∴∠ADE=∠CBF
∴△ADE≌△CBFASA
∴DE=BF
（3）由（1）同理可得：∠BDE=∠DBF
∴DE∥BF
又由（1）得：DE=BF
∴四边形DEBF是平行四边形
∵AD=BD，DE平分∠ADB
∴DE⊥AB，∠DEB=90°
∴平行四边形DEBF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，全等三角形的性质与判定，作角平分线，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式7-1】（2023春·浙江温州·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，延长BC至点F，延长CB至点E，且BE=CF,DE=AF．求证：平行四边形ABCD是矩形．
【答案】见解析
【分析】先证明△ABF≌△DCESSS，得到∠ABF=∠DCE=90°，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明即可．
【详解】证明：∵BE=CF，
∴BE+BC=CF+BC，即BF=CE．
在▱ABCD中，
∴AB∥CD,AB=CD．
∵AB=CDBF=CEAF=DE，
∴△ABF≌△DCESSS，
∴∠ABF=∠DCE．
∵∠ABF+∠DCE=180°，
∴∠ABF=∠DCE=90°，
∴▱ABCD是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，三角形全等的判定和性质，熟练掌握有一个角是直角的平行四边形是矩形是解题的关键．
【变式7-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，▱ABCD的对角线AC、BD交于点O，点E是OC上一点，点F在BE延长线上，且EF=BE，EF与CD交于点G．
(1)求证：DF∥AC；
(2)连接DE、CF，如果BF=2AB，且G恰好是CD的中点，求证：四边形CFDE是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形对角线的性质得：OB=OD，再根据题意得到OE为△BDF的中位线，利用三角形中位线性质即可求证；
（2）由（1）知DF∥AC得∠FDC=∠GCE，根据题意证明△DFG≅△CEG，利用三角形全等的性质即可求证．
【详解】（1）证明：∵ ▱ABCD对角线AC、BD交于点O，
∴OB=OD，
∵EF=BE，
∴OE为△BDF的中位线，
∴ DF∥AC．
（2）如图，连接DE、FC，
∵ DF∥AC，
∴ ∠FDC=∠GCE，
∵G是CD的中点，
∴ GD=GC，
在△DFG和△CEG中，∠DGF=∠CGEDG=CG∠FDG=∠GCE，
∴△DFG≅△CEGASA，
∴EC=DF，
∴四边形CFDE是平行四边形，
∵BF=2AB，AB=CD，
∴BF=2CD，
∵EF=BE，
∴BF=2EF，
∴EF=CD，
∴四边形CFDE是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线的性质，掌握三角形全等的判定及平行四边形的性质运用是解题的关键．
【变式7-3】（2023春·河南周口·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别为OB、OD的中点．
(1)求证：△ABE≅△CDF；
(2)延长AE至G，使EG=AE，连接CG，延长CF，交AD于点P，当AC=2AB时，试判断四边形EGCF是什么特殊的四边形，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，理由见解析
【分析】（1）采用边角边证明三角形全等的方法即可证明；
（2）先根据条件证明四边形EGCF是平行四边形，然后再根据等腰三角形中三线合一，可证明四边形EGCF一个角是直角，从而说明四边形EGCF是矩形．
【详解】（1）证明：在▱ABCD中，AB=CD，AB∥CD，OB=OD，
∴∠ABE=∠CDB，
∵点E、F分别为OB、OD的中点，
∴BE=12OB=12OD=DF，
在△ABE和△CDF中，
∵ AB=CD∠ABE=∠CDFBE=DF，
∴ △ABE≅△CDF SAS．
（2）解：矩形，理由如下，
∵ △ABE≅△CDF，
∴ AE=CF，∠BAE=∠DCF，
∵EG=AE，
∴CF=EG，
∵ AB∥CD，
∴ ∠BAC=∠DCA，
∵ ∠CAE=∠CAB−∠BAE，∠ACP=∠ACD−∠DCF，
∴ ∠CAE=∠ACP
∴AG∥CF，
∴四边形EGCF是平行四边形，
∵ AC=2AB=2OC，
∴ OC=AB=CD，△OCD是等腰三角形
∵ F为OD的中点，
∴ CF⊥OD，
∴ ▱EGCF是矩形
【点睛】本题考查了三角形全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形判定，三线合一等知识，熟练掌握相关知识是解题关键．
【题型8 利用矩形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·江苏盐城·八年级统考期中）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）135°．
【分析】（1）先根据平行线的性质可得∠BAD=90°，再根据矩形的判定即可得证；
（2）先根据矩形的性质可得OC=OD,∠BCD=90°，再根据等腰直角三角形的判定与性质可得CD=CE,∠CDE=45°，然后根据等边三角形的判定与性质可得OC=CD,∠COD=60°，从而可得OC=CE,∠OCE=30°，最后根据等腰三角形的性质可得∠COE=75°，由此即可得出答案．
【详解】证明：（1）∵AD//BC,∠ABC=90°，
∴∠BAD=180°−∠ABC=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD,∠BCD=90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=45°，
∴Rt△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，
∵∠BDE=15°，
∴∠ODC=∠BDE+∠CDE=60°，
∴△COD是等边三角形，
∴OC=CD,∠COD=∠OCD=60°，
∴OC=CE,∠OCE=∠BCD−∠OCD=30°，
∴∠COE=∠OEC=12(180°−∠OCE)=75°，
∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°．
【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．
【变式8-1】（2023春·广西河池·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．
(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠OAE＝15°，
①求证：DA＝DO＝DE；
②直接写出∠DOE的度数．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②75°
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；
（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得∠DAO=60°，即可得出结论；
②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC
∴四边形ABCD是平行四边形
∴BD＝2OB
∵AC＝2OB
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
（2）①证明：
∵四边形ABCD是矩形
∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO
∵AE平分∠BAD
∴∠DAE＝45°
∴∠DEA＝45
∴DA＝DE
又∵∠OAE＝15°
∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°
∴DA＝DO＝AO
∴DA＝DO＝DE
②解：∵∠ADC=90°,∠ADO=60° ，
∴∠BDC=∠ADC−∠ADO=30°
∵DE=DO，
∴∠DOE=∠DEO=12180°−∠DBC=75°．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·江苏扬州·八年级统考期中）已知矩形ABCD，AB＝6，AD＝8，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转θ（0°＜θ＜360°）得到矩形AEFG，当θ＝_____°时，GC＝GB．
【答案】60或300
【分析】当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG＝60°，即可得到旋转角θ的度数．
【详解】解：当GB＝GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC＝GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM＝BH＝12AD＝12AG，
∴GM垂直平分AD，
∴GD＝GA＝DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG＝60°，
∴旋转角θ＝360°﹣60°＝300°．
故答案为60或300
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
【变式8-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E为BC的中点，直线FG经过点E，DG⊥FG于点G，BF⊥FG于点F．
（1）如图1，当∠BEF＝70°时，求证：DG＝BF；
（2）如图2，当∠BEF≠70°时，若BC＝DC，DG＝BF，请直接写出∠BEF的度数；
（3）当DG－BF的值最大时，直接写出∠BEF的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BEF =35°；（3）∠BEF=20°．
【分析】（1）过C点作CH⊥FG于点F，证明△BFE≌△CHE，可得CH=BF，再证明四边形CHGD为矩形，即可得GD=CH=BF；
（2）过C点作CH⊥FG于点F,证明△CHM≌△DGM，CM=DM，再结合BC＝DC，可得EC=MC，结合等腰三角形的性质即可得出相应角度；
（3）结合（1）（2）中的结论，根据运动轨迹分析可知当DG≥CD时，∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，由此可得结论．
【详解】解：（1）过C点作CH⊥FG于点F,
∵CH⊥FG，DG⊥FG，BF⊥FG，
∴∠DGH=∠CHE=∠CHM=∠BFE=90°，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC，
又∵∠BEF=∠CEH
∴△BFE≌△CHE（AAS）
∴CH=BF，
∵∠BEF＝70°
∴∠CEH=70°，
∵∠C＝110°，
∴FG//DC，
∴∠CHE=∠HCD=∠DGH=∠GDC=90°，
∴四边形CHGD为矩形，
∴GD=CH=BF；
（2）如下图所示，过C点作CH⊥FG于点F,
与（1）同理可证CH=BF，∠DGH=∠CHM=90°，BE=EC，
∵DG＝BF，
∴CH=DG，
又∵∠CME=∠DMG，
∴△CHM≌△DGM
∴CM=DM，
∵BC＝DC，
∴EC=MC，
∵∠C＝110°，
∴∠CEM=∠CME=35°，
∴∠BEF＝∠CEM=35°；
（3）当DG
∵DG⊥FG，CH⊥FG，CM⊥DG
∴∠DGH=∠CHG=∠CMG=90°，
∴CH=GM，
由（1）得CH=BF，
∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，
此时如下图，
∠BEF=∠CEG=∠BCD-∠G=110°-90°=20°．
【点睛】本题考查全等三角形综合，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等．能正确作出辅助线，构造全等三角形是解决（1）（2）的关键；（3）中能正确分析运动轨迹是解题关键．
【题型9 利用矩形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·安徽合肥·八年级校联考期中）如图，在矩形ABCD中，O是对角线BD中点．过O点的直线与矩形的一组对边AB，CD分别相交于点F，E．
(1)求证：OE=OF；
(2)点B'与B关于直线EF对称，连接BE，DB'，EB'，OB'．
①求证：DB'∥OE；
②若AB=8，BC=4，且四边形OEB'D是平行四边形，求线段EF长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②线段EF长42
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得AB∥CD，OD=OB，证明△DOE≌△BOFASA，进而结论得证；
（2）①由点B'与B关于直线EF对称，可得OB'=OB，∠EOB'=∠EOB，则OB'=OD，∠ODB'=∠OB'D，由∠BOB'=∠ODB'+∠OB'D，∠BOB'=∠EOB'+∠EOB，可得∠EOB'=∠OB'D，进而结论得证；②勾股定理求BD=45，由平行四边形的性质可得，B'E=DO=12BD=25，则BE=25，在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=2，则BF=DE=CD−CE=6，如图，过点E作EH⊥AB于点H，则四边形BCEH是矩形，FH=4，在Rt△EFH中，由勾股定理得EF=EH2+FH2 ，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，OD=OB，
∴∠ODE=∠OBF，
∵∠DOE=∠BOF，
∴△DOE≌△BOFASA，
∴OE=OF；
（2）①证明：∵点B'与B关于直线EF对称，
∴OB'=OB，∠EOB'=∠EOB，
∴OB'=OD，
∴∠ODB'=∠OB'D，
∵∠BOB'=∠ODB'+∠OB'D，∠BOB'=∠EOB'+∠EOB，
∴∠EOB'=∠OB'D，
∴DB'∥OE；
②解：∵AB=8，BC=4，
∴BD=AB2+AD2=45，
∵四边形OEB'D是平行四边形，
∴B'E=DO=12BD=25，则BE=25，
在Rt△BCE中，由勾股定理得CE=BE2−BC2=2，
∴BF=DE=CD−CE=6，
如图，过点E作EH⊥AB于点H，则四边形BCEH是矩形，
∴FH=FB−BH=FB−CE=4，
在Rt△EFH中，由勾股定理得EF=EH2+FH2=42 ，
∴线段EF长42．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定，等边对等角，翻折的性质，三角形外角的性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式9-1】（2023春·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，且OA=OB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若AD=4，∠AOD=60°，求AB的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）43
【分析】（1）由▱ABCD得到OA=OC，OB=OD，由OA=OB，得到；OA=OB=OC=OD，对角线平分且相等的四边形是矩形，即可推出结论；
（2）根据矩形的性质借用勾股定理即可求得AB的长度．
【详解】（1）证明：在平行四边形ABCD中，
OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，
又∵OA=OB，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OD．
又∵∠AOD=60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴OD=AD=4，
∴BD=2OD=8，
在Rt△ABD中，AB=BD2−AD2=48=43．
【变式9-2】（2023春·北京·八年级校考期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别是边AB、AC、BC的中点，且BC=2AF．
(1)求证：四边形ADFE为矩形；
(2)若∠C=30°，AF=2，写出矩形ADFE的周长．
【答案】(1)见解析
(2)矩形ADFE的周长=23+2
【分析】（1）连接DE．根据三角形的中位线的性质可得四边形ADFE为平行四边形，然后再证明DE=AF即可证明结论；
（2）根据题意可得BF=CF=AF=2，即BC=4,再根据直角三角形的性质求得AB,进而求得AD；再根据勾股定理求得AC，进而求得AE；最后求矩形ADFE的周长即可．
（1）
证明：连接DE．
∵E，F分别是边AC，BC的中点，
∴EF//AB，EF=12AB，
∵点D是边AB的中点，
∴AD=12AB．
∴AD=EF．
∴四边形ADFE为平行四边形；
由点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴DE=12BC．
∵BC=2AF，
∴DE=AF，
∴四边形ADFE为矩形．
（2）
解：∵AF=2，
∴BC=4，CF=2，
∵四边形ADFE为矩形，
∴∠BAC=∠FEC=90°，
∵∠C=30°，
∴AB=12BC=2
∴AC=42−22=23，
∵点D、E分别是边AB、AC的中点
∴EF=1，AE=3，
∴矩形ADFE的周长=2EF+AE=23+2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定、三角形的中位线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定和性质是解题的关键．
【变式9-3】（2023春·广东广州·八年级铁一中学校考开学考试）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2=BP2+DP2．
（1）请在图1和图2中任意选择一个，证明：AP2+CP2=BP2+DP2．
（2）应用新知：如图3，在△ABC中，CA=4，CB=6，D是△ABC内一点，且CD=2，∠ADB=90°，求AB的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）AB的最小值为43−2．
【分析】（1）如图1，当点P在矩形ABCD内部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，得AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，再由勾股定理即可得出结论；如图2，当点P在矩形ABCD外部时，同理可得出结论；
（2）作出如图的辅助线，则易得四边形ADBE为矩形，可得AB=DE，于是求AB的最小值就转化为求DE的最小值，由题意中的结论知CA2+CB2=CD2+CE2，于是CE的长可求，然后再根据三角形的三边关系可得当C、D、E三点共线时，DE取得最小值，问题即得解决．
【详解】证明：（1）如图1，当点P在矩形ABCD内部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，
则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，
由勾股定理得：AP2=AM2+PM2，CP2=CN2+PN2，BP2=BN2+PN2，DP2=DM2+PM2，
∴AP2+CP2=AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2=BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2=BP2+DP2；
如图2，当点P在矩形ABCD外部时，过P作PM⊥AD于M，交BC于N，
则四边形ABNM、四边形DCNM是矩形，
∴AM=BN，AB=MN=DC，DM=CN，
由勾股定理得：AP2=AM2+PM2，CP2=CN2+PN2，BP2=BN2+PN2，DP2=DM2+PM2，
∴AP2+CP2=AM2+PM2+CN2+PN2，BP2+DP2=BN2+PN2+DM2+PM2，
∴AP2+CP2=BP2+DP2；
（2）解：过点A作AE⊥AD，过点B作BE⊥BD，AE与BE交于点E，连接DE、CE，如图，
则四边形ADBE为矩形，∴AB=DE，
由题意中的结论知：CA2+CB2=CD2+CE2，即42+62=22+CE2，
解得：CE=43，
在△CDE中，由三角形的三边关系可得：DE>CE−CD，
∴当C、D、E三点共线时，DE=CE−CD，此时DE取最小值为43−2，
即AB的最小值为43−2．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、勾股定理以及最小值等知识，本题综合性强，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解题的关键，属于中考常考题型．
【题型10 利用矩形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·河北保定·八年级校考期中）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作平行四边形AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，平行四边形AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，
即▱AEDF的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出▱AEDF的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期末）如图，点P在矩形ABCD的对角线AC上，且不与点A、C重合，过点P分别作边AB、AD的平行线，交两组对边于点E、F和G、H．四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形并且面积分别为S1，S2，则S1，S2之间的关系为__________．
【答案】S1=S2
【分析】由矩形的性质找出∠D=∠B=90°，结合对边互相平行即可证出四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形，再根据矩形的性质可得出三对三角形的面积相等，由此即可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D=∠B=90°．
又∵EF//AB//CD，GH//AD//BC，
∴四边形PEDH和四边形PFBG都是矩形．
∵EF//AB，HG//BC，四边形ABCD为矩形，
∴四边形AEPG和四边形PHCF也是矩形，
∴S△ACD=S△ABC，S△PHC=S△PCF，S△AEP=S△APG，
∴S△ACD−S△PHC−S△AEP=S△ABC−S△PCF−S△APG，
∴ S1=S2
故答案为：S1=S2．
【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
【变式10-2】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，菱形ABCD中，分别延长DC，BC至点E，F，使CE=CD，CF=CB，连接DB，BE，EF，FD.
(1)求证：四边形DBEF是矩形；
(2)若AB=4，∠A=60°，求矩形DBEF的面积.
【答案】(1)证明见解析；
(2)163
【分析】（1）根据题意可证明四边形DBEF是平行四边形．再由菱形的性质可证明出BF=DE，从而得出平行四边形DBEF是矩形；
（2）连接AC，由菱形的性质结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出OC=23，BD=4，再根据三角形中位线的性质可求出DF的长，最后根据矩形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵CE=CD，CF=CB，
∴四边形DBEF是平行四边形．
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB．
∴CE=CF，
∴BF=DE，
∴四边形DBEF是矩形；
（2）如图，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD=OB，OC=OA，∠OAD=∠BAC=30°，
∴ OD=OB=12AB=2，
∴OC=OA=3OB=23，
∴BD=4，
由（1）得四边形DBEF是矩形，
∴DF⊥BD，点C为BF中点．
∵点O为BD中点，
∴OC=12DF，
∴DF=2OC=43，
∴矩形DBEF的面积=BD⋅DF=4×43=163．
【点睛】此题考查的是矩形的判定与性质、菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理以及三角形中位线的判定和性质等知识，正确作出辅助线是解决此题的关键．
【变式10-3】（2023春·湖北武汉·八年级统考期末）如图，点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，点F、H在对角线BD上．若四边形EFGH是矩形，则S矩形EFGHS正方形ABCD=_____．
【答案】24
【分析】连接EG交BD于点O，过点H作HM⊥EG于点M，根据条件易证四边形AEGB是矩形、△EOD和△MOH均为等腰直角三角形，再由四边形EFGH是矩形得出FH=EG=AB=AD=BC，OE=OG=OH=OF=12EG=FH，S矩形EFGH=4S△HEO=4×12EO⋅MH=2EO⋅MH，再由代数法和勾股定理求出MH=22a，进而求出结果即可．
【详解】如图，连接EG交BD于点O，过点H作HM⊥EG于点M，
∵点E、G分别是正方形ABCD的AD、BC边的中点，
∴AE=DE=BG=CG=12AD=12BC=12AB，∠A=90°，∠ADB=45°，AD//BC，
∴▱AEGB是矩形，
∴EG=AB，∠AEG=90°，∴∠DEG=90°，
∴∠EOD=90°-∠ADB=45°，
又∵HM⊥EG，∴∠MHO=45°=∠EOD，即∠MHO=∠MOH，
∴MO=MH，
∵点F、H在对角线BD上，四边形EFGH是矩形，
∴FH=EG=AB=AD=BC，OE=OG=OH=OF=12EG=FH，
S矩形EFGH=4S△HEO=4×12EO⋅MH=2EO⋅MH，
设FH=EG=AB=AD=BC=2a，则OE=OG=OH=OF=a，
由勾股定理得：MH=22a，
∴S矩形EFGH=2EO⋅MH=2a⋅22a=2a2，S正方形ABCD=AB2=(2a)2=4a2，
∴S矩形EFGHS正方形ABCD=2a24a2=24，
故答案为：24．
【点睛】主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点；解题的关键是依据已知条件巧妙添加辅助线构造特殊四边形和特殊四边形和特殊三角形．
【题型11 利用直角三角形斜边中线求解】
【例11】（2023春·重庆九龙坡·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠ABC=66°，AF⊥BC于F，AF交BD于E，若DE=2AB，则∠AED的大小是（ ）
A．62°B．64°C．66°D．68°
【答案】D
【分析】取DE的中点G，连接AG，根据平行四边形的性质，可得AD∥BC，结合已知条件可得∠3+∠4=66°，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得AG=12DE=DG=AB，进而可得∠1=2∠2=∠4，求得∠2，根据直角三角两锐角互余即可求得∠AED．
【详解】解：如图，取DE的中点G，连接AG，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BC，
∵AF⊥BC，
∴AF⊥AD，
∴△AED是直角三角形，
∵G的DE的中点，
∴AG=12DE=DG，
∴∠2=∠GAD，
∵ DE=2AB，
∴AG=AB，
∴∠1=∠4，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠3，∠DAB=180°−∠ABC=114°，
∵ ∠ABC=66°，
∴ ∠3+∠4=66°
∴∠2+∠4=66°
∵∠1=∠2+∠GAD=2∠2，
∴∠4=2∠2，
∴3∠2=66°，
∴∠2=22°，
∴∠AED=90°−∠2=68°，
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，直角三角形的两锐角互余，等边对等角，三角形的外角性质，找DE中点作辅助线是解题的关键．
【变式11-1】（2023春·广东韶关·八年级校考期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，点D为斜边AB上的一点，连接CD，将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，点F为直角边AC上一点，连接DF，将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合．若AD=5，则AF的长为（ ）．
A．1B．3C．32D．74
【答案】D
【分析】根据折叠的性质和勾股定理定理即可解答．
【详解】解：∵将△BCD沿CD翻折，使点B落在点E处，
∴BD=DE，BC=CE=6，∠B=∠CED，
∵将△ADF沿DF翻折，点A恰好与点E重合，
∴∠A=∠DEF，AD=DE，AF=EF，
∴∠FED+∠CED=90°，AD=DB，
∴CD=DA=DB=12AB，
∵AD=5，
∴AB=10，
∴AC=AB2−BC2=102−62=8，
∴CF=8−AF，
∴EF2+CE2=CF2，
∴AF2+62=8−AF2，
∴AF=74．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理等知识点，灵活利用相关性质定理是解答本题的关键．
【变式11-2】（2023春·广西南宁·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，∠ACD=3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD=1，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．3D．32
【答案】B
【分析】根据∠ACD=3∠BCD，可以求出∠BCD=22.5°，∠ACD=67.5°，进而求出∠BCD=90°−∠B=∠BAC=22.5°的度数，根据直角三角形斜边中线的性质可以得到CE=AE=BE=12AB，再根据三角形外角定理可以得出∠DEC=45°，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：∵∠ACD=3∠BCD，∠ACB=90°=∠BCD+∠ACD，
∴∠BCD=22.5°，∠ACD=67.5°，
又∵CD⊥AB
∴∠CDE=∠BDC=90°，则∠BCD=90°−∠B=∠BAC=22.5°，
又∵点E是斜边AB的中点，
∴CE=AE=BE=12AB，
∴∠ECA=∠BAC=22.5°
∴∠BEC=45°
∴△CDE为等腰直角三角形
∴CE=CD2+DE2=2，则AB=2CE=22，
故选：B．
【点睛】此题主要考查了直角三角形的有关性质，熟练掌握勾股定理、斜边中线等于斜边一半等性质是解题的关键．
【变式11-3】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图，在四边形ABCD中，O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°，AB=AC，若BC=2AD，则∠DCB=______．
【答案】75°
【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OB=OC=OA=OD=12BC，再利用BC=2AD可得△OAD是等边三角形，从而得到∠AOD=60°，利用等腰三角形的性质三线合一可得∠AOB=90°，从而得到∠COD=30°，再利用OC=OD，得到∠DCB=75°．
【详解】解：∵O是BC中点，∠BAC=∠BDC=90°
∴OB=OC=OA=OD=12BC，
又∵BC=2AD，即AD=12BC，
∴OA=OD=AD，
∴△OAD是等边三角形，
∴∠AOD=60°，
∵O是BC中点，AB=AC
∴∠AOB=90°，(三线合一)
∴∠COD=180°−∠AOB−∠AOD=30°，
又∵OC=OD，
∴∠DCB=180°−∠COD2=75°，
故答案是：75°．
【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，掌握相关定理求出∠COD是解题的关键．
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