人教版初中数学几何辅助线进阶训练——矩形的辅助线（不含相似）
一、阶段一（较易）
1．（2023·南充模拟） 如图，四边形是矩形，点是延长线一点，连接，垂直平分，垂足为，点在上，点在上，且.
（1）若，，求；
（2）若，求证：.
【答案】（1）解：如图，连接，
，，
，
垂直平分，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，在上截取，在上截取，连接，
在和中，
，
≌，
，，
，
又，
，
∽，
，
，，
，
，
，
，
，
.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接BD，由已知条件可得BE=BC+CE=5，由垂直平分线的性质可得BE=BD=5，DF=EF，利用勾股定理可得CD、DE的值，据此解答；
（2）在DC上截取CN=BH，在CE上截取CM=BG，连接MN，利用SAS证明△BHG≌△CNM，得到MN=HG，∠HGB=∠NMC，推出HG∥MN，由平行公理及推论可得MN∥DE，由平行于三角形一边的直线和其他两边或两边的延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△CMN∽△CED，根据线段的和差关系可得BM=GE，进而推出BG=ME，得到MN=DE，然后根据相似三角形的性质进行证明.
2．（2023八上·平桂期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝8，GC＝，AE平分∠BAG交BC于点E，E是BC的中点，则AG的长为 .
【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AG于H，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AE平分∠BAG交BC于点E，
∴BE＝EH，
在Rt△ABE与Rt△AHE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AH＝AB＝8，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴EH＝CE，
在Rt△EHG与Rt△ECG中，
，
∴Rt△EHG≌Rt△ECG（HL），
∴GH＝CG＝ ，
∴AG＝AH+GH＝8+ ＝ ，
故答案为： .
【分析】过E作EH⊥AG于H，连接EG，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得BE=EH，从而利用HL判断Rt△ABE≌Rt△AHE，根据全等三角形的对应边相等得AH=AB=8，进而再利用HL判断Rt△EHG≌Rt△ECG，根据全等三角形的对应边相等得GH＝CG＝ ，最后根据AG=AH+GH即可得出答案.
3．（2022九上·高陵期中）如图，四边形和四边形是两个矩形，点B在边上，若，则矩形的面积为（ ）
A．3 B． C． D．6
【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点B作BG⊥AC于点G，
∴∠AGB=90°，
∵矩形ABCD和矩形AEFC，
∴∠E=∠EAG=∠ABC=90°，
∴四边形AEBG是矩形，
∴AE=BG，
在Rt△ABC中，
，
∵，
S矩形AEFC=2S△ABC=
故答案为：B
【分析】过点B作BG⊥AC于点G，利用垂直的定义和矩形的性质可证得∠E=∠EAG=∠ABC=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形AEBG是矩形，可推出AE=BG；利用勾股定理求出BC的长；再证明S矩形AEFC=2S△ABC，利用三角形的面积公式可求出结果.
4．（2022八上·沈阳期中）如图，长方形ABCD中，，，，点M是射线BD上一点（不与点B，D重合），连接AM，过点M作交直线BC于点N，若是等腰三角形，则 ．
【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵是等腰三角形，∴只存在一种情况，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，∴，
∴是等边三角形，∴，
∴，∴，
∵，且，
∴，∴，故答案为：．
【分析】连接AN，先证明，可得，再利用勾股定理可得，将数据代入求出即可。
5．（2022九上·电白期中）如图，已知在△OAB中AO＝BO，分别延长AO，BO到点C、D，使得OC＝AO，OD＝BO，连接AD，DC，CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以AO，BO为一组邻边作平行四边形AOBE，连接CE．若CE⊥AE，求∠AOB的度数．
【答案】（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO
∴四边形ABCD是平行四边形
∴AC＝2AO，BD＝2BO
又∵AO＝BO
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
（2）解：如图：连接OE与BD交于F
∵四边形AOBE是平行四边形
∴AE＝BO
又∵AO＝BO
∴AO＝AE
∵CE⊥AE
∴∠AEC＝90°
∵OC＝OA
∴OE＝AC＝AO
∴OE＝AO＝AE
∴△AOE是等边三角形，
∴∠OAE＝60°
∵∠OAE＋∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形 ，再结合AC=BD，可得平行四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE与BD交于F，先证明△AOE是等边三角形，可得∠OAE＝60°，再利用平行线的性质可得∠AOB＝120°。
6．（2022九上·长沙期中）如图，在中，，为边上的中线，点E为AD的中点，作点B关于点E的对称点F，连接，．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明：如图：连接DF，
点E为AD的中点，点B与点F关于点E对称，
，BE=FE，
四边形ABDF为平行四边形，
， ，
，
是等腰三角形，
又 为 边上的中线，
， ，
CD=AF，
四边形ADCF为平行四边形，
四边形 为矩形
（2）解：设AD=BC=x，则 ，
在 中， ，
得 ，
解得 或 （舍去），
AD=BC=4，
四边形 为矩形，
，
在 中， ．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）连接DF，根据中点的概念可得AE=DE，由轴对称的性质可得BE=FE，推出四边形ABDF为平行四边形，得到BD=AF，BC∥AF，易得△ABC是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得BD=CD，AD⊥BC，推出CD=AF，然后根据矩形的判定定理进行证明；
（2）设AD=BC=x，则BD=x，在Rt△ABD中，根据勾股定理可得x的值，由矩形的性质可得CF=AD=4，然后利用勾股定理计算即可.
7．（2022八上·洞头期中）如图，△ABC中，AB=AC，AD为BC上的高线，E为AB边上一点，EF⊥BC于点F，交CA的延长线于点G. 已知EF=2，EG=3. 则AD的长为 ．
【答案】3.5
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥FG于点H，
∵AB=AC，AD是高，
∴∠DAC=∠DAB，
∵EF⊥BC，
∴∠ADC=∠GFC=90°，
∴AD∥GF，
∴∠G=∠DAC，∠AEG=∠BAD，
∴∠G=∠GEA，
∴AG=AE，
∵AH⊥EG，
∴EH=EG=1.5；
∵∠AHF=∠ADF=∠HFD=90°，
∴四边形ADFH是矩形，
∴AD=HF=HE+EF=1.5+2=3.5.
故答案为：3.5
【分析】过点A作AH⊥FG于点H，利用等腰三角形的性质可证得∠DAC=∠DAB，再证明AD∥GF，利用平行线的性质可推出∠G=∠DAC，∠AEG=∠BAD，由此可得到∠G=∠GEA，利用等角对等边可证得AG=AE，利用等腰三角形的性质可求出EH的长；然后证明四边形ADFH是矩形，利用矩形的对边相等，可求出AD的长.
8．（2022八上·莲湖月考）已知，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别是边AB，BC上的点，连接DE，DF，EF．
（1）如图①，当CF＝2BE＝2时，试说明△DEF是直角三角形；
（2）如图②，若点E是边AB的中点，DE平分∠ADF，求BF的长．
【答案】（1）证明： ，
，
．
四边形 是矩形，
， ， ，
在 中， ，
在 中， ，
在 中， ，
，
是直角三角形，且 ；
（2）解：作 于 ，
则 ．
平分 ，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
．
设 ，则 ， ，
，
在 中， ，
，
，
即 ．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）在Rt△ADE中，由勾股定理求出DE2=85，在Rt△DCF中，由勾股定理求出DF2=68，在Rt△BEF中，由勾股定理求出EF2=17，从而得出 ，利用勾股定理的逆定理即得结论；
（2） 作于 ，先证明 ，可得 ， ，从而得出 ，再证 ，可得，设 ，则 ， ， DF=6+x， 在 中 ，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
9．（2022九上·温州开学考）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AE⊥BD，垂足为E，∠BAE＝30°，那么△ECD的面积是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．
【答案】A
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图：
过点C作CF⊥BD于F．
∵矩形ABCD中，BC＝4，AE⊥BD，
∴∠ABE＝∠CDF＝60°，AB＝CD，AD＝BC＝4，∠AEB＝∠CFD＝90°．
∴△ABE≌△CDF．
∴AE＝CF．
∴S△AED＝ED AE，S△ECD＝ED CF
∴S△AED＝S△CDE
∵AE＝2，DE＝2，
∴△ECD的面积是2．
故答案为：A.
【分析】过点C作CF⊥BD于F，根据矩形的性质可得∠ABE＝∠CDF＝60°，AB＝CD，AD＝BC＝4，∠AEB＝∠CFD＝90°，证明△ABE≌△CDF，得到AE＝CF，结合三角形的面积公式可得S△AED＝S△CDE，据此计算.
10．（2022八下·敦化期末）如图，在矩形中，，点M在边上，若平分，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点A作AE⊥DM于E，如图，
∵矩形，
∴∠B=∠C=90°，CD=AB=1，BC=AD=2，
∵AE⊥DM于E，
∠AEM=∠AED=90°，
∴∠B=∠AEM，
∵平分，
∴∠AMB=∠AME，
∵AM=AM，
∴△ABM≌△AEM（AAS），
∴AE=AB=1，BM=ME，
在Rt△AED中，由勾股定理，得DE=，
设BM=ME=x，则CM=2-x，DE=+x，
在Rt△CDM中，由勾股定理，得
（+x）2=（2-x）2+12，
解得：x=2-，
∴CM=2-（2-）=，
故答案为：D．
【分析】过点A作AE⊥DM于E，利用“AAS”证明△ABM≌△AEM可得AE=AB=1，BM=ME，设BM=ME=x，则CM=2-x，DE=+x，利用勾股定理可得（+x）2=（2-x）2+12，再求出x的值，即可得到CM的值。
二、阶段二（一般）
11．（2023七下·杭州月考）如图，将长方形纸片沿折叠后，点A，B分别落在，的位置，再沿边将折叠到处，已知，则 ， .
【答案】117；9
【知识点】平行线的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：，，，
∵，，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴，
过点作，如图，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：117；9.
【分析】由折叠可知∠BFE=∠B′FE，∠AEF=∠A′EF，∠A′EG=∠HEG，结合平角的概念可得∠BFE=∠B′FE=63°，根据矩形以及平行线的性质可得∠AEF+∠BFE=180°，则∠A′EF=∠AEF=117°，过点B′作B′M∥AD，由平行线的性质可得∠DGB′=∠GB′M，∠MB′F=∠1=54°，由余角的性质可得∠DGB′=∠A′GE=36°，∠HEG=∠A′EG=54°，然后根据∠FEH=∠A′EF-∠A′EH进行计算.
12．（2022九上·五华期中）如图，在矩形中，点E是对角线上一点，有且，点P是上一动点，则点P到边，的距离之和的值（ ）
A．有最大值a B．有最小值 C．是定值 D．是定值
【答案】D
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，过点作，交于点，
∵在矩形中，，，
∴，
∵
即：，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：D．
【分析】连接，过点作，交于点，根据，可得，再求出即可。
13．（2022九上·福州开学考）矩形与矩形如图放置，点、、共线，点、、共线，连接，取的中点，连接若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
四边形与四边形都是矩形，
，，，
，，
的中点，
，
在和中，
，
≌．
，，
，
在中，，
.
故答案为：A.
【分析】延长GH交AD于M点，根据矩形的性质可得CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=3，BE∥AD∥FG，则DG=2，∠HAM=∠HFG，根据中点的概念可得AH=FH，证明△AMH≌△FGH，得到AM=FG=1，MH=GH，则MD=AD-AM=2，利用勾股定理可得GM，进而可得GH.
14．（2022九上·拱墅开学考）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，若，则 度
【答案】18
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接DM，如图：
四边形ABCD是矩形，
．
是AC的中点，
，
，．
由折叠知DF=DC
．
，，，
．
．
，
．
，
．
设，则，
．
，
．
．
故答案为：18.
【分析】连接DM，易得∠ADC=90°，由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得DM=AM=CM，根据等腰三角形的性质得∠FAD=∠MDA，∠MDC=∠MCD，由折叠得DF=DC，则∠DFC=∠DCF，易得MF=FD，则∠FMD=∠FDM，结合三角形的任意一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得∠DFC=2∠FMD，∠DMC=2∠FAD，设∠FAD=x°，则∠DFC=4x°，∠MCD=∠MDC=4x°，结合内角和定理可得x的值，据此解答.
15．（2022八下·宁安期末）AM∥BN，ABBN，垂足为B， 点C在直线BN上，ACCD，AC=CD，DEAM，垂足为E．
（1）如图①，求证：DE+BC=AB；
（2）如图②、图③，请分别写出线段DE，BC与AB之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，AC=100，AB-BC =2，则线段DE= ．
【答案】（1）证明：延长ED交BN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=90 ，∠ABC=90
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=180 -∠AED=90
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠DFC=∠AED=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE+DF=EF
∴DE+BC=AB．
（2）解：图②结论：BC-DE=AB；理由如下：
延长ED交BN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=∠AEF=90 ，∠ABC=90
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=∠AED=90
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠DFC=∠AEF=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE+EF=DF
∴BC-DE=AB；
图③结论：DE-BC=AB；理由如下：
设DE交CN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=90 ，∠ABC=90 ，
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=∠AED=90 ，即∠BFE=90°，
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠BFE=∠AEF=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE =DF+EF
∴DE-BC=AB．
（3）2或14
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：(3)在中，，
∵AB-BC =2，
∴（AB-BC）2=4，即AB2-2AB×BC+BC2=4，
∴2AB×BC=96，
∴（AB+BC）2= AB2+2AB×BC+BC2=196，
∴AB+BC =14或-14（舍去），
在（1）的条件下，DE=AB-BC=2，
在（2）的条件下，如图②DE= BC-AB=-2，不合题意，舍去；
在（2）的条件下，如图③DE-=AB+ BC=14；
综上所述，线段DE的长为2或14．
故答案为：2或14．
【分析】（1）延长ED交BN于点F，证明△ABC≌△CFD，即可得到BC=DF，继而由四边形ABFE为矩形，求出AB=EF；
（2）分别在图②和图③中证明△ABC≌△CFD，由全等三角形的性质以及矩形的性质，求出答案即可；
（3）根据勾股定理，结合（1）和（2）的结论，求出答案即可。
16．（2022八下·连山期末）如图，矩形ABCD中，交CD于点E，点F在AD上，连接CF交AE于点G，，若，则CD的值为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，
∵GF=AF，
∴∠FAG=∠FGA，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC=4，OB=OD，
∵CG=GF，
∴OG为△CAF的中位线，
∴AF=2OG，OG∥AD，
∴∠FDM=∠MOG，
∵AE⊥BD，
∴∠FGA+∠GMO=90°，∠MDF+∠FAG=90°，
.∴∠GMO=∠MDF，
∴∠GMO=∠MDF=∠MOG=∠FMD，
∴OG=GM，FM=FD，
设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，
∴FD=FM=FG-MG=2x-x=x，
∴CF=4x，AD=3x，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
，
在Rt△ADC中，由勾股定理得，
DC2+AD2=AC2，
即15x2+9x2=48，
解得x=，
∴，
故答案为： ．
【分析】连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，利用勾股定理可得DC2+AD2=AC2，将数据代入可得15x2+9x2=48，求出x的值，即可得到CD的长。
17．（2022八下·斗门期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为 ．
【答案】或
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，，，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵H是DF的中点，
∴DH=FH
∵在△PDH与△CFH中，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝＝＝，
∵点G是EC的中点，CH＝PH，
∴GH是△CEP的中位线，
∴GH＝EP＝
故答案为：．
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，先利用“AAS”证明△PDH≌△CFH可得PD＝CF＝5，CH＝PH，再利用勾股定理求出PE的长，最后利用三角形中位线的性质可得GH＝EP＝。
18．（2022八下·高州期末）如图，点E为 ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF=BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH，AF．
（1）若∠BAE＝65°，∠DEC＝40°，求∠ECD的度数；
（2）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（3）连接EH，交BC于点O，若OC＝OH，求证：．
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAE＝65°，
∴∠BAE＝∠BCD＝65°，
，∠DEC＝40°，
，
；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（3）证明：连接EH，CH，
∵CE＝CG，FH＝HG，
∴CH＝EF，CH∥EF，
∵EB＝BF＝EF，
∴BE＝CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB＝OC= ，OE＝OH=，
∵OC＝OH，
∴BC=EH，
∴平行四边形EBHC是矩形，
∴∠FEG＝90°，
∴EF⊥EG．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
（2）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，证明出BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC＝FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（3）连接EH，CH，根据三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质即可得到结论。
19．（2022八下·南充期末）如图，矩形 中， ， 分别是边 ， 的中点， 于 ， 的延长线交 于 ．下列结论：① ；② ；③ ；④ ．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CM、DM，
∵矩形ABCD
∴ ，
∵ ， M ， N 分别是边AB ， CD的中点，
∴
故①正确；
∵
∴四边形AMCN是平行四边形
∴AN∥CM
∴
∵
∴CM垂直平分PB
∴BC=PC
∴ （SSS）
∴
即
故②正确；
∵ ， ，
∴ （HL）
∴
故③正确；
取CQ中点E，连接EN
∵N是CD中点
∴EN是△CDQ的中位线
∴
∵
∴
∴ ，即
故④正确；
综上所述，正确的是①②③④
故答案为：D．
【分析】连接CM、DM，由矩形的性质可得AB=CD，根据线段的中点及直角三角形斜边中线的性质可得，故①正确；可证四边形AMCN是平行四边形，可得AN∥MC，根据SSS证明，可得，故②正确；根据HL可证明，可得PQ=AQ，故③正确；取CQ中点E，连接EN，可得EN是△CDQ的中位线，可得DQ=2EN，根据大角对大边进行判断即可.
20．（2022八下·金平期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点H，G分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝8，则GH的长度为（ ）
A．2 B． C． D．5
【答案】B
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝8，
∴AE＝AB＝3，CF＝BC＝4，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
在△PDH与△CFH中，，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝4，CH＝PH，
∴AP＝AD PD＝4，
∴PE＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝，
故答案为：B．
【分析】先求出AE＝AB＝3，CF＝BC＝4，再利用全等三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
三、阶段三（较难）
21．（2023八下·青秀月考）如图，在矩形中，交于点，点在上，连接交于点，且，若，则的值是 （ ）
A． B． C． D．8
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，令交于点，
，
，
又四边形是矩形，
，，，
是的中位线，
，，
，
，
，，
，
，
，
，，
设，
则，
，，
，
，
在中，，
又，
，
四边形是矩形，
，
，
解得：，
，
故答案为：A.
【分析】连接BD交AC于点O，连接OG，令AC交BF于点M，由等边对等角可得∠FGD=∠FDG，由矩形的性质可得OB=OD，AB=CD，∠ABC=∠BCD=90°，结合已知可知OG是三角形BDF的中位线，于是可得OG∥DC，DF=BG=GF=2OG，由平行线的性质可得∠ACD=∠COG，由等角的余角相等可得∠OMG=∠ACD，结合已有的结论可得∠OMG=∠ACD=∠CMF=∠COG，由等角对等边得OG=GM，NMF=FC，设OG=GM=x，在直角三角形BCD中，用勾股定理可将BC用含x的代数式表示出来，同理BD也可用含x的代数式表示出来，由BD=AC可得关于x的方程，解方程求得x的值，然后BC的值可求解.
22．（2022八上·沈阳期末）如图：在平面直角坐标系内有长方形，点A，C分别在y轴，x轴上，点在上，点E在上，沿折叠，使点B与点O重合，点C与点重合．若点P在坐标轴上，且面积是18，则点P坐标为 ．
【答案】或或或
【知识点】矩形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：过作于F，如图：
∵，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点B与点O重合，点C与点重合，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，且，
∴，
∴；
当P在x轴上时，连接交x轴于H，如图：
∵，；
∴直线为，
令得，
∴，
∵面积是18，
∴，即，
∴，
∴或；
当P在y轴上时，如图：
∵面积是18，
∴，即，
∴，
∴或，
综上所述，P的坐标为或或或，
故答案为：或或或．
【分析】分类讨论：①当P在x轴上时，②当P在y轴上时，再分别画出图象并求解即可。
23．（2022九上·农安期中）阅读下列材料，完成相应任务．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，△ABC中，，BD是斜边AC上的中线．求证：BD＝AC． 分析：要证明BD等于AC的一半，可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2．延长BD到E，使得DE＝BD． 连接AE，CE．可证BE＝AC，进而得到BD＝AC．
（1）请你按材料中的分析写出证明过程；
（2）如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB＝12，CD＝8，CE＝3，则 ．
【答案】（1）证明：如图2，延长到E，使得．连接，
则，
是斜边上的中线，
，
在和中，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
，
．
（2）
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）如图3，连接，延长到点M，使得，连接，再连接，延长到点N，使得，连接，延长，交于点，
由（1）可知，四边形和四边形均为矩形，
，，
，
四边形为矩形，
，，，
，
，
，
又，即点分别是的中点，
，
故答案为：．
【分析】（1）延长到E，使得．连接，得出，利用SAS证出，得出，从而得出四边形是平行四边形，再推出平行四边形是矩形，即可得出结论；
（2）连接，延长到点M，使得，连接，再连接，延长到点N，使得，连接，延长，交于点，由（1）可知，四边形和四边形均为矩形，得出四边形为矩形，利用勾股定理得出MN的值，即可得解。
24．（2022八上·淇滨月考）如图，在长方形中，，．点、点分别在、上，且，点是边上的动点，点是边上的动点．则的是小值是 ．
【答案】41
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】作点E关于CD的对称点E'，点F关于AB的对称点F'，
则EG= E'G，HF=HF'，
∴EG+HG+HF=E'G+HG+HF'，
连接E'F'，交AB、CD于H、G点，BG+HG+HF的最小值即为E'F'的长，
过点E'作E'H⊥BC，交BC的延长线于H，
则F'H=14+2×13=40，E'H =9，
在Bt△FH中，由勾股定理得E'F'=41，
∴BG+G+HF的最小值为：41，
故答案为：41．
【分析】作点E关于CD的对称点E'，点F关于AB的对称点F'，则EG= E'G，HF=HF'，可得EG+HG+HF=E'G+HG+HF'，连接E'F'，交AB、CD于H、G点，BG+HG+HF的最小值即为E'F'的长，过点E'作E'H⊥BC，交BC的延长线于H，则F'H=14+2×13=40，E'H =9，利用勾股定理求出E'F'即可.
25．（2022八下·昌平期末）在菱形ABCD中，∠BCD＝60°，点P是直线AB上一点，且不与点A，点B重合，连接CP，作等边三角形PCE．
（1）如图1，若点P在线段AB上，连接DE，则线段PB，DE之间的数量关系是 ；
（2）如图2，若点P在线段AB的延长线上，连接AE，求证：EA＝EP；
（3）如图3，若点P在线段BA的延长线上，顺次连接四边形ABCE各边的中点，则所得四边形的形状是 ．
【答案】（1）PB＝DE
（2）证明：如图，连接DE．
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝DA，∠ADC＝120°，．
∴∠CBP＝∠BCD＝60°．
∵△PCE是等边三角形，
∴EC＝EP＝CP，∠ECP＝60°．
∴∠ECD＝∠BCP．
∴△DCE≌△BCP．
∴∠CDE＝∠CBP＝60°．
∴∠ADE＝120°-60°=60°．
∴∠ADE＝∠CDE．
∵DE＝DE，AD=CD，
∴△ADE≌△CDE，
∴EA＝EC，
∴EA＝EP．
（3）矩形
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∵三角形PCE是等边三角形，
∴CE=CP，∠PCE=60°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠ECD=∠PCB，
∴△EDC≌△PBC，
∴PB=DE；
(3)连接AC、BD、DE，如图，
∵△PCE是等边三角形，
∴PC=EC，∠PCE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=60°，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠ECD=∠PCB=60°-∠DCP，
∴△ECD≌△PCB(SAS)，
∴∠EDC=∠PBC=120°，
∵BD是菱形ABCD的对角线，∠ADC=120°，
∴∠BDC=60°，
∴∠EDC+∠BDC=120°+60°=180°，
即E、D、B三点共线，
∴EB⊥AC，
∵点F、G、H、I分别线段AB、BC、CE、AE的中点，
∴FG∥HI∥AC，且FG=HI=，
同理GH∥FI∥BE，GH=FI=，
∴四边形FGHI是平行四边形，
∵EB⊥AC，
∴FG⊥GH，
∴平行四边形FGHI是矩形．
【分析】（1）先证明△EDC≌△PBC，再利用全等三角形的性质可得PB=DE；
（2）连接DE，先证明△DCE≌△BCP，可得∠CDE＝∠CBP＝60°，再证出∠ADE＝∠CDE，然后证明△ADE≌△CDE，可得EA=EC，再利用等量代换可得EA=EP；
（3）连接AC、BD、DE，先证明四边形FGHI是平行四边形，再结合FG⊥GH，可得平行四边形FGHI是矩形。
26．（2021九上·兰州月考）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的一条角平分线，AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，BE⊥AN，垂足为E.已知AD＝4，BD＝3.
（1）求证：四边形ADBE是矩形；
（2）如图2，延长AD至点F，使AF＝AB，连接BF，G为BF的中点，连接EG，DG.求EG的长.
（3）如图3，在（2）问的条件下，P为BE边上的一个动点，连接PG并延长交AD延长线于点Q，连接CQ，H为CQ的中点，求点P从E点运动到B点时，点H所经过的路径长.
【答案】（1）证明：∵AB＝AC，AD是角平分线，
∴AD⊥BC，∠ABC=∠C，
∵AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，
∴∠MAN=∠BAN，
∵∠BAM=∠ABC+∠C，
∴∠MAN=∠C，
∴AN∥BC，
∴∠DAE=∠ADC=∠ADB=90°，
∵BE⊥AN，
∴∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，
∴四边形ADBE是矩形；
（2）解：如图，连接AG，
∵矩形ADBE中，AD=4，BD=3，
∴BE=AD=4，AE=BD=3，∠ADB=∠DBE=∠BDF=90°，
∴ ，
∴DF=1，
∴
∵G是BF的中点，
∴DG=BG ，
∴∠BDG=∠DBG，
∴∠ADG=∠EBG，
∴△AGD≌△BEG，
∴EG=AG，
∵AG
∴ ；
（3）解：由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在 ，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在 、 的位置，
∵BE∥AD，
∴∠BEG=∠D G，
∴△EBG≌△ FG，
∴ F=BE=4，
由题意知 是△C F的中位线，
∴ .
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义可得AD⊥BC，∠ABC=∠C，AN∥BC，从而得出∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，根据矩形的判定即证结论；
（2）连接AG，利用勾股定理求出AB，BF的长，证明△AGD≌△BEG，可得EG=AG，再利用勾股定理求出AG即得结论；
（3）由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在 ，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在 、 的位置，证明△EBG≌△ FG，可得 F=BE=4，根据三角形中位线定理可得 .
27．（2021九上·张湾月考）如图1，已知 ， ，点D在 上，连接 并延长交 于点F，
（1）猜想：线段 与 的数量关系为 ；
（2）探究：若将图1的 绕点B顺时针方向旋转，当 小于 时，得到图2，连接 并延长交 于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作 ，垂足为点G.当 的大小发生变化，其它条件不变时，若 ， ，直接写出 的长.
【答案】（1）AF=EF
（2）解：仍旧成立，理由如下：
延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
设BD延长线DM交AE于M点，
∵ ，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，
∴∠MDF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠MDF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF △EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF，
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
（3）12
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
∵ ，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，
∴∠ADF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠ADF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF △EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(3)如下图所示：
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAE=∠EBG，
∴∠BEA=∠EBG，
∴AE CG，
∴∠AEG+∠G=180°，
∴∠AEG=90°，
∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，
∴四边形AEGC为矩形，
∴AC=EG，且AB=BE，
∴Rt△ACB Rt△EGB(HL)，
∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，
又∵ED=AC=EG，且EB=EB，
∴Rt△EDB Rt△EGB(HL)，
∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，
∴∠BAC=30°，
∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：
.
【分析】（1）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，由全等三角形的性质可得DE=AC，BD=BC，由等腰三角形的性质可得∠CDB=∠DCB，由对顶角的性质得∠CDB=∠ADF，则∠ADF=∠DCB，由等角的余角相等可得∠ACD=∠FDE，证明△ACF≌△EDG，得到GE=AF，∠G=∠AFC，由对顶角的性质可得∠AFC=∠GFE，则∠G=∠GFE，据此解答；
（2）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，设BD延长线DM交AE于M点，同理证明△ACF≌△EDG，得到GE=AF，∠G=∠AFC，由对顶角的性质可得∠AFC=∠GFE，则∠G=∠GFE，据此解答；
（3）由等腰三角形性质得∠BAE=∠BEA，由题可知∠BAE=∠EBG，则∠BEA=∠EBG，推出AE∥CG，得到∠AEG+∠G=180°，进而得到四边形AEGC为矩形，则AC=EG，且AB=BE，证明Rt△ACB≌Rt△EGB，Rt△EDB≌Rt△EGB，得到∠BAC=30°，据此求解.
28．（2021八下·北京期末）将一块直角三角板的直角顶点和矩形ABCD（AB＜BC）的对角线的交点O重合，如图（①→②→③），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
（1）图①（三角板一直角边与OD重合）中，连接DN，则BN与DN的数量关系是 ，进而得到BN，CD，CN的数量关系是 ；
（2）写出图③（三角板一边与OC重合）中，CN，BN，CD的数量关系是 ；
（3）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）
（3）解： 、 、 、 这四条线段之间的数量关系为： ，理由如下：
延长 交 于 ，连接 、 ，如图②所示：
四边形 是矩形，
， ， ，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
在 中，由勾股定理得： ，
，
．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：（1）连接 ，如图①所示：
四边形 是矩形，
， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
故答案为： ， ；
（2）连接 ，如图③所示：
四边形 是矩形，
， ， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
故答案为： ；
【分析】（1）先求出 ，再利用勾股定理证明求解即可；
（2）先求出AN=CN，再求解即可；
（3）先求出∠EBO=∠MDO，再利用ASA证明三角形全等，最后利用勾股定理求解即可。
29．（2021八下·南充期末）如图，平行四边形ABCD中，AE⊥CD于E，BF平分∠ABC与AD交于F.AE与BF交于G.
（1）延长DC到H，使CH＝DE，连接BH.求证：四边形ABHE是矩形.
（2）在（1）所画图形中，在CH的延长线上取HK＝AG，当AE＝AF时，求证：CK＝AD.
【答案】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD，AB＝CD，
∵CH＝DE，
∴CH＋CE＝DE＋CE，
即EH＝CD，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∵AE⊥CD，
∴∠AEH＝90°，
∴平行四边形ABHE是矩形.
（2）证明：连接BK，如图2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AB＝AF，
∵AE＝AF，
∴AE＝AB，
由（1）得：四边形ABHE是矩形，
∴∠ABH＝∠BHE＝90°，AE＝BH，
∴∠BHK＝90°，AB＝BH，
∵AB CD，AE⊥CD，
∴AE⊥AB，
∴∠BAG＝90°，
在△BHK和△BAG中，
，
∴△BHK≌△BAG（SAS），
∴∠HBK＝∠ABG，
∴∠HBK＋∠HBF＝∠ABG＋∠HBF＝∠ABH＝90°，
∵∠CBK＋∠CBF＝90°，∠K＋∠HBK＝90°，
∴∠CBK＝∠K，
∴CK＝CB，
∴CK＝AD.
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用已知证得EH=CD，可得到四边形ABHE是平行四边形，利用垂直的定义可证得∠AEH＝90°，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证得结论；
（2）连接BK，利用平行四边形的性质可证得AD＝BC，AD∥BC，利用平行线的性质和角平分线的定义可证得∠AFB＝∠ABF，利用等角对等边可得到AB=AF，由AE=AF，可证得AE=AB；再利用矩形的性质及平行线的性质去证明∠BAG＝90°，利用SAS证明△BHK≌△BAG，利用全等三角形的性质可推出∠HBK＝∠ABG，利用余角的性质可得到∠CBK＝∠K；然后利用等角对等边可得到CK=CB，从而可证得结论.
30．（2021八下·余姚竞赛）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，BC＝CG＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，N，M分别是AC，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CF交PQ于点R，延长AD交EF于点H，连接AF，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是矩形，
∴AH=2+4=6，AB=EH=1，FG∥CE，EF=VG=2，
∴∠RPF=∠RQC，∠RFP=∠QCR，FH=2-1=1，
在△RCQ和△RFP中，，
∴△RCQ≌△RFP（ASA），
∴PR=QR，
∴点M和点R重合，
在Rt△AFH中，由勾股定理得：
，
∵N是AC的中点，
∴MN为△ACF的中位线，
∴，
故答案为：C.
【分析】连接CF交PQ于点R，延长AD交EF于点H，连接AF，由矩形的性质即可得到AH=2+4=6，AB=EH=1，FG∥CE，EF=VG=2，进而得到∠RPF=∠RQC，∠RFP=∠QCR，FH=2-1=1，再根据三角形全等的性质和判定即可得到点M和点R重合，再由勾股定理求出AF的长，接着运用三角形中位线定理结合题意即可求解.
1 / 1人教版初中数学几何辅助线进阶训练——矩形的辅助线（不含相似）
一、阶段一（较易）
1．（2023·南充模拟） 如图，四边形是矩形，点是延长线一点，连接，垂直平分，垂足为，点在上，点在上，且.
（1）若，，求；
（2）若，求证：.
2．（2023八上·平桂期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝8，GC＝，AE平分∠BAG交BC于点E，E是BC的中点，则AG的长为 .
3．（2022九上·高陵期中）如图，四边形和四边形是两个矩形，点B在边上，若，则矩形的面积为（ ）
A．3 B． C． D．6
4．（2022八上·沈阳期中）如图，长方形ABCD中，，，，点M是射线BD上一点（不与点B，D重合），连接AM，过点M作交直线BC于点N，若是等腰三角形，则 ．
5．（2022九上·电白期中）如图，已知在△OAB中AO＝BO，分别延长AO，BO到点C、D，使得OC＝AO，OD＝BO，连接AD，DC，CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）以AO，BO为一组邻边作平行四边形AOBE，连接CE．若CE⊥AE，求∠AOB的度数．
6．（2022九上·长沙期中）如图，在中，，为边上的中线，点E为AD的中点，作点B关于点E的对称点F，连接，．
（1）求证：四边形为矩形；
（2）若，，求的长．
7．（2022八上·洞头期中）如图，△ABC中，AB=AC，AD为BC上的高线，E为AB边上一点，EF⊥BC于点F，交CA的延长线于点G. 已知EF=2，EG=3. 则AD的长为 ．
8．（2022八上·莲湖月考）已知，在长方形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E，F分别是边AB，BC上的点，连接DE，DF，EF．
（1）如图①，当CF＝2BE＝2时，试说明△DEF是直角三角形；
（2）如图②，若点E是边AB的中点，DE平分∠ADF，求BF的长．
9．（2022九上·温州开学考）如图，在矩形ABCD中，BC＝4，AE⊥BD，垂足为E，∠BAE＝30°，那么△ECD的面积是（ ）
A．2 B．4 C．8 D．
10．（2022八下·敦化期末）如图，在矩形中，，点M在边上，若平分，则的长是（ ）
A． B． C． D．
二、阶段二（一般）
11．（2023七下·杭州月考）如图，将长方形纸片沿折叠后，点A，B分别落在，的位置，再沿边将折叠到处，已知，则 ， .
12．（2022九上·五华期中）如图，在矩形中，点E是对角线上一点，有且，点P是上一动点，则点P到边，的距离之和的值（ ）
A．有最大值a B．有最小值 C．是定值 D．是定值
13．（2022九上·福州开学考）矩形与矩形如图放置，点、、共线，点、、共线，连接，取的中点，连接若，，则（ ）
A． B． C． D．
14．（2022九上·拱墅开学考）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，若，则 度
15．（2022八下·宁安期末）AM∥BN，ABBN，垂足为B， 点C在直线BN上，ACCD，AC=CD，DEAM，垂足为E．
（1）如图①，求证：DE+BC=AB；
（2）如图②、图③，请分别写出线段DE，BC与AB之间的数量关系，不需要证明；
（3）在（1）、（2）的条件下，AC=100，AB-BC =2，则线段DE= ．
16．（2022八下·连山期末）如图，矩形ABCD中，交CD于点E，点F在AD上，连接CF交AE于点G，，若，则CD的值为 ．
17．（2022八下·斗门期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为 ．
18．（2022八下·高州期末）如图，点E为 ABCD的边AD上的一点，连接EB并延长，使BF=BE，连接EC并延长，使CG＝CE，连接FG．H为FG的中点，连接DH，AF．
（1）若∠BAE＝65°，∠DEC＝40°，求∠ECD的度数；
（2）求证：四边形AFHD为平行四边形；
（3）连接EH，交BC于点O，若OC＝OH，求证：．
19．（2022八下·南充期末）如图，矩形 中， ， 分别是边 ， 的中点， 于 ， 的延长线交 于 ．下列结论：① ；② ；③ ；④ ．其中结论正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
20．（2022八下·金平期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点H，G分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝8，则GH的长度为（ ）
A．2 B． C． D．5
三、阶段三（较难）
21．（2023八下·青秀月考）如图，在矩形中，交于点，点在上，连接交于点，且，若，则的值是 （ ）
A． B． C． D．8
22．（2022八上·沈阳期末）如图：在平面直角坐标系内有长方形，点A，C分别在y轴，x轴上，点在上，点E在上，沿折叠，使点B与点O重合，点C与点重合．若点P在坐标轴上，且面积是18，则点P坐标为 ．
23．（2022九上·农安期中）阅读下列材料，完成相应任务．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 如图1，△ABC中，，BD是斜边AC上的中线．求证：BD＝AC． 分析：要证明BD等于AC的一半，可以用“倍长法”将BD延长一倍，如图2．延长BD到E，使得DE＝BD． 连接AE，CE．可证BE＝AC，进而得到BD＝AC．
（1）请你按材料中的分析写出证明过程；
（2）如图3，点C是线段AB上一点，CD⊥AB，点E是线段CD上一点，分别连接AD，BE，点F，G分别是AD和BE的中点，连接FG．若AB＝12，CD＝8，CE＝3，则 ．
24．（2022八上·淇滨月考）如图，在长方形中，，．点、点分别在、上，且，点是边上的动点，点是边上的动点．则的是小值是 ．
25．（2022八下·昌平期末）在菱形ABCD中，∠BCD＝60°，点P是直线AB上一点，且不与点A，点B重合，连接CP，作等边三角形PCE．
（1）如图1，若点P在线段AB上，连接DE，则线段PB，DE之间的数量关系是 ；
（2）如图2，若点P在线段AB的延长线上，连接AE，求证：EA＝EP；
（3）如图3，若点P在线段BA的延长线上，顺次连接四边形ABCE各边的中点，则所得四边形的形状是 ．
26．（2021九上·兰州月考）如图1，在△ABC中，AB＝AC，AD是△ABC的一条角平分线，AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，BE⊥AN，垂足为E.已知AD＝4，BD＝3.
（1）求证：四边形ADBE是矩形；
（2）如图2，延长AD至点F，使AF＝AB，连接BF，G为BF的中点，连接EG，DG.求EG的长.
（3）如图3，在（2）问的条件下，P为BE边上的一个动点，连接PG并延长交AD延长线于点Q，连接CQ，H为CQ的中点，求点P从E点运动到B点时，点H所经过的路径长.
27．（2021九上·张湾月考）如图1，已知 ， ，点D在 上，连接 并延长交 于点F，
（1）猜想：线段 与 的数量关系为 ；
（2）探究：若将图1的 绕点B顺时针方向旋转，当 小于 时，得到图2，连接 并延长交 于点F，则（1）中的结论是否还成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）拓展：图1中，过点E作 ，垂足为点G.当 的大小发生变化，其它条件不变时，若 ， ，直接写出 的长.
28．（2021八下·北京期末）将一块直角三角板的直角顶点和矩形ABCD（AB＜BC）的对角线的交点O重合，如图（①→②→③），图中的M、N分别为直角三角形的直角边与矩形ABCD的边CD、BC的交点．
（1）图①（三角板一直角边与OD重合）中，连接DN，则BN与DN的数量关系是 ，进而得到BN，CD，CN的数量关系是 ；
（2）写出图③（三角板一边与OC重合）中，CN，BN，CD的数量关系是 ；
（3）试探究图②中BN、CN、CM、DM这四条线段之间的数量关系，写出你的结论，并说明理由．
29．（2021八下·南充期末）如图，平行四边形ABCD中，AE⊥CD于E，BF平分∠ABC与AD交于F.AE与BF交于G.
（1）延长DC到H，使CH＝DE，连接BH.求证：四边形ABHE是矩形.
（2）在（1）所画图形中，在CH的延长线上取HK＝AG，当AE＝AF时，求证：CK＝AD.
30．（2021八下·余姚竞赛）如图，矩形ABCD和矩形CEFG，AB＝1，BC＝CG＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，且PF＝CQ，连结AC和PQ，N，M分别是AC，PQ的中点，则MN的长为（ ）
A．3 B．6 C． D．
答案解析部分
1．【答案】（1）解：如图，连接，
，，
，
垂直平分，
，，
，
，
；
（2）证明：如图，在上截取，在上截取，连接，
在和中，
，
≌，
，，
，
又，
，
∽，
，
，，
，
，
，
，
，
.
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）连接BD，由已知条件可得BE=BC+CE=5，由垂直平分线的性质可得BE=BD=5，DF=EF，利用勾股定理可得CD、DE的值，据此解答；
（2）在DC上截取CN=BH，在CE上截取CM=BG，连接MN，利用SAS证明△BHG≌△CNM，得到MN=HG，∠HGB=∠NMC，推出HG∥MN，由平行公理及推论可得MN∥DE，由平行于三角形一边的直线和其他两边或两边的延长线相交，所构成的三角形与原三角形相似可得△CMN∽△CED，根据线段的和差关系可得BM=GE，进而推出BG=ME，得到MN=DE，然后根据相似三角形的性质进行证明.
2．【答案】
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；矩形的性质
【解析】【解答】解：过E作EH⊥AG于H，连接EG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∵AE平分∠BAG交BC于点E，
∴BE＝EH，
在Rt△ABE与Rt△AHE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AHE（HL），
∴AH＝AB＝8，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴EH＝CE，
在Rt△EHG与Rt△ECG中，
，
∴Rt△EHG≌Rt△ECG（HL），
∴GH＝CG＝ ，
∴AG＝AH+GH＝8+ ＝ ，
故答案为： .
【分析】过E作EH⊥AG于H，连接EG，根据角平分线上的点到角两边的距离相等得BE=EH，从而利用HL判断Rt△ABE≌Rt△AHE，根据全等三角形的对应边相等得AH=AB=8，进而再利用HL判断Rt△EHG≌Rt△ECG，根据全等三角形的对应边相等得GH＝CG＝ ，最后根据AG=AH+GH即可得出答案.
3．【答案】B
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点B作BG⊥AC于点G，
∴∠AGB=90°，
∵矩形ABCD和矩形AEFC，
∴∠E=∠EAG=∠ABC=90°，
∴四边形AEBG是矩形，
∴AE=BG，
在Rt△ABC中，
，
∵，
S矩形AEFC=2S△ABC=
故答案为：B
【分析】过点B作BG⊥AC于点G，利用垂直的定义和矩形的性质可证得∠E=∠EAG=∠ABC=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形AEBG是矩形，可推出AE=BG；利用勾股定理求出BC的长；再证明S矩形AEFC=2S△ABC，利用三角形的面积公式可求出结果.
4．【答案】
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接AN，
∵四边形ABCD是矩形，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∵是等腰三角形，∴只存在一种情况，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，∴，
∴是等边三角形，∴，
∴，∴，
∵，且，
∴，∴，故答案为：．
【分析】连接AN，先证明，可得，再利用勾股定理可得，将数据代入求出即可。
5．【答案】（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO
∴四边形ABCD是平行四边形
∴AC＝2AO，BD＝2BO
又∵AO＝BO
∴AC＝BD
∴四边形ABCD是矩形
（2）解：如图：连接OE与BD交于F
∵四边形AOBE是平行四边形
∴AE＝BO
又∵AO＝BO
∴AO＝AE
∵CE⊥AE
∴∠AEC＝90°
∵OC＝OA
∴OE＝AC＝AO
∴OE＝AO＝AE
∴△AOE是等边三角形，
∴∠OAE＝60°
∵∠OAE＋∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形 ，再结合AC=BD，可得平行四边形ABCD是矩形；
（2）连接OE与BD交于F，先证明△AOE是等边三角形，可得∠OAE＝60°，再利用平行线的性质可得∠AOB＝120°。
6．【答案】（1）证明：如图：连接DF，
点E为AD的中点，点B与点F关于点E对称，
，BE=FE，
四边形ABDF为平行四边形，
， ，
，
是等腰三角形，
又 为 边上的中线，
， ，
CD=AF，
四边形ADCF为平行四边形，
四边形 为矩形
（2）解：设AD=BC=x，则 ，
在 中， ，
得 ，
解得 或 （舍去），
AD=BC=4，
四边形 为矩形，
，
在 中， ．
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【分析】（1）连接DF，根据中点的概念可得AE=DE，由轴对称的性质可得BE=FE，推出四边形ABDF为平行四边形，得到BD=AF，BC∥AF，易得△ABC是等腰三角形，由等腰三角形的性质可得BD=CD，AD⊥BC，推出CD=AF，然后根据矩形的判定定理进行证明；
（2）设AD=BC=x，则BD=x，在Rt△ABD中，根据勾股定理可得x的值，由矩形的性质可得CF=AD=4，然后利用勾股定理计算即可.
7．【答案】3.5
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：过点A作AH⊥FG于点H，
∵AB=AC，AD是高，
∴∠DAC=∠DAB，
∵EF⊥BC，
∴∠ADC=∠GFC=90°，
∴AD∥GF，
∴∠G=∠DAC，∠AEG=∠BAD，
∴∠G=∠GEA，
∴AG=AE，
∵AH⊥EG，
∴EH=EG=1.5；
∵∠AHF=∠ADF=∠HFD=90°，
∴四边形ADFH是矩形，
∴AD=HF=HE+EF=1.5+2=3.5.
故答案为：3.5
【分析】过点A作AH⊥FG于点H，利用等腰三角形的性质可证得∠DAC=∠DAB，再证明AD∥GF，利用平行线的性质可推出∠G=∠DAC，∠AEG=∠BAD，由此可得到∠G=∠GEA，利用等角对等边可证得AG=AE，利用等腰三角形的性质可求出EH的长；然后证明四边形ADFH是矩形，利用矩形的对边相等，可求出AD的长.
8．【答案】（1）证明： ，
，
．
四边形 是矩形，
， ， ，
在 中， ，
在 中， ，
在 中， ，
，
是直角三角形，且 ；
（2）解：作 于 ，
则 ．
平分 ，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
．
设 ，则 ， ，
，
在 中， ，
，
，
即 ．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；勾股定理；勾股定理的逆定理；矩形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】（1）在Rt△ADE中，由勾股定理求出DE2=85，在Rt△DCF中，由勾股定理求出DF2=68，在Rt△BEF中，由勾股定理求出EF2=17，从而得出 ，利用勾股定理的逆定理即得结论；
（2） 作于 ，先证明 ，可得 ， ，从而得出 ，再证 ，可得，设 ，则 ， ， DF=6+x， 在 中 ，利用勾股定理建立关于x方程并解之即可.
9．【答案】A
【知识点】三角形的面积；矩形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图：
过点C作CF⊥BD于F．
∵矩形ABCD中，BC＝4，AE⊥BD，
∴∠ABE＝∠CDF＝60°，AB＝CD，AD＝BC＝4，∠AEB＝∠CFD＝90°．
∴△ABE≌△CDF．
∴AE＝CF．
∴S△AED＝ED AE，S△ECD＝ED CF
∴S△AED＝S△CDE
∵AE＝2，DE＝2，
∴△ECD的面积是2．
故答案为：A.
【分析】过点C作CF⊥BD于F，根据矩形的性质可得∠ABE＝∠CDF＝60°，AB＝CD，AD＝BC＝4，∠AEB＝∠CFD＝90°，证明△ABE≌△CDF，得到AE＝CF，结合三角形的面积公式可得S△AED＝S△CDE，据此计算.
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：过点A作AE⊥DM于E，如图，
∵矩形，
∴∠B=∠C=90°，CD=AB=1，BC=AD=2，
∵AE⊥DM于E，
∠AEM=∠AED=90°，
∴∠B=∠AEM，
∵平分，
∴∠AMB=∠AME，
∵AM=AM，
∴△ABM≌△AEM（AAS），
∴AE=AB=1，BM=ME，
在Rt△AED中，由勾股定理，得DE=，
设BM=ME=x，则CM=2-x，DE=+x，
在Rt△CDM中，由勾股定理，得
（+x）2=（2-x）2+12，
解得：x=2-，
∴CM=2-（2-）=，
故答案为：D．
【分析】过点A作AE⊥DM于E，利用“AAS”证明△ABM≌△AEM可得AE=AB=1，BM=ME，设BM=ME=x，则CM=2-x，DE=+x，利用勾股定理可得（+x）2=（2-x）2+12，再求出x的值，即可得到CM的值。
11．【答案】117；9
【知识点】平行线的性质；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：由折叠可知：，，，
∵，，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴，
过点作，如图，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是长方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴.
故答案为：117；9.
【分析】由折叠可知∠BFE=∠B′FE，∠AEF=∠A′EF，∠A′EG=∠HEG，结合平角的概念可得∠BFE=∠B′FE=63°，根据矩形以及平行线的性质可得∠AEF+∠BFE=180°，则∠A′EF=∠AEF=117°，过点B′作B′M∥AD，由平行线的性质可得∠DGB′=∠GB′M，∠MB′F=∠1=54°，由余角的性质可得∠DGB′=∠A′GE=36°，∠HEG=∠A′EG=54°，然后根据∠FEH=∠A′EF-∠A′EH进行计算.
12．【答案】D
【知识点】三角形的面积；矩形的性质
【解析】【解答】解：连接，过点作，交于点，
∵在矩形中，，，
∴，
∵
即：，
∴；
∵，
∴，
∴；
故答案为：D．
【分析】连接，过点作，交于点，根据，可得，再求出即可。
13．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；线段的中点；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：延长交于点，如图所示：
四边形与四边形都是矩形，
，，，
，，
的中点，
，
在和中，
，
≌．
，，
，
在中，，
.
故答案为：A.
【分析】延长GH交AD于M点，根据矩形的性质可得CD=CE=FG=1，BC=EF=CG=3，BE∥AD∥FG，则DG=2，∠HAM=∠HFG，根据中点的概念可得AH=FH，证明△AMH≌△FGH，得到AM=FG=1，MH=GH，则MD=AD-AM=2，利用勾股定理可得GM，进而可得GH.
14．【答案】18
【知识点】三角形的外角性质；等腰三角形的性质；矩形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接DM，如图：
四边形ABCD是矩形，
．
是AC的中点，
，
，．
由折叠知DF=DC
．
，，，
．
．
，
．
，
．
设，则，
．
，
．
．
故答案为：18.
【分析】连接DM，易得∠ADC=90°，由直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得DM=AM=CM，根据等腰三角形的性质得∠FAD=∠MDA，∠MDC=∠MCD，由折叠得DF=DC，则∠DFC=∠DCF，易得MF=FD，则∠FMD=∠FDM，结合三角形的任意一个外角等于与之不相邻的两个内角的和得∠DFC=2∠FMD，∠DMC=2∠FAD，设∠FAD=x°，则∠DFC=4x°，∠MCD=∠MDC=4x°，结合内角和定理可得x的值，据此解答.
15．【答案】（1）证明：延长ED交BN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=90 ，∠ABC=90
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=180 -∠AED=90
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠DFC=∠AED=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE+DF=EF
∴DE+BC=AB．
（2）解：图②结论：BC-DE=AB；理由如下：
延长ED交BN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=∠AEF=90 ，∠ABC=90
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=∠AED=90
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠DFC=∠AEF=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE+EF=DF
∴BC-DE=AB；
图③结论：DE-BC=AB；理由如下：
设DE交CN于点F，如图所示：
∵DEAM， ABBN
∴∠AED=90 ，∠ABC=90 ，
∴∠BAC+∠ACB=90
∵AM∥BN
∴∠DFC=∠AED=90 ，即∠BFE=90°，
∵ACCD
∴∠ACB+∠DCF=90
∴∠BAC=∠DCF
∵AC=CD
∴△ABC≌△CFD（AAS）
∴BC=DF
∵∠ABC=∠BFE=∠AEF=90
∴四边形ABFE是矩形
∴AB=EF
∵DE =DF+EF
∴DE-BC=AB．
（3）2或14
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；矩形的性质
【解析】【解答】解：(3)在中，，
∵AB-BC =2，
∴（AB-BC）2=4，即AB2-2AB×BC+BC2=4，
∴2AB×BC=96，
∴（AB+BC）2= AB2+2AB×BC+BC2=196，
∴AB+BC =14或-14（舍去），
在（1）的条件下，DE=AB-BC=2，
在（2）的条件下，如图②DE= BC-AB=-2，不合题意，舍去；
在（2）的条件下，如图③DE-=AB+ BC=14；
综上所述，线段DE的长为2或14．
故答案为：2或14．
【分析】（1）延长ED交BN于点F，证明△ABC≌△CFD，即可得到BC=DF，继而由四边形ABFE为矩形，求出AB=EF；
（2）分别在图②和图③中证明△ABC≌△CFD，由全等三角形的性质以及矩形的性质，求出答案即可；
（3）根据勾股定理，结合（1）和（2）的结论，求出答案即可。
16．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，
∵GF=AF，
∴∠FAG=∠FGA，
∵四边形ABCD为矩形，
∴BD=AC=4，OB=OD，
∵CG=GF，
∴OG为△CAF的中位线，
∴AF=2OG，OG∥AD，
∴∠FDM=∠MOG，
∵AE⊥BD，
∴∠FGA+∠GMO=90°，∠MDF+∠FAG=90°，
.∴∠GMO=∠MDF，
∴∠GMO=∠MDF=∠MOG=∠FMD，
∴OG=GM，FM=FD，
设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，
∴FD=FM=FG-MG=2x-x=x，
∴CF=4x，AD=3x，
在Rt△DCF中，由勾股定理得，
，
在Rt△ADC中，由勾股定理得，
DC2+AD2=AC2，
即15x2+9x2=48，
解得x=，
∴，
故答案为： ．
【分析】连接AC交BD于点O，连接OG，令BD与CF交于点M，设OG=GM=x，则CG=GF=AF=2x，利用勾股定理可得DC2+AD2=AC2，将数据代入可得15x2+9x2=48，求出x的值，即可得到CD的长。
17．【答案】或
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，如图所示：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，，，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵H是DF的中点，
∴DH=FH
∵在△PDH与△CFH中，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝＝＝，
∵点G是EC的中点，CH＝PH，
∴GH是△CEP的中位线，
∴GH＝EP＝
故答案为：．
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，先利用“AAS”证明△PDH≌△CFH可得PD＝CF＝5，CH＝PH，再利用勾股定理求出PE的长，最后利用三角形中位线的性质可得GH＝EP＝。
18．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAE＝65°，
∴∠BAE＝∠BCD＝65°，
，∠DEC＝40°，
，
；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BF＝BE，CG＝CE，
∴BC是△EFG的中位线，
∴BC∥FG，BC＝FG，
∵H为FG的中点，
∴FH＝FG，
∴BC∥FH，BC＝FH，
∴AD∥FH，AD＝FH，
∴四边形AFHD是平行四边形；
（3）证明：连接EH，CH，
∵CE＝CG，FH＝HG，
∴CH＝EF，CH∥EF，
∵EB＝BF＝EF，
∴BE＝CH，
∴四边形EBHC是平行四边形，
∴OB＝OC= ，OE＝OH=，
∵OC＝OH，
∴BC=EH，
∴平行四边形EBHC是矩形，
∴∠FEG＝90°，
∴EF⊥EG．
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【分析】（1）由平行四边形的性质和平行线的判定和性质得出答案即可；
（2）由平行四边形的性质得出AD＝BC，AD∥BC，证明出BC是△EFG的中位线，得出BC∥FG，BC＝FG，证出AD∥FH，AD＝FH，由平行四边形的判定方法即可得出结论；
（3）连接EH，CH，根据三角形的中位线定理以及平行四边形的判定和性质即可得到结论。
19．【答案】D
【知识点】三角形全等的判定；平行四边形的判定与性质；矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接CM、DM，
∵矩形ABCD
∴ ，
∵ ， M ， N 分别是边AB ， CD的中点，
∴
故①正确；
∵
∴四边形AMCN是平行四边形
∴AN∥CM
∴
∵
∴CM垂直平分PB
∴BC=PC
∴ （SSS）
∴
即
故②正确；
∵ ， ，
∴ （HL）
∴
故③正确；
取CQ中点E，连接EN
∵N是CD中点
∴EN是△CDQ的中位线
∴
∵
∴
∴ ，即
故④正确；
综上所述，正确的是①②③④
故答案为：D．
【分析】连接CM、DM，由矩形的性质可得AB=CD，根据线段的中点及直角三角形斜边中线的性质可得，故①正确；可证四边形AMCN是平行四边形，可得AN∥MC，根据SSS证明，可得，故②正确；根据HL可证明，可得PQ=AQ，故③正确；取CQ中点E，连接EN，可得EN是△CDQ的中位线，可得DQ=2EN，根据大角对大边进行判断即可.
20．【答案】B
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝8，
∴AE＝AB＝3，CF＝BC＝4，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
在△PDH与△CFH中，，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝4，CH＝PH，
∴AP＝AD PD＝4，
∴PE＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝，
故答案为：B．
【分析】先求出AE＝AB＝3，CF＝BC＝4，再利用全等三角形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
21．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接交于点，连接，令交于点，
，
，
又四边形是矩形，
，，，
是的中位线，
，，
，
，
，，
，
，
，
，，
设，
则，
，，
，
，
在中，，
又，
，
四边形是矩形，
，
，
解得：，
，
故答案为：A.
【分析】连接BD交AC于点O，连接OG，令AC交BF于点M，由等边对等角可得∠FGD=∠FDG，由矩形的性质可得OB=OD，AB=CD，∠ABC=∠BCD=90°，结合已知可知OG是三角形BDF的中位线，于是可得OG∥DC，DF=BG=GF=2OG，由平行线的性质可得∠ACD=∠COG，由等角的余角相等可得∠OMG=∠ACD，结合已有的结论可得∠OMG=∠ACD=∠CMF=∠COG，由等角对等边得OG=GM，NMF=FC，设OG=GM=x，在直角三角形BCD中，用勾股定理可将BC用含x的代数式表示出来，同理BD也可用含x的代数式表示出来，由BD=AC可得关于x的方程，解方程求得x的值，然后BC的值可求解.
22．【答案】或或或
【知识点】矩形的性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：过作于F，如图：
∵，
∴，
∴，
∵沿折叠，使点B与点O重合，点C与点重合，
∴，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，且，
∴，
∴；
当P在x轴上时，连接交x轴于H，如图：
∵，；
∴直线为，
令得，
∴，
∵面积是18，
∴，即，
∴，
∴或；
当P在y轴上时，如图：
∵面积是18，
∴，即，
∴，
∴或，
综上所述，P的坐标为或或或，
故答案为：或或或．
【分析】分类讨论：①当P在x轴上时，②当P在y轴上时，再分别画出图象并求解即可。
23．【答案】（1）证明：如图2，延长到E，使得．连接，
则，
是斜边上的中线，
，
在和中，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是矩形，
，
．
（2）
【知识点】矩形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：（2）如图3，连接，延长到点M，使得，连接，再连接，延长到点N，使得，连接，延长，交于点，
由（1）可知，四边形和四边形均为矩形，
，，
，
四边形为矩形，
，，，
，
，
，
又，即点分别是的中点，
，
故答案为：．
【分析】（1）延长到E，使得．连接，得出，利用SAS证出，得出，从而得出四边形是平行四边形，再推出平行四边形是矩形，即可得出结论；
（2）连接，延长到点M，使得，连接，再连接，延长到点N，使得，连接，延长，交于点，由（1）可知，四边形和四边形均为矩形，得出四边形为矩形，利用勾股定理得出MN的值，即可得解。
24．【答案】41
【知识点】勾股定理；矩形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】作点E关于CD的对称点E'，点F关于AB的对称点F'，
则EG= E'G，HF=HF'，
∴EG+HG+HF=E'G+HG+HF'，
连接E'F'，交AB、CD于H、G点，BG+HG+HF的最小值即为E'F'的长，
过点E'作E'H⊥BC，交BC的延长线于H，
则F'H=14+2×13=40，E'H =9，
在Bt△FH中，由勾股定理得E'F'=41，
∴BG+G+HF的最小值为：41，
故答案为：41．
【分析】作点E关于CD的对称点E'，点F关于AB的对称点F'，则EG= E'G，HF=HF'，可得EG+HG+HF=E'G+HG+HF'，连接E'F'，交AB、CD于H、G点，BG+HG+HF的最小值即为E'F'的长，过点E'作E'H⊥BC，交BC的延长线于H，则F'H=14+2×13=40，E'H =9，利用勾股定理求出E'F'即可.
25．【答案】（1）PB＝DE
（2）证明：如图，连接DE．
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD＝DA，∠ADC＝120°，．
∴∠CBP＝∠BCD＝60°．
∵△PCE是等边三角形，
∴EC＝EP＝CP，∠ECP＝60°．
∴∠ECD＝∠BCP．
∴△DCE≌△BCP．
∴∠CDE＝∠CBP＝60°．
∴∠ADE＝120°-60°=60°．
∴∠ADE＝∠CDE．
∵DE＝DE，AD=CD，
∴△ADE≌△CDE，
∴EA＝EC，
∴EA＝EP．
（3）矩形
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的性质；矩形的判定
【解析】【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC=DC，
∵三角形PCE是等边三角形，
∴CE=CP，∠PCE=60°，
∵∠BCD＝60°，
∴∠ECD=∠PCB，
∴△EDC≌△PBC，
∴PB=DE；
(3)连接AC、BD、DE，如图，
∵△PCE是等边三角形，
∴PC=EC，∠PCE=60°，
∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=60°，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠ADC=120°，
∴∠ECD=∠PCB=60°-∠DCP，
∴△ECD≌△PCB(SAS)，
∴∠EDC=∠PBC=120°，
∵BD是菱形ABCD的对角线，∠ADC=120°，
∴∠BDC=60°，
∴∠EDC+∠BDC=120°+60°=180°，
即E、D、B三点共线，
∴EB⊥AC，
∵点F、G、H、I分别线段AB、BC、CE、AE的中点，
∴FG∥HI∥AC，且FG=HI=，
同理GH∥FI∥BE，GH=FI=，
∴四边形FGHI是平行四边形，
∵EB⊥AC，
∴FG⊥GH，
∴平行四边形FGHI是矩形．
【分析】（1）先证明△EDC≌△PBC，再利用全等三角形的性质可得PB=DE；
（2）连接DE，先证明△DCE≌△BCP，可得∠CDE＝∠CBP＝60°，再证出∠ADE＝∠CDE，然后证明△ADE≌△CDE，可得EA=EC，再利用等量代换可得EA=EP；
（3）连接AC、BD、DE，先证明四边形FGHI是平行四边形，再结合FG⊥GH，可得平行四边形FGHI是矩形。
26．【答案】（1）证明：∵AB＝AC，AD是角平分线，
∴AD⊥BC，∠ABC=∠C，
∵AN为△ABC的外角∠BAM的平分线，
∴∠MAN=∠BAN，
∵∠BAM=∠ABC+∠C，
∴∠MAN=∠C，
∴AN∥BC，
∴∠DAE=∠ADC=∠ADB=90°，
∵BE⊥AN，
∴∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，
∴四边形ADBE是矩形；
（2）解：如图，连接AG，
∵矩形ADBE中，AD=4，BD=3，
∴BE=AD=4，AE=BD=3，∠ADB=∠DBE=∠BDF=90°，
∴ ，
∴DF=1，
∴
∵G是BF的中点，
∴DG=BG ，
∴∠BDG=∠DBG，
∴∠ADG=∠EBG，
∴△AGD≌△BEG，
∴EG=AG，
∵AG
∴ ；
（3）解：由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在 ，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在 、 的位置，
∵BE∥AD，
∴∠BEG=∠D G，
∴△EBG≌△ FG，
∴ F=BE=4，
由题意知 是△C F的中位线，
∴ .
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】（1）由等腰三角形的性质及角平分线的定义可得AD⊥BC，∠ABC=∠C，AN∥BC，从而得出∠AEB=∠DAE=∠ADB=90°，根据矩形的判定即证结论；
（2）连接AG，利用勾股定理求出AB，BF的长，证明△AGD≌△BEG，可得EG=AG，再利用勾股定理求出AG即得结论；
（3）由题意知点H运动的轨迹是一条线段，当P与E重合时，Q的位置在 ，当P与B重合时，Q的位置在F，此时H分别在 、 的位置，证明△EBG≌△ FG，可得 F=BE=4，根据三角形中位线定理可得 .
27．【答案】（1）AF=EF
（2）解：仍旧成立，理由如下：
延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
设BD延长线DM交AE于M点，
∵ ，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠MDF，
∴∠MDF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠MDF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF △EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF，
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
（3）12
【知识点】平行线的判定与性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；含30°角的直角三角形；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，如下图所示
∵ ，
∴DE=AC，BD=BC，
∴∠CDB=∠DCB，且∠CDB=∠ADF，
∴∠ADF=∠DCB，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠DCB=90°，
∵∠EDB=90°，
∴∠ADF+∠FDE=90°，
∴∠ACD=∠FDE，
又延长DF使得FG=DC，
∴FG+DF=DC+DF，
∴DG=CF，
在△ACF和△EDG中，
，
∴△ACF △EDG(SAS)，
∴GE=AF，∠G=∠AFC，
又∠AFC=∠GFE，
∴∠G=∠GFE
∴GE=EF
∴AF=EF，
故AF与EF的数量关系为：AF=EF.
故答案为：AF=EF；
(3)如下图所示：
∵BA=BE，
∴∠BAE=∠BEA，
∵∠BAE=∠EBG，
∴∠BEA=∠EBG，
∴AE CG，
∴∠AEG+∠G=180°，
∴∠AEG=90°，
∴∠ACG=∠G=∠AEG=90°，
∴四边形AEGC为矩形，
∴AC=EG，且AB=BE，
∴Rt△ACB Rt△EGB(HL)，
∴BG=BC=6，∠ABC=∠EBG，
又∵ED=AC=EG，且EB=EB，
∴Rt△EDB Rt△EGB(HL)，
∴DB=GB=6，∠EBG=∠ABE，
∴∠ABC=∠ABE=∠EBG=60°，
∴∠BAC=30°，
∴在Rt△ABC中由30°所对的直角边等于斜边的一半可知：
.
【分析】（1）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，由全等三角形的性质可得DE=AC，BD=BC，由等腰三角形的性质可得∠CDB=∠DCB，由对顶角的性质得∠CDB=∠ADF，则∠ADF=∠DCB，由等角的余角相等可得∠ACD=∠FDE，证明△ACF≌△EDG，得到GE=AF，∠G=∠AFC，由对顶角的性质可得∠AFC=∠GFE，则∠G=∠GFE，据此解答；
（2）延长DF到G点，并使FG=DC，连接GE，设BD延长线DM交AE于M点，同理证明△ACF≌△EDG，得到GE=AF，∠G=∠AFC，由对顶角的性质可得∠AFC=∠GFE，则∠G=∠GFE，据此解答；
（3）由等腰三角形性质得∠BAE=∠BEA，由题可知∠BAE=∠EBG，则∠BEA=∠EBG，推出AE∥CG，得到∠AEG+∠G=180°，进而得到四边形AEGC为矩形，则AC=EG，且AB=BE，证明Rt△ACB≌Rt△EGB，Rt△EDB≌Rt△EGB，得到∠BAC=30°，据此求解.
28．【答案】（1）；
（2）
（3）解： 、 、 、 这四条线段之间的数量关系为： ，理由如下：
延长 交 于 ，连接 、 ，如图②所示：
四边形 是矩形，
， ， ，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
在 中，由勾股定理得： ，
，
．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：（1）连接 ，如图①所示：
四边形 是矩形，
， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
故答案为： ， ；
（2）连接 ，如图③所示：
四边形 是矩形，
， ， ，
，
，
在 中，由勾股定理得： ，
，
故答案为： ；
【分析】（1）先求出 ，再利用勾股定理证明求解即可；
（2）先求出AN=CN，再求解即可；
（3）先求出∠EBO=∠MDO，再利用ASA证明三角形全等，最后利用勾股定理求解即可。
29．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB CD，AB＝CD，
∵CH＝DE，
∴CH＋CE＝DE＋CE，
即EH＝CD，
∴四边形ABHE是平行四边形，
∵AE⊥CD，
∴∠AEH＝90°，
∴平行四边形ABHE是矩形.
（2）证明：连接BK，如图2，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD BC，
∴∠AFB＝∠CBF，
∵BF平分∠ABC，
∴∠ABF＝∠CBF，
∴∠AFB＝∠ABF，
∴AB＝AF，
∵AE＝AF，
∴AE＝AB，
由（1）得：四边形ABHE是矩形，
∴∠ABH＝∠BHE＝90°，AE＝BH，
∴∠BHK＝90°，AB＝BH，
∵AB CD，AE⊥CD，
∴AE⊥AB，
∴∠BAG＝90°，
在△BHK和△BAG中，
，
∴△BHK≌△BAG（SAS），
∴∠HBK＝∠ABG，
∴∠HBK＋∠HBF＝∠ABG＋∠HBF＝∠ABH＝90°，
∵∠CBK＋∠CBF＝90°，∠K＋∠HBK＝90°，
∴∠CBK＝∠K，
∴CK＝CB，
∴CK＝AD.
【知识点】等腰三角形的性质；平行四边形的性质；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的性质可证得AB∥CD，AB=CD，利用已知证得EH=CD，可得到四边形ABHE是平行四边形，利用垂直的定义可证得∠AEH＝90°，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可证得结论；
（2）连接BK，利用平行四边形的性质可证得AD＝BC，AD∥BC，利用平行线的性质和角平分线的定义可证得∠AFB＝∠ABF，利用等角对等边可得到AB=AF，由AE=AF，可证得AE=AB；再利用矩形的性质及平行线的性质去证明∠BAG＝90°，利用SAS证明△BHK≌△BAG，利用全等三角形的性质可推出∠HBK＝∠ABG，利用余角的性质可得到∠CBK＝∠K；然后利用等角对等边可得到CK=CB，从而可证得结论.
30．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的判定与性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接CF交PQ于点R，延长AD交EF于点H，连接AF，如图所示，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是矩形，
∴AH=2+4=6，AB=EH=1，FG∥CE，EF=VG=2，
∴∠RPF=∠RQC，∠RFP=∠QCR，FH=2-1=1，
在△RCQ和△RFP中，，
∴△RCQ≌△RFP（ASA），
∴PR=QR，
∴点M和点R重合，
在Rt△AFH中，由勾股定理得：
，
∵N是AC的中点，
∴MN为△ACF的中位线，
∴，
故答案为：C.
【分析】连接CF交PQ于点R，延长AD交EF于点H，连接AF，由矩形的性质即可得到AH=2+4=6，AB=EH=1，FG∥CE，EF=VG=2，进而得到∠RPF=∠RQC，∠RFP=∠QCR，FH=2-1=1，再根据三角形全等的性质和判定即可得到点M和点R重合，再由勾股定理求出AF的长，接着运用三角形中位线定理结合题意即可求解.
1 / 1
