【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.1 矩形
一、选择题
1．（2022九下·重庆开学考）如图，在矩形 中， 、 分别是边 、 上的点， ，连接 、 ， 与对角线 交于点 ，且 ， ， ，则 的长为（ ）
A． B． C．4 D．6
2．（2023九上·滕州开学考）如图，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点要使四边形为矩形，可以添加的一个条件是（ ）
A．四边形是矩形 B．、互相平分
C． D．
3．如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别AC，AB的中点．连接DE，并延长到点F，使EF=EB，过点F作FG⊥AB于点G，连接DG并延长，交CB的延长线于点H，连接FH．给出以下四个结论：①∠FGH=∠CDG；②DE=GE；③ ；④四边形CDFH是矩形．其中正确结论的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（2023八下·庐阳期末）如图，在中，，，，点为边上一动点，于，于，点为中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
5．（2020九下·郏县期中）如图，在矩形ABMN中，AN=1，点C是MN的中点，分别连接AC，BC，且BC=2，点D为AC的中点，点E为边AB上一个动点，连接DE，点A关于直线DE的对称点为点F，分别连接DF，EF.当EF⊥AC时，AE的长为 .
6．（2019九上·西安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，连接AC，O是AC的中点，M是AD上一点，且MD＝1，P是BC上一动点，则PM﹣PO的最大值为 .
7．（2023八上·邛崃月考）如图，点P是矩形内任意一点，连结，记，则下列各结论一定成立的有 （填序号）
①；②若，则；
③；④，则P在对角线上
8．（2023九上·龙湾开学考）如图是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型如图，过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域，形成一幅装饰画，则矩形的周长为 若点，，在同一直线上，且点到的距离与到的距离相等，则印章区域的边长为 ．
9．（2023八下·巴彦期末）已知，矩形，为的中点，为上一点，连接，若，，，则的长为 ．
三、解答题
10．（2023九上·资中期中）巴台农神庙的设计代表了古希腊建筑艺术上的最高水平，它的平面图可看作宽与长的比是的矩形，我们将这种宽与长的比是的矩形叫黄金矩形．如图①，已知黄金矩形的宽．
（1）黄金矩形的长 ；
（2）如图②，将图①中的黄金矩形裁剪掉一个以为边的正方形，得到新的矩形，猜想矩形是否为黄金矩形，并证明你的结论；
（3）在图②中，连接，求点到线段的距离．
11．（2023九上·成都月考）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，EC平分，F为CE的中点，连接AF，BF，过点E作分别交AF，CD于G，H两点．
（1）求证：；
（2）求证：；
12．（2023九上·成都月考）如图，在中，，，点是边上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．
（1）求的度数；
（2）连接，若，，求线段的长；
（3）如图，若，，点为中点，的延长线与交于点，与交于点，求线段的长．
四、综合题
13．（2023八下·丰满期末） 如图，在△ABC中，点P是边AC上一个动点，过点P作直线l∥AB. 设直线l交∠DAC的平分线于点M，交∠BAC的平分线于点N.
（1）求证PM=PN；
（2）若AN=2，AM=1，求MN的值；
（3）当点P为AC的中点时，连接CM，CN，判断四边形ANCM的形状，并说明理由.
14．（2024八下·西安月考）新定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．
（1）如图1，若四边形是“等对角四边形”，，，，则的度数为 ．
（2）如图2，“等对角四边形”，已知：，，你认为成立吗？若成立，请你证明此结论，若不成立，请说明理由．
（3）在“等对角四边形”中，，，，．求对角线的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB=90°
∴∠FCO=∠EAO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∵BF=BE，
∴BO⊥EF，∠BOF=90°，
∵∠FEB=2∠CAB=∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO=∠EOA，
∴EA=EO=OF=FC=2，
在Rt△BFO和Rt△BFC中，
，
∴Rt△BFO≌Rt△BFC，
∴BO=BC，
在Rt△ABC中，∵AO=OC，
∴BO=AO=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO=60°，∠BAC=30°，
∴∠FEB=2∠CAB=60°，
∵BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB=EF=4，
∴AB=AE+EB=2+4=6.
故答案为：D.
【分析】连接BO，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DCB=90°，根据平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，证明△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，推出∠EAO=∠EOA，则EA=EO=OF=FC=2，证明Rt△BFO≌Rt△BFC，得到BO=BC，易得△BOC是等边三角形，得到∠BCO=60°，∠BAC=30°，则∠FEB=2∠CAB=60°，进而推出△BEF是等边三角形，则EB=EF=4，然后根据AB=AE+EB进行计算.
2．【答案】D
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：，，，分别是边，，，的中点
EF是三角形ABC的中位线
（中位线定理：三角形中位线平行于底边且等于底边的一半）
同理，
(平行公理的推论：平行于同一直线的两条直线平行)
四边形ABCD是平行四边形
根据矩形的判定定理：
A：四边形是矩形，不符合题意；
B：、互相平分，只能证明四边形是平行四边形无法证明是矩形，不符合题意；
C：，对角线相等的四边形，有可能是平行四边形，也可能不是，不符合题意；
D：，可推导出，有一个角是直角的平行四边形是矩形，符合题意。
故答案为：D
【分析】根据已知的中点条件，利用中位线定理先判定出四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理进一步找到充分条件。
3．【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：
∵D、E分别AC、AB的中点，
∴DE∥BC，
∵∠C=90 ，
∴∠ADE=90 ，
又∵FG⊥AB，
∴∠FGE=∠ADE=90 ，
∵EF=EB，EB=AE，
∴AE=FE，
在△ADE和△FGE中，
∠FGE=∠ADE ∠AED=∠FE GAE=FE，
∴△ADE≌△FGE(AAS)，
∴DE=GE，故②正确；
∴∠EDG=∠EGD，
又∵∠CDG+∠EDG=90 ，∠FGH+∠EGD=90 ，
∴∠CDG=∠FGH，故①正确；
∵△ADE≌△FGE，
∴∠A=∠EFG，
又∵∠CHD与∠A不一定相等，
∴∠CHD与∠EFG不一定相等，
而∠EFG与∠CDH也不一定相等，
∴△HCD与△FGE不一定相似，
∴EG∶DC=FG∶CH不一定成立，故③错误；
如图，连接BF，
∵BH∥DE，
∴∠GHB=∠EDG=∠EGD=∠BGH，∠FBH=∠BFE，
∴BG=BH，
∵EB=EF，
∴∠BFE=∠FBG，
∴∠FBG=∠FBH，
在△FBG和△FBH中，
BG=BH ∠FBG=∠FBH BF=BF，
∴△FBG≌△FBH(SAS)，
∴∠FGB=∠FHB=90 ，
又∵∠C=∠CDF=90 ，
∴四边形CDFH是矩形，故④正确，
故正确的有3个，故答案为：C
【分析】根据三角形的中位线定理得出DE∥BC，进而根据二直线平行同位角相等得出∠ADE=90 ，从而根据等量代换得出∠FGE=∠ADE=90 ，根据中点定义及等量代换得出AE=FE，根据AAS判断出△ADE≌△FGE，根据全等三角形对应边相等得出DE=GE，故②正确；根据等边对等角得出∠EDG=∠EGD，根据等角的余角相等得出∠CDG=∠FGH，故①正确；根据全等三角形对应角相等得出∠A=∠EFG，又∠CHD与∠A不一定相等，故∠CHD与∠EFG不一定相等，而∠EFG与∠CDH也不一定相等，故△HCD与△FGE不一定相似，从而EG∶DC=FG∶CH不一定成立，故③错误；连接BF，根据平行线的性质及等量代换得出及等角对等边得出BG=BH，再根据等边对等角得出∠BFE=∠FBG，故∠FBG=∠FBH，利用SAS判断出△FBG≌△FBH，根据全等三角形对应角相等得出∠FGB=∠FHB=90 ，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CDFH是矩形，故④正确，从而得出答案。
4．【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 在△ABC中，AC=6 BC=8 AB=10
∴AC2+BC2=AB2
∴∠ACB=90°
连接CD，
∵DE⊥AC DF⊥ BC
∴四边形EDFC是矩形
∴EF=CD ∠EDF=90°
∵点P是EF的中点
DP=EF=CD
当CD最小时，则DP最小，根据垂线段最短可知当CD⊥AB时，则CD 最小，
∴DP=EF=CD=2.4
故答案为：2.4.
【分析】连接CD，由矩形的性质知：EF=CD，∠EDF=90°，由直角三角形斜边中线的性质得出DP=EF=CD，当CD最小时，则DQ最小，在当CD⊥AB时，则DP最小，再根据三角形的面积为定值即可求出DP的长。
5．【答案】 或
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABMN是矩形，
∴AN=BM=1，∠M=∠N=90°，
∵CM=CN，
∴△BMC≌△ANC（SAS），
∴BC=AC=2，
∴AC=2AN，
∴∠ACN=30°，
∵AB∥MN，
∴∠CAB=∠CBA=30°，
①如图1中，当DF⊥AB时，∠ADF=60°，
∵DA=DF，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠AFD=60°，
∵∠DFE=∠DAE=30°，
∴EF平分∠AFD，
∴EF⊥AD，此时AE= .
②如图2中，当△AEF是等边三角形时，EF⊥AC，此时EF= .
综上所述，满足条件的EF的值为 或 .
【分析】证明△BMC≌△ANC（SAS），可得BC=AC=2，由AN=1得出AC=2AN，可得∠ACN=30°，根据平行线的性质可得∠CAB=∠CBA=30°，①当DF⊥AB时，∠ADF=60°，证明△ADF是等边三角形，
从而求出EF平分∠AFD，可得EF⊥AD，求出此时EF即可；②当△AEF是等边三角形时，EF⊥AC，求出此时EF即可.
6．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，MD＝1，
∴AM＝3，
连接MO并延长交BC于P，
则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，
∵AM∥CP，
∴∠MAO＝∠PCO，
∵∠AOM＝∠COP，AO＝CO，
∴△AOM≌△COP（ASA），
∴AM＝CP＝3，OM＝OP，
∴PB＝1，
过M作MN⊥BC于N，
∴四边形MNCD是矩形，
∴MN＝CD，CN＝DM，
∴PN＝4﹣1﹣1＝2，
∴MP＝ ，
∴OM＝ ，
故答案为： .
【分析】连接MO并延长交BC于P，则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，根据全等三角形的性质得到AM＝CP＝3，OM＝OP，求得PB＝1，过M作MN⊥BC于N，得到四边形MNCD是矩形，得到MN＝CD，CN＝DM，根据勾股定理即可得到结论.
7．【答案】①②③④
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
①S△PAD+S△PBC=AD·h1+AD·h2=AD·AB=S矩形ABCD，
S△PAB+S△PCD=AB·h1+AB·h2=AB·AD=S矩形ABCD，∴S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，正确；
②∵∠APB=80°，∠DPC=50°，
∴∠PAB+∠PBA=100°，∠PCD+∠PDC=130°，
∴∠PAB-∠PBC=∠PAB-（90°-∠PBA）=∠PAB+∠PBA-90°=1-2，
∴∠PCD-∠PDA=∠PCD-（90°-∠PDC）=∠PCD+∠PDC-90°=3-4，
∴1-2+3-4=∠PAB+∠PBA-90°+∠PCD+∠PDC-90°=50°；
③过点P作EF∥BC，交AB于点E，交CD于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥BC，DC⊥BC，
∴AB⊥EF，DC⊥EF，
∴在直角三角形APE中，PA2=AE2+PE2，同理，PC2=CF2+PF2，PB2=BE2+PE2，PD2=DF2+PF2，
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CF2+PF2，PB2+PD2=BE2+PE2+DF2+PF2，
∵AB⊥EF，DC⊥EF，AD⊥AB，
∴四边形ADFE为矩形，
∴AE=DF，同理可证CF=BE，
∴AE2=DF2，CF2=BE2，
∴PA2+PC2=PB2+PD2，正确；
④∵S△ABP=S△ADP，S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，
∴S△PBC=S△PCD，
∴S△ABP+S△PBC=S△APD+S△PCD=SABCD'，
∴点P在对角线AC上，正确；
∴①②③④正确。
故答案为：①②③④.
【分析】根据矩形的判定定理和性质、三角形的面积、勾股定理、三角形的内角和定理等分别判断。
8．【答案】；
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：由图1可知，七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为，然后，最小的直角边长为，正方形和平行四边形的短边长都是
过点作和的垂线，垂足分别为，则
又且是等腰直角三角形，所以，故
又，所以四边形是矩形，所以
又知，所以，故矩形的周长为：
延长经过点与交于点，连接
因为，且，所以
又因点到和的距离相等，所以点在的角平分线上
则，所以，所以
又，所以四边形是平行四边形.
又，
所以，
所以
则
故答案为：.
【分析】本题主要考查矩形的判定，平行四边形的判定，角平分线的判定，解答此问题关键是作出辅助线，利用几何关系找出对边和对角，进而对相关图形的判定，使用相关图形的性质可实现对本题的求解.
9．【答案】4或2
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当点F靠近点A时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴DE=CD=3，
∴AF=DG=3-1=2，
∴BF=6-2=4；
如图，当点F靠近点B时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴CE=CD=3，
∴CG=3-1=2，
∴BF=CG=4，
综上，FB的长为4或2.
故答案为：4或2.
【分析】分两种情况讨论：当点F靠近点A时，当点F靠近点B时，分别画出对应的图形，过点F作FG⊥CD于点G，根据矩形的判定和性质，勾股定理分别求出FB的长，即可得出答案.
10．【答案】（1）
（2）解：矩形为黄金矩形，理由是：
由（1）知，
∴，
∴，
故矩形为黄金矩形；
（3）解：连接，，过D作于点G
∵，，
∴，
在中， ，
即，
则，
解得，
∴点D到线段的距离为．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；黄金分割
【解析】【解答】
解：（1）∵ 黄金矩形ABCD的宽AB=1
∴
∴
【分析】本题考查矩形的性质、等面积法及勾股定理等知识，熟悉矩形性质及根式的化简是关键。（1）根据黄金矩形的定义，可得AB：BC= ，计算可得BC，注意最简二次根式的化简；
（2）要知道矩形DCEF是否是黄金矩形，要判断其宽与长之比是否是。由(1)知，则，则，则矩形DCEF为黄金矩形；
（3）连接AE，DE，过D作于点G，由，得，根据等面积法得，得，点D到线段AE的距离为．
11．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∵EC平分，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接DF，
∵，F为CE的中点，∴，∴，
在矩形ABCD中，，，∴，
∴，∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用平行的性质可得，再利用角平分线的定义可得，根据等量代换可得，再根据等角对等边的性质可得；
（2）连接DF，先利用“SAS”证出，可得，从而可得.
12．【答案】（1）解：，，
，
，
，
又，，
≌，
（2）解：过点作于点，过点作于点，
由知，≌，，
，，
，，
，
，，
四边形是矩形，
，
在中，，，
，
，
同理可得，，
，
，
，
即的长为；
（3）解：连接，过点做于，
，点为中点，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
设，则，，
，
，
，
，
解得，
即的长为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、矩形的性质与判定、含30° 的直角三角形的性质及勾股定理的计算。
（1）根据AC=BC和∠ACB得∠CAD，则有 ∠ACD=∠BCE，结合，证≌，得 ；
（2） 过点作于点M，过点E作于点N，由（1）知≌，，结合∠ACD和AD，得和，则，结合，可判定四边形MNEC是矩形得MN=CE，由得，，得NE，AN，则AE可求；（3） 连接DP，过点N做于Q，证，计算和，设BN=X得NQ，BQ，由PQ=NQ和PPQ+QB，计算可得BN长。
13．【答案】（1）证明：∵l∥AB，
∴∠PMA=∠DAM.
∵AM平分∠DAP，
∴∠DAM=∠PAM.
∴∠PMA=∠PAM.
∴PM=PA .
同理可证PN=PA.
∴PM=PN；
（2）解：∵AM，AN分别是∠DAP，∠BAP平分线，
∴∠DAP=2∠PAM，∠BAP=2∠PAN.
∵∠DAP+∠BAP=180°，∴2∠PAM+2∠PAN=180°.
∴∠PAM+∠PAN=90°. ∴∠MAN=90°.
在Rt△MAN中，根据勾股定理，MN2=AM2+AN2=12+22=5.
∴
（3）解：四边形ANCM是矩形. 理由如下：
∵点P为AC的中点，∴PA=PC.
又∵PM=PN，∴四边形ANCM为平行四边形.
∵∠MAN=90°，∴平行四边形ANCM为矩形.
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线计算求解即可；
（2）根据角平分线求出 ∠DAP=2∠PAM，∠BAP=2∠PAN，再求出 2∠PAM+2∠PAN=180°，最后计算求解即可；
（3）根据线段的中点求出PA=PC，再求出四边形ANCM为平行四边形，最后根据矩形的判定方法证明求解即可。
14．【答案】（1）135
（2）解：成立，
证明如下：
如图：连接，
，
，
，
，即，
（3）解：①如图：当时，延长，相交于点E，
，，
，
，
，
，
，
，
；
②如图：当时，过点D作于点M，于点N，
则，四边形是矩形，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；多边形内角与外角；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：∵四边形是“等对角四边形”，且，，，∴∴故答案为：135°.
（3）①如图：当时，延长，相交于点E，
，，
，
，
，
，
，
，
；
②如图：当时，过点D作于点M，于点N，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴同理得：
∵
∴
∴，
，
，
，
综上，的长为或．
【分析】（1）根据等对角四边形的定义结合题目已给信息得到：进而利用四边形内角和为360°，即可计算出∠C的度数；
（2）连接，根据等腰三角形的性质得到：，结合，即可得到，进而即可求证；
（3）由题意可知需分两种情况讨论，①当时，延长，相交于点E，②当时，过点D作于点M，于点N，分别根据勾股定理计算即可.
1 / 1【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.1 矩形
一、选择题
1．（2022九下·重庆开学考）如图，在矩形 中， 、 分别是边 、 上的点， ，连接 、 ， 与对角线 交于点 ，且 ， ， ，则 的长为（ ）
A． B． C．4 D．6
【答案】D
【知识点】平行线的性质；三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴DC∥AB，∠DCB=90°
∴∠FCO=∠EAO，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF，
∴OE=OF，OA=OC，
∵BF=BE，
∴BO⊥EF，∠BOF=90°，
∵∠FEB=2∠CAB=∠CAB+∠AOE，
∴∠EAO=∠EOA，
∴EA=EO=OF=FC=2，
在Rt△BFO和Rt△BFC中，
，
∴Rt△BFO≌Rt△BFC，
∴BO=BC，
在Rt△ABC中，∵AO=OC，
∴BO=AO=OC=BC，
∴△BOC是等边三角形，
∴∠BCO=60°，∠BAC=30°，
∴∠FEB=2∠CAB=60°，
∵BE=BF，
∴△BEF是等边三角形，
∴EB=EF=4，
∴AB=AE+EB=2+4=6.
故答案为：D.
【分析】连接BO，根据矩形的性质可得DC∥AB，∠DCB=90°，根据平行线的性质可得∠FCO=∠EAO，证明△AOE≌△COF，得到OE=OF，OA=OC，推出∠EAO=∠EOA，则EA=EO=OF=FC=2，证明Rt△BFO≌Rt△BFC，得到BO=BC，易得△BOC是等边三角形，得到∠BCO=60°，∠BAC=30°，则∠FEB=2∠CAB=60°，进而推出△BEF是等边三角形，则EB=EF=4，然后根据AB=AE+EB进行计算.
2．（2023九上·滕州开学考）如图，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点要使四边形为矩形，可以添加的一个条件是（ ）
A．四边形是矩形 B．、互相平分
C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：，，，分别是边，，，的中点
EF是三角形ABC的中位线
（中位线定理：三角形中位线平行于底边且等于底边的一半）
同理，
(平行公理的推论：平行于同一直线的两条直线平行)
四边形ABCD是平行四边形
根据矩形的判定定理：
A：四边形是矩形，不符合题意；
B：、互相平分，只能证明四边形是平行四边形无法证明是矩形，不符合题意；
C：，对角线相等的四边形，有可能是平行四边形，也可能不是，不符合题意；
D：，可推导出，有一个角是直角的平行四边形是矩形，符合题意。
故答案为：D
【分析】根据已知的中点条件，利用中位线定理先判定出四边形是平行四边形，再由矩形的判定定理进一步找到充分条件。
3．如图，已知Rt△ABC中，∠C=90°，D，E分别AC，AB的中点．连接DE，并延长到点F，使EF=EB，过点F作FG⊥AB于点G，连接DG并延长，交CB的延长线于点H，连接FH．给出以下四个结论：①∠FGH=∠CDG；②DE=GE；③ ；④四边形CDFH是矩形．其中正确结论的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定与性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：
∵D、E分别AC、AB的中点，
∴DE∥BC，
∵∠C=90 ，
∴∠ADE=90 ，
又∵FG⊥AB，
∴∠FGE=∠ADE=90 ，
∵EF=EB，EB=AE，
∴AE=FE，
在△ADE和△FGE中，
∠FGE=∠ADE ∠AED=∠FE GAE=FE，
∴△ADE≌△FGE(AAS)，
∴DE=GE，故②正确；
∴∠EDG=∠EGD，
又∵∠CDG+∠EDG=90 ，∠FGH+∠EGD=90 ，
∴∠CDG=∠FGH，故①正确；
∵△ADE≌△FGE，
∴∠A=∠EFG，
又∵∠CHD与∠A不一定相等，
∴∠CHD与∠EFG不一定相等，
而∠EFG与∠CDH也不一定相等，
∴△HCD与△FGE不一定相似，
∴EG∶DC=FG∶CH不一定成立，故③错误；
如图，连接BF，
∵BH∥DE，
∴∠GHB=∠EDG=∠EGD=∠BGH，∠FBH=∠BFE，
∴BG=BH，
∵EB=EF，
∴∠BFE=∠FBG，
∴∠FBG=∠FBH，
在△FBG和△FBH中，
BG=BH ∠FBG=∠FBH BF=BF，
∴△FBG≌△FBH(SAS)，
∴∠FGB=∠FHB=90 ，
又∵∠C=∠CDF=90 ，
∴四边形CDFH是矩形，故④正确，
故正确的有3个，故答案为：C
【分析】根据三角形的中位线定理得出DE∥BC，进而根据二直线平行同位角相等得出∠ADE=90 ，从而根据等量代换得出∠FGE=∠ADE=90 ，根据中点定义及等量代换得出AE=FE，根据AAS判断出△ADE≌△FGE，根据全等三角形对应边相等得出DE=GE，故②正确；根据等边对等角得出∠EDG=∠EGD，根据等角的余角相等得出∠CDG=∠FGH，故①正确；根据全等三角形对应角相等得出∠A=∠EFG，又∠CHD与∠A不一定相等，故∠CHD与∠EFG不一定相等，而∠EFG与∠CDH也不一定相等，故△HCD与△FGE不一定相似，从而EG∶DC=FG∶CH不一定成立，故③错误；连接BF，根据平行线的性质及等量代换得出及等角对等边得出BG=BH，再根据等边对等角得出∠BFE=∠FBG，故∠FBG=∠FBH，利用SAS判断出△FBG≌△FBH，根据全等三角形对应角相等得出∠FGB=∠FHB=90 ，根据三个角是直角的四边形是矩形得出四边形CDFH是矩形，故④正确，从而得出答案。
4．（2023八下·庐阳期末）如图，在中，，，，点为边上一动点，于，于，点为中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理的应用；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解： 在△ABC中，AC=6 BC=8 AB=10
∴AC2+BC2=AB2
∴∠ACB=90°
连接CD，
∵DE⊥AC DF⊥ BC
∴四边形EDFC是矩形
∴EF=CD ∠EDF=90°
∵点P是EF的中点
DP=EF=CD
当CD最小时，则DP最小，根据垂线段最短可知当CD⊥AB时，则CD 最小，
∴DP=EF=CD=2.4
故答案为：2.4.
【分析】连接CD，由矩形的性质知：EF=CD，∠EDF=90°，由直角三角形斜边中线的性质得出DP=EF=CD，当CD最小时，则DQ最小，在当CD⊥AB时，则DP最小，再根据三角形的面积为定值即可求出DP的长。
二、填空题
5．（2020九下·郏县期中）如图，在矩形ABMN中，AN=1，点C是MN的中点，分别连接AC，BC，且BC=2，点D为AC的中点，点E为边AB上一个动点，连接DE，点A关于直线DE的对称点为点F，分别连接DF，EF.当EF⊥AC时，AE的长为 .
【答案】 或
【知识点】等边三角形的判定与性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABMN是矩形，
∴AN=BM=1，∠M=∠N=90°，
∵CM=CN，
∴△BMC≌△ANC（SAS），
∴BC=AC=2，
∴AC=2AN，
∴∠ACN=30°，
∵AB∥MN，
∴∠CAB=∠CBA=30°，
①如图1中，当DF⊥AB时，∠ADF=60°，
∵DA=DF，
∴△ADF是等边三角形，
∴∠AFD=60°，
∵∠DFE=∠DAE=30°，
∴EF平分∠AFD，
∴EF⊥AD，此时AE= .
②如图2中，当△AEF是等边三角形时，EF⊥AC，此时EF= .
综上所述，满足条件的EF的值为 或 .
【分析】证明△BMC≌△ANC（SAS），可得BC=AC=2，由AN=1得出AC=2AN，可得∠ACN=30°，根据平行线的性质可得∠CAB=∠CBA=30°，①当DF⊥AB时，∠ADF=60°，证明△ADF是等边三角形，
从而求出EF平分∠AFD，可得EF⊥AD，求出此时EF即可；②当△AEF是等边三角形时，EF⊥AC，求出此时EF即可.
6．（2019九上·西安期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，连接AC，O是AC的中点，M是AD上一点，且MD＝1，P是BC上一动点，则PM﹣PO的最大值为 .
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵在矩形ABCD中，AD＝4，MD＝1，
∴AM＝3，
连接MO并延长交BC于P，
则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，
∵AM∥CP，
∴∠MAO＝∠PCO，
∵∠AOM＝∠COP，AO＝CO，
∴△AOM≌△COP（ASA），
∴AM＝CP＝3，OM＝OP，
∴PB＝1，
过M作MN⊥BC于N，
∴四边形MNCD是矩形，
∴MN＝CD，CN＝DM，
∴PN＝4﹣1﹣1＝2，
∴MP＝ ，
∴OM＝ ，
故答案为： .
【分析】连接MO并延长交BC于P，则此时，PM﹣PO的值最大，且PM﹣PO的最大值＝OM，根据全等三角形的性质得到AM＝CP＝3，OM＝OP，求得PB＝1，过M作MN⊥BC于N，得到四边形MNCD是矩形，得到MN＝CD，CN＝DM，根据勾股定理即可得到结论.
7．（2023八上·邛崃月考）如图，点P是矩形内任意一点，连结，记，则下列各结论一定成立的有 （填序号）
①；②若，则；
③；④，则P在对角线上
【答案】①②③④
【知识点】三角形的面积；三角形内角和定理；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
①S△PAD+S△PBC=AD·h1+AD·h2=AD·AB=S矩形ABCD，
S△PAB+S△PCD=AB·h1+AB·h2=AB·AD=S矩形ABCD，∴S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，正确；
②∵∠APB=80°，∠DPC=50°，
∴∠PAB+∠PBA=100°，∠PCD+∠PDC=130°，
∴∠PAB-∠PBC=∠PAB-（90°-∠PBA）=∠PAB+∠PBA-90°=1-2，
∴∠PCD-∠PDA=∠PCD-（90°-∠PDC）=∠PCD+∠PDC-90°=3-4，
∴1-2+3-4=∠PAB+∠PBA-90°+∠PCD+∠PDC-90°=50°；
③过点P作EF∥BC，交AB于点E，交CD于点F，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB⊥BC，DC⊥BC，
∴AB⊥EF，DC⊥EF，
∴在直角三角形APE中，PA2=AE2+PE2，同理，PC2=CF2+PF2，PB2=BE2+PE2，PD2=DF2+PF2，
∴PA2+PC2=AE2+PE2+CF2+PF2，PB2+PD2=BE2+PE2+DF2+PF2，
∵AB⊥EF，DC⊥EF，AD⊥AB，
∴四边形ADFE为矩形，
∴AE=DF，同理可证CF=BE，
∴AE2=DF2，CF2=BE2，
∴PA2+PC2=PB2+PD2，正确；
④∵S△ABP=S△ADP，S△PAD+S△PBC=S△PAB+S△PCD，
∴S△PBC=S△PCD，
∴S△ABP+S△PBC=S△APD+S△PCD=SABCD'，
∴点P在对角线AC上，正确；
∴①②③④正确。
故答案为：①②③④.
【分析】根据矩形的判定定理和性质、三角形的面积、勾股定理、三角形的内角和定理等分别判断。
8．（2023九上·龙湾开学考）如图是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型如图，过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域，形成一幅装饰画，则矩形的周长为 若点，，在同一直线上，且点到的距离与到的距离相等，则印章区域的边长为 ．
【答案】；
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：由图1可知，七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为，然后，最小的直角边长为，正方形和平行四边形的短边长都是
过点作和的垂线，垂足分别为，则
又且是等腰直角三角形，所以，故
又，所以四边形是矩形，所以
又知，所以，故矩形的周长为：
延长经过点与交于点，连接
因为，且，所以
又因点到和的距离相等，所以点在的角平分线上
则，所以，所以
又，所以四边形是平行四边形.
又，
所以，
所以
则
故答案为：.
【分析】本题主要考查矩形的判定，平行四边形的判定，角平分线的判定，解答此问题关键是作出辅助线，利用几何关系找出对边和对角，进而对相关图形的判定，使用相关图形的性质可实现对本题的求解.
9．（2023八下·巴彦期末）已知，矩形，为的中点，为上一点，连接，若，，，则的长为 ．
【答案】4或2
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当点F靠近点A时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴DE=CD=3，
∴AF=DG=3-1=2，
∴BF=6-2=4；
如图，当点F靠近点B时，过点F作FG⊥CD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形DAFG和四边形GFBC都是矩形，
∴GF=BC=2，CD=AB=6，
∴EG=，
∵E是CD中点，
∴CE=CD=3，
∴CG=3-1=2，
∴BF=CG=4，
综上，FB的长为4或2.
故答案为：4或2.
【分析】分两种情况讨论：当点F靠近点A时，当点F靠近点B时，分别画出对应的图形，过点F作FG⊥CD于点G，根据矩形的判定和性质，勾股定理分别求出FB的长，即可得出答案.
三、解答题
10．（2023九上·资中期中）巴台农神庙的设计代表了古希腊建筑艺术上的最高水平，它的平面图可看作宽与长的比是的矩形，我们将这种宽与长的比是的矩形叫黄金矩形．如图①，已知黄金矩形的宽．
（1）黄金矩形的长 ；
（2）如图②，将图①中的黄金矩形裁剪掉一个以为边的正方形，得到新的矩形，猜想矩形是否为黄金矩形，并证明你的结论；
（3）在图②中，连接，求点到线段的距离．
【答案】（1）
（2）解：矩形为黄金矩形，理由是：
由（1）知，
∴，
∴，
故矩形为黄金矩形；
（3）解：连接，，过D作于点G
∵，，
∴，
在中， ，
即，
则，
解得，
∴点D到线段的距离为．
【知识点】勾股定理；矩形的性质；黄金分割
【解析】【解答】
解：（1）∵ 黄金矩形ABCD的宽AB=1
∴
∴
【分析】本题考查矩形的性质、等面积法及勾股定理等知识，熟悉矩形性质及根式的化简是关键。（1）根据黄金矩形的定义，可得AB：BC= ，计算可得BC，注意最简二次根式的化简；
（2）要知道矩形DCEF是否是黄金矩形，要判断其宽与长之比是否是。由(1)知，则，则，则矩形DCEF为黄金矩形；
（3）连接AE，DE，过D作于点G，由，得，根据等面积法得，得，点D到线段AE的距离为．
11．（2023九上·成都月考）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，EC平分，F为CE的中点，连接AF，BF，过点E作分别交AF，CD于G，H两点．
（1）求证：；
（2）求证：；
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴，
∵EC平分，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，连接DF，
∵，F为CE的中点，∴，∴，
在矩形ABCD中，，，∴，
∴，∵，∴，
在和中，，∴，
∴，∴．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；三角形全等的判定（SAS）；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用平行的性质可得，再利用角平分线的定义可得，根据等量代换可得，再根据等角对等边的性质可得；
（2）连接DF，先利用“SAS”证出，可得，从而可得.
12．（2023九上·成都月考）如图，在中，，，点是边上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到，连接．
（1）求的度数；
（2）连接，若，，求线段的长；
（3）如图，若，，点为中点，的延长线与交于点，与交于点，求线段的长．
【答案】（1）解：，，
，
，
，
又，，
≌，
（2）解：过点作于点，过点作于点，
由知，≌，，
，，
，，
，
，，
四边形是矩形，
，
在中，，，
，
，
同理可得，，
，
，
，
即的长为；
（3）解：连接，过点做于，
，点为中点，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
，
，
，，
，，
设，则，，
，
，
，
，
解得，
即的长为．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【分析】本题考查等腰三角形的性质、三角形全等的判定与性质、矩形的性质与判定、含30° 的直角三角形的性质及勾股定理的计算。
（1）根据AC=BC和∠ACB得∠CAD，则有 ∠ACD=∠BCE，结合，证≌，得 ；
（2） 过点作于点M，过点E作于点N，由（1）知≌，，结合∠ACD和AD，得和，则，结合，可判定四边形MNEC是矩形得MN=CE，由得，，得NE，AN，则AE可求；（3） 连接DP，过点N做于Q，证，计算和，设BN=X得NQ，BQ，由PQ=NQ和PPQ+QB，计算可得BN长。
四、综合题
13．（2023八下·丰满期末） 如图，在△ABC中，点P是边AC上一个动点，过点P作直线l∥AB. 设直线l交∠DAC的平分线于点M，交∠BAC的平分线于点N.
（1）求证PM=PN；
（2）若AN=2，AM=1，求MN的值；
（3）当点P为AC的中点时，连接CM，CN，判断四边形ANCM的形状，并说明理由.
【答案】（1）证明：∵l∥AB，
∴∠PMA=∠DAM.
∵AM平分∠DAP，
∴∠DAM=∠PAM.
∴∠PMA=∠PAM.
∴PM=PA .
同理可证PN=PA.
∴PM=PN；
（2）解：∵AM，AN分别是∠DAP，∠BAP平分线，
∴∠DAP=2∠PAM，∠BAP=2∠PAN.
∵∠DAP+∠BAP=180°，∴2∠PAM+2∠PAN=180°.
∴∠PAM+∠PAN=90°. ∴∠MAN=90°.
在Rt△MAN中，根据勾股定理，MN2=AM2+AN2=12+22=5.
∴
（3）解：四边形ANCM是矩形. 理由如下：
∵点P为AC的中点，∴PA=PC.
又∵PM=PN，∴四边形ANCM为平行四边形.
∵∠MAN=90°，∴平行四边形ANCM为矩形.
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）利用平行线的性质和角平分线计算求解即可；
（2）根据角平分线求出 ∠DAP=2∠PAM，∠BAP=2∠PAN，再求出 2∠PAM+2∠PAN=180°，最后计算求解即可；
（3）根据线段的中点求出PA=PC，再求出四边形ANCM为平行四边形，最后根据矩形的判定方法证明求解即可。
14．（2024八下·西安月考）新定义：有一组对角相等而另一组对角不相等的四边形叫做“等对角四边形”．
（1）如图1，若四边形是“等对角四边形”，，，，则的度数为 ．
（2）如图2，“等对角四边形”，已知：，，你认为成立吗？若成立，请你证明此结论，若不成立，请说明理由．
（3）在“等对角四边形”中，，，，．求对角线的长．
【答案】（1）135
（2）解：成立，
证明如下：
如图：连接，
，
，
，
，即，
（3）解：①如图：当时，延长，相交于点E，
，，
，
，
，
，
，
，
；
②如图：当时，过点D作于点M，于点N，
则，四边形是矩形，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
综上，的长为或．
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；多边形内角与外角；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）解：∵四边形是“等对角四边形”，且，，，∴∴故答案为：135°.
（3）①如图：当时，延长，相交于点E，
，，
，
，
，
，
，
，
；
②如图：当时，过点D作于点M，于点N，
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
∴同理得：
∵
∴
∴，
，
，
，
综上，的长为或．
【分析】（1）根据等对角四边形的定义结合题目已给信息得到：进而利用四边形内角和为360°，即可计算出∠C的度数；
（2）连接，根据等腰三角形的性质得到：，结合，即可得到，进而即可求证；
（3）由题意可知需分两种情况讨论，①当时，延长，相交于点E，②当时，过点D作于点M，于点N，分别根据勾股定理计算即可.
1 / 1
