第23讲 特殊四边形-矩形（讲义）（解析版）

第23 讲 特殊四边形-矩形 目 录 一、考情分析 二、知识建构 考点一 矩形的性质与判定 题型01 利用矩形的性质求角度 题型02 利用矩形的性质求线段长 题型03 利用矩形的性质求面积 题型04 求矩形在坐标系中的坐标 题型05 根据矩形的性质证明 题型06 矩形的判定定理的理解 题型07 添加一个条件使四边形是矩形 题型08 证明四边形是矩形 题型09 根据矩形的性质与判定求角度 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长 题型11 根据矩形的性质与判定求面积 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题 题型13 与矩形有关的新定义问题 题型14 与矩形有关的规律探究问题 题型15 与矩形有关的动点问题 题型16 矩形与一次函数综合 题型17 矩形与反比例函数综合 题型18 矩形与二次函数综合 考点二 矩形的折叠问题 题型01 与矩形有关的折叠问题 类型一 沿对角线翻折（模型一） 类型二 将矩形短边顶点翻折到对角线上（模型二） 类型三 将矩形短边顶点翻折到长边上（模型三） 类型四 矩形短边沿折痕翻折（模型四） 类型五 通过翻折将矩形两个顶点重合（模型五） 类型六 将矩形短边顶点翻折到对称轴上（模型六） 类型七 将矩形翻折使其一个顶点落在一边上（模型七） 类型八 其它 考点要求 新课标要求 命题预测 矩形的性 质与判定  探索并证明矩形的性质定理  探索并证明矩形的判定定理 矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中 难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2024 年各地中 考还将出现 其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考 察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较 大，需要加以重视解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和 三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能 性比较大． 矩形的折 叠问题 考点一 矩形的性质与判定 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形 矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质； 2）矩形的四个角都是直角； 3）对角线互相平分且相等； 4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有 两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心 【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半 2）直角三角形中，30 度角所对应的直角边等于斜边的一半 矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形； 2）对角线相等的平行四边形是矩形； 3）有三个角是直角的四边形是矩形 【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角 线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明． 题型01 利用矩形的性质求角度 【例1】（2023·广东江门·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知 ∠BAC=35°，则∠BOC的度数是（ ） ．65° B．70° ．75° D．80° 【答】B 【分析】根据矩形的性质，证出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性质即可得出答． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA=OC，OB=OD，AC=BD， ∴OA=OB， ∴∠OAB=∠ABO=35°， ∴∠BOC=2×35°=70°； 故选：B 【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出OA=OB是解题关键． 【变式1-1】（2022·安徽安庆·安庆市第二中学校考三模）如图，O是矩形ABCD的对角线交点，AE平分 ∠BAD，∠AOD=120°，∠AEO的度数为（ ） 1 对于矩形的定义要注意两点:是平行四边形;b 有一个角是直角 2 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形 ．10° B．15° ．25° D．30° 【答】D 【分析】先根据矩形的性质和∠AOD=120°证明△BAO是等边三角形，△BAE是等腰直角三角形，推 出OB=BE，再根据等腰对等角求出∠BEO，则∠AEO=∠BEO−∠BEA． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴ OA=OB，∠ABC=∠BAD=90°， ∴ ∠BAO=∠ABO， ∵ ∠AOD=∠BAO+∠ABO=120°， ∴ ∠BAO=∠ABO=1 2 ×120°=60°， ∴ △BAO是等边三角形． ∴ AB=OB， ∵ AE平分∠BAD， ∴ ∠BAE=1 2 ×90°=45°， ∴ ∠BAE=∠BEA=45°， ∴ AB=BE， ∴ OB=BE， ∴ ∠BOE=∠BEO， 又∵ ∠OBE=∠ABC−∠ABO=30°， ∴ ∠BEO=1 2 × (180°−30° )=75°， ∴ ∠AEO=∠BEO−∠BEA=75°−45°=30°． 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，解 题的关键是证明△BAO是等边三角形． 【变式1-2】（2023·山西大同·统考模拟预测）翻花绳是中国民间流传的童游戏，在中国不同的地域，有不 同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1 是翻花绳的一种图，可以抽象成如右图，在矩 形ABCD中，IJ ∥KL, EF ∥GH，∠1=∠2=30°，∠3的度数为（ ）． ．30° B．45° ．50° D．60° 【答】D 【分析】由矩形的性质可得∠D=∠C=90°，进而可得∠HGC=∠IJD=60°；再根据三角形内角和 定理可得∠GMJ=60°；然后再证四边形NUMV 是平行四边形，由平行四边形的性质可得 ∠VNU=∠GMJ=60°，最后由对顶角相等即可解答． 【详解】解：如图：∵矩形ABCD中， ∴∠D=∠C=90°, ∵∠1=∠2=30°， ∴∠HGC=∠IJD=60°, ∴∠GMJ=60°, ∵IJ ∥KL, EF ∥GH， ∴四边形NUMV 是平行四边形， ∴∠VNU=∠GMJ=60°, ∴∠3=∠VNU=60°． 故选D． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理 是解答本题的关键． 【变式1-3】（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图，矩形ABCD中，点E为CD边的中点，连接 AE，过E作EF ⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠BAF=α，则∠EFC的度数为（ ） ．α B．45°+ α 2 ．45°−α 2 D．90°−α 【答】B 【分析】延长AE，交BC的延长线于点G，根据矩形的性质可得，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°， AD∥BC，可证△ADE≌△GCE(ASA)，根据全等三角形的性质可得AE=¿，可知EF垂直平分AG， 根据线段垂直平分线的性质可得AF=GF，进一步可得∠G=∠FAE，根据AD∥BC，可得 ∠DAE=∠G，可表示出∠DAE的度数，进一步可得∠FEC的度数，再根据∠FEC+∠EFC=90°， 可得∠EFC的度数． 【详解】解：延长AE，交BC的延长线于点G，如图所示： 在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC， ∴∠ECG=90°， ∵E为CD边中点， ∴DE=CE， 在△ADE和△GCE中， ¿， ∴△ADE≌△GCE(ASA)， ∴AE=¿， ∵EF ⊥AE， ∴EF垂直平分AG， ∴AF=GF， ∴∠FAE=∠G， ∵AD∥BC， ∴∠DAE=∠G， ∴∠DAE=∠FAE， ∵∠BAF=α， ∴∠DAE=90°−α 2 ， ∵∠DAE+∠AED=90°，∠AED+∠FEC=90°， ∴∠FEC=∠DAE=90°−α 2 ， ∵∠FEC+∠EFC=90°， ∴∠EFC=90°−90°−α 2 =45°+ α 2 ， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，添加合适的辅助线 构造全等三角形是解题的关键． 【变式1-4】（2023·安徽合肥·校考三模）如图，a∥b，矩形ABCD的顶点B在直线a上，若∠1=34°， 则∠2的度数为（ ） ．34° B．46° ．56° D．66° 【答】 【分析】过点A作AE∥a，利用矩形的性质和平行线的判定与性质解答即可． 【详解】解：过点A作AE∥a，如图， ∴∠EAB=∠1=34°． ∵a∥b，AE∥a， ∴AE∥b， ∴∠2=∠DAE， ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠DAB=90°， ∴∠DAE=90°−∠EAB=56°， ∴∠2=56°． 故选：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，过点A作AE∥a是解题的关键． 题型02 利用矩形的性质求线段长 【例2】（2022·安徽·合肥38 中校考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，EF经过点O且 EF ⊥BD，EF分别与AD，BC交于点E，F，若AB=2，BC=4，则AE等于（ ） ．3 2 B．2 ．5 2 D．3 【答】 【分析】连接BE，由矩形的性质可得OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°，由线段垂直平分线的性 质可得BE=DE=AD−AE，由勾股定理可得(4−AE) 2=2 2+ A E 2，求解即可． 【详解】解：如图，连接BE， ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°， ∵EF ⊥BD，OB=OD， ∴ EF是BD的垂直平分线， ∴BE=DE=AD−AE=4−AE， 在Rt △ABE中，B E 2=A B 2+ A E 2， 则(4−AE) 2=2 2+ A E 2， 解得：AE=3 2， 故选：． 【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、线段垂直平 分线的性质，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 【变式2-1】（2023·广西南宁·校考二模）在矩形ABCD中，AB=3，将AB绕点B 顺时针旋转α（ 0°＜α ＜90°）得到BE，连接DE，若DE的最小值为2，则BC的长为 ． 【答】4 【分析】根据三角形不等式得到BE+DE＞BD，当点B，点E，点D 三点共线时，BE+DE取得最小值， 得到BD=5，根据勾股定理计算BC即可． 【详解】∵BE+DE＞BD， ∴当点B，点E，点D 三点共线时，BE+DE取得最小值， ∵BE=AB=3, ∴DE的最小值为2， ∴BD=5， ∵矩形ABCD，AB=3， ∴AB=CD=3,∠BCD=90° ∴BC= ❑ √B D 2−C D 2=4， 故答为：4． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握两点之间线段最短，勾股定理是解题的关键． 【变式2-2】（2023·海南儋州·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4， 点E 为对角线BD上一点，连接AE，过点E 作EF ⊥AE交BC于点F．连接AF交BE于点，若AB=AE， 则线段AF与BD的位置关系为 ；BF的长为 ． 【答】 AF ⊥BD 9 4 【分析】先证Rt △ABF Rt ≌ △AEF可得∠BAF=∠EAF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得 AF ⊥BD，再由面积法可求AO=12 5 的长，进而求得BO=9 5，再求得cos∠CBD= BC BD = BO BF = 4 5 即可 解答． 【详解】解：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠ABC=∠BAD=90°． ∵AB=3，AD=4， ∴BD= ❑ √A B 2+ A D 2=❑ √16+9=5．BC=AD=4， ∵EF⊥E， ∴∠AEF=90°． 在Rt △ABF和Rt △AEF中， ¿ ∴△ABF ≌△AEF (HL)． ∴∠BAF=∠EAF． 又∵AB=AE， ∴AF ⊥BD． ∴1 2 AB⋅AD=1 2 AO⋅BD， ∴AO= AB⋅AD BD =12 5 ． ∴BO= ❑ √A B 2−A O 2=❑ √9−144 25 =9 5 ， ∴cos∠CBD= BC BD = BO BF = 4 5 ， ∴BF= 5 4 BO= 5 4 × 9 5= 9 4 ． 故答为AF ⊥BD，9 4 ． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形性质、勾股定理、解直角三角形等知识点， 灵活运用相关判定、性质是解答本题的关键． 【变式2-3】（2023·浙江宁波·校考一模）如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O， OE⊥AB，垂足为E，F是OC的中点，连接EF交OB于点P，那么OP PB =¿ ． 【答】1 3 【分析】取OB的中点H，连接EH，根据矩形性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得 EH=OH=BH，AE=BE，根据EH ∥AC可证得△OFP∽△HEP，可求得OP=PH=1 2 OH，即可求 解． 【详解】如图，取OB的中点H，连接EH， ∵ABCD是矩形， ∴OA=OB=OC=OD， ∵OE⊥AB，点H为OB中点， ∴EH=OH=BH，AE=BE， ∴EH ∥AC ∴△OFP∽△HEP ∴EH OF = OP PH ∵F是OC的中点， ∴OF=1 2 OC=1 2 OB=EH， ∴OP=PH=1 2 OH ∴PB=3OP ∴OP PB =1 3， 故答为：1 3． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性 质解决问题是解题的关键． 【变式2-4】（2022·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，E、F 分别是AD、BC的中点，点P、Q 在EF上．且满足PQ=2，则四边形APQB周长的最小值为 ． 【答】12 【分析】因为PQ和AB是定长，所以要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可，在AB上截 取AM=PQ，F 是BC的中点，所以点B 关于EF的对称点是点，连接CM与EF交于点Q，则CM即为 AP+BQ的最小值； 【详解】解：∵四边形APQB周长¿ AP+PQ+QB+ AB， ∵AB=5，BC=4，PQ=2， ∴四边形APQB周长¿ AP+PQ+QB+ AB=7+ AP+BQ， 要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可， 在AB上截取AM=PQ，F 是BC的中点，所以点B 关于EF的对称点是点，连接CM与EF交于点Q，则 CM即为AP+BQ的最小值， ∴BQ=CQ， ∴MB=3，BC=4， 在Rt △BCM中，由勾股定理得： MC= ❑ √3 2+4 2=5， ∴四边形APQB周长¿ AP+PQ+QB+ AB=7+ AP+BQ=7+5=12． 故选：B． 【点睛】本题考查了轴对称---最短路线问题、矩形的性质，能够将所求四边形的周长转化为求AP+BQ的 最小值是解题的关键． 题型03 利用矩形的性质求面积 【例3】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E，F，G，分别在AB，BC，CD，DA 上，且AE=1 3 AB，BF=1 3 BC，CG=1 3 CD，DH=1 3 DA，若矩形ABCD面积为9，则四边形EFGH 的面积为( ) ．3 B．4 ．5 D．6 【答】 【分析】设AE=a，BF=b，根据AE=1 3 AB，BF=1 3 BC，CG=1 3 CD，DH=1 3 DA可知 AB=CD=3a，AD=BC=3b，AE=CG=a，BF=DH=b，BE=DG=2a，AH=CF=2b，从而 得到△AEH的面积¿ △BEF的面积¿ △CGF的面积¿ △DGH的面积¿ab，再根据 矩形的面积是 “ 9”求出 ab，从而得到四边形EFGH的面积为9−4 ab=5． 【详解】解：设AE=a，BF=b， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB=CD，AD=BC， ∵AE=1 3 AB，BF=1 3 BC， ∴AB=CD=3a，AD=BC=3b， 又∵CG=1 3 CD，DH=1 3 DA， ∴AE=CG=a，BF=DH=b， ∴BE=DG=2a，AH=CF=2b， ∴△AEH的面积¿ △BEF的面积¿ △CGF的面积¿ △DGH的面积¿ab， ∴AB=3a，AD=3b， ∵矩形ABCD面积为9， ∴AB· AD=3a·3b=9ab=9， ∴ab=1， ∵△AEH的面积¿ △BEF的面积¿ △CGF的面积¿ △DGH的面积¿ab， ∴四边形EFGH的面积¿9−4 ab=9−4=5． 故选：． 【点睛】本题考查矩形的性质和直角三角形的面积公式，掌握矩形的面积公式及合理设未知数列方程是解 题的关键． 【变式3-1】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，延长AB至E，使得AB BE =5 6， 连接CE，若矩形ABCD的面积为20，则△BCE的面积为（ ） ．16 B．14 ．12 D．10 【答】 【分析】先由矩形的性质求出S△ABC=1 2 S 矩形ABCD=10，再根据 S△ABC S△BEC = AB BE 求解即可． 【详解】解：∵矩形ABCD的面积为20， ∴S△ABC=1 2 S 矩形ABCD=10 ∵矩形ABCD， ∴BC ⊥AB ∴S△ABC S△BEC = AB BE ，即10 S△BEC =5 6 ， ∴S△BEC=12， 故选：． 【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，得出 S△ABC S△BEC = AB BE 是解题的关键． 【变式3-2】（2023·山西太原·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点和分别落在y 轴 与x 轴的正半轴上，OA=6，OC=8．若直线y=2 x+b把矩形面积两等分，则b 的值等于（ ） ．5 B．2 ．−2 D．−5 【答】D 【分析】直线y=2 x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点，求出点的坐标，用待定系数法求解析式 即可． 【详解】解：∵OA=6，OC=8， 所以点坐标为(0，6)，点坐标为(8，0)， 则AC中点坐标为(4，3)， 因为矩形是中心对称图形，对称中心是对角线中点， 所以直线y=2 x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点， 代入解析式得，3=2×4+b，解得，b=−5； 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质和求一次函数解析式，解题关键是明确平分矩形面积一定经过对角线中点， 再用待定系数法求解． 【变式3-3】（2023·江苏常州·校考一模）如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木 框A ' B 'C ' D '，且A