资源简介

专题02矩形的性质与判定（4个知识点9种题型1个易错点中考4种考法）
【目录】
倍速学习五种方法
【方法一】 脉络梳理法
知识点1：矩形的定义
知识点2：矩形的性质（重难点）
知识点3：直角三角形斜边上的中线的性质（重点）
知识点4：矩形的判定（重难点）
【方法二】 实例探索法
题型1：利用矩形的性质求角的度数
题型2：利用矩形的性质求边的长度
题型3：直角三角形斜边上的中线的性质应用
题型4：利用矩形的性质证明
题型5：矩形的判定
题型6：矩形的实际应用
题型7：矩形中的折叠问题
题型8：计算矩形中阴影部分面积
题型9：矩形中的动态问题
【方法三】 差异对比法
易错点1判断矩形的条件不足
【方法四】 仿真实战法
考法1矩形性质的应用
考法2矩形的判定
考点3直角三角形斜边上的中线
考法4矩形的性质与判定
【方法五】 成果评定法
【知识导图】
【倍速学习五种方法】
【方法一】脉络梳理法
知识点1：矩形的定义
1．定义：有一个内角是直角的平行四边形叫做矩形．
注意：矩形的定义既是矩形的基本性质，也是判定矩形的基本方法．
知识点2：矩形的性质
矩形除具有平行四边形的一切性质外，还有一些特殊性质．
（1）矩形的四个角都是直角；
（2）矩形的两条对角线相等．
注意：
（1）矩形是特殊的平行四边形，因而也是中心对称图形．过中心的任意直线可将矩形分成完全全等的两部分．
（2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴(分别是通过对边中点的直线)．
对称轴的交点就是对角线的交点 (即对称中心)．
知识点3：直角三角形斜边上的中线的性质
在直角三角形中，斜边的中线等于斜边的一半．
知识点4：矩形的判定
矩形的判定定理1：有三个角是直角的四边形是矩形．
矩形的判定定理2：对角线相等的平行四边形是矩形．
【方法二】实例探索法
题型1：利用矩形的性质求角的度数
1．如图．矩形纸片中，已知，折叠纸片使边与对角线重合，点B落在点F处，折痕为，且．则的长为（ ）

A．3 B．4 C．5 D．6
题型2：利用矩形的性质求边的长度
2．已知矩形ABCD的周长为16，AB＝5，则BC等于（ ）
A．3 B．5 C．6 D．11
题型3：直角三角形斜边上的中线的性质应用
3．如图，BD，CE是△ABC的高，G，F分别是BC，DE的中点，求证：FG⊥DE．
4．如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点，过点B作直线CD的垂线，垂足为E，
求证：∠EBC＝∠A．
题型4：利用矩形的性质证明
5．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F． 求证：AE＝DF．
6．已知：若从矩形的顶点作的垂线交于，交的平分线于．求证：是等腰三角形．

7．已知：矩形中，延长至，使，为中点，连接、．求证：．

题型5：矩形的判定
8．如图，在中，，是的一条角平分线，为的外角的平分线，，垂足为E．求证：四边形是矩形．
9．如图，在中，O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与、的外角的平分线交于点E、F．
(1)与相等吗？证明你的结论．
(2)试确定点O的位置，使四边形是矩形，并加以证明．
题型6：矩形的实际应用
10．如图是一个矩形桌子，一小球从P撞击到Q，反射到R，又从R反射到S，从S反射回原处P，入射角与反射角相等（例如等），已知．则小球所走的路径的长为 ．

题型7：矩形中的折叠问题
11．如图所示，在矩形中，，把矩形折叠使点与点A重合，求折叠的长．

12．如图所示，在长方形中，，，将长方形沿折叠，使点D落在点，则重叠部分的面积是 ．

题型8：计算矩形中阴影部分面积
13．矩形中，横向阴影部分是长方形，另一部分是平行四边形，依照图中标注的据，图中空白部分的面积为 ．
题型9：矩形中的动态问题
14．如图，已知在矩形中，，，点是边上的一个动点，连接，点关于直线的对称点为，当点运动时，点也随之运动．若点从点A运动到点，则线段扫过的区域的面积是 ．
15．如图，在△ABC中，AB＝AC．将△ABC沿着BC方向平移得到△DEF，其中点E在边BC上，DE与AC相交于点O．
（1）求证：△OEC为等腰三角形；
（2）连接AE、DC、AD，当点E在什么位置时，四边形AECD为矩形，并说明理由．
【方法三】差异对比法
易错点1判断矩形的条件不足
16．下列命题为真命题的是( )
A．对角线互相垂直的四边形是矩形 B．对角线相等的四边形是矩形
C．四条边都相等的四边形是矩形 D．四个角都相等的四边形是矩形
17．已知四边形是平行四边形，对角线与相交于点O，那么下列结论中正确的是（ ）
A．当时，四边形是矩形
B．当时，四边形是矩形
C．当时，四边形是矩形
D．当时，四边形是矩形
【方法四】 仿真实战法
考法1矩形性质的应用
（2022 无锡）
18．菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对边平行 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角互补
（2022 西宁）
19．矩形ABCD中，，，点E在AB边上，．若点P是矩形ABCD边上一点，且与点A，E构成以AE为腰的等腰三角形，则等腰三角形AEP的底边长是 ．
（2022 吉林）
20．如图，在矩形中，对角线相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接．若，则 ．

（2022 邵阳）
21．已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ．
（2022 鄂州）
22．如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且∠CDF=∠BDC、∠DCF=∠ACD．

(1)求证：DF=CF；
(2)若∠CDF=60°，DF=6，求矩形ABCD的面积．
（2022 哈尔滨）
23．已知矩形的对角线相交于点O，点E是边上一点，连接，且．
(1)如图1，求证：；
(2)如图2，设与相交于点F，与相交于点H，过点D作的平行线交的延长线于点G，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中的四个三角形（除外），使写出的每个三角形的面积都与的面积相等．
考法2矩形的判定
（2022 聊城）
24．要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等
B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．测量两组对边是否分别相等
（2022 恩施州）
25．如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=10cm，BC=8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动．设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）
A．当时，四边形ABMP为矩形
B．当时，四边形CDPM为平行四边形
C．当时，
D．当时，或6s
（2022 陕西）
26．在下列条件中，能够判定为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
（2022 甘肃）
27．如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ．
（2022 巴中）
28．如图， ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
（2022 六盘水）
29．如图，在平行四边形中，平分，平分．
(1)求证：；
(2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程．
（2022 十堰）
30．如图，中，，相交于点，，分别是，的中点．
(1)求证：；
(2)设，当为何值时，四边形是矩形？请说明理由．
考点3直角三角形斜边上的中线
（2022 永州）
31．如图，在中，，，点为边的中点，，则的长为（　　　）
A． B． C．2 D．4
（2022 杭州）
32．如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，点M为边AB的中点，点E在线段AM上，EF⊥AC于点F，连接CM，CE．已知∠A=50°，∠ACE=30°．
(1)求证：CE=CM．
(2)若AB=4，求线段FC的长．
考法4矩形的性质与判定
（2022 云南）
33．如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90°
(1)求证：四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S．
（2022 德阳）
34．如图，在菱形中，，，过点作的垂线，交的延长线于点．点从点出发沿方向以向点匀速运动，同时，点从点出发沿方向以向点匀速运动．设点，的运动时间为（单位：），且，过作于点，连结．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)连结，，点，在运动过程中，与是否能够全等？若能，求出此时的值；若不能，请说明理由．
【方法五】 成果评定法
一、单选题
（2023·河南平顶山·统考一模）
35．下列叙述错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线相等
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形 D．对角线相等的四边形是矩形
（2023·广东珠海·统考一模）
36．将一张矩形纸片对折两次，然后沿图中虚线剪下，得到①和②两部分，如图所示，则将①展开后得到的平面图形是（ ）
A．三角形 B．矩形 C．菱形 D．梯形
（2023·四川泸州·统考一模）
37．如图，菱形的对角线相交于点O，过点D作于点E，连接，若菱形的面积为，，则的长为（ ）
A．3 B． C． D．2
（2023·安徽·校联考一模）
38．如图，菱形的对角线、相交于点O，过点D作于点H，连接，点M是边的中点，连接，若，菱形的面积为48，则的值为（　　）
A． B． C． D．
（2023·安徽合肥·统考一模）
39．如图，在矩形ABCD中，，，点E是中点，连接，作于F，则的长为（ ）
A． B． C． D．
（2023·浙江宁波·统考一模）
40．如图矩形由矩形逆时针旋转一个锐角得到，点C在边上，过点E作平行线得矩形，则要知道矩形的面积只需知道（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
（2023·山东临沂·统考一模）
41．如图，在中，，．以点为圆心，以的长为半径画弧交于点，连接，以点为圆心，的长为半径作弧，交于点(异于点)，连接，则的长为 ．
（2023·黑龙江哈尔滨·统考一模）
42．如图，矩形，点E为上一点，连接，在上取一点F，连接，过F作的垂线交于点H，若，，，，则的长是 ．
（2023·天津·校联考一模）
43．如图，矩形对角线相交于点，为上一点，连接，F为的中点，．若，，则的长为 ．
（2023·黑龙江哈尔滨·校考一模）
44．如图，矩形中，为对角线，是上一点，连接，，，，则的长为 ．
（2023·山东泰安·统考一模）
45．如图，菱形的对角线相交于点O，，，点P为边上一点，且P不与B、C重合．过P作于E，于F，连接，则的最小值等于 ．
（2023·河南周口·统考二模）
46．如图，在中，，，，点P在的内部，，D是的中点，连接．当为等腰三角形时，的长为 ．
（2023·四川成都·统考模拟预测）
47．在数学“折向未来”的活动课上，小明用如图所示的长方形纸片折四边形，，点E，G分别是边上的中点，点F，H分别是边上的点，且，连接．将，分别沿，翻折，点B的对应点为点，点D的对应点为点，当点落在线段上时，则 cm；当点在内部时，连接，若为直角三角形，则四边形的面积为 ．
三、解答题
（2023春·江苏无锡·九年级统考期中）
48．如图，在中，点E是的中点，延长交的延长线于F．
(1)求证：；
(2)连接，当时，若，求的长．
（2023·浙江温州·模拟预测）
49．规定：每个顶点都在格点的四边形叫做格点四边形．在的正方形网格中画出符合要求的格点四边形（设每个小正方形的边长为1）．
(1)在图甲中画出一个以为边的平行四边形，且它的面积等于8；
(2)在图乙中画出一个以为对角线的矩形，且它的周长为无理数．
（2023·江苏扬州·统考一模）
50．如图，已知点是矩形中边的中点，连接．
(1)分别在、边上求作点、点，使得点关于的对称点恰好落在线段上；（请保留作图痕迹，不需要写作法）
(2)在（1）的条件下，若，，求．
51．如图，在中，于点，延长至点，使，连接，与交于点．
(1)求证：四边形为矩形；
(2)若，，，求的长．
（2023春·江苏南京·九年级统考期中）
52．如图，O为矩形的对角线的中点，过O作分别交，于点E，F．
(1)求证：四边形是菱形．
(2)若，，求菱形的面积．
（2023·河南南阳·统考一模）
53．综合与实践：
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．
在矩形中，E为边上一点，F为边上一点，连接、，分别将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，且C、H、G三点共线．
(1)如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则＝ °，＝ ；
(2)如图2，若F为的中点，平分，，，求的度数及的长；
(3)，，若F为的三等分点，请直接写出的长 ．
（2023·黑龙江绥化·校考模拟预测）
54．如图，在梯形中，，，，，，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，动点从点开始沿边向以秒的速度运动，、分别从、同时出发，当其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，设运动时间为秒．问：
(1)求为何值时，四边形是平行四边形？
(2)四边形可能是矩形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由；
(3)四边形可能是菱形吗？如果可能，求出的值；如果不可能，说明理由．
（2023·全国·九年级专题练习）
55．【问题发现】
（1）如图①，在边长为5的等边中，点D，E分别是，边上一点，且，点P是线段上一动点，以为边向右作等边．
①过点F作于点G，连接．试探究与之间的数量关系；
②当点P从点E运动到点A时，求点F运动的路径长；
【类比探究】
（2）如图②，矩形中，，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，将绕着点E顺时针旋转到的位置，连接和，求的最小值．
（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）
56．如图，在平面直角坐标系中，，，，，，．且．．
(1)直接写出、、各点的坐标： 、 、 ；
(2)如图1，，，点，在四边形的边上，且在第二象限．若是以为直角边的等腰直角三角形，请直接写出点的坐标，并对其中一种情况计算说明；
(3)如图2，为轴正半轴上一动点，过的直线轴，平分交直线于点．为上的点，且，在运动中的长度是否发生变化？若变化，求出变化范围；若不变，求出定值．
试卷第2页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】先根据矩形的性质求出的长，再由翻折变换的性质得出是直角三角形，利用勾股定理即可求出的长，进而在中利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：四边形是矩形，，
，，
由折叠的性质可得，，，
，，
在中，由勾股定理得，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，熟知折叠的性质是解题的关键：折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．
2．A
【分析】根据矩形的周长公式即可得到结论．
【详解】解：∵矩形ABCD的周长为16，
∴BC＝×（16﹣2×5）＝3，
故选A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的周长公式是解题的关键．
3．如图，连接EG，DG．
∵CE是AB边上的高，
∴CE⊥AB．
在Rt△CEB中，G是BC的中点，∴．
同理，．∴EG＝DG．
又∵F是ED的中点，∴FG⊥DE．
【详解】根据题意连接EG，DG，利用直角三角形斜边上的中线的性质可得EG＝DG，然后根据等腰三角形“三线合一”的性质即可解决．
4．详见解析
【分析】由直角三角形斜边中线等于斜边的一半可得CD＝BD，从而可得∠DCB＝∠ABC，再根据直角三角形两锐角互余通过推导即可得出答案.
【详解】∵∠ACB＝90°，
∴∠A+∠ABC＝90°，
又∵D是AB中点，
∴CD＝BD，
∴∠DCB＝∠ABC，
又∵∠E＝90°，
∴∠ECB+∠EBC＝90°，
∴∠EBC＝∠A．
【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的性质，熟练掌握和灵活运用相关性质是解题的关键.
5．见解析
【分析】根据矩形的性质得到OA＝OC＝OB＝OD，再根据AE⊥BD，DF⊥AC得出∠AEO＝∠DFO，从而证明出△AOE≌△DOF即可．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∵AE⊥BD，DF⊥AC，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AOE和△DOF中，
，
∴△AOE≌△DOF（AAS），
∴AE＝DF．
【点睛】本题主要考查矩形的性质和三角形全等的判定与性质，解题关键是找到全等三角形，熟练运用全等三角形的判定进行证明．
6．证明见解析．
【分析】过A作，结合矩形的性质可得，再根据平分，可得，根据得，，即，即可证明．
【详解】解：如图，过A作，垂足为G，相交于点O，

∵，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．
【点睛】本题考查矩形的性质及等腰三角形判定的综合运用，正确作出辅助线是关键．
7．证明见解析．
【分析】连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，根据三线合一可得，根据等边对等角可得，从而，利用“边角边”证明，从而，然后求出，即可得证．
【详解】解：联结

在矩形中，，，
∵，F为中点，
∴
∴
∵，F为中点，
∴
∴，
∴
∵，，
∴，
∴
∵，
∴，
即，
∴
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，以及等边对等角，正确作出辅助线是解答本题的关键．
8．见解析
【分析】根据三个角是直角的四边形是矩形即可证明．
【详解】证明：∵平分平分，
∴．
∴
．
在中，
∵，为的平分线，
∴，
∴．
又∵，
∴．
∴四边形是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）．
【点睛】本题考查矩形的判定、等腰三角形的性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．(1)，理由见解析
(2)O在的中点上时，四边形是矩形，证明见解析
【分析】（1）根据平行线性质和角平分线定义推出，根据等腰三角形的判定推出,然后运用等量代换即可解答；
（2）根据平行四边形的判定得出平行四边形，根据对角线相等的平行四边形是矩形推出即可解答．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵直线，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理：，
∴．
（2）解：当O在AC的中点上时，四边形AECF是矩形，证明如下：
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定、平行线的性质、角平分线定义等知识点，灵活应用相关性质、判定定理是解答本题的关键．
10．34
【分析】求出四边形是平行四边形，推出, 证三角形全等得出, 根据相似求出, 根据勾股定理求出即即可.
【详解】∵入射角与反射角相等，
∴,
∵四边形是矩形,
∴,
∴,°,
∴
∴,
同理,
∴四边形是平行四边形，
∴,
在和中
，
∴,
∴,
∵四边形是矩形,
∴,
∴,
∵,
∴,
，
，
即，
在中, 由勾股定理得:
，
同理
，
故答案为: .
【点睛】本题考查了相似三角形性质和判定，矩形性质，勾股定理，全等三角形的性质和判定的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理和计算的能力，有一定的难度.
11．
【分析】连接交于O，连接，由折叠性质可得，结合矩形性质设，则，在中，由勾股定理可求出x，在中，由勾股定理可求出，在中，由勾股定理即可求出答案．
【详解】解：连接交于O，连接，
∵矩形折叠使点C与点A重合，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，，
设，则
在中，由勾股定理得：，解得：，即，
在中，由勾股定理可得：．
∵四边形是矩形，
∴，
由折叠性质可得：，
∴在中，，即，解得：，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的性质、勾股定理的综合运用，灵活运用所学知识是关键．
12．10
【分析】由折叠的性质及矩形的性质可知，设，则，然后根据勾股定理可进行求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠的性质可知，
∴，
∴，
设，则，
∴在中，由勾股定理可得，
解得：，即，
∴；
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠问题及勾股定理，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
13．ab-bc-ac+c2
【分析】先求出矩形的面积（ab），再求出阴影部分的面积（ac和bc），两块交叉的部分面积是c2，根据图形求出即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的面积是ab，
阴影部分的面积是：ac+bc-c2，
∴图中空白部分的面积是：ab-（ac+bc-c2）=ab-bc-ac+c2．
故答案为：ab-bc-ac+c2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的性质，整式的运算的应用，注意：两块阴影部分的交叉处的面积是c2，题目比较好，但是一道比较容易出错的题目．
14．
【分析】作点C关于AB的对称点．连接BD，作点C关于BD的对称点．根据题意即当点P位于时，与重合．当点P位于时，与重合，从而得出点的运动轨迹是以B为圆心，以BC长为半径的．连接，过点作于点E．由此即得出线段扫过的区域的面积为，求出和即得出答案．
【详解】如图，作点C关于AB的对称点．连接BD，作点C关于BD的对称点，
即当点P位于（与A点重合）时，与重合．当点P位于（与D点重合）时，与重合．
∴点的运动轨迹是以B为圆心，以BC长为半径的．
连接，过点作于点E．
∴线段扫过的区域的面积为．
∵四边形为矩形，，，
∴，
∴．
根据轴对称的性质可知，，
∴，
∴，为等边三角形．
∴．
∵为等边三角形，
∴，
∴，
∴线段扫过的区域的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称变换，解直角三角形，等边三角形的判定和性质，勾股定理以及扇形的面积公式等知识．综合性强，较难．作出辅助线，理解点的运动轨迹是以B为圆心，以BC长为半径的是解题关键．
15．（1）见解析；（2）当为中点时，四边形为矩形. 见解析.
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出∠B＝∠ACB，根据平移得出AB∥DE，求出∠B＝∠DEC，再求出∠ACB＝∠DEC即可；
（2）求出四边形AECD是平行四边形，再由，求出四边形AECD是矩形即可．
【详解】（1）∵，∴.
∴平移得到，∴.
∴，∴.
即为等腰三角形.
（2）当为中点时，四边形为矩形.
∵，且为中点.
∴.
∵平移得到，
∴.
∴.
又∵，∴四边形为矩形.
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定、平移的性质、等腰三角形的性质和判定等知识点，能综合运用知识点进行推理是解此题的关键．
16．D
【分析】利用矩形的判定定理分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】A、对角线互相垂直的四边形不一定是矩形，故错误，是假命题；
B、对角线相等的平行四边形才是矩形，故错误，是假命题；
C、四条边相等的四边形是菱形，故错误，是假命题；
D、四个角相等的四边形是矩形，正确，是真命题；
故选：D．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解矩形的几种判定方法，难度不大．
17．C
【分析】利用矩形的判定、四边形的性质及菱形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，∴当时，四边形是菱形，故该选项错误；
B、∵四边形是平行四边形，对角线与相交于点O，∴当时，四边形是菱形，故该选项错误；
C、∵四边形是平行四边形，对角线与相交于点O，∴对角线互相平分，∴当时，则可得平行四边形是矩形，故该选项正确；
D、∵四边形是平行四边形，对角线与相交于点O，当时，无法证明四边形是矩形，故该选项错误；
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的证明方法，熟记概念是关键．
18．C
【分析】直接根据菱形与矩形的性质定理求解即可求得答案．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】解：∵菱形的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线垂直且互相平分；矩形具有的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，
∴菱形具有而矩形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及矩形的性质．此题比较简单，注意熟记定理是解答此题的关键．
19．或
【分析】分情况讨论：①当AP=AE=5，点P在边AD上时，由勾股定理可求得底边PE的长；②当PE=AE=5，点P在边BC上时，求出BE，由勾股定理求出PB，再由勾股定理求出底边AP即可．
【详解】解：∵矩形ABCD
∴∠A=∠B=90°，
分两种情况：
当AP=AE=5，点P在边AD上时，如图所示：
∵∠BAD=90°，
∴PE==5；
当PE=AE=5，点P在边BC上时，如图所示：
∵BE=AB-AE=8-5=3，∠B=90°，
∴PB==4，
∴底边AP=；
综上，等腰三角形AEP的底边长是或
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的判定，进行分类讨论是解决问题的关键．
20．
【分析】由可得点F为中点，从而可得为的中位线，进而求解．
【详解】解：在矩形中，，
∵，
∴，
∴点F为中点，
又∵点E为边的中点，
∴为的中位线，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，解题关键是掌握三角形的中位线的性质．
21．48
【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，
∴在中，(cm)，
∴．
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
22．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先证明△DCF≌△DCO得到DF=DO，CF=CO，再由矩形的性质证明OC=OD，即可证明DF=CF=OC=OD；
（2）由全等三角形的性质得到∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，即可证明△OCD是等边三角形，得到CD=OD=6，然后解直角三角形BCD求出BC的长即可得到答案．
【详解】（1）解：在△DCF和△DCO中，
，
∴△DCF≌△DCO（ASA），
∴DF=DO，CF=CO，
∵四边形ABCD是矩形，
∴，
∴DF=CF=OC=OD；
（2）解：∵△DCF≌△DCO，
∴∠CDO=∠CDF=60°，OD=DF=6，
又∵OD=OC，
∴△OCD是等边三角形，
∴CD=OD=6，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)、、、
【分析】（1）利用SSS证明两个三角形全等即可;
（2）先证明Rt△ABE≌Rt△DCE得到AE=DE，则，根据三线合一定理证明∴OE⊥AD， 推出，得到，即可证明由，得到∠OBF=∠OCH，，证明△BOF≌△COH，即可证明，则，即可推出，最后证明，即可得到；
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴与相等且互相平分，
∴，
∵，，
∴（SSS）；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDE=90°，OA=OD=OB=OC，
又∵BE=CE，
∴Rt△ABE≌Rt△DCE（HL）
∴AE=DE，
∴，
∵OA=OD，AE=DE，
∴OE⊥AD，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠OBF=∠OCH，，
又∵∠BOF=∠COH，OB=OC，
∴△BOF≌△COH（ASA），
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
∵，
∴∠AFE=∠DGE，∠EAF=∠EDG，
又∵AE=DE，
∴，
∴；
综上所述，、、、这4个三角形的面积与△AEF的面积相等．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，三线合一定理，矩形的性质，平行线的性质与判定等等，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
24．C
【分析】由对角线的相等不能判定平行四边形，可判断A，两个角为不能判定矩形，可判断B，对角线的交点到四个顶点的距离相等，可判断矩形，从而可判断C，由两组对边分别相等判断的是平行四边形，可判断D，从而可得答案．
【详解】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键．
25．D
【分析】计算AP和BM的长，得到AP≠BM，判断选项A；计算PD和CM的长，得到PD≠CM，判断选项B；按PM=CD，且PM与CD不平行，或PM=CD，且PM∥CD分类讨论判断选项C和D．
【详解】解：由题意得PD=t，AP=AD-PD=10-t，BM=t，CM=8-t，∠A=∠B=90°，
A、当时，AP=10-t=6 cm，BM=4 cm，AP≠BM，则四边形ABMP不是矩形，该选项不符合题意；
B、当时，PD=5 cm，CM=8-5=3 cm，PD≠CM，则四边形CDPM不是平行四边形，该选项不符合题意；
作CE⊥AD于点E，则∠CEA=∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCE是矩形，
∴BC=AE=8 cm，
∴DE=2 cm，
当PM=CD，且PM与CD不平行时，作MF⊥AD于点F，CE⊥AD于点E，
∴四边形CEFM是矩形，
∴FM=CE；
∴Rt△PFM≌Rt△DEC（HL），
∴PF=DE=2，EF=CM=8-t，
∴AP=10-4-(8-t)=10-t，
解得t=6 s；
当PM=CD，且PM∥CD时，
∴四边形CDPM是平行四边形，
∴DP=CM，
∴t=8-t，
解得t=4 s；
综上，当PM=CD时，t=4s或6s；选项C不符合题意；选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】此题重点考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，应注意分类讨论，求出所有符合条件的t的值．
26．D
【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】当AB=AC时，不能说明是矩形，所以A不符合题意；
当AC⊥BD时，是菱形，所以B不符合题意；
当AB=AD时，是菱形，所以C不符合题意；
当AC=BD时，是矩形，所以D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
27．（答案不唯一）
【分析】】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：需添加的一个条件是∠A=90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A=90°（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
28．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
∴ABCD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
（2）证明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
29．(1)证明见解析
(2)当满足时，四边形是矩形，证明见解析
【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证；
（2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，
，
平分，平分，
，
，
在和中，
∵，
．
（2）解：当满足时，四边形是矩形，证明如下：
四边形是平行四边形，
，
由（1）已证：，
，
，即，
四边形是平行四边形，
当满足时，则（等腰三角形的三线合一），
四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
30．(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接，先根据平行四边形的性质可得，再根据线段中点的定义可得，然后根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当时，四边形是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得，由此即可得出的值．
【详解】（1）证明：如图，连接，
四边形是平行四边形，
，
分别是，的中点，
，
四边形是平行四边形，
．
（2）解：由（1）已证：四边形是平行四边形，
要使平行四边形是矩形，则，
，
，即，
，
故当时，四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
31．C
【分析】根据三角形内角和定理可得∠A=30°，由直角三角形斜边上的中线的性质得出AC=2BD=4，再利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵∠ABC=90°，∠C=60°，
∴∠A=30°，
∵点D为边AC的中点，BD=2
∴AC=2BD=4，
∴BC=，
故选：C．
【点睛】题目主要考查三角形内角和定理及直角三角形斜边上中线的性质，含30度角的直角三角形的性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
32．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据直角三角形的性质可得MC=MA=MB，根据外角的性质可得∠MEC=∠A+∠ACE，∠EMC=∠B+∠MCB，根据等角对等边即可得证；
（2）根据CE=CM先求出CE的长，再解直角三角形即可求出FC的长．
【详解】（1）证明：∵∠ACB=90°，点M为边AB的中点，
∴MC=MA=MB，
∴∠MCA=∠A，∠MCB=∠B，
∵∠A=50°，
∴∠MCA=50°，∠MCB=∠B=40°，
∴∠EMC=∠MCB+∠B=80°，
∵∠ACE=30°，
∴∠MEC=∠A+∠ACE=80°，
∴∠MEC=∠EMC，
∴CE=CM；
（2）解：∵AB=4，
∴CE=CM=AB=2，
∵EF⊥AC，∠ACE=30°，
∴FC=CE cos30°=．
【点睛】本题考查了直角三角形的性质，涉及三角形外角的性质，解直角三角形等，熟练掌握并灵活运用直角三角形的性质是解题的关键．
33．(1)见解析；
(2)18．
【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得≌，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形；
（2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，即AB∥CF，
∴∠BAE=∠FDE，
∵E为线段AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AEB=∠DEF，
∴≌（ASA），
∴AB=DF，
又∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形，
∴AB=DF=3，∠AFD=90°，
∴在中，，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴CF=CD+DF=3+3=6，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键．
34．(1)见解析
(2)与能够全等，此时
【分析】（1）根据题意可得，再根据菱形的性质和直角三角形的性质可得，从而得到FG=EH，再由FG∥EH，可得四边形EFGH是平行四边形，即可求证；
（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质可得∠CBF=∠CDE，，然后分两种情况讨论，即可求解．
【详解】（1）证明：根据题意得：，
在菱形ABCD中，AB=BC，AC⊥BD，OB=OD，
∵∠ABC=60°，，
∴，∠CBO=30°，
又∵∠BGF=90°，
∴，
∴FG=EH，
∵，DH⊥BH，
∴FG∥EH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵∠H=90°，
∴四边形是矩形．
（2）解：能，
∵AB∥CD，∠ABC=60°，
∴∠DCH=60°，
∵∠H=90°，
∴∠CDE=30°，
∴∠CBF=∠CDE，，
∴，
∵BC=DC，
∴当∠BFC=∠CED或∠BFC=∠DCE时，与能够全等，
当∠BFC=∠CED时，，此时BF=DE，
∴，解得：t=1；
当∠BFC=∠DCE时，BC与DE是对应边，
而，
∴BC≠DE，则此时不成立；
综上所述，与能够全等，此时．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定，直角三角形的性质，解直角三角形，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
35．D
【分析】由平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质分别对各个选项进行判断即可．
【详解】解：A、∵平行四边形的对角线互相平分，
∴选项A不符合题意；
B、∵矩形的对角线相等，
∴选项B不符合题意；
C、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形，
∴选项C不符合题意；
D、∵对角线互相平分且相等的四边形是矩形，
∴选项D符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键．
36．C
【分析】根据折叠的性质，得到展开图的对角线互相垂直平分，即可得到答案；
【详解】解：由折叠可得，①展开后的对角线互相垂直平分，
故展开图是菱形，
故选C．
【点睛】本题考查折叠的性质及菱形的判定，解题的关键是根据折叠有全等得到展开图对角线的关系．
37．D
【分析】根据菱形的面积公式求出的长，再根据直角三角形斜边上的中线是斜边的一半直接求出．
【详解】解：菱形的面积为，
可得，解得，
∴在中，．
故选：D
【点睛】此题考查菱形的性质和 直角三角形的性质，解题关键是菱形的面积公式为两条对角线的乘积的一半．
38．D
【分析】根据菱形的性质可得，由菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，可计算出的长度，根据勾股定理即可求得的长，再根据直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得出答案．
【详解】解：∵四边形是菱形，
又，
，
解得，
，
，点O是的中点，点M是边的中点，
∴在与中，
，，
，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形及直角三角形的性质，合理应用性质进行计算是解决本题的关键．
39．D
【详解】解：如图，连接．
∵四边形是矩形，
∴，，，
∵点是中点，
∴，
在中，，
∵，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用面积法解决有关线段问题，属于中考常考题型．
40．D
【分析】如图，过C作于，依题意得：均为矩形，结合矩形的性质得，依据转换可得，即可求解．
【详解】解：如图，过C作于，
依题意得：均为矩形，
由矩形性质可知，
，
故选：D．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质；解题的关键是有矩形的性质得到．
41．##
【分析】过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，则四边形是矩形，，是等腰直角三角形，根据作图可得，根据等腰三角形的性质得出，进而根据，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点分别作的垂线，垂足分别为，过点作于点，
则四边形是矩形，
∴，
∵在中，，,
∴，，
∴，是等腰直角三角形，
∴，
∴，
根据作图可知，
∴，
∴
故答案为：．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握基本作图，以及以上知识是解题的关键．
42．4
【分析】由矩形的性质以及等角对等边可得，，，则是等腰三角形，，如图，过作于，于，则四边形是矩形，则，在中，由勾股定理得，求的值，证明，则，根据计算求解即可．
【详解】解：由矩形的性质可知，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
如图，过作于，于，则四边形是矩形，
∵是等腰三角形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∵，，
∴，
∵，
∴
在和中，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
43．2
【分析】如图，连接，是的中位线，则，，，在中，由勾股定理求的值，由矩形的性质可得，根据，求解的值即可．
【详解】解：如图，连接，
由题意知，是的中位线，
∴，，
∴，
在中，由勾股定理得，
由矩形的性质可得，
∴，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了中位线，勾股定理，矩形的性质等知识．解题的关键在于添加辅助线，构造中位线．
44．
【分析】连接交于点，先求得，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接交于点，
∵四边形是矩形，，
∴，，，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的性质、勾股定理以及等角对等边，熟练掌握矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
45．2.4
【分析】由菱形的性质可得，由勾股定理可求的长，可证四边形是矩形，可得时，有最小值，由面积法可求解．
【详解】解：连接，如图所示：
∵四边形是菱形，，
∴，
在中，
∴,
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵当时，有最小值，
此时
，
∴的最小值为2.4，
故答案为：2.4．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键．
46．4或
【分析】分三种情况讨论，当时，直接得到；当时，经分析此情况不存在；当时，证明，推出，利用含30度的直角三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】解：在中，，，，
∴，，
∵D是的中点，
∴，
连接，
∵D是的中点，
∴，
分三种情况讨论，
当时，为等腰三角形，
∴；
当时，为等腰三角形，
∵，点P在的内部，
∴情况不存在，舍去；
当时，为等腰三角形，
延长交于点E，
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
综上，的长为4或．
故答案为：4或．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，含30度的直角三角形的性质以及勾股定理，学会用分类讨论的思想思考问题是解题的关键．
47． 或
【分析】当点B′落在线段上时，如图1，先证明，再利用勾股定理可得的长，从而得的长即可；当点B′在内部时，若为直角三角形，存在两种情况：①如图3，，根据平行四边形的面积=底×高可得结论；②如图4，，由图1可知此时在上，在上，根据矩形的面积=长×宽可得结论．
【详解】当点落在线段上时，如图1，
由折叠得：，
∵点E，G分别是边上的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
由勾股定理得：，
∵E是的中点，
∴，
∴；
如图2，连接，
∵，
∴，
∴，
由折叠得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
当点在内部时，若为直角三角形，存在两种情况：
①如图3，，
∵，
∴，
∵，
∴共线，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，同理得：，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴四边形的面积为．
②如图4，，由图1可知此时在上，在上，
∴，
∴四边形的面积为．
故答案为：，或．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，勾股定理，三角形全等的性质和判定等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想，分类讨论的思想解决问题．
48．(1)见解析
(2)的长为6
【分析】（1）根据四边形是平行四边形得，则，根据点E是的中点，得，即可得；
（2）连接，得，根据，得，，根据垂直平分线性质由可得，根据四边形是平行四边形可得，则，即可得．
【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴
在和中，
∴；
（2）解：如图所示，连接，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴
即的长为6．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
49．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质画出符合题意的图形；
（2）利用矩形的性质画出符合题意得图形即可．
【详解】（1）解：如图甲，平行四边形即为所求（答案不唯一）．
（2）解：如图乙，矩形即为所求（答案不唯一）．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计作图、平行四边形的性质、矩形的性质、无理数，熟练掌握相关知识点是解答本题的关键．
50．(1)见解析
(2)16
【分析】（1）作出的角平分线，交于点P，点P即为所求；以点A为圆心，长为半径画弧，交于点，点即为所求；
（2）连接，根据勾股定理求出，根据题意证明，即可得出的长度，设，则，根据，列出方程求解即可．
【详解】（1）解：如图：点P、点即为所求；
（2）解：连接，
∵点是边的中点，，
∴，
在中，根据勾股定理可得：，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，解得：，
∴．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的性质，解题的关键是正确画出图形和辅助线，构造直角三角形，利用勾股定理求解．
51．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据线段的和差关系可得，根据平行四边形的性质可得，，即可得出，可证明四边形为平行四边形，根据即可得结论；
（2）根据矩形的性质可得，可得为直角三角形，利用面积法可求出的长，即可得答案．
【详解】（1），
，即，
是平行四边形，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
，
，
四边形为矩形．
（2）四边形为矩形，
，，
，
∴，
∵，，
，
为直角三角形，，
，
，
．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质及勾股定理的逆定理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
52．(1)见解析
(2)45
【分析】（1）先根据矩形的性质可得，，再根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得证；
（2）设菱形的边长为，则，在中，利用勾股定理求出的值，然后根据菱形的面积公式即可得．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
∴，，
，
∵O为矩形的对角线的中点，
∴，
在和中，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
四边形是菱形．
（2）解：四边形是矩形，
，
设菱形的边长为，则，
，
，
在中，，即，
解得，
，
则四边形的面积为．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
53．(1)45；2
(2)；
(3)2或
【分析】（1）根据正方形的性质和翻折的性质，可得出；设，用x表示出的三条边，然后根据勾股定理列出方程，即可得出的长；
（2）如图，由折叠性质和平分，得出，即可求出的度数；先证明和是等腰直角三角形，得出，，即可求出的长；
（3）根据F为的三等分点，分两种情况：当时，过点E作，交的延长线于点P，连接，证明，得出，进而求出的长；当时，点E作，交的延长线于点P，连接，根据，计算即可求出的长．
【详解】（1）∵，四边形是矩形，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
∵，
∴，
∵F为的中点，
∴，
∵将和沿、翻折，点D、B的对应点分别为点G、H，
∴，，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：45；2；
（2）如图2，延长，交于点M，
∵平分，
∴，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∴，
∵，，
∴和均为等腰直角三角形，
∴，，
∴，
即，
解得．
（3）分两种情况：①当时，
如图3，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，，，
∴，
解得，
∴．
②当时，
如图4，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，，，
由折叠的性质可知，，，
∴，
∵，
∴，，
设，，，
∵，
∴，
解得，
∴．
综上可知，的长为2或．
【点睛】本题主要综合考查了矩形的折叠问题，涉及到正方形的性质，矩形的判定和性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，属于压轴题，难度较大，熟练掌握并灵活运用相关知识进行分类讨论是解题的关键．
54．(1)当秒时，四边形是平行四边形
(2)可能；当秒时，四边形是矩形
(3)不可能；理由见解析
【分析】（1）根据运动时间为秒，表示出，，根据平行四边形的性质得出，即可求出的值；
（2）根据运动时间为秒，表示出，，当四边形是矩形时，根据矩形的性质得出，即可求出的值；
（3）过点作，垂足为，证明四边形是矩形，求出的长，若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，求出长，若，四边形是菱形，否则不是菱形．
【详解】（1）解：∵，，动点以秒的速度运动，动点以秒的速度运动，
∴，，
∵其中一点到端点时，另一点也随之停止运动，
∴最大运动时间为，
∵已知设运动时间为秒，则，，
∴，，
∵当四边形是平行四边形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是平行四边形．
（2）解：四边形可能是矩形；
当四边形是矩形时，，
∴，解得，
∴当秒时，四边形是矩形．
（3）解：四边形不可能是菱形；
过点作，垂足为，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，
由（1）得：秒时，四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形不可能是菱形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形和菱形的判定和性质及勾股定理，解一元一次方程，根据题意列出利用数形结合的思想列出方程是解答本题的关键．
55．（1）①相等，理由见解析；②4；（2）
【分析】（1）①作交于点Q，可证明是等边三角形，再证明，则，然后再证明，得；②以为一边向右作等边三角形，连接，以为一边向右作等边三角形，连接，证明，则，，再说明，且，则点F在线段上运动，即可求出点F运动的路径长为4；
（2）将线段绕点E顺时针旋转到，作射线，连接交于点K，证明，得，说明点G在以点L为端点且与平行的射线上运动，当时，线段最短，求出此时的长即可．
【详解】（1）①PE＝DG，
理由：如图①甲，作交于点Q，
∵是边长为5等边三角形，
∴，，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图①乙，以为一边向右作等边三角形，即，
∵，，
∴，
∴，
∴连接，以为一边向右作等边三角形，连接，
则，，
∴，
∴结合，有，
∴，，
∴，
∴，
由（1）得，
∴，
∵，且，
∴点F在线段上运动，
∵当点P与点E重合时，则点F与点I重合；当点P与点A重合时，点F与点H重合，
∴点F运动的路径长为4．
（2）如图②，将线段绕点E顺时针旋转到，作射线，连接交于点K，
∵将绕着点E顺时针旋转45°到，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴点G在以点L为端点且与平行的射线上运动，
∴当时，线段最短，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴的最小值是．
【点睛】此题重点考查等边三角形的判定与性质、直角三角形的判定、全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、垂线段最短等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
56．(1)，，，，，
(2)点坐标，或，；计算说明见解析
(3)点在运动中的长度不发生变化，定值为
【分析】（1）根据算术平方根的非负性，绝对值的非负性，得出，，，，，，根据矩形的性质得出，；
（2）如图，若点在上时，过点作轴，过点作于，过点作于点，证明，四边形是矩形，根据矩形的性质结合坐标系即可求解．若点在上，过点作，交的延长线于，证明，进而根据全等三角形的性质即可求解；
（3）过点作于点，，，得出，进而得出，即可得出结论．
【详解】（1），
，，
，，，，，，
，，，
，
四边形是平行四边形，且
四边形是矩形，
，，
，；
（2）如图，若点在上时，过点作轴，过点作于，过点作于点，
，，
，且，，
，
，，
，，，
四边形是矩形，
，且点，
点坐标，
如图，若点在上，过点作，交的延长线于，
，
，且，
，
，
点坐标，；
（3）不发生变化，
如图，过点作于点，
平分，
，
，
，，
，
，且，，
，
，，
，，，
，
，
，
点在运动中的长度不发生变化．
【点睛】本题考查了算术平方根的非负性，矩形的性质与判定，坐标与图形，等腰三角形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
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