數(shù)學(xué)-專項15 矩形的判定與性質(zhì)（帶答案）

2022-2023學(xué)年浙教版八年級數(shù)學(xué)下冊精選壓軸題培優(yōu)卷專題15矩形的判定和性質(zhì)閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（2022八下·撫遠期末）如圖所示，是矩形的對角線的中點，為的中點．若，，則的周長為（）A．10 B． C． D．14【答案】C【規(guī)范解答】解：∵點O是矩形ABCD對角線AC的中點，E點為AD中點，∴AB=CD=6，AD=BC=8，，，在Rt△ABE中，，在Rt△ABC中，，∴，則△BOE的周長為：，故答案為：C．

【思路點撥】根據(jù)矩形的性質(zhì)和三角形中位線的性質(zhì)可求得OE，AE，勾股定理可得BE、AC的邊長，最后求得△BOE的周長.2．（2分）（2022八下·涿州期末）如圖，矩形ABCD中，∠BOC＝120°，BD＝12，點P是AD邊上一動點，則OP的最小值為（）

A．3 B．4 C．5 D．6【答案】A【規(guī)范解答】解：如圖，過點O作OP⊥AD，則此時OP的長度最小.∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，∵，∴AO=DO=∵∠AOD=∠BOC=120°∴∠OAD=30°∵∠OPA=90°∴OP=故答案為：A.

【思路點撥】過點O作OP⊥AD，則此時OP的長度最小.由矩形的性質(zhì)可得AO=DO=，由對頂角相等可得∠AOD=∠BOC=120°，利用等要哦三角形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和可求出∠OAD=30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得OP=.3．（2分）（2022八下·虎林期末）如圖，矩形中把矩形沿直線折疊，點落在點處，交于點．若，則的長為（）

A．4 B．5 C．6 D．7【答案】C【規(guī)范解答】解：解：，，又，，，，，，，，故答案為：C．

【思路點撥】

兩直線平行，內(nèi)錯角相等，根據(jù)折疊性質(zhì)證得，等腰三角形腰相等，再根據(jù)勾股定理即可求得AD.4．（2分）（2022八下·元陽期末）如圖，在矩形ABCD中，，，點E在AB延長線上，且，連接DE，則DE的長為（）

A．6 B． C． D．8【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠DAB=∠ABC=90°，∵，∴∠ACB=30°，∵∴在Rt△ABC中，∴AD=BC=3，∵∴在Rt△DAE中，DE=故答案為：A【思路點撥】先求出AD和AE的長，再利用勾股定理求出DE的長即可。5．（2分）（2022八下·鋼城期末）在矩形中，，，將矩形沿折疊，點B落在點E處，線段交于定O，過O作于點G，于點H，則的值為（）A．1 B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：∵將矩形沿AC折疊，點B落在點E處，

∴∠ACB＝∠ACE，∠E＝∠B＝90°，AE＝AB＝4，∵AD∥BC，∴∠ACB＝∠DAC，∴∠ACE＝∠DAC，∴OA＝OC，設(shè)OA＝OC＝x，則OE＝8?x，在Rt△AOE中，AE2＋OE2＝OA2，∴42＋（8?x）2＝x2，解得x＝5，∴OA＝OC＝5，∵OG⊥AC，∴AG＝CG＝AC，而AC＝，∴AG＝CG＝2，∴OG＝，∵AG＝CG，，∴GH∥AB，∴GH＝AB＝2，∴，故答案為：B．

【思路點撥】設(shè)OA＝OC＝x，則OE＝8?x，利用勾股定理可得42＋（8?x）2＝x2，求出x的值，再利用勾股定理求出AC和OG的長，最后利用中位線的性質(zhì)可得GH＝AB＝2，從而可得到。6．（2分）（2022八下·環(huán)翠期末）如圖，在矩形中，點E是的中點，的平分線交于點F將沿折疊，點D恰好落在上M點處，延長交于點N，有下列四個結(jié)論：①

垂直平分；②是等邊三角形；③；④．其中，正確結(jié)論的序號是（）A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②④【答案】B【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D＝∠BCD＝90°，由折疊的性質(zhì)可得：∠EMF＝∠D＝90°，DF＝MF，即FM⊥BE，CF⊥BC，∵BF平分∠EBC，∴CF＝MF，∴DF＝CF，在△DFE與△CFN中，∴△DFE≌△CFN，∴EF＝FN，∴△EBN為等腰三角形，無法確定△EBN為等邊三角形，故②不符合題意；由等腰三角形的三線合一得：BF⊥EN，∴BF垂直平分EN，故①符合題意；∵∠BFE＝∠D＝∠FME＝90°，∴∠EFM＋∠FEM＝∠FEM＋∠FBE＝90°，∴∠EFM＝∠EBF，

∵∠DFE＝∠EFM，∴∠DFE＝∠FBE，∴；故③符合題意；∵∠BFM＝∠BFC，BM⊥FM，BC⊥CF，∴BM＝BC＝AD＝2DE＝2EM，∴BE＝3EM，∴S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF，故④符合題意．綜上所述：①③④都符合題意，故答案為：B．【思路點撥】由折疊的性質(zhì)得出∠EMF＝∠D＝90°，DF＝MF，由等腰三角形的性質(zhì)得出BF垂直平分EN，由兩組角對應(yīng)相等的兩個三角形相似，可求，由AAS證出△DFE≌△CFN，得出BE＝3EM，則S△BEF＝3S△EMF＝3S△DEF，即可得出結(jié)論。7．（2分）（2022八下·內(nèi)江期末）如圖，在矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M為線段BD上一動點，MP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，則PQ的最小值為（）A． B．3 C． D．【答案】A【規(guī)范解答】解：連接CM，如圖所示：

∵MP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，∴∠CPM＝∠CQM＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，，∴∠CPM＝∠CQM＝∠BCD=90°，∴四邊形PCQM是矩形，∴PQ＝CM，∴當CM最小時，PQ最小，∵點M在BD上運動，∴當CM⊥BD時，CM最小，則PQ最小，由勾股定理得：，∵，∴此時，∴PQ的最小值為，．故答案為：A．【思路點撥】連接CM，可證四邊形PCQM是矩形，得出PQ＝CM，所以可知當CM最小時，PQ最小，由于點M在BD上運動，可得當CM⊥BD時，CM最小，則PQ最小，由勾股定理求出BD的長，再利用求出CM值即可.8．（2分）（2022八下·南充期末）如圖，矩形中，，分別是邊，的中點，于，的延長線交于．下列結(jié)論：①；②

；③；④．其中結(jié)論正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】D【規(guī)范解答】解：連接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分別是邊AB，CD的中點，∴故①正確；∵∴四邊形AMCN是平行四邊形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即

故②正確；∵，，∴（HL）∴故③正確；取CQ中點E，連接EN∵N是CD中點∴EN是△CDQ的中位線∴∵∴∴，即故④正確；綜上所述，正確的是①②③④故答案為：D．【思路點撥】連接CM、DM，由矩形的性質(zhì)可得AB=CD，根據(jù)線段的中點及直角三角形斜邊中線的性質(zhì)可得，故①正確；可證四邊形AMCN是平行四邊形，可得AN∥MC，根據(jù)SSS證明，可得，故②正確；根據(jù)HL可證明，可得PQ=AQ，故③正確；取CQ中點E，連接EN，可得EN是△CDQ的中位線，可得DQ=2EN，根據(jù)大角對大邊進行判斷即可.9．（2分）（2022八下·廣安期末）如圖1，在矩形MNPQ中，動點R從點N出發(fā)，沿N→P→Q→M方向運動至點M處停止．設(shè)點R運動的路程為x，△MNR的面積為y．若y關(guān)于x的函數(shù)圖象如圖2所示，則下列說法不正確的是（）

A．當x＝2時，y＝5 B．當y＝5時，x＝2C．當x＝6時，y＝10 D．矩形MNPQ的周長是18【答案】B【規(guī)范解答】解：由圖象可知，四邊形MNPQ的邊長，，，A、時，△MNR的面積＝，正確，不符合題意；B、時，高，則高，點R在PN或QM上，距離QP有2個單位，對應(yīng)的x值是2或11，錯誤，符合題意；C、時，點R在QP上，△MNR的面積＝，正確，不符合題意；D、矩形周長為，正確，不符合題意.故答案為：B．【思路點撥】由圖2知，，然后結(jié)合圖象及三角形的面積公式逐項計算，再判斷即可.10．（2分）（2022八下·慈溪期末）如圖，正方形中，點P為延長線上任一點，連結(jié)，過點P作，交的延長線于點E，過點E作于點F.下列結(jié)論：①；②；③；④若，則.其中正確的個數(shù)為（）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖1，在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，

∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正確；如圖2，連接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正確；如圖3，連接AC交BD于O，

∠CGF=∠GFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正確；④，，，，，，，，，，，

，，即.故④正確.故答案為：D.【思路點撥】在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，根據(jù)正方形的性質(zhì)得∠FBC=∠ABD=45°，則BF=EF，證△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四邊形ABGP是平行四邊形，則AP=BG，據(jù)此判斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，根據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此判斷③；連接AC交BD于O，根據(jù)正方形性質(zhì)得AC⊥BD，BD=AB=PG，則四邊形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此判斷②；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，則∠GPE=22.5°，推出PG=GE，則FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，據(jù)此判斷④.閱卷人二、填空題(共10題；每題2分，共20分)得分11．（2分）（2022八下·無為期末）如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD交于點O，過點O作，交AD于點E，過點E作，垂足為F，，，，則矩形ABCD的面積為．【答案】【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，

∴OD=OB=OA=OC=，∵，∴，，∴，∵四邊形ABCD為矩形，∴矩形ABCD的面積=，故答案為：

【思路點撥】先利用割補法求出，再利用矩形的性質(zhì)可得矩形ABCD的面積=。12．（2分）（2022八下·環(huán)翠期末）如圖，矩形OABC中，OA=4，AB=3，點D在邊BC上，且CD=3DB，點E是邊OA上一點，連接DE，將四邊形ABDE沿DE折疊，若點A的對稱點恰好落在邊OC上，則OE的長為．【答案】【規(guī)范解答】解：連接A′D，AD，∵四邊形OABC是矩形，

∴BC=OA=4，OC=AB=3，∠C=∠B=∠O=90°，∵CD=3DB，∴CD=3，BD=1，∴CD=AB，∵將四邊形ABDE沿DE折疊，若點A的對稱點A′恰好落在邊OC上，∴A′D=AD，A′E=AE，在Rt△A′CD與Rt△DBA中，，∴Rt△A′CD≌Rt△DBA（HL），∴A′C=BD=1，∴A′O=2，∵A′O2+OE2=A′E2，∴22+OE2=（4﹣OE）2，∴OE=，

故答案為：.【思路點撥】連接A′D，AD，先利用“HL”證明Rt△A′CD≌Rt△DBA可得A′C=BD=1，求出A′O=2，再利用勾股定理可得22+OE2=（4﹣OE）2，最后求出OE的長即可。13．（2分）（2022八下·鋼城期末）如圖，在矩形中，，，點P是不與A，D重合的兩點，過點P分別作和的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)，則的值是．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖所示，連接OP，

∵AB＝2，AD＝4，由勾股定理可得BD＝，S△ABD＝AB?AD＝×2×4＝4，在矩形ABCD中，OA＝OD＝OB＝BD＝，∵S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝S△ABD，∴OA?PE＋OD?PF＝×4＝2，即，∴PE＋PF＝，故答案為：．

【思路點撥】連接OP，利用割補法可得S△AOD＝S△AOP＋S△DOP＝S△ABD，再將數(shù)據(jù)代入可得OA?PE＋OD?PF＝×4＝2，即，求出PE＋PF＝即可。14．（2分）（2022八下·廣饒期末）如圖，菱形ABCD的對角線相交于點O，AC＝12，BD＝16，點P為邊BC上一點，且P不與點B、C重合．過P作PE⊥AC于E，PF⊥BD于F，連結(jié)EF，則EF的最小值等于．【答案】4.8【規(guī)范解答】解：連接，

四邊形是菱形，四邊形為矩形，當時，有最小值，此時的最小值為，故答案為：4.8．【思路點撥】利用勾股定理和三角形的面積公式計算求解即可。15．（2分）（2022八下·門頭溝期末）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形是矩形，且，動點從點出發(fā)，以每秒個單位的速度沿線段向點運動，同時動點從點出發(fā)，以同樣每秒個單位的速度沿折線向點運動，當，有一點到達終點時，點，同時停止運動．設(shè)點，運動時間為秒，在運動過程中，如果，那么秒．

【答案】或或6或3【規(guī)范解答】解：當在邊上，如圖，由題意得：，，，，，；當在上時，如圖，由題意得：，，，，；當，有一點到達終點時，點，同時停止運動，，和符合題意．

故答案為：或．

【思路點撥】分兩種情況：①當在邊上，②當在上時，再分別畫出圖象并求解即可。16．（2分）（2022八下·建昌期末）如圖，在矩形中，為中點，經(jīng)過點且，交于點，交于點，點為的中點，．則以下結(jié)論中：①；②；③是等邊三角形；④，其中正確結(jié)論的序號為．【答案】①③④【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴，點是中點，，，，，，

在中，點G是中點，且，，，，，設(shè)，則，，∴，∴，∴，∴，故①符合題意；，由題意知，點與點不重合，故②不符合題意；，，，∴△AEF是等邊三角形，故③符合題意；，，，∵，，，故④符合題意；故答案為：①③④．

【思路點撥】利用矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定及性質(zhì)和等邊三角形的判定方法逐項判斷即可。17．（2分）（2022八下·福州期末）如圖，在矩形中，已知，，點，分別是邊，的中點，點是邊上的一個動點，連接，將四邊形沿折疊，得到四邊形，連接，則長度的最小值是．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接EO、PO、OC，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=∠OAP=90°，∵點O，P分別是邊AB，AD的中點，∴OB=AO=4，AP=DP=6，在Rt△OBC中，BC=12，OB=4，∴OC=，在Rt△AOP中，OA=4，PA=6，∴OP=，由折疊可得OE=OC=，

∵PE≥OE-OP，∴PE最小值=OE-OP=，故答案為：．【思路點撥】連接EO、PO、OC，由矩形的性質(zhì)可得∠B=∠OAP=90°，在Rt△OBC中，用勾股定理可求得OC的值，在Rt△AOP中，用勾股定理可求得OP的值，由折疊的性質(zhì)得OE=OC，根據(jù)三角形三邊關(guān)系定理可得PE≥OE-OP，于是PE最小值=OE-OP可求解.18．（2分）（2022八下·越城期末）如圖，在平面直角坐標系中，矩形ABCD的對角線AC的中點與坐標原點重合，點E是x軸上一點，連接AE．若AD平分∠OAE，反比例函數(shù)y＝（k＞0，x＞0）的圖象經(jīng)過AE上的兩點A，F(xiàn)，且AF＝EF，△ABE的面積為18，則k的值為．【答案】12【規(guī)范解答】解：如圖，連接BD與AC交于點O，過點A作AG⊥x軸于點G，過點F作FH⊥x軸于點H，連接OF，

∴FH∥AG，

∵AE=EF，

∴FH是△AGE的中位線，

∴GH=HE，AG=2FH

∵點A、F在反比例函數(shù)y=（k＞0，x＞0）圖象上，

∴S△AOG=S△FOH=，

∴OG·AG=OH·FH，

∴OH=2OG，

∴OG=GH=HE，

∵矩形ABCD，

∴OA=OD，

∴∠OAD=∠ODA，

又∵AD平分∠OAE，

∴∠OAD=∠EAD，

∴∠ODA=∠EAD，

∴AE∥BD，

∴S△AOE=S△ABE=18，

∴S△AOG=S△AOE=6，

∴=6，

∴k=12.

故答案為：12.

【思路點撥】如圖，連接BD與AC交于點O，過點A作AG⊥x軸于點G，過點F作FH⊥x軸于點H，連接OF，則FH∥AG，又AE=EF，易得FH是△AGE的中位線，即得GH=HE，AG=2FH，在根據(jù)k的幾何意義可得S△AOG=S△FOH=，從而得OG·AG=OH·FH，進而推出OG=GH=HE，再由矩形的性質(zhì)得OA=OD，結(jié)合角平分線的定義，可推出∠ODA=∠EAD，從而推出AE∥BD，易得S△AOE=S△ABE=18，進而可得S△AOG=S△AOE=6，則=6，即可求出k值.19．（2分）（2022八下·禹州期末）如圖，在正方形ABCD中，，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作于點F，于點G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①；②；③；④FG的最小值為2，其中正確的結(jié)論是.（只填序號）

【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點O，

∵，，∴，∵，∴四邊形EFBG為矩形，∴，，∵四邊形ABCD為正方形，∴，，在和中，∴（SAS），

∴，∴，即①正確；延長DE，交FG于M，交FB于點H，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，即②正確；∵正方形ABCD，EF⊥AB，EG⊥BC，

∴∠ABC、∠EFB、∠EGB均為直角，

∴四邊形EFBG為長方形，

在△BEF和△FGB中

∴△BEF≌△FGB（SSS）

∴∠BGF=∠FEB

假設(shè)∠BGF=∠ADE，則有∠FEB=∠ADE，

又∵EF∥AD，則B、E、D在同一條直線上，

而題干中E是AC上的動點，B、E、D并不一定共線，

故∠BGF不一定等于∠ADE.

故③錯誤；

∵E為對角線AC上的一個動點，∴當時，DE最小，∵，，∴，∴，由①知，，∴FG的最小值為，即④正確，綜上，①②④正確，故答案為：①②④.【思路點撥】連接BE，交FG于點，易得四邊形EFBG為矩形，得FG=BE，OB=OF=OE=OG，根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出，，利用SAS證明△ABE≌△ADE，得出DE=BE，則可判斷①；延長DE，交FG于M，交FB于點H，由(1)得出∠ABE=∠ADE，根據(jù)條件和角之間的關(guān)系求出DE⊥FG，即可判斷②；先通過三角為直角判定四邊形EFBG為長方形，再通過SSS判定△BEF≌△FGB，從而可得∠BGF=∠FEB，通過反證法推理即可判斷③；根據(jù)垂線段最短得當DE⊥AC時，DE最小，根據(jù)勾股定理求出AC長，從而求出DE長，即可得FG的最小值，即可判斷即④.20．（2分）（2022八下·長興期末）如圖，在矩形ABCD中，將矩形ABCD沿EF折疊，點A落在點A'處，點B落在CD邊點B'處，連結(jié)BB'交EF于點G，點M在A'B'上，A'M=2B'M，若CD=3，AD=6，在折疊的過程中，點B'在邊CD上不同的位置時，則MG+B'G的最小值

【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接GC，取線段AB的一點Q，使得AQ=2BQ，連接QG，QC，

∵AB=CD=3，

∴BQ=1，

∵矩形ABCD沿EF折疊，點A落在點A'處，點B落在CD邊點B'處，A'M=2B'M，

∴Q和M關(guān)于EF對稱，

∴QG=MG，

又∵G為BB'的中點，∠BCB'=90°，

∴GC=B'G，

∴MG+B'G=QG+GC，

∴當Q、G、C三點共線時，CQ=QG+GC，此時QG+GC最短，

∴MG+B'G的最小值為CQ的長，

在Rt△BCQ中，BQ=1，BC=6，

∴CQ===.

故答案為：.

【思路點撥】如圖，連接GC，取線段AB的一點Q，使得AQ=2BQ，連接QG，QC，易得BQ=1，根據(jù)折疊的性質(zhì)得Q和M關(guān)于EF對稱，則QG=MG，再根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊的一半得GC=B'G，

從而得MG+B'G=QG+GC，當Q、G、C三點共線時，CQ=QG+GC，此時QG+GC最短，MG+B'G的最小值為CQ的長，最后在Rt△BCQ中，BQ=1，BC=6，由勾股定理求得CQ的長即可求解.

閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（6分）（2022八下·長春期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC于點D，過點B作AD的平行線交外角∠BAF的平分線于點E．求證：四邊形ADBE是矩形．【答案】證明：，AD⊥BC，，，，，平分，，，又，四邊形是平行四邊形，，四邊形ADBE是矩形．【思路點撥】先證明四邊形是平行四邊形，再結(jié)合，即可得到四邊形ADBE是矩形。22．（7分）（2022八下·南康期末）如圖，在矩形中，點E是的中點，交于點F，點M在上，連接，把延翻折．當點A的對應(yīng)點恰好落在上時，求的度數(shù)．

【答案】解：如圖，連接，∵點E是的中點，交于點F，∴垂直平分，∴，由翻折的性質(zhì)可知，∴，∴是等邊三角形，∴，在矩形中，，∴.【思路點撥】連接，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得，再證明是等邊三角形，可得，最后利用三角形的內(nèi)角和求出即可。23．（10分）（2019八下·高要期中）如圖，△ABC中，點O為AC邊上的一個動點，過點O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠BCA的外角平分線CF于點F，交∠ACB內(nèi)角平分線CE于E.

（1）（3分）求證：EO=FO；（2）（3分）當點O運動到何處時，四邊形AECF是矩形？并證明你的結(jié)論；（3）（4分）若AC邊上存在點O，使四邊形AECF是正方形，猜想△ABC的形狀并證明你的結(jié)論?！敬鸢浮浚?）證明：∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠BCE，∵MN∥BC，∴∠OEC=∠ECB，∴∠OEC=∠OCE，∴OE=OC，同理，OC=OF，∴OE=OF．（2）解：當點O運動到AC中點處時，四邊形AECF是矩形．如圖AO=CO，EO=FO，∴四邊形AECF為平行四邊形，∵CE平分∠ACB，∴∠ACE=∠ACB，同理，∠ACF=∠ACG，∴∠ECF=∠ACE+∠ACF=（∠ACB+∠ACG）=×180°=90°，∴四邊形AECF是矩形．（3）解：△ABC是直角三角形∵四邊形AECF是正方形，∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，∵MN∥BC，∴∠BCA=∠AOM，∴∠BCA=90°，∴△ABC是直角三角形．【思路點撥】

（1）根據(jù)CE平分∠ACB，MN∥BC，找到相等的角，即∠OEC=∠ECB，再根據(jù)等邊對等角得OE=OC，同理OC=OF，可得EO=FO．（2）利用矩形的判定解答，即有一個內(nèi)角是直角的平行四邊形是矩形．（3）利用已知條件及正方形的性質(zhì)解答．24．（8分）（2022八下·越城期末）如圖均是由邊長為1的小正方形拼成的網(wǎng)格，每個小正方形的頂點稱為格點，點P、Q、R均在格點上．要求只用無刻度的直尺，在給定的網(wǎng)格中按要求畫圖，不要求寫畫法．（1）（4分）如圖1，以線段PQ為對角線畫一個面積為9的平行四邊形PMQN，且M、N在格點上；（2）（4分）如圖2，畫△PQR邊RQ上的高線PH，點H是垂足．【答案】（1）解：如圖所示，四邊形PMQN即為所求.（2）解：如圖所示，線段PH即為邊RQ上的高線.【思路點撥】

（1）如圖1，將點P向右平移3個單位，得到點N，再把點Q向左平移3個單位，得到點M，再順次連接P、M、Q、N，即得到平行四邊形PMQN，且面積為9；（2）如圖2，連接以PR為邊的矩形的對角線，交RQ于點H，由直角三角形性質(zhì)及角的互余關(guān)系，即可得∠PHR=90°，即PH⊥RQ，因此線段PH為邊RQ上的高線.25．（9分）（2022八下·順平期末）如圖，正方形的周長是40．點P是正方形對角線上一動點，過P點分別作、的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)．（1）（2分）求證：四邊形是矩形．（2）（3分）請你猜想與的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．（3）（4分）在P點運動過程中，的長也隨之變化，求的最小值．【答案】（1）證明：∵，∴又∵是正方形∴∴四邊形四邊形是矩形（2）解：，證明如下：連接，∵四邊形為矩形，∴，又∵四邊形是正方形，P為上任意一點，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴，∴；（3）解：由（2）得，則的最小值，即的最小值，當時，取得最小值，∵正方形ABCD的周長為40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，，∵，∴∴的最小值是．【思路點撥】（1）根據(jù)三個角是直角的四邊形是矩形即證結(jié)論；

（2），理由：連接

，證明△ADP≌△ABP，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PB=PD，由矩形的性質(zhì)知PB=EF，即證PD=EF；

（3）由（2）得，則的最小值，即的最小值，當時，取得最小值，求出此時DP的長即得結(jié)論.26．（10分）（2022八下·環(huán)翠期末）如圖，在矩形中，，直角尺的直角頂點P在上滑動時（點P與A、D不重合），一直角邊經(jīng)過點C，另一直角邊交于點E．（1）（3分）求證：∽；（2）（3分）當時，求的長；（3）（4分）是否存在這樣的點P，使的周長等于周長的2倍？若存在，求出的長；若不存在，請說明理由．【答案】（1）證明：四邊形是矩形，，，

，

又，

，

，

∽；（2）解：在中，，，，，，由∽知：，即；（3）解：假設(shè)存在滿足條件的點P，設(shè)，則，∽，

根據(jù)的周長等于周長的2倍，得到兩三角形的相似比為2，

，

解得，

，故存在滿足條件的P點，的長為8．【思路點撥】（1）利用兩組角相等的三角形相似的判定方法求解即可；

（2）先求出AP的長，再利用，將數(shù)據(jù)代入可得，最后求出AE的長即可；

（3）設(shè)，則，利用相似三角形的性質(zhì)可得，再求出x的值即可。27．（10分）（2022八下·鲅魚圈期末）將一矩形紙片OABC放在平面直角坐標系中，O為原點，點C在x軸上，點A在y軸上，OA＝9，OC＝15．（1）（3分）如圖1，在OA上取一點E，將△EOC沿EC折疊，使點O落在邊AB上的點D處，求直線EC的解析式；（2）（3分）如圖2