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5. 如图12,在矩形ABCD中,AB=8,BC=16,将矩形ABCD沿EF折叠,使点C与点A重合,求折痕EF的长。
答案
解：
设BE = x，则EC = BC - BE = 16 - x。
由折叠性质得：AE = EC = 16 - x。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B = 90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
即 $8^2 + x^2 = (16 - x)^2$，
解得 $x = 6$，
∴ BE = 6，AE = 10。
设AF = y，由折叠性质得AF = FC，FD = AD - AF = 16 - y，CD = AB = 8，∠D = 90°。
在Rt△CDF中，由勾股定理得：
$FD^2 + CD^2 = FC^2$，
即 $(16 - y)^2 + 8^2 = y^2$，
解得 $y = 10$，
∴ AF = 10。
过点F作FG⊥BC于点G，
∵ 四边形ABGF是矩形，
∴ FG = AB = 8，BG = AF = 10，
∴ EG = BG - BE = 10 - 6 = 4。
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$。
综上，折痕EF的长为$4\sqrt{5}$。
设BE = x，则EC = BC - BE = 16 - x。
由折叠性质得：AE = EC = 16 - x。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B = 90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
即 $8^2 + x^2 = (16 - x)^2$，
解得 $x = 6$，
∴ BE = 6，AE = 10。
设AF = y，由折叠性质得AF = FC，FD = AD - AF = 16 - y，CD = AB = 8，∠D = 90°。
在Rt△CDF中，由勾股定理得：
$FD^2 + CD^2 = FC^2$，
即 $(16 - y)^2 + 8^2 = y^2$，
解得 $y = 10$，
∴ AF = 10。
过点F作FG⊥BC于点G，
∵ 四边形ABGF是矩形，
∴ FG = AB = 8，BG = AF = 10，
∴ EG = BG - BE = 10 - 6 = 4。
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$。
综上，折痕EF的长为$4\sqrt{5}$。
解析
【分析】
本题是矩形折叠类求线段长的问题，解题思路如下：①首先利用折叠的性质：折叠前后对应边相等，可得AE=EC、AF=FC；②矩形的四个内角均为直角，可结合勾股定理，通过设未知数列方程的方式求出BE、AE、AF的长度；③要求折痕EF的长度，可过F作BC的垂线构造直角三角形，得到直角边长度后再用勾股定理即可求出EF的长。
【解析】
设BE = x，则EC = BC - BE = 16 - x。
由折叠性质得：AE = EC = 16 - x。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B = 90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
即 $8^2 + x^2 = (16 - x)^2$，
解得 $x = 6$，
∴ BE = 6，AE = 10。
设AF = y，由折叠性质得AF = FC，FD = AD - AF = 16 - y，CD = AB = 8，∠D = 90°。
在Rt△CDF中，由勾股定理得：
$FD^2 + CD^2 = FC^2$，
即 $(16 - y)^2 + 8^2 = y^2$，
解得 $y = 10$，
∴ AF = 10。
过点F作FG⊥BC于点G，
∵ 四边形ABGF是矩形，
∴ FG = AB = 8，BG = AF = 10，
∴ EG = BG - BE = 10 - 6 = 4。
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$。
【答案】
$4\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的典型计算题，解题核心是利用折叠的相等关系转化线段，结合勾股定理用方程思想求解未知线段，通过构造直角三角形求斜线段长度的方法在几何计算中非常常用，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.6
本题是矩形折叠类求线段长的问题，解题思路如下：①首先利用折叠的性质：折叠前后对应边相等，可得AE=EC、AF=FC；②矩形的四个内角均为直角，可结合勾股定理，通过设未知数列方程的方式求出BE、AE、AF的长度；③要求折痕EF的长度，可过F作BC的垂线构造直角三角形，得到直角边长度后再用勾股定理即可求出EF的长。
【解析】
设BE = x，则EC = BC - BE = 16 - x。
由折叠性质得：AE = EC = 16 - x。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠B = 90°。
在Rt△ABE中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
即 $8^2 + x^2 = (16 - x)^2$，
解得 $x = 6$，
∴ BE = 6，AE = 10。
设AF = y，由折叠性质得AF = FC，FD = AD - AF = 16 - y，CD = AB = 8，∠D = 90°。
在Rt△CDF中，由勾股定理得：
$FD^2 + CD^2 = FC^2$，
即 $(16 - y)^2 + 8^2 = y^2$，
解得 $y = 10$，
∴ AF = 10。
过点F作FG⊥BC于点G，
∵ 四边形ABGF是矩形，
∴ FG = AB = 8，BG = AF = 10，
∴ EG = BG - BE = 10 - 6 = 4。
在Rt△EFG中，由勾股定理得：
$EF = \sqrt{EG^2 + FG^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = \sqrt{80} = 4\sqrt{5}$。
【答案】
$4\sqrt{5}$
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的典型计算题，解题核心是利用折叠的相等关系转化线段，结合勾股定理用方程思想求解未知线段，通过构造直角三角形求斜线段长度的方法在几何计算中非常常用，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.6
6. 如图13,AC是矩形ABCD的对角线,过AC的中点O作EF⊥AC,交BC于点E,交AD于点F,连接AE,CF。
(1)求证:四边形AECF是菱形;
(2)若AB=√3,∠DCF=30°,求四边形AECF的面积。(结果保留根号)
(1)求证:四边形AECF是菱形;
(2)若AB=√3,∠DCF=30°,求四边形AECF的面积。(结果保留根号)
答案
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ OAF = ∠ OCE$。
∵ O是AC的中点，
∴ $AO = OC$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ OAF = ∠ OCE \\AO = OC \\∠ AOF = ∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $OF = OE$。
又∵ $AO = OC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ $EF ⊥ AC$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
---
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $CD = AB = \sqrt{3}$，$∠ D = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$∠ DCF = 30°$，设$DF = x$，则$CF = 2x$。
由勾股定理得：
$DF^2 + CD^2 = CF^2$
代入得：
$x^2 + (\sqrt{3})^2 = (2x)^2$
解得$x=1$（$x＞0$），
∴ $CF = 2$。
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $AF = CF = 2$。
∵ 菱形AECF的高等于矩形ABCD中AD、BC两边的间距，即等于$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形AECF的面积为：
$S = AF · AB = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
答：四边形AECF的面积为$2\sqrt{3}$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ OAF = ∠ OCE$。
∵ O是AC的中点，
∴ $AO = OC$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ OAF = ∠ OCE \\AO = OC \\∠ AOF = ∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $OF = OE$。
又∵ $AO = OC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ $EF ⊥ AC$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
---
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $CD = AB = \sqrt{3}$，$∠ D = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$∠ DCF = 30°$，设$DF = x$，则$CF = 2x$。
由勾股定理得：
$DF^2 + CD^2 = CF^2$
代入得：
$x^2 + (\sqrt{3})^2 = (2x)^2$
解得$x=1$（$x＞0$），
∴ $CF = 2$。
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $AF = CF = 2$。
∵ 菱形AECF的高等于矩形ABCD中AD、BC两边的间距，即等于$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形AECF的面积为：
$S = AF · AB = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
答：四边形AECF的面积为$2\sqrt{3}$。
解析
【分析】
(1) 要证明四边形AECF是菱形，可先证其为平行四边形，再结合已知EF⊥AC判定为菱形。首先利用矩形对边平行的性质得到一组内错角相等，结合O是AC中点、对顶角相等，证明△AOF和△COE全等，得到OE=OF，即可推出四边形AECF对角线互相平分，为平行四边形，再结合EF⊥AC即可得证菱形。
(2) 求四边形AECF的面积，先利用矩形对边相等得到CD=AB，在Rt△CDF中，根据30°角所对直角边是斜边一半的性质设未知数，结合勾股定理求出CF的长度，再根据菱形四边相等得到AF=CF，菱形的高等于矩形的宽AB，用底乘高即可计算出菱形面积。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ OAF = ∠ OCE$。
∵ O是AC的中点，
∴ $AO = OC$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ OAF = ∠ OCE \\AO = OC \\∠ AOF = ∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $OF = OE$。
又
∵ $AO = OC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ $EF ⊥ AC$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $CD = AB = \sqrt{3}$，$∠ D = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$∠ DCF = 30°$，设$DF = x$，则$CF = 2x$。
由勾股定理得：
$DF^2 + CD^2 = CF^2$
代入得：
$x^2 + (\sqrt{3})^2 = (2x)^2$
解得$x=1$（$x＞0$），
∴ $CF = 2$。
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $AF = CF = 2$。
∵ 菱形AECF的高等于矩形ABCD中AD、BC两边的间距，即等于$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形AECF的面积为：
$S = AF · AB = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
【答案】
(1) 四边形AECF是菱形，得证；
(2) $\boldsymbol{2\sqrt{3}}$
【知识点】
矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，融合了特殊四边形的性质、判定和直角三角形的边长计算，解题的核心是熟练掌握矩形、菱形的相关性质定理，能结合直角三角形的性质求解边长。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明四边形AECF是菱形，可先证其为平行四边形，再结合已知EF⊥AC判定为菱形。首先利用矩形对边平行的性质得到一组内错角相等，结合O是AC中点、对顶角相等，证明△AOF和△COE全等，得到OE=OF，即可推出四边形AECF对角线互相平分，为平行四边形，再结合EF⊥AC即可得证菱形。
(2) 求四边形AECF的面积，先利用矩形对边相等得到CD=AB，在Rt△CDF中，根据30°角所对直角边是斜边一半的性质设未知数，结合勾股定理求出CF的长度，再根据菱形四边相等得到AF=CF，菱形的高等于矩形的宽AB，用底乘高即可计算出菱形面积。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ OAF = ∠ OCE$。
∵ O是AC的中点，
∴ $AO = OC$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ OAF = ∠ OCE \\AO = OC \\∠ AOF = ∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $OF = OE$。
又
∵ $AO = OC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
∵ $EF ⊥ AC$，
∴ 平行四边形AECF是菱形。
(2) 解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $CD = AB = \sqrt{3}$，$∠ D = 90°$。
在$\mathrm{Rt}△ CDF$中，$∠ DCF = 30°$，设$DF = x$，则$CF = 2x$。
由勾股定理得：
$DF^2 + CD^2 = CF^2$
代入得：
$x^2 + (\sqrt{3})^2 = (2x)^2$
解得$x=1$（$x＞0$），
∴ $CF = 2$。
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $AF = CF = 2$。
∵ 菱形AECF的高等于矩形ABCD中AD、BC两边的间距，即等于$AB=\sqrt{3}$，
∴ 四边形AECF的面积为：
$S = AF · AB = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$
【答案】
(1) 四边形AECF是菱形，得证；
(2) $\boldsymbol{2\sqrt{3}}$
【知识点】
矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，融合了特殊四边形的性质、判定和直角三角形的边长计算，解题的核心是熟练掌握矩形、菱形的相关性质定理，能结合直角三角形的性质求解边长。
【难度系数】
0.7
1.下列说法正确的是（）
A.有一组对角是直角的四边形一定是矩形
B.有一组邻角是直角的四边形一定是矩形
C.对角线互相平分的四边形是矩形
D.对角互补的平行四边形是矩形
A.有一组对角是直角的四边形一定是矩形
B.有一组邻角是直角的四边形一定是矩形
C.对角线互相平分的四边形是矩形
D.对角互补的平行四边形是矩形
答案
D
解析
【分析】
解题时需先回忆矩形的判定定理和平行四边形的性质，采用逐一验证的方法分析每个选项：对错误选项可通过举反例排除，对正确选项可结合已知性质推导验证，最终选出符合要求的答案。
【解析】
结合矩形的判定规则逐一分析选项：
A. 有一组对角是直角的四边形，剩余一组对角只需满足和为$180°$即可，可构造出其余两角为$60°$和$120°$的四边形，不是矩形，故A错误；
B. 有一组邻角是直角的四边形，例如直角梯形，存在两个相邻直角，但不是矩形，故B错误；
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，平行四边形不一定是矩形，仅当平行四边形对角线相等或有一个内角为直角时才是矩形，故C错误；
D. 平行四边形的对角相等，若对角互补，则每个角的度数为$180°÷2=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可知该四边形是矩形，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的性质
【点评】
本题重点考察矩形的判定条件，要求学生能准确区分平行四边形和矩形的判定差异，通过举反例的方法可以快速排除错误选项，属于基础概念类考题。
【难度系数】
0.75
解题时需先回忆矩形的判定定理和平行四边形的性质，采用逐一验证的方法分析每个选项：对错误选项可通过举反例排除，对正确选项可结合已知性质推导验证，最终选出符合要求的答案。
【解析】
结合矩形的判定规则逐一分析选项：
A. 有一组对角是直角的四边形，剩余一组对角只需满足和为$180°$即可，可构造出其余两角为$60°$和$120°$的四边形，不是矩形，故A错误；
B. 有一组邻角是直角的四边形，例如直角梯形，存在两个相邻直角，但不是矩形，故B错误；
C. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，平行四边形不一定是矩形，仅当平行四边形对角线相等或有一个内角为直角时才是矩形，故C错误；
D. 平行四边形的对角相等，若对角互补，则每个角的度数为$180°÷2=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可知该四边形是矩形，故D正确。
【答案】
D
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的性质
【点评】
本题重点考察矩形的判定条件，要求学生能准确区分平行四边形和矩形的判定差异，通过举反例的方法可以快速排除错误选项，属于基础概念类考题。
【难度系数】
0.75
2. 已知在四边形$ABCD$中，$∠ ABC=90°$,再补充一个条件使得四边形$ABCD$为矩形,这个条件可以是 ()
A.$AC=BD$
B.$AB=BC$
C.$AC$与$BD$互相平分
D.$AC ⊥ BD$
A.$AC=BD$
B.$AB=BC$
C.$AC$与$BD$互相平分
D.$AC ⊥ BD$
答案
C
解析
【分析】
解题时先回忆矩形的判定定理，结合已知条件∠ABC=90°思考：要判定四边形是矩形，要么补充条件得到另外两个直角，要么先证明该四边形是平行四边形，再结合已知的直角判定为矩形。接下来逐个分析选项，判断哪个选项能满足上述判定要求即可。
【解析】
矩形的判定定理包括：①有三个角是直角的四边形是矩形；②有一个角是直角的平行四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形。结合已知条件逐个分析选项：
A. 补充$AC=BD$时，对角线相等的四边形不一定是平行四边形，如直角梯形也可满足对角线相等且有一个内角为90°，无法判定为矩形，故A错误；
B. 补充$AB=BC$时，仅能推出$△ ABC$是等腰直角三角形，无法证明四边形$ABCD$是平行四边形，不能判定为矩形，故B错误；
C. 补充$AC$与$BD$互相平分时，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，可先判定四边形$ABCD$是平行四边形，又已知$∠ ABC=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可判定四边形$ABCD$为矩形，故C正确；
D. 补充$AC⊥BD$时，对角线垂直无法判定四边形为平行四边形，更无法判定为矩形，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础题，解题核心是明确矩形和平行四边形判定定理的区别，易错点是容易忽略“对角线相等判定矩形的前提是四边形为平行四边形”，误选A选项。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆矩形的判定定理，结合已知条件∠ABC=90°思考：要判定四边形是矩形，要么补充条件得到另外两个直角，要么先证明该四边形是平行四边形，再结合已知的直角判定为矩形。接下来逐个分析选项，判断哪个选项能满足上述判定要求即可。
【解析】
矩形的判定定理包括：①有三个角是直角的四边形是矩形；②有一个角是直角的平行四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形。结合已知条件逐个分析选项：
A. 补充$AC=BD$时，对角线相等的四边形不一定是平行四边形，如直角梯形也可满足对角线相等且有一个内角为90°，无法判定为矩形，故A错误；
B. 补充$AB=BC$时，仅能推出$△ ABC$是等腰直角三角形，无法证明四边形$ABCD$是平行四边形，不能判定为矩形，故B错误；
C. 补充$AC$与$BD$互相平分时，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，可先判定四边形$ABCD$是平行四边形，又已知$∠ ABC=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可判定四边形$ABCD$为矩形，故C正确；
D. 补充$AC⊥BD$时，对角线垂直无法判定四边形为平行四边形，更无法判定为矩形，故D错误。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础题，解题核心是明确矩形和平行四边形判定定理的区别，易错点是容易忽略“对角线相等判定矩形的前提是四边形为平行四边形”，误选A选项。
【难度系数】
0.8
