初中数学解题模型专题讲解30---矩形大法
九年级总复习“矩形大法”-最新学习文档
“矩形大法”学生也要进入期末复习了，我和同事今晚在这里也来交流复习一下“矩形大法”，也是我们这些学生向于特交的一份作业也希望熟悉“矩形大法”的群友，一起和我完成这份作业讲座中肯定有许多不完善的地方，有不妥的地方还请大家多多包涵，也真诚地希望大家提出来，我们一起研讨！还有由于本人不会几何画板，所有的图都不怎么漂亮，大家也就将就点看咯我们主要从三个方面和大家交流：一：“矩形大法”的提出背景二：“矩形大法”的基本构造三：“矩形大法”的实例应用一、矩形大法”的提出背景问题：我们如何刻画一个角大小呢？是的，角的大小有两种刻画方法：一种是传统的、人人皆知的度数刻画法；另一种是常被我们忽略的边长刻画法（即三角函数值）。
如果两个角的大小是用度数体现的，那么这两个角的和与差的度数能够非常容易地计算出来。
但如果两个角的大小是采用边长（即三角函数值）刻画的，那么两个角的和或差的大小是多少呢？自然，这两个角和与差的大小也只能采用三角函数值刻画。
也许学习数学的人第一反应是马上想到高中的两角和与差的三角公式。
但现在讨论的背景是初中数学教学因此我们要回避用高中数学知识。
作为南通人，我首先要提的就是南通2019年的28题第三问：不知大家第一次看到这道题的第一反应是什么？能否在短时间中用传统方法解决？看到两角和差关系这样的条件想到什么？本题它有比较巧妙的求法，但要发现，还是需要一定的时间的。
这里涉及到两角和差关系，需要说明的是，命题人员绝非希望你采用高中“两角和与差的三角公式”去解决问题，这是由于：⑴他们当初没有意识到采用这样的思考方法是合理的，而且只要方法得当，的确能够解决问题。
⑵即使意识到了，他们认为因为初中不具备这样的知识，有这样的想法却因为不具备的能力，从而无法解决原问题。
⑶最关键的原因是，由于命题人员想出了构思极为巧妙，常人很难想到的解法。
于是，这样的考题在不知不觉中出现了，而且通常情况下，这样的考题必定处于试卷中的难题位置．那如果我们能有比较好的方法去破解这个和差关系，那不就可以不花多少时间直接攻破此题了呢！再譬如今年盐城的中考题第3问：这题给出的答案也比较复杂，我想学生在短时间里容易找到点P的位置却不易求出点P坐标。
“矩形大法” 讲座
中考数学矩形大法讲座学生也要进入期末复习了，我和同事今晚在这里也来交流复习一下“矩形大法”，也是我们这些学生向于特交的一份作业也希望熟悉“矩形大法”的群友，一起和我完成这份作业讲座中肯定有许多不完善的地方，有不妥的地方还请大家多多包涵，也真诚地希望大家提出来，我们一起研讨！还有由于本人不会几何画板，所有的图都不怎么漂亮，大家也就将就点看咯我们主要从三个方面和大家交流：一：“矩形大法”的提出背景二：“矩形大法”的基本构造三：“矩形大法”的实例应用一、矩形大法”的提出背景问题：我们如何刻画一个角大小呢？是的，角的大小有两种刻画方法：一种是传统的、人人皆知的度数刻画法；另一种是常被我们忽略的边长刻画法（即三角函数值）。
如果两个角的大小是用度数体现的，那么这两个角的和与差的度数能够非常容易地计算出来。
但如果两个角的大小是采用边长（即三角函数值）刻画的，那么两个角的和或差的大小是多少呢？自然，这两个角和与差的大小也只能采用三角函数值刻画。
也许学习数学的人第一反应是马上想到高中的两角和与差的三角公式但现在讨论的背景是初中数学教学因此我们要回避用高中数学知识作为南通人，我首先要提的就是南通2014年的28题第三问：不知大家第一次看到这道题的第一反应是什么？能否在短时间中用传统方法解决？看到两角和差关系这样的条件想到什么？本题它有比较巧妙的求法，但要发现，还是需要一定的时间的。
这里涉及到两角和差关系，需要说明的是，命题人员绝非希望你采用高中“两角和与差的三角公式”去解决问题，这是由于：⑴他们当初没有意识到采用这样的思考方法是合理的，而且只要方法得当，的确能够解决问题．⑵即使意识到了，他们认为因为初中不具备这样的知识，有这样的想法却因为不具备的能力，从而无法解决原问题．⑶最关键的原因是，由于命题人员想出了构思极为巧妙，常人很难想到的解法．于是，这样的考题在不知不觉中出现了，而且通常情况下，这样的考题必定处于试卷中的难题位置．那如果我们能有比较好的方法去破解这个和差关系，那不就可以不花多少时间直接攻破此题了呢！再譬如今年盐城的中考题第3问：这题给出的答案也比较复杂，我想学生在短时间里容易找到点P的位置却不易求出点P坐标。
大招3矩形大法
大招3矩形大法 大招总结矩形大法:已知P 为矩形ABCD 所在平面内任意一点(即使在矩形外也成立,甚至在空间中),则有2222PA PC PB PD +=+,我们可以用三种方法来证明:方法一:勾股定理 如图,P 是矩形ABCD 里的一点,连接,,,PA PB PC PD ,过P 做两条直线,EF GH 分别平行于,AB AD .由勾股定理可知,22222,PH PF PA PH PE +=+2222222,,PB PF PG PD PG PE PC =+=+=,易知2222PA PC PB PD +=+ 方法二:建立直角坐标系以,AB AD 所在的直线分别为,X Y 轴建立平面直角坐标系,设()0(,),(0,0),,0,P x y A B x C()()000,,0,x y D y ,则:()()22222200PA PC x y x x y y +=++-+- ()()22222200PB PD x x y x y y +=-+++-所以2222PA PC PB PD +=+ 所以2222PA PC PB PD +=+ 方法三:向量法 如图:PA PC ⋅221()()4PA PC PA PC ⎡⎤=+--⎣⎦221(2)4PO CA ⎡⎤=-⎢⎥⎣⎦222211()()(2)44PB PDPB PD PB PD PO DB ⋅⎡⎤⎡⎤=+--=-⎣⎦⎢⎥⎣⎦ 在矩形ABCD 中,22CA DB =所以PA PC PB PD ⋅=⋅又因为||||cos PA PC PA PC APC ⋅=⋅∠()222222||||||1||||22||||PA PC AC PA PC PA PC PA PC AC PA PC +-⋅=⋅⋅=+-⋅典型例题例1.(2020春-启东市校级月考)已知圆221:9C x y +=,圆222:4C x y +=,定点(1,0)M ,动点,A B 分别在圆2C 和圆1C 上,满足90AMB ∠=︒,则线段AB 的取值范围________.解:方法1:设()11,A x y 、()22,B x y ,则()()()22221211212||132AB x x y y x x y y =-+-=-+122,,x MA MB -⊥()()()()112212*********,.1,0,110,1, x y x y x x y y x x y y x x --=--+=+=+-即即()()21212||1321152. AB x x x x ∴=-+-=-+设AB 中点为()00,N x y ,则20||154AB x =-,0120122,2, x x x y y y =+=+()()()222200121212000141321321114, ?´ 3, 2x yx x y y x x x x y ⎛⎫∴+=++=++-=+-+= ⎪⎝⎭∴点()00,N x y 的轨迹是以1,02⎛⎫⎪⎝⎭的圆,∴0x 的取值范围是1122⎡-+⎢⎣, 故2133||1343AB -+,故||AB 的范围为1,1],故答案为:1,1].方法2:构造矩形MADB ,根据矩形所满足的性质可得22OA OB +=22OM OD +,所以212OD =,即OD =,所以点D 在以原点为圆心,半径为的圆上运动,故212OD =,即OD =,所以点D 在以原点为圆心,半径为,故1231MD +又因为MD AB =,所以1231AB +例 2.(2018-青浦区一模)在平面直角坐标系xOy 中,已知两圆221:12C x y +=和222:14C x y +=,又点A 坐标为(3,1) ,M N -、是1C .上的动点,Q 为2C 上的动点,则四边形AMQN 能构成矩形的个数为( )A.0个B.2个C.4个D.无数个解：解方法1:如图所示,任取圆2C 上一点Q ,以AQ 为直径画圆,交圆1C 与M 、N 两点,若MN AQ =,即可得出四边形AMQN 是矩形,由Q 的任意性知,四边形AMQN 能构成无数个矩形 方法2:取MN 中点(,)B x y ,联结OB ,22212, Rt , , OB BN r MAN BN AB +==∆=在中 22222212(3)(1)12, OB AB x y x y ∴+=⇒++-++=既223 1. x y x y +-+=∵点B 的轨迹方程为2231x y x y +-+=,设点()00,Q x y , ∵B 为AQ 中点,∴0031,22x y B +-⎛⎫⎪⎝⎭,带入B 点的轨迹方程,得220014x y +=,∴2214x y +=上的每个点都符合题意方法三:当四边形AMQN 构成矩形时,有2222OA OQ OM ON +=+,因为M 、N 是1C 上的动点,Q 为2C 上的动点,则22212,14,OM ON OQ A ===点坐标为(3,1)-,故210OA =,该等式成立,所以满足该条件的矩形有无数个.故选D.例3.(2012-江西)在直角三角形ABC 中,点D 是斜边AB 的中点,点P 为线段CD 的中点,则222||||||PA PB PC +=( )A.2B.4C.5D.10解：解方法1:以D 为原点,AB 所在直线为x 轴,建立如图坐标系, ∵AB 是Rt ABC ∆的斜边,∴以AB 为直径的圆必定经过C 点 设2,AB r CDB α=∠=,则(,0),(,0),(cos ,sin )A r B r C r r αα-∵点P 为线段CD 的中点, ∴11cos ,sin 22P r r αα⎛⎫⎪⎝⎭22222115||cos sin cos , 224PA r r r r r ααα⎛⎫⎛⎫∴=++=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭22222115||cos sin cos ,224PB r r r r r ααα⎛⎫⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭可得2225||||2PA PB r +=又∵点P 为线段CD 的中点,CD r =22211||24PC r r ⎛⎫∴== ⎪⎝⎭所以:222225||||2101||4rPA PB PC r +==，故选D.方法2:构造矩形ACBE ,根据矩形的性质,有2222PA PB PC PE +=+,又因为||3||PE PC =可得222222222||||||||||(3||)10||||||PA PB PC PE PC PC PC PC PC +++=== 14. 若平面向量,,a b e 满足||2,||3,||1a b e ===,且()10a b e a b ⋅-++=,则||a b -的最小值是（ ）A.1B.1343-C.1243-D.7解：解方法1:由()10a b e a b ⋅-++=得1()a b e a b ⋅+=+,等式两边平方得:2(1)[|||a b e ⋅+=⋅222|]cos ,||a b e a b a b +⋅<+>+令a b t ⋅=,上式可化为:222212t t a t b ++++即212t ∴323t -,即323a b -⋅ ∴22||21343a b a a b b -=-⋅+-,方法2:设,,OA OB OE ===a b e ,由()10a b e a b ⋅-++=,得()()0--=a e b e ,可以构造矩形AEBP ,则有2222||||||||OA OB OE OP +=+,可得|||||OP OA OB =-=-=a b||||BA PE =,则min ||1-=a b ,故选B.运用"矩形大法“解向量模取值范围问题例 5.(2021-漳州模拟)已知||||2,|1,()()0a b c a c b c ===-⋅→=,则|a b -的取值范围是（ ）A.1]B.⎣⎦C.1]D.⎣⎦解:如图1,作,,OA a OB b OC c ===,则,a c OA OC CA -=-=,b c OB OC CB -=-=()(). 0 0,a c b c CA CB CA CB -⋅→=⋅=⊥得故由以,CA CB 为两邻边构造矩形CBDA ,由矩形性质得2222OC OD OA OB +=+,因为2,1OA OB OC ===,代入上式得OD =||||a b OA OB AB CD -=-==,而OD OC CD OD OC -+171CD+故||a b -的取值范围是1],于是选C .自我检测1.(2013-重庆)在平面上,121212,1,AB AB OB OB AP AB AB ⊥===+.若1||2OP <,则||OA 的取值范围是（ ）A.⎛ ⎝⎦B.⎝⎦C.⎝D.2⎛ ⎝ 答案：方法 1: 根据条件知 12,,,A B P B 构成一个矩形 12AB PB , 以 12,AB AB 所在直线为坐 标轴建立直角坐标系, 设 12,AB a AB b ==, 点 O 的坐标为 (,)x y , 则点 P 的坐标 为 (,)a b ,由 121OB OB ==, 得 2222()1()1x a y x y b ⎧-+=⎨+-=⎩, 则 2222()1()1x a y y b x ⎧-=-⎨-=-⎩∵2222111||,()(),11244OP x a y b x y <∴-+-<∴-+-< ∴2274x y +> (1) ∵22222()1,1()1,1x a y y x a y -+=∴=--∴, 同理 21x , ∴222(2)x y +∴222(2)x y + 由(1)(2)知22724x y <+, ∵227||,||22OA x y OA =+∴<, 故选 D.方法 122:,,,A B P B 构成一个矩形 12AB PB , 根据矩形所满足的性质222212OP OA OB OB +=+, 即 22OA = 2OP-, 因为 OP 的取值范围为 1||2OP <, 可知 OA 的取值范围为 7,22⎛⎤ ⎥ ⎝⎦2.(2012秋-霍邱县校级月考)已知向量,,a b c 满足||||2,||1,()()0a b c a c b c ===-⋅-=,则||a b -的取值范围为_____.答案：方法 1: ∵ 向量 ,,a b c 满足 ||||2,||1,()()0a b c a c b c ===-⋅-=, ∴2()0,1()a b c a b c a b c a b ⋅-⋅++=∴⋅+=⋅+,∴22(1)[()]a b c a b ⋅+=⋅+, 展开为 222()21()a b a b c a b ⋅+⋅++, ∴2()7,77,82782827,718271a b a ba b a b ⋅∴-⋅∴--⋅+∴--⋅+.∵2||()82,71||71a b a b a b a b -=-=-⋅∴--+.故 ||a b - 的取值范围为 [71,71]-+. 故答案为 [71,71]-+.方法 2 : 设 ,,OA OB OC ===a b c , 由 ()()0a c b c -⋅-=, 则 CA CB ⊥;过点 A 作平行于 CB 的直线, 过点 B 作平行于 CA 的直线, 两直线相交于点 D , 则四边形 ACBD 为矩形,根据矩形的性质, 有 2222OD OC OA OB +=+, 所以 27OD =,|||||OD BA CD =-==a b , 又因为 ||||||||||OA OB AB OA OB -+,所以 : 1||71AB +3. (2015秋-温州校级期中)已知圆22:4O x y +=,圆内有定点(1,1)P ,圆周上有两个动点,A B ,使PA PB ⊥,则矩形APBQ 的顶点Q 的轨迹方程为_____________.答案：方法 1 : 设 ()()1122,,,,(,)A x y B x y Q x y , 又 (1,1)P ,则 ()()121211221,1,1,1,1,1x x x y y y PA x y PB x y +=++=+=--=--. 由 PA PB ⊥, 得 0PA PB ⋅=, 即 ()()()()121211110x x y y --+--=. 整理得: ()()1212121220x x y y x x y y +-+-++=, 即 1212112x x y y x y x y +=+++-=+ (D)又 ∵ 点 A 、B 在圆上, ∴222211224x y x y +=+= (2)再由 ||||AB PQ =, 得 ()()22221212(1)(1)x x y y x y -+-=-+-,整理得: 2222221212121222(1)(1)(3)x x y y x x y y x y +++--=-+-把(1)(2)代人(3)得: 226x y +=.∴ 矩形 APBQ 的顶点 Q 的轨迹方程为: 226x y +=. 故答案为: 226x y +=.方法 2: 因为 PA PB ⊥, 那么当 ABPQ 为矩形时, 有 2222OP OQ OA OB +=+, 因为2,OA OB OP ===所以 OQ Q =的轨迹是以原点为中心, 以为半径的圆, 则 Q 的轨迹方程为:226x y +=4. (2017-南通一模)在平面直角坐标系xOy 中,已知,B C 为圆224x y +=上两点,点(1,1)A ,且AB AC ⊥,则线段BC 的长的取值范围为_________. 答案：方法 1: 在平面直角坐标系 xOy 中, 已知 ,B C 为圆 224x y += 上两点, 点 (1,1)A , 且AB AC ⊥, 如图所示当 BC OA ⊥ 时, ||BC 取得最小值或最大值. 由 2214y x y =⎧⎨+=⎩, 可得(3,1)B - 或 (3,1),由 2214x x y =⎧⎨+=⎩, 可得 (1,3)C 或 (1,3)-, 解得 22min (31)(13)62BC =-+-=-,22max (31)(13)6 2. BC =--++=+故答案为: [62,62]-+.方法 2: 因为 AB AC ⊥, 则可以构造一个矩形 ACDB , 由矩形的性质可知2222OA OD OB OC +=+, 又因为 2,2OB OC OA ===, 则 6,OD BC AD ==,又因为 A 点在圆内, 所以: 6262BC -+5.(2014-广东考)已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的右焦点为(5,0),离心率为53.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若动点()00,P x y 为椭圆C 外一点,且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直,求点P 的轨迹方程.答案：(1) 依题意知2253a b c aa ⎧-=⎪⎨==⎪⎩求得 3,2ab ==, ∴ 椭圆的方程为 22194x y +=. (2)方法 1: (1)当两条切线中有一条斜率不存在时, 即 A 、B 两点分别位于椭圆长轴与短轴的端点, P 的坐 标为 (3±, 土2),(2)当两条切线斜率均存在时, 设过点 ()00,P x y 的切线为 ()00y k x x y =-+,()22220019494k x x y x y x ⎡⎤-+⎣⎦+=+=, ()()2222000049236x k x x y ky x x ⎡⎤+-++-=⎣⎦2222220000004922236x k x k x kx x y ky x ky x ⎡⎤++-++-=⎣⎦ 整理得 ()()()22200009418940k x k y kx x y kx ⎡⎤++-+--=⎣⎦, ∴()()()222000018494940k y kx k y kx ⎡⎤⎡⎤∆=--+⨯--=⎣⎦⎣⎦, 整理得 ()()22200009240x k x y k y --⨯⨯+-=, 2220120020411,13. 9y k k x y x -∴-=⋅==-∴+=- 把点 (3,2)±± 代人亦成立, ∴ 点 P 的轨迹方程为: 2213x y +=.方法 2 : 过点 1F 、2F 分别作两条切线 PA 、PB 的对称点 ,E F , 分别交 PA 、PB 于点 ,C D , 再连接 OC 、OD 、OP 、2EF 、1FF , 因为点 C 是1EF 的中点且点 O 是 12F F 的中点, 所以 2132OC EF ==, 同理可 得 2132OD FF ==, 因为四边形 1PCF D 是矩形, 所以 2||OP + 2221||||18OF OC OD =+=, 又因为 15OF =, 所以 2||OP =13 , 所以 P 点是以原点为圆心, 半径为 13 的圆, 故点 P 的轨迹方程为 2213x y +=.6.(2021-龙岩期中)已知向量a 、b 、c 满足:||1,()(),(2)a a c b c a a b =-⊥→⊥-若37,|2b c =的最大值和最小值分别为,m n ,则m n +等于（ ） A.32B.52 C.37D.352答案：如图 2, 作 ,,OA a OB b OC c ===, 则,c OA OC CA b c OB OC CB =-===-=,由 ()()0a c b c →⋅-=, 得 0CA CB ⋅=, 故 CA CB ⊥. 以 ,CA CB 为两邻边构造矩形 CBDA , 由矩形性质得 2222OC OD OA OB +=+, 因为 371,2OA OB ==, 代人 上式得 22414OC OD +=. 由 )(2a b ⊥- 得 )(20a b ⋅-=, 则 221,a b a AB ⋅== 2222237||||()2112OA OB a b a b a b a b ⎛⎫=-=-=-=+-⋅=+-=⎪ ⎪⎝⎭372CD =. 由三角形中线长公式得 ()22222OC OD OM CM +=+, 则224137244OM ⎡⎤⎛⎫⎢⎥=+ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦, 解得 OM = 354m >, 雨 OM MC OC OM MC -+, 即 35373537,4444m n =+=-, 所以 352m n +=, 故选 D.7. 已知向量:||3,||2,||1,()()0a b c a c b c ===→⋅→=,则||a b -的取值范围是__________.答案： 解: 由题意画出大致图形,可知 2222||||||||OA OC OB OD +=+,可知 ||23,||||||[231,231]OC a b BD AC =-==∈-+.8. 在平面直角坐标系中,若动点(,)P a b 到直线12:,:1l y x l y x ==-+的距离分别为12,d d ,且满足12222d d +=,则22a b +的最大值为_____________.答案：由题意, 2212210||,225PA d d ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦ (转化为线性规划问题). 所以 ()2222225||||222a b OP OA +=+=. 9. 过圆:224x y +=外一点(2,1)P 作两条互相垂直的直线AB 和CD ,分别交圆O 于A 、B 和C 、D 两点,则四边形ABCD 面积的最大值为____________.答案：由题意, 过 P 作圆的切线且切线长为 1 , 根据圆的相交线定理, |||||||PA PB PC = |1PD =, 理 11(||||||||)22ABCD PBD PAC S S S PB PD PA PC =-=-= 1||||||||PB PD PB PD ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 由矩形性质知, 2222||||||||||OE OP OB OD OE +=+⇒ 22223.2||||||||||(53)PB PD PB PD PE =+=+, 所以 max (||||)4PB PD = 15+ (当且仅当 P 、E 、O 共线时取等号), 所以四边形 ABCD 面积的最大值为 15.。
初中数学重点梳理：关于直角三角形及矩形和正方形问题的解题方法
求：AD 的长.
【答案】2 19 .
【解析】 解：作 AE∥BC 交 CD 于 E， BF⊥AE 于 F， CG⊥AE 于 G.. 在 Rt△ABF 中，
BF＝ 6 Sin45 = 3 , AF＝BF＝ 3 .
在 Rt△CGE 中，
GE＝CGtan30 = 3 × 3 ＝1, 3
∴CE＝2， ED＝4.
即 CD CD = m 1 . （3） AC BC 4m
(1)2－2(2)得： (sinA)2+(sinB)2=( m 2 )2－ m 1 .
m
2m
∵sinB=cosA, 且 (sinA)2+( cosA)2=1，
∴( m 2 )2－ m 1 =1，
m
2m
m2+7m－8=0,
∴m=1， m=－8.
2、解直角三角形所根据的定理
① 边与边的关系： 勾股定理－－－－――c2=a2+b2.
② 角与角的关系：两个锐角互余－－－－∠A+∠B=90
③ 边与角的关系：（锐角三角函数定义）
SinA= a ， CosA= b ,
c
c
tanA= a , b
CotA= b . a
A
④ 互余的两个角的三角函数的关系：
两个锐角的正弦值. 求：这个直角三角形的斜边与斜边上的高的比
C
A
D
B
【答案】32∶9
【解析】 解：作 Rt△ABC 斜边上的高 CD.
则 sinA= CD ,
CD
sinB= .
AC
BC
∵sinA 和 sinB 是方程的两根，
根据韦达定理，得
sinA+ sinB= m 2 ； (1) m
最新北师版九年级初三数学上册思想方法专题：矩形中的折叠问题
思想方法专题：矩形中的折叠问题——体会矩形折叠中的方程思想及数形结合思想◆类型一 矩形折叠问题中直接求长度或角度1．将矩形ABCD 沿AE 折叠，得到如图所示的图形．已知∠CEB′＝50°，则∠AEB′＝_______°.第1题图 第2题图2．如图，在矩形ABCD 中，AB ＝6cm ，点E ，F 分别是边BC ，AD 上一点．将矩形ABCD 沿EF 折叠，使点C ，D 分别落在点C′，D′处．若C′E ⊥AD ，则EF 的长为______cm. ◆类型二 矩形折叠问题中利用勾股定理结合方程思想求长度3．如图，点O 是矩形ABCD 的中心，E 是AB 上的点，沿CE 折叠后，点B 恰好与点O 重合，若BC ＝3，则折痕CE 的长为（ ）A ．2 3 B.323 C. 3 D ．6第3题图 第4题图4．(2016·东营中考改编)如图，折叠矩形ABCD 的一边AD ，使点D 落在BC 边的点F 处．已知折痕AE ＝55cm ，且EC ∶FC ＝BF ∶AB ＝3∶4，那么矩形ABCD 的周长为__________cm.◆类型三 矩形折叠问题中结合其他性质解决问题5．如图，在矩形OABC 中，OA 在x 轴上，OC 在y 轴上，且OA ＝2，AB ＝5，把△ABC 沿着AC 对折得到△AB′C ，AB′交y 轴于D 点，则D 点的坐标为_________．第5题图 第6题图6．★(2016·威海中考)如图，在矩形ABCD 中，AB ＝4，BC ＝6，点E 为BC 的中点，将△ABE 沿AE 折叠，使点B 落在矩形内的点F 处，连接CF ，则CF 的长为______．7．★如图①，将矩形ABCD 沿DE 折叠，使顶点A 落在DC 上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF 折叠，使顶点A 落在折痕DE 上的点G 处，再将矩形ABCD 沿CE 折叠，此时顶点B 恰好落在DE 上的点H 处，如图②.(1)求证：EG ＝CH ； (2)已知AF ＝2，求AD 和AB 的长．思想方法专题：矩形中的折叠问题答案1．65 2.6 23．A 解析：由题意可得∠OCE ＝∠BCE ，∠COE ＝∠B ＝90°.又∵OA ＝OC ，∴OE 垂直平分AC ，∴EA ＝EC ，∴∠CAE ＝∠OCE .∵AB ∥CD ，∴∠ACD ＝∠CAE .∴∠BCE ＝∠OCE＝∠ACD ＝30°，∴BE ＝12CE .在Rt △BCE 中，CE 2－BE 2＝BC 2，即CE 2－⎝⎛⎭⎫12CE 2＝32，∴CE ＝2 3.故选A.4．36 解析：设EC ＝3x cm ，FC ＝4x cm ，则DE ＝EF ＝5x cm ，∴AB ＝DC ＝8x cm.又∵BF ∶AB ＝3∶4，∴BF ＝6x cm ，∴AD ＝BC ＝10x cm.在Rt △ADE 中，AD 2＋DE 2＝AE 2，即(10x )2＋(5x )2＝(55)2，解得x ＝1(取正值)．∴AB ＝8cm ，AD ＝10cm ，∴矩形ABCD 的周长为2×(10＋8)＝36(cm)．5．(0，2.1) 解析：∵矩形OABC 中，OA ＝2，AB ＝5，∴BC ＝2，OC ＝5.∵把△ABC 沿着AC 对折得到△AB ′C ，∴B ′C ＝BC ，∠B ′＝∠B ＝90°，∴AO ＝CB ′，∠AOD ＝∠B ′.又∵∠ADO ＝∠CDB ′，∴△AOD ≌△CB ′D ，∴AD ＝CD .设OD ＝x ，则AD ＝CD ＝5－x .在Rt △AOD 中，AD 2＝OA 2＋OD 2，∴(5－x )2＝22＋x 2，∴x ＝2.1.∴D 点的坐标为(0，2.1)．6.185解析：如图，连接BF 交AE 于H ，由折叠的性质可知BE ＝FE ，AB ＝AF ，∠BAE ＝∠F AE ，AH ⊥BF ，BH ＝FH .∵BC ＝6，点E 为BC 的中点，∴BE ＝12BC ＝3.又∵AB ＝4，∴在Rt △ABE 中，由勾股定理得AE ＝AB 2＋BE 2＝5.∵S △ABE ＝12AB ·BE ＝12AE ·BH ，∴BH ＝125，则BF ＝2BH ＝245.∵E 是BC 的中点，∴FE ＝BE ＝EC ，∴∠EBF ＝∠BFE ，∠ECF ＝∠EFC .又∵∠EBF ＋∠BFE ＋∠EFC ＋∠ECF ＝180°，∴∠BFE ＋∠EFC ＝90°，即∠BFC ＝90°.在Rt △BFC 中，由勾股定理得CF ＝BC 2－BF 2＝62－⎝⎛⎭⎫2452＝185. 7．(1)证明：∵四边形ABCD 是矩形，∴∠A ＝∠ADC ＝90°，AD ＝BC .由折叠的性质可得∠ADE ＝∠A ′DE ＝12∠ADC ＝45°，AE ＝EG ，BC ＝CH ，∴∠AED ＝90°－∠ADE ＝45°＝∠ADE ，∴AE ＝AD ＝BC ，∴EG ＝CH ；(2)解：由折叠的性质可得∠FGE ＝∠A ＝90°，GF ＝AF ＝ 2.由(1)可知∠ADE ＝45°，∴∠DFG ＝90°－∠ADE ＝45°＝∠ADE ，∴DG ＝GF ＝2，∴DF ＝DG 2＋FG 2＝2，∴AD ＝AF ＋DF ＝2＋2.由折叠的性质可知∠AEF ＝∠GEF ，∠BEC ＝∠HEC ，∴∠AEF ＋∠BEC ＝90°.又∵∠AEF ＋∠AFE ＝90°，∴∠BEC ＝∠AFE .由(1)可知AE ＝AD ＝BC .在△AEF 与△BCE 中，⎩⎪⎨⎪⎧∠AFE ＝∠BEC ，∠A ＝∠B ＝90°，AE ＝BC ，∴△AEF ≌△BCE (AAS)，∴AF ＝BE ，∴AB ＝AE ＋BE ＝AD ＋AF ＝2＋2＋2＝22＋2.成功名言警句：2、对我来说，不学习，毋宁死。
初三数学中考专题复习课件：矩形中的折叠问题
实际应用和拓展
矩形中的折叠问题在生 活中的应用
我们将探索矩形中的折叠问 题在实际生活中的应用场景， 例如纸艺折纸。
探索更复杂的折叠问题
我们将挑战和探索更复杂的 矩形中的折叠问题，提升解 题能如何将所学的解 题方法和策略应用于其他几 何形的折叠问题。
初三数学中考专题复习课 件：矩形中的折叠问题
通过本课件，我们将深入研究矩形中的折叠问题，探索其基本概念、解题方 法和实际应用，为中考备考提供全面指导。
问题的引入
在这一部分，我们将了解矩形中的折叠问题的定义，并探讨为什么我们需要学习和掌握这个问题。
基本概念和定义
折叠问题
矩形中的折叠问题是指如何将一个矩形纸张通过折叠变换成其他形状的问题。
术语和概念
我们将学习和理解与矩形中的折叠问题相关的基本术语和概念。
解题方法和策略
1
理解题目要求和条件
准确理解题目中给出的要求和条件是解决矩形中的折叠问题的第一步。
2
演算法解决问题
我们将学习和使用特定的演算法来解决各种类型的矩形中的折叠问题。
3
实例演练和练习题解析
通过实例演练和练习题的解析，我们将巩固和应用所学的解题方法和策略。
“矩形大法”
“矩形大法”我们主要从三个方面和大家交流：一：“矩形大法”的提出背景二：“矩形大法”的基本构造三：“矩形大法”的实例应用一、矩形大法”的提出背景问题：我们如何刻画一个角大小呢？是的，角的大小有两种刻画方法：一种是传统的、人人皆知的度数刻画法；另一种是常被我们忽略的边长刻画法（即三角函数值）。
如果两个角的大小是用度数体现的，那么这两个角的和与差的度数能够非常容易地计算出来。
但如果两个角的大小是采用边长（即三角函数值）刻画的，那么两个角的和或差的大小是多少呢？自然，这两个角和与差的大小也只能采用三角函数值刻画。
也许学习数学的人第一反应是马上想到高中的两角和与差的三角公式。
但现在讨论的背景是初中数学教学因此我们要回避用高中数学知识。
首先要提的是南通2014年的28题第三问：不知大家第一次看到这道题的第一反应是什么？能否在短时间中用传统方法解决？看到两角和差关系这样的条件想到什么？本题它有比较巧妙的求法，但要发现，还是需要一定的时间的。
这里涉及到两角和差关系，需要说明的是，命题人员绝非希望你采用高中“两角和与差的三角公式”去解决问题，这是由于：⑴他们当初没有意识到采用这样的思考方法是合理的，而且只要方法得当，的确能够解决问题。
⑵即使意识到了，他们认为因为初中不具备这样的知识，有这样的想法却因为不具备的能力，从而无法解决原问题。
⑶最关键的原因是，由于命题人员想出了构思极为巧妙，常人很难想到的解法。
于是，这样的考题在不知不觉中出现了，而且通常情况下，这样的考题必定处于试卷中的难题位置．那如果我们能有比较好的方法去破解这个和差关系，那不就可以不花多少时间直接攻破此题了呢！再譬如2016盐城的中考题第3问：这题给出的答案也比较复杂，我想学生在短时间里容易找到点P的位置却不易求出点P坐标。
那么这题究竟如何成功破解呢？而类似这样的问题不管小题，大题，其实在中考中是比较多的。
现在的问题是，有些题目构思非常巧妙，但采用“因果确定法”思考，面临的困难就是：已知两个角的大小（边长刻画），最后只有在解决了这两个角的和或差的问题后，才能真正解决原问题。
八年级数学复习考点知识与题型专题讲解09 矩形的性质
八年级数学复习考点知识与题型专题讲解专题09 矩形的性质【思维导图】【考查题型】考查题型一 利用矩形的性质求角度1．（2022·河北张家口市·八年级期中）如图，在矩形ABCD 中，对角线AC 与BD 相交于点O ，若50COD =︒∠，那么CAD ∠的度数是( )A ．30°B ．20︒C ．40︒D ．25︒【答案】D【提示】根据题意只要证明OA=OD ，根据三角形的外角的性质即可解决问题；【详解】解：∵矩形ABCD 中，对角线AC ，BD 相交于点O ，∴DB ＝AC ，OD ＝OB ，OA ＝OC ，∴OA＝OD，∴∠CAD＝∠ADO，∵∠COD＝50°＝∠CAD+∠ADO，∴∠CAD＝25°，故选D．【名师点拨】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的判定和性质等知识，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．（2022·河南许昌市·八年级期末）如图，矩形ABCD中，DE⊥AC于E，且∠ADE：∠EDC=3:2，2．则∠BDE的度数为（）A．36°B．18°C．27°D．9°【答案】B【解析】试题解析：已知∠ADE：∠EDC=3：2⇒∠ADE=54°，∠EDC=36°，又因为DE⊥AC，所以∠DCE=90°-36°=54°，根据矩形的性质可得∠DOC=180°-2×54°=72°所以∠BDE=180°-∠DOC-∠DEO=18°故选B．3．（2022·河南新乡市·八年级期末）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连结AE，如果∠ABD=60°，那么∠BAE的度数是（）A ．40°B．55°C．75°D．80°【答案】C【提示】连接AC ，由矩形性质可得AD∥BE，AC=BD ，∠BAD=90°，∠ABD=∠BAC=60°，又可得∠E=∠DAE，可得∠E 度数，进而得出∠BAE 的度数．【详解】 解：连接AC ，∵四边形ABCD 是矩形，∴AD∥BE，AC=BD ，∠BAD=90°，∠ABD=∠BAC=60°，∴∠E=∠DAE，∠CAD=∠BAD -∠BAC=90°-60°=30°，又∵BD=CE，∴CE=CA，∴∠E=∠CAE，∵∠CAD=∠CAE+∠DAE，∴∠E+∠E=30°，即∠E=15°．∴∠BAE=90°-15°=75°，故选C ．【名师点拨】本题考查矩形性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键．4．（2022·河北保定市·八年级期末）如图，矩形ABCD 中，连接AC ，延长BC 至点E ，使BE AC =，连接DE ，若40BAC ∠=︒，则∠E 的度数是（ ）A ．65°B．60°C．50°D．40°【答案】A【提示】连接BD ，与AC 相交于点O ，则BD=AC=BE ，得△BDE 是等腰三角形，由OB=OC ，得∠OBC=50°，即可求出∠E 的度数.【详解】解：如图，连接BD ，与AC 相交于点O ，∴BD=AC=BE，OB=OC ，∴△BDE 是等腰三角形，∠OBC=∠OCB，∵40BAC ∠=︒，∠ABC=90°，∴∠OBC=904050︒-︒=︒， ∴11(18050)1306522E ∠=⨯︒-︒=⨯︒=︒； 故选择：A.【名师点拨】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，以及直角三角形两个锐角互余，解题的关键是正确作出辅助线，构造等腰三角形进行解题.5．（2022·山东青岛市期末）如图，矩形ABCD 中，AC ，BD 交于点O ，M ，N 分别为BC ，OC 的中点．若3MN =，6AB =，则ACB ∠的度数为（ ）A ．30°B ．35︒C ．45︒D ．60︒【答案】A【提示】根据矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，即可得到答案．【详解】∵M，N分别为BC，OC的中点，∴MN是∆OBC的中位线，∴OB=2MN=2×3=6，∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD=OA=OC=6，即：AC=12，∵AB=6，∴AC=2AB，∵∠ABC=90°，∴ACB=30°．故选A．【名师点拨】本题主要考查矩形的性质和直角三角形的性质以及中位线的性质，掌握矩形的对角线互相平分且相等，是解题的关键．考查题型二利用矩形的性质求线段长度6．（2022·山东菏泽市·九年级期中）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM//AB 交AD于点M，若OM=3，BC=10，则OB的长为（）A．5B．4C．2D【答案】D【详解】提示：在Rt△AOM中，用勾股定理求AO，根据BO是Rt△ABC斜边上的中线求解.详解：因为四边形ABCD是矩形，所以AD＝BC＝10，∠ABC＝∠D＝90°.因为OM∥AB，所以∠AMO＝∠D＝90°.因为OM＝3，AM＝12AD＝12×10＝5.Rt△AMO中，由勾股定理得AO因为O是矩形ABCD的对角线AC的中点，所以OB＝AO故选D.名师点拨：本题考查了勾股定理和矩形的性质及直角三角形斜边上的中线,矩形的对边相等，四个角都是直角，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.7．（2022·山东济南市·八年级期末）如图,P是矩形ABCD的对角线AC的中点,E是AD 的中点.若AB=6,AD=8,则四边形ABPE的周长为（）A．14B．16C．17D．18【答案】D【提示】由矩形的性质得出∠ABC=90°，CD=AB=6，BC=AD=8，由勾股定理求出AC，由直角三角形斜边上的中线性质得出BP，证明PE是△ACD的中位线，由三角形中位线定理得出PE=1 2CD=3，四边形ABPE的周长=AB+BP+PE+AE，即可得出结果．【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，CD=AB=6，BC=AD=8，，∴BP=12AC=5，∵P是矩形ABCD的对角线AC的中点，E是AD的中点，∴AE=12AD=4，PE是△ACD的中位线，∴PE=12CD=3，∴四边形ABPE的周长=AB+BP+PE+AE=6+5+3+4=18；故选D．【名师点拨】本题考查了矩形的性质、勾股定理、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．8．（2022·福建省八年级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，已知∠AOD=120°，AC=16，则图中长度为8的线段有（）A．2条B．4条C．5条D．6条【答案】D【提示】根据矩形性质得出DC=AB，BO=DO=12BD，AO=OC=12AC=8，BD=AC，推出BO=OD=AO=OC=8，再证得△ABO是等边三角形，推出AB=AO=8=DC，由此即可解答．【详解】∵AC=16，四边形ABCD是矩形，∴DC=AB，BO=DO=12BD，AO=OC=12AC=8，BD=AC，∴BO=OD=AO=OC=8，∵∠AOD=120°，∴∠AOB=60°，∴△ABO是等边三角形，∴AB=AO=8，∴DC=8，即图中长度为8的线段有AO、CO、BO、DO、AB、DC共6条，故选D．【名师点拨】本题考查了矩形性质和等边三角形的性质和判定的应用，矩形的对角线互相平分且相等，矩形的对边相等．9．（2022·湖北武汉市八年级期中）如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，M是CD边的中点．若AB=8，OM=3，则线段OB的长为（）A．5B．6C．8D．10【答案】A【提示】已知OM是△ADC的中位线，再结合已知条件则DC的长可求出，所以利用勾股定理可求出AC的长，由直角三角形斜边上中线的性质则BO的长即可求出．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，∵O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB，∴OM是△ADC的中位线，∵OM=3，∴AD=6，∵CD=AB=8，，∴BO=12AC=5．故选A．【名师点拨】本题考查了矩形的性质，勾股定理的运用，直角三角形斜边上中线的性质以及三角形的中位线的应用，解此题的关键是求出AC的长．10．（2022·渠县土溪镇九年级期末）若矩形对角线相交所成钝角为120°，短边长3.6cm，则对角线的长为( )．A．3.6cm B．7.2cm C．1.8cm D．14.4cm【答案】B【提示】如图，根据矩形性质得出AC=BD，AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，求出OA=OB，得出△AOB是等边三角形，求出AB=AO=OB，即可得出答案．【详解】如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD，AO=OC=12AC，BO=OD=12BD，∴OA=OB，∵∠AOD=120°，∴∠AOB=180°-120°=60°，∴△AOB是等边三角形，∴AB=AO=OB=3.6cm，∴BD=AC=2AO=7.2cm，故选B．【名师点拨】本题考查了矩形性质和等边三角形的性质和判定的应用，关键是求出等边三角形AOB和求出BD=AC=2AO．考查题型三利用矩形的性质求面积11．（2022·河南洛阳市·七年级期中）如图，周长为34的矩形ABCD被分成7个全等的矩形，则矩形ABCD的面积为（）A．280B．140C．70D．196【答案】C【解析】解：设小长方形的长、宽分别为x、y，依题意得：，解得：，则矩形ABCD的面积为7×2×5=70．故选C．【点评】考查了二元一次方程组的应用，此题是一个信息题目，首先会根据图示找到所需要的数量关系，然后利用这些关系列出方程组解决问题．12．（2022·滕州市九年级期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE=2，PF=8．则图中阴影部分的面积为（ ）A ．10B ．12C ．16D ．18 【答案】C 【提示】首先根据矩形的特点，可以得到S △ADC =S △ABC ，S △AMP =S △AEP ，S △PFC =S △PCN，最终得到S 矩形EBNP = S 矩形MPFD,即可得S △PEB =S △PFD ，从而得到阴影的面积．【详解】作PM⊥AD 于M ，交BC 于N ．则有四边形AEPM ，四边形DFPM ，四边形CFPN ，四边形BEPN 都是矩形， ∴S △ADC =S △ABC ，S △AMP =S △AEP ，S △PFC =S △PCN ∴S 矩形EBNP = S 矩形MPFD ,又∵S △PBE =12S 矩形EBNP ，S △PFD =12S 矩形MPFD ， ∴S △DFP =S △PBE =12×2×8=8，∴S 阴=8+8=16， 故选C ． 【名师点拨】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，解题的关键是证明S △PEB =S △PFD ．13．（2022·酒泉市九年级期中）如图，EF过矩形ABCD对角线的交点O，且分别交AB、CD于E、F，那么阴影部分的面积是矩形ABCD的面积的( )A．15B．14C．13D．310【答案】B 【提示】根据矩形的性质，得△EBO≌△FDO，再由△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的1 2得出结论．【详解】解：∵四边形为矩形，∴OB＝OD＝OA＝OC，在△EBO与△FDO中，∵∠EOB＝∠DOF，OB＝OD，∠EBO＝∠FDO，∴△EBO≌△FDO（ASA），∴阴影部分的面积＝S△AEO＋S△EBO＝S△AOB，∵△AOB与△ABC同底且△AOB的高是△ABC高的12，∴S△AOB＝12S△ABC＝14S矩形ABCD．故选B．【名师点拨】本题考查矩形的性质，矩形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用矩形具备而一般平行四边形不具备的性质14．（2022·石阡县八年级期末）矩形的对角线长为20，两邻边之比为3：4，则矩形的面积为（）A．56B．192C．20D．以上答案都不对【答案】B【提示】首先设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，可得（3x）2+（4x）2=202，继而求得矩形的两邻边长，则可求得答案．【详解】解：∵矩形的两邻边之比为3：4，∴设矩形的两邻边长分别为：3x，4x，∵对角线长为20，∴（3x）2+（4x）2=202，解得：x=4，∴矩形的两邻边长分别为：12，16；∴矩形的面积为：12×16=192．故选B．考查题型四求矩形的顶点在直角坐标系上的坐标15．（2022·南丹县八年级期中）如图将四个全等的矩形分别等分成四个全等的小矩形，其中阴影部分面积相等的是（）A．只有①和②相等B．只有③和④相等C．只有①和④相等D．①和②，③和④分别相等【答案】D【详解】试题提示：根据三角形的面积公式来计算即可．解：小矩形的长为a,宽为b,则①中的阴影部分为两个底边长为a,高为b的三角形，∴1·22S a b ab =⨯⨯=；②中的阴影部分为一个底边长为a，高为2b的三角形，∴1·22S a b ab =⨯⨯=；③中的阴影部分为一个底边长为a，高为b的三角形，∴11·22S a b ab =⨯=；④中的阴影部分为一个底边长为a，高为b的三角形，∴11·22S a b ab =⨯=．故选D.考点：三角形的面积．16．（2022·江苏苏州市·八年级期末）如图，平面直角坐标系中，长方形OABC，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点B（6，3），现将△OAB沿OB翻折至△OA′B位置，OA′交BC于点P．则点P的坐标为（）A．（94，3）B．（32，3）C．（125，3）D．（5,32）【答案】A【提示】由折叠的性质和矩形的性质证出OP=BP，设OP=BP=x，则PC=6﹣x，再用勾股定理建立方程9+（6﹣x）2=x2，求出x即可．【详解】∵将△OAB沿OB翻折至△OA′B位置，OA′交BC于点P，∴∠A'OB=∠AOB，∵四边形OABC是矩形，∴BC∥OA，∴∠OBC=∠AOB，∴∠OBC=∠A'OB，∴OP=BP，∵点B的坐标为（6，3），∴AB=OC=3，OA=BC=6，设OP=BP=x，则PC=6﹣x，在Rt△OCP中，根据勾股定理得，OC2+PC2=OP2，∴32+（6﹣x）2=x2，解得：x =154， ∴PC =6﹣154=94，∴P （94，3），故选：A ．【名师点拨】此题主要考查折叠和矩形的性质以及利用勾股定理构建方程，熟练掌握，即可解题. 17．（2022·辽宁浑南区·九年级期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC 是矩形，点O 是坐标原点，点A 、C 的坐标分别是()6,0，()0,3，点B 在第一象限，则点B 的坐标是（ ）A ．()3,6B ．()6,3C ．()6,6D ．()3,3 【答案】B 【提示】根据矩形的性质得出点B 的坐标即可． 【详解】解：∵四边形OABC 是矩形， ∴OC=AB，CB=OA ，∵点A ，C 的坐标分别是（6，0），（0，3）， ∴AB=3，OA=6， ∴点B 坐标为（6，3），故选：B．【名师点拨】此题考查矩形的性质，关键是根据矩形的性质得出点B的坐标．18．（2022·河北唐山市·八年级期末）如图，四边形 OABC 是矩形，A（2，1），B（0，5），点 C 在第二象限，则点 C 的坐标是（）A．（1，3）B．（﹣1，2）C．（﹣2，﹣3）D．（﹣2，4）【答案】D【提示】先分别过C和A作y轴的垂线，构造两组全等三角形，用矩形的相关性质即可证明，再利用两组三角形全等对应边相等CE=AF、BE=OF，结合已知坐标就能求得C点坐标．【详解】解：过C作CE⊥y轴与E，过A作A F⊥y轴于F．∴∠CEO=∠AFB=90° ∵四边形ABCO 为矩形 ∴AB=OC，AB //OC ∴∠ABF=∠COECEO AFB ABF COE AB OC ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△OCE≌△BAF（AAS ） 同理可得CEB AFO AOF CBE CB AO ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△BCE≌△OAF（AAS ） ∴CE=AF，OE=BF ，BE=OF ∵A（2，1），B （0，5） ∴AF=CE=2，BE=OF=1，OB=5 ∴OE=4,∴点C 的坐标为（-2，4） 故选：D ．【名师点拨】本题主要考察矩形性质的应用、三角形全等的判定与性质、坐标系与几何综合，易错点在于与坐标系综合中可能会出现的符号错误问题．19．（2022·河南周口市·七年级期中）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标分别是（﹣1，﹣1）、（﹣1，2）、（3，2），则第四个顶点的坐标是（）A．（2，2）B．（2，3）C．（3，﹣1）D．（3，3）【答案】C【提示】过（-1，-1）、（3，2）两点分别作x轴、y轴的平行线，交点为第四个顶点．【详解】解：如图所示：过（﹣1，﹣1）、（3，2）两点分别作x轴、y轴的平行线，交点为（3，﹣1），即为第四个顶点坐标．故选：C．【名师点拨】本题考查了矩形的性质和坐标与图形性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．考查题型五直角三角形斜边中线20．（2022·江西吉安市·九年级期中）如图，矩形纸片ABCD中，已知AD =8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3，则AB的长为( )A．3B．4C．5D．6【答案】D【解析】试题提示：先根据矩形的特点求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，∴BC=8，∵△AEF是△AEB翻折而成，∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，∴CE=8﹣3=5，在Rt△CEF中，CF===4，设AB=x，在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，解得x=6，故选D．考点：翻折变换（折叠问题）；勾股定理．21．（2022·河北邯郸市·八年级期末）已知：如图，折叠矩形ABCD，使点B落在对角线AC上的点F处，若BC＝8，AB＝6，则线段CE的长度是（）A．3B．4C．5D．6【答案】C【提示】在Rt△ABC中利用勾股定理可求出AC＝10，设BE＝a，则CE＝8﹣a，根据折叠的性质可得出BE＝FE＝a，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，进而可得出FC＝4，在Rt△CEF中，利用勾股定理可得出关于a的一元二次方程，解之即可得出a值，将其代入8﹣a中即可得出线段CE的长度．【详解】解：在Rt△ABC中，AB＝6，BC＝8，∴AC＝10．设BE＝a，则CE＝8﹣a，根据翻折的性质可知，BE＝FE＝a，AF＝AB＝6，∠AFE＝∠B＝90°，∴FC＝4．在Rt△CEF中，EF＝a，CE＝8﹣a，CF＝4，∴CE2＝EF2+CF2，即（8﹣a）2＝a2+42，解得：a＝3，∴8﹣a＝5．故选C．【名师点拨】本题考查了翻折变换、矩形的性质、勾股定理以及解一元二次方程，在Rt△CEF中，利用勾股定理找出关于a的一元二次方程是解题的关键．22．（2022·甘肃白银市·九年级期末）如图，将矩形ABCD沿对角线BD折叠，点C落在点E处，BE交AD于点F，已知∠BDC=62°，则∠DFE的度数为（）A．31°B．28°C．62°D．56°【答案】D【提示】先利用互余计算出∠FDB=28°，再根据平行线的性质得∠CBD=∠FDB=28°，接着根据折叠的性质得∠FBD=∠CBD=28°，然后利用三角形外角性质计算∠DFE的度数．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥BC，∠ADC=90°，∵∠FDB=90°-∠BDC=90°-62°=28°，∵AD∥BC，∴∠CBD=∠FDB=28°，∵矩形ABCD沿对角线BD折叠，∴∠FBD=∠CBD=28°，∴∠DFE=∠FBD+∠FDB=28°+28°=56°．故选D．【名师点拨】本题考查了平行线的性质：两直线平行，同位角相等；两直线平行，同旁内角互补；两直线平行，内错角相等．23．（2022·山东泰安市·九年级期中）如图,在矩形ABCD中,AB=4,BC=6,点E为BC的中点,将ABE沿AE折叠,使点B落在矩形内点F处,连接CF,则CF的长为（）A．95B．185C．165D．125【答案】B【提示】连接BF，由折叠可知AE垂直平分BF，根据勾股定理求得AE=5，利用直角三角形面积的两种表示法求得BH=125，即可得BF=245，再证明∠BFC=90°，最后利用勾股定理求得CF=185．【详解】连接BF，由折叠可知AE垂直平分BF，∵BC=6，点E为BC的中点，∴BE=3，又∵AB=4，=，∵1122AB BE AE BH⋅=⋅，∴1134522BH⨯⨯=⨯⨯，∴BH=125，则BF=245，∵FE=BE=EC，∴∠BFC=90°，=185．故选B．【名师点拨】本题考查的是翻折变换的性质、矩形的性质及勾股定理的应用，掌握折叠是一种对称变换，它属于轴对称，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题的关键．24．（2022·河南洛阳市·八年级期末）如图，在矩形ABCD中，AB=8，BC=4，将矩形沿AC折叠，点B落在点B′处，则重叠部分△AFC的面积为（）A．12B．10C．8D．6【答案】B【提示】已知AD 为CF 边上的高，要求AFC △的面积，求得FC 即可，求证AFD CFB '△≌△，得B F DF '=，设DF x =，则在Rt AFD △中，根据勾股定理求x ，于是得到CF CD DF =-，即可得到答案．【详解】解：由翻折变换的性质可知，AFD CFB '△≌△，'DF B F ∴=，设DF x =，则8AF CF x ==-，在Rt AFD △中，222AF DF AD =+，即222(8)4x x -=+，解得：3x =，835CF CD FD ∴=-=-=，1102AFC S AF BC ∴=⋅⋅=△． 故选：B ．【名师点拨】本题考查矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等内容，根据折叠的性质得到AFD CFB '△≌△是解题的关键．考查题型六 直角三角形中线25．（2022·山东枣庄市·九年级期末）如图，△ABC 中，AB=AC=10，BC=8，AD 平分∠BAC 交BC 于点D ，点E 为AC 的中点，连接DE ，则△CDE 的周长为（ ）A ．20B ．12C ．14D ．13【答案】C【详解】解：∵AB=AC，AD平分∠BAC，BC=8，∴AD⊥BC，CD=BD=12BC=4，∵点E为AC的中点，∴DE=CE=12AC=5，∴△CDE的周长=CD+DE+CE=4+5+5=14．故选C．【名师点拨】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并准确识图是解题的关键．26．（2022·江苏省无锡市八年级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD为AB边上的高，CE为AB边上的中线，AD=2，CE=5，则CD=（）A．2B．3C．4D．【答案】C【解析】提示：根据直角三角形的性质得出AE=CE=5，进而得出DE=3，利用勾股定理解答即可．详解：∵在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CE为AB边上的中线，CE=5，∴AE=CE=5，∴DE=3，∵CD为AB边上的高，∴在Rt△CDE中，，故选C．名师点拨：此题考查直角三角形的性质，关键是根据直角三角形的性质得出AE=CE=5．27．（2022·株洲市八年级期中）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C 被湖隔开，若测得AM的长为1.2km，则M、C两点间的距离为（）A0.5kmA．0.6kmB．0.9kmC．1.2km【答案】D【详解】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求得距离为1.2km.故选D28．（2022·黑龙江哈尔滨市·八年级期中）直角三角形中，两直角边分别是12和5，则斜边上的中线长是（）A．34B．26C．6.5D．8.5【答案】C【提示】利用勾股定理列式求出斜边，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答．解：由勾股定理得，斜边＝2212513+=，所以，斜边上的中线长＝12×13＝6.5．故选C．【名师点拨】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，熟记性质是解题的关键．考查题型七利用矩形的性质证明29．（2022·金昌市八年级期中）如图，四边形ABCD是矩形，点E在CD边上，点F在DC 延长线上，AE＝BF．（1）求证：四边形ABFE是平行四边形；（2）若∠BEF＝∠DAE，AE＝3，BE＝4，求EF的长．【答案】（1）证明见解析；（2）EF＝5【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AD=BC，∠D=∠BCD=90°．∴∠BCF=180°﹣∠BCD=180°﹣90°=90°．∴∠D=∠BCF．在Rt△ADE和Rt△BCF中AE BF AD BC ì=ïí=ïî，∴Rt△ADE≌Rt△BCF．∴∠1=∠F．∴AE∥BF．∵AE=BF，∴四边形ABFE是平行四边形．（2）解：∵∠D=90°，∴∠DAE+∠1=90°．∵∠BEF=∠DAE，∴∠BEF+∠1=90°．∵∠BEF+∠1+∠AEB=180°，∴∠AEB=90°．在Rt△ABE中，AE=3，BE=4，5==．∵四边形ABFE是平行四边形，∴EF=AB=5．【名师点拨】熟练运用矩形的性质，平行四边形的判定方法，勾股定理是解答本题的关键．30．（2022·山东菏泽市·九年级期中）已知：如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，点F在边BC上，且BE=CF，EF⊥DF，求证：BF=CD．【答案】证明过程见解析【解析】试题提示：由四边形ABCD为矩形，得到四个角为直角，再由EF与FD垂直，利用平角定义得到一对角互余，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用ASA得到三角形BEF与三角形CFD全等，利用全等三角形对应边相等即可得证．试题解析：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠C=90°，∵EF⊥DF，∴∠EFD=90°，∴∠EFB+∠CFD=90°，∵∠EFB+∠BEF=90°，∴∠BEF=∠CFD，在△BEF和△CFD中，，∴△BEF≌△CFD（ASA），∴BF=CD．考点：（1）矩形的性质；（2）全等三角形的判定与性质31．（2022·广东揭阳市·九年级期末）已知，矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，AC的垂直平分线EF分别交AD、BC于点E、F，垂足为O．（1）如图（1），连接AF、CE．①四边形AFCE是什么特殊四边形？说明理由；②求AF的长；（2）如图（2），动点P、Q分别从A、C两点同时出发，沿△AFB和△CDE各边匀速运动一周．即点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．在运动过程中，已知点P 的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，求t的值．【答案】（1）①菱形，理由见解析；②AF＝5；（2）43秒．【提示】（1）①先证明四边形ABCD为平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的平行四边形是菱形作出判定；②根据勾股定理即可求AF 的长；（2）分情况讨论可知，P 点在BF 上；Q 点在ED 上时；才能构成平行四边形，根据平行四边形的性质列出方程求解即可．【详解】（1）①∵四边形ABCD 是矩形，∴AD∥BC，∴∠CAD＝∠ACB，∠AEF＝∠CFE．∵EF 垂直平分AC ，∴OA＝OC ．在△AOE 和△COF 中，CAD ACB AEF CFE A C O O ∠=∠⎧⎪∠=∠⎨⎪=⎩∴△AOE≌△COF(AAS)，∴OE＝OF(AAS)．∵EF⊥AC，∴四边形AFCE 为菱形．②设菱形的边长AF ＝CF ＝xcm ，则BF ＝(8﹣x)cm ，在Rt△ABF 中，AB ＝4cm ，由勾股定理，得16+(8﹣x)2＝x 2，解得：x ＝5，∴AF＝5．（2）由作图可以知道，P点AF上时，Q点CD上，此时A，C，P，Q四点不可能构成平行四边形；同理P点AB上时，Q点DE或CE上，也不能构成平行四边形．∴只有当P点在BF上，Q点在ED上时，才能构成平行四边形，∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，∴PC＝QA，∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，∴PC＝5t，QA＝12﹣4t，∴5t＝12﹣4t，解得：t＝43．∴以A，C，P，Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t＝43秒．【名师点拨】本题考查了矩形的性质的运用，菱形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，平行四边形的判定及性质的运用，解答时提示清楚动点在不同的位置所构成的图形的形状是解答本题的关键．。
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初中数学解题模型专题讲解
初中数学解题模型专题讲解
30 矩形大法
专题30
矩形大法
矩形大法
主要从三个方面和大家交流：
一：“矩形大法”的提出背景
二：“矩形大法”的基本构造
三：“矩形大法”的实例应用
一、矩形大法”的提出背景
问题：我们如何刻画一个角大小呢？
是的，角的大小有两种刻画方法：一种是传统的、人人皆知的度数刻画法；另一种是常被我们忽略的边长刻画法（即三角函数值）。
如果两个角的大小是用度数体现的，那么这两个角的和与差的度数能够非常容易地计算出来。
但如果两个角的大小是采用边长（即三角函数值）刻画的，那么两个角的和或差的大小是多少呢？
自然，这两个角和与差的大小也只能采用三角函数值刻画。
也许学习数学的人第一反应是马上想到高中的两角和与差的三角公式。
但现在讨论的背景是初中数学教学因此我们要回避用高中数学知识。
首先要提的就是南通2014年的28题第三问：
不知大家第一次看到这道题的第一反应是什么？
能否在短时间中用传统方法解决？
看到两角和差关系这样的条件想到什么？
本题它有比较巧妙的求法，但要发现，还是需要一定的时间的。
这里涉及到两角和差关系，需要说明的是，命题人员绝非希望你采用高中“两角和与差的三角公式”去解决问题，这是由于：
⑴他们当初没有意识到采用这样的思考方法是合理的，而且只要方法得当，的确能够解决问题。
⑵即使意识到了，他们认为因为初中不具备这样的知识，有这样的想法却因为不具备的能力，从而无法解决原问题。
⑶最关键的原因是，由于命题人员想出了构思极为巧妙，常人很难想到的解法。
于是，这样的考题在不知不觉中出现了，而且通常情况下，这样的考题必定处于试卷中的难题位置．那如果我们能有比较好的方法去破解这个和差关系，那不就可以不花多少时间直接攻破此题了呢！
再譬如今年盐城的中考题第3问：
这题给出的答案也比较复杂，我想学生在短时间里容易找到点P的位置却不易求出点P坐标。
那么这题究竟如何成功破解呢？
而类似这样的问题不管小题，大题，其实在中考中是比较多的。
现在的问题是，有些题目构思非常巧妙，但采用“因果确定法”思考，面临的困难就是：已知两个角的大小（边长刻画），最后只有在解决了这两个角的和或差的问题后，才能真正解决原问题。
那么有没有既遵从原始的“因果确定法”的思考方法，又付出代价不大，同时还易于操作的解法呢？也即如何做到“想有背景，解不超纲”呢？
这就让人开始思考从比值刻画一个角的大小，就得出现一个包含这个锐角的直角三角形。
那么两个角呢？
就必须出现两个直角三角形。
最后还要有两个角的和或差的大小的比值刻画，即出现了第三个角，又必须出现一个含有这个和角或差角的直角三角形。
这样就需要三个直角三角形，那么怎样才能沟通彼此联系呢？在平时的基本构图模型中有吗？
在这些想法的基础上，朦朦胧胧地继续探求构造，最后终于产生了那个精妙绝伦的矩形——一下子全部满足了要求！
为了在网络上交流，既有一定的趣味性，又揭示方法的本质，于特将其取名为“矩形大法”。
我们在课堂上有时为了表述的方便或激发学生的学习兴趣和积极性，也可以一起命些名称，不必太过计较说法，我的课堂里还有个“晨博公式”呢！（晨博是我现在的一个学生名字）
二、“矩形大法”的基本构造
下面我们以75°，15°这两个特殊角为例聊聊矩形的构造
我们可以通过30°与15°的倍半角关系求出tan15°的值，通过互余关系求出tan75°的值。
那如果利用30°，45°这两角的和差关系又该怎样构图表示出75°与15°的正切值呢？
1、先思考75°即45°与30°和的构造：
根据刚才的阐述，我们究竟该如何用比值来刻画45°，30°，以及75°这三个角呢？
2、15°即45°与30°差的构造
刚才两角和是在一个角的基础上向外“扩张”，现在是两角差，该如何构造呢？
3、已知即构图说明
现在如何用矩形构造呢？
【江苏苏晓艺向外作是求和，向里作是求差】
总结的好！
这里我们可以仿照上面的15°，75°，的构造，得到如下的构图
从这里可以看出 “12345”显然可以看成是“矩形大法”的一个特殊运用． 掌握了矩形大法，要解释为什么有：“1/2”＋“1/3”＝45°，“1/2”＋“1/2”＝“4/3”等，就显得非常容易了哦！
其基本步骤是其基本步骤是：：构直角构直角，，框矩形框矩形，，用相似用相似，，表线段表线段。
下面先来几个小题，热下手哦！
1、
如果是填空或选择的小题，那就可秒了哈
解法二：根据等边三角形的特殊性，作AB边上的高，过垂足构一线三直角框矩形也是比较方便的。
4、先来看一道2013淄博中考题的第三问
本题中求∠ODB的正切值的关键是什么呢？
本题中求∠ODB的正切值，一边OD确定，所以只要确定点B的坐标即可。
这题就和上一个小题一样了。
这里既可以看成∠OAC+60°角，也可以是∠OCA+60°角的和差关系，可构如下图：
5、再来个中考小题
这里求出F（7,1），知tan∠FOA=
根据∠DPO=∠α－∠DAO现在估计很多朋友在“施法”框矩形了！
而DF=4，所以FP=18，所以P点坐标为（19,0）或（-17,0）
如果在原图外另构图的话，那是不是分分钟的事情呢！
即使我们不向学生介绍这种方法，作为教师掌握了这个“大法”，当学生来问你题时，你能快速地报出答案，那学生岂不对你佩服的五体投地呢！
在原图上就可以如上构图
利用平行关系可知∠GDO=∠DOX=tanα=4，在∠GDO内部过点O作垂线构造tan∠EDO=tan∠DAO=2的直角三角形,所以两阴影的三角形的相似比为1:2，则可表示出矩形FDGH边上各部分线段长，可得P点坐标为（-17,0）再根据对称性得另一点坐标（19,0）
除了这种矩形构造，我们还可以构造更具一般性的矩形。
本想静静地学习，发现实在不行。
黄萍老师是一位优秀的数学老师，其他老师能否静静聆听讲解呢？您上课讲的时候学生也讲，有何效率？有问题能否课后问？得罪了。
这里由于题中D点的坐标特征，利用tan∠DOF=4，命题人存在构思巧妙的方法倘若我们没有发现这一点呢？
但这里用“矩形大法”，我们可以无视这个条件
譬如把“tan∠α＝4”改成3
也许原先的巧妙构思就不再可以了，而“矩形大法”在此可再显其神威
无论怎么变，只要两角的值是确定的，都可以“强行破门”，“直接碾压”．
大家可以一试
其实只要在上图中改动几个数据即可：
图中tan∠HDA=3，所以两相似三角形的相似比为3:1，依次标出矩形边上各线段的长就OK了！P(-27,0)或（29,0）
7、再来破解今年盐城的这题：
、
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