2026年中考数学重难点一轮复习：专题30 矩形

专题30 矩形   一、选择题（共8小题） 1．（2025•蚌埠模拟）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠AOD＝α，则∠OBC的度数是（　　） A． B．45°+α C． D．180°﹣2α 2．（2025•长沙模拟）如图，在矩形ABCD中，BE平分∠ABC交AD于点E，且BE＝BC．若AB＝1，则BC的长为（　　） A．1 B． C． D．2 3．（2025•雁塔区三模）如图，在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E．若∠ODA＝30°，则∠BOE的度数为（　　） A．45° B．60° C．65° D．75° 4．（2025•贵州）如图，小红想将一张矩形纸片沿AD，BC剪下后得到一个▱ABCD，若∠1＝70°，则∠2的度数是（　　） A．20° B．70° C．80° D．110° 5．（2025•通辽校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，连接AE，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点M，则的值为（　　） A．1 B． C． D． 6．（2025•市中区二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD 交BC边于点E，点F是AE的中点，连接OF，若AB＝OB＝1，则FO的长度为（　　） A． B． C． D． 7．（2025•德州）如图，矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（3，0），（0，2），▱OADE与矩形OABC周长相等，▱OADE的面积是矩形OABC面积的一半，则点D的坐标为（　　） A． B． C．（5，1） D． 8．（2025•永寿县校级模拟）如图，在矩形ABCD中，E是CD的中点，连接BE，过点A作AF⊥BE，垂足为F，若AB＝4，AD＝6，则的值为（　　） A． B． C． D． 二、填空题（共8小题） 9．（2025•辽宁一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝4，点E在AB上，点F在对角线BD所在的直线上，EF＝EB，直线EF与直线DC交于点G，直线AG与直线BD交于点H，若AH＝4GH，则EB的长为　 　 ． 10．（2025•贵州）如图，在矩形ABCD中，点E，F，M分别在AB，DC，AD边上，BE＝2CF，FM分别交对角线BD、线段DE于点G，H，且H是DE的中点．若CF＝2，∠ABD＝30°，则HG的长为 　 　 ． 11．（2025•酒泉一模）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠AOB＝60°，已知AB＝1，则该矩形的面积是 　 　 ． 12．（2025•苍梧县一模）如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是 　 　 ． 13．（2025•历下区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，点E为AD上一点，且BE＝BC，作∠EBC的角平分线BF交边CD于点F，作CG⊥BE于点P，分别与AB和BF交于点G和点Q，若，则PQ的长度为 　 　 ． 14．（2025•泰州二模）如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4，点E是边AD上的动点，点F在边CD上，CF＝DE．连接AF、CE，则AF+CE的最小值为　 　 ． 15．（2025•沭阳县校级一模）如图，矩形ABCD中，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，连接DG，则DG的最大值为 　 　 ． 16．（2025•碑林区校级模拟）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的顶点B（﹣2，0），C（0，1）．现将矩形ABOC平移到矩形A'B'O'C'位置，使O点平移到点O′（4，2）位置，则A'点的坐标为 　 　 ． 三、解答题（共5小题） 17．（2025•芗城区校级模拟）如图，点E在矩形ABCD的边BC上，连接AE，DE，且BE＝CE．求证：AE＝DE． 18．（2025•桓台县二模）如图，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连接CE，DE．若CE＝CD，过点D作DF⊥CE于点F．求证：CF＝EB． 19．（2025•让胡路区校级三模）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点O是AC、BD的中点，点E在四边形ABCD外，且∠AEC＝∠BED＝90°． （1）求证：四边形ABCD是矩形； （2）若AB＝2，∠AOD＝120°，求矩形ABCD的面积． 20．（2025•水磨沟区一模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，且FC＝AE，连接AF、BF． （1）求证：四边形DEBF是矩形； （2）若AF平分∠DAB，FC＝3，DF＝5，求BF的长． 21．（2025•四川校级模拟）如图1，矩形ABCD中，AB＝12，AD＝18，点E、F是对角线AC上的两个点，AE＝CF，连接DE、BF． （1）求证：DE＝BF； （2）如图2，点M与E关于AD对称，点N与F关于BC对称，连接BM、MD、ND、NB，当BM＝BN时，判断四边形BMDN的形状，并说明理由． 参考答案 一、选择题（共8小题） 1．【答案】A 【分析】由矩形的性质可得OB＝OC，根据等边对等角可得∠BOC＝∠AOD＝α，最后根据三角形内角和即可解答． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴， ∴OB＝OC， ∴∠OBC＝∠OCB， ∵∠BOC＝∠AOD＝α， ∴． 故选：A． 2．【答案】B 【分析】根据矩形性质得∠A＝∠ABC＝90°，根据角平分线定义得∠ABE∠ABC＝45°，由此得△ABE是等腰直角三角形，进而得AE＝AB＝1，由勾股定理得AE，再根据BE＝BC即可得出BC的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠ABC＝90°， ∵BE平分∠ABC交AD于点E， ∴∠ABE∠ABC＝45°， 在△ABE中，∠A＝90°， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AE＝AB＝1， 由勾股定理得：BE， ∵BE＝BC， ∴BC， 即BC的长为． 故选：B． 3．【答案】D 【分析】根据矩形的性质及AE平分∠BAD分别判定BE＝BA及△AOB为等边三角形，然后求得∠OBE＝30°，则可在△BOE中求得∠BOE的度数． 【解答】证明：在矩形ABCD中，AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB， ∴∠AEB＝∠EAD＝90°， ∴BE＝BA． ∵∠OAD＝∠ODA＝30°， ∴∠BAC＝60°， 又∵OA＝OB， ∴△AOB为等边三角形， ∴BO＝BA， ∴BO＝BE ∵AD∥BC ∴∠OBE＝∠ADO＝30° ∴∠BOE＝（180°﹣30°）÷2＝75°． 故选：D． 4．【答案】B 【分析】根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠2＝∠1＝70°． 故选：B． 5．【答案】B 【分析】延长DF交BC于点H，由矩形的性质得∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，则BE＝CEBC＝3，由DF⊥AE于点F，得∠EFH＝90°，可证明∠HDC＝∠AEB，由tan∠HDC＝tan∠AEB，求得CHCD，再证明△ADM∽△CHM，则，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长DF交BC于点H， ∵四边形ABCD是矩形，点E是BC的中点，AB＝8，BC＝6， ∴∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，BE＝CEBC＝3， ∵DF⊥AE于点F， ∴∠EFH＝90°， ∴∠HDC＝∠AEB＝90°﹣∠CHD， ∴tan∠HDC＝tan∠AEB， ∴CHCD4， ∵AD∥CH， ∴△ADM∽△CHM， ∴， 故选：B． 6．【答案】D 【分析】证明△AOB是等边三角形，而CD＝AB＝1，则OA＝OC＝CD＝1，所以AC＝2，由勾股定理得BC，由AE平分∠BAD交BC边于点E，得∠BAE＝∠DAE＝45°，则∠BEA＝∠BAE＝45°，所以BE＝AB＝1，则EC1，由三角形的中位线定理得FOEC，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OB， ∵AB＝OB＝1， ∴△AOB是等边三角形， ∴OA＝OC＝1， ∴AC＝2， ∴BC， ∵AE平分∠BAD交BC边于点E， ∴∠BAE＝∠DAE∠BAD＝45°， ∴∠BEA＝∠BAE＝45°， ∴BE＝AB＝1， ∴EC＝BC﹣BE1， ∵点F是AE的中点，点O是AC的中点， ∴FOEC， 故选：D． 7．【答案】A 【分析】过点D作DF⊥x轴于点F，依题意得OA＝BC＝3，AB＝OC＝2，则矩形OABC的周长为2（OA+AB）＝10，矩形OABC的面积为OA•AB＝6，根据平行四边形性质得AD＝OE，DE＝OA＝3，则平行四边形OADE的周长为2（OA+AD）＝2×（3+AD），平行四边形OADE的面积为OA•DF＝3DF，进而得2×（3+AD）＝10，3DF6，由此得AD＝2，DF＝1，然后在Rt△AFD中，由勾股定理得AF，则OF＝OA+AF，由此得点D的坐标为，据此即可得出答案． 【解答】解：过点D作DF⊥x轴于点F，如图所示： ∴∠AFD＝90°， 即△AFD是直角三角形， ∵矩形OABC的顶点O，A，C的坐标分别是（0，0），（3，0），（0，2）， ∴OA＝BC＝3，AB＝OC＝2， ∴矩形OABC的周长为：2（OA+AB）＝2×（3+2）＝10，矩形OABC的面积为：OA•AB＝2×3＝6， ∵四边形OADE是平行四边形， ∴AD＝OE，DE＝OA＝3， ∴平行四边形OADE的周长为：2（OA+AD）＝2×（3+AD），平行四边形OADE的面积为：OA•DF＝3DF， ∵平行四边形OADE的周长与矩形OABC周长相等， ∴2×（3+AD）＝10， ∴AD＝2， 又∴平行四边形OADE的面积是矩形OABC面积的一半， ∵3DF6， ∴DF＝1， 在Rt△AFD中，由勾股定理得：AF， ∴OF＝OA+AF， ∴点D的坐标为． 故选：A． 8．【答案】A 【分析】由勾股定理可求BE的长，通过证明△ABF∽△BEC，可得，可求BF和EF的长，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD＝4，BC＝AD＝6， ∵E是CD的中点， ∴CE＝DE＝2， ∴BE2， ∵AF⊥BE， ∴∠AFB＝90°＝∠ABC＝∠C， ∴∠ABF+∠BAF＝90°＝∠ABF+∠CBE， ∴∠BAF＝∠CBE， ∴△ABF∽△BEC， ∴， ∴， ∴BF， ∴EF， ∴， 故选：A． 二、填空题（共8小题） 9．【答案】3或7． 【分析】根据G与线段DC的位置关系分情况讨论，设BE＝x，过E作EN⊥BD于N，先由△AHB∽△GHD求出DG＝2，再由△EFB∽△GFD结合BF＝2BN用x表示出BN，最后根据△BAD∽△BNE，得到，代入后解方程即可． 【解答】解：由条件可知AB＝CD＝8，AD＝BC＝4，∠ADC＝∠DCB＝∠ABC＝∠BAD＝90°，AB∥CD， 由勾股定理可得：， 设BE＝x， 当G在线段DC上时，如图，过E作EN⊥BD于N， ∵AB∥CD， ∴△AHB∽△GHD，△EFB∽△GFD， ∴，， ∵AH＝4GH， ∴，解得DG＝2， ∵EF＝EB，EN⊥BD， ∴BF＝2BN， ∴， ∴， 解得， ∵∠BNE＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠EBN， ∴△BAD∽△BNE， ∴， ∴， 解得x＝3， ∴BE＝x＝3； 当G在线段DC外时，如图，过E作EN⊥BD于N， ∵AB∥CD， ∴△AHB∽△GHD，△EFB∽△GFD， ∴，， ∵AH＝4GH， ∴，解得DG＝2， 由条件可知BF＝2BN， ∴， 解得， ∵∠BNE＝∠BAD＝90°，∠ABD＝∠EBN， ∴△BAD∽△BNE， ∴， ∴， ∴BE＝x＝7， 综上所述，BE＝3或BE＝7， 故答案为：3或7． 10．【答案】． 【分析】如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q，求解BE＝4，证明HN是△BDE的中位线，可得HN∥BE，，，证明四边形HFCN是平行四边形，可得∠NCF＝∠NHG＝30°，而HQ⊥BD，∠HNQ＝30°，求解∠GHQ＝30°，再进一步求解即可． 【解答】解：如图，连接AC，交BD于N，过H作HQ⊥BD于Q， ∵BE＝2CF，CF＝2， ∴BE＝4， ∵矩形ABCD， ∴AN＝CN＝BN＝DN，AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BAC＝30°，∠BAC＝∠NCF＝30°， ∵H是DE的中点， ∴HN是△BDE的中位线， ∴HN∥BE，， ∴∠ABD＝∠HNQ＝30°， ∴， ∵HN∥AB，AB∥CD， ∴HN∥CF， ∵HN＝CF＝2， ∴四边形HFCN是平行四边形， ∴∠NCF＝∠NHG＝30°，而HQ⊥BD，∠HNQ＝30°， ∴∠HGQ＝60°， ∴∠GHQ＝30°， ∴， ∴， 故答案为：． 11．【答案】 【分析】根据矩形的性质可先证明△OAB是等边三角形，则OA＝OB＝1，AC＝2，在Rt△ABC中，由勾股定理可求出BC，由此可得出矩形ABCD的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OB＝OC＝OD，∠ABC＝90°， ∵∠AOB＝60°， ∴△OAB是等边三角形， ∴OA＝OB＝1， ∴AC＝OA+OC＝2， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：BC， ∴矩形ABCD的面积是：AB•BC． 故答案为：． 12．【答案】4.8 【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，可求得OA＝OD＝5，△AOD的面积，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOPOA•PEOD•PF求得答案． 【解答】解：连接OP， ∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8， ∴S矩形ABCD＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD10， ∴OA＝OD＝5， ∴S△ACDS矩形ABCD＝24， ∴S△AODS△ACD＝12， ∵S△AOD＝S△AOP+S△DOPOA•PEOD•PF5×PE5×PF（PE+PF）＝12， 解得：PE+PF＝4.8． 故答案为：4.8． 13．【答案】． 【分析】连接EF，过Q作OQ⊥BC交AB于O，先证明△ABE≌△PCB，得到PC＝AB＝4，设PQ＝x，则CQ＝4﹣x，证明△BPQ≌△BOQ，△BEF≌△BCF，得到 PQ＝OQ＝x，∠BEF＝∠BCF＝90°，∠EFB＝∠CFB，EF＝CF，根据平行线的判定和性质得到∠FQC＝∠CFB，根据等角对等边得到 EF＝CF＝CQ＝4﹣x，进而得到GB＝GQ＝3，GP＝3﹣x，再由平行线分线段成比例得到 ，计算即可． 【解答】解：连接EF，过Q作OQ⊥BC交AB于O， ∵∠ABE+∠CBE＝90°，∠PCB+∠CBE＝90°， ∴∠ABE＝∠PCB， 在△ABE和△PCB中， ， ∴△ABE≌△PCB（AAS）， ∴PC＝AB＝4， 设PQ＝x，则CQ＝4﹣x， ∵BF是∠EBC的角平分线， ∴∠PBQ＝∠OBQ， 在△BPQ和△BOQ中， ， ∴△BPQ≌△BOQ（AAS）， ∴PQ＝OQ＝x，又BE＝BQ， ∴△BEF≌△BCF（SAS）， ∴∠BEF＝∠BCF＝90°，∠EFB＝∠CFB，EF＝CF， ∴∠PEF+∠EPC＝180°，即EF∥PC， ∴∠EFB＝∠FQC， ∴∠FQC＝∠CFB， ∴CF＝CQ＝4﹣x， ∴EF＝CF＝4﹣x， ∵AB∥DC， ∴∠GBF＝∠CFB， ∵∠FQC＝∠CFB，∠FQC＝∠GQB， ∴∠GBQ＝∠GQB， ∵GB＝GQ， ∴， ∴AG＝1，GB＝3， ∴GB＝GQ＝3， ∴GP＝3﹣x， ∵OQ⊥BC，BG⊥BC， ∵OQ∥BG， ∴△COQ∽△CBG， ∴， ∴， 整理得x2﹣10x+12＝0， 解得：，， 由图可知PQ＝OQ＝x＜AB＝4，不符合题意， 故答案为：． 14．【答案】． 【分析】在CB上取点H，使得CH＝CD，连接HF，过点H作HG⊥AD于点G，作点A关于CD的对称点A′，连接A′F，首先证明△HCF≌△CDE，由全等三角形的性质可得HF＝CE，再由轴对称的性质可得AF＝AF′，易知AF+CE＝A′F+HF，当点A′、F、H三点共线时，A′F+HF取最小值，即AF+CE取最小值，然后证明四边形HGDC为矩形，结合矩形的性质以及勾股定理解得A′H的值，即可获得答案． 【解答】解：在CB上取点H，使得CH＝CD，连接HF，过点H作HG⊥AD于点G，作点A关于CD的对称点A′，连接A′F， ∵四边形ABCD为矩形，AB＝3，AD＝4， ∴∠ADC＝∠DCB＝90°，CD＝AB＝3，∠HCF＝∠CDE＝90°， ∵CF＝DE， ∴△HCF≌△CDE（SAS）， ∴HF＝CE， ∵点A与点A′关于CD对称， ∴AF＝AF′，A′D＝AD＝4， ∴AF+CE＝A′F+HF， 当点A′、F、H三点共线时，A′F+HF取最小值，即AF+CE取最小值， 此时∵∠HCD＝∠CDG＝∠HGD＝90°， ∴四边形HGDC为矩形， ∴GD＝CH＝CD＝3，GH＝CD＝3， ∴A′G＝A′D+DG＝7， ∴， ∴此时，即AF+CE的最小值为． 故答案为：． 15．【答案】22． 【分析】连接AC、EF相交于O，取AO的中点H，连接GH，由GHAO，可知G点在以H为圆心，AO为直径的圆上运动，求出DH+AH的长即为DG的最大值． 【解答】解：连接AC、EF相交于O，取AO的中点H，连接GH， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥CD，∠B＝90°， ∵， 在直角三角形ABC中，由勾股定理得：AC8， ∵动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB，CD向终点B，D运动， ∴CF＝AE， ∵AB∥CD， ∴∠ACD＝∠CAB， 在△COF和△AOE中， ， ∴△COF≌△AOE（AAS）， ∴AO＝CO＝4，OF＝OE， ∴O是对角线AC、BD的交点， ∵AG⊥EF， ∴GHAO， ∴G点在以H为圆心，AO为直径的圆上运动， ∵AC＝8， ∴AH＝2， ∵BC＝4，AB＝4，AC＝8， ∴∠CAB＝30°， ∴∠DAC＝60°， 过点H作HM⊥AD交于M点， ∴AM＝1，MH， ∴DM＝3，DH＝2， ∴CG的值最大为22， 故答案为：22． 16．【答案】（2，3）． 【分析】先根据矩形性质得点A的坐标为（﹣2，1），再根据平移后点O的对应点O'的坐标为（4，2）得点A的对应点A'的横坐标为﹣2+4＝2，纵坐标为1+2＝3，据此即可得出点A'的坐标． 【解答】解：∵矩形ABOC的顶点B（﹣2，0），C（0，1）， ∴点A的坐标为（﹣2，1）， ∵平移后点O的对应点O'的坐标为（4，2）， ∴点A的对应点A'的横坐标为：﹣2+4＝2，纵坐标为：1+2＝3， ∴点A'的坐标为（2，3）． 三、解答题（共5小题） 17．【答案】∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝DC，∠ABE＝∠DCE＝90°（矩形的性质）， 在△ABE和△DCE中， ∴△ABE≌△DCE（SAS）， ∴AE＝DE（全等三角形对应边相等）． 【分析】先利用SAS证明△ABE≌△DCE，再利用全等三角形的性质得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝DC，∠ABE＝∠DCE＝90°（矩形的性质）， 在△ABE和△DCE中， ∴△ABE≌△DCE（SAS）， ∴AE＝DE（全等三角形对应边相等）． 18．【答案】证明见解析过程． 【分析】根据矩形的性质得出AB∥CD，∠B＝90°，进而利用AAS证明三角形全等解答即可． 【解答】证明：在矩形ABCD中，DF⊥CE于点F， ∴AB∥CD，∠B＝∠DCB＝90°，∠DFC＝90°， ∴∠DFC＝∠B，∠DCF＝∠CEB＝90°﹣∠ECB， 在△CFD与△EBC中， ， ∴△CFD≌△EBC（AAS）， ∴CF＝EB． 19．【答案】（1）见解析； （2）4． 【分析】（1）连接EO，首先根据O为BD和AC的中点，得出四边形ABCD是平行四边形，在Rt△AEC中EOAC，在Rt△EBD中，EOBD，得到AC＝BD，可证出结论； （2）根据矩形的性质和等边三角形的判定和性质，余角矩形的面积公式即可得到结论． 【解答】（1）证明：连接EO，如图所示： ∵O是AC、BD的中点， ∴AO＝CO，BO＝DO， ∴四边形ABCD是平行四边形， 在Rt△EBD中， ∵O为BD中点， ∴EOBD， ∵O为AC中点， ∴EOAC， ∴AC＝BD， 又∵四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是矩形； （2）∵平行四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AC＝BD， ∴AO＝OB， ∵∠AOD＝120°， ∴∠AOB＝60°， ∴△AOB是等边三角形， ∴AO＝BO＝AB＝2， ∴AC＝2AO＝4， ∴BC2， ∴矩形ABCD的面积＝AB•BC＝4． 20．【答案】（1）证明见解析； （2）4． 【分析】（1）先证四边形DEBF是平行四边形，再证∠DEB＝90°，即可得出结论； （2）证AD＝DF＝5，再由勾股定理求出DE＝4，然后由矩形的性质即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC∥AB，DC＝AB， ∵FC＝AE， ∴CD﹣FC＝AB﹣AE， 即DF＝BE， ∴四边形DEBF是平行四边形， 又∵DE⊥AB， ∴∠DEB＝90°， ∴平行四边形DEBF是矩形； （2）解：∵AF平分∠DAB， ∴∠DAF＝∠BAF， ∵DC∥AB， ∴∠DFA＝∠BAF， ∴∠DFA＝∠DAF， ∴AD＝DF＝5， 在Rt△AED中，由勾股定理得：DE4， 由（1）得：四边形DEBF是矩形， ∴BF＝DE＝4． 21．【答案】（1）∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠DAE＝∠BCF（两直线平行，内错角相等）， 在△DAE与△BCF中， ， ∴△DAE≌△BCF（SAS）， ∴DE＝BF（全等三角形对应边相等）； （2）四边形BMDN是菱形， 连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD（两直线平行，内错角相等）， ∵点M与E关于AD对称，点N与F关于BC对称， ∴∠ADE＝∠ADM，∠CBF＝∠CBN，DM＝DE，BN＝BF， 由①知△DAE≌△BCF（SAS）， ∴∠ADE＝∠CBF（全等三角形对应角相等），DE＝BF（全等三角形对应边相等）， ∴∠ADM＝∠CBN（等量代换）， ∴∠BDM＝∠DBN（等两代换）， ∴DM∥BN， 又∵DM＝DE＝BF＝BN， ∴四边形BMDN是平行四边形， ∵BM＝BN ∴四边形BMDN是菱形． 【分析】（1）根据矩形的性质可知：AD＝BC，∠DAE＝∠BCF，根据SAS可证△DAE≌△BCF（SAS），根据全等三角形的性质可证结论成立； （2）根据矩形的性质可知∠ADB＝∠CBD，根据对称的性质可知∠ADE＝∠ADM，∠CBF＝∠CBN，DM＝DE，BN＝BF，由①知△DAE≌△BCF（SAS），根据全等三角形的性质可知∠BDM＝∠DBN，根据内错角相等，两直线平行可证DM∥BN，可证四边形BMDN是平行四边形，根据BM＝BN可证四边形BMDN是菱形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∴∠DAE＝∠BCF（两直线平行，内错角相等）， 在△DAE与△BCF中， ， ∴△DAE≌△BCF（SAS）， ∴DE＝BF（全等三角形对应边相等）； （2）解：四边形BMDN是菱形， 理由如下： 连接BD交AC于O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD（两直线平行，内错角相等）， ∵点M与E关于AD对称，点N与F关于BC对称， ∴∠ADE＝∠ADM，∠CBF＝∠CBN，DM＝DE，BN＝BF， 由①知△DAE≌△BCF（SAS）， ∴∠ADE＝∠CBF（全等三角形对应角相等），DE＝BF（全等三角形对应边相等）， ∴∠ADM＝∠CBN（等量代换）， ∴∠BDM＝∠DBN（等两代换）， ∴DM∥BN， 又∵DM＝DE＝BF＝BN， ∴四边形BMDN是平行四边形， ∵BM＝BN ∴四边形BMDN是菱形． 学科网（北京）股份有限公司 $