模块2 专题8 矩形（数学）-【专项训练】2026-2027学年初中数理化二级结论秒解

切中敏理代二级结论秒解 5年420考占5-10分 专题8 矩形 (1)矩形边上动点到对角线的距离和为定值模型； 二级结论 (2)矩形“距离的平方和相等”模型； 擎 (3)“十字架”模型. 二级结论① 矩形边上动点到对角线的距离和为定值模型高频考点 秒解结论 推导过程 如图，在矩形ABCD中，P 如图，连接PO 为AD上一动点，PE⊥AC, PF⊥BD,AH⊥BD,垂足分 别为E,F,H,则PE+PF= AH. B ,·PE⊥AC,PF⊥BD,AHLBD .PE,PF,AH分别为△APO,△OPD,△AOD 的边OA,OD,OD上的高 SAA0D=SAMP0+S△oPn B 题干搜索：已知矩形一条边 OD·AH=号OA·PE+5OD·PF 上有一个动点，求该动点到 O为矩形ABCD对角线的交点， 两条对角线的距离之和. ∴.OA=OD 秒解口诀：矩形边上走一走， “2OD·AH=0D·PE+50D·PF=5OD 对角垂线手牵手；两段距离 (PE +PF), 加起来，顶到对角线的高. ∴.PE+PF=AH 秒解典例1如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=6,P是边AB上任意一点，过 点P分别作PE⊥AC于点E,PF⊥BD于点F,则PE+PF= -48- 模块©图形与几何 二级结论解法 结论秒解技法 解析：如图，过点A作AGLBD于点G 在矩形ABCD中，PEL 在矩形ABCD中，AB=8,AD=6,∠BAD=90°， AC,PFLBD,符合矩形 ∴在Rt△ABD中，由勾股定理，得 边上动点到对角线的距 BD=VAB2+AD2=82+62=10. 离和为定值模型，因此 :SaBD=7AB·AD=7BD·AG, 求PE+PF的值，可以 7×8×6=5×10·AG. 直接用“二级结论1”快 学 速求解 解得AG=号.根据矩形边上动点到对角线的距离 和为定值模型，可得PE+PF=AG=头 二级结论②矩形“距离的平方和相等”模型/高频考点 秒解结论 推导过程 如图，已知矩形ABCD所在平 (1)如图①，当点P在矩形ABCD的边上时，根 面内任意一点P,都有PA+ 据勾股定理，得PA2=PB2-AB2,PC2=PD2+ PC2=PD2+PB2 CD2, P D .PA2+PC2=PB2-AB2+PD2+CD2 又AB=CD,∴.PAP+PC2=PD2+PB (2)如图④，当点P在矩形ABCD内部时，过点 P作PP'∥AD,过点D作DP'∥AP交PP'于 ② 点P',连接CP',则四边 形APPD是平行四边形， ∴.PA=DP,AD=PP' 又：AD L BC, ∴.PP'LBC, ④ ③ .四边形BPP'C是平行四边形 题干搜索：已知一点到矩形三 ∴.PB=CP 个顶点的距离，求该点到第四 ADLDC,∴.PP⊥DC, 个顶点的距离 .四边形DPCP是“垂美”（对角线互相垂直） 秒解口诀：矩形平面任意点， 四边形， 连接四角看分明；对角平方 ∴.DPn+PC2=CP2+PD2, 加起来，两组之和定相等. ∴.PA2+PC2=PD2+PB2 (3)当点P在矩形ABCD外部时，推导过程略 49 切中敏理代二级结论秒解 向秒解典例2如图，已知F为矩形ABCD边上的一点，若BF=5,AF=12,CF= 3,求DF的长 B 二级结论解法 结论秒解技法 学 解析：根据矩形“距离的平方和相等”模型， 在矩形ABCD中，已知点 可知DF2+BF2=AF2+CF2 F到三个顶点的距离，求 即DF2+52=122+32, 另一距离，可直接利用“二 解得DF=8V2(负值已舍去). 级结论2”快速求解. 二级结论③“十字”模型高频考点 秒解结论 推导过程 在矩形ABCD中， 情况1：如图①，在矩形ABCD中， 情况1：如图①，连接BD,过点C作 ∠BCD=∠CDM=90°，CM⊥BD, CMLBD交AD于点M,则器8S .∠CBD+∠CDB=∠MCD+∠CDB= 90°， ∴.∠CBD=∠MCD, ∴.△BCD∽△CDM, B BDBC CM-CD ① ② 情况2：如图③，过点E作EP⊥BC于 情况2：如图②，E,F,G,H分别是边 点P,过点G作GQ⊥CD于点Q,其 AD,BC,AB,CD上的点.若EFLGH,则 余过程略 s D H 题干搜索：矩形内两条线段互相垂直， 求线段比例关系. B ③ 必练习题 1.如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,点P在边AD上从点A向点D 运动，过点P分别作PE⊥AC于点E,PF⊥BD于点F.已知AB=5,AD=12,随 -50- 模块●图彩与几何 着点P的运动，关于PE+PF的值，下列说法正确的是( E A.先增大，后减小 B.先减小，后增大 C始终等于9 D.始终等于3 2.如图，在矩形ABCD中，AB=2BC,M是边CD的中点，E,F分别是边 AB,BC上的点，且4FLM,垂足为G.若EB=4,BF=2,则G亮的值为 学 G B 3.如图，P为矩形ABCD内一点，若AP=6,DP=8,CP=10,求BP的长. D 4.如图，四边形ADCF为矩形，延长CD至点B,使BD=CD,连接AB,BF若BD=4, AB=10,求BF的长. B -51-刀中敏理代二级结论秒解 ∴.DE=√BE2+CD2=√4+32=5， .∴.BC=BE+CD+DE=4+3+5=12. 在Rt△ABC中，根据勾股定理，得 AB2+AC2=BC2,E 2AB2=BC2, 1 5.解：如图，过点C作CH⊥AB于点H. CE P .·在Rt△ACH中，∠A=30°， .AC=2CH. 根据等腰三角形中的“距离和差”模型 可知，PD-PE=CH 714 AB=AC..AB=2CH=2X33 专题5等边三角形 1.B2.150° 3.解：如图，过点A作AH⊥BC于点H. 根据等边三角形内的点到三边距离模 型，可知AH=PD+PE+PF=1+2+4=7. .·△ABC是等边三角形，AH⊥BC, ·.AB=AC=BC,∠AHC=90,CH=2BC C 1 在Rt△AHC中，由勾股定理，得 -176- AH2+CH2=AC2, 即49+14C2=AC2, 解得AC=143(负值已合去). 3 即等边三角形ABC的边长为43 专题6勾股定理的应用 1.6√6 2解：△ABC的半周长D=13+15+14=21, 2 根据海伦公式，可知 S48c=√21×(21-13)×(21-15)×(21-14)= 84. :AD是△ABC中BC边上的高， EBS)BCAD即X4XAD=84 .∴.AD=12. 专题7平行四边形 1.B2.B3.2 专题8矩形 1.C 3 10 3.解：根据矩形“距离的平方和相等”模 型，可知AP2+CP2=BP2+DP2, 即62+102=BP2+82, 解得BP=6√2（负值已舍去）. 4.解：由题意可知，BD=CD=4, ∴.BC=BD+CD=8. .·四边形ADCF是矩形. 根据矩形“距离的平方和相等”模型，可 知BF2=BA2+BC2-BD2=102+82-42= 148,.BF=2√/37（负值已舍去）. 专题9菱形 1.A 2.解：AC⊥BD .四边形ABCD为“垂美”四边形 ∴.根据“垂美”四边形模型，可得AB2+ CD2=AD2+BC2,即122+20=AD2+162, 则AD2=288, .AD=12√2（负值已舍去）. 3.解：如图连接CG,BE. G ,四边形ACFG,四边形ABDE均为正 方形， ∴.∠CAG=∠BAE=90°， ∴.∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC, 即∠GAB=∠CAE. 在△GAB和△CAE中， AG=AC, ∠GAB=∠CAE, AB=AE, ∴.△GAB≌△CAE(SAS), ∴.∠ABG=∠AEC. 又.·∠AEC+∠AME=90°， 参考答案 ∴.∠ABG+∠AME=90°， ∴.∠ABG+∠BMC=90°， ∴.∠BNM=90°，即CE⊥BG, ∴.四边形CGEB是“垂美”四边形， ∴.根据“垂美”四边形模型，可得 CG+BE2=BC2+GE2」 .AC=4,AB=5, ∴.AG=AC=4,AE=AB=5. 在Rt△ABC,Rt△ACG,Rt△ABE中， 由勾股定理，得BC=3,CG=4√2，BE= 52， .GE2=CG2+BE2-BC2=32+50-9=73, ∴.GE=73(负值已舍去). 专题10正方形 1.EF=BE+DF 2.(1 EF=BE+DF. (2)解：EF=BE-DF 理由如下：如图，在边BC上截取BG= DF,连接AG B G ,四边形ABCD为正方形， ∴.AD=AB,∠ABG=∠ADF=∠BAD= 90°. (AD=AB. 在△ADF和△ABG中，{∠ADF=∠ABG, DF=BG, .△ADF≌△ABG(SAS), -177-