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初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）专题1.2矩形的性质与判定姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共25题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020春•武汉期中）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．测得AB的长为1.6km，则M，C两点间的距离为（ ）A．0.5kmB．0.6kmC．0.8kmD．1.2km【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质即可求解．【解析】由题意可知，△ABC中，∠ACB＝90°，M是AB的中点，∴MC=12AB=12×1.6＝0.8（km）．故选：C．2．（2020春•东湖区校级期中）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＝6，则图中阴影部分的面积为（ ）A．10B．12C．16D．18【分析】由矩形的性质可证明S△PEB＝S△PFD，即可求解．【解析】作PM⊥AD于M，交BC于N．第21页/共21页
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△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，∵MP＝AE＝2∴S△DFP＝S△PBE=12×2×6＝6，∴S阴＝6+6＝12，故选：B．3．（2020春•江阴市期中）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）A．6013B．5013C．185D．125【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD=132，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．【解析】连接PO，∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=AB2+BC2=122+52=13，∴S△AOD=14S矩形ABCD＝15，OA＝OD=12AC=132，∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×132×（PE+PF）＝15，∴PE+PF=6013，故选：A．第21页/共21页
4．（2020春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AO＝5，CD＝6，则AD＝（ ）A．5B．6C．7D．8【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，根据勾股定理求出AD即可．【解析】∵四边形ABCD是矩形，AO＝5，∴∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2-CD2=102-62=8，故选：D．5．（2020春•西城区校级期中）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），则第四个顶点的坐标为（ ）A．（﹣2，2）B．（4，2）C．（4，4）D．（4，3）【分析】先在平面直角坐标系中描出点（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），然后根据矩形的性质画出矩形得到第四个点的位置，再写出第四个顶点的坐标．【解析】如图，∵A（﹣2，﹣1），B（﹣2，2），C（4，﹣1），∴BD＝AC＝2+4＝6，∴第四个顶点D的坐标为（6﹣2，2），即（4，2）．故选：B．第21页/共21页
6．（2020春•江汉区期中）下列结论中，矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）A．内角和为360°B．对角线互相平分C．对角线相等D．对边平行【分析】由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．【解析】矩形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分且相等；平行四边形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分；故选项A、B、D不符合题意，C符合题意；故选：C．7．（2020春•栖霞区期中）下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（ ）A．∠A＝∠CB．∠A＝∠BC．AC＝BDD．AB⊥BC【分析】由矩形的判定方法分别对各个选项进行判断，即可得出结论．【解析】A、在▱ABCD，若∠A＝∠C，则四边形ABCD还是平行四边形；故选项A符合题意；B、在▱ABCD中，AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠B，∴∠A＝∠B＝90°，∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；C、在▱ABCD中，AC＝BD，则▱ABCD是矩形；故选项C不符合题意；D、在▱ABCD中，AB⊥BC，∴∠ABC＝90°，∴▱ABCD是矩形，故选项D不符合题意；故选：A．8．（2020春•香坊区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，ED＝5，EC＝3，则矩形的周长为（ ）第21页/共21页
A．18B．20C．22D．24【分析】根据勾股定理求出DC＝4；证明BE＝AB＝4，即可求出矩形的周长．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，∵ED＝5，EC＝3，∴DC2＝DE2﹣CE2＝25﹣9＝16，∴DC＝4，AB＝4；∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠DAE；∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝∠DAE，∴∠BAE＝∠AEB，∴BE＝AB＝4，∴BC＝BE+EC＝7，∴矩形ABCD的周长＝2（4+7）＝22．故选：C．9．（2020春•无锡期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，连接CE，△DEC的周长为（ ）A．10B．11C．12D．13【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE＝6﹣x，在Rt△DEC中，根据勾股定理得出DE2+DC2＝EC2，求出DE即可．【解析】设DE＝x，则AE＝6﹣x，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，∵EF⊥AC，AO＝OC，第21页/共21页
∴AE＝CE＝6﹣x，在Rt△DEC中，由勾股定理得：DE2+DC2＝EC2，即x2+42＝（6﹣x）2，解得：x=53，即DE=53，CE＝AE＝6-53=135，∴△DEC的周长为DE+CE+DC=53+133+4＝10，故选：A．10．（2020春•赣榆区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AB，BE⊥AC，AF⊥BC，则∠EFC的度数为（ ）A．35°B．40°C．45°D．60°【分析】先根据线段垂直平分线的性质及BE⊥AC得出△ABE是等腰直角三角形，再由等腰三角形的性质得出∠ABC的度数，由AB＝AC，AF⊥BC，可知BF＝CF，BF＝EF，再根据三角形外角的性质即可得出结论．【解析】∵DE垂直平分AB，∴AE＝BE，∵BE⊥AC，∴△ABE是等腰直角三角形，∴∠BAC＝∠ABE＝45°，又∵AB＝AC，∴∠ABC=12（180°﹣∠BAC）=12（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∵AB＝AC，AF⊥BC，∴BF＝CF，第21页/共21页
∴BF＝EF，∴∠BEF＝∠CBE＝22.5°，∴∠EFC＝∠BEF+∠CBE＝22.5°+22.5°＝45°．故选：C．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2020春•西城区校级期中）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF＝AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE＝S△ADF；③AF＝AB；④BE＝AF．其中正确的结论是 ①②④ ．【分析】证明Rt△DEF≌Rt△DEC得出①正确；在证明△ABE≌△DFA得出S△ABE＝S△ADF；②正确；得出BE＝AF，④正确，③不正确；即可得出结论．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝∠ABE＝90°，AD∥BC，AB＝CD，∵DF＝AB，∴DF＝CD，∵DF⊥AE，∴∠DFA＝∠DFE＝90°，在Rt△DEF和Rt△DEC中，DE=DEDF=DC，∴Rt△DEF≌Rt△DEC（HL），①正确；∵AD∥BC，∴∠AEB＝∠DAF，第21页/共21页
在△ABE和△DFA中，∠ABE=∠DFA∠AEB=∠DAFAB=DF，∴△ABE≌△DFA（AAS），∴S△ABE＝S△ADF；②正确；∴BE＝AF，④正确，③不正确；故答案为：①②④．12．（2020春•栖霞区期中）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝ 35 °．【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝20°，即可得出答案．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，∴OC＝OD，∴∠ODC＝∠OCD，∵∠AOD＝110°，∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD=12（180°﹣70°）＝55°，∵DE⊥AC，∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；故答案为：35．13．（2020春•宜兴市期中）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC＝12，P，Q分别为AO，AD的中点，则PQ的长度为 3 ．第21页/共21页
【分析】根据矩形的性质可得AC＝BD＝12，BO＝DO＝6，再根据三角形中位线定理可得PQ=12DO＝3．【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝BD＝12，BO＝DO=12BD，∴OD=12BD＝6，∵点P、Q是AO，AD的中点，∴PQ是△AOD的中位线，∴PQ=12DO＝3．故答案为：3．14．（2020春•江汉区期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段AC的长为 45 ．【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝4，再由勾股定理求出AC即可．【解析】连接AE，如图：∵EF是AC的垂直平分线，∴OA＝OC，AE＝CE，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，AD∥BC，∴∠OAF＝∠OCE，在△AOF和△COE中，∠AOF=∠COEOA=OC∠OAF=∠OCE，∴△AOF≌△COE（ASA），∴AF＝CE＝5，∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，第21页/共21页
∴AB=AE2-BE2=52-32=4，∴AC=AB2+BC2=42+82=45；故答案为：45．15．（2020春•南岗区校级期中）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B点的纵坐标是 3 ．【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，证明△AFC≌△OEB，即可求得答案．【解析】如图，过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，∵四边形AOBC是矩形，∴OB＝AC，AC∥OB，第21页/共21页
∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，∵∠AFC＝∠OEB＝90°，∴△AFC≌△OEB（AAS），∴CF＝BE＝4﹣1＝3，故答案为：3．16．（2020春•鹿城区校级期中）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为 43-2 ．【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，由矩形的性质得出AB＝DE，由题意得CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，得出AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2．【解析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：则AB＝DE，由题意得：CD2+CE2＝CA2+CB2，即22+CE2＝42+62，解得：CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2；故答案为：43-2．第21页/共21页
17．（2020春•明水县校级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC．若AC＝5，则四边形CODE的周长是 10 ．【分析】根据矩形的性质求出OC＝OD，根据平行四边形的判定得出四边形CODE是平行四边形，根据菱形的判定得出四边形CODE是菱形，再根据菱形的性质得出即可．【解析】如图，∵四边形ABCD是矩形，AC＝5，∴AO＝OC＝2.5，AC＝BD，DO＝BO，∴OC＝OD，∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形CODE是平行四边形，∴四边形CODE是菱形，∴DE＝CE＝OC＝OD＝2.5，∴四边形CODE的周长是2.5+2.5+2.5+2.5＝10，故答案为：10．18．（2020春•赣榆区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是 6013 ．【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．【解析】如图，连接CD．∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，第21页/共21页
∴AB=AC2+BC2=52+122=13，∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，∴四边形CFDE是矩形，∴EF＝CD，由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，此时，S△ABC=12BC•AC=12AB•CD，即12×12×5=12×13•CD，解得：CD=6013，∴EF=6013．故答案为：6013．三、解答题（本大题共7小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020春•罗湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是AB的中点，且OC＝OD．（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；（2）若AD＝3，∠COD＝60°，求矩形ABCD的面积．【分析】（1）证△AOD≌△BOC（SSS），得出∠A＝∠B＝90°，即可得出结论；（2）证出∠AOD＝∠BOC＝60°，则∠ADO＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA=33AD=3，则AB＝2OA＝23，由矩形面积公式即可得出答案．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD∥BC，∴∠A+∠B＝180°，第21页/共21页
∵点O是AB的中点，∴OA＝OB，在△AOD和△BOC中，OA=OBAD=BCOD=OC，∴△AOD≌△BOC（SSS），∴∠A＝∠B＝90°，∴平行四边形ABCD是矩形；（2）解：由（1）得：△AOD≌△BOC，∴∠AOD＝∠BOC，∵∠COD＝60°，∴∠AOD＝∠BOC＝60°，∵∠A＝90°，∴∠ADO＝30°，∴OA=33AD=3，∴AB＝2OA＝23，∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝23×3＝63．20．（2020春•吴江区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF＝3．（1）求证：四边形AECF是菱形；（2）求线段EF的长．【分析】（1）根据矩形的性质得到CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝5，根据勾股定理得到AF＝CE＝5，于是得到结论；（2）过F作FH⊥AB于H，得到四边形AHFD是矩形，根据矩形的性质得到AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，根据勾股定理即可得到结论．【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，第21页/共21页
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，∵BE＝DF＝3，∴CF＝AE＝8﹣3＝5，∴AF＝CE=32+42=5，∴AF＝CF＝CE＝AE＝5，∴四边形AECF是菱形；（2）解：过F作FH⊥AB于H，如图所示：则四边形AHFD是矩形，∴AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，∴EH＝5﹣3＝2，∴EF=EH2+FH2=22+42=25．21．（2020春•建湖县期中）已知：如图，AC、BD相交于点O，且点O是AC、BD的中点，点E在四边形ABCD的形外，且∠AEC＝∠BED＝90°．求证：四边形ABCD是矩形．【分析】连接EO，证四边形ABCD是平行四边形，在Rt△AEC中EO=12AC，在Rt△EBD中，EO=12BD，得到AC＝BD，即可得出结论．【解答】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，第21页/共21页
∵O为BD中点，∴EO=12BD，在Rt△AEC中，∵O为AC的中点，∴EO=12AC，∴AC＝BD，又∵四边形ABCD是平行四边形，∴平行四边形ABCD是矩形．22．（2020春•汉寿县期中）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．（1）求证：BG＝DE；（2）若E为AD中点，求证：四边形ABGE是平行四边形．【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形即可．【解答】证明：（1）∵四边形EFGH是矩形，∴EH＝FG，EH∥FG，∴∠GFH＝∠EHF，第21页/共21页
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，∴∠BFG＝∠DHE，∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴∠GBF＝∠EDH，在△BGF和△DEH中，∠BFG=∠DHE∠GBF=∠EDHFG=HE，∴△BGF≌△DEH（AAS），∴BG＝DE；（2）连接EG，如图所示：∵四边形ABCD是菱形，∴AD＝BC，AD∥BC，∵E为AD中点，∴AE＝ED，∵BG＝DE，∴AE＝BG，AE∥BG，∴四边形ABGE是平行四边形，23．（2020春•香坊区校级期中）已知，在△ABC中，AB＝AC，点D、点O分别为BC、AC的中点，AE∥BC．（1）如图1，求证：四边形ADCE是矩形；（2）如图2，若点F是CE上一动点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与四边形ABDF面积相等的三角形和四边形．第21页/共21页
【分析】（1）首先得到四边形ADCE是平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判断矩形即可；（2）根据四边形ADCE是矩形，得到AD∥CE，于是得到S△ADC＝S△ADF＝S△AED，即可得到结论．【解答】（1）证明：∵点D、点O别是BC、AC的中点，∴OD∥AB，BD＝CD，∴DE∥AB，又∵AE∥BD，∴四边形ABDE是平行四边形，∴AE＝BD，∴AE＝CD，∵AE∥BC，∴四边形ADCE是平行四边形，∵AB＝AC，D为BC的中点，∴AD⊥BC，∴四边形ADCE是矩形；（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∴AD∥CE，∴S△ADC＝S△ADF＝S△AED，∴四边形ABDF面积＝S△ABC＝S四边形ABDE＝S矩形ADCE．24．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；（2）填空：①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；第21页/共21页
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥CD，∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，∵点E是AD边的中点，∴AE＝DE，∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），∴NE＝ME，∴四边形AMDN是平行四边形；（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：∵四边形ABCD为菱形，∴AB＝AD＝6，∵点E是AD边的中点，∴AE=12AD＝3，∴AM＝AE＝3，∵∠DAB＝60°，∴△AEM是等边三角形，∴EM＝AE，∵NE＝EM=12MN，∴MN＝AD，∵四边形AMDN是平行四边形，第21页/共21页
∴四边形AMDN是矩形．故答案为：3；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：∵AB＝AD＝6，AM＝6，∴AD＝AM，∵∠DAB＝60°，∴△AMD是等边三角形，∴ME⊥AD，∵四边形AMDN是平行四边形，∴四边形AMDN是菱形．故答案为：6．25．（2020春•庆云县期中）矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AC＝10．（1）求矩形较短边的长．（2）矩形较长边的长；（3）矩形的面积．如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，你能求出这个矩形的面积吗？试写出解答过程．【分析】（1）根据矩形的性质，可以得到△AOB是等边三角形，则可以求得OA的长，进而求得AB的长．（2）在直角△ABC中，根据勾股定理来求BC的长度；（3）由矩形的面积公式进行解答；如果把本题改为：根据矩形性质得出AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，推出AO＝OB，得出等边三角形AOB，求出∠ABO，即可得出答案．【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴OA＝OB第21页/共21页
又∵∠AOB＝60°∴△AOB是等边三角形．∴AB＝OA=12AC＝5，即矩形较短边的长为5；（2）在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，AC＝10，则BC=AC2-AB2=102-52=53，即矩形较长边的长是53；（3）矩形的面积＝AB•BC＝5×53=253；如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，能求出这个矩形的面积．解答过程为：∵四边形ABCD是矩形，∴AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，∴AO＝OB，∵∠AOB＝60°，∴△AOB是等边三角形，∴∠ABO＝60°，∴AD＝AB•tan60°＝43，∴这个矩形的面积为4×43=163．第21页/共21页
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