中考数学一轮复习精讲精练(全国通用)第二讲 矩形-满分之路（解析版）

模块五四边形第二讲矩形知识梳理夯实基础知识点1：矩形的性质1.边：对边平行且相等；2.角：四个角都是直角；3.对角线：对角线相等且互相平分；4.对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有两条对称轴.（对称轴为矩形对边中点所在的直线）知识点2：矩形的判定定义法：有一个角是直角的平行四边形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角都是90°的四边形是矩形.知识点3：四边形、平行四边形、矩形之间的关系说明：矩形面积=长×宽=2S△ABD=4S△AOB．（如图）直击中考胜券在握1．(2023·湖南怀化中考）在矩形中，、相交于点，若的面积为2，则矩形的面积为（）A．4 B．6 C．8 D．10【答案】C【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出，即可求出矩形ABCD的面积.【详解】∵四边形ABCD是矩形，对角线、相交于点，∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD，∴,∴矩形的面积为,故选：C.【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的；面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.2．(2023·湖北荆州中考）如图，矩形的边，分别在轴、轴的正半轴上，点在的延长线上．若，，以为圆心、长为半径的弧经过点，交轴正半轴于点，连接，、则的度数是（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】连接OB，由题意易得∠BOD=60°，然后根据圆周角定理可进行求解．【详解】解：连接OB，如图所示：

∵，，∴，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴，∴；故选C．【点睛】本题主要考查圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质，熟练掌握圆周角定理、矩形的性质及含30°的直角三角形的性质是解题的关键．3．(2023·遂宁中考）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．【详解】解：设CE=x，则BE=3-x，由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，∴AF=，∴BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，即(3-x)2+12=x2，解得x=，故选：D．【点睛】本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．4．如图，把一张矩形纸片ABCD按所示方法进行两次折叠，得到等腰直角三角形BEF，若BC=1，则AB的长度为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断出∠ADE=45°，进而判断出AE=AD，利用勾股定理即可得出结论．【详解】解：由折叠补全图形如图所示，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ADA'=∠B=∠C=∠A=90°，AD=BC=1，CD=AB，由第一次折叠得：∠DAE=∠A=90°，∠ADE=∠ADC=45°，∴∠AED=∠ADE=45°，∴AE=AD=1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得，DE=AD=，由第二次折叠可知，∴故选：A．【点睛】本题考查了图形的折叠和勾股定理，搞清楚折叠中线段的数量关系是解决此类题的关键．5．如图点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交、于点、，连接、，若，，则图中阴影部分的面积为（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】由矩形的性质可证明S△PEB=S△PFD，即可求解．【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△PBE=S△PBN，S△PFD=S△PDM，S△PFC=S△PCN，

∴S△DFP=S△PBE=×1×8=4，

∴S阴=4+4=8，

故选：C．【点睛】此题考查矩形的性质、三角形的面积，解题的关键是证明S△PEB=S△PFD．6．如图所示，在矩形ABCD中，E为AD上一点，EF⊥CE交AB于点F，若DE＝2，矩形ABCD的周长为16，且CE＝EF，求AE的长（）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定证明△AEF≌△DCE，可得AE＝CD，由矩形的周长为16，可得2（AE+DE+CD）＝16，可求AE的长度．【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，∴∠A＝∠D＝90°，∵EF⊥CE，∴∠CEF＝90°，∴∠CED+∠AEF＝90°，∵∠CED+∠DCE＝90°，∴∠DCE＝∠AEF，在△AEF和△DCE中，∠A∴△AEF≌△DCE（AAS），∴AE＝DC，由题意可知：2（AE+DE+CD）＝16，DE＝2，∴2AE＝6，∴AE＝3；故选：B．【点睛】本题考查矩形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定与性质是解答的关键．7．(2023·四川省达州中考）如图，，，点A在上，四边形是矩形，连接、交于点E，连接交于点F．下列4个判断：①平分；②；③；④若点G是线段的中点，则为等腰直角三角形．正确判断的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【分析】①，先说明△OBD是等腰三角形，再由矩形的性质可得DE=BE，最后根据等腰三角形的性质即可判断；②证明△OFA≌△OBD即可判断；③过F作FH⊥AD，垂足为H,然后根据角平分线定理可得FH=FA,再求得∠HDF=45°，最后用三角函数即可判定；④连接AG,然后证明△OGA≌△ADE,最后根据全等三角形的性质和角的和差即可判断．【详解】解：①∵∴△OBD是等腰三角形∵四边形是矩形∴DE=BE=BD，DA⊥OB∴平分，OE⊥BD故①正确；②∵OE⊥BD,DA⊥OB，即∠DAO=∠DAB∴∠EDF+∠DFE=90°，∠AOF+∠AFO=90°∵∠EDF=∠AOF∵DA⊥OB，∴OA=AD在△OFA和△OBD中∠EDF=∠AOF,OA=AD,∠DAO=∠DAB∴△OFA≌△DAB∴OF=BD,即②正确；③过F作FH⊥OD，垂足为H,∵平分，DA⊥OB∴FH=AF∵，DA⊥OB∴∠HDF=45°∴sin∠HDF=,即；故③正确；④由②得∠EDF=∠AOF，∵G为OF中点∴OG=OF∵DE=BE=BD，OF=BD∴OG=DE在△OGA和△AED中OG=DE,∠EDF=∠AOF，AD=OA∴△OGA≌△AED∴OG=EF,∠GAO=∠DAE∴△GAE是等腰三角形∵DA⊥OB∴∠OAG+∠DAG=90°∴∠DAE+∠DAG=90°,即∠GAE=90°∴△GAE是等腰直角三角形，故④正确．故答案为A．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质以及解直角三角形等知识点，考查知识点较多，故灵活应用所学知识成为解答本题的关键．8．(2023·牡丹江中考真题）如图，矩形ABCD的边CD上有一点E，∠DAE＝22.5°，EF⊥AB，垂足为F，将△AEF绕着点F顺时针旋转，使得点A的对应点M落在EF上，点E恰好落在点B处，连接BE．下列结论：①BM⊥AE；②四边形EFBC是正方形；③∠EBM＝30°；④．其中结论正确的序号是（）A．①② B．①②③ C．①②④ D．③④【答案】C【分析】延长BM交AE于N，连接AM，由垂直的定义可得∠AFE＝∠EFB＝90°，根据直角三角形的两个锐角互余得∠EAF＝67.5°，从而有∠EAF＋∠FBM＝90°，得到①正确；根据三个角是直角可判断四边形EFBC是正方形，再由EF＝BF可知是正方形，故②正确，计算出∠EBM＝22.5°得③错误；根据等腰直角三角形的性质可知，推导得出，从而，得到，再由，得，判断出④正确．【详解】解：如图，延长BM交AE于N，连接AM，∵EF⊥AB，∴∠AFE＝∠EFB＝90°，∵∠DAE＝22.5°，∴∠EAF＝90°－∠DAE＝67.5°，∵将△AEF绕着点F顺时针旋转得△MFB，∴MF＝AF，FB＝FE，∠FBM＝∠AEF＝∠DAE＝22.5°，∴∠EAF＋∠FBM＝90°，∴∠ANB＝90°，∴BM⊥AE，故①正确；∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠C＝90°，∵∠EFB＝90°，∴四边形EFBC是矩形，又∵EF＝BF，∴矩形EFBC是正方形，故②正确；∴∠EBF＝45°，∴，故③错误；∵∠AFM＝90°，AF＝FM，∴∠MAF＝45°，，∴，∴，∴，∴，∴，又∵四边形BCEF是正方形，∴S四边形BCEF＝2S△EFB，∴故④正确，∴正确的是：①②④，故选：C．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理和正方形的判定与性质，掌握常用辅助线的添加方法，灵活运用相关知识是解题的关键．9．(2023·黑龙江省中考）如图，在△ABC中，D，E，F分别是AB，BC和AC边的中点，请添加一个条件_________，使四边形BEFD为矩形．（填一个即可）【答案】AB⊥BC【分析】证DF、EF都是△ABC的中位线，得DF∥BC，EF∥AB，则四边形BEFD为平行四边形，当AB⊥BC时，∠B＝90°，即可得出结论．【详解】解：∵D，E，F分别是AB，BC和AC边的中点，∴DF、EF都是△ABC的中位线，∴DF∥BC，EF∥AB，∴四边形BEFD为平行四边形，当AB⊥BC时，∠B＝90°，∴平行四边形BEFD为矩形，故答案为：AB⊥BC．【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质以及三角形中位线定理等知识；熟练掌握三角形中位线定理，证明四边形BEFD为平行四边形是解题的关键．10．(2023·四川内江中考）如图，矩形中，，，对角线的垂直平分线交于点、交于点，则线段的长为__．【答案】【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出BD，证明△BOF∽△BCD，根据相似三角形的性质得到比例式，求出EF即可．【详解】解：如图：四边形是矩形，，又，，，是的垂直平分线，，，又，，，，解得，，四边形是矩形，，，，是的垂直平分线，，，在和中，，，，．故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的性质、线段垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，掌握矩形的四个角是直角、对边相等以及线段垂直平分线的定义是解题的关键．11．如图，矩形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，连接OE，若OE⊥BC，OE＝1，则AC的长为______________．【答案】2【分析】由矩形的性质得出OB＝OC，由等腰三角形的性质得出BE＝CE，证出OE是△ABC的中位线，得出AB＝2OE＝2，证出△ABE是等腰直角三角形，得出BE＝AB＝2，BC＝2BE＝4，再由勾股定理即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，∴OB＝OC，∵OE⊥BC，∴BE＝CE，∴OE是△ABC的中位线，∴AB＝2OE＝2，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE＝45°，∴△ABE是等腰直角三角形，∴BE＝AB＝2，∴BC＝2BE＝4，∴AC＝；故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键．12．(2023·辽宁鞍山中考）如图，矩形ABCD中，，对角线AC，BD交于点O，，垂足为点H，若，则AD的长为_______________．【答案】【分析】由矩形的性质得，，求出，利用30°角的直角三角形的性质求出CH的长度，再利用勾股定理求出DH的长度，根据求出，然后由含角的直角三角形的性质即可求解．【详解】解：四边形ABCD是矩形，，，，，，∴在中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的性质以及直角三角形30°的性质，熟练掌握直角三角形30°的性质是解决本题的关键．13．(2023·湖南邵阳中考）如图，在矩形中，，垂足为点．若，，则的长为______．

【答案】3【分析】在中，由正弦定义解得，再由勾股定理解得DE的长，根据同角的余角相等，得到，最后根据正弦定义解得CD的长即可解题．【详解】解：在中，在矩形中，故答案为：3．【点睛】本题考查矩形的性质、正弦、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．14．(2023·四川泸州中考）如图，在矩形中，分别为边，的中点，与，分别交于点M，N．已知，，则的长为_________．【答案】【分析】过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，证明△BEG∽△BAF，求出EG的长，再证明△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，得出，，再求出BG=GF=BF=，从而求出NG和MG，可得MN的长.【详解】解：过点E作EH∥AD，交点BF于点G，交CD于点H，由题意可知：EH∥BC，∴△BEG∽△BAF，∴，∵AB=4，BC=6，点E为AB中点，F为AD中点，∴BE=2，AF=3，∴，∴EG=，∵EH∥BC，∴△EGN∽△DFN，△EGM∽△CBM，∴，,∴，，即，，∴，，∵E为AB中点，EH∥BC，∴G为BF中点，∴BG=GF=BF=，∴NG==，MG=BG=，∴MN=NG+MG=，故答案为：.【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，解题的关键是添加辅助线EH，得到相似三角形.15．(2023·贵州黔东南中考）如图，矩形ABCD中，AB＝2，BC＝，E为CD的中点，连接AE、BD交于点P，过点P作PQ⊥BC于点Q，则PQ＝_____．【答案】【分析】根据矩形的性质得到AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，根据线段中点的定义得到DE＝CD＝AB，根据相似三角形的判定证明△ABP∽△EDP，再利用相识三角形的性质和判定即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，∠BAD＝90°，∵E为CD的中点，∴DE＝CD＝AB，∴△ABP∽△EDP，∴＝，∴＝，∴＝，∵PQ⊥BC，∴PQ∥CD，∴△BPQ∽△DBC，∴＝＝，∵CD＝2，∴PQ＝，故答案为：．【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质的应用，运用矩形的性质和相似三角形判定和性质证明△ABP∽△EDP得到＝是解题的关键．16．(2023·湖南株洲中考）如图所示，线段为等腰的底边，矩形的对角线与交于点，若，则__________．

【答案】4【分析】先求出矩形的对角线的长，得到AB的取值，再利用等腰三角形的概念直接得到AC的值．【详解】解：∵矩形ADBE的对角线AB与DE交于点O，∴AB=DE，OE=OD，∴AB=DE=2OD=4，∵线段BC为等腰△ABC的底边，∴AC=AB=4，故答案为：4．【点睛】本题考查了矩形的性质和对等腰三角形概念的理解，解决本题的关键是理解相关概念与性质，能灵活运用题干信息，将它们用数学符号进行表示，本题较基础，考查了学生的几何语言表述的能力以及基本功．17．(2023·浙江杭州中考）如图是一张矩形纸片，点是对角线的中点，点在边上，把沿直线折叠，使点落在对角线上的点处，连接，．若，则_____度．【答案】18【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．【详解】连接MD，设∠DAF=x根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x∴∠DMF=2x∵△DCE折叠得到△DFE∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE又MF=AB∴MF=DF∴∠MDF=2x∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°∴∠CDE=∠ACD=x∴∠FDE=∠CDE=x∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°∴x=18°故∠DAF=18°故答案为18．【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．18．(2023·浙江宁波中考）如图，在矩形中，点E在边上，与关于直线对称，点B的对称点F在边上，G为中点，连结分别与交于M，N两点，若，，则的长为________，的值为__________．【答案】2【分析】由与关于直线对称，矩形证明再证明可得再求解即可得的长；先证明可得：设则再列方程，求解即可得到答案．【详解】解：与关于直线对称，矩形矩形为的中点，如图，四边形都是矩形，设则解得：经检验：是原方程的根，但不合题意，舍去，故答案为：【点睛】本题考查的是矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，分式方程的解法，掌握以上知识是解题的关键．19．(2023·四川内江中考）如图，矩形，，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．当点在轴上运动时，点也随之在轴上运动，在这个运动过程中，点到原点的最大距离为__．【答案】##【分析】取的中点，连接，，由勾股定理可求的长，由直角三角形的性质可求的长，由三角形的三边可求解．【详解】如图，取的中点，连接，，矩形，，，，，点是的中点，，，，点是的中点，，在中，，当点在上时，，的最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角形的三边形关系，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造三角形是解题的关键．20．如图，有一张矩形纸条ABCD，AB＝5cm，BC＝2cm，点M，N分别在边AB，CD上，CN＝1cm．现将四边形BCNM沿MN折叠，使点B，C分别落在点B'，C'上．当点B'恰好落在边CD上时，线段BM的长为_____cm；在点M从点A运动到点B的过程中，若边MB'与边CD交于点E，则点E相应运动的路径长为_____cm．【答案】【分析】第一个问题证明BM＝MB′＝NB′，求出NB即可解决问题．第二个问题，探究点E的运动轨迹，寻找特殊位置解决问题即可．【详解】如图1中，∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，∴∠1＝∠3，由翻折的性质可知：∠1＝∠2，BM＝MB′，∴∠2＝∠3，∴MB′＝NB′，∵NB′＝＝＝（cm），∴BM＝NB′＝（cm）．如图2中，当点M与A重合时，AE＝EN，设AE＝EN＝xcm，在Rt△ADE中，则有x2＝22+（4﹣x）2，解得x＝，∴DE＝4﹣＝（cm），如图3中，当点M运动到MB′⊥AB时，DE′的值最大，DE′＝5﹣1﹣2＝2（cm），如图4中，当点M运动到点B′落在CD时，DB′（即DE″）＝5﹣1﹣＝（4﹣）（cm），∴点E的运动轨迹E→E′→E″，运动路径＝EE′+E′B′＝2﹣+2﹣（4﹣）＝（）（cm）．故答案为，（）．【点睛】本题考查翻折变换，矩形的性质，解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．21．(2023·江苏省盐城中考）如图，在矩形中，，，、分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当________时，是以为腰的等腰三角形．【答案】或【分析】对是以为腰的等腰三角形分类讨论，当时，设，可得到，再根据折叠可得到，然后在Rt△ABE中利用勾股定理列方程计算即可；当时，过A作AH垂直于于点H，然后根据折叠可得到，在结合，利用互余性质可得到，然后证得△ABE≌△AHE，进而得到，然后再利用等腰三角形三线合一性质得到，然后在根据数量关系得到．【详解】解：当时，设，则，∵沿翻折得，∴，在Rt△ABE中由勾股定理可得：即，解得：；当时，如图所示，过A作AH垂直于于点H，∵AH⊥，，∴，∵，∴，∵沿翻折得，∴，∴，在△ABE和△AHE中，∴△ABE≌△AHE（AAS），∴，∴，∴∵，∴，∴，综上所述，，故答案为：【点睛】本题主要考查等腰三角形性质，勾股定理和折叠性质，解题的关键是分类讨论等腰三角形的腰，然后结合勾股定理计算即可．22．(2023·湖南长沙·中考真题）如图，的对角线，相交于点，是等边三角形，．（1）求证：是矩形；（2）求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）．【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据等边三角形的性质可得，从而可得，然后根据矩形的判定即可得证；（2）先根据等边三角形的性质可得，从而可得，再根据矩形的性质可得，然后在中，利用勾股定理即可得．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，是等边三角形，，，是矩形；（2）是等边三角形，，，，由（1）已证：是矩形，，则在中，．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识点，熟练掌握矩形的判定与性质是解题关键．23．(2023·浙江省金华中考）已知：如图，矩形的对角线相交于点O，．（1）求矩形对角线的长．（2）过O作于点E，连结BE．记，求的值．【答案】（1）4；（2）【分析】（1）根据矩形对角线的性质，得出△ABO是等腰三角形，且∠BOC=120°，即∠AOB=60°，则△ABO为等边三角形，即可求得对角线的长；（2）首先根据勾股定理求出AD，再由矩形的对角线的性质得出OA=OD,且OE⊥AD，则AE=AD，在Rt△ABE中即可求得．【详解】解：（1）∵四边形是矩形，是等边三角形，，所以．故答案为：4．（2）在矩形中，．由（1）得，．又在中，．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的对角线性质，等边三角形的判定，等腰三角形的三线合一以及在直角三角形中求锐角正切的知识点，灵活应用矩形对角线的性质是解题的关键．24．(2023·北京市朝阳区一模）如图，在矩形中，对角线AC，BD相交于点O，过点C作，交的延长线于点E．（1）求证：；（2）连接，若AB=2，tan∠ACD=2，求的长．【答案】（1）见解析；（2）【分析】（1）先证明四边形BCED是平行四边形，得到BD=CE=AC，再利用等腰三角形的性质即可证明；（2）解：过点O作于点F，求得AB=CD=2，AD=BC=DE=4，再求得OF=1，EF=6，利用勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴AC=BD，∠ADC=90°，BC//DE，∵CE//BD，∴四边形是平行四边形，∴，∴，∴；（2）解：过点O作于点F，则F为的中点．∵四边形是矩形，对角线AC，BD相交于点O，且AB=2，tan∠ACD=2，∴AB=CD=2，AD=BC，tan∠ACD=，OB=OD，∴AD=4，由（1）知四边形BCED是平行四边形，∴AD=BC=DE=4，∵OB=OD，OF⊥AD，∴OF==1，EF=DE+=6，∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，锐角三角函数的应用，熟记各性质并求出四边形BCED是平行四边形是解题的关键．25．(2023·浙江嘉兴中考）小王在学习浙教版九上课本第72页例2后，进一步开展探究活动：将一个矩形绕点顺时针旋转，得到矩形[探究1]如图1，当时，点恰好在延长线上．若，求BC的长．

[探究2]如图2，连结，过点作交于点．线段与相等吗？请说明理由．

[探究3]在探究2的条件下，射线分别交，于点，（如图3），，存在一定的数量关系，并加以证明．

【答案】[探究1]；[探究2]，证明见解析；[探究3]，证明见解析【分析】[探究1]设，根据旋转和矩形的性质得出，从而得出，得出比例式，列出方程解方程即可；[探究2]先利用SAS得出，得出，，再结合已知条件得出，即可得出；[探究3]连结，先利用SSS得出，从而证得，再利用两角对应相等得出，得出即可得出结论．【详解】[探究1]如图1，设．∵矩形绕点顺时针旋转得到矩形，∴点，，在同一直线上．∴，，∴．∵，∴．又∵点在延长线上，∴，∴，∴．解得，（不合题意，舍去）∴．[探究2]．证明：如图2，连结．∵，∴．∵，，，∴．∴，，∵，，∴，∴．[探究3]关系式为．证明：如图3，连结．∵，，，∴．∴，∵，，∴，∴．在与中，，，∴，∴，∴．∴．【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解一元二次方程等，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题．26．如图，四边形ABCD为矩形，AB＝4cm，AD＝3cm，动点M、N分别从D、B同时出发，都以1cm/秒的速度运动，点M沿DA向点终点A运动，点N沿BC向终点C运动．过点N作NP⊥BC，交AC于点P，连接MP，已知运动的时间为t秒（0＜t＜3）．（1）当t＝1秒时，求出PN的长；（2）若四边形CDMP的面积为s，试求s与t的函数关