专题27 矩形的性质与判定【十四大题型】（举一反三）（解析版）

专题27矩形的性质与判定【十四大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1利用矩形的性质求角度、线段长、面积、坐标】 1【题型2矩形的判定定理的理解】 5【题型3根据矩形的性质与判定求角度】 10【题型4根据矩形的性质与判定求面积】 17【题型5根据矩形的性质与判定求线段长】 21【题型6根据矩形的性质与判定求最值】 26【题型7与矩形有关的新定义问题】 32【题型8根据矩形的性质与判定解决多结论问题】 39【题型9与矩形有关的规律探究问题】 46【题型10矩形有关的动点问题】 51【题型11与矩形有关的折叠问题】 60【题型12矩形与一次函数综合】 69【题型13矩形与反比例函数综合】 79【题型14矩形与二次函数综合】 86【知识点矩形的性质与判定】(1)定义有一个角是直角的平行四边形叫做矩形。(2)矩形的性质矩形具有平行四边形的一切性质；矩形的四个角都是直角；矩形的对角线相等。推论：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半。(3)矩形的判定有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形；有三个角是直角的四边形是矩形。【题型1利用矩形的性质求角度、线段长、面积、坐标】【例1】（2023·广东江门·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠BAC=35°，则∠BOC的度数是（

）A．65° B．70° C．75° D．80°【答案】B【分析】根据矩形的性质，证出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性质即可得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∴OA=OB，∴∠OAB=∠ABO=35°，∴∠BOC=2×35°=70°；故选：B【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出OA=OB是解题关键．【变式1-1】（2023·甘肃武威·统考三模）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线交AD，BC于点E，F，若AB=3，BC=4，则图中阴影部分的面积为．【答案】6【分析】结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，可得△AOE与△COF的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为△BDC的面积进行求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，∴OA=OC，AB=CD=3，AD∥∴∠AEO=∠CFO，又∵∠AOE=∠COF，在△AOE和△COF中，∠AEO=∠CFOOA=OC∴△AOE≌△COFASA∴S△AOE∴S阴影∴S△BCD故答案为：6．【点睛】本题考查矩形的性质、全等三家形的判定与性质，根据证明三角形全等，将阴影部分的面积转化为矩形面积的一半是解题的关键．【变式1-2】（2023·江苏南通·统考二模）如图，矩形ABCD中，点E，点F分别在边AB,BC上，线段AF与线段DE相交于点G，若AB=4,BC=6,AE=BF=3，则FG的长度为．【答案】25【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识；由勾股定理可求AF的长，通过证明△ABF∽△HCF，可求FH，CH的长，通过证明△AEG∽△HDG，可求AG的长，即可求解．【详解】解：如图，延长AF，DC交于点H，∵AB=4，BC=6，AE=BF=3，∴CF=3，AF=AB∵AB∥∴△ABF∽△HCF，∴AB∴∴CH=4，FH=5，∴AH=10，DH=8，∵AB∥∴△AEG∽△HDG，∴AG∴AG∴AG=3∴GF=25故答案为：2511【变式1-3】（2023·天津河东·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，O是BD的中点.若AB=OB=23，则点C的坐标是（

A．（3，3） B．-3,-3 C．(3，3【答案】B【分析】过点A作AF⊥x轴，垂足为F，由四边形ABCD是矩形易证得△AOB是等边三角形,进而∠AOF=30°，解直角三角形得AF=OA⋅sin∠AOF=3，OF=OA⋅cos30°=3，所以A(3,3)【详解】∵四边形ABCD是矩形∴OA=OB∵AB=OB=2∴OA=AB=OB=23，过点A作AF⊥x轴，垂足为F，

则AF=OA⋅OF=OA⋅∴点A(3,∵点A，点C关于原点对称，∴点C(-3,-3故选：B【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质、解直角三角形，点坐标的含义；结合已知条件构建直角三角形求解相关线段是解题的关键．【题型2矩形的判定定理的理解】【例2】（2023·上海·统考中考真题）在四边形ABCD中，AD∥BC,AB=CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（

）A．AB∥CD B．AD=BC C．∠A=∠B D．∠A=∠D【答案】C【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．【详解】A：∵AB∥CD，AD∥BC,AB=CD∴ABCD为平行四边形而非矩形故A不符合题意B：∵AD=BC，AD∥BC,AB=CD∴ABCD为平行四边形而非矩形故B不符合题意C：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠B∴∠A=∠B=90°∵AB=CD∴AB∥CD∴四边形ABCD为矩形故C符合题意D：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠D∴∠D+∠B=180°∴ABCD不是平行四边形也不是矩形故D不符合题意故选：C．【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．【变式2-1】（2023·山东青岛·统考三模）如图，△ABC和△ACF都是等边三角形，AE、FD分别是BC、AC边上的中线，连接ED并延长交AF于G，连接CG．(1)求证：△ADG≌△CDE；(2)求证：四边形AECG是矩形．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB=BC=AC=AF=CF，推出四边形ABCF是平行四边形，得到AF∥BC，根据等边三角形的性质得到（2）根据平行四边形的判定和性质定理以及等边三角形的性质即可得到结论．【详解】（1）证明：∵△ABC和△ACF都是等边三角形，∴AB=BC=AC=AF=CF，∴四边形ABCF是平行四边形，∴AF∥∴∠AGD=∠CED，∠GAD=∠ECD，∵AE、FD分别是BC、AC边上的中线，∴AG=12AF，CE=12∴AG=CE，∴△ADG≌△CDE(ASA（2）∵AG=CE，AG∥∴四边形AECG是平行四边形，∵△ABC是等边三角形，AE是BC边上的中线，∴AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∴四边形AECG是矩形．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定和性质，等边三角形的性质，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．【变式2-2】（2023·北京·统考中考真题）如图，在▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE=DF，AC=EF．

(1)求证：四边形AECF是矩形；(2)AE=BE，AB=2，tan∠ACB=12【答案】(1)见解析(2)3【分析】（1）利用平行四边形的性质求出AF=EC，证明四边形AECF是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论；（2）证明△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE=2，然后再解直角三角形求出EC【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD=BC，AD∥∵BE=DF，∴AF=EC，∴四边形AECF是平行四边形，∵AC=EF，∴平行四边形AECF是矩形；（2）解：由（1）知四边形AECF是矩形，∴∠AEC=∠AEB=90°，∵AE=BE，AB=2，∴△ABE是等腰直角三角形，∴AE=BE=2又∵tan∠ACB=∴2EC∴EC=22∴BC=BE+EC=2【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定定理和性质定理是解题的关键．【变式2-3】（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图所示，△ABC中，D是BC中点，过点A作BC的平行线交CE的延长线于F，且AF=BD，连接BF．请从以下三个条件：①AB=AC；②FB=AD；③E是AD的中点，选择一个合适作为已知条件，使四边形AFBD为矩形．

(1)你添加的条件是；（填序号）(2)添加条件后，请证明四边形AFBD为矩形．【答案】(1)①(2)见解析【分析】（1）根据已知可得四边形AFBD是平行四边形，添加条件能证明四边形是矩形即可求解；（2）先证明四边形AFBD是平行四边形，①根据三线合一得出AD⊥BD，能证明四边形是矩形；②只能证明四边形为平行四边形；③证明△AFE≌△DCE，可得AF=DC，进而根据已知得出BD=AF，不能证明四边形是矩形．【详解】（1）解：添加的条件是①故答案为：①．（2）证明：∵AF∥BC，∴四边形AFBD是平行四边形，①AB=AC；∵△ABC中，D是BC中点，∴AD⊥BD∴四边形AFBD是矩形；②添加FB=AD；四边形AFBD是平行四边形，不能证明四边形AFBD是矩形；③E是AD的中点∴AE=DE，∵AF∥∴∠FAE=∠DCE，又∠AEF=∠DEC，∴△AFE≌△DCEAAS∴DC=AF，又BD=CD，∴BD=AF，∴③不能证明四边形AFBD是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．【题型3根据矩形的性质与判定求角度】【例3】（2023·河北承德·统考二模）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA=OD,∠OAD=55°，则∠OAB的度数为（

）A．35° B．40° C．45° D．50°【答案】A【分析】根据矩形的判定得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质求出∠DAB，代入∠OAB=∠DAB-∠OAD求出即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC,OB=OD，∵OA=OD，∴AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∵∠OAD=55°，∴∠OAB=∠DAB-∠OAD=35°故选：A．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，能根据矩形的性质求出∠DAB的度数是解此题的关键．【变式3-1】（2023·吉林·吉林省第二实验学校校考模拟预测）概念提出若四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则这条对角线叫做这个四边形的“巧分线”，这个四边形叫“巧妙四边形”，若一个四边形有两条巧分线，则称为“绝妙四边形”．(1)下列四边形一定是巧妙四边形的是；（填序号）①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．(2)初步应用在绝妙四边形ABCD中，AC垂直平分BD，若∠BAD＝80°，求∠BCD的度数．(3)深入研究在巧妙四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠A＝90°，AC是四边形ABCD的巧分线，请直接写出∠BCD的度数．【答案】(1)③④(2)80°或140°(3)45°或90°或135°【分析】（1）由平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质可求解；（2）由线段垂直平分线的性质可得AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，由等腰三角形的性质可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，即可求∠BCD的度数；（3）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和“绝妙四边形的定义可求解．【详解】（1）解：∵菱形的四条边相等，∴连接对角线能得到两个等腰三角形，∴菱形是巧妙四边形；正方形是特殊的菱形，所以正方形也是巧妙四边形；故答案是：③④；（2）解：∵AC垂直平分BD，∴AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，∵∠BAD=80°，∴∠BAC=∠DAC=40，∵AC=AD，∴∠ACD=70°=∠BCA，∴∠BCD=140°，如图，∵四边形ABCD是绝妙四边形，，∴AD=CD，AB=BC，∵AC垂直平分BD，∵AB=AD，BC=CD，∴AB=AD=BC=CD，∴四边形ABCD是菱形，∴∠BCD=∠BAD=80°，综上所述，∠BCD=140°或80°；（3）解：∵AC是四边形ABCD的巧分线，∴△ACD和△ABC是等腰三角形，①当AC=BC时，如图，过C作CH⊥AB于H，过C作CG⊥AD，交AD的延长线于G，∵∠HAD=∠AHC=∠G=90°，∴四边形AHCG是矩形，AH=CG=12AB=12∴∠CDG=30°，∴∠ADC=150°，∴∠DAC=∠DCA=15°，∵∠DAB=90°，∴∠CAB=∠B=75°，且∠ACB=30°，∴∠BCD=30°+15°=45°；②当AC=AB时，如图∵AC=AB=AD=CD，∴△ACD是等边三角形，∠CAD=∠ACD=60°，∴∠BAD=90°，∴∠BAC=30°，∵•AB=AC，∴∠ACB=75°，∴∠BCD=75°+60°=135°；③当AB=BC时，如图∵AB=AD=CD=BC，∴四边形ABCD是菱形，且∠BAD=90°，∴四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，综上所述：∠BCD的度数是45°或135°或90°．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的性质，理解新定义并运用是本题的关键．【变式3-2】（2023·河南新乡·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，∠B=30°，点D、E分别在边BC、AB上，BD=2，DE∥AC，将△BDE绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是D'、E'，当A、D'【答案】30°或90°【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质可求解．【详解】解：如图，当点D'在线段A∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴AB=4，BC=A∵将△BDE绕点B旋转至△B∴D'B=DB=2∴AD∴AD又∵AC=BD∴四边形ACBD∵∠ACB=90°，∴四边形ACBD∴∠D∵∠ABC=30°，∴∠EBD∵∠E∴∠EBE如图：当点D'在线段A∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=90°-30°=60°，∵将△BDE绕点B旋转至△B∴D'B=DB=2，∵AC=2，∴AC=BD在Rt△ABC与RtAC=B∴Rt∴∠BAC=∠ABD∴∠EBE'=∠ABD'综上，∠EBE'的度数为30°或故答案为：30°或90°．【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论解决问题是本题的关键．【变式3-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，AC是⊙O的直径，点B，D在⊙O上，AD=BC．

(1)在CD上求作一点E，使得∠AED=∠CDE；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)在（1）的条件下，连接DE，CE，AE，若∠ECA=2∠CAB，求∠CAB的大小．【答案】(1)见解析(2)∠CAB=30°【分析】（1）由∠AED=∠ACD，∠AED=∠CDE，可知只需利用尺规作图作∠CDE=∠ACD即可；（2）由题意可证△CDA≌△ABCHL，进而证得四边形ABCD是矩形，利用矩形的性质，圆周角定理及平行线的性质可证∠ACD=∠DCE=∠CAB，∠AED=∠ACD=∠CDE，∠AED=∠CAE，∠DCE=∠DAE，即可证得∠DAE=∠CAE=∠CAB，再根据∠DAB=90°【详解】（1）解：以点C为圆心，适当长为半径画弧交CA，CD于X，Y，以同样长为半径画弧交DC于M，再以M为圆心，XY为半径画弧交MZ于N，连接DN所在直线，交⊙O于E，可知∠CDE=∠ACD，又∵AD=∴∠AED=∠ACD，∴∠AED=∠CDE，

如图所示，即为所求；（2）如图，连接DE，CE，AE，∵AC是直径，∴∠ADC=∠ABC=90°，又∵AD=BC，∴△CDA≌△ABCHL∴CD=AB，∴四边形ABCD是矩形，则AB∥CD，∠DAB=90°∴∠CAB=∠ACD，∵∠ECA=2∠CAB=∠ACD+∠DCE∴∠ACD=∠DCE=∠CAB，由（1）知∠AED=∠ACD=∠CDE，∴AC∥DE，则∠AED=∠CAE，又∵DE=∴∠DCE=∠DAE，∴∠DAE=∠CAE=∠CAB，∵∠DAB=90°，∴∠DAE+∠CAE+∠CAB=90°，则∠CAB=30°．【点睛】本题属于几何综合，考查了尺规作图，全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，平行线的判定及性质，圆周角定理，熟练掌握相关性质及定理是解决问题的关键．【题型4根据矩形的性质与判定求面积】【例4】（2023·山东威海·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AD=3，CD=2．连接AC，过点B作BE//AC，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若∠AFC=2∠D，则四边形ABEC的面积为（A．5 B．25 C．6 D．【答案】B【分析】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，∵BE//∴四边形ABEC为平行四边形，∵∠AFC=2∠D，∴∠AFC=2∠ABC，∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，∴∠ABF=∠BAF，∴AF=BF，∴2AF=2BF，即BC=AE，∴平行四边形ABEC是矩形，∴∠BAC=90°，∴AC=B∴矩形ABEC的面积为AB·AC=25故选：B【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边形ABEC为矩形是解题关键．【变式4-1】（2023·广西梧州·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形DECF是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.【详解】解：∵点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，∴DE//∴四边形DECF是平行四边形，∵∠C=90°,∴四边形DECF是矩形，∴S故选：B.【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.【变式4-2】（2023·河北沧州·统考模拟预测）如图，点O是正六边形ABCDEF对角线DF上的一点，且S△AOC=8，则正六边形ABCDEF的面积为（

A．18 B．24 C．30 D．随着点O的变化而变化【答案】B【分析】根据正六边形ABCDEF性质，得到如下的结论：各边相等，各个角相等，从而得到△ABC≅△DEF、∠BAC=30°、∠CAF=90°，即四边形ACDF是矩形，且面积为16，过点B作BG⊥AC于点G，计算S△ABC=1【详解】解：如图∵正六边形ABCDEF，∴AB=BC=CD=DE=EF，∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFA=∠FAB=120°，∵AB=FE∠ABC=∠FED∴△ABC≅△DEF，∴S△ABC∴∠BAC=∠BCA=∠EDF=∠EFD=30°，∴∠CAF=∠AFD=∠FDC=∠DCA=90°，∴四边形ACDF是矩形，∴AC∥∴S△AOC∵S△AOC∴S矩形过点B作BG⊥AC于点G，∴BG=

∴S△ABC∴S△ABC∴S正六边形故选B．【点睛】本题考查了正六边形的性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌握正六边形的性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定和性质是解题的关键．【变式4-3】（2023·黑龙江哈尔滨·校考二模）已知矩形ABCD，点E在AD边上，DE<AE，连接BE，点G在BC边上，连接EG，BE平分∠AEG，若BG=5GC，DE=2CG，BE=210，则△ABE的面积是【答案】4【分析】过点E作EH⊥BC于H，设CG=x，则DE=2x，BG=5x，证明∠AEB=∠EBG，得到BG=EG=5x，再求出HG=GC=1，则BG=5，BH=4，由勾股定理可求EH的长，即可求解．【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，设CG=x，则DE=2x，BG=5x，∵BE平分∠AEG，∴∠AEB=∠BEG，∵AD∥∴∠AEB=∠EBG，∴BG=EG=5x，∵EH⊥BC，∠D=∠C=90°，∴四边形DCHE是矩形，∴DE=CH=2x，∴HG=x，BH=4x，∵EH2=B∴40-16x∴x=1（负值舍去），∴BG=5，BH=4，HG=1=GC，DE=2，∴BC=6，EH=B∴AE=4，∴S故答案为：46【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出CG的长是解题的关键．【题型5根据矩形的性质与判定求线段长】【例5】（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考三模）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC，连接CE、OE，连接AE，交OD于点F．若AB=2

A．3 B．5 C．7 D．2【答案】C【分析】先证明出四边形OCED是矩形，再证明出△ABC为等边三角形，从而得到AC=AB=2，OA=12AC=1【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2，∴OC=12AC，AC⊥BD∵DE=1∴DE=OC，∵DE∥∴四边形OCED是平行四边形，∵AC⊥BD，∴四边形OCED是矩形，∵∠ABC=60°，∴△ABC为等边三角形，∴AC=AB=2，OA=1∴CE=OD=A∴AE=C故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活应用是解此题的关键．【变式5-1】（2023·浙江杭州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°,P为边BC上一动点，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是（

A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少【答案】C【分析】连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段最短可得AP⊥BC时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，线段EF的值大小变化情况．【详解】如图，连接AP．

∵∠A=90°∴四边形AFPE是矩形，∴EF=AP，由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．故选：C．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出AP⊥BC时，线段EF的值最小是解题的关键．【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨风华中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，D、E分别在AC、BC上，CE=AD，连接DE，CG⊥DE于点F，交AB于点G，FE=1，FG=3，则AC=【答案】3【分析】过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，通过推导角度可知CT=CG，且四边形DTEC为矩形，设CF为x，表示出DF，证明△CFE∽△DFC，再根据相似的性质可求出x，根据勾股定理得出CE，CD，进而可得结果．【详解】解：过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，∴∠ADT=90°，∵∠ACB=90°，CA=CB，∴∠A=∠B=45°，BC⊥AC，∴∠DTA=90°-∠A=90°-45°=45°=∠A，∴DA=DT，∵CE=AD，∴DT=CE，∵DT⊥AC，BC⊥AC，∴DT∥∵∠ACB=90°，∴四边形CDTE是矩形，∴CT=DE，设∠BCG=α，∵CG⊥DE，∴∠CFD=∠CFE=90°，∴∠CDE=90°-∠DCF=90°-90°-∠BCG∴∠DCT=∠CDE=α，∵∠CTG=∠A+∠ACT=45°+α，∠CGT=∠B+∠BCG=45°+α，∴∠CTG=∠CGT，∴CT=CG，∴DE=CG，设CF=x，∵FE=1，FG=3，∴DE=CG=x+3，∴DF=DE-EF=x+3-1=x+2，∵∠ECF=α=∠CDF，∠CFE=∠DFC=90°，∴△CFE∽△DFC，∴EFCF=CF∴x2解得：x1=2，∴CF=2，DF=2+2=4，∴CE=CCD=D∴AC=CD+AD=CD+CE=25故答案为：35

【点睛】本题考查三角形与四边形综合知识，考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理。选择适当的辅助线将AD=CE这一条件联系起来是解题的关键．【变式5-3】（2023·河南周口·校联考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E为AC上靠近点A的三等分点，点F是矩形内一动点，且S△FCD=16S矩形ABCD

【答案】2【分析】由条件中的面积关系可得点F到CD的距离为13AD，即为2，过点F作MN⊥AD于点N，交BC于M，则点F的运动轨迹是线段MN，如图，过E作EF⊥MN于点F，此时EF的值最小，然后根据相似三角形的判定和性质结合已知条件求出【详解】∵S△FCD=16S矩形ABCD∴12∴h=13AD=2，即点F到CD的距离为1过点F作MN⊥AD于点N，交BC于M，则点F的运动轨迹是线段MN，∴四边形ABMN,MNDC都是矩形，∴CM=DN=2，AN=4，MN=AB=4，如图，过E作EF⊥MN于点F，此时EF的值最小，设MN,AC交于点G，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴△CMG∽△ANG，∴CGAG∴CG=12AG∴CG=1∵点E为AC上靠近点A的三等分点，∴AE=1∴AE=EG=GC，∵EF⊥MN，AN⊥MN，∴EF∥AN，∴△GEF∽△GAN，∴GFGN∴FN=1∴FN=MG=FG=1则在直角三角形DFN中，根据勾股定理可得DF=2故答案为：213

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质以及垂线段最短等知识，正确理解题意、得出EF最小值时的位置是解题的关键．【题型6根据矩形的性质与判定求最值】【例6】（2023·四川德阳·统考中考真题）如图，▱ABCD的面积为12，AC=BD=6，AC与BD交于点O．分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动点，则PG的最小值是（

）

A．1 B．32 C．32 D【答案】A【分析】先证明OC=OD，四边形OCFD是菱形，如图，连接OF，GP，而点G是CD的中点，可得G为菱形对角线的交点，OF⊥CD，当GP⊥CF时，GP最小，再利用等面积法求解最小值即可．【详解】解：∵▱ABCD，AC=BD=6，∴▱ABCD是矩形，∴OC=OD，∵OC∥DF，∴四边形OCFD是菱形，如图，连接OF，GP，而点G是CD的中点，

∴G为菱形对角线的交点，OF⊥CD，∴当GP⊥CF时，GP最小，∵▱ABCD即矩形ABCD的面积为12，AC=BD=6，∴OC=OD=3，S△OCD∴S菱形∴S△CGF由菱形的性质可得：CF=3，∴12∴GP=1，即GP的最小值为1．故选A【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．【变式6-1】（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P为边AB上一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为．

【答案】3【分析】连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CDPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得DE=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段DE的值最小，然后根据直角三角形的面积公式列出方程求解即可．【详解】解：如图，连接CP，

∵∠C=90°,AC=BC=6，∴AB=A∵PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，∠ACB=90°，∴四边形CDPE是矩形，∴DE=CP，由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段CP的值最小，此时线段DE的值最小，此时，S△ABC代入数据：12∴CP=32∴DE的最小值为32故答案为：32【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段DE的值最小是解题的关键．【变式6-2】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=5，BC=4，CD=3，点P为直线BC左侧平面上一点，△BCP的面积为2，则PA-PC的最大值为【答案】5【分析】过点P作PH⊥BC于H．过点P作直线l∥BC，作点C关于直线l的对称点C'，连接AC'交直线l于P'，此时【详解】解：如图，过点P作PH⊥BC于H．∵12BC⋅PH=2∴PH=1，过点P作直线l∥BC，作点C关于直线l的对称点C'，连接AC'交直线l于P'，此时过点C'作C'K⊥AB∵∠C∴四边形CBKC∴CC'=BK=2∵AB=5，∴AK=AB-BK=5-2=3，∴AC∴PA-PC的最大值为5故答案为：5．【点睛】本题考查轴对称-最短问题，涉及到的知识点三角形的面积，直角梯形等知识，解题的关键是学会利用轴对称解决最值问题．【变式6-3】（2023·广东汕尾·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E是AD上一点，连接BE，作点A关于直线BE的轴对称点

(1)如图1，当∠EBF=30°时，求AE的长；(2)当△BCF的面积等于3时，求AE的长；(3)如图2，射线CF交线段AD于G，求AG的最大值．【答案】(1)2(2)2(3)4-2【分析】（1）利用对称可各到三角形全等，再利用全等三角形的性质和30°的正切值即可算出AE的长；（2）过点F作FM⊥AD于点M，FN⊥BC于点N，通过△BCF的面积等于3求出FN的长，进而求出FM的长，再通过锐角三角函数的定义求出EF的长即AE的长；（3）点A关于直线BE的轴对称为点F，点F在以点B为圆心AB长为半径的圆弧上，当射线CF与圆弧只有一个交点时，即与圆弧相切时，CF的延长线交CF于点G，此时G与E重合，此时AG的值最大，求出AG即可．【详解】（1）∵点A与点F关于直线BE对称，∴AB=BF，AE=EF．在△ABE与△FBE中AE=EF∴△ABE≌△FBESSS∴∠ABE=∠FBE=30°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴AE=AB⋅tan（2）解：如图所示，过F作CD的平行线，交AD，BC分别于M，N，则四边形∴∠AMN=∠BNM=90°，MN=AB=2，

∵△BCF的面积为3，∴1∴FN=3∴MF=MN-FN=AB-FN=2-3在Rt△BNF中，∠FNB=90°，BF=2∴BN=B∵∠EFB=∠A=90°，∴∠MEF+∠MFE=∠BFN+∠MFE，∴∠MEF=∠BFN，∴sin∠MEF=∴MFEF∴EF=MF⋅BF∴AE=EF=2（3）解：∵BF=BA，∴点F的轨迹是以点B为圆心，以BF（长度为2）为半径的的圆弧上运动∴以点B为圆心，以BA为半径画圆，过C作圆B的切线，交线段AD于G，此时AG取得最大值∵AD∥BC，∴∠DGC=∠BCF，∴tan∠DGC=tan∠BCF∴CG=BC⋅CD在Rt△GCD中，DG=∴AG=4-23∴AG的最大值为4-23

【点睛】本题属于四边形和圆的综合应用，考查了对称的基本性质，勾股定理和解直角三角形等知识，熟练掌握对称的基本性质，勾股定理的综合应用以及学会结合图形综合分析是解题的关键．【题型7与矩形有关的新定义问题】【例7】（2023·江西·校联考模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，P是对角线AC上一点，且AP：PC＝2：3，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFP是等腰直角四边形，则AE的长是．【答案】2或3.6【分析】根据题意，分三种情况：①当BF=AB=6时；②当AE=AB=6；③当EF⊥BC时进行讨论求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=∠BAC=90°，∴AE：CF=AP：PC=2：3，①当BF=AB=6时，如图①，四边形ABFP是等腰直角四边形，∴CF=BC﹣BF=9﹣6=3，由AE：CF=2：3得：AE=2；②当AE=AB=6，如图②，由AE：CF=2：3得，CF=9=BC，此时点F与B重合，故不符合题意；③当EF⊥BC时，如图③，则四边形ABEF为矩形，∴EF∥AB，∠BFP=90°，AE=BF，∴PF：AB=CF：BC=CP：CA=3:5，解得：PF=3.6，CF=5.4，∴AE=BF=BC﹣CF=9﹣5.4=3.6，即BF=PF，故四边形ABFP是等腰直角四边形，综上，当AE为2或3.6时，四边形ABFP是等腰直角四边形．故答案为：2或3.6．【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行线分线段成比例，理解题意，利用分类讨论及数形结合思想求解是解答的关键．【变式7-1】（2023·广西南宁·广西大学附属中学校联考一模）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为O，在矩形外有一点P，OP=3，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为．【答案】3-【分析】根据题意分别求出当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE；当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA；当OP过顶点AD边中点F时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，即可求解．【详解】解：如图，当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE，OE=1∴d=PE=OP-OE=2；如图，当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA，矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为O，∴BC=AD=2,∠B=90°，∴AC=A∴OA=1∴d=AP=OP-OA=3-5如图，当OP过顶点AD边中点F时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，OF=1∴d=PF=OP-OF=1；综上所述，点P到矩形的距离d的取值范围为3-5故答案为：3-【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，根据题意得出临界点时点d的值是解题的关键．【变式7-2】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图①，在矩形ABCD中，点F是矩形边上一动点，将线段BF绕点F顺时针旋转一定的角度，使得BF与矩形的边交于点E（含端点），连接BE，把△BEF定义为“转角三角形”．

(1)由“转角三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“转角△BEF”一定是一个___三角形；(2)如图②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当点F与点C重合时，画出这个“转角△BEF″，并求出点(3)如图③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当“转角△BEF″面积最大时，求点【答案】(1)等腰(2)作图见解析，点E的坐标为3-(3)点F的坐标为3,0或3,1或32【分析】（1）根据旋转的性质，以及转角三角形的定义进行判断作答即可；（2）如图②，以F″为圆心，BF″长为半径画弧，交AD于点E，连接BE，EF″即可，由题意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=（3）由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：①当F在AB上，由题意知，当F与A重合时，此时面积最大；②当F在OC上，由（2）可知，当F与C重合时，此时面积最大；③当F在CD上，由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时面积最大；④当F在AD上，由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时面积最大；然后分别求解各情况下的F坐标，然后判断作答即可．【详解】（1）解：由旋转的性质可知，FB=FE，∴△BEF是等腰三角形，故答案为：等腰；（2）解：如图②；

由题意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=C∴AE=3-5∴点E的坐标为3-5（3）解：由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：①当F在AB上，由题意知，当F与A重合时，EF=AB，EF⊥AB，此时最大面积为S△BEF″②当F在OC上，由（2）可知，当F与C重合时，此时最大面积为S△BEF″=③当F在CD上，由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时最大面积为S△BEF″④当F在AD上，由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时最大面积为S△BEF″综上所述，S△BEF″最大为3，F点的坐标为3,0或3,1【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于正确的理解题意并分类讨论．【变式7-3】（2023·江苏无锡·统考二模）定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果ACCB=2，那么点C为线段AB的“

(1)应用：如图2，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的“白银分割点”(2)已知线段AB（如图3），作线段AB的一个“白银分割点”，（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）利用折叠对应边相等得到等腰直角三角形，计算边长及边长比即可；（2）利用（1）中结论，作一个等腰直角三角形底角的角平分线与腰的交点即为比例1:2的“白银分割点”【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，AB=1，BC=2∴∠A=∠C=∠B=∠D=90°，AB=CD=1，BC=AD=2由折叠，点C落在AD边上的点F处，∴BF=BC=2，∠BFE=∠C=90°=∠GFE，EF=CERt△BAF中AF=B∴△BAF是等腰直角三角形，∴∠AFB=45°=∠GFD=∠FEG，又∵∠D=90°，∴△DFG与△DEF均是等腰直角三角形，GE=2∴点E是线段GC的“白银分割点”．（2）作法：过B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，点K即为线段AB的“白银分割点”．

证明如下：由（1）中证明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，GE=2CE，点E是线段GC的“白银分割点

同理，上图中作KF⊥AE于点F，∵EK平分∠AEG，EB⊥AB，KF⊥AE，∴FK=BK∵EB⊥ABAB=BE∴∠A=∠AEB=45°又∵KF⊥AE∴△AFE为等腰直角三角形∴AK=∴点K是线段AB的“白银分割点”．【点睛】本题考查矩形及等腰直角三角形的边长比例计算及尺规作图，新定义的理解，需要结合题中构图分析原理找到目标作图的方法，能够总结模仿作图是解题的关键．【题型8根据矩形的性质与判定解决多结论问题】【例8】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE=3，EF=1．以下结论正确的个数是（

）①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为(-4,-2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】根据相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性质及已知OE，EF的值即可判断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐标系上点的表示及结论①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得点A坐标，再根据关于原点对称的点的坐标得出点D坐标，即可判断结论③；由③可知AF=2，进而得出OA的值，根据矩形的性质即可判断结论④；根据矩形的性质及④可知BD=62，利用三角形的面积公式求解即可判断结论【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，AF⊥x轴，垂足为F，∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．∵∠AEF=∠BEO，∴△EOB∽△EFA．∵OE=3，EF=1，∴EFEO=AFOB∵OA=OB，△EOB∽△EFA，∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．∴∠OAB=∠EAF．∴AE平分∠OAF．（②符合题意）∵OF=OE+EF=3+1=4，∴点A的横坐标为4．∵OA=3AF，∴9AF2-A∴AF=2，点A的纵坐标为2∴A(4,2∵点A与点C关于原点对称，∴C(-4,-2)．（∵OA=3AF=32∴BD=OD+OB=2OA=62．（④∵S∴S矩形ABCD∴结论正确的共有4个符合题意．故选：C．【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点的对称点位P'【变式8-1】（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片ABCD∠ADC>90°沿对角线BD剪开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②AC⊥AB；【答案】①②③【分析】证明四边形ABB'C是矩形可判断①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判断③【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B由旋转的性质，得DB∴∠BDE=∠B'DE=∵BA=AD，∴∠ABD=∠ADB，∴∠BDE=∠ABD，∴DE∥AB．同理，DE∥CB∴AB∥CB又∵AB=CB∴四边形ABB又∵DE∥AB,∠DEB=90°，∴∠ABB∴四边形ABB∴AC=BB'；AC⊥AB；故∵∠DAB=45°，∴∠DAC=45°，∵AD=CD，∴∠DCA=∠DAC=45°，∴∠CDA=90°；故③正确，∵△ADC是等腰直角三角形，∴AC=2∵BB∴BB'=∴正确的有①②③，故答案为①②③．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．【变式8-2】（2023·山东临沂·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=32,AD=6，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G是五边形AEFCD内满足GE=GF且∠EGF=90°的点，现给出以下结论：①∠AEG与∠GFB一定相等；②点G到边AB，BC的距离一定相等；③点G到边AD，DC的距离可能相等；④点G到边DC的距离的最小值为3，其中正确的是

【答案】①②④【分析】利用矩形性质和四边形的内角和为360°可判断①；过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，证明△GME≌△GHF可判断②；延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，证明四边形ABHP、CDPH是矩形，得到PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，进而得到PH-GH<MN-GM可判断③；先利用等腰直角三角形的性质求得GE=3，根据垂线段最短知MG≤EG，当M、E重合时，MG最大，此时GN最小可判断④．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°，∵∠EGF=90°，四边形EBFG的内角和是360°，∴∠BEG+∠GFB=360°-90°-90°=180°，∵∠BFG+∠AEG=180°，∴∠AEG=∠GFB，故①正确；过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，则∠GME=∠GHF=90°，∵∠MEG=∠GFH，GE=GF，∴△GME≌△GHFAAS∴GM=GH，故②正确；

延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，则四边形ABHP、CDPH是矩形，∴PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，又∵AB=32，AD=6，GM=GH∴PH-GH<MN-GM，∴PG<GN，即点G到边AD，DC的距离不可能相等，故③错误；∵EF=AB=32，GE=GF，∠EGF=90°∴∠GEF=∠GFE=45°,∴GE=EF·cos根据垂线段最短知MG≤EG，当M、E重合即GE⊥AB时，MG最大，最大值GE=3，此时GN最小，最小值为MN-MG=6-3=3，即点G到边DC的距离的最小值为3，故④正确，综上，正确的有①②④，故答案为：①②④．【点睛】本题考查动点问题，涉及正方形的性质、四边形的内角和、全等三角形的判定与性质、点到直线的距离、矩形的判定与性质、锐角三角函数、垂线段最短等知识，理解点到直线的距离，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键，属于填空压轴题型．【变式8-3】（2023·广东东莞·塘厦初中校考二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为234﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【分析】①由矩形的性质得到∠OBC=90°，根据折叠的性质得到OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形OBPD为正方形；故①正确；②过D作DH⊥OA于H，得到OA=10，OB=6，根据直角三角形的性质得到DH=12OD=3，根据三角形的面积公式得到ΔOAD的面积为1③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当OD+CD=OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为234-6；故④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB=∠POA，等量代换得到∠OPA=∠POA，求得AP=OA=10，根据勾股定理得到BP=BC-CP=10-8=2，故④正确．【详解】解：①∵四边形OACB是矩形，∴∠OBC=90°，∵将ΔOBP沿OP折叠得到ΔOPD，∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，∵∠BOP=45°，∴∠DOP=∠BOP=45°，∴∠BOD=90°，∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，∴四边形OBPD是矩形，∵OB=OD，∴四边形OBPD为正方形；故①正确；②过D作DH⊥OA于H，∵点A(10,0)，点B(0,6)，∴OA=10，OB=6，∴OD=OB=6，∠BOP=∠DOP=30°，∴∠DOA=30°，∴DH=1∴ΔOAD的面积为12OA·DH=1③连接OC，则OD+CD≥OC，即当OD+CD=OC时，CD取最小值，∵AC=OB=6，OA=10，∴OC=O∴CD=OC-OD=234即CD的最小值为234-6；故④∵OD⊥AD，∴∠ADO=90°，∵∠ODP=∠OBP=90°，∴∠ADP=180°，∴P，D，A三点共线，∵OA//CB，∴∠OPB=∠POA，∵∠OPB=∠OPD，∴∠OPA=∠POA，∴AP=OA=10，∵AC=6，∴CP=10∴BP=BC-CP=10-8=2，故④正确；故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．【题型9与矩形有关的规律探究问题】【例9】（2023·湖南永州·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,CB=4，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1相似于矩形；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B

【答案】8×【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质.解题的关键是根据已知和矩形的性质可分别求得AC，再利用相似多边形的性质可发现规律Sn【详解】∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴AC=AB2∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB∴矩形AB1C1C∴矩形AB1C1C∵SS⋯∴S故答案为：8×5【变式9-1】（2023·辽宁·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连接EB，点F1是CD的中点，连接EF1，BF1，得到ΔEF1B；点F2是CF1的中点，连接EF2，BF2，得到ΔEF2B；点F3是C

【答案】2【分析】先计算出ΔEF1B、ΔE【详解】解：∵AE=DA，∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3∵点F1是CD的中点，∴∴SΔBSΔD∴SΔE∵点F2是C∴SΔB且DF∴S∴SΔE同理可以计算出：SΔB且DF∴SΔD∴SΔE故ΔEF1B、ΔEF2观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2∴ΔEFnB故答案为：2n【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．【变式9-2】（2023·广西南宁·三模）如图，四边形ABCD是矩形，点F是AB边的三等分点，BF=2AF，点E1是CB边的中点，连接E1F，E1D，得到△E1FD；点E2是CE1的中点，连接E2F，E2D得到△【答案】3-【分析】根据题意，并结合矩形的性质可得：AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF=13AB，BE1=CE1=1【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,∵BF=2AF,点E1是CB∴AF=1∴=6-=6-=6-=6-∵E2是C∴BE∴S△整理得：S△同理可得：S△∴S△∴S△故答案为：3-1【点睛】本题主要考查三角形的面积，规律型：图形的变化类．解答的关键是明确S△【变式9-3】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，△ABC中，∠B=90°，BC=3，BC边上的高AB=1，点P1、Q1、H1分别在边AB、AC、BC上，且四边形P1Q1H1B为矩形，P1Q1:P1B=2:3，点P2、Q2、

【答案】9【分析】设P1Q1=2a，则可得P1B=3a，由相似可得AP1=13P1Q1=23【详解】解：∵P1∴设P1Q1∵四边形P1∴P1Q1∴△AP∴P1Q1∴AP∵A∴23∴a=3由勾股定理得AC=A∵H1∴△C∴CQ由于Q1H1CH类似地得：CQ∴CQCQ…，CQ∴CQ故答案为：911【点睛】本题是图形规律的探索问题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，由特殊入手，得到一般规律是关键．【题型10矩形有关的动点问题】【例10】（2023·广东深圳·校联考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=6，AD=15，点E在边BC上．且∠AED=90°，P是射线ED上的一个动点．若△AEP是等腰直角三角形，则CP的长为．【答案】35或【分析】如图1，当BE<CE时，根据矩形的性质得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根据相似三角形的性质得到BE=3，CE=12，过P作PQ⊥BC于Q，根据全等三角形的判定和性质定理，勾股定理即可得到结论；如图2，当BE>CE时，根据矩形的性质得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根据相似三角形的性质得到BE=12，CE=3，过P作PQ⊥BC于Q，根据全等三角形的判定和性质定理，勾股定理即可得到结论．【详解】解：如图1，当BE<CE时，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，∵∠AED=90°，∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠CED=90°，∴∠BAE=∠CED，∴△ABE∽∴ABCE∴6BE∴BE=3，∴CE=12，过P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE=∠B=90°，在△ABE与△EQP中，∠ABE=∠EQP=90°∠BAE=∠QEP∴△ABE≌∴EQ=AB=6，PQ=BE=3，∴CQ=15-6-3=6，∴CP=C如图2，当BE>CE时，

∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，∵∠AED=90°，∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠CED=90°，∴∠BAE=∠CED，∴△ABE∽∴ABCE∴6BE∴BE=12，∴CE=3，过P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE=∠B=90°，在△ABE与△EQP中，∠ABE=∠EQP=90°∠BAE=∠QEP∴△ABE≌∴EQ=AB=6，PQ=BE=12，∴CQ=12+6-15=3，∴CP=C综上所述，CP的长为35或3故答案为：35或3【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．【变式10-1】（2023·广东清远·统考二模）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6,F是BC边上一动点，O是AC的中点，OE⊥OF交AB于E，连接EF、OB．若OB将△OEF的面积分成1:2的两部分，则BF的长为【答案】7541或【分析】先作辅助线，构造出来直角三角形，先根据矩形的性质以及勾股定理求出来边长，根据相似三角形的判定与性质可得到边长之间的比例，即可得到结果．【详解】解：过点E作EQ⊥OB于点Q，过点F作FP⊥OB于点P，过点O作OH⊥BC，OG⊥AB，如图所示：，∵AB=8,AD=6，∴BD=A∵OB将△OEF的面积分成1:2的两部分，∴当EQ=2PF时，设PF=x，则EQ=2x，∵∠EBQ=∠DBA，∠DAB=∠EQB=90°，∴Rt△BEQ∽∴EQAD∴2x6∴BE=10∵∠PBF=∠DBC,∠DCB=∠FPB=90°，∴Rt△BFP∽∴PFCD∴x8∴BF=5∵∠EOF=∠GOH=90°，∴∠EOG=∠HOF，∵∠OGE=∠OHF=90°，∴Rt△EOG∽∴EGOG∴34解得x=60即BF=75同理当PF=2x，EQ=x时，可求得BF=7517故答案为：7541或75【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据三角形的面积得到高的比，分两种情况是解题的关键．【变式10-2】（2023·河南南阳·校联考一模）【初步探究】（1）把矩形纸片ABCD如图①折叠，当点B的对应点B'在MN的中点时，填空：△EB'M△B'AN（“【类比探究】（2）如图②，当点B的对应点B'为MN上的任意一点时，请判断（1【问题解决】（3）在矩形ABCD中，AB=4,BC=6，点E为BC中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△BPE沿PE折叠得到△B'PE，连接DE,DB'，当△E【答案】（1）∽；（2）结论成立，理由见解析；（3）94或【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质，得出∠EB（2）根据（1）的方法证明即可得出结论；（3）分∠DB'E=90°【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵矩形纸片ABCD如图①折叠，∴∠EB∴∠EB∵∠EMB∴△EB故答案为：∽；（2）（1）中结论成立，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵矩形纸片ABCD如图①折叠，∴∠EB∴∠EB∵∠EMB∴△EB（3）如图所示，当∠DB'E=90°由折叠可得，∠PB∴∠DB'P=180°，即点P，B'在Rt△CDE和RtCE=B∴Rt△CDE≌∴B'设BP=x=B'P在Rt△APD中，A∴4-x2+6∴BP=9如图所示，当∠B'ED=90°时，△EB'D是直角三角形，过B'作B'H⊥AB又∵∠B∴∠B∴∠B∴△B∴B'∵CE=BE=1∴DE=C∵△BPE沿PE折叠得到△B∴B'∴B'解得B'∴BQ=BE-EQ=3设BP=y=B'P在Rt△B'∴95-y2∴BP=1．综上所述，BP的长为94或1【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，折叠问题，掌握以上知识是解题的关键．【变式10-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）在矩形ABCD中，E是边CD上一点．

(1)如图1，点D，F关于直线AE对称．平移线段DE，使点E与点F重合，设点D的对应点为G．画出示意图，判断四边形DEFG的形状并证明；(2)如图2，若DE=k⋅DC(k为常数)，H是矩形内的动点，且满足EH=ED，若点H在运动的过程中，存在线段BH长度最小时，点D，H恰好关于直线AE对称的情形，请探究矩形ABCD的边AD与CD满足的数量关系．（用含k的式子表示）【答案】(1)图见解析，四边形DEFG为菱形，证明见解析(2)AD=【分析】（1）连接DF，EF，DG，根据题意证明四边形DGFE为平行四边形，即可得证．（2）证明△EDA≌△EHA(SSS)，设CD=a，AD=b，则DE=ka，CE=(1-k)a，AH=BC=AD=b，AB=CD=a，根据矩形的性质证明△ABH≌【详解】（1）如图，

四边形DEFG为菱形，证明如下：连接DF，EF，DG，∵点D、F关于直线AE对称，∴AE垂直平分DF，∴ED=EF，∵DE平移至点E与点F重合，∴DG//EF，且DG=EF，∴四边形DGFE为平行四边形．又∵ED=EF，∴四边形DGFE为菱形．（2）∵EH=ED，∴当E、H、B三点共线时，BH长度最小，此时点D、H关于直线AE对称，∴AE为DH的垂直平分线，∴AD=AH，ED=EH，∴△EDA≌△EHA(SSS

∴∠∴∠设CD=a，AD=b，则DE=ka，CE=(1-k)a，AH=BC=AD=b，AB=CD=a，在矩形ABCD中，∠ABH+∠EBC=90°∴∠∴∠又∵∠AHB=∠∴△ABH≌△BEC(AAS∴BH=CE=(1-k)a，∴BE=AB=a，在Rt△BCE中，BE即a2根据题意知a>0，b>0，0<k<1，解得b=2k-∴矩形的边AD和CD满足的数量关系为：AD=2k-【点睛】本题考查了四边形的综合应用，解题关键是掌握矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用．【题型11与矩形有关的折叠问题】【例11】（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形ABCD中，AB=3,AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是．【答案】6或3+22或【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．【详解】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，如图，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6，

当过点D的直线与圆相切与点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况，①如图，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，

∵四边形ABCD是矩形，∴EG⊥AD，∴四边形ABHG是矩形，GH=AB=3∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，由勾股定理可得DE=9∵S△AED∴EG=22∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+22②如图，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，

∵四边形ABCD是矩形，∴NM⊥AD，∴四边形ABNM是矩形，MN=AB=3∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，由勾股定理可得DE=9∵S△AED∴EM=22∴E到直线BC的距离EN=MN-GN=3-22综上，6或3+22或3-2故答案为：6或3+22或3-2【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．【变式11-1】（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，有一张矩形纸片ABCD．先对折矩形ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM﹐同时得到线段BN，MN．观察所得的线段，若AE=1，则MN=（

）

A．32 B．1 C．233【答案】C【分析】根据折叠的性质，得出∠ABM=∠NBM，AB=BN，进而得到∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°，在Rt△BEK中，由特殊锐角的三角函数可求MN【详解】解：根据折叠的性质可知：∠ABM=∠NBM，AB=BN，AE=BE=1，AD∥∴AN=BN=2∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，AD∥∴∠AEN=∠ABC=∠BEN=90°，在Rt△BEN中，sin∴∠BNE=30°，∴∠BNE=∠NBC=30°∴∠ABM=∠NBM=30°，在Rt△BMN中，tan∴MN2∴MN=2故选：C．【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠轴对称，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，以及直角三角形的边角关系是解题的关键．【变式11-2】（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=4，AD=8，点E为AD边上一点0<AE<3，连接EO并延长，交BC于点F，四边形ABFE与A'B'FE关于EF所在直线成轴对称，线段B'

(1)求证：GE=GF；(2)当AE=2DG时，求AE的长；(3)令AE=a，DG=b．①求证：4-a4-b②如图2，连接OB'，OD，分别交AD，B'F于点H，K.记四边形OKGH的面积为S1，△DGK的面积为S2【答案】(1)见解析(2)6-2(3)①见解析；②S【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明∠GEF=∠GFE，即可解答；（2）过点G作GH⊥BC于H，设DG=x，则AE=2x，求得GE=GF=8-3x，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①过点O作OQ⊥AD于Q，连接OA,OD,OG，证明△GOQ∽△OEQ，可得GQOQ=OQ②连接B'D,OG,OB，证明△DOG≌△B'OG，进而证明△DGK≌△B'GH，进而证明△OGK≌△OGH，可得S1【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴AD∥∴∠GEF=∠EFB，∵四边形ABFE与A'B'∴∠BFE=∠EFG，∴∠GEF=∠EFG，∴GE=GF；（2）解：如图，过点G作GH⊥BC于H，设设DG=x，则AE=2x，∴EG=8-3x=GF，∵∠GHC=∠C=∠D=90°，∴四边形GHCD为矩形，∴CH=DC=4，∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴AE=CF=2x，∴FH=FC-CH=x，在Rt△GHF中，G可得方程8-3x2解得x1=3-3,x∴AE=2x=6-23

（3）解：①证明：过点O作OQ⊥AD于Q，连接OA,OD,OG，∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴OE=OF,OA=OD，OQ=1∵GE=GF，∴GO⊥EF，∴∠GOQ=90°-∠EOQ=∠QEO，∵∠OQE=∠GQO=90°，∴△GOQ∽△OEQ，∴GQOQ=∴EQ=AQ-AE=4-a，GQ=DQ-GD=4-b，∴4-a

②如图，连接B'由题意可得BF=B∵点O为矩形ABCD的对称中心，∴BF=B同理可得OD=OB=OB由（1）知GF=GE，∴B即B'∵OG=OG，∴△DOG≌△B∴∠ODG=∠OB∵DG=B∴△DGK≌△B∴DK=B∴OD-DK=OB即OK=OH，∵OG=OG，∴△OGK≌△OGHSSS∴S∴S∴S∵∠EGF=∠DGB∴∠GEF=∠GFE=∠GDB∴OK∵S∴S∵△EGF∽△DGB∴EF当a=1时，由①可得4-14-b解得b=8∴AE=1,DG=8∴GE=AD-AE-DG=13∴S

【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．【变式11-3】（2023·广西·统考中考真题）【探究与证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接AB'，

请完成：(1)观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；(2)证明（1）中的猜想；【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接，

请完成：(3)证明BB'是【答案】(1)∠1=∠2=∠3(2)见详解(3)见详解【分析】（1）根据题意可进行求解；（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，AB=A（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB'E=1【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，AB=A∴AB'=B