專(zhuān)題27 矩形的性質(zhì)與判定【十四大題型】（舉一反三）（解析版）

專(zhuān)題27矩形的性質(zhì)與判定【十四大題型】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用矩形的性質(zhì)求角度、線(xiàn)段長(zhǎng)、面積、坐標(biāo)】 1【題型2矩形的判定定理的理解】 5【題型3根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求角度】 10【題型4根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求面積】 17【題型5根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線(xiàn)段長(zhǎng)】 21【題型6根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求最值】 26【題型7與矩形有關(guān)的新定義問(wèn)題】 32【題型8根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題】 39【題型9與矩形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題】 46【題型10矩形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題】 51【題型11與矩形有關(guān)的折疊問(wèn)題】 60【題型12矩形與一次函數(shù)綜合】 69【題型13矩形與反比例函數(shù)綜合】 79【題型14矩形與二次函數(shù)綜合】 86【知識(shí)點(diǎn)矩形的性質(zhì)與判定】(1)定義有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做矩形。(2)矩形的性質(zhì)矩形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；矩形的四個(gè)角都是直角；矩形的對(duì)角線(xiàn)相等。推論：直角三角形斜邊上的中線(xiàn)等于斜邊的一半。(3)矩形的判定有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形；對(duì)角線(xiàn)相等的平行四邊形是矩形；有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形?！绢}型1利用矩形的性質(zhì)求角度、線(xiàn)段長(zhǎng)、面積、坐標(biāo)】【例1】（2023·廣東江門(mén)·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC與BD相交于點(diǎn)O，已知∠BAC=35°，則∠BOC的度數(shù)是（

）A．65° B．70° C．75° D．80°【答案】B【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，證出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性質(zhì)即可得出答案．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，∴OA=OB，∴∠OAB=∠ABO=35°，∴∠BOC=2×35°=70°；故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，三角形的外角定理；證出OA=OB是解題關(guān)鍵．【變式1-1】（2023·甘肅武威·統(tǒng)考三模）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O的直線(xiàn)交AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，若AB=3，BC=4，則圖中陰影部分的面積為．【答案】6【分析】結(jié)合矩形的性質(zhì)證明△AOE≌△COF，可得△AOE與△COF的面積相等，從而將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為△BDC的面積進(jìn)行求解即可．【詳解】解：∵四邊形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陰影∴S△BCD故答案為：6．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)、全等三家形的判定與性質(zhì)，根據(jù)證明三角形全等，將陰影部分的面積轉(zhuǎn)化為矩形面積的一半是解題的關(guān)鍵．【變式1-2】（2023·江蘇南通·統(tǒng)考二模）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)E，點(diǎn)F分別在邊AB,BC上，線(xiàn)段AF與線(xiàn)段DE相交于點(diǎn)G，若AB=4,BC=6,AE=BF=3，則FG的長(zhǎng)度為．【答案】25【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)；由勾股定理可求AF的長(zhǎng)，通過(guò)證明△ABF∽△HCF，可求FH，CH的長(zhǎng)，通過(guò)證明△AEG∽△HDG，可求AG的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】解：如圖，延長(zhǎng)AF，DC交于點(diǎn)H，∵AB=4，BC=6，AE=BF=3，∴CF=3，AF=AB∵AB∥∴△ABF∽△HCF，∴AB∴∴CH=4，F(xiàn)H=5，∴AH=10，DH=8，∵AB∥∴△AEG∽△HDG，∴AG∴AG∴AG=3∴GF=25故答案為：2511【變式1-3】（2023·天津河?xùn)|·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，B，D分別在y軸上，O是BD的中點(diǎn).若AB=OB=23，則點(diǎn)C的坐標(biāo)是（

A．（3，3） B．-3,-3 C．(3，3【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)A作AF⊥x軸，垂足為F，由四邊形ABCD是矩形易證得△AOB是等邊三角形,進(jìn)而∠AOF=30°，解直角三角形得AF=OA?sin∠AOF=3，OF=OA?cos30°=3，所以A(3,3)【詳解】∵四邊形ABCD是矩形∴OA=OB∵AB=OB=2∴OA=AB=OB=23，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥x軸，垂足為F，

則AF=OA?OF=OA?∴點(diǎn)A(3,∵點(diǎn)A，點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴點(diǎn)C(-3,-3故選：B【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)、解直角三角形，點(diǎn)坐標(biāo)的含義；結(jié)合已知條件構(gòu)建直角三角形求解相關(guān)線(xiàn)段是解題的關(guān)鍵．【題型2矩形的判定定理的理解】【例2】（2023·上海·統(tǒng)考中考真題）在四邊形ABCD中，AD∥BC,AB=CD．下列說(shuō)法能使四邊形ABCD為矩形的是（

）A．AB∥CD B．AD=BC C．∠A=∠B D．∠A=∠D【答案】C【分析】結(jié)合平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定逐一分析即可．【詳解】A：∵AB∥CD，AD∥BC,AB=CD∴ABCD為平行四邊形而非矩形故A不符合題意B：∵AD=BC，AD∥BC,AB=CD∴ABCD為平行四邊形而非矩形故B不符合題意C：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠B∴∠A=∠B=90°∵AB=CD∴AB∥CD∴四邊形ABCD為矩形故C符合題意D：∵AD∥BC∴∠A+∠B=180°∵∠A=∠D∴∠D+∠B=180°∴ABCD不是平行四邊形也不是矩形故D不符合題意故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查平行線(xiàn)的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)及矩形的判定等知識(shí)，熟練掌握以上知識(shí)并靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023·山東青島·統(tǒng)考三模）如圖，△ABC和△ACF都是等邊三角形，AE、FD分別是BC、AC邊上的中線(xiàn)，連接ED并延長(zhǎng)交AF于G，連接CG．(1)求證：△ADG≌△CDE；(2)求證：四邊形AECG是矩形．【答案】(1)詳見(jiàn)解析(2)詳見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到AB=BC=AC=AF=CF，推出四邊形ABCF是平行四邊形，得到AF∥BC，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)得到（2）根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)定理以及等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【詳解】（1）證明：∵△ABC和△ACF都是等邊三角形，∴AB=BC=AC=AF=CF，∴四邊形ABCF是平行四邊形，∴AF∥∴∠AGD=∠CED，∠GAD=∠ECD，∵AE、FD分別是BC、AC邊上的中線(xiàn)，∴AG=12AF，CE=12∴AG=CE，∴△ADG≌△CDE(ASA（2）∵AG=CE，AG∥∴四邊形AECG是平行四邊形，∵△ABC是等邊三角形，AE是BC邊上的中線(xiàn)，∴AE⊥BC，∴∠AEC=90°，∴四邊形AECG是矩形．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，熟練掌握特殊四邊形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023·北京·統(tǒng)考中考真題）如圖，在?ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，AD上，BE=DF，AC=EF．

(1)求證：四邊形AECF是矩形；(2)AE=BE，AB=2，tan∠ACB=12【答案】(1)見(jiàn)解析(2)3【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)求出AF=EC，證明四邊形AECF是平行四邊形，然后根據(jù)對(duì)角線(xiàn)相等的平行四邊形是矩形得出結(jié)論；（2）證明△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【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD=BC，AD∥∵BE=DF，∴AF=EC，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵AC=EF，∴平行四邊形AECF是矩形；（2）解：由（1）知四邊形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【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)以及解直角三角形，熟練掌握相關(guān)判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023·湖南岳陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，△ABC中，D是BC中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作BC的平行線(xiàn)交CE的延長(zhǎng)線(xiàn)于F，且AF=BD，連接BF．請(qǐng)從以下三個(gè)條件：①AB=AC；②FB=AD；③E是AD的中點(diǎn)，選擇一個(gè)合適作為已知條件，使四邊形AFBD為矩形．

(1)你添加的條件是；（填序號(hào)）(2)添加條件后，請(qǐng)證明四邊形AFBD為矩形．【答案】(1)①(2)見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)已知可得四邊形AFBD是平行四邊形，添加條件能證明四邊形是矩形即可求解；（2）先證明四邊形AFBD是平行四邊形，①根據(jù)三線(xiàn)合一得出AD⊥BD，能證明四邊形是矩形；②只能證明四邊形為平行四邊形；③證明△AFE≌△DCE，可得AF=DC，進(jìn)而根據(jù)已知得出BD=AF，不能證明四邊形是矩形．【詳解】（1）解：添加的條件是①故答案為：①．（2）證明：∵AF∥BC，∴四邊形AFBD是平行四邊形，①AB=AC；∵△ABC中，D是BC中點(diǎn)，∴AD⊥BD∴四邊形AFBD是矩形；②添加FB=AD；四邊形AFBD是平行四邊形，不能證明四邊形AFBD是矩形；③E是AD的中點(diǎn)∴AE=DE，∵AF∥∴∠FAE=∠DCE，又∠AEF=∠DEC，∴△AFE≌△DCEAAS∴DC=AF，又BD=CD，∴BD=AF，∴③不能證明四邊形AFBD是矩形．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．【題型3根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求角度】【例3】（2023·河北承德·統(tǒng)考二模）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線(xiàn)AC、BD相交于點(diǎn)O，且OA=OD,∠OAD=55°，則∠OAB的度數(shù)為（

）A．35° B．40° C．45° D．50°【答案】A【分析】根據(jù)矩形的判定得到四邊形ABCD是矩形，由矩形的性質(zhì)求出∠DAB，代入∠OAB=∠DAB-∠OAD求出即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC,OB=OD，∵OA=OD，∴AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形，∴∠DAB=90°，∵∠OAD=55°，∴∠OAB=∠DAB-∠OAD=35°故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，能根據(jù)矩形的性質(zhì)求出∠DAB的度數(shù)是解此題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023·吉林·吉林省第二實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）概念提出若四邊形的一條對(duì)角線(xiàn)把四邊形分成兩個(gè)等腰三角形，則這條對(duì)角線(xiàn)叫做這個(gè)四邊形的“巧分線(xiàn)”，這個(gè)四邊形叫“巧妙四邊形”，若一個(gè)四邊形有兩條巧分線(xiàn)，則稱(chēng)為“絕妙四邊形”．(1)下列四邊形一定是巧妙四邊形的是；（填序號(hào)）①平行四邊形；②矩形；③菱形；④正方形．(2)初步應(yīng)用在絕妙四邊形ABCD中，AC垂直平分BD，若∠BAD＝80°，求∠BCD的度數(shù)．(3)深入研究在巧妙四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠A＝90°，AC是四邊形ABCD的巧分線(xiàn)，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠BCD的度數(shù)．【答案】(1)③④(2)80°或140°(3)45°或90°或135°【分析】（1）由平行四邊形，矩形，菱形，正方形的性質(zhì)可求解；（2）由線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)可得AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，即可求∠BCD的度數(shù)；（3）分三種情況討論，由等腰三角形的性質(zhì)和“絕妙四邊形的定義可求解．【詳解】（1）解：∵菱形的四條邊相等，∴連接對(duì)角線(xiàn)能得到兩個(gè)等腰三角形，∴菱形是巧妙四邊形；正方形是特殊的菱形，所以正方形也是巧妙四邊形；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°，如圖，∵四邊形ABCD是絕妙四邊形，，∴AD=CD，AB=BC，∵AC垂直平分BD，∵AB=AD，BC=CD，∴AB=AD=BC=CD，∴四邊形ABCD是菱形，∴∠BCD=∠BAD=80°，綜上所述，∠BCD=140°或80°；（3）解：∵AC是四邊形ABCD的巧分線(xiàn)，∴△ACD和△ABC是等腰三角形，①當(dāng)AC=BC時(shí)，如圖，過(guò)C作CH⊥AB于H，過(guò)C作CG⊥AD，交AD的延長(zhǎng)線(xiàn)于G，∵∠HAD=∠AHC=∠G=90°，∴四邊形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當(dāng)AC=AB時(shí)，如圖∵AC=AB=AD=CD，∴△ACD是等邊三角形，∠CAD=∠ACD=60°，∴∠BAD=90°，∴∠BAC=30°，∵?AB=AC，∴∠ACB=75°，∴∠BCD=75°+60°=135°；③當(dāng)AB=BC時(shí)，如圖∵AB=AD=CD=BC，∴四邊形ABCD是菱形，且∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，綜上所述：∠BCD的度數(shù)是45°或135°或90°．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，理解新定義并運(yùn)用是本題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023·河南新鄉(xiāng)·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，∠B=30°，點(diǎn)D、E分別在邊BC、AB上，BD=2，DE∥AC，將△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)D、E旋轉(zhuǎn)后的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別是D'、E'，當(dāng)A、D'【答案】30°或90°【分析】分兩種情況討論，由矩形的性質(zhì)和全等三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：如圖，當(dāng)點(diǎn)D'在線(xiàn)段A∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，AC=2，∴AB=4，BC=A∵將△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)至△B∴D'B=DB=2∴AD∴AD又∵AC=BD∴四邊形ACBD∵∠ACB=90°，∴四邊形ACBD∴∠D∵∠ABC=30°，∴∠EBD∵∠E∴∠EBE如圖：當(dāng)點(diǎn)D'在線(xiàn)段A∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，∴∠BAC=90°-30°=60°，∵將△BDE繞點(diǎn)B旋轉(zhuǎn)至△B∴D'B=DB=2，∵AC=2，∴AC=BD在Rt△ABC與RtAC=B∴Rt∴∠BAC=∠ABD∴∠EBE'=∠ABD'綜上，∠EBE'的度數(shù)為30°或故答案為：30°或90°．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，利用分類(lèi)討論解決問(wèn)題是本題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·福建廈門(mén)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，AC是⊙O的直徑，點(diǎn)B，D在⊙O上，AD=BC．

(1)在CD上求作一點(diǎn)E，使得∠AED=∠CDE；（要求：尺規(guī)作圖，不寫(xiě)作法，保留作圖痕跡）(2)在（1）的條件下，連接DE，CE，AE，若∠ECA=2∠CAB，求∠CAB的大小．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)∠CAB=30°【分析】（1）由∠AED=∠ACD，∠AED=∠CDE，可知只需利用尺規(guī)作圖作∠CDE=∠ACD即可；（2）由題意可證△CDA≌△ABCHL，進(jìn)而證得四邊形ABCD是矩形，利用矩形的性質(zhì)，圓周角定理及平行線(xiàn)的性質(zhì)可證∠ACD=∠DCE=∠CAB，∠AED=∠ACD=∠CDE，∠AED=∠CAE，∠DCE=∠DAE，即可證得∠DAE=∠CAE=∠CAB，再根據(jù)∠DAB=90°【詳解】（1）解：以點(diǎn)C為圓心，適當(dāng)長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧交CA，CD于X，Y，以同樣長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧交DC于M，再以M為圓心，XY為半徑畫(huà)弧交MZ于N，連接DN所在直線(xiàn)，交⊙O于E，可知∠CDE=∠ACD，又∵AD=∴∠AED=∠ACD，∴∠AED=∠CDE，

如圖所示，即為所求；（2）如圖，連接DE，CE，AE，∵AC是直徑，∴∠ADC=∠ABC=90°，又∵AD=BC，∴△CDA≌△ABCHL∴CD=AB，∴四邊形ABCD是矩形，則AB∥CD，∠DAB=90°∴∠CAB=∠ACD，∵∠ECA=2∠CAB=∠ACD+∠DCE∴∠ACD=∠DCE=∠CAB，由（1）知∠AED=∠ACD=∠CDE，∴AC∥DE，則∠AED=∠CAE，又∵DE=∴∠DCE=∠DAE，∴∠DAE=∠CAE=∠CAB，∵∠DAB=90°，∴∠DAE+∠CAE+∠CAB=90°，則∠CAB=30°．【點(diǎn)睛】本題屬于幾何綜合，考查了尺規(guī)作圖，全等三角形的判定及性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，平行線(xiàn)的判定及性質(zhì)，圓周角定理，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)及定理是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【題型4根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求面積】【例4】（2023·山東威海·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=3，CD=2．連接AC，過(guò)點(diǎn)B作BE//AC，交DC的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，連接AE，交BC于點(diǎn)F．若∠AFC=2∠D，則四邊形ABEC的面積為（A．5 B．25 C．6 D．【答案】B【分析】先證明四邊形ABEC為矩形，再求出AC，即可求出四邊形ABEC的面積．【詳解】解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，∵BE//∴四邊形ABEC為平行四邊形，∵∠AFC=2∠D，∴∠AFC=2∠ABC，∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，∴∠ABF=∠BAF，∴AF=BF，∴2AF=2BF，即BC=AE，∴平行四邊形ABEC是矩形，∴∠BAC=90°，∴AC=B∴矩形ABEC的面積為AB·AC=25故選：B【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟知相關(guān)定理，證明四邊形ABEC為矩形是解題關(guān)鍵．【變式4-1】（2023·廣西梧州·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，AC＝8，BC＝6，則四邊形CEDF的面積是（）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】B【分析】利用三角形的中位線(xiàn)定理，先證明四邊形DECF是矩形，再利用矩形的面積公式進(jìn)行計(jì)算即可.【詳解】解：∵點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，AC＝8，BC＝6，∴DE//∴四邊形DECF是平行四邊形，∵∠C=90°,∴四邊形DECF是矩形，∴S故選：B.【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的中位線(xiàn)的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，掌握利用三角形的中位線(xiàn)證明四邊形是平行四邊形是解題的關(guān)鍵.【變式4-2】（2023·河北滄州·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，點(diǎn)O是正六邊形ABCDEF對(duì)角線(xiàn)DF上的一點(diǎn)，且S△AOC=8，則正六邊形ABCDEF的面積為（

A．18 B．24 C．30 D．隨著點(diǎn)O的變化而變化【答案】B【分析】根據(jù)正六邊形ABCDEF性質(zhì)，得到如下的結(jié)論：各邊相等，各個(gè)角相等，從而得到△ABC?△DEF、∠BAC=30°、∠CAF=90°，即四邊形ACDF是矩形，且面積為16，過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AC于點(diǎn)G，計(jì)算S△ABC=1【詳解】解：如圖∵正六邊形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°，∴四邊形ACDF是矩形，∴AC∥∴S△AOC∵S△AOC∴S矩形過(guò)點(diǎn)B作BG⊥AC于點(diǎn)G，∴BG=

∴S△ABC∴S△ABC∴S正六邊形故選B．【點(diǎn)睛】本題考查了正六邊形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)、平行線(xiàn)的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握正六邊形的性質(zhì)、矩形的判定和性質(zhì)、三角形全等的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023·黑龍江哈爾濱·?？级＃┮阎匦蜛BCD，點(diǎn)E在A(yíng)D邊上，DE<AE，連接BE，點(diǎn)G在BC邊上，連接EG，BE平分∠AEG，若BG=5GC，DE=2CG，BE=210，則△ABE的面積是【答案】4【分析】過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于H，設(shè)CG=x，則DE=2x，BG=5x，證明∠AEB=∠EBG，得到BG=EG=5x，再求出HG=GC=1，則BG=5，BH=4，由勾股定理可求EH的長(zhǎng)，即可求解．【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC于H，設(shè)CG=x，則DE=2x，BG=5x，∵BE平分∠AEG，∴∠AEB=∠BEG，∵AD∥∴∠AEB=∠EBG，∴BG=EG=5x，∵EH⊥BC，∠D=∠C=90°，∴四邊形DCHE是矩形，∴DE=CH=2x，∴HG=x，BH=4x，∵EH2=B∴40-16x∴x=1（負(fù)值舍去），∴BG=5，BH=4，HG=1=GC，DE=2，∴BC=6，EH=B∴AE=4，∴S故答案為：46【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，利用勾股定理求出CG的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．【題型5根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線(xiàn)段長(zhǎng)】【例5】（2023·陜西西安·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)?？既＃┤鐖D，菱形ABCD的對(duì)角線(xiàn)相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC，且DE=12AC，連接CE、OE，連接AE，交OD于點(diǎn)F．若AB=2

A．3 B．5 C．7 D．2【答案】C【分析】先證明出四邊形OCED是矩形，再證明出△ABC為等邊三角形，從而得到AC=AB=2，OA=12AC=1【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，AB=2，∴OC=12AC，AC⊥BD∵DE=1∴DE=OC，∵DE∥∴四邊形OCED是平行四邊形，∵AC⊥BD，∴四邊形OCED是矩形，∵∠ABC=60°，∴△ABC為等邊三角形，∴AC=AB=2，OA=1∴CE=OD=A∴AE=C故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理、等邊三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)并靈活應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°,P為邊BC上一動(dòng)點(diǎn)，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿著B(niǎo)C勻速向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，則線(xiàn)段EF的值大小變化情況是（

A．一直增大 B．一直減小 C．先減小后增大 D．先增大后減少【答案】C【分析】連接AP，先判斷出四邊形AFPE是矩形，根據(jù)矩形的對(duì)角線(xiàn)相等可得EF=AP，再根據(jù)垂線(xiàn)段最短可得AP⊥BC時(shí)，線(xiàn)段EF的值最小，即可判斷出動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿著B(niǎo)C勻速向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，線(xiàn)段EF的值大小變化情況．【詳解】如圖，連接AP．

∵∠A=90°∴四邊形AFPE是矩形，∴EF=AP，由垂線(xiàn)段最短可得AP⊥BC時(shí)，AP最短，則線(xiàn)段EF的值最小，∴動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿著B(niǎo)C勻速向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，則線(xiàn)段EF的值大小變化情況是先減小后增大．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短的性質(zhì)，勾股定理，判斷出AP⊥BC時(shí)，線(xiàn)段EF的值最小是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱風(fēng)華中學(xué)?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，D、E分別在A(yíng)C、BC上，CE=AD，連接DE，CG⊥DE于點(diǎn)F，交AB于點(diǎn)G，F(xiàn)E=1，F(xiàn)G=3，則AC=【答案】3【分析】過(guò)點(diǎn)D作DT⊥AD交AB于點(diǎn)T，連接ET，連接CT交DE于點(diǎn)M，通過(guò)推導(dǎo)角度可知CT=CG，且四邊形DTEC為矩形，設(shè)CF為x，表示出DF，證明△CFE∽△DFC，再根據(jù)相似的性質(zhì)可求出x，根據(jù)勾股定理得出CE，CD，進(jìn)而可得結(jié)果．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作DT⊥AD交AB于點(diǎn)T，連接ET，連接CT交DE于點(diǎn)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°，∴四邊形CDTE是矩形，∴CT=DE，設(shè)∠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，設(shè)CF=x，∵FE=1，F(xiàn)G=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故答案為：35

【點(diǎn)睛】本題考查三角形與四邊形綜合知識(shí)，考查了等腰三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理。選擇適當(dāng)?shù)妮o助線(xiàn)將AD=CE這一條件聯(lián)系起來(lái)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023·河南周口·校聯(lián)考三模）如圖，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，點(diǎn)E為AC上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，點(diǎn)F是矩形內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，且S△FCD=16S矩形ABCD

【答案】2【分析】由條件中的面積關(guān)系可得點(diǎn)F到CD的距離為13AD，即為2，過(guò)點(diǎn)F作MN⊥AD于點(diǎn)N，交BC于M，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是線(xiàn)段MN，如圖，過(guò)E作EF⊥MN于點(diǎn)F，此時(shí)EF的值最小，然后根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)結(jié)合已知條件求出【詳解】∵S△FCD=16S矩形ABCD∴12∴h=13AD=2，即點(diǎn)F到CD的距離為1過(guò)點(diǎn)F作MN⊥AD于點(diǎn)N，交BC于M，則點(diǎn)F的運(yùn)動(dòng)軌跡是線(xiàn)段MN，∴四邊形ABMN,MNDC都是矩形，∴CM=DN=2，AN=4，MN=AB=4，如圖，過(guò)E作EF⊥MN于點(diǎn)F，此時(shí)EF的值最小，設(shè)MN,AC交于點(diǎn)G，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∴△CMG∽△ANG，∴CGAG∴CG=12AG∴CG=1∵點(diǎn)E為AC上靠近點(diǎn)A的三等分點(diǎn)，∴AE=1∴AE=EG=GC，∵EF⊥MN，AN⊥MN，∴EF∥AN，∴△GEF∽△GAN，∴GFGN∴FN=1∴FN=MG=FG=1則在直角三角形DFN中，根據(jù)勾股定理可得DF=2故答案為：213

【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)以及垂線(xiàn)段最短等知識(shí)，正確理解題意、得出EF最小值時(shí)的位置是解題的關(guān)鍵．【題型6根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求最值】【例6】（2023·四川德陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，?ABCD的面積為12，AC=BD=6，AC與BD交于點(diǎn)O．分別過(guò)點(diǎn)C，D作BD，AC的平行線(xiàn)相交于點(diǎn)F，點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，點(diǎn)P是四邊形OCFD邊上的動(dòng)點(diǎn)，則PG的最小值是（

）

A．1 B．32 C．32 D【答案】A【分析】先證明OC=OD，四邊形OCFD是菱形，如圖，連接OF，GP，而點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，可得G為菱形對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，OF⊥CD，當(dāng)GP⊥CF時(shí)，GP最小，再利用等面積法求解最小值即可．【詳解】解：∵?ABCD，AC=BD=6，∴?ABCD是矩形，∴OC=OD，∵OC∥DF，∴四邊形OCFD是菱形，如圖，連接OF，GP，而點(diǎn)G是CD的中點(diǎn)，

∴G為菱形對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，OF⊥CD，∴當(dāng)GP⊥CF時(shí)，GP最小，∵?ABCD即矩形ABCD的面積為12，AC=BD=6，∴OC=OD=3，S△OCD∴S菱形∴S△CGF由菱形的性質(zhì)可得：CF=3，∴12∴GP=1，即GP的最小值為1．故選A【點(diǎn)睛】本題考查的是平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)與判定，菱形的判定與性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短的含義，理解題意，利用數(shù)形結(jié)合的方法解題是關(guān)鍵．【變式6-1】（2023·四川雅安·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P為邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，作PD⊥BC于點(diǎn)D，PE⊥AC于點(diǎn)E，則DE的最小值為．

【答案】3【分析】連接CP，利用勾股定理列式求出AB，判斷出四邊形CDPE是矩形，根據(jù)矩形的對(duì)角線(xiàn)相等可得DE=CP，再根據(jù)垂線(xiàn)段最短可得CP⊥AB時(shí)，線(xiàn)段DE的值最小，然后根據(jù)直角三角形的面積公式列出方程求解即可．【詳解】解：如圖，連接CP，

∵∠C=90°,AC=BC=6，∴AB=A∵PD⊥BC于點(diǎn)D，PE⊥AC于點(diǎn)E，∠ACB=90°，∴四邊形CDPE是矩形，∴DE=CP，由垂線(xiàn)段最短可得CP⊥AB時(shí)，線(xiàn)段CP的值最小，此時(shí)線(xiàn)段DE的值最小，此時(shí)，S△ABC代入數(shù)據(jù)：12∴CP=32∴DE的最小值為32故答案為：32【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)，垂線(xiàn)段最短的性質(zhì)，勾股定理，判斷出CP⊥AB時(shí)，線(xiàn)段DE的值最小是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023·陜西西安·高新一中校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=5，BC=4，CD=3，點(diǎn)P為直線(xiàn)BC左側(cè)平面上一點(diǎn)，△BCP的面積為2，則PA-PC的最大值為【答案】5【分析】過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于H．過(guò)點(diǎn)P作直線(xiàn)l∥BC，作點(diǎn)C關(guān)于直線(xiàn)l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C'，連接AC'交直線(xiàn)l于P'，此時(shí)【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)P作PH⊥BC于H．∵12BC?PH=2∴PH=1，過(guò)點(diǎn)P作直線(xiàn)l∥BC，作點(diǎn)C關(guān)于直線(xiàn)l的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C'，連接AC'交直線(xiàn)l于P'，此時(shí)過(guò)點(diǎn)C'作C'K⊥AB∵∠C∴四邊形CBKC∴CC'=BK=2∵AB=5，∴AK=AB-BK=5-2=3，∴AC∴PA-PC的最大值為5故答案為：5．【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱(chēng)-最短問(wèn)題，涉及到的知識(shí)點(diǎn)三角形的面積，直角梯形等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用軸對(duì)稱(chēng)解決最值問(wèn)題．【變式6-3】（2023·廣東汕尾·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E是AD上一點(diǎn)，連接BE，作點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)BE的軸對(duì)稱(chēng)點(diǎn)

(1)如圖1，當(dāng)∠EBF=30°時(shí)，求AE的長(zhǎng)；(2)當(dāng)△BCF的面積等于3時(shí)，求AE的長(zhǎng)；(3)如圖2，射線(xiàn)CF交線(xiàn)段AD于G，求AG的最大值．【答案】(1)2(2)2(3)4-2【分析】（1）利用對(duì)稱(chēng)可各到三角形全等，再利用全等三角形的性質(zhì)和30°的正切值即可算出AE的長(zhǎng)；（2）過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AD于點(diǎn)M，F(xiàn)N⊥BC于點(diǎn)N，通過(guò)△BCF的面積等于3求出FN的長(zhǎng)，進(jìn)而求出FM的長(zhǎng)，再通過(guò)銳角三角函數(shù)的定義求出EF的長(zhǎng)即AE的長(zhǎng)；（3）點(diǎn)A關(guān)于直線(xiàn)BE的軸對(duì)稱(chēng)為點(diǎn)F，點(diǎn)F在以點(diǎn)B為圓心AB長(zhǎng)為半徑的圓弧上，當(dāng)射線(xiàn)CF與圓弧只有一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，即與圓弧相切時(shí)，CF的延長(zhǎng)線(xiàn)交CF于點(diǎn)G，此時(shí)G與E重合，此時(shí)AG的值最大，求出AG即可．【詳解】（1）∵點(diǎn)A與點(diǎn)F關(guān)于直線(xiàn)BE對(duì)稱(chēng)，∴AB=BF，AE=EF．在△ABE與△FBE中AE=EF∴△ABE≌△FBESSS∴∠ABE=∠FBE=30°，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=90°，∴AE=AB?tan（2）解：如圖所示，過(guò)F作CD的平行線(xiàn)，交AD，BC分別于M，N，則四邊形∴∠AMN=∠BNM=90°，MN=AB=2，

∵△BCF的面積為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，∴點(diǎn)F的軌跡是以點(diǎn)B為圓心，以BF（長(zhǎng)度為2）為半徑的的圓弧上運(yùn)動(dòng)∴以點(diǎn)B為圓心，以BA為半徑畫(huà)圓，過(guò)C作圓B的切線(xiàn)，交線(xiàn)段AD于G，此時(shí)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的最大值為4-23

【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形和圓的綜合應(yīng)用，考查了對(duì)稱(chēng)的基本性質(zhì)，勾股定理和解直角三角形等知識(shí)，熟練掌握對(duì)稱(chēng)的基本性質(zhì)，勾股定理的綜合應(yīng)用以及學(xué)會(huì)結(jié)合圖形綜合分析是解題的關(guān)鍵．【題型7與矩形有關(guān)的新定義問(wèn)題】【例7】（2023·江西·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）定義：有一組鄰邊相等，并且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．如圖，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，P是對(duì)角線(xiàn)AC上一點(diǎn)，且AP：PC＝2：3，過(guò)點(diǎn)P作直線(xiàn)分別交邊AD，BC于點(diǎn)E，F(xiàn)，使四邊形ABFP是等腰直角四邊形，則AE的長(zhǎng)是．【答案】2或3.6【分析】根據(jù)題意，分三種情況：①當(dāng)BF=AB=6時(shí)；②當(dāng)AE=AB=6；③當(dāng)EF⊥BC時(shí)進(jìn)行討論求解即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ABC=∠BAC=90°，∴AE：CF=AP：PC=2：3，①當(dāng)BF=AB=6時(shí)，如圖①，四邊形ABFP是等腰直角四邊形，∴CF=BC﹣BF=9﹣6=3，由AE：CF=2：3得：AE=2；②當(dāng)AE=AB=6，如圖②，由AE：CF=2：3得，CF=9=BC，此時(shí)點(diǎn)F與B重合，故不符合題意；③當(dāng)EF⊥BC時(shí)，如圖③，則四邊形ABEF為矩形，∴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，故四邊形ABFP是等腰直角四邊形，綜上，當(dāng)AE為2或3.6時(shí)，四邊形ABFP是等腰直角四邊形．故答案為：2或3.6．【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)、平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比例，理解題意，利用分類(lèi)討論及數(shù)形結(jié)合思想求解是解答的關(guān)鍵．【變式7-1】（2023·廣西南寧·廣西大學(xué)附屬中學(xué)校聯(lián)考一模）我們給出如下定義：在平面內(nèi)，點(diǎn)到圖形的距離是指這個(gè)點(diǎn)到圖形上所有點(diǎn)的距離的最小值．在平面內(nèi)有一個(gè)矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心為O，在矩形外有一點(diǎn)P，OP=3，當(dāng)矩形繞著點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)時(shí)，則點(diǎn)P到矩形的距離d的取值范圍為．【答案】3-【分析】根據(jù)題意分別求出當(dāng)OP過(guò)AB的中點(diǎn)E時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PE；當(dāng)OP過(guò)頂點(diǎn)A時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PA；當(dāng)OP過(guò)頂點(diǎn)AD邊中點(diǎn)F時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PF，即可求解．【詳解】解：如圖，當(dāng)OP過(guò)AB的中點(diǎn)E時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PE，OE=1∴d=PE=OP-OE=2；如圖，當(dāng)OP過(guò)頂點(diǎn)A時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PA，矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心為O，∴BC=AD=2,∠B=90°，∴AC=A∴OA=1∴d=AP=OP-OA=3-5如圖，當(dāng)OP過(guò)頂點(diǎn)AD邊中點(diǎn)F時(shí)，此時(shí)點(diǎn)P與矩形ABCD上所有點(diǎn)的連線(xiàn)中，d=PF，OF=1∴d=PF=OP-OF=1；綜上所述，點(diǎn)P到矩形的距離d的取值范圍為3-5故答案為：3-【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，根據(jù)題意得出臨界點(diǎn)時(shí)點(diǎn)d的值是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2023·陜西西安·高新一中?？寄M預(yù)測(cè)）如圖①，在矩形ABCD中，點(diǎn)F是矩形邊上一動(dòng)點(diǎn)，將線(xiàn)段BF繞點(diǎn)F順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使得BF與矩形的邊交于點(diǎn)E（含端點(diǎn)），連接BE，把△BEF定義為“轉(zhuǎn)角三角形”．

(1)由“轉(zhuǎn)角三角形”的定義可知，矩形ABCD的任意一個(gè)“轉(zhuǎn)角△BEF”一定是一個(gè)___三角形；(2)如圖②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)C重合時(shí)，畫(huà)出這個(gè)“轉(zhuǎn)角△BEF″，并求出點(diǎn)(3)如圖③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，當(dāng)“轉(zhuǎn)角△BEF″面積最大時(shí)，求點(diǎn)【答案】(1)等腰(2)作圖見(jiàn)解析，點(diǎn)E的坐標(biāo)為3-(3)點(diǎn)F的坐標(biāo)為3,0或3,1或32【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，以及轉(zhuǎn)角三角形的定義進(jìn)行判斷作答即可；（2）如圖②，以F″為圓心，BF″長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交AD于點(diǎn)E，連接BE，EF″即可，由題意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=（3）由題意知，分當(dāng)F在A(yíng)B、OC、CD、AD上，四種情況進(jìn)行求解：①當(dāng)F在A(yíng)B上，由題意知，當(dāng)F與A重合時(shí)，此時(shí)面積最大；②當(dāng)F在OC上，由（2）可知，當(dāng)F與C重合時(shí)，此時(shí)面積最大；③當(dāng)F在CD上，由題意知，當(dāng)F為CD中點(diǎn)時(shí)，E與A重合，此時(shí)面積最大；④當(dāng)F在A(yíng)D上，由題意知，當(dāng)F為AD中點(diǎn)時(shí)，E與C重合，此時(shí)面積最大；然后分別求解各情況下的F坐標(biāo)，然后判斷作答即可．【詳解】（1）解：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，F(xiàn)B=FE，∴△BEF是等腰三角形，故答案為：等腰；（2）解：如圖②；

由題意知CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=C∴AE=3-5∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為3-5（3）解：由題意知，分當(dāng)F在A(yíng)B、OC、CD、AD上，四種情況進(jìn)行求解：①當(dāng)F在A(yíng)B上，由題意知，當(dāng)F與A重合時(shí)，EF=AB，EF⊥AB，此時(shí)最大面積為S△BEF″②當(dāng)F在OC上，由（2）可知，當(dāng)F與C重合時(shí)，此時(shí)最大面積為S△BEF″=③當(dāng)F在CD上，由題意知，當(dāng)F為CD中點(diǎn)時(shí)，E與A重合，此時(shí)最大面積為S△BEF″④當(dāng)F在A(yíng)D上，由題意知，當(dāng)F為AD中點(diǎn)時(shí)，E與C重合，此時(shí)最大面積為S△BEF″綜上所述，S△BEF″最大為3，F(xiàn)點(diǎn)的坐標(biāo)為3,0或3,1【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰三角形的判定，勾股定理等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于正確的理解題意并分類(lèi)討論．【變式7-3】（2023·江蘇無(wú)錫·統(tǒng)考二模）定義：如圖1，點(diǎn)C把線(xiàn)段AB分成兩部分，如果ACCB=2，那么點(diǎn)C為線(xiàn)段AB的“

(1)應(yīng)用：如圖2，矩形ABCD中，AB=1，BC=2，E為CD上一點(diǎn)，將矩形ABCD沿BE折疊，使得點(diǎn)C落在A(yíng)D邊上的點(diǎn)F處，延長(zhǎng)BF交CD的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)G，說(shuō)明點(diǎn)E為線(xiàn)段GC的“白銀分割點(diǎn)”(2)已知線(xiàn)段AB（如圖3），作線(xiàn)段AB的一個(gè)“白銀分割點(diǎn)”，（要求：尺規(guī)作圖，保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法）【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析【分析】（1）利用折疊對(duì)應(yīng)邊相等得到等腰直角三角形，計(jì)算邊長(zhǎng)及邊長(zhǎng)比即可；（2）利用（1）中結(jié)論，作一個(gè)等腰直角三角形底角的角平分線(xiàn)與腰的交點(diǎn)即為比例1:2的“白銀分割點(diǎn)”【詳解】（1）∵四邊形ABCD是矩形，AB=1，BC=2∴∠A=∠C=∠B=∠D=90°，AB=CD=1，BC=AD=2由折疊，點(diǎn)C落在A(yíng)D邊上的點(diǎn)F處，∴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與△DEF均是等腰直角三角形，GE=2∴點(diǎn)E是線(xiàn)段GC的“白銀分割點(diǎn)”．（2）作法：過(guò)B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，連接AE，作∠AEB的角平分線(xiàn)交AB于K，點(diǎn)K即為線(xiàn)段AB的“白銀分割點(diǎn)”．

證明如下：由（1）中證明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，GE=2CE，點(diǎn)E是線(xiàn)段GC的“白銀分割點(diǎn)

同理，上圖中作KF⊥AE于點(diǎn)F，∵EK平分∠AEG，EB⊥AB，KF⊥AE，∴FK=BK∵EB⊥ABAB=BE∴∠A=∠AEB=45°又∵KF⊥AE∴△AFE為等腰直角三角形∴AK=∴點(diǎn)K是線(xiàn)段AB的“白銀分割點(diǎn)”．【點(diǎn)睛】本題考查矩形及等腰直角三角形的邊長(zhǎng)比例計(jì)算及尺規(guī)作圖，新定義的理解，需要結(jié)合題中構(gòu)圖分析原理找到目標(biāo)作圖的方法，能夠總結(jié)模仿作圖是解題的關(guān)鍵．【題型8根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題】【例8】（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，B，D分別在y軸上，AB交x軸于點(diǎn)E，AF⊥x軸，垂足為F．若OE=3，EF=1．以下結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是（

）①OA=3AF；②A(yíng)E平分∠OAF；③點(diǎn)C的坐標(biāo)為(-4,-2)；④BD=63；⑤矩形ABCDA．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)【答案】C【分析】根據(jù)相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性質(zhì)及已知OE，EF的值即可判斷結(jié)論①；由①分析得出的條件，結(jié)合相似三角形、矩形的性質(zhì)（對(duì)角線(xiàn)）即可判斷結(jié)論②；根據(jù)直角坐標(biāo)系上點(diǎn)的表示及結(jié)論①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得點(diǎn)A坐標(biāo)，再根據(jù)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)得出點(diǎn)D坐標(biāo)，即可判斷結(jié)論③；由③可知AF=2，進(jìn)而得出OA的值，根據(jù)矩形的性質(zhì)即可判斷結(jié)論④；根據(jù)矩形的性質(zhì)及④可知BD=62，利用三角形的面積公式求解即可判斷結(jié)論【詳解】解：∵矩形ABCD的頂點(diǎn)A在第一象限，AF⊥x軸，垂足為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符合題意）∵OF=OE+EF=3+1=4，∴點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為4．∵OA=3AF，∴9AF2-A∴AF=2，點(diǎn)A的縱坐標(biāo)為2∴A(4,2∵點(diǎn)A與點(diǎn)C關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴C(-4,-2)．（∵OA=3AF=32∴BD=OD+OB=2OA=62．（④∵S∴S矩形ABCD∴結(jié)論正確的共有4個(gè)符合題意．故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查矩形與坐標(biāo)的綜合應(yīng)用．涉及矩形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，直角坐標(biāo)系上點(diǎn)的表示，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的點(diǎn)的坐標(biāo)，三角形的面積公式等知識(shí)點(diǎn)．矩形的對(duì)角線(xiàn)相等且互相平分；兩角分別相等的兩個(gè)三角形相似；相似三角形對(duì)應(yīng)角相等，對(duì)應(yīng)邊成比例；兩個(gè)點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)時(shí)，它們的坐標(biāo)符號(hào)相反，即點(diǎn)P(x,y)關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)位P'【變式8-1】（2023·四川成都·模擬預(yù)測(cè)）如圖1，將一張菱形紙片ABCD∠ADC>90°沿對(duì)角線(xiàn)BD剪開(kāi)，得到△ABD和△BCD，再將△BCD以D為旋轉(zhuǎn)中心，按逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)角α，使α=2∠ADB，得到如圖2所示的△DB'C，連接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列結(jié)論：①AC=BB'；②A(yíng)C⊥AB；【答案】①②③【分析】證明四邊形ABB'C是矩形可判斷①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判斷③【詳解】解：如圖2中，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥B'B由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，得DB∴∠BDE=∠B'DE=∵BA=AD，∴∠ABD=∠ADB，∴∠BDE=∠ABD，∴DE∥AB．同理，DE∥CB∴AB∥CB又∵AB=CB∴四邊形ABB又∵DE∥AB,∠DEB=90°，∴∠ABB∴四邊形ABB∴AC=BB'；AC⊥AB；故∵∠DAB=45°，∴∠DAC=45°，∵AD=CD，∴∠DCA=∠DAC=45°，∴∠CDA=90°；故③正確，∵△ADC是等腰直角三角形，∴AC=2∵BB∴BB'=∴正確的有①②③，故答案為①②③．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．【變式8-2】（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=32,AD=6，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E不與A，B重合，且EF=AB，G是五邊形AEFCD內(nèi)滿(mǎn)足GE=GF且∠EGF=90°的點(diǎn)，現(xiàn)給出以下結(jié)論：①∠AEG與∠GFB一定相等；②點(diǎn)G到邊AB，BC的距離一定相等；③點(diǎn)G到邊AD，DC的距離可能相等；④點(diǎn)G到邊DC的距離的最小值為3，其中正確的是

【答案】①②④【分析】利用矩形性質(zhì)和四邊形的內(nèi)角和為360°可判斷①；過(guò)G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，證明△GME≌△GHF可判斷②；延長(zhǎng)MG交CD于N，延長(zhǎng)HG交AD于P，證明四邊形ABHP、CDPH是矩形，得到PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，進(jìn)而得到PH-GH<MN-GM可判斷③；先利用等腰直角三角形的性質(zhì)求得GE=3，根據(jù)垂線(xiàn)段最短知MG≤EG，當(dāng)M、E重合時(shí)，MG最大，此時(shí)GN最小可判斷④．【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠B=∠C=90°，∵∠EGF=90°，四邊形EBFG的內(nèi)角和是360°，∴∠BEG+∠GFB=360°-90°-90°=180°，∵∠BFG+∠AEG=180°，∴∠AEG=∠GFB，故①正確；過(guò)G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，則∠GME=∠GHF=90°，∵∠MEG=∠GFH，GE=GF，∴△GME≌△GHFAAS∴GM=GH，故②正確；

延長(zhǎng)MG交CD于N，延長(zhǎng)HG交AD于P，則四邊形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，即點(diǎn)G到邊AD，DC的距離不可能相等，故③錯(cuò)誤；∵EF=AB=32，GE=GF，∠EGF=90°∴∠GEF=∠GFE=45°,∴GE=EF·cos根據(jù)垂線(xiàn)段最短知MG≤EG，當(dāng)M、E重合即GE⊥AB時(shí)，MG最大，最大值GE=3，此時(shí)GN最小，最小值為MN-MG=6-3=3，即點(diǎn)G到邊DC的距離的最小值為3，故④正確，綜上，正確的有①②④，故答案為：①②④．【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題，涉及正方形的性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和、全等三角形的判定與性質(zhì)、點(diǎn)到直線(xiàn)的距離、矩形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、垂線(xiàn)段最短等知識(shí)，理解點(diǎn)到直線(xiàn)的距離，熟練掌握相關(guān)知識(shí)的聯(lián)系與運(yùn)用是解答的關(guān)鍵，屬于填空壓軸題型．【變式8-3】（2023·廣東東莞·塘廈初中校考二模）如圖，已知一個(gè)矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（10，0），點(diǎn)B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結(jié)論中：①當(dāng)∠BOP＝45°時(shí)，四邊形OBPD為正方形；②當(dāng)∠BOP＝30°時(shí)，△OAD的面積為15；③當(dāng)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，CD的最小值為234﹣6；④當(dāng)OD⊥AD時(shí)，BP＝2．其中結(jié)論正確的有（）

A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】D【分析】①由矩形的性質(zhì)得到∠OBC=90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，推出四邊形OBPD是矩形，根據(jù)正方形的判定定理即可得到四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過(guò)D作DH⊥OA于H，得到OA=10，OB=6，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DH=12OD=3，根據(jù)三角形的面積公式得到ΔOAD的面積為1③連接OC，于是得到OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD=OC時(shí)，CD取最小值，根據(jù)勾股定理得到CD的最小值為234-6；故④根據(jù)已知條件推出P，D，A三點(diǎn)共線(xiàn)，根據(jù)平行線(xiàn)的性質(zhì)得到∠OPB=∠POA，等量代換得到∠OPA=∠POA，求得AP=OA=10，根據(jù)勾股定理得到BP=BC-CP=10-8=2，故④正確．【詳解】解：①∵四邊形OACB是矩形，∴∠OBC=90°，∵將ΔOBP沿OP折疊得到ΔOPD，∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，∵∠BOP=45°，∴∠DOP=∠BOP=45°，∴∠BOD=90°，∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，∴四邊形OBPD是矩形，∵OB=OD，∴四邊形OBPD為正方形；故①正確；②過(guò)D作DH⊥OA于H，∵點(diǎn)A(10,0)，點(diǎn)B(0,6)，∴OA=10，OB=6，∴OD=OB=6，∠BOP=∠DOP=30°，∴∠DOA=30°，∴DH=1∴ΔOAD的面積為12OA·DH=1③連接OC，則OD+CD≥OC，即當(dāng)OD+CD=OC時(shí)，CD取最小值，∵AC=OB=6，OA=10，∴OC=O∴CD=OC-OD=234即CD的最小值為234-6；故④∵OD⊥AD，∴∠ADO=90°，∵∠ODP=∠OBP=90°，∴∠ADP=180°，∴P，D，A三點(diǎn)共線(xiàn)，∵OA//CB，∴∠OPB=∠POA，∵∠OPB=∠OPD，∴∠OPA=∠POA，∴AP=OA=10，∵AC=6，∴CP=10∴BP=BC-CP=10-8=2，故④正確；故選：D．

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積的計(jì)算，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．【題型9與矩形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題】【例9】（2023·湖南永州·三模）如圖，在矩形ABCD中，AB=2,CB=4，連接AC，以對(duì)角線(xiàn)AC為邊，按逆時(shí)針?lè)较蜃骶匦蜛CC1B1，使矩形ACC1B1相似于矩形；再連接AC1，以對(duì)角線(xiàn)AC1為邊，按逆時(shí)針?lè)较蜃骶匦蜛C1C2B2，使矩形AC1C2B

【答案】8×【分析】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，相似多邊形的性質(zhì).解題的關(guān)鍵是根據(jù)已知和矩形的性質(zhì)可分別求得AC，再利用相似多邊形的性質(zhì)可發(fā)現(xiàn)規(guī)律Sn【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴AC=AB2∵按逆時(shí)針?lè)较蜃骶匦蜛BCD的相似矩形AB∴矩形AB1C1C∴矩形AB1C1C∵SS?∴S故答案為：8×5【變式9-1】（2023·遼寧·統(tǒng)考中考真題）如圖，四邊形ABCD是矩形，延長(zhǎng)DA到點(diǎn)E，使AE=DA，連接EB，點(diǎn)F1是CD的中點(diǎn)，連接EF1，BF1，得到ΔEF1B；點(diǎn)F2是CF1的中點(diǎn)，連接EF2，BF2，得到ΔEF2B；點(diǎn)F3是C

【答案】2【分析】先計(jì)算出ΔEF1B、ΔE【詳解】解：∵AE=DA，∴ΔABE面積是矩形ABCD面積的一半，∴梯形BCDE的面積為2+1=3∵點(diǎn)F1是CD的中點(diǎn)，∴∴SΔBSΔD∴SΔE∵點(diǎn)F2是C∴SΔB且DF∴S∴SΔE同理可以計(jì)算出：SΔB且DF∴SΔD∴SΔE故ΔEF1B、ΔEF2觀(guān)察規(guī)律，其分母分別為2,4,8，符合2n，分子規(guī)律為2∴ΔEFnB故答案為：2n【點(diǎn)睛】本題考查了三角形的中線(xiàn)的性質(zhì)，三角形面積公式，矩形的性質(zhì)等，本題的關(guān)鍵是能求出前面三個(gè)三角形的面積表達(dá)式，進(jìn)而找出規(guī)律求解．【變式9-2】（2023·廣西南寧·三模）如圖，四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)F是AB邊的三等分點(diǎn)，BF=2AF，點(diǎn)E1是CB邊的中點(diǎn)，連接E1F，E1D，得到△E1FD；點(diǎn)E2是CE1的中點(diǎn)，連接E2F，E2D得到△【答案】3-【分析】根據(jù)題意，并結(jié)合矩形的性質(zhì)可得：AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF=13AB，BE1=CE1=1【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,∵BF=2AF,點(diǎn)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△故答案為：3-1【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形的面積，規(guī)律型：圖形的變化類(lèi)．解答的關(guān)鍵是明確S△【變式9-3】（2023·黑龍江雞西·?？既＃┤鐖D，△ABC中，∠B=90°，BC=3，BC邊上的高AB=1，點(diǎn)P1、Q1、H1分別在邊AB、AC、BC上，且四邊形P1Q1H1B為矩形，P1Q1:P1B=2:3，點(diǎn)P2、Q2、

【答案】9【分析】設(shè)P1Q1=2a，則可得P1B=3a，由相似可得AP1=13P1Q1=23【詳解】解：∵P1∴設(shè)P1Q1∵四邊形P1∴P1Q1∴△AP∴P1Q1∴AP∵A∴23∴a=3由勾股定理得AC=A∵H1∴△C∴CQ由于Q1H1CH類(lèi)似地得：CQ∴CQCQ…，CQ∴CQ故答案為：911【點(diǎn)睛】本題是圖形規(guī)律的探索問(wèn)題，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)等知識(shí)，由特殊入手，得到一般規(guī)律是關(guān)鍵．【題型10矩形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題】【例10】（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，AB=6，AD=15，點(diǎn)E在邊BC上．且∠AED=90°，P是射線(xiàn)ED上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)．若△AEP是等腰直角三角形，則CP的長(zhǎng)為．【答案】35或【分析】如圖1，當(dāng)BE<CE時(shí)，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BE=3，CE=12，過(guò)P作PQ⊥BC于Q，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)定理，勾股定理即可得到結(jié)論；如圖2，當(dāng)BE>CE時(shí)，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到BE=12，CE=3，過(guò)P作PQ⊥BC于Q，根據(jù)全等三角形的判定和性質(zhì)定理，勾股定理即可得到結(jié)論．【詳解】解：如圖1，當(dāng)BE<CE時(shí)，∵四邊形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，過(guò)P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE=∠B=90°，在△ABE與△EQP中，∠ABE=∠EQP=90°∠BAE=∠QEP∴△ABE≌∴EQ=AB=6，PQ=BE=3，∴CQ=15-6-3=6，∴CP=C如圖2，當(dāng)BE>CE時(shí)，

∵四邊形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，過(guò)P作PQ⊥BC于Q，∴∠PQE=∠B=90°，在△ABE與△EQP中，∠ABE=∠EQP=90°∠BAE=∠QEP∴△ABE≌∴EQ=AB=6，PQ=BE=12，∴CQ=12+6-15=3，∴CP=C綜上所述，CP的長(zhǎng)為35或3故答案為：35或3【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握分類(lèi)討論思想是解題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2023·廣東清遠(yuǎn)·統(tǒng)考二模）如圖，已知四邊形ABCD為矩形，AB=8,AD=6,F是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，O是AC的中點(diǎn)，OE⊥OF交AB于E，連接EF、OB．若OB將△OEF的面積分成1:2的兩部分，則BF的長(zhǎng)為【答案】7541或【分析】先作輔助線(xiàn)，構(gòu)造出來(lái)直角三角形，先根據(jù)矩形的性質(zhì)以及勾股定理求出來(lái)邊長(zhǎng)，根據(jù)相似三角形的判定與性質(zhì)可得到邊長(zhǎng)之間的比例，即可得到結(jié)果．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)E作EQ⊥OB于點(diǎn)Q，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥OB于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)O作OH⊥BC，OG⊥AB，如圖所示：，∵AB=8,AD=6，∴BD=A∵OB將△OEF的面積分成1:2的兩部分，∴當(dāng)EQ=2PF時(shí)，設(shè)PF=x，則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同理當(dāng)PF=2x，EQ=x時(shí)，可求得BF=7517故答案為：7541或75【點(diǎn)睛】本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、用勾股定理解三角形、根據(jù)矩形的性質(zhì)求線(xiàn)段長(zhǎng)、根據(jù)三角形的面積得到高的比，分兩種情況是解題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2023·河南南陽(yáng)·校聯(lián)考一模）【初步探究】（1）把矩形紙片ABCD如圖①折疊，當(dāng)點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'在MN的中點(diǎn)時(shí)，填空：△EB'M△B'AN（“【類(lèi)比探究】（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'為MN上的任意一點(diǎn)時(shí)，請(qǐng)判斷（1【問(wèn)題解決】（3）在矩形ABCD中，AB=4,BC=6，點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，點(diǎn)P為線(xiàn)段AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EP，將△BPE沿PE折疊得到△B'PE，連接DE,DB'，當(dāng)△E【答案】（1）∽；（2）結(jié)論成立，理由見(jiàn)解析；（3）94或【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)以及折疊的性質(zhì)，得出∠EB（2）根據(jù)（1）的方法證明即可得出結(jié)論；（3）分∠DB'E=90°【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵矩形紙片ABCD如圖①折疊，∴∠EB∴∠EB∵∠EMB∴△EB故答案為：∽；（2）（1）中結(jié)論成立，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠B=90°，∵矩形紙片ABCD如圖①折疊，∴∠EB∴∠EB∵∠EMB∴△EB（3）如圖所示，當(dāng)∠DB'E=90°由折疊可得，∠PB∴∠DB'P=180°，即點(diǎn)P，B'在Rt△CDE和RtCE=B∴Rt△CDE≌∴B'設(shè)BP=x=B'P在Rt△APD中，A∴4-x2+6∴BP=9如圖所示，當(dāng)∠B'ED=90°時(shí)，△EB'D是直角三角形，過(guò)B'作B'H⊥AB又∵∠B∴∠B∴∠B∴△B∴B'∵CE=BE=1∴DE=C∵△BPE沿PE折疊得到△B∴B'∴B'解得B'∴BQ=BE-EQ=3設(shè)BP=y=B'P在Rt△B'∴95-y2∴BP=1．綜上所述，BP的長(zhǎng)為94或1【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，折疊問(wèn)題，掌握以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式10-3】（2023·福建廈門(mén)·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，E是邊CD上一點(diǎn)．

(1)如圖1，點(diǎn)D，F(xiàn)關(guān)于直線(xiàn)AE對(duì)稱(chēng)．平移線(xiàn)段DE，使點(diǎn)E與點(diǎn)F重合，設(shè)點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G．畫(huà)出示意圖，判斷四邊形DEFG的形狀并證明；(2)如圖2，若DE=k?DC(k為常數(shù))，H是矩形內(nèi)的動(dòng)點(diǎn)，且滿(mǎn)足EH=ED，若點(diǎn)H在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，存在線(xiàn)段BH長(zhǎng)度最小時(shí)，點(diǎn)D，H恰好關(guān)于直線(xiàn)AE對(duì)稱(chēng)的情形，請(qǐng)?zhí)骄烤匦蜛BCD的邊AD與CD滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系．（用含k的式子表示）【答案】(1)圖見(jiàn)解析，四邊形DEFG為菱形，證明見(jiàn)解析(2)AD=【分析】（1）連接DF，EF，DG，根據(jù)題意證明四邊形DGFE為平行四邊形，即可得證．（2）證明△EDA≌△EHA(SSS)，設(shè)CD=a，AD=b，則DE=ka，CE=(1-k)a，AH=BC=AD=b，AB=CD=a，根據(jù)矩形的性質(zhì)證明△ABH≌【詳解】（1）如圖，

四邊形DEFG為菱形，證明如下：連接DF，EF，DG，∵點(diǎn)D、F關(guān)于直線(xiàn)AE對(duì)稱(chēng)，∴AE垂直平分DF，∴ED=EF，∵DE平移至點(diǎn)E與點(diǎn)F重合，∴DG//EF，且DG=EF，∴四邊形DGFE為平行四邊形．又∵ED=EF，∴四邊形DGFE為菱形．（2）∵EH=ED，∴當(dāng)E、H、B三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，BH長(zhǎng)度最小，此時(shí)點(diǎn)D、H關(guān)于直線(xiàn)AE對(duì)稱(chēng)，∴AE為DH的垂直平分線(xiàn)，∴AD=AH，ED=EH，∴△EDA≌△EHA(SSS

∴∠∴∠設(shè)CD=a，AD=b，則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根據(jù)題意知a>0，b>0，0<k<1，解得b=2k-∴矩形的邊AD和CD滿(mǎn)足的數(shù)量關(guān)系為：AD=2k-【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形的綜合應(yīng)用，解題關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理的應(yīng)用．【題型11與矩形有關(guān)的折疊問(wèn)題】【例11】（2023·黑龍江·統(tǒng)考中考真題）矩形ABCD中，AB=3,AD=9，將矩形ABCD沿過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，若△ADE是直角三角形，則點(diǎn)E到直線(xiàn)BC的距離是．【答案】6或3+22或【分析】由折疊的性質(zhì)可得點(diǎn)E在以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，延長(zhǎng)BA交⊙A的另一側(cè)于點(diǎn)E，則此時(shí)△ADE是直角三角形，易得點(diǎn)E到直線(xiàn)BC的距離；當(dāng)過(guò)點(diǎn)D的直線(xiàn)與圓相切于點(diǎn)E時(shí)，△ADE是直角三角形，分兩種情況討論即可求解．【詳解】解：由題意矩形ABCD沿過(guò)點(diǎn)A的直線(xiàn)折疊，使點(diǎn)B落在點(diǎn)E處，可知點(diǎn)E在以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)，如圖，延長(zhǎng)BA交⊙A的另一側(cè)于點(diǎn)E，則此時(shí)△ADE是直角三角形，點(diǎn)E到直線(xiàn)BC的距離為BE的長(zhǎng)度，即BE=2AB=6，

當(dāng)過(guò)點(diǎn)D的直線(xiàn)與圓相切與點(diǎn)E時(shí)，△ADE是直角三角形，分兩種情況，①如圖，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥BC交BC于點(diǎn)H，交AD于點(diǎn)G，

∵四邊形ABCD是矩形，∴EG⊥AD，∴四邊形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到直線(xiàn)BC的距離EH=EG+GH=3+22②如圖，過(guò)點(diǎn)E作EN⊥BC交BC于點(diǎn)N，交AD于點(diǎn)M，

∵四邊形ABCD是矩形，∴NM⊥AD，∴四邊形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到直線(xiàn)BC的距離EN=MN-GN=3-22綜上，6或3+22或3-2故答案為：6或3+22或3-2【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的折疊問(wèn)題切線(xiàn)的應(yīng)用，以及勾股定理，找到點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)軌跡是解題的關(guān)鍵．【變式11-1】（2023·湖北黃石·統(tǒng)考中考真題）如圖，有一張矩形紙片ABCD．先對(duì)折矩形ABCD，使AD與BC重合，得到折痕EF，把紙片展平．再一次折疊紙片，使點(diǎn)A落在EF上，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，得到折痕BM﹐同時(shí)得到線(xiàn)段BN，MN．觀(guān)察所得的線(xiàn)段，若AE=1，則MN=（

）

A．32 B．1 C．233【答案】C【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)，得出∠ABM=∠NBM，AB=BN，進(jìn)而得到∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°，在Rt△BEK中，由特殊銳角的三角函數(shù)可求MN【詳解】解：根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：∠ABM=∠NBM，AB=BN，AE=BE=1，AD∥∴AN=BN=2∵四邊形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故選：C．【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，折疊軸對(duì)稱(chēng)，掌握折疊前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，以及直角三角形的邊角關(guān)系是解題的關(guān)鍵．【變式11-2】（2023·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心，AB=4，AD=8，點(diǎn)E為AD邊上一點(diǎn)0<AE<3，連接EO并延長(zhǎng)，交BC于點(diǎn)F，四邊形ABFE與A'B'FE關(guān)于EF所在直線(xiàn)成軸對(duì)稱(chēng)，線(xiàn)段B'

(1)求證：GE=GF；(2)當(dāng)AE=2DG時(shí)，求AE的長(zhǎng)；(3)令A(yù)E=a，DG=b．①求證：4-a4-b②如圖2，連接OB'，OD，分別交AD，B'F于點(diǎn)H，K.記四邊形OKGH的面積為S1，△DGK的面積為S2【答案】(1)見(jiàn)解析(2)6-2(3)①見(jiàn)解析；②S【分析】（1）根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)和矩形的性質(zhì)，證明∠GEF=∠GFE，即可解答；（2）過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于H，設(shè)DG=x，則AE=2x，求得GE=GF=8-3x，再利用勾股定理，列方程即可解答；（3）①過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥AD于Q，連接OA,OD,OG，證明△GOQ∽△OEQ，可得GQOQ=OQ②連接B'D,OG,OB，證明△DOG≌△B'OG，進(jìn)而證明△DGK≌△B'GH，進(jìn)而證明△OGK≌△OGH，可得S1【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴AD∥∴∠GEF=∠EFB，∵四邊形ABFE與A'B'∴∠BFE=∠EFG，∴∠GEF=∠EFG，∴GE=GF；（2）解：如圖，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥BC于H，設(shè)設(shè)DG=x，則AE=2x，∴EG=8-3x=GF，∵∠GHC=∠C=∠D=90°，∴四邊形GHCD為矩形，∴CH=DC=4，∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)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證明：過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥AD于Q，連接OA,OD,OG，∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)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如圖，連接B'由題意可得BF=B∵點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)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當(dāng)a=1時(shí)，由①可得4-14-b解得b=8∴AE=1,DG=8∴GE=AD-AE-DG=13∴S

【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合應(yīng)用，涉及軸對(duì)稱(chēng)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線(xiàn)，構(gòu)造全等三角形和相似三角形是解題的關(guān)鍵．【變式11-3】（2023·廣西·統(tǒng)考中考真題）【探究與證明】折紙，操作簡(jiǎn)單，富有數(shù)學(xué)趣味，我們可以通過(guò)折紙開(kāi)展數(shù)學(xué)探究，探索數(shù)學(xué)奧秘．【動(dòng)手操作】如圖1，將矩形紙片ABCD對(duì)折，使AD與BC重合，展平紙片，得到折痕EF；折疊紙片，使點(diǎn)B落在EF上，并使折痕經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，得到折痕AM，點(diǎn)B，E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為B'，E'，展平紙片，連接AB'，

請(qǐng)完成：(1)觀(guān)察圖1中∠1，∠2和∠3，試猜想這三個(gè)角的大小關(guān)系；(2)證明（1）中的猜想；【類(lèi)比操作】如圖2，N為矩形紙片ABCD的邊AD上的一點(diǎn)，連接BN，在A(yíng)B上取一點(diǎn)P，折疊紙片，使B，P兩點(diǎn)重合，展平紙片，得到折痕EF；折疊紙片，使點(diǎn)B，P分別落在EF，BN上，得到折痕l，點(diǎn)B，P的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為B'，P'，展平紙片，連接，

請(qǐng)完成：(3)證明BB'是【答案】(1)∠1=∠2=∠3(2)見(jiàn)詳解(3)見(jiàn)詳解【分析】（1）根據(jù)題意可進(jìn)行求解；（2）由折疊的性質(zhì)可知AB'=BB'，AB=A（3）連接PB'，根據(jù)等腰三角形性質(zhì)證明∠PB'E=∠BB'E=1【詳解】（1）解：由題意可知∠1=∠2=∠3；（2）證明：由折疊的性質(zhì)可得：AB'=BB'，AB=A∴AB'=B