专题1.5 矩形的性质与判定（题型分类拓展专题）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.5 矩形的性质与判定（题型分类拓展专题） 【题型目录】 【题型1】矩形中的作图问题； 【题型2】矩形中的折叠问题； 【题型3】矩形中的最值问题； 【题型4】矩形中的平移问题； 【题型5】矩形中的旋转问题； 【题型6】矩形中动点问题. 1、 单选题（每个题型2个题） 【题型1】矩形中的作图问题 1．（2023·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，在矩形中，，，分别以点，为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于点和，作直线分别与、、交于点、、，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 2．（23-24九年级下·辽宁本溪·阶段练习）如图，矩形中，，，连接．按以下步骤作图：①以点B为圆心，以的长为半径作弧，交于点E，连接交于点E；②以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点M，N，再分别以点M，N为圆心，大于长为半径画弧交于点Q，作射线交于点H，则线段的长为（    ） A． B． C． D．4 【题型2】矩形中的折叠问题 3．（2024·浙江杭州·二模）如图，在矩形中，对角线，交于点，是上一点，沿折叠，点恰好落在点处，则的度数为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东云浮·一模）如图，将长方形纸片沿对折（点P在边上，点E在边上），使点B落在点，再将另一部分沿对折，使D，C分别落在，处，若比的2倍大，则的度数为（　　） A．42.5° B．74° C．32.5° D．34° 【题型3】矩形中的最值问题 5．（20-21八年级下·安徽滁州·期末）如图，在RtABC中，，，，两顶点A，B分别在平面直角坐标系的y轴，x轴的正半轴上滑动，点C在第一象限内，连接OC，则OC的长的最大值为（   ） A．16 B．18 C． D． 6．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，在矩形中，，，E为的中点，F为上一动点，P为中点，连接，则的最小值是（　　） A．2 B． C． D． 【题型4】矩形中的平移问题 7．（21-22八年级下·山西临汾·期末）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C分别落在x轴和y轴的正半轴上，，，若将直线向下平移m（）个单位长度可将矩形的面积平分，则m的值为（    ）    A．6 B．7 C．8 D．10 8．（23-24九年级下·河南郑州·期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A的坐标为，D的坐标为，矩形向右平移7个单位长度后点B恰好落在直线上，若点B的横坐标为，则k的值为（    ） A． B． C． D． 【题型5】矩形中的旋转问题 9．（23-24九年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的两边与坐标轴重合，.将矩形绕点O顺时针旋转，每次旋转，则第2024次旋转结束时，点B的坐标是（    ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、，若，比长2，，则的长为（　　） A．1 B． C． D． 【题型6】矩形中动点问题 11．（23-24九年级下·河南信阳·期中）如图1，已知矩形的两条对角线交于点O．动点P从点A出发，沿矩形的边按的路径匀速运动到点C．设点P的运动速度为1单位长度/秒，运动时间为x秒，线段的长为y，y与x函数关系的大致图象如图2所示，其中a，b分别为图象中两段曲线最低点的纵坐标，则的值为（    ） A．12 B．14 C．16 D．17 12．（2024·河南安阳·模拟预测）如图，在矩形中，，．点E在边上，且，M，N分别是边、上的动点，P是线段上的动点，连接，，使．当的值最小时，线段的长为（    ） A．2 B． C．4 D． 2、 填空题（每个题型2个题） 【题型1】矩形中的作图问题 13．（2024·湖北黄石·二模）如图，在矩形中，，以为圆心，适当的长为半径画弧，交于两点；再分别以为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线，交于点，则的长为 . 14．（23-24八年级下·辽宁锦州·期中）如图，在中，，以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E，点F为的中点，连接，若，则的长是 . 【题型2】矩形中的折叠问题 15．（23-24八年级下·湖北荆州·期末）如图，将一张矩形纸片折叠，折痕为，点F为中点，折叠后，的对应边经过点点的对应点为点G，若，则的长为 ． 16．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在矩形中，，，点E为的中点，将沿折叠，使点B落在矩形内点F处，连接，则的长为 ．    【题型3】矩形中的最值问题 17．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，在矩形中，，，点，分别是边，上的动点，且，过点作直线的垂线，垂足为，则线段长的最大值为 ． 18．（23-24八年级下·北京·期中）如图，在平行四边形中，，，，在线段上取一点E，使，连接，点M，N分别是线段上的动点，连接，则的最小值为 ． 【题型4】矩形中的平移问题 19．（2024·广西南宁·二模）如图，将边长，的矩形沿对角线剪开，得到和，将沿射线方向平移，得到，连接，当时，平移距离的长为 ． 20．（22-23八年级下·广东深圳·期末）如图，沿某方向平移一定距离得到，直角顶点C恰为中点，连接．给出结论：①；②；③四边形为菱形，其中正确结论的序号是 ． 【题型5】矩形中的旋转问题 21．（22-23八年级下·江西宜春·期末）如图，在矩形中，，将矩形绕点B旋转一定角度后得矩形，交于点E，且，则的长为 ．    22．（2024·黑龙江绥化·三模）在中，，，，将绕点旋转得到，边所在的直线与旋转后所在的直线相交于点，当时，的长为 ． 【题型6】矩形中动点问题 23．（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在矩形中，．动点P从点A开始沿边以的速度运动，动点Q从点C开始沿边以的速度运动．点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为，当 时，四边形是矩形． 24．（2024·辽宁大连·一模）在矩形中，，，若是射线上一个动点，连接，点关于直线的对称点为，连接，，当，，三点共线时，的长为 ． 3、 解答题（每个题型1个题） 【题型1】矩形中的作图问题 25．（2024·浙江宁波·一模）如图，在矩形中，分别以点A，点C为圆心，大于长为半径在线段的两侧分别画弧，得交点G，H，作经过点G，H的直线与线段的延长线分别交于点E，F，且与交于点O，连接． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求的长． 【题型2】矩形中的折叠问题 26．（23-24八年级下·江西宜春·期末）如图所示，以矩形的边，所在直线分别为横轴，纵轴，建立平面直角坐标系，其中点A和原点重合，已知点，折叠矩形，是折痕，使点A与点C重合，连接． (1)点B，点D的坐标分别为 ， ； (2)求证：四边形是菱形； (3)长为多少，请直接写出答案． 【题型3】矩形中的最值问题 27．（2023·四川自贡·中考真题）如图1，一大一小两个等腰直角三角形叠放在一起，，分别是斜边，的中点，．   (1)将绕顶点旋转一周，请直接写出点，距离的最大值和最小值； (2)将绕顶点逆时针旋转（如图），求的长． 【题型4】矩形中的平移问题 28．（2024八年级下·天津·专题练习）矩形在如图所示的直角坐标系中，点的坐标为，、直线经过点，交边于点，此时直线的函数表达式是． (1)求的长； (2)沿轴负方向平移直线，分别交边于点． 当四边形是菱形时，求平移的距离； 设，当直线把矩形分成两部分的面积之比为时，求的值． 【题型5】矩形中的旋转问题 29．（23-24九年级上·四川成都·期末）在中，，，，是的中点，将绕点旋转得到（点，的对应点分别为，），点不在直线上，连结． (1)如图1，连接，，，求证：四边形是矩形； (2)如图2，当落在边上时，与交于点，连接，，求线段的长． 【题型6】矩形中动点问题 30．（23-24八年级下·上海浦东新·阶段练习）如图，已知在平面直角坐标系中，是矩形，，，点是边边上一动点，连结，将四边形沿所在直线翻折，落在的位置，点A、的对应点分别为点、，边与边的交点为点． (1)当坐标为时，求点坐标和直线的解析式； (2)过作交于，若，，求关于的函数解析式，并写出它的定义域． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．D 【分析】连接，利用线段垂直平分线的性质，勾股定理计算即可，本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键． 【详解】连接， ∵矩形，，， ∴，， 根据作图，得到， ∴， 设，则， ∴ 解得． 故选D． 2．A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定及性质等；由勾股定理得 ，由等腰三角形的性质得，由勾股定理得 ，即可求解；掌握性质，能熟练利用勾股定理求解是解题的关键． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， ， 由①作法得：， ， ， ， ， ， ， ； 故选：A． 3．C 【分析】本题考查矩形与折叠，根据矩形的性质，折叠的性质，推出为等边三角形，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵矩形， ， ∵沿折叠，点恰好落在点处， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴； 故选C． 4．D 【分析】本题考查矩形与折叠，设，根据折叠的性质得到，，，然后列方程解题即可． 【详解】解：设， 由折叠得：， ∴， 由折叠得：， ∴， ∵比的2倍大10°， ∴， 解得：， ∴， 故选：D． 5．B 【分析】取AB的中点P，连接OP、CP，利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，可得，再由勾股定理，可得CP=10，再由三角形的三边关系，即可求解． 【详解】解：如图，取AB的中点P，连接OP、CP， ∵， ∴ ， 在 中，，由勾股定理得： ， ∵ ， ∴当O、P、C三点共线时，OC最大，最大值为18． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了直角三角形的性质，勾股定理，三角形的三边关系，熟练掌握相关知识是解题的关键． 6．C 【分析】本题主要考查矩形的性质及轨迹问题，三角形中位线性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是要学会利用特殊位置得到轨迹问题． 根据中位线定理可得出点P的运动轨迹是线段，再根据垂线段最短可得当时，PB取得最小值，然后由矩形的性质以及已知数据即可知，故的最小值为的长，最后根据勾股定理可求解． 【详解】解：如图， 当点F与点C重合时，点P在处，则， 当点F与点E重合时，点P在处，则， ∴且， 当点F在上除点C、E的位置处时，有， 由三角形中位线定理可知：且， ∴点P的运动轨迹是线段， ∴当时，取得最小值， ∵在矩形中，，，E为的中点， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，即， ∴的最小值为的长， 在等腰直角中，， ∴， ∴的最小值为． 故选C． 7．A 【分析】如图，连接，交于D点．当经过D点时，该直线可将矩形的面积平分，从而可得答案． 【详解】解：连接，交于D点，    ，是矩形的对角线，，， ，， ， ， 平移后的直线表达式为， ，解得， 直线向下平移6个单位长度可将矩形的面积平分． 故选A． 【点睛】本题考查的是矩形的性质，一次函数的图象的平移，利用待定系数法求解一次函数的解析式，理解矩形的性质是解本题的关键． 8．D 【分析】本题考查了一次函数的图象与几何变换，矩形的性质，相似三角形的判定和性质，正确求出平移后的坐标是解题的关键． 过点B作轴交于点E，根据坐标得出，，然后在证明，求出点B坐标，根据矩形平移后纵坐标坐标不变，求出点B平移后坐标，代入一次函数即可求解． 【详解】过点B作轴交于点E， ， 点A的坐标为，D的坐标为， ，， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 点B的横坐标为， ， ，， ， 矩形向右平移7个单位长度后点B恰好落在直线上， 平移后点B坐标变为， 把代入中， 解得：； 故选：D． 9．A 【分析】本题主要考查旋转，矩形的性质，点坐标规律探索，根据矩形的性质可知，作出旋转后的图形，找到点B的坐标规律即可．确定旋转后的位置是解题的关键． 【详解】解：矩形中，， ， 将矩形绕点O逆时针旋转，每次旋转，如图 可知，每旋转4次则回到原位置， ， 第2024次旋转结束时，点B回到原位置，坐标为， 故选A． 10．A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，旋转的性质等知识．熟练掌握矩形的性质，勾股定理，旋转的性质是解题的关键． 如图，连接，设，则，，由旋转性质可得，，，由题意知，，由勾股定理得，，，即，可求，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵矩形， 设，则，， 由旋转性质可得，，， 由题意知，， 由勾股定理得，，， ∴， 解得，， ∴， 故选：A． 11．D 【分析】本题考查了动点问题的函数图象，矩形的性质，三角形中位线定理，三线合一定理．解题的关键在于从图象中获取正确的信息．由题意知，，当运动到中点时，取最小值，是的中位线，此时；当运动到中点时，取最小值，是的中位线，此时；根据，计算求解即可． 【详解】解：由题意知，， 由矩形的性质可得， ∴由垂线段最短和三线合一定理可知， 当运动到中点时，取最小值，是的中位线，此时； 当运动到中点时，取最小值，是的中位线，此时； ∴， 故选：D． 12．D 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，轴对称的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，先证明是等腰直角三角形，作点关于的对称点，则在直线上，连接，则，则当三点共线，且时，有最小值，即有最小值，可证明四边形是矩形，得到，则，再证明是等腰直角三角形，即可得到． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 是等腰直角三角形， ∴， 作点关于的对称点，则在直线上，连接，如图： ∴， ∴当三点共线，且时，有最小值，即有最小值， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故选：D． 13．5 【分析】本题考查了角平分线的作法和性质，矩形的性质，勾股定理等知识．过F作于G，由角平分线的性质求得，再由求得，从而在中，由勾股定理列方程求出的长即可解答. 【详解】解：由作图步骤可得：是的角平分线， 如图，过F作于G， 由矩形性质可得：，， ∴， 由角平分线的性质可得：， 又∵， ∴ ∴， ∴， 在中，， ∴ ∴， 故答案为5． 14． 【分析】本题考查角平分线尺规作图，等腰三角形底边上三线合一，勾股定理，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，根据题意综合运用这些知识点是解题关键． 根据作图得到是的角平分线，结合可得，，根据勾股定理即可得到，根据F为的中点得到，即可得到答案． 【详解】解：∵以B为圆心，适当长为半径画弧交于点M，交于点N，分别以M，N为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点D，射线交于点E， ∴是的角平分线， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∵F为的中点，， ∴， 故答案为：． 15．/ 【分析】先根据矩形性质得，结合折叠性质，得，，证明，结合点F为中点，得出是等边三角形，则，，在中，，解得，即可作答． 【详解】解：如图所示：连接 ∵四边形是矩形 ∴ ∴ ∵折叠后，的对应边经过点点的对应点为点G， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵点F为中点 ∴ ∵ ∴ 即是等边三角形 ∴ ∵ ∴ 则 ∴ 在中， 解得 ∴ ∴ 【点睛】本题考查了矩形与折叠，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 16． 【分析】此题考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等腰三角形的三线合一的性质， 由折叠得，，利用勾股定理求出，由面积法求出，连接，过E作于H，证得四边形是矩形，得，勾股定理求出，再利用等腰三角形的性质求出的长． 【详解】解：连接，过E作于H， ∵，点E为的中点， ∴， 由折叠得，， ∴， ∴， ∵在矩形中，， ∴， ∵ ∴，    ∵点B与点F关于对称， ， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 故答案为． 17．/ 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质．由矩形的性质推出，，，，由推出，得到，由勾股定理求出，得到，又，即可得到线段长的最大值为． 【详解】解：四边形是矩形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， 线段长的最大值为． 故答案为：． 18．/ 【分析】如图，作于，于，于，则四边形是矩形，，由题意可求，，，则，，由，可知当三点共线且时，最小，为，求的长，进而可求最小值， 【详解】解：如图，作于，于，于，则四边形是矩形， ∴， ∵平行四边形中，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线且时，最小，为， ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，含的直角三角形，等边对等角，勾股定理等知识．明确线段和最小的情况是解题的关键． 19．1.4 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握平移的性质是解题的关键；根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据平移的性质得到，过B作于 H，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】四边形是矩形， 将沿射线方向平移，得到， ，， 过B作于H，如图， ，， ， ， ； 故答案为：． 20．①②/②① 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质、平移的性质、勾股定理、等腰三角形的判定；熟练掌握平移的性质和菱形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．由平移的性质得出，得出①正确；由平移的性质得出，，得出四边形是平行四边形，③错误，由四边形是平行四边形得出，由C恰为中点，得出，由平移的性质得出，，得出四边形是平行四边形，得出，继而得出，得出，②正确； 【详解】解：∵平移，得到， ∴，①正确； ∴，， ∴四边形是平行四边形，③错误； ∴， ∵C恰为中点，， ∴， ∴， ∵平移， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，②正确； 故答案为：①②． 21．3 【分析】由矩形的性质得到,，由旋转的性质得到，设，则，则，在中，由勾股定理得，解方程即可得到的长． 【详解】解：在矩形中，， ∴,， ∵将矩形绕点B旋转一定角度后得矩形， ∴， 设，则， ∴， 在中，由勾股定理得，， ∴， 解得， 即的长为3． 故答案为：3 【点睛】此题考查了勾股定理、矩形的性质、旋转的性质等知识，利用勾股定理列出方程是解决问题的关键． 22．或 【分析】本题考查了图形的旋转的综合运用，结合三角形全等的判定与性质、勾股定理，正确找到旋转后的图形是解题的关键．分两种情况讨论：①当，且在上方时；②当，且在下方时，分别证明和即可计算． 【详解】解：∵，，， ∴， ①如图，当，且在上方时，    过点作于点， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②如图，当，且在下方时，    过点作于点， 同理， ∴， ∴， 综上，的长为或， 故答案为：或． 23．4 【分析】本题主要考查了矩形的性质，根据题意和矩形的性质得到，，再由矩形的对边相等得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：由题意得，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 解得， 故答案为：4． 24．1或9 【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质．分两种情况画图：根据当，，三点共线时画出图形，利用点关于直线的对称点为，得，，，根据勾股定理列出方程即可解决问题．由轴对称的性质得，，由平行线的性质得，进而可以解决问题． 【详解】解：①当，，三点共线时，如图所示： 在矩形中，，，， 点关于直线的对称点为， ，，， ， 设， 则，， 在中，根据勾股定理得：， ， ， 的长为1； ②如图，由轴对称的性质得，， 由平行线的性质得， ， ， 在中，，由勾股定理得， ， ， 综上所述：的长为1或9， 故答案为：1或9． 25．(1)四边形为菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理： （1）有作图可知是的中垂线，证明，推出四边形为平行四边形，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形，即可得证； （2）设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）四边形为菱形，理由如下： 由作图可知：，． ∵矩形， ∴， ∴． 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形． 又∵， ∴平行四边形为菱形． （2）在菱形中，，设，则， 在中，， ∴， 解得． ∴． 26．(1)， (2)详见解析 (3) 【分析】（1）根据矩形的性质，写出B、C的坐标即可； （2）利用等角对等边可证出，结合折叠的性质可得出，即可得证； （3）在中，，利用勾股定理可求出，利用菱形的性质得出，过F作于G，判断四边形是矩形，可求出，，在，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵以矩形的边，所在直线分别为横轴，纵轴，建立平面直角坐标系，其中点A和原点重合，已知点， ∴点B，点D的坐标分别为，， 故答案为：，； （2）证明：∵沿着折叠， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是菱形； （3）解：∵， ∴，， 设，则，， 在中，， ∴， 解得， ∵是菱形， ∴， 过F作于G 则四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，熟练掌握菱形的判定定理是解题关键． 27．(1)最大值为，最小值为 (2) 【分析】（1）根据直角三角形斜边上的中线，得出的值，进而根据题意求得最大值与最小值即可求解； （2）过点作，交的延长线于点，根据旋转的性质求得，进而得出，进而可得，勾股定理解，即可求解． 【详解】（1）解：依题意，，， 当在的延长线上时，的距离最大，最大值为， 当在线段上时，的距离最小，最小值为；    （2）解：如图所示，过点作，交的延长线于点，    ∵绕顶点逆时针旋转， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∴． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股定理，旋转的性质，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握旋转的性质，勾股定理是解题的关键． 28．(1)，； (2)；或． 【分析】（）首先根据l的函数解析式可以求出的坐标，也就求出了，又，由此求出，然后就可以求出的纵坐标为，代入直线解析式可以求出横坐标，即求出了的长； （）当四边形是菱形时，根据勾股定理可以求出的长，也就求出了的长度，然后即可求出E的坐标，再利用待定系数法可以确定平移后的直线的解析式，接着求出平移后的直线与轴的交点坐标，比较两个与轴的交点坐标即可求出平移的距离； 由，可以得到，而直线把矩形分成两部分的面积之比为，由此可以列出关于的方程，解方程即可求出的值． 此题考查了一次函数的应用，矩形和菱形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】（1）∵直线经过轴上的点， ∴，， ∴， 而的坐标为， ∴， ∴， ∴的纵坐标为， 代入得， ∴； （2）当四边形是菱形时，如图， 即， ∴， 设平移后的直线的解析式为， 把代入得， ∴与轴的交点， ∴沿轴负方向平移的距离为； ∵，， ∴， 而或， ∴或， ∴或者， 所以或． 29．(1)见详解 (2) 【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定与性质，勾股定理． （1）根据旋转得性质可得，证明四边形是平行四边形，再由其对角线相等即可证明． （2）根据同角的余角相等得，进而得出，，于是，利用勾股定理求得，进而得出． 【详解】（1）证明：∵绕点旋转得到，是的中点， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形． （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴． 30．(1)，直线为： (2) 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，一次函数的应用，勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定理是解题的关键． （1）设，先求出，再根据勾股定理求出点的坐标，由点的坐标可求出直线的解析式； （2）由折叠的性质得出，利用勾股定理得出 【详解】（1）解：设， 四边形是矩形， ， ， 由折叠得：， ， ， ，，， ， ， 在中，， ， ， ， ∴， ， 设直线为：，则 ， 解得：， 直线为：． （2）解：，， 由对称性可知：，， ， ， ，， ， ， ， 在中，， ， ， 当与重叠时，与重合，此时， ∴． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$