第05讲 矩形（2个知识点+7类题型）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（苏科版）

八年级下苏科版 第05讲 矩形2个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.矩形的性质 2.矩形的判定 掌握矩形的性质和判定，并能够综合运用。 知识点1：矩形的性质 ①矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角线互相平分；对角相等； ②矩形特有的性质：四个角都是直角；对角线相等； ③矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点； ④矩形是轴对称图形，有2条对称轴。 在矩形ABCD中， ∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90° AB CD, AD BC OA=OD=OB=OC 【即学及练】 1．（2024秋•高新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．∠BAC＝∠DAC B．AC⊥BD C．BA＝BO D． 2．（2024秋•中原区期末）如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AD＝8，OA＝5，则AB的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．11 3．（2024春•梁溪区期中）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，若∠ABD＝60°，则∠E＝（　　） A．45° B．30° C．20° D．15° 4．（2024秋•灵武市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，CE⊥BD，且∠BCE：∠DCE＝2：1，则∠ACE为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 5．（2024春•姑苏区校级期中）如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB＝5，BC＝8，则图中阴影部分的面积为 　 　． 6．（2024秋•绥德县期中） 如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，连接OE，若∠CAE＝15°，OA＝6，求CE的长． 知识点2：矩形的判定 ①有3个角都是直角的四边形是矩形； ②有一个角是直角的平行四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形。 【即学及练】 7．（2024秋•浑南区期末）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，可以添加的条件是（　　） A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠1+∠2＝90° D．∠1＝∠2 8．（2024秋•白银期末）在数学活动课上，小明准备用绳子和三角尺检查一个书架是否为矩形．如图，已知书架是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，下列验证方法错误的是（　　） A．AD⊥DC B．OA＝OB C．AC＝BD D．OA＝AB 9．（2024春•贵港期末）如图，A，B为5×5的正方形网格中的两个格点，称四个顶点都是格点的矩形为格点矩形，在此图中以A，B为顶点的格点矩形共可以画出（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 10．（2024秋•榆中县期中）如图，点E是平行四边形ABCD中边BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F．连接AC、BF，若∠AEC＝2∠ABC，求证：四边形ABFC为矩形． 【类型一：矩形的性质】 1．（2024春•姑苏区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直且平分线段BO，垂足为点E，BD＝12cm，则AB的长为 　 　cm． 2．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F在BD上，BF＝3DF，若AB＝4，BC＝3，则EF的长为（　　） A．1 B． C． D． 3．（2024秋•城阳区期末）如图，P是矩形ABCD的对角线BD上一点，AB＝3，BC＝5，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF，则AP+EF的最小值为（　　） A． B．4 C． D．8 4．（2024春•新吴区期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PA，PC．若BE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为 　 　． 5．（2024春•锡山区期中）已知：如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，且AE＝CF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形． （2）若四边形DEBF是矩形，∠AED＝130°，求∠AOD的度数． 6．（2024春•建邺区期中）四边形ABCD是矩形，E是BC延长线上一点，连接AC，DE，BE＝AC． （1）如图①，若∠ACB＝40°，求∠E的度数； （2）如图②，若F是DE的中点，连接AF，CF，求证AF⊥FC． 【类型二：矩形的判定】 7．（2024秋•高碑店市期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．根据图中所标示的数据，再添加下列一个条件，其中能使四边形ABCD为矩形的条件有①OB＝5；②OD＝5；③∠ADC＝90°．（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 8．（2024秋•尤溪县期中）如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（　　） A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中的三个角是否都为直角 D．测量对角线是否相等 9．（2024秋•胶州市校级月考）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，连接AE，AF，CE，CF． （1）求证：△AOE≌△COF． （2）当OA＝OE时，求证四边形AECF是矩形． 10．（2024春•江阴市期中）如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长． 【类型三：矩形的翻折问题】 11．（2024春•工业园区校级期中）如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，9） D． 12．（2024春•姑苏区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP的长为　 　． 13．（2024春•姑苏区校级期中）在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8．将矩形纸片折叠，使B与D重合． （1）求证△DGH是等腰三角形； （2）求折痕GH的长． 14．（2024春•苏州期中）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N． （1）若∠BAM＝32°，则∠ANM＝　 　°； （2）如图2，连接CN．求证：四边形AMCN为菱形； （3）若△AMN的面积与△ABM的面积比为3：1，BM＝1，求MN的长． 【类型四：矩形的旋转问题】 15．（2024春•南京期中）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　 　°． 16．（2024春•江阴市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG． （1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H， ①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形； ②求线段AH的长度； （2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　 　． 【类型五：矩形的动点问题】 17．（2024春•句容市期中）如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　） A．18 B．20 C．22 D．26 18．（2024春•霞山区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD＝10cm，AC＝16cm，AC，BD相交于点O，若E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动，其速度为0.5cm/s． （1）证明：当E在AO上运动，F在CO上运动，且E与F不重合时，四边形DEBF是平行四边形： （2）点E，F在AC上运动过程中，以D、E、B、F为顶点的四边形是否可能为矩形？如能，求出此时的运动时间t的值；如不能，请说明理由． 19．（2024春•新吴区期中）如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在边BC上且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或DC于点Q，连接PQ，当Q与点C重合时点P停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）当点P与点B重合时，线段PQ的长为 　 ； （2）当点Q与点D重合时，求AP的长； （3）如图②，当点P在AD上运动时，证明△PEQ始终是等腰直角三角形； （4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围． 【类型六：与矩形有关的作图题】 20．（2024春•玄武区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E为AB上一点． （1）如图①，只用无刻度直尺在CD上作出点F，使得四边形AECF为平行四边形； （2）如图②，用直尺和圆规作出矩形EFGH，使得点F、G、H分别在BC、CD、DA上．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 优网版权所有 21．（2024春•惠山区期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°． （1）尺规作图：作矩形ABCD；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若AB＝4，BC＝8，点E为边AD上一点，若BE的中垂线分别交边AD、边BC于点M、N，则MN的长的取值范围为 　 　．（如需画草图，请使用试题卷中的图2） 22．（2024春•亭湖区校级期中）规定：每个顶点都在格点的四边形叫做格点四边形．在10×6的正方形网格中画出符合要求的格点四边形（设每个小正方形的边长为1）． （1）在图甲中画出一个以AB为边的平行四边形，且它的面积为8． （2）在图乙中画出一个以AB为对角线的矩形，且它的面积为6． 有 【类型七：矩形综合题】 23．（2024春•玄武区期中）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下： （1）【探究发现】： 操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF； 操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM． 根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP＝　　 °； （2）【类比应用】：小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ． ①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝　 　°，CQ＝　 　； ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由． （3）【拓展延伸】：在（2）的探究中，当QF＝1cm，请直接写出AP的长． 1． （2024春•江阴市期中）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段AD的延长线上，连接BE交CD于点F，∠BEC＝2∠AEB，点G是BF的中点，若DE＝1，BF＝8，则AB的长为 　 　． 2．（2024春•锡山区期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AB、CD于点E，F，连接AF，CE，如果∠BCE＝36°，则∠CFE＝　　°． 3．（2024春•玄武区期中）如图．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且AB＝6，AC＝8，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（　　） A．4.8 B．5 C．3.6 D．5.4 4．（2024春•鼓楼区期中）如图，矩形ABCD的边AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为 　 　． 5．（2024春•玄武区期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，PD＝2，点E为CD边上的一个动点，连接PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连接AG，则AG的最小值是 　 　． 6．（2024春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知矩形ABCO，B（4，3），点D为x轴上的一个动点，以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接OE，则OE的最小值为（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．2.4 网版权所有 7．（2024春•邗江区期中）如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B的坐标为（8，6），点A，C在坐标轴上，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点E．有一动点M在BC边上，点N是坐标平面内的点，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则整个运动过程中点N纵坐标n的取值范围为 　 ． 8．（2024春•仪征市期中）如图，平面直角坐标系中，直线yx+8分别交x轴，y轴于A，B两点，点C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形．动点P为CD上一点，PH⊥OA，垂足为H，点Q是点B关于点A的对称点，当BP+PH+HQ值最小时，点P的坐标为　 　． 24．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长AB到E，使BE＝AB，连接CE，过点A作AF⊥CE于点F，若AB＝3，BD＝5，则AF的长为 　 　． 9．（2024春•苏州期中）如图，将矩形ABCD对折后的折痕为MN，已知AB＝4，点E在边BC上，连接DE，将△DEC沿DE折叠，点C恰好落在点M上，则CE的值是 　 ． 10．（2024春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（﹣4，3），将矩形OABC绕点O顺时针旋转α度得到矩形OA'B'C'（0≤α≤90），线段OA'与线段BC交于点P，线段B'C'与直线BC交于点Q．下列说法： ①当点B'落在y轴上时，B'坐标为（0，5）； ②当点A'落在BC上时，PQ； ③△BA'B'的面积最大值为， ④当BPBQ时，7：24． 其中正确的个数有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 11．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是边AB上一点且BE＝2，点P是线段AE上一动点（不与端点A重合，可以与端点E重合），将△APD沿PD折叠，得到点A的对称点为点F，连接BF． （1）若点P在边AB中点时，则BF的长为 　 　； （2）若△BPF为直角三角形时，求BF的长； （3）将△APD绕点D逆时针旋转90°得到△DMN，点A的对应点为点M，点P的对应点为点N，连接FN．若△DFN为等腰三角形时，求BF的长． 12．（2024春•梁溪区期中）折纸不仅是一项有趣的活动，也是一项益智的数学活动．今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作，解决问题 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点D′落在矩形ABCD所在平面内，边BC和AD′相交于点E，连接BD′．发现：结论①AE＝EC；结论②BD′∥AC． （1）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明；若不成立，请说明理由； （2）东京沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形（如图3所示）．沿对称轴EF再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则京京折叠的矩形纸片的长宽之比为 　 　； （3）新题探究：如图4所示，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2（AB≠BC）．将△ADC沿对角线AC翻折．使点D′落在ABCD所在平面内，连接BD′，当△BCD′恰好为直角三角形时，BC的长度为 　 　． 优网版权所有 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下苏科版 第05讲 矩形2个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.矩形的性质 2.矩形的判定 掌握矩形的性质和判定，并能够综合运用。 知识点1：矩形的性质 ①矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的所有性质，即对边平行且相等，对角线互相平分；对角相等； ②矩形特有的性质：四个角都是直角；对角线相等； ③矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点； ④矩形是轴对称图形，有2条对称轴。 在矩形ABCD中， ∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90° AB CD, AD BC OA=OD=OB=OC 【即学及练】 1．（2024秋•高新区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC和BD交于点O，则下列结论一定正确的是（　　） A．∠BAC＝∠DAC B．AC⊥BD C．BA＝BO D． 【分析】由矩形的性质分析每个选项，从而可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴BO＝DO＝AO＝COACBD，∠ADC＝90°，AD＝BC，AD∥BC， ∴AC⊥BD，∠BAC＝∠DAC不一定成立，AB＝AO一定不成立，BOAC，一定成立， 故选：D． 2．（2024秋•中原区期末）如图，在矩形ABCD中，两条对角线AC与BD相交于点O，AD＝8，OA＝5，则AB的长为（　　） A．6 B．7 C．8 D．11 【分析】由矩形的性质得出AC＝2OA＝BD＝10，∠BAD＝90°，由勾股定理求出AB即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝2OA＝10＝BD，∠BAD＝90°， ∵AD＝8， ∴AB6， 故选：A． 3．（2024春•梁溪区期中）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE＝BD，连接AE，若∠ABD＝60°，则∠E＝（　　） A．45° B．30° C．20° D．15° 【分析】连接AC，AC，BD相交于点O，根据矩形的性质得出∠ABC＝90°，AC＝BD，OB＝OC，则∠OBC＝∠OCB＝30°，通过证明CE＝CA，得出∠E＝∠CAE，即可解答． 【解答】解：连接AC，AC，BD相交于点O，如图所示： ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝90°，AC＝BD，OB＝OC， ∵∠ABD＝60°， ∴∠OBC＝30°， ∴∠OBC＝∠OCB＝30°， ∵CE＝BD ∴CE＝CA， ∴∠E＝∠CAE， ∵∠ACB＝∠CAE+∠E＝30°， ∴2∠E＝30°， ∴∠E＝15°， 故选：D． 4．（2024秋•灵武市期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，CE⊥BD，且∠BCE：∠DCE＝2：1，则∠ACE为（　　） A．20° B．25° C．30° D．35° 【分析】则∠BCD＝90°，OD＝OC，根据∠BCE：∠DCE＝2：1，求出∠DCE＝30°，根据题意，则∠DEC＝90°，求出∠EDC，得到△ODC是等边三角形，即可求出∠ACE． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BCE：∠DCE＝2：1， ∴∠BCD＝90°，AC＝BD，OD＝OC，∠BCE＝2∠DCE， ∴∠BCE+∠DCE＝2∠DCE+∠DCE＝90°， ∴∠DCE＝30°， ∵CE⊥BD， ∴∠DEC＝90°， ∴∠EDC＝60°， ∴△ODC是等边三角形， ∴∠DCO＝60°，∠DCE＝∠OCE， ∵∠ACE+∠DCE＝60°， ∴∠ACE＝30°． 故选：C． 5．（2024春•姑苏区校级期中）如图矩形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，过点O的直线分别交AD和BC于点E，F，AB＝5，BC＝8，则图中阴影部分的面积为 　20　． 【分析】首先结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，得△AOE、△COF的面积相等，从而将阴影部分的面积转化为△BCD的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴OA＝OC，∠AEO＝∠CFO， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴S△AOE＝S△COF， ∴S阴影＝S△AOE+S△BOF+S△COD＝S△COF+S△BOF+S△COD＝S△BCD； ∵S△BCDBC•CD＝20， 故S阴影＝20． 故答案为：20． 6．（2024秋•绥德县期中） 如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，AE平分∠BAD交BC于点E，连接OE，若∠CAE＝15°，OA＝6，求CE的长． 【分析】根据矩形的性质得出∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB＝6，证出∠AEB＝∠EAD＝45°，得出BE＝BA．证出△OAB为等边三角形，得出BO＝BA＝6，则可得出答案． 【解答】解：在矩形ABCD中，AE平分∠BAD， ∴∠BAE＝∠EAD＝45°，AD∥BC，OA＝OB＝6， ∴∠AEB＝∠EAD＝45°， ∴BE＝BA． ∵∠CAE＝15°，∠BAE＝45°， ∴∠BAC＝60°， 又∵OA＝OB， ∴△OAB为等边三角形， ∴BO＝BA＝6， ∴BC， ∴BO＝BE＝6． ∴CE＝BC﹣BE＝66． 知识点2：矩形的判定 ①有3个角都是直角的四边形是矩形； ②有一个角是直角的平行四边形是矩形； ③对角线相等的平行四边形是矩形。 【即学及练】 7．（2024秋•浑南区期末）如图，要使平行四边形ABCD成为矩形，可以添加的条件是（　　） A．AB＝BC B．AC⊥BD C．∠1+∠2＝90° D．∠1＝∠2 【分析】根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可． 【解答】解：A、添加AB＝BC，平行四边形ABCD是菱形，不是矩形，不符合题意； B、添加AC⊥BD，平行四边形ABCD是菱形，不是矩形，不符合题意； C、添加∠1+∠2＝90°，平行四边形ABCD是矩形，符合题意； D、添加∠1＝∠2，平行四边形ABCD是菱形，不是矩形，不符合题意； 故选：C． 8．（2024秋•白银期末）在数学活动课上，小明准备用绳子和三角尺检查一个书架是否为矩形．如图，已知书架是平行四边形，对角线AC，BD相交于点O，下列验证方法错误的是（　　） A．AD⊥DC B．OA＝OB C．AC＝BD D．OA＝AB 【分析】根据矩形的判定方法分别对各个选项进行判断即可． 【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AD⊥DC， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项A不符合题意； B、∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD， ∵OA＝OB， ∴AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、由OA＝AB不能判定平行四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意． 故选：D． 9．（2024春•贵港期末）如图，A，B为5×5的正方形网格中的两个格点，称四个顶点都是格点的矩形为格点矩形，在此图中以A，B为顶点的格点矩形共可以画出（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】画出以A，B为顶点的格点矩形，即可求解． 【解答】解：如图所示： 以AB为对角线的格点矩形有3个， 以AB为边的格点矩形有1个， ∴以A，B为顶点的格点矩形共可以画出4个， 故选：D． 10．（2024秋•榆中县期中）如图，点E是平行四边形ABCD中边BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F．连接AC、BF，若∠AEC＝2∠ABC，求证：四边形ABFC为矩形． 【分析】由AB∥DF，得∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE，由BE＝CE得△AEB≌△FEC（AAS），得出AE＝FE，即证明四边形ABFC是平行四边形．由∠AEC＝2∠ABE结合三角形外角性质，得出∠ABE＝∠BAE，从而得出AE＝BE，进而得AF＝BC，即证明平行四边形ABFC是矩形． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DF， ∴∠BAE＝∠CFE，∠ABE＝∠FCE． 又∵BE＝CE ∴△AEB≌△FEC（AAS）， ∴AE＝FE， ∴四边形ABFC是平行四边形． ∵∠AEC＝2∠ABE，∠AEC＝∠ABE+∠BAE， ∴∠ABE＝∠BAE， ∴AE＝BE， ∴AF＝BC， ∴平行四边形ABFC是矩形． 【类型一：矩形的性质】 1．（2024春•姑苏区校级期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直且平分线段BO，垂足为点E，BD＝12cm，则AB的长为 　6　cm． 【分析】根据相等垂直平分线的性质得到AB＝AO，再由矩形的性质得到AO＝6cm，则AB＝AO＝6cm． 【解答】解：∵AE垂直且平分线段BO， ∴AB＝AO， ∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，BD＝12cm， ∴， ∴AB＝AO＝6cm， 故答案为：6． 2．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F在BD上，BF＝3DF，若AB＝4，BC＝3，则EF的长为（　　） A．1 B． C． D． 【分析】根据矩形的性质得到∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝3，根据勾股定理得到BD5，得到DFBD，过F作FH⊥CD于H，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】解：在矩形ABCD中，∵∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝3， ∴BD5， ∵BF＝3DF， ∴DFBD， 过F作FH⊥CD于H， ∴FH∥BC， ∴△DFH∽△DBC， ∴， ∴， ∴FH，DH＝1， ∵点E是CD的中点， ∴DE， ∴EH＝DH＝1， ∴EF＝DF， 故选：B． 3．（2024秋•城阳区期末）如图，P是矩形ABCD的对角线BD上一点，AB＝3，BC＝5，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF，则AP+EF的最小值为（　　） A． B．4 C． D．8 【分析】连接CP，根据矩形的性质得到EF＝CP，AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值，当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度，根据勾股定理得到AC，于是得到结论． 【解答】解：连接CP， ∵四边形ABCD是矩形， ∴EF＝CP， ∴AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值， 当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC， ∴AP+EF的最小值为， 故选：C． 4．（2024春•新吴区期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PA，PC．若BE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为 　12　． 【分析】由矩形的性质可证明S△PEA＝S△PFC，即可求解． 【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2： 则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形， ∴CF＝BE＝2， ∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP， ∴S△AEP＝S△CFPPF×CF6×2＝6， ∴图中阴影部分的面积S阴＝6+6＝12． 故答案为：12． 5．（2024春•锡山区期中）已知：如图，▱ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，且AE＝CF． （1）求证：四边形DEBF是平行四边形． （2）若四边形DEBF是矩形，∠AED＝130°，求∠AOD的度数． 【分析】（1）根据矩形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，得到OE＝OF，根据平行四边形的判定定理得到结论； （2）根据矩形的性质得到OE＝OD，求得∠ODE＝∠OED，根据三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】（1）证明：在▱ABCD中，OA＝OC，OB＝OD， ∵AE＝CF， ∴OA﹣AE＝OC﹣CF， 即OE＝OF， ∴四边形DEBF是平行四边形； （2）解：∵四边形DEBF是矩形， ∴OE＝OD， ∴∠ODE＝∠OED， ∵∠AED+∠OED＝180°， ∴∠OED＝180°﹣∠AED＝50°， ∴∠AOD＝180°﹣∠ODE﹣∠OED＝80°． 6．（2024春•建邺区期中）四边形ABCD是矩形，E是BC延长线上一点，连接AC，DE，BE＝AC． （1）如图①，若∠ACB＝40°，求∠E的度数； （2）如图②，若F是DE的中点，连接AF，CF，求证AF⊥FC． 【分析】（1）连接BD，与AC交于点O，根据矩形的性质解答即可； （2）延长CF交AD延长线于点G，根据AAS证明△DFG≌△EFC，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】（1）解：如图①，连接BD，与AC交于点O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD，OBBD，OCAC， ∴OB＝OC， ∴∠DBC＝∠ACB＝40°， ∵BE＝AC， ∴BD＝BE， ∴∠BDE＝∠E， ∴∠E70°； （2）证明：如图②，延长CF交AD延长线于点G， ∵AG∥BE， ∴∠GDF＝∠E，∠G＝∠ECF， ∵F是DE的中点， ∴DF＝EF， ∴△DFG≌△EFC（AAS）， ∴DG＝EC，GF＝CF． ∴BC+CE＝AD+DG，即AG＝BE， ∵BE＝AC， ∴AG＝AC， 又∵GF＝CF， ∴AF⊥FC． 【类型二：矩形的判定】 7．（2024秋•高碑店市期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．根据图中所标示的数据，再添加下列一个条件，其中能使四边形ABCD为矩形的条件有①OB＝5；②OD＝5；③∠ADC＝90°．（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】添加OD＝5或∠ADC＝90°，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形即可判断． 【解答】解：∵∠ABC＝90°，AO＝CO＝5， ∴，AC＝10， ①添加OD＝5， 则BO＝DO，BD＝10， ∴四边形ABCD为平行四边形， 又AC＝BD＝10， ∴平行四边形ABCD为矩形； ②添加∠ADC＝90°， 则， ∴BO＝DO，BD＝10， ∴四边形ABCD为平行四边形， 又AC＝BD＝10， ∴平行四边形ABCD为矩形； 添加OB＝5，无法得到对角线互相平分，无法推出平行四边形ABCD为矩形； 故选：C． 8．（2024秋•尤溪县期中）如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（　　） A．测量一组对边是否平行且相等 B．测量两组对边是否分别相等 C．测量其中的三个角是否都为直角 D．测量对角线是否相等 【分析】根据矩形的判定方法，逐一进行判断即可． 【解答】解：A、测量一组对边是否平行且相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，故A选项不符合题意； B、测量两组对边是否分别相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，故B选项不符合题意； C、测量其中的三个角是否都为直角，可以检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，故C选项符合题意； D、测量对角线是否相等，不能检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，故D选项不符合题意； 故选：C． 9．（2024秋•胶州市校级月考）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，连接AE，AF，CE，CF． （1）求证：△AOE≌△COF． （2）当OA＝OE时，求证四边形AECF是矩形． 【分析】（1）由平行四边形的性质得到OA＝OC，OB＝OD，再结合BE＝DF得到OE＝OF，据此利用SAS即可证明结论； （2）根据（1）所求可得OA＝OC，OE＝OF可证四边形AECF为平行四边形，再结合OA＝OE可得OA＝OE＝OC＝OF，即AC＝EF即可证明结论． 【解答】（1）证明：∵▱ABCD， ∴OA＝OC，OB＝OD， ∵BE＝DF， ∴OB﹣BE＝OD﹣DE，即OE＝OF， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（SAS）． （2）解：由（1）可得△AOE≌△COF． ∴OA＝OC，OE＝OF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵OA＝OE， ∴OA＝OE＝OC＝OF， ∴AC＝EF， ∴四边形AECF是矩形． 10．（2024春•江阴市期中）如图，在▱ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°． （1）求证：四边形ABDE是矩形； （2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长． 【分析】（1）证△AOB≌△DOE（ASA），得AB＝DE，再证四边形ABDE是平行四边形，然后证∠BDE＝90°，即可得出结论； （2）过点O作OF⊥DE于点F，由矩形的性质得DE＝AB＝2，OD＝OE，再由等腰三角形的性质得DF＝EFDE＝1，则OF为△BDE的中位线，得，然后由平行四边形的性质得CD＝AB＝2，进而由勾股定理即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵O为AD的中点， ∴AO＝DO， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠BAO＝∠EDO， 又∵∠AOB＝∠DOE， ∴△AOB≌△DOE（ASA）， ∴AB＝DE， ∴四边形ABDE是平行四边形， ∵∠BDC＝90°， ∴∠BDE＝90°， ∴平行四边形ABDE是矩形； （2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F， ∵四边形ABDE是矩形， ∴DE＝AB＝2，ODAD，OB＝OEBE，AD＝BE， ∴OD＝OE， ∵OF⊥DE， ∴DF＝EFDE＝1， ∴OF为△BDE的中位线， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴CD＝AB＝2， ∴CF＝CD+DF＝3， 在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC， 即OC的长为． 【类型三：矩形的翻折问题】 11．（2024春•工业园区校级期中）如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　） A． B． C．（﹣3，9） D． 【分析】作AD⊥x轴，根据含 30°角直角三形的性质，及勾 股定理，求出AO，根据折叠的性质，求出AO，∠AOD，在Rt△ADO中，求出DO，AD，根据 第二象限内点的特征，即可求解， 【解答】解：过点A作AD⊥x轴，交x轴于点D， 在Rt△BAO 中，AB＝6，∠AOB＝30°， ∴BO＝2AB＝2×6＝12，， 由折叠的性质可得：， ∠A'OB＝∠AOB＝30°， 即：∠AOD＝2∠AOB＝2×30°＝60°， 在Rt△ADO 中，，， ∵点A在第二象限，， 故选：D． 12．（2024春•姑苏区校级期中）如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP的长为　2.4　． 【分析】由折叠的性质得出EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝4，由ASA证明△ODP≌△OEG，得出OP＝OG，PD＝GE，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝3﹣x，DG＝x，求出CG、BG，根据勾股定理得出方程，解方程即可． 【解答】解：如图所示：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，CD＝AB＝4， 根据题意得：△ABP≌△EBP， ∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝4， 在△ODP和△OEG中， ， ∴△ODP≌△OEG（ASA）， ∴OP＝OG，PD＝GE， ∴DG＝EP， 设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝3﹣x，DG＝x， ∴CG＝4﹣x，BG＝4﹣（3﹣x）＝1+x， 根据勾股定理得：BC2+CG2＝BG2， 即32+（4﹣x）2＝（x+1）2， 解得：x＝2.4， ∴AP＝2.4； 故答案为：2.4． 13．（2024春•姑苏区校级期中）在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8．将矩形纸片折叠，使B与D重合． （1）求证△DGH是等腰三角形； （2）求折痕GH的长． 【分析】（1）根据轴对称的性质得到∠GHB＝∠GHD，再由矩形的性质得到∠DGH＝∠GHB，从而可推出∠DGH＝∠GHD，进而可求解； （2）过点G作GE⊥BC于点E，根据轴对称的性质得到DH＝BH，由勾股定理即可求得GH的值． 【解答】（1）证明：如图，矩形纸片折叠后，设A与F重合，过点G作GE⊥BC于点E， 由折叠的性质得：DH＝BH，FD＝BA，FG＝AG，∠GHB＝∠GHD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DGH＝∠GHB， ∴∠DGH＝∠GHD， ∴GD＝HD， ∴△DGH是等腰三角形． （2）解：∵GD＝HD， ∴GD＝DH＝BH， ∵AB＝6，BC＝8， ∴DF＝CD＝6，AD＝8， 设BH＝x，则HC＝8﹣x，由勾股定理得：x2＝（8﹣x）2+62， 解得：， ∴， ∴， ∴， 在Rt△GEH中，由勾股定理得：， ∴． 14．（2024春•苏州期中）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N． （1）若∠BAM＝32°，则∠ANM＝　61　°； （2）如图2，连接CN．求证：四边形AMCN为菱形； （3）若△AMN的面积与△ABM的面积比为3：1，BM＝1，求MN的长． 【分析】（1）由矩形的性质及折叠的性质求出∠AMN＝∠NMC＝61°，则可得出答案； （2）先证明△CDN≌△AEN（SAS），得出AN＝CN，证出AM＝CM＝AN＝CN，则四边形AMCN是菱形； （3）作MF⊥AN于点F，求出AN，由勾股定理可得出答案． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝90°，AD∥BC， ∵∠BAM＝32°， ∴∠AMB＝90°﹣∠BAM＝58°， ∵折叠， ∴∠AMN＝∠NMC61°， ∵AD∥BC， ∴∠ANM＝∠CMN＝61°， 故答案为：61； （2）证明：∵折叠， ∴CM＝AM，AE＝CD，∠AMN＝∠CMN，∠E＝∠D＝90°， ∴△CDN≌△AEN（SAS）， ∴AN＝CN， ∵ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AMN＝∠ANM， ∴∠ANM＝∠AMN， ∴AM＝AN， ∴AM＝CM＝AN＝CN， ∴四边形AMCN为菱形； （3）解：作MF⊥AN于点F， ∵AD∥BC， ∴△AMN和△ABM是等高的两个三角形 ∴S△AMN：S△ABM＝3：1＝AN：BM， ∵BM＝1， ∴AN＝3， ∵AM＝AN， ∴AM＝3， ∵MF⊥AN，∠B＝∠DAB＝90°， ∴ABMF是矩形， ∴BM＝AF＝1， ∴根据勾股定理FM2，NF＝2， 在Rt△MNF中，MN2． 【类型四：矩形的旋转问题】 15．（2024春•南京期中）如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　24　°． 【分析】先利用旋转的性质得到∠ADC＝∠D＝90°，∠DAD′＝α，再利用四边形内角和计算出∠BAD＝66°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值． 【解答】解：∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置， ∴∠ADC＝∠D'＝90°，∠DAD′＝α， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAD'＝180°﹣∠2， 又∵∠2＝∠1＝114°， ∴∠BAD'＝180°﹣114°＝66°， ∴∠DAD′＝∠BAD﹣∠BAD'＝90°﹣66°＝24°， 即α＝24°． 故答案为：24． 16．（2024春•江阴市期中）如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG． （1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H， ①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形； ②求线段AH的长度； （2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　12　． 【分析】（1）①证明△ABD≌△EAF（SAS），得出∠2＝∠EAF，BD＝AF，由平行四边形的判定可得出结论； ②证明△AEH≌△FDH（SAS），得出HE＝HD＝x，由勾股定理可得出答案； （2）由旋转的性质画出图形，由三角形面积可求出答案． 【解答】（1）①证明：如图， ∵四边形形ABCD是矩形， ∴AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°， ∵旋转， ∴AE＝AB，EF＝BC＝AD，∠1＝∠ABC＝∠BAD＝90°， 在△ABD和△EAF中， ， ∴△ABD≌△EAF（SAS）， ∴∠2＝∠EAF，BD＝AF， ∵AB＝AE， ∴∠3＝∠2＝∠EAF， ∴AF∥BD， 又∵AF＝BD， ∴四边形ABDF是平行四边形； ②解：设HD＝x，则AH＝4﹣x， ∵四边形ABDF是平行四边形， ∴AB∥DF，AB＝DF， ∴∠ADF＝∠BAD＝90°， 又∵∠1＝90°， ∴∠ADF＝∠1， ∵AE＝AB，AB＝DF， ∴AE＝DF， 在△AEH和△FDH中， ， ∴△AEH≌△FDH（SAS）， ∴HE＝HD＝x， ∵∠1＝90°， ∴EA2+EH2＝AH2， 又∵AH＝4﹣x，EA＝AB＝3，EH＝x， ∴32+x2＝（4﹣x）2， ∴x， ∴AH＝4﹣x． （2）解：∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG， ∴旋转过程中，GF是定值， 当D，A，G三点共时，三角形DFG的面积最大，如图， 此时DG＝8， ∴S△DFG12， 故答案为：12． 【类型五：矩形的动点问题】 17．（2024春•句容市期中）如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　） A．18 B．20 C．22 D．26 【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，即可得出矩形ABCD的周长． 【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变， 函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5， ∴AB＝5，BC＝4， ∴矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝18． 故选：A． 18．（2024春•霞山区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD＝10cm，AC＝16cm，AC，BD相交于点O，若E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动，其速度为0.5cm/s． （1）证明：当E在AO上运动，F在CO上运动，且E与F不重合时，四边形DEBF是平行四边形： （2）点E，F在AC上运动过程中，以D、E、B、F为顶点的四边形是否可能为矩形？如能，求出此时的运动时间t的值；如不能，请说明理由． 【分析】（1）根据已知的AE＝CF，推出OE＝OF，根据平行四边形的性质得出OD＝OB，根据平行四边形的判定推出即可； （2）根据矩形的性质得出EF＝BD＝10，得出方程16﹣0.5t﹣0.5t＝10，求出即可；当E和F交换位置时得出方程0.5t﹣10+0.5t＝16，求出即可． 【解答】解：（1）∵E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动， ∴AE＝CF， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴OD＝OB，OA＝OC， ∴OA﹣AE＝OC﹣CF， ∴OE＝OF， ∴四边形DEBF是平行四边形； （2）点E，F在AC上运动过程中，以D、E、B、F为顶点的四边形能为矩形．理由如下： 分为两种情况： ①∵四边形DEBF是矩形， ∴BD＝EF＝10cm， 即AE＝CF＝0.5t cm， 则16﹣0.5t﹣0.5t＝10， 解得：t＝6； ②当E到F位置上，F到E位置上时，AE＝CF＝0.5t cm， 则0.5t﹣10+0.5t＝16， 解得：t＝26， 即当运动时间t＝6s或28s时，以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形． 19．（2024春•新吴区期中）如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在边BC上且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或DC于点Q，连接PQ，当Q与点C重合时点P停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）． （1）当点P与点B重合时，线段PQ的长为 　　； （2）当点Q与点D重合时，求AP的长； （3）如图②，当点P在AD上运动时，证明△PEQ始终是等腰直角三角形； （4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围． 【分析】（1）证明四边形ABEQ是矩形，进而在Rt△QBE中，勾股定理即可求解； （2）设AP＝x，则BP＝3﹣x，在Rt△APQ中，AP2+AQ2＝PQ2，在Rt△PBE中，PB2+BE2＝PE2，在Rt△ECQ中，EC2+CQ2＝EQ2，再根据PE2+EQ2＝PQ2，进而作答即可； （3）过点P作PH⊥BC于点H，证明△PHE≌△ECQ得出PE＝QE，即可得出结论； （4）分三种情况讨论，①当点P在BE上时，②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，③当点P在AD 上，当F，D重合时，此时Q与点C重合，则PFQE是正方形，即可求解． 【解答】解：（1）如图所示，连接BQ， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAQ＝∠ABE＝90°，∠PEQ＝90°， ∴四边形ABEQ是矩形， 当点P和点B重合时， QE＝AB＝3，BE＝2， 在Rt△QBE中， BQ， 故答案为：； （2）如图， 设AP＝x，则BP＝3﹣x， 在Rt△APQ中，AP2+AQ2＝PQ2， ∴PQ2＝52+x2， 在Rt△PBE中，PB2+BE2＝PE2， ∴PE2＝（3﹣x）2+22， 在Rt△ECQ中，EC2+CQ2＝EQ2， ∴PQ2＝32+32， ∵∠PEQ＝90°， ∴PE2+EQ2＝PQ2， ∴22+（3﹣x）2+32+32＝52+x2， 故x＝1， 即AP长为1； （3）证明：如图2，过点P作PH⊥BC于点H， 则PH＝3， 同理可得∠EPH＝∠QEC， ∵EC＝BC﹣BE＝3， ∴PH＝EC， 又∠PHE＝∠C＝90°， ∴△PHE≌△ECQ（ASA）， ∴PE＝HE， ∴△PQE是等腰直角三角形； （4）①如图所示，当点P在BE上时， ∵QE＝QF＝3，AQ＝BE＝2， 在Rt△AQF中， AF， 则BF＝3， ∵PE＝t， ∴BP＝2﹣t，PF＝PE＝t， 在Rt△PBF中，PF2＝PB2+FB2， ∴t2＝（3）2+（2﹣t）2， 解得：t， t时，点F在矩形内部， ∴0＜t，符合题意， ②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图， 则PB＝t﹣BE＝t﹣2，PE＝AP＝AB﹣PB＝3﹣（t﹣2）＝5﹣t， 在Rt△PBE中，PE2＝PB2+BE2， ∴（5﹣t）2＝（t﹣2）2+22， 解得t， ③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合， 则PFQE是正方形，此时t＝2+3+2＝7， ∴0＜t或t或t＝7． 【类型六：与矩形有关的作图题】 20．（2024春•玄武区期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，E为AB上一点． （1）如图①，只用无刻度直尺在CD上作出点F，使得四边形AECF为平行四边形； （2）如图②，用直尺和圆规作出矩形EFGH，使得点F、G、H分别在BC、CD、DA上．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明） 优网版权所有 【分析】（1）连接AC，BD交于点O，连接OE，延长EO交CD于点F，点F即为所求作． （2）连接AC，BD交于点O，连接OE，延长EO交CD于点G，以O为圆心OG为半径作弧交BC于点F，延长FO交AD于点H，连接EF，FG，GH，EH，四边形EFGH即为所求． 【解答】解：（1）如图1，点F，四边形AECF即为所求作． （2）如图2，四边形EFGH即为所求作． 理由：由△AOE≌△COF，可得OE＝OF， 由△AOH≌△COF．可得OH＝OF， ∴四边形EFGH是平行四边形， ∵OG＝OF， ∴FH＝EG， ∴四边形EFGH是矩形． 21．（2024春•惠山区期中）如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°． （1）尺规作图：作矩形ABCD；（不写作法，保留作图痕迹） （2）在（1）的条件下，若AB＝4，BC＝8，点E为边AD上一点，若BE的中垂线分别交边AD、边BC于点M、N，则MN的长的取值范围为 　2MN≤4　．（如需画草图，请使用试题卷中的图2） 【分析】（1）分别以A，C为圆心，BC，AB为半径作弧，两弧交于点D，连接AD，CD即可； （2）判断出如图2中，当点M与A重合时，MN的长最大，如图2中，当点E以D重合时，MN的长最小，分别求出最大值，最小值可得结论． 【解答】解：（1）如图1中，四边形ABCD即为所求； （2）如图2中，当点M与A重合时，MN的长最大，最大值AB＝4； 如图2中，当点E以D重合时，连接BM，设BD，AC交于点O，MN的长最小，设BM＝DM＝x，则有x2＝42+（8﹣x）2， 解得x＝5， ∵∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝8， ∴BD4， ∴OB＝OD＝2， ∴OM＝ON， ∴MN＝2， ∴2MN≤4． 故答案为：2MN≤4． 22．（2024春•亭湖区校级期中）规定：每个顶点都在格点的四边形叫做格点四边形．在10×6的正方形网格中画出符合要求的格点四边形（设每个小正方形的边长为1）． （1）在图甲中画出一个以AB为边的平行四边形，且它的面积为8． （2）在图乙中画出一个以AB为对角线的矩形，且它的面积为6． 有 【分析】（1）利用平行四边形的性质画出符合题意的图形； （2）利用矩形的性质画出符合题意得图形即可． 【解答】解：（1）如图甲所示，平行四边形ABCD即为所求（答案不唯一）． （2）如图乙所示，矩形AEBF即为所求（答案不唯一）． 【类型七：矩形综合题】 23．（2024春•玄武区期中）如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下： （1）【探究发现】： 操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF； 操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM． 根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP＝　30　°； （2）【类比应用】：小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ． ①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝　15　°，CQ＝　　； ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由． （3）【拓展延伸】：在（2）的探究中，当QF＝1cm，请直接写出AP的长． 【分析】（1）根据折叠的性质，得，取BM的中点O，连接EO，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半得到EO＝BO＝BE，可证△BEO为等边三角形，进而可结果； （2）①根据折叠的性质，可证Rt△BQM≌Rt△BQC（HL）即可求解； ②证明Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），即可； （3）由（2）可得QM＝QC，分两种情况：当点Q 在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP＝PM＝x，分别表示出 PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解 【解答】解：（1）∵， ∴， ∴∠BEM＝90°， 如图1，取BM的中点O，连接EO， ∴， ∴△BEO为等边三角形， ∴∠BME＝30°， ∴∠ABM＝60°， ∴∠ABP＝∠PBM＝30°， 故答案为：30； （2）①四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°， 由折叠性质得：AB＝BM，∠PMB＝∠BMQ＝∠A＝90°， ∴BM＝BC， ∵BM＝BC，BQ＝BQ， ∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL）， ∴MBQ＝∠CBQ，QM＝QC， 同法（1）可得：∠MBC＝30°， ∴∠MBQ＝∠CBQ＝15°， ∴∠ABM＝90°﹣30°＝60°， ∴∠APM＝180°﹣60°＝120°， ∴∠QPD＝180°﹣120°＝60°， 在Rt△ABP中，BP＝2AP， 根据勾股定理：BP2﹣AP2＝AB2， 即3AP2＝16， 解得：， ∴， 在Rt△PDQ中，PQ＝2PD， 根据勾股定理：DQ2＝PQ2﹣PD2，即DQ2＝3PD2， ∴， ∴， 故答案为：15，； ②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下： ∵BM＝BC，BQ＝BQ， ∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL）， ∴∠MBQ＝∠CBQ； （3）当点Q在点F的下方时，如图3.1， ∵FQ＝lcm，DF＝FC＝2cm，AB＝4cm， ∴QC＝CD﹣DF﹣FQ＝4﹣2﹣1＝l（cm），DQ＝DF+FQ＝2+1＝3（cm）， 由（2）可知，QM＝QC， 设AP＝PM＝x，PD＝4﹣x， ∴PD2+DQ2＝PQ2， 即（4﹣x）2+32＝（x+1）2， 解得：， ∴； 当点Q在点F的上方时，如图3.2， ∵FQ＝lcm，DF＝FC＝2cm，AB＝4cm， ∴QC＝3cm，DQ＝lcm， 由（2）可知，QM＝QC， 设AP＝PM＝x，PD＝4﹣x， ∴PD2+DQ2＝PQ2， 即（4﹣x）2+12＝（x+3）2， 解得：， ∴． 综上所述，或． 1．（2024春•江阴市期中）如图，四边形ABCD是矩形，点E在线段AD的延长线上，连接BE交CD于点F，∠BEC＝2∠AEB，点G是BF的中点，若DE＝1，BF＝8，则AB的长为 　　． 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BG＝FG＝GCBF＝4，然后根据等边对等角的性质可得∠GBC＝∠GCB，再结合两直线平行，内错角相等可得∠GBC＝∠AEB，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和可得∠CGE＝2∠AEB，从而得到∠BEC＝∠CGE，再利用等角对等边的性质得到CE＝CG，然后利用勾股定理列式计算即可得解． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BCF＝90°， ∵点G是BF的中点， ∴BG＝FG＝GCBF＝4， ∴∠GBC＝∠GCB， ∵AD∥BC， ∴∠GBC＝∠AEB， ∴∠CGE＝∠GBC+∠GCB＝2∠GBC＝2∠AEB， ∵∠BEC＝2∠AEB， ∴∠BEC＝∠CGE， ∴CE＝CG＝4， 在Rt△CDE中，DE＝1， ∴CD． ∴AB＝CD． 故答案为：． 2．（2024春•锡山区期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线分别交AB、CD于点E，F，连接AF，CE，如果∠BCE＝36°，则∠CFE＝　63　°． 【分析】首先证明四边形AECF是菱形，利用菱形的对角线平分一组对角即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DCB＝90°，CD∥AB，OC＝OA， ∴∠FCO＝∠EAO， ∵∠COF＝∠AOE， ∴△FCO≌△EAO， ∴CF＝AE， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵EF垂直平分线段AC， ∴FA＝FC， ∴四边形AECF是菱形， ∵∠BCE＝36°， ∴∠FCE＝54°， ∵CF＝CE， ∴∠CFE＝∠CEF（180°﹣54°）＝63°， 故答案为：63． 3．（2024春•玄武区期中）如图．在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且AB＝6，AC＝8，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DM⊥AB于点M，DN⊥AC于点N，连接MN，则线段MN的最小值为（　　） A．4.8 B．5 C．3.6 D．5.4 【分析】由勾股定理求出BC的长，再证明四边形DMAN是矩形，可得MN＝AD，根据垂线段最短和三角形面积即可解决问题． 【解答】解：∵∠BAC＝90°，且AB＝6，AC＝8， ∴， ∵DM⊥AB，DN⊥AC， ∴∠DMA＝∠DNA＝∠BAC＝90°， ∴四边形DMAN是矩形， ∴MN＝AD， ∴当AD⊥BC时，AD的值最小， 此时，， ∴， ∴MN的最小值为4.8， 故选：A． 4．（2024春•鼓楼区期中）如图，矩形ABCD的边AB，BC＝3，E为AB上一点，且AE＝1，F为AD边上的一个动点，连接EF，若以EF为边向右侧作等腰直角三角形EFG，EF＝EG，连接CG，则CG的最小值为 　2.5　． 【分析】过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB，由“AAS”可证△GEH≌△FEA，可得GH＝AE＝1，可得点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动，则当F与D重合时，CG有最小值，即可求解． 【解答】解：如图，过点G作GH⊥AB于H，过点G作MN∥AB， ∵四边形ABCD是矩形，AB，BC＝3， ∴∠B＝90°，CD，AD＝3， ∵AE＝1， ∴BE， ∵∠GHE＝∠A＝∠GEF＝90°， ∴∠GEH+∠EGH＝90°，∠GEH+∠FEA＝90°， ∴∠EGH＝∠FEA， 又∵GE＝EF， ∴△GEH≌△FEA（AAS）， ∴GH＝AE＝1， ∴点G在平行AB且到AB距离为1的直线MN上运动， ∴当F与D重合时，CG有最小值，此时AF＝EH＝3， ∴CG的最小值2.5， 故答案为：2.5． 5．（2024春•玄武区期中）如图，在矩形ABCD中，AD＝5，PD＝2，点E为CD边上的一个动点，连接PE，以PE为边向下方作等边△PEG，连接AG，则AG的最小值是 　　． 【分析】以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R．证明△PDE≌△PTG（SAS），推出∠PDE＝∠PTG＝90°，推出点G在射线RT上运动，推出当AG⊥RG时，AG的值最小． 【解答】解：如图中，以PD为边向下作等边△PDT，连接GT，延长GT交AD的延长线于R． ∵∠DPT＝∠EPG＝60°， ∴∠DPE＝∠TPG， ∵PD＝PT，PE＝PG， ∴△PDE≌△PTG（SAS）， ∴∠PDE＝∠PTG＝90°， ∴∠PTR＝90°， ∵∠PTD＝60°， ∴∠DTR＝∠R＝30°， ∴DT＝DR＝DP＝2， ∴∠PTR＝90°， ∴PT⊥TR， ∴点G在射线RT上运动， ∴当AG⊥RG时，AG的值最小，最小值AR， 故答案为：． 6．（2024春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知矩形ABCO，B（4，3），点D为x轴上的一个动点，以AD为边在AD右侧作等边△ADE，连接OE，则OE的最小值为（　　） A．1 B．1.5 C．2 D．2.4 网版权所有 【分析】以OA为边在OA右侧作等边三角形AGO，连接EG并延长交y轴于点M，过点O作OH⊥GM于点H，利用全等三角形的性质证明∠AOD＝∠AGE＝90°，所以∠AGM＝90°，推出点E在过定点G且与AG垂直的直线上运动，即点E在直线MG上运动，求出OH的长即可解决问题． 【解答】解：如图，以OA为边在OA右侧作等边三角形AGO， ∴∠OAG＝60°， 连接EG并延长交y轴于点M，过点O作OH⊥GM于点H， 在矩形ABCO中， ∵B（4，3）， ∴OA＝BC＝3，AB＝OC＝4， ∴OA＝OG＝AG＝3， ∵△ADE是等边三角形， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴∠OAG＝∠DAE＝60°， ∵∠OAD＝∠OAG﹣∠DAG，∠GAE＝∠DAE﹣∠DAG， ∴∠OAD＝∠GAE， 在△ADO和△AEG中， ， ∴△ADO≌△AEG（SAS）， ∴∠AOD＝∠AGE＝90°， ∴∠AGM＝90°， ∴点E在过定点G且与AG垂直的直线上运动，即点E在直线MG上运动， ∵△OAG是等边三角形， ∴∠AGO＝60°， ∴∠OGH＝30°， ∵OH⊥GM， ∴OHOG， 当点E与H不重合时，OE＞OH， 当点E与H重合时，OE＝OH， 综上所述：OE≥OH， ∴OE的最小值为， 故选：B． 7．（2024春•邗江区期中）如图，在矩形ABCO中，点O为坐标原点，点B的坐标为（8，6），点A，C在坐标轴上，直线y＝2x﹣6与AB交于点D，与y轴交于点E．有一动点M在BC边上，点N是坐标平面内的点，若△AMN是以点N为直角顶点的等腰直角三角形，则整个运动过程中点N纵坐标n的取值范围为 　7≤n≤10或﹣1≤n≤2　． 【分析】根据等腰直角三角形的性质解答即可． 【解答】解：当点M在B点时，如图， AN1＝BN1，∠AN1B＝90°，∠N1AB＝∠N1BA＝45°， ∵AB＝8，N1T⊥AB， ∴AT＝N1T＝AB＝4， ∴N1的纵坐标为6+4＝10， 同理，N2的纵坐标为6﹣4＝2， 当M在C点时，如图， AN3＝CN3，∠AN3C＝90°，∠N3AC＝∠N3CA＝45°， 过点N3作N3S⊥AO于点S，延长SN3交CB于点M， 则Rt△N3SA≌Rt△CMN3， 则N3S＝CM，SA＝MN3， 设点N3纵坐标为6+y，则BM＝SA＝MN3＝y， 那么N3S＝8﹣y＝CM＝6+y， 解得：y＝1， 则点N3纵坐标为6+y＝7， 同理可得，N4纵坐标为6﹣y＝﹣1， 当点N为直角顶点时，t的取值范围为7≤n≤10或﹣1≤n≤2． 8．（2024春•仪征市期中）如图，平面直角坐标系中，直线yx+8分别交x轴，y轴于A，B两点，点C为OB的中点，点D在第二象限，且四边形AOCD为矩形．动点P为CD上一点，PH⊥OA，垂足为H，点Q是点B关于点A的对称点，当BP+PH+HQ值最小时，点P的坐标为　（﹣4，4）　． 【分析】由点Q是点B关于点A的对称点，先求出点Q的坐标，然后连接PB，CH，可得四边形PHCB是平行四边形，进而可得：PB＝CH，进而可将BP+PH+HQ转化为CH+HQ+4，然后根据两点之间线段最短可知：当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小，然后求出直线CQ的关系式，进而可求出直线CQ与x轴的交点H的坐标，从而即可求出点P的坐标． 【解答】解：BP+PH+HQ有最小值， 理由是：∵直线yx+8分别交x轴，y轴于A，B两点，点C为OB的中点， ∴OB＝8，OA＝6，OC＝4， 连接PB，CH，HQ，则四边形PHCB是平行四边形，如图， ∵四边形PHCB是平行四边形， ∴PB＝CH， ∴BP+PH+HQ＝CH+HQ+4， ∵BP+PH+HQ有最小值，即CH+HQ+4有最小值， ∴只需CH+HQ最小即可， ∵两点之间线段最短， ∴当点C，H，Q在同一直线上时，CH+HQ的值最小， 过点Q作QM⊥y轴，垂足为M， ∵点Q是点B关于点A的对称点， ∴OA是△BQM的中位线， ∴QM＝2OA＝12，OM＝OB＝8， ∴Q（﹣12，﹣8）， 设直线CQ的关系式为：y＝kx+b， 将C（0，4）和Q（﹣12，﹣8）分别代入上式得： ， 解得：， ∴直线CQ的关系式为：y＝x+4， 令y＝0得：x＝﹣4， ∴H（﹣4，0）， ∵PH∥y轴， ∴P（﹣4，4）， 故答案为：（﹣4，4）． 24．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，延长AB到E，使BE＝AB，连接CE，过点A作AF⊥CE于点F，若AB＝3，BD＝5，则AF的长为 　　． 【分析】证明四边形CDBE是平行四边形，得CE＝BD＝5，设CF＝x，则EF＝5﹣x，根据勾股定理列出方程求出x的值，进而可得AF的值． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD＝5，AB＝CD＝3，AB∥CD， ∵BE＝AB＝3， ∴BE＝CD， ∴四边形CDBE是平行四边形， ∴CE＝BD＝5， 设CF＝x，则EF＝5﹣x， ∵AE＝AB+BE＝6， ∴AF2＝AC2﹣CF2＝AE2﹣EF2， ∴52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2， ∴x， ∴AF2＝52﹣x2＝52﹣（）2， ∴AF． 故答案为：． 9．（2024春•苏州期中）如图，将矩形ABCD对折后的折痕为MN，已知AB＝4，点E在边BC上，连接DE，将△DEC沿DE折叠，点C恰好落在点M上，则CE的值是 　　． 【分析】由矩形的性质得DC＝AB＝4，∠A＝∠B＝∠C＝90°，由折叠得AM＝BMAB＝2，DM＝DC＝4，ME＝CE，∠DME＝∠C＝90°，可证明∠BEM＝∠AMD，则cos∠BEM＝cos∠AMD，所以BEMECE，由勾股定理得22+（CE）2＝CE2，求得CE，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AB＝4， ∴DC＝AB＝4，∠A＝∠B＝∠C＝90°， ∵将矩形ABCD对折后的折痕为MN， ∴AM＝BMAB＝2， ∵将△DEC沿DE折叠，点C恰好落在点M上， ∴DM＝DC＝4，ME＝CE，∠DME＝∠C＝90°， ∴∠BEM＝∠AMD＝90°﹣∠BME， ∴cos∠BEM＝cos∠AMD， ∴BEMECE， ∵BM2+BE2＝ME2， ∴22+（CE）2＝CE2， 解得CE或CE（不符合题意，舍去）， 故答案为：． 10．（2024春•江阴市期中）如图，在平面直角坐标系中，点A（﹣4，0），点B（﹣4，3），将矩形OABC绕点O顺时针旋转α度得到矩形OA'B'C'（0≤α≤90），线段OA'与线段BC交于点P，线段B'C'与直线BC交于点Q．下列说法： ①当点B'落在y轴上时，B'坐标为（0，5）； ②当点A'落在BC上时，PQ； ③△BA'B'的面积最大值为， ④当BPBQ时，7：24． 其中正确的个数有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】如图1所示，当B'在y轴上时，连接OB，由勾股定理得，由旋转的性质可得OB'＝OB＝5，即可判断①正确；如图2所示，当点A'落在BC上时，此时 A'、P重合，由旋转的性质可得OA'＝OA＝4，A'B'＝AB＝3，证明△A'B'Q≌△OCA'（ASA），得到A'Q＝OA'＝4，即PQ＝4，可判断②错误；如图3所示，当A'在BB'上方时，过点B作BE垂直于直线A'B'于E，在旋转过程中，BE一直在增大（直线A'B'逐渐远离点B），则当点A'落在y轴上时，BE有最大值，最大值为1，则此时S△BA'B'有最大值，最大值为3×1；如图4所示，当A'在B'B下方时，过点B作BE垂直于直线A'B于E，在旋转过程中，BE一直在减小（直线A'B'逐渐靠近点B），可推出S△BA'B'的最大值小于，据此可判断③正确；作QH⊥OA'，可知QH＝OC'＝OC，然后根据面积相等得PQ＝OP，可设BP＝x，并表示BQ，OP，PC，最后根据勾股定理得PC2+OC2＝OP2，据此建立方程，解方程求出OP，A′P，则，可判断④错误． 【解答】解：∵四边形ABCO是矩形，点A（﹣4，0），点B（﹣4，3）， ∴OA＝4，AB＝3，∠OAB＝90°， 如图1所示，当B'在y轴上时，连接OB， 在Rt△ABO中，由勾股定理得 ， 由旋转的性质可得OB'＝OB＝5， ∴B'（0，5），故①正确； 如图2所示，当点A落在BC上时，此时A'、P重合， 由旋转的性质可得OA'＝OA＝4，A'B'＝AB＝3， ∵∠OA'B'＝∠A'CO＝∠B′＝90°， ∴∠B'A'Q+∠CA'O＝90°＝∠CA'O+∠COA'， ∴∠B'A'Q＝∠COA'， 又∵OC＝A'B'＝3， ∴△A'B'Q≌△OCA'（ASA）， ∴A'Q＝OA'＝4，即PQ＝4，故②错误； 如图3所示，当A'在BB'上方时，过点B作BE垂直于直线A'B'于E， 在旋转过程中，BE一直在增大（直线A'B'逐渐远离点B），则当点A'落在y轴上时，BE有最大值，最大值为1， ∴此时S△BA'B'有最大值，最大值为3×1； 如图4所示，当A'在BB'下方时，过点B作BE垂直于直线A'B'于E， 在旋转过程中，BE一直在减小（直线A'B'逐渐靠近点B），则当点A'落在OB上时，BE有最大值，最大值为1， ∴此时S△BA'B'有最大值，最大值为3×1， 而线段OA'与线段BC有交点，则当点A'落在BC上时，此时S△BA'B'有最大值，即此时S△BA'B'的最大值小于； 综上所述，S△BA'B'最大值为，故③正确； 过点Q作QH⊥OA′于点H，连接OQ，如图5所示，则QH＝OC'＝OC， ∵，， ∴PQ＝OP， 设BP＝x，则BQ＝2x， ∴OP＝PQ＝BQ﹣BP＝x，PC＝4﹣x， 在Rt△PCO中，由勾股定理得PC2+OC2＝OP2， 即（4﹣x）2+32＝x2， 解得， ∴， ∴A'P， ∴，故④错误； ∴正确的有2个， 故选：B． 11．（2024春•苏州期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是边AB上一点且BE＝2，点P是线段AE上一动点（不与端点A重合，可以与端点E重合），将△APD沿PD折叠，得到点A的对称点为点F，连接BF． （1）若点P在边AB中点时，则BF的长为 　　； （2）若△BPF为直角三角形时，求BF的长； （3）将△APD绕点D逆时针旋转90°得到△DMN，点A的对应点为点M，点P的对应点为点N，连接FN．若△DFN为等腰三角形时，求BF的长． 优网版权所有 【分析】（1）连接AF交DP于点M，求出DP的长，由勾股定理可求出答案； （2）分三种情况，由直角三角形的性质及勾股定理可得出答案； （3）分三种情况，由等腰三角形的性质及勾股定理可得出答案． 【解答】解：（1）连接AF交DP于点M， ∵将△APD沿PD折叠，得到点A的对称点为点F， ∴DP垂直平分AF， ∵P是AB的中点， ∴PM是△ABF的中位线， ∴BF＝2PM， ∵AD＝6，APAB＝4， ∴DP2， ∵， ∴AM， ∴PM， ∴BF． 故答案为：； （2）若△BPF为直角三角形． ①当∠PBF＝90°时，不存在． ②当∠PFB＝90°时（如图4）， ∵将△APD 沿PD折叠，得到点A的对称点为点F． ∴∠DFP＝∠B＝90°， ∴∠DFP+∠PFB＝180°， ∴点D，F，B共线．即点F在矩形对角线DB上． ∵AD＝6，AB＝8，∠A＝90°， ∴BD10． ∵DF＝DA＝6， ∴BF＝10﹣6＝4． 此时AP＝PF＝3． ③当∠BPF＝90°时（如图 5）， ∵∠A＝90°，∠DFP＝90°， ∴四边形ADFP是矩形． ∴点F在DC边上， ∵BE＝2，EF＝6，∠BEF＝90°， ∴， ∴BF的长为4或； （3）若△DFN为等腰三角形． ①当DF＝DN时，不存在． ②当 FD＝FN时（如图6）， 设∠ADP＝x， ∵将△APD 沿PD折叠，得到点A的对称点为点F． ∴∠ADP＝∠PDF＝x， ∵将△APD 绕点D逆时针旋转90°得到△DMN． ∴∠PDN＝90°， ∴∠FDN＝∠FND＝∠DPA＝90°﹣x， ∴∠FND＝∠MND＝90°﹣x， 即∠FND与∠MND重合． ∴点F与点M重合， ∴． ③当ND＝NF时（如图7）， 过点N作NH⊥DF垂足为H． ∵∠ADP＝∠PDF＝∠MDN， ∴∠ADP＝∠DNH， ∵∠A＝∠DHN＝90°，DN＝DP， ∴△NDH≌△DPA（AAS）， ∴， 由（2）可知，当AP＝3 时，BF＝4． ∴BF的长为4或． 12．（2024春•梁溪区期中）折纸不仅是一项有趣的活动，也是一项益智的数学活动．今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论． 实践操作，解决问题 如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点D′落在矩形ABCD所在平面内，边BC和AD′相交于点E，连接BD′．发现：结论①AE＝EC；结论②BD′∥AC． （1）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明；若不成立，请说明理由； （2）东京沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形（如图3所示）．沿对称轴EF再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则京京折叠的矩形纸片的长宽之比为 　1：1或　； （3）新题探究：如图4所示，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2（AB≠BC）．将△ADC沿对角线AC翻折．使点D′落在ABCD所在平面内，连接BD′，当△BCD′恰好为直角三角形时，BC的长度为 　1或4或或　． 优网版权所有 【分析】（1）证明∠DAC＝∠EAC，AD＝AD′，∠DAC＝∠D′AC，可得∠EAC＝∠ECA，可得AE＝EC，证明AD′＝BC，可得BE＝ED′，再进一步利用等腰三角形的性质与平行线的判定可得结论； （2）分两种情况讨论，当点D′与B点不重合时，得出∠ACB＝30°，继而根据含30度角的直角三角形的性质，勾股定理即可求解，当点D′与B点重合时，根据正方形的性质即可求解； （3）分三种情况讨论，分别画出图形，结合（1）中的结论，根据含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理即可求解． 【解答】解：（1）AE＝EC，BD′∥AC，理由如下， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DAC＝∠EAC， ∵折叠， ∴AD＝AD′，∠DAC＝∠D′AC， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝EC， ∵折叠， ∴AD＝AD′， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC， ∴AD′＝BC， ∵EC＝EA， ∴AD′﹣AE＝BC﹣CE，即BE＝ED′， ∴， 又∵，∠AEC＝∠BED′， ∴∠EAC＝∠ED′B， ∴BD′∥AC； （2）当点D′与B点不重合时，如图， 依题意，EF＝ED′＝BE，AE＝EC，∠EFC＝∠AFE＝90°， 设∠ACB＝α，则∠EAF＝∠ACB＝∠BAE， ∵∠ACB+∠BAC＝90°， ∴α+2α＝90°， 解得：α＝30°， ∴， 在Rt△ABC中，， ∴矩形纸片的长宽之比为， 当点D′与B点重合时，如图， 此时ABCD是正方形， ∴矩形纸片的长宽之比为1：1， 综上矩形纸片的长宽之比1：1或； （3）当∠CBD′＝90°时，如图，设CD′与AB交于点E， 由（1）可得BD′∥AC， ∴∠ACB＝180°﹣∠CBD′＝90°， 在Rt△ABC中，∵∠ABC＝60°，AB＝2， ∴∠BAC＝30°， ∴； 如图，当∠CD′B＝90°时，由（1）可得BD′∥AC， ∴∠ACD′＝180°﹣∠BD′C＝90°， ∵折叠， ∴∠ACD＝∠ACD′＝90°， ∴D，C，D′三点共线， ∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°，AB＝2， ∴∠D＝60°，CD＝AB＝2， ∴∠DAC＝30°， 在Rt△ACD中，A D＝2 C D＝4， ∴BC＝AD＝4； 如图，当∠BCD′＝90°时， ∵∠ABC＝60°， ∴∠BEC＝30°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠DCA＝∠EAC， ∵折叠， ∴AD＝AD′，∠DCA＝∠ECA， ∴∠EAC＝∠ECA， ∴AE＝EC， 设BC＝m， ∴BE＝2m，， ∴， ∴， ∴； 如图，当∠BCD′＝90°时，同理可得∠CDE＝∠D＝∠ABC＝60°，∠CED＝30°＝∠AEB，CD＝CD′＝2＝AB， ∴D′E＝4，， 同理可得：AE＝CE，AD′＝AD＝BC， ∴BE＝D′E＝4， ∴； 综上所述：BC的长度为1或4或或． 1 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