第02讲 矩形（1命题点+10题型+5突破）（复习讲义）（广东专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章 四边形 第02讲 矩形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 13 命题点一 矩形的判定与性质 题型01矩形的性质理解 题型02根据矩形的性质求解 题型03利用矩形的性质证明 题型04矩形中的折叠问题 题型05添加一个条件使四边形成为矩形 题型06证明四边形是矩形 题型07根据矩形的判定与性质求解 题型08矩形的性质与判定中的多结论问题 题型09矩形与函数结合问题 题型10与矩形有关的材料阅读类问题 05·重难突破·思维进阶难 82 突破一矩形的判定与性质综合 突破二矩形的折叠问题综合 突破三矩形有关的动点问题 突破四与矩形有关的存在性问题 突破五与矩形有关的最值问题 06·优题精选·练能提分 133 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 矩形 广东卷 T10 广州卷T 23 广东卷T23 深圳卷T11 广东卷T22 深圳卷T22 理解矩形的概念； 探索并证明矩形的性质定理与判定定理. 命题预测 矩形是特殊的平行四边形，其对角线相等、内角为直角，故矩形的考查经常与直角三角形的勾股定理相结合，利用矩形的性质解折叠问题是中考中的常考题型，注意折叠前、后对应的线段与角大小相等，试题形式多样，难度中等. 矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2026年广东中考还将出现. 其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视.解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大． 考点一 矩形 知识点01、矩形的定义 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 知识点02、矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1、矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2、矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3、利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 知识点03、矩形的对称轴 1、矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2、矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 3、过对称中心的任意直线可将矩形分成全等的两部分. 知识点04、矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 矩形判定思路： 1．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 2．（2023·广东·中考真题）综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．    (1)求证：； (2)以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）由点关于的对称点为可知点E是的中点，，从而得到是的中位线，继而得到，从而证明； （2）①过点O作于点F，延长交于点G，先证明得到，由与相切，得到，继而得到，从而证明是的角平分线，即，，求得，利用直角三角形两锐角互余得到，从而得到，即，最后利用含度角的直角三角形的性质得出； ②先证明四边形是正方形，得到，再利用是的中位线得到，从而得到，，再利用平行线的性质得到，从而证明是等腰直角三角形，，设，求得，在中，即，解得，从而得到的面积为． 【详解】（1）∵点关于的对称点为， ∴点E是的中点，， 又∵四边形是矩形， ∴O是的中点， ∴是的中位线， ∴ ∴， ∴ （2）①过点O作于点F，延长交于点G，则，    ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，． ∵，，， ∴， ∴． ∵与相切，为半径，， ∴， ∴ 又∵即，， ∴是的角平分线，即， 设，则， 又∵ ∴ ∴ 又∵，即是直角三角形， ∴，即 解得：， ∴，即， 在中，，， ∴， ∴； ②过点O作于点H，    ∵与相切， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵是的中位线， ∴ ∴ ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴ 又∵， ∴是等腰直角三角形，， 设，则 ∴ 在中，， 即 ∴ ∴的面积为： 【点睛】本题考查矩形的性质，圆的切线的性质，含度角的直角三角形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，中位线的性质定理，角平分线的判定定理等知识，掌握相关知识并正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2026·广东中山·模拟预测）如图，是矩形的对角线，，． (1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，分别交于点、；（不要求写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析； (2)四边形的周长:． 【分析】本题考查作垂直平分线，线段的垂直平分线的性质，矩形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识． （1）作线段的垂直平分线即可解决问题； （2）先根据垂直平分线的性质得到，，设，，再结合矩形的性质和勾股定理求出，即可求出四边形的周长． 【详解】（1）如图所示，为所求作的直线， （2）如图，连接，， ∵垂直平分于点，交于点、， ∴，， ∵矩形，，， ∴，，． ∵设，， ∴，． ∵在中，， ∴，即， 解得：， ∴． ∵在中，， ∴，即， 解得：， ∴， ∴菱形的周长为． 4．（2024·广东肇庆·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，且，．连接与相交于F．则图中四边形的面积为________． 【答案】18 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．由题意可证四边形是菱形，由菱形的性质首先求得的面积，然后证明，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ∴， 连接交于点M， ∴四边形是平行四边形，， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：18． 命题点一 矩形的判定与性质 ►题型01 矩形的性质理解 矩形的性质理解易错点主要在于学生容易把矩形特有的性质和普通平行四边形的性质混淆，随意将对角线相等、四个角都是直角这些矩形独有的特征套用在一般平行四边形上，同时容易忽略矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，在计算和证明时不能灵活利用对角线相等且互相平分的性质进行线段等量代换，还常常忘记矩形的四个角都是直角这一前提，不能结合勾股定理解决边长、对角线长度问题，导致思路不清晰或推理依据不规范 【典例】（2025·广东广州·模拟预测）矩形不具备的性质是（　　） A．四个角都相等 B．对角线一定垂直 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形 【答案】B 【分析】根据矩形的性质逐项进行判断即可得答案． 【详解】解：A、矩形的四个角一定相等，故该选项不符合题意； B、矩形的对角线不一定垂直，故该选项符合题意； C、矩形是轴对称图形，故该选项不符合题意； D、矩形是中心对称图形，故该选项不符合题意． 故选B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质． 【变式1】（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，，且于点F，连接．下列结论正确的是________（填序号）．①；②；③；④． 【答案】①②④ 【分析】由矩形的性质可得，证明推出，即可判断①；由，可证明，即可判断②；则，证明，求出，得到，即可判断③；证明，得到，即可判断④． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵，即， ∴，即，，故①正确； ∵，即， ∴， 又∵， ∴，故②正确； ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③错误； ∵， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①②④． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的性质与判定等等，数轴相似三角形的性质与判定条件是解题的关键． 【变式2】（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：（1）矩形的对角线相等且相互平分，即矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等，则（1）正确； （2）矩形对角线的交点到四条边的距离不一定相等，故（2）错误； （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形，说法正确； （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，但概率小于，故（4）错误． 综上，正确的有2个． 故选：B． 【变式3】（2023·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点位于四边形的对角线交点．若四边形和都是矩形，，，则下列数量关系中正确的是（　　） A． B． C． D．重叠部分的面积始终等于四边形的 【答案】B 【分析】过点作于点，于点，证明 ∽，根据相似三角形的性质即可判断B选项正确，只有当四边形为正方形时，，即可判断其他选项，据此即可求解． 【详解】过点作于点，于点，如图， 四边形和都是矩形， ，， ，，四边形为矩形， ，，， ，， ， ， ， ，所以B选项符合题意； 只有当四边形为正方形时，，则， 则，此时， 所以， 四边形的面积等于三角形的面积，即重叠部分的面积始终等于四边形的，所以A选项、C选项、D选项不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． ►题型02 根据矩形的性质求解 【典例】（2025·广东江门·二模）如图，在矩形中，，，E是矩形内部的一个动点，且，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查圆周角定理、圆的基本性质及矩形的性质、勾股定理，根据可知点E在以为直径的半上，再进一步求解即可． 【详解】解：如图， ∵， ∴点E在以为直径的半上， 连接交于点， ∴当点E位于点位置时，线段取得最小值， ∵， ∴， ∵， ∴， 则. 故选：B． 【变式1】（2025·广东阳江·模拟预测）如图，矩形中，，，点在边（不包含端点）上运动，点在边（包含端点）上运动，连接，，分别为，的中点，则长度的最大值与最小值的差为________． 【答案】2 【分析】通过连接辅助线、，利用三角形中位线定理得出与的数量关系，再根据矩形性质确定的最值，进而求出的最值差． 【详解】解：连接、． ∵，分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴． 在矩形中，，． 当与重合时，，此时最小，； 当与重合时，，此时最大，． ∴长度的最大值与最小值的差为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理的应用，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【变式2】（2025·广东揭阳·三模）如图，在矩形中，点为边上一点，且 (1)实践与操作：请用尺规作图法作于点；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作图——作垂线，矩形的性质，全等三角形的判定，掌握相关知识点是解题关键． （1）根据垂线的作法画图即可； （2）利用“”证明全等即可． 【详解】（1）解：如图，为所求作图形． （2）证明：在矩形中，，， ， ， ， 又， ． 【变式3】（2025·广东惠州·二模）如图，在中，对角线，相交于点． (1)求证：是矩形； (2)点在边上，满足．若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理．解题的关键是熟练掌握矩形的判定方法． （1）先利用平行四边形的性质得到，利用得到，从而判定四边形为矩形； （2）根据，是矩形，得到，，再求出所求线段的长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ， ， 是矩形； （2）解：，是矩形； ， ， ， ， ． ►题型03 利用矩形的性质证明 【典例】（2025·广东佛山·模拟预测）已知，如图，在矩形的对角线在轴上，，矩形的面积为，若反比例函数的图象恰好经过点，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了反比例函数值的几何意义、矩形性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是关键．根据矩形性质得到，根据条件证明，利用相似三角形性质得到，继而求出值即可． 【详解】解：如图，作轴，垂足为， 矩形的对角线在轴上，，矩形的面积为， ，，， ， ，， ， ， ， ， ， ． 故选：D． 【变式1】（2025·广东肇庆·二模）如图，已知在矩形中，是边的中点，与垂直，交直线于点，连接，则下列四个结论中：①；②；③；④．正确的有（   ） A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】A 【分析】通过证明，可得，可证；过作交于，可证四边形是平行四边形，可得，由直角三角形的性质和等腰三角形的性质可得；由平行线性质可得，，可证；通过证明，可得，可求，即可得，则可求解． 【详解】解：在矩形中， ， ， ， 是边的中点， ， ， ，故①符合题意； 如图，过作交于，    ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ，且， 是的垂直平分线， ，故②符合题意； 四边形是矩形， ，，， ，， ，故④符合题意； ， ， ， ，且，， ，且， ， ， ， ， ， ∴， 故③符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，斜边上的中线，中垂线的性质，平行四边形的判定和性质，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键． 【变式2】（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点，分别在，边上，且，，与相交于点，若为的中线，则的长为_____． 【答案】/ 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，解决的关键是证明．根据矩形的性质证明，得，证明，根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得，利用勾股定理求出，进而可以解决问题． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为的中线， ∴， ∵， ∴， ∴的长为， 故答案为：． 【变式3】（2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质求得，再利用得到，然后用判定三角形全等的“”求解； （2）求出，证明，得出，求出的长，再利用矩形面积和三角形面积求解． 【详解】（1）证明：在矩形中，，， ． ， ． 在和中， ， ； （2）解：，， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ►题型04 矩形中的折叠问题 矩形折叠问题的易错点主要是学生常常抓不住折叠前后对应边相等、对应角相等这一核心不变量，容易忽略折叠带来的隐藏条件，在图形中找错相等线段和相等角，还经常把折叠产生的直角、等腰三角形等特殊关系漏掉，不能正确利用矩形的对边平行、四个角为直角以及勾股定理建立方程求边长，同时容易出现线段对应混乱、设未知数后列式错误、忽略多解情况等问题，导致计算出错或证明推理不完整。 【典例】（2024·广东·模拟预测）如图，在矩形纸片中，点E在边上，将沿翻折得到，点F落在上．若，，则（　　）． A． B．3 C． D． 【答案】A 【分析】由折叠的性质和可得，再证明，然后在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵将沿翻折得到，点F落在上， ∴，，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， 故选：A． 【点睛】本题考查矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的判定等知识，解题的关键是掌握翻折的性质，能熟练应用勾股定理列方程解决问题． 【变式1】（2025·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，点分别为，上一个动点，且，沿直线折叠，点，分别落在点，处，点为上一点，且，则的最大值为______． 【答案】/ 【分析】连接与交于点O，过点作于点G，连接，确定点F在以O为圆心，以5为半径的圆上运动，当点P，O，F三点共线，且点F，P在O的两侧时，取得最大值，当点P，O，F三点共线，且点F，P在O的同侧时，取得最小值，解答即可． 【详解】解：连接与交于点O， ∵矩形，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 过点作于点G， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 连接， ∴，， ∵沿直线折叠，点A，B分别落在点E，F处， ∴， ∴点F在以O为圆心，以5为半径的圆上运动， ∴当点P，O，F三点共线，且点F，P在O的两侧时，取得最大值，的最大值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，圆的性质，三角形全等的判定和性质，平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【变式2】（2025·广东江门·一模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接，再将矩形纸片折叠，使点B落在上的点Q处，折痕为，若点P恰好为线段最靠近点B的一个四等分点，，则的长为__________． 【答案】 【分析】本题考查矩形与折叠，相似三角形的判定和性质，设，得到，证明，列出比例式求出的长，勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵点P恰好为线段最靠近点B的一个四等分点，设， ∴， ∴， ∴（负值舍去）； 在中，； 故答案为：． 【变式3】（2025·广东惠州·一模）实践与探究 【问题提出】如果我们身边没有量角器和三角板，如何作大小的角呢？ 【实践操作】如图 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开，得到，如图1． 第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕．折痕与折痕相交于点P．连接线段、，如图2． 第三步：折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，则可得到，如图3． 【问题解决】 (1)在图3中，求的度数，并证明； (2)在图2中，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)，证明见解析 (2)四边形是菱形，理由见解析 【分析】本题考查了矩形的性质及折叠，菱形的判定． （1）先根据折叠的性质推出在中，，进而得，，再由折叠的性质得，； （2）由折叠重合可得：，，，结合（1）的结论推出，进而得，即可得出结论． 【详解】（1）解：由折叠重合可得：，且， 在中，， ， ∵， 则：， 由折叠重合可得：， 则：； （2）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠重合可得：，，， 由（1）可得：， 在中，， 又∵， ， ， 又∵，， ， 四边形是菱形． ►题型05 添加一个条件使四边形成为矩形 【典例】（2024·广东佛山·三模）如图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查矩形的判定．根据矩形的判定方法“对角线相等的平行四边形是矩形”解答即可． 【详解】解；四边形是平行四边形， 添加， 是矩形， 故选：B． 【变式1】（2024·广东广州·二模）在四边形中，，，如果再添加一个条件，可得出四边形是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质．根据“有一个是直角的平行四边形是矩形”可得出结论． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， 若添加，则该四边形是矩形． 故选：D． 【变式2】（2025·广东深圳·一模）如图，将平行四边形的边延长线到点，使，连接，交于点．添加一个条件，使四边形是矩形．下列四个条件：①；②；③；④中，你认为可选择的是___________．（填上所有满足条件的序号） 【答案】①②④ 【分析】根据平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质解答即可． 本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故①正确． ∵,， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故②正确． ∵， ∴四边形是菱形， 故③错误； ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 故④正确． 故答案为：①②④． 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，延长至，使，连接． (1)求证：． (2)添加一个适当条件，使四边形是矩形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)添加条件（答案不唯一），见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定；熟练运用矩形判定方法是解题的关键． （1）由平行四边形的性质得到，，再得出，结合已知条件，由即可判定； （2）由现有条件可证出四边形是平行四边形，再根据矩形的判定方法，添加条件（答案不唯一）即可证明是矩形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 在和中，， （2）解：添加条件（答案不唯一）． 理由：四边形是平行四边形， ，又， ， 又， 四边形是平行四边形． ， 四边形是矩形． ►题型06 证明四边形是矩形 矩形判定的易错点主要是学生容易忽略判定定理的前提条件，经常在没有证明是平行四边形的情况下，只凭一个直角或对角线相等就直接判定为矩形，还会混淆不同的判定思路，要么忘记先证平行四边形再证一个直角或对角线相等，要么把有三个直角的四边形是矩形这一定理记错成两个直角，同时容易将矩形的判定和性质混用，随意使用题目中没有的条件，推理过程不严谨、依据不规范，从而造成判定错误和步骤失分。 【典例】（2024·广东·模拟预测）综合与实践 在数学活动课上，老师带领同学们以“构造特殊四边形”为主题展开探究活动． 动手操作： 如图1是老师给大家提供的参考图，已知矩形，将矩形 沿某一条直线分割成两部分，重新再拼成一个新的特殊四边形，小明同学按照以下操作得到了新四边形： ①在 上取一点 E，连接，使得； ②沿直线 把矩形分割成两部分，将 沿 平移得到； 连接后，小明发现． 解决问题： (1)请根据上述操作中得到的条件，帮助小明证明这个结论； (2)如图2，已知平行四边形，将沿某一条直线分割成两部分，重新再拼成一个新的特殊四边形，还能拼成什么特殊四边形？请画出其中一种裁法并证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)还能拼成矩形，所画裁法与证明见解析 【分析】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、平移的性质及特殊四边形（矩形）的拼接与证明，解题的关键是利用图形分割与平移的性质，结合特殊四边形的判定定理（如一组邻边相等的平行四边形是菱形、有一个角是直角的平行四边形是矩形）进行推理． （1）先由矩形性质与平移性质证四边形是平行四边形，再结合证其为菱形，最后利用菱形“对角线互相垂直”证； （2）选择将平行四边形拼为矩形，裁法：过A作于H，沿分割平行四边形为和四边形，将沿方向平移至（使与重合），再证拼接后的四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵ 四边形是矩形，   ∴ ，，．   ∵ 将沿平移得到，   ∴ ，，．   ∴ 四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）．   又∵ 已知，   ∴ 平行四边形是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）．   ∵ 菱形的对角线互相垂直，   ∴ ． （2）解：可拼成矩形，裁法与证明如下：   裁法：如图2，在平行四边形中，过点作于点，沿直线将平行四边形分割成和四边形；将沿方向平移，使点与点重合，点与点重合，得到，则四边形即为拼成的矩形．   证明：∵ 四边形是平行四边形，   ∴ ，，．   ∵ 将平移后与重合，与重合，   ∴ ，（平移性质：对应线段平行且相等），且（平移后对应角相等）．   ∵ ，，   ∴ ，即．   ∵ ，，   ∴ ，即．   ∴ 四边形中，，   ∴ 四边形是矩形（有三个角是直角的四边形是矩形）． 【变式1】（2025·广东东莞·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在边的左侧，作，使． (2)在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，菱形的性质，矩形的判定等知识，掌握菱形的性质，正确作出图形，是解答本题的关键． （1）作一个角等于已知角，再取，即可； （2）根据菱形的性质有：，，，再证明，问题即可证明． 【详解】（1）如图，即为所求． （2）证明：∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴平行四边形是矩形． 【变式2】（2024·广东清远·模拟预测）如图，在菱形中，，． (1)实践操作：用尺规作图法过点B作边上的高；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，在线段上截取线段，使，连接，求证四边形是矩形，并求出它的周长． 【答案】(1)图见解析 (2)图与证明见解析，周长为 【分析】（1）根据垂线作法直接作垂线即可； （2）截取线段，连接，根据菱形的性质结合可证得四边形是平行四边形，再结合（1）作法可得，从而证得平行四边形是矩形，再根据锐角三角函数和菱形的性质即可求得矩形的长与宽，从而求得四边形的周长． 【详解】（1）解：如图所示，线段即为所求作的高． （2）证明：如图所示，截取线段，连接． ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形． 由（1）作法知：， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴， ∴， ∴． ∵四边形是菱形，， ∴． 在中， ∵，， ∴， ， ∴， ∴矩形的周长为：． 【点睛】本题考查了作垂线，作线段等于已知线段，矩形的性质与判定，菱形的性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 【变式3】（2023·广东深圳·模拟预测）【探究证明】 （1）如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB、CD于点E、F，GH分别交AD、BC于点G、H，求证： ； 【模型应用】 （2）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值． 【变式拓展】 （3）如图3，平行四边形，，，直线与平行四边形相交，将平行四边形沿直线l折叠，当其中有一组对角顶点重合时，请直接写出折痕的长度． 【答案】（1）见解析   （2）  （3）或 【分析】（1）过点作，交于，过点作，交于，如图1，易证，，，然后运用相似三角形的性质就可解决问题； （2）过点作平行于的直线，交过点平行于的直线于，交的延长线于，如图3，易证四边形是矩形，由（1）中的结论可得．设，，则，，根据勾股定理列出方程组解出x，y，问题得以解决． （3）分两种情况，①沿l折叠后点重合，过作垂线垂足为，构造矩形，由（1）的结论可得；②沿l折叠后点 重叠，过作垂线垂足为，由（1）的结论可得． 【详解】解：（1）过点作，交于，过点作，交于，如图1， 四边形是矩形， ∴，． 四边形、四边形都是平行四边形， ，． 又， ， ． 四边形是矩形， ， ， ． ， ， ， （2）过点作平行于的直线，交过点平行于的直线于，交的延长线于，如图2，则四边形是平行四边形． ，是矩形， ，，． ， 由（1）中的结论可得 ， 设，，则，， 在中，①， 在中，②， 由②①得③， 解方程组，得 ， ， ． （3）①若沿l折叠，点重叠，设l与的交点为．则垂直，过作垂线垂足为， ∵，，， ∴， ∴ ∴， 在中 由探究结论可得， ∴， ∴； ②若沿l折叠，点重叠，设l与的交点为．则垂直，过作垂线垂足为， ∵，， ∴， ∴ ∴， 在中 由探究结论可得， ∴， ∴． 所以，或． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、解二元二次方程组等知识，运用（1）中的结论是解决第（2）、（3）小题的关键． ►题型07 根据矩形的判定与性质求解 【典例】（2025·广东深圳·二模）已知：中，E在上，F在上，． (1)如图1，D、F重合，，，，求的长． (2)如图2，若F为中点，，求． (3)如图3，中，，P为对角线上一动点，过P作直线使得，分别交直线、于点F、E，若，请直接写出的最小值． 【答案】(1) (2) (3)6 【分析】（1）证明，则代入数值即可得到答案； （2）延长交的延长线于点Q，设，则，则，由四边形是平行四边形得到，，证明，则，，得到，证明，得到，，求出，求出，设，则，则，即可得到答案； （3）先证明四边形是平行四边形，得，结合四边形是平行四边形，以及等角对等边得，证明是等边三角形，再结合三角形的三边关系列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：∵中，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：（负值不合题意，舍去）； （2）解：延长交的延长线于点Q，设，则，则， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，，， ∵F为中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 设，则，则， ∴； （3）解：将平移到，点D的对应点是点，点E的对应点是点，连接，如图所示： 由平移的性质得， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， 则， ∴是等边三角形， ∴， 在中，， 当三点共线时，则，即取最小值； 此时的最小值为． 【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定和性质、三边关系的应用、等边三角形的判定和性质等知识，添加合适的辅助线和熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【变式1】（2025·广东中山·一模）已知四边形中，E、F分别是边上的点，与交于点G． 【问题发现】（1）如图1，若四边形是正方形，且于G，则 ； 【拓展研究】（2）如图2，当四边形是矩形时，且于，则 ； 【解决问题】（3）老师上课时提出这样的问题：如图3，若四边形是平行四边形，且时，求证：； 小圳同学冥思苦想不得其解，提问到：在做题过程中，我先将转化成：，发现与显然不相似，所以没办法直接得出，怎么办呢？ 老师提示说：你是不是可以考虑引入一个桥梁或者考虑下添加辅助线来帮助解题呢？ 同学们，请你帮助小圳同学解决此题，写出完整证明过程； （4）如图4，若于G，请直接写出的值． 【答案】（1）1；（2）；（3）见解析；（4） 【分析】（1）由四边形为正方形，利用正方形的性质得到，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用得到，利用全等三角形对应边相等即可得解； （2）由四边形为矩形，得到一对直角相等，利用同角的余角相等得到一对角相等，利用两对角相等的三角形相似得到，利用相似三角形对应边成比例即可得解； （3）在的延长线上取点，使，利用平行线的性质，以及同角的补角相等得到，利用相似三角形对应边成比例即可得证． （4）过点C作于点M，作于点N，连接，设，利用三角形全等，相似和勾股定理，解得即可． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴； （2）∵四边形是矩形，，， ∴，,， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形为平行四边形， ∴，， 如图，在的延长线上取点，使， 则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即． （4）过点C作于点M，作于点N，设， ， 四边形为矩形， ∴，， ∴， 为公共边， ， ， ， ， ，即， ， 在中，， 即，   解得（舍），或， ， ， ， ， ， ∵， ， ． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各图形的性质和定理进行推理是解决本题的关键． 【变式2】（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线，相交于点F，且，．过点A作，交的延长线于点C，________． 请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）6.5 【分析】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解答的关键． （1）先证明四边形的是平行四边形，若选择①，可证明，根据矩形的判定可得结论；若选择②，先证明四边形的是平行四边形，可得到，再根据矩形的判定可得结论； （2）根据矩形性质可得，，再根据平行线的性质和正切定义可求得，进而利用勾股定理求得即可求解． 【详解】解：（1）方法一：选择①． 证明：四边形的对角线，相交于点，且，， 四边形的是平行四边形， ，， 又， ， 四边形为矩形． 方法二：选择②． 证明：四边形的对角线，相交于点，且，， 四边形的是平行四边形， ， 又， 四边形的是平行四边形， ， 又， ， 四边形为矩形． （2）解：由（1）已证明四边形矩形， ，， 又， ． 在中，， ， ． 【变式3】（2025·四川成都·一模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，，旋转角为（)． 【初步感知】 （1）如图1，将三角形纸片绕点B旋转，连接，，求的值； 【深入探究】 （2）如图2，在三角形纸片绕点B旋转过程中，当点D恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点G，求的长； 【拓展延伸】 （3）在三角形纸片绕点B旋转过程中，试探究A，D，E三点，能否构成以为直角边的直角三角形．若能，求线段的长度；若不能，请说明理由． 【答案】（1）   （2）  （3）或 【分析】（1）证明即可解答； （2）如图， 通过延长交于点，连接，得到四边形为矩形，设，先根据相似得，再证明三角形全等得，由勾股定理列方程即可解答； （3）分两种情况：如图和图，分别根据相似三角形和勾股定理即可解答． 【详解】解：（1） ∴， 由旋转得：， ， ， ∴； （2）如图2， 延长交于，连接交于， 由（1）知：， ∴， ∵是中线，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形， ∴，， ∵， ∴， 设， ∵， ， ∴， ， ， ，， ∴， ， 由勾股定理得：，即 解得， ； （3）分两种情况：①如图3，，过点作于，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ，即 ， ， 中，， ， 解得：(负值舍)， ∵， 即 ， ； ②如图，，过点作于， ， ∴四边形是矩形， ， ， ， 由勾股定理得：； 综上，的长是或． 【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质是本题的关键． ►题型08 矩形的性质与判定中的多结论问题 【典例】（2025·河南信阳·模拟预测）关于矩形的判定，以下说法不正确的是（    ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．一个内角是直角且对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【答案】B 【分析】根据矩形的判定定理逐项分析即可． 【详解】A：四个角相等的四边形是矩形，该选项正确； B：对角线相等的平行四边形是矩形，该选项错误； C：对角线相等的平行四边形是矩形，该选项正确； D：对角线互相平分且相等的四边形是矩形，该选项正确； 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键． 【变式1】（2023·广东东莞·模拟预测）如图，矩形中，，，P是边中点，将顶点D折叠至线段上一点，折痕为，此时，点C折叠至点．下列说法中错误的是（   ） A． B．当时， C．当时，是等腰三角形 D． 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质计算判断即可． 【详解】∵矩形中，，，P是边中点， ∴，， ∴， ∴， 故A正确； ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 故D正确； 设， 根据题意，得，， ∵， ∴， 解得， ∴， 故B正确； 当时， 设，根据题意，得， ∴， 解得； 此时重合，三角形不存在，不符合题意； 当时，过点作于点N， 则； ∵矩形， ∴， ∴， ∴， 设，根据题意，得，， ∴， 解得； ∴， 解得； ∴； 当时，过点作于点H， 设，根据题意，得， ∴，， ∴， 根据勾股定理，得， ∴ 解得； ∴； 综上所述，或， 故C错误， 故选C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，三角函数，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握三角函数，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质是解题的关键． 【变式2】（2025·天津西青·一模）如图，在矩形ABCD中，，，点E是CD边上一点，连接BE，将沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据折叠的性质即可判断A、B；利用勾股定理求出AF即可判断C；求出即可判断D． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C=∠D=∠A=90°， 由折叠的性质可知BF=BC=10，EF=EC，∠BFE=∠C=90°，故B选项不符合题意； 在△DEF中，∠D=90°，EF是斜边，即EF＞DE， ∴CE＞DE，故A选项符合题意； 在Rt△ABF中，，， ∴∠AFB=30°， 故C、D选项不符合题意； 故选A． 【点睛】本题主要考查了矩形与折叠，勾股定理，根据特殊角三角函数值求角的度数等，正确理解矩形与折叠的性质是解题的关键． 【变式3】（2023·广东清远·一模）如图，在矩形中，点E是线段上的动点（不与B、C重合），连接，把沿翻折，得到，连接．下列说法中：①；②；③当时，，正确的有_______（填序号）． 【答案】①②③ 【分析】本题考查了翻折变换，矩形的性质，掌握翻折的性质是解题的关键．由折叠的性质可得，，，故①正确；由四边形内角和定理可求，故②正确；由，可得，故③正确，即可求解． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∵把沿翻折，得到， ∴，，，故①正确； ∵， ∴， ∵， ∴，故②正确； 当时，又∵， ∴， ∴，故③正确， 故答案为：①②③． ►题型09 矩形与函数结合问题 【典例】（2025·广东深圳·二模）希腊数学家帕普斯借助反比例函数的图象成功将锐角三等分，作法如下． 1．如图1，建立平面直角坐标系，将已知的顶点与原点重合，角的一边与x轴正方向重合； 2．绘制函数的图象，图象与已知角的另一边交于点P； 3．以P为圆心，以为半径作弧，交函数的图象于点R； 4．分别过点P和R作x轴和y轴的平行线，两线交于点M； 5．连接，得到，这时． 【探究】小明在探究该方法时发现，先以P，R，M为顶点做矩形，再证明矩形的另一顶点Q与O，M共线后，即可推导出．请你根据以上思路帮助小明完成证明过程． 证明：如图1，分别过点P和R作y轴和x轴的平行线，两线交于点Q， ，，， ∴四边形为矩形． 设点，，则，Q（______），于是直线的解析式为______， ， 点Q在直线上； 连接交于点N，则N为和的中点， ，， 又， ，______， ． 【拓展】小明进一步发现也可以将任意锐角三等分，请证明． 【应用】如图2，在平面直角坐标系中，的顶点与原点重合，角的一边与x轴正方向重合，另一边与函数交于点A，以A为圆心，为半径作弧，交函数图象于点C，点P为线段中点，连接，其中，，那么______． 【答案】[探究]，，；[拓展]见解析；[应用]8 【分析】[探究]根据小明的探究思路完成填空即可； [拓展]类似[探究]方法进行证明即可； [应用] 根据等边对等角和三角形内角和定理，可求出，由[拓展]可求：，则，过A作于M，于N，根据三线合一的性质求出，在中，根据余弦的定义可求出，在中，根据正弦的定义可求出，根据余弦的定义可求出，则求出点A的坐标，最后根据待定系数法求解即可． 【详解】[探究]解：如图1，分别过点P和R作y轴和x轴的平行线，两线交于点Q， ，，， ∴四边形为矩形． 设点，，则，， 设直线的解析式为， 则， ∴， ∴直线的解析式为， ， 点Q在直线上； 连接交于点N，则N为和的中点， ， ， 又， ， ， ． 故答案为：，，； [拓展]证明：如图2，分别过点P和R作y轴和x轴的平行线，两线交于点Q， ，，， ∴四边形为矩形． 设点，，则，， 设直线的解析式为， 则， ∴， ∴直线的解析式为， ， 点Q在直线上； 连接交于点N，则N为和的中点， ， ， 又， ， ， ； [应用]解：P为中点，， ， 又， ， 由[拓展]知： ， ， 过A作于M，于N， ，， ， 在中，， 在中，，， ， 函数经过点A， ， 故答案为：8． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，待定系数法，解直角三角形等知识，明确题意，运用类比的方法求解是解题的关键． 【变式1】（2024·广东深圳·模拟预测）【问题提出】我们知道，利用尺规可以平分任意一个角，从而可以把一个角四等分、八等分…那么，能否用尺规三等分一个任意角呢？ 【查阅资料】古希腊数学家帕普斯结合反比例函数图象，实现尺规作图三等分任意角，方法如下： ①如图1，建立平面直角坐标系，将的顶点O与原点重合，边与x轴的正半轴重合，在第一象限内； ②在平面直角坐标系中，画出函数的图象，图象与交于点 D； ③以D为圆心、长为半径作弧，交函数的图象于点E； ④分别过点D、E作x轴、y轴的平行线，两线交于点 P，连接，此时有． 【问题探究】小明在以上资料的启示下，进行了如下探究，用尺规三等分一个角．如图2，以线段中点O为原点，x轴的正方向与角的一边平行，建立平面直角坐标系，过点B作y轴的平行线，在平行线上取一点M，连接并延长，与射线交于点N，记中点为． （1）与的数量关系为： ； （2）在探究过程中，小明发现取点A坐标为时，点P坐标与点M坐标满足下列表格关系： 点M坐标 点P坐标 ①请将表格补充完整，并尝试在图2给出的网格图中描出点P的坐标，画出它的大致图象； ②根据图象猜想y关于x的关系式（不需要写出x的取值范围），并证明你的猜想； （3）若点A坐标为，直接写出y关于x的关系式： （不需要写出x的取值范围）． 【问题解决】在图2中，利用上述你画出的图象，用尺规作图将 三等分，叙述作法并说明理由． 【答案】（1）；（2）①见解析；②，证明见解析；（3）；问题解决：见解析，理由见解析 【分析】（1）利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，得到是等腰三角形，即可得出结果； （2）①利用待定系数法求出直线的解析式，再令直线解析式的函数值为，求出点N的坐标，最后利用中点坐标公式即可解答；②同理①，即可得出结果； （3）同理（2）即可得出结果； 问题解决：根据材料，利用等腰三角形的性质矩形的性质结合三角形外角的性质即可解答． 【详解】解：（1）根据题意得：，点P为的中点， ∴， ∴是等腰三角形， ∴； （2）①设直线的解析式为， 当时，则， 解得：， ∴直线的解析式为， 根据题意：点N的纵坐标为， 令，解得：， ∴， ∵点P为的中点， ∴， ∴， ∴ 点M坐标 点P坐标 函数图象如下： ②猜想y关于x的关系式为，证明如下： 设直线的解析式为，， 则， 解得：， ∴直线的解析式为， 根据题意：点N的纵坐标为， 令，解得：， ∴， ∵点P为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴点中，， ∴y关于x的关系式为； （3）由（2）得：两点在同一反比例函数图象上， ∴； 问题解决： 如图：①将函数的图象向下平移3个单位，再向左作平移1个单位，使的函数图象过点O； ①以O为圆心、长为半径作弧，交平移后的函数图象于点E； ③过点E作x轴、y轴的平行线，交x轴、y轴于点，连接，交点为 ∵四边形是矩形 ∴， 由题知 ． 【点睛】本题考查反比例函数的综合题，熟练掌握反比例函数的性质，一次函数的解析式，矩形的性质，待定系数法求解析式等知识是解题的关键． 【变式2】（2023·江苏常州·模拟预测）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即、分别是图形和图形上任意一点，当的长最小时，称这个最小值为图形与图形之间的距离． 例如，如图1，，线段的长度称为点与直线之间的距离．当时，线段的长度也是与之间的距离． (1)如图2，在等腰直角三角形中，，，点为边上一点，过点作交于点．若，，则与之间的距离是__________； (2)如图3，已知直线：与双曲线：交于与两点，点与点之间的距离是__________，点与双曲线之间的距离是__________； 【拓展】 (3)按规定，住宅小区的外延到高架路的距离不超过时，需要在高架路旁修建与高架路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南一西北”走向的笔直高架路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于．现以高架路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系，此时高架路所在直线的函数表达式为，小区外延所在双曲线的函数表达式为，那么需要在高架路旁修建隔音屏障的长度是多少？ 【答案】(1) (2)， (3)40米 【分析】（1）过点作于点，得出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出结果即可； （2）先根据一次函数解析式求出点，然后再求出反比例函数解析式，再求出点的坐标，根据两点点距离公式求出的值即可；作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为，求出一次函数解析式，再求出交点坐标，最后求出的值即可； （3）作直线，设的解析式为，与双曲线交于点、，过点作于点，过点作轴于点，过点、分别作直线的垂线、，垂足为、，先求出直线的解析式，然后求出点、的坐标，根据两点之间距离公式求出的长，进而即可得出答案． 【详解】（1）解：如图，过点作于点， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ，， ， ； 故答案为：； （2）解：把代入中，得：， ， 把代入，得：， ， 双曲线的解析式为， 联立，得：， 即， 解得：，， ， ； 如图，作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为， 则， 整理得：， ， 或（不符合题意，舍去）， 直线的解析式为， 由， 解得：， ， ； 故答案为：，； （3）解：如图，作直线，设的解析式为，与双曲线交于点、，过点作于点，过点作轴于点，过点、分别作直线的垂线、，垂足为、， 则， 直线平分第二、四象限角， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 代入，得， 解得：， ， 联立得：， 解得：或， ，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 答：需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是40米． 【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的综合应用，两点之间距离公式，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握两点之间距离公式，准确计算． 【变式3】（2023·广东深圳·一模）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A，B分别是图形M和图形N上任意一点，当的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离． 例如，如图1，，线段的长度称为点A与直线之间的距离，当时，线段的长度也是与之间的距离． 【应用】 （1）如图2，在等腰中，，，点D为边上一点，过点D作交于点E．若，，则与之间的距离是 ； （2）如图3，已知直线与双曲线交于与B两点，点A与点B之间的距离是 ，点O与双曲线之间的距离是 ； 【拓展】 （3）按规定，住宅小区的外延到高速路的距离不超过时，需要在高速路旁修建与高速路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南−西北”走向的笔直高速路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于．现以高速路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的直角坐标系，此时高速路所在直线的函数表达式为，小区外延所在双曲线的函数表达式为，那么需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是多少？ 【答案】（1）；（2），；（3）80米 【分析】（1）过点D作于点H，得出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出结果即可； （2）先根据一次函数解析式求出，然后再求出反比例函数解析式，再求出点，根据两点点距离公式求出的值即可；作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为，求出一次函数解析式，再求出交点坐标，最后求出的值即可； （3）作直线，设的解析式为，与双曲线交于点A、B，过点O作于点P，过点P作轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线、，垂足为E、F，先求出直线的解析式，然后求出点A、B的坐标，根据两点之间距离公式求出的长，进而即可得出答案． 【详解】解：（1）如图，过点D作于点H， ∵，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴， ∴； 故答案为：； （2）把代入中，得：， ∴， 把代入，得：， ∴， ∴双曲线的解析式为， 联立，得：， 即， 解得：，， ∴， ∴； 如图，作，且与双曲线只有一个交点，设直线的解析式为， 则， 整理得：， ∴， ∴或（不符合题意，舍去）， ∴直线的解析式为， 由， 解得：， ∴， ∴； 故答案为：；． （3）如图，作直线，设的解析式为，与双曲线交于点A、B，过点O作于点P，过点P作轴于点H，过点A、B分别作直线的垂线、，垂足为E、F， 则， ∵直线平分第二、四象限角， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 代入，得， 解得：， ∴， 联立得：， 解得：或， ∴，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 答：需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是80米． 【点睛】本题主要考查了一次函数和反比例函数的综合应用，两点之间距离公式，矩形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握两点之间距离公式，准确计算． ►题型10 与矩形有关的材料阅读类问题 【典例】（2024·广东·模拟预测）综合探究 【阅读材料】宽与长的比是 （约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 【应用探究】已知：四边形是黄金矩形，，． (1)如图1，E是边上一点，将矩形沿着折叠，点B的对应点落在的延长线上，点A的对应点为，试说明：四边形是黄金矩形； (2)如图2，将矩形沿着对角线折叠，点B的对应点为，交于点F，求的值； (3)在（2）的条件下，分别过，D作的垂线，，垂足分别为M，N，连接，如图3，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2) (3)见详解 【分析】（1）根据四边形是黄金矩形，，，得出，，，根据折叠可得，，，证出四边形是矩形，根据点B的对应点落在的延长线上，得出，即可得，即可证明四边形是黄金矩形． （2）根据四边形是黄金矩形，得出，则，根据折叠可得，，，证明，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出，则，即可求出． （3）根据矩形的性质求出，，，，，则，根据折叠可得，，故，根据题意可得，则，证明，则，得出四边形是矩形，根据折叠得，则，在中，解直角三角形得，，求出，得出，即可证出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是黄金矩形，，， ∴，，， 根据折叠可得，，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （2）解：∵四边形是黄金矩形， ∴， ∴， 根据折叠可得，，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵四边形是黄金矩形，，， ∴，，，，， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∵分别过，D作的垂线，，垂足分别为M，N， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， 在中，， ， ∴ ， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】该题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的判定，勾股定理，二次根式的性质，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，折叠的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式1】【阅读材料】 我们都知道：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所得的四边形是正方形．“数学大王”小组的同学对“对角线互相垂直且相等的四边形”非常感兴趣，想进一步去进行探索研究，为了方便，他们称对角线互相垂直且相等的四边形为“垂等四边形”． 【探索实践】 【任务一】下列四边形中一定是“垂等四边形”的是（   ） A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 【任务二】如图1，四边形是“垂等四边形”，，，点，分别是，的中点，连接，，以，为邻边作平行四边形． （1）求证：； （2）求证：四边形为正方形． 【任务三】如图2，在矩形中，，将沿对角线翻折至，点在上，且满足，点为中点，求证：四边形是“垂等四边形”． 【答案】任务一：D；任务二：（1）见解析；（2）见解析； 【分析】任务一：根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的对角线的性质分析即可； 任务二：（1）由，得到，再由直角三角形斜边中线得到，则，再由角的和差证明即可； （2）由三角形中位线得到，由直角三角形斜边中线得到，结合“垂等四边形”得，故，即可证明为菱形，由三角形中位线得到，那么，而，则，由，得到； 任务三：连接，分别交于点，先根据三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，则，根据得到，设，则，由于点为中点，则，故，即可证明． 【详解】任务一： 解：A、平行四边形对角线仅仅互相平分，故不符合题意； B、矩形对角线相等且互相平分，故不符合题意； C、菱形对角线垂直且互相平分，故不符合题意； D、正方形对角线互相垂直且相等，故符合题意， 故选：D； 任务二： （1）如图， 证明：∵， ∴， ∵，为中点， ∴， ∴， ∴， ∴，即； （2）∵四边形是“垂等四边形”， ∴， ∵点，分别是，的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵由上已证， ∴， ∵平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形； 任务三：连接，分别交于点， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵，即， ∴， ∵， 设，则， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴四边形是“垂等四边形”． 【点睛】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，折叠的性质，正方形的判定与性质，直角三角形斜边的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 【变式2】阅读与思考 阅读下列材料完成后面任务． 仅利用折纸将线段三等分 我们已经学过线段的中点、三等分点、四等分点等概念，并且可以利用三角函数等方法求出线段的三等分点，下面介绍一种新的方法可以利用其将线段三等分—折纸法． 具体步骤如下． 第一步：如图1，准备一张长为，宽为的矩形纸片． 第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使得点B的对应点F落在边上，展开后得到折痕． 第三步：如图3，再将该矩形纸片沿过点C的直线折叠，使得点D的对应点H落在上，展开后得到折痕． 第四步：如图4，再将矩形纸片折叠，使得点G落在边上的点M处，展开后得到折痕，则M为的三等分点，即． 下面是该结论的部分证明过程： 证明：由折叠的性质，得．，根据勾股定理，可得． 设，，… 任务： (1)请再仔细阅读上面的操作步骤，完成材料中剩余的证明过程． (2)在解决问题的过程中，我们通过计算的长，从而得到结论，这里运用的数学思想方法是 .（填序号即可） ①函数思想；②公理化思想；③数形结合思想；④分类讨论思想． (3)如图5，在图4的基础上，将矩形纸片沿着折痕折叠后，点C恰好落在上的点Q处，连接，判断四边形的形状，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)③ (3)正方形，见解析 【分析】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，正方形的判定，利用数形结合的思想解决问题是关键． （1）由折叠的性质，可得，，，进而得出，，设，利用勾股定理列方程，求出，即可证明； （2）根据运用的数学思想方法作答即可； （3）根据矩形和折叠的性质证明即可． 【详解】（1）证明：由折叠的性质，可得，，． ，， 设，则， 在中，， ， 解得：， ， ； （2）解：通过计算的长，从而得到结论，这里运用的数学思想方法是数形结合思想， 故答案为：③； （3）解：四边形是正方形．证明如下： 四边形是矩形， ，， 由折叠的性质可知，，， ， 四边形为矩形， 又 四边形是正方形． 【变式3】（2025·广东清远·一模）请阅读材料，并完成下列问题． 阿基米德折弦定理 阿基米德，伟大的数学家之一，其与牛顿、高斯并成为三大数学王子．在《阿基米德全集》中记载了阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦，其中是的中点，过点向作交于点，则就是折弦的中点，即． (1)下面是用“截长法”证明的部分过程． 证明：如图2，在上截取，连接． 是的中点， ． ． ．．． 请根据上面的证明思路，写出证明的剩余部分． (2)在图1中，若，求的半径． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查圆与三角形的综合，掌握同弧所对弦相等，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，数形结合，合理作出辅助线是关键． （1）根据题意可证，可得，由垂直平分线得到，由即可求解； （2）如图，过点作于点，于点，连接，，，由（1）可知，可证四边形是矩形，，则，由即可求解． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， 在中，， 在和中， ， ， ， ， ， ． （2）解：如图，过点作于点，于点，连接，，， 由（1）可知， 过圆心且， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ． 突破一 矩形的判定与性质综合 【典例】（2025·广东湛江·模拟预测）如图，在矩形中，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，以点为圆心，长为半径画弧，恰好经过点，连接、． (1)由作法可知　　，　　； (2)求和的度数． 【答案】(1)； (2)， 【分析】本题主要考查了矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键． （1）根据题意可得，， （2）根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质分别算出和，再根据角的和差关系可得答案． 【详解】（1）解：∵以点为圆心，长为半径画弧，交于点， ∴， ∵以点为圆心，长为半径画弧，恰好经过点， ∴， 故答案为：；； （2）四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ． 【变式1】（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，在矩形中，，点E是射线上一个动点，连接并延长交射线于点F，将沿直线翻折到，延长与直线交于点M． (1)求证：； (2)当点E是边的中点时， ①求证 ②求的长； (3)当时，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② (3)或 【分析】本题考查了折叠变换，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，分类讨论的思想是解题的关键． （1）由折叠的性质和等腰三角形的判定即可求解； （2）①利用矩形的性质可得； ②利用全等三角形的性质可得，设，由（1）可得，，再利用勾股定理即可求解； （3）当时，设，分为两种情况：第一种情况，点E在线段上，，，第二种情况，点E在线段的延长线上，，，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， 由折叠性质可得：， ∴， ∴， （2）解：①∵点E是边的中点， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∵， ∴； ②∵， ∴， 设， ∴，， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为； （3）解：当时，设，应分为两种情况： 第一种情况，如图，点E在线段上， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为； 第二种情况，如图，点E在线段的延长线上， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴的长为21； 综上，当时，的长为或21． 【变式2】（2025·广东东莞·二模）综合与实践：根据以下素材，探索求圆半径的方法． 【背景素材】同学们用若干大小不一的透明圆形或半圆形纸片，及一张宽且足够长的矩形纸带如图设计了一系列任务，探索完成任务． 【任务一】若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，现测得，求出该圆的半径． 【任务二】按如图3摆放纸片，点A，P在圆上．在AD边上取点M使，作于N，连接恰过圆心O，交圆于点Q，连接，量得 ①判断直线与的位置关系，并说明理由； ②直接写出的半径为______ 【答案】任务一：；任务二：①见解析；② 【分析】任务一利用矩形的性质，圆周角定理得到为经过A，B，G三点的圆的直径，再利用勾股定理解答即可； 任务二①连接，利用矩形的性质和相似三角形的判定与性质得到，利用直角三角形的性质，等腰三角形的性质得到，则，再利用圆的切线的判定定理解答即可； ②利用矩形的判定与性质得到，，利用相似三角形的性质求得，利用勾股定理求得，，设的半径为，则，，利用勾股定理列出方程解答即可． 【详解】解：任务一四边形为矩形， ， 为经过A，B，G三点的圆的直径， ∵，， ∴， 该圆的半径为； 任务二、①直线与的位置关系为与相切，理由： 连接，如图， 四边形为矩形， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为圆的半径， 与相切； ②， ， 四边形为矩形， ，， 四边形为矩形， ，， 由①知：， ， ， ， ， ， ， 设的半径为，则，， ， ， ， 的半径为. 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定的与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 【变式3】（2025·广东深圳·三模）在一次数学课上，老师请同学们思考如何通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点． 【操作探究】 “乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作： 第 1 步：如图 1，将边长为6的正方形纸片对折，使点A与点 B 重合，展开铺平，折痕为； 第 2 步：再将边沿翻折得到； 第 3 步：延长交于点H，则点H为边的三等分点． 证明如下：连接，正方形沿折叠， ，， 又， （①） ．设， ∵E是的中点，则， 在中，可列方程：     ②    ， 解得： ，即H是边的三等分点． “破浪”小组进行如下操作： 第 1 步：如图 2 所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，展开铺平，折痕为； 第 2 步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，展开铺平，折痕与折痕交于点G； 第 3 步：过点G 折叠正方形纸片，使折痕． 【过程思考】 （1）“乘风”小组的证明过程中，①处的推理依据是 ； ②处所列方程是 ； （2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为边的三等分点，并证明你的结论； 【拓展提升】 （3）①如图 3，将矩形纸片对折，使点A和点D重合，展开铺平，折痕为，将沿翻折得到，过点G折叠矩形纸片，使折痕 ，若，求的值． ②在边长为6的正方形中，点E是射线上一动点，连接，将沿翻折得到，直线与直线交于点H．若，请直接写出的长． 【答案】（1）①HL②（2）点M是边的三等分点，证明见解析 （3） ①3；②3或12 【分析】（1）根据全等三角形的判定定理和勾股定理即可得到答案． （2）证明，得，再根据平行线的性质即可求解． （3）①根据中点的定义、矩形的性质、折叠的性质可得．，，再证明四边形是矩形可得、；然后证明可得；设，，则、、、、，然后代入求得x的值，进而求得，最后求比例即可；②分点H在线段上和点H在的延长线上两种情况，分别根据正方形的性质、勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：（1）如图：连接， ∵正方形沿折叠， ，， 又， （） ．设， ∵E是的中点，则， 在中，可列方程：． 解得： ，即H是边的三等分点． 故答案为：，． （2）点M是边的三等分点， 证明如下： 分别是的中点，正方形， ∴， ，， ， ， ∵， ∴， ，即． ∴点M是边的三等分点． （3）①分别是的中点， ∴， 结合折叠的性质可得：．，， ∴， ∵， ． ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 设，，则，，，， ∴， ∴，整理得：，解得：或（舍弃）， ∴， ∴； ②如图∶当点H在线段上时，则， 设，则 ∴在中，由勾股定理得，，解得：； ； 如图∶当点H在的延长线上时，连接， ∵正方形的边长为6， ，． 由折叠的性质得∶， 又∵， ， ． 设． ，． 在，由勾股定理，可知， ，解得． 综上所述，的长为3或12． 【点睛】本题考查相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、折叠的性质、正方形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质是解题的关键． 突破二 矩形的折叠问题综合 【典例】（2025·广东河源·一模）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上．将沿折叠，点D的对应点G恰好落在对角线上；将沿折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． （1）根据矩形的性质及折叠的性质即可证明； （2）根据全等三角形的性质得到四边形为平行四边形，利用勾股定理求出，进而求出，设，则，，根据勾股定理列方程求解即可解答． 【详解】（1）证明：如图， 四边形是矩形， ，，， ， 由折叠性质可得：，， ，，，，，， ，，， 在和中， ， ； （2）解：由（1）知， ，， ， 且， 四边形为平行四边形， ， ， 在中，，， ， ， ， 设， 则，， 在中，，，， 由勾股定理得， 即， 解得， ． 【变式1】（2025·广东珠海·一模）【问题背景】 在矩形中，，，点为线段上一点，将沿着线段折叠得到． 【构建联系】 （1）如题1图，当点恰好在在线段上时，求线段的长． 【深入探究】 （2）如题2图，当点在矩形的外部，线段交线段于点，作的平分线交线段于点． ①求证：． ②如题3图，点为的内心，连接，若线段，求线段的长． 【答案】（1）3；（2）①见解析；②6 【分析】（1）根据折叠得出，根据勾股定理求出，即可求解； （2）方法一：作交的延长线于，根据平行线的性质，角平分线的定义以及等角对等边可得出，证明，根据相似三角形的性质可得出，即可得证； 方法二：作交于点，根据角平分线的性质得出，然后根据等面积法得出，即可得证； （3）连接，根据勾股定理求出，结合（2）中，可求出，根据内心的定义，三角形的内角和定理等可求出，证明，然后根据相似三角形的性质求出即可． 【详解】（1）解∶∵将沿着线段折叠得到 ∴ 在矩形中，，， ∴， ∴ （2）解：方法一：作交的延长线于 ∵， ∴ ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ 方法二：作交于点 ∵平分，，， ∴， ∵， ∴， ∴ （3）连接 ∵，，， ∴ 由（2）得 ∴， ∴， ∵点是的内心 ∴平分，平分，平分， ∴，，， ∴， ∴， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，相似三角形的判定与性质，三角形的内心等知识，明确题意，添加合适辅助线，找出对应的相似三角形是解题的关键． 【变式2】（2025·广东东莞·一模）数学活动 按照国际标准，A系列纸为矩形纸，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸长边对折、裁开，便成纸． 【操作与观察】 （1）将一张纸按如图所示的方式进行两次折叠（折痕分别是和），线段落在线段上，点的对应点是点，观察发现点恰好与点重合，求证：纸的长是宽的倍． 【猜想与验证】 （2）利用图，请连接，求证：是等腰直角三角形． 【类比与归纳】 （3）按照国际标准，类比上述研究可以得到用纸裁剪出的最大正方形的面积为 ． 【答案】（1）见详解（2）详解（3） 【分析】（1）根据折叠的性质可知四边形为正方形，，再结合勾股定理即可求出，即纸的长宽之比为； （2）由折叠可知，．根据正方形的性质可求出，从而可求出，进而可求出，即可证是等腰直角三角形； （3）根据题意可知纸的长为纸的宽，纸的宽为纸的长度的一半，结合纸的长和宽的比，即可得到纸的长和宽的比；②根据长和宽的比，以及纸的面积，求出纸长和宽，推出当裁剪出的正方形的边长等于纸的宽时，面积最大，求解即可． 【详解】解（1）证明：由题意可知：第一次折叠，形成一个正方形，即四边形为正方形， ∴． 第二次折叠，得出， ∴， 即纸的长是宽的倍． （2）证明：由第二次折叠可知，． 由（1）可知四边形为正方形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）∵将纸沿长边对开便成了两张纸， ∴纸的长为纸的宽，纸的宽为纸的长度的一半， ∵纸的长宽之比 ∴纸的长宽之比是． 同理可知：纸的长宽之比是， 设纸的宽为，则长为， ∵纸的面积为， ∴， ∴， ∴当用纸可以裁剪出正方形的边长等于纸的宽时，面积最大，为． 【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握特殊四边形的性质是解题关键． 【变式3】（2024·海南海口·二模）如图1所示，四边形是矩形，是的中点，射线与的延长线交于点，将沿翻折，得到，延长交于点． (1)①求证:； ②判断的形状，并说明理由； (2)若，. ①求的值； ②线段上有一动点（不与端点重合），线段上有一点，，若是等腰三角形，求的长． 【答案】(1)①见解析；②是等腰三角形，理由见解析 (2)①；②或 【分析】（1）①四边形是矩形，得到，.由是的中点得到，即可证明.②由全等三角形的性质和折叠性质得到.则.即可得到结论； （2）①先求出，，.再求得，根据三角函数的定义即可得到答案；②三种分别进行解答即可． 【详解】（1）证明：①如图， 四边形是矩形， ，， ，， 是的中点， ， ； ②是等腰三角形，理由如下： 由翻折可得，， 由①得，， ， ， ∴是等腰三角形； （2）解：①如图， 四边形是矩形， ，，. ， ，， 设， 则， 在中，， 即， 解得， ， ； ②在中， ， ， 是等腰三角形，分三种情况讨论： （Ⅰ）当时，此时，与重合，舍去； （Ⅱ）当时，如图， ， ， ， ； （Ⅲ）当时，如图， ， ， ， ， ； 综上所述，若是等腰三角形，或． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质、勾股定理、相似三角形的判的和性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，分类讨论是解题的关键. 突破三 矩形有关的动点问题 【典例】（2025·广东东莞·一模）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN 相交于点F． (1)求证：； (2)①在图2中，作出经过M，D，P三点的（要求保留作图痕迹，不写做法）； ②随着点P在CD上运动，当①中的恰好与BM，BC同时相切，如图3，若，求DP的长． (3)在②的条件下，点Q是上的动点，则AQ的最小值为___________． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析 ②3 (3) 【分析】（1）根据折叠的性质可知，MN垂直平分线段BP，即∠BFN=90°，由矩形的性质可得出∠C=90°=∠BFN，结合公共角∠FBN=∠CBP，即可证出△BFN∽△BCP； （2）①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可；②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，由△MDP为直角三角形，可得出AP为⊙O的直径，根据BM与⊙O相切，可得出MP⊥BM，进而可得出△BMP为等腰直角三角形，根据同角的余角相等可得出∠PMD=∠MBA，结合∠A=∠PMD=90°、BM=MP，即可证出△ABM≌△DMP（AAS），根据全等三角形的性质可得出DM=AB=4、DP=AM，设DP=2a，根据勾股定理结合半径为直径的一半，即可得出关于a的方程，解之即可得出a值，再将a代入OP=2a中求出DP的长度． （3）连接OA，交⊙O于点 Q，延长EO交AD于点H，分别求出AO、QO，根据AQ=OA-OQ求解即可． 【详解】（1）证明：∵将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合， ∴MN垂直平分线段BP， ∴∠BFN=90°． ∵四边形ABCD为矩形， ∴∠C=90°． ∵∠FBN=∠CBP， ∴△BFN∽△BCP． （2）解：①在图2中，作MD、DP的垂直平分线，交于点O，以OD为半径作圆即可．如图所示． ②设⊙O与BC的交点为E，连接OB、OE，延长EO交AD于点H，如图3所示． ∵△MDP为直角三角形， ∴MP为⊙O的直径， ∵BM与⊙O相切， ∴MP⊥BM． ∵MB=MP， ∴△BMP为等腰直角三角形． ∵∠AMB+∠PMD=180°﹣∠AMP=90°，∠MBA+∠AMB=90°， ∴∠PMD=∠MBA． 在△ABM和△DMP中， ∵∠MBA=∠PMD，∠A=∠PMD=90°，BM=MP， ∴△ABM≌△DMP（AAS）， ∴DM=AB=4，DP=AM． 设DP=2a，则AM=2a， ∵点O为MP中点， ∴ ∵ ∴OE=4﹣a， 由勾股定理可知BM= =． ∵BM=MP=2OE， ∴=2×（4﹣a）， 解得：a=， ∴DP=2a=3． （3）解：连接OA，交⊙O于点 Q，延长EO交AD于点H， 由②可知DM=AB=4，DP=AM=3． 由勾股定理可得， ∴OQ=OE==， ∴OH=HE-OE=4-=， ∵点O是MP中点， ， ∴点H为DM中点， ∴， 在中，由勾股定理可得 ， ∴AQ=OA-OQ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，相似的判定，对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，中位线以及切线的性质等知识，属于综合题，解题的关键是掌握相似的判定以及圆的相关知识． 【变式1】（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)当点为线段的中点时，求证：是等边三角形； (2)当与矩形的边平行时，求线段的长； (3)在点的运动过程中，线段的长度是否存在最小值？如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)或 (3)存在； 【分析】（1）由题易得，进而可得，从而得证； （2）分类讨论：当或，然后利用勾股定理和特殊角求解即可； （3）过点作 于点，利用勾股定理可得，进而据此求解即可． 【详解】（1）证：在矩形中， ∵点为线段的中点 ∴ ∵ ∴ ∴是等边三角形; （2）①当时 ∴ ∴ ∴ ∴是等边三角形 ∴ ②当时 在中，，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ 综上，线段的长为或． （3）如图，过点作于点 ∵，设 ∴， ∴ ∴ 当时，取得最小值，最小值为 ∵当最小时，最小 ∴最小值为 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、解直角三角形、等边三角形的判定等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式2】（2025·广东·一模）如图，矩形中，，点E是上的动点，以为直径的与交于点F，过点F作于点G． (1)当E是的中点时：的值为______； (2)在（1）的条件下，证明：是的切线； (3)试探究：能否与相切？若能，求出此时的长；若不能，请说明理由， 【答案】(1) (2)详见解析 (3)能与相切，此时或 【分析】（1）根据矩形的性质可得，求出的值即可； （2）连接，证明，得出，则．证出．可得出，则结论得证； （3）先假设能与相切，则，即．设的长为，然后用表示出的长，根据勾股定理可得出一个关于的一元二次方程，若能与相切，那么方程的解即为的长；若方程无解，则说明不可能与相切． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，，， ， 是的中点， ， ． 故答案为：． （2）证明：连接，    在矩形中，，， 又， ， ， ． ， ， ． ． ， ， 是的切线． （3）解：若能与相切，由是的直径，则，． 设，则． ， ， 由勾股定理得：， 即， 整理得， 解得：，， 或9， 当时，，， 当时，，， 能与相切，此时或． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了圆周角定理、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、切线的判定、解直角三角形的应用等知识，熟练掌握切线判定与性质是解题的关键． 【变式3】（2024·广东佛山·一模）如图，矩形中，是边上一动点，连接，把线段绕点顺时针旋转得到线段．    (1)当点与点重合时，______度． (2)在点从点向点运动的过程中，猜想点所走过的路程与的长有什么关系？请说明理由． (3)在点从点向点运动的过程中，当取得最小值时停止，求点所走过的路程长． 【答案】(1) (2)点所走过的路程与的长相等，理由见解析 (3) 【分析】本题考查等边三角形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． （1）利用等边三角形的性质和矩形的性质即可解题； （2）以为边长在的右侧作等边三角形，则利用证明即可得到结论； （3）由（2）得点F在与垂直的射线上移动，即当时，最小，设与交于点H，然后利用三角函数解题即可． 【详解】（1）解：如图，当点与点重合时， ∵是等边三角形， ∴， 又∵是矩形， ∴， ∴， 故答案为：；    （2）解：点所走过的路程与的长相等，理由为： 以为边长在的右侧作等边三角形， 又∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴是等边三角形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴点所走过的路程与的长相等；    （3）解：∵， ∴， ∴点F在与垂直的射线上移动， 即当时，最小，设与交于点H， ∵，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴    突破四 与矩形有关的存在性问题 【典例】（2025·山东济南·二模）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，两点． (1)求反比例函数的关系式和一次函数的关系式； (2)如图1，点C是第二象限内反比例函数图象上一点，且点C位于点B右侧，若的面积为6，求点C的坐标； (3)在（2）的条件下，点M是坐标轴上的点，点N是平面内一点，是否存在点M，N，使得四边形是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)反比例函数的关系式为，一次函数的关系式为； (2)点C的坐标为； (3)点N的坐标为或． 【分析】本题考查了反比例函数综合题，掌握反比例函数性质，以及矩形性质是解题关键． （1）分别把代入和，计算即可求解； （2）设点，过点作轴的垂线交直线于，得点，由，得，再计算即可； （3）分两种情况讨论，①当点在轴上时，过作直线轴交轴于点，过作于点，证明，求得，得到，利用平移的性质求得点N的坐标为；②当点在轴上时，同理即可求解． 【详解】（1）解：∵反比例函数的图象过点， ∴， ∴反比例函数的关系式为， ∵反比例函数的图象过点， ∴， ∴， ∵一次函数的图象过点， ∴，解得， ∴一次函数的关系式为； （2）解：设点，过点作轴的垂线交直线于， ∴点， ∵， ∴， 整理得， 解得或， ∵点C是第二象限内反比例函数图象上一点，且点C位于点B右侧， ∴， ∴点C的坐标为； （3）解：①当点在轴上时， 如图：过作直线轴交轴于点，过作于点， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∵，， ∴点N的坐标为； ②当点在轴上时， 同理，点N的坐标为； 综上，点N的坐标为或． 【变式1】（2023·山东泰安·二模）在矩形中，，，分别以，所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F是上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数的图象与边交于点E．    (1)求点C的坐标； (2)连接、，若，求的度数； (3)是否存在点F，使得？若存在，求出点F坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据点位于第一象限即可得； （2）先根据正切的定义可得的值，从而可得点的坐标，再利用待定系数法可求出反比例函数的解析式，从而可得点的坐标，由此即可得； （3）设点的坐标为，则，再求出反比例函数的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的值，利用勾股定理建立方程，解方程即可得． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ， 点位于第一象限， 点的坐标为． （2）解：如图，连接、，    ， ， ， 将点代入反比例函数得：， ， 当时，， ， ， 又在矩形中，， ． （3）解：设点的坐标为，则， 将点代入反比例函数得：， ， 当时，， ， ，， ， ，即， 解得或（此时点与点重合，不符合题意，舍去）， 所以存在点，使得，此时点的坐标为． 【点睛】本题考查了矩形的性质、反比例函数的几何应用、正切、一元二次方程的应用等知识点，熟练掌握反比例函数的应用是解题关键． 【变式2】（2025·广东深圳·一模）如图1，在平面直角坐标系中，四边形的边在x轴上，在y轴上．O为坐标原点，，线段的长分别是方程的两个根． (1)请求出点B的坐标； (2)如图2，P为上一点，Q为上一点，，将翻折，使点O落在上的点处，记，，求的值； (3)在（2）的条件下，M为坐标轴上一点，在平面内是否存在点N，使以，Q，M，N为顶点四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，点的坐标为或，或或 【分析】（1）先利用因式分解法解方程可得到，，则可得出答案； （2）得出四边形为矩形，则，根据勾股定理求出，则，证明，可得，，即可得、的值，相加可得出答案； （3）分点在轴上和点在轴上，画出符合条件的矩形，根据全等三角形的性质及勾股定理求出点坐标，求出的解析式，则可求出点的坐标． 【详解】（1）， ， 得，． ， ，， ． （2）连接， ，， 四边形为平行四边形． ， 四边形为矩形， ，， ，， 由翻折，使点落在上的点处，可得，， ，， ， ， ， ， ， ，， ，， ； （3）存在，点的坐标为或，或或． 分两种情况： 第一种情况：点在轴上； ①如图1，点在轴的正半轴上，四边形是矩形， 此时点与点重合，则； ②如图2，点在轴的负半轴上，四边形是矩形， 过点作轴于，过点作轴于． 四边形是矩形， ，． ， ， ， ，． ， 设，则，， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ，， ， ，即， ， ， ，； 第一种情况：点在轴上； ①点在轴的正半轴上，四边形是矩形，此时，点和点重合， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ； ②点在轴的负半轴上，四边形是矩形，过点作轴于， ，， ， ，， ， ， ，， ， 综合以上可得，存在点，使以，，，为顶点四边形为矩形，点的坐标为或，或或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，三角形全等的性质和判定，勾股定理，矩形的判定与性质，相似三角形的性质；理解坐标与图形性质，熟练掌握矩形的性质与判定是解题的关键． 【变式3】（2024·四川雅安·模拟预测）将一长方形纸片放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，． (1)如图1，在上取一点E，将沿折叠，使点O落在边上的点D，求线段． (2)如图2，在边上选取适当的点M，F，将沿折叠，使点O落在边上的点处，过点D，作垂直于于点G，交于点T． ①求证：； ②设，求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． (3)在（2）的条件下，当时，点P在直线上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)4 (2)①见解析；② (3)存在，或或 【分析】（1）由折叠的性质可知，，，由勾股定理得，，则，设，则，由勾股定理得，，即，计算求解即可； （2）①由折叠的性质可知，，，证明，四边形是矩形，则，，，可得，进而可证；②由，可得，，由勾股定理得，，即，整理作答即可； （3）当时，，即，，则，，以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形，分当为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为对角线时，，如图1，，重合；当为边，为边时，，如图1，，三种情况求解作答即可． 【详解】（1）解：∵长方形， ∴， 由折叠的性质可知，，， 由勾股定理得，， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，即， 解得，， ∴线段的长为4． （2）①证明：由折叠的性质可知，，， ∵，， ∴，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ②解：∵， ∴，， 由勾股定理得，，即， 整理得，； （3）解：当时，， ∴，， ∴，， ∵以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， ∴当为对角线时，，如图1，，重合，       ∴， 由平移的性质可得，； 当为边，为对角线时，，如图1，，重合，则， 由平移的性质可得，； 当为边，为边时，，如图1，， 设直线的解析式为， 将，代入得，， 解得，， ∴直线的解析式为， ∴直线的解析式为， 将代入得，， 解得，， ∴ 直线的解析式为， 令，则， 解得，， ∴； 综上所述，在坐标轴上存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形， Q点坐标为或或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质等知识．熟练掌握矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理，平行线的判定与性质，等角对等边，平行四边形的性质，一次函数解析式，平移的性质是解题的关键． 突破五 与矩形有关的最值问题 【典例】（2023·广东东莞·一模）如图，在矩形中，，点D是边的中点，反比例函数的图像经过点D，交于点E． (1)求k的值及直线的解析式； (2)在x轴上找一点P，使的周长最小，求此时点P的坐标． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）先求出点D的坐标，再把点D的坐标代入反比例函数解析式求出反比例函数解析式，进而求出点E的坐标，再利用待定系数法求出直线的解析式即可； （2）如图所示，作点D关于x轴对称的点G，连接交x轴于P，则，由轴对称的性质推出当最小时，的周长最小，即此时三点共线，求出直线的解析式为，再求出当时，，即可得到． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ∴，， ∴， ∵点D是边的中点， ∴， ∵反比例函数的图像经过点D， ∴， ∴， ∴反比例函数的解析式为， 当时，， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为； （2）解：如图所示，作点D关于x轴对称的点G，连接交x轴于P， ∴， 由轴对称的性质可知， ∴的周长， ∵是定值， ∴当最小时，的周长最小，即此时三点共线， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， 在中，当时，， ∴． 【点睛】本题是反比例函数的综合题，考查了待定系数法求函数的解析式，矩形的性质，轴对称——最短路线问题，正确的理解题意是解题的关键． 【变式1】（2024·广东茂名·二模）综合探究 素材：一张矩形纸片． 操作：在边上取一点，把沿折叠，使点的对应点落在矩形纸片的内部． (1)如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得折痕，当落在上，求的度数； (2)如图2，当落在对角线上时，求的长； (3)连接，矩形纸片在折叠的过程中，线段的长度是否有最小值？若有，请描述线段长度最小时点的位置，并求出此时的长． 【答案】(1) (2) (3)点落在对角线上时，线段长度最小，此时的长为3 【分析】（1）根据折叠的性质得到是等边三角形. 则，再根据折叠的性质得到，即可得到答案； （2）由折叠的性质得到，再由同角的余角相等即可得到，由即可求出的长； （3）由三角形三边关系可得，，只有当三点共线时，线段长度最小，即当点落在对角线上时，线段长度最小， 根据勾股定理得到，由折叠得：，，，设，则，，根据勾股定理得到，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：连接， 由折叠得：，垂直平分. ∵在上， ∴， ∴， ∴是等边三角形. ∴， ∵， ∴. （2）依题意得，， ∴， ∴， ∴， ∴. （3）点落在对角线上时，线段长度最小时的长为3. 理由如下：由三角形三边关系可得，，只有当三点共线时，线段长度最小，即当点落在对角线上时，线段长度最小，如图， 中，， 由折叠得：，，， 设，则，， 根据勾股定理得，， 则 解得 ∴线段长度最小时的长为3. 【点睛】此题考查了解直角三角形、矩形的折叠问题、勾股定理、等边三角形的判定和性质等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式2】（2025·广东韶关·二模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的边，将矩形绕原点顺时针方向旋转，得到矩形．设直线与轴交于点，抛物线经过三点，解答下列问题： (1)求直线和抛物线的解析式； (2)如图1，若点是直线上的一个动点，以为圆心，1为半径作圆，点的运动时间是秒，⊙以每秒个单位长度从点向点运动，当⊙与矩形有交点时，求运动时间的取值范围； (3)如图2，在（2）的条件下，点是线段上的一个动点，以每秒1个单位长度从向运动，连接，以为边作正方形，当其中一个点运动到终点时，运动停止，当点运动到那个位置时，正方形的面积最小，并求出正方形面积的最小值和点的坐标． 【答案】(1)直线的解析式为；抛物线的解析式 (2)当⊙与矩形有交点时，运动时间的取值范围为 (3)当时，正方形的最小面积为0.9，此时点坐标为 【分析】本题主要考查待定系数法求二次函数解析式和一次函数解析式，勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的性质，三角函数，图形的旋转； （1）根据题意得到点的坐标，设直线的解析式为；把点的坐标代入解析式计算即可；求出点的坐标为；设抛物线的解析式为；把点的坐标代入解析式，解得即可求出； （2）根据勾股定理求出，当⊙与边相切时，⊙与矩形最先有交点；设⊙与边相切于点，连接；证出，得到，得到，当⊙与边相切时，⊙与矩形最后有交点；设⊙与边相切于点，连接；证出；得到；得到；即可求出结果； （3）过点分别作的垂线，垂足分别为；得到，得到；根据三角函数得到，；求出，，得到；结合勾股定理表示出，结合面积公式得到，得到当时，正方形的面积最小，其最小面积为0.9；根据，；即可求出结果． 【详解】（1）解：∵矩形的边， 且绕原点顺时针方向旋转，得到矩形； ∴点的坐标分别为；    设直线的解析式为； 把点的坐标代入解析式得：    解得： ∴直线的解析式为；           ∵点是直线与轴的交点，令； 解得：； ∴点的坐标为； ∵抛物线与轴交于两点； ∴设抛物线的解析式为； 把点的坐标代入解析式得：； 解得：； ∴抛物线的解析式为； 即； （2）解：∵点的坐标为； ∴； ∴，； ∴在中，， 在中，；   当⊙与边相切时，⊙与矩形最先有交点； 设⊙与边相切于点，连接； ∵⊙与边相切于点； ∴，； 易证：； ∴即； 解得：；                       ∴； ∴；                               当⊙与边相切时，⊙与矩形最后有交点； 设⊙与边相切于点，连接； ∵⊙与边相切于点； ∴，； 易证：； ∴即； 解得：；                      ∴； ∴；                            ∴当⊙与矩形有交点时，运动时间的取值范围为； （3）解：由题意得：，其中； 过点分别作的垂线，垂足分别为； ∵； ∴； ∴； ∴， ； ∴，； ∴，； ∴；        ∴在中，； ∴；          ∵，且； ∴当时，正方形的面积最小，其最小面积为0.9； 此时，，；即点坐标为． ∴当时，正方形最小面积为0.9，此时点坐标为 【变式3】（2025·广东惠州·一模）如图所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩，，垂直于地面放置，醒狮少年从点A跳跃到点B，随后纵身跃至点C，已知，，，．（参考数据：，，） (1)醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃至点C进行“采青”，请求出“采青”的长度； (2)如图3，保持不变，通过调整梅花桩的高度，使得的值最小，请求此时比高多少？（结果精确到）． 【答案】(1)“采青”路径的长度约为； (2)比高． 【分析】（1）过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接，则四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形，由矩形的性质可得，，，再解直角三角形结合勾股定理计算即可得解； （2）作点B关于的对称点，连接交于，连接并延长交于H，连接，．则就是的最小值，由对称性质可知：，同理（1）得，由轴对称得，证明，求出，即可解答． 【详解】（1）解：如图，过点作直线，分别交，于点，，过点作直线，交于点，连接． 由题意得， ∴四边形，四边形，四边形，四边形均是矩形， ∴，，， ∴． ∵，， ∴，， ∴，， ∴， ∵在中，，， ∴． 即“采青”路径的长度约为． （2）解：如图，作点B关于的对称点，连接交AM于，连接并延长交于H，连接，． ∴，则就是的最小值， 由对称性质可知： 同理（1）得 由轴对称得 ∴ ∵ ∴ ∴，即 ∴ ∴ ∴此时比高． 【点睛】本题考查了平行线的性质、解直角三角形、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 1．（2025·广东清远·二模）如图，在矩形中，，，交于点，交于点，则线段的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，三角形的面积，由矩形的性质和勾股定理可得，再根据解答即可求解，掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 即， ∴， 故选：． 2．（2025·广东梅州·二模）如图，把矩形沿 翻折， 点恰好落在边的处且， 则是（  ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了折叠的性质，平行线的性质，根据可得，根据折叠的性质，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵折叠， ∴ 故选：A． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出是解答本题的关键．根据矩形性质得出，推出则有等边三角形，即，然后运用正弦函数即可解答． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵，故A正确． 故选：A． 4．（2024·广东佛山·二模）如图，矩形的对角线、相交于点O．若，，则的长为（    ） A．3 B． C．6 D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的性质，锐角三角函数的定义，等边三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 根据矩形的性质得出，进一步得出，在中利用锐角三角函数的定义即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是矩形， ， ， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 故选：B． 5．（2025·广东广州·二模）在平面直角坐标系中，点在抛物线上运动，过点作轴于点，以为对角线作矩形，连接，则对角线的最小值为_____． 【答案】5 【分析】本题主要考查了二次函数图象的性质，矩形的性质， 先画出抛物线，根据图像的位置可知当点A在抛物线的顶点时，最小，最小值是5，再根据矩形的性质可得答案． 【详解】解：根据题意画出图象， 可知抛物线， 此时抛物线有最高点． 当点A在抛物线的顶点时，最小，最小值是5． ∵四边形是矩形， ∴， ∴对角线的最小值是5． 故答案为：5． 6．（2025·广东韶关·一模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于______． 【答案】9 【分析】本题考查旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，旋转得到，勾股定理求出的长，利用矩形的面积减去直角三角形的面积求出阴影部分的面积即可． 【详解】解：∵旋转， ∴， ∵矩形， ∴， 在中，， ∴阴影部分的面积等于； 故答案为：9． 7．（2023·广东揭阳·一模）如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质．根据矩形可得，从而有，再根据性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵是边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 8．（2024·广东汕尾·二模）如图1，小言用七巧板拼了一个对角线长为6的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形（如图2所示），则矩形的对角线长为________． 【答案】 【分析】本题考查了用七巧板拼图形，勾股定理，解题的关键是找到边长之间的等量关系，长方形的长等于正方形的对角线，长方形的宽是正方形对角线的一半，根据勾股定理，即可求解， 【详解】解：由图像可知，长方形的长等于正方形的对角线为6，长方形的宽是正方形对角线的一半为3，根据勾股定理可得：， 故答案为：． 9．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点，请在下方尺规作图：过点作，且，连接． (1)按照题目的要求补全图形． (2)判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)四边形是菱形，理由见详解 【分析】本题考查了作一个角等于已知角，矩形的性质，菱形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）在点处作，则得，再以点为圆心，的长为半径画弧，交射线于一点，即点，然后连接，即可作答． （2）先证明四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ， ∴四边形是平行四边形， ∵矩形的对角线，相交于点， ∴ ∴四边形是菱形， 10．（2025·广东汕头·一模）如图，在矩形中，点在边上，且，作于点． (1)求证：； (2)若平分，，求矩形的面积． 【答案】(1)见解析； (2)矩形的面积为S为 【分析】（1）根据矩形的性质可证得，即可得解； （2）设，则，．即有，．在中，利用勾股定理即可得到关于x的方程，求解方程即可得解． 【详解】（1）∵四边形是矩形， ∴，， ∴．且，． ∴， ∴； （2）∵平分， ∴∠BAE=∠BAD=45°， 设，则，， ∴， ∴， 在中，ED=2， ∴，， ∴， 解得， ∴矩形的面积． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及解一元二次方程等知识，求出AB的平方数之后整体代入求解矩形面积是解答本题的关键． 11．（2024·广东·模拟预测）如图，矩形对角线、交于点O，E为线段上一点，以点B为圆心，为半径画圆与相切于的中点G，交于点F，若，则图中阴影部分面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了扇形面积的计算，矩形的性质，含角的直角三角形的三边关系以及等边三角形的判定与性质． 连接，根据切线性质及G为中点可知垂直平分，再结合矩形性质可证明为等边三角形，从而得到，，再利用角的直角三角形的三边关系求出，然后求出和扇形的面积，两者相减即可得到阴影部分面积． 【详解】连接，由题可知， ∵G为中点， ∴垂直平分， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴，即为等边三角形， ∴， ∴，， 在中，， ， ∴， 在中，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴． 故选：B． 12．（2025·广东梅州·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点在线段上，垂直平分，若，则的长为（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．12cm 【答案】A 【分析】根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，进而可得是等边三角形，则可得，利用三角函数的定义可求出的长，进而可得的长． 本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质以及利用三角函数解直角三角形．熟练掌握以上知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是矩形 ∴，，且， ， ∵垂直平分， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 故选：A． 13．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在矩形中，，是边的中点，连接，过点作交于点，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，余弦的定义，证明，列出比例式求出的长，进而得到的长，利用勾股定理求出的长，再利用余弦的定义即可求解． 【详解】解：∵矩形， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即：， ∴， ∴， ∴， ∴ 故选：A． 14．（2025·广东深圳·三模）如图，在矩形中，点在边上，连接，将沿翻折得到，点的对应点为点，交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据折叠的性质，得；根据矩形的性质，得，代入解答即可． 本题考查了折叠的性质，矩形的性质，平行线的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：根据折叠的性质，得； 根据矩形，得， 故， 故． 故选：A． 15．（2024·广东清远·一模）如图，矩形中，，以为直径的半圆与相切于点E，连接，则阴影部分的面积为_____．（结果保留） 【答案】π 【分析】本题考查了切线的性质：圆的切线垂直于经过切点的半径．若出现圆的切线，必连过切点的半径，构造定理图，得出垂直关系．也考查了矩形的性质和扇形的面积公式． 连接交于点，根据切线的性质可得，可得到四边形和四边形为矩形，再证得，可得，从而得到阴影部分的面积，即可求解． 【详解】解：连接交于点，如图， 以为直径的半圆与相切于点， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形和四边形为矩形， ，， 在和中， ， ， ， 阴影部分的面积． 故答案为π． 16．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，点E为的中点，若以E为圆心，为半径画弧，交对角线于点F，连接，点G为的中点，连接．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题主要考查矩形的性质、直角三角形的性质以及等边三角形的判定与性质，关键是利用直角三角形斜边中线的性质求解．本题可先根据矩形性质求出相关线段长度，再利用直角三角形斜边中线性质求出的长． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ,   E为中点，为半径画弧交于F， ， ， ∴是等边三角形， ， ， 在中，，，， ，， 点G为的中点， ， 在中，，． 故答案为：． 17．（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点为直线下方一点，且以为斜边在矩形的外部作，则的最大值为________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，取中点，连接，根据矩形的性质可求的长，根据勾股定理可求的长，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可求的长，根据三角形三边关系可求得当点，点，点共线时，有最大值，即． 【详解】解：如图，取中点，连接， 四边形是矩形， ， 点是中点，点是的中点， ， ， 点是的斜边的中点， ， 根据三角形三边关系可得：， 当点，点，点共线时，最大，最大值为． 故答案为：． 18．（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，则的最小值为______．当为直角三角形时，的长为____________________ ． 【答案】 8 5或 【分析】本题考查翻折的性质，矩形的性质等知识，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．连接，则，当在上时，取最小值，即可求解；分情况讨论：当时，当时，当时，再分别利用勾股定理和翻折的性质可得答案． 【详解】解：连接， 在矩形中，，， ∴，， ∵点是边上的中点， ∴， ∴， ∵翻折， ∴， ∴ ∵， ∴当在上时，取最小值，最小值为； ∵为直角三角形， 当时， ∵点N是边上的中点，， ∴， ∵， ∴点B的对应点不能落在所在直线上， ∴，不存在此类情况； 当时，如图所示， 由折叠性质可得， ， ∴； 当时，如图所示 ∵， ∴、N、C三点共线， 设，则， ∴， 解得：， 综上所述的长为或5． 故答案为：8；或5． 19．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，在坐标轴上，对角线相交于点P，点B的坐标为，双曲线分别交矩形的边，于D，E两点，连接，，． (1)若双曲线经过点，求该双曲线的函数解析式； (2)在（1）的条件下，求的面积； (3)若点D为线段上除B，C外的任意一点，求证：． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）根据矩形的性质及点的坐标，即可求出点的坐标，代入双曲线的解析式，即可求出的值，即可求出答案； （2）根据双曲线的解析式即可求出点，点的坐标，即可得到线段的长度，即可利用矩形的面积减去三个三角形的面积求出答案； （3）根据双曲线分别交矩形的边于两点，通过设点的坐标为，即可得到点的坐标为，即可得到线段的长度，即可得到，从而判断出，即可得到，故判断出结论成立． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，点的坐标为， ， ∵点是对角线的交点， ∴点的坐标为． ∵双曲线经过点， ， ∴该双曲线的函数解析式为． （2）解：∵双曲线分别交矩形的边于两点， ∴点的坐标为，点的坐标为． ， ∴， ， ． ∴的面积为． （3）解：∵四边形是矩形，点的坐标为， ∴设点的坐标为， 则该双曲线的函数解析式为， 则点的坐标为， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了反比例函数、平行线的判定，矩形的性质以及相似三角形的判定方面的知识，属于综合型较强的题型，找到彼此间的联系是解决该类型题型的关键． 20．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若是等腰三角形，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)或 【分析】（1）根据平行线的性质和中点的性质证明三角形全等，然后根据对角线互相平分的四边形是平行四边形完成证明； （2）由等腰三角形的性质，分三种情况：①，②，③，分别求四边形的面积． 【详解】（1）证明：， ， ， 在与中， ， ， ， 又是边的中点， ， 四边形是平行四边形； （2）①当时，即时，由勾股定理得，， ∴，四边形的面积； ②当时，过点作于，则四边形是矩形， ∴， ∴， 由勾股定理得，， ∴，四边形的面积； ③当时，边上的中垂线垂直平分了 设交于点，∴，而根据图得，矛盾，此时不成立； 综上所述，四边形的面积是或． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，确定出全等三角形，分类讨论是解题的关键． 21．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题综合考查矩形的性质，旋转的性质，全等、相似三角形的判定与性质，找到全等三角形和相似三角形建立线段之间的等量关系是解题关键． 先通过矩形的性质求出的长，再取与的交点为M，通过旋转和矩形的对角线相等且互相平分，证明，再利用等边对等角和对顶角，三角形内角和，推出，通过已知条件得到相似比，建立线段之间的等量关系，最后列方程求出对应的值即可． 【详解】解：如图，取与的交点为M， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵是矩形的对角线，的交点， ∴， ∴， 由旋转的性质，可知，，，， ∴，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴，， ∵，， ∴，即， 又，， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， 解得， ∴， ， ∴的周长为， 故选：B． 22．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 23．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，是解题的关键，勾股定理求出的长，进而得到的长，推出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选D. 24．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了矩形的性质和三角形中位线定理．根据三角形中位线定理得到，根据矩形的面积公式计算即可． 【详解】解：∵是一个矩形草坪，对角线，相交于点， ∴， ∵是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴矩形的面积为， 故选：C 25．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求得，计算和，借助矩形内角为直角、全等三角形的角相等，证得，，利用和得出、长，进而得、，利用勾股定理即可求的长． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，， ∵， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴，，， ∴，， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、三角函数的应用，利用全等三角形转移角的关系，结合矩形内角为直角推导直角三角形是解题的关键． 26．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 27．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为_____________． 【答案】 【分析】如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，连接，交于，过作于， ∵，， ∴， ∵矩形， ∴，， ∴，， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，而，， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 28．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，根据题意画出示意图，连接，交直线于点G，延长交于点H，当点P在上方时，由勾股定理求出，进而得到，由点C关于直线的对称点P，得到，，求出，进而得到，再求出，证明是等腰三角形，在中，解直角三角形求出，进而求解；当点P在下方时，先求出，，结合对称的性质易证是等边三角形，易求，解直角三角形求出，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交直线于点G，延长交于点H， 当点P在上方时， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵点C关于直线的对称点P， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 如图，当点P在下方时， ∵， ∴， ∵， ∴，， 由对称的性质得， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 29．（2025·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，D为的中点．反比例函数的图象过点D，交于点E． (1)求点D的坐标和k的值； (2)延长 交x轴于点F，求的面积． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）由矩形性质得点，根据 D为的中点，得，得，得； （2）求出和直线解析式，求出，得，求出，，即得． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为， ∴点， ∴， ∵D为的中点， ∴， ∵反比例函数的图象过点D， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵反比例函数的图象交于点E， ∴设， ∴，∴ 设直线解析式为， 则， 解得， ∴， 令， 则， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，熟练掌握待定系数法求反比例函数解析式和一次函数解析式，反比例函数的图象与性质，矩形的性质，三角形面积公式，是解题关键． 30．（2025·江苏淮安·中考真题）已知：如图，矩形． (1)尺规作图：在边上找一点E，将矩形沿折叠，使点C落在边上；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作图形中，若，，求的长． 【答案】(1)图见解析 (2) 【分析】本题考查矩形与折叠，尺规作图—作角平分线和线段，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键： （1）以为圆心，为半径画弧，交于点，作的角平分线，交于点，即为所求； （2）折叠的性质，得到，在中，勾股定理求出的长，进而求出的长，设，在中，利用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）∵四边形是矩形， ∴， ∵由折叠可得， 在中，由勾股定理，得：， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴． 31．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质： （1） 结合矩形的性质，根据“边角边”证明； （2）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可得． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ； （2）证明：， ， 又， ， ． 32．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 【答案】(1)， (2) (3)①见解析  ② 【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可； （2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可； （3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可； ②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可． 【详解】（1）解：过点E作于点K， ∵是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴    ，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：∵，， ∴    ， 根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）①证明：根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 过点M作交于点L， 则，， 又∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ②连接，， ∵，， ∴， 又∵垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即点Q在与线段夹角为的射线上， ∴过点D作于点， 当点Q在时，最小， 这时． 【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 33．（2025·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点． (1)求证：； (2)设的角平分线交于点． ①当时，求点到的距离； ②若，作直线分别交于两点，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)①2；②． 【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形性质与判定及相似三角形判定与性质， （1）先证明，根据相似三角形性质即可证明结论； （2）①过点作，垂足为，设，借助三角形面积求出即可；②作，垂足为，作，垂足为，设，借助三角形面积求出，再通过求出，证明四边形是平行四边形，从而证明，即可求出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①在中，∵， ∴， ∴， 如图，过点作，垂足为， 设，则， ∴， 即， ∴点到的距离为2； ②如图，作，垂足为，作，垂足为， 设， ， ， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 即， ∴，， ∴， ∴． 34．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3） 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解． （1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数． （2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解． （3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长． 【详解】（1）解：∵ ∴，即． ． ∴（两边对应成比例且夹角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴，即， ∴ ∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在以为直径的圆上运动， ∴到的最大距离为； （3）解：∵梯形中，，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵点E是线段的中点， ∴， 如图，取，作矩形，则，，连接， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴在为直径的圆上， ∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形， ∴． 35．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据矩形得到，再结合已知条件由即可证明全等； （2）根据全等三角形得到，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴； （2）解：∵， ∴， ∵，， ∴． 36．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)； (4)；． 【分析】根据矩形的周长公式计算即可； 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，连接，由作图可知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证，根据矩形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证直线把矩形分成了周长相等的两部分，所以线段即为所求； 根据矩形的性质可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明书，，所以可以证明，所以直线把矩形分成了周长相等的两部分，从而可证直线符合要求； 过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，根据矩形的性质可得：，，，根据勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可得：，，从而可得：，，根据等腰直角三角形的性质可得：，，根据正切的定义可以求出的正切； 连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，利用勾股定理可以求出，，过点作，则，根据相似三角形的性质可以求出，，，在中，利用勾股定理可得：，在中，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ，， ，， 矩形的周长为， 故答案为：； （2）解：如下图所示， 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，线段即为所求， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形的对角线交于点， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和中，， ， ， ， ， 直线把矩形分成周长相等的两部分； （3）证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 直线是的垂直平分线， ， ， ，， ， ， 把矩形分成了周长相等的两部分， 直线符合要求； （4）解：如下图所示，过点作，连接交于点，过点作于点，过点作， 四边形是矩形，且直线将矩形分成周长相等的两部分， 则点是矩形的对角线与的交点， 点是的中点， ， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中，， ， ，， ， ， ， 于点， ， 是等腰直角三角形， ，， ； 解：如下图所示，连接交于点， 把矩形分成了周长相等的两部分， 点为和的中点， ， 点在以为直径的上， 当与相切时，最大， ，， ， ， ， 过点作， ， 四边形是矩形， ， 则， ， ， ，， ， ， 是的切线， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、中心对称图形的性质、圆的基本性质、切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，本题的综合性较强，难度较大，需要综合运用矩形、圆、切线等图形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 第02讲 矩形 目 录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 3 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 7 命题点一 矩形的判定与性质 题型01矩形的性质理解 题型02根据矩形的性质求解 题型03利用矩形的性质证明 题型04矩形中的折叠问题 题型05添加一个条件使四边形成为矩形 题型06证明四边形是矩形 题型07根据矩形的判定与性质求解 题型08矩形的性质与判定中的多结论问题 题型09矩形与函数结合问题 题型10与矩形有关的材料阅读类问题 05·重难突破·思维进阶难 24 突破一矩形的判定与性质综合 突破二矩形的折叠问题综合 突破三矩形有关的动点问题 突破四与矩形有关的存在性问题 突破五与矩形有关的最值问题 06·优题精选·练能提分 34 基础巩固→能力提升→全国新趋势 考点 2025年 2024年 2023年 课标要求 矩形 广东卷 T10 广州卷T 23 广东卷T23 深圳卷T11 广东卷T22 深圳卷T22 理解矩形的概念； 探索并证明矩形的性质定理与判定定理. 命题预测 矩形是特殊的平行四边形，其对角线相等、内角为直角，故矩形的考查经常与直角三角形的勾股定理相结合，利用矩形的性质解折叠问题是中考中的常考题型，注意折叠前、后对应的线段与角大小相等，试题形式多样，难度中等. 矩形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2026年广东中考还将出现. 其中，矩形还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而矩形其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视.解答题中考查特殊四边形的性质和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大． 考点一 矩形 知识点01、矩形的定义 矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. 【易错点】对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角. 知识点02、矩形的性质定理： 性质 符号语言 图示 边 两组对边平行且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC 角 四个角都是直角 ∵四边形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90° 对角线 两条对角线互相平分且相等 ∵四边形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO 【补充】 1、矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质； 2、矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题. 3、利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半. 知识点03、矩形的对称轴 1、矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心. 2、矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线； 3、过对称中心的任意直线可将矩形分成全等的两部分. 知识点04、矩形的判定 判定定理 符号语言 图示 角 一个角是直角的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形 三个角是直角的四边形是矩形 在四边形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四边形ABCD是矩形 对角线 对角线相等的平行四边形是矩形 在平行四边形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四边形ABCD是矩形 矩形判定思路： 1．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 2．（2023·广东·中考真题）综合探究 如图1，在矩形中，对角线相交于点，点关于的对称点为，连接交于点，连接．    (1)求证：； (2)以点为圆心，为半径作圆． ①如图2，与相切，求证：； ②如图3，与相切，，求的面积． 3．（2026·广东中山·模拟预测）如图，是矩形的对角线，，． (1)请用尺规作图法，作的垂直平分线，垂足为，分别交于点、；（不要求写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，连接，求四边形的周长． 4．（2024·广东肇庆·一模）如图，在矩形中，，，对角线，相交于点O，且，．连接与相交于F．则图中四边形的面积为________． 命题点一 矩形的判定与性质 ►题型01 矩形的性质理解 矩形的性质理解易错点主要在于学生容易把矩形特有的性质和普通平行四边形的性质混淆，随意将对角线相等、四个角都是直角这些矩形独有的特征套用在一般平行四边形上，同时容易忽略矩形既是中心对称图形又是轴对称图形，在计算和证明时不能灵活利用对角线相等且互相平分的性质进行线段等量代换，还常常忘记矩形的四个角都是直角这一前提，不能结合勾股定理解决边长、对角线长度问题，导致思路不清晰或推理依据不规范 【典例】（2025·广东广州·模拟预测）矩形不具备的性质是（　　） A．四个角都相等 B．对角线一定垂直 C．是轴对称图形 D．是中心对称图形 【变式1】（2023·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，，且于点F，连接．下列结论正确的是________（填序号）．①；②；③；④． 【变式2】（2024·上海·模拟预测）下列关于矩形的说法有误的数量是（    ） （1）矩形的对角线交点到四个顶点的距离相等 （2）矩形的对角线交点到四条边的距离不相等 （3）过矩形对角线交点，向四边作高与四边交点，则四个交点连成的图形是菱形 （4）矩形对角线互相垂直是随机事件，概率为 A．1 B．2 C．3 D．4 【变式3】（2023·新疆乌鲁木齐·模拟预测）如图，两个全等的四边形和，其中四边形的顶点位于四边形的对角线交点．若四边形和都是矩形，，，则下列数量关系中正确的是（　　） A． B． C． D．重叠部分的面积始终等于四边形的 ►题型02 根据矩形的性质求解 【典例】（2025·广东江门·二模）如图，在矩形中，，，E是矩形内部的一个动点，且，则线段的最小值为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2025·广东阳江·模拟预测）如图，矩形中，，，点在边（不包含端点）上运动，点在边（包含端点）上运动，连接，，分别为，的中点，则长度的最大值与最小值的差为________． 【变式2】（2025·广东揭阳·三模）如图，在矩形中，点为边上一点，且 (1)实践与操作：请用尺规作图法作于点；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，求证：． 【变式3】（2025·广东惠州·二模）如图，在中，对角线，相交于点． (1)求证：是矩形； (2)点在边上，满足．若，求的长． ►题型03 利用矩形的性质证明 【典例】（2025·广东佛山·模拟预测）已知，如图，在矩形的对角线在轴上，，矩形的面积为，若反比例函数的图象恰好经过点，则的值为（　　） A． B． C． D． 【变式1】（2025·广东肇庆·二模）如图，已知在矩形中，是边的中点，与垂直，交直线于点，连接，则下列四个结论中：①；②；③；④．正确的有（   ） A．①②③④ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【变式2】（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点，分别在，边上，且，，与相交于点，若为的中线，则的长为_____． 【变式3】（2024·广东湛江·一模）如图，在矩形中，点在上，连接，作于点． (1)若，求证：； (2)若，，，求的长与四边形的面积． ►题型04 矩形中的折叠问题 矩形折叠问题的易错点主要是学生常常抓不住折叠前后对应边相等、对应角相等这一核心不变量，容易忽略折叠带来的隐藏条件，在图形中找错相等线段和相等角，还经常把折叠产生的直角、等腰三角形等特殊关系漏掉，不能正确利用矩形的对边平行、四个角为直角以及勾股定理建立方程求边长，同时容易出现线段对应混乱、设未知数后列式错误、忽略多解情况等问题，导致计算出错或证明推理不完整。 【典例】（2024·广东·模拟预测）如图，在矩形纸片中，点E在边上，将沿翻折得到，点F落在上．若，，则（　　）． A． B．3 C． D． 【变式1】（2025·江苏扬州·三模）如图，在矩形中，，，点分别为，上一个动点，且，沿直线折叠，点，分别落在点，处，点为上一点，且，则的最大值为______． 【变式2】（2025·广东江门·一模）如图，将一张矩形纸片上下对折，使之完全重合，打开后，得到折痕，连接，再将矩形纸片折叠，使点B落在上的点Q处，折痕为，若点P恰好为线段最靠近点B的一个四等分点，，则的长为__________． 【变式3】（2025·广东惠州·一模）实践与探究 【问题提出】如果我们身边没有量角器和三角板，如何作大小的角呢？ 【实践操作】如图 第一步：对折矩形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展开，得到，如图1． 第二步：再一次折叠纸片，使点A落在上的点N处，并使折痕经过点B，得到折痕．折痕与折痕相交于点P．连接线段、，如图2． 第三步：折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点B，得到折痕，则可得到，如图3． 【问题解决】 (1)在图3中，求的度数，并证明； (2)在图2中，判断四边形的形状，并说明理由． ►题型05 添加一个条件使四边形成为矩形 【典例】（2024·广东佛山·三模）如图，在中，，是两条对角线，如果添如一个条件，可推出是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2024·广东广州·二模）在四边形中，，，如果再添加一个条件，可得出四边形是矩形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2025·广东深圳·一模）如图，将平行四边形的边延长线到点，使，连接，交于点．添加一个条件，使四边形是矩形．下列四个条件：①；②；③；④中，你认为可选择的是___________．（填上所有满足条件的序号） 【变式3】（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，延长至，使，连接． (1)求证：． (2)添加一个适当条件，使四边形是矩形，并说明理由． ►题型06 证明四边形是矩形 矩形判定的易错点主要是学生容易忽略判定定理的前提条件，经常在没有证明是平行四边形的情况下，只凭一个直角或对角线相等就直接判定为矩形，还会混淆不同的判定思路，要么忘记先证平行四边形再证一个直角或对角线相等，要么把有三个直角的四边形是矩形这一定理记错成两个直角，同时容易将矩形的判定和性质混用，随意使用题目中没有的条件，推理过程不严谨、依据不规范，从而造成判定错误和步骤失分。 【典例】（2024·广东·模拟预测）综合与实践 在数学活动课上，老师带领同学们以“构造特殊四边形”为主题展开探究活动． 动手操作： 如图1是老师给大家提供的参考图，已知矩形，将矩形 沿某一条直线分割成两部分，重新再拼成一个新的特殊四边形，小明同学按照以下操作得到了新四边形： ①在 上取一点 E，连接，使得； ②沿直线 把矩形分割成两部分，将 沿 平移得到； 连接后，小明发现． 解决问题： (1)请根据上述操作中得到的条件，帮助小明证明这个结论； (2)如图2，已知平行四边形，将沿某一条直线分割成两部分，重新再拼成一个新的特殊四边形，还能拼成什么特殊四边形？请画出其中一种裁法并证明． 【变式1】（2025·广东东莞·二模）如图，菱形的对角线，相交于点O． (1)尺规作图：在边的左侧，作，使． (2)在（1）的条件下，连接．求证：四边形为矩形． 【变式2】（2024·广东清远·模拟预测）如图，在菱形中，，． (1)实践操作：用尺规作图法过点B作边上的高；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，在线段上截取线段，使，连接，求证四边形是矩形，并求出它的周长． 【变式3】（2023·广东深圳·模拟预测）【探究证明】 （1）如图1，矩形ABCD中，EF⊥GH，EF分别交AB、CD于点E、F，GH分别交AD、BC于点G、H，求证： ； 【模型应用】 （2）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M、N分别在边BC、AB上，求的值． 【变式拓展】 （3）如图3，平行四边形，，，直线与平行四边形相交，将平行四边形沿直线l折叠，当其中有一组对角顶点重合时，请直接写出折痕的长度． ►题型07 根据矩形的判定与性质求解 【典例】（2025·广东深圳·二模）已知：中，E在上，F在上，． (1)如图1，D、F重合，，，，求的长． (2)如图2，若F为中点，，求． (3)如图3，中，，P为对角线上一动点，过P作直线使得，分别交直线、于点F、E，若，请直接写出的最小值． 【变式1】（2025·广东中山·一模）已知四边形中，E、F分别是边上的点，与交于点G． 【问题发现】（1）如图1，若四边形是正方形，且于G，则 ； 【拓展研究】（2）如图2，当四边形是矩形时，且于，则 ； 【解决问题】（3）老师上课时提出这样的问题：如图3，若四边形是平行四边形，且时，求证：； 小圳同学冥思苦想不得其解，提问到：在做题过程中，我先将转化成：，发现与显然不相似，所以没办法直接得出，怎么办呢？ 老师提示说：你是不是可以考虑引入一个桥梁或者考虑下添加辅助线来帮助解题呢？ 同学们，请你帮助小圳同学解决此题，写出完整证明过程； （4）如图4，若于G，请直接写出的值． 【变式2】（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在四边形中，对角线，相交于点F，且，．过点A作，交的延长线于点C，________． 请从“①；②”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，求线段的长． 【变式3】（2025·四川成都·一模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知三角形纸片和中，，，，旋转角为（)． 【初步感知】 （1）如图1，将三角形纸片绕点B旋转，连接，，求的值； 【深入探究】 （2）如图2，在三角形纸片绕点B旋转过程中，当点D恰好落在的中线的延长线上时，延长交于点G，求的长； 【拓展延伸】 （3）在三角形纸片绕点B旋转过程中，试探究A，D，E三点，能否构成以为直角边的直角三角形．若能，求线段的长度；若不能，请说明理由． ►题型08 矩形的性质与判定中的多结论问题 【典例】（2025·河南信阳·模拟预测）关于矩形的判定，以下说法不正确的是（    ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．一个内角是直角且对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相平分且相等的四边形是矩形 【变式1】（2023·广东东莞·模拟预测）如图，矩形中，，，P是边中点，将顶点D折叠至线段上一点，折痕为，此时，点C折叠至点．下列说法中错误的是（   ） A． B．当时， C．当时，是等腰三角形 D． 【变式2】（2025·天津西青·一模）如图，在矩形ABCD中，，，点E是CD边上一点，连接BE，将沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上的点F处，则下列说法中错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式3】（2023·广东清远·一模）如图，在矩形中，点E是线段上的动点（不与B、C重合），连接，把沿翻折，得到，连接．下列说法中：①；②；③当时，，正确的有_______（填序号）． ►题型09 矩形与函数结合问题 【典例】（2025·广东深圳·二模）希腊数学家帕普斯借助反比例函数的图象成功将锐角三等分，作法如下． 1．如图1，建立平面直角坐标系，将已知的顶点与原点重合，角的一边与x轴正方向重合； 2．绘制函数的图象，图象与已知角的另一边交于点P； 3．以P为圆心，以为半径作弧，交函数的图象于点R； 4．分别过点P和R作x轴和y轴的平行线，两线交于点M； 5．连接，得到，这时． 【探究】小明在探究该方法时发现，先以P，R，M为顶点做矩形，再证明矩形的另一顶点Q与O，M共线后，即可推导出．请你根据以上思路帮助小明完成证明过程． 证明：如图1，分别过点P和R作y轴和x轴的平行线，两线交于点Q， ，，， ∴四边形为矩形． 设点，，则，Q（______），于是直线的解析式为______， ， 点Q在直线上； 连接交于点N，则N为和的中点， ，， 又， ，______， ． 【拓展】小明进一步发现也可以将任意锐角三等分，请证明． 【应用】如图2，在平面直角坐标系中，的顶点与原点重合，角的一边与x轴正方向重合，另一边与函数交于点A，以A为圆心，为半径作弧，交函数图象于点C，点P为线段中点，连接，其中，，那么______． 【变式1】（2024·广东深圳·模拟预测）【问题提出】我们知道，利用尺规可以平分任意一个角，从而可以把一个角四等分、八等分…那么，能否用尺规三等分一个任意角呢？ 【查阅资料】古希腊数学家帕普斯结合反比例函数图象，实现尺规作图三等分任意角，方法如下： ①如图1，建立平面直角坐标系，将的顶点O与原点重合，边与x轴的正半轴重合，在第一象限内； ②在平面直角坐标系中，画出函数的图象，图象与交于点 D； ③以D为圆心、长为半径作弧，交函数的图象于点E； ④分别过点D、E作x轴、y轴的平行线，两线交于点 P，连接，此时有． 【问题探究】小明在以上资料的启示下，进行了如下探究，用尺规三等分一个角．如图2，以线段中点O为原点，x轴的正方向与角的一边平行，建立平面直角坐标系，过点B作y轴的平行线，在平行线上取一点M，连接并延长，与射线交于点N，记中点为． （1）与的数量关系为： ； （2）在探究过程中，小明发现取点A坐标为时，点P坐标与点M坐标满足下列表格关系： 点M坐标 点P坐标 ①请将表格补充完整，并尝试在图2给出的网格图中描出点P的坐标，画出它的大致图象； ②根据图象猜想y关于x的关系式（不需要写出x的取值范围），并证明你的猜想； （3）若点A坐标为，直接写出y关于x的关系式： （不需要写出x的取值范围）． 【问题解决】在图2中，利用上述你画出的图象，用尺规作图将 三等分，叙述作法并说明理由． 【变式2】（2023·江苏常州·模拟预测）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即、分别是图形和图形上任意一点，当的长最小时，称这个最小值为图形与图形之间的距离． 例如，如图1，，线段的长度称为点与直线之间的距离．当时，线段的长度也是与之间的距离． (1)如图2，在等腰直角三角形中，，，点为边上一点，过点作交于点．若，，则与之间的距离是__________； (2)如图3，已知直线：与双曲线：交于与两点，点与点之间的距离是__________，点与双曲线之间的距离是__________； 【拓展】 (3)按规定，住宅小区的外延到高架路的距离不超过时，需要在高架路旁修建与高架路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南一西北”走向的笔直高架路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于．现以高架路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的平面直角坐标系，此时高架路所在直线的函数表达式为，小区外延所在双曲线的函数表达式为，那么需要在高架路旁修建隔音屏障的长度是多少？ 【变式3】（2023·广东深圳·一模）【定义】在平面内，把一个图形上任意一点与另一个图形上任意一点之间的距离的最小值，称为这两个图形之间的距离，即A，B分别是图形M和图形N上任意一点，当的长最小时，称这个最小值为图形M与图形N之间的距离． 例如，如图1，，线段的长度称为点A与直线之间的距离，当时，线段的长度也是与之间的距离． 【应用】 （1）如图2，在等腰中，，，点D为边上一点，过点D作交于点E．若，，则与之间的距离是 ； （2）如图3，已知直线与双曲线交于与B两点，点A与点B之间的距离是 ，点O与双曲线之间的距离是 ； 【拓展】 （3）按规定，住宅小区的外延到高速路的距离不超过时，需要在高速路旁修建与高速路相同走向的隔音屏障（如图4）．有一条“东南−西北”走向的笔直高速路，路旁某住宅小区建筑外延呈双曲线的形状，它们之间的距离小于．现以高速路上某一合适位置为坐标原点，建立如图5所示的直角坐标系，此时高速路所在直线的函数表达式为，小区外延所在双曲线的函数表达式为，那么需要在高速路旁修建隔音屏障的长度是多少？ ►题型10 与矩形有关的材料阅读类问题 【典例】（2024·广东·模拟预测）综合探究 【阅读材料】宽与长的比是 （约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 【应用探究】已知：四边形是黄金矩形，，． (1)如图1，E是边上一点，将矩形沿着折叠，点B的对应点落在的延长线上，点A的对应点为，试说明：四边形是黄金矩形； (2)如图2，将矩形沿着对角线折叠，点B的对应点为，交于点F，求的值； (3)在（2）的条件下，分别过，D作的垂线，，垂足分别为M，N，连接，如图3，求证：四边形是正方形． 【变式1】【阅读材料】 我们都知道：顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所得的四边形是正方形．“数学大王”小组的同学对“对角线互相垂直且相等的四边形”非常感兴趣，想进一步去进行探索研究，为了方便，他们称对角线互相垂直且相等的四边形为“垂等四边形”． 【探索实践】 【任务一】下列四边形中一定是“垂等四边形”的是（   ） A．平行四边形    B．矩形    C．菱形    D．正方形 【任务二】如图1，四边形是“垂等四边形”，，，点，分别是，的中点，连接，，以，为邻边作平行四边形． （1）求证：； （2）求证：四边形为正方形． 【任务三】如图2，在矩形中，，将沿对角线翻折至，点在上，且满足，点为中点，求证：四边形是“垂等四边形”． 【变式2】阅读与思考 阅读下列材料完成后面任务． 仅利用折纸将线段三等分 我们已经学过线段的中点、三等分点、四等分点等概念，并且可以利用三角函数等方法求出线段的三等分点，下面介绍一种新的方法可以利用其将线段三等分—折纸法． 具体步骤如下． 第一步：如图1，准备一张长为，宽为的矩形纸片． 第二步：如图2，将矩形纸片折叠，使得点B的对应点F落在边上，展开后得到折痕． 第三步：如图3，再将该矩形纸片沿过点C的直线折叠，使得点D的对应点H落在上，展开后得到折痕． 第四步：如图4，再将矩形纸片折叠，使得点G落在边上的点M处，展开后得到折痕，则M为的三等分点，即． 下面是该结论的部分证明过程： 证明：由折叠的性质，得．，根据勾股定理，可得． 设，，… 任务： (1)请再仔细阅读上面的操作步骤，完成材料中剩余的证明过程． (2)在解决问题的过程中，我们通过计算的长，从而得到结论，这里运用的数学思想方法是 .（填序号即可） ①函数思想；②公理化思想；③数形结合思想；④分类讨论思想． (3)如图5，在图4的基础上，将矩形纸片沿着折痕折叠后，点C恰好落在上的点Q处，连接，判断四边形的形状，并加以证明． 【变式3】（2025·广东清远·一模）请阅读材料，并完成下列问题． 阿基米德折弦定理 阿基米德，伟大的数学家之一，其与牛顿、高斯并成为三大数学王子．在《阿基米德全集》中记载了阿基米德折弦定理：如图1，和是的两条弦，其中是的中点，过点向作交于点，则就是折弦的中点，即． (1)下面是用“截长法”证明的部分过程． 证明：如图2，在上截取，连接． 是的中点， ． ． ．．． 请根据上面的证明思路，写出证明的剩余部分． (2)在图1中，若，求的半径． 突破一 矩形的判定与性质综合 【典例】（2025·广东湛江·模拟预测）如图，在矩形中，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，以点为圆心，长为半径画弧，恰好经过点，连接、． (1)由作法可知　　，　　； (2)求和的度数． 【变式1】（24-25八年级下·河北承德·期末）如图，在矩形中，，点E是射线上一个动点，连接并延长交射线于点F，将沿直线翻折到，延长与直线交于点M． (1)求证：； (2)当点E是边的中点时， ①求证 ②求的长； (3)当时，直接写出的长． 【变式2】（2025·广东东莞·二模）综合与实践：根据以下素材，探索求圆半径的方法． 【背景素材】同学们用若干大小不一的透明圆形或半圆形纸片，及一张宽且足够长的矩形纸带如图设计了一系列任务，探索完成任务． 【任务一】若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，现测得，求出该圆的半径． 【任务二】按如图3摆放纸片，点A，P在圆上．在AD边上取点M使，作于N，连接恰过圆心O，交圆于点Q，连接，量得 ①判断直线与的位置关系，并说明理由； ②直接写出的半径为______ 【变式3】（2025·广东深圳·三模）在一次数学课上，老师请同学们思考如何通过折纸的方法来确定正方形一边上的一个三等分点． 【操作探究】 “乘风”小组的同学经过一番思考和讨论交流后，进行了如下操作： 第 1 步：如图 1，将边长为6的正方形纸片对折，使点A与点 B 重合，展开铺平，折痕为； 第 2 步：再将边沿翻折得到； 第 3 步：延长交于点H，则点H为边的三等分点． 证明如下：连接，正方形沿折叠， ，， 又， （①） ．设， ∵E是的中点，则， 在中，可列方程：     ②    ， 解得： ，即H是边的三等分点． “破浪”小组进行如下操作： 第 1 步：如图 2 所示，先将正方形纸片对折，使点A与点B重合，展开铺平，折痕为； 第 2 步：再将正方形纸片对折，使点B与点D重合，展开铺平，折痕与折痕交于点G； 第 3 步：过点G 折叠正方形纸片，使折痕． 【过程思考】 （1）“乘风”小组的证明过程中，①处的推理依据是 ； ②处所列方程是 ； （2）结合“破浪”小组操作过程，判断点M是否为边的三等分点，并证明你的结论； 【拓展提升】 （3）①如图 3，将矩形纸片对折，使点A和点D重合，展开铺平，折痕为，将沿翻折得到，过点G折叠矩形纸片，使折痕 ，若，求的值． ②在边长为6的正方形中，点E是射线上一动点，连接，将沿翻折得到，直线与直线交于点H．若，请直接写出的长． 突破二 矩形的折叠问题综合 【典例】（2025·广东河源·一模）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上．将沿折叠，点D的对应点G恰好落在对角线上；将沿折叠，点B的对应点H恰好也落在对角线上．连接． 求证： (1)； (2)若，求四边形的面积． 【变式1】（2025·广东珠海·一模）【问题背景】 在矩形中，，，点为线段上一点，将沿着线段折叠得到． 【构建联系】 （1）如题1图，当点恰好在在线段上时，求线段的长． 【深入探究】 （2）如题2图，当点在矩形的外部，线段交线段于点，作的平分线交线段于点． ①求证：． ②如题3图，点为的内心，连接，若线段，求线段的长． 【变式2】（2025·广东东莞·一模）数学活动 按照国际标准，A系列纸为矩形纸，其中纸的面积为．将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸沿长边对折、裁开，便成纸，将纸长边对折、裁开，便成纸． 【操作与观察】 （1）将一张纸按如图所示的方式进行两次折叠（折痕分别是和），线段落在线段上，点的对应点是点，观察发现点恰好与点重合，求证：纸的长是宽的倍． 【猜想与验证】 （2）利用图，请连接，求证：是等腰直角三角形． 【类比与归纳】 （3）按照国际标准，类比上述研究可以得到用纸裁剪出的最大正方形的面积为 ． 【变式3】（2024·海南海口·二模）如图1所示，四边形是矩形，是的中点，射线与的延长线交于点，将沿翻折，得到，延长交于点． (1)①求证:； ②判断的形状，并说明理由； (2)若，. ①求的值； ②线段上有一动点（不与端点重合），线段上有一点，，若是等腰三角形，求的长． 突破三 矩形有关的动点问题 【典例】（2025·广东东莞·一模）如图1，将矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，顶点B恰好与CD边上的动点P重合（点P不与点C，D重合），折痕为MN，点M，N分别在边AD，BC上，连接MB，MP，BP，BP与MN 相交于点F． (1)求证：； (2)①在图2中，作出经过M，D，P三点的（要求保留作图痕迹，不写做法）； ②随着点P在CD上运动，当①中的恰好与BM，BC同时相切，如图3，若，求DP的长． (3)在②的条件下，点Q是上的动点，则AQ的最小值为___________． 【变式1】（2025·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点为射线上一动点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接． (1)当点为线段的中点时，求证：是等边三角形； (2)当与矩形的边平行时，求线段的长； (3)在点的运动过程中，线段的长度是否存在最小值？如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由． 【变式2】（2025·广东·一模）如图，矩形中，，点E是上的动点，以为直径的与交于点F，过点F作于点G． (1)当E是的中点时：的值为______； (2)在（1）的条件下，证明：是的切线； (3)试探究：能否与相切？若能，求出此时的长；若不能，请说明理由， 【变式3】（2024·广东佛山·一模）如图，矩形中，是边上一动点，连接，把线段绕点顺时针旋转得到线段．    (1)当点与点重合时，______度． (2)在点从点向点运动的过程中，猜想点所走过的路程与的长有什么关系？请说明理由． (3)在点从点向点运动的过程中，当取得最小值时停止，求点所走过的路程长． 突破四 与矩形有关的存在性问题 【典例】（2025·山东济南·二模）在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，两点． (1)求反比例函数的关系式和一次函数的关系式； (2)如图1，点C是第二象限内反比例函数图象上一点，且点C位于点B右侧，若的面积为6，求点C的坐标； (3)在（2）的条件下，点M是坐标轴上的点，点N是平面内一点，是否存在点M，N，使得四边形是矩形？若存在，请求出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2023·山东泰安·二模）在矩形中，，，分别以，所在直线为x轴和y轴，建立如图所示的平面直角坐标系．F是上的一个动点（不与B、C重合），过F点的反比例函数的图象与边交于点E．    (1)求点C的坐标； (2)连接、，若，求的度数； (3)是否存在点F，使得？若存在，求出点F坐标；若不存在，请说明理由． 【变式2】（2025·广东深圳·一模）如图1，在平面直角坐标系中，四边形的边在x轴上，在y轴上．O为坐标原点，，线段的长分别是方程的两个根． (1)请求出点B的坐标； (2)如图2，P为上一点，Q为上一点，，将翻折，使点O落在上的点处，记，，求的值； (3)在（2）的条件下，M为坐标轴上一点，在平面内是否存在点N，使以，Q，M，N为顶点四边形为矩形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式3】（2024·四川雅安·模拟预测）将一长方形纸片放在直角坐标系中，O为原点，点C在x轴上，． (1)如图1，在上取一点E，将沿折叠，使点O落在边上的点D，求线段． (2)如图2，在边上选取适当的点M，F，将沿折叠，使点O落在边上的点处，过点D，作垂直于于点G，交于点T． ①求证：； ②设，求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示． (3)在（2）的条件下，当时，点P在直线上，问：在坐标轴上是否存在点Q，使以M，，Q，P为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．       突破五 与矩形有关的最值问题 【典例】（2023·广东东莞·一模）如图，在矩形中，，点D是边的中点，反比例函数的图像经过点D，交于点E． (1)求k的值及直线的解析式； (2)在x轴上找一点P，使的周长最小，求此时点P的坐标． 【变式1】（2024·广东茂名·二模）综合探究 素材：一张矩形纸片． 操作：在边上取一点，把沿折叠，使点的对应点落在矩形纸片的内部． (1)如图1，将矩形纸片对折，使与重合，得折痕，当落在上，求的度数； (2)如图2，当落在对角线上时，求的长； (3)连接，矩形纸片在折叠的过程中，线段的长度是否有最小值？若有，请描述线段长度最小时点的位置，并求出此时的长． 【变式2】（2025·广东韶关·二模）如图1，在平面直角坐标系中，矩形的边，将矩形绕原点顺时针方向旋转，得到矩形．设直线与轴交于点，抛物线经过三点，解答下列问题： (1)求直线和抛物线的解析式； (2)如图1，若点是直线上的一个动点，以为圆心，1为半径作圆，点的运动时间是秒，⊙以每秒个单位长度从点向点运动，当⊙与矩形有交点时，求运动时间的取值范围； (3)如图2，在（2）的条件下，点是线段上的一个动点，以每秒1个单位长度从向运动，连接，以为边作正方形，当其中一个点运动到终点时，运动停止，当点运动到那个位置时，正方形的面积最小，并求出正方形面积的最小值和点的坐标． 【变式3】（2025·广东惠州·一模）如图所示是广东醒狮，它是国家级非物质文化遗产之一，其中高桩醒狮更是由现代艺术演出转变而来的体育竞技．如图2，三根梅花桩，，垂直于地面放置，醒狮少年从点A跳跃到点B，随后纵身跃至点C，已知，，，．（参考数据：，，） (1)醒狮少年在某次演出时需要从点A直接腾跃至点C进行“采青”，请求出“采青”的长度； (2)如图3，保持不变，通过调整梅花桩的高度，使得的值最小，请求此时比高多少？（结果精确到）． 1．（2025·广东清远·二模）如图，在矩形中，，，交于点，交于点，则线段的长是（   ） A． B． C． D． 2．（2025·广东梅州·二模）如图，把矩形沿 翻折， 点恰好落在边的处且， 则是（  ） A． B． C． D． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形的对角线相交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 4．（2024·广东佛山·二模）如图，矩形的对角线、相交于点O．若，，则的长为（    ） A．3 B． C．6 D． 5．（2025·广东广州·二模）在平面直角坐标系中，点在抛物线上运动，过点作轴于点，以为对角线作矩形，连接，则对角线的最小值为_____． 6．（2025·广东韶关·一模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点B按顺时针方向旋转得到矩形，点A恰好落在边上的点G处．则图中阴影部分的面积等于______． 7．（2023·广东揭阳·一模）如图，在矩形中，是边的中点，连接交对角线于点．若，则的长为_____． 8．（2024·广东汕尾·二模）如图1，小言用七巧板拼了一个对角线长为6的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形（如图2所示），则矩形的对角线长为________． 9．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，矩形的对角线，相交于点，请在下方尺规作图：过点作，且，连接． (1)按照题目的要求补全图形． (2)判断四边形的形状，并说明理由． 10．（2025·广东汕头·一模）如图，在矩形中，点在边上，且，作于点． (1)求证：； (2)若平分，，求矩形的面积． 11．（2024·广东·模拟预测）如图，矩形对角线、交于点O，E为线段上一点，以点B为圆心，为半径画圆与相切于的中点G，交于点F，若，则图中阴影部分面积为（   ） A． B． C． D． 12．（2025·广东梅州·一模）如图，在矩形中，对角线，相交于点，点在线段上，垂直平分，若，则的长为（　　） A．4cm B．6cm C．8cm D．12cm 13．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在矩形中，，是边的中点，连接，过点作交于点，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 14．（2025·广东深圳·三模）如图，在矩形中，点在边上，连接，将沿翻折得到，点的对应点为点，交于点．若，则（    ） A． B． C． D． 15．（2024·广东清远·一模）如图，矩形中，，以为直径的半圆与相切于点E，连接，则阴影部分的面积为_____．（结果保留） 16．（2025·广东东莞·模拟预测）如图，在矩形中，点E为的中点，若以E为圆心，为半径画弧，交对角线于点F，连接，点G为的中点，连接．若，则的长为_______． 17．（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点是的中点，点为直线下方一点，且以为斜边在矩形的外部作，则的最大值为________． 18．（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，则的最小值为______．当为直角三角形时，的长为____________________ ． 19．（2024·广东·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，在坐标轴上，对角线相交于点P，点B的坐标为，双曲线分别交矩形的边，于D，E两点，连接，，． (1)若双曲线经过点，求该双曲线的函数解析式； (2)在（1）的条件下，求的面积； (3)若点D为线段上除B，C外的任意一点，求证：． 20．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，四边形中，，，，是边的中点，连接并延长与的延长线相交于点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若是等腰三角形，求四边形的面积． 21．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点O，，，将绕点顺时针旋转至，与，分别交于点E，F，当时，的周长为（   ） A． B． C． D． 22．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 23．（2025·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在边上，，连接，若，，则的长为（　　） A．1 B．5 C．2 D． 24．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个矩形草坪，对角线，相交于点，是边的中点，连接，且，，则该草坪的面积为（   ） A． B． C． D． 25．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点，在矩形内，．若，，，则的长为____________． 26．（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为_______． 27．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为_____________． 28．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 29．（2025·四川·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形为矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，D为的中点．反比例函数的图象过点D，交于点E． (1)求点D的坐标和k的值； (2)延长 交x轴于点F，求的面积． 30．（2025·江苏淮安·中考真题）已知：如图，矩形． (1)尺规作图：在边上找一点E，将矩形沿折叠，使点C落在边上；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作图形中，若，，求的长． 31．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证： (1)； (2)． 32．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 33．（2025·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点． (1)求证：； (2)设的角平分线交于点． ①当时，求点到的距离； ②若，作直线分别交于两点，求的值． 34．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 35．（2025·吉林·中考真题）如图，在矩形中，点E，F在边上，连接，． (1)求证：． (2)当，时，求的长． 36．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $