2026年浙江省杭州中考数学专题复习：矩形的专题复习

2026年浙江省杭州中考专题复习：矩形的专题复 习 【例】如图，在矩形ABCD中，AD=8,E是BC边上的一点，AB=2BE,以E为圆心，AE 为半径的圆弧交AD于点F,交CD于点G.若F是弧AG的中点，则 CG 【答案】子 【变式练习】 1.如图，矩形ABCD中，AB=2,BC=4,点E在AD边上且AE=1,点F为直线AB上 一动点，连接EF,将△AEF沿着折痕EF折叠，得到△A'EF,动点P在BC边上，连 接P',则PA'+PD最小值是() B A.4 B.5 C.6 D.7 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查了轴对称最短线段问题，点和圆的位置关系，勾股定理，由题意可得点 A在以点E为圆心、1为半径的圆上，作AD关于BC的对称线段MN,点E关于BC的 对称点为E',以点E'为圆心、1为半径画圆，连接E'D交BC于点P,交⊙E'于点A”,则 PA"=PA',即得PA'+PD=PA”+PD=A"D,由两点之间线段最短，可知此时 PA'+PD的值最小，最小值为A”D的长，再利用勾股定理解答即可求解，正确作出辅助线 是解题的关键 【详解】解：A'E=AE=1, ∴.点A在以点E为圆心、1为半径的圆上， 1 如图，作AD关于BC的对称线段MN,点E关于BC的对称点为E',以点E'为圆心、1 为半径画圆，连接E'D交BC于点P,交⊙E'于点A”, 则PA”=PA', .PA'+PD PA"+PD=A"D, 由两点之间线段最短，可知此时PA'+PD的值最小，最小值为A"D的长， MN=BC=4, .E'N=4-1=3, 又，DW=2+2=4, .E'D=√E'N2+DN2=V32+42=5, .A"D=E'D-EA"=5-1=4, 即PA'+PD最小值是4， 故选：A· 2.如图，矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O,点A是点A关于直线BD的对称点. 连接A'B交CD,AC于点E,F,连接OE.若CF=3,OF=2,则OE的长度为() 2 A.5V7 7 3 【答案】A 【解析】 【分析】由矩形的性质和平行线的性质得到∠CDB=∠ABD,再由轴对称的性质可得 ∠A'BD=∠ABD,则可证明∠CDB=∠ABD得到ED=EB,据此可证明OE⊥BD; 求出OB0A0D5,AF=7;证明△ABF∽ACEF,得到CE-CF=3, ABF气，设 AB=CD=7x,CE=3x,则ED=EB=4x,由勾股定理得BC=√BE2-CE2=√7x; 证明△EOD∽△BCD,得到OE=OD,即OE=5 BCCD'即 7x7x ,则0E=5N7 7 【详解】解：在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O, AB=CD,AB∥CDOC=OB=OA=OD=AC,∠BCD=90°： ∴.∠EDB=∠ABD, 由轴对称的性质可得∠A'BD=∠ABD, ∴.∠EBD=∠EDB, ∴.ED=EB, OD=OB, .OE⊥BD, ∴.∠EOD=∠EOB=90°； CF=3,OF=2, ∴.OB=OA=OD=OF+CF=5, ∴.AF=OA+OF=7; AB∥CD, ∴.△ABF∽△CEF, CE=CF3 AB AF7 设AB=CD=7x,CE=3x,则ED=EB=CD-CE=4x, 在RtABCE中，由勾股定理得BC=√BE2-CE2=V7x; .∠EOD=∠BCD=90°，∠EDO=∠BDC, ∴.△EOD∽△BCD, :0E=0D OE 5 BCCD 即 V7x 7x ·0E=5v7 7 3.如图1，在矩形ABCD中，点P从点A出发沿边AD→DC匀速运动，运动到点C时 停止.过点P作对角线AC的垂线，交矩形ABCD的边于点Q.设点P运动的路程为x, AQ的长为y，其中y关于x的函数图象如图2所示，则下列选项错误的是() m 8 12 图1 图2 A.AB=4 B.m =213 C.n=45 D.点6,5在该函数图象上 【答案】D 【解析】 【分析】分情况讨论：当点O运动到点B处或点P运动到点D处或点P运动到点C处时， 点Q与点C重合或路程AP=6,利用直角三角形的性质和垂线的性质易证得 CD △PHQ∽△ADC,进而得到 QH 据此列方程求解即可 PH AD 【详解】解：由图2得，当点Q运动到点B处时，AQ为4，即AB为4，故选项A正确： 如图，当点P运动到点D处时，路程AP为8，即AD为8， A D(P) :AC⊥PQ, .∠CAD+∠QDA=90°， :∠QDA+∠QDC=90°， ∴.∠CAD=∠QDC, :∠ADC=∠DCQ=90° .∴△ADC∽△DCQ, .AD_CD 84 CDcO,即 C0 .C0=2, .BQ=6, m=A0=V42+62=2V3, 故选项B正确； 当点P运动到点C处时，点Q与点C重合，此时n=AC=√42+82=4√5， 故选项C正确； 当路程AP=6时，如图，过点P作PH⊥BC于点H, P D B H AD I BC, PH⊥AD, :∠APH=90°， :PQ⊥AC, .∠CAP+∠APQ=90°， :∠APQ+∠QPH=90°， ∴.∠QPH=∠CAD, ∠PHQ=∠D=90°， .△PHQn△ADC, .oHcp OH 4 即 PH AD 48 QH=2, .B0=6-2=4, A0=V42+42=4V2≠5， ∴点(6,5)不在该函数图象上， 故选项D错误. 4.如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB=AO=6,E为AD边上一个 动点（不与点D,E重合）连接OE,将△ODE沿OE折叠，点D落在M处，OM交边 AD于点F,当△AOF是等腰三角形时，MF的长是() D A.6-2W3+2V2 B.6-3V6+3V2 C.6-25+2W2或6-25 D.6-36+3√2或6-2√3 【答案】D 【解析】 【分析】分两种情况：当AO=AF=6时，作OG⊥AD,根据矩形的性质得 A0=B0=CO=DO=6=OM,∠BAD=90°，根据勾股定理求出AD,再根据等腰三 角形的性质得AG,然后求出OG,接下来可得FG,最后根据勾股定理求OF,可根据 MF=OM-OF得出答案； 当OF=AF时，由上述可知OG⊥AD,且OG=3,AG=3V3,根据等边三角形的性 6 质求出∠FA0=∠A0F=30°，可得∠FOG=30,然后根据tan∠F0G=F ,求出 OG FG, 再根据OF=AF=AG-FG,求出OF,接下来过呢据MF=OM-OF得出答案. 【详解】解：如图所示，当AO=AF=6时，作OG⊥AD于点G, 四边形ABCD是矩形， ∴.A0=B0=C0=D0=6=OM,∠BAD=90°， 根据勾股定理，得AD=√BD2-AB2=V122-62=65 ,A0=D0,OG⊥AD, :.4G=4D=3. 在Rt△AOG中，OG=VA02-AG2=3, .FG=AF-AG=6-33, 根据勾股定理，得 0F=V0G+FG2=V32+(6-3√5)2=V54-36W3+18=V(3√6)2-2x36x3√2+(3V2)2 =V(36-32)2=3V6-3√2， .MF=OM-OF=6-3V6+2√3； 如图所示，当OF=AF时，由上述可知OG⊥AD,且0G=3,AG=3V5, ,四边形ABCD是矩形， ∴.AO=BO=AB,∠BAD=90°， ∴.△ABO是等边三角形， .∠BAO=60°， .∠DA0=30°. 则∠FAO=∠AOF=30°， .∠FOG=30°， 在Rt△FOG中，tan∠FOG= FG OG 则FG=3xtan30°=√3， .OF=AF=AG-FG=33-3=23, .MF =OM-OF=6-23. 综上所述，MF的值是6-3√6+25或6-2√5 故选：D D 【点晴】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形， 等腰三角形的性质和判定，构造直角三角形应用勾股定理求线段长是解题关键 5.如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，△BEC与△FEC关于直线EC对称，点B的 对称点F在边AD上，G为CD中点，连结BG分别与CE,CF交于M,N两点，若 BM=BE,MG=2,则BN的长为，AE的长为 8 C 【答案】 ①.4②.4-2√2 【解析】 【分析】根据矩形的性质及BM=BE,可得∠CMG=∠GCM,从而得到 CG=MG=1,AB=CD=2,然后连接BF,FM,可得四边形BEFM是菱形，从而得 出FM∥BE,EF∥BG,BF平分∠ABG,再证明△AEF≌△NMF,可得AE=MN,最后证 明△FMN∽aCGN,即可得解. 【详解】解：，四边形ABCD是矩形， .AB∥CD .∴.∠BEM=∠GCM. BM BE .∠BEM=∠BME· .∠BME=∠CMG, .∠CMG=∠GCM, ∴.CG=MG=2, 点G是CD的中点， .AB=CD=4. 如图，连接BF,FM, D G 根据题意，得BE=EF,BM=FM,∠CFE=∠ABC=90°. BM BE .BE BM FM EF 四边形BEFM是菱形， ∴.FM∥BE,EF∥BG,BF平分∠ABG, ∴.∠BNC=∠CNG=90°， .AF =FN, .△AEF≌aNMF, .AE=MN AE=x,MN =x,FM BE=4-x,NG=1-x, FM∥BE,AB∥CD, ∴.FM∥CG, .△FMN∽aCGN, .NG_CG MN FM 即1-x1 x2-x 解得x=4+2√2（舍去）或x=4-2√2， .AE=4-2V2, :BN=BM+MN=BE+AE=AB=4. 故答案为：4,4-2√2. 【点晴】本题主要考查了矩形的性质，相似三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定， 菱形的性质和判定，作出辅助线构造全等（相似）三角形是解题的关键， 6折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把△ADE翻折，点A落在DC边上 的点F处，折痕为DE,点E在AB边上：②把纸片展开并铺平；③把△CDG翻折，点C 落在线段AE上的点H处，折痕为DG,点G在BC边上，若AB=AD+2,EH=1,则 AD= D ⊙ G 10 【答案】3+2W3 【解析】解：设AD=X,则AB=x十2， G C :把△ADE翻折，点A落在DC边上的点F处， :DF=AD,EA=EF,∠DFE=∠A=90°， ·四边形AEFD为正方形， ·AE=AD=X, :把△CDG翻折，点C落在直线AE上的点H处，折痕为DG,点G在BC边上， DH=DC=x+2, :HE=1, ·AH=AE-HE=X-1, 在Rt△ADH中，：AD2+AH2=DH2, x2+x-12=(x+2, 整理得x2-6x-3=0,解得x1=3+25,X2=3-25(舍去)， 即AD的长为3+2W3. 故答案为3+2W5. 设AD=x,则AB=x十2，利用折叠的性质得DF=AD,EA=EF ∠DFE=∠A=90°，则可判断四边形AEFD为正方形，所以AE=AD=x,再根据折叠 的性质得DH=DC=x+2,则AH=AE-HE=x-1,然后根据勾股定理得到 x2+(x-1=(x+2)2,再解方程求出x即可. 本题考查了折叠的性质：折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小 不变，位置变化，对应边和对应角相等.也考查了矩形的性质和勾股定理。 7.如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=8,点E在AD上，且AE=3,点F是BC边 上的点，连接EF,将四边形ABFE沿直线EF翻折得到四边形MNFE.当D,M,N 11 三点共线时，则线段BF的长为」 A E B F N 【防1号 【解析】 【分析】分两种情况讨论：一是D,M,N三点共线，且点D在线段NWM的延长线上； 二是D,M,N三点共线，且点D在线段NM上，先根据矩形的四个角都是直角，对边 平行且相等得出∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC,CD=AB=5, AD=BC=8,推得DE=5,根据折叠前后对应边和对应角都相等得出∠EMN=∠A=90° ,LN=∠B=90°，MN=AB=5,ME=AE=3,根据直角三角形中两直角边的平方和等 于斜边的平方求出DM的值，结合锐角三角形函数进行求解即可. 【详解】解：如图，D,M,N三点共线，且点D在线段NM的延长线上，连接DM, MN交BC于点L, D B F N ,四边形ABCD是矩形，AB=5,BC=8,E在AD上，且AE=3, .∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC,CD=AB=5,AD=BC=8, ∴.∠NLF=∠CLD=∠EDM,DE=AD-AE=8-3=5, 由翻折得∠EMN=∠A=90°，∠N=∠B=90°，MN=AB=5,ME=AE=3, ∴.∠EMD=90°， DE=5'tan∠EDM=ME_3 ÷DM=VDE2-ME2=V5-3=4,sin∠EDM=ME-3, DM 4 '∠MF=∠CLD=∠EDM,sin∠CLD=CD DL tan∠wLF=NF NL 12 CD 3 NF 3 DL5'NL 4 5 5 25 .DL=2CD=2×5= 3 3 3 wM=DM+MW-DL=4+5-25-2 33 :BF=NF= 321 4 =4×32 如图，D,M,N三点共线，且点D在线段NM上，FN交CD于点K, M D .MN=AB=5,ME AE =3,DM =4, sin∠MDE=ME-3 万B=,tan∠MDE=,=,DN=MW-DM=5-4=1, '∠CKF=∠NKD=90°-∠NDK=∠MDE,Sin∠NKD=D k'an∠CKF=CE CK :D=3.CF3 DK 5'CK 4 DK=2DN=5x1= 5 3 3 CK=CD-DK=5-5=10 33 CF=3cK=3x↓ 3105 432 511 ∴.BF=BC-CF=8-2= 22 综上所达，8F的值为；或 2 做答案为：与或2 11 【点晴】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，直角三角形两个锐角互余，等角 的余角相等，解直角三角形等，正确求出DM的长是解题的关键。 8.如图，在矩形ABCD中，AD=3AB=3W10,点P是AD的中点，点E在BC上， CE=2BE,点M、N在线段BD上.若△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，则 MN=_. 13 P D P E C 【答案】6或15 【解析】 【分析】分两种情况：①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F,则 ∠PFM=∠PFN=90°，由矩形的性质得出AB=CD, BC=AD=3AB=3V10,∠A=∠C=90°，得出AB=CD=V10, BD=VAB+AD=10,证明△PDF~ABDA,得出PF-P AB BD ,证出 ,求出PF=3 CE=2CD,由等腰三角形的性质得出MF=NF,∠PNF=∠DEC,证出 △PNF-ADEC,得出NF=CE=2,求出NF=2PF=3,即可得出答案： PF CD ②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F,设MN=PN=x,则FN=3-x,在Rt△PNF中，由 勾股定理得出方程，解方程即可. 【详解】分两种情况：①MN为等腰△PMN的底边时，作PF⊥MN于F,如图所示 D M B E 则∠PFM=∠PFN=90°， 四边形ABCD是矩形， ∴.AB=CD,BC=AD=3AB=3V10,∠A=∠C=90°， .AB=CD=10:BD=AB2+AD2=10 ‘点P是AD的中点， G PD=4D=3V10 2 .∠PDF=∠BDA, .△PDF~△BDA, 14 PF PD 3W10 即PF AB BD 2, V1010 3 解得：PF= 2 CE=2BE, ∴.BC=AD=3BE, .∴.BE=CD, ∴.CE=2CD, .'△PMN是等腰三角形且底角与∠DEC相等，PF⊥MN, ∴.MF=NF,∠PNF=∠DEC, :∠PFN=∠C=90°， .∴.△PNF~△DEC, 5=Cg=2. PF CD .∴.NF=2PF=3, ∴.MN=2NF=6; ②MN为等腰△PMN的腰时，作PF⊥BD于F,如图所示， p D M E 由①得：PF=3 'MF=3, 设MN=PN=x,则FN=3-x, 在RtAPNF中 +(3-x)2=x2, 解得：x=5 8 即MW=15 综上所述，MN的长为6或 8 9.图1是一个水平地面上的长方体密封容器，内部装有水，其正方形底面的边CD=8cm, 棱AD上标有刻度，水面与AD交于点M,读得DM=30cm,如图2将容器放在斜坡 15 OE上，此时水面分别与AD,BC交于点N,P(NP‖OF),读得DN=25cm.若容 器厚度不计，则tan∠EOF=】 N M B D D C 图1 图2 【号 【解析】 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，求角的正切值，平行线 的性质，过点N作NH⊥BC于点H,先根据水的体积不变，求出PC=35,证明四边形 CDNH为矩形，得出NH=CD=8cm,CH=DN=25cm,求出 PH10cn=5,根据平行线的性频得出∠EOF=∠NPH,即可求出 tan∠WPH=H、 8cm 4 结果 【详解】解：过点N作NH⊥BC于点H,如图所示： y E H D F 长方体密封容器中水的体积为：8×8×30=1920(cm), 2将容器放在斜坡OE上，容器中水的体积不变， (DN+PC)xCD ×8=1920, 2 16 即25+PC)x8 ×8=1920, 2 解得：PC=35, :∠NHC=∠DCH=∠CDN=90°， .四边形CDNH为矩形， .NH CD=8cm,CH DN 25cm, .PH=35-25=10(cm, tan∠NPH=WH_ 8cm 4 PH 10cm 5 .NP∥OF, .∠EOF=∠NPH, ∴tan∠EOF=tan∠NPH=4 4 故答案为： 5 I0.如图，在矩形ABCD中，将BC绕点B旋转至BC',C在AD上，过点C作 GC⊥BC',交CD于点G,连结BG. D (1)求证：GC=GC'. (2)若AB=5,BC=13,求GC的长 【答案】(1)见解析 (2)2.6 【解析】 【分析】(I)根据HL证明RtABC'G≌RtABCG即可得出结论： (2)设GC=GC=x,则GD=5-x,在Rt△GDC'中，由勾股定理得出方程求解即可. 【小问1详解】 证明：·将BC绕点B旋转至BC, ∴BC'=BC, 17 .过点C作GC⊥BC', .∠BCG=90°， .四边形ABCD是矩形， ∴.∠C=∠BC'G=90°， 又.BG=BG, ∴.RtABC'G≌RtABCG(HL, ∴.GC=GC'; 【小问2详解】 解：，BC=13, .BC'=13, .AC'=BC2-AB2 =12, .CD=13-12=1, 设GC'=GC=x,则GD=5-x, 在Rt△GDC'中，由勾股定理得， C'D2+DG2=C'G2, 即12+(5-x2=x2, 解得x=2.6, 即GC的长为2.6 【点晴】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟记 各性质定理是解题的关键. 11.在矩形ABCD中，BC=2AB,点E是对角线AC上任意一点，过点E作AD的垂线 分别交AD,BC于点F,G,作FH平行AC交CD于点H. D G 备用图1 备用图2 (1)证明：EF=CH. (2)连结GH交AC于点K,若AE:CK=3,求AE:EK的值. (3)作△FGH的外接圆⊙O,且AB=1. 18 ①若⊙O与矩形的边相切时，求CH的长. ②作点E关于GH的对称点E',当E'落在⊙O上时，直接写出△FGH的面积. 【答案】(1)证明见解析 (2)6 (3)00.5或4或4-5，②} 4 2 3 【解析】 【分析】(1)证明四边形ECHF为平行四边形，即可求证； (2)过点K作KM⊥CD于点M,则KM∥AD,由题意易得△AEF∽△KCM,然后可 得E-A5=3,则有C火-K-M=2,进而问题可求解， CM CK EK GK CM (3)①由题意可分当⊙O与边CD相切时，当⊙O与边AD相切时，当⊙O与边AB相切 时，进而分类进行求解即可； ②连接E'G,E'H,E'F,EE',EH,过点H作HR⊥EG于点R,由折叠的性质可知： 1 L=EH,∠FGH=L∠EG然后可得FR=ER=EG=FG· 3 RH= FR 3,进而向题可求解。 2 tan∠FHR 【小问1详解】 证明：在矩形ABCD中，CD⊥AD, FG⊥AD, .FG∥CD, FH∥AC, ∴.四边形ECHF为平行四边形， ∴.EF=CH; 【小问2详解】 解：如图，过点K作KM⊥CD于点M,则KM∥AD, 19 D H M B G .∠EAF=∠CKM, .∠AFE=∠KMC=90°， .△AEF∽AKCM, EF AE ·CMCK =3,即EF=3CM, EF CH, ..CH=3CM,即HM=2CM, FG∥CD,KM∥AD, .CK=HK HM EK GK CM 22 .CK=2EK .AE =6EK .AE:EK =6; 【小问3详解】 解：①根据题意得：FG=CD=AB=1,AD=2CD=2, 当⊙O与边CD相切时，此时点H为切点， 如图，设⊙O与BC交于点G、R,连接OH,FR,则OH⊥CD, B ∠FGR=90°， .FR为⊙O的直径， .点O,F,R共线，且OF=OR, :OH⊥CD,AD⊥CD, .OH∥AD, 20 :CH=0R=1, DH OF 1 ∴.CH=-CD=0.5; 2 当⊙O与边AD相切时，则⊙O与边BC也相切，此时F,G为切点，FG为直径， F B G ∴.∠FHG=90°， .∴.∠DHF+∠CHG=90°=∠DHF+∠DFH, ∴.∠CHG=∠DFH, ∠D=∠BCD=90°， .△FDH∽AHCG, FH‖AC, ∴.△FDH∽△ADC, 六aHCG∽△ADC, DF DH AD CD :CH-CG.DF AD ADCD'DHCD =2, :CH、AD CG CD 2,DF=2DH,即CH=2CG, DF=CG, .CH =2DF, ∴.CH=4DH, .CH=4CD=4 4 5 当⊙O与边AB相切时，设⊙O与边BC的另一个交点为点Q,设切点为点N,连接ON, 则ON⊥AB,ON⊥FG, 21 D B G .∠FGQ=90°， ∴.FQ为直径， .∴.∠FHQ=90°， 同理△FDH∽△HCQ, .cHco ·DFDH .FH∥AC, :DF-DH AF CH 即DFAD =2 AFAD=2, AD CD'AD CD DH CD CHCD :CH、DF =2,AFAF AD =2, ·CODH CH EF CD .CH=2C0,AF =2CH, 根据题意得：OP∥BC, ∴.△FOPD△FQG, .Gc-g-2, OP OF ÷0p=1G0, 2 设CQ=a,则CH=2a,NP=BG=AF=4a, G0=2-5a,0P=G0=1- 2 2, 22 3 ∴.ON=OP+PN=1+÷a, 2 .F9=20N=2+3a, 在RtAFGO中，1+(2-5a2=(2+3a)2, 解得：a-4-下成4+西（合去），即CH-4-西 4 4 2 综上所述，CH的长为05或4或4-西 5 2 ②由题意可得如下图，连接E'G,E'H,E'F,EE',EH,过点H作HR⊥EG于点R, 由折叠的性质可知：EH=E'H,∠FGH=∠E'GH, .∠FGH=∠FE'H,∠E'GH=∠E'FH, .∠E'FH=∠FE'H, .FH =E'H EH, ,HR⊥EG, .FR=ER, .∠D=∠RFD=∠FRH=∠BCD=90°， ∴.四边形FRHD,FGCD是矩形， ∴.FG=CD=AB=1,FR=DH, EF =CH, .EG=DH=FR, ·FR=ER=EG=FGF3, 3 FH∥AC,FD∥RH, ∴.∠DAC=∠DFH=∠FHR, 23 tan∠DAC-cD-AB==tan∠FHR, AD BC 2 FR 2 ∴.RH= tan∠FHR 3 S.EOM=FGR= 12.【问题背景】如图所示，某兴趣小组将矩形ABCD纸片沿对角线AC剪开，再把 ABC沿着AD方向平移，得到△AB'C',A'B交AC于点E,AC交CD于点F. D D E B B' 【数学理解】 (1)在平移过程中，线段A'E的长始终与C℉相等，请说明理由； （2)已知AD=3,AB=4,在平移过程中，当两个三角形的重叠部分AECF为菱形时， 求移动的距离AA. 【答案】(1)见解析 2)AA= 3 【解析】 【分析】(1)证明四边形AEC℉是平行四边形即可得A'E的长始终与CF相等； (2)由勾股定理可求得AC=5,根据四边形AECF为菱形，可得A'E‖CF, 5 EEC,则△AEADC,可得31=5，可得AE .4 EC=A'E=Tx,再由AE+EC=AC,即可求解出AA. 3 【小问1详解】 证明：四边形ABCD是矩形， .AB∥CD, .由平移可得，A'B'∥AB,AC∥AC, .A'B'∥CD, 24 ∴.四边形AECF是平行四边形， .A'E =CF. 【小问2详解】 解：，矩形ABCD中，AD=3,AB=4, .CD=AB=4,∠ADC=90°， .AC=VAD2+CD2=V32+42=5, 由平移可得，AB=AB=CD=4, 设AA=x,则AD=3-x, 四边形AECF为菱形， .A'E CF,A'E =EC, .△AA'EAADC, 指光华告 345 4 .EC=A'E=x, 3 54 ,AE+EC=AC,即二x+ 35, 解得x=3 ∴，移动的距离AA'= 3 I3.在矩形ABCD中，点E,F分别是AB,BC边上的动点，连接BD,EF交于点P. G G D 、H 图(1) 图(2) 图(3) (1)如图(1)，当点E,F分别是AB,BC的中点时，求证：BP=PF; (2)若BP=PF,点G是AD边上的点，连结BG交EF于点H,点H是BG的中点， ①如图(2)，若CF=1,求DG的长： 25 ②如图(3)，连接GP,当GP=PF,且GD=CD时，求BE 的值。 BE 【答案】(1)见解析 (2)①DG的长为2：②BE=V5-1 BE 2 【解析】 【分析】(1)根据矩形的性质求得0B=OC,利用三角形中位线的性质求得PF∥OC, 推出△BPF∽△BOC,利用相似三角形的性质即可证明BP=PF; (2)①连接AC交BD于点O,连接OH,利用三角形中位线定理求得OH∥DG, OH=二DG,再证明四边形OHFC是平行四边形，据此求解即可； ②设CF=a,则CD=DG=2CF=2a,连接AC,GF,作FN⊥AD于点N,求得 GF=√5a,证明EF是线段BG的垂直平分线，求得BF=GF=√5a,得到 BC=V5+1)a,证明△BEF∽△BAC,利用相似三角形的性质求解即可. 【小问1详解】 证明：连接AC交BD于点O, 矩形ABCD, :.BD=AC.OB=IBD,OC=1 4c. 0B=0C, 点E,F分别是AB,BC的中点， ∴.EF∥AC,则PF∥OC, ∴.△BPF∽△BOC, .BP PF OB OC ..BP=PF; 小问2详解】 解：①连接AC交BD于点O,连接OH, 26 G 由(1)知0B=0C, .∠OBC=∠OCB, .BP=PF, .∠PBF=∠PFB, .∠PFB=∠OCB, .PF∥OC,即EF∥AC, 点H是BG的中点，点O是BD的中点， ÷OH∥DG,OH=DG, AD∥BC, .OH∥CF, ∴.四边形OHFC是平行四边形， ∴.OH=CF, :.CF-IDG. CF=1, .DG=2,即DG的长为2； ②设CF=a,则CD=DG=2CF=2a,连接AC,GF,作FN⊥AD于点N, H B 则四边形CDNF是矩形， .FN CD =2a=AB,DN CF =a, ..GN DG-D N a, 27 ∴.GF=VGW2+FW2=V5a, .GP=PF,BP=PF, ∴.GP=PB, 点H是BG的中点， ∴.EF是线段BG的垂直平分线， .BF=GF=5a, :.BC=BF+CF=(5+1a. EF∥AC, ∴.△BEF∽△BAC, .BE BF AB BC BE AB 2a -5-1 ∴BFBC 5+1a2 【点晴】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，线段垂直平 分线的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形中位线定理.正确引出辅助线解决问 题是解题的关键。 28 2026年浙江省杭州中考专题复习：矩形的专题复习 【例】如图，在矩形ABCD中，AD＝8，E是BC边上的一点，AB＝2BE，以E为圆心，AE为半径的圆弧交AD于点F，交CD于点G．若F是弧AG的中点，则　 　 ． 【变式练习】 1.如图，矩形中，，点在边上且，点为直线上一动点，连接，将沿着折痕折叠，得到，动点在边上，连接，则最小值是（ ） A. B. C. D. 2.如图，矩形中，对角线，交于点，点是点关于直线的对称点．连接交，于点，连接．若，则的长度为（ ） A. B. C. D. 3. 如图1，在矩形中，点从点出发沿边匀速运动，运动到点时停止．过点作对角线的垂线，交矩形的边于点．设点运动的路程为，的长为，其中关于的函数图象如图2所示，则下列选项错误的是（ ） A. B. C. D. 点在该函数图象上 4.如图，在矩形中，对角线相交于点为边上一个动点（不与点D，E重合）连接，将沿折叠，点落在处，交边于点，当是等腰三角形时，的长是（　　） A. B. C. 或 D. 或 5.如图，在矩形中，点E在边上，与关于直线对称，点B的对称点F在边上，G为中点，连结分别与交于M，N两点，若，，则的长为_______，的长为_______． 6.折叠矩形纸片ABCD时，发现可以进行如下操作：①把翻折，点A落在DC边上的点F处，折痕为DE，点E在AB边上；②把纸片展开并铺平；③把翻折，点C落在线段AE上的点H处，折痕为DG，点G在BC边上，若，，则______. 7.如图，在矩形中，，，点在上，且，点是边上的点，连接，将四边形沿直线翻折得到四边形．当，，三点共线时，则线段BF的长为_________． 8.如图，在矩形中，，点是的中点，点在上，，点、在线段上．若是等腰三角形且底角与相等，则_____． 9.图1是一个水平地面上的长方体密封容器，内部装有水，其正方形底面的边， 棱上标有刻度，水面与交于点M，读得．如图2将容器放在斜坡上，此时水面分别与，交于点N，， 读得．若容器厚度不计，则_________________ 10.如图，在矩形中，将绕点旋转至，在上，过点作，交于点，连结． （1）求证：． （2）若，，求的长． 11.在矩形中，，点E是对角线上任意一点，过点E作的垂线分别交于点F，G，作平行交于点H． （1）证明：． （2）连结交于点K，若，求的值． （3）作的外接圆，且． ①若与矩形的边相切时，求的长． ②作点E关于的对称点，当落在上时，直接写出的面积． 12.【问题背景】如图所示，某兴趣小组将矩形纸片沿对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，交于点，交于点． 【数学理解】 （1）在平移过程中，线段的长始终与相等，请说明理由； （2）已知，在平移过程中，当两个三角形的重叠部分为菱形时，求移动的距离． 13.在矩形中，点，分别是，边上的动点，连接，交于点． （1）如图（1），当点，分别是，的中点时，求证：； （2）若，点是边上的点，连结交于点，点是的中点， ①如图（2），若，求的长； ②如图（3），连接，当，且时，求的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $