第23讲 特殊四边形-矩形（2考点+19题型+8类型）（讲义）-2024年中考数学一轮复习讲义+练习+测试（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第23讲 特殊四边形-矩形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc156858530" \l "_Tc156807534" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc156858531" 考点一 矩形的性质与判定
\l "_Tc156858532" 题型01 利用矩形的性质求角度
\l "_Tc156858533" 题型02 利用矩形的性质求线段长
\l "_Tc156858534" 题型03 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156858535" 题型04 求矩形在坐标系中的坐标
\l "_Tc156858536" 题型05 根据矩形的性质证明
\l "_Tc156858537" 题型06 矩形的判定定理的理解
\l "_Tc156858538" 题型07 添加一个条件使四边形是矩形
\l "_Tc156858539" 题型08 证明四边形是矩形
\l "_Tc156858540" 题型09 根据矩形的性质与判定求角度
\l "_Tc156858541" 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156858542" 题型11 根据矩形的性质与判定求面积
\l "_Tc156858543" 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156858544" 题型13 与矩形有关的新定义问题
\l "_Tc156858545" 题型14 与矩形有关的规律探究问题
\l "_Tc156858546" 题型15 与矩形有关的动点问题
\l "_Tc156858547" 题型16 矩形与一次函数综合
\l "_Tc156858548" 题型17 矩形与反比例函数综合
\l "_Tc156858549" 题型18 矩形与二次函数综合
\l "_Tc156858550" 考点二 矩形的折叠问题
\l "_Tc156858551" 题型01 与矩形有关的折叠问题
\l "_Tc156858552" 类型一 沿对角线翻折（模型一）
\l "_Tc156858553" 类型二 将矩形短边顶点翻折到对角线上（模型二）
\l "_Tc156858554" 类型三 将矩形短边顶点翻折到长边上（模型三）
\l "_Tc156858555" 类型四 矩形短边沿折痕翻折（模型四）
\l "_Tc156858556" 类型五 通过翻折将矩形两个顶点重合（模型五）
\l "_Tc156858557" 类型六 将矩形短边顶点翻折到对称轴上（模型六）
\l "_Tc156858558" 类型七 将矩形翻折使其一个顶点落在一边上（模型七）
\l "_Tc156858559" 类型八 其它
考点一 矩形的性质与判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
1. 对于矩形的定义要注意两点:a.是平行四边形;b.有一个角是直角.
2. 定义说有一个角是直角的平行四边形才是矩形,不要错误地理解为有一个角是直角的四边形是矩形.
题型01 利用矩形的性质求角度
【例1】（2023·广东江门·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠BAC=35°，则∠BOC的度数是（ ）
A．65°B．70°C．75°D．80°
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，证出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性质即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠ABO=35°，
∴∠BOC=2×35°=70°；
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出OA=OB是解题关键．
【变式1-1】（2022·安徽安庆·安庆市第二中学校考三模）如图，O是矩形ABCD的对角线交点，AE平分∠BAD，∠AOD=120°，∠AEO的度数为（ ）

A．10°B．15°C．25°D．30°
【答案】D
【分析】先根据矩形的性质和∠AOD=120°证明△BAO是等边三角形，△BAE是等腰直角三角形，推出OB=BE，再根据等腰对等角求出∠BEO，则∠AEO=∠BEO−∠BEA．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OB，∠ABC=∠BAD=90°，
∴ ∠BAO=∠ABO，
∵ ∠AOD=∠BAO+∠ABO=120°，
∴ ∠BAO=∠ABO=12×120°=60°，
∴ △BAO是等边三角形．
∴ AB=OB，
∵ AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=12×90°=45°，
∴ ∠BAE=∠BEA=45°，
∴ AB=BE，
∴ OB=BE，
∴ ∠BOE=∠BEO，
又∵ ∠OBE=∠ABC−∠ABO=30°，
∴ ∠BEO=12×180°−30°=75°，
∴ ∠AEO=∠BEO−∠BEA=75°−45°=30°．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，解题的关键是证明△BAO是等边三角形．
【变式1-2】（2023·山西大同·统考模拟预测）翻花绳是中国民间流传的儿童游戏，在中国不同的地域，有不同的称法，如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等，如图1是翻花绳的一种图案，可以抽象成如右图，在矩形ABCD中，IJ∥KL,EF∥GH，∠1=∠2=30°，∠3的度数为（ ）．

A．30°B．45°C．50°D．60°
【答案】D
【分析】由矩形的性质可得∠D=∠C=90°，进而可得∠HGC=∠IJD=60°；再根据三角形内角和定理可得∠GMJ=60°；然后再证四边形NUMV是平行四边形，由平行四边形的性质可得∠VNU=∠GMJ=60°，最后由对顶角相等即可解答．
【详解】解：如图：∵矩形ABCD中，
∴∠D=∠C=90°,
∵∠1=∠2=30°，
∴∠HGC=∠IJD=60°,
∴∠GMJ=60°,
∵IJ∥KL,EF∥GH，
∴四边形NUMV是平行四边形，
∴∠VNU=∠GMJ=60°,
∴∠3=∠VNU=60°．
故选D．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定、性质定理是解答本题的关键．
【变式1-3】（2023·重庆渝中·重庆巴蜀中学校考三模）如图，矩形ABCD中，点E为CD边的中点，连接AE，过E作EF⊥AE交BC于点F，连接AF，若∠BAF=α，则∠EFC的度数为（ ）

A．αB．45°+α2C．45°−α2D．90°−α
【答案】B
【分析】延长AE，交BC的延长线于点G，根据矩形的性质可得，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，可证△ADE≌△GCE(ASA)，根据全等三角形的性质可得AE=GE，可知EF垂直平分AG，根据线段垂直平分线的性质可得AF=GF，进一步可得∠G=∠FAE，根据AD∥BC，可得∠DAE=∠G，可表示出∠DAE的度数，进一步可得∠FEC的度数，再根据∠FEC+∠EFC=90°，可得∠EFC的度数．
【详解】解：延长AE，交BC的延长线于点G，如图所示：
在矩形ABCD中，∠BAD=∠ADC=∠DCB=90°，AD∥BC，
∴∠ECG=90°，
∵E为CD边中点，
∴DE=CE，
在△ADE和△GCE中，
∠D=∠ECGDE=CE∠AED=∠GEC，
∴△ADE≌△GCE(ASA)，
∴AE=GE，
∵EF⊥AE，
∴EF垂直平分AG，
∴AF=GF，
∴∠FAE=∠G，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠G，
∴∠DAE=∠FAE，
∵∠BAF=α，
∴∠DAE=90°−α2，
∵∠DAE+∠AED=90°，∠AED+∠FEC=90°，
∴∠FEC=∠DAE=90°−α2，
∵∠FEC+∠EFC=90°，
∴∠EFC=90°−90°−α2=45°+α2，
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的性质，添加合适的辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式1-4】（2023·安徽合肥·校考三模）如图，a∥b，矩形ABCD的顶点B在直线a上，若∠1=34°，则∠2的度数为（ ）

A．34°B．46°C．56°D．66°
【答案】C
【分析】过点A作AE∥a，利用矩形的性质和平行线的判定与性质解答即可．
【详解】解：过点A作AE∥a，如图，
∴∠EAB=∠1=34°．
∵a∥b，AE∥a，
∴AE∥b，
∴∠2=∠DAE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠DAB=90°，
∴∠DAE=90°−∠EAB=56°，
∴∠2=56°．
故选：C．

【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，过点A作AE∥a是解题的关键．
题型02 利用矩形的性质求线段长
【例2】（2022·安徽·合肥38中校考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线交于点O，EF经过点O且EF⊥BD，EF分别与AD，BC交于点E，F，若AB=2，BC=4，则AE等于（ ）

A．32B．2C．52D．3
【答案】A
【分析】连接BE，由矩形的性质可得OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°，由线段垂直平分线的性质可得BE=DE=AD−AE，由勾股定理可得(4−AE)2=22+AE2，求解即可．
【详解】解：如图，连接BE，
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OB=OD，AD=BC=4，∠BAD=90°，
∵EF⊥BD，OB=OD，
∴ EF是BD的垂直平分线，
∴BE=DE=AD−AE=4−AE，
在Rt△ABE中，BE2=AB2+AE2，
则(4−AE)2=22+AE2，
解得：AE=32，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理，熟练掌握矩形的性质、线段垂直平分线的性质，添加适当的辅助线，构造直角三角形是解题的关键．
【变式2-1】（2023·广西南宁·校考二模）在矩形ABCD中，AB=3，将AB绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°）得到BE，连接DE，若DE的最小值为2，则BC的长为 ．

【答案】4
【分析】根据三角形不等式得到BE+DE＞BD，当点B，点E，点D三点共线时，BE+DE取得最小值，得到BD=5，根据勾股定理计算BC即可．
【详解】∵BE+DE＞BD，
∴当点B，点E，点D三点共线时，BE+DE取得最小值，
∵BE=AB=3,
∴DE的最小值为2，
∴BD=5，
∵矩形ABCD，AB=3，
∴AB=CD=3,∠BCD=90°
∴BC=BD2−CD2=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握两点之间线段最短，勾股定理是解题的关键．
【变式2-2】（2023·海南儋州·海南华侨中学校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，点E为对角线BD上一点，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F．连接AF交BE于点O，若AB=AE，则线段AF与BD的位置关系为 ；BF的长为 ．

【答案】 AF⊥BD 94
【分析】先证Rt△ABF≌Rt△AEF可得∠BAF=∠EAF，再根据等腰三角形三线合一的性质可得AF⊥BD，再由面积法可求AO=125的长，进而求得BO=95，再求得cs∠CBD=BCBD=BOBF=45即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°．
∵AB=3，AD=4，
∴BD=AB2+AD2=16+9=5．BC=AD=4，
∵EF⊥AE，
∴∠AEF=90°．
在Rt△ABF和Rt△AEF中，
AB=AE,AF=AF,
∴△ABF≌△AEFHL．
∴∠BAF=∠EAF．
又∵AB=AE，
∴AF⊥BD．
∴12AB⋅AD=12AO⋅BD，
∴AO=AB⋅ADBD=125．
∴BO=AB2−AO2=9−14425=95，
∴cs∠CBD=BCBD=BOBF=45，
∴BF=54BO=54×95=94．
故答案为AF⊥BD，94．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，灵活运用相关判定、性质是解答本题的关键．
【变式2-3】（2023·浙江宁波·校考一模）如图，矩形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，OE⊥AB，垂足为E，F是OC的中点，连接EF交OB于点P，那么OPPB= ．

【答案】13
【分析】取OB的中点H，连接EH，根据矩形性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，可得EH=OH=BH，AE=BE，根据EH∥AC可证得△OFP∽△HEP，可求得OP=PH=12OH，即可求解．
【详解】如图，取OB的中点H，连接EH，

∵ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD，
∵OE⊥AB，点H为OB中点，
∴EH=OH=BH，AE=BE，
∴EH∥AC
∴△OFP∽△HEP
∴EHOF=OPPH
∵F是OC的中点，
∴OF=12OC=12OB=EH，
∴OP=PH=12OH
∴PB=3OP
∴OPPB=13，
故答案为：13．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，矩形的性质，直角三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2-4】（2022·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=5，BC=4，E、F分别是AD、BC的中点，点P、Q在EF上．且满足PQ=2，则四边形APQB周长的最小值为 ．

【答案】12
【分析】因为PQ和AB是定长，所以要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可，在AB上截取AM=PQ，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CM与EF交于点Q，则CM即为AP+BQ的最小值；
【详解】解：∵四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB，
∵AB=5，BC=4，PQ=2，
∴四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB=7+AP+BQ，
要使四边形APQB的周长最小，只要AP+BQ最小即可，
在AB上截取AM=PQ，F是BC的中点，所以点B关于EF的对称点是C点，连接CM与EF交于点Q，则CM即为AP+BQ的最小值，

∴BQ=CQ，
∴MB=3，BC=4，
在Rt△BCM中，由勾股定理得：
MC=32+42=5，
∴四边形APQB周长=AP+PQ+QB+AB=7+AP+BQ=7+5=12．
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称---最短路线问题、矩形的性质，能够将所求四边形的周长转化为求AP+BQ的最小值是解题的关键．
题型03 利用矩形的性质求面积
【例3】（2023·福建泉州·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E，F，G，H分别在AB，BC，CD，DA上，且AE=13AB，BF=13BC，CG=13CD，DH=13DA，若矩形ABCD面积为9，则四边形EFGH的面积为( )

A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【分析】设AE=a，BF=b，根据AE=13AB，BF=13BC，CG=13CD，DH=13DA可知AB=CD=3a，AD=BC=3b，AE=CG=a，BF=DH=b，BE=DG=2a，AH=CF=2b，从而得到△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，再根据“矩形的面积是9”求出ab，从而得到四边形EFGH的面积为9−4ab=5．
【详解】解：设AE=a，BF=b，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，
∵AE=13AB，BF=13BC，
∴AB=CD=3a，AD=BC=3b，
又∵CG=13CD，DH=13DA，
∴AE=CG=a，BF=DH=b，
∴BE=DG=2a，AH=CF=2b，
∴△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，
∴AB=3a，AD=3b，
∵矩形ABCD面积为9，
∴AB·AD=3a·3b=9ab=9，
∴ab=1，
∵△AEH的面积=△BEF的面积=△CGF的面积=△DGH的面积=ab，
∴四边形EFGH的面积=9−4ab=9−4=5．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质和直角三角形的面积公式，掌握矩形的面积公式及合理设未知数列方程是解题的关键．
【变式3-1】（2023·陕西渭南·统考二模）如图，AC是矩形ABCD的对角线，延长AB至E，使得ABBE=56，连接CE，若矩形ABCD的面积为20，则△BCE的面积为（ ）

A．16B．14C．12D．10
【答案】C
【分析】先由矩形的性质求出S△ABC=12S矩形ABCD=10，再根据S△ABCS△BEC=ABBE求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD的面积为20，
∴S△ABC=12S矩形ABCD=10
∵矩形ABCD，
∴BC⊥AB
∴S△ABCS△BEC=ABBE，即10S△BEC=56，
∴S△BEC=12，
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，得出S△ABCS△BEC=ABBE是解题的关键．
【变式3-2】（2023·山西太原·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A和C分别落在y轴与x轴的正半轴上，OA=6，OC=8．若直线y=2x+b把矩形面积两等分，则b的值等于（ ）

A．5B．2C．−2D．−5
【答案】D
【分析】直线y=2x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点，求出点的坐标，用待定系数法求解析式即可．
【详解】解：∵OA=6，OC=8，
所以A点坐标为(0，6)，C点坐标为(8，0)，
则AC中点坐标为(4，3)，
因为矩形是中心对称图形，对称中心是对角线中点，
所以直线y=2x+b把矩形面积两等分,一定经过对角线中点，
代入解析式得，3=2×4+b，解得，b=−5；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的性质和求一次函数解析式，解题关键是明确平分矩形面积一定经过对角线中点，再用待定系数法求解．
【变式3-3】（2023·江苏常州·校考一模）如图，现将四根木条钉成的矩形框ABCD变形为平行四边形木框A'B'C'D'，且A'D'与CD相交于CD边的中点E，若AB=4，BC=5，则原矩形ABCD和平行四边形A'B'C'D'重叠部分的面积是 ．
【答案】10−23
【分析】根据矩形和平行四边形的性质可得：AD∥BC∥A'D'，CD⊥BC，AB=CD=CD'=4，AD=BC=A'D'=5，从而得出CD⊥A'D'，根据中点的定义即可求出CE，然后根据勾股定理即可求出ED'，进而求出AE，最后根据梯形面积公式进行求解即可．
【详解】解：∵矩形木框ABCD变形为平行四边形木框A'B'C'D'
∴AD∥BC∥A'D'，CD⊥BC，AB=CD=CD'=4，AD=BC=A'D'=5，
∴CD⊥A'D'
∵点E为CD的中点，
∴CE=12CD=2，
在Rt△CED'中，根据勾股定理可得：ED'=CD'2−CE2=23，
∴AE=AD'−ED'=5−23，
∴S阴影=S梯形BCEA'=CEA'E+BC2=5+5−232×2=10−23
故答案为：10−23．
【点睛】此题考查的是矩形的性质、平行四边形的性质、勾股定理，掌握矩形的性质定理、平行四边形的性质定理、用勾股定理解直角三角形是解决此题的关键．
【变式3-4】（2023·湖南湘西·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，P是对角线AC上一点，AP=2，连接BD，则图中阴影部分的面积为 ．

【答案】215
【分析】作DE⊥AC于点E，作BF⊥AC于点F，对角线AC与BD交于点O，根据勾股定理求出AC=5，则OA=OC=52，进而得出OP=12，PC=3，根据S△ADC=12AC⋅DE=12AD⋅CD，得出DE=125，同理可得：BF=125，最后根据S阴影部分=S△BOP+S△DPC即可求解．
【详解】解：如图，作DE⊥AC于点E，作BF⊥AC于点F，对角线AC与BD交于点O，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴AB=DC=3，BC=AD=4，
∴AC=AB2+BC2=5，
∴OA=OC=12AC=52，
∵AP=2，
∴OP=OA−AP=12，
∴PC=OP+OC=3，
∵S△ADC=12AC⋅DE=12AD⋅CD，
∴5DE=12，
∴DE=125，
同理可得：BF=125
∴S阴影部分=S△BOP+S△DPC=12×12×125+12×3×125=215．
所以图中阴影部分的面积为215．
故答案为：215．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是掌握矩形四个角都是直角，矩形对角线互相平分且相等，以及勾股定理内容．
题型04 求矩形在坐标系中的坐标
【例4】（2023·河南驻马店·驻马店市第二初级中学校考二模）如图，矩形ABCD的顶点A，B分别在x轴、y轴上，OB=4，OA=3，AD=10，将矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点D的坐标为（ ）
A．(6,5)B．(5,6)C．(−6,−5)D．(−5,−6)
【答案】C
【分析】过点D作DT⊥x轴于点T．首先证明△ATD∽△BOA，利用相似三角形的性质求出点D的坐标，再探究规律，利用规律解决问题即可．
【详解】解：如图，过点D作DT⊥x轴于点T．
∵OA=3，OB=4，∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=32+42=5，
∵∠ATD=∠AOB=∠BAD=90°，
∴∠DAT+∠BAO=90°，∠BAO+∠ABO=90°，
∴∠DAT=∠ABO，
∴△ATD∽△BOA，
∴ ADAB=ATOB=DTOA，
∴ 105=AT4=DT3，
∴AT=8，DT=6，
∴OT=AT−OA=8−3=5，
∴D(−5,6)，
∵矩形ABCD绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，
则第1次旋转结束时，点D的坐标为(6,5)；
则第2次旋转结束时，点D的坐标为(5,−6)；
则第3次旋转结束时，点D的坐标为(−6,−5)；
则第4次旋转结束时，点D的坐标为(−5,6)；
…
发现规律：旋转4次一个循环，
∴2023÷4=505…3，
则第2021次旋转结束时，点D的坐标为(−6,−5)．
故选：C．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化−旋转、规律型−点的坐标，解决本题的关键是根据旋转的性质发现规律，总结规律．
【变式4-1】（2023·天津河东·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，D分别在y轴上，O是BD的中点.若AB=OB=23，则点C的坐标是（ ）

A．（3，3）B．−3,−3C．(3，3）D．(−3,−3)
【答案】B
【分析】过点A作AF⊥x轴，垂足为F，由四边形ABCD是矩形易证得△AOB是等边三角形,进而∠AOF=30°，解直角三角形得AF=OA⋅sin∠AOF=3，OF=OA⋅cs30°=3，所以A(3,3)，由矩形是中心对称图形知点A，点C关于原点对称，得点C(−3,−3)．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB
∵AB=OB=23
∴OA=AB=OB=23，∠AOB=60°
过点A作AF⊥x轴，垂足为F，

则AF=OA⋅sin∠AOF=OA⋅sin(90°−60°)=23×12=3
OF=OA⋅cs30°=23×32=3
∴点A(3,3)
∵点A，点C关于原点对称，
∴点C(−3,−3)，
故选：B
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质、解直角三角形，点坐标的含义；结合已知条件构建直角三角形求解相关线段是解题的关键．
【变式4-2】（2022·山东聊城·校联考一模）如图，已知矩形AOBC的顶点O在坐标原点，点A的坐标是（－2，1），点B的纵坐标是3，则点C的坐标是（ ）
A．−12,4B．−23,4C．−12,25D．−23,25
【答案】A
【分析】作BD⊥x轴于点D， 过点A作FE⊥x轴于点E，过点C作FG⊥y轴于点G，先通过角度等量代换证明ΔEAO∼ΔDOB，求出OD=32，再证明ΔDBO≅ΔFAC，求出FC，AF，则CG=OE−CF，EF=AE+FA，由此可解．
【详解】解：如图，
作BD⊥x轴于点D， 过点A作FE⊥x轴于点E，过点C作FG⊥y轴于点G，
∵点A的坐标是（－2，1），点B的纵坐标是3，
∴AE=1，OE=2，BD=3，
∵BD⊥x轴，FE⊥x轴，FG⊥y轴，
∴∠AFC=∠OEA=∠BDO=90°，
∵ 四边形AOBC是矩形，
∴∠CAO=∠AOB=90°，
∴∠EAO+∠EOA=∠DOB+∠EOA=90°，
∴∠EAO=∠DOB，
∴ΔEAO∼ΔDOB，
∴ODAE=BDOE，即OD1=32，
∴OD=32．
∵ 四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB，
∵∠EAO+∠EOA=∠FAC+∠EAO=90°，
∴∠EOA=∠FAC，
又∵ΔEAO∼ΔDOB，
∴∠EOA=∠DBO，
∴∠DBO=∠FAC，
在ΔDBO和ΔFAC中，
∠DBO=∠FAC∠ODB=∠CFAAC=OB，
∴ΔDBO≅ΔFAC，
∴FC=OD=32，AF=BD=3，
∴CG=OE−CF=2−32=12，EF=AE+FA=1+3=4，
∵点C在第二象限，
∴点C的坐标是−12,4．
故选A．
【点睛】本题考查矩形的性质、平面直角坐标系内点的坐标，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质等知识点，通过作辅助线构造全等及相似三角形是解题的关键．
【变式4-3】（2021·湖南株洲·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，将矩形AOCD沿直线AE折叠，折叠后顶点D恰好落在边OC上的点F处．若点D的坐标为10,8，则点E的坐标为（ ）
A．10,3B．10,5C．6,3D．4,3
【答案】A
【分析】根据折叠的性质得到AF=AD，所以在直角△AOF中，利用勾股定理求得OF=6，然后设EC=x，则EF=DE=8-x，CF=10-6=4，根据勾股定理列方程求出EC可得点E的坐标．
【详解】解：∵四边形AOCD为矩形，D的坐标为(10,8)，
∴AD=OC=10，DC=AO=8，
∵矩形沿AE折叠，使D落在BC上的点F处，
∴AD=AF=10，DE=EF，
在Rt△AOF中,OF=AF2−AO2 =6，
∴FC=10−6=4，
设EC=x，则DE=EF=8−x，
在Rt△CEF中,EF2=EC2+FC2，
即(8−x)2=x2+42，
解得x=3，即EC的长为3，
∴点E的坐标为(10,3)．
故选择A．
【点睛】本题考查矩形的性质，折叠性质，勾股定理，掌握矩形的性质，折叠性质，勾股定理，利用勾股定理构造方程是解题关键．
【变式4-4】（2023·江西萍乡·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=−12x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，点M在坐标轴上，点N在坐标平面内，若以A、B、M、N为顶点的四边形为矩形，则点N的坐标为 ．

【答案】4,2或3,−2或−4,−6
【分析】分类讨论：①点M在x轴上；②点M在原点；③点M在y轴上，利用相似及平移规律即可求解．
【详解】解：直线y=−12x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，
当x=0时，y=2，y=0时，x=4，
∴A点坐标4,0，B点坐标B0,2，
分三种情况：
①点M在原点，矩形BMAN中，如图，

BO=AN=2,BN=AO=4，
∴点N坐标为（4，2）；
②如图1，点M在x轴上，如图，

矩形BMNA中，OB⊥AM，
∴∠OBM+∠OMB=∠OBM+∠OBA=90°，
∴∠OMB=∠OBA，
∴△BOM ∽△AOB，
∴BOAO=MOBO，
∴MO=BO2AO=1，
∴M点坐标为（−1，0），
将点M向右平移4个单位，向下平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（3，−2）；
②如图2，点M在y轴上，如图，

矩形BAMN中，OA⊥MB，
由②同理可得：△MOA∽△AOB ，
∴BOAO=AOMO
∴MO=AO2BO=8，
∴M点坐标为(0,−8)，
将点M向左平移4个单位，向上平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（−4，−6），
∴点N坐标为（4，2）或（3，−2）或−4,−6，
故答案为：（4，2）或（3，−2）或−4,−6．
【点睛】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应线段之间的关系．
题型05 根据矩形的性质证明
【例5】（2023·湖南娄底·统考一模）如图，已知四边形ABCD是矩形，BE⊥AC于E，DF⊥AC于F，连接DE，BF．
(1)求证：四边形BEDF是平行四边形；
(2)若AB=3，BC=4，求BE的长；
(3)求证：BE2=AE⋅EC．
【答案】(1)证明见解析
(2)125
(3)证明见解析
【分析】（1）证明△ABE≌△CDFAAS，则BE=DF，由BE⊥AC，DF⊥AC，可得BE∥DF，进而结论得证；
（2）由勾股定理得，AC=AB2+BC2=5，根据S△ABC=12AB×BC=12AC×BE，计算求解即可；
（3）证明△AEB∽△BEC，则BEEC=AEBE，进而可得BE2=AE⋅EC．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AB∥CD，∠ABC=90°，
∴∠BAE=∠DCF，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠BEA=∠DFC=90°，BE∥DF，
∵∠BEA=∠DFC=90°，∠BAE=∠DCF，AB=CD，
∴△ABE≌△CDFAAS，
∴BE=DF，
又∵BE∥DF，
∴四边形BEDF是平行四边形；
（2）解：由勾股定理得，AC=AB2+BC2=5，
∵S△ABC=12AB×BC=12AC×BE，
∴12×3×4=12×5×BE，
解得，BE=125，
∴BE的长为125；
（3）证明：由题意知，∠ABE+∠CBE=90°=∠ABE+∠BAE，
∴∠BAE=∠CBE，
又∵∠AEB=∠BEC=90°，
∴△AEB∽△BEC，
∴BEEC=AEBE，
∴BE2=AE⋅EC．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形的性质，平行四边形的判定，相似三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023·江西吉安·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，E是OA上一点，连接BE并延长至点F，使得∠ADF=∠ADB．

(1)求证：DF∥AC；
(2)若OE=1，求DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）根据矩形的性质得出OA=OD，再由等边对等角及等量代换得出∠ADF=∠DAO，利用平行线的判定即可证明；
（2）根据相似三角形的判定和性质得出BEBF=BOBD=OEDF=12，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD中是矩形，
∴OA=12AC，OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OD，
∴∠ADB=∠DAO，
∵∠ADF=∠ADB，
∴∠ADF=∠DAO，
∴DF∥AC；
（2）解：∵DF∥AC，
∴△BEO∽△BFD，
∵点O为线段BD的中点，
∴BEBF=BOBD=OEDF=12，
∵OE=1
∴DF=2OE=2．
【点睛】题目主要考查矩形的性质及相似三角形的判定和性质，平行线的判定，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·统考模拟预测）已知，矩形ABCD中，E、F为对角线AC上两点，连接BE、DF，且BE⊥AC于E，DF⊥AC于F．

(1)如图1，求证：AE=CF；
(2)如图2，连接DE、BF，当∠ACD=2∠ABE时，请直接写出图中面积为△ABE面积3倍的所有三角形．
【答案】(1)见解析
(2)△ABF，△CBE，△ADF，△CDE
【分析】（1）由矩形可证得∠BAE=∠DCF，求证△ABE≌△CDF，结论得证；
（2）由△ABE≌△CDF得∠ABE=∠CDF，可求得∠CDF=30°，CD=2CF，AC=2CD.连接BD，交AC于点O，由矩形知，OA=OC=12AC=OB=OD，得OD=CD，于是OF=CF，可求证AE=OE=OF=CF，得AF=CE=3AE，于是S△ABF=S△CBE=S△CDE=S△ADF=3S△ABE．
【详解】（1）证明：∵ABCD为矩形
∴AB=CD，AB∥CD．
∵AB∥CD，
∴∠BAE=∠DCF．
∵BE⊥AC于E，DF⊥AC于F
∴∠AEB=∠CFD=90°．
∴△ABE≌△CDF．
∴AE=CF．
（2）解：∵△ABE≌△CDF,
∴∠ABE=∠CDF.
∵∠ACD=2∠ABE,∠DFC=90°,
∴∠DCF+∠CDF=3∠CDF=90°．
∴∠CDF=30°．
∴CD=2CF．
Rt△CAD中,∠CAD=30°，AC=2CD.
连接BD，交AC于点O，
由矩形知，OA=OC=12AC=OB=OD，
∴OD=CD．
∵DF⊥AC，
∴OF=CF．
同理，OE=AE，
于是AE=OE=OF=CF．
∴AF=CE=3AE，
∵BE=DF
∴S△ABF=S△CBE=S△CDE=S△ADF=3S△ABE．
故△ABE面积3倍的所有三角形：为△ABF，△CBE，△ADF，△CDE.

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形；熟练运用矩形性质寻求线段之间的关系是解题的关键．
【变式5-3】（2023·安徽·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，连接EC，EB，过点B作EC的垂线交CD，CE于点F，G．设ADDC=m．

(1)求证：△BGC∽△BAE；
(2)如图1，连接AG，若∠GAB=30°，求m的值；
(3)如图2，若AG平分∠DAB，过点D作AG的垂线交EC，EB及CB的延长线分别于点P，H，M．若DH⋅CB=32，求EH的长．
【答案】(1)见解析
(2)4−23
(3)3
【分析】（1）证出∠GBC=∠ABE，由相似三角形的判定可得出结论；
（2）设BG=k，则EB=2k，EG=3k，得出EC=EB=2k，证出tan∠ECD=EDDC=2−3，则可得出答案；
（3）连接CH，证明△DPC∽△EPH，由相似三角形的性质得出DFEF=CPHF，证明△DPE∽△CPH，得出∠ECH=∠EDP=45°，证出△CEH为等腰直角三角形．过点C作EC垂线交EB延长线于点N，则△CEN为等腰直角三角形，∠N=45°，证明△CBN∽△HED，由相似三角形的性质得出CBEH=CMDHEH，则可得出答案．
【详解】（1）证明：由题意得，∠BGC=∠DCB=90°，
∴∠GBC+∠GCB=∠GCB+∠DCE=90°，
∴∠GBC=∠ECD，
∵点E为AD的中点，
∴DE=AE，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD，∠EDC=∠BAE=90°，
∴△ECD≌△EBA，
∴∠ECD=∠EBA，
∴∠GBC=∠ABE，
∵∠BGC=∠A=90°，
∴△BGC∽△BAE；
（2）解：∵△BGC∽△BAE，
∴BGBC=BABE，
∵∠ABE+∠EBG=∠GBC+∠EBG，
∴∠ABG=∠EBC，
∴△ABG∽△EBC，
∴∠CEB=∠GAB=30°，
在Rt△EBG中，设BG=k，则EB=2k，EG=3k，
∴EC=EB=2k，
∴GC=2−3k，
∴tan∠GBC=GCBG=2−3，
∴tan∠ECD=EDDC=2−3，
∴m=ADDC=2EDDC=4−23；
（3）解：∵AG平分∠DAB，
∴∠GAB=∠DAG=45°，
又DH⊥AG，
∴∠ADH=∠CDH=45°，
由（2）知△ABG∽△EBC，
∴∠CEH=∠GAB=45°，
∴∠PEH=∠CDP，
连接CH，

又∵∠CPD=∠EPH，
∴△DPC∽△EPH，
∴DPEP=CPPH，
∵∠DPE=∠CPH，
∴△DPE∽△CPH，
∴∠ECH=∠EDP=45°，
∴∠CEH=∠ECH=45°，
∴∠EHC=180°−45°−45°=90°，
∴△CEH为等腰直角三角形，
∴CE=2EH，
过点C作EC垂线交EB延长线于点N，
∴∠ECN=90°，
∴△CEN为等腰直角三角形，
∴CN=CE=2EH，∠N=45°，
∴∠N=∠EDH，
又∵DE∥BC，
∴∠DEH=∠CBN，
∴△CBN∽△HED，
∴CBEH=CNDH，
∴DH⋅CB=EH⋅CN=EH·2EH=32，
解得：EH=3．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质，解直角三角形，矩形的性质，等腰直角三角形的性质，解决本题的关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
题型06 矩形的判定定理的理解
【例6】（2023·河北沧州·模拟预测）如图为小亮在家找到的一块木板，他想检验这块木板的表面是不是矩形，但仅有一根足够长的细绳，现提供了如下两种检验方法：
下列说法正确的是（ ）
A．方法一可行，方法二不可行B．方法一不可行，方法二可行
C．方法一、二都可行D．方法一、二都不可行
【答案】A
【分析】根据矩形的判定进行判断即可．
【详解】解：方法一中：第一步得出四边形为平行四边形，
结合第二步得出：四边形为矩形；
方法二中不能直接得出是矩形，可能是等腰梯形，
故方法一可行，方法二不可行，
故选：A．
【点睛】题目主要考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题关键．
【变式6-1】（2023·河北保定·统考一模）下列图形一定为矩形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据矩形的判定定理逐一判定即可．
【详解】解：A、只有两个角是直角，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
B、只有两个角是直角，进而证明有一组对边平行，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
C．有两个角是直角，可以证明边长为3的两边平行，则该四边形是平行四边形，再由有两个角是直角，可证明该四边形是矩形，符合题意；
D、只有两个角是直角，无法证明该四边形是矩形，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，熟知矩形的判定定理是解题的关键．
【变式6-2】（2022·江苏南京·统考一模）要判断一个四边形的窗框是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两组对边是否相等
B．测量对角线是否相等
C．测量对角线是否互相平分
D．测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理判定即可．
【详解】A.测量两组对边是否相等，能判定平行四边形，故A错误；
B.对角线相等的四边形不一定是矩形，不能判定四边形的形状，故B错误；
C.测量对角线是否互相平分，能判定平行四边形，故C错误；
D.根据对角线相等且互相平分四边形是矩形，可知量出对角线的交点到四个顶点的距离，看是否相等，可判断是否是矩形．故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定定理，矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
【变式6-3】（2023·河北邯郸·统考一模）如图，在四边形ABCD中，给出部分数据，若添加一个数据后，四边形ABCD是矩形，则添加的数据是（ ）
A．CD=4B．CD=2C．OD=2D．OD=4
【答案】D
【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形即可得到答案．
【详解】解：当OD=4时，由题意可知，
AO=CO=4，BO=DO=4，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC=BD=8,
∴四边形ABCD是矩形，
故选：D
【点睛】此题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．
题型07 添加一个条件使四边形是矩形
【例7】（2023·湖南常德·统考模拟预测）如图，在▱ABCD中，M、N是BD上的两点，BM=DN，连接AM、MC、CN、NA．请你添加一个条件 ，使得四边形AMCN是矩形．

【答案】OM=12AC（答案不唯一）
【分析】由平行四边形的性质可知，OA=OC，OB=OD，再证OM=ON，则四边形AMCN是平行四边形，然后证MN=AC，即可得出结论．
【详解】解：添加一个条件，使四边形AMCN是矩形，这个条件是OM=12AC，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD，
∵BM=DN，
∴OB−BM=OD−DN，
即OM=ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴ OM=12AC，
∴MN=AC，
∴平行四边形AMCN是矩形．
故答案为：OM=12AC（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式7-1】（2022·黑龙江佳木斯·统考一模）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，请你添加一个条件使▱ABCD成为矩形，这个条件可以是 ．

【答案】AC=BD（答案不唯一）
【分析】依据矩形的判定定理进行判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴当AC=BD时，四边形ABCD为矩形．
故答案为AC=BD(答案不唯一)．
【点睛】本题主要考查矩形的判定，熟悉掌握矩形判定条件是关键．
【变式7-2】（2023·山西晋城·统考一模）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且AE=CF，连接BE，ED，DF，FB．若添加一个条件使四边形BEDF是矩形，则该条件可以是 ．（填写一个即可）

【答案】BD=EF（答案不唯一）
【分析】根据平行四边形的判定和性质定理以及矩形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：BD=EF，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO，
∵AE=CF，
∴AO−AE=CO−CE．
即EO=FO．
∴四边形BEDF为平行四边形，
∵BD=EF，
∴四边形BEDF是矩形．
故答案为：BD=EF（答案不唯一）．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质定理是解题的关键．
题型08 证明四边形是矩形
【例8】（2023·广东梅州·统考一模）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=OC，BO=OD，且∠AOB=2∠OAD．

(1)求证：四边形ABCD是矩形；
(2)若∠AOB:∠ODC=6:7，求∠ADO的度数．
【答案】(1)见解析
(2)27°
【分析】（1）先判断四边形ABCD是平行四边形，继而根据已知条件推导出AC=BD，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形即可得证；
（2）由矩形的性质得到AB∥CD，再由平行线的性质得到∠ABO=∠CDO，然后由三角形的内角和求出∠ABO=63°，再根据直角三角形的两锐角互余，即可求解．
【详解】（1）证明：∵AO=OC，BO=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠AOB=∠DAO+∠ADO=2∠OAD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴AO=DO，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，∠BAD=90°，
∴∠ABO=∠CDO，
∵∠AOB:∠ODC=6:7，
∴∠AOB:∠ABO=6:7，
∴∠BAO:∠AOB:∠ABO=7:6:7，
∴∠ABO=180°×77+6+7=63°，
∵∠BAD=90°，
∴∠ADO=90°−63°=27°．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握矩形的判定与性质，证明AC=BD是解题的关键．
【变式8-1】（2022·山东滨州·校考一模）如图，点C是BE的中点，四边形ABCD是平行四边形．
（1）求证：四边形ACED是平行四边形；
（2）如果AB=AE，求证：四边形ACED是矩形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质以及点C是BE的中点，得到AD∥CE，AD=CE，从而证明四边形ACED是平行四边形；
（2）由平行四边形的性质证得DC=AE，从而证明平行四边形ACED是矩形．
【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，且AD=BC．
∵点C是BE的中点，
∴BC=CE，
∴AD=CE，
∵AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∵AB=AE，
∴DC=AE，
∵四边形ACED是平行四边形，
∴四边形ACED是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形和矩形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
【变式8-2】（2022·广东深圳·统考一模）如图，等腰△ABC中，AB=AC，AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，分别过D，E两点作线段AC的垂线，垂足分别为G，F两点．
(1)求证：四边形DEFG为矩形；
(2)若AB=10，EF=4，求CG的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】（1）欲证明四边形DEFG为矩形，只需推知该四边形为平行四边形，且有一内角为直角即可；
（2）首先根据直角三角形斜边上中线的性质求得AE＝DE＝5；然后在直角△AEF中利用勾股定理得到AF的长度；最后结合AB＝AC＝AF+FG+CG＝10求解即可．
【详解】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴点D是BC的中点．
∵E点是AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线．
∴DE∥AC.
∵DG⊥AC，EF⊥AC，
∴EF∥DG
∴四边形DEFG是平行四边形．
又∵∠EFG＝90°，
∴四边形DEFG为矩形；
（2）解：∵AD⊥BC交BC于D点，
∴ ∠ADB=∠ADC=90°
∴△ADB是直角三角形
∵E点是AB的中点，AB＝10，
∴DE＝AE＝12BC＝5．
由（1）知，四边形DEFG为矩形，
∴GF＝DE＝5
在直角△AEF中，EF＝4，AE＝5，
由勾股定理得：
AF＝AE2−EF2=52−42=3 ．
∵AB＝AC＝10，FG＝ED＝5，
∴GC＝AC﹣FG﹣AF＝10﹣5﹣3＝2．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，等腰三角形的性质以及直角三角形斜边上的中线，勾股定理，根据题意找到长度相等的线段是解题的关键．
题型09 根据矩形的性质与判定求角度
【例9】（2021·河北唐山·统考二模）将矩形ABCD绕点A顺时针旋转α0°<α<360°，得到矩形AEFG．当GC=GB时，下列针对α值的说法正确的是（ ）
A．60°或300°B．60°或330°C．30°D．60°
【答案】A
【分析】当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，分两种情况讨论，依据∠DAG=60°，即可得到旋转角α的度数．
【详解】如图，当GB=GC时，点G在BC的垂直平分线上，
分两种情况讨论：
①当点G在AD右侧时，取BC的中点H，连接GH交AD于M，
∵GC=GB，
∴GH⊥BC，
∴四边形ABHM是矩形，
∴AM=BH=12AD，
∴GM垂直平分AD，
∴GD=GA=DA，
∴△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=60°；
②当点G在AD左侧时，同理可得△ADG是等边三角形，
∴∠DAG=60°，
∴旋转角α=360°-60°=300°，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质的运用，解题时注意：对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
【变式9-1】（2020·福建龙岩·统考模拟预测）如图，∠MON＝90°，动点A、B分别位于射线OM、ON上，矩形ABCD的边AB＝6，BC＝4，则线段OC长的最大值是（ ）
A．10B．8C．6D．5
【答案】B
【分析】取AB中点E，连接OE、CE，求出OE和CE值，利用三角形三边关系分析出当O、E、C三点共线时，OC最大为OE＋CE．
【详解】解：取AB中点E，连接OE、CE，如图所示：
则BE＝12AB＝3，
∵∠MON＝90°，
∴OE＝12AB＝3．
在Rt△BCE中，利用勾股定理可得CE＝32+42＝5．
在△OCE中，根据三角形三边关系可知CE+OE＞OC，
∴当O、E、C三点共线时，OC最大为OE+CE＝3+5＝8．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质、勾股定理以及三角形三边关系，解决动态问题的最值问题一般转化为两点间线段最短或三角形三边关系问题．
【变式9-2】（2022·河北·一模）如图，四边形ABCD为矩形，依据尺规作图的痕迹，∠α与∠β的度数之间的关系为( )
A．β= 180-αB．β=180°-12αC．β=90°-αD．β=90°-12α
【答案】D
【分析】如图，根据题意得∠DAC=∠α，∠EAO=12∠α，∠AEO=∠β,∠EOA=90°，再根据三角形内角和定理可得β=90°-12α.
【详解】如图，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC=∠α
由作图痕迹可得AE平分∠DAC，EO⊥AC
∴∠EAO=12∠α， ∠EOA=90°
又∠AEO=∠β，
∠EAO+∠AOE+∠AEO=180°，
∴12∠α+∠β+90°=180°，
∴β=90°-12α
故选D.
【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线以及线段垂直平分线的性质，熟练掌握和运用相关的知识是解题的关键.
【变式9-3】（2023·河南新乡·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，∠B=30°，点D、E分别在边BC、AB上，BD=2，DE∥AC，将△BDE绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是D'、E'，当A、D'、E'三点共线时，∠EBE'的度数为 ．
【答案】30°或90°
【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，当点D'在线段AE'上时，
∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴AB=4，BC=AB2−AC2=42−22=23，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD'E'，
∴D'B=DB=2，∠BD'E'=90°，
∴AD'=AB2−D'B2=42−22=23，
∴AD'=BC，
又∵AC=BD'=2，
∴四边形ACBD'是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBD'是矩形，
∴∠D'BD=90°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EBD'=∠D'BD−∠ABC=90°−30°=60°，
∵∠E'BD'=∠EBD=30°，
∴∠EBE'=∠E'BD'+∠D'BE=30°+60°=90°；
如图：当点D'在线段AE'的延长线上时，
∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=90°−30°=60°，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD'E'，
∴D'B=DB=2，∠BD'E'=90°，∠E'BD'=∠EBD=30°
∵AC=2，
∴AC=BD'，
在Rt△ABC与Rt△BAD'中，
AC=BD'AB=BA
∴Rt△ABC≌Rt△BAD'HL，
∴∠BAC=∠ABD'=60°，
∴∠EBE'=∠ABD'−∠E'BD'=60°−30°=30°，点E'在BC上，
综上，∠EBE'的度数为30°或90°，
故答案为：30°或90°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，利用分类讨论解决问题是本题的关键．
题型10 根据矩形的性质与判定求线段长
【例10】（2023·山东枣庄·统考三模）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=2，G是AD的中点，线段EF在边AB上左右滑动；若EF=1，则GE+CF的最小值为 ．
【答案】32
【分析】如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，可得四边形EFCH是平行四边形，从而得到G'H=EG'+EH=EG+CF，再由勾股定理求出HG'的长，即可求解．
【详解】解：如图，作G关于AB的对称点G'，在CD上截取CH=1，然后连接HG'交AB于E，在EB上截取EF=1，此时GE+CF的值最小，

∴G'E=GE，AG=AG'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD=BC=2
∴CH∥EF，
∵CH=EF=1，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴EH=CF，
∴G'H=EG'+EH=EG+CF，
∵AB=4，BC=AD=2，G为边AD的中点，
∴AG=AG'=1
∴DG′=AD+AG'=2+1=3，DH=4-1=3，
∴HG'=DH2+DG'2=32+32=32，
即GE+CF的最小值为32．
故答案为：32
【点睛】此题主要考查了利用轴对称求最短路径问题，矩形的性质，勾股定理等知识，确定GE+CF最小时E，F位置是解题关键．
【变式10-1】（2021·广东中山·校联考一模）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点E是AD的黄金分割点，即DE≈0.618AD．延长HF与AD相交于点G，则EG≈ DE.（精确到0.001）

【答案】0.618
【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由DE≈0.618AD得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得EGDE，即可得到答案．
【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，
由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°，
∴四边形EFGM是矩形，
∴EG＝MF＝y，
∵DE≈0.618AD，
∴x－y≈0.618x，
解得y≈0.382x，
∴EGDE=yx−y≈0.382xx−0.382x≈0.618，
∴EG≈0.618DE．
故答案为：0.618．
【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键．
【变式10-2】（2022·广东广州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB = 6，AD = 8，点E是CD边上的一个动点（点E不与点C重合），延长DC到点F，使EC = 2CF，且AF与BE交于点G.
(1)当EC = 4时，求线段BG的长:
(2)设CF = x，△GEF的面积为y，求y与x的关系式，并求出y的最大值:
(3)连接DG，求线段DG的最小值.
【答案】(1)25
(2)y=12x2x+2；1085
(3)1255
【分析】（1）先利用矩形的性质证明ΔAGB≌ΔFGEAAS，证得BG=GE，在RtΔBCE利用勾股定理求得BE的长，进而可求解；
（2）设AF与BC交于点P，过点G作GM⊥BC于M，利用相似三角形的判定和性质分别求得GM，PC，PM，最后求得CM，在△GEF中利用三角形的面积公式即可求解；
（3）过点G作GN⊥CD，连接DG，则四边形CNGM是矩形，在RtΔDGN中，利用勾股定理求得DG2的最小值，进而得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，AB = 6，AD = 8，
∴AB=CD=6，AD=BC=8，AB∥CD，AD∥BC，∠BCD=90°，
∴∠BAG=∠F，
∵EC = 2CF，EC = 4，
∴CF=2，
∴EF=CE+CF=6，
∴EF=AB，
又∵∠AGB=∠FGE，
∴ΔAGB≌ΔFGEAAS，
∴BG=GE，
在RtΔBCE中，BE=BC2+CE2=82+42=45，
∴BG=12BE=25；
（2）解：设AF与BC交于点P，过点G作GM⊥BC于M，如图所示，
∵CD∥AB，
∴ΔGEF∽ΔGBA，
∴GEBG=EFAB，
∵AB = 6，EF=CE+CF=2x+x=3x，
∴GEBG=3x6=x2．
∵GM⊥BC，∠BCD=90°，
∴GM∥CE，
∴CEGM=BEBG=BG+GEBG，
即2xGM=BG+GEBG=1+x2，
∴GM=4xx+2，
∵AD∥BC，
∴ΔFCP∽ΔFDA，
∴PCAD=CFDF，即PC8=xx+6，解得PC=8xx+6，
又∵GM∥CE，
∴ΔFCP∽ΔGMP，
∴GMCF=PMPC，即4xx+2x=PM8xx+6，
解得PM=32xx+2x+6，
∴CM=PM+PC=32xx+2x+6+8xx+6=8xx+2，
∴y=SΔGEF=12EF·CM=12·3x·8xx+2=12x2x+2，
∴y与x的关系式为:y=12x2x+2，
∵点E是CD边上的一个动点（点E不与点C重合），CE=2x，
∴0＜2x≤6，即0＜x≤3，
∴当x=3时，y的最大值=12×323+2=1085．
（3）解：过点G作GN⊥CD，连接DG，则四边形CNGM是矩形，
∴GN=CM=8xx+2， CN=GM=4xx+2，
∴DN=CD−CN=6−4xx+2，
在RtΔDGN中，DG2=DN2+GN2 =6−4xx+22+8xx+22，
令m=4xx+2，则DG2=6−m2+2m2=5m−652+1445，
∴当m=4xx+2=65时，DG2有最小值为1445，
∴DG的最小值为1255．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等，解题的关键是根据题意作出适当的辅助线．
题型11 根据矩形的性质与判定求面积
【例11】（2023·甘肃白银·统考一模）在矩形ABCD中，AC、BD相交于点O，若△AOB的面积为2，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到OA=OB=OC=OD，推出S△ADO=S△BCO=S△CDO=S△ABO=2，即可求出矩形ABCD的面积.
【详解】∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD相交于点O
∴AC=BD，且OA=OB=OC=OD
∴S△ADO=S△BCO=S△CDO=S△ABO=2
∴矩形ABCD的面积为4S△ABO=8
故选：C
【点睛】此题考查矩形的性质：矩形的对角线相等，且互相平分，由此可以将矩形的面积四等分，由此可以解决问题，熟记矩形的性质定理是解题的关键.
【变式11-1】（2022·内蒙古赤峰·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】B
【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形DECF是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】解：∵ 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，
∴DE//BC,DE=12BC=3,DF//AC,DF=12AC=4,
∴ 四边形DECF是平行四边形，
∵∠C=90°,
∴ 四边形DECF是矩形，
∴S矩形DECF=3×4=12.
故选：B.
【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
【变式11-2】（2020·山东济宁·统考模拟预测）矩形ABCD的边BC上有一动点E，连接AE、DE，以AE、DE为边作平行四边形AEDF．在点E从点B移动到点C的过程中，平行四边形AEDF的面积（ ）
A．先变大后变小B．先变小后变大C．一直变大D．保持不变
【答案】D
【分析】过点E作EG⊥AD于G，证四边形ABEG是矩形，得出EG＝AB， S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，即可得出结论．
【详解】解：过点E作EG⊥AD于G，如图所示：
则∠AGE＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，
∴四边形ABEG是矩形，
∴EG＝AB，
∵四边形AEDF是平行四边形，
∴S▱AEDF=2SΔADE=2×12AD×EG=AD×AB=S矩形ABCD，
即▱AEDF的面积保持不变，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定、平行四边形的性质以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的性质，证出▱AEDF的面积＝矩形ABCD的面积，是解题的关键．
【变式11-3】（2020·河北石家庄·统考模拟预测）如图，有一块四边形的铁板余料ABCD．经测量，AB＝50cm，BC=108cm，CD＝60cm，tanB＝tanC＝43，M、N边BC上，顶点P在CD上，顶点Q在AB上，且面积最大的矩形PQMN面积为 cm2．
【答案】1944
【分析】设QM=PN=4k，BM=CN=3k，构建二次函数，利用二次函数的性质解决问题即可．
【详解】解：如图，
∵四边形MNPQ是矩形，tanB=tanC=43，
∴设QM=PN=4k，BM=CN=3k，
∴MN=108-6x，
∴S矩形MNPQ=4k(108-6k)=-24(k-9)2+1944，
∵-24＜0，
∴k=9时，矩形MNPQ的面积最大，最大值为1944 cm2，
此时BQ=PC=5k=45，符合题意，
∴矩形MNPQ的面积的最大值为1944cm2．
故答案为：1944．
【点睛】本题考查了锐角三角函数的知识，矩形的性质，二次函数的性质等知识，解题的关键是熟练掌握二次函数的图象与性质，属于中考常考题型．
【变式11-4】（2022·江苏无锡·统考二模）矩形ABCD中，AB=m，AD=n，连接BD，点P在线段BD上，连接AP过点P作PE⊥AP，交直线BC于点E，连接AE、PC．
(1)若m=6，n=63；
①当点E与点B重合时，求线段DP的长；
②当EB=EP时，求线段BP的长；
(2)若m=6，n=8，△PEC面积的最大值为 (直接写出答案)．
【答案】(1)①9；②6；
(2)758
【分析】（1）①当点E与点B重合时，AP⊥BD，证得△ADP∽△BDA，即可求解；②设AE交BP于点O，由EB=EP，可得到AE垂直平分BP，即可求解；
（2）过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥AB于点G，延长GP交CD于点H，则PH⊥CD，可得四边形BFPG，四边形CFPH是矩形，然后设PF=x，PH=y，则BG=x，根据12×6×8=12×8x+12×6y，可得y=8−43x，再证得△APG∽△EPF，可得EF=346−x，从而得到CE=252−2512x，继而得到△PEC面积为12PF×CE=12x252−2512x=−2524x−32+758，即可求解．
【详解】（1）解：①如图，当点E与点B重合时，AP⊥BD，
在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠DAP=90°，BD=AB2+AD2=12，
∵AP⊥BD，
∴∠APD=∠BAD=90°，
∴∠BAP+∠ABP=90°，
∴∠ABP=∠DAP，
∴△ADP∽△BDA，
∴DPAD=ADBD，
∴DP63=6312，解得：DP=9；
②如图，设AE交BP于点O，
∵EB=EP，
∴∠PBE=∠BPE，
∵∠APE=∠ABE=90°，
∴∠ABP=∠APB，
∴AB=AP，
∴AE垂直平分BP，
由（1）得：OD=9，BD=12，
∴OB=3，
∴BP=6，
（2）如图，过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥AB于点G，延长GP交CD于点H，则PH⊥CD，
∴∠GBE=∠BFP=∠BGP=90°，
∴四边形BFPG是矩形，
同理四边形CFPH是矩形，
∴BG=PF=CH，PG=BF，PH=CF，
∴GH=BC，
设PF=x，PH=y，则BG=x，
∴AG=6-x，PG=8-y，
∵S△BCD=S△BCP+S△PCD，
∴12×6×8=12×8x+12×6y，
∴y=8−43x，
∴PG=43x，CF=8−43x，
∵∠APE=∠GPF=90°，
∴∠APG=∠EPF，
∴△APG∽△EPF，
∴EFAG=PFPG，
∴EF6−x=x43x，解得：EF=346−x，
∴CE=252−2512x，
∴△PEC面积为12PF×CE=12x252−2512x=−2524x−32+758，
∴当x=3时，△PEC面积的最大，最大值为758．
故答案为：758.
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质等知识，熟练掌握矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，二次函数的性质是解题的关键．
题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
【例12】（2023·河北·统考二模）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，AD=8cm，BC=6cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动.设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论正确的是（ ）

A．当t=3s时，四边形ABMP为矩形B．当t=4s时，四边形CDPM为平行四边形
C．当CD=PM时，t=3sD．当CD=PM时，t=3s或5s
【答案】D
【分析】对于选项A、B，分别计算当t=3s与t=4s时相应线段的长度结合平行四边形的判定方法判断即可；对于C、D选项，作CE⊥AD,MF⊥AD，垂足分别为E、F，如图，证明Rt△DCE≅Rt△PMFHL，得出PF=DE=2cm，进而得出关于t的方程，解方程判定即可.
【详解】解：当t=3s时，PD=3cm，PA=8−3=5cm，BM=3cm，
∴AP≠BM，
∴四边形ABMP不为矩形，故选项A结论错误；
当t=4s时，PD=4cm，BM=4cm，CM=6−4=2cm，
∴DP≠CM，
∴四边形CDPM不为平行四边形，故选项B结论错误；
当CD=PM时，作CE⊥AD,MF⊥AD，垂足分别为E、F，如图，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCE,ABMF都是矩形，
∴CE=FM=AB,BC=AE=6cm，
∴当CD=PM时，Rt△DCE≅Rt△PMFHL，DE=8−6=2cm，
∴PF=DE=2cm，
∵PF=BM−AP=t−8−t=2t−8，
∴2t−8=2，
解得：t=5或t=3，故选项C错误、选项D正确；
故选：D.

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、善于动中取静是解题的关键.
【变式12-1】（2022·湖南娄底·统考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，DE平分∠ADC交BC于点E，点F是CD边上一点（不与点D重合）．点P为DE上一动点，PEA．①②B．②③C．①④D．③④
【答案】D
【分析】根据旋转的性质判断得ΔGPH≅ΔDPFASA，可判断③正确，证ΔPDH∼ΔCDE可判断④正确，从而得出结果.
【详解】解：根据旋转的性质可知，∠DPH=∠GPF=90°，
∵DE平分∠ADC，
∴∠HDP=45°，
∴∠DHP=∠PDH=∠PDF=45°，
∴PH=PD，
∵∠DPH=∠GPF=90°
∴∠GPH=∠DPF
在ΔGPH和ΔDPF中，
∵∠GHP=∠FDPPH=PD∠GPH=∠DPF
∴ΔGPH≅ΔDPFASA
∴HG=DF
∵∠PDH=45°
∴DH=2DP
∴DF+DG=GH+DG=DH=2DP
故③正确；
∵∠PDH=∠PDF=45°，∠DPH=∠DCE=90°
∴ΔPDH∼ΔCDE
∴DHDE=DPCD
即DP⋅DE=DH⋅DC，
故④正确；
根据已知条件无法证明①DH=DE，②DP=DG.
故选：D．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形的全等、三角形的相似，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【变式12-2】（2023·山东临沂·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=32,AD=6，点E，F分别是边AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G是五边形AEFCD内满足GE=GF且∠EGF=90°的点，现给出以下结论：①∠AEG与∠GFB一定相等；②点G到边AB，BC的距离一定相等；③点G到边AD，DC的距离可能相等；④点G到边DC的距离的最小值为3，其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）．

【答案】①②④
【分析】利用矩形性质和四边形的内角和为360°可判断①；过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，证明△GME≌△GHF可判断②；延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，证明四边形ABHP、CDPH是矩形，得到PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，进而得到PH−GH【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
∵∠EGF=90°，四边形EBFG的内角和是360°，
∴∠BEG+∠GFB=360°−90°−90°=180°，
∵∠BFG+∠AEG=180°，
∴∠AEG=∠GFB，故①正确；
过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，则∠GME=∠GHF=90°，
∵∠MEG=∠GFH，GE=GF，
∴△GME≌△GHFAAS，
∴GM=GH，故②正确；

延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，则四边形ABHP、CDPH是矩形，
∴PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，
又∵AB=32，AD=6，GM=GH，
∴PH−GH∴PG即点G到边AD，DC的距离不可能相等，故③错误；
∵EF=AB=32，GE=GF，∠EGF=90°，
∴∠GEF=∠GFE=45°,
∴GE=EF·cs∠GEF=22×32=3，
根据垂线段最短知MG≤EG，当M、E重合即GE⊥AB时，MG最大，最大值GE=3，此时GN最小，最小值为MN−MG=6−3=3，
即点G到边DC的距离的最小值为3，故④正确，
综上，正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查动点问题，涉及正方形的性质、四边形的内角和、全等三角形的判定与性质、点到直线的距离、矩形的判定与性质、锐角三角函数、垂线段最短等知识，理解点到直线的距离，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键，属于填空压轴题型．
【变式12-3】（2022·内蒙古赤峰·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AB=4cm，AD=12cm，P点在AD边上以每秒1cm的速度从A向D运动，点Q在BC边上，以每秒4cm的速度从C点出发，在C、B间往返运动，两点同时出发，P点到达D点时同时停止，在这段时间内，有如下说法：
①该过程中，会出现4次PQ∥AB的时刻；
②该过程中，会出现3次四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形的时刻；
③该过程中，当：t=5时，四边形ABQP和四边形PQCD的面积比为6∶5；
④该过程中，矩形ABQP和PQCD面积比的最大值为4∶3．
上述说法正确的是 （填序号）．
【答案】①②/②①
【分析】①易得两点运动的时间为12s，PQ∥AB，那么四边形ABQP是平行四边形，则AP=BQ，计算出Q在B、C上往返运动的次数可得平行的次数；
②根据AP=BQ，DP=CQ≠0时，四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形，列出t的方程，t的值存在的个数便可判断选项正误；
③根据梯形的面积公式进行计算便可判断正误；
④由②知，当t=7.2s时，矩形ABQP和PQCD面积比取最大值，求出此时的值便可．
【详解】解：①∵矩形ABCD中，AD=12cm，
∴AD=BC=12cm，
∵PQ∥AB，AP∥BQ，
∴四边形ABQP是平行四边形，
∴AP=BQ，
∴Q从C到B往返一次就可以得到一次平行，
∵P的速度是1cm/秒，
∴两点运动的时间为12÷1=12s，
∴Q运动的路程为12×4=48cm，
∴Q从C到B往返一次得到一次平行的次数为48÷12=4次，
∴会出现4次PQ∥AB的时刻，故①正确；
②∵在矩形ABCD中，AD=12cm，
∴AD=BC=12cm．
当四边形ABQP为矩形时，AP=BQ．
当0≤t<3时，t=12−4t，
解得，t=2.4，
∴当t=2.4s时，四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形；
当3≤t<6时，t=4t−12，
解得 t=4，
∴当t=4s时，四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形；
当6≤t<9时，t=36−4t，
解得 t=7.2，
∴当t=7.2s时，四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形；
当9≤t≤12时，t=4t−36，
解得，t=12，
此时DP=CQ=0，四边形PQCD不为矩形；
综上所述，当t为2.4或4或7.2s时，四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形，
即该过程中，会出现3次四边形ABQP和四边形PQCD同时为矩形的时刻，
故②正确；
③当t=5s时，AP=5cm，CQ=5×4−12=8cm，
∴S梯形ABQP=12×(5+8)×4=26(cm2)，
S梯形PQCD=12×4−26=22(cm2)，
∴四边形ABQP和四边形PQCD的面积比为2622=1311，故③错误；
④当t=7.2s时，矩形ABQP和PQCD面积比取最大值为：7.2×4(12−7.2)×4=32，
故④错误；
故答案为：①②．
【点睛】本题矩形的性质与判定，一元一次方程的应用，梯形的面积公式，关键是分类思想解决问题．
【变式12-4】（2022·山东泰安·统考二模）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB、CD交于点E、F，连结BF交AC于点M，连结DE、BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论：①FB垂直平分OC；②△EOB≌△CMB；③DE＝EF；④S△AOE:S△BCM=2:3．其中正确结论的个数是（填写序号） ．

【答案】①③④
【分析】①用线段垂直平分线的性质的逆定理可得结论；②过O作OH⊥BE于H，证明△OHB≌△CMB，根据△OEB包含了△OHB，可得△EOB≌△CMB是不成立的；③先证△BEF是等边三角形得出BF=EF，再证▱DEBF得出DE=BF，推出DE=EF；④△AOE和△BEO属于等高的两个三角形，其面积比就等于两底的比，即S△AOE：S△BOE=AE：BE，再由直角三角形30°角所对的直角边是斜边的一半，推出S△BCM =34 S△BCF=34 S△BOE即可求解．
【详解】解：①∵矩形ABCD中，O为AC中点，
∴OB=OC，
∵∠COB=60°，
∴△OBC是等边三角形，
∴OB=BC，
∵FO=FC，
∴FB垂直平分OC，故①正确；
②∵FB垂直平分OC，△OBC是等边三角形，
∴∠CBM＝∠OBM＝30°，∠CMB＝90°，
又∠OBE＝90°−∠CBO＝30°，
∴∠CBM＝∠OBE，
过O作OH⊥BE于H，

∴∠OHB＝∠CMB＝90°，
在△OHB与△CMB中，
∠OHB=∠CMB∠OBH=∠CBMOB=CB，
∴△OHB≌△CMB（AAS），
∵△OEB包含了△OHB，
∴△EOB≌△CMB是不成立的，
∴②是错误的；
③连接DO，由O为AC的中点知D、O、B三点在同一直线上，
∴OD=OB
在△FCB和△FOB中，
FC=FOBC=BOBF=BF，
∴△FCB≌△FOB（SSS），
∴∠FCB=∠FOB=90°，
∴∠EOB=180°-∠FOB=90°=∠FCB，
∵∠CBF=∠OBE=30°，
在△EBO和△FBC中，
∠EBO=∠FBCBO=BC∠EOB=∠FCB，
∴△EBO≌△FBC（ASA），
∴EB=FB，
∴△OEB≌△OFB≌△CFB，
∴∠EBO=∠FBO =∠CBF=30°，BF=BE，
∴∠FEB=∠EFB=∠EBF=60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BF=EF，
∵OD=OB且OF=OE，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE=EF，故③正确；
④在直角△BOE中，
∵∠EBO =30°，
∴BE=2OE，
∵OA=OB，
∴∠OAE=∠OBE=30°，
∵∠OEB=∠OAE+∠AOE=60°，
∴∠AOE=30°，
∴∠OAE=∠AOE=30°，
∴AE=OE，
∴BE=2AE，
∴S△AOE：S△BOE=1：2，
又∵FB=2FC，
∵DC∥AB，
∴∠FCM=∠CAE=30°，
FC=2FM，
∴FM∶BM=1∶3，
∴S△BCM =34 S△BCF=34 S△BOE，
∴S△AOE：S△BCM=2∶3，
故④正确；
综上，正确的结论有①③④，
故答案为：①③④．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质等知识，涉及内容虽多，但不复杂，解题关键是熟记并灵活运用相关的性质．
题型13 与矩形有关的新定义问题
【例13】（2023·浙江宁波·统考一模）定义：若一个矩形中，一组对边的两个三等分点在同一个反比例函数y=kx的图像上，则称这个矩形为“奇特矩形”．如图，在直角坐标系中，矩形ABCD是第一象限内的一个“奇特矩形”．且点A4,1，B7,1，则矩形ABCD的面积为 ．
【答案】0.6或27
【分析】根据题意分两种情况：设BC=n，当反比例函数y=kx的图像经过AB、CD上的点时，则点5,n+1、6,1在反比例函数y=kx的图像上，根据反比例函数系数k=xy得到5×n+1=6，求出n=15，即可求出矩形的面积；当反比例函数y=kx的图像经过AD、BC上的点时，点5,n+1、6,1在反比例函数y=kx的图像上，则4×1+23n=71+13n，求得n=9，即可求出矩形的面积．
【详解】解：当反比例函数y=kx的图像经过AB、CD上的点时，
设BC=n，
∵点A4,1， B7,1，
∴AB=3，
∴点5,n+1、6,1在反比例函数y=kx的图像上，
∴k=6×1=6，
∴5×n+1=6，
解得n=15，
∴S矩形ABCD=15×3=35=0.6，
当反比例函数y=kx的图像经过AD、BC上的点时，
设BC=n，
∵点A4,1， B7,1，
∴点4,1+23n和点7,1+13n在反比例函数y=kx的图像上，
∴4×1+23n=71+13n，
解得n=9，
∴S矩形ABCD=9×3=27，
故答案为：0.6或27．
【点睛】本题考查反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的性质，运用分类思想是解题的关键．
【变式13-1】（2023·广西南宁·广西大学附属中学校联考一模）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为O，在矩形外有一点P，OP=3，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为 ．
【答案】3−5≤d≤2
【分析】根据题意分别求出当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE；当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA；当OP过顶点AD边中点F时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，即可求解．
【详解】解：如图，当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE，OE=12AD=1，
∴d=PE=OP−OE=2；
如图，当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA，

矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为O，
∴BC=AD=2,∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=25，
∴OA=12AC=5，
∴d=AP=OP−OA=3−5；
如图，当OP过顶点AD边中点F时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，OF=12AB=2，

∴d=PF=OP−OF=1；
综上所述，点P到矩形的距离d的取值范围为3−5≤d≤2．
故答案为：3−5≤d≤2
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，根据题意得出临界点时点d的值是解题的关键．
【变式13-2】（2021·江西·校联考模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，P是对角线AC上一点，且AP：PC＝2：3，过点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFP是等腰直角四边形，则AE的长是 ．
【答案】2或3.6
【分析】根据题意，分三种情况：①当BF=AB=6时；②当AE=AB=6；③当EF⊥BC时进行讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠BAC=90°，
∴AE：CF=AP：PC=2：3，
①当BF=AB=6时，如图①，四边形ABFP是等腰直角四边形，
∴CF=BC﹣BF=9﹣6=3，
由AE：CF= 2：3得：AE=2；
②当AE=AB=6，如图②，由AE：CF =2：3得，CF=9=BC，
此时点F与B重合，故不符合题意；
③当EF⊥BC时，如图③，则四边形ABEF为矩形，
∴EF∥AB，∠BFP=90°，AE=BF，
∴PF：AB=CF：BC=CP：CA=3:5，
解得：PF=3.6，CF=5.4，
∴AE=BF=BC﹣CF=9﹣5.4=3.6，即BF=PF，
故四边形ABFP是等腰直角四边形，
综上，当AE为2或3.6时，四边形ABFP是等腰直角四边形．
故答案为：2或3.6．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行线分线段成比例，理解题意，利用分类讨论及数形结合思想求解是解答的关键．
题型14 与矩形有关的规律探究问题
【例14】（2022·广东中山·统考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，连接AC，以对角线AC为边，按逆时针方向作矩形ACC1B1，使矩形ACC1B1∽矩形ADCB；再连接AC1，以对角线AC1为边，按逆时针方向作矩形AC1C2B2，使矩形AC1C2B2∽矩形ACC1B1，…，按照此规律作下去，则边AC2022的长为（ ）
A．5×522022B．2×522021C．5×22022D．5×522021
【答案】A
【分析】根据已知和矩形的性质可分别求得AC，AC1，AC2的长，从而可发现规律，根据规律即可求得AC2022．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=1，BC=2，
∴AD⊥DC，
∴AC=AB2+BC2=12+22=5．
∵按逆时针方向作矩形ADCB的相似矩形ACC1B1，
∴矩形ACC1B1的边长和矩形ADCB的边长的比为5：2，
即AC:BC=5：2，
∴AC1=5×521，
∴AC2=5×522 ，
依此类推，AC2022=5×522022．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质，解此题的关键是能根据求出的结果得出规律．
【变式14-1】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，△ABC中，∠B=90°，BC=3，BC边上的高AB=1，点P1、Q1、H1分别在边AB、AC、BC上，且四边形P1Q1H1B为矩形，P1Q1:P1B=2:3，点P2、Q2、H2分别在边Q1H1、CQ1、CH1上，且四边形P2Q2H2H1为矩形，P2Q2:P2H1=2:3，……按此规律操作下去，则线段CQ2023的长度为 ．

【答案】911202310
【分析】设P1Q1=2a，则可得P1B=3a，由相似可得AP1=13P1Q1=23a，由条件AP1+P1B=AB=1可求得a的值，再由勾股定理可求得AC的长，再由△CQ1H1∽△CAB可求得CQ1AC，类似地可求得CQ2CQ1,进而求得CQ2AC，继续这一过程可得CQ2023AC，最后求得结果．
【详解】解：∵P1Q1:P1B=2:3，
∴设P1Q1=2a，则可得P1B=3a，
∵四边形P1Q1H1B为矩形，
∴P1Q1∥BC，H1Q1∥AC，
∴△AP1Q1∽△ABC，
∴P1Q1BC=AP1AB，即P1Q13=AP11，
∴AP1=13P1Q1=23a，
∵AP1+P1B=AB=1
∴23a+3a=1，
∴a=311；
由勾股定理得AC=AB2+BC2=12+32=10，
∵H1Q1∥AC，
∴△CQ1H1∽△CAB
∴CQ1AC=Q1H1AB=BP1AB=3a1=3a=911；
由于Q1H1CH1=ABBC=13，且四边形P2Q2H2H1为矩形，P2Q2:P2H1=2:3，
类似地得：CQ2CQ1=911,
∴CQ2AC=CQ2CQ1×CQ1AC=9112，
CQ3AC=CQ3CQ2×CQ2CQ1×CQ1AC=9113，
…，
CQ2023AC=9112023，
∴CQ2023=9112023⋅AC=911202310．
故答案为：911202310．
【点睛】本题是图形规律的探索问题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，由特殊入手，得到一般规律是关键．
【变式14-2】（2019·辽宁·一模）在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点B3,4，A在x轴上，C在y轴上，对角线AC、OB交于C1，以OA、OC1为邻边作▱OAB1C1，对角线AC1、OB1交于C2，以OA、OC2为邻边作▱OAB2C2，对角线AC2、OB2交于C3，以OA、OC3为邻边作▱OAB3C3，对角线AC3、OB3交于C4，…，按上述规律作下去，Bn的坐标为 .

【答案】32n+1−12n,12n−2
【分析】根据图形的特点先求出B1、B2、B3，从而得到Bn坐标的变化规律，故可求解.
【详解】∵B3,4，
∴OA=3，OC=4，
如解图，作C1D1⊥x轴于D1，B1A1⊥x轴于A1，
∴C1D1=B1A1，C1D1=12OC=12×4，OD1=AD1=1−12OA=1−12×3，
∵ΔOC1D1≅ΔAB1A1，
∴AA1=OD1=1−12×3，
∴OA1=OA+AA1=2−12×3，
∴B12−12×3,12×4；
作C2D2⊥x轴于D2，B2A2⊥x轴于A2，
∴C2D2=B2A2，C2D2=12C1D1=122OC=122×4，AD2=12AD1=122OA，OD2=OA−AD2=OA−14OA =1−122×3，
∵ΔOC2D2≅ΔAB2A2，∴AA2=OD2=1−122×3，
∴OA2=OA+AA2=2−122×3，
∴B22−122×3,122×4；
作C3D3⊥x轴于D3，B3A3⊥x轴于A3，AD3=12AD2=123OA，
∴C3D3=B3A3，C3D3=12C2D2=123OC=123×4，OD3=OA−AD3=1−123×3，
∴OA3=2−123×3，
∴B32−123×3,123×4；
依规律Bn的横坐标为2−12n×3=32n+1−12n，纵坐标为12n×4=12n−2，
∴Bn32n+1−12n,12n−2.
故答案为：Bn32n+1−12n,12n−2.

【点睛】此题主要考查坐标的变化规律，解题的关键是熟知矩形的性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质及找到坐标的变化规律.
题型15 与矩形有关的动点问题
【例15】（2023·新疆乌鲁木齐·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，点P是BC边上的一个动点（点P与点B,C都不重合），现将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E．设BP=x，BE=y，则下列图象中，能表示y与x的函数关系的图象大致是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的图象，熟练的建立二次函数的解析式是解本题的关键，先证明△BPE∽△CDP，再利用相似三角形的性质建立二次函数，从而可得答案．
【详解】解：∵矩形ABCD，AB=3，BC=5，
∴∠B=∠C=90°，AB=CD=3，
∵将△PCD沿直线PD折叠，使点C落到点F处；过点P作∠BPF的角平分线交AB于点E，
∴∠CPD=∠FPD，∠BPE=∠FPE，
又∵∠CPD+∠FPD+∠BPE+∠FPE=180°，
∴∠CPD+∠BPE=90°，
又∵∠BPE+∠BEP=90°，
∴∠BEP=∠CPD，
又∵∠B=∠C=90°，
∴△BPE∽△CDP，
∴BPCD=BECP，即x3=y5−x，
则y=−13x2+53x0故选B．
【变式15-1】（2023·广东潮州·二模）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°,∠A=30°，AB的长为a，动点D在AB边上从点A向点B运动，过点D作DE⊥AC,DF⊥BC，垂足分别为E，F，设AD的长为x，矩形CEDF的面积为y，y随x变化的关系图象如图2所示，其中点P为图象的最高点，且纵坐标为3，则a的值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查二次函数的实际应用，根据含30度角的直角三角形的性质，得到DE=12AD=12x，BC=12AB=a2，勾股定理，得到AE=3x2,AC=3a2，求出CE的长，利用矩形的面积公式得到二次函数关系式，利用二次函数的性质进行求解即可．
【详解】解：∵∠A=30°，AD的长为x，AB的长为a，
∴在Rt△AED中，DE=12AD=12x，在Rt△ACB中，BC=12AB=12a，
∴AE=AD2−DE2=32x，AC=AB2−BC2=3a2，
∴CE=AC−AE=32a−x，
∴y=12x⋅32a−x=−34x−a22+316a2，
由图象可知：316a2=3，
∴a=4（负值已舍去）．
故选：B．
【变式15-2】（2023·广东清远·统考二模）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6,F是BC边上一动点，O是AC的中点，OE⊥OF交AB于E，连接EF、OB．若OB将△OEF的面积分成1:2的两部分，则BF的长为 ．
【答案】7541或7517
【分析】先作辅助线，构造出来直角三角形，先根据矩形的性质以及勾股定理求出来边长，根据相似三角形的判定与性质可得到边长之间的比例，即可得到结果．
【详解】解：过点E作EQ⊥OB于点Q，过点F作FP⊥OB于点P，过点O作OH⊥BC，OG⊥AB，如图所示：
，
∵AB=8,AD=6，
∴BD=AB2+AD2=82+62=10，
∵OB将△OEF的面积分成1:2的两部分，
∴当EQ=2PF时，
设PF=x，则EQ=2x，
∵∠EBQ=∠DBA，∠DAB=∠EQB=90°，
∴Rt△BEQ∽Rt△BDA，
∴EQAD=BEBD，
∴2x6=BE10，
∴BE=103x，
∵∠PBF=∠DBC,∠DCB=∠FPB=90°，
∴Rt△BFP∽Rt△BDC，
∴PFCD=BFBD，
∴x8=BF10，
∴BF=54x，
∵∠EOF=∠GOH=90°，
∴∠EOG=∠HOF，
∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴Rt△EOG∽Rt△FOH，
∴EGOG=FHOH，
∴34=103x−43−54x，
解得x=6041，
即BF=7541，
同理当PF=2x，EQ=x时，可求得BF=7517，
故答案为：7541或7517．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据三角形的面积得到高的比，分两种情况是解题的关键．
【变式15-3】（2023·广东茂名·统考二模）如图，在矩形ABCD中，已知AB=122，BC=162，点P是边BC上一动点（点P不与点B，C重合），连接AP，作点B关于直线AP的对称点M，连接MP，作∠MPC的角平分线交边CD于点N，则线段MN的最小值为 ．
【答案】1623/1632
【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，轴对称的性质等等，根据轴对称的性质得到AM=AB=122，BP=PM，则当A、M、N三点共线时，此时AN取最小，MN最小=AN−AM=AN−122，有轴对称的性质得到PM=PB，∠AMP=∠B=∠D=90°，则可证明△PMN≌△PCNAAS，得到，Rt△ADN中，由勾股定理得：1222+122−MN2=122+MN2，解方程即可得到答案．
【详解】解：连接AM、AN，如图所示：
∵点B关于直线AP的对称点M，
∴AM=AB=122，BP=PM，
∵MN≥AN−AM，
当A、M、N三点共线时，此时AN取最小，MN最小=AN−AM=AN−122，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，CD=AB=122，AD=BC=162，
由轴对称的性质得：PM=PB，∠AMP=∠B=∠D=90°，
∴∠PMN=180°−90°=90°=∠C，
∵PN平分∠MPC，
∴∠MPN=∠CPN，
又∵PN=PN，
∴△PMN≌△PCNAAS，
∴MN=CN，PM=PC，
在Rt△ADN中，由勾股定理得：1222+122−MN2=122+MN2，
解得：MN=1623 ，
故线段MN的最小值为1623，
故答案为：1623．
【变式15-4】（2024·上海普陀·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E是边BC延长线上一点，过点B作BM⊥DE，垂足为点M，联结CM，设CE=a(0(1)求证∶△DCE∽△BME；
(2)∠CME的大小是否是一个确定的值？如果是，求出．∠CME的正切值；如果不是，那么用含字母a的代数式表示∠CME的正切值；
(3)P是边AD上一动点(不与点A、D重合)，联结PB、PM．随着点P位置的变化，在△PBM中除∠BPM外的两个内角是否会有与∠CME相等的角，如果有，请用含字母a的代数式表示此时线段AP的长；如果没有，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)tan∠CME=12
(3)4−a1+a
【分析】（1）由矩形的性质得∠DCE=∠BCD=90°，由BM⊥DE于点M，得∠BME=90°，则∠DCE=∠BME，而∠E=∠E，所以△DCE∽△BME；
（2）连接BD，由相似三角形的性质得，变形为，因为∠E=∠E，所以△CME∽△DBE，则∠CME=∠DBC，所以∠CME的大小是一个确定的值，tan∠CME=tan∠DBC= 12；
（3）分两种情况讨论，①∠PBM=∠CME，连接BD，作PG⊥BD于点G，因为∠PDG=∠DBC，所以PGDG=tan∠PDG=tan∠DBC=12，则PG=12DG，再证明∠PBG=∠EDC，则可求得BD= 5，进而求得DG，求得PD= 52DG，则AP= 4−a1+a；②∠PMB=∠CME，连接BD交PM于点F，可证明△PFD∽△BFM，得∠DPF=∠MBF，，再证明△PFB∽△DFM，得∠BPF=∠MDF，则∠BPD=∠BPF+∠DPF=∠MDF+∠MBF=90°，所以点P与点A重合，不符合题意．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，E是边BC延长线上一点，
∴∠DCE=∠BCD=90°，
∵BM⊥DE于点M，
∴∠BME=90°，
∴∠DCE=∠BME，
∵∠E=∠E，
∴△DCE∽△BME．
（2）解：∠CME的大小是一个确定的值，
如图1，连接BD，
∵△DCE=△BME，
∴ CEME=DEBE，
∴ CEDE=MEBE
∵ ∠E=∠E，
∴△CME∽△DBE，
∴∠CME=∠DBC，
∴∠CME的大小是一个确定的值，
∵∠BCD=90°，CD=AB=2，BC=4，
∴ tan∠CME=tan∠DBC=CDBC=24=12，
∴∠CME的大小是一个确定的值，tan∠CME=12；
（3）解：有与∠CME相等的角，
如图2，∠PBM=∠CME，
连接BD，作PG⊥BD于点G，则∠PGD=∠PGB=90°，
∵AD ∥ BC，
∴∠PDG=∠DBC，
∴PGDG=tan∠PDG=tan∠DBC=12，
∴PG=12DG，
∴ PD=PG2+DG2=12DG2+DG2=52DG，
∵∠PBM=∠CME=∠DBC，
∴∠PBM−∠DBM=∠DBC−∠DBM，
∴∠PBG=∠EBM，
∵∠EBM=∠EDC=90°−∠E，
∴∠PBG=∠EDC，
∴ PGBG=tan∠PBG=tan∠EDC=CECD=12a
∴PG=12a⋅BG，
∴12DG=12a⋅BG，
∴DG=a⋅BG，
∵ AD=BC=4，BD=BC2+CD2=42+22=25，
∴ DG=a25−DG，
∴ DG=25a1+a，
∴ PD=52DG=52×251+a=5a1+a，
∴ AP=4−5a1+a=4−a1+a；
如图3，∠PMB=∠CME，连接BD交PM于点F，
∵∠CME=∠DBC=∠PDF，
∴∠PMB=∠PDF，
∵∠PFD=∠BFM，
∴△PFD∽△BFM，
∴∠DPF=∠MBF，PFBF=DFMF，
∴ PFDF=BFMF，
∵∠PFB=∠DFM，
∴△PFB∽△DFM，
∴∠BPF=∠MDF，
∵∠BMD=∠A=90°，
∴∠BPD=∠BPF+∠DPF=∠MDF+∠MBF=90°，
∵BP⊥AD，BA⊥AD，
∴点P与点A重合，不符合题意，
综上所述，有与∠CME相等的角，线段AP的长为4−a1+a．
【点睛】此题考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、锐角三角函数与解直角三角形、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法是解题的关键．
题型16 矩形与一次函数综合
【例16】（2022·陕西西安·校考模拟预测）如图，一次函数y=−2x+6的图象交x轴于点A，交y轴于点B，点P在线段AB上(不与点A，B重合)，过点P分别作OA和OB的垂线，垂足为C，D．当矩形OCPD的面积为4时，点P的坐标为( )

A．(2，2)B．12，5C．(1，4)或12，5D．(1，4)或(2，2)
【答案】D
【分析】由点P在线段AB上可设点P的坐标为(m，−2m+6)(0【详解】解：∵点P在线段AB上(不与点A，B重合)，且直线AB的解析式为y=−2x+6，
∴设点P的坐标为(m，−2m+6)(0∴OC=m，OD=−2m+6．
∵矩形OCPD的面积为4，
∴m(−2m+6)=4，
∴m1=2，m2=1，
∴点P的坐标为(2，2)或(1，4)．
故选：D．
【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征、矩形的性质以及解一元二次方程，利用一次函数图象上点的坐标特征及矩形的面积，找出关于m的一元二次方程是解题的关键．
【变式16-1】（2018·江苏盐城·校联考二模）已知平面上四点A（0，0）、B（10，0）、C（10，6）、D（0，6），一次函数y＝kx﹣1的图象将四边形ABCD分成面积相等的两部分，则k的值为 ．
【答案】45
【分析】根据题意四边形ABCD是矩形，直线y＝kx﹣1只要经过矩形对角线的交点，即可得到k的值．
【详解】解：∵A（0，0），B（10，0），C（10，6），D（0，6），
∴OD＝BC，CD＝AB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠DAB＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴对角线AC、BD的交点坐标为（5，3），
∴直线y＝kx﹣1经过点（5，3）时，直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分，
∴3＝5k﹣1，
∴k＝45．
故答案为45．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质、一次函数图象上点的坐标特征等知识，掌握中心对称图形的性质是解决问题的关键．
【变式16-2】（2022·广东深圳·模拟预测）如图，ABCD是一矩形纸片，E是AB上的一点，且BE:EA=5:3，EC=155，把ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若点B恰好落在AD边上，设这个点是F，以点A为原点，以直线AD为x轴，以直线BA为y轴，则过点F、点C的一次函数解析式为： ．
【答案】y=−43x+16
【分析】设BE=5x，AE=3x，根据矩形性质利用勾股定理得到AF=4x，根据翻折判定ΔAFE∽ΔDCF，利用相似比得到DF=6x，BC=10x，结合勾股定理列出方程，求解后得到F(12,0)，C(30,−24)，最后利用待定系数法确定函数关系式即可．
【详解】解：设BE=5x，AE=3x，
∵矩形ABCD，
∴∠DAB=∠B=∠CDA=90°，CD=8x，
∵ΔBCE沿折痕EC向上翻折，若点B恰好落在AD边F上，
∴EF=BE=5x，∠ABC=∠EFC=90°，
由勾股定理得：AF=EF2−AE2=4x，
∴∠AFE+∠DFC=90°，∠DFC+∠DCF=90°，
∴∠AFE=∠DCF，
∴ΔAFE∽ΔDCF，
∴ AFDC=AEDF，
∴ 4x8x=3xDF，
∴DF=6x，
BC=AD=6x+4x=10x，
由勾股定理得：EC2=BE2+BC2，
(5x)2+(10x)2=(155)2，
x=3，8x=24，4x=12，10x=30，
∴F(12,0)，C(30,−24)，
设直线CF的解析式是y=kx+b，代入得：0=12k+b−24=30k+b，
∴ k=−43b=16，
∴y=−43x+16．
故答案为：y=−43x+16．
【点睛】本题主要考查一次函数综合，涉及到翻折变换、矩形的性质、三角形相似的判定与性质、勾股定理、解二元一次方程组、解一元一次方程、用待定系数法求一次函数的解析式等知识点的理解和掌握，综合运用性质进行推理是解此题的关键．
题型17 矩形与反比例函数综合
【例17】（2023·江苏泰州·校考三模）如图，已知矩形ABCD的对角线BD中点E与点B、F都在反比例函数y=kx的图象上，则DFFC的值为（ ）

A．14B．13C．12D．23
【答案】C
【分析】由题意设Ba,b，则E12a,2b，k=ab，即可得出OD=3b，从而求得F13a,3b，得出FC=CD−DF=23a，求得DFFC=12．
【详解】解：∵矩形ABCD的对角线BD中点E与点B都在反比例函数y=kx的图象上，
∴设Ba,b，则E12a,2b，k=ab，
∴OD=3b，
把y=3b代入y=abx，解得x=13a，
∴F13a,3b，
∵CD=AB=a，DF=13a，
∴FC=CD−DF=23a
∴DFFC=12
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，求得F点的坐标是解题的关键．
【变式17-1】（2023·辽宁锦州·统考一模）如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点B在第一象限，反比例函数y=kx(x>0)的图象交矩形的对角线OB于点D，分别交BC，AB于点E，F，连接DE，DF．若OD=2BD，S四边形EDFB=2，则k= ．

【答案】245
【分析】作DH⊥OA于H，连接OE、OF，证明△OHD∽△OAB，得到OHOA=DHBA=ODOB=23，设OH=2m,DH=2n，推出S四边形OEBF=3S四边形DEBF=6，再利用S四边形OEBF=S矩形ABCO−S△OCE−S△OAF，列式求解即可．
【详解】解：作DH⊥OA于H，连接OE、OF，

∵BA⊥OA，
∴DH∥BA，
∴△OHD∽△OAB，
∴OHOA=DHBA=ODOB，
∵OD=2BD，
∴OHOA=DHBA=ODOB=23，
设OH=2m,DH=2n，则：OA=3m,AB=3n，
∴S矩形ABCO=OA⋅AB=9mn，S△OHD=12OH⋅DH=2mn，
∵点D，E，F，在反比例函数y=kx(x>0)的图象上，
∴S△OCE=S△OAF=S△ODH=2mn=k2，
∵OD=2BD，
∴S△ODF=2S△BDF,S△ODE=2S△BDE，
∴S四边形OEBF=S△ODF+S△BDF+S△ODE+S△BDE=3S△BDF+S△BDE，
即：S四边形OEBF=3S四边形DEBF=6，
∵S四边形OEBF=S矩形ABCO−S△OCE−S△OAF=5mn，
∴5mn=6，
∴mn=65，
∴k2=2mm=125，
∴k=245；
故答案为：245．
【点睛】本题考查已知特殊图形的面积求k值，解题的关键是掌握反比例函数k值的几何意义．
【变式17-2】（2021·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考二模）如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以OA，OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且S矩形OABC=82，将矩形OABC翻折，使点B与原点重合，折痕为MN，点C的对应点C'落在第四象限，过M点的反比例函数y=kx k≠0，其图象恰好过MN的中点，则点M的坐标为 ．

【答案】1,22
【分析】利用△BQM≌△OQN(AAS)，得到点Q是MN的中点，利用Rt△OHQ∽Rt△OCB，得到S△OHQS△OBC=QHBC2=14，求出k=22，设AM=a，则BM=3a=OM，求得OA=22a，根据反比例函数系数k的几何意义求得a，从而求得M的坐标．
【详解】解：连接OB，交MN于点Q，

∵矩形OABC翻折，使点B与原点重合，折痕为MN，
∴QB=QO，MB=MO，
∵AB∥CO，
∴∠ABQ=∠NOQ，
∵∠MQB=∠NQO，OQ=BQ，
∴△BQM≌△OQN(AAS)，
∴QM=QN，即点Q是MN的中点，
过点Q作QH⊥BC于点H，则QH是△OBC的中位线，
∴Rt△OHQ∽Rt△OCB，
∴S△OHQS△OBC=QHBC2=14，
∵S△OBC=12S矩形AOCB=42，
∴S△OHQ=42×14=2=12k，
解得k=22，
∵点M是反比例函数上的点，
∴S△AOM=12k=2，
∵S△ABO=12S矩形AOCB=42=4S△AOM，
∴AM=14AB，
设AM=a，则BM=3a=OM，
∴OA=OM2−AM2=22a，
∴S△AOM=2=12AM·AO=12a·22a，
解得a=1（负值已舍去），
∴AM=1，
把x=1代入y=22x得，y=22，
∴M为1,22，
故答案为：1,22．
【点睛】本题是反比例函数综合题，主要考查了反比例函数的性质、反比例函数系数k的几何意义，三角形相似的判断和性质、面积的计算以及勾股定理等，综合性强，难度较大．
【变式17-3】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图，矩形AOBC中，OB=3，点D，E分别在AC，BC上，且CD=CE=2，反比例函数y=kxx>0的图象经过D，E两点

(1)请用含k的式子表示点D，C，E的坐标：点D________，点C________，点E________；
(2)利用（1）的结论，求反比例函数的解析式；
(3)连接OD，OE，DE，求△ODE的面积
【答案】(1)1,k，3,k，3,k−2
(2)y=3x
(3)4
【分析】（1）由四边形AOBC是矩形，OB=3，可得AC=OB=3，由CD=CE=2，得AD=1，即可求得点D的坐标，由四边形AOBC是矩形，得AC∥OB，即可求得点C的坐标，再由CD=CE=2，即可求得点E的坐标；
（2）把E3,k−2代入y=kx，就可得出关于k的方程，即可解出答案；
（3）由S△ODE=S矩形AOBC−S△OAD−S△OBE−S△CDE求出即可．
【详解】（1）解：∵四边形AOBC是矩形，OB=3，
∴AC=OB=3，
∵CD=CE=2，
∴AD=3−2=1，
∵反比例函数y=kxx>0的图象经过点D，
∴当x=1时，y=k，
∴D1，k，
∵四边形AOBC是矩形，
∴AC∥OB，
∵AC=OB=3，
∴C3,k，
∴CB=k，
∵CD=CE=2，
∴BE=k−2，
∴E3,k−2；
故答案为：D1,k，C3,k，E3,k−2．
（2）解：把E3,k−2代入y=kx，得k−2=k3，解得k=3．
∴反比例函数的解析式为：y=3x；
（3）解：由（1），（2）得点D的坐标为1,3，点E的坐标为3,1，
∴ OA=3，AD=1，BE=1．
∴ S△ODE=S矩形AOBC−S△OAD−S△OBE−S△CDE =3×3−12×1×3−12×1×3−12×2×2=4．
【点睛】本题考查了矩形的性质，反比例函数性质与应用，熟练掌握相关知识是解决问题的关键．
【变式17-4】（2023·山东济南·统考二模）如图，一次函数y=12x+a的图象与反比例函数y=kxx>0的图象交于点A(4，3)，与y轴交于点B．

(1)求a，k的值；
(2)点C在反比例函数图象上，直线CA与x轴交于点D，AC=AD，连接CB，求△ABC的面积；
(3)点E在x轴上，点F是坐标系内一点，当四边形AEBF为矩形时，求点E的坐标．
【答案】(1)a=1，k=12
(2)8
(3)E(1,0)或(3,0)
【分析】（1）把A(4,3)代入含参数解析式中，解方程，求得参数值；
（2）过点A作AM⊥x轴,过点C作CN⊥x轴，则AM=3,∠DMA=∠DNC=90°，证△MDA∼△NDC，于是AMCN=DADC=12，得CN=6，根据解析式得C(2,6)；待定系数法确定直线AC的解析式为y=−32x+9，得直线AC与y轴交于点G(0,9)，于是S△ABC=S△ABG−S△BCG=12⋅BG⋅xA−12⋅BG⋅xC=8；
（3）由四边形AEBF是矩形,得△AEB是以AB为斜边的直角三角形，设E(m,0),由勾股定理得,m2+1+m2−8m+25=20,得E(1,0)或(3,0)．
【详解】（1）解：把A(4,3)代入y=12x+a中得,3=12×4+a
∴a=1
把A(4,3)代入y=kx中得,3=k4
∴k=12．
（2）过点A作AM⊥x轴,过点C作CN⊥x轴，则AM=3,∠DMA=∠DNC=90°

又∵∠MDA=∠NDC
∴△MDA∼△NDC
∴AMCN=DADC=12
∴CN=2AM=6
把y=6代入y=12x得，x=2
∴C(2,6)
设直线AC的解析式为：y=nx+b
把A(4,3),C(2,6)代入得,3=4n+b6=2n+b,解得：n=−32b=9
∴y=−32x+9
设直线AC与y轴交于点G,则G(0,9)
∴S△ABC=S△ABG−S△BCG=12⋅BG⋅xA−12⋅BG⋅xC=12×8×4−12×8×2=8．
（3）∵四边形AEBF是矩形,
∴△AEB是以AB为斜边的直角三角形
设E(m,0),则BE2=m2+1
AE2=4−m2+32=m2−8m+25
AB2=42+22=20
由勾股定理得,m2+1+m2−8m+25=20,解得：m=1,m=3
∴E(1,0)或(3,0)．
【点睛】本题考查一次函数、反比例函数解析式，待定系数法确定一次函数解析式，勾股定理，相似三角形判定和性质；添加辅助线构造相似三角形，得到线段间的数量关系是解题的关键．
【变式17-5】（2023·河南南阳·校考三模）如图，平面直角坐标系中，某图形W由线段AB，BC，DE，EF，AF和反比例函数图象的一段CD构成，其中，A−4,0，B4,0，∠FAB=∠CBA=90°，DE=3，AF=BC=1，DE∥x轴且点E的纵坐标为4，设直线EF的解析式为y=ax+b，双曲线CD的解析式为y=kx．点P为双曲线CD上一个动点，过点P作PG⊥y，垂足为G，交EF于点Q，以PQ为边在图形W内部作矩形PQNM，MN在x轴上．
(1)求直线EF和双曲线CD的解析式；
(2)若GO分矩形PQNM的面积比为2：1，求出点P的坐标．
【答案】(1)y=32x+7，y=4x
(2)43,3或1,4
【分析】（1）分别求出点F−4,1，C4,1，E−2,4的坐标，利用待定系数法即可求解；
（2）设P4m,m，则Q23m−143,m，由GO分矩形PQNM的面积比为2：1，得出GQ=2GP，列出方程，即可求出点P的坐标．
【详解】（1）∵A−4,0，B4,0，AF=BC=1，
∴F−4,1，C4,1，
∵C点在函数y=kx图象上，
∴k=4，
∴反比例函数的解析式为y=4x，
∵点E的纵坐标为4，DE∥x轴，
∴D1,4，
∵DE=3，
∴E−2,4，
设直线EF的解析式为y=ax+b，
将F−4,1，E−2,4代入y=ax+b，
∴−4a+b=1−2a+b=4，解得a=32b=7，
∴y=32x+7；
（2）设P4m,m，则Q23m−143,m，
若GO分矩形PQNM的面积比为2：1，
由题意得，GQ=2GP，
∴23m−143=−2×4m，
解得m1=3，m2=4，
∴点P的坐标为43,3或1,4．
【点睛】本题考查求一次函数和反比例函数的关系式，根据面积比求点的坐标；解题的关键是能够正确求出函数关系式．
题型18 矩形与二次函数综合
【例18】（2023·江苏无锡·统考一模）如图，已知二次函数y=x2+mx+8的图像交y轴于点A，作AB平行于x轴，交函数图像于另一点B（点B在第一象限）．作BC垂直于x轴，垂足为C，点D在BC上，且CD=13BD．点E是线段AB上的动点（B点除外），将△DBE沿DE翻折得到△DB'E．
(1)当∠BED=60°时，若点B'到y轴的距离为3，求此时二次函数的表达式；
(2)若点E在AB上有且只有一个位置，使得点B'到x轴的距离为3，求m的取值范围．
【答案】(1)y=x2−43x+8或y=x2−23x+8
(2)−611【分析】（1）作B'F⊥AB于F，先确定A0，8，根据矩形的性质可得∴CB=AO=8，可得出BD=6，利用锐角三角函数求出BE=23，根据翻折的性质得到∠B'ED=60°，B'E=23，利用三角函数求出EF=3，根据已知可得AF=3，然后分两种情况：点B'在y轴右侧时和点B'在y轴左侧时，分别确定点B的坐标即可得出结论；
（2）分两种情况讨论即可．
【详解】（1）解：作B'F⊥AB于F，
∵二次函数y=x2+mx+8的图像交y轴于点A，
∴当x=0时，y=8，
∴OA=8，A0，8，
又∵AB平行于x轴，BC垂直于x轴，
∴四边形AOCB是矩形，
∴CB=AO=8，∠ABC=90°，
∵CD=13BD，
∴BD=6，
∵∠BED=60°，
∴BE=BDtan∠BED=6tan60°=23，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB'E，
∴∠B'ED=∠BED=60°，B'E=BE=23，
∴∠B'EF=180°−∠B'ED−∠BED=60°，
∴在Rt△B'EF中，EF=B'Ecs∠B'EF=23×12=3，
∵点B'到y轴的距离为3，
∴AF=3，
当点B'在y轴右侧时，
∵AB=AF+FE+EB=3+3+23=43，
∴B43，8，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图像上，
∴8=432+43m+8，
解得：m=−43，
∴y=x2−43x+8，
当点B'在y轴左侧时，此时E与A重合，
∴AB=23，
∴B23，8，
∵点B在二次函数y=x2+mx+8的图像上，
∴8=232+23m+8，
解得：m=−23，
∴y=x2−23x+8，
综上所述，二次函数的表达式为y=x2−43x+8或y=x2−23x+8．
（2）如图 2，当点B'在x轴上方时，
过点B'作FG⊥AB，分别交AB、x轴于点F、G，作DH⊥FG，垂足为H，
∴四边形HGCD和四边形BFHD是矩形，
∴HG=CD=2，FH=BD=6，BF=DH，
∵点B'到x轴的距离为3，
∴B'G=3，
∴B'H=B'G−HG=3−2=1，
∴B'F=FH−B'H=6−1=5，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB'E，
∴DB'=DB=6，∠DB'E=∠DBE=90°，
在Rt△B'EF中，∴DH=B'D2−B'H2=62−12=35，
在Rt△EFB'和Rt△B'HD中，
∠FB'E+∠HB'D=90°，∠HDB'+∠HB'D=90°，
∴∠FB'E=∠HDB'，
又∵∠EFB'=∠B'HD=90°，
∴△EFB'∽△B'HD，
∴EFB'H=FB'HD，即EF1=535，
∴EF=357，
∴BE=BF−EF=35−357=6357，
如图 3，当点B'在x轴下方时，
过点B'作MN∥AB，作EM⊥MN，垂足为M，延长BC交MN于点N，
∴四边形BEMN是矩形，
∴EM=BN，BE=MN，
∵点B'到x轴的距离为3，
∴NC=3，
∴DN=CD+CN=2+3=5，
∴EM=BN=BD+DN=6+5=11，
∵△DBE沿DE翻折得到△DB'E，
∴DB'=DB=6，∠DB'E=∠DBE=90°，
在Rt△B'ND中，∴B'N=B'D2−DN2=62−52=11，
在Rt△EMB'和Rt△B'ND中，
∠MB'E+∠DB'N=90°，∠NDB'+∠DB'N=90°，
∴∠MB'E=∠NDB'，
又∵∠EMB'=∠B'ND=90°，
∴△EMB'∽△B'ND，
∴MB'ND=EMB'N，即MB'=511，
∴BE=MN=MB'+B'N=511+11=611，
∵点E在AB上有且只有一个位置，
∴6357≤AB<611，
∵AB平行于x轴，且A0，8，
∴当y=8时，x2+mx+8=8，
解得：x1=0，x2=−m，
∴A−m，8，
∴AB=−m−0=−m，
∴6357≤−m<611，
∴−611∴m的取值范围是−611【点睛】本题是二次函数与特殊四边形的综合题，考查了折叠的性质，图像上点的坐标特征及二次函数图像的性质，待定系数法确定函数解析式，矩形的判定和性质，锐角三角函数，相似三角形的判定和性质，勾股定理定理及直角三角形的性质等知识点．运用了分类讨论和数形结合的思想．通过作辅助线构造相似三角形的是解题的关键．
【变式18-1】（2023·安徽黄山·校考模拟预测）如图，若二次函数y=ax2+bx+4的图象与x轴交于点A-1，0、B4，0，与y轴交于点C，连接BC．
(1)求该二次函数的解析式；
(2)若点Q是抛物线上一动点，在平面内是否存在点K，使以点B、C、Q、K为顶点，BC为边的四边形是矩形？若存在请求出点K的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=-x2+3x+4
(2)存在，K点的坐标为−6，−2或6，2
【分析】（1）将A−1，0、B4，0代入y=ax2+bx+4，联立方程组，求出a、b的值，即可得出该二次函数的解析式；
（2）设Qm，−m2+3m+4，当m>0时，过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，证明△CHQ≌△BGKAAS，得到m=−m2+3m+4−4，则HQ=2，所以K6，2；当m<0时，设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，证明△QHG≌△KFEAAS，则有−m=−4−−m2+3m+4，求得m=−2，则GQ=2，可求K−6，−2，综合即可得出K点的坐标．
【详解】（1）解：把A−1，0、B4，0代入y=ax2+bx+4，
可得：a−b+4=016a+4b+4=0，
解得：a=−1b=3，
∴该二次函数的表达式为y=−x2+3x+4．
（2）解：存在，理由如下：
设Qm，−m2+3m+4，
当m>0时，如图1，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，CQ⊥BC，KB⊥BC，
过点Q作QH⊥y轴交H点，过K作KG⊥x轴交G点，
∵CQ=BK，OC=OB，
∴∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠HCQ=∠GBK=45°，
∴△CHQ≌△BGKAAS，
∴HC=HQ=BG=GK，
∴m=−m2+3m+4−4，
∴m=2或m=0（舍去），
∴HQ=2，
∴K6，2；
当m<0时，如图2，
∵矩形是以BC为边，
∴QK∥BC，KC⊥BC，BQ⊥BC，
设KC与x轴的交点为F，BQ与y轴的交点为H，
过点Q作QG⊥y轴交G点，过K作KE⊥x轴交E点，
∵∠OCB=∠OBC=45°，
∴∠OBH=∠OHB=45°，∠FCO=∠CFO=45°，
∴OF=OC=OB=OH=4，∠HQG=∠EFK=45°，
∵KC=BQ，CF=HB，
∴FK=QH，
∴△QHG≌△KFEAAS，
∴QG=HG=EF=EK，
∴−m=−4−−m2+3m+4，
∴m=−2或m=4（舍去），
∴GQ=2，
∴K−6，−2；
综上所述，K点的坐标为K−6，−2或K6，2．
【点睛】本题考查二次函数的综合应用，熟练掌握二次函数的图象及性质，灵活应用矩形和等腰直角三角形的性质是解本题的关键．
【变式18-2】（2021·吉林延边·校考一模）如图，二次函数y=-x2 +2x+m的图象与x轴的一个交点为A(3，0)，另一个交点为B．且与y轴交于点C．
（1）求m的值；
（2）求点B的坐标；
（3）该二次函数图象上有一点D(x，y)(其中x>0，y>0)，且S△ABD=S△ABC，求点D的坐标；
（4）若点P在直线AC上，点Q是平面内一点，是否存在点Q，使以点A、B、P、Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）m=3；（2）B（-1，0）；（3）点D的坐标为（2，3）；（4）点Q的坐标为（3，4）或（1，-2）．
【分析】（1）直接将点A的坐标代入到二次函数的解析式即可求出m的值，写出二次函数的解析式；
（2）分别计算当x=0和y=0时的值，写出B、C两点的坐标；
（3）因为S△ABD=S△ABC，则根据同底等高的两个三角形的面积相等，所以只要高与OC的长相等即可，因此要计算y=3时对应的点即可；
（4）分AB是矩形的边、AB是矩形的对角线两种情况，通过画图，利用数形结合即可求解．
【详解】解：（1）把A（3，0）代入二次函数y=-x2+2x+m得：
-9+6+m=0，
∴m=3；
（2）由（1）可知，二次函数的解析式为：y=-x2+2x+3；
当x=0时，y=3，
∴C（0，3），
当y=0时，-x2+2x+3=0，
x2-2x-3=0，
（x+1）（x-3）=0，
∴x=-1或3，
∴B（-1，0）；
（3）∵S△ABD=S△ABC，
当y=3时，-x2+2x+3=3，
-x2+2x=0，
x2-2x=0，
x（x-2）=0，
x=0或2，
∴只有（2，3）符合题意．
综上所述，点D的坐标为（2，3）；
（4）存在，理由：
①当AB是矩形的边时，此时，对应的矩形为ABP′Q′，
∵AO=OC=3，故∠PAB=45°，
∴矩形ABP′Q′为正方形，
故点Q′的坐标为（3，4）；
②当AB是矩形的对角线时，此时，对应的矩形为APBQ，
同理可得，矩形APBQ为正方形，
故点Q的坐标为（1，-2），
故点Q的坐标为（3，4）或（1，-2）．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查的是一次函数的性质、矩形的性质、正方形的性质，面积的计算等，其中（4），要注意分类求解，避免遗漏．
【变式18-3】（2021·江苏苏州·统考一模）对于二次函数y=x2−3x+2和一次函数y=−2x+4，把y=tx2−3x+2+(1−t)(−2x+4)称为这两个函数的“再生二次函数”，其中t是不为零的实数，其图像记作抛物线E，现有点A(2,0)和抛物线E上的点B−1,n，请完成下列任务；
【尝试】判断点A是否在抛物线E上．
【发现】对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，坐标为_______．
【应用】以AB为边作矩形ABCD，使得其中一个顶点落在y轴上：若抛物线E经过A，B，C，D其中的三点，求出所有符合条件的t的值．
【答案】（1）在抛物线上，（2）（2，0）和（﹣1，6）．（3）﹣54或58或﹣12或52．
【分析】【尝试】把点A坐标代入即可判断；
【发现】把点B−1,n代入y=tx2−3x+2+(1−t)(−2x+4)，求出n是定值，可判断抛物线所过定点；
【发现】如图，作矩形ABC1D1和矩形ABC2D2，过点B作BK⊥y轴于K，过点D1作D1G⊥x轴于G，过点C2作C2H⊥y轴于H，过点B作BM⊥x轴于M，C2H与BM交于点T．
分两种情形求出C、D两点坐标，再利用待定系数法求出t的值即可．
【详解】【尝试】在抛物线上，
∵x＝2时，y＝t（4﹣6+2）+（1﹣t）（﹣4+4）＝0，
∴点A（2，0）在抛物线E上．
【发现】由y=tx2−3x+2+(1−t)(−2x+4)得，y=t(x−1)(x−2)−2(1−t)(x−2)，即y=t(x+1)(x−2)−2x+4，
∵对于t取任何不为零的实数，抛物线E总过定点，
∴(x+1)(x−2)=0，即x1=−1，x2=2，
将（﹣1，n）代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），
得n＝t（1+3+2）+（1﹣t）（2+4）＝6，
∴n的值为6．
结合【尝试】，抛物线E总过定点A（2，0）和B（﹣1，6）．
故答案为：A（2，0）和B（﹣1，6）．
【应用】如图，作矩形ABC1D1和矩形ABC2D2，过点B作BN⊥y轴于N，过点D1作D1G⊥x轴于G，过点C2作C2H⊥y轴于H，过点B作BM⊥x轴于M，C2H与BM交于点T．

∵AM＝3，BM＝6，BN＝1，
∵∠NBC1+∠NBA=90°，∠MBA+∠NBA=90°，
∴∠NBC1=∠MBA，
∵∠BNC1=∠BMA=90°，
∴△NBC1∽△MBA，
∴AMC1N=BMBN，即3C1N=61，解得C1N＝12，
∴C1（0，132），
由平移可得D1（3，12），
同理，由△OAD2∽△MBA，得到AMOD2=BMOA，可得OD2＝1，
∴D2（0，﹣1），
由平移可得C2（﹣3，5），
∵抛物线总是经过A、B，
∴符合条件的三点只可能是A、B、C或A、B、D．
①当抛物线经过A、B、C1时，将C1（0，132）代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），得到t＝﹣54，
②当抛物线经过A、B、D1时，将D1（3，12）代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），得到t＝58，
③当抛物线经过A、B、C2时，将C2（﹣3，5）代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），得到t＝﹣12
④当抛物线经过A、B、D2时，将D2（0，﹣1）代入y＝t（x2﹣3x+2）+（1﹣t）（﹣2x+4），得到t＝52，
综上所述，满足条件的t的值为﹣54或58或﹣12或52．
【点睛】本题考查二次函数综合题、待定系数法、一次函数的应用、矩形的判定和性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题，灵活应用待定系数法确定函数解析式，属于中考压轴题．
考点二 矩形的折叠问题
矩形的折叠问题的常用解题思路：
1）对折叠前后的图形进行细致分析，折叠后的图形与原图形全等，对应边、对应角分别相等，找出各相等的边或角；
2）折痕可看作角平分线（对称线段所在的直线与折痕的夹角相等）．
3) 折痕可看作垂直平分线（互相重合的两点之间的连线被折痕垂直平分）.
4）选择一个直角三角形(不找以折痕为边长的直角三角形)，利用未知数表示其它直角三角形三边，通过勾股定理/相似三角形知识求解.
模型一： 思路：

模型二： 思路：

模型三： 思路：


尝试借助一线三垂直知识利用相似的方法求解
模型四： 思路：
模型五： 思路：
模型六：点M,点N分别为DC，AB中点 思路：

模型七：点A’为BC中点 思路： 过点F作FH⊥AE，垂足为点H
设AE=A’E=x，则BE=8-x
由勾股定理解得x=174 ∴BE=154
由于△EBA’∽△A’CG∽△FD’G
∴A’G=3415 CG=1615 GD’=2615
DF=D’F=AH=134 HE=1 EF=17
题型01 与矩形有关的折叠问题
类型一 沿对角线翻折（模型一）
【例1】（2023·陕西·模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=5，BC=3，将△BCD沿BD折叠到△BED位置，DE交AB于点F，则cs∠ADF的值为（ ）
A．817B．715C．1517D．815
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质，利用“AAS”证明ΔAFD≌ΔEFB，得出AF=EF，DF=BF，设AF=EF=x，则BF=5−x，根据勾股定理列出关于x的方程，解方程得出x的值，最后根据余弦函数的定义求出结果即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴CD=AB=5，AB=BC=3，∠A=∠C=90°，
根据折叠可知，BE=BC=3，DE=DE=5，∠E=∠C=90°，
∴在△AFD和△EFB中∠A=∠E=90°∠AFD=∠EFBAD=BE=3，
∴ΔAFD≌ΔEFB（AAS），
∴AF=EF，DF=BF，
设AF=EF=x，则BF=5−x，
在RtΔBEF中，BF2=EF2+BE2，
即5−x2=x2+32，
解得：x=85，则DF=BF=5−85=175，
∴cs∠ADF=ADDF=3175=1517，故C正确．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的折叠问题，三角形全等的判定和性质，勾股定理，三角函数的定义，根据题意证明ΔAFD≌ΔEFB，是解题的关键．
【变式1-1】（2023·山东淄博·统考一模）如图，将矩形ABCD沿对角线AC折叠，点B的对应点为E，AE与CD交于点F．
(1)求证：△DAF≌△ECF；
(2)若∠FCE=40°，求∠CAB的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAB=25°
【分析】（1）由矩形与折叠的性质可得AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°，从而可得结论；
（2）先证明∠DAF=∠ECF=40°，再求解∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°， 结合对折的性质可得答案．
【详解】（1）证明：将矩形ABCD沿对角线AC折叠，
则AD=BC=EC，∠D=∠B=∠E=90°．
在△DAF和△ECF中，
∠DFA=∠EFC，∠D=∠E，DA=EC，
∴△DAF≌△ECF．
（2）解：∵△DAF≌△ECF，
∴∠DAF=∠ECF=40°．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°．
∴∠EAB=∠DAB−∠DAF=90°−40°=50°，
∵∠FAC=∠CAB，
∴∠CAB=25°．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，轴对称的性质，矩形的性质，熟练的运用轴对称的性质证明边与角的相等是解本题的关键．
【变式1-2】（2018·广东河源·校考一模）如图，将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，FC交AD于F．
（1）求证：△AFE≌△CDF；
（2）若AB=4，BC=8，求图中阴影部分的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）10．
【详解】试题分析：（1）根据矩形的性质得到AB=CD，∠B=∠D=90°，根据折叠的性质得到∠E=∠B，AB=AE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AF=CF，EF=DF，根据勾股定理得到DF=3，根据三角形的面积公式即可得到结论．
试题解析：（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠B=∠D=90°，∵将矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点E处，∴∠E=∠B，AB=AE，∴AE=CD，∠E=∠D，在△AEF与△CDF中，∵∠E=∠D，∠AFE=∠CFD，AE=CD，∴△AEF≌△CDF；
（2）∵AB=4，BC=8，∴CE=AD=8，AE=CD=AB=4，∵△AEF≌△CDF，∴AF=CF，EF=DF，∴DF2+CD2=CF2，即DF2+42=（8﹣DF）2，∴DF=3，∴EF=3，∴图中阴影部分的面积=S△ACE﹣S△AEF=12×4×8﹣12×4×3=10．
点睛：本题考查了翻折变换﹣折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
类型二 将矩形短边顶点翻折到对角线上（模型二）
【例2】（2023·山东青岛·青岛大学附属中学校考二模）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（ ）
A．BD＝10B．HG＝2C．EG∥FHD．GF⊥BC
【答案】D
【分析】根据矩形的性质以及勾股定理即可判断A，根据折叠的性质即可求得HD,BG，进而判断B，根据折叠的性质可得∠EGB=∠FHD=90°，进而判断C选项，根据勾股定理求得CF的长，根据平行线线段成比例，可判断D选项
【详解】∵BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，
∴BC=AD=8,AB=CD=6
∴BD=BC2+CD2=10
故A选项正确，
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，
∴BG=AB=6，DH=CD=6
∴DG=4,BH=BD−HD=4
∴HG=10−BH−DG=10−4−4=2
故B选项正确，
∵EG⊥BD,HF⊥DB,
∴EG∥HF，
故C正确
设AE=a，则EG=a，
∴ED=AD−AE=8−a，
∵∠EDG=∠ADB
∴tan∠EDG=tan∠ADB
即EGDG=ABAD=68=34
∴a4=34
∴AE=3，同理可得CF=3
若FG∥CD
则CFBF = GDBG
∵CFBF=35,GDBG=46=23，
∴ CFBF ≠ GDBG，
∴FG不平行CD，
即GF不垂直BC，
故D不正确．
故选D
【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，平行线分线段成比例，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-1】（2021·浙江衢州·校考一模）如图是一张矩形纸片，点E在AB边上，把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处，连接DF．若点E，F，D在同一条直线上，AE＝2，则DF＝ ，BE＝ ．
【答案】 2 5﹣1
【分析】先根据矩形的性质得到AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°，再根据折叠的性质得到CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE，然后根据全等三角形的性质得到DF=AE=2；最后根据相似三角形的性质即可得BE的值．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC，∠ADC=∠B=∠DAE=90°
∵把△BCE沿直线CE对折，使点B落在对角线AC上的点F处
∴CF=BC，∠CFE=∠B=90°，EF=BE
∴CF=AD，∠CFD=90°
∴∠ADE+∠CDF=∠FCD+∠CDF=90°
∴∠ADE=∠FCD
在△ADE和△FCD中，∠ADE=∠FCDAD=FC∠DAE=∠CFD=90°
∴△ADE≅△FCD(ASA)
∴DF=AE=2
∵∠AFE=∠CFD=90°
∴∠AFE=∠DAE=90°
∵∠AEF=∠DEA
∴△AEF∼△DEA
∴AEDE=EFAE，即AEDF+EF=EFAE
∴22+EF=EF2
解得EF=5−1或EF=−5−1<0（不符题意，舍去）
则BE=EF=5−1
故答案为：2，5−1．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定定理与性质、相似三角形的判定与性质等知识点，根据矩形与折叠的性质，正确找出两个相似三角形是解题关键．
【变式2-2】（2018·湖南娄底·统考一模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=12，BC=5，点E在AB上，将△DAE沿DE折叠，使点A落在对角线BD上的点A'处，则AE的长为 ．

【答案】103
【详解】∵AB=12，BC=5，
∴AD=5，
∴BD=122+52=13，
根据折叠可得：AD=A′D=5，
∴A′B=13－5=8，
设AE=x，则A′E=x，BE=12－x，
在Rt△A′EB中：12−x2=x2+82，
解得：x=103．
故答案为：103
【变式2-3】（2019·湖南株洲·统考一模）如图，矩形纸片ABCD中，已知AD=8，折叠纸片使AB边与对角线AC重合，点B落在点F处，折痕为AE，且EF=3，则AB的长为 ．
【答案】6
【分析】先根据矩形的特点求出BC的长，再由翻折变换的性质得出△CEF是直角三角形，利用勾股定理即可求出CF的长，再在△ABC中利用勾股定理即可求出AB的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AD=8，
∴BC=8，
∵△AEF是△AEB翻折而成，
∴BE=EF=3，AB=AF，△CEF是直角三角形，
∴CE=8-3=5，
在Rt△CEF中，CF=CE2−EF2=52−32=4
设AB=x，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2，即（x+4）2=x2+82，
解得x=6，则AB=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查了翻折变换及勾股定理，熟知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是解答此题的关键．
类型三 将矩形短边顶点翻折到长边上（模型三）
【例3】（2023·河北石家庄·校联考一模）如图，在矩形ABCD中，点M在AB边上，把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，连接EC，过点B作BF⊥EC，垂足为F，若CD=1,CF=2，则线段AE的长为（ ）
A．5−2B．3−1C．13D．12
【答案】A
【分析】先证明△BFC≌△CDE，可得DE=CF=2，再用勾股定理求得CE=5，从而可得AD=BC=5，最后求得AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠ABC=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠DEC=∠FCB，
∵BF⊥EC，
∴∠BFC=∠CDE，
∵把△BCM沿直线CM折叠，使点B落在AD边上的点E处，
∴BC=EC，
在△BFC与△CDE中，
∠DEC=∠FCB∠BFC=∠CDEBC=EC
∴△BFC≌△CDE（AAS），
∴DE=CF=2，
∴CE=CD2+DE2=12+22=5，
∴AD=BC=CE=5，
∴AE=AD-DE=5−2，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、折叠的性质，勾股定理的应用，解决本题的关键是熟练掌握矩形中的折叠问题．
【变式3-1】（2020·河南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E在DC上，将矩形沿AE折叠，使点D落在BC边上的点F处．若AB＝3，BC＝5，则tan∠DAE的值为（ ）
A．12B．920C．25D．13
【答案】D
【分析】先根据矩形的性质和折叠的性质得AF＝AD＝BC=5，EF＝DE，在Rt△ABF中，利用勾股定理可求出BF的长，则CF可得，设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x，然后在Rt△ECF中根据勾股定理可得关于x的方程，解方程即可得到x，进一步可得DE的长，再根据正切的定义即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD＝BC＝5，AB＝CD＝3，
∵矩形ABCD沿直线AE折叠，顶点D恰好落在BC边上的F处，
∴AF＝AD＝5，EF＝DE，
在Rt△ABF中，BF＝AF2−AB2=25−9=4，
∴CF＝BC﹣BF＝5﹣4＝1，
设CE＝x，则DE＝EF＝3﹣x
在Rt△ECF中，∵CE2+FC2＝EF2，
∴x2+12＝（3﹣x）2，解得x＝43，
∴DE＝EF＝3﹣x＝53，
∴tan∠DAE＝DEAD=535=13，
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质、锐角三角函数和勾股定理等知识，属于常考题型，灵活运用这些性质进行推理与计算是解题的关键．
【变式3-2】（2022·四川达州·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3，点E为BC上一点，把△CDE沿DE翻折，点C 恰好落在AB边上的F处，则CE的长是（ ）
A．1B．43C．32D．53
【答案】D
【分析】设CE=x，则BE=3-x由折叠性质可知，EF=CE=x，DF=CD=AB=5，所以AF=4，BF=AB-AF=5-4=1，在Rt△BEF中，由勾股定理得(3-x)2+12=x2，解得x的值即可．
【详解】解：设CE=x，则BE=3-x，
由折叠性质可知，
EF=CE=x，DF=CD=AB=5
在Rt△DAF中，AD=3，DF=5，
∴AF=52−32=4，
∴BF=AB-AF=5-4=1，
在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2，
即(3-x)2+12=x2，
解得x=53，
故选：D．
【点睛】本题考查了与矩形有关的折叠问题，熟练掌握矩形的性质以及勾股定理是解题的关键．
【变式3-3】（2021·四川广安·校考二模）在矩形ABCD的CD边上取一点E，将ΔBCE沿BE翻折，使点C恰好落在AD边上点F处．
（1）如图1，若BC=2BA，求∠CBE的度数；
（2）如图2，当AB=5，且AF⋅FD=10时，求BC的长；
（3）如图3，延长EF，与∠ABF的角平分线交于点M，BM交AD于点N，当NF=AN+FD时，求ABBC出的值．
【答案】（1）15°；（2）35；（3）35
【分析】（1）根据矩形的性质和直角三角形的性质，先得到∠AFB=30°，再由折叠的性质可得到∠CBE=15°；
（2）由三等角证得ΔFAB∽ΔEDF，从而得DE=2，EF=CE=3，再由勾股定理求出DE，则BC=AD=35；
（3）过点N作NG⊥BF于点G，可证得ΔNFG∽ΔBFA．再根据相似三角形的性质得出对应边成比例及角平分线的性质即可得解．
【详解】（1）∵矩形ABCD，
∴∠A=90°，AD//BC
由折叠的性质可知BF=BC=2AB，∠CBE=12∠CBF，
∴∠AFB=30°，
∴∠FBC=∠AFB=30°，
∴∠CBE=15°
（2）由题意可得∠A=∠D=90°，
∠AFB+∠DFE=90°，
∠FED+∠DFE=90°
∴∠AFB=∠DEF
∴ΔFAB∽ΔEDF
∴AFDE=ABDF，
∴DE=AF·DFAB=105=2
∴EF=CE=3，
由勾股定理得DF=32−22=5，
∴AF=105=25，
∴BC=AD=AF+FD=35；
（3）过点N作NG⊥BF于点G．
∴∠NGF=∠A=90°
又∵∠BFA=∠NFG
∴ΔNFG∽ΔBFA．
∴NGAB=FGFA=NFBF．
∵NF=AN+FD，即NF=12AD=12BC=12BF
∴NGAB=FGFA=NFBF=12，
又∵BM平分∠ABF，NG⊥BF，∠A=90°，
∴NG=AN，
∴NG=AN=12AB，
∴FGFA=BF−BGAN+NF=BC−AB12AB+12BC=12
整理得：ABBC=35．
【点睛】本题是一道矩形的折叠和相似三角形的综合题，解题时要灵活运用折叠的性质和相似三角形的判定与性质的综合应用，是中考真题．
类型四 矩形短边沿折痕翻折（模型四）
【例4】（2021·山东聊城·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，点M，N分别在AD，BC上，且AM＝BN，AD＝3AM，E为BC边上一动点，连接DE，将△DCE沿DE所在直线折叠得到△DC′E，当C′点恰好落在线段MN上时，CE的长为（ ）
A．52或2B．52C．32或2D．32
【答案】B
【分析】由矩形的性质得到CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，∠A=90°，根据已知条件推出四边形MNCD的矩形，得到∠DMN＝∠MNC＝90°，MN＝CD＝5，根据折叠的性质得到C′D＝CD＝5，C′E=CE，根据勾股定理得到MC′＝C'D2−MD2＝52−42＝3，再由勾股定理即可得到结论．
【详解】解：设CE＝x，则C′E＝x，
∵矩形ABCD中，AB＝5，BC＝6，
∴CD＝AB＝5，AD＝BC＝6，AD∥BC，
∵点M，N分别在AD，BC上，且3AM＝AD，BN＝AM，
∴DM＝CN＝4，
∴四边形CDMN为平行四边形，
∵∠NCD＝90°，
∴四边形MNCD是矩形，
∴∠DMN＝∠MNC＝90°，MN＝CD＝5
由折叠知，C′D＝CD＝5，
∴MC′＝C'D2−MD2＝52−42＝3，
∴C′N＝5﹣3＝2，
∵EN＝CN﹣CE＝4﹣x，
∴C′E2﹣NE2＝C′N2，
∴x2﹣（4﹣x）2＝22，
解得，x＝52，即CE＝52．
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
【变式4-1】（2023·广西·模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，点E在BC边上，将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上．若CE=3cm，AF=2EF，则AB= cm．
【答案】35
【分析】由将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，可得EF=CE=3cm，CD=DF，∠DEC=∠DEF，由矩形的性质得∠DFE=∠C=90°=∠DFA，从而得AF=6cm，AD=AE=9cm，进而由勾股定理既可以求解.
【详解】解：∵将△CDE沿DE翻折得到△FDE，点F落在AE上，CE=3cm，四边形ABCD是矩形，
∴EF=CE=3cm，CD=DF，∠DEC=∠DEF，∠DFE=∠C=90°=∠DFA，
∵AF=2EF，
∴AF=6cm，
∴AE=AF+EF=6+3=9(cm)，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=DF，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DEC=∠DEF，
∴AD=AE=9cm，
∵在Rt△ADF中，AF2+DF2=AD2
∴62+DF2=92，
∴DF=35 (cm)，
AB=DF=35 (cm)，
故答案为∶35．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理及轴对称，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．
【变式4-2】（2019·黑龙江大庆·中考模拟）如图，在矩形ABCD中， AB=3，BC=2，点E为线段AB上的动点，将△CBE沿 CE折叠，使点B落在矩形内点F处，则AF的最小值为 ．
【答案】13−2
【分析】通过观察可以发现，当∠AFE=90°时 ，AF最小；然后设BE=x，则：EF=x，AE=3-x，然后多次使用勾股定理即可解答；
【详解】解：设BE=x，则：EF=x，AE=3-x
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=13
在Rt△EBC中，由勾股定理得:EC=x2+4
由折叠可知CF=CB=2
所以：AF=AC-CF=13-2
故答案为13-2.
【点睛】本题考查几何图形中的最值问题，其中找到出现最值的位置和运用勾股定理解题是关键.
【变式4-3】（2021·黑龙江佳木斯·统考二模）矩形纸片ABCD，长AD=8cm，宽AB=4cm，折叠纸片，使折痕经过点B，交AD边于点E，点A落在点A'处，展平后得到折痕BE，同时得到线段BA'，EA'，不再添加其它线段，当图中存在30∘角时，AE的长为 厘米．
【答案】433或43或 8−43
【分析】分∠ABE=30°或∠AEB=30°或∠ABA′=30°时三种情况，利用锐角三角函数进行求解即可．
【详解】解：当∠ABE=30°时，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan30°=433cm；
当∠AEB=30°时，则∠ABE=60°，
∵AB=4cm，∠A=90°，
∴AE=AB·tan60°=43cm；
当∠ABE=15°时，∠ABA′=30°，延长BA′交AD于F，如下图所示，
设AE=x，则EA′=x，EF=xsin60°=23x3，
∵AF=AE+EF=ABtan30°=433，
∴x+23x3=433，
∴x=8−43，
∴AE=8−43 cm．
故答案为：433或43或8−43．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，以及分类讨论的数学思想，分类讨论是解答本题的关键．
类型五 通过翻折将矩形两个顶点重合（模型五）
【例5】（2022·江苏无锡·校联考一模）如图，在平面直角坐标系中，C，A分别为x轴、y轴正半轴上的点，以OA，OC为边，在第一象限内作矩形OABC，且S矩形OABC＝22，将矩形OABC翻折，使点B与原点O重合，折痕为MN，点C的对应点C'落在第四象限，过M点的反比例函数y＝kx（k≠0）的图象恰好过MN的中点，则k的值为 ，点C'的坐标为 ．
【答案】 22/122 （43，−23）
【分析】连接OB交MN于Q，由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，先证明△BMQ≌△ONQ得到QM=QN，即点Q为OB的中点，过点Q作QH⊥x轴于H，证明△OHQ∽△OCB，求出S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，则k=2S△OHQ=22；过点C'作C'G⊥x轴于G，可以推出AM=14AB，设AM=a，则BM=OM=3a，则OA=OM2−AM2=22a，解得a=12，得到AB=OC=2，MB=32，从而求出C'N=CN=12，OC'=ON2−C'N2=2，利用三角形面积法求出C'G=OC'⋅C'NON=23，则OG=OC'2−C'G2=43，即点C的坐标为（43，−23）．
【详解】解：如图所示，连接OB交MN于Q，
由折叠的性质可得MO=MB，OQ=OB，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB∥CO，
∴∠MOQ=∠NOQ，∠BMQ=∠ONQ，
又∵BQ=OQ，
∴△BMQ≌△ONQ（AAS），
∴QM=QN，即点Q为OB的中点，
过点Q作QH⊥x轴于H，
∴OH∥BC，
∴△OHQ∽△OCB，
∴S△OHQS△OCB=OQOB=14，
∵四边形OABC是矩形，
∴S△OHQ=14S△OCB=18S矩形OABC=24，
∵Q在反比例函数图象上，
∴k=2S△OHQ=22；
过点C'作C'G⊥x轴于G，
∵点M在反比例函数图象上，
∴12AM⋅OA=12k=24，
又∵S矩形ABCD=OA⋅AB=22，
∴AM=14AB，
设AM=a，则BM=OM=3a，
∴OA=OM2−AM2=22a，
∴12a⋅22a=24，
解得a=12（负值已经舍去），
∴AB=OC=2，MB=32，
∵QM=QG，OQ=BQ，
∴四边形OMBN是平行四边形，
∴ON=BM=32，
∴C'N=CN=12，
∴OC'=ON2−C'N2=2，
∵S△OC'N=12ON⋅C'G=12OC'⋅C'N，
∴C'G=OC'⋅C'NON=23，
∴OG=OC'2−C'G2=43，
∴点C的坐标为（43，−23）
故答案为：22，（43，−23）．
【点睛】本题主要考查了反比例函数比例系数的几何意义，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，三角形面积公式，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式5-1】（2023·江苏徐州·统考一模）如图，将矩形纸片ABCD折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为EF．
(1)求证：△PDE≌△CDF；
(2)若CD=4cm,EF=5cm，求BC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)163cm
【分析】（1）利用ASA证明即可；
（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，
由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，
∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF =∠ADC，
∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,
∴∠PDE=∠CDF，
在△PDE和△CDF中，
∠P=∠CPD=CD∠PDE=∠CDF,
∴△PDE≌△CDF（ASA）；
（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形,
∴AB=CD=EG=4cm，
又∵EF=5cm，∴GF=EF2−EG2=3cm,
设AE=xcm，
∴EP=xcm，
由△PDE≌△CDF知，EP=CF=xcm，
∴DE=GC=GF+FC=3+x，
在Rt△PED中，PE2+PD2=DE2,
即x2+42=3+x2，
解得，x=76，
∴BC=BG+GC= 76+3+76=163(cm）．
【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．
【变式5-2】（2022·江苏徐州·模拟预测）如图，将一张长方形纸片ABCD沿E折叠，使C,A两点重合．点D落在点G处．已知AB=4，BC=8．
（1）求证：ΔAEF是等腰三角形；
（2）求线段FD的长．
【答案】（1）见解析；（2）3
【分析】（1）根据矩形的性质可得AD//BC,则∠FEC=∠AFE,因为折叠，∠FEC=∠AEF，即可得证；
（2）设FD=x用含x的代数式表示AF，由折叠，AG=DC，再用勾股定理求解即可
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形
∴ AD//BC
∴ ∠FEC=∠AFE
因为折叠，则∠FEC=∠AEF
∴∠AEF=∠AFE
∴ ΔAEF是等腰三角形
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴AD=BC=8,CD=AB=4,∠D=90°
设FD=x，则AF=AD−x=8−x
因为折叠，则FG=x，AG=CD=4,∠G=∠D=90°
在Rt△AGF中
FG2=AF2−AG2
即x2=(8−x)2−42
解得：x=3
∴ FD=3
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定定理，图像的折叠，勾股定理，熟悉以上知识点是解题的关键．
类型六 将矩形短边顶点翻折到对称轴上（模型六）
【例6】（2023·河南信阳·校考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=10，将矩形翻折，使边AD与边BC重合，展开后得到折痕MN，E是AD的中点，动点F从点D出发，沿D→C→B的方向在DC和CB上运动，将矩形沿EF翻折，点D的对应点为G，点C的对应点为C'，当点G恰好落在MN上时，点F运动的距离为 ．

【答案】53或9
【分析】分类讨论点F再线段DC上运动，点F再线段BC上运动，画出图形，根据折叠性质及勾股定理即可求解．
【详解】解 ：①当点F再线段DC上运动时：

由题意得：△DEF≌△GEF
∴EG=ED=12AD=5
∵∠D=∠EQN=∠DNQ=90°
∴四边形EMND为矩形
∴EQ=DN=12CD=3,QN=ED=5
∴QG=EG2−EQ2=4，GN=QN−QG=1
设DF=GF=x，则NF=3−x
在Rt△FGN中：GF2=FN2+GN2
∴x2=3−x2+12
解得：x=53
点F运动的距离为：53
②当点F再线段BC上运动时：

由题意得：△DEF≌△GEF
∴EG=ED=12AD=5
∵QG=GP=AM=3
∴EQ=EG2−QG2=4，BP=MG=AQ=AE−QE=1
∴CP=BC−BP=9
设DF=GF=a，CF=b，则PF=9−b
在Rt△GPF中：GF2=PF2+GP2
∴a2=9−b2+32
在Rt△DFC中：DF2=CF2+DC2
∴a2=b2+62
解得：b=3
点F运动的距离为：3+6=9，
故答案为：53或9
【点睛】本题综合考查了折叠的性质、勾股定理解三角形．综合性较强，需要学生具备将强的逻辑推理能力．
【变式6-1】（2022·福建福州·福建省福州屏东中学校考一模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别为AD、BC的中点，将△ADM沿AM所在直线折叠，使点D落到EF上点G处，已知BC＝4，则线段EG的长度为 ．
【答案】23
【分析】根据矩形的性质和判定可得四边形AEFB是矩形，然后利用勾股定理即可解决问题；
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=4，AD∥BC，∠B=90°，
又∵E、F分别是AD、BC的中点，
∴AE=BF=2，
∴AE∥BF，
∴四边形AEFB是平行四边形，
又∵∠B=90°，
∴四边形AEFB是矩形，
∴∠AEG=90°，
由折叠可知，AG=AD=4，
∴EG=AG2−AE2=42−22=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查了翻折变换、矩形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
【变式6-2】（2023·河南南阳·校联考一模）【初步探究】
（1）把矩形纸片ABCD如图①折叠，当点B的对应点B'在MN的中点时，填空： △EB'M △B'AN（“≌”或“∽”）．
【类比探究】
（2）如图②，当点B的对应点B'为MN上的任意一点时，请判断（1）中结论是否成立？如果成立，请写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
【问题解决】
（3）在矩形ABCD中，AB=4,BC=6，点E为BC中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将△BPE沿PE折叠得到△B'PE，连接DE,DB'，当△EB'D为直角三角形时，BP的长为 ．
【答案】（1）∽；（2）结论成立，理由见解析；（3）94或1
【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质，得出∠EB'M=∠B'AN，即可证明；
（2）根据（1）的方法证明即可得出结论；
（3）分∠DB'E=90°，∠B'ED=90°，两种情况分别讨论，根据勾股定理以及全等三角形的性质，相似三角形的性质与判定，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB'A=∠B=90°，
∴∠EB'M=90°−∠AB'N=∠B'AN，
∵∠EMB'=90°=∠B'NA，
∴△EB'M∽△B'AN，
故答案为：∽；
（2）（1）中结论成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB'A=∠B=90°，
∴∠EB'M=90°−∠AB'N=∠B'AN，
∵∠EMB'=90°=∠B'NA，
∴△EB'M∽△B'AN；
（3）如图所示，当∠DB'E=90°时，△EB'D是直角三角形，
由折叠可得，∠PB'E=∠B=90°,BE=B'E=CE，
∴∠DB'P=180°，即点P，B'，D在一条直线上，
在Rt△CDE和Rt△B'DE中，
CE=B'EED=DE，
∴Rt△CDE≌Rt△B'DEHL，
∴B'D=CD=AB=4，
设BP=x=B'P，则AP=4−x,PD=x+4，
在Rt△APD中，AP2+AD2=PD2，
∴4−x2+62=x+42，解得：x=94，
∴BP=94；
如图所示，当∠B'ED=90°时，△EB'D是直角三角形，过B'作B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，则∠B'QE=∠C=90°，
又∵∠B'ED=90°，
∴∠B'EQ+∠CED=90°=∠EDC+∠CED，
∴∠B'EQ=∠EDC，
∴△B'EQ∽△EDC，
∴B'QCE=EQCD=B'EDE，
∵CE=BE=12BC=3,CD=4，
∴DE=CE2+CD2=5，
∵△BPE沿PE折叠得到△B'PE，
∴B'E=BE=3，
∴B'Q3=EQ4=35，
解得B'Q=95,EQ=125，
∴BQ=BE−EQ=35=B'H,BH=B'Q=95，
设BP=y=B'P，则HP=BH−BP=95−y，
在Rt△B'PH中，HP2+B'H2=B'P2，
∴95−y2+352=y2，解得：y=1，
∴BP=1．
综上所述，BP的长为94或1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，折叠问题，掌握以上知识是解题的关键．
【变式6-3】（2021·甘肃兰州·统考模拟预测）[问题解决]
（1）如图①，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F恰好落在AD边上，请你判断四边形ABEF的形状，并说明理由；
[问题探索]
（2）如图②，在矩形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F在矩形纸片ABCD的内部，延长AF交CD于点G，求证：FG＝CG；
[拓展应用]
（3）如图③，在正方形纸片ABCD中，E是BC边的中点，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，点B的对应点F落在正方形纸片ABCD内，延长AF交CD于点G，若AB＝4，求线段FG的长．
【答案】（1）正方形，理由见详解；（2）见详解；（3）1
【分析】（1）由矩形的性质得∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，再由折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，AB＝AF，则四边形ABEF是矩形，即可得出结论；
（2）连接EG，由折叠的性质可知，BE＝FE，∠AFE＝∠B＝90°，再证Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），即可得出结论；
（3）由（2）得FG＝CG，设FG＝CG＝x，则AG＝4+x，DG＝4﹣x，再在Rt△ADG中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【详解】（1）解：四边形ABEF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，
由折叠的性质得：∠AFE＝∠B＝90°，AB＝AF，
∴四边形ABEF是矩形，
又∵AB＝AF，
∴矩形ABEF是正方形；
（2）证明：如图，连接EG，
由折叠的性质可知，BE＝FE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°＝∠C，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE，
∴FE＝CE，
又∵EG＝EG，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴FG＝CG；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD＝AB＝4，∠D＝90°，
由（2）得：FG＝CG，
设FG＝CG＝x，则AG＝AF+FG＝4+x，DG＝CD﹣CG＝4﹣x，
在Rt△ADG中，由勾股定理得：AG2＝DG2+AD2，
即（4+x）2＝（4﹣x）2+42，
解得：x＝1，
∴FG＝1．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，折叠的性质和勾股定理，由正方形和折叠的性质利用勾股定理建立方程是解答（3）问的关键．
类型七 将矩形翻折使其一个顶点落在一边上（模型七）
【例7】（2022·辽宁沈阳·沈阳市第七中学校考模拟预测）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=7，BC=9，M是BC上的点，且CM=2．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C'处，折痕为MN，则线段PA的长是（ ）
A．4B．5C．6D．25
【答案】B
【分析】连接PM，证明△PBM≅△PC'M即可得到CM=C'M=PB=2，PA=5．
【详解】连接PM
∵矩形纸片ABCD中，AB=7，BC=9，
∴CD=7
∵CM=2
∴BM=7
∵折叠
∴CD=PC'=7,∠C'=90°=∠B
∴BM=PC'=7
∵PM=PM
∴Rt△PBM≅Rt△PC'M(HL)
∴CM=C'M=PB=2
∴PA=AB−PB=5
故选B．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件BM=PC'=7，学会利用翻折不变性解决问题．
【变式7-1】（2023·四川巴中·校考一模）如图，在矩形ABCD中ABBC=23．动点M从点A出发，沿边AD向点D匀速运动，动点N从点B出发，沿边BC向点C匀速运动，连接MN．动点M，N同时出发，点M运动的速度为v1，点N运动的速度为v2，且v1【答案】35
【分析】在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，得到CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，利用翻折及中点性质，在RtΔB'CN中利用勾股定理得到v2t=53a=BN，然后利用ΔEDB'∼ΔB'CN得到DE=34a=A'E，在根据判定的ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA得到AM=v1t=a，从而代值求解即可．
【详解】解：如图所示：
在矩形ABCD中ABBC=23，设AB=2a,BC=3a，运动时间为t，
∴CD=AB=2a,AD=BC=3a,BN=v2t,AM=v1t，
在运动过程中，将四边形MABN沿MN翻折，得到四边形MA'B'N，
∴B'N=BN=v2t,A'M=AM=v1t，
若在某一时刻，点B的对应点B'恰好在CD的中点重合，
∴DB'=B'C=a，
在RtΔB'CN中，∠C=90°,B'C=a,B'N=v2t,CN=3a−v2t，则v2t=53a=BN，
∵∠A'B'N=∠B=90°，
∴∠A'B'D+∠CB'N=90°,
∵∠CNB'+∠CB'N=90°,
∴∠A'B'D=∠CNB',
∴ΔEDB'∼ΔB'CN,
∴DEDB'=B'CCN=B'CBC−BN=a3a−53a=34，
∵DB'=B'C=a，
∴DE=34DB'=34a，则B'E=DB'2+DE2=a2+34a2=54a，
∴A'E=A'B'−B'E=2a−54a=34a，即DE=34a=A'E，
在ΔA'EM和ΔDEB'中，
∠A'=∠D=90°A'E=DE∠A'EM=∠DEB'
∴ ΔA'EM ≅ΔDEB'ASA，
∴A'M=B'D=a，即AM=v1t=a，
∴v1v2=v1tv2t=AMBN=a53a=35，
故答案为：35．
【点睛】本题属于矩形背景下的动点问题，涉及到矩形的性质、对称性质、中点性质、两个三角形相似的判定与性质、勾股定理及两个三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及判定，求出相应线段长是解决问题的关键．
【变式7-2】（2022·内蒙古包头·二模）如图，在矩形纸片ABCD中，AB=7，BC=9，M是BC上的点，且CM=2，将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点C'处，折痕为MN，则线段PA的长是 ．
【答案】5
【分析】连接PM，证明△PBM≌△PC'M即可得到CM=C'M=PB=2，PA=5．
【详解】解：连接PM，
∵矩形纸片ABCD中，AB=7，BC=9，
∴CD=7，
∵CM=2，
∴BM=7，
由折叠性质可知：CD=PC'=7，∠C'=90°=∠B，
∴BM=PC'=7，
∵PM=PM，
∴Rt△PBM≌Rt△PC'M(HL)，
∴CM=C'M=PB=2，
∴PA=AB−PB=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件BM=PC'=7，学会利用翻折不变性解决问题．
【变式7-3】（2022·云南·云大附中校考一模）如图，四边形ABCD是矩形．
(1)如图1，E、F分别是AD、CD上的点，BF⊥CE，垂足为G，连接AG．
①求证：CEBF=CDBC．
②若G为CE的中点，∠DAG＝∠CBG，求证：sin∠AGB=CEBF；
(2)如图2，将矩形ABCD沿MN折叠，点A落在点R处，点B落在CD边的点S处，连接BS交MN于点P，Q是RS的中点，若AB＝2，BC＝3，求PS+PQ的最小值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)10
【分析】（1）①证明△FBC∽△ECD可得结论；②想办法证明∠AEB=∠AGB，可得sin∠AGB=sin∠AEB =ABBE=ABBC=CDBC=CEBF；
（2）如图2中，取AB的中点T，连接PT，CP，因为四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，所以PT=PQ，MN垂直平分线段BS，推出BP=PS，由∠BCS=90°，推出PC=PS=PB，推出PQ+PS=PT+PC，当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小．
【详解】（1）证明：①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠CDE=∠BCF=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC=90°，
∴∠BCG+∠FBC=∠BCG+∠ECD=90°，
∴∠FBC=∠ECD，
∴△FBC∽△ECD，
∴CEBF=CDBC；
②如图，连接BE，GD
∵BF⊥CE，EG=CG，
∴BF垂直平分线段CE，
∴BE=CB，∠EBG=∠CBG，
∵∠DAG=∠CBG，
∴∠DAG=∠EBG，
∴∠AEB=∠AGB，
∴sin∠AGB=sin∠AEB =ABBE=ABBC=CDBC=CEBF．
（2）解：如图，取AB的中点T，连接PT，CP，
∵四边形MNSR与四边形MNBA关于MN对称，T是AB中点，Q是SR中点，
∴PT=PQ，MN垂直平分线段BS，
∴BP=PS，
∵∠BCS=90°，
∴PC=PS=PB，
∴PQ+PS=PT+PC，
当T，P，C共线时，PQ+PS的值最小，最小值=BC2+BT2=32+12=10，
∴PS+PQ的最小值为：10．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题．
类型八 其它
【例8】（2023·辽宁沈阳·沈阳市南昌初级中学（沈阳市第二十三中学）校考三模）如图，四边形ABCD为矩形，AB=2,AD=3，点E为边BC上一点，将△DCE沿DE翻折，点C的对应点为点F，过点F作DE的平行线交AD于点G，交直线BC于点H．若点G是边AD的三等分点，则FG的长是 ．
【答案】33或63
【分析】过点E作EM⊥GH于点M，根据题意可得四边形HEDG是平行四边形，证明HE=FE，等面积法求得ME，勾股定理求得HM，可得HF的长，进而即可求解．
【详解】①如图，过点E作EM⊥GH于点M，
∵DE∥GH，AD∥BC
∴四边形HEDG是平行四边形
∴HE=GD=13AD=1
∵折叠
∴ ∠FED=∠CED
∵∠MED=90°
即∠FEM+∠FED=90°
∴∠CED+∠HEM=90°
∴∠HEM=∠FEM
∵∠EMF=∠EMH=90°,ME=ME
∴△HEM≌△FEM
∴HM=MF，EF=HE=1
∴EF=EC=1
∵四边形ABCD是矩形
∴∠C=90°,DC=AB=2
Rt△EDC中，DE=DC2+EC2=22+12=3
∴GH=DE=3
∵ME⊥HG，HG∥DE
∴S△DEF=12ME×DE=S△DEC=12DC×EC
∴ME=DC×ECDE=2×13=63
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=1−632=33
∴FG=HG−HF=HG−2HM=3−233=33
②如图，当AG=13AD=1时，
同理可得HE=GD=AD−AG=3−1=2，
EC=EF=HE=2，
∴DE=22+22=6，
∴ME=DC×ECDE=2×26=233
Rt△HME中，HM=HE2−ME2=22−2332=263
∴FG=HF−HG=2HM−HG=463−6=63
故答案为：33或63
【点睛】本题考查了勾股定理，折叠，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，掌握以上知识，注意分类讨论是解题的关键．
【变式8-1】（2022·广东佛山·统考一模）如图是一张矩形纸片ABCD，点M是对角线AC的中点，点E在BC边上，把△DCE沿直线DE折叠，使点C落在对角线AC上的点F处，连接DF，EF．若MF=AB，则∠DAF= 度．
【答案】18
【分析】连接MD，设∠DAF=x，利用折叠与等腰三角形的性质，用x的代数式表示出∠ADC=90°，列出方程解方程即可．
【详解】连接MD，设∠DAF=x
根据矩形的基本性质可知AM=MD，AD∥BC，∠BCD=∠ADC=90°
∴∠MDA=∠DAF=x，∠ACB=∠DAC=x
∴∠DMF=2x
∵△DCE折叠得到△DFE
∴DF=CD=AB，DE⊥FC，∠FDE=∠CDE
又MF=AB
∴MF=DF
∴∠MDF=2x
∵∠BCD=∠ACB+∠ACD=90°，∠EDC+∠FCD=90°
∴∠CDE=∠ACD=x
∴∠FDE=∠CDE=x
∴∠ADC=∠ADM+∠MDF+∠FDE+∠CDE=x+2x+x+x=5x=90°
∴x=18°
故∠DAF=18°
故答案为18．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题，能够做出合适的辅助线用∠DAF表示出∠ADC是解题关键．
【变式8-2】（2021·广东·统考一模）如图，在矩形ABCD中，AD＜2AB，点E是AD的中点，连接BE，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交DC于点F，连接EF．
(1)求证：△EGF≌△EDF；
(2)若点F是CD的中点，BC＝8，求CD的长．
【答案】(1)见解析
(2)42
【分析】（1）由翻折和矩形的性质可知∠EGF＝∠D＝90°，EG＝ED，可通过HL证明Rt△EGF≌Rt△EDF；
（2）根据点F是CD的中点知：CF＝12CD，BF＝32CD，在Rt△BCF中，利用勾股定理即可列出方程．
【详解】（1）证明：∵将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴∠BGE＝∠A，AE＝GE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
∴∠EGF＝∠D＝90°，
∵点E是AD的中点，
∴EA＝ED，
∴EG＝ED，
在Rt△EGF与Rt△EDF中，{EF=EFEG=ED
∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL）．
（2）由（1）知Rt△EGF≌Rt△EDF，
∴GF＝DF，
∵点F是CD的中点，
∴GF＝DF＝CF＝12CD，
在矩形ABCD中，∠C＝90°，AB＝CD，又由折叠可知AB＝GB，
∴GB＝CD，
∴BF＝GB+GF＝32CD，
在Rt△BCF中，由勾股定理得：
∴(32CD)2=82+(12CD)2，
∵CD＞0，
∴CD＝42．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，明确翻折前后对应边相等是解题的关键．
【变式8-3】（2022·广东广州·统考一模）如图，矩形ABCD中AB=10，AD=6，点E为AB边上的动点（不与A，B重合），把△ADE沿DE翻折，点A的对应点为G，延长EG交直线DC于点F，再把△BEH沿EH翻折，使点B的对应点T落在EF上，折痕EH交直线BC于点H．
(1)求证：△GDE∽△TEH；
(2)若点G落在矩形ABCD的对称轴上，求AE的长；
(3)是否存在点T落在DC边上？若存在，求出此时AE的长度，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AE的长为23或36−6115；
(3)不存在这样的点T落在DC边上．理由见解析
【分析】（1）由折叠图形的性质可得∠DGE=∠ETH=90°，∠DEG+∠HET=90°从而可得∠DEG=∠EHT，依据两个角对应相等的三角形相似可得△GDE∽△TEH；
（2）分两种情况讨论，利用全等三角形的判定和性质以及解直角三角形的知识求解即可；
（2）假设存在点T落在DC边上，设AE=x，由∠IET=∠GTD，得到sin∠IET=TIET=DGDT，推出3x2-20x+36=0，由根的判别式即可判断假设是错误的．
【详解】（1）证明：由折叠的性质可知：∠DAE=∠DGE=90°，∠EBH=∠ETH=90°，∠AED=∠GED，∠BEH=∠TEH，
∴∠DEG+∠HET=90°．
又∵∠HET+∠EHT=90°，
∴∠DEG=∠EHT，
∴△GDE∽△TEH；
（2）解：当点G落在如图的矩形ABCD的对称轴MN上时，
∵直线MN是矩形ABCD的对称轴，
∴点G是EF的中点，即GE=GF，
在△GDE和△GDF中
DG=DG∠DGE=∠DGF=90°GE=GF，
∴△GDE≌△GDF（SAS），
∴DE=DF，∠FDG=∠EDG，
又∵△ADE≌△GDE，∠ADF=90°．
∴∠ADE=∠EDG=∠FDG=30°，
∴AE=ADtan30°=23；
当点G落在如图的矩形ABCD的对称轴PQ上时，P、Q分别是AB、CD的中点，
∴DQ=AP=5，DG=AD=PQ=6，
∴QG=62−52=11，
∴PG=6-11，
设AE=a，则GE=a，PE=5-a，
∴GE2=PE2+PG2，即a2=(5-a)2+(6-11)2，
解得：a=36−6115；即AE=36−6115；
综上，AE的长为23或36−6115；
（3）解：假设存在点T落在DC边上，此时点T与点F重合，过点T作TI⊥AB于点I，如图：
设AE=x，则GE=x，BE=TE=10-x，TI=AD=DG=6，
∴GT=10-2x，
∴DT2= DG2+TG2，即DT=62+(10−2x)2，
∵∠IET=∠GTD，
∴sin∠IET=TIET=DGDT，即610−x=662+(10−2x)2，
∴62+(10−2x)2=10−x，整理得3x2-20x+36=0，
∵△=b2−4ac=(−20)2−4×3×36=-32<0，
∴不存在这样的点T落在DC边上．
【点睛】本题考查翻折变换、相似三角形证明、全等三角形的判定和性质、勾股定理、解直角三角形，矩形的性质等知识，解（2）题的关键是要注意分类讨论．
【变式8-4】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）【教材呈现】下图是华师版八年级下册数学教材第121页的部分内容．
【问题解决】（1）如图①，已知矩形纸片ABCDAB>AD，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在边DC上，点A的对应点为A'，折痕为DE，点E在AB上．求证：四边形AEA'D是正方形．
【规律探索】（2）由【问题解决】可知，图①中的ΔA'DE为等腰三角形．现将图①中的点A'沿DC向右平移至点Q处（点Q在点C的左侧），如图②，折痕为PF，点F在DC上，点P在AB上，那么ΔPQF还是等腰三角形吗？请说明理由．
【结论应用】（3）在图②中，当QC=QP时，将矩形纸片继续折叠如图③，使点C与点P重合，折痕为QG，点G在AB上．要使四边形PGQF为菱形，则ADAB=___________．
【答案】（1）见解析；（2）是等腰三角形，见解析；（3）35
【分析】（1）由题意根据邻边相等的矩形是正方形进行分析证明即可．
（2）根据题意证明∠QFP=∠FPQ即可解决问题．
（3）由题意证明△PFQ，△PGA都是等边三角形，设QF=m，求出AB，AD（用m表示）即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：如图①中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADA′=90°，
由翻折可知，∠DA′E=∠A=90°，
∴∠A=∠ADA′=∠DA′E=90°，
∴四边形AEA′D是矩形，
∵DA=DA′，
∴四边形AEA′D是正方形．
（2）结论：△PQF是等腰三角形．
理由：如图②中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠QFP=∠APF，
由翻折可知，∠APF=∠FPQ，
∴∠QFP=∠FPQ，
∴QF=QP，
∴△PFQ是等腰三角形．
（3）如图③中，
∵四边形PGQF是菱形，
∴PG=GQ=FQ=PF，
∵QF=QP，
∴△PFQ，△PGQ都是等边三角形，设QF=m，
∵∠FQP=60°，∠PQD′=90°，
∴∠DQD′=30°，
∵∠D′=90°，
∴FD'=DF=12FQ=12m，QD'=3D'F=32m，
由翻折可知，AD=QD'=32m，PQ=CQ=FQ=m，
∴AB=CD=DF+FQ+CQ=52m，
∴ADAB=32m52m=35．
故答案为：35．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查矩形的性质，正方形的判定和性质，菱形的性质，解直角三角形，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
考点要求
新课标要求
命题预测
矩形的性质与判定
探索并证明矩形的性质定理.
探索并证明矩形的判定定理.
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2024年各地中考还将出现. 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．
矩形的折叠问题