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第五章 四边形
第24讲 矩形的性质与判定
（思维导图+1考点+1命题点21种题型）
试卷第1页，共3页
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点 矩形
04题型精研·考向洞悉
命题点 矩形的性质与判定
题型01 矩形性质的理解
题型02 根据矩形的性质求角度
题型03 根据矩形的性质求线段长
题型04 根据矩形的性质求周长，面积
题型05 根据矩形的性质求点的坐标
题型06 利用矩形的性质证明
题型07 矩形的折叠问题
题型08 矩形判定定理的理解
题型09 添加一个条件使四边形是矩形
题型10 证明四边形是矩形
题型11 根据矩形的性质与判定求角度
题型12 根据矩形的性质与判定求线段长
题型13 根据矩形的性质与判定求周长，面积
题型14 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
题型15 与矩形有关的新定义问题
题型16与矩形有关的规律探究问题
题型17与矩形有关的动点问题
题型18与矩形有关的最值问题
题型19 矩形与函数综合
题型20 与矩形有关的存在性问题
题型21 与矩形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
矩形的有关证明与计算 ★★★ 理解矩形的概念； 探索并证明矩形的性质定理与判定定理.
【考情分析】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. 【命题预测】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2025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．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 矩形
1.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.
2.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.
3.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.
4.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．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：．
3．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形．
5．（2024·四川泸州·中考真题）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A．B． C． D．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 矩形的性质与判定
题型01 矩形性质的理解
1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
3．（2023·湖南·中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
4．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ）

A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度减小
C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变
题型02 根据矩形的性质求角度
1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
3．（2022·湖北十堰·中考真题）“美丽乡村”建设使我市农村住宅旧貌变新颜，如图所示为一农村民居侧面截图，屋坡，分别架在墙体的点，处，且，侧面四边形为矩形，若测得，则 ．
4．（2020·贵州黔南·中考真题）如图，将矩形纸条折叠，折痕为，折叠后点C，D分别落在点，处，与交于点G．已知，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．74° D．75°
题型03 根据矩形的性质求线段长
1．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，②作直线分别与，，交于点，，，若，，则 ．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
3．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为 ．
题型04 根据矩形的性质求周长，面积
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
3．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ．
4．（2023·广西·中考真题）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以，为邻边的矩形被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为，，，，若，则的值为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2023·重庆·中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）

6．（2022·湖南湘潭·中考真题）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长）和长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题：
(1)方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度的水池且需保证总种植面积为，试分别确定、的长；
(2)方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问应设计为多长？此时最大面积为多少？
题型05 根据矩形的性质求点的坐标
1．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．

3．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）

A． B． C． D．
5．（2024·贵州安顺·模拟预测）如图，已知矩形的两点C、D在反比例函数的图象上，点A和点B都在坐标轴上，且B的坐标为，，则 ．
题型06 利用矩形的性质证明
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点E，F，O，下列条件中，不能证明的是（ ）

A．为矩形两条对角线的交点 B．
C． D．
2．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接．求证：四边形是菱形．
3．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
4．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；
(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
题型07 矩形的折叠问题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．
(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
5．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．

【猜想】
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠∴
∵四边形是矩形∴（矩形的对边平行）∴ （ ）
∴ （等量代换）∴（ ）
【应用】如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
题型08 矩形判定定理的理解
1．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等 B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等D．测量两组对边是否分别相等
2．（2024·广西贵港·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……．
任务：(1)上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________；
(2)补全材料中的证明过程；
(3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
题型09 添加一个条件使四边形是矩形
1．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ．
3．（2023·湖南岳阳·中考真题）如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．

(1)你添加的条件是_________（填序号）；
(2)添加条件后，请证明为矩形．
4．（2024·江苏南京·中考真题）如图．线段与分别为的中位线与中线．
(1)求证：与互相平分；
(2)当线段与满足怎样的数量关系时，四边形为矩形？请说明理由．
题型10 证明四边形是矩形
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，．
(1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形．
2．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：是矩形．
3．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．

(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
题型11 根据矩形的性质与判定求角度
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
2．（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

3．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点是对角线上一点，，，垂足分别为，，连接．若，则一定等于（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·河南新乡·一模）如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，将绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是、，当A、、三点共线时，的度数为 ．
题型12 根据矩形的性质与判定求线段长
1．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为 （结果保留根号）．
2．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ．
3．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．

4．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
题型13 根据矩形的性质与判定求周长，面积
1．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
2．（2021·安徽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·山东烟台·中考真题）综合实践活动课上，小亮将一张面积为，其中一边为8cm的锐角三角形纸片（如图1），经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形（如图2），则矩形的周长为 cm．
4．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道( )

A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积
5．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，，，且，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)设的面积为，的面积为，矩形的面积为，则，，的等量关系为______．
题型14 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
1．（2021·四川雅安·中考真题）如图，在矩形中，和相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接，．有下列结论：①四边形为平行四边形，②；③为等边三角形；④当时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
2．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

3．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是 ．
4．（2020·广西柳州·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
题型15 与矩形有关的新定义问题
1．（2024·上海浦东新·一模）新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形
新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形
①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处
④展平纸片，按照所得到的点D折出
(1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形
(2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长
(3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由
2．（2024·江苏苏州·二模）大家都知道黄金比的美，但是漫画家创造一个可爱的漫画形象时，通常会去选择运用白银比而非黄金比．因为白银比例创造出来的形象要比用形黄金比例创造出的形象更憨态可掬，温和可人．
通过上网查阅资料，小希同学发现白银比的定义：如图1，点C把线段分成两部分，如果，那么点C为线段的“白银分割点”，如图2，矩形中，，那么矩形叫做“白银矩形”．
应用：
（1）如图3，矩形ABCD是一张A4纸，，将矩形边翻折，使得点A的对应点落在上，将矩形边翻折，使得点D的对应点落在上，折痕交于点O，再将对折，发现与恰好重合，求证：矩形是“白银矩形”．
（2）如图4，在（1）的条件下，矩形中，E为上一点，将矩形沿折叠，使得点C落在边上的点F处，延长交的延长线于点G，说明点E为线段的“白银分割点”．
（3）已知线段（如图5），作线段的一个“白银分割点”．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要做法）
3．（2024·广东惠州·二模）新定义：如果一个矩形，它的周长和面积分别是另外一个矩形的周长和面积的一半，则这个矩形是另一个矩形的“减半”矩形．
(1)验证：矩形 是矩形的“减半”矩形，其中矩形 的长为12、宽为2， 矩形长为4、宽为3．
(2)探索：一矩形的长为2、宽为1时，它是否存在“减半”矩形？请作出判断，并说明理由．
4．（2023·陕西咸阳·二模）【定义新知】
如图1，将矩形纸片沿BE折叠，点A的对称点F落在BC边上，再将纸片沿CE折叠，点D的对称点也与F重合，折叠后的两个三角形拼合成一个三角形()，这个三角形称为叠合三角形．类似地，对多边形进行折叠，若折叠后的图形恰好可以拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，则这样的矩形称为叠合矩形．
(1)图1中叠合的底边BC与高EF的长度之比为_______；
(2)将纸片按图2中的方式折叠成一个叠合矩形，若AD=13，MN=5，求叠合矩形的面积；
【问题解决】
(3)已知四边形ABCD纸片是一个直角梯形，满足，，AB 点F为BC的中点，EF⊥BC，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．
①如图3，若线段EF是其中的一条折痕，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出AB和CD的长；
②如图4，若线段EF是叠合正方形的其中一条对角线，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出此时AB和CD的长．
题型16与矩形有关的规律探究问题
1．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，，，连接，以为边，作矩形使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；…按照这个规律进行下去，则的面积为 ．
2．（2022·广东中山·三模）如图，在矩形中，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形；再连接 以对角线为边，按逆时针方向作矩形使矩形 ~ 矩形····，按照此规律作下去，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·黑龙江鸡西·三模）如图，中，，，边上的高，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，……按此规律操作下去，则线段的长度为 ．

4．（2022·河北唐山·二模）如图，平面直角坐标系中，边长为1的正方形的顶点A、B分别在x轴、y轴上，点在反比例函数的图象上，过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，再过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点的坐标为
（2）作出矩形时，落在反比例函数图象上的顶点的坐标为 ．
题型17与矩形有关的动点问题
1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·吉林·中考真题）如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）
　　
(1)的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示）
(2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
(3)当四边形是轴对称图形时，直接写出的值．
3．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：；
（2）的大小为 度，线段长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米．
4．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
题型18与矩形有关的最值问题
1．（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
2．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A． B． C．2 D．1
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（ ）．
A．2 B． C． D．
5．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是 ．

6．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
题型19 矩形与函数综合
1．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，一次函数的图象交轴于点，交轴于点，点在线段上不与点，重合，过点分别作和的垂线，垂足为，．当矩形的面积为时，点的坐标为(　　)

A． B． C．或 D．或
2．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A．
【构建联系】
（1）求证：函数的图象必经过点C．
（2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围．
3．（2023·江苏连云港·中考真题）【问题情境 建构函数】
（1）如图1，在矩形中，是的中点，，垂足为．设，试用含的代数式表示．

【由数想形 新知初探】
（2）在上述表达式中，与成函数关系，其图像如图2所示．若取任意实数，此时的函数图像是否具有对称性？若有，请说明理由，并在图2上补全函数图像．

【数形结合 深度探究】
（3）在“取任意实数”的条件下，对上述函数继续探究，得出以下结论：①函数值随的增大而增大；②函数值的取值范围是；③存在一条直线与该函数图像有四个交点；④在图像上存在四点，使得四边形是平行四边形．其中正确的是__________．（写出所有正确结论的序号）
【抽象回归 拓展总结】
（4）若将（1）中的“”改成“”，此时关于的函数表达式是__________；一般地，当取任意实数时，类比一次函数、反比例函数、二次函数的研究过程，探究此类函数的相关性质（直接写出3条即可）．
题型20 与矩形有关的存在性问题
1．（2021·湖南岳阳·中考真题）如图，抛物线经过，两点，与轴交于点，连接．
（1）求该抛物线的函数表达式；
（2）如图2，直线：经过点A，点为直线上的一个动点，且位于轴的上方，点为抛物线上的一个动点，当轴时，作，交抛物线于点（点在点的右侧），以，为邻边构造矩形，求该矩形周长的最小值；
（3）如图3，设抛物线的顶点为，在（2）的条件下，当矩形的周长取最小值时，抛物线上是否存在点，使得 ？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
2．（2020·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC的边OC在x轴上，OA在y轴上．O为坐标原点，AB//OC，线段OA，AB的长分别是方程x2－9x+20=0的两个根（OA（1）求点B，C的坐标；
（2）P为OA上一点，Q为OC上一点，OQ=5，将 POQ翻折，使点O落在AB上的点处，双曲线的一个分支过点．求k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．
3．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，四边形是矩形，点A的坐标为，点C的坐标为，点P从点C出发，沿CO以每秒1个单位长度的速度向点O出发，同时点Q从点O出发，沿OA以每秒2个单位长度的速度向点A运动，当点P与点O重合时运动停止．设运动时间为t秒．
(1)当时， ；
(2)当与相似时，求t的值；
(3)当时，抛物线经过P，Q两点，与x轴交于另一点M．抛物线的顶点为N，问该抛物线上是否存在点D，使？若存在，求出所有满足条件的D的坐标；若不存在，说明理由．
4．（2024·青海西宁·一模）综合与探究
如图，抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），与y轴交于点C，抛物线的对称轴与x轴于点D，过点D作交y轴于点E．
(1)求点A，B，C的坐标；
(2)点P为抛物线上第四象限的一个动点，过点P作轴于点F，当时，求的长；
(3)在（2）的条件下，若点Q是x轴上一点，使以P，E，Q，G为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出点G的坐标；若不存在，请说明理由．
题型21 与矩形有关的材料阅读类问题
1．（2024·山西吕梁·模拟预测）阅读下列材料，并完成相应的任务．
打印纸中的数学 我们生活中常见的纸是由国际标准化组织的定义的，规格为，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准，我们通过计算发现纸的长、宽之比约为，猜想纸的长、宽之比为，我们可以取一张纸，记为矩形，并通过以下几种折纸操作证明这一结论． 方法一：如图1，E是纸边上一点，将矩形沿折叠，使点A的对应点恰好落在边上，另一张纸的长边恰好与重合． 方法二：如图2，E，N分别是纸边上一点，先将矩形沿折叠，使点A的对应点恰好落在边上，再继续沿折叠，使点E的对应点落在边上，点D的对应点为点，发现此时点与点C重合． 方法三：如图3，E，G是纸边上的点，将矩形沿折叠，使点A的对应，点落在边上，然后将矩形展开，再将矩形沿折叠，使点D的对应点恰好落在边上，然后将矩形展开，折痕与交于点O．如图4，将如图3的纸片沿折叠，发现与重合，与重合． ……
任务：
(1)方法一中的值为___________，方法二中的值为___________．
(2)根据方法三中的作法，求证：．
(3)如图5，将如图4的纸片沿展开，过点O作于点M，则的值为___________．
2．（2024·辽宁沈阳·模拟预测）给定一个矩形A，如果存在另一个矩形B，它的周长和面积分别是已知矩形周长和面积的一半，那么称矩形B是矩形A的“对半矩形”
（1）阅读：当已知矩形A的边长分别为6和1时，
小明是这样研究的，设所求的对半矩形B的一边是x，则另一边为
由题意得方程：，化简得：，
∵，∴，∴矩形A存在对半矩形B．
小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：
,消去y化简后也得到：
然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长
（2）如果已知矩形A的边长分别为3和2，请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对半矩形B．
（3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题，如图，在同一平面直角坐标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请你结合之前的研究，回答下列问题：
①这个图象所研究的矩形A的面积为　　　；周长为　　　．
②对半矩形B的两边长为　　　．
（4）在第（3）题的图形中，若点在双曲线上，轴，轴，垂足分别为B、C．连接，将沿若折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上
3．（2024·广东珠海·一模）【背景阅读】我国古代著名数学著作《周髀算经》记载了“勾三、股四、弦五”，直观地证明了勾股定理，我们把三边的比为的三角形称为型三角形，例如：三边长分别为9，12，15的三角形就是型三角形．
【实践操作】如图1，在正方形纸片中，，点E为边上的中点，将沿折叠得，延长交于点G，交的延长线于点H．
【问题解决】（1）证明是型三角形；
（2）在不添加字母的情况下，直接写出图1中还有哪些三角形是型三角形；
【拓展探究】（3）如图2，在矩形纸片中，，，E是上的一点，将沿折叠得到，延长交于点G．其中是型三角形，请求出的面积．
4．（2023·江苏泰州·二模）【综合实 】请阅读下面材料完成相应的任务．

【任务1】在图4中，过点A作，垂足为．
比较大小：______（填“>、=或”）
②证明：和三等分．
【任务2】爱动脑筋的小强受到阅读材料中借助“鲁班尺”三等分角方法的启发，想到了通过折叠矩形纸片三等分一个已知角的方法，他的前2个操作步骤如下：
步骤1：如图5，在矩形纸片上折出任意角．将矩形对折，折痕记为，再将矩形对折，折痕记为，展开矩形；
步骤2：如图6，将矩形沿着折叠，点的对应点恰好落在上，再移动位置并调整使点的对应点恰好落在上．

若，请根据小强的操作过程求的度数．第五章 四边形
第24讲 矩形的性质与判定
（思维导图+1考点+1命题点21种题型）
试卷第1页，共3页
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点 矩形
04题型精研·考向洞悉
命题点 矩形的性质与判定
题型01 矩形性质的理解
题型02 根据矩形的性质求角度
题型03 根据矩形的性质求线段长
题型04 根据矩形的性质求周长，面积
题型05 根据矩形的性质求点的坐标
题型06 利用矩形的性质证明
题型07 矩形的折叠问题
题型08 矩形判定定理的理解
题型09 添加一个条件使四边形是矩形
题型10 证明四边形是矩形
题型11 根据矩形的性质与判定求角度
题型12 根据矩形的性质与判定求线段长
题型13 根据矩形的性质与判定求周长，面积
题型14 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
题型15 与矩形有关的新定义问题
题型16与矩形有关的规律探究问题
题型17与矩形有关的动点问题
题型18与矩形有关的最值问题
题型19 矩形与函数综合
题型20 与矩形有关的存在性问题
题型21 与矩形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
中考考点 考查频率 新课标要求
矩形的有关证明与计算 ★★★ 理解矩形的概念； 探索并证明矩形的性质定理与判定定理.
【考情分析】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. 【命题预测】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2025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．
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 矩形
1.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.
2.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.
3.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.
4.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．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形中，点在上，当是等边三角形时，为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形得到，继而得到，而是等边三角形，因此得到．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
故选：C．
2．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形是矩形，点E和点F在边上，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到，，再推出，利用证明，即可得到．
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
3．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，，，则的长为（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，得，结合，得到是等边三角形，结合，得到，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形的性质，得，
∵，
∴是等边三角形，
∵，
∴，
解得．
故选C．
4．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用可证明，得出，根据得出，即可证明四边形是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形是矩形．
【详解】证明：∵是边的中点，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形．
5．（2024·四川泸州·中考真题）已知四边形是平行四边形，下列条件中，不能判定为矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．
【详解】解：如图，
A、，能判定为矩形，本选项不符合题意；
B、∵，，∴，能判定为矩形，本选项不符合题意；
C、，能判定为矩形，本选项不符合题意；
D、，能判定为菱形，不能判定为矩形，本选项符合题意；
故选：D．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 矩形的性质与判定
题型01 矩形性质的理解
1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，则，
∴选项A中不一定正确，故不符合题意；
选项B中不一定正确，故不符合题意；
选项C中一定正确，故符合题意；
选项D中不一定正确，故不符合题意，
故选：C．
2．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，矩形的对角线相交于点，下列结论一定正确的是（ ）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形的对角线相交于点，
根据矩形的对角线相等，
可得．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
3．（2023·湖南·中考真题）如图所示，在矩形中，，与相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形的对称中心 B．点O为线段的对称中心
C．直线为矩形的对称轴 D．直线为线段的对称轴
【答案】A
【分析】由矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段的对称中心是线段的中点，矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段的对称中心是线段的中点，故B不符合题意；
矩形是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，
故C，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
4．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ）

A．四边形由矩形变为平行四边形 B．对角线的长度减小
C．四边形的面积不变 D．四边形的周长不变
【答案】C
【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可．
【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，，，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；
B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意；
C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意；
D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．
题型02 根据矩形的性质求角度
1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线，矩形的顶点A在直线b上，若，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点作，得到，推出，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形，
∴，
过点作，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故选C．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形的对角线，相交于点，点在矩形边上，连接．若，，则 ．
【答案】或
【分析】根据题意画出图形，分点在上和上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，

∵，
∴
如图所示，当点在上时，

∵，
∴，
故答案为：或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
3．（2022·湖北十堰·中考真题）“美丽乡村”建设使我市农村住宅旧貌变新颜，如图所示为一农村民居侧面截图，屋坡，分别架在墙体的点，处，且，侧面四边形为矩形，若测得，则 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质可得，求出，根据等边对等角可得，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】四边形为矩形
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2020·贵州黔南·中考真题）如图，将矩形纸条折叠，折痕为，折叠后点C，D分别落在点，处，与交于点G．已知，则的度数是（ ）
A．30° B．45° C．74° D．75°
【答案】D
【分析】依据平行线的性质，即可得到的度数，再根据折叠的性质，即可得出的度数．
【详解】解：∵矩形纸条中，，
∴，
∴，
由折叠可得，，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，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．
题型03 根据矩形的性质求线段长
1．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在矩形中，按以下步骤作图：①分别以点和为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点和，②作直线分别与，，交于点，，，若，，则 ．
【答案】
【分析】如图，连接，由作图可知垂直平分线段，由垂直平分线的性质，矩形的性质勾股定理可得，再证，得到，由此即可求解．
【详解】解：如图，连接，
由作图可知垂直平分线段，
，，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，尺规作垂直平分线及其性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质的综合．掌握垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，于点，延长与交于点．若，，则点到的距离为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作，垂足为H，利用勾股定理求出的长，利用角的余弦值求出的长，再利用勾股定理求出，从而得出，利用三角形面积求出即可．
【详解】解：如图，过点F作，垂足为H，
四边形为矩形，
，，
，，
，
，即，
解得：，
，即，
解得：，
，
，
，即，
解得：，
故答案为：．
3．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，矩形的对角线与交于点，过点作的垂线分别交，于两点．若，，则的长度为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及解直角三角形的运用，先根据矩形的性质， 推理得到OF=CF， 再根据求得的长，即可得到的长，解决问题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．
【详解】解：∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵中，
∴，
∴，
故选：A．
4．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形中，点P在边上，连接，将绕点P顺时针旋转90°得到，连接．若，，，则 ．

【答案】2
【分析】过点作于点F，则，可证，于是．设，，，解得，于是．
【详解】解：过点作于点F，则，
∵，
∴．
又，
∴.
∴．
设，矩形中，，
，
，，解得，
∴．
故答案为：2

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键．
5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为 ．
【答案】13或
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可．
【详解】解：当时，如图，
∵矩形，
∴点O是的中点，
∵点P是的中点，
∴，，
∵点E是边的三等分点，
∴，，
∵矩形的面积是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，
∵矩形，
∴点O是的中点，
∵点P是的中点，
∴，，
∵点E是边的三等分点，
∴，，
∵矩形的面积是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案为：13或．
题型04 根据矩形的性质求周长，面积
1．（2023·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，，，垂足为点E，F是的中点，连接，若，则矩形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据矩形的性质得出，即可求证为等边三角形，进而得出点E为中点，根据中位线定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周长．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵，
∴点E为中点，
∵F是的中点，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周长，
故选：D．
【点睛】矩形主要考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，中位线定理，解直角三角形，解题的关键是掌握矩形的对角线相等，等边三角形三线合一，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半，以及解直角三角形的方法和步骤．
2．（2022·湖北恩施·中考真题）如图，在矩形ABCD中，连接BD，分别以B、D为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于P、Q两点，作直线PQ，分别与AD、BC交于点M、N，连接BM、DN．若，．则四边形MBND的周长为（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质可得，再根据线段垂直平分线的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，从而可得，根据平行线的判定可得，然后根据菱形的判定可得四边形是菱形，设，则，在中，利用勾股定理可得的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
由作图过程可知，垂直平分，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
又，
平行四边形是菱形，
设，则，
在中，，即，
解得，
则四边形的周长为，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为 ．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，，，
∴在中，(cm)，
∴．
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
4．（2023·广西·中考真题）如图，过的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交的图象于B，D两点，以，为邻边的矩形被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为，，，，若，则的值为（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】设，则，，，根据坐标求得，，推得，即可求得．
【详解】设，则，，
∵点A在的图象上
则，
同理∵B，D两点在的图象上，
则
故，
又∵，
即，
故，
∴，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
5．（2023·重庆·中考真题）如图，是矩形的外接圆，若，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留）

【答案】
【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．
【详解】解：连接，
∵四边形是矩形，
∴是的直径，
∵，
∴，
∴的半径为，
∴的面积为，矩形的面积为，
∴阴影部分的面积为；
故答案为；

【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
6．（2022·湖南湘潭·中考真题）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长）和长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题：
(1)方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度的水池且需保证总种植面积为，试分别确定、的长；
(2)方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问应设计为多长？此时最大面积为多少？
【答案】(1)CG长为8m，DG长为4m
(2)当BC=m时，围成的两块矩形总种植面积最大=m2
【分析】（1）两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，设CG为am，DG为(12-a)m，再由矩形面积公式求解；
（2）设两块矩形总种植面积为y， BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，围成的两块矩形总种植面积最大=BC×DC，代入有关数据再把二次函数化成顶点式即可 .
【详解】（1）解：两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，
设CG为am，DG为(12-a)m，那么
AD×DC-AE×AH=32
即12×3-1×（12-a）=32
解得：a=8
∴CG=8m，DG=4m．
（2）解：设两块矩形总种植面积为ym2，BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，
两块矩形总种植面积=BC×DC
即y=x·(21-3x)
∴y=-3x2+21x
=-3(x-)2+
∵21-3x≤12
∴x≥3
∴当BC=m时，y最大=m2．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意找到等量关系列出方程．
题型05 根据矩形的性质求点的坐标
1．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为，点C的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
2．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边，分别在轴、轴正半轴上，点在边上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，则点的坐标是 ．

【答案】
【分析】根据折叠的性质得出，在中，勾股定理求得，进而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵折叠，
∴，
在中，
∴，
∴设，则，
∵折叠，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴的坐标为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
3．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形的边，将矩形沿直线折叠到如图所示的位置，线段恰好经过点，点落在轴的点位置，点的坐标是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先证明，求出，连结，设与交于点F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理构建方程求出即可解决问题．
【详解】解：∵矩形的边，，
∴，，，
由题意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折叠知，，
∴，
∴，即，
连接，设与交于点F，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，，
∴，
由折叠知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴点的坐标是，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出的长是解题的关键．
4．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．动点分别从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点移动．当移动时间为4秒时，的值为（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
【详解】解：连接、

∵点的坐标为，点的坐标为，以为边作矩形．
∴，
则，
依题意，，
∴，则，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得的坐标是解题的关键．
5．（2024·贵州安顺·模拟预测）如图，已知矩形的两点C、D在反比例函数的图象上，点A和点B都在坐标轴上，且B的坐标为，，则 ．
【答案】/
【分析】如图，过作于，过作于，可得，，证明，可得，，同理可得：，，设，，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，过作于，过作于，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，而，
∴，
∵，
∴，，
同理可得：，，
∴设，，
∴，，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去）
∴，
∴；
故答案为：
【点睛】本题考查的是矩形的性质，反比例函数的应用，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键.
题型06 利用矩形的性质证明
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点E，F，O，下列条件中，不能证明的是（ ）

A．为矩形两条对角线的交点 B．
C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
由矩形的性质得出 ，再由平行线的性质得出，，然后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴ ，
∴，，
A、∵O为矩形两条对角线的交点，
∴，
在和中，
，
∴，
故此选项不符合题意；
B、在和中，
，
∴，
故此选项不符合题意；
C、∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
故此选项不符合题意；
D、∵，
∴，
两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定，
故此选项符合题意；
故选：D．
2．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形．
(1)尺规作图：作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接．求证：四边形是菱形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）由直线是线段的垂直平分线．得到，，，，根据矩形的性质可证，可得，即可得到，即可求证．
【详解】（1）解：如图1所示，直线为所求；
（2）证明：如图2，设与的交点为O，
由（1）可知，直线是线段的垂直平分线．
∴，，，，
又∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形．
3．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形．
(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形的面积为，求此时直线所夹锐角的度数．
【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形是平行四边形，作，可证，可得，由此可证平行四边形是菱形；
（2）作，根据面积的计算方法可得，结合菱形的性质可得，根据含的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下，
如图所示，过点作于点，过点作于点，
根据题意，四边形，四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵宽度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四边形是菱形；
（2）解：如图所示，过点作于点，
根据题意，，
∵，
∴，
由（1）可得四边形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
4．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形中，为边上一点，且．
(1)求证：；
(2)为线段延长线上一点，且满足，求证：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形性质得到，，，由角的互余得到，从而确定，利用相似三角形性质得到；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到，，， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【详解】（1）证明：在矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
（2）证明：连接交于点，如图所示：
在矩形中，，则，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
题型07 矩形的折叠问题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片沿边折叠，使点在边中点处．若，则 ．
【答案】/
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于的方程．由矩形的性质推出，由线段中点定义得到，由折叠的性质得到：，设，由勾股定理得到，求出，得到的值．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵是中点，
∴，
由折叠的性质得到：，
设，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形中，，点，分别在边，上．连接，将四边形沿翻折，点，分别落在点，处．则的值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】连接交于点F，设，则，利用勾股定理求得，由折叠得到，垂直平分，则，由代入求得，则，所以，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接交于点F，
设，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∴
∵将四边形沿翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线对称，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片，，，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使与重合，得到折痕，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把沿折叠得到，交折痕于点E，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出，进而得出，设，则，根据勾股定理可得：，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得：，，，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
在中，根据勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
故选：B．
4．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形中，分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，的对称点为交于．
(1)求证：．
(2)若为中点，且，求长．
(3)连接，若为中点，为中点，探究与大小关系并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)
(3)
【分析】（1）根据矩形的性质得，由折叠得出，得出，即可证明；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出，根据代入数值得，进行计算，再结合，则，代入数值，得，所以；
（3）由折叠性质，得直线， ，是等腰三角形，则，因为为中点，为中点，所以，，所以，则，所以，则，即可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图：
∵四边形是矩形，
∴，，
∵为中点，
∴，
设，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
（3）解：如图：延长交于一点M，连接
∵分别在上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
∴直线
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵为中点，
∴设，
∴，
∵为中点，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形中，点M在边上，将矩形纸片沿所在的直线折叠，使点D落在点处，与交于点N．

【猜想】
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （ ）
∴ （等量代换）
∴（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片折叠，使恰好落在直线上，点A落在点处，点B落在点处，折痕为．
（1）猜想与的数量关系，并说明理由；
（2）若，，求的长．
【答案】【验证】；；两直线平行，内错角相等；；；等角对等边；【应用】（1），见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得，由平行线性质，得，于是 ，进而可得证， 即；
（2）由折叠得，，．在中，根据勾股定理，构建方程求解得，得.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片沿所在的直线折叠
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴ （两直线平行，内错角相等）
∴（等量代换）
∴（等角对等边 ）
【应用】（1）
理由如下：
∵由四边形折叠得到四边形
∴
∵四边形是矩形
∴（矩形的对边平行）
∴（两直线平行，内错角相等）
∴
∴（等角对等边）
∵
∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直线折叠
∴，，．
设
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴ 解得
∴.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
题型08 矩形判定定理的理解
1．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等
B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．测量两组对边是否分别相等
【答案】C
【分析】由对角线的相等不能判定平行四边形，可判断A，两个角为不能判定矩形，可判断B，对角线的交点到四个顶点的距离相等，可判断矩形，从而可判断C，由两组对边分别相等判断的是平行四边形，可判断D，从而可得答案．
【详解】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键．
2．（2024·广西贵港·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判断矩形 今天，我在一本数学课外丛书上看到这样一个有趣的问题，工人师傅在做门窗或矩形零件时，他是这样做的：首先利用卷尺（有刻度）测量两组对边的长度是否分别相等；其次利用卷尺测量该门窗的两条对角线是否相等，以确保图形是矩形．我有如下思考：工人师傅的做法究竟是依据什么原理得到四边形是矩形？已知在四边形中，，，． 求证：四边形是矩形． 证明：……．
任务：
(1)上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________；
(2)补全材料中的证明过程；
(3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
【答案】(1)对角线相等的平行四边形是矩形
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可得答案；
（2）先根据对边相等证明四边形是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形是矩形；
（3）先测量对边是否相等，再测量出对角线，利用勾股定理的逆定理判断是否是直角三角形，即可判定是否为矩形．
【详解】（1）解：上述做法是依据了矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形；
（2）解：补全后的证明过程如下：
证明： ，，
四边形是平行四边形，
又 ，
四边形是矩形；
（3）解：利用卷尺测量两组对边是否相等，确定它的形状是平行四边形；
然后测量一条对角线的长度，当两条邻边长度的平方和等于对角线长度的平方时，根据勾股定理的逆定理可确定一个角为直角，
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可判定该四边形是矩形．
题型09 添加一个条件使四边形是矩形
1．（2023·上海·中考真题）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A： ，
为平行四边形而非矩形
故A不符合题意
B： ，
为平行四边形而非矩形
故B不符合题意
C：
∴∥
四边形为矩形
故C符合题意
D：
不是平行四边形也不是矩形
故D不符合题意
故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
2．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在四边形中，，，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：需添加的一个条件是∠A=90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A=90°（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等知识，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．
3．（2023·湖南岳阳·中考真题）如图，点在的边上，，请从以下三个选项中①；②；③，选择一个合适的选项作为已知条件，使为矩形．

(1)你添加的条件是_________（填序号）；
(2)添加条件后，请证明为矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②
(2)见解析
【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；
（2）通过证明可得，然后结合平行线的性质求得，从而得出为矩形．
【详解】（1）解：①或②
（2）添加条件①，为矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为矩形；
添加条件②，为矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴为矩形
【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键．
4．（2024·江苏南京·中考真题）如图．线段与分别为的中位线与中线．
(1)求证：与互相平分；
(2)当线段与满足怎样的数量关系时，四边形为矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形的中位线定理．
（1）根据线段中点的定义可得，根据三角形的中位线定理可得，从而可得，进而可得四边形是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答；
（2）当时，四边形为矩形，再根据三角形的中位线定理可得，从而可得，然后利用（1）的结论即可解答．
【详解】（1）证明：线段与分别为的中位线与中线，
分别是的中点，
线段与也为的中位线．
，
四边形是平行四边形，
与互相平分．
（2）解：当时，四边形为矩形，理由如下：
线段为的中位线，
，
，
平行四边形为矩形，
当时，四边形为矩形．
题型10 证明四边形是矩形
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，．
(1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质；
（1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求；
（2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论．
【详解】（1）解：如图，线段即为所求；
（2）证明：如图，
∵由作图可得：，由旋转可得：，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为矩形．
2．（2024·新疆·中考真题）如图，的中线，交于点O，点F，G分别是，的中点．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)当时，求证：是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是：
（1）利用三角形中位线定理可得出，，然后利用平行四边形的判定即可得证；
（2）利用平行四边形的性质得出，，结合点G是的中点，可得出，同理，则可得出，，然后利用矩形判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵的中线，交于点O，
∴，，
∵点F，G分别是，的中点，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，
∵G是中点，
∴，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴是矩形．
3．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．

(1)求证：；
(2)连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出，，，，证出，，由证明，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出，，证出，由已知得出，，即可证出四边形是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）证明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点G、H分别为、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
题型11 根据矩形的性质与判定求角度
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)与垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．（2023·江西·中考真题）如图，在中，，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，．当为直角三角形时，旋转角的度数为 ．

【答案】或或
【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解．
【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，

∵在中，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

当点在的延长线上时，如图所示，则

当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵
∴四边形是矩形，
∴
即是直角三角形，

综上所述，旋转角的度数为或或
故答案为：或或．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
3．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点是对角线上一点，，，垂足分别为，，连接．若，则一定等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理．连接交于，可知，根据四边形是正方形，，，可得四边形是矩形，故，从而，即得，故．
【详解】解：连接交于，如图：
由正方形的对称性可知，，
四边形是正方形，，，
四边形是矩形，
，
，
，
；
故选：A.
4．（2023·河南新乡·一模）如图，在中，，，，点D、E分别在边、上，，，将绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别是、，当A、、三点共线时，的度数为 ．
【答案】或
【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，当点在线段上时，
，，，
，，
∵将绕点B旋转至，
，，
，
，
又，
∴四边形是平行四边形，
，
∴四边形是矩形，
，
，
，
，
；
如图：当点在线段的延长线上时，
，，
，
∵将绕点B旋转至，
，，
，
，
在与中，
，
，
，点在上，
综上，的度数为或，
故答案为：或．
【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12 根据矩形的性质与判定求线段长
1．（2024·山西·中考真题）黄金分割是汉字结构最基本的规律．借助如图的正方形习字格书写的汉字“晋”端庄稳重、舒展美观．已知一条分割线的端点A，B分别在习字格的边上，且，“晋”字的笔画“、”的位置在的黄金分割点C处，且，若，则的长为 （结果保留根号）．
【答案】/
【分析】本题考查了黄金分割的定义，正方形的性质及矩形的判定与性质，先证明四边形是矩形，根据黄金分割的定义可得，据此求解即可，熟记黄金比是解题的关键．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴．
又∵，
∴，
故答案为：．
2．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，在中，，，．点P在边上，过点P作，垂足为D，过点D作，垂足为F．连接，取的中点E．在点P从点A到点C的运动过程中，点E所经过的路径长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查含30度角的直角三角形，一次函数与几何的综合应用，矩形的判定和性质，两点间的距离，以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，利用含30度角的直角三角形的性质，求出点的坐标，得到点在直线上运动，求出点分别与重合时，点的坐标，利用两点间的距离公式进行求解即可．
【详解】解：以为原点，建立如图所示的坐标系，设，则，
则：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点作，则：，
∴，
∵，，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
令，
则：，
∴点在直线上运动，
当点与重合时，，此时，
当点与重合时，，此时，
∴点E所经过的路径长为；
故答案为：．
3．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．

【答案】
【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过作于点，于点，

∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵平分，
∴，，
∴四边形是正方形，
由折叠性质可知：，，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
4．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形中，对角线与相交于点O，，于点E，于点F，且．

(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，当等于多少度时，四边形是矩形？请说明理由，并直接写出此时的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)当时，四边形是矩形，理由见解析，此时
【分析】（1）先证明得到，再由垂线的定义得到，据此证明，得到，由此即可证明四边形是平行四边形；
（2）当时，四边形是矩形，利用三角形内角和定理得到，则可证明是等边三角形，得到，进而可证明，则四边形是矩形，在中，．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当时，四边形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
即当时，四边形是矩形，
∴，
∴在中，．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
题型13 根据矩形的性质与判定求周长，面积
1．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三个顶点D，E，F均在Rt△ABC的边上，且邻边之比为1：2，画出符合题意的图形，并直接写出矩形周长的值．
【答案】作图见解析，矩形的周长为：或．
【分析】按题目要求画出相关图形见解析，根据邻边之比为1：2，进行分类讨论．
【详解】解：如图1，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
又∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
,
，
又，
，
，
，
，
，又矩形，
，
，
如图2，
四边形为矩形，由题意，
若，
设，
，
又因为四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
，
综上所述：矩形的周长为或．
【点睛】本题考查了求解矩形的周长、三角形相似解、解题的关键是：画出满足条件的图形，进行分类讨论求解．
2．（2021·安徽·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，过菱形ABCD的对称中心O分别作边AB，BC的垂线，交各边于点E，F，G，H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】依次求出OE=OF=OG=OH，利用勾股定理得出EF和OE的长，即可求出该四边形的周长．
【详解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的对边平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因为O点是菱形ABCD的对称中心，
∴O点到各边的距离相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四边形EFGH是矩形；
设OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如图，连接AC，则AC经过点O，
可得三角形ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四边形EFGH的周长为EF+FG+GH+HE=,
故选A．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等内容，要求学生在理解相关概念的基础上学会应用，能分析并综合运用相关条件完成线段关系的转换，考查了学生的综合分析与应用的能力．
3．（2021·山东烟台·中考真题）综合实践活动课上，小亮将一张面积为，其中一边为8cm的锐角三角形纸片（如图1），经过两刀裁剪，拼成了一个无缝隙、无重叠的矩形（如图2），则矩形的周长为 cm．
【答案】
【分析】根据题意画出示意图，由全等得到边相等，根据三角形面积计算出三角形高长度，找出矩形边与高的关系，即可得到矩形宽长度，然后根据周长公式计算即可.
【详解】解：根据题意，相关的示意图如下：
由题意知，只有当点G、点H分别是三角形AB、AC边中点时，可拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，过点A作,交GH于点F
此时：
∴,
又∵四边形为矩形，且，
∴
∴四边形为矩形
∴
∴
∵，且
∴
∴
所以矩形的周长为：
故答案为：22
【点睛】本题考查的是三角形全等，以及矩形的性质和判定等相关知识点，根据题意画出相关的示意图是解题的关键．
4．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形的最长边为边向外作矩形，连结，设，，的面积分别为，若要求出的值，只需知道( )

A．的面积 B．的面积 C．的面积 D．矩形的面积
【答案】C
【分析】过点作，交的延长线于点，的延长线于点，易得：，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得，再根据，得到，即可得出结论．
【详解】解：过点作，交的延长线于点，的延长线于点，

∵矩形，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴只需要知道的面积即可求出的值；
故选C．
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到
5．（2024·吉林长春·模拟预测）如图，，，且，．
(1)求证：四边形是矩形．
(2)设的面积为，的面积为，矩形的面积为，则，，的等量关系为______．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，
（1）先证得，再根据可得四边形为平行四边形，然后由得，进而得，再由得，据此可得出结论；
（2）过点A作交延长线于H，的延长线交的延长线于K，证明四边形为矩形得，然后表示，，可得，，的等量关系．
【详解】（1）证明：∵，，且，
∴，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴平行四边形为矩形；
（2）过点A作交延长线于H，的延长线交的延长线于K，如下图所示：
证明四边形为矩形得，
∵平行四边形为矩形，
∴，
∵，
∴
∴四边形为矩形
∴，
∵，，，
∴，
即．
题型14 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
1．（2021·四川雅安·中考真题）如图，在矩形中，和相交于点O，过点B作于点M，交于点F，过点D作DE∥BF交AC于点N．交AB于点E，连接，．有下列结论：①四边形为平行四边形，②；③为等边三角形；④当时，四边形DEBF是菱形．正确结论的序号 ．
【答案】①②④．
【分析】通过全等三角形的判定和性质，证明EN=FM，EN∥FM，判断结论①；通过证明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性质判断结论②；假设结论成立，找出与题意的矛盾之处，判断结论③，结合等腰三角形的判定和性质求得DE=BE，可得结论④
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，CD∥AB
∴∠DAN=∠BCM，
∵BF⊥AC，DE∥BF，
∴DE⊥AC，
∴∠DNA=∠BMC=90°，
在△ADN和△CBM中，
∴△ADN≌△CBM，
∴DN=BM，
又∵DF∥BE，DE∥BF，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四边形NEMF是平行四边形，故①正确，
∵△ADN≌△CBM，
∴AN=CM，
∴CN=AM，
∵∠AMB=∠BMC=∠ABC=90°，
∴∠ABM+∠CBM=90°，∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠ABM=∠BCM，
∴△AMB∽△BMC，
∴，
∵DN=BM，AM=CN，
∴DN2=CM CN，故②正确，
若△DNF是等边三角形，则∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合题意，故③错误，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等边三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四边形DEBF是平行四边形，
∴四边形DEBF是菱形；故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定等知识；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键．
2．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形中，，点P在对角线上，过点P作，交边于点M，N，过点M作交于点E，连接．下列结论：①；②四边形的面积不变；③当时，；④的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．

【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判断②；根据相似可以得到，判断③；利用将军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵，，
∴，
在点P移动过程中，不一定，
相矛盾，
故①不正确；

延长交于点H,
则为矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正确，
，
即当 的最小值，作B、D关于的对称点,
把图中的向上平移到图2位置，使得，连接，即为的最小值，则，,
这时，
即的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④

【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
3．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，矩形ABCD中，ADAB，点E在BC边上，且AE=AD，DF⊥AE于点F，连接DE，BF，BF的延长线交DE于点O，交CD于点G．以下结论：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④图形中相似三角形有6对，则正确结论的序号是 ．
【答案】①②
【分析】通过证明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，结合已知条件，可判断①正确；通过证明△DCE∽△BCG，得到，通过证明△ABF∽△ADE，得到，再通过相似和三角形的外角性质，得到OE DE，进而证得，可判断②正确；证明△BEF≌△FDG，连接CF后，可知，结合图象，即可判断③不正确；通过图形中相似三角形超过6对，可判断④不正确，问题即可得解．
【详解】∵AEAD，AD AB，
∴AEAB．
在Rt△ABE中，∠ABE=90°，cos∠BAE=，
∴cos∠BAE=．
∴∠BAE=45°，即△ABE是等腰直角三角形．
∵在矩形ABCD中，∠BAD=90°，
∴∠DAF=45°．
∵DF⊥AE，
∴∠ADF=45°，即△ADF是等腰直角三角形．
∴ADAF．
∴AF=AB．
∵在矩形ABCD中，AB=CD，
∴AF=CD ．故①正确；
又∵AF=AB，∠BAE=45°，
∴∠ABF=67.5°．
∴∠CBG=22.5°．
又∵AE=AD，∠DAE=45°，
∴∠ADE=67.5°．
∴∠CDE=22.5°．
∴∠CBG=∠CDE．
∵∠C=∠C，
∴△DCE∽△BCG．
∴．
∵在矩形ABCD中，BC=ADCD，
∴．
在△ABF和△ADE中．∠BAF=∠DAE=45°，AFAB ，AEAD ，
∴△ABF∽△ADE．
∴．
在△ABF和△OEF中，∠OEF＝∠ADE＝67.5°＝∠ABF，
∵∠AFB=∠OFE，∠AFB=∠ABF，
∴△ABF∽△OEF，∠OEF=∠OFE．
∴OE＝OF，∠EOF=45°．
又∵∠EOF=∠DFO+∠ODF =45°，∠ODF=∠ADE-∠ADF=22.5°，
∴∠ODF =∠DFO．
∴OFOD．
∴OEOFODDE．
∴ ．故②正确；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
连接CF．
又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正确；
∵△ABF∽△ADE，△ABF∽△OEF，
∴△ADE∽△OEF．
在△BEF和△BOE中， ∠BEF∠BOE45°，∠EBF∠OBE，
∴△BEF∽△BOE．
在△BOE和△DOG中， ∠ODG∠OBE，∠BOE∠DOG，
∴△BOE∽△DOG．
∴△BEF∽△DOG．
又∵△DCE∽△BCG，
∴图形中相似三角形超过6对，故④不正确．
综上，正确的结论是①②．
故答案为：①②．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，涉及了特殊角的三角函数值、三角形的外角性质、举反例等，是一道综合题．相似和全等是证明边的比例关系中最常用的方法．
4．（2020·广西柳州·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝10，点E在CD上，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在边AD上的点F处，点G在AF上，将△ABG沿BG折叠，点A恰好落在线段BF上的H处，有下列结论：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】①根据折叠、矩形的性质进行推理即可；②根据等高三角形的面积比等于底边的比计算分析即可；③由矩形的性质、勾股定理及相似三角形的判定定理计算分析即可；④由矩形的性质可得CD的长，根据CE＝CD﹣ED求得CE的值，则可求得答案．
【详解】解：①由折叠的性质可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．
故①正确；
②由折叠的性质可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，
∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，
∴2S△BFG＝5S△FGH；
故②正确；
③∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABF中，AF＝＝8，
设GF＝x，即HG＝AG＝8﹣x，
在Rt△HGF中，HG2+HF2＝GF2，
即（8﹣x）2+42＝x2，解得x＝5，
∴AG＝3，
∴FD＝2；
同理可得ED＝，
∴＝＝2，
＝＝，
∴≠，
∴△ABG与△DEF不相似，
故③错误；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，
∴CE＝CD﹣ED＝，
∴＝，
∴4CE＝5ED．
故④正确．
综上所述，正确的结论的序号为①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理及相似三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
题型15 与矩形有关的新定义问题
1．（2024·上海浦东新·一模）新定义1：将宽与长的比等于黄金分割比的矩形称为黄金矩形
新定义2：将顶角为的等腰三角形称为黄金三角形
①在一张矩形纸片的一端，利用图1的方法折出一个正方形，然后把纸片展平
②如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平
③折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处
④展平纸片，按照所得到的点D折出
(1)根据以上折纸法，求证：矩形为黄金矩形
(2)如图5，已知为黄金三角形，，求：的长
(3)在（2）的条件下，截取交AC于D，截取交线段于E，过E作任意直线与边交于P，Q两点，试判断：是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质得出，，结合，即可判定四边形是正方形，可得，再求出，则由勾股定理可得，再证明即可；
（2）作的角平分线交于D，先求出，再证明，得到，进一步证明，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；
（3）如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H，根据，得到；再证明，进而得到，解直角三角形得到，则，再解直角三角形得到，则；证明，得到，则，可得；如图所示，连接，由勾股定理得到，根据，得到，据此代值计算即可．
【详解】（1）证明：由折叠可知：，
又∵，
四边形是矩形，
又由折叠可知：，
四边形是正方形，
∴，
由题意得，
∴；
由折叠得，
∴，
∴，，
∴矩形是黄金矩形；
（2）解：如图所示，作的角平分线交于D，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
解得或（舍去），
经检验，是原方程的解．
（3）解：如图所示，过点E分别作的垂线，垂足分别为F，G，过点Q作于H，
∵，
∴；
由（2）可知，当平分时有，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
如图所示，连接，
在中，，
∵，
∴
．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理，矩形与折叠问题，等腰三角形的性质与判定等等，正确理解题意作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
2．（2024·江苏苏州·二模）大家都知道黄金比的美，但是漫画家创造一个可爱的漫画形象时，通常会去选择运用白银比而非黄金比．因为白银比例创造出来的形象要比用形黄金比例创造出的形象更憨态可掬，温和可人．
通过上网查阅资料，小希同学发现白银比的定义：如图1，点C把线段分成两部分，如果，那么点C为线段的“白银分割点”，如图2，矩形中，，那么矩形叫做“白银矩形”．
应用：
（1）如图3，矩形ABCD是一张A4纸，，将矩形边翻折，使得点A的对应点落在上，将矩形边翻折，使得点D的对应点落在上，折痕交于点O，再将对折，发现与恰好重合，求证：矩形是“白银矩形”．
（2）如图4，在（1）的条件下，矩形中，E为上一点，将矩形沿折叠，使得点C落在边上的点F处，延长交的延长线于点G，说明点E为线段的“白银分割点”．
（3）已知线段（如图5），作线段的一个“白银分割点”．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，写出必要做法）
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）由翻折知，，即，从而；由对折知，，即，由此即可证明结论成立；
（2）由（1）知，，则得是等腰直角三角形，进而易得为等腰直角三角形，；由折叠性质得，则有，从而结论得证；
（3）过B作，在上取，连接，作的平分线交于K，即可求解．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，
由翻折知，，
，，
；
由对折知，，
即，
，
即矩形是“白银矩形”；
（2）解：四边形为矩形，
，
由（1）知，；
由折叠得：，，
，
由勾股定理得：，
是等腰直角三角形，
；
，
；
，
，
，
即为等腰直角三角形，
；
，
，
即；
（3）过B作，在上取，连接，作的平分线交于K，则K点是线段的一个“白银分割点”．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，尺规作图：作垂线及角平分线，理解题中新定义是关键．
3．（2024·广东惠州·二模）新定义：如果一个矩形，它的周长和面积分别是另外一个矩形的周长和面积的一半，则这个矩形是另一个矩形的“减半”矩形．
(1)验证：矩形 是矩形的“减半”矩形，其中矩形 的长为12、宽为2， 矩形长为4、宽为3．
(2)探索：一矩形的长为2、宽为1时，它是否存在“减半”矩形？请作出判断，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，一元二次方程的应用；
（1）根据矩形的周长和面积公式进行计算即可求解；
（2）设该“减半”矩形长和宽分别为，，()，根据新定义得出联立解关于的一元二次方程，进而根据方程无实数解，即可求解．
【详解】（1）解： 矩形的周长为： ，
矩形的周长为： ，
矩形 的周长 矩形的周长．
矩形的面积为： ，
矩形的面积为： ，
矩形的面积 矩形 的面积．
矩形是矩形的“减半”矩形．
（2）该矩形不存在“减半”矩形，
若矩形存在“减半”矩形，设该“减半”矩形长和宽分别为，，
原矩形的长和宽分别为，，
由题可知：
由①得：
将 代入②得：
即
方程 无解．
该矩形不存在“减半”矩形．
4．（2023·陕西咸阳·二模）【定义新知】
如图1，将矩形纸片沿BE折叠，点A的对称点F落在BC边上，再将纸片沿CE折叠，点D的对称点也与F重合，折叠后的两个三角形拼合成一个三角形()，这个三角形称为叠合三角形．类似地，对多边形进行折叠，若折叠后的图形恰好可以拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，则这样的矩形称为叠合矩形．
(1)图1中叠合的底边BC与高EF的长度之比为_______；
(2)将纸片按图2中的方式折叠成一个叠合矩形，若AD=13，MN=5，求叠合矩形的面积；
【问题解决】
(3)已知四边形ABCD纸片是一个直角梯形，满足，，AB 点F为BC的中点，EF⊥BC，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．
①如图3，若线段EF是其中的一条折痕，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出AB和CD的长；
②如图4，若线段EF是叠合正方形的其中一条对角线，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出此时AB和CD的长．
【答案】(1)2：1；
(2)60；
(3)①，；②，．
【分析】（1）根据条件可得四边形为全等的正方形，即可求解；
（2）证，结合勾股定理即可求解；
（3）根据【定义新知】结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得 ：
故四边形为全等的正方形
故的底边BC与高EF的长度之比为：
（2）解：由四边形是叠合矩形，可得．
易得
∵四边形是平行四边形，
∴
∴．
在和中，
∴
∴，
∴
∵
，
∴叠合矩形的面积
（3）解：①叠合正方形的示意图如图1所示

由折叠的性质可得
由平行线分线段成比例可得
∵四边形EFCG是叠合正方形，
∴,
∴
∴
②叠合正方形EGFH的示意图如图2所示.作于点N,
由题意可得E是AD的中点，

，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用等．利用相关几何知识进行严密的逻辑推理是解题关键．
题型16与矩形有关的规律探究问题
1．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形中，，，连接，以为边，作矩形使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；以为边，作矩形，使，连接交于点；…按照这个规律进行下去，则的面积为 ．
【答案】．
【分析】先寻找规律求得的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角形面积是它所在矩形面积的，依此即可求得的面积．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴∠A=∠B=90°，，，，
∴，
∴,，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
同理可证， ，
依次类推，，
故 ，
在矩形中，设，则，
根据勾股定理，
即，解得，
∵，即，
同理可证，
∴
同理可证
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得；②得出三角形面积是它所在矩形面积的．需注意标序号的时候不要混淆了．
2．（2022·广东中山·三模）如图，在矩形中，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形；再连接 以对角线为边，按逆时针方向作矩形使矩形 ~ 矩形····，按照此规律作下去，则边的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】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．根据已知和矩形的性质可分别求得，利用相似多边形的性质可发现规律，根据规律即可解决问题．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
按逆时针方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形，
∴矩形的边长和矩形的边长的比为，
∴矩形的对角线和矩形的对角线的比，
∵矩形的对角线为，
∴矩形的对角线，
以此类推，
矩形的对角线，
矩形的对角线，
…，
矩形的对角线，
∴．
故选A．
3．（2023·黑龙江鸡西·三模）如图，中，，，边上的高，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，……按此规律操作下去，则线段的长度为 ．

【答案】
【分析】设，则可得，由相似可得，由条件可求得的值，再由勾股定理可求得的长，再由可求得，类似地可求得,进而求得，继续这一过程可得，最后求得结果．
【详解】解：∵，
∴设，则可得，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵
∴，
∴；
由勾股定理得，
∵，
∴
∴；
由于，且四边形为矩形，，
类似地得：,
∴，
，
…，
，
∴．
故答案为：．
【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．
4．（2022·河北唐山·二模）如图，平面直角坐标系中，边长为1的正方形的顶点A、B分别在x轴、y轴上，点在反比例函数的图象上，过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，再过的中点作矩形，使顶点落在反比例函数的图象上，…，依此规律可得：
（1）点的坐标为
（2）作出矩形时，落在反比例函数图象上的顶点的坐标为 ．
【答案】
【分析】（1）先根据题意得出P1点的坐标，进而可得出反比例函数的解析式，再依次求出点P2，P3，P4的坐标，找出规律可得出的坐标；
（2）根据（1）中的规律可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形OAP1B的边长为1，点P1在反比例函数（x＞0）的图象上，
∴P1（1，1），
∴k=1，
∴反比例函数的解析式为：，
∵B1是P1A的中点，
∴P2A1=AB1=，
∴OA1=2，
∴．
故答案为：．
（2）由（1）的解同理，得…
∴，
当时，．
故答案为：．
【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，解题的关键是找出规律．
题型17与矩形有关的动点问题
1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形中，为其对角线，一动点从出发，沿着的路径行进，过点作，垂足为．设点的运动路程为，为，与的函数图象如图2，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．
根据函数的图象与坐标的关系确定的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：由图象得：，当时，，此时点P在边上，
设此时，则，，
在中，，
即：，
解得：，
，
故选：B．
2．（2023·吉林·中考真题）如图，在正方形中，，点是对角线的中点，动点，分别从点，同时出发，点以的速度沿边向终点匀速运动，点以的速度沿折线向终点匀速运动．连接并延长交边于点，连接并延长交折线于点，连接，，，，得到四边形．设点的运动时间为（）（），四边形的面积为（）
　　
(1)的长为__________，的长为_________．（用含x的代数式表示）
(2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
(3)当四边形是轴对称图形时，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)或
【分析】（1）根据正方形中心对称的性质得出，可得四边形是平行四边形，证明即可；
（2）分，两种情况分别画出图形，根据正方形的面积，以及平行四边形的性质即可求解；
（3）根据（2）的图形，分类讨论即可求解．
【详解】（1）解：依题意， ，则，
∵四边形是正方形，
∴，
∵点是正方形对角线的中点，
∴，则四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴
故答案为：；．
（2）解：当时，点在上，

由（1）可得，
同理可得，
∵，，
则
；
当时，如图所示，

则，，
，
∴；
综上所述，；
（3）依题意，①如图，当四边形是矩形时，此时，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即，
解得：，

当四边形是菱形时，则，
∴，
解得：（舍去）；
②如图所示，当时，四边形是轴对称图形，
，解得，
当四边形是菱形时，则，即，解得：（舍去），
综上所述，当四边形是轴对称图形时，或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，平行四边形的性质与判定，菱形的性质，轴对称图形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．（2024·吉林长春·中考真题）【问题呈现】
小明在数学兴趣小组活动时遇到一个几何问题：如图①，在等边中，，点、分别在边、上，且，试探究线段长度的最小值．
【问题分析】
小明通过构造平行四边形，将双动点问题转化为单动点问题，再通过定角发现这个动点的运动路径，进而解决上述几何问题．
【问题解决】
如图②，过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线．在【问题呈现】的条件下，完成下列问题：
（1）证明：；
（2）的大小为 度，线段长度的最小值为________．
【方法应用】
某种简易房屋在整体运输前需用钢丝绳进行加固处理，如图③．小明收集了该房屋的相关数据，并画出了示意图，如图④，是等腰三角形，四边形是矩形，米，．是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点在上，点在上．在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持．钢丝绳长度的最小值为多少米．
【答案】问题解决：（1）见解析（2）30，；方法应用：线段长度的最小值为米
【分析】（1）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，根据平行四边形性质证明结论即可；
（2）先证明，根据垂线段最短求出最小值；
（3）过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，求出，进而得，利用垂线段最短求出即可．
【详解】解：问题解决：（1）证明：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，
四边形是平行四边形，
；
（2）在等边中，，
；
当时，最小，此时最小，
在中，
，
线段长度的最小值为；
方法应用：过点、分别作、的平行线，并交于点，作射线，连接，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
当时，最小，此时最小，
作于点R，
在中，
，
在中，
，
线段长度的最小值为米．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形外角的性质，垂线段最短及矩形性质，熟练掌握相关性质是解题关键．
4．（2023·辽宁大连·中考真题）综合与实践
问题情境：数学活动课上，王老师给同学们每人发了一张等腰三角形纸片探究折叠的性质．
已知，点为上一动点，将以为对称轴翻折．同学们经过思考后进行如下探究：
独立思考：小明：“当点落在上时，．”
小红：“若点为中点，给出与的长，就可求出的长．”
实践探究：奋进小组的同学们经过探究后提出问题1，请你回答：

问题1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如图1，当点落在上时，求证：；
（2）如图2，若点为中点，，求的长．
问题解决：小明经过探究发现：若将问题1中的等腰三角形换成的等腰三角形，可以将问题进一步拓展．
问题2：如图3，在等腰中，．若，则求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；问题2：
【分析】（1）根据等边对等角可得，根据折叠以及三角形内角和定理，可得 ，根据邻补角互补可得，即可得证；
（2）连接，交于点，则是的中位线，勾股定理求得，根据即可求解；
问题2：连接，过点作于点，过点作于点，根据已知条件可得，则四边形是矩形，勾股定理求得，根据三线合一得出，根据勾股定理求得的长，即可求解．
【详解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴， ，
∵，
∴；
（2）如图所示，连接，交于点，

∵折叠，
∴，，，，
∵是的中点，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
问题2：如图所示，连接，过点作于点，过点作于点，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
则，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
题型18与矩形有关的最值问题
1．（2024·海南·中考真题）如图，矩形纸片中，，点E、F分别在边上，将纸片沿折叠，使点D的对应点在边上，点C的对应点为，则的最小值为 ，CF的最大值为 ．
【答案】 6
【分析】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等边对等角，过点E作于H，则四边形是矩形，则，根据，可得的最小值为6，则由折叠的性质可得的最小值为6；如图所示，连接，证明，得到，则，利用勾股定理得到当最大时，最大，即最大时，最大，则当与点B重合时，最大，设此时，则，据此利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：如图所示，过点E作于H，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值为6，
由折叠的性质可得，
∴的最小值为6；
如图所示，连接，
由折叠的性质可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴当最大时，最大，即最大时，最大，
∴当与点B重合时，最大，
设此时，则，
∴，
解得，
∴的最大值为
故答案为：，．
2．（2024·江苏苏州·中考真题）如图，矩形中，，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿，向终点B，D运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，则的最大值为（ ）

A． B． C．2 D．1
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质、动点轨迹、与圆有关的位置关系等知识，根据矩形的性质以及直角三角形斜边中线的性质确定G的轨迹是本题解题的关键．
连接，交于点，取中点，连接，根据直角三角形斜边中线的性质，可以得出的轨迹，从而求出的最大值．
【详解】解：连接，交于点，取中点，连接，如图所示：

∵四边形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在与中，
，
，
，，共线，
，是中点，
∴在中，，
的轨迹为以为圆心，为半径即为直径的圆弧．
∴的最大值为的长，即．
故选：D．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在矩形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作矩形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，最小值，最大值
【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；
（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形中，，
∴，，，
∵点E在的中点
∴，
∴，，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图：过B作交于H，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最大值．
如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则
设．
∵四边形和四边形都是矩形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
当时，y有最小值为．
，
∴当时，y有最大值为，
∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最大值．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、二次函数的应用等知识点，正确添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，矩形中，．点P是边上一动点，点M为线段上一动点．，则的最小值为（ ）．
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】设的中点为，连接，证明，得出，点在点为圆心，4为半径的圆上，利用勾股定理求出从而计算出答案．
【详解】解：设的中点为，连接，
∵四边形为矩形，
，
，
，
，
，
，
，
∴点在点为圆心，4为半径的圆上．
，
，
∵的最小值为2．
故选：A．
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，二次根式的性质，圆周角定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，应用直角三角形性质解决问题．
5．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形的两条对角线，互相垂直，，，则的最小值是 ．

【答案】
【分析】设的交点为，的中点分别是，连接，先证，由此得当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，再证四边形是矩形，且，根据勾股定理的，进而求得的最小值．
【详解】解：设的交点为，的中点分别是，连接，
互相垂直，
和为直角三角形，且分别为斜边，
，
，
当最小时，最小，再根据“两点之间线段最短”得，
当点在线段上时，最小，最小值为线段的长，
分别为的中点，
是的中位线，
，
同理，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，
四边形是矩形，
在中，，
，
的最小值为，
的最小值为．

故答案为：．
【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，两点之间线段最短是解答此题的关键．
6．（2024·西藏·中考真题）如图，在中，，，，点P是边上任意一点，过点P作，，垂足分别为点D，E，连接，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不大，设计很新颖，解题的关键是求的最小值转化为其相等线段的最小值．连接，根据矩形的性质可知：，当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，再根据三角形的面积为定值即可求出的长．
【详解】解：中，，，，
，
连接，如图所示：
∵于点，于点，，
∴，
四边形是矩形，
，
当最小时，则最小，根据垂线段最短可知当时，则最小，
∴此时．
故选：B．
题型19 矩形与函数综合
1．（2022·陕西西安·模拟预测）如图，一次函数的图象交轴于点，交轴于点，点在线段上不与点，重合，过点分别作和的垂线，垂足为，．当矩形的面积为时，点的坐标为(　　)

A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】由点在线段上可设点的坐标为，，进而可得出，，结合矩形的面积为，即可得出关于的一元二次方程，解之即可得出的值，再将其代入点的坐标中即可求出结论．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，找出关于的一元二次方程是解题的关键．
【详解】解：点在线段上不与点，重合，且直线的解析式为，
设点的坐标为，，
，．
矩形的面积为，
，
，，
点的坐标为，或，．
故选：D．
2．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A．
【构建联系】
（1）求证：函数的图象必经过点C．
（2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解；
（2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解；
（3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．
【详解】（1）设，则，
∵轴，
∴D点的纵坐标为，
∴将代入中得：得，
∴，
∴，
∴，
∴将代入中得出，
∴函数的图象必经过点C；
（2）∵点在直线上，
∴，
∴，
∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
∵函数的图象经过点A，C，
∴，，
∴，
∴，
∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，
∴，，
∴，
如图，过点D作轴，过点B作轴，
∵轴，
∴H，A，D三点共线，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，，
∴，
由图知，，
∴，
∴；
（3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴，
∵四边形为矩形，
∴四边形为正方形，，
∴，，，
∵轴，
∴直线为一，三象限的夹角平分线，
∴，
当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，
∵轴，
∴H，A，D三点共线，
∵以点O为圆心，长为半径作，，
∴，
∴，
∴，，，
∵轴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，
∵,
∴为等边三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵轴，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴当与的边有交点时，k的取值范围为．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形

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