資源簡介

第五章 四邊形
第24講 矩形的性質與判定
（思維導圖+1考點+1命題點21種題型）
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點 矩形
04題型精研·考向洞悉
命題點 矩形的性質與判定
題型01 矩形性質的理解
題型02 根據矩形的性質求角度
題型03 根據矩形的性質求線段長
題型04 根據矩形的性質求周長，面積
題型05 根據矩形的性質求點的坐標
題型06 利用矩形的性質證明
題型07 矩形的折疊問題
題型08 矩形判定定理的理解
題型09 添加一個條件使四邊形是矩形
題型10 證明四邊形是矩形
題型11 根據矩形的性質與判定求角度
題型12 根據矩形的性質與判定求線段長
題型13 根據矩形的性質與判定求周長，面積
題型14 根據矩形的性質與判定解決多結論問題
題型15 與矩形有關的新定義問題
題型16與矩形有關的規律探究問題
題型17與矩形有關的動點問題
題型18與矩形有關的最值問題
題型19 矩形與函數綜合
題型20 與矩形有關的存在性問題
題型21 與矩形有關的材料閱讀類問題
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
矩形的有關證明與計算 ★★★ 理解矩形的概念； 探索并證明矩形的性質定理與判定定理.
【考情分析】矩形是特殊的平行四邊形，其對角線相等、內角為直角，故矩形的考查經常與直角三角形的勾股定理相結合，利用矩形的性質解折疊問題是中考中的常考題型，注意折疊前、后對應的線段與角大小相等，試題形式多樣，難度中等. 【命題預測】矩形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年各地中考還將出現. 其中，矩形還經常成為綜合壓軸題的問題背景來考察，而矩形其他出題類型還有選擇、填空題的壓軸題，難度都比較大，需要加以重視.解答題中考查特殊四邊形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態問題綜合應用的可能性比較大．
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 矩形
1.矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
【易錯點】對于矩形的定義要注意兩點（缺一不可）：①是平行四邊形；②有一個角是直角.
2.矩形的性質定理：
性質 符號語言 圖示
邊 兩組對邊平行且相等 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
角 四個角都是直角 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°
對角線 兩條對角線互相平分且相等 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO
【補充】
1）矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形具有平行四邊形的一切性質；
2）矩形的兩條對角線將矩形分成兩對全等的等腰三角形，經常會用到等腰三角形的性質解決問題.
3）利用矩形的性質可以推出：在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.
3.矩形的對稱軸
1）矩形是中心對稱圖形，對角線的交點為對稱中心.
2）矩形也是軸對稱圖形，有兩條對稱軸且對稱軸都是經過對邊中點的直線；
3）過對稱中心的任意直線可將矩形分成全等的兩部分.
4.矩形的判定
判定定理 符號語言 圖示
角 一個角是直角的平行四邊形是矩形 在平行四邊形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD是矩形
三個角是直角的四邊形是矩形 在四邊形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四邊形ABCD是矩形
對角線 對角線相等的平行四邊形是矩形 在平行四邊形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四邊形ABCD是矩形
矩形判定思路：
1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·陜西·中考真題）如圖，四邊形是矩形，點E和點F在邊上，且．求證：．
3．（2024·甘肅·中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點O，，，則的長為（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
4．（2024·吉林長春·中考真題）如圖，在四邊形中，，是邊的中點，．求證：四邊形是矩形．
5．（2024·四川瀘州·中考真題）已知四邊形是平行四邊形，下列條件中，不能判定為矩形的是（ ）
A．B． C． D．
04題型精研·考向洞悉
命題點一 矩形的性質與判定
題型01 矩形性質的理解
1．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在矩形中，對角線與相交于點，則下列結論一定正確的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·湖北襄陽·中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點，下列結論一定正確的是（ ）
A．平分 B． C． D．
3．（2023·湖南·中考真題）如圖所示，在矩形中，，與相交于點O，下列說法正確的是（ ）

A．點O為矩形的對稱中心 B．點O為線段的對稱中心
C．直線為矩形的對稱軸 D．直線為線段的對稱軸
4．（2023·湖北十堰·中考真題）如圖，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架，然后向左扭動框架，觀察所得四邊形的變化．下面判斷錯誤的是（ ）

A．四邊形由矩形變為平行四邊形 B．對角線的長度減小
C．四邊形的面積不變 D．四邊形的周長不變
題型02 根據矩形的性質求角度
1．（2024·江蘇南通·中考真題）如圖，直線，矩形的頂點A在直線b上，若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·黑龍江哈爾濱·中考真題）矩形的對角線，相交于點，點在矩形邊上，連接．若，，則 ．
3．（2022·湖北十堰·中考真題）“美麗鄉村”建設使我市農村住宅舊貌變新顏，如圖所示為一農村民居側面截圖，屋坡，分別架在墻體的點，處，且，側面四邊形為矩形，若測得，則 ．
4．（2020·貴州黔南·中考真題）如圖，將矩形紙條折疊，折痕為，折疊后點C，D分別落在點，處，與交于點G．已知，則的度數是（ ）
A．30° B．45° C．74° D．75°
題型03 根據矩形的性質求線段長
1．（2024·江蘇南京·中考真題）如圖，在矩形中，按以下步驟作圖：①分別以點和為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點和，②作直線分別與，，交于點，，，若，，則 ．
2．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，于點，延長與交于點．若，，則點到的距離為 ．
3．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，過點作的垂線分別交，于兩點．若，，則的長度為（ ）
A．1 B．2 C． D．
4．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在矩形中，點P在邊上，連接，將繞點P順時針旋轉90°得到，連接．若，，，則 ．

5．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）矩形的面積是90，對角線交于點O，點E是邊的三等分點，連接，點P是的中點，，連接，則的值為 ．
題型04 根據矩形的性質求周長，面積
1．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形中，對角線與相交于點O，，，垂足為點E，F是的中點，連接，若，則矩形的周長是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·湖北恩施·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，連接BD，分別以B、D為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于P、Q兩點，作直線PQ，分別與AD、BC交于點M、N，連接BM、DN．若，．則四邊形MBND的周長為（ ）
A． B．5 C．10 D．20
3．（2022·湖南邵陽·中考真題）已知矩形的一邊長為，一條對角線的長為，則矩形的面積為 ．
4．（2023·廣西·中考真題）如圖，過的圖象上點A，分別作x軸，y軸的平行線交的圖象于B，D兩點，以，為鄰邊的矩形被坐標軸分割成四個小矩形，面積分別記為，，，，若，則的值為（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
5．（2023·重慶·中考真題）如圖，是矩形的外接圓，若，則圖中陰影部分的面積為 ．（結果保留）

6．（2022·湖南湘潭·中考真題）為落實國家《關于全面加強新時代大中小學勞動教育的意見》，某校準備在校園里利用圍墻（墻長）和長的籬笆墻，圍成Ⅰ、Ⅱ兩塊矩形勞動實踐基地．某數學興趣小組設計了兩種方案（除圍墻外，實線部分為籬笆墻，且不浪費籬笆墻），請根據設計方案回答下列問題：
(1)方案一：如圖①，全部利用圍墻的長度，但要在Ⅰ區中留一個寬度的水池且需保證總種植面積為，試分別確定、的長；
(2)方案二：如圖②，使圍成的兩塊矩形總種植面積最大，請問應設計為多長？此時最大面積為多少？
題型05 根據矩形的性質求點的坐標
1．（2024·吉林·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為，點C的坐標為．以為邊作矩形，若將矩形繞點O順時針旋轉，得到矩形，則點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊，分別在軸、軸正半軸上，點在邊上，將矩形沿折疊，點恰好落在邊上的點處．若，，則點的坐標是 ．

3．（2023·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標中，矩形的邊，將矩形沿直線折疊到如圖所示的位置，線段恰好經過點，點落在軸的點位置，點的坐標是（ ）

A． B． C． D．
4．（2023·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．動點分別從點同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿向終點移動．當移動時間為4秒時，的值為（ ）

A． B． C． D．
5．（2024·貴州安順·模擬預測）如圖，已知矩形的兩點C、D在反比例函數的圖象上，點A和點B都在坐標軸上，且B的坐標為，，則 ．
題型06 利用矩形的性質證明
1．（2024·山東東營·中考真題）如圖，四邊形是矩形，直線分別交，，于點E，F，O，下列條件中，不能證明的是（ ）

A．為矩形兩條對角線的交點 B．
C． D．
2．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形．
(1)尺規作圖：作對角線的垂直平分線，交于點E，交于點F；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)連接．求證：四邊形是菱形．
3．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形紙條寬度為，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形的面積為，求此時直線所夾銳角的度數．
4．（2024·上海·中考真題）如圖所示，在矩形中，為邊上一點，且．
(1)求證：；
(2)為線段延長線上一點，且滿足，求證：．
題型07 矩形的折疊問題
1．（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，將矩形紙片沿邊折疊，使點在邊中點處．若，則 ．
2．（2024·山東淄博·中考真題）如圖所示，在矩形中，，點，分別在邊，上．連接，將四邊形沿翻折，點，分別落在點，處．則的值是（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片，，，他進行了如下操作：
第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕，將紙片展平．
第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把沿折疊得到，交折痕于點E，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·湖北·中考真題）如圖，矩形中，分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，的對稱點為交于．
(1)求證：．
(2)若為中點，且，求長．
(3)連接，若為中點，為中點，探究與大小關系并說明理由．
5．（2023·青海西寧·中考真題）折疊問題是我們常見的數學問題，它是利用圖形變化的軸對稱性質解決的相關問題．數學活動課上，同學們以“矩形的折疊”為主題開展了數學活動．
【操作】如圖1，在矩形中，點M在邊上，將矩形紙片沿所在的直線折疊，使點D落在點處，與交于點N．

【猜想】
【驗證】請將下列證明過程補充完整：
∵矩形紙片沿所在的直線折疊∴
∵四邊形是矩形∴（矩形的對邊平行）∴ （ ）
∴ （等量代換）∴（ ）
【應用】如圖2，繼續將矩形紙片折疊，使恰好落在直線上，點A落在點處，點B落在點處，折痕為．
（1）猜想與的數量關系，并說明理由；
（2）若，，求的長．
題型08 矩形判定定理的理解
1．（2022·山東聊城·中考真題）要檢驗一個四邊形的桌面是否為矩形，可行的測量方案是（ ）
A．測量兩條對角線是否相等 B．度量兩個角是否是90°
C．測量兩條對角線的交點到四個頂點的距離是否相等D．測量兩組對邊是否分別相等
2．（2024·廣西貴港·二模）請閱讀下列材料，完成相應的任務．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判斷矩形 今天，我在一本數學課外叢書上看到這樣一個有趣的問題，工人師傅在做門窗或矩形零件時，他是這樣做的：首先利用卷尺（有刻度）測量兩組對邊的長度是否分別相等；其次利用卷尺測量該門窗的兩條對角線是否相等，以確保圖形是矩形．我有如下思考：工人師傅的做法究竟是依據什么原理得到四邊形是矩形？已知在四邊形中，，，． 求證：四邊形是矩形． 證明：……．
任務：(1)上述做法是依據了矩形的一個判定定理：________________；
(2)補全材料中的證明過程；
(3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一種方法判定四邊形是矩形？（寫出簡要的測量方法）
題型09 添加一個條件使四邊形是矩形
1．（2023·上海·中考真題）在四邊形中，．下列說法能使四邊形為矩形的是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022·甘肅武威·中考真題）如圖，在四邊形中，，，在不添加任何輔助線的前提下，要想四邊形成為一個矩形，只需添加的一個條件是 ．
3．（2023·湖南岳陽·中考真題）如圖，點在的邊上，，請從以下三個選項中①；②；③，選擇一個合適的選項作為已知條件，使為矩形．

(1)你添加的條件是_________（填序號）；
(2)添加條件后，請證明為矩形．
4．（2024·江蘇南京·中考真題）如圖．線段與分別為的中位線與中線．
(1)求證：與互相平分；
(2)當線段與滿足怎樣的數量關系時，四邊形為矩形？請說明理由．
題型10 證明四邊形是矩形
1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，中，．
(1)尺規作圖：作邊上的中線（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)在（1）所作的圖中，將中線繞點逆時針旋轉得到，連接，．求證：四邊形是矩形．
2．（2024·新疆·中考真題）如圖，的中線，交于點O，點F，G分別是，的中點．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當時，求證：是矩形．
3．（2023·山東青島·中考真題）如圖，在中，的平分線交于點E，的平分線交于點F，點G，H分別是和的中點．

(1)求證：；
(2)連接．若，請判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．
題型11 根據矩形的性質與判定求角度
1．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在正方形中，是對角線上的一點（與點不重合），分別為垂足．連接，并延長交于點．

(1)求證：．
(2)判斷與是否垂直，并說明理由．
2．（2023·江西·中考真題）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為 ．

3．（2024·重慶銅梁·一模）如圖，在正方形中，點是對角線上一點，，，垂足分別為，，連接．若，則一定等于（ ）
A． B． C． D．
4．（2023·河南新鄉·一模）如圖，在中，，，，點D、E分別在邊、上，，，將繞點B旋轉，點D、E旋轉后的對應點分別是、，當A、、三點共線時，的度數為 ．
題型12 根據矩形的性質與判定求線段長
1．（2024·山西·中考真題）黃金分割是漢字結構最基本的規律．借助如圖的正方形習字格書寫的漢字“晉”端莊穩重、舒展美觀．已知一條分割線的端點A，B分別在習字格的邊上，且，“晉”字的筆畫“、”的位置在的黃金分割點C處，且，若，則的長為 （結果保留根號）．
2．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，在中，，，．點P在邊上，過點P作，垂足為D，過點D作，垂足為F．連接，取的中點E．在點P從點A到點C的運動過程中，點E所經過的路徑長為 ．
3．（2024·四川南充·中考真題）如圖，在矩形中，為邊上一點，，將沿折疊得，連接，，若平分，，則的長為 ．

4．（2024·山東青島·中考真題）如圖，在四邊形中，對角線與相交于點O，，于點E，于點F，且．

(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若，當等于多少度時，四邊形是矩形？請說明理由，并直接寫出此時的值．
題型13 根據矩形的性質與判定求周長，面積
1．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三個頂點D，E，F均在Rt△ABC的邊上，且鄰邊之比為1：2，畫出符合題意的圖形，并直接寫出矩形周長的值．
2．（2021·安徽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，，，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F，G，H，則四邊形EFGH的周長為（ ）
A． B． C． D．
3．（2021·山東煙臺·中考真題）綜合實踐活動課上，小亮將一張面積為，其中一邊為8cm的銳角三角形紙片（如圖1），經過兩刀裁剪，拼成了一個無縫隙、無重疊的矩形（如圖2），則矩形的周長為 cm．
4．（2023·浙江寧波·中考真題）如圖，以鈍角三角形的最長邊為邊向外作矩形，連結，設，，的面積分別為，若要求出的值，只需知道( )

A．的面積 B．的面積 C．的面積 D．矩形的面積
5．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖，，，且，．
(1)求證：四邊形是矩形．
(2)設的面積為，的面積為，矩形的面積為，則，，的等量關系為______．
題型14 根據矩形的性質與判定解決多結論問題
1．（2021·四川雅安·中考真題）如圖，在矩形中，和相交于點O，過點B作于點M，交于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接，．有下列結論：①四邊形為平行四邊形，②；③為等邊三角形；④當時，四邊形DEBF是菱形．正確結論的序號 ．
2．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形中，，點P在對角線上，過點P作，交邊于點M，N，過點M作交于點E，連接．下列結論：①；②四邊形的面積不變；③當時，；④的最小值是20．其中所有正確結論的序號是 ．

3．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，矩形ABCD中，ADAB，點E在BC邊上，且AE=AD，DF⊥AE于點F，連接DE，BF，BF的延長線交DE于點O，交CD于點G．以下結論：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④圖形中相似三角形有6對，則正確結論的序號是 ．
4．（2020·廣西柳州·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10，點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰好落在邊AD上的點F處，點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰好落在線段BF上的H處，有下列結論：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正確的是 ．（填寫所有正確結論的序號）
題型15 與矩形有關的新定義問題
1．（2024·上海浦東新·一模）新定義1：將寬與長的比等于黃金分割比的矩形稱為黃金矩形
新定義2：將頂角為的等腰三角形稱為黃金三角形
①在一張矩形紙片的一端，利用圖1的方法折出一個正方形，然后把紙片展平
②如圖2，把這個正方形折成兩個相等的矩形，再把紙片展平
③折出內側矩形的對角線，并把折到圖3中所示的處
④展平紙片，按照所得到的點D折出
(1)根據以上折紙法，求證：矩形為黃金矩形
(2)如圖5，已知為黃金三角形，，求：的長
(3)在（2）的條件下，截取交AC于D，截取交線段于E，過E作任意直線與邊交于P，Q兩點，試判斷：是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明理由
2．（2024·江蘇蘇州·二模）大家都知道黃金比的美，但是漫畫家創造一個可愛的漫畫形象時，通常會去選擇運用白銀比而非黃金比．因為白銀比例創造出來的形象要比用形黃金比例創造出的形象更憨態可掬，溫和可人．
通過上網查閱資料，小希同學發現白銀比的定義：如圖1，點C把線段分成兩部分，如果，那么點C為線段的“白銀分割點”，如圖2，矩形中，，那么矩形叫做“白銀矩形”．
應用：
（1）如圖3，矩形ABCD是一張A4紙，，將矩形邊翻折，使得點A的對應點落在上，將矩形邊翻折，使得點D的對應點落在上，折痕交于點O，再將對折，發現與恰好重合，求證：矩形是“白銀矩形”．
（2）如圖4，在（1）的條件下，矩形中，E為上一點，將矩形沿折疊，使得點C落在邊上的點F處，延長交的延長線于點G，說明點E為線段的“白銀分割點”．
（3）已知線段（如圖5），作線段的一個“白銀分割點”．（要求：尺規作圖，保留作圖痕跡，寫出必要做法）
3．（2024·廣東惠州·二模）新定義：如果一個矩形，它的周長和面積分別是另外一個矩形的周長和面積的一半，則這個矩形是另一個矩形的“減半”矩形．
(1)驗證：矩形 是矩形的“減半”矩形，其中矩形 的長為12、寬為2， 矩形長為4、寬為3．
(2)探索：一矩形的長為2、寬為1時，它是否存在“減半”矩形？請作出判斷，并說明理由．
4．（2023·陜西咸陽·二模）【定義新知】
如圖1，將矩形紙片沿BE折疊，點A的對稱點F落在BC邊上，再將紙片沿CE折疊，點D的對稱點也與F重合，折疊后的兩個三角形拼合成一個三角形()，這個三角形稱為疊合三角形．類似地，對多邊形進行折疊，若折疊后的圖形恰好可以拼合成一個無縫隙、無重疊的矩形，則這樣的矩形稱為疊合矩形．
(1)圖1中疊合的底邊BC與高EF的長度之比為_______；
(2)將紙片按圖2中的方式折疊成一個疊合矩形，若AD=13，MN=5，求疊合矩形的面積；
【問題解決】
(3)已知四邊形ABCD紙片是一個直角梯形，滿足，，AB 點F為BC的中點，EF⊥BC，小明把該紙片折疊，得到疊合正方形．
①如圖3，若線段EF是其中的一條折痕，請你在圖中畫出疊合正方形的示意圖，并求出AB和CD的長；
②如圖4，若線段EF是疊合正方形的其中一條對角線，請你在圖中畫出疊合正方形的示意圖，并求出此時AB和CD的長．
題型16與矩形有關的規律探究問題
1．（2020·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形中，，，連接，以為邊，作矩形使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；…按照這個規律進行下去，則的面積為 ．
2．（2022·廣東中山·三模）如圖，在矩形中，，連接，以對角線為邊，按逆時針方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形；再連接 以對角線為邊，按逆時針方向作矩形使矩形 ~ 矩形····，按照此規律作下去，則邊的長為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·黑龍江雞西·三模）如圖，中，，，邊上的高，點、、分別在邊、、上，且四邊形為矩形，，點、、分別在邊、、上，且四邊形為矩形，，……按此規律操作下去，則線段的長度為 ．

4．（2022·河北唐山·二模）如圖，平面直角坐標系中，邊長為1的正方形的頂點A、B分別在x軸、y軸上，點在反比例函數的圖象上，過的中點作矩形，使頂點落在反比例函數的圖象上，再過的中點作矩形，使頂點落在反比例函數的圖象上，…，依此規律可得：
（1）點的坐標為
（2）作出矩形時，落在反比例函數圖象上的頂點的坐標為 ．
題型17與矩形有關的動點問題
1．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖1，矩形中，為其對角線，一動點從出發，沿著的路徑行進，過點作，垂足為．設點的運動路程為，為，與的函數圖象如圖2，則的長為（ ）
A． B． C． D．
2．（2023·吉林·中考真題）如圖，在正方形中，，點是對角線的中點，動點，分別從點，同時出發，點以的速度沿邊向終點勻速運動，點以的速度沿折線向終點勻速運動．連接并延長交邊于點，連接并延長交折線于點，連接，，，，得到四邊形．設點的運動時間為（）（），四邊形的面積為（）
　　
(1)的長為__________，的長為_________．（用含x的代數式表示）
(2)求關于的函數解析式，并寫出自變量的取值范圍．
(3)當四邊形是軸對稱圖形時，直接寫出的值．
3．（2024·吉林長春·中考真題）【問題呈現】
小明在數學興趣小組活動時遇到一個幾何問題：如圖①，在等邊中，，點、分別在邊、上，且，試探究線段長度的最小值．
【問題分析】
小明通過構造平行四邊形，將雙動點問題轉化為單動點問題，再通過定角發現這個動點的運動路徑，進而解決上述幾何問題．
【問題解決】
如圖②，過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線．在【問題呈現】的條件下，完成下列問題：
（1）證明：；
（2）的大小為 度，線段長度的最小值為________．
【方法應用】
某種簡易房屋在整體運輸前需用鋼絲繩進行加固處理，如圖③．小明收集了該房屋的相關數據，并畫出了示意圖，如圖④，是等腰三角形，四邊形是矩形，米，．是一條兩端點位置和長度均可調節的鋼絲繩，點在上，點在上．在調整鋼絲繩端點位置時，其長度也隨之改變，但需始終保持．鋼絲繩長度的最小值為多少米．
4．（2023·遼寧大連·中考真題）綜合與實踐
問題情境：數學活動課上，王老師給同學們每人發了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．
已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當點落在上時，．”
小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”
實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如圖1，當點落在上時，求證：；
（2）如圖2，若點為中點，，求的長．
問題解決：小明經過探究發現：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．
題型18與矩形有關的最值問題
1．（2024·海南·中考真題）如圖，矩形紙片中，，點E、F分別在邊上，將紙片沿折疊，使點D的對應點在邊上，點C的對應點為，則的最小值為 ，CF的最大值為 ．
2．（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形中，，，動點E，F分別從點A，C同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿，向終點B，D運動，過點E，F作直線l，過點A作直線l的垂線，垂足為G，則的最大值為（ ）

A． B． C．2 D．1
3．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在矩形中，，點E是邊上的動點，連結，以為邊作矩形（點D，G在的同側），且，連結．
(1)如圖1，當點E為邊的中點時，點B，E，F在同一直線上，求的長．
(2)如圖2，若，設與交于點K．求證：．
(3)在點E的運動過程中，的長是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，請說明理由．
4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，矩形中，．點P是邊上一動點，點M為線段上一動點．，則的最小值為（ ）．
A．2 B． C． D．
5．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，四邊形的兩條對角線，互相垂直，，，則的最小值是 ．

6．（2024·西藏·中考真題）如圖，在中，，，，點P是邊上任意一點，過點P作，，垂足分別為點D，E，連接，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
題型19 矩形與函數綜合
1．（2022·陜西西安·模擬預測）如圖，一次函數的圖象交軸于點，交軸于點，點在線段上不與點，重合，過點分別作和的垂線，垂足為，．當矩形的面積為時，點的坐標為(　　)

A． B． C．或 D．或
2．（2024·廣東·中考真題）【問題背景】
如圖1，在平面直角坐標系中，點B，D是直線上第一象限內的兩個動點，以線段為對角線作矩形，軸．反比例函數的圖象經過點A．
【構建聯系】
（1）求證：函數的圖象必經過點C．
（2）如圖2，把矩形沿折疊，點C的對應點為E．當點E落在y軸上，且點B的坐標為時，求k的值．
【深入探究】
（3）如圖3，把矩形沿折疊，點C的對應點為E．當點E，A重合時，連接交于點P．以點O為圓心，長為半徑作．若，當與的邊有交點時，求k的取值范圍．
3．（2023·江蘇連云港·中考真題）【問題情境 建構函數】
（1）如圖1，在矩形中，是的中點，，垂足為．設，試用含的代數式表示．

【由數想形 新知初探】
（2）在上述表達式中，與成函數關系，其圖像如圖2所示．若取任意實數，此時的函數圖像是否具有對稱性？若有，請說明理由，并在圖2上補全函數圖像．

【數形結合 深度探究】
（3）在“取任意實數”的條件下，對上述函數繼續探究，得出以下結論：①函數值隨的增大而增大；②函數值的取值范圍是；③存在一條直線與該函數圖像有四個交點；④在圖像上存在四點，使得四邊形是平行四邊形．其中正確的是__________．（寫出所有正確結論的序號）
【抽象回歸 拓展總結】
（4）若將（1）中的“”改成“”，此時關于的函數表達式是__________；一般地，當取任意實數時，類比一次函數、反比例函數、二次函數的研究過程，探究此類函數的相關性質（直接寫出3條即可）．
題型20 與矩形有關的存在性問題
1．（2021·湖南岳陽·中考真題）如圖，拋物線經過，兩點，與軸交于點，連接．
（1）求該拋物線的函數表達式；
（2）如圖2，直線：經過點A，點為直線上的一個動點，且位于軸的上方，點為拋物線上的一個動點，當軸時，作，交拋物線于點（點在點的右側），以，為鄰邊構造矩形，求該矩形周長的最小值；
（3）如圖3，設拋物線的頂點為，在（2）的條件下，當矩形的周長取最小值時，拋物線上是否存在點，使得 ？若存在，請求出點的坐標；若不存在，請說明理由．
2．（2020·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，四邊形OABC的邊OC在x軸上，OA在y軸上．O為坐標原點，AB//OC，線段OA，AB的長分別是方程x2－9x+20=0的兩個根（OA（1）求點B，C的坐標；
（2）P為OA上一點，Q為OC上一點，OQ=5，將 POQ翻折，使點O落在AB上的點處，雙曲線的一個分支過點．求k的值；
（3）在（2）的條件下，M為坐標軸上一點，在平面內是否存在點N，使以，Q，M，N為頂點四邊形為矩形？若存在，請直接寫出點N的坐標；若不存在，請說明理由．
3．（2023·江蘇鹽城·模擬預測）如圖，四邊形是矩形，點A的坐標為，點C的坐標為，點P從點C出發，沿CO以每秒1個單位長度的速度向點O出發，同時點Q從點O出發，沿OA以每秒2個單位長度的速度向點A運動，當點P與點O重合時運動停止．設運動時間為t秒．
(1)當時， ；
(2)當與相似時，求t的值；
(3)當時，拋物線經過P，Q兩點，與x軸交于另一點M．拋物線的頂點為N，問該拋物線上是否存在點D，使？若存在，求出所有滿足條件的D的坐標；若不存在，說明理由．
4．（2024·青海西寧·一模）綜合與探究
如圖，拋物線與x軸交于A，B兩點（點A在點B的左側），與y軸交于點C，拋物線的對稱軸與x軸于點D，過點D作交y軸于點E．
(1)求點A，B，C的坐標；
(2)點P為拋物線上第四象限的一個動點，過點P作軸于點F，當時，求的長；
(3)在（2）的條件下，若點Q是x軸上一點，使以P，E，Q，G為頂點的四邊形是矩形？若存在，請直接寫出點G的坐標；若不存在，請說明理由．
題型21 與矩形有關的材料閱讀類問題
1．（2024·山西呂梁·模擬預測）閱讀下列材料，并完成相應的任務．
打印紙中的數學 我們生活中常見的紙是由國際標準化組織的定義的，規格為，世界上多數國家所使用的紙張尺寸都是采用這一國際標準，我們通過計算發現紙的長、寬之比約為，猜想紙的長、寬之比為，我們可以取一張紙，記為矩形，并通過以下幾種折紙操作證明這一結論． 方法一：如圖1，E是紙邊上一點，將矩形沿折疊，使點A的對應點恰好落在邊上，另一張紙的長邊恰好與重合． 方法二：如圖2，E，N分別是紙邊上一點，先將矩形沿折疊，使點A的對應點恰好落在邊上，再繼續沿折疊，使點E的對應點落在邊上，點D的對應點為點，發現此時點與點C重合． 方法三：如圖3，E，G是紙邊上的點，將矩形沿折疊，使點A的對應，點落在邊上，然后將矩形展開，再將矩形沿折疊，使點D的對應點恰好落在邊上，然后將矩形展開，折痕與交于點O．如圖4，將如圖3的紙片沿折疊，發現與重合，與重合． ……
任務：
(1)方法一中的值為___________，方法二中的值為___________．
(2)根據方法三中的作法，求證：．
(3)如圖5，將如圖4的紙片沿展開，過點O作于點M，則的值為___________．
2．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）給定一個矩形A，如果存在另一個矩形B，它的周長和面積分別是已知矩形周長和面積的一半，那么稱矩形B是矩形A的“對半矩形”
（1）閱讀：當已知矩形A的邊長分別為6和1時，
小明是這樣研究的，設所求的對半矩形B的一邊是x，則另一邊為
由題意得方程：，化簡得：，
∵，∴，∴矩形A存在對半矩形B．
小紅的做法是：設所求的對半矩形的兩邊分別是x和y，由題意得方程組：
,消去y化簡后也得到：
然后通過解該一元二次方程我們可以求出對半矩形B的兩邊長
（2）如果已知矩形A的邊長分別為3和2，請你仿照小明或小紅的方法研究矩形A是否存在對半矩形B．
（3）方程和函數之間密不可分，我們可以利用函數圖象解決方程的相關問題，如圖，在同一平面直角坐標系中畫出了一次函數和反比例函數的部分圖象，其中x和y分別表示矩形A的對半矩形B的兩邊長，請你結合之前的研究，回答下列問題：
①這個圖象所研究的矩形A的面積為　　　；周長為　　　．
②對半矩形B的兩邊長為　　　．
（4）在第（3）題的圖形中，若點在雙曲線上，軸，軸，垂足分別為B、C．連接，將沿若折疊，點C落在點P處，求點P的坐標，并判斷點P是否落在雙曲線上
3．（2024·廣東珠海·一模）【背景閱讀】我國古代著名數學著作《周髀算經》記載了“勾三、股四、弦五”，直觀地證明了勾股定理，我們把三邊的比為的三角形稱為型三角形，例如：三邊長分別為9，12，15的三角形就是型三角形．
【實踐操作】如圖1，在正方形紙片中，，點E為邊上的中點，將沿折疊得，延長交于點G，交的延長線于點H．
【問題解決】（1）證明是型三角形；
（2）在不添加字母的情況下，直接寫出圖1中還有哪些三角形是型三角形；
【拓展探究】（3）如圖2，在矩形紙片中，，，E是上的一點，將沿折疊得到，延長交于點G．其中是型三角形，請求出的面積．
4．（2023·江蘇泰州·二模）【綜合實 】請閱讀下面材料完成相應的任務．

【任務1】在圖4中，過點A作，垂足為．
比較大小：______（填“>、=或”）
②證明：和三等分．
【任務2】愛動腦筋的小強受到閱讀材料中借助“魯班尺”三等分角方法的啟發，想到了通過折疊矩形紙片三等分一個已知角的方法，他的前2個操作步驟如下：
步驟1：如圖5，在矩形紙片上折出任意角．將矩形對折，折痕記為，再將矩形對折，折痕記為，展開矩形；
步驟2：如圖6，將矩形沿著折疊，點的對應點恰好落在上，再移動位置并調整使點的對應點恰好落在上．

若，請根據小強的操作過程求的度數．第五章 四邊形
第24講 矩形的性質與判定
（思維導圖+1考點+1命題點21種題型）
試卷第1頁，共3頁
01考情透視·目標導航
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點 矩形
04題型精研·考向洞悉
命題點 矩形的性質與判定
題型01 矩形性質的理解
題型02 根據矩形的性質求角度
題型03 根據矩形的性質求線段長
題型04 根據矩形的性質求周長，面積
題型05 根據矩形的性質求點的坐標
題型06 利用矩形的性質證明
題型07 矩形的折疊問題
題型08 矩形判定定理的理解
題型09 添加一個條件使四邊形是矩形
題型10 證明四邊形是矩形
題型11 根據矩形的性質與判定求角度
題型12 根據矩形的性質與判定求線段長
題型13 根據矩形的性質與判定求周長，面積
題型14 根據矩形的性質與判定解決多結論問題
題型15 與矩形有關的新定義問題
題型16與矩形有關的規律探究問題
題型17與矩形有關的動點問題
題型18與矩形有關的最值問題
題型19 矩形與函數綜合
題型20 與矩形有關的存在性問題
題型21 與矩形有關的材料閱讀類問題
01考情透視·目標導航
中考考點 考查頻率 新課標要求
矩形的有關證明與計算 ★★★ 理解矩形的概念； 探索并證明矩形的性質定理與判定定理.
【考情分析】矩形是特殊的平行四邊形，其對角線相等、內角為直角，故矩形的考查經常與直角三角形的勾股定理相結合，利用矩形的性質解折疊問題是中考中的常考題型，注意折疊前、后對應的線段與角大小相等，試題形式多樣，難度中等. 【命題預測】矩形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預計2025年各地中考還將出現. 其中，矩形還經常成為綜合壓軸題的問題背景來考察，而矩形其他出題類型還有選擇、填空題的壓軸題，難度都比較大，需要加以重視.解答題中考查特殊四邊形的性質和判定，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數、動態問題綜合應用的可能性比較大．
02知識導圖·思維引航
03考點突破·考法探究
考點一 矩形
1.矩形的定義：有一個角是直角的平行四邊形叫做矩形.
【易錯點】對于矩形的定義要注意兩點（缺一不可）：①是平行四邊形；②有一個角是直角.
2.矩形的性質定理：
性質 符號語言 圖示
邊 兩組對邊平行且相等 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
角 四個角都是直角 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°
對角線 兩條對角線互相平分且相等 ∵四邊形ABCD是矩形 ∴AO=CO=BO=DO
【補充】
1）矩形是特殊的平行四邊形，所以矩形具有平行四邊形的一切性質；
2）矩形的兩條對角線將矩形分成兩對全等的等腰三角形，經常會用到等腰三角形的性質解決問題.
3）利用矩形的性質可以推出：在直角三角形中斜邊的中線，等于斜邊的一半.
3.矩形的對稱軸
1）矩形是中心對稱圖形，對角線的交點為對稱中心.
2）矩形也是軸對稱圖形，有兩條對稱軸且對稱軸都是經過對邊中點的直線；
3）過對稱中心的任意直線可將矩形分成全等的兩部分.
4.矩形的判定
判定定理 符號語言 圖示
角 一個角是直角的平行四邊形是矩形 在平行四邊形ABCD中， ∵∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD是矩形
三個角是直角的四邊形是矩形 在四邊形ABCD中， ∵∠B=∠A=∠D=90°， ∴四邊形ABCD是矩形
對角線 對角線相等的平行四邊形是矩形 在平行四邊形ABCD中， ∵AC=BD，∴平行四邊形ABCD是矩形
矩形判定思路：
1．（2024·遼寧·中考真題）如圖，在矩形中，點在上，當是等邊三角形時，為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查了矩形的性質，等邊三角形的性質，熟練掌握等邊三角形的性質是解題的關鍵．
由矩形得到，繼而得到，而是等邊三角形，因此得到．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵是等邊三角形，
∴，
∴，
故選：C．
2．（2024·陜西·中考真題）如圖，四邊形是矩形，點E和點F在邊上，且．求證：．
【答案】見解析
【分析】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定和性質．根據矩形的性質得到，，再推出，利用證明，即可得到．
【詳解】證明：∵四邊形是矩形，
∴，，
∵，
∴，即，
∴，
∴．
3．（2024·甘肅·中考真題）如圖，在矩形中，對角線，相交于點O，，，則的長為（　　）
A．6 B．5 C．4 D．3
【答案】C
【分析】根據矩形的性質，得，結合，得到是等邊三角形，結合，得到，解得即可．
本題考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，熟練掌握矩形的性質是解題的關鍵．
【詳解】根據矩形的性質，得，
∵，
∴是等邊三角形，
∵，
∴，
解得．
故選C．
4．（2024·吉林長春·中考真題）如圖，在四邊形中，，是邊的中點，．求證：四邊形是矩形．
【答案】證明見解析．
【分析】本題考查全等三角形的判定與性質、平行四邊形的判定及矩形的判定，熟練掌握判定定理是解題關鍵．利用可證明，得出，根據得出，即可證明四邊形是平行四邊形，進而根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形即可證明四邊形是矩形．
【詳解】證明：∵是邊的中點，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是矩形．
5．（2024·四川瀘州·中考真題）已知四邊形是平行四邊形，下列條件中，不能判定為矩形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】本題考查了矩形的判定．根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形、對角線相等的平行四邊形是矩形、有一個角是直角的平行四邊形是矩形判斷即可．
【詳解】解：如圖，
A、，能判定為矩形，本選項不符合題意；
B、∵，，∴，能判定為矩形，本選項不符合題意；
C、，能判定為矩形，本選項不符合題意；
D、，能判定為菱形，不能判定為矩形，本選項符合題意；
故選：D．
04題型精研·考向洞悉
命題點一 矩形的性質與判定
題型01 矩形性質的理解
1．（2024·四川成都·中考真題）如圖，在矩形中，對角線與相交于點，則下列結論一定正確的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查矩形的性質，根據矩形的性質逐項判斷即可．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，，，則，
∴選項A中不一定正確，故不符合題意；
選項B中不一定正確，故不符合題意；
選項C中一定正確，故符合題意；
選項D中不一定正確，故不符合題意，
故選：C．
2．（2023·湖北襄陽·中考真題）如圖，矩形的對角線相交于點，下列結論一定正確的是（ ）
A．平分 B． C． D．
【答案】C
【分析】根據矩形的對角線相等，以及矩形與菱形性質的區別判斷即可．
【詳解】解：由矩形的對角線相交于點，
根據矩形的對角線相等，
可得．
故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質，關鍵是掌握矩形的性質．
3．（2023·湖南·中考真題）如圖所示，在矩形中，，與相交于點O，下列說法正確的是（ ）

A．點O為矩形的對稱中心 B．點O為線段的對稱中心
C．直線為矩形的對稱軸 D．直線為線段的對稱軸
【答案】A
【分析】由矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，線段的對稱中心是線段的中點，矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，從而可得答案．
【詳解】解：矩形是中心對稱圖形，對稱中心是對角線的交點，故A符合題意；
線段的對稱中心是線段的中點，故B不符合題意；
矩形是軸對稱圖形，對稱軸是過一組對邊中點的直線，
故C，D不符合題意；
故選A
【點睛】本題考查的是軸對稱圖形與中心對稱圖形的含義，矩形的性質，熟記矩形既是中心對稱圖形也是軸對稱圖形是解本題的關鍵．
4．（2023·湖北十堰·中考真題）如圖，將四根木條用釘子釘成一個矩形框架，然后向左扭動框架，觀察所得四邊形的變化．下面判斷錯誤的是（ ）

A．四邊形由矩形變為平行四邊形 B．對角線的長度減小
C．四邊形的面積不變 D．四邊形的周長不變
【答案】C
【分析】根據四邊形的不穩定性、矩形的性質和平行四邊形的性質，結合圖形前后變化逐項判斷即可．
【詳解】解：A、因為矩形框架向左扭動，，，但不再為直角，所以四邊形變成平行四邊形，故A正確，不符合題意；
B、向左扭動框架，的長度減小，故B正確，不符合題意；
C、因為拉成平行四邊形后，高變小了，但底邊沒變，所以面積變小了，故C錯誤，符合題意；
D、因為四邊形的每條邊的長度沒變，所以周長沒變，故D正確，不符合題意，
故選：C．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質和平行四邊形的性質、四邊形的不穩定性，弄清圖形變化前后的變量和不變量是解答此題的關鍵．
題型02 根據矩形的性質求角度
1．（2024·江蘇南通·中考真題）如圖，直線，矩形的頂點A在直線b上，若，則的度數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題考查矩形的性質，平行線的判定和性質，過點作，得到，推出，進行求解即可．
【詳解】解：∵矩形，
∴，
過點作，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴；
故選C．
2．（2023·黑龍江哈爾濱·中考真題）矩形的對角線，相交于點，點在矩形邊上，連接．若，，則 ．
【答案】或
【分析】根據題意畫出圖形，分點在上和上兩種情況討論即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
∴，
如圖所示，當點在上時，

∵，
∴
如圖所示，當點在上時，

∵，
∴，
故答案為：或．
【點睛】本題考查了矩形的性質，等邊對等角，三角形的外角的性質，分類討論是解題的關鍵．
3．（2022·湖北十堰·中考真題）“美麗鄉村”建設使我市農村住宅舊貌變新顏，如圖所示為一農村民居側面截圖，屋坡，分別架在墻體的點，處，且，側面四邊形為矩形，若測得，則 ．
【答案】
【分析】根據矩形的性質可得，求出，根據等邊對等角可得，然后根據三角形內角和定理即可求解．
【詳解】四邊形為矩形
，
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質，等邊對等角，三角形內角和定理，掌握以上知識是解題的關鍵．
4．（2020·貴州黔南·中考真題）如圖，將矩形紙條折疊，折痕為，折疊后點C，D分別落在點，處，與交于點G．已知，則的度數是（ ）
A．30° B．45° C．74° D．75°
【答案】D
【分析】依據平行線的性質，即可得到的度數，再根據折疊的性質，即可得出的度數．
【詳解】解：∵矩形紙條中，，
∴，
∴，
由折疊可得，，
故選：D．
【點睛】本題主要考查了折疊問題，折疊是一種對稱變換，它屬于軸對稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對應邊和對應角相等．
題型03 根據矩形的性質求線段長
1．（2024·江蘇南京·中考真題）如圖，在矩形中，按以下步驟作圖：①分別以點和為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧相交于點和，②作直線分別與，，交于點，，，若，，則 ．
【答案】
【分析】如圖，連接，由作圖可知垂直平分線段，由垂直平分線的性質，矩形的性質勾股定理可得，再證，得到，由此即可求解．
【詳解】解：如圖，連接，
由作圖可知垂直平分線段，
，，
四邊形是矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
故答案為：．
【點睛】本題主要考查矩形的性質，尺規作垂直平分線及其性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質的綜合．掌握垂直平分線的性質，全等三角形的判定和性質，矩形的性質是解題的關鍵．
2．（2024·四川巴中·中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，于點，延長與交于點．若，，則點到的距離為 ．
【答案】
【分析】本題考查了矩形的性質，勾股定理，解直角三角形的相關知識，過點F作，垂足為H，利用勾股定理求出的長，利用角的余弦值求出的長，再利用勾股定理求出，從而得出，利用三角形面積求出即可．
【詳解】解：如圖，過點F作，垂足為H，
四邊形為矩形，
，，
，，
，
，即，
解得：，
，即，
解得：，
，
，
，即，
解得：，
故答案為：．
3．（2023·四川綿陽·中考真題）如圖，矩形的對角線與交于點，過點作的垂線分別交，于兩點．若，，則的長度為（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】本題主要考查了矩形的性質以及解直角三角形的運用，先根據矩形的性質， 推理得到OF=CF， 再根據求得的長，即可得到的長，解決問題的關鍵是掌握矩形的對角線相等且互相平分．
【詳解】解：∵，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴，
又∵中，
∴，
∴，
故選：A．
4．（2023·青海西寧·中考真題）如圖，在矩形中，點P在邊上，連接，將繞點P順時針旋轉90°得到，連接．若，，，則 ．

【答案】2
【分析】過點作于點F，則，可證，于是．設，，，解得，于是．
【詳解】解：過點作于點F，則，
∵，
∴．
又，
∴.
∴．
設，矩形中，，
，
，，解得，
∴．
故答案為：2

【點睛】本題考查矩形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理；根據勾股定理構建方程求解是解題的關鍵．
5．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）矩形的面積是90，對角線交于點O，點E是邊的三等分點，連接，點P是的中點，，連接，則的值為 ．
【答案】13或
【分析】本題考查了矩形的性質，三角形中位線定理，勾股定理．當時，利用三角形中位線定理求得，再求得矩形的邊長，利用勾股定理求得的長，再根據斜邊中線的性質即可求解；當時，同理求解即可．
【詳解】解：當時，如圖，
∵矩形，
∴點O是的中點，
∵點P是的中點，
∴，，
∵點E是邊的三等分點，
∴，，
∵矩形的面積是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
當時，如圖，
∵矩形，
∴點O是的中點，
∵點P是的中點，
∴，，
∵點E是邊的三等分點，
∴，，
∵矩形的面積是90，
∴，
∴，
∴，
∴；
故答案為：13或．
題型04 根據矩形的性質求周長，面積
1．（2023·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形中，對角線與相交于點O，，，垂足為點E，F是的中點，連接，若，則矩形的周長是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據矩形的性質得出，即可求證為等邊三角形，進而得出點E為中點，根據中位線定理得出，易得，求出，即可得出矩形的周長．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴為等邊三角形，
∵，
∴點E為中點，
∵F是的中點，若，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴矩形的周長，
故選：D．
【點睛】矩形主要考查了矩形的性質，等邊三角形的判定和性質，中位線定理，解直角三角形，解題的關鍵是掌握矩形的對角線相等，等邊三角形三線合一，三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半，以及解直角三角形的方法和步驟．
2．（2022·湖北恩施·中考真題）如圖，在矩形ABCD中，連接BD，分別以B、D為圓心，大于的長為半徑畫弧，兩弧交于P、Q兩點，作直線PQ，分別與AD、BC交于點M、N，連接BM、DN．若，．則四邊形MBND的周長為（ ）
A． B．5 C．10 D．20
【答案】C
【分析】先根據矩形的性質可得，再根據線段垂直平分線的性質可得，根據等腰三角形的性質可得，從而可得，根據平行線的判定可得，然后根據菱形的判定可得四邊形是菱形，設，則，在中，利用勾股定理可得的值，最后根據菱形的周長公式即可得．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，
，
由作圖過程可知，垂直平分，
，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
又，
平行四邊形是菱形，
設，則，
在中，，即，
解得，
則四邊形的周長為，
故選：C．
【點睛】本題考查了矩形的性質、菱形的判定與性質、勾股定理、線段垂直平分線等知識點，熟練掌握菱形的判定與性質是解題關鍵．
3．（2022·湖南邵陽·中考真題）已知矩形的一邊長為，一條對角線的長為，則矩形的面積為 ．
【答案】48
【分析】如圖，先根據勾股定理求出，再由求解即可．
【詳解】解：在矩形ABCD中，，，
∴在中，(cm)，
∴．
故答案為：48．
【點睛】此題考查了矩形的性質，勾股定理，解題的關鍵是熟知上述知識．
4．（2023·廣西·中考真題）如圖，過的圖象上點A，分別作x軸，y軸的平行線交的圖象于B，D兩點，以，為鄰邊的矩形被坐標軸分割成四個小矩形，面積分別記為，，，，若，則的值為（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
【分析】設，則，，，根據坐標求得，，推得，即可求得．
【詳解】設，則，，
∵點A在的圖象上
則，
同理∵B，D兩點在的圖象上，
則
故，
又∵，
即，
故，
∴，
故選：C．
【點睛】本題考查了反比例函數的性質，矩形的面積公式等，熟練掌握反比例函數的性質是解題的關鍵．
5．（2023·重慶·中考真題）如圖，是矩形的外接圓，若，則圖中陰影部分的面積為 ．（結果保留）

【答案】
【分析】根據直徑所對的圓周角是直角及勾股定理得到，再根據圓的面積及矩形的性質即可解答．
【詳解】解：連接，
∵四邊形是矩形，
∴是的直徑，
∵，
∴，
∴的半徑為，
∴的面積為，矩形的面積為，
∴陰影部分的面積為；
故答案為；

【點睛】本題考查了矩形的性質，圓的面積，矩形的面積，勾股定理，掌握矩形的性質是解題的關鍵．
6．（2022·湖南湘潭·中考真題）為落實國家《關于全面加強新時代大中小學勞動教育的意見》，某校準備在校園里利用圍墻（墻長）和長的籬笆墻，圍成Ⅰ、Ⅱ兩塊矩形勞動實踐基地．某數學興趣小組設計了兩種方案（除圍墻外，實線部分為籬笆墻，且不浪費籬笆墻），請根據設計方案回答下列問題：
(1)方案一：如圖①，全部利用圍墻的長度，但要在Ⅰ區中留一個寬度的水池且需保證總種植面積為，試分別確定、的長；
(2)方案二：如圖②，使圍成的兩塊矩形總種植面積最大，請問應設計為多長？此時最大面積為多少？
【答案】(1)CG長為8m，DG長為4m
(2)當BC=m時，圍成的兩塊矩形總種植面積最大=m2
【分析】（1）兩塊籬笆墻的長為12m，籬笆墻的寬為AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，設CG為am，DG為(12-a)m，再由矩形面積公式求解；
（2）設兩塊矩形總種植面積為y， BC長為xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由題意得，圍成的兩塊矩形總種植面積最大=BC×DC，代入有關數據再把二次函數化成頂點式即可 .
【詳解】（1）解：兩塊籬笆墻的長為12m，籬笆墻的寬為AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，
設CG為am，DG為(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：設兩塊矩形總種植面積為ym2，BC長為xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由題意得，
兩塊矩形總種植面積=BC×DC
即y=x·(21-3x)
∴y=-3x2+21x
=-3(x-)2+
∵21-3x≤12
∴x≥3
∴當BC=m時，y最大=m2．
【點睛】此題考查了二次函數的實際應用，解題的關鍵是正確理解題意找到等量關系列出方程．
題型05 根據矩形的性質求點的坐標
1．（2024·吉林·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點A的坐標為，點C的坐標為．以為邊作矩形，若將矩形繞點O順時針旋轉，得到矩形，則點的坐標為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本題主要考查了坐標與圖形變化—旋轉，矩形的性質等等，先根據題意得到，再由矩形的性質可得，由旋轉的性質可得，，據此可得答案．
【詳解】解：∵點A的坐標為，點C的坐標為，
∴，
∵四邊形是矩形，
∴，
∵將矩形繞點O順時針旋轉，得到矩形，
∴，，
∴軸，
∴點的坐標為，
故選：C．
2．（2023·遼寧鞍山·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，矩形的邊，分別在軸、軸正半軸上，點在邊上，將矩形沿折疊，點恰好落在邊上的點處．若，，則點的坐標是 ．

【答案】
【分析】根據折疊的性質得出，在中，勾股定理求得，進而得出，在中，勾股定理建立方程，求得的長，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵折疊，
∴，
在中，
∴，
∴設，則，
∵折疊，
∴，
在中，，
∴，
解得：，
∴，
∴的坐標為，
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形與折疊，勾股定理，坐標與圖形，熟練掌握折疊的性質以及勾股定理是解題的關鍵．
3．（2023·黑龍江·中考真題）如圖，在平面直角坐標中，矩形的邊，將矩形沿直線折疊到如圖所示的位置，線段恰好經過點，點落在軸的點位置，點的坐標是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先證明，求出，連結，設與交于點F，然后求出，可得，再用含的式子表示出，最后在中，利用勾股定理構建方程求出即可解決問題．
【詳解】解：∵矩形的邊，，
∴，，，
由題意知，
∴，
又∵，
∴，
∴，
由折疊知，，
∴，
∴，即，
連接，設與交于點F，
∴，
∵，
∴四邊形是矩形，
∴，，，
∴，
由折疊知，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
∴點的坐標是，
故選：D．

【點睛】本題考查了矩形的判定和性質，相似三角形的判定和性質，折疊的性質以及勾股定理的應用等知識，通過證明三角形相似，利用相似三角形的性質求出的長是解題的關鍵．
4．（2023·江蘇蘇州·中考真題）如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．動點分別從點同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿向終點移動．當移動時間為4秒時，的值為（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意，得出，，勾股定理求得，，即可求解．
【詳解】解：連接、

∵點的坐標為，點的坐標為，以為邊作矩形．
∴，
則，
依題意，，
∴，則，
∴
∴，
∴，
∵，
∴
故選：D．
【點睛】本題考查了坐標與圖形，勾股定理求兩點坐標距離，矩形的性質，求得的坐標是解題的關鍵．
5．（2024·貴州安順·模擬預測）如圖，已知矩形的兩點C、D在反比例函數的圖象上，點A和點B都在坐標軸上，且B的坐標為，，則 ．
【答案】/
【分析】如圖，過作于，過作于，可得，，證明，可得，，同理可得：，，設，，再進一步解答即可.
【詳解】解：如圖，過作于，過作于，
∴，，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，而，
∴，
∵，
∴，，
同理可得：，，
∴設，，
∴，，
∴，
解得：，（不符合題意，舍去）
∴，
∴；
故答案為：
【點睛】本題考查的是矩形的性質，反比例函數的應用，相似三角形的判定與性質，一元二次方程的解法，作出合適的輔助線是解本題的關鍵.
題型06 利用矩形的性質證明
1．（2024·山東東營·中考真題）如圖，四邊形是矩形，直線分別交，，于點E，F，O，下列條件中，不能證明的是（ ）

A．為矩形兩條對角線的交點 B．
C． D．
【答案】D
【分析】本題考查了矩形的性質、平行線的性質、全等三角形的判定，熟練掌握矩形的性質和全等三角形的判定是解題的關鍵．
由矩形的性質得出 ，再由平行線的性質得出，，然后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴ ，
∴，，
A、∵O為矩形兩條對角線的交點，
∴，
在和中，
，
∴，
故此選項不符合題意；
B、在和中，
，
∴，
故此選項不符合題意；
C、∵，
∴，
即，
在和中，
，
∴，
故此選項不符合題意；
D、∵，
∴，
兩三角形中缺少對應邊相等，所以不能判定，
故此選項符合題意；
故選：D．
2．（2024·四川廣元·中考真題）如圖，已知矩形．
(1)尺規作圖：作對角線的垂直平分線，交于點E，交于點F；（不寫作法，保留作圖痕跡）
(2)連接．求證：四邊形是菱形．
【答案】(1)見解析；
(2)見解析．
【分析】本題主要考查矩形的性質，垂直平分線的畫法及性質，三角形全等的判定與性質，菱形的判定．
（1）根據垂直平分線的畫法即可求解；
（2）由直線是線段的垂直平分線．得到，，，，根據矩形的性質可證，可得，即可得到，即可求證．
【詳解】（1）解：如圖1所示，直線為所求；
（2）證明：如圖2，設與的交點為O，
由（1）可知，直線是線段的垂直平分線．
∴，，，，
又∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是菱形．
3．（2024·江蘇揚州·中考真題）如圖1，將兩個寬度相等的矩形紙條疊放在一起，得到四邊形．
(1)試判斷四邊形的形狀，并說明理由；
(2)已知矩形紙條寬度為，將矩形紙條旋轉至如圖2位置時，四邊形的面積為，求此時直線所夾銳角的度數．
【答案】(1)四邊形是菱形，理由見詳解
(2)
【分析】本題主要考查矩形的性質，菱形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，三角函數，掌握菱形的判定和性質是解題的關鍵．
（1）根據矩形的性質可得四邊形是平行四邊形，作，可證，可得，由此可證平行四邊形是菱形；
（2）作，根據面積的計算方法可得，結合菱形的性質可得，根據含的直角三角形的性質即可求解．
【詳解】（1）解：四邊形是菱形，理由如下，
如圖所示，過點作于點，過點作于點，
根據題意，四邊形，四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴四邊形是平行四邊形，
∵寬度相等，即，且，
∴，
∴，
∴平行四邊形是菱形；
（2）解：如圖所示，過點作于點，
根據題意，，
∵，
∴，
由（1）可得四邊形是菱形，
∴，
在中，，
即，
∴．
4．（2024·上海·中考真題）如圖所示，在矩形中，為邊上一點，且．
(1)求證：；
(2)為線段延長線上一點，且滿足，求證：．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）由矩形性質得到，，，由角的互余得到，從而確定，利用相似三角形性質得到；
（2）由矩形性質，結合題中條件，利用等腰三角形的判定與性質得到，，， 進而由三角形全等的判定與性質即可得到．
【詳解】（1）證明：在矩形中，，，，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
；
（2）證明：連接交于點，如圖所示：
在矩形中，，則，
，
，
，
，
，
在矩形中，，
，
，
，，
，
，
在和中，
，
．
【點睛】本題考查矩形綜合，涉及矩形性質、相似三角形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質等知識，熟練掌握相關幾何性質與判定是解決問題第的關鍵．
題型07 矩形的折疊問題
1．（2024·江蘇徐州·中考真題）如圖，將矩形紙片沿邊折疊，使點在邊中點處．若，則 ．
【答案】/
【分析】本題考查矩形的性質，勾股定理，折疊的性質，關鍵是由勾股定理列出關于的方程．由矩形的性質推出，由線段中點定義得到，由折疊的性質得到：，設，由勾股定理得到，求出，得到的值．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
∵是中點，
∴，
由折疊的性質得到：，
設，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案為：．
2．（2024·山東淄博·中考真題）如圖所示，在矩形中，，點，分別在邊，上．連接，將四邊形沿翻折，點，分別落在點，處．則的值是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】連接交于點F，設，則，利用勾股定理求得，由折疊得到，垂直平分，則，由代入求得，則，所以，于是得到問題的答案．
【詳解】解：連接交于點F，
設，則，
∵四邊形是矩形，
∴，
∴
∵將四邊形沿翻折，點C，D分別落在點A，E處，
∴點C與點A關于直線對稱，
∴，垂直平分，
∴，，，
∵，
∴
∴，
∴
∴．
故選：A．
【點睛】此題考查矩形的性質、翻折變換的性質、勾股定理、解直角三角形等知識，正確地作出輔助線是解題的關鍵．
3．（2024·黑龍江牡丹江·中考真題）小明同學手中有一張矩形紙片，，，他進行了如下操作：
第一步，如圖①，將矩形紙片對折，使與重合，得到折痕，將紙片展平．
第二步，如圖②，再一次折疊紙片，把沿折疊得到，交折痕于點E，則線段的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了矩形與折疊問題，熟練掌握矩形的性質，折疊的性質，勾股定理是解題的關鍵．
根據矩形的性質和折疊的性質推出，進而得出，設，則，根據勾股定理可得：，列出方程求解即可．
【詳解】解：∵四邊形是矩形，
∴，
由折疊可得：，，，，
∴四邊形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
設，則，
在中，根據勾股定理可得：，
即，
解得：，
即，
故選：B．
4．（2024·湖北·中考真題）如圖，矩形中，分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，的對稱點為交于．
(1)求證：．
(2)若為中點，且，求長．
(3)連接，若為中點，為中點，探究與大小關系并說明理由．
【答案】(1)見詳解
(2)
(3)
【分析】（1）根據矩形的性質得，由折疊得出，得出，即可證明；
（2）根據矩形的性質以及線段中點，得出，根據代入數值得，進行計算，再結合，則，代入數值，得，所以；
（3）由折疊性質，得直線， ，是等腰三角形，則，因為為中點，為中點，所以，，所以，則，所以，則，即可作答．
【詳解】（1）解：如圖：
∵四邊形是矩形，
∴，
∴，
∵分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如圖：
∵四邊形是矩形，
∴，，
∵為中點，
∴，
設，
∴，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∵，
∴；
（3）解：如圖：延長交于一點M，連接
∵分別在上，將四邊形沿翻折，使的對稱點落在上，
∴直線
，
，
∴是等腰三角形，
∴，
∵為中點，
∴設，
∴，
∵為中點，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
【點睛】本題考查了矩形與折疊，相似三角形的判定與性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質，正確掌握相關性質內容是解題的關鍵．
5．（2023·青海西寧·中考真題）折疊問題是我們常見的數學問題，它是利用圖形變化的軸對稱性質解決的相關問題．數學活動課上，同學們以“矩形的折疊”為主題開展了數學活動．
【操作】如圖1，在矩形中，點M在邊上，將矩形紙片沿所在的直線折疊，使點D落在點處，與交于點N．

【猜想】
【驗證】請將下列證明過程補充完整：
∵矩形紙片沿所在的直線折疊
∴
∵四邊形是矩形
∴（矩形的對邊平行）
∴ （ ）
∴ （等量代換）
∴（ ）
【應用】
如圖2，繼續將矩形紙片折疊，使恰好落在直線上，點A落在點處，點B落在點處，折痕為．
（1）猜想與的數量關系，并說明理由；
（2）若，，求的長．
【答案】【驗證】；；兩直線平行，內錯角相等；；；等角對等邊；【應用】（1），見解析；（2）5
【驗證】（1）由折疊得，由平行線性質，得，于是 ，進而可得證， 即；
（2）由折疊得，，．在中，根據勾股定理，構建方程求解得，得.
【詳解】解：【驗證】∵矩形紙片沿所在的直線折疊
∴
∵四邊形是矩形
∴（矩形的對邊平行）
∴ （兩直線平行，內錯角相等）
∴（等量代換）
∴（等角對等邊 ）
【應用】（1）
理由如下：
∵由四邊形折疊得到四邊形
∴
∵四邊形是矩形
∴（矩形的對邊平行）
∴（兩直線平行，內錯角相等）
∴
∴（等角對等邊）
∵
∴ 即；
（2）∵矩形沿所在直線折疊
∴，，．
設
∴
在中，
∴（勾股定理）
∴ 解得
∴.
【點睛】本題考查軸對稱折疊的性質，矩形的性質，勾股定理，等角對等邊；根據折疊的性質得到線段相等、角相等是解題的關鍵．
題型08 矩形判定定理的理解
1．（2022·山東聊城·中考真題）要檢驗一個四邊形的桌面是否為矩形，可行的測量方案是（ ）
A．測量兩條對角線是否相等
B．度量兩個角是否是90°
C．測量兩條對角線的交點到四個頂點的距離是否相等
D．測量兩組對邊是否分別相等
【答案】C
【分析】由對角線的相等不能判定平行四邊形，可判斷A，兩個角為不能判定矩形，可判斷B，對角線的交點到四個頂點的距離相等，可判斷矩形，從而可判斷C，由兩組對邊分別相等判斷的是平行四邊形，可判斷D，從而可得答案．
【詳解】解：A、測量兩條對角線是否相等，不能判定為平行四邊形，更不能判定為矩形，故選項A不符合題意；
B、度量兩個角是否是90°，不能判定為平行四邊形，更不能判定為矩形，故選項B不符合題意；
C、測量對角線交點到四個頂點的距離是否都相等，可以判定為矩形，故選項C符合題意；
D、測量兩組對邊是否相等，可以判定為平行四邊形，故選項D不符合題意；
故選：C．
【點睛】本題考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本題的關鍵．
2．（2024·廣西貴港·二模）請閱讀下列材料，完成相應的任務．
×年×月×日星期日 只用卷尺也能判斷矩形 今天，我在一本數學課外叢書上看到這樣一個有趣的問題，工人師傅在做門窗或矩形零件時，他是這樣做的：首先利用卷尺（有刻度）測量兩組對邊的長度是否分別相等；其次利用卷尺測量該門窗的兩條對角線是否相等，以確保圖形是矩形．我有如下思考：工人師傅的做法究竟是依據什么原理得到四邊形是矩形？已知在四邊形中，，，． 求證：四邊形是矩形． 證明：……．
任務：
(1)上述做法是依據了矩形的一個判定定理：________________；
(2)補全材料中的證明過程；
(3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一種方法判定四邊形是矩形？（寫出簡要的測量方法）
【答案】(1)對角線相等的平行四邊形是矩形
(2)見解析
(3)見解析
【分析】本題考查矩形的判定，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關鍵．
（1）根據“對角線相等的平行四邊形是矩形”可得答案；
（2）先根據對邊相等證明四邊形是平行四邊形，再根據對角線相等證明四邊形是矩形；
（3）先測量對邊是否相等，再測量出對角線，利用勾股定理的逆定理判斷是否是直角三角形，即可判定是否為矩形．
【詳解】（1）解：上述做法是依據了矩形的一個判定定理：對角線相等的平行四邊形是矩形，
故答案為：對角線相等的平行四邊形是矩形；
（2）解：補全后的證明過程如下：
證明： ，，
四邊形是平行四邊形，
又 ，
四邊形是矩形；
（3）解：利用卷尺測量兩組對邊是否相等，確定它的形狀是平行四邊形；
然后測量一條對角線的長度，當兩條鄰邊長度的平方和等于對角線長度的平方時，根據勾股定理的逆定理可確定一個角為直角，
根據“有一個角是直角的平行四邊形是矩形”可判定該四邊形是矩形．
題型09 添加一個條件使四邊形是矩形
1．（2023·上海·中考真題）在四邊形中，．下列說法能使四邊形為矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】結合平行四邊形的判定和性質及矩形的判定逐一分析即可．
【詳解】A： ，
為平行四邊形而非矩形
故A不符合題意
B： ，
為平行四邊形而非矩形
故B不符合題意
C：
∴∥
四邊形為矩形
故C符合題意
D：
不是平行四邊形也不是矩形
故D不符合題意
故選：C ．
【點睛】本題主要考查平行線的性質，平行四邊形的判定和性質及矩形的判定等知識，熟練掌握以上知識并靈活運用是解題的關鍵．
2．（2022·甘肅武威·中考真題）如圖，在四邊形中，，，在不添加任何輔助線的前提下，要想四邊形成為一個矩形，只需添加的一個條件是 ．
【答案】（答案不唯一）
【分析】】先證四邊形ABCD是平行四邊形，再由矩形的判定即可得出結論．
【詳解】解：需添加的一個條件是∠A=90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四邊形ABCD是平行四邊形，
又∵∠A=90°，
∴平行四邊形ABCD是矩形，
故答案為：∠A=90°（答案不唯一）．
【點睛】本題考查了矩形的判定、平行四邊形的判定與性質等知識，熟練掌握矩形的判定和平行四邊形的判定與性質是解題的關鍵．
3．（2023·湖南岳陽·中考真題）如圖，點在的邊上，，請從以下三個選項中①；②；③，選擇一個合適的選項作為已知條件，使為矩形．

(1)你添加的條件是_________（填序號）；
(2)添加條件后，請證明為矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②
(2)見解析
【分析】（1）根據有一個角是直角的平行四邊形是矩形進行選取；
（2）通過證明可得，然后結合平行線的性質求得，從而得出為矩形．
【詳解】（1）解：①或②
（2）添加條件①，為矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴為矩形；
添加條件②，為矩形，理由如下：
在中，，
在和中，
∴
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴為矩形
【點睛】本題考查矩形的判定，全等三角形的判定和性質，掌握平行四邊形的性質和矩形的判定方法（有一個角是直角的平行四邊形是矩形）是解題關鍵．
4．（2024·江蘇南京·中考真題）如圖．線段與分別為的中位線與中線．
(1)求證：與互相平分；
(2)當線段與滿足怎樣的數量關系時，四邊形為矩形？請說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)，理由見解析
【分析】本題考查了平行四邊形的判定，矩形的判定，三角形的中位線定理．
（1）根據線段中點的定義可得，根據三角形的中位線定理可得，從而可得，進而可得四邊形是平行四邊形，然后利用平行四邊形的性質即可解答；
（2）當時，四邊形為矩形，再根據三角形的中位線定理可得，從而可得，然后利用（1）的結論即可解答．
【詳解】（1）證明：線段與分別為的中位線與中線，
分別是的中點，
線段與也為的中位線．
，
四邊形是平行四邊形，
與互相平分．
（2）解：當時，四邊形為矩形，理由如下：
線段為的中位線，
，
，
平行四邊形為矩形，
當時，四邊形為矩形．
題型10 證明四邊形是矩形
1．（2024·廣東廣州·中考真題）如圖，中，．
(1)尺規作圖：作邊上的中線（保留作圖痕跡，不寫作法）；
(2)在（1）所作的圖中，將中線繞點逆時針旋轉得到，連接，．求證：四邊形是矩形．
【答案】(1)作圖見解析
(2)證明見解析
【分析】本題考查的是作線段的垂直平分線，矩形的判定，平行四邊形的判定與性質,旋轉的性質；
（1）作出線段的垂直平分線EF，交于點O，連接，則線段即為所求；
（2）先證明四邊形為平行四邊形，再結合矩形的判定可得結論．
【詳解】（1）解：如圖，線段即為所求；
（2）證明：如圖，
∵由作圖可得：，由旋轉可得：，
∴四邊形為平行四邊形，
∵，
∴四邊形為矩形．
2．（2024·新疆·中考真題）如圖，的中線，交于點O，點F，G分別是，的中點．
(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)當時，求證：是矩形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】本題考查了平行四邊形的判定與性質，矩形的判斷，三角形中位線定理等知識，解題的關鍵是：
（1）利用三角形中位線定理可得出，，然后利用平行四邊形的判定即可得證；
（2）利用平行四邊形的性質得出，，結合點G是的中點，可得出，同理，則可得出，，然后利用矩形判定即可得證．
【詳解】（1）證明：∵的中線，交于點O，
∴，，
∵點F，G分別是，的中點，
∴，，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，
∵G是中點，
∴，
∴，
同理，
∵，
∴，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴是矩形．
3．（2023·山東青島·中考真題）如圖，在中，的平分線交于點E，的平分線交于點F，點G，H分別是和的中點．

(1)求證：；
(2)連接．若，請判斷四邊形的形狀，并證明你的結論．
【答案】(1)見解析
(2)矩形，證明見解析
【分析】（1）由平行四邊形的性質得出，，，，證出，，由證明，即可得出結論；
（2）由全等三角形的性質得出，，證出，由已知得出，，即可證出四邊形是平行四邊形．
【詳解】（1）解：證明：∵四邊形是平行四邊形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分線、分別交、于點E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）證明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵點G、H分別為、的中點，
∴，，
∴四邊形是平行四邊形
∵，G為的中點，
∴，
∴四邊形是矩形．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線的判定與性質；熟練掌握平行四邊形的性質與判定，證明三角形全等是解決問題的關鍵．
題型11 根據矩形的性質與判定求角度
1．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在正方形中，是對角線上的一點（與點不重合），分別為垂足．連接，并延長交于點．

(1)求證：．
(2)判斷與是否垂直，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)與垂直，理由見解析
【分析】（1）由正方形的性質，得到，結合垂直于同一條直線的兩條直線平行，可得，再根據平行線的性質解答即可；
（2）連接交于點，由證明，再根據全等三角形對應角相等得到，繼而證明四邊形為矩形，最后根據矩形的性質解答即可．
【詳解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）與垂直，理由如下．
連接交于點．
∵為正方形的對角線，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
【點睛】本題考查正方形的性質、平行線的性質、全等三角形的判斷與性質、矩形的判定與性質等知識，綜合性較強，是重要考點，掌握相關知識是解題關鍵．
2．（2023·江西·中考真題）如圖，在中，，將繞點逆時針旋轉角（）得到，連接，．當為直角三角形時，旋轉角的度數為 ．

【答案】或或
【分析】連接，根據已知條件可得，進而分類討論即可求解．
【詳解】解：連接，取的中點，連接，如圖所示，

∵在中，，
∴，
∴是等邊三角形，
∴，，
∴
∴，
∴
∴，
如圖所示，當點在上時，此時，則旋轉角的度數為，

當點在的延長線上時，如圖所示，則

當在的延長線上時，則旋轉角的度數為，如圖所示，
∵，，
∴四邊形是平行四邊形，
∵
∴四邊形是矩形，
∴
即是直角三角形，

綜上所述，旋轉角的度數為或或
故答案為：或或．
【點睛】本題考查了平行四邊形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定，矩形的性質與判定，旋轉的性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．
3．（2024·重慶銅梁·一模）如圖，在正方形中，點是對角線上一點，，，垂足分別為，，連接．若，則一定等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查正方形，矩形的性質及應用，解題的關鍵是掌握正方形的對稱性和矩形的判定定理和性質定理．連接交于，可知，根據四邊形是正方形，，，可得四邊形是矩形，故，從而，即得，故．
【詳解】解：連接交于，如圖：
由正方形的對稱性可知，，
四邊形是正方形，，，
四邊形是矩形，
，
，
，
；
故選：A.
4．（2023·河南新鄉·一模）如圖，在中，，，，點D、E分別在邊、上，，，將繞點B旋轉，點D、E旋轉后的對應點分別是、，當A、、三點共線時，的度數為 ．
【答案】或
【分析】分兩種情況討論，由矩形的性質和全等三角形的性質可求解．
【詳解】解：如圖，當點在線段上時，
，，，
，，
∵將繞點B旋轉至，
，，
，
，
又，
∴四邊形是平行四邊形，
，
∴四邊形是矩形，
，
，
，
，
；
如圖：當點在線段的延長線上時，
，，
，
∵將繞點B旋轉至，
，，
，
，
在與中，
，
，
，點在上，
綜上，的度數為或，
故答案為：或．
【點睛】本題考查了旋轉的性質，矩形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，直角三角形的性質，勾股定理等知識，利用分類討論解決問題是本題的關鍵．
題型12 根據矩形的性質與判定求線段長
1．（2024·山西·中考真題）黃金分割是漢字結構最基本的規律．借助如圖的正方形習字格書寫的漢字“晉”端莊穩重、舒展美觀．已知一條分割線的端點A，B分別在習字格的邊上，且，“晉”字的筆畫“、”的位置在的黃金分割點C處，且，若，則的長為 （結果保留根號）．
【答案】/
【分析】本題考查了黃金分割的定義，正方形的性質及矩形的判定與性質，先證明四邊形是矩形，根據黃金分割的定義可得，據此求解即可，熟記黃金比是解題的關鍵．
【詳解】∵四邊形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
∴．
又∵，
∴，
故答案為：．
2．（2024·江蘇連云港·中考真題）如圖，在中，，，．點P在邊上，過點P作，垂足為D，過點D作，垂足為F．連接，取的中點E．在點P從點A到點C的運動過程中，點E所經過的路徑長為 ．
【答案】/
【分析】本題考查含30度角的直角三角形，一次函數與幾何的綜合應用，矩形的判定和性質，兩點間的距離，以為原點，建立如圖所示的坐標系，設，則，利用含30度角的直角三角形的性質，求出點的坐標，得到點在直線上運動，求出點分別與重合時，點的坐標，利用兩點間的距離公式進行求解即可．
【詳解】解：以為原點，建立如圖所示的坐標系，設，則，
則：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
過點作，則：，
∴，
∵，，，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∵為的中點，
∴，
令，
則：，
∴點在直線上運動，
當點與重合時，，此時，
當點與重合時，，此時，
∴點E所經過的路徑長為；
故答案為：．
3．（2024·四川南充·中考真題）如圖，在矩形中，為邊上一點，，將沿折疊得，連接，，若平分，，則的長為 ．

【答案】
【分析】過作于點，于點，，由四邊形是矩形，得，，證明四邊形是矩形，通過角平分線的性質證得四邊形是正方形，最后根據折疊的性質和勾股定理即可求解．
【詳解】如圖，過作于點，于點，

∴，
∵四邊形是矩形，
∴，，
∴四邊形是矩形，
∵平分，
∴，，
∴四邊形是正方形，
由折疊性質可知：，，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理得，
故答案為：．
【點睛】本題考查了矩形的性質和判定，折疊的性質，勾股定理，所對直角邊是斜邊的一半，角平分線的性質，正方形的判定與性質，熟練掌握知識點的應用是解題的關鍵．
4．（2024·山東青島·中考真題）如圖，在四邊形中，對角線與相交于點O，，于點E，于點F，且．

(1)求證：四邊形是平行四邊形；
(2)若，當等于多少度時，四邊形是矩形？請說明理由，并直接寫出此時的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)當時，四邊形是矩形，理由見解析，此時
【分析】（1）先證明得到，再由垂線的定義得到，據此證明，得到，由此即可證明四邊形是平行四邊形；
（2）當時，四邊形是矩形，利用三角形內角和定理得到，則可證明是等邊三角形，得到，進而可證明，則四邊形是矩形，在中，．
【詳解】（1）證明：∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵，
∴四邊形是平行四邊形；
（2）解：當時，四邊形是矩形，理由如下：
∵，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴是等邊三角形，
∴，
∵四邊形是平行四邊形，
∴，
∴，
∴，
∴四邊形是矩形，
即當時，四邊形是矩形，
∴，
∴在中，．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質與判定，平行四邊形的判定，解直角三角形，全等三角形的性質與判定，等邊三角形的性質與判定等等，熟知平行四邊形和矩形的判定定理是解題的關鍵．
題型13 根據矩形的性質與判定求周長，面積
1．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）Rt△ABC中，∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，矩形CDEF的另三個頂點D，E，F均在Rt△ABC的邊上，且鄰邊之比為1：2，畫出符合題意的圖形，并直接寫出矩形周長的值．
【答案】作圖見解析，矩形的周長為：或．
【分析】按題目要求畫出相關圖形見解析，根據鄰邊之比為1：2，進行分類討論．
【詳解】解：如圖1，
四邊形為矩形，由題意，
若，
設，
又∠C＝90°，AB＝17，BC＝8，
,
，
又，
，
，
，
，
，又矩形，
，
，
如圖2，
四邊形為矩形，由題意，
若，
設，
，
又因為四邊形為矩形，
，，
，
，
，
，
，
綜上所述：矩形的周長為或．
【點睛】本題考查了求解矩形的周長、三角形相似解、解題的關鍵是：畫出滿足條件的圖形，進行分類討論求解．
2．（2021·安徽·中考真題）如圖，在菱形ABCD中，，，過菱形ABCD的對稱中心O分別作邊AB，BC的垂線，交各邊于點E，F，G，H，則四邊形EFGH的周長為（ ）
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的長，即可求出該四邊形的周長．
【詳解】∵HF⊥BC,EG⊥AB,
∴∠BEO=∠BFO=90°，
∵∠A=120°，
∴∠B=60°，
∴∠EOF=120°，∠EOH=60°，
由菱形的對邊平行，得HF⊥AD,EG⊥CD，
因為O點是菱形ABCD的對稱中心，
∴O點到各邊的距離相等，即OE=OF=OG=OH，
∴∠OEF=∠OFE=30°，∠OEH=∠OHE=60°，
∴∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
所以四邊形EFGH是矩形；
設OE=OF=OG=OH=x，
∴EG=HF=2x，，
如圖，連接AC，則AC經過點O，
可得三角形ABC是等邊三角形，
∴∠BAC=60°，AC=AB=2,
∴OA=1,∠AOE=30°，
∴AE=，
∴x=OE=
∴四邊形EFGH的周長為EF+FG+GH+HE=,
故選A．
【點睛】本題考查了菱形的性質、矩形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、勾股定理、直角三角形的性質等內容，要求學生在理解相關概念的基礎上學會應用，能分析并綜合運用相關條件完成線段關系的轉換，考查了學生的綜合分析與應用的能力．
3．（2021·山東煙臺·中考真題）綜合實踐活動課上，小亮將一張面積為，其中一邊為8cm的銳角三角形紙片（如圖1），經過兩刀裁剪，拼成了一個無縫隙、無重疊的矩形（如圖2），則矩形的周長為 cm．
【答案】
【分析】根據題意畫出示意圖，由全等得到邊相等，根據三角形面積計算出三角形高長度，找出矩形邊與高的關系，即可得到矩形寬長度，然后根據周長公式計算即可.
【詳解】解：根據題意，相關的示意圖如下：
由題意知，只有當點G、點H分別是三角形AB、AC邊中點時，可拼成一個無縫隙、無重疊的矩形，過點A作,交GH于點F
此時：
∴,
又∵四邊形為矩形，且，
∴
∴四邊形為矩形
∴
∴
∵，且
∴
∴
所以矩形的周長為：
故答案為：22
【點睛】本題考查的是三角形全等，以及矩形的性質和判定等相關知識點，根據題意畫出相關的示意圖是解題的關鍵．
4．（2023·浙江寧波·中考真題）如圖，以鈍角三角形的最長邊為邊向外作矩形，連結，設，，的面積分別為，若要求出的值，只需知道( )

A．的面積 B．的面積 C．的面積 D．矩形的面積
【答案】C
【分析】過點作，交的延長線于點，的延長線于點，易得：，利用矩形的性質和三角形的面積公式，可得，再根據，得到，即可得出結論．
【詳解】解：過點作，交的延長線于點，的延長線于點，

∵矩形，
∴，
∴，
∴四邊形為矩形，
∴，
∴，
∴，
又，
∴，
∴只需要知道的面積即可求出的值；
故選C．
【點睛】本題考查矩形的性質，求三角形的面積．解題的關鍵是得到
5．（2024·吉林長春·模擬預測）如圖，，，且，．
(1)求證：四邊形是矩形．
(2)設的面積為，的面積為，矩形的面積為，則，，的等量關系為______．
【答案】(1)見解析
(2)
【分析】此題主要考查了矩形的判定和性質，等腰三角形的性質，
（1）先證得，再根據可得四邊形為平行四邊形，然后由得，進而得，再由得，據此可得出結論；
（2）過點A作交延長線于H，的延長線交的延長線于K，證明四邊形為矩形得，然后表示，，可得，，的等量關系．
【詳解】（1）證明：∵，，且，
∴，
∴，
又∵，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴平行四邊形為矩形；
（2）過點A作交延長線于H，的延長線交的延長線于K，如下圖所示：
證明四邊形為矩形得，
∵平行四邊形為矩形，
∴，
∵，
∴
∴四邊形為矩形
∴，
∵，，，
∴，
即．
題型14 根據矩形的性質與判定解決多結論問題
1．（2021·四川雅安·中考真題）如圖，在矩形中，和相交于點O，過點B作于點M，交于點F，過點D作DE∥BF交AC于點N．交AB于點E，連接，．有下列結論：①四邊形為平行四邊形，②；③為等邊三角形；④當時，四邊形DEBF是菱形．正確結論的序號 ．
【答案】①②④．
【分析】通過全等三角形的判定和性質，證明EN=FM，EN∥FM，判斷結論①；通過證明△AMB∽△BMC，然后利用全等三角形和相似三角形的性質判斷結論②；假設結論成立，找出與題意的矛盾之處，判斷結論③，結合等腰三角形的判定和性質求得DE=BE，可得結論④
【詳解】解：∵四邊形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，
∴四邊形DFBE是平行四邊形，
∴DE=BF，
∴DE-DN=BF-BM，即EN=FM，
∵NE∥FM，
∴四邊形NEMF是平行四邊形，故①正確，
∵△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正確，
若△DNF是等邊三角形，則∠CDN=60°，
即∠ACD=30°，不符合題意，故③錯誤，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∵AO=AD，
∴AO=AD=OD，
∴△AOD是等邊三角形，
∴∠ADO=∠DAN=60°，
∴∠ABD=90°-∠ADO=30°，
∵DE⊥AC，
∴∠ADN=ODN=30°，
∴∠ODN=∠ABD，
∴DE=BE，
∵四邊形DEBF是平行四邊形，
∴四邊形DEBF是菱形；故④正確．
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了矩形的性質、菱形的判定、平行四邊形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、等邊三角形的判定與性質、等腰三角形的判定等知識；熟練掌握矩形的性質和菱形的判定，證明三角形全等是解題的關鍵．
2．（2023·山東日照·中考真題）如圖，矩形中，，點P在對角線上，過點P作，交邊于點M，N，過點M作交于點E，連接．下列結論：①；②四邊形的面積不變；③當時，；④的最小值是20．其中所有正確結論的序號是 ．

【答案】②③④
【分析】根據等腰三角形的三線合一可知，可以判斷①；利用相似和勾股定理可以得出，，，利用判斷②；根據相似可以得到，判斷③；利用將軍飲馬問題求出最小值判斷④．
【詳解】解：∵，，
∴，
在點P移動過程中，不一定，
相矛盾，
故①不正確；

延長交于點H,
則為矩形，
∴
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
即，
解得：，
∴
故②正確；
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故③正確，
，
即當 的最小值，作B、D關于的對稱點,
把圖中的向上平移到圖2位置，使得，連接，即為的最小值，則，,
這時，
即的最小值是20，
故④正確；
故答案為：②③④

【點睛】本題考查矩形的性質，相似三角形的判定和性質，軸對稱，掌握相似三角形的判定和性質是解題的關鍵．
3．（2021·黑龍江牡丹江·中考真題）如圖，矩形ABCD中，ADAB，點E在BC邊上，且AE=AD，DF⊥AE于點F，連接DE，BF，BF的延長線交DE于點O，交CD于點G．以下結論：①AF=DC，②OF：BF=CE：CG，③S△BCGS△DFG，④圖形中相似三角形有6對，則正確結論的序號是 ．
【答案】①②
【分析】通過證明△ABE和△ADF是等腰直角三角形，結合已知條件，可判斷①正確；通過證明△DCE∽△BCG，得到，通過證明△ABF∽△ADE，得到，再通過相似和三角形的外角性質，得到OE DE，進而證得，可判斷②正確；證明△BEF≌△FDG，連接CF后，可知，結合圖象，即可判斷③不正確；通過圖形中相似三角形超過6對，可判斷④不正確，問題即可得解．
【詳解】∵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正確；
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正確；
在△BEF和△FDG中, BE =FD，∠EBF=∠DFG ，∠BEF =∠FDG=∠ADC-∠ADF=45°，
∴△BEF≌△FDG．
連接CF．
又∵ BC=ADADBE，
∴ ．故③不正確；
∵△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，
∴圖形中相似三角形超過6對，故④不正確．
綜上，正確的結論是①②．
故答案為：①②．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質、等腰三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質，涉及了特殊角的三角函數值、三角形的外角性質、舉反例等，是一道綜合題．相似和全等是證明邊的比例關系中最常用的方法．
4．（2020·廣西柳州·中考真題）如圖，在矩形紙片ABCD中，AB＝6，BC＝10，點E在CD上，將△BCE沿BE折疊，點C恰好落在邊AD上的點F處，點G在AF上，將△ABG沿BG折疊，點A恰好落在線段BF上的H處，有下列結論：①∠EBG＝45°；②2S△BFG＝5S△FGH；③△DEF∽△ABG；④4CE＝5ED．其中正確的是 ．（填寫所有正確結論的序號）
【答案】①②④
【分析】①根據折疊、矩形的性質進行推理即可；②根據等高三角形的面積比等于底邊的比計算分析即可；③由矩形的性質、勾股定理及相似三角形的判定定理計算分析即可；④由矩形的性質可得CD的長，根據CE＝CD﹣ED求得CE的值，則可求得答案．
【詳解】解：①由折疊的性質可知：∠CBE＝∠FBE，∠ABG＝∠FBG，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴∠EBG＝∠GBH+∠EBF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝45°．
故①正確；
②由折疊的性質可知：BF＝BC＝10，BH＝AB＝6，
∴HF＝BF﹣BH＝4，
∴＝＝＝，
∴2S△BFG＝5S△FGH；
故②正確；
③∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠D＝90°，
在Rt△ABF中，AF＝＝8，
設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與△DEF不相似，
故③錯誤；
④∵CD＝AB＝6，ED＝，
∴CE＝CD﹣ED＝，
∴＝，
∴4CE＝5ED．
故④正確．
綜上所述，正確的結論的序號為①②④，
故答案為：①②④．
【點睛】本題考查了矩形的性質、折疊的性質、勾股定理及相似三角形的判定與性質等知識點，熟練掌握相關性質及定理是解題的關鍵．
題型15 與矩形有關的新定義問題
1．（2024·上海浦東新·一模）新定義1：將寬與長的比等于黃金分割比的矩形稱為黃金矩形
新定義2：將頂角為的等腰三角形稱為黃金三角形
①在一張矩形紙片的一端，利用圖1的方法折出一個正方形，然后把紙片展平
②如圖2，把這個正方形折成兩個相等的矩形，再把紙片展平
③折出內側矩形的對角線，并把折到圖3中所示的處
④展平紙片，按照所得到的點D折出
(1)根據以上折紙法，求證：矩形為黃金矩形
(2)如圖5，已知為黃金三角形，，求：的長
(3)在（2）的條件下，截取交AC于D，截取交線段于E，過E作任意直線與邊交于P，Q兩點，試判斷：是否為定值，若是，請求出定值，若不是，請說明理由
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)
【分析】（1）根據折疊的性質得出，，結合，即可判定四邊形是正方形，可得，再求出，則由勾股定理可得，再證明即可；
（2）作的角平分線交于D，先求出，再證明，得到，進一步證明，根據相似三角形的性質列出比例式求解即可；
（3）如圖所示，過點E分別作的垂線，垂足分別為F，G，過點Q作于H，根據，得到；再證明，進而得到，解直角三角形得到，則，再解直角三角形得到，則；證明，得到，則，可得；如圖所示，連接，由勾股定理得到，根據，得到，據此代值計算即可．
【詳解】（1）證明：由折疊可知：，
又∵，
四邊形是矩形，
又由折疊可知：，
四邊形是正方形，
∴，
由題意得，
∴；
由折疊得，
∴，
∴，，
∴矩形是黃金矩形；
（2）解：如圖所示，作的角平分線交于D，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
解得或（舍去），
經檢驗，是原方程的解．
（3）解：如圖所示，過點E分別作的垂線，垂足分別為F，G，過點Q作于H，
∵，
∴；
由（2）可知，當平分時有，
∴，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
在中，，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
如圖所示，連接，
在中，，
∵，
∴
．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的性質與判定，解直角三角形，勾股定理，矩形與折疊問題，等腰三角形的性質與判定等等，正確理解題意作出輔助線構造相似三角形是解題的關鍵．
2．（2024·江蘇蘇州·二模）大家都知道黃金比的美，但是漫畫家創造一個可愛的漫畫形象時，通常會去選擇運用白銀比而非黃金比．因為白銀比例創造出來的形象要比用形黃金比例創造出的形象更憨態可掬，溫和可人．
通過上網查閱資料，小希同學發現白銀比的定義：如圖1，點C把線段分成兩部分，如果，那么點C為線段的“白銀分割點”，如圖2，矩形中，，那么矩形叫做“白銀矩形”．
應用：
（1）如圖3，矩形ABCD是一張A4紙，，將矩形邊翻折，使得點A的對應點落在上，將矩形邊翻折，使得點D的對應點落在上，折痕交于點O，再將對折，發現與恰好重合，求證：矩形是“白銀矩形”．
（2）如圖4，在（1）的條件下，矩形中，E為上一點，將矩形沿折疊，使得點C落在邊上的點F處，延長交的延長線于點G，說明點E為線段的“白銀分割點”．
（3）已知線段（如圖5），作線段的一個“白銀分割點”．（要求：尺規作圖，保留作圖痕跡，寫出必要做法）
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）見解析
【分析】（1）由翻折知，，即，從而；由對折知，，即，由此即可證明結論成立；
（2）由（1）知，，則得是等腰直角三角形，進而易得為等腰直角三角形，；由折疊性質得，則有，從而結論得證；
（3）過B作，在上取，連接，作的平分線交于K，即可求解．
【詳解】（1）證明：四邊形為矩形，
，
由翻折知，，
，，
；
由對折知，，
即，
，
即矩形是“白銀矩形”；
（2）解：四邊形為矩形，
，
由（1）知，；
由折疊得：，，
，
由勾股定理得：，
是等腰直角三角形，
；
，
；
，
，
，
即為等腰直角三角形，
；
，
，
即；
（3）過B作，在上取，連接，作的平分線交于K，則K點是線段的一個“白銀分割點”．
【點睛】本題考查了矩形與折疊，勾股定理，等腰直角三角形的判定與性質，尺規作圖：作垂線及角平分線，理解題中新定義是關鍵．
3．（2024·廣東惠州·二模）新定義：如果一個矩形，它的周長和面積分別是另外一個矩形的周長和面積的一半，則這個矩形是另一個矩形的“減半”矩形．
(1)驗證：矩形 是矩形的“減半”矩形，其中矩形 的長為12、寬為2， 矩形長為4、寬為3．
(2)探索：一矩形的長為2、寬為1時，它是否存在“減半”矩形？請作出判斷，并說明理由．
【答案】(1)見解析
(2)不存在，理由見解析
【分析】本題考查了矩形的性質，一元二次方程的應用；
（1）根據矩形的周長和面積公式進行計算即可求解；
（2）設該“減半”矩形長和寬分別為，，()，根據新定義得出聯立解關于的一元二次方程，進而根據方程無實數解，即可求解．
【詳解】（1）解： 矩形的周長為： ，
矩形的周長為： ，
矩形 的周長 矩形的周長．
矩形的面積為： ，
矩形的面積為： ，
矩形的面積 矩形 的面積．
矩形是矩形的“減半”矩形．
（2）該矩形不存在“減半”矩形，
若矩形存在“減半”矩形，設該“減半”矩形長和寬分別為，，
原矩形的長和寬分別為，，
由題可知：
由①得：
將 代入②得：
即
方程 無解．
該矩形不存在“減半”矩形．
4．（2023·陜西咸陽·二模）【定義新知】
如圖1，將矩形紙片沿BE折疊，點A的對稱點F落在BC邊上，再將紙片沿CE折疊，點D的對稱點也與F重合，折疊后的兩個三角形拼合成一個三角形()，這個三角形稱為疊合三角形．類似地，對多邊形進行折疊，若折疊后的圖形恰好可以拼合成一個無縫隙、無重疊的矩形，則這樣的矩形稱為疊合矩形．
(1)圖1中疊合的底邊BC與高EF的長度之比為_______；
(2)將紙片按圖2中的方式折疊成一個疊合矩形，若AD=13，MN=5，求疊合矩形的面積；
【問題解決】
(3)已知四邊形ABCD紙片是一個直角梯形，滿足，，AB 點F為BC的中點，EF⊥BC，小明把該紙片折疊，得到疊合正方形．
①如圖3，若線段EF是其中的一條折痕，請你在圖中畫出疊合正方形的示意圖，并求出AB和CD的長；
②如圖4，若線段EF是疊合正方形的其中一條對角線，請你在圖中畫出疊合正方形的示意圖，并求出此時AB和CD的長．
【答案】(1)2：1；
(2)60；
(3)①，；②，．
【分析】（1）根據條件可得四邊形為全等的正方形，即可求解；
（2）證，結合勾股定理即可求解；
（3）根據【定義新知】結合勾股定理即可求解．
【詳解】（1）解：由題意可得 ：
故四邊形為全等的正方形
故的底邊BC與高EF的長度之比為：
（2）解：由四邊形是疊合矩形，可得．
易得
∵四邊形是平行四邊形，
∴
∴．
在和中，
∴
∴，
∴
∵
，
∴疊合矩形的面積
（3）解：①疊合正方形的示意圖如圖1所示

由折疊的性質可得
由平行線分線段成比例可得
∵四邊形EFCG是疊合正方形，
∴,
∴
∴
②疊合正方形EGFH的示意圖如圖2所示.作于點N,
由題意可得E是AD的中點，

，
∴
∴
∴
【點睛】本題考查了矩形與折疊問題、全等三角形的判定與性質、勾股定理的應用等．利用相關幾何知識進行嚴密的邏輯推理是解題關鍵．
題型16與矩形有關的規律探究問題
1．（2020·遼寧丹東·中考真題）如圖，在矩形中，，，連接，以為邊，作矩形使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；以為邊，作矩形，使，連接交于點；…按照這個規律進行下去，則的面積為 ．
【答案】．
【分析】先尋找規律求得的面積，再結合勾股定理以及三角形中線平分三角形的面積求得三角形面積是它所在矩形面積的，依此即可求得的面積．
【詳解】解：∵四邊形為矩形，
∴∠A=∠B=90°，，，，
∴，
∴,，，
∵，
∴，
∴
∴，
∴，
∴，
同理可證， ，
依次類推，，
故 ，
在矩形中，設，則，
根據勾股定理，
即，解得，
∵，即，
同理可證，
∴
同理可證
故答案為：．
【點睛】本題考查矩形的性質，勾股定理，三角形中線有關的面積計算，探索與表達規律，解直角三角形．解決此題的關鍵有兩個：①尋找規律，求得；②得出三角形面積是它所在矩形面積的．需注意標序號的時候不要混淆了．
2．（2022·廣東中山·三模）如圖，在矩形中，，連接，以對角線為邊，按逆時針方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形；再連接 以對角線為邊，按逆時針方向作矩形使矩形 ~ 矩形····，按照此規律作下去，則邊的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本題考查了矩形的性質，勾股定理，相似多邊形的性質，解此題的關鍵是能根據求出的結果得出規律．根據已知和矩形的性質可分別求得，利用相似多邊形的性質可發現規律，根據規律即可解決問題．
【詳解】解：四邊形是矩形，
，
，
按逆時針方向作矩形 ，使矩形 ~ 矩形，
∴矩形的邊長和矩形的邊長的比為，
∴矩形的對角線和矩形的對角線的比，
∵矩形的對角線為，
∴矩形的對角線，
以此類推，
矩形的對角線，
矩形的對角線，
…，
矩形的對角線，
∴．
故選A．
3．（2023·黑龍江雞西·三模）如圖，中，，，邊上的高，點、、分別在邊、、上，且四邊形為矩形，，點、、分別在邊、、上，且四邊形為矩形，，……按此規律操作下去，則線段的長度為 ．

【答案】
【分析】設，則可得，由相似可得，由條件可求得的值，再由勾股定理可求得的長，再由可求得，類似地可求得,進而求得，繼續這一過程可得，最后求得結果．
【詳解】解：∵，
∴設，則可得，
∵四邊形為矩形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵
∴，
∴；
由勾股定理得，
∵，
∴
∴；
由于，且四邊形為矩形，，
類似地得：,
∴，
，
…，
，
∴．
故答案為：．
【點睛】本題是圖形規律的探索問題，考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，矩形的性質等知識，由特殊入手，得到一般規律是關鍵．
4．（2022·河北唐山·二模）如圖，平面直角坐標系中，邊長為1的正方形的頂點A、B分別在x軸、y軸上，點在反比例函數的圖象上，過的中點作矩形，使頂點落在反比例函數的圖象上，再過的中點作矩形，使頂點落在反比例函數的圖象上，…，依此規律可得：
（1）點的坐標為
（2）作出矩形時，落在反比例函數圖象上的頂點的坐標為 ．
【答案】
【分析】（1）先根據題意得出P1點的坐標，進而可得出反比例函數的解析式，再依次求出點P2，P3，P4的坐標，找出規律可得出的坐標；
（2）根據（1）中的規律可得答案．
【詳解】解：（1）∵正方形OAP1B的邊長為1，點P1在反比例函數（x＞0）的圖象上，
∴P1（1，1），
∴k=1，
∴反比例函數的解析式為：，
∵B1是P1A的中點，
∴P2A1=AB1=，
∴OA1=2，
∴．
故答案為：．
（2）由（1）的解同理，得…
∴，
當時，．
故答案為：．
【點睛】本題考查了反比例函數圖象上點的坐標特征，矩形的性質，解題的關鍵是找出規律．
題型17與矩形有關的動點問題
1．（2024·甘肅臨夏·中考真題）如圖1，矩形中，為其對角線，一動點從出發，沿著的路徑行進，過點作，垂足為．設點的運動路程為，為，與的函數圖象如圖2，則的長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了動點問題的函數圖象，根據圖象得出信息是解題的關鍵．
根據函數的圖象與坐標的關系確定的長，再根據矩形性質及勾股定理列方程求解．
【詳解】解：由圖象得：，當時，，此時點P在邊上，
設此時，則，，
在中，，
即：，
解得：，
，
故選：B．
2．（2023·吉林·中考真題）如圖，在正方形中，，點是對角線的中點，動點，分別從點，同時出發，點以的速度沿邊向終點勻速運動，點以的速度沿折線向終點勻速運動．連接并延長交邊于點，連接并延長交折線于點，連接，，，，得到四邊形．設點的運動時間為（）（），四邊形的面積為（）
　　
(1)的長為__________，的長為_________．（用含x的代數式表示）
(2)求關于的函數解析式，并寫出自變量的取值范圍．
(3)當四邊形是軸對稱圖形時，直接寫出的值．
【答案】(1)；
(2)
(3)或
【分析】（1）根據正方形中心對稱的性質得出，可得四邊形是平行四邊形，證明即可；
（2）分，兩種情況分別畫出圖形，根據正方形的面積，以及平行四邊形的性質即可求解；
（3）根據（2）的圖形，分類討論即可求解．
【詳解】（1）解：依題意， ，則，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵點是正方形對角線的中點，
∴，則四邊形是平行四邊形，
∴，，
∴，
又，
∴，
∴，
在中，
，
∴，
∴
故答案為：；．
（2）解：當時，點在上，

由（1）可得，
同理可得，
∵，，
則
；
當時，如圖所示，

則，，
，
∴；
綜上所述，；
（3）依題意，①如圖，當四邊形是矩形時，此時，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
即，
解得：，

當四邊形是菱形時，則，
∴，
解得：（舍去）；
②如圖所示，當時，四邊形是軸對稱圖形，
，解得，
當四邊形是菱形時，則，即，解得：（舍去），
綜上所述，當四邊形是軸對稱圖形時，或．
【點睛】本題考查了正方形的性質，動點問題，全等三角形的性質與判定，矩形的性質，平行四邊形的性質與判定，菱形的性質，軸對稱圖形，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
3．（2024·吉林長春·中考真題）【問題呈現】
小明在數學興趣小組活動時遇到一個幾何問題：如圖①，在等邊中，，點、分別在邊、上，且，試探究線段長度的最小值．
【問題分析】
小明通過構造平行四邊形，將雙動點問題轉化為單動點問題，再通過定角發現這個動點的運動路徑，進而解決上述幾何問題．
【問題解決】
如圖②，過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線．在【問題呈現】的條件下，完成下列問題：
（1）證明：；
（2）的大小為 度，線段長度的最小值為________．
【方法應用】
某種簡易房屋在整體運輸前需用鋼絲繩進行加固處理，如圖③．小明收集了該房屋的相關數據，并畫出了示意圖，如圖④，是等腰三角形，四邊形是矩形，米，．是一條兩端點位置和長度均可調節的鋼絲繩，點在上，點在上．在調整鋼絲繩端點位置時，其長度也隨之改變，但需始終保持．鋼絲繩長度的最小值為多少米．
【答案】問題解決：（1）見解析（2）30，；方法應用：線段長度的最小值為米
【分析】（1）過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線，根據平行四邊形性質證明結論即可；
（2）先證明，根據垂線段最短求出最小值；
（3）過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線，連接，求出，進而得，利用垂線段最短求出即可．
【詳解】解：問題解決：（1）證明：過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線，
四邊形是平行四邊形，
；
（2）在等邊中，，
；
當時，最小，此時最小，
在中，
，
線段長度的最小值為；
方法應用：過點、分別作、的平行線，并交于點，作射線，連接，
四邊形是平行四邊形，
，
四邊形是矩形，
當時，最小，此時最小，
作于點R，
在中，
，
在中，
，
線段長度的最小值為米．
【點睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質、等腰三角形的判定與性質、三角形外角的性質，垂線段最短及矩形性質，熟練掌握相關性質是解題關鍵．
4．（2023·遼寧大連·中考真題）綜合與實踐
問題情境：數學活動課上，王老師給同學們每人發了一張等腰三角形紙片探究折疊的性質．
已知，點為上一動點，將以為對稱軸翻折．同學們經過思考后進行如下探究：
獨立思考：小明：“當點落在上時，．”
小紅：“若點為中點，給出與的長，就可求出的長．”
實踐探究：奮進小組的同學們經過探究后提出問題1，請你回答：

問題1：在等腰中，由翻折得到．
（1）如圖1，當點落在上時，求證：；
（2）如圖2，若點為中點，，求的長．
問題解決：小明經過探究發現：若將問題1中的等腰三角形換成的等腰三角形，可以將問題進一步拓展．
問題2：如圖3，在等腰中，．若，則求的長．
【答案】（1）見解析；（2）；問題2：
【分析】（1）根據等邊對等角可得，根據折疊以及三角形內角和定理，可得 ，根據鄰補角互補可得，即可得證；
（2）連接，交于點，則是的中位線，勾股定理求得，根據即可求解；
問題2：連接，過點作于點，過點作于點，根據已知條件可得，則四邊形是矩形，勾股定理求得，根據三線合一得出，根據勾股定理求得的長，即可求解．
【詳解】（1）∵等腰中，由翻折得到
∴， ，
∵，
∴；
（2）如圖所示，連接，交于點，

∵折疊，
∴，，，，
∵是的中點，
∴，
∴，
在中，，
在中，，
∴；
問題2：如圖所示，連接，過點作于點，過點作于點，

∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四邊形是矩形，
則，
在中，，,，
∴，
在中，，
∴，
在中，．
【點睛】本題考查了等腰三角形的性質，折疊的性質，勾股定理，矩形的性質與判定，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．
題型18與矩形有關的最值問題
1．（2024·海南·中考真題）如圖，矩形紙片中，，點E、F分別在邊上，將紙片沿折疊，使點D的對應點在邊上，點C的對應點為，則的最小值為 ，CF的最大值為 ．
【答案】 6
【分析】本題主要考查了矩形與折疊問題，勾股定理，等邊對等角，過點E作于H，則四邊形是矩形，則，根據，可得的最小值為6，則由折疊的性質可得的最小值為6；如圖所示，連接，證明，得到，則，利用勾股定理得到當最大時，最大，即最大時，最大，則當與點B重合時，最大，設此時，則，據此利用勾股定理建立方程求解即可．
【詳解】解：如圖所示，過點E作于H，則四邊形是矩形，
∴，
∵，
∴的最小值為6，
由折疊的性質可得，
∴的最小值為6；
如圖所示，連接，
由折疊的性質可得，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴當最大時，最大，即最大時，最大，
∴當與點B重合時，最大，
設此時，則，
∴，
解得，
∴的最大值為
故答案為：，．
2．（2024·江蘇蘇州·中考真題）如圖，矩形中，，，動點E，F分別從點A，C同時出發，以每秒1個單位長度的速度沿，向終點B，D運動，過點E，F作直線l，過點A作直線l的垂線，垂足為G，則的最大值為（ ）

A． B． C．2 D．1
【答案】D
【分析】本題主要考查了矩形的性質、動點軌跡、與圓有關的位置關系等知識，根據矩形的性質以及直角三角形斜邊中線的性質確定G的軌跡是本題解題的關鍵．
連接，交于點，取中點，連接，根據直角三角形斜邊中線的性質，可以得出的軌跡，從而求出的最大值．
【詳解】解：連接，交于點，取中點，連接，如圖所示：

∵四邊形是矩形，
∴，，，
∴在中，，
∴，
∵，
，
在與中，
，
，
，，共線，
，是中點，
∴在中，，
的軌跡為以為圓心，為半徑即為直徑的圓弧．
∴的最大值為的長，即．
故選：D．
3．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，在矩形中，，點E是邊上的動點，連結，以為邊作矩形（點D，G在的同側），且，連結．
(1)如圖1，當點E為邊的中點時，點B，E，F在同一直線上，求的長．
(2)如圖2，若，設與交于點K．求證：．
(3)在點E的運動過程中，的長是否存在最大（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)見解析
(3)存在，最小值，最大值
【分析】（1）當點E在的中點時可得，則和是等腰直角三角形，分別求出和的長，然后根據線段的和差即可解答；
（2）如圖：過B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后證明，然后根據全等三角形的性質即可證明結論；
（3）如圖：過點F作的垂線，交延長線于點M，過點E作的平行線交于點N，交于點P．設．然后證明可得，根據勾股定理可得，進而得到，然后根據二次函數的性質求解即可．
【詳解】（1）解：∵矩形中，，
∴，，，
∵點E在的中點
∴，
∴，，
∵點B、E、F在同一直線上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）證明：如圖：過B作交于H，
∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最大值．
如圖：過點F作的垂線，交延長線于點M，過點E作的平行線交于點N，交于點P．則
設．
∵四邊形和四邊形都是矩形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
當時，y有最小值為．
，
∴當時，y有最大值為，
∴在點E的運動過程中，的長存在最小值，最大值．
【點睛】本題主要考查了矩形的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理、相似三角形的判定與性質、二次函數的應用等知識點，正確添加恰當輔助線構造全等三角形是本題的關鍵．
4．（2023·浙江紹興·中考真題）如圖，矩形中，．點P是邊上一動點，點M為線段上一動點．，則的最小值為（ ）．
A．2 B． C． D．
【答案】A
【分析】設的中點為，連接，證明，得出，點在點為圓心，4為半徑的圓上，利用勾股定理求出從而計算出答案．
【詳解】解：設的中點為，連接，
∵四邊形為矩形，
，
，
，
，
，
，
，
∴點在點為圓心，4為半徑的圓上．
，
，
∵的最小值為2．
故選：A．
【點睛】本題考查矩形的性質，勾股定理，直角三角形斜邊中線的性質，二次根式的性質，圓周角定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，應用直角三角形性質解決問題．
5．（2023·江蘇南通·中考真題）如圖，四邊形的兩條對角線，互相垂直，，，則的最小值是 ．

【答案】
【分析】設的交點為，的中點分別是，連接，先證，由此得當最小時，最小，再根據“兩點之間線段最短”得，再證四邊形是矩形，且，根據勾股定理的，進而求得的最小值．
【詳解】解：設的交點為，的中點分別是，連接，
互相垂直，
和為直角三角形，且分別為斜邊，
，
，
當最小時，最小，再根據“兩點之間線段最短”得，
當點在線段上時，最小，最小值為線段的長，
分別為的中點，
是的中位線，
，
同理，
，
，
，
四邊形是平行四邊形，
，
，
四邊形是矩形，
在中，，
，
的最小值為，
的最小值為．

故答案為：．
【點睛】此題只要考查了矩形的判定和性質，三角形的性質，三角形的中位線定理，線段的性質，勾股定理等，熟練掌握矩形的判定和性質，三角形的中位線定理，理解直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，兩點之間線段最短是解答此題的關鍵．
6．（2024·西藏·中考真題）如圖，在中，，，，點P是邊上任意一點，過點P作，，垂足分別為點D，E，連接，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本題考查了勾股定理的運用、矩形的判定和性質以及直角三角形的面積的不同求法，題目難度不大，設計很新穎，解題的關鍵是求的最小值轉化為其相等線段的最小值．連接，根據矩形的性質可知：，當最小時，則最小，根據垂線段最短可知當時，則最小，再根據三角形的面積為定值即可求出的長．
【詳解】解：中，，，，
，
連接，如圖所示：
∵于點，于點，，
∴，
四邊形是矩形，
，
當最小時，則最小，根據垂線段最短可知當時，則最小，
∴此時．
故選：B．
題型19 矩形與函數綜合
1．（2022·陜西西安·模擬預測）如圖，一次函數的圖象交軸于點，交軸于點，點在線段上不與點，重合，過點分別作和的垂線，垂足為，．當矩形的面積為時，點的坐標為(　　)

A． B． C．或 D．或
【答案】D
【分析】由點在線段上可設點的坐標為，，進而可得出，，結合矩形的面積為，即可得出關于的一元二次方程，解之即可得出的值，再將其代入點的坐標中即可求出結論．本題考查了一次函數圖象上點的坐標特征、矩形的性質以及解一元二次方程，利用一次函數圖象上點的坐標特征及矩形的面積，找出關于的一元二次方程是解題的關鍵．
【詳解】解：點在線段上不與點，重合，且直線的解析式為，
設點的坐標為，，
，．
矩形的面積為，
，
，，
點的坐標為，或，．
故選：D．
2．（2024·廣東·中考真題）【問題背景】
如圖1，在平面直角坐標系中，點B，D是直線上第一象限內的兩個動點，以線段為對角線作矩形，軸．反比例函數的圖象經過點A．
【構建聯系】
（1）求證：函數的圖象必經過點C．
（2）如圖2，把矩形沿折疊，點C的對應點為E．當點E落在y軸上，且點B的坐標為時，求k的值．
【深入探究】
（3）如圖3，把矩形沿折疊，點C的對應點為E．當點E，A重合時，連接交于點P．以點O為圓心，長為半徑作．若，當與的邊有交點時，求k的取值范圍．
【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）
【分析】（1）設，則，用含的代數式表示出，再代入驗證即可得解；
（2）先由點B的坐標和k表示出，再由折疊性質得出，如圖，過點D作軸，過點B作軸，證出，由比值關系可求出，最后由即可得解；
（3）當過點B時，如圖所示，過點D作軸交y軸于點H，求出k的值，當過點A時，根 據A，C關于直線對軸知，必過點C，如圖所示，連，，過點D作軸交y軸于點H，求出k的值，進而即可求出k的取值范圍．
【詳解】（1）設，則，
∵軸，
∴D點的縱坐標為，
∴將代入中得：得，
∴，
∴，
∴，
∴將代入中得出，
∴函數的圖象必經過點C；
（2）∵點在直線上，
∴，
∴，
∴A點的橫坐標為1，C點的縱坐標為2，
∵函數的圖象經過點A，C，
∴，，
∴，
∴，
∵把矩形沿折疊，點C的對應點為E，
∴，，
∴，
如圖，過點D作軸，過點B作軸，
∵軸，
∴H，A，D三點共線，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴,
∵，
∴，，
∴，
由圖知，，
∴，
∴；
（3）∵把矩形沿折疊，點C的對應點為E，當點E，A重合，
∴，
∵四邊形為矩形，
∴四邊形為正方形，，
∴，，，
∵軸，
∴直線為一，三象限的夾角平分線，
∴，
當過點B時，如圖所示，過點D作軸交y軸于點H，
∵軸，
∴H，A，D三點共線，
∵以點O為圓心，長為半徑作，，
∴，
∴，
∴，，，
∵軸，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
當過點A時，根 據A，C關于直線對軸知，必過點C，如圖所示，連，，過點D作軸交y軸于點H，
∵,
∴為等邊三角形，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∵軸，
∴，
∴，
∴,
∴，
∴，
∴，
∴,
∴當與的邊有交點時，k的取值范圍為．
【點睛】本題主要考查了相似三角形的判定和性質，解直角三角形，一次函數的性質，反比例函數的性質，矩形的性質，正方形

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