TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156922769" 題型01 利用矩形的性質(zhì)求角度
\l "_Tc156922770" 題型02 利用矩形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)
\l "_Tc156922771" 題型03 利用矩形的性質(zhì)求面積
\l "_Tc156922772" 題型04 求矩形在坐標(biāo)系中的坐標(biāo)
\l "_Tc156922773" 題型05 根據(jù)矩形的性質(zhì)證明
\l "_Tc156922774" 題型06 矩形的判定定理的理解
\l "_Tc156922775" 題型07 添加一個(gè)條件使四邊形是矩形
\l "_Tc156922776" 題型08 證明四邊形是矩形
\l "_Tc156922777" 題型09 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求角度
\l "_Tc156922778" 題型10 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)
\l "_Tc156922779" 題型11 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求面積
\l "_Tc156922780" 題型12 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題
\l "_Tc156922781" 題型13 與矩形有關(guān)的新定義問(wèn)題
\l "_Tc156922782" 題型14 與矩形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題
\l "_Tc156922783" 題型15 與矩形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題
\l "_Tc156922784" 題型16 矩形與一次函數(shù)綜合
\l "_Tc156922785" 題型17 矩形與反比例函數(shù)綜合
\l "_Tc156922786" 題型18 矩形與二次函數(shù)綜合
\l "_Tc156922787" 題型19 與矩形有關(guān)的折疊問(wèn)題
題型01 利用矩形的性質(zhì)求角度
1．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）兩個(gè)矩形的位置如圖所示，若∠1=α，則∠2=（ ）
A．α-90°B．α-45°C．180°-αD．270°-α
【答案】C
【分析】用三角形外角性質(zhì)得到∠3=∠1-90°=α-90°，用余角的定義得到∠2=90°-∠3=180°-α．
【詳解】解：如圖，∠3=∠1-90°=α-90°，
∠2=90°-∠3=180°-α．
故選：C．
【點(diǎn)睛】 本題主要考查了矩形，三角形外角，余角，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是熟練掌握矩形的角的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)，互為余角的定義．
2．（2023·廣東深圳·?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，已知∠ACB=25°，則∠AOB的大小是（ ）
A．130°B．65°C．50°D．25°
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，即可求解．
【詳解】解：∵矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠ACB=25°，
∴∠AOB=∠OBC+∠ACB=25°+25°=50°，
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)以及三角形外角的性質(zhì)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·重慶沙坪壩·重慶一中?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，E、F為AC上一點(diǎn)，AE=AD，AF=CE，連接DE、BF，若∠CAD=α，則∠BFE的度數(shù)為（ ）
A．90°-32αB．90°-12αC．αD．90°-α
【答案】B
【分析】先證明AE=CF，即可得出AD=AE=CF=BC，再根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ACB=∠CAD=α，最后根據(jù)等邊對(duì)等角即可求解．
【詳解】解：∵AF=CE，
∴EF+AF=EF+CE，即AE=CF，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD=α，
∵AE=AD，
∴AD=AE=CF=BC，
∴AD=AE=CF，
∴∠BFE=12180°-α=90°-12α，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，和等腰三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握矩形對(duì)邊平行且相等，等腰三角形“等邊對(duì)等角”．
4．（2023·重慶九龍坡·重慶市楊家坪中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，AD=2AB，以AB為邊在矩形內(nèi)作等邊△ABE，延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)F，連接CF，則∠DFC的度數(shù)為（ ）
A．60°B．70°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AD=BC，∠BAD=∠ABC=90°，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)推出∠AFB=30°，∠CBF=30°，再根據(jù)含30度角的直角三角形的性質(zhì)得到BF=BC，即可求出∠BFC=∠BCF=75°，再由平角的定義即可得到答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=∠ABC=90°，
∵△ABE是等邊三角形，
∴∠ABF=60°，
∴∠AFB=30°，∠CBF=30°，
∴BF=2AB，
∵AD=2AB，AD=BC，
∴BF=BC，
∴∠BFC=∠BCF=180°-∠CBF2=75°，
∴∠DFC=180°-∠AFB-∠BFC=75°，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，證明BF=BC是解題的關(guān)鍵．
題型02 利用矩形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)
5．（2022·廣東廣州·執(zhí)信中學(xué)?？级＃┤鐖D，矩形ABCD的對(duì)角線AC的垂直平分線分別交AD、AC、BC于點(diǎn)E、O、F，若AB=12，BC=16，則EF的長(zhǎng)為（ ）
A．8B．15C．16D．24
【答案】B
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AO=CO，∠AOE=∠COF,根據(jù)平行線的性質(zhì)得出∠EAO=∠FCO,根據(jù)ASA推出△AEO≌△CFO，由全等得到OE=OF，推出四邊形是平行四邊形，再根據(jù)EF⊥AC即可推出四邊形是菱形，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得出AF=CF，根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論．
【詳解】連接AF，CE，
∵EF是AC的垂直平分線，
∴AO=CO，∠AOE=∠COF=90°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠EAO=∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∠EAO=∠FCOAO=CO∠AOE=COF,
∴△AEO≌△CFO（ASA），
∴OE=OF，
又∵OA=OC，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
∵EF⊥AC，
∴平行四邊形AECF是菱形，
∴AE=CE，
設(shè)AE=CE=x，
∵EF是AC的垂直平分線，
∴AE=CE=x，DE=16-x，
在Rt△CDE中，CD2+DE2=AE2,
122+16-x2=x2，
解得x=252，
∴AE=252,
∵AC=AB2+BC2=122+162=20,
∴AO=12AC=10,
∴OE=AE2-AO2=152,
∴EF=2OE=15,
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，證得四邊形AECF是菱形是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·安徽滁州·校考一模）如圖，兩點(diǎn)E，F(xiàn)分別在矩形ABCD的AD和CD邊上，AB=6，AD=8，∠BEF=90°，且BE=EF，點(diǎn)M為BF的中點(diǎn)，則ME的長(zhǎng)為（ ）
A．92B．25C．32D．3210
【答案】B
【分析】證明△ABE≌△DEF，得出CF=4，勾股定理得出FB=45，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD=6,BC=AD=8
又∠BEF=90°，
∴∠ABE=90°-∠BEA=∠FED,
又BE=EF，
∴△ABE≌△DEFAAS，
∴ED=AB=6
∵AD=8，
∴DF=AE=2，
∴CF=4
在Rt△BCF中，F(xiàn)B=45，
∵點(diǎn)M為BF的中點(diǎn)，∠BEF=90°，
∴ME =12BF=25
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，得出FB=45是解題的關(guān)鍵．
7．（2022·江西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，DE//AC，CE//BD．若AC=10，則四邊形OCED的周長(zhǎng)是 ．
【答案】20
【分析】首先由四邊形ABCD是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可證得四邊形CODE是平行四邊形，又可判定四邊形CODE是菱形，繼而求得答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，
∴OC=OD=12BD=5，
∵DE//AC，CE//BD．，
∴四邊形CODE是平行四邊形，
∵OC=OD =5，
∴四邊形CODE是菱形，
∴四邊形CODE的周長(zhǎng)為：4OC=4×5=20．
故答案為20．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的判定與性質(zhì)以及矩形的性質(zhì)．此題難度不大，注意證得四邊形CODE是菱形是解題關(guān)鍵．
8．（2023·山東棗莊·校聯(lián)考二模）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，點(diǎn)E、F分別是AB、DC上的動(dòng)點(diǎn)，EF∥BC，則AF+CE的最小值是 ．
【答案】10
【分析】延長(zhǎng)BC到G，使CG＝EF，連接FG，證明四邊形EFGC是平行四邊形，得出CE＝FG，得出當(dāng)點(diǎn)A、F、G三點(diǎn)共線時(shí)，AF+CE的值最小，根據(jù)勾股定理求出AG即可．
【詳解】解：延長(zhǎng)BC到G，使CG＝EF，連接FG，
∵EF∥CG，EF＝CG，
∴四邊形EFGC是平行四邊形，
∴CE＝FG，
∴AF+CE＝AF+FG，
∴當(dāng)點(diǎn)A、F、G三點(diǎn)共線時(shí)，AF+CE的值最小為AG，
由勾股定理得，AG＝AB2+BG2＝62+(4+4)2＝10，
∴AF+CE的最小值為10，
故答案為：10．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，根據(jù)題意作出輔助線，得出當(dāng)A、F、G三點(diǎn)共線時(shí)，AF+CE的值最小，是解題的關(guān)鍵．
題型03 利用矩形的性質(zhì)求面積
9．（2023·浙江溫州·模擬預(yù)測(cè)）如圖是一個(gè)由5張紙片拼成的?ABCD，相鄰紙片之間互不重疊也無(wú)縫隙，其中兩張等腰直角三角形紙片的面積都為S1，另兩張直角三角形紙片的面積都為S2，中間一張矩形紙片EFGH的面積為S3，F(xiàn)H與GE相交于點(diǎn)O．當(dāng)△AEO,△BFO,△CGO,△DHO的面積相等時(shí)，下列結(jié)論一定成立的是（ ）
A．S1=S2B．S1=S3C．AB=ADD．EH=GH
【答案】A
【分析】根據(jù)△AED和△BCG是等腰直角三角形，四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，點(diǎn)O是矩形HEFG的中心，設(shè)AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，過(guò)點(diǎn)O作OP⊥EF于點(diǎn)P，OQ⊥GF于點(diǎn)Q，可得出OP，OQ分別是△FHE和△EGF的中位線，從而可表示OP，OQ的長(zhǎng)，再分別計(jì)算出S1，S2，S3進(jìn)行判斷即可
【詳解】解：由題意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴∠ADE=∠DAE=∠BCG=∠GBC=45°
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四邊形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
設(shè)AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
過(guò)點(diǎn)O作OP⊥EF于點(diǎn)P，OQ⊥GF于點(diǎn)Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵點(diǎn)O是矩形HEFG的對(duì)角線交點(diǎn)，即HF和EG的中點(diǎn)，
∴OP，OQ分別是△FHE和△EGF的中位線，
∴OP=12HE=12b，OQ=12EF=12c
∵SΔBOF=12BF·OQ=12(a-b)×12c=14(a-b)c
SΔAOE=12AE·OP=12a×12b=14ab
∵SΔBOF=SΔAOE
∴14(a-b)c=14ab，即ac-bc=ab
而S1=SΔAED=12AE·DE=12a2，
S2=SΔAFB=12AF·BF=12(a+c)(a-b)=12(a2-ab+ac-bc)=12(a2-ab+ab)=12a2
所以，S1=S2，故選項(xiàng)A符合題意，
S3=HE·EF=(a-b)(a+c)=a2-bc-ab+ac=a2+ab-ab=a2
∴S1≠S3，故選項(xiàng)B不符合題意，
而AB=AD于EH=GH都不一定成立，故C,D都不符合題意，
故選：A
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是求出S1，S2，S3之間的關(guān)系．
10．（2022·內(nèi)蒙古包頭·包頭市第二十九中學(xué)?？既＃┤鐖D1，動(dòng)點(diǎn)P從矩形ABCD的頂點(diǎn)A出發(fā)，在邊AB，BC上沿A→B→C的方向，以1cm/s的速度勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，△APC的面積S（cm2）隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間t（s）變化的函數(shù)圖象如圖2所示，則AB的長(zhǎng)是（ ）
A．32cmB．3cmC．4cmD．6cm
【答案】B
【分析】由圖象2可知，點(diǎn)P從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4s，則由動(dòng)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度可求出BC的長(zhǎng)，再根據(jù)圖象可知△ABC的面積為6cm2，即可利用面積公式求解此題．
【詳解】解：∵動(dòng)點(diǎn)P從A點(diǎn)出發(fā)到B的過(guò)程中，S隨t的增大而增大，動(dòng)點(diǎn)P從B點(diǎn)出發(fā)到C的過(guò)程中，S隨t的增大而減?。?br>∴觀察圖象2可知，點(diǎn)P從B到C的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為4s，
∵點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s，
∴BC=1×4=4（cm），
∵當(dāng)點(diǎn)P在直線AB上運(yùn)動(dòng)至點(diǎn)B時(shí)，△APC的面積最大，
∴由圖象2得：△APC的面積6cm2，
∴S△ABC=12AB?BC=6，
∴AB=3cm．
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題考查了動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，解決本題應(yīng)首先看清橫軸和縱軸表示的量．要求能根據(jù)函數(shù)圖象的性質(zhì)和圖象上的數(shù)據(jù)分析得出所需要的條件，結(jié)合實(shí)際意義得到正確的結(jié)論．
11．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考二模）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC與BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)O作OE⊥BD，交AB于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC，垂足為F，AC=10，EF=1.05，OE=3.75，則矩形ABCD的面積為 ．
【答案】48
【分析】先證明OA=OB=OC=OD=5, S矩形ABCD=4S△AOB, 從而可得答案．
【詳解】解：∵ 矩形ABCD，AC=10，
∴OA=OB=OC=OD=5, S矩形ABCD=4S△AOB,
∵ EF=1.05，OE=3.75，OE⊥BD，EF⊥AC，
∴S△AOD=12×5×1.05+12×5×3.75=12,
∴S矩形ABCD=4S△AOB=48.
故答案為：48
【點(diǎn)睛】本題考查的是矩形的性質(zhì)，掌握“矩形的對(duì)角線相等且互相平分”是解本題的關(guān)鍵．
12．（2022·四川成都·統(tǒng)考二模）已知矩形的長(zhǎng)和寬分別為a和b，如果存在另外一個(gè)矩形，它的周長(zhǎng)和面積分別是已知矩形的三分之一，則a，b應(yīng)該滿(mǎn)足的條件為 ．
【答案】a2+b2≥10ab
【分析】因?yàn)榫匦蔚拈L(zhǎng)和寬分別為a、b，所以其周長(zhǎng)和面積分別為2(a+b)和ab，設(shè)所求矩形的長(zhǎng)為x，則寬為13(a+b)-x，其面積為x[13(a+b)-x]，根據(jù)題意得：x[13(a+b)-x]=13ab，因?yàn)榇嬖诹硗庖粋€(gè)矩形，使它的周長(zhǎng)和面積分別是已知矩形的三分之一，故該方程有解，即△≥0，得出不等式即可求解．
【詳解】解：設(shè)所求矩形的長(zhǎng)為x，則寬為13(a+b)-x，其面積為x[13(a+b)-x]，
根據(jù)題意得：x[13(a+b)-x]=13ab，
即x2-13a+bx+13ab=0 ，
∵存在該矩形，使它的周長(zhǎng)和面積分別是已知矩形的三分之一
∴方程有解，
∴△=13(a+b)2-4×13ab
=19a2+29ab+19b2-43ab
=19a2-109ab+19b2≥0
∴a2-10ab+b2≥0
∴a2+b2≥10ab
故答案為：a2+b2≥10ab．
【點(diǎn)睛】本題考查了一元二次方程解的判別式，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意，列出方程，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求△的問(wèn)題．
13．（2022·廣東陽(yáng)江·統(tǒng)考一模）已知矩形ABCD中，E是AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F，G，H分別是BC，BE，CE的中點(diǎn)．
（1）求證：△BGF≌△FHC；
（2）設(shè)AD=a，當(dāng)四邊形EGFH是正方形時(shí)，求矩形ABCD的面積．
【答案】見(jiàn)解析（2）12a2
【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和全等三角形的判定證明即可；
（2）利用正方形的性質(zhì)和矩形的面積公式解答即可．
【詳解】（1）連接EF，∵點(diǎn)F，G，H分別是BC，BE，CE的中點(diǎn)，
∴FH//BE，F(xiàn)H=12BE，F(xiàn)H=BG，
∴∠CFH=∠CBG，
∵BF=CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）當(dāng)四邊形EGFH是正方形時(shí)，連接GH，可得：EF⊥GH且EF=GH，
∵在△BEC中，點(diǎn)G，H分別是BE，CE的中點(diǎn)，
∴GH=12BC=12AD=12a,且GH//BC，
∴EF⊥BC，
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴AB=EF=GH=12a，
∴矩形ABCD的面積=AB?AD=12a?a=12a2.
【點(diǎn)睛】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)全等三角形的判定和正方形的性質(zhì)解答．
題型04 求矩形在坐標(biāo)系中的坐標(biāo)
14．（2023·天津·模擬預(yù)測(cè)）在平面直角坐標(biāo)系中，長(zhǎng)方形ABCD如圖所示，A(-6,2),B(2,2),C(2,-3)，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（ ）
A．(-6,3)B．(3,-6)C．(-6,-3)D．(-3,-6)
【答案】C
【分析】根據(jù)長(zhǎng)方形的性質(zhì)求出點(diǎn)D的橫、縱坐標(biāo)即可獲得答案．
【詳解】解：∵四邊形ABCD為長(zhǎng)方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∵A(-6,2),B(2,2),C(2,-3)，
∴點(diǎn)D的橫坐標(biāo)與點(diǎn)A相同，為-6，
點(diǎn)D的縱坐標(biāo)與點(diǎn)C相同，為-3，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為(-6,-3)．
故選：C．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是利用矩形“對(duì)邊平行且相等”的性質(zhì)解決問(wèn)題．
15．（2022·河南安陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，矩形ABCD的頂點(diǎn)A1,0，D0,2，B5,2，將矩形以原點(diǎn)為旋轉(zhuǎn)中心，順時(shí)針旋轉(zhuǎn)75°之后點(diǎn)C的坐標(biāo)為（ ）
A．4,-2B．42,-22C．42,-2D．26,-22
【答案】D
【分析】過(guò)點(diǎn)B作BG⊥x軸于G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸于H，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到點(diǎn)C的坐標(biāo)，求出∠COE=45°，OC=42，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于E，過(guò)點(diǎn)C1作C1F⊥x軸于F，由旋轉(zhuǎn)得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．
【詳解】解：過(guò)點(diǎn)B作BG⊥x軸于G，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥y軸于H，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=CD，AD∥BC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵A1,0，D0,2，B5,2，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=42，
如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于E，過(guò)點(diǎn)C1作C1F⊥x軸于F，
由旋轉(zhuǎn)得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=12OC1=12OC=22，
∴OF=OC12-C1F2=26，
∴點(diǎn)C1的坐標(biāo)為26,-22，
故選：D．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形30度角的性質(zhì)，熟記各知識(shí)點(diǎn)并綜合應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．
16．（2020·吉林·統(tǒng)考一模）如圖，矩形OABC的頂點(diǎn)A在x軸上，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2）．固定邊OA，向左“推”矩形OABC，使點(diǎn)B落在y軸的點(diǎn)B'的位置，則點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'的坐標(biāo)為（ ）

A．（﹣1，3）B．（3，﹣1）C．（﹣1，2）D．（2，﹣1）
【答案】A
【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)和勾股定理求出OB'的長(zhǎng)，得到點(diǎn)C'的坐標(biāo)．
【詳解】解：∵四邊形OABC是矩形，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，2），
∴OA＝1，AB＝2，
由題意得：AB'＝AB＝2，四邊形OAB'C'是平行四邊形，
∴OB'=AB'2-OA2=22-12=3，B'C'=OA=1，
∴點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)C'的坐標(biāo)為-1,3．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題考查點(diǎn)坐標(biāo)的求解和矩形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握矩形的性質(zhì)求出線段長(zhǎng)從而得到點(diǎn)坐標(biāo)．
17．（2022·遼寧鐵嶺·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)D是矩形ABCO的對(duì)稱(chēng)中心，點(diǎn)A6,0，C0,4，經(jīng)過(guò)點(diǎn)D的反比例函數(shù)的圖象交AB于點(diǎn)P，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為 ．
【答案】6,1
【分析】先求得D點(diǎn)的坐標(biāo)，然后根據(jù)待定系數(shù)法求得反比例函數(shù)的解析式，把x=6代入解析式即可求得點(diǎn)P的坐標(biāo)．
【詳解】解：∵點(diǎn)D是矩形ABCO的對(duì)稱(chēng)中心，
∴點(diǎn)D是矩形OABC的對(duì)角線AC的中點(diǎn)，
又∵A6,0，C0,4，
∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為3,2．
∵反比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)D，
∴k=3×2=6，
∴y=6x，
把x=6代入得，y=66=1，
∴點(diǎn)P的坐標(biāo)為6,1．
故答案為：6,1．
【點(diǎn)睛】本題考查了反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，矩形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求反比例函數(shù)的解析式，求得點(diǎn)D的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
題型05 根據(jù)矩形的性質(zhì)證明
18．（2023·山東德州·統(tǒng)考三模）如圖，矩形ABCD中，點(diǎn)E在DC上，DE=BE，AC與BD相交于點(diǎn)O．BE與AC相交于點(diǎn)F．
(1)若BE平分∠CBD，求證：BF⊥AC；
(2)找出圖中與△OBF相似的三角形，并說(shuō)明理由;
(3)若OF=3，EF=2，求DE的長(zhǎng)度．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)△ECF，△BAF與△OBF相似，理由見(jiàn)解析
(3)3+19
【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)和角平分線的定義即可得出結(jié)論；
（2）根據(jù)判定兩個(gè)三角形相似的判定定理，找到相應(yīng)的角度相等即可得出；
（3）根據(jù)△OBF∽△ECF得出3OA=2BF+9，根據(jù)△OBF∽△BAF得出BF2=3OA+3，聯(lián)立方程組求解即可．
【詳解】（1）證明：如圖所示：
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠2=∠3=∠4，
∵DE=BE，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1=∠6，
∴∠3=∠6，
又∵∠3與∠5互余，
∴∠6與∠5互余，
∴BF⊥AC；
（2）解：△ECF，△BAF與△OBF相似．
理由如下：
∵∠1=∠2，∠2=∠4，
∴∠1=∠4，
又∵∠OFB=∠BFO，
∴△OBF∽△BAF，
∵∠1=∠3，∠OFB=∠EFC，
∴△OBF∽△ECF；
（3）解：∵△OBF∽△ECF，
∴EFOF=CFBF，
∴23=CFBF，
∴3CF=2BF，
∵在矩形ABCD中對(duì)角線相互平分，圖中OA=OC =OF+FC=3+FC，
∴3OA=2BF+9①，
∵△OBF∽△BAF，
∴OFBF=BFAF，
∴BF2=OF?AF，
∵在矩形ABCD中AF=OA+OF=OA+3，
∴BF2=3OA+3②，
由①②，得BF=1±19（負(fù)值舍去），
∴DE=BE=2+1+19=3+19．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形綜合問(wèn)題，涉及到矩形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、角度的互余關(guān)系、兩個(gè)三角形相似的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握兩個(gè)三角形相似的判定與性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
19．（2023·安徽合肥·?？家荒＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AC是對(duì)角線．
(1)實(shí)踐與操作：利用尺規(guī)作線段AC的垂直平分線，垂足為點(diǎn)O，交邊AD于點(diǎn)E，交邊BC于點(diǎn)F（要求：尺規(guī)作圖并保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法，標(biāo)明字母），
(2)猜想與證明：試猜想線段AE與CF的數(shù)量關(guān)系，并加以證明．
【答案】(1)作圖見(jiàn)解析
(2)AE=CF，證明見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的尺規(guī)作圖的畫(huà)法，分別以A、C為圓心，以大于12AC的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交于兩點(diǎn)，過(guò)兩點(diǎn)作直線即可得到線段AC的垂直平分線．
（2）利用矩形及垂直平分線的性質(zhì)，可以證得△AEO≌△CFO，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）解：如圖，
（2）解：AE=CF．證明如下：
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
∵EF為AC的垂直平分線，
∴OA=OC．
∴△AEO≌△CFO．
∴AE=CF．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了垂直平分線的尺規(guī)作圖的畫(huà)法、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)．
20．（2022·湖南株洲·統(tǒng)考一模）如圖，已知矩形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)A作AE∥BD，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E．
(1)求證：AE=AC；
(2)若cs∠E=35，CE=12，求矩形ABCD的面積．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)矩形ABCD的面積為48
【分析】（1）由矩形的性質(zhì)，可得AC=BD，AD∥BC，故可證四邊形AEBD是平行四邊形，從而得出AC=AE的結(jié)論；
（2）首先根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到EB的長(zhǎng)，然后利用銳角三角函數(shù)求得AE的長(zhǎng)，從而利用勾股定理求得AB的長(zhǎng),最后求得面積即可．
【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，AC=BD，AD∥BC，
又∵AE∥BD，
∴四邊形AEBD是平行四邊形，
∴BD=AE，
∴ AC=AE；
（2）解：在矩形ABCD中，∠ABC=90°
∴AB⊥EC，
∵AE=AC，
∴EB=BC，
∵CE=12，
∴EB=6，
∵cs∠E=EBAE=35，
∴AE=10，
由勾股定理得：AB=102-62=8．
∴矩形ABCD的面積為8×6=48．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)等知識(shí)．解此題的關(guān)鍵是能靈活運(yùn)用矩形的性質(zhì)，以及能利用銳角三角函數(shù)求線段．
21．（2023·重慶沙坪壩·重慶一中?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD為矩形，AC為矩形的一條對(duì)角線．
(1)用尺規(guī)完成以下基本作圖：在AB的左側(cè)作∠EAB=∠ACD，射線AE與CB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E．連接DE與AB交于點(diǎn)F；（保留作圖痕跡，不寫(xiě)做法，不下結(jié)論）
(2)小亮判斷點(diǎn)F為線段DE的中點(diǎn)．他的證明思路是：利用矩形的性質(zhì)，先證明△AEC為等腰三角形，從而得到點(diǎn)B為EC的中點(diǎn)，再利用三角形全等，得到點(diǎn)F為DE的中點(diǎn)．請(qǐng)根據(jù)小亮的思路完成下面的填空：
證明：∵四邊形ABCD為矩形
∴AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°，AB∥DC，
∵AB∥DC，
∴①___________，
∵∠EAB=∠ACD，
∴∠EAB=∠BAC，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°，∠EAB+∠AEB=90°，
∴②___________，
∴AE=AC，
∵∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
∴③___________，
∵AD=BC，
∴AD=BE，
∵∠BAD=∠ABE=90°，∠AFD=∠BFE，
∴④___________AAS，
∴EF=FD，
∴點(diǎn)F為ED的中點(diǎn)．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)①∠BAC=∠ACD，②∠AEC=∠ACE，③BE=BC，④△ADF≌△BEF
【分析】（1）過(guò)點(diǎn)A作∠EAB=∠ACD，交CB的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E．連接DE與AB交于點(diǎn)F；
（2）利用矩形的性質(zhì)，先證明△AEC為等腰三角形，從而得到點(diǎn)B為EC的中點(diǎn)，再利用△ADF≌△BEFAAS，得到點(diǎn)F為DE的中點(diǎn)．
【詳解】（1）解：如圖所示，點(diǎn)E和點(diǎn)F即為所求，
（2）證明：∵四邊形ABCD為矩形
∴AD=BC，∠ABC=∠BAD=90°，AB∥DC，
∵AB∥DC，
∴∠BAC=∠ACD，
∵∠EAB=∠ACD，
∴∠EAB=∠BAC，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE=90°，
∴∠BAC+∠ACB=90°，∠EAB+∠AEB=90°，
∴∠AEC=∠ACE，
∴AE=AC，
∵∠ABC=90°，
∴AB⊥BC，
∴③BE=BC，
∵AD=BC，
∴AD=BE，
∵∠BAD=∠ABE=90°，∠AFD=∠BFE，
∴④△ADF≌△BEFAAS，
∴EF=FD，
∴點(diǎn)F為ED的中點(diǎn)．
故答案為：∠BAC=∠ACD，∠AEC=∠ACE，BE=BC，△ADF≌△BEF．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了尺規(guī)作圖，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是按照題目要求作圖，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用．
題型06 矩形的判定定理的理解
22．（2023·山東德州·統(tǒng)考二模）要檢驗(yàn)一個(gè)四邊形的桌面是否為矩形，可行的測(cè)量方案是（ ）
A．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線是否相等
B．度量?jī)蓚€(gè)角是否是90°
C．測(cè)量?jī)蓷l對(duì)角線的交點(diǎn)到四個(gè)頂點(diǎn)的距離是否相等
D．測(cè)量?jī)山M對(duì)邊是否分別相等
【答案】C
【分析】由對(duì)角線的相等不能判定平行四邊形，可判斷A，兩個(gè)角為90°不能判定矩形，可判斷B，對(duì)角線的交點(diǎn)到四個(gè)頂點(diǎn)的距離相等，可判斷矩形，從而可判斷C，由兩組對(duì)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(cè)量?jī)蓷l對(duì)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(xiàng)A不符合題意；
B、度量?jī)蓚€(gè)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(xiàng)B不符合題意；
C、測(cè)量對(duì)角線交點(diǎn)到四個(gè)頂點(diǎn)的距離是否都相等，可以判定為矩形，故選項(xiàng)C符合題意；
D、測(cè)量?jī)山M對(duì)邊是否相等，可以判定為平行四邊形，故選項(xiàng)D不符合題意；
故選：C．
【點(diǎn)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(guān)鍵．
23．（2022·河南新鄉(xiāng)·?？家荒＃┤绻槾芜B接四邊形的各邊中點(diǎn)得到的四邊形是矩形，那么原來(lái)四邊形的對(duì)角線一定滿(mǎn)足的條件是（ ）
A．互相平分B．相等C．互相垂直D．互相垂直平分
【答案】C
【分析】由于順次連接四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形是平行四邊形，再由矩形的判定可知，依次連接對(duì)角線互相垂直的四邊形各邊的中點(diǎn)所得四邊形是矩形．
【詳解】
根據(jù)題意畫(huà)出圖形如下：
答：AC與BD 的位置關(guān)系是互相垂直．
證明：∵四邊形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵點(diǎn)E、F、分別是AD、AB、各邊的中點(diǎn)，
∴EF是三角形ABD的中位線，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵點(diǎn)E、H分別是AD、CD各邊的中點(diǎn)，
∴EH是三角形ACD的中位線，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故選C．
【點(diǎn)睛】此題主要考查了矩形的判定定理，畫(huà)出圖形進(jìn)而應(yīng)用平行四邊形的判定以及矩形判定是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
24．（2022·江蘇南京·南京市第一中學(xué)?？家荒＃┮阎倪呅蜛BCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，下列命題：
①若AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，則四邊形ABCD是平行四邊形；
②若OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，則四邊形ABCD是平行四邊形；
③若AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，則四邊形ABCD是矩形；
④若AB＝CD，OA＝OC，∠ABC＝90°，則四邊形ABCD是矩形．
其中所有真命題的序號(hào)是 ．
【答案】③
【分析】根據(jù)平行四邊形的特征，矩形的判定方法，判斷即可；
【詳解】解：①假命題，如圖AECD是平行四邊形，AB=AE=CD，∠ABC=∠AEB，四邊形ABCD不是平行四邊形；
②假命題，如圖，OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，四邊形ABCD不是平行四邊形；
③真命題，如圖，∠ABC＝∠BCD＝90°，則AB∥CD，BC即為平行線間的距離，
∵AD＝BC，
∴AD為平行線間的距離，即AD與平行線垂直，
∴四邊形的四個(gè)內(nèi)角都為90°，四邊形ABCD是矩形；
④假命題，如圖，ABCE是矩形，CD=CE=AB，OA＝OC，∠ABC＝90°，四邊形ABCD不是矩形；
綜上所述③是真命題，
故答案為：③；
【點(diǎn)睛】本題考查了真假命題的判定，平行四邊形和矩形的特征，結(jié)合圓的性質(zhì)尋找反例是解題關(guān)鍵．
題型07 添加一個(gè)條件使四邊形是矩形
25．（2023·河北滄州·校考一模）在下列條件中，能夠判定?ABCD為矩形的是（ ）
A．AB=ACB．AC⊥BDC．AB=ADD．AC=BD
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形的判定定理逐項(xiàng)判斷即可．
【詳解】當(dāng)AB=AC時(shí)，不能說(shuō)明?ABCD是矩形，所以A不符合題意；
當(dāng)AC⊥BD時(shí)，?ABCD是菱形，所以B不符合題意；
當(dāng)AB=AD時(shí)，?ABCD是菱形，所以C不符合題意；
當(dāng)AC=BD時(shí)，?ABCD是矩形，所以D符合題意．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解題的關(guān)鍵．有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形；對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形．
26．（2022·北京西城·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，D，E分別是AB，AC的中點(diǎn)，點(diǎn)F，G在邊BC上，且DG=EF．只需添加一個(gè)條件即可證明四邊形DFGE是矩形，這個(gè)條件可以是 ．（寫(xiě)出一個(gè)即可）
【答案】DE=FG或DF∥EG
【分析】由DE是中位線得出DE∥BC，又DG=EF表示的是對(duì)角線相等，根據(jù)：對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形；增加條件使四邊形DFGE是平行四邊形即可．
【詳解】解：∵D,E分別是AB,AC的中點(diǎn)，
∴DE∥BC，
當(dāng)DE=FG時(shí)，四邊形DFGE是平行四邊形，
∵DG=EF，
∴四邊形DFGE是矩形；
當(dāng)DF∥EG時(shí)，四邊形DFGE是平行四邊形，
∵DG=EF，
∴四邊形DFGE是矩形；
故答案為：DE=FG或DF∥EG．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定、平行四邊形的判定，根據(jù)：對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形；準(zhǔn)確分析出平行四邊形的判定是解題關(guān)鍵．
27．（2022·北京海淀·北京市十一學(xué)校?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在平行四邊形ABCD中，過(guò)對(duì)角線AC中點(diǎn)O作直線分別交BC，AD于點(diǎn)E，F(xiàn)，只需添加一個(gè)條件即可證明四邊形AECF是矩形，這個(gè)條件可以是 （寫(xiě)出一個(gè)即可）．
【答案】AC=FE或AE⊥BC等（答案不唯一，只要滿(mǎn)足題意即可）．
【分析】由ABCD為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到對(duì)邊AD與BC平行，然后利用兩直線平行得到兩對(duì)內(nèi)錯(cuò)角相等，再根據(jù)O為AC的中點(diǎn)及AAS可得三角形AOF與三角形COE全等，從而可得OF=OE，并得到AFCE為平行四邊形，若再添加AC=FE，根據(jù)對(duì)角線相等的平行四邊形為矩形可得AFCE為矩形；若添加AE垂直于BC，由垂直定義可得∠AEC=90°，根據(jù)有一個(gè)角為直角的平行四邊形為矩形可得AFCE為矩形，所添的條件不唯一，只要滿(mǎn)足題意即可．
【詳解】∵四邊形ABCD是平行四邊形（已知），
∴AD//BC（平行四邊形的對(duì)邊平行），
∴∠CAF=∠ACE，∠EFA=∠CEF（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等），
由已知可得OA=OC，
∴在△AOF和△COE中，
∠CAF=∠ACE，∠EFA=∠CEF ，OA=OC，
∴△AOF≌△COE(AAS)；
∴OF=OE（全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等），又OA=OC，
∴四邊形AFCE是平行四邊形（對(duì)角線互相平分的四邊形為平行四邊形）；
（1）若添加AC=FE，由對(duì)角線相等的平行四邊形為矩形可得四邊形AFCE為矩形；
（2）若添加AE⊥BC，可得∠AEC=90°，由有一個(gè)角為直角的平行四邊形為矩形可得四邊形AFCE為矩形，
故答案為：AC=FE或AE⊥BC等（答案不唯一，只要滿(mǎn)足題意即可）．
【點(diǎn)睛】本題考查平行四邊形的綜合應(yīng)用，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，以及矩形的判定是解題關(guān)鍵．
題型08 證明四邊形是矩形
28．（2023·廣東汕頭·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，連接OE，過(guò)點(diǎn)D作DF∥AC交OE的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連接AF．
(1)求證：△AOE≌△DFE；
(2)判定四邊形AODF的形狀并說(shuō)明理由．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)四邊形AODF為矩形，理由見(jiàn)解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先證明四邊形AODF為平行四邊形，再結(jié)合∠AOD=90°，即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵E是AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
（2）解：四邊形AODF為矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四邊形AODF為平行四邊形，
∵四邊形ABCD為菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四邊形AODF為矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)以及矩形的判定是解題的關(guān)鍵．
29．（2023·湖北鄂州·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，?ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，E，F(xiàn)分別是OA，OC的中點(diǎn)．
(1)求證：BE=DF；
(2)設(shè)ACBD=k，當(dāng)k為何值時(shí)，四邊形DEBF是矩形？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)證明見(jiàn)解析
(2)當(dāng)k=2時(shí)，四邊形DEBF是矩形，理由見(jiàn)解析
【分析】（1）連接DE,BF，先根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得OA=OC,OB=OD，再根據(jù)線段中點(diǎn)的定義可得OE=12OA=12OC=OF，然后根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形DEBF是平行四邊形，最后根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)即可得證；
（2）先根據(jù)矩形的判定可得當(dāng)BD=EF時(shí)，四邊形DEBF是矩形，再根據(jù)線段中點(diǎn)的定義、平行四邊形的性質(zhì)可得AC=2EF，由此即可得出k的值．
【詳解】（1）證明：如圖，連接DE,BF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC,OB=OD，
∵E,F分別是OA，OC的中點(diǎn)，
∴OE=12OA=12OC=OF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形，
∴BE=DF．
（2）解：由（1）已證：四邊形DEBF是平行四邊形，
要使平行四邊形DEBF是矩形，則BD=EF，
∵OE=12OA=12OC=OF，
∴EF=OE+OF=12OA+12OC=OA=12AC，即AC=2EF，
∴k=ACBD=2EFEF=2，
故當(dāng)k=2時(shí)，四邊形DEBF是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
30．（2023·山東青島·一模）如圖，?ABCD中，E為BC邊的中點(diǎn)，連接AE并延長(zhǎng)交DC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，延長(zhǎng)EC至點(diǎn)G，使CG=CE，連接DG、DE、FG．
(1)求證：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=2AB，求證：四邊形DEFG是矩形．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)見(jiàn)解析
【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先證明四邊形DEFG是平行四邊形，
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，再證明DF=EG，即可證明四邊形DEFG是矩形．
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E為BC的中點(diǎn)，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
∠EAB=∠CFE∠BEA=∠CEFEC=EB，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
（2）證明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四邊形DEFG是平行四邊形，
∵E為BC的中點(diǎn)，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四邊形DEFG是矩形．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)，證明△ABE≌△FCE是解題的關(guān)鍵．
31．（2022·河南鄭州·校聯(lián)考一模）如圖，在?ABCD中，E為CD邊的中點(diǎn)，連接BE并延長(zhǎng)，交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，延長(zhǎng)ED至點(diǎn)G，使DG=DE，分別連接AE，AG，F(xiàn)G．
（1）求證：△BCE?△FDE；
（2）當(dāng)BF平分∠ABC時(shí)，四邊形AEFG是什么特殊四邊形？請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）矩形，見(jiàn)解析
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)證明∠DFE=∠CBE，利用中點(diǎn)的性質(zhì)證明DE=CE，結(jié)合對(duì)頂角相等，從而可得結(jié)論；
（2）先證明AD=DF, 結(jié)合GD=DE, 證明四邊形AEFG是平行四邊形，再利用等腰三角形的性質(zhì)證明AE⊥BF, 從而可得結(jié)論.
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD//BC，∴∠DFE=∠CBE
又∵E為CD邊的中點(diǎn)，
∴DE=CE
∵∠FED=∠BEC，∠DFE=∠CBE，DE=CE，
∴△BCE?△FDE
（2）答：四邊形AEFG是矩形，理由如下：
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，
∵△FDE?△BCE，
∴BC=FD，F(xiàn)E=EB，
∴FD=AD，
∵GD=DE，
∴四邊形AEFG是平行四邊形.
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBF=∠ABF.
又∵∠AFB=∠FBC，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF
又∵FE=EB，
∴AE⊥FE，
∴∠AEF=90°，
∴?AEFG是矩形
【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形全等的判定與性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)與判定，矩形的判定，等腰三角形的判定與性質(zhì)，掌握“有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形”是證題的關(guān)鍵.
題型09 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求角度
32．（2021·陜西西安·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)校考二模）如圖，以AB為邊，在AB的同側(cè)分別作正五邊形ABCDE和矩形ABFG，則∠EAG＝ ．
【答案】18°
【分析】根據(jù)四邊形ABFG是矩形，得到∠GAB=90°，根據(jù)五邊形ABCDE是正五邊形，得到∠EAB=108°，利用∠EAG＝∠EAB-∠GAB計(jì)算即可．
【詳解】∵四邊形ABFG是矩形，
∴∠GAB=90°，
∵五邊形ABCDE是正五邊形，
∴∠EAB=108°，
∴∠EAG＝∠EAB-∠GAB
=108°-90°
=18°,
故答案為:18°．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì),正五邊形的內(nèi)角和定理，熟練掌握正五邊形和矩形的內(nèi)角和是解題的關(guān)鍵．
33．（2020·陜西西安·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在AD上，且EC平分∠BED．
（1）求證：BE=BC．
（2）若BE=DC+DE，求∠BEC的度數(shù)．
【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）∠BEC=67.5°.
【分析】（1）根據(jù)角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)證得∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，繼而即可求證結(jié)論；
（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)和等量代換可得：AE=CD=AB，由等腰直角三角形的判定和性質(zhì)可得：∠ABE＝45°，進(jìn)而由涉及到內(nèi)角和與等腰三角形兩底角相等即可求解．
【詳解】（1）證明：∴四邊形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠DEC=∠BCE．
∵EC平分∠DEB
∴∠DEC=∠BEC，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BE=BC．
（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AD=BC．
∵BC=BE,BE=DC+DE，
∴AD=DE+DC，
∴AE=DC，
∴AB=AE，
∴∠ABE=45°，
∴∠EBC=45°，
∴∠BEC=(180°-45°)÷2=67.5°．
【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)．
34．（2023·廣東珠?！ぶ楹Ｊ芯胖拗袑W(xué)?？家荒＃┮阎阂設(shè)為圓心的扇形AOB中，∠AOB=90°，點(diǎn)C為AB上一動(dòng)點(diǎn)，射線AC交射線OB于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)D作OD的垂線交射線OC于點(diǎn)E，連接AE．
(1)如圖1，當(dāng)四邊形AODE為矩形時(shí)，求∠ADO的度數(shù)；
(2)當(dāng)扇形的半徑長(zhǎng)為10，且AC=12時(shí)，求線段DE的長(zhǎng)；
(3)連接BC，試問(wèn)：在點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠BCD的大小是否確定？若是，請(qǐng)求出它的度數(shù)；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】(1)∠ADO=30°；
(2)359；
(3)∠BCD的值是確定的，∠BCD=45°．
【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)，證明△OAC是等邊三角形即可得出答案；
（2）作OH⊥AD于H，由△AOH∽△ADO，可求AD的值，從而可以求出CD的值，再由DE∥OA，即可求出DE；
（3）連接AB、BC，根據(jù)圓周角定理，即可求出答案．
【詳解】（1）解：如圖1中，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=OE，AC=CD=OC=CE，∠AOD=90°，
又∵OA=OC
∴AC=OC=OA，
∴△AOC是等邊三角形，
∴∠OAD=60°，
∴∠ADO=90°-∠OAD=30°．
（2）解：如圖2中，作OH⊥AD于H．
∵OA=OC，OH⊥AC，
∴AH=HC=6，
∵∠OAH=∠OAD，∠AHO=∠AOD，
∴△AOH∽△ADO，
∴OAAD=AHAO，
∴10AD=610，
∴AD=503，
∴CD=AD-AC=143，
∵DE⊥OD，
∴∠EDO=90°，
∴∠AOD+∠EDO=180°，
∴DE∥OA，
∴△AOC∽△DEC
∴DEAO=CDAC，
∴DE10=14312，
∴DE=359．
（3）解：如圖3中，結(jié)論：∠BCD的值是確定的，∠BCD=45°．
理由：連接AB、BC．
∵∠BCD=∠BAC+∠ABC，
又∵∠BAC=12∠BOC， ∠ABC=12∠AOC，
∴∠BCD=12∠BOC+12∠AOC=12(∠BCO+∠AOC)=12×90°=45°．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，圓周角定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)基本性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出相似三角形．
題型10 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)
35．（2022·河南商丘·?？级＃┤鐖D，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，點(diǎn)E為射線AD上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A，D重合），點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A'，連接A'B，A'D，A'C，當(dāng)△A'BC是以BC為底邊的等腰三角形時(shí)，AE的長(zhǎng)為 ．
【答案】2-1或2+1
【分析】由四邊形ABCD是矩形得到∠A＝∠ABC＝90°，點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A'得到A'B=AB=1，AE＝A'E，∠BAE＝∠BA'E=90°，分點(diǎn)E在線段AD上和點(diǎn)E在線段AD的延長(zhǎng)線上兩種情況進(jìn)行求解即可．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形
∴ ∠A＝∠ABC＝90°，
∵點(diǎn)A關(guān)于直線BE的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為A'，
∴A'B=AB=1，AE＝A'E，∠BAE＝∠BA'E=90°，
當(dāng)點(diǎn)E在線段AD上時(shí)，如圖1所示，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BC于點(diǎn)F，則∠BFE＝90°，
∵∠A＝∠ABC＝∠BFE＝90°
∴四邊形ABFE是矩形
∴AE＝BF，EF＝AB＝1,
∵△A'BC是以BC為底邊的等腰三角形
∴A'B=A'C=1
∵A'B2+A'C2=2=(2)2=BC2
∴△A'BC是等腰直角三角形
∴∠BA'C＝90°，
∴∠BA'E＋∠BA'C＝180°
∴ 點(diǎn)E、A'、C在同一直線上
∴S△BCE=12EC·BA'=12BC·EF
∴EC＝2
∴A'E＝EC－A'C＝2－1
當(dāng)點(diǎn)E在線段AD的延長(zhǎng)線上，如圖2所示，
由上述證明知，△A'BC是等腰直角三角形，∠BA'C＝90°，∠BA'E＝∠BAE＝90°，
∴ BA'⊥A'C，BA'⊥A'E，∠BCA＝45°，
由垂線的性質(zhì)，經(jīng)過(guò)一點(diǎn)有且只有一條直線與已知直線垂直得到點(diǎn)A'、C、E三點(diǎn)共線，
∵四邊形ABFE是矩形
∴BC∥AD，∠ADC＝90°，AD＝BC＝2，CD＝AB＝1
∴∠CED＝∠BCA＝45°，∠CDE＝180°－∠ADC＝90°
∴ ∠DCE＝90°－∠CED＝45°
∴ DE＝CD＝1
∴AE＝AD＋DE＝2+1
綜上，AE的長(zhǎng)為2-1或2+1．
故答案為：2-1或2+1．
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的性質(zhì)和判定、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、垂線的性質(zhì)、勾股定理的逆定理等知識(shí)，根據(jù)題意準(zhǔn)確畫(huà)出圖形是解題的關(guān)鍵．
36．（2022·陜西西安·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在矩形ABCD中，E在AD邊上，將△ABE沿BE折疊，點(diǎn)A恰好落在矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心O處，若AB=4，則BC的長(zhǎng)為 ．
【答案】43
【分析】連接OD，首先說(shuō)明B、O、D共線，證明∠DBC=30°，可得結(jié)論．
【詳解】解：如圖，連接OD，
∵點(diǎn)O是矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心，
∴B、O、D共線，∠C=90°，
∵△ABE沿BE折疊，點(diǎn)A恰好落在矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心O處，AB=4，
∴BD=2OB=2AB=2CD=8，
∴∠DBC=30°，
∴BC=BD·cs30°=8×32=43．
故答案為：43．
【點(diǎn)睛】本題考查圖形的折疊問(wèn)題，中心對(duì)稱(chēng)，矩形的性質(zhì)，解直角三角形，含30度角的直角三角形等知識(shí)．解題的關(guān)鍵正確理解和掌握?qǐng)D形折疊變換的性質(zhì)．
37．（2020·四川南充·統(tǒng)考一模）如圖，?ABCD的對(duì)角線AC,BD交于點(diǎn)O，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC于E，延長(zhǎng)CB到點(diǎn)F，使BF=CE，連接AF,OF．
(1)求證：四邊形AFED是矩形．
(2)若AD=7,BE=2,∠ABF=45°，試求OF的長(zhǎng)．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)132
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到AD=BC,AD∥BC，等量代換得到FE=BC，推出四邊形AFED是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）先證得△ABF是等腰直角三角形，可得AF=FB=5，在Rt△AFC中，由勾股定理可得AC=13，再由直角三角形的性質(zhì)，可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∵BF=CE，
∴FE=BC，
∴FE=AD，
∴四邊形AFED是平行四邊形，
∵DE⊥BC，
∴∠DEF=90°，
∴四邊形AFED是矩形．
（2）解：由（1）得：∠AFE=90°,FE=AD，
∵AD=7,BE=2，
∴FE=7，
∴FB=FE-BE=5，
∴CE=BF=5，
∴FC=FE+CE=7+5=12，
∵∠ABF=45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF=FB=5，
在Rt△AFC中，由勾股定理得： AC=AF2+FC2=52+122=13，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OA=OC，
∴OF=12AC=132．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
題型11 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定求面積
38．（2022·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，AC＝8，BC＝6，則四邊形CEDF的面積是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】B
【分析】利用三角形的中位線定理，先證明四邊形DECF是矩形，再利用矩形的面積公式進(jìn)行計(jì)算即可.
【詳解】解：∵ 點(diǎn)D，E，F(xiàn)分別是邊AB，AC，BC的中點(diǎn)，AC＝8，BC＝6，
∴DE//BC,DE=12BC=3,DF//AC,DF=12AC=4,
∴ 四邊形DECF是平行四邊形，
∵∠C=90°,
∴ 四邊形DECF是矩形，
∴S矩形DECF=3×4=12.
故選：B.
【點(diǎn)睛】本題考查的是三角形的中位線的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，掌握利用三角形的中位線證明四邊形是平行四邊形是解題的關(guān)鍵.
39．（2023·江蘇徐州·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC的邊BC長(zhǎng)為4cm．將△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，則陰影部分的面積為 cm2．
【答案】8
【分析】根據(jù)平移的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：由平移的性質(zhì)S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四邊形B′C′CB為平行四邊形，
∵BB′⊥BC，
∴四邊形B′C′CB為矩形，
∵陰影部分的面積=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案為：8．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和平移的性質(zhì)：①平移不改變圖形的形狀和大??；②經(jīng)過(guò)平移，對(duì)應(yīng)點(diǎn)所連的線段平行且相等，對(duì)應(yīng)線段平行且相等，對(duì)應(yīng)角相等．
40．（2023·江蘇常州·常州實(shí)驗(yàn)初中?？家荒＃┤鐖D，在平行四邊形ABCD中，連接BD，E為線段AD的中點(diǎn)，延長(zhǎng)BE與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，連接AF，∠BDF=90°
(1)求證：四邊形ABDF是矩形；
(2)若AD=5，DF=3，求四邊形ABCF的面積S．
【答案】(1)見(jiàn)解析；
(2)18．
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定證得△ABE≌△DFE，即可得到AB=DF，從而證明四邊形ABDF是平行四邊形，再根據(jù)∠BDF=90°即可證明四邊形ABDF是矩形；
（2）根據(jù)全等的性質(zhì)、矩形性質(zhì)及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四邊形性質(zhì)求得CF=6，最后利用梯形的面積公式計(jì)算即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，即AB∥CF，
∴∠BAE=∠FDE，
∵E為線段AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE，
又∵∠AEB=∠DEF，
∴△ABE≌△DFE（ASA），
∴AB=DF，
又∵AB∥DF，
∴四邊形ABDF是平行四邊形，
∵∠BDF=90°，
∴四邊形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）知，四邊形ABDF是矩形，
∴AB=DF=3，∠AFD=90°，
∴在Rt△ADF中，AF=AD2-DF2=52-32=4，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB=CD=3，
∴CF=CD+DF=3+3=6，
∴S=12(AB+CF)·AF=12×(3+6)×4=18．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握各性質(zhì)及判定定理進(jìn)行推理是解題的關(guān)鍵．
41．（2020·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，DE平分∠ADC交BC于點(diǎn)E，連接OE．
（1）求證：四邊形ABCD是矩形；
（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；
（3）在（2）的條件下，若AB=2，求△BOE的面積．
【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）135°；（3）3-1
【分析】（1）根據(jù)有三個(gè)角是直角是四邊形是矩形判定即可；
（2）首先根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OD=OC，然后利用角平分線的定義得出△DCE是等腰直角三角形，進(jìn)而得出△OCD是等邊三角形，然后可得∠OCE=30°，再利用等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理得出∠COE=∠CEO=75°，最后利用∠DOE=∠COD+∠COE即可求解；
（3）作OF⊥BC于F，首先根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得出OF=1，然后利用勾股定理求出BC的長(zhǎng)度，進(jìn)而得出BE的長(zhǎng)度，最后利用面積公式求解即可．
【詳解】解：（1）∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四邊形ABCD是矩形．
（2）由（1）可得：AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴OD=OC，
∵DE平分∠ADC，
∴∠CDE=45°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴∠DEC=45°，CD=CE，
∵∠BDE=15°，
∴∠DBC=∠ADB=45°-15°=30°，
∴∠BDC=60°，又OD=OC，
∴△OCD是等邊三角形，
∴OC=CD=CE，∠DCO=∠COD=60°，
∴∠OCE=30°，
∴∠COE=∠CEO=（180°-30°）÷2=75°，
∴∠DOE=∠COD+∠COE=60°+75°=135°；
（3）作OF⊥BC于F．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，∠BCD=90°，AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴AO=BO=CO=DO，
∴BF=FC，
∴OF=12CD=1，
∵EC=CD=AB=2，
∴AC=BD=4，
∴BC=42-22=23，
∴BE=BC-CE=23-2，
∴△BOE的面積=12BE?OF=12×23-2×1=3-1 ．
【點(diǎn)睛】本題主要考查四邊形綜合，掌握矩形的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和勾股定理是解題的關(guān)鍵．
題型12 根據(jù)矩形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題
42．（2019·廣東·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，E是AB邊的中點(diǎn)，沿EC對(duì)折矩形ABCD，使B點(diǎn)落在點(diǎn)P處，折痕為EC，連結(jié)AP并延長(zhǎng)AP交CD于F點(diǎn)，連結(jié)CP并延長(zhǎng)CP交AD于Q點(diǎn)．給出以下結(jié)論：
①四邊形AECF為平行四邊形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC為等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】①根據(jù)三角形內(nèi)角和為180°易證∠PAB+∠PBA=90°，易證四邊形AECF是平行四邊形，即可解題；
②根據(jù)平角定義得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每個(gè)內(nèi)角都是直角，再由同角的余角相等，即可解題；
③根據(jù)平行線和翻折的性質(zhì)得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是鈍角，△FPC不一定為等腰三角形；
④當(dāng)BP=AD或△BPC是等邊三角形時(shí)，△APB≌△FDA，即可解題．
【詳解】解：①如圖，EC，BP交于點(diǎn)G；
∵點(diǎn)P是點(diǎn)B關(guān)于直線EC的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，
∴AE=EB，
∴AE=EP，
∴∠PAB=∠PBA，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB=180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE=2（∠PAB+∠PBA）=180°，
∴∠PAB+∠PBA=90°，
∴AP⊥BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四邊形AECF是平行四邊形，
故①正確；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折疊得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正確；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是鈍角，
當(dāng)△BPC是等邊三角形，即∠BCE=30°時(shí)，才有∠FPC=∠FCP，
如右圖，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正確；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
當(dāng)BP=AD或△BPC是等邊三角形時(shí)，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正確；
其中正確結(jié)論有①②，2個(gè)，
故選B．
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)，翻折變換，平行四邊形的判定，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．
43．（2018·山東臨沂·校聯(lián)考三模）如圖所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE=15°，則下面的結(jié)論：①ΔODC是等邊三角形；②BC=2AB；③∠AOE=135°；④SΔAOE=SΔCOE，其中正確結(jié)論有（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】C
【分析】根據(jù)矩形性質(zhì)求出OD=OC,根據(jù)角求出 ∠DOC = 60°即可得出三角形DOC是等邊三角形,求出AC= 2AB, 即可判斷②,求出∠BOE= 75°，∠AOB = 60相加即可求出,∠AOE根據(jù)等底等高的三角形面積相等得出S△AOE=S△COE.
【詳解】∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，OA=OC，OD=OB，AC=BD
∴OA=OD=OC=OB
∵AE平分∠BAD，
∴∠DAE=45°.
∵∠CAE=15°，
∴∠DAC=30°.
∵OA=OD，
∴∠ODA=∠DAC=30°.
∴∠DOC=60°.
∵OD=OC，
∴△ODC是等邊三角形.
∴①正確；
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°.
∴∠DAC=∠ACB=30°.
∴AC=2AB.
∵AC＞BC，
∴2AB＞BC.
∴②錯(cuò)誤；
∵AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB=30°.
∵AE平分∠DAB，∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠BAE=45°.
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE.
∵△DOC是等邊三角形，
∴DC=OD.
∴BE=BO.
∴∠BOE=75°，
∵∠AOB=∠DOC=60°，
∴∠AOE=135°.
∴③正確；
∵OA=OC，
∴根據(jù)等底等高的三角形面積相等可知SΔAOE=SΔCOE，
∴④正確；
故正確答案是C.
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形性質(zhì)，平行線性質(zhì)，角平分線定義，等邊三角形的性質(zhì)和判定，三角形的內(nèi)角和定理等知識(shí)點(diǎn)的綜合運(yùn)用.
44．（2021·廣東東莞·?？家荒＃┤鐖D，CB＝CA，∠ACB＝90°，點(diǎn)D在邊BC上（與B、C不重合），四邊形ADEF為正方形，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CA，交CA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接FB，交DE于點(diǎn)Q，給出以下結(jié)論：①AC＝FG；②S△FAB：S四邊形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ?AC，其中正確的是（ ）
A．①②B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】由正方形的性質(zhì)得出∠FAD＝90°，AD=AF=EF，證出∠CAD=∠AFG，由AAS證明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正確；證明四邊形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB?FG=12S四邊形CBFG，②正確；由等腰直角三角形的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)得出∠ABC=∠ABF=45°，③正確；證出△ACD∽△FEQ，得出對(duì)應(yīng)邊成比例，得出AD?FE=AD2=FQ?AC，④正確．
【詳解】解：∵四邊形ADEF為正方形，
∴∠FAD=90°，AD=AF=EF，
∴∠CAD+∠FAG=90°，
∵FG⊥CA，
∴∠G=90°=∠ACB，
∴∠CAD=∠AFG，
在△FGA和△ACD中，∠G=∠C∠AFG=∠CADAF=AD，
∴△FGA≌△ACD（AAS），
∴AC=FG，故①正確；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，F(xiàn)G⊥CA，
∴FG//BC，
∴四邊形CBFG是矩形，
∴CBF=90°，
S△FAB=12FB?FG=12S四邊形CBFG，故②正確；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，故③正確；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD?FE=AD2=FQ?AC，故④正確；
∴正確的有①②③④．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)等知識(shí)．利用數(shù)形結(jié)合的思想是解答本題的關(guān)鍵．
45．（2019·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，已知一個(gè)矩形紙片OACB，將該紙片放置在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)A（10，0），點(diǎn)B（0，6），點(diǎn)P為BC邊上的動(dòng)點(diǎn)，將△OBP沿OP折疊得到△OPD，連接CD、AD．則下列結(jié)論中：①當(dāng)∠BOP＝45°時(shí)，四邊形OBPD為正方形；②當(dāng)∠BOP＝30°時(shí)，△OAD的面積為15；③當(dāng)P在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，CD的最小值為234﹣6；④當(dāng)OD⊥AD時(shí)，BP＝2．其中結(jié)論正確的有（ ）

A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【答案】D
【分析】①由矩形的性質(zhì)得到∠OBC=90°，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到OB=OD， ∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，推出四邊形OBPD是矩形，根據(jù)正方形的判定定理即可得到四邊形 OBPD為正方形；故①正確；
②過(guò)D作DH⊥OA于H，得到OA=10， OB=6，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)得到DH=12OD=3，根據(jù)三角形的面積公式得到ΔOAD的面積為 12OA·DH=12×3×10=15，故②正確；
③連接OC，于是得到OD+CD≥OC，即當(dāng) OD+CD=OC時(shí)，CD取最小值，根據(jù)勾股定理得到CD的最小值為234-6；故③正確；
④根據(jù)已知條件推出P，D，A三點(diǎn)共線，根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠OPB=∠POA，等量代換得到 ∠OPA=∠POA，求得AP=OA=10，根據(jù)勾股定理得到BP=BC-CP=10-8=2，故④正確．
【詳解】解：①∵四邊形OACB是矩形，
∴∠OBC=90°，
∵將ΔOBP沿OP折疊得到ΔOPD，
∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°， ∠BOP=∠DOP，
∵∠BOP=45°，
∴∠DOP=∠BOP=45°，
∴∠BOD=90°，
∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，
∴四邊形OBPD是矩形，
∵OB=OD，
∴四邊形OBPD為正方形；故①正確；
②過(guò)D作DH⊥OA于H，
∵點(diǎn)A(10,0)，點(diǎn)B(0,6)，
∴OA=10，OB=6，
∴OD=OB=6，∠BOP=∠DOP=30°，
∴∠DOA=30°，
∴DH=12OD=3，
∴ΔOAD的面積為12OA·DH=12×3×10=15，故②正確；
③連接OC，
則OD+CD≥OC，
即當(dāng)OD+CD=OC時(shí)，CD取最小值，
∵AC=OB=6，OA=10，
∴OC=OA2+AC2=102+62=234，
∴CD=OC-OD=234-6，
即CD的最小值為234-6；故③正確；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO=90°，
∵∠ODP=∠OBP=90°，
∴∠ADP=180°，
∴P，D，A三點(diǎn)共線，
∵OA//CB，
∴∠OPB=∠POA，
∵∠OPB=∠OPD，
∴∠OPA=∠POA，
∴AP=OA=10，
∵AC=6，
∴CP=102-62=8，
∴BP=BC-CP=10-8=2，故④正確；
故選：D．

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，三角形的面積的計(jì)算，正確的識(shí)別圖形是解題的關(guān)鍵．
46．（2023·湖北黃岡·三模）如圖，將矩形ABCD沿著GE、EC、GF翻折，使得點(diǎn)A、B、D恰好都落在點(diǎn)O處，且點(diǎn)G、O、C在同一條直線上，同時(shí)點(diǎn)E、O、F在另一條直線上．小煒同學(xué)得出以下結(jié)論：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正確的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④
【答案】B
【分析】由折疊的性質(zhì)知∠FGE=90°，∠GEC=90°，點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，設(shè)AD=BC=2a，AB=CD=2b，在Rt△CDG中，由勾股定理求得b=2a，然后利用勾股定理再求得DF=FO=a2，據(jù)此求解即可．
【詳解】解：根據(jù)折疊的性質(zhì)知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=12(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°
∴GF∥EC；故①正確；
根據(jù)折疊的性質(zhì)知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即點(diǎn)G為AD的中點(diǎn)，
同理可得點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，
設(shè)AD=BC=2a，AB=CD=2b，則DG=GO=GA=a，OC=BC=2a，AE=BE=OE=b，
∴GC=3a，
在Rt△CDG中，CG2=DG2+CD2，
即(3a)2=a2+(2b)2，
∴b=2a，
∴AB=22a=2AD，故②不正確；
設(shè)DF=FO=x，則FC=2b-x，
在Rt△COF中，CF2=OF2+OC2，
即(2b-x)2=x2+(2a)2，
∴x=b2-a2b=a2，即DF=FO=a2，
GE=a2+b2=3a，
∴GEDF=3aa2=6，
∴GE=6DF；故③正確；
∴OCOF=2aa2=22，
∴OC=22OF；故④正確；
∵∠FCO與∠GCE不一定相等，
∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正確；
綜上，正確的有①③④，
故選：B．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了折疊問(wèn)題，解題時(shí)，我們常常設(shè)要求的線段長(zhǎng)為x，然后根據(jù)折疊和軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)用含x的代數(shù)式表示其他線段的長(zhǎng)度，選擇適當(dāng)?shù)闹苯侨切?，運(yùn)用勾股定理列出方程求出答案．
題型13 與矩形有關(guān)的新定義問(wèn)題
47．（2020·廣東深圳·統(tǒng)考二模）定義：在平面直角坐標(biāo)系中，過(guò)一點(diǎn)分別作坐標(biāo)軸的垂線，若與坐標(biāo)軸圍成的周長(zhǎng)與面積相等，則這個(gè)點(diǎn)叫做和諧點(diǎn)，這個(gè)矩形叫做和諧矩形．已知點(diǎn)P(m，n)是拋物線y＝x2+k上的和諧點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的和諧矩形的面積為16，則k的值可以是（ ）
A．﹣12B．0C．4D．16
【答案】A
【分析】根據(jù)和諧點(diǎn)的定義與二次函數(shù)的性質(zhì)列出m、n的方程，求得m、n便可．
【詳解】解：∵點(diǎn)P（m，n）是拋物線y＝x2+k上的點(diǎn)，
∴n＝m2+k，
∴k＝n﹣m2，
∴點(diǎn)P（m，n）是和諧點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的和諧矩形的面積為16，
∴2|m|+2|n|＝|mn|＝16，
∴|m|＝4，|n|＝4，
當(dāng)n≥0時(shí)，k＝n﹣m2＝4﹣16＝﹣12；
當(dāng)n＜0時(shí)，k＝n﹣m2＝﹣4﹣16＝﹣20．
故選：A．
【點(diǎn)睛】本題是一個(gè)新定義題，主要考查了二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，關(guān)鍵是根據(jù)題意列出m、n的方程．
48．（2023·陜西咸陽(yáng)·統(tǒng)考二模）【定義新知】
如圖1，將矩形紙片ABCD沿BE折疊，點(diǎn)A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)F落在BC邊上，再將紙片沿CE折疊，點(diǎn)D的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)也與F重合，折疊后的兩個(gè)三角形拼合成一個(gè)三角形(△BCE)，這個(gè)三角形稱(chēng)為疊合三角形．類(lèi)似地，對(duì)多邊形進(jìn)行折疊，若折疊后的圖形恰好可以拼合成一個(gè)無(wú)縫隙、無(wú)重疊的矩形，則這樣的矩形稱(chēng)為疊合矩形．
(1)圖1中疊合△BCE的底邊BC與高EF的長(zhǎng)度之比為_(kāi)______；
(2)將?ABCD紙片按圖2中的方式折疊成一個(gè)疊合矩形MNPQ，若AD=13，MN=5，求疊合矩形MNPQ的面積；
【問(wèn)題解決】
(3)已知四邊形ABCD紙片是一個(gè)直角梯形，滿(mǎn)足AB∥CD，AB⊥BC，AB 點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，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(qǐng)你在圖中畫(huà)出疊合正方形的示意圖，并求出AB和CD的長(zhǎng)；
②如圖4，若線段EF是疊合正方形的其中一條對(duì)角線，請(qǐng)你在圖中畫(huà)出疊合正方形的示意圖，并求出此時(shí)AB和CD的長(zhǎng)．
【答案】(1)2：1；
(2)60；
(3)①AB=1，CD=7；②AB=5，CD=11．
【分析】（1）根據(jù)條件可得四邊形ABFE,CDEF為全等的正方形，即可求解；
（2）證△BMN≌△DPQ，結(jié)合勾股定理即可求解；
（3）根據(jù)【定義新知】結(jié)合勾股定理即可求解．
【詳解】（1）解：由題意可得 ：AE=EF=DE
故四邊形ABFE,CDEF為全等的正方形
∴EF=BF=CF
故△BCE的底邊BC與高EF的長(zhǎng)度之比為：2：1
（2）解：由四邊形MNPQ是疊合矩形，可得∠NMQ=90°，MQ=PN，MN=PQ，MN∥PQ．
易得∠MNB=∠MNF=∠PQE=∠PQD，MB=MF=MA=12AB，PD=PE=PC=12CD．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴∠B=∠D，AB=CD，
∴MB=PD．
在△BMN和△DPQ中，∠B=∠D，∠MNB=∠PQD，MB=PD，
∴△BMN≌△DPQAAS，
∴BN=DQ，
∴BN+AQ=DQ+AQ=NF+FQ=NQ．
∵DQ+AQ=AD=13,NQ=DQ+AQ,MN=5,
∴MQ=NQ2-MN2=12，
∴疊合矩形MNPQ的面積=MQ·MN=12×5=60
（3）解：①疊合正方形EFCG的示意圖如圖1所示

由折疊的性質(zhì)可得AB=CH,BF=CF=4,DG=GH,∠EGH=90°
由平行線分線段成比例可得AE=DE=5
∵四邊形EFCG是疊合正方形，
∴CG=EG=4,
∴GH=DG=DE2-EG2=3
∴AB=CH=CG-GH=1,CD=CG+DG=7
②疊合正方形EGFH的示意圖如圖2所示.作EN⊥CD于點(diǎn)N,
由題意可得E是AD的中點(diǎn)，

∴BG=BF=CF=CH=4，DE=12AD=5，
EN=HN=4,DN=DE2-EN2=3，
∴CD=CH+HN+DN=11,MH=DH=DN+HN=7.
∴AG=MG=GH-MH=BC-MH=1,
∴AB=AG+BG=5
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形與折疊問(wèn)題、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理的應(yīng)用等．利用相關(guān)幾何知識(shí)進(jìn)行嚴(yán)密的邏輯推理是解題關(guān)鍵．
49．（2023·廣東廣州·?？家荒＃┒x：在平面直角坐標(biāo)系xOy中，當(dāng)點(diǎn)N在圖形M的內(nèi)部，或在圖形M上，且點(diǎn)N的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)相等時(shí)，則稱(chēng)點(diǎn)N為圖形M的“夢(mèng)之點(diǎn)”．

(1)如圖①，矩形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A-1,2，B-1,-1，C3,-1，D3,2，在點(diǎn)M11,1，M22,2，M33,3中，是矩形ABCD“夢(mèng)之點(diǎn)”的是___________；
(2)點(diǎn)G2,2是反比例函數(shù)y1=kx圖象上的一個(gè)“夢(mèng)之點(diǎn)”，則該函數(shù)圖象上的另一個(gè)“夢(mèng)之點(diǎn)”H的坐標(biāo)是___________，直線GH的解析式是y2=___________．當(dāng)y1>y2時(shí)，x的取值范圍是___________．
(3)如圖②，已知點(diǎn)A，B是拋物線y=-12x2+x+92上的“夢(mèng)之點(diǎn)”，點(diǎn)C是拋物線的頂點(diǎn)，連接AC，AB，BC，判斷△ABC的形狀，并說(shuō)明理由．
【答案】(1)M1，M2
(2)H-2,-2，y2=x，x0的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)D及矩形OABC的對(duì)稱(chēng)中心M，連接OD,OM,DM．若△ODM的面積為3，則k的值為（ ）

A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(a,b)，根據(jù)矩形對(duì)稱(chēng)中心的性質(zhì)得出延長(zhǎng)OM恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，M(a2,b2)，確定D(14a,b)，然后結(jié)合圖形及反比例函數(shù)的意義，得出S△ODM=S△AOB-S△AOD-S△BDM=3，代入求解即可．
【詳解】解：∵四邊形OCBA是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
設(shè)B點(diǎn)的坐標(biāo)為(a,b)，
∵矩形OABC的對(duì)稱(chēng)中心M，
∴延長(zhǎng)OM恰好經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，M(a2,b2)，

∵點(diǎn)D在AB上，且AD=14AB，
∴D(14a,b)，
∴BD=34a，
∴S△BDM=12BD?h=12×34a×(b-b2)=316ab
∵D在反比例函數(shù)的圖象上，
∴14ab=k，
∵S△ODM=S△AOB-S△AOD-S△BDM=12ab-12k-3ab16=3，
∴12ab-18ab-3ab16=3，
解得：ab=16，
∴k=14ab=4，
故選C．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，反比例函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，三角形的面積等知識(shí)，熟練掌握和靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
7．（2023·浙江杭州·統(tǒng)考中考真題）如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC,BD相交于點(diǎn)O．若∠AOB=60°，則ABBC=（ ）

A．12B．3-12C．32D．33
【答案】D
【分析】根據(jù)矩形性質(zhì)得出OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，推出OA=OB則有等邊三角形AOB，即∠BAO=60°，然后運(yùn)用余切函數(shù)即可解答．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等邊三角形，
∴∠BAO=60°，
∴∠ACB=90°-60°=30°，
∵tan∠ACB=ABBC=tan30°=33，故D正確．
故選：D．
【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、余切的定義等知識(shí)點(diǎn)，求出∠BAO=60°是解答本題的關(guān)鍵．
8．（2023·湖南·統(tǒng)考中考真題）如圖所示，在矩形ABCD中，AB>AD，AC與BD相交于點(diǎn)O，下列說(shuō)法正確的是（ ）

A．點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心B．點(diǎn)O為線段AB的對(duì)稱(chēng)中心
C．直線BD為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)軸D．直線AC為線段BD的對(duì)稱(chēng)軸
【答案】A
【分析】由矩形ABCD是中心對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)中心是對(duì)角線的交點(diǎn)，線段AB的對(duì)稱(chēng)中心是線段AB的中點(diǎn)，矩形ABCD是軸對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸是過(guò)一組對(duì)邊中點(diǎn)的直線，從而可得答案．
【詳解】解：矩形ABCD是中心對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)中心是對(duì)角線的交點(diǎn)，故A符合題意；
線段AB的對(duì)稱(chēng)中心是線段AB的中點(diǎn)，故B不符合題意；
矩形ABCD是軸對(duì)稱(chēng)圖形，對(duì)稱(chēng)軸是過(guò)一組對(duì)邊中點(diǎn)的直線，
故C，D不符合題意；
故選A
【點(diǎn)睛】本題考查的是軸對(duì)稱(chēng)圖形與中心對(duì)稱(chēng)圖形的含義，矩形的性質(zhì)，熟記矩形既是中心對(duì)稱(chēng)圖形也是軸對(duì)稱(chēng)圖形是解本題的關(guān)鍵．
9．（2023·甘肅武威·統(tǒng)考中考真題）如圖，將矩形ABCD對(duì)折，使邊AB與DC，BC與AD分別重合，展開(kāi)后得到四邊形EFGH．若AB=2，BC=4，則四邊形EFGH的面積為（ ）

A．2B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由題意可得四邊形EFGH是菱形，F(xiàn)H=AB=2，GE=BC=4，由菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半即可得到答案．
【詳解】解：∵將矩形ABCD對(duì)折，使邊AB與DC，BC與AD分別重合，展開(kāi)后得到四邊形EFGH，
∴EF⊥GH，EF與GH互相平分，
∴四邊形EFGH是菱形，
∵FH=AB=2，GE=BC=4，
∴菱形EFGH的面積為12FH?GE=12×2×4=4．
故選：B
【點(diǎn)睛】此題考查了矩形的折疊、菱形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握菱形的面積等于對(duì)角線乘積的一半是解題的關(guān)鍵．
二、填空題
10．（2023·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，矩形AOBC的邊OB，OA分別在x軸、y軸正半軸上，點(diǎn)D在BC邊上，將矩形AOBC沿AD折疊，點(diǎn)C恰好落在邊OB上的點(diǎn)E處．若OA=8，OB=10，則點(diǎn)D的坐標(biāo)是 ．

【答案】10,3
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)得出AE=AC=10，在Rt△AOE中，勾股定理求得OE=6，進(jìn)而得出BE=4，在Rt△DBE中，勾股定理建立方程，求得BD的長(zhǎng)，即可求解．
【詳解】解：∵四邊形AOBC是矩形，
∴AC=OB=10，
∵折疊，
∴AE=AC=10，
在Rt△AOE中，OE=AE2-AO2=102-82=6
∴EB=OB-OE=10-6=4，
∴設(shè)DB=m，則CD=8-m，
∵折疊，
∴DE=CD=8-m，
在Rt△DEB中，DE2=EB2+BD2，
∴8-m2=m2+42，
解得：m=3，
∴DB=3，
∴D的坐標(biāo)為10,3，
故答案為：10,3．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形與折疊，勾股定理，坐標(biāo)與圖形，熟練掌握折疊的性質(zhì)以及勾股定理是解題的關(guān)鍵．
11．（2023·湖南湘西·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)，AB=8,AD=DE=10，則BF的長(zhǎng)為 ．

【答案】25
【分析】利用矩形的性質(zhì)和勾股定理求出CE，進(jìn)而求出BE，然后在Rt△ABE中利用勾股定理求出AE，最后利用直角三角形斜邊中線的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：在矩形ABCD中，AB=8,AD=DE=10，
∴∠ABC=∠C=90°，BC=AD=10，AB=CD=8，
∴CE=DE2-CD2=6，
∴BE=BC-CE=4，
∴AE=AB2+BE2=45，
∵點(diǎn)F是AE的中點(diǎn)，
∴BF=12AE=25．
故答案為：25．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上中線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題
12．（2023·湖南婁底·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)E在矩形ABCD的邊CD上，將△ADE沿AE折疊，點(diǎn)D恰好落在邊BC上的點(diǎn)F處，若BC=10．sin∠AFB=45，則DE= ．

【答案】5
【分析】利用矩形的性質(zhì)及折疊的性質(zhì)可得AD=AF=10，EF=ED，可得AB=AF?sin∠AFB=10×45=8，BF=AF2-AB2=6，設(shè)DE=x，則CE=CD-DE=8-x，利用勾股定理可得EF2=CF2+CE2，進(jìn)而可得結(jié)果．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，AD=BC=10，
根據(jù)折疊可知，可知AD=AF=10，EF=ED，
則，在Rt△ABF中，AB=AF?sin∠AFB=10×45=8，則CD=8，
∴BF=AF2-AB2=6，則CF=BC-BF=4，
設(shè)DE=x，則CE=CD-DE=8-x，
在Rt△CEF中，EF2=CF2+CE2，即：x2=8-x2+42，
解得：x=5，
即：DE=5，
故答案為：5．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、解直角三角形，靈活運(yùn)用折疊的性質(zhì)得到相等線段是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．
13．（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，一個(gè)圖形上的點(diǎn)都在一邊平行于x軸的矩形內(nèi)部（包括邊界），這些矩形中面積最小的矩形稱(chēng)為該圖形的關(guān)聯(lián)矩形．例如：如圖，函數(shù)y=(x-2)20≤x≤3的圖象（拋物線中的實(shí)線部分），它的關(guān)聯(lián)矩形為矩形OABC．若二次函數(shù)y=14x2+bx+c0≤x≤3圖象的關(guān)聯(lián)矩形恰好也是矩形OABC，則b= ．

【答案】712或-2512
【分析】根據(jù)題意求得點(diǎn)A3,0，B3,4，C0,4，根據(jù)題意分兩種情況，待定系數(shù)法求解析式即可求解．
【詳解】由y=(x-2)20≤x≤3，當(dāng)x=0時(shí)，y=4，
∴C0,4，
∵A3,0，四邊形ABCO是矩形，
∴B3,4，
①當(dāng)拋物線經(jīng)過(guò)O，B時(shí)，將點(diǎn)0,0，B3,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=014×9+3b+c=4
解得：b=712
②當(dāng)拋物線經(jīng)過(guò)點(diǎn)A,C時(shí)，將點(diǎn)A3,0,C0,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=414×9+3b+c=0
解得：b=-2512
綜上所述，b=712或b=-2512，
故答案為：712或-2512．
【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求拋物線解析式，理解新定義，最小矩形的限制條件是解題的關(guān)鍵．
三、解答題
14．（2023·青海西寧·統(tǒng)考中考真題）折疊問(wèn)題是我們常見(jiàn)的數(shù)學(xué)問(wèn)題，它是利用圖形變化的軸對(duì)稱(chēng)性質(zhì)解決的相關(guān)問(wèn)題．?dāng)?shù)學(xué)活動(dòng)課上，同學(xué)們以“矩形的折疊”為主題開(kāi)展了數(shù)學(xué)活動(dòng)．
【操作】如圖1，在矩形ABCD中，點(diǎn)M在邊AD上，將矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊，使點(diǎn)D落在點(diǎn)D'處，MD'與BC交于點(diǎn)N．


【猜想】】MN=CN
【驗(yàn)證】請(qǐng)將下列證明過(guò)程補(bǔ)充完整：
∵矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊
∴∠CMD=
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對(duì)邊平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代換）
∴MN=CN（ ）
【應(yīng)用】
如圖2，繼續(xù)將矩形紙片ABCD折疊，使AM恰好落在直線MD'上，點(diǎn)A落在點(diǎn)A'處，點(diǎn)B落在點(diǎn)B'處，折痕為ME．
（1）猜想MN與EC的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的長(zhǎng)．
【答案】【驗(yàn)證】∠CMD'；∠MCN；兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等；∠CMD'；∠MCN；等角對(duì)等邊；【應(yīng)用】（1）EC=2MN，見(jiàn)解析；（2）5
【驗(yàn)證】（1）由折疊得∠AME=∠A'ME，由平行線性質(zhì)，得∠AME=∠MEN，于是∠A'ME=∠MEN ，進(jìn)而可得證MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）由折疊得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．在Rt△ND'C中，根據(jù)勾股定理，構(gòu)建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【詳解】解：【驗(yàn)證】∵矩形紙片ABCD沿MC所在的直線折疊
∴∠CMD= ∠CMD'
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對(duì)邊平行）
∴∠CMD= ∠MCN（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等）
∴∠CMD'=∠MCN（等量代換）
∴MN=CN（等角對(duì)等邊 ）
【應(yīng)用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四邊形ABEM折疊得到四邊形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的對(duì)邊平行）
∴∠AME=∠MEN（兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角對(duì)等邊）
∵M(jìn)N=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直線折疊
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．
設(shè)MN=NC=x
∴ND'=MD'-MN=4-x
在Rt△ND'C中，∠D'=90°
∴ND'2+D'C2=NC2（勾股定理）
∴(4-x)2+22=x2 解得x=52
∴EC=2MN=5.
【點(diǎn)睛】本題考查軸對(duì)稱(chēng)折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，等角對(duì)等邊；根據(jù)折疊的性質(zhì)得到線段相等、角相等是解題的關(guān)鍵．
15．（2023·浙江衢州·統(tǒng)考中考真題）如圖1，點(diǎn)O為矩形ABCD的對(duì)稱(chēng)中心，AB=4，AD=8，點(diǎn)E為AD邊上一點(diǎn)0AB)沿對(duì)角線BD翻折，C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C'，以矩形ABCD的頂點(diǎn)A為圓心、r為半徑畫(huà)圓，⊙A與BC'相切于點(diǎn)E，延長(zhǎng)DA交⊙A于點(diǎn)F，連接EF交AB于點(diǎn)G．

(1)求證：BE=BG．
(2)當(dāng)r=1，AB=2時(shí)，求BC的長(zhǎng)．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)BC=23
【分析】（1）連接AE，由切線的性質(zhì)得∠AEB=90°，則∠AEG+∠BEG=90°，由矩形的性質(zhì)得∠BAD=∠BAF=90°，再由直角三角形兩銳角互余得∠F+∠AGF=90°，根據(jù)對(duì)頂角相等和同圓的半徑相等得∠BGE=∠AGE，∠F=∠AEG，然后由等角的余角相等得∠BGE=∠BEG，最后由等角對(duì)等邊得出結(jié)論；
（2）由銳角三角函數(shù)得，sin∠ABE=AEAB=12，得∠ABE=30°，由翻折得∠CBD=∠C'BD，由∠ABE+∠CB'D+∠CBD=90°得∠CBD=30°，再由矩形對(duì)邊相等得AB=CD，最后在Rt△BCD中解直角三角形即可得出結(jié)論．
【詳解】（1）證明：如圖，連接AE．

∵⊙A與BC'相切于點(diǎn)E，
∴∠AEB=90°，
∴∠AEG+∠BEG=90°．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BAF=90°，
∴∠F+∠AGF=90°．
∵AE=AF，
∴∠F=∠AEG．
∵∠BGE=∠AGF，
∴∠BGE=∠BEG，
∴BE=BG．
（2）解：在Rt△BCD中，AE=1，AB=2，
∴sin∠ABE=AEAB=12，
∴∠ABE=30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
由翻折可知，∠CBD=∠C'BD=12∠ABC-∠ABE=12×90°-30°=30°，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=tan30°=CDBC，
∴BC=CDtan30°=233=23．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形與圓的綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、切線的性質(zhì)、翻折的有關(guān)性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，正確作出輔助線，巧用解直角三角形是解答本題的關(guān)鍵．
18．（2023·江蘇宿遷·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分別為E、F．求證：AF=CE．
【答案】證明見(jiàn)解析
【分析】根據(jù)AAS定理證出△ADF≌△CBE，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得證．
【詳解】證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=CB,AD∥CB，
∴∠DAF=∠BCE，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AFD=∠CEB=90°，
在△ADF和△CBE中，∠AFD=∠CEB=90°∠DAF=∠BCEAD=CB，
∴△ADF≌△CBEAAS，
∴AF=CE．
【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握矩形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
19．（2023·湖北恩施·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，將矩形ABCD沿BE所在的直線折疊，C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'，D'，連接AD'交BC'于點(diǎn)F．

(1)若∠DED'=70°，求∠DAD'的度數(shù)；
(2)連接EF，試判斷四邊形C'D'EF的形狀，并說(shuō)明理由．
【答案】(1)∠DAD'的度數(shù)為35°
(2)矩形，理由見(jiàn)詳解
【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，沿BE所在的直線折疊，可得△AED'是等腰三角形，根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)即可求解；
（2）如圖所示，連接EF，點(diǎn)H是BE上的一點(diǎn)，根據(jù)矩形和折疊的性質(zhì)可得四邊形BED'F是平行四邊形，如圖所示，連接EC，EC'，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，可證四邊形C'D'EF是平行四邊形，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由此即可求證．
【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，
∴AE=DE，
∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'，D'，
∴DE=D'E，
∴AE=D'E，則△AED'是等腰三角形，
∴∠D'AE=∠AD'E，
∵∠DED'=70°，即∠D'ED=∠D'AE+∠AD'E=70°，
∴∠D'AE=∠AD'E=12∠DED'=12×70°=35°，
∴∠DAD'的度數(shù)為35°．
（2）解：如圖所示，連接EF，點(diǎn)H是BE上的一點(diǎn)，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，
∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，BE是∠CBC',∠DED'的角平分線，
由（1）可知，∠EAD'=∠ED'A=12∠DED'，
∴∠ED'A=∠D'EH，
∴AD'∥BE，且BF∥ED'，
∴四邊形BED'F是平行四邊形，則BF=ED'，F(xiàn)D'=BE，
如圖所示，連接EC，EC'，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥BC于點(diǎn)G，

∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，EG⊥BC，
∴點(diǎn)G是線段BC的中點(diǎn)，則AE=DE=BG=CG，
∴在△BEG,△CEG中，
BG=CG∠BGE=∠CGE=90°EG=EG，
∴△BEG≌△CEG(SAS)，
∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，
∵沿BE所在的直線折疊，C，D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)分別為C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，∠GBE=∠FBE，
在△BC'E,△BCE中，
BC'=BC∠C'BE=∠CBEBE=BE，
∴△BC'E≌△BCE(SAS)，
∴EC'=EC，∠BC'E=∠BCE，
∴EC'=EC=EB，
∴EC'=FD'，
∴四邊形C'D'EF是平行四邊形，
∵∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，
∴平行四邊形C'D'EF是矩形．
【點(diǎn)睛】本題主要考查矩形的性質(zhì)，矩形的判定，折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)的綜合，掌握矩形折疊的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，圖形結(jié)合分析是解題的關(guān)鍵．
20．（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，E為線段CD的中點(diǎn)，連接AC，AE，延長(zhǎng)AE，BC交于點(diǎn)F，連接DF，∠ACF=90°．

(1)求證：四邊形ACFD是矩形；
(2)若CD=13，CF=5，求四邊形ABCE的面積．
【答案】(1)證明，見(jiàn)解析
(2)45
【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，得AD∥BC，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得∠DAF=∠AFC，∠ADC=∠DCF；再根據(jù)E為線段CD的中點(diǎn)，全等三角形的判定，則△ADE?△FCE，根據(jù)矩形的判定，即可；
（2）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于點(diǎn)G，根據(jù)勾股定理，求出DF的長(zhǎng)，再根據(jù)四邊形ABCE的面積等于S△ABC+S△AEC，即可．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFC，∠ADC=∠DCF，
∵E為線段CD的中點(diǎn)，
∴DE=CE，
∴△ADE?△FCE，
∴AE=EF，
∴四邊形ACFD是平行四邊形，
∵∠ACF=90°，
∴平行四邊形ACFD是矩形．
（2）過(guò)點(diǎn)E作EG⊥AC于點(diǎn)G，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，
∵四邊形ACFD是矩形，
∴AD=CF，
∴AD=BC=CF=5，
∵CD=13，
∴DF=132-52=12，
∴四邊形ABCE的面積等于S△ABC+S△AEC，
∵S△ABC=12×AC×BC=12×12×5=30，S△ACE=12×AC×GE，
∵點(diǎn)E是對(duì)角線的中心，
∴GE=12AD=52，
∴S△ACE=12×AC×GE=12×12×52=15，
∴平行四邊形ABCD的面積為：30+15=45．

【點(diǎn)睛】本題考查矩形，平行四邊形，全等三角形的知識(shí)，解題的關(guān)鍵是矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．
21．（2023·湖南岳陽(yáng)·統(tǒng)考中考真題）如圖，點(diǎn)M在?ABCD的邊AD上，BM=CM，請(qǐng)從以下三個(gè)選項(xiàng)中①∠1=∠2；②AM=DM；③∠3=∠4，選擇一個(gè)合適的選項(xiàng)作為已知條件，使?ABCD為矩形．

(1)你添加的條件是_________（填序號(hào)）；
(2)添加條件后，請(qǐng)證明?ABCD為矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②
(2)見(jiàn)解析
【分析】（1）根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形進(jìn)行選取；
（2）通過(guò)證明△ABM≌△DCM可得∠A=∠D，然后結(jié)合平行線的性質(zhì)求得∠A=90°，從而得出?ABCD為矩形．
【詳解】（1）解：①或②
（2）添加條件①，?ABCD為矩形，理由如下：
在?ABCD中AB=CD，AB∥CD，
在△ABM和△DCM中AB=CD∠1=∠2BM=CM，
∴△ABM≌△DCM
∴∠A=∠D，
又∵AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠A=∠D=90°，
∴?ABCD為矩形；
添加條件②，?ABCD為矩形，理由如下：
在?ABCD中AB=CD，AB∥CD，
在△ABM和△DCM中AB=CDAM=DMBM=CM，
∴△ABM≌△DCM
∴∠A=∠D，
又∵AB∥CD，
∴∠A+∠D=180°，
∴∠A=∠D=90°，
∴?ABCD為矩形
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，掌握平行四邊形的性質(zhì)和矩形的判定方法（有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形）是解題關(guān)鍵．
22．（2023·四川樂(lè)山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)D為AB邊上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），過(guò)點(diǎn)D作DE∥BC，DF∥AC，分別交AC、BC于點(diǎn)E、F，連接EF．

(1)求證：四邊形ECFD是矩形；
(2)若CF=2，CE=4，求點(diǎn)C到EF的距離．
【答案】(1)見(jiàn)解析
(2)455
【分析】（1）利用平行線的性質(zhì)證明∠CED=∠CFD=90°，再利用四邊形內(nèi)角和為360°，證明∠EDF=90°，即可由矩形判定定理得出結(jié)論；
（2）先由勾股定理求出EF=CF2+CE2=25，再根據(jù)三角形面積公式求解即可．
【詳解】（1）證明：∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四邊形ECFD為平行四邊形，
∵∠C=90°，
∴四邊形ECFD是矩形．
（2）解：∵∠C=90°，CF=2，CE=4，
∴EF=CF2+CE2=25
設(shè)點(diǎn)C到EF的距離為h，
∵S△CEF=12CE?CF=12EF?h
∴2×4=25h
∴h=455
答：點(diǎn)C到EF的距離為455．
【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定，平行線的性質(zhì)，勾股定理．熟練掌握矩形的判定定理和利用面積法求線段長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．
23．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考中考真題）工匠師傅準(zhǔn)備從六邊形的鐵皮ABCDEF中，裁出一塊矩形鐵皮制作工件，如圖所示．經(jīng)測(cè)量，AB∥DE，AB與DE之間的距離為2米，AB=3米，AF=BC=1米，∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠師傅畫(huà)出的裁剪虛線．當(dāng)MH的長(zhǎng)度為多少時(shí)，矩形鐵皮MNGH的面積最大，最大面積是多少？

【答案】當(dāng)MH的長(zhǎng)度為54米時(shí)，矩形鐵皮MNGH的面積最大，最大面積是258平方米
【分析】連接CF，分別交MH于點(diǎn)P，交GN于點(diǎn)Q，先判斷出四邊形ABCF是矩形，從而可得∠EFC=∠DCF=45°，再判斷出四邊形AMPF和四邊形BCQN都是矩形，從而可得PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，然后設(shè)矩形MNGH的面積為y平方米，MH=GN=x米，則AM=PH=x-1米，BN=GQ=x-1米，利用矩形的面積公式可得y關(guān)于x的二次函數(shù)，最后利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解即可得．
【詳解】解：如圖，連接CF，分別交MH于點(diǎn)P，交GN于點(diǎn)Q，

∵∠A=∠B=90°，
∴AF∥BC，
∵AF=BC=1米，
∴四邊形ABCF是平行四邊形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四邊形ABCF是矩形，
∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，
∵∠BCD=∠AFE=135°，
∴∠EFC=∠DCF=45°，
∵四邊形MNGH是矩形，
∴MH⊥AB,GN⊥AB,GN=MH，
∴四邊形AMPF和四邊形BCQN都是矩形，
∴PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，
∴Rt△PFH和Rt△QCG都是等腰直角三角形，
∴PH=PF,GQ=CQ，
∴AM=PH,BN=GQ，
設(shè)矩形MNGH的面積為y平方米，MH=GN=x米，則AM=PH=x-1米，BN=GQ=x-1米，
∵AB=3米，
∴MN=AB-AM-BN=5-2x米，
∴y=MH?MN=x5-2x=-2x-542+258，
又∵AB∥DE，AB與DE之間的距離為2米，AF=BC=1米，
∴1≤x≤2，
由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)1≤x≤54時(shí)，y隨x的增大而增大；當(dāng)540)，見(jiàn)解析
【分析】（1）證明Rt△ABE∽R(shí)t△BMC，得出ABBM=AEBC，進(jìn)而勾股定理求得BM，即4x2+4=yx，整理后即可得出函數(shù)關(guān)系式；
（2）若Pa,b為圖像上任意一點(diǎn)，則b=4aa2+4a2+4．設(shè)Pa,b關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為Q，則Q-a,-b．當(dāng)x=-a時(shí)，可求得y=-b．則Q-a,-b也在y=4xx2+4x2+4的圖像上，即可得證，根據(jù)中心對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)補(bǔ)全函數(shù)圖象即可求解；
（3）根據(jù)函數(shù)圖象，以及中心對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，逐項(xiàng)分析判斷即可求解；
（4）將（1）中的4換成2k，即可求解；根據(jù)（2）的圖象探究此類(lèi)函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)，即可求解．
【詳解】（1）在矩形ABCD中，∠ABC=∠BCM=90°，
∴∠ABE+∠MBC=90°．
∵AE⊥BM，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE+∠ABE=90°．
∴∠AEB=∠BCM,∠MBC=∠BAE．
∴Rt△ABE∽R(shí)t△BMC，∴ABBM=AEBC．
∵AB=4，點(diǎn)M是CD的中點(diǎn)，∴CM=12CD=12AB=2．
在Rt△BMC中，BM=BC2+CM2=x2+22=x2+4，
∴4x2+4=yx．∴y=4xx2+4=4xx2+4x2+4．
∴y關(guān)于x的表達(dá)式為：y=4xx2+4x2+4(x>0)．
（2）x取任意實(shí)數(shù)時(shí)，對(duì)應(yīng)的函數(shù)圖像關(guān)于原點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)．
理由如下：
若Pa,b為圖像上任意一點(diǎn)，則b=4aa2+4a2+4．
設(shè)Pa,b關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)為Q，則Q-a,-b．
當(dāng)x=-a時(shí)，
y=4-a(-a)2+4(-a)2+4=-4aa2+4a2+4=-b．
∴Q-a,-b也在y=4xx2+4x2+4的圖像上．
∴當(dāng)x取任意實(shí)數(shù)時(shí)，y=4xx2+4x2+4的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)．
函數(shù)圖像如圖所示．

（3）根據(jù)函數(shù)圖象可得①函數(shù)值y隨x的增大而增大，故①正確，
②由(1)可得函數(shù)值y0時(shí)，圖像經(jīng)過(guò)第一、三象限，函數(shù)值y隨x的增大而增大，y的取值范圍為-2k

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