中考数学第一轮复习讲义第23讲 特殊四边形-矩形（练习）（解析版）

这是一份中考数学第一轮复习讲义第23讲 特殊四边形-矩形（练习）（解析版），共169页。
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc156922769" 题型01 利用矩形的性质求角度
\l "_Tc156922770" 题型02 利用矩形的性质求线段长
\l "_Tc156922771" 题型03 利用矩形的性质求面积
\l "_Tc156922772" 题型04 求矩形在坐标系中的坐标
\l "_Tc156922773" 题型05 根据矩形的性质证明
\l "_Tc156922774" 题型06 矩形的判定定理的理解
\l "_Tc156922775" 题型07 添加一个条件使四边形是矩形
\l "_Tc156922776" 题型08 证明四边形是矩形
\l "_Tc156922777" 题型09 根据矩形的性质与判定求角度
\l "_Tc156922778" 题型10 根据矩形的性质与判定求线段长
\l "_Tc156922779" 题型11 根据矩形的性质与判定求面积
\l "_Tc156922780" 题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc156922781" 题型13 与矩形有关的新定义问题
\l "_Tc156922782" 题型14 与矩形有关的规律探究问题
\l "_Tc156922783" 题型15 与矩形有关的动点问题
\l "_Tc156922784" 题型16 矩形与一次函数综合
\l "_Tc156922785" 题型17 矩形与反比例函数综合
\l "_Tc156922786" 题型18 矩形与二次函数综合
\l "_Tc156922787" 题型19 与矩形有关的折叠问题
题型01 利用矩形的性质求角度
1．（2023·山东临沂·统考二模）两个矩形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=（ ）
A．α-90°B．α-45°C．180°-αD．270°-α
【答案】C
【分析】用三角形外角性质得到∠3=∠1-90°=α-90°，用余角的定义得到∠2=90°-∠3=180°-α．
【详解】解：如图，∠3=∠1-90°=α-90°，
∠2=90°-∠3=180°-α．
故选：C．
【点睛】 本题主要考查了矩形，三角形外角，余角，解决问题的关键是熟练掌握矩形的角的性质，三角形的外角性质，互为余角的定义．
2．（2023·广东深圳·校考一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知∠ACB=25°，则∠AOB的大小是（ ）
A．130°B．65°C．50°D．25°
【答案】C
【分析】根据矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解．
【详解】解：∵矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OB=OC，
∴∠OBC=∠ACB=25°，
∴∠AOB=∠OBC+∠ACB=25°+25°=50°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
3．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，在矩形ABCD中，E、F为AC上一点，AE=AD，AF=CE，连接DE、BF，若∠CAD=α，则∠BFE的度数为（ ）
A．90°-32αB．90°-12αC．αD．90°-α
【答案】B
【分析】先证明AE=CF，即可得出AD=AE=CF=BC，再根据矩形的性质得出∠ACB=∠CAD=α，最后根据等边对等角即可求解．
【详解】解：∵AF=CE，
∴EF+AF=EF+CE，即AE=CF，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠ACB=∠CAD=α，
∵AE=AD，
∴AD=AE=CF=BC，
∴AD=AE=CF，
∴∠BFE=12180°-α=90°-12α，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，和等腰三角形的性质，解题的关键是掌握矩形对边平行且相等，等腰三角形“等边对等角”．
4．（2023·重庆九龙坡·重庆市杨家坪中学校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，以AB为边在矩形内作等边△ABE，延长BE交AD于点F，连接CF，则∠DFC的度数为（ ）
A．60°B．70°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】根据矩形的性质得到AD=BC，∠BAD=∠ABC=90°，根据等边三角形的性质推出∠AFB=30°，∠CBF=30°，再根据含30度角的直角三角形的性质得到BF=BC，即可求出∠BFC=∠BCF=75°，再由平角的定义即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠BAD=∠ABC=90°，
∵△ABE是等边三角形，
∴∠ABF=60°，
∴∠AFB=30°，∠CBF=30°，
∴BF=2AB，
∵AD=2AB，AD=BC，
∴BF=BC，
∴∠BFC=∠BCF=180°-∠CBF2=75°，
∴∠DFC=180°-∠AFB-∠BFC=75°，
故选C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，三角形内角和定理，证明BF=BC是解题的关键．
题型02 利用矩形的性质求线段长
5．（2022·广东广州·执信中学校考二模）如图，矩形ABCD的对角线AC的垂直平分线分别交AD、AC、BC于点E、O、F，若AB=12，BC=16，则EF的长为（ ）
A．8B．15C．16D．24
【答案】B
【分析】根据矩形的性质得到AO=CO，∠AOE=∠COF,根据平行线的性质得出∠EAO=∠FCO,根据ASA推出△AEO≌△CFO，由全等得到OE=OF，推出四边形是平行四边形，再根据EF⊥AC即可推出四边形是菱形，根据垂直平分线的性质得出AF=CF，根据勾股定理即可得出结论．
【详解】连接AF，CE，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴AO=CO，∠AOE=∠COF=90°，
∵四边形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，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形，
∴AE=CE，
设AE=CE=x，
∵EF是AC的垂直平分线，
∴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,
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，证得四边形AECF是菱形是解题的关键．
6．（2023·安徽滁州·校考一模）如图，两点E，F分别在矩形ABCD的AD和CD边上，AB=6，AD=8，∠BEF=90°，且BE=EF，点M为BF的中点，则ME的长为（ ）
A．92B．25C．32D．3210
【答案】B
【分析】证明△ABE≌△DEF，得出CF=4，勾股定理得出FB=45，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可求解．
【详解】解：∵四边形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，FB=45，
∵点M为BF的中点，∠BEF=90°，
∴ME =12BF=25
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，得出FB=45是解题的关键．
7．（2022·江西·模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE//AC，CE//BD．若AC=10，则四边形OCED的周长是 ．
【答案】20
【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，
∴OC=OD=12BD=5，
∵DE//AC，CE//BD．，
∴四边形CODE是平行四边形，
∵OC=OD =5，
∴四边形CODE是菱形，
∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．
故答案为20．
【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．
8．（2023·山东枣庄·校联考二模）如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝4，点E、F分别是AB、DC上的动点，EF∥BC，则AF+CE的最小值是 ．
【答案】10
【分析】延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，证明四边形EFGC是平行四边形，得出CE＝FG，得出当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，根据勾股定理求出AG即可．
【详解】解：延长BC到G，使CG＝EF，连接FG，
∵EF∥CG，EF＝CG，
∴四边形EFGC是平行四边形，
∴CE＝FG，
∴AF+CE＝AF+FG，
∴当点A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小为AG，
由勾股定理得，AG＝AB2+BG2＝62+(4+4)2＝10，
∴AF+CE的最小值为10，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查了勾股定理，平行四边形的判定和性质，根据题意作出辅助线，得出当A、F、G三点共线时，AF+CE的值最小，是解题的关键．
题型03 利用矩形的性质求面积
9．（2023·浙江温州·模拟预测）如图是一个由5张纸片拼成的▱ABCD，相邻纸片之间互不重叠也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为S1，另两张直角三角形纸片的面积都为S2，中间一张矩形纸片EFGH的面积为S3，FH与GE相交于点O．当△AEO,△BFO,△CGO,△DHO的面积相等时，下列结论一定成立的是（ ）
A．S1=S2B．S1=S3C．AB=ADD．EH=GH
【答案】A
【分析】根据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a， HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出S1，S2，S3进行判断即可
【详解】解：由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，
∴∠ADE=∠DAE=∠BCG=∠GBC=45°
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB
∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，
∴△AED≌△CGB，△CDH≌ABF
∴AE=DE=BG=CG
∵四边形HEFG是矩形
∴GH=EF，HE=GF
设AE=DE=BG=CG=a， HE=GF= b ，GH=EF= c
过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，
∴OP//HE，OQ//EF
∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，
∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，
∴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，故选项A符合题意，
S3=HE·EF=(a-b)(a+c)=a2-bc-ab+ac=a2+ab-ab=a2
∴S1≠S3，故选项B不符合题意，
而AB=AD于EH=GH都不一定成立，故C,D都不符合题意，
故选：A
【点睛】本题考查平行四边形的性质、直角三角形的面积等知识，解题的关键是求出S1，S2，S3之间的关系．
10．（2022·内蒙古包头·包头市第二十九中学校考三模）如图1，动点P从矩形ABCD的顶点A出发，在边AB，BC上沿A→B→C的方向，以1cm/s的速度匀速运动到点C，△APC的面积S（cm2）随运动时间t（s）变化的函数图象如图2所示，则AB的长是（ ）
A．32cmB．3cmC．4cmD．6cm
【答案】B
【分析】由图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，则由动点P的运动速度可求出BC的长，再根据图象可知△ABC的面积为6cm2，即可利用面积公式求解此题．
【详解】解：∵动点P从A点出发到B的过程中，S随t的增大而增大，动点P从B点出发到C的过程中，S随t的增大而减小．
∴观察图象2可知，点P从B到C的运动时间为4s，
∵点P的运动速度为1cm/s，
∴BC=1×4=4（cm），
∵当点P在直线AB上运动至点B时，△APC的面积最大，
∴由图象2得：△APC的面积6cm2，
∴S△ABC=12AB⋅BC=6，
∴AB=3cm．
故选：B．
【点睛】本题考查了动点问题的函数图象，解决本题应首先看清横轴和纵轴表示的量．要求能根据函数图象的性质和图象上的数据分析得出所需要的条件，结合实际意义得到正确的结论．
11．（2022·广东广州·统考二模）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作OE⊥BD，交AB于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为F，AC=10，EF=1.05，OE=3.75，则矩形ABCD的面积为 ．
【答案】48
【分析】先证明OA=OB=OC=OD=5, S矩形ABCD=4S△AOB, 从而可得答案．
【详解】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.
故答案为：48
【点睛】本题考查的是矩形的性质，掌握“矩形的对角线相等且互相平分”是解本题的关键．
12．（2022·四川成都·统考二模）已知矩形的长和宽分别为a和b，如果存在另外一个矩形，它的周长和面积分别是已知矩形的三分之一，则a，b应该满足的条件为 ．
【答案】a2+b2≥10ab
【分析】因为矩形的长和宽分别为a、b，所以其周长和面积分别为2(a+b)和ab，设所求矩形的长为x，则宽为13(a+b)-x，其面积为x[13(a+b)-x]，根据题意得：x[13(a+b)-x]=13ab，因为存在另外一个矩形，使它的周长和面积分别是已知矩形的三分之一，故该方程有解，即△≥0，得出不等式即可求解．
【详解】解：设所求矩形的长为x，则宽为13(a+b)-x，其面积为x[13(a+b)-x]，
根据题意得：x[13(a+b)-x]=13ab，
即x2-13a+bx+13ab=0 ，
∵存在该矩形，使它的周长和面积分别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
故答案为：a2+b2≥10ab．
【点睛】本题考查了一元二次方程解的判别式，解题的关键是根据题意，列出方程，把问题转化为求△的问题．
13．（2022·广东阳江·统考一模）已知矩形ABCD中，E是AD边上的一个动点，点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点．
（1）求证：△BGF≌△FHC；
（2）设AD=a，当四边形EGFH是正方形时，求矩形ABCD的面积．
【答案】见解析（2）12a2
【分析】（1）根据三角形中位线定理和全等三角形的判定证明即可；
（2）利用正方形的性质和矩形的面积公式解答即可．
【详解】（1）连接EF，∵点F，G，H分别是BC，BE，CE的中点，
∴FH//BE，FH=12BE，FH=BG，
∴∠CFH=∠CBG，
∵BF=CF，
∴△BGF≌△FHC，
（2）当四边形EGFH是正方形时，连接GH，可得：EF⊥GH且EF=GH，
∵在△BEC中，点G，H分别是BE，CE的中点，
∴GH=12BC=12AD=12a,且GH//BC，
∴EF⊥BC，
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴AB=EF=GH=12a，
∴矩形ABCD的面积=AB⋅AD=12a⋅a=12a2.
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据全等三角形的判定和正方形的性质解答．
题型04 求矩形在坐标系中的坐标
14．（2023·天津·模拟预测）在平面直角坐标系中，长方形ABCD如图所示，A(-6,2),B(2,2),C(2,-3)，则点D的坐标为（ ）
A．(-6,3)B．(3,-6)C．(-6,-3)D．(-3,-6)
【答案】C
【分析】根据长方形的性质求出点D的横、纵坐标即可获得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为长方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∵A(-6,2),B(2,2),C(2,-3)，
∴点D的横坐标与点A相同，为-6，
点D的纵坐标与点C相同，为-3，
∴点D的坐标为(-6,-3)．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形的性质，解题关键是利用矩形“对边平行且相等”的性质解决问题．
15．（2022·河南安阳·统考一模）如图，矩形ABCD的顶点A1,0，D0,2，B5,2，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点C的坐标为（ ）
A．4,-2B．42,-22C．42,-2D．26,-22
【答案】D
【分析】过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，根据矩形的性质得到点C的坐标，求出∠COE=45°，OC=42，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，由旋转得∠COC1=75°，求出∠C1OF=30°，利用勾股定理求出OF，即可得到答案．
【详解】解：过点B作BG⊥x轴于G，过点C作CH⊥y轴于H，
∵四边形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，
如图，过点C作CE⊥x轴于E，过点C1作C1F⊥x轴于F，
由旋转得∠COC1=75°，
∴∠C1OF=30°，
∴C1F=12OC1=12OC=22，
∴OF=OC12-C1F2=26，
∴点C1的坐标为26,-22，
故选：D．
【点睛】此题考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，直角三角形30度角的性质，熟记各知识点并综合应用是解题的关键．
16．（2020·吉林·统考一模）如图，矩形OABC的顶点A在x轴上，点B的坐标为（1，2）．固定边OA，向左“推”矩形OABC，使点B落在y轴的点B'的位置，则点C的对应点C'的坐标为（ ）

A．（﹣1，3）B．（3，﹣1）C．（﹣1，2）D．（2，﹣1）
【答案】A
【分析】根据矩形的性质和勾股定理求出OB'的长，得到点C'的坐标．
【详解】解：∵四边形OABC是矩形，点B的坐标为（1，2），
∴OA＝1，AB＝2，
由题意得：AB'＝AB＝2，四边形OAB'C'是平行四边形，
∴OB'=AB'2-OA2=22-12=3，B'C'=OA=1，
∴点C的对应点C'的坐标为-1,3．
故选：A．
【点睛】本题考查点坐标的求解和矩形的性质，解题的关键是掌握矩形的性质求出线段长从而得到点坐标．
17．（2022·辽宁铁岭·统考一模）如图，点D是矩形ABCO的对称中心，点A6,0，C0,4，经过点D的反比例函数的图象交AB于点P，则点P的坐标为 ．
【答案】6,1
【分析】先求得D点的坐标，然后根据待定系数法求得反比例函数的解析式，把x=6代入解析式即可求得点P的坐标．
【详解】解：∵点D是矩形ABCO的对称中心，
∴点D是矩形OABC的对角线AC的中点，
又∵A6,0，C0,4，
∴点D的坐标为3,2．
∵反比例函数y=kx的图象经过点D，
∴k=3×2=6，
∴y=6x，
把x=6代入得，y=66=1，
∴点P的坐标为6,1．
故答案为：6,1．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征，矩形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，求得点D的坐标是解题的关键．
题型05 根据矩形的性质证明
18．（2023·山东德州·统考三模）如图，矩形ABCD中，点E在DC上，DE=BE，AC与BD相交于点O．BE与AC相交于点F．
(1)若BE平分∠CBD，求证：BF⊥AC；
(2)找出图中与△OBF相似的三角形，并说明理由;
(3)若OF=3，EF=2，求DE的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)△ECF，△BAF与△OBF相似，理由见解析
(3)3+19
【分析】（1）根据矩形的性质和角平分线的定义即可得出结论；
（2）根据判定两个三角形相似的判定定理，找到相应的角度相等即可得出；
（3）根据△OBF∽△ECF得出3OA=2BF+9，根据△OBF∽△BAF得出BF2=3OA+3，联立方程组求解即可．
【详解】（1）证明：如图所示：
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠2=∠3=∠4，
∵DE=BE，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
又∵BE平分∠DBC，
∴∠1=∠6，
∴∠3=∠6，
又∵∠3与∠5互余，
∴∠6与∠5互余，
∴BF⊥AC；
（2）解：△ECF，△BAF与△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中对角线相互平分，图中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（负值舍去），
∴DE=BE=2+1+19=3+19．
【点睛】本题考查矩形综合问题，涉及到矩形的性质、角平分线的性质、角度的互余关系、两个三角形相似的判定与性质等知识点，熟练掌握两个三角形相似的判定与性质是解决问题的关键．
19．（2023·安徽合肥·校考一模）如图，在矩形ABCD中，AC是对角线．
(1)实践与操作：利用尺规作线段AC的垂直平分线，垂足为点O，交边AD于点E，交边BC于点F（要求：尺规作图并保留作图痕迹，不写作法，标明字母），
(2)猜想与证明：试猜想线段AE与CF的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)作图见解析
(2)AE=CF，证明见解析
【分析】（1）根据垂直平分线的尺规作图的画法，分别以A、C为圆心，以大于12AC的长为半径画弧，交于两点，过两点作直线即可得到线段AC的垂直平分线．
（2）利用矩形及垂直平分线的性质，可以证得△AEO≌△CFO，根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】（1）解：如图，
（2）解：AE=CF．证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠EAO=∠FCO，∠AEO=∠CFO．
∵EF为AC的垂直平分线，
∴OA=OC．
∴△AEO≌△CFO．
∴AE=CF．
【点睛】本题主要考查了垂直平分线的尺规作图的画法、矩形的性质、全等三角形的判定和性质．
20．（2022·湖南株洲·统考一模）如图，已知矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点A作AE∥BD，交CB的延长线于点E．
(1)求证：AE=AC；
(2)若cs∠E=35，CE=12，求矩形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)矩形ABCD的面积为48
【分析】（1）由矩形的性质，可得AC=BD，AD∥BC，故可证四边形AEBD是平行四边形，从而得出AC=AE的结论；
（2）首先根据等腰三角形的性质得到EB的长，然后利用锐角三角函数求得AE的长，从而利用勾股定理求得AB的长,最后求得面积即可．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，AC=BD，AD∥BC，
又∵AE∥BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∴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的面积为8×6=48．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数等知识．解此题的关键是能灵活运用矩形的性质，以及能利用锐角三角函数求线段．
21．（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考一模）如图，四边形ABCD为矩形，AC为矩形的一条对角线．
(1)用尺规完成以下基本作图：在AB的左侧作∠EAB=∠ACD，射线AE与CB的延长线交于点E．连接DE与AB交于点F；（保留作图痕迹，不写做法，不下结论）
(2)小亮判断点F为线段DE的中点．他的证明思路是：利用矩形的性质，先证明△AEC为等腰三角形，从而得到点B为EC的中点，再利用三角形全等，得到点F为DE的中点．请根据小亮的思路完成下面的填空：
证明：∵四边形ABCD为矩形
∴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，
∴点F为ED的中点．
【答案】(1)见解析
(2)①∠BAC=∠ACD，②∠AEC=∠ACE，③BE=BC，④△ADF≌△BEF
【分析】（1）过点A作∠EAB=∠ACD，交CB的延长线交于点E．连接DE与AB交于点F；
（2）利用矩形的性质，先证明△AEC为等腰三角形，从而得到点B为EC的中点，再利用△ADF≌△BEFAAS，得到点F为DE的中点．
【详解】（1）解：如图所示，点E和点F即为所求，
（2）证明：∵四边形ABCD为矩形
∴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，
∴点F为ED的中点．
故答案为：∠BAC=∠ACD，∠AEC=∠ACE，BE=BC，△ADF≌△BEF．
【点睛】本题主要考查了尺规作图，矩形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是按照题目要求作图，熟练掌握相关知识点并灵活运用．
题型06 矩形的判定定理的理解
22．（2023·山东德州·统考二模）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等
B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．测量两组对边是否分别相等
【答案】C
【分析】由对角线的相等不能判定平行四边形，可判断A，两个角为90°不能判定矩形，可判断B，对角线的交点到四个顶点的距离相等，可判断矩形，从而可判断C，由两组对边分别相等判断的是平行四边形，可判断D，从而可得答案．
【详解】解：A、测量两条对角线是否相等，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项A不符合题意；
B、度量两个角是否是90°，不能判定为平行四边形，更不能判定为矩形，故选项B不符合题意；
C、测量对角线交点到四个顶点的距离是否都相等，可以判定为矩形，故选项C符合题意；
D、测量两组对边是否相等，可以判定为平行四边形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是矩形的判定，掌握“矩形的判定方法”是解本题的关键．
23．（2022·河南新乡·校考一模）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是矩形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
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】由于顺次连接四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，再由矩形的判定可知，依次连接对角线互相垂直的四边形各边的中点所得四边形是矩形．
【详解】
根据题意画出图形如下：
答：AC与BD 的位置关系是互相垂直．
证明：∵四边形EFGH是矩形，
∴∠FEH=90°，
又∵点E、F、分别是AD、AB、各边的中点，
∴EF是三角形ABD的中位线，
∴EF∥BD，
∴∠FEH=∠OMH=90°，
又∵点E、H分别是AD、CD各边的中点，
∴EH是三角形ACD的中位线，
∴EH∥AC，
∴∠OMH=∠COB=90°，
即AC⊥BD．
故选C．
【点睛】此题主要考查了矩形的判定定理，画出图形进而应用平行四边形的判定以及矩形判定是解决问题的关键．
24．（2022·江苏南京·南京市第一中学校考一模）已知四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，下列命题：
①若AB＝CD，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
②若OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，则四边形ABCD是平行四边形；
③若AD＝BC，∠ABC＝∠BCD＝90°，则四边形ABCD是矩形；
④若AB＝CD，OA＝OC，∠ABC＝90°，则四边形ABCD是矩形．
其中所有真命题的序号是 ．
【答案】③
【分析】根据平行四边形的特征，矩形的判定方法，判断即可；
【详解】解：①假命题，如图AECD是平行四边形，AB=AE=CD，∠ABC=∠AEB，四边形ABCD不是平行四边形；
②假命题，如图，OA＝OC，∠ABC＝∠ADC，四边形ABCD不是平行四边形；
③真命题，如图，∠ABC＝∠BCD＝90°，则AB∥CD，BC即为平行线间的距离，
∵AD＝BC，
∴AD为平行线间的距离，即AD与平行线垂直，
∴四边形的四个内角都为90°，四边形ABCD是矩形；
④假命题，如图，ABCE是矩形，CD=CE=AB，OA＝OC，∠ABC＝90°，四边形ABCD不是矩形；
综上所述③是真命题，
故答案为：③；
【点睛】本题考查了真假命题的判定，平行四边形和矩形的特征，结合圆的性质寻找反例是解题关键．
题型07 添加一个条件使四边形是矩形
25．（2023·河北沧州·校考一模）在下列条件中，能够判定▱ABCD为矩形的是（ ）
A．AB=ACB．AC⊥BDC．AB=ADD．AC=BD
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理逐项判断即可．
【详解】当AB=AC时，不能说明▱ABCD是矩形，所以A不符合题意；
当AC⊥BD时，▱ABCD是菱形，所以B不符合题意；
当AB=AD时，▱ABCD是菱形，所以C不符合题意；
当AC=BD时，▱ABCD是矩形，所以D符合题意．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．有一个角是直角的平行四边形是矩形；对角线相等的平行四边形是矩形．
26．（2022·北京西城·统考一模）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，点F，G在边BC上，且DG=EF．只需添加一个条件即可证明四边形DFGE是矩形，这个条件可以是 ．（写出一个即可）
【答案】DE=FG或DF∥EG
【分析】由DE是中位线得出DE∥BC，又DG=EF表示的是对角线相等，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；增加条件使四边形DFGE是平行四边形即可．
【详解】解：∵D,E分别是AB,AC的中点，
∴DE∥BC，
当DE=FG时，四边形DFGE是平行四边形，
∵DG=EF，
∴四边形DFGE是矩形；
当DF∥EG时，四边形DFGE是平行四边形，
∵DG=EF，
∴四边形DFGE是矩形；
故答案为：DE=FG或DF∥EG．
【点睛】本题考查矩形的判定、平行四边形的判定，根据：对角线相等的平行四边形是矩形；准确分析出平行四边形的判定是解题关键．
27．（2022·北京海淀·北京市十一学校校考模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，过对角线AC中点O作直线分别交BC，AD于点E，F，只需添加一个条件即可证明四边形AECF是矩形，这个条件可以是 （写出一个即可）．
【答案】AC=FE或AE⊥BC等（答案不唯一，只要满足题意即可）．
【分析】由ABCD为平行四边形，根据平行四边形的性质得到对边AD与BC平行，然后利用两直线平行得到两对内错角相等，再根据O为AC的中点及AAS可得三角形AOF与三角形COE全等，从而可得OF=OE，并得到AFCE为平行四边形，若再添加AC=FE，根据对角线相等的平行四边形为矩形可得AFCE为矩形；若添加AE垂直于BC，由垂直定义可得∠AEC=90°，根据有一个角为直角的平行四边形为矩形可得AFCE为矩形，所添的条件不唯一，只要满足题意即可．
【详解】∵四边形ABCD是平行四边形（已知），
∴AD//BC（平行四边形的对边平行），
∴∠CAF=∠ACE，∠EFA=∠CEF（两直线平行，内错角相等），
由已知可得OA=OC，
∴在△AOF和△COE中，
∠CAF=∠ACE，∠EFA=∠CEF ，OA=OC，
∴△AOF≌△COE(AAS)；
∴OF=OE（全等三角形的对应边相等），又OA=OC，
∴四边形AFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形）；
（1）若添加AC=FE，由对角线相等的平行四边形为矩形可得四边形AFCE为矩形；
（2）若添加AE⊥BC，可得∠AEC=90°，由有一个角为直角的平行四边形为矩形可得四边形AFCE为矩形，
故答案为：AC=FE或AE⊥BC等（答案不唯一，只要满足题意即可）．
【点睛】本题考查平行四边形的综合应用，熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，以及矩形的判定是解题关键．
题型08 证明四边形是矩形
28．（2023·广东汕头·校考模拟预测）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF．
(1)求证：△AOE≌△DFE；
(2)判定四边形AODF的形状并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形AODF为矩形，理由见解析
【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可；
（2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵DF∥AC，
∴∠OAD=∠ADF，
∵∠AEO=∠DEF，
∴△AOE≌△DFE（ASA）；
（2）解：四边形AODF为矩形．
理由：∵△AOE≌△DFE，
∴AO=DF，
∵DF∥AC，
∴四边形AODF为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
即∠AOD=90°，
∴平行四边形AODF为矩形．
【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键．
29．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）如图，▱ABCD中，AC，BD相交于点O，E，F分别是OA，OC的中点．
(1)求证：BE=DF；
(2)设ACBD=k，当k为何值时，四边形DEBF是矩形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当k=2时，四边形DEBF是矩形，理由见解析
【分析】（1）连接DE,BF，先根据平行四边形的性质可得OA=OC,OB=OD，再根据线段中点的定义可得OE=12OA=12OC=OF，然后根据平行四边形的判定可得四边形DEBF是平行四边形，最后根据平行四边形的性质即可得证；
（2）先根据矩形的判定可得当BD=EF时，四边形DEBF是矩形，再根据线段中点的定义、平行四边形的性质可得AC=2EF，由此即可得出k的值．
【详解】（1）证明：如图，连接DE,BF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC,OB=OD，
∵E,F分别是OA，OC的中点，
∴OE=12OA=12OC=OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∴BE=DF．
（2）解：由（1）已证：四边形DEBF是平行四边形，
要使平行四边形DEBF是矩形，则BD=EF，
∵OE=12OA=12OC=OF，
∴EF=OE+OF=12OA+12OC=OA=12AC，即AC=2EF，
∴k=ACBD=2EFEF=2，
故当k=2时，四边形DEBF是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．
30．（2023·山东青岛·一模）如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG．
(1)求证：△ABE≌△FCE；
(2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；
（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形．
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠CFE，
又∵E为BC的中点，
∴EC=EB，
∴在△ABE和△FCE中，
∠EAB=∠CFE∠BEA=∠CEFEC=EB，
∴△ABE≌△FCE(AAS)；
（2）证明：∵△ABE≌△FCE，
∴AB=CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC，
∴DC=CF，
又∵CE=CG，
∴四边形DEFG是平行四边形，
∵E为BC的中点，CE=CG，
∴BC=EG，
又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，
∴DF=EG，
∴平行四边形DEFG是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．
31．（2022·河南郑州·校联考一模）如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG=DE，分别连接AE，AG，FG．
（1）求证：△BCE≅△FDE；
（2）当BF平分∠ABC时，四边形AEFG是什么特殊四边形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证明∠DFE=∠CBE，利用中点的性质证明DE=CE，结合对顶角相等，从而可得结论；
（2）先证明AD=DF, 结合GD=DE, 证明四边形AEFG是平行四边形，再利用等腰三角形的性质证明AE⊥BF, 从而可得结论.
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，∴∠DFE=∠CBE
又∵E为CD边的中点，
∴DE=CE
∵∠FED=∠BEC，∠DFE=∠CBE，DE=CE，
∴△BCE≅△FDE
（2）答：四边形AEFG是矩形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵△FDE≅△BCE，
∴BC=FD，FE=EB，
∴FD=AD，
∵GD=DE，
∴四边形AEFG是平行四边形.
∵BF平分∠ABC，
∴∠CBF=∠ABF.
又∵∠AFB=∠FBC，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AB=AF
又∵FE=EB，
∴AE⊥FE，
∴∠AEF=90°，
∴▱AEFG是矩形
【点睛】本题考查的是三角形全等的判定与性质，平行四边形的性质与判定，矩形的判定，等腰三角形的判定与性质，掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是证题的关键.
题型09 根据矩形的性质与判定求角度
32．（2021·陕西西安·西北工业大学附属中学校考二模）如图，以AB为边，在AB的同侧分别作正五边形ABCDE和矩形ABFG，则∠EAG＝ ．
【答案】18°
【分析】根据四边形ABFG是矩形，得到∠GAB=90°，根据五边形ABCDE是正五边形，得到∠EAB=108°，利用∠EAG＝∠EAB-∠GAB计算即可．
【详解】∵四边形ABFG是矩形，
∴∠GAB=90°，
∵五边形ABCDE是正五边形，
∴∠EAB=108°，
∴∠EAG＝∠EAB-∠GAB
=108°-90°
=18°,
故答案为:18°．
【点睛】本题考查了矩形的性质,正五边形的内角和定理，熟练掌握正五边形和矩形的内角和是解题的关键．
33．（2020·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，且EC平分∠BED．
（1）求证：BE=BC．
（2）若BE=DC+DE，求∠BEC的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BEC=67.5°.
【分析】（1）根据角平分线的性质和平行线的性质证得∠DEC＝∠ECB＝∠BEC，继而即可求证结论；
（2）根据矩形的性质和等量代换可得：AE=CD=AB，由等腰直角三角形的判定和性质可得：∠ABE＝45°，进而由涉及到内角和与等腰三角形两底角相等即可求解．
【详解】（1）证明：∴四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠DEC=∠BCE．
∵EC平分∠DEB
∴∠DEC=∠BEC，
∴∠BEC=∠ECB，
∴BE=BC．
（2）解：∵四边形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°．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、等腰三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理，解题的关键是综合运用所学知识．
34．（2023·广东珠海·珠海市九洲中学校考一模）已知：以O为圆心的扇形AOB中，∠AOB=90°，点C为AB上一动点，射线AC交射线OB于点D，过点D作OD的垂线交射线OC于点E，连接AE．
(1)如图1，当四边形AODE为矩形时，求∠ADO的度数；
(2)当扇形的半径长为10，且AC=12时，求线段DE的长；
(3)连接BC，试问：在点C运动的过程中，∠BCD的大小是否确定？若是，请求出它的度数；若不是，请说明理由．
【答案】(1)∠ADO=30°；
(2)359；
(3)∠BCD的值是确定的，∠BCD=45°．
【分析】（1）利用矩形的性质，证明△OAC是等边三角形即可得出答案；
（2）作OH⊥AD于H，由△AOH∽△ADO，可求AD的值，从而可以求出CD的值，再由DE∥OA，即可求出DE；
（3）连接AB、BC，根据圆周角定理，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图1中，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=OE，AC=CD=OC=CE，∠AOD=90°，
又∵OA=OC
∴AC=OC=OA，
∴△AOC是等边三角形，
∴∠OAD=60°，
∴∠ADO=90°-∠OAD=30°．
（2）解：如图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：如图3中，结论：∠BCD的值是确定的，∠BCD=45°．
理由：连接AB、BC．
∵∠BCD=∠BAC+∠ABC，
又∵∠BAC=12∠BOC， ∠ABC=12∠AOC，
∴∠BCD=12∠BOC+12∠AOC=12(∠BCO+∠AOC)=12×90°=45°．
【点睛】此题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，解题的关键是熟练掌握相关基本性质，作辅助线构造出相似三角形．
题型10 根据矩形的性质与判定求线段长
35．（2022·河南商丘·校考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=1，BC=2，点E为射线AD上的动点（不与点A，D重合），点A关于直线BE的对称点为A'，连接A'B，A'D，A'C，当△A'BC是以BC为底边的等腰三角形时，AE的长为 ．
【答案】2-1或2+1
【分析】由四边形ABCD是矩形得到∠A＝∠ABC＝90°，点A关于直线BE的对称点为A'得到A'B=AB=1，AE＝A'E，∠BAE＝∠BA'E=90°，分点E在线段AD上和点E在线段AD的延长线上两种情况进行求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形
∴ ∠A＝∠ABC＝90°，
∵点A关于直线BE的对称点为A'，
∴A'B=AB=1，AE＝A'E，∠BAE＝∠BA'E=90°，
当点E在线段AD上时，如图1所示，过点E作EF⊥BC于点F，则∠BFE＝90°，
∵∠A＝∠ABC＝∠BFE＝90°
∴四边形ABFE是矩形
∴AE＝BF，EF＝AB＝1,
∵△A'BC是以BC为底边的等腰三角形
∴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°
∴ 点E、A'、C在同一直线上
∴S△BCE=12EC·BA'=12BC·EF
∴EC＝2
∴A'E＝EC－A'C＝2－1
当点E在线段AD的延长线上，如图2所示，
由上述证明知，△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°，
由垂线的性质，经过一点有且只有一条直线与已知直线垂直得到点A'、C、E三点共线，
∵四边形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
综上，AE的长为2-1或2+1．
故答案为：2-1或2+1．
【点睛】此题考查了矩形的性质和判定、轴对称的性质、等腰三角形的判定和性质、垂线的性质、勾股定理的逆定理等知识，根据题意准确画出图形是解题的关键．
36．（2022·陕西西安·校联考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，E在AD边上，将△ABE沿BE折叠，点A恰好落在矩形ABCD的对称中心O处，若AB=4，则BC的长为 ．
【答案】43
【分析】连接OD，首先说明B、O、D共线，证明∠DBC=30°，可得结论．
【详解】解：如图，连接OD，
∵点O是矩形ABCD的对称中心，
∴B、O、D共线，∠C=90°，
∵△ABE沿BE折叠，点A恰好落在矩形ABCD的对称中心O处，AB=4，
∴BD=2OB=2AB=2CD=8，
∴∠DBC=30°，
∴BC=BD·cs30°=8×32=43．
故答案为：43．
【点睛】本题考查图形的折叠问题，中心对称，矩形的性质，解直角三角形，含30度角的直角三角形等知识．解题的关键正确理解和掌握图形折叠变换的性质．
37．（2020·四川南充·统考一模）如图，▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，过点D作DE⊥BC于E，延长CB到点F，使BF=CE，连接AF,OF．
(1)求证：四边形AFED是矩形．
(2)若AD=7,BE=2,∠ABF=45°，试求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)132
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到AD=BC,AD∥BC，等量代换得到FE=BC，推出四边形AFED是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）先证得△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质，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∵BF=CE，
∴FE=BC，
∴FE=AD，
∴四边形AFED是平行四边形，
∵DE⊥BC，
∴∠DEF=90°，
∴四边形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，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，
∴OF=12AC=132．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行四边形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
题型11 根据矩形的性质与判定求面积
38．（2022·内蒙古赤峰·统考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，则四边形CEDF的面积是（ ）
A．6B．12C．24D．48
【答案】B
【分析】利用三角形的中位线定理，先证明四边形DECF是矩形，再利用矩形的面积公式进行计算即可.
【详解】解：∵ 点D，E，F分别是边AB，AC，BC的中点，AC＝8，BC＝6，
∴DE//BC,DE=12BC=3,DF//AC,DF=12AC=4,
∴ 四边形DECF是平行四边形，
∵∠C=90°,
∴ 四边形DECF是矩形，
∴S矩形DECF=3×4=12.
故选：B.
【点睛】本题考查的是三角形的中位线的性质，矩形的判定与性质，掌握利用三角形的中位线证明四边形是平行四边形是解题的关键.
39．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，△ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 cm2．
【答案】8
【分析】根据平移的性质即可求解．
【详解】解：由平移的性质S△A′B′C′=S△ABC，BC=B′C′，BC∥B′C′，
∴四边形B′C′CB为平行四边形，
∵BB′⊥BC，
∴四边形B′C′CB为矩形，
∵阴影部分的面积=S△A′B′C′+S矩形B′C′CB-S△ABC
=S矩形B′C′CB
=4×2
=8(cm2)．
故答案为：8．
【点睛】本题考查了矩形的判定和平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
40．（2023·江苏常州·常州实验初中校考一模）如图，在平行四边形ABCD中，连接BD，E为线段AD的中点，延长BE与CD的延长线交于点F，连接AF，∠BDF=90°
(1)求证：四边形ABDF是矩形；
(2)若AD=5，DF=3，求四边形ABCF的面积S．
【答案】(1)见解析；
(2)18．
【分析】（1）根据平行四边形的性质及全等三角形的判定证得△ABE≌△DFE，即可得到AB=DF，从而证明四边形ABDF是平行四边形，再根据∠BDF=90°即可证明四边形ABDF是矩形；
（2）根据全等的性质、矩形性质及勾股定理得到AB=DF=3，AF=4，由平行四边形性质求得CF=6，最后利用梯形的面积公式计算即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，即AB∥CF，
∴∠BAE=∠FDE，
∵E为线段AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AEB=∠DEF，
∴△ABE≌△DFE（ASA），
∴AB=DF，
又∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∵∠BDF=90°，
∴四边形ABDF是矩形；
（2）解：由（1）知，四边形ABDF是矩形，
∴AB=DF=3，∠AFD=90°，
∴在Rt△ADF中，AF=AD2-DF2=52-32=4，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=3，
∴CF=CD+DF=3+3=6，
∴S=12(AB+CF)·AF=12×(3+6)×4=18．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握各性质及判定定理进行推理是解题的关键．
41．（2020·浙江杭州·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠ABC=∠ADC=90°，对角线AC，BD交于点O，DE平分∠ADC交BC于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）若∠BDE=15°，求∠DOE；
（3）在（2）的条件下，若AB=2，求△BOE的面积．
【答案】（1）见解析；（2）135°；（3）3-1
【分析】（1）根据有三个角是直角是四边形是矩形判定即可；
（2）首先根据矩形的性质得出OD=OC，然后利用角平分线的定义得出△DCE是等腰直角三角形，进而得出△OCD是等边三角形，然后可得∠OCE=30°，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理得出∠COE=∠CEO=75°，最后利用∠DOE=∠COD+∠COE即可求解；
（3）作OF⊥BC于F，首先根据三角形中位线的性质得出OF=1，然后利用勾股定理求出BC的长度，进而得出BE的长度，最后利用面积公式求解即可．
【详解】解：（1）∵AD//BC，
∴∠ABC+∠BAD=180°，
∵∠ABC=90°，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形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是等边三角形，
∴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．
∵四边形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的面积=12BE⋅OF=12×23-2×1=3-1 ．
【点睛】本题主要考查四边形综合，掌握矩形的判定及性质，等腰三角形的性质和勾股定理是解题的关键．
题型12 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
42．（2019·广东·统考一模）如图，在矩形ABCD中，E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连结AP并延长AP交CD于F点，连结CP并延长CP交AD于Q点．给出以下结论：
①四边形AECF为平行四边形；
②∠PBA=∠APQ；
③△FPC为等腰三角形；
④△APB≌△EPC；
其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】①根据三角形内角和为180°易证∠PAB+∠PBA=90°，易证四边形AECF是平行四边形，即可解题；
②根据平角定义得：∠APQ+∠BPC=90°，由正方形可知每个内角都是直角，再由同角的余角相等，即可解题；
③根据平行线和翻折的性质得：∠FPC=∠PCE=∠BCE，∠FPC≠∠FCP，且∠PFC是钝角，△FPC不一定为等腰三角形；
④当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，即可解题．
【详解】解：①如图，EC，BP交于点G；
∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP=EB，
∴∠EBP=∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴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，
∴四边形AECF是平行四边形，
故①正确；
②∵∠APB=90°，
∴∠APQ+∠BPC=90°，
由折叠得：BC=PC，
∴∠BPC=∠PBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ABP+∠PBC=90°，
∴∠ABP=∠APQ，
故②正确；
③∵AF∥EC，
∴∠FPC=∠PCE=∠BCE，
∵∠PFC是钝角，
当△BPC是等边三角形，即∠BCE=30°时，才有∠FPC=∠FCP，
如右图，△PCF不一定是等腰三角形，
故③不正确；
④∵AF=EC，AD=BC=PC，∠ADF=∠EPC=90°，
∴Rt△EPC≌△FDA（HL），
∵∠ADF=∠APB=90°，∠FAD=∠ABP，
当BP=AD或△BPC是等边三角形时，△APB≌△FDA，
∴△APB≌△EPC，
故④不正确；
其中正确结论有①②，2个，
故选B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质和判定，矩形的性质，翻折变换，平行四边形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
43．（2018·山东临沂·校联考三模）如图所示，矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于E，∠CAE=15°，则下面的结论：①ΔODC是等边三角形；②BC=2AB；③∠AOE=135°；④SΔAOE=SΔCOE，其中正确结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据矩形性质求出OD=OC,根据角求出 ∠DOC = 60°即可得出三角形DOC是等边三角形,求出AC= 2AB, 即可判断②,求出∠BOE= 75°，∠AOB = 60相加即可求出,∠AOE根据等底等高的三角形面积相等得出S△AOE=S△COE.
【详解】∵四边形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是等边三角形.
∴①正确；
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=90°.
∴∠DAC=∠ACB=30°.
∴AC=2AB.
∵AC＞BC，
∴2AB＞BC.
∴②错误；
∵AD∥BC，
∴∠DBC=∠ADB=30°.
∵AE平分∠DAB，∠DAB=90°，
∴∠DAE=∠BAE=45°.
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE.
∵△DOC是等边三角形，
∴DC=OD.
∴BE=BO.
∴∠BOE=75°，
∵∠AOB=∠DOC=60°，
∴∠AOE=135°.
∴③正确；
∵OA=OC，
∴根据等底等高的三角形面积相等可知SΔAOE=SΔCOE，
∴④正确；
故正确答案是C.
【点睛】本题考查了矩形性质，平行线性质，角平分线定义，等边三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的综合运用.
44．（2021·广东东莞·校考一模）如图，CB＝CA，∠ACB＝90°，点D在边BC上（与B、C不重合），四边形ADEF为正方形，过点F作FG⊥CA，交CA的延长线于点G，连接FB，交DE于点Q，给出以下结论：①AC＝FG；②S△FAB：S四边形CBFG＝1：2；③∠ABC＝∠ABF；④AD2＝FQ•AC，其中正确的是（ ）
A．①②B．①③④C．①②③D．①②③④
【答案】D
【分析】由正方形的性质得出∠FAD＝90°，AD=AF=EF，证出∠CAD=∠AFG，由AAS证明△FGA≌△ACD，得出AC=FG，①正确；证明四边形CBFG是矩形，得出S△FAB=12FB•FG=12S四边形CBFG，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出∠ABC=∠ABF=45°，③正确；证出△ACD∽△FEQ，得出对应边成比例，得出AD•FE=AD2=FQ•AC，④正确．
【详解】解：∵四边形ADEF为正方形，
∴∠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正确；
∵BC=AC，
∴FG=BC，
∵∠ACB=90°，FG⊥CA，
∴FG//BC，
∴四边形CBFG是矩形，
∴CBF=90°，
S△FAB=12FB⋅FG=12S四边形CBFG，故②正确；
∵CA=CB，∠C=∠CBF=90°，
∴∠ABC=∠ABF=45°，故③正确；
∵∠FQE=∠DQB=∠ADC，∠E=∠C=90°，
∴△ACD∽△FEQ，
∴AC：AD=FE：FQ，
∴AD•FE=AD2=FQ•AC，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键．
45．（2019·广东深圳·统考二模）如图，已知一个矩形纸片OACB，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点A（10，0），点B（0，6），点P为BC边上的动点，将△OBP沿OP折叠得到△OPD，连接CD、AD．则下列结论中：①当∠BOP＝45°时，四边形OBPD为正方形；②当∠BOP＝30°时，△OAD的面积为15；③当P在运动过程中，CD的最小值为234﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其中结论正确的有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①由矩形的性质得到∠OBC=90°，根据折叠的性质得到OB=OD， ∠PDO=∠OBP=90°，∠BOP=∠DOP，推出四边形OBPD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形 OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，得到OA=10， OB=6，根据直角三角形的性质得到DH=12OD=3，根据三角形的面积公式得到ΔOAD的面积为 12OA·DH=12×3×10=15，故②正确；
③连接OC，于是得到OD+CD≥OC，即当 OD+CD=OC时，CD取最小值，根据勾股定理得到CD的最小值为234-6；故③正确；
④根据已知条件推出P，D，A三点共线，根据平行线的性质得到∠OPB=∠POA，等量代换得到 ∠OPA=∠POA，求得AP=OA=10，根据勾股定理得到BP=BC-CP=10-8=2，故④正确．
【详解】解：①∵四边形OACB是矩形，
∴∠OBC=90°，
∵将ΔOBP沿OP折叠得到ΔOPD，
∴OB=OD，∠PDO=∠OBP=90°， ∠BOP=∠DOP，
∵∠BOP=45°，
∴∠DOP=∠BOP=45°，
∴∠BOD=90°，
∴∠BOD=∠OBP=∠ODP=90°，
∴四边形OBPD是矩形，
∵OB=OD，
∴四边形OBPD为正方形；故①正确；
②过D作DH⊥OA于H，
∵点A(10,0)，点B(0,6)，
∴OA=10，OB=6，
∴OD=OB=6，∠BOP=∠DOP=30°，
∴∠DOA=30°，
∴DH=12OD=3，
∴ΔOAD的面积为12OA·DH=12×3×10=15，故②正确；
③连接OC，
则OD+CD≥OC，
即当OD+CD=OC时，CD取最小值，
∵AC=OB=6，OA=10，
∴OC=OA2+AC2=102+62=234，
∴CD=OC-OD=234-6，
即CD的最小值为234-6；故③正确；
④∵OD⊥AD，
∴∠ADO=90°，
∵∠ODP=∠OBP=90°，
∴∠ADP=180°，
∴P，D，A三点共线，
∵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正确；
故选：D．

【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键．
46．（2023·湖北黄冈·三模）如图，将矩形ABCD沿着GE、EC、GF翻折，使得点A、B、D恰好都落在点O处，且点G、O、C在同一条直线上，同时点E、O、F在另一条直线上．小炜同学得出以下结论：①GF∥EC；②AB=435AD；③GE=6DF；④OC=22OF；⑤△COF∽△CEG．其中正确的是（ ）
A．①②③B．①③④C．①④⑤D．②③④
【答案】B
【分析】由折叠的性质知∠FGE=90°，∠GEC=90°，点G为AD的中点，点E为AB的中点，设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，据此求解即可．
【详解】解：根据折叠的性质知∠DGF=∠OGF，∠AGE=∠OGE，
∴∠FGE=∠OGF+∠OGE=12(∠DGO+∠AGO) =90°，
同理∠GEC=90°，
∴∠FGE+∠GEC=180°
∴GF∥EC；故①正确；
根据折叠的性质知DG=GO，GA=GO，
∴DG=GO=GA，即点G为AD的中点，
同理可得点E为AB的中点，
设AD=BC=2a，AB=CD=2b，则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不正确；
设DF=FO=x，则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正确；
∴OCOF=2aa2=22，
∴OC=22OF；故④正确；
∵∠FCO与∠GCE不一定相等，
∴△COF∽△CEG不成立，故⑤不正确；
综上，正确的有①③④，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，解题时，我们常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
题型13 与矩形有关的新定义问题
47．（2020·广东深圳·统考二模）定义：在平面直角坐标系中，过一点分别作坐标轴的垂线，若与坐标轴围成的周长与面积相等，则这个点叫做和谐点，这个矩形叫做和谐矩形．已知点P(m，n)是抛物线y＝x2+k上的和谐点，对应的和谐矩形的面积为16，则k的值可以是（ ）
A．﹣12B．0C．4D．16
【答案】A
【分析】根据和谐点的定义与二次函数的性质列出m、n的方程，求得m、n便可．
【详解】解：∵点P（m，n）是抛物线y＝x2+k上的点，
∴n＝m2+k，
∴k＝n﹣m2，
∴点P（m，n）是和谐点，对应的和谐矩形的面积为16，
∴2|m|+2|n|＝|mn|＝16，
∴|m|＝4，|n|＝4，
当n≥0时，k＝n﹣m2＝4﹣16＝﹣12；
当n＜0时，k＝n﹣m2＝﹣4﹣16＝﹣20．
故选：A．
【点睛】本题是一个新定义题，主要考查了二次函数的图象与性质，矩形的性质，关键是根据题意列出m、n的方程．
48．（2023·陕西咸阳·统考二模）【定义新知】
如图1，将矩形纸片ABCD沿BE折叠，点A的对称点F落在BC边上，再将纸片沿CE折叠，点D的对称点也与F重合，折叠后的两个三角形拼合成一个三角形(△BCE)，这个三角形称为叠合三角形．类似地，对多边形进行折叠，若折叠后的图形恰好可以拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，则这样的矩形称为叠合矩形．
(1)图1中叠合△BCE的底边BC与高EF的长度之比为_______；
(2)将▱ABCD纸片按图2中的方式折叠成一个叠合矩形MNPQ，若AD=13，MN=5，求叠合矩形MNPQ的面积；
【问题解决】
(3)已知四边形ABCD纸片是一个直角梯形，满足AB∥CD，AB⊥BC，AB 点F为BC的中点，EF⊥BC，小明把该纸片折叠，得到叠合正方形．
①如图3，若线段EF是其中的一条折痕，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出AB和CD的长；
②如图4，若线段EF是叠合正方形的其中一条对角线，请你在图中画出叠合正方形的示意图，并求出此时AB和CD的长．
【答案】(1)2：1；
(2)60；
(3)①AB=1，CD=7；②AB=5，CD=11．
【分析】（1）根据条件可得四边形ABFE,CDEF为全等的正方形，即可求解；
（2）证△BMN≌△DPQ，结合勾股定理即可求解；
（3）根据【定义新知】结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：由题意可得 ：AE=EF=DE
故四边形ABFE,CDEF为全等的正方形
∴EF=BF=CF
故△BCE的底边BC与高EF的长度之比为：2：1
（2）解：由四边形MNPQ是叠合矩形，可得∠NMQ=90°，MQ=PN，MN=PQ，MN∥PQ．
易得∠MNB=∠MNF=∠PQE=∠PQD，MB=MF=MA=12AB，PD=PE=PC=12CD．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠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，
∴叠合矩形MNPQ的面积=MQ·MN=12×5=60
（3）解：①叠合正方形EFCG的示意图如图1所示

由折叠的性质可得AB=CH,BF=CF=4,DG=GH,∠EGH=90°
由平行线分线段成比例可得AE=DE=5
∵四边形EFCG是叠合正方形，
∴CG=EG=4,
∴GH=DG=DE²-EG²=3
∴AB=CH=CG-GH=1,CD=CG+DG=7
②叠合正方形EGFH的示意图如图2所示.作EN⊥CD于点N,
由题意可得E是AD的中点，

∴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
【点睛】本题考查了矩形与折叠问题、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用等．利用相关几何知识进行严密的逻辑推理是解题关键．
49．（2023·广东广州·校考一模）定义：在平面直角坐标系xOy中，当点N在图形M的内部，或在图形M上，且点N的横坐标和纵坐标相等时，则称点N为图形M的“梦之点”．

(1)如图①，矩形ABCD的顶点坐标分别是A-1,2，B-1,-1，C3,-1，D3,2，在点M11,1，M22,2，M33,3中，是矩形ABCD“梦之点”的是___________；
(2)点G2,2是反比例函数y1=kx图象上的一个“梦之点”，则该函数图象上的另一个“梦之点”H的坐标是___________，直线GH的解析式是y2=___________．当y1>y2时，x的取值范围是___________．
(3)如图②，已知点A，B是抛物线y=-12x2+x+92上的“梦之点”，点C是抛物线的顶点，连接AC，AB，BC，判断△ABC的形状，并说明理由．
【答案】(1)M1，M2
(2)H-2,-2，y2=x，x0的图象经过点D及矩形OABC的对称中心M，连接OD,OM,DM．若△ODM的面积为3，则k的值为（ ）

A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】设B点的坐标为(a,b)，根据矩形对称中心的性质得出延长OM恰好经过点B，M(a2,b2)，确定D(14a,b)，然后结合图形及反比例函数的意义，得出S△ODM=S△AOB-S△AOD-S△BDM=3，代入求解即可．
【详解】解：∵四边形OCBA是矩形，
∴AB=OC，OA=BC，
设B点的坐标为(a,b)，
∵矩形OABC的对称中心M，
∴延长OM恰好经过点B，M(a2,b2)，

∵点D在AB上，且AD=14AB，
∴D(14a,b)，
∴BD=34a，
∴S△BDM=12BD⋅h=12×34a×(b-b2)=316ab
∵D在反比例函数的图象上，
∴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，
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，反比例函数图象上点的坐标特征，三角形的面积等知识，熟练掌握和灵活运用相关知识是解题的关键．
7．（2023·浙江杭州·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC,BD相交于点O．若∠AOB=60°，则ABBC=（ ）

A．12B．3-12C．32D．33
【答案】D
【分析】根据矩形性质得出OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，推出OA=OB则有等边三角形AOB，即∠BAO=60°，然后运用余切函数即可解答．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=12AC，OB=OD=12BD，AC=BD，
∴OA=OB，
∵∠AOB=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠BAO=60°，
∴∠ACB=90°-60°=30°，
∵tan∠ACB=ABBC=tan30°=33，故D正确．
故选：D．
【点睛】本题考查了等边三角形性质和判定、矩形的性质、余切的定义等知识点，求出∠BAO=60°是解答本题的关键．
8．（2023·湖南·统考中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，AB>AD，AC与BD相交于点O，下列说法正确的是（ ）

A．点O为矩形ABCD的对称中心B．点O为线段AB的对称中心
C．直线BD为矩形ABCD的对称轴D．直线AC为线段BD的对称轴
【答案】A
【分析】由矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，线段AB的对称中心是线段AB的中点，矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，从而可得答案．
【详解】解：矩形ABCD是中心对称图形，对称中心是对角线的交点，故A符合题意；
线段AB的对称中心是线段AB的中点，故B不符合题意；
矩形ABCD是轴对称图形，对称轴是过一组对边中点的直线，
故C，D不符合题意；
故选A
【点睛】本题考查的是轴对称图形与中心对称图形的含义，矩形的性质，熟记矩形既是中心对称图形也是轴对称图形是解本题的关键．
9．（2023·甘肃武威·统考中考真题）如图，将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH．若AB=2，BC=4，则四边形EFGH的面积为（ ）

A．2B．4C．5D．6
【答案】B
【分析】由题意可得四边形EFGH是菱形，FH=AB=2，GE=BC=4，由菱形的面积等于对角线乘积的一半即可得到答案．
【详解】解：∵将矩形ABCD对折，使边AB与DC，BC与AD分别重合，展开后得到四边形EFGH，
∴EF⊥GH，EF与GH互相平分，
∴四边形EFGH是菱形，
∵FH=AB=2，GE=BC=4，
∴菱形EFGH的面积为12FH⋅GE=12×2×4=4．
故选：B
【点睛】此题考查了矩形的折叠、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握菱形的面积等于对角线乘积的一半是解题的关键．
二、填空题
10．（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形AOBC的边OB，OA分别在x轴、y轴正半轴上，点D在BC边上，将矩形AOBC沿AD折叠，点C恰好落在边OB上的点E处．若OA=8，OB=10，则点D的坐标是 ．

【答案】10,3
【分析】根据折叠的性质得出AE=AC=10，在Rt△AOE中，勾股定理求得OE=6，进而得出BE=4，在Rt△DBE中，勾股定理建立方程，求得BD的长，即可求解．
【详解】解：∵四边形AOBC是矩形，
∴AC=OB=10，
∵折叠，
∴AE=AC=10，
在Rt△AOE中，OE=AE2-AO2=102-82=6
∴EB=OB-OE=10-6=4，
∴设DB=m，则CD=8-m，
∵折叠，
∴DE=CD=8-m，
在Rt△DEB中，DE2=EB2+BD2，
∴8-m2=m2+42，
解得：m=3，
∴DB=3，
∴D的坐标为10,3，
故答案为：10,3．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，勾股定理，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质以及勾股定理是解题的关键．
11．（2023·湖南湘西·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F是AE的中点，AB=8,AD=DE=10，则BF的长为 ．

【答案】25
【分析】利用矩形的性质和勾股定理求出CE，进而求出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边中线的性质即可求解．
【详解】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，
∵点F是AE的中点，
∴BF=12AE=25．
故答案为：25．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题
12．（2023·湖南娄底·统考中考真题）如图，点E在矩形ABCD的边CD上，将△ADE沿AE折叠，点D恰好落在边BC上的点F处，若BC=10．sin∠AFB=45，则DE= ．

【答案】5
【分析】利用矩形的性质及折叠的性质可得AD=AF=10，EF=ED，可得AB=AF⋅sin∠AFB=10×45=8，BF=AF2-AB2=6，设DE=x，则CE=CD-DE=8-x，利用勾股定理可得EF2=CF2+CE2，进而可得结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，AB=CD，AD=BC=10，
根据折叠可知，可知AD=AF=10，EF=ED，
则，在Rt△ABF中，AB=AF⋅sin∠AFB=10×45=8，则CD=8，
∴BF=AF2-AB2=6，则CF=BC-BF=4，
设DE=x，则CE=CD-DE=8-x，
在Rt△CEF中，EF2=CF2+CE2，即：x2=8-x2+42，
解得：x=5，
即：DE=5，
故答案为：5．
【点睛】本题考查矩形的性质、折叠的性质、解直角三角形，灵活运用折叠的性质得到相等线段是解决问题的关键．
13．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）在平面直角坐标系xOy中，一个图形上的点都在一边平行于x轴的矩形内部（包括边界），这些矩形中面积最小的矩形称为该图形的关联矩形．例如：如图，函数y=(x-2)20≤x≤3的图象（抛物线中的实线部分），它的关联矩形为矩形OABC．若二次函数y=14x2+bx+c0≤x≤3图象的关联矩形恰好也是矩形OABC，则b= ．

【答案】712或-2512
【分析】根据题意求得点A3,0，B3,4，C0,4，根据题意分两种情况，待定系数法求解析式即可求解．
【详解】由y=(x-2)20≤x≤3，当x=0时，y=4，
∴C0,4，
∵A3,0，四边形ABCO是矩形，
∴B3,4，
①当抛物线经过O，B时，将点0,0，B3,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=014×9+3b+c=4
解得：b=712
②当抛物线经过点A,C时，将点A3,0,C0,4代入y=14x2+bx+c0≤x≤3，
∴c=414×9+3b+c=0
解得：b=-2512
综上所述，b=712或b=-2512，
故答案为：712或-2512．
【点睛】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，理解新定义，最小矩形的限制条件是解题的关键．
三、解答题
14．（2023·青海西宁·统考中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点D'处，MD'与BC交于点N．


【猜想】】MN=CN
【验证】请将下列证明过程补充完整：
∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD=
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= （ ）
∴ = （等量代换）
∴MN=CN（ ）
【应用】
如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME．
（1）猜想MN与EC的数量关系，并说明理由；
（2）若CD=2，MD=4，求EC的长．
【答案】【验证】∠CMD'；∠MCN；两直线平行，内错角相等；∠CMD'；∠MCN；等角对等边；【应用】（1）EC=2MN，见解析；（2）5
【验证】（1）由折叠得∠AME=∠A'ME，由平行线性质，得∠AME=∠MEN，于是∠A'ME=∠MEN ，进而可得证MN=EN，MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）由折叠得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．在Rt△ND'C中，根据勾股定理，构建方程求解得MN，得EC=2MN=5.
【详解】解：【验证】∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠
∴∠CMD= ∠CMD'
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠CMD= ∠MCN（两直线平行，内错角相等）
∴∠CMD'=∠MCN（等量代换）
∴MN=CN（等角对等边 ）
【应用】（1）EC=2MN
理由如下：
∵由四边形ABEM折叠得到四边形A'B'EM
∴∠AME=∠A'ME
∵四边形ABCD是矩形
∴AD∥BC（矩形的对边平行）
∴∠AME=∠MEN（两直线平行，内错角相等）
∴∠A'ME=∠MEN
∴MN=EN（等角对等边）
∵MN=CN
∴MN=EN=NC 即EC=2MN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=2，MD=MD'=4．
设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.
【点睛】本题考查轴对称折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等角对等边；根据折叠的性质得到线段相等、角相等是解题的关键．
15．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图1，点O为矩形ABCD的对称中心，AB=4，AD=8，点E为AD边上一点0AB)沿对角线BD翻折，C的对应点为点C'，以矩形ABCD的顶点A为圆心、r为半径画圆，⊙A与BC'相切于点E，延长DA交⊙A于点F，连接EF交AB于点G．

(1)求证：BE=BG．
(2)当r=1，AB=2时，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)BC=23
【分析】（1）连接AE，由切线的性质得∠AEB=90°，则∠AEG+∠BEG=90°，由矩形的性质得∠BAD=∠BAF=90°，再由直角三角形两锐角互余得∠F+∠AGF=90°，根据对顶角相等和同圆的半径相等得∠BGE=∠AGE，∠F=∠AEG，然后由等角的余角相等得∠BGE=∠BEG，最后由等角对等边得出结论；
（2）由锐角三角函数得，sin∠ABE=AEAB=12，得∠ABE=30°，由翻折得∠CBD=∠C'BD，由∠ABE+∠CB'D+∠CBD=90°得∠CBD=30°，再由矩形对边相等得AB=CD，最后在Rt△BCD中解直角三角形即可得出结论．
【详解】（1）证明：如图，连接AE．

∵⊙A与BC'相切于点E，
∴∠AEB=90°，
∴∠AEG+∠BEG=90°．
∵四边形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°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
由翻折可知，∠CBD=∠C'BD=12∠ABC-∠ABE=12×90°-30°=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，
在Rt△BCD中，tan∠CBD=tan30°=CDBC，
∴BC=CDtan30°=233=23．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，考查了矩形的性质、切线的性质、翻折的有关性质、锐角三角函数的定义，正确作出辅助线，巧用解直角三角形是解答本题的关键．
18．（2023·江苏宿迁·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，垂足分别为E、F．求证：AF=CE．
【答案】证明见解析
【分析】根据AAS定理证出△ADF≌△CBE，再根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：∵四边形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．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
19．（2023·湖北恩施·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E是AD的中点，将矩形ABCD沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，连接AD'交BC'于点F．

(1)若∠DED'=70°，求∠DAD'的度数；
(2)连接EF，试判断四边形C'D'EF的形状，并说明理由．
【答案】(1)∠DAD'的度数为35°
(2)矩形，理由见详解
【分析】（1）根据点E是AD的中点，沿BE所在的直线折叠，可得△AED'是等腰三角形，根据三角形的外角的性质即可求解；
（2）如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，根据矩形和折叠的性质可得四边形BED'F是平行四边形，如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，可证四边形C'D'EF是平行四边形，再根据折叠的性质得∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，由此即可求证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，点E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴DE=D'E，
∴AE=D'E，则△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'的度数为35°．
（2）解：如图所示，连接EF，点H是BE上的一点，

∵四边形ABCD是矩形，
∴DE∥BC，∠C=∠D=90°，即CD⊥BC，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为C'，D'，
∴∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，C'F∥D'E，BE是∠CBC',∠DED'的角平分线，
由（1）可知，∠EAD'=∠ED'A=12∠DED'，
∴∠ED'A=∠D'EH，
∴AD'∥BE，且BF∥ED'，
∴四边形BED'F是平行四边形，则BF=ED'，FD'=BE，
如图所示，连接EC，EC'，过点E作EG⊥BC于点G，

∵点E是AD的中点，EG⊥BC，
∴点G是线段BC的中点，则AE=DE=BG=CG，
∴在△BEG,△CEG中，
BG=CG∠BGE=∠CGE=90°EG=EG，
∴△BEG≌△CEG(SAS)，
∴BE=CE，∠EBG=∠ECG，
∵沿BE所在的直线折叠，C，D的对应点分别为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'，
∴四边形C'D'EF是平行四边形，
∵∠C'=∠D'=∠C=∠D=90°，
∴平行四边形C'D'EF是矩形．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，矩形的判定，折叠的性质，全等三角形的判定和性质的综合，掌握矩形折叠的性质，全等三角形的判定和性质，图形结合分析是解题的关键．
20．（2023·黑龙江大庆·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，E为线段CD的中点，连接AC，AE，延长AE，BC交于点F，连接DF，∠ACF=90°．

(1)求证：四边形ACFD是矩形；
(2)若CD=13，CF=5，求四边形ABCE的面积．
【答案】(1)证明，见解析
(2)45
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得AD∥BC，根据平行线的性质，得∠DAF=∠AFC，∠ADC=∠DCF；再根据E为线段CD的中点，全等三角形的判定，则△ADE≅△FCE，根据矩形的判定，即可；
（2）过点E作EG⊥AC于点G，根据勾股定理，求出DF的长，再根据四边形ABCE的面积等于S△ABC+S△AEC，即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAF=∠AFC，∠ADC=∠DCF，
∵E为线段CD的中点，
∴DE=CE，
∴△ADE≅△FCE，
∴AE=EF，
∴四边形ACFD是平行四边形，
∵∠ACF=90°，
∴平行四边形ACFD是矩形．
（2）过点E作EG⊥AC于点G，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，
∵四边形ACFD是矩形，
∴AD=CF，
∴AD=BC=CF=5，
∵CD=13，
∴DF=132-52=12，
∴四边形ABCE的面积等于S△ABC+S△AEC，
∵S△ABC=12×AC×BC=12×12×5=30，S△ACE=12×AC×GE，
∵点E是对角线的中心，
∴GE=12AD=52，
∴S△ACE=12×AC×GE=12×12×52=15，
∴平行四边形ABCD的面积为：30+15=45．

【点睛】本题考查矩形，平行四边形，全等三角形的知识，解题的关键是矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．
21．（2023·湖南岳阳·统考中考真题）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM=CM，请从以下三个选项中①∠1=∠2；②AM=DM；③∠3=∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形．

(1)你添加的条件是_________（填序号）；
(2)添加条件后，请证明▱ABCD为矩形．
【答案】(1)答案不唯一，①或②
(2)见解析
【分析】（1）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形进行选取；
（2）通过证明△ABM≌△DCM可得∠A=∠D，然后结合平行线的性质求得∠A=90°，从而得出▱ABCD为矩形．
【详解】（1）解：①或②
（2）添加条件①，▱ABCD为矩形，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为矩形；
添加条件②，▱ABCD为矩形，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为矩形
【点睛】本题考查矩形的判定，全等三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质和矩形的判定方法（有一个角是直角的平行四边形是矩形）是解题关键．
22．（2023·四川乐山·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D为AB边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作DE∥BC，DF∥AC，分别交AC、BC于点E、F，连接EF．

(1)求证：四边形ECFD是矩形；
(2)若CF=2，CE=4，求点C到EF的距离．
【答案】(1)见解析
(2)455
【分析】（1）利用平行线的性质证明∠CED=∠CFD=90°，再利用四边形内角和为360°，证明∠EDF=90°，即可由矩形判定定理得出结论；
（2）先由勾股定理求出EF=CF2+CE2=25，再根据三角形面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵DE∥BC，DF∥AC，
∴四边形ECFD为平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形ECFD是矩形．
（2）解：∵∠C=90°，CF=2，CE=4，
∴EF=CF2+CE2=25
设点C到EF的距离为h，
∵S△CEF=12CE⋅CF=12EF⋅h
∴2×4=25h
∴h=455
答：点C到EF的距离为455．
【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理．熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键．
23．（2023·山东潍坊·统考中考真题）工匠师傅准备从六边形的铁皮ABCDEF中，裁出一块矩形铁皮制作工件，如图所示．经测量，AB∥DE，AB与DE之间的距离为2米，AB=3米，AF=BC=1米，∠A=∠B=90°，∠C=∠F=135°．MH，HG，GN是工匠师傅画出的裁剪虚线．当MH的长度为多少时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是多少？

【答案】当MH的长度为54米时，矩形铁皮MNGH的面积最大，最大面积是258平方米
【分析】连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，先判断出四边形ABCF是矩形，从而可得∠EFC=∠DCF=45°，再判断出四边形AMPF和四边形BCQN都是矩形，从而可得PM=AF=BC=QN=1米，AM=PF,BN=CQ,MH⊥CF,GN⊥CF，然后设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则AM=PH=x-1米，BN=GQ=x-1米，利用矩形的面积公式可得y关于x的二次函数，最后利用二次函数的性质求解即可得．
【详解】解：如图，连接CF，分别交MH于点P，交GN于点Q，

∵∠A=∠B=90°，
∴AF∥BC，
∵AF=BC=1米，
∴四边形ABCF是平行四边形，
又∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCF是矩形，
∴∠AFC=∠BCF=90°，CF∥AB，
∵∠BCD=∠AFE=135°，
∴∠EFC=∠DCF=45°，
∵四边形MNGH是矩形，
∴MH⊥AB,GN⊥AB,GN=MH，
∴四边形AMPF和四边形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，
设矩形MNGH的面积为y平方米，MH=GN=x米，则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与DE之间的距离为2米，AF=BC=1米，
∴1≤x≤2，
由二次函数的性质可知，当1≤x≤54时，y随x的增大而增大；当540)，见解析
【分析】（1）证明Rt△ABE∽Rt△BMC，得出ABBM=AEBC，进而勾股定理求得BM，即4x2+4=yx，整理后即可得出函数关系式；
（2）若Pa,b为图像上任意一点，则b=4aa2+4a2+4．设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q-a,-b．当x=-a时，可求得y=-b．则Q-a,-b也在y=4xx2+4x2+4的图像上，即可得证，根据中心对称的性质补全函数图象即可求解；
（3）根据函数图象，以及中心对称的性质，逐项分析判断即可求解；
（4）将（1）中的4换成2k，即可求解；根据（2）的图象探究此类函数的相关性质，即可求解．
【详解】（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∽Rt△BMC，∴ABBM=AEBC．
∵AB=4，点M是CD的中点，∴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关于x的表达式为：y=4xx2+4x2+4(x>0)．
（2）x取任意实数时，对应的函数图像关于原点成中心对称．
理由如下：
若Pa,b为图像上任意一点，则b=4aa2+4a2+4．
设Pa,b关于原点的对称点为Q，则Q-a,-b．
当x=-a时，
y=4-a(-a)2+4(-a)2+4=-4aa2+4a2+4=-b．
∴Q-a,-b也在y=4xx2+4x2+4的图像上．
∴当x取任意实数时，y=4xx2+4x2+4的图像关于原点对称．
函数图像如图所示．

（3）根据函数图象可得①函数值y随x的增大而增大，故①正确，
②由(1)可得函数值y0时，图像经过第一、三象限，函数值y随x的增大而增大，y的取值范围为-2k