第24讲 矩形的性质与判定(讲义，1考点+1命题点21种题型-2025年中考数学一轮复习讲义及试题（含答案）

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TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc188278217" 01考情透视·目标导航
\l "_Tc188278218" 02知识导图·思维引航
\l "_Tc188278219" 03考点突破·考法探究
\l "_Tc188278220" 考点 矩形
\l "_Tc188278221" 04题型精研·考向洞悉
\l "_Tc188278222" 命题点 矩形的性质与判定
\l "_Tc188278223" ►题型01 矩形性质的理解
\l "_Tc188278224" ►题型02 根据矩形的性质求角度
\l "_Tc188278225" ►题型03 根据矩形的性质求线段长
\l "_Tc188278226" ►题型04 根据矩形的性质求周长，面积
\l "_Tc188278227" ►题型05 根据矩形的性质求点的坐标
\l "_Tc188278228" ►题型06 利用矩形的性质证明
\l "_Tc188278229" ►题型07 矩形的折叠问题
\l "_Tc188278230" ►题型08 矩形判定定理的理解
\l "_Tc188278231" ►题型09 添加一个条件使四边形是矩形
\l "_Tc188278232" ►题型10 证明四边形是矩形
\l "_Tc188278233" ►题型11 根据矩形的性质与判定求角度
\l "_Tc188278234" ►题型12 根据矩形的性质与判定求线段长
\l "_Tc188278235" ►题型13 根据矩形的性质与判定求周长，面积
\l "_Tc188278236" ►题型14 根据矩形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc188278237" ►题型15 与矩形有关的新定义问题
\l "_Tc188278238" ►题型16与矩形有关的规律探究问题
\l "_Tc188278239" ►题型17与矩形有关的动点问题
\l "_Tc188278240" ►题型18与矩形有关的最值问题
\l "_Tc188278241" ►题型19 矩形与函数综合
\l "_Tc188278242" ►题型20 与矩形有关的存在性问题
\l "_Tc188278243" ►题型21 与矩形有关的材料阅读类问题
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03考点突破·考法探究
考点一 矩形
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
【易错点】对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角.
2.矩形的性质定理：
【补充】
1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质；
2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题.
3）利用矩形的性质可以推出：在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
3.矩形的对称轴
1）矩形是中心对称图形，对角线的交点为对称中心.
2）矩形也是轴对称图形，有两条对称轴且对称轴都是经过对边中点的直线；
3）过对称中心的任意直线可将矩形分成全等的两部分.
4.矩形的判定
矩形判定思路：
1．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，当△EBC是等边三角形时，∠AEB为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．120°
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形ABCD得到AD∥BC，继而得到∠AEB=∠EBC，而△EBC是等边三角形，因此得到∠AEB=∠EBC=60°．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBC，
∵△EBC是等边三角形，
∴∠EBC=60°，
∴∠AEB=60°，
故选：C．
2．（2024·陕西·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，点E和点F在边BC上，且BE=CF．求证：AF=DE．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质．根据矩形的性质得到AB=CD，∠B=∠C=90°，再推出BF=CE，利用SAS证明△ABF≌△DCE，即可得到AF=DE．
【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠B=∠C=90°，
∵BE=CF，
∴BE+EF=CF+EF，即BF=CE，
∴△ABF≌△DCESAS，
∴AF=DE．
3．（2024·甘肃·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABD=60°，AB=2，则AC的长为（ ）
A．6B．5C．4D．3
【答案】C
【分析】根据矩形ABCD的性质，得OA=OB=OC=OD=12AC，结合∠ABD=60°，得到△AOB是等边三角形，结合AB=2，得到OA=OB=AB=12AC，解得即可．
本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】根据矩形ABCD的性质，得OA=OB=OC=OD=12AC，
∵∠ABD=60°，
∴△AOB是等边三角形，
∵AB=2，
∴OA=OB=AB=12AC=2，
解得AC=4．
故选C．
4．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，O是边AB的中点，∠AOD=∠BOC．求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】证明见解析．
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用SAS可证明△AOD≌△BOC，得出AD=BC，根据∠A=∠B=90°得出AD∥BC，即可证明四边形ABCD是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形ABCD是矩形．
【详解】证明：∵O是边AB的中点，
∴OA=OB，
在△AOD和△BOC中，∠A=∠B=90°OA=OB∠AOD=∠BOC，
∴△AOD≌△BOC，
∴AD=BC，
∵∠A=∠B=90°，
∴AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A=∠B=90°，
∴四边形ABCD是矩形．
5．（2024·四川泸州·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（ ）
A．∠A=90°B．∠B=∠C
C．AC=BDD．AC⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线相等的平行四边形是矩形、有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．
【详解】解：如图，
A、∠BAD=90°，能判定▱ABCD为矩形，本选项不符合题意；
B、∵∠ABC=∠BCD，∠ABC+∠BCD=180°，∴∠ABC=∠BCD=90°，能判定▱ABCD为矩形，本选项不符合题意；
C、AC=BD，能判定▱ABCD为矩形，本选项不符合题意；
D、AC⊥BD，能判定▱ABCD为菱形，不能判定▱ABCD为矩形，本选项符合题意；
故选：D．
04题型精研·考向洞悉
命题点一 矩形的性质与判定
►题型01 矩形性质的理解
1．（2024·四川成都·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（ ）
A．AB=ADB．AC⊥BDC．AC=BDD．∠ACB=∠ACD
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AC=BD，AD∥BC，则∠ACB=∠DAC，
∴选项A中AB=AD不一定正确，故不符合题意；
选项B中AC⊥BD不一定正确，故不符合题意；
选项C中AC=BD一定正确，故符合题意；
选项D中∠ACB=∠ACD不一定正确，故不符合题意，
故选：C．
2．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，下列结论一定正确的是（ ）
A．AC平分∠BADB．AB=BCC．AC=BDD．AC⊥BD
【答案】C
【分析】根据矩形的对角线相等，以及矩形与菱形性质的区别判断即可．
【详解】解：由矩形ABCD的对角线相交于点O，
根据矩形的对角线相等，
可得AC=BD．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，关键是掌握矩形的性质．
3．（2023·湖南·中考真题）如图所示，在矩形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．
4．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化．下面判断错误的是（ ）

A．四边形ABCD由矩形变为平行四边形B．对角线BD的长度减小
C．四边形ABCD的面积不变D．四边形ABCD的周长不变
【答案】C
【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可．
【详解】解：A、因为矩形框架ABCD向左扭动，AD=BC，AB=DC，但∠CBA不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；
B、向左扭动框架，BD的长度减小，故B正确，不符合题意；
C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了，故C错误，符合题意；
D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键．
QUOTE QUOTE QUOTE ►题型02 根据矩形的性质求角度
1．（2024·江苏南通·中考真题）如图，直线a∥b，矩形ABCD的顶点A在直线b上，若∠2=41°，则∠1的度数为（ ）
A．41°B．51°C．49°D．59°
【答案】C
【分析】本题考查矩形的性质，平行线的判定和性质，过点B作BE∥a，得到BE∥a∥b，推出∠ABC=∠1+∠2，进行求解即可．
【详解】解：∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
过点B作BE∥a，
∵a∥b，
∴BE∥a∥b，
∴∠1=∠ABE,∠2=∠CBE，
∴∠ABC=∠ABE+∠CBE=∠1+∠2，
∵∠2=41°，
∴∠1=90°−41°=49°；
故选C．
2．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F在矩形ABCD边上，连接OF．若∠ADB=38°，∠BOF=30°，则∠AOF= ．
【答案】46°或106°
【分析】根据题意画出图形，分点F在AB上和BC上两种情况讨论即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OD，
∴∠ADO=∠OAD，
∵∠ADB=38°，
∴∠ADO=∠OAD=38°
∴∠AOB=∠ADO+∠OAD=76°，
如图所示，当F点在AB上时，

∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB−∠BOF=76°−30°=46°
如图所示，当点F在BC上时，

∵∠BOF=30°，
∴∠AOF=∠AOB+∠BOF=76°+30°=106°，
故答案为：46°或106°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，分类讨论是解题的关键．
3．（2022·湖北十堰·中考真题）“美丽乡村”建设使我市农村住宅旧貌变新颜，如图所示为一农村民居侧面截图，屋坡AF，AG分别架在墙体的点B，C处，且AB=AC，侧面四边形BDEC为矩形，若测得∠FBD=55°，则∠A= °．
【答案】110
【分析】根据矩形的性质可得∠DBC=90°，求出∠ABC=35°，根据等边对等角可得∠ACB=∠ABC=35°，然后根据三角形内角和定理即可求解．
【详解】∵四边形BDEC为矩形
∴∠DBC=90°
∵ ∠FBD=55°，
∴∠ABC=90°−55°=35°
∵ AB=AC
∴∠ACB=∠ABC=35°
∴∠A=180°−∠ABC−ACB=110°
故答案为：110．
【点睛】本题考查了矩形的性质，等边对等角，三角形内角和定理，掌握以上知识是解题的关键．
4．（2020·贵州黔南·中考真题）如图，将矩形纸条ABCD折叠，折痕为EF，折叠后点C，D分别落在点C'，D'处，D'E与BF交于点G．已知∠BGD'=30°，则∠α的度数是（ ）
A．30°B．45°C．74°D．75°
【答案】D
【分析】依据平行线的性质，即可得到∠AEG的度数，再根据折叠的性质，即可得出∠α的度数．
【详解】解：∵矩形纸条ABCD中，AD//BC，
∴∠AEG=∠BGD'=30°，
∴∠DEG=180°−30°=150°，
由折叠可得，∠α=12∠DEG=12×150°=75°，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等．
►题型03 根据矩形的性质求线段长
1．（2024·江苏南京·中考真题）如图，在矩形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点B和D为圆心，以大于12BD的长为半径作弧，两弧相交于点E和F，②作直线EF分别与DC，DB，AB交于点M，O，N，若DM=5，CM=3，则MN= ．
【答案】25
【分析】如图，连接BM，由作图可知MN垂直平分线段BD，由垂直平分线的性质，矩形的性质勾股定理可得BC=4,BD=45,OM=5，再证△MDO≅△BNOASA，得到OM=ON=5，由此即可求解．
【详解】解：如图，连接BM，
由作图可知MN垂直平分线段BD，
∴BM=DM=5，BO=DO=12BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=90°,CD∥AB，CD=DM+CM=5+3=8，
∴BC=BM2−CM2=52−32=4，
∴BD=CB2+CD2=42+82=45，
∴OB=OD=25，
∵∠MOD=90°，
∴OM=DM2−OD2=52−252=5，
∵CD∥AB，
∴∠MDO=∠NBO，
在△MDO和△NBO中，
∠MDO=∠NBOOD=OB∠MOD=∠NOB，
∴△MDO≅△BNOASA，
∴OM=ON=5，
∴MN=25，
故答案为：25．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，尺规作垂直平分线及其性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质的综合．掌握垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键．
2．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
【答案】2120
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=AB2+BC2=32+42=5，
∴S△ADC=12AD⋅DC=12AC⋅DE，即12×4×3=12×5×DE，
解得：DE=125，
∴cs∠EDC=DEDC=DCDF，即1253=3DF，
解得：DF=154，
∴FC=DF2−DC2=1542−32=94，
∴BF=BC−FC=4−94=74，
∴S△BDF=12BD⋅FH=12BF⋅DC，即12×5×FH=12×74×3，
解得：FH=2120，
故答案为：2120．
3．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点．若AC=23，∠AEO=120°，则FC的长度为（ ）
A．1B．2C．2D．3
【答案】A
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及解直角三角形的运用，先根据矩形的性质， 推理得到OF=CF， 再根据Rt△BOF求得OF的长，即可得到CF的长，解决问题的关键是掌握矩形的对角线相等且互相平分．
【详解】解：∵EF⊥BD,∠AEO=120°，
∴∠EDO=30°,∠DEO=60°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠OBF=∠OCF=30°,∠BFO=60°，
∴∠FOC=60°−30°=30°，
∴OF=CF，
又∵Rt△BOF中，
BO=12BD=12AC=3,
∴OF=tan30°×BO=1，
∴CF=OF=1，
故选：A．
4．（2023·青海西宁·中考真题）如图，在矩形ABCD中，点P在BC边上，连接PA，将PA绕点P顺时针旋转90°得到PA'，连接CA'．若AD=9，AB=5，CA'=22，则BP= ．

【答案】2
【分析】过点A'作A'F⊥BC于点F，则∠PBA=∠A'FP，可证△BPA≌△FA'P(AAS)，于是BA=FP,BP=FA'．设BP=FA'=x，Rt△FCA'，(4−x)2+x2=(22)2，解得x=2，于是BP=2．
【详解】解：过点A'作A'F⊥BC于点F，则∠PBA=∠A'FP，
∵∠BPA+∠FPA'=90°,∠FPA'+∠FA'P=90°，
∴∠BPA=∠FA'P．
又PA=A'P，
∴△BPA≌△FA'P(AAS).
∴BA=FP,BP=FA'．
设BP=FA'=x，矩形ABCD中，BC=AD=9，
CF=BC−BP−PF=9−x−5=4−x，
Rt△FCA'，(4−x)2+x2=(22)2，解得x=2，
∴BP=2．
故答案为：2

【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；根据勾股定理构建方程求解是解题的关键．
5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP=3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
【答案】13或109
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当CE>BE时，利用三角形中位线定理求得CE=12，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得DE的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当CEBE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE=2OP=6，CP=PE=PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴CE=2BE=12，BC=3BE=18，
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD=90，
∴CD=5，
∴DE=52+122=13，
∴PC+PE=DE=13；
当CE0)，则AM=4−x，在Rt△ABM中，利用勾股定理可得x的值，最后根据菱形的周长公式即可得．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°,AD∥BC，
∴∠MDB=∠NBD，
由作图过程可知，PQ垂直平分BD，
∴BM=DM,BN=DN，
∴∠MDB=∠MBD,∠NBD=∠NDB，
∴∠MBD=∠NDB，
∴BM∥DN，
∴四边形MBND是平行四边形，
又∵BM=DM，
∴平行四边形MBND是菱形，
设BM=DM=x(x>0)，则AM=AD−DM=4−x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，即22+(4−x)2=x2，
解得x=52，
则四边形MBND的周长为4BM=4x=4×52=10，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线等知识点，熟练掌握菱形的判定与性质是解题关键．
3．（2022·湖南邵阳·中考真题）已知矩形的一边长为6cm，一条对角线的长为10cm，则矩形的面积为 cm2．
【答案】48
【分析】如图，先根据勾股定理求出AB=102−62=8cm，再由S矩形ABCD=AB×BC求解即可．
【详解】解：在矩形ABCD中，BC=6cm，AC=10cm，

∴在Rt△ABC中，AB=102−62=8(cm)，
∴S矩形ABCD=AB×BC=8×6=48(cm2)．
故答案为：48．
【点睛】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识．
4．（2023·广西·中考真题）如图，过y=kx(x>0)的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交y=−1x的图象于B，D两点，以AB，AD为邻边的矩形ABCD被坐标轴分割成四个小矩形，面积分别记为S1，S2，S3，S4，若S2+S3+S4=52，则k的值为（ ）

A．4B．3C．2D．1
【答案】C
【分析】设Aa,b，则B−1b,b，Da,−1a，C−1b,−1a，根据坐标求得S1=ab=k，S2=S4=1，推得S3=−1b×−1a=12，即可求得．
【详解】设Aa,b，则B−1b,b，Da,−1a，C−1b,−1a
∵点A在y=kx(x>0)的图象上
则S1=ab=k，
同理∵B，D两点在y=−1x的图象上，
则S2=S4=1
故S3=52−1−1=12，
又∵S3=−1b×−1a=12，
即1ab=12，
故ab=2，
∴k=2，
故选：C．
【点睛】本题考查了反比例函数的性质，矩形的面积公式等，熟练掌握反比例函数的性质是解题的关键．
5．（2023·重庆·中考真题）如图，⊙O是矩形ABCD的外接圆，若AB=4,AD=3，则图中阴影部分的面积为 ．（结果保留π）

【答案】254π−12
【分析】根据直径所对的圆周角是直角及勾股定理得到BD=5，再根据圆的面积及矩形的性质即可解答．
【详解】解：连接BD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BD是⊙O的直径，
∵AB=4,AD=3，
∴BD=AB2+AD2=5，
∴⊙O的半径为52，
∴⊙O的面积为254π，矩形的面积为3×4=12，
∴阴影部分的面积为254π−12；
故答案为254π−12；

【点睛】本题考查了矩形的性质，圆的面积，矩形的面积，勾股定理，掌握矩形的性质是解题的关键．
6．（2022·湖南湘潭·中考真题）为落实国家《关于全面加强新时代大中小学劳动教育的意见》，某校准备在校园里利用围墙（墙长12m）和21m长的篱笆墙，围成Ⅰ、Ⅱ两块矩形劳动实践基地．某数学兴趣小组设计了两种方案（除围墙外，实线部分为篱笆墙，且不浪费篱笆墙），请根据设计方案回答下列问题：
(1)方案一：如图①，全部利用围墙的长度，但要在Ⅰ区中留一个宽度AE=1m的水池且需保证总种植面积为32m2，试分别确定CG、DG的长；
(2)方案二：如图②，使围成的两块矩形总种植面积最大，请问BC应设计为多长？此时最大面积为多少？
【答案】(1)CG长为8m，DG长为4m
(2)当BC=72m时，围成的两块矩形总种植面积最大=1474m2
【分析】（1）两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，设CG为am，DG为(12-a)m，再由矩形面积公式求解；
（2）设两块矩形总种植面积为y， BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，围成的两块矩形总种植面积最大=BC×DC，代入有关数据再把二次函数化成顶点式即可 .
【详解】（1）解：两块篱笆墙的长为12m，篱笆墙的宽为AD=GH=BC=(21-12)÷3=3m，
设CG为am，DG为(12-a)m，那么
AD×DC-AE×AH=32
即12×3-1×（12-a）=32
解得：a=8
∴CG=8m，DG=4m．
（2）解：设两块矩形总种植面积为ym2，BC长为xm，那么AD=HG=BC=xm，DC=(21-3x)m，由题意得，
两块矩形总种植面积=BC×DC
即y=x·(21-3x)
∴y=-3x2+21x
=-3(x-72)2+1474
∵21-3x≤12
∴x≥3
∴当BC=72m时，y最大=1474m2．
【点睛】此题考查了二次函数的实际应用，解题的关键是正确理解题意找到等量关系列出方程．
QUOTE ►题型05 根据矩形的性质求点的坐标
1．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为−4,0，点C的坐标为0,2．以OA，OC为边作矩形OABC，若将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，则点B'的坐标为（ ）
A．−4,−2B．−4,2C．2,4D．4,2
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到OA=4，OC=2，再由矩形的性质可得AB=OC=2，∠ABC=90°，由旋转的性质可得OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为−4,0，点C的坐标为0,2，
∴OA=4，OC=2，
∵四边形OABC是矩形，
∴AB=OC=2，∠ABC=90°，
∵将矩形OABC绕点O顺时针旋转90°，得到矩形OA'B'C'，
∴OA'=OA=4，A'B'=AB=2，∠OA'B'=90°，
∴A'B'⊥y轴，
∴点B'的坐标为2,4，
故选：C．
2．（2023·辽宁鞍山·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，矩形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．
3．（2023·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标中，矩形ABCD的边AD=5,OA:OD=1:4，将矩形ABCD沿直线OE折叠到如图所示的位置，线段OD1恰好经过点B，点C落在y轴的点C1位置，点E的坐标是（ ）

A．1,2B．−1,2C．5−1,2D．1−5,2
【答案】D
【分析】首先证明△AOB∼△D1C1O，求出AB=CD=2，连结OC，设BC与OC1交于点F，然后求出OC=OC1=25，可得C1F=25−2，再用含EF的式子表示出EC1，最后在Rt△EFC1中，利用勾股定理构建方程求出EF即可解决问题．
【详解】解：∵矩形ABCD的边AD=5，OA:OD=1:4，
∴OA=1，OD=4，BC=5，
由题意知AB∥OC1，
∴∠ABO=∠D1OC1，
又∵∠BAO=∠OD1C1=90°，
∴△AOB∼△D1C1O，
∴OAAB=D1C1OD1，
由折叠知OD1=OD=4，D1C1=DC=AB，
∴1AB=AB4，
∴AB=2，即CD=2，
连接OC，设BC与OC1交于点F，
∴OC=OD2+CD2=42+22=25，
∵∠FOA=∠OAB=∠ABF=90°，
∴四边形OABF是矩形，
∴AB=OF=2，∠BFO=90°=∠EFC1，OA=BF=1，
∴CF=5−1=4，
由折叠知OC1=OC=25，EC1=EC=CF−EF=4−EF，
∴C1F=OC1−OF=25−2，
∵在Rt△EFC1中，EF2+C1F2=EC12，
∴EF2+25−22=4−EF2，
解得：EF=5−1，
∴点E的坐标是1−5,2，
故选：D．

【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质以及勾股定理的应用等知识，通过证明三角形相似，利用相似三角形的性质求出AB的长是解题的关键．
4．（2023·江苏苏州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC．动点E,F分别从点O,B同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿OA,BC向终点A,C移动．当移动时间为4秒时，AC⋅EF的值为（ ）

A．10B．910C．15D．30
【答案】D
【分析】根据题意，得出E4,0，F5,3，勾股定理求得EF=10，AC=310，即可求解．
【详解】解：连接AC、EF

∵点A的坐标为9,0，点C的坐标为0,3，以OA,OC为边作矩形OABC．
∴B9,3，AC=32+92=310
则OA=9，BC=OA=9
依题意，OE=4×1=4，BF=4×1=4
∴AE=9−4=5，则E4,0，
∴CF=BC−BF=9−4=5
∴F5,3，
∴EF=5−42+32=10，
∵C0,3，
∴AC⋅EF =310×10=30
故选：D．
【点睛】本题考查了坐标与图形，勾股定理求两点坐标距离，矩形的性质，求得E,F的坐标是解题的关键．
5．（2024·贵州安顺·模拟预测）如图，已知矩形ABCD的两点C、D在反比例函数y=kx的图象上，点A和点B都在坐标轴上，且B的坐标为1,0，AB=2BC，则k= ．
【答案】34/0.75
【分析】如图，过C作CH⊥OB于H，过D作DG⊥OA于G，可得∠AOB=∠CHB=90°，AD=BC，证明△ABO∽△BCH，可得CH=12，AO=2BH，同理可得：AG=12，AO=2GD，设BH=GD=m，AO=2m，再进一步解答即可.
【详解】解：如图，过C作CH⊥OB于H，过D作DG⊥OA于G，
∴∠AOB=∠CHB=90°，AD=BC，
∵矩形ABCD，
∴∠ABC=90°，
∴∠BAO=90°−∠ABO=∠CBH，
∴△ABO∽△BCH，而AB=2BC，
∴ABBC=BOCH=AOBH=2，
∵B1,0，
∴CH=12，AO=2BH，
同理可得：AG=12，AO=2GD，
∴设BH=GD=m，AO=2m，
∴C1+m,12，Dm,2m+12，
∴121+m=m2m+12，
解得：m1=12，m2=−12（不符合题意，舍去）
∴C32,12，
∴k=32×12=34；
故答案为：34
【点睛】本题考查的是矩形的性质，反比例函数的应用，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线是解本题的关键.
►题型06 利用矩形的性质证明
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，直线EF分别交AD，BC，BD于点E，F，O，下列条件中，不能证明△BOF≌△DOE的是（ ）

A．O为矩形ABCD两条对角线的交点B．EO=FO
C．AE=CFD．EF⊥BD
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质、平行线的性质、全等三角形的判定，熟练掌握矩形的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
由矩形的性质得出AD=BC AD∥BC，再由平行线的性质得出∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，然后由全等三角形的判定逐一判定即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC AD∥BC，
∴∠OBF=∠ODE，∠OFB=∠OED，
A、∵O为矩形ABCD两条对角线的交点，
∴OB=OD，
在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODEOB=OD，
∴△BOF≌△DOEAAS，
故此选项不符合题意；
B、在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OED∠OBF=∠ODEFO=EO，
∴△BOF≌△DOEAAS，
故此选项不符合题意；
C、∵AE=CF，
∴BC−CF=AD−AE，
即BF=DE，
在△BOF和△DOE中，
∠OFB=∠OEDBF=DE∠OBF=∠ODE，
∴△BOF≌△DOEASA，
故此选项不符合题意；
D、∵EF⊥BD，
∴∠BOF=∠DOE=90°，
两三角形中缺少对应边相等，所以不能判定△BOF≌△DOE，
故此选项符合题意；
故选：D．
2．（2024·四川广元·中考真题）如图，已知矩形ABCD．
(1)尺规作图：作对角线AC的垂直平分线，交CD于点E，交AB于点F；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)连接AE、CF．求证：四边形AFCE是菱形．
【答案】(1)见解析；
(2)见解析．
【分析】本题主要考查矩形的性质，垂直平分线的画法及性质，三角形全等的判定与性质，菱形的判定．
（1）根据垂直平分线的画法即可求解；
（2）由直线EF是线段AC的垂直平分线．得到EA=EC，FA=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，根据矩形的性质可证△COE≌△AOFASA，可得EC=FA，即可得到EA=EC=FA=FC，即可求证．
【详解】（1）解：如图1所示，直线EF为所求；
（2）证明：如图2，设EF与AC的交点为O，
由（1）可知，直线EF是线段AC的垂直平分线．
∴EA=EC，FA=FC，∠COE=∠AOF=90°，OA=OC，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴CD∥AB，
∴∠ECO=∠FAO，
∴△COE≌△AOFASA，
∴EC=FA，
∴EA=EC=FA=FC，
∴四边形AFCE是菱形．
3．（2024·江苏扬州·中考真题）如图1，将两个宽度相等的矩形纸条叠放在一起，得到四边形ABCD．
(1)试判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
(2)已知矩形纸条宽度为2cm，将矩形纸条旋转至如图2位置时，四边形ABCD的面积为8cm2，求此时直线AD、CD所夹锐角∠1的度数．
【答案】(1)四边形ABCD是菱形，理由见详解
(2)∠1=30°
【分析】本题主要考查矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角函数，掌握菱形的判定和性质是解题的关键．
（1）根据矩形的性质可得四边形ABCD是平行四边形，作AT⊥NP，CU⊥EH，可证△ATB≌△CUB，可得AB=CB，由此可证平行四边形ABCD是菱形；
（2）作AR⊥CD，根据面积的计算方法可得CD=4，AR=2，结合菱形的性质可得AD=4，根据含30°的直角三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：四边形ABCD是菱形，理由如下，
如图所示，过点A作AT⊥NP于点T，过点C作CU⊥EH于点U，
根据题意，四边形EFGH，四边形MNPQ是矩形，
∴EH∥FG，MQ∥NP，
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵宽度相等，即AT=CU，且∠ATB=∠CUB=90°，∠ABT=∠CBU，
∴△ATB≌△CUBAAS，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：如图所示，过点A作AR⊥CD于点R，
根据题意，AR=2cm，
∵S四边形ABCD=CD·AR=8，
∴CD=4，
由（1）可得四边形ABCD是菱形，
∴AD=4，
在Rt△ATD中，AR=12AD，
即sin∠1=12，
∴∠1=30°．
4．（2024·上海·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，E为边CD上一点，且AE⊥BD．
(1)求证：AD2=DE⋅DC；
(2)F为线段AE延长线上一点，且满足EF=CF=12BD，求证：CE=AD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形性质得到∠BAD=90°，∠ADE=90°，AB=DC，由角的互余得到∠ABD=∠DAE，从而确定△ADE∽△BAD，利用相似三角形性质得到AD2=DE⋅DC；
（2）由矩形性质，结合题中条件，利用等腰三角形的判定与性质得到OA=OD=EF=CF，∠ODA=∠OAD，∠FEC=∠FCE， 进而由三角形全等的判定与性质即可得到．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠BAD=90°，∠ADE=90°，AB=DC，
∴∠ABD+∠ADB=90°，
∵ AE⊥BD，
∴∠DAE+∠ADB=90°，
∴∠ABD=∠DAE，
∵ ∠BAD=∠ADE=90°，
∴△ADE∽△BAD，
∴ADBA=DEAD，即AD2=DE⋅BA，
∵ AB=DC，
∴ AD2=DE⋅DC；
（2）证明：连接AC交BD于点O，如图所示：
在矩形ABCD中，∠ADE=90°，则∠DAE+∠AED=90°，
∵ AE⊥BD，
∴ ∠DAE+∠ADB=90°，
∴∠ADB=∠AED，
∵ ∠FEC=∠AED，
∴∠ADO=∠FEC，
在矩形ABCD中，OA=OD=12BD，
∵ EF=CF=12BD，
∴OA=OD=EF=CF，
∴∠ADO=∠OAD，∠FEC=∠FCE，
∵∠ADO=∠FEC，
∴∠ADO=∠OAD=∠FEC=∠FCE，
在△ODA和△FEC中，
∠ODA=∠FEC∠OAD=∠FCEOD=FE
∴△ODA≌△FECAAS，
∴CE=AD．
【点睛】本题考查矩形综合，涉及矩形性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何性质与判定是解决问题第的关键．
►题型07 矩形的折叠问题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD沿边EF折叠，使点D在边BC中点M处．若AB=4，BC=6，则CF= ．
【答案】78/0.875
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，关键是由勾股定理列出关于x的方程．由矩形的性质推出CD=AB=4，∠C=90°，由线段中点定义得到CM=12BC=3，由折叠的性质得到：MF=DF，设FC=x，由勾股定理得到4−x2=32+x2，求出x=78，得到FC的值．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=4，∠C=90°，
∵M是BC中点，
∴CM=12BC=12×6=3，
由折叠的性质得到：MF=DF，
设FC=x，
∴FD=4−x，
∴MF=4−x，
∵MF2=MC2+FC2，
∴4−x2=32+x2，
∴x=78，
∴FC=78．
故答案为：78．
2．（2024·山东淄博·中考真题）如图所示，在矩形ABCD中，BC=2AB，点M，N分别在边BC，AD上．连接MN，将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处．则tan∠AMN的值是（ ）
A．2B．2C．3D．5
【答案】A
【分析】连接AC交MN于点F，设AB=2m，则BC=2AB=4m，利用勾股定理求得AC=AB2+BC2=25m，由折叠得到AM=CM，MN垂直平分AC，则AF=CF=12AC=5m，由AB2+BM2=AM2代入求得AM=52m，则MF=AM2−AF2=52m，所以tan∠AMN=AFMF=2，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC交MN于点F，
设AB=2m，则BC=2AB=4m，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=25m
∵将四边形CMND沿MN翻折，点C，D分别落在点A，E处，
∴点C与点A关于直线MN对称，
∴AM=CM，MN垂直平分AC，
∴BM=BC−CM=4m−AM，∠AFM=90°，AF=CF=12AC=5m，
∵AB2+BM2=AM2，
∴2m2+4m−AM2=AM2
∴AM=52m，
∴MF=AM2−AF2=52m
∴tan∠AMN=AFMF=5m52m=2．
故选：A．
【点睛】此题考查矩形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD=12cm，CD=10cm，他进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段EN的长为（ ）
A．8cmB．16924cmC．16724cmD．558cm
【答案】B
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出∠ANM=∠D'AN，进而得出EA=AN，设EA=AN=xcm，则EM=12−xcm，根据勾股定理可得：AM2+ME2=AE2，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=10cm，
由折叠可得：AM=12AB=5cm，AD=AD'=12cm，MN⊥AB，∠DAN=∠D'AN，
∴四边形AMND是矩形，
∴MN∥AD，MN=AD=12cm，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠ANM=∠D'AN，
∴EA=EN，
设EA=EN=xcm，则EM=12−xcm，
在Rt△AME中，根据勾股定理可得：AM2+ME2=AE2，
即52+12−x2=x2，
解得：x=16924，
即EN=16924cm，
故选：B．
4．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形ABCD中，E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
(1)求证：△EDP∽△PCH．
(2)若P为CD中点，且AB=2,BC=3，求GH长．
(3)连接BG，若P为CD中点，H为BC中点，探究BG与AB大小关系并说明理由．
【答案】(1)见详解
(2)GH=34
(3)AB=6BG
【分析】（1）根据矩形的性质得∠A=∠D=∠C=90°，由折叠得出∠EPH=∠A=90°，得出∠3=∠2，即可证明△EDP∽△PCH；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出DP=CP=1，根据EP2=ED2+DP2代入数值得x2=3−x2+1，进行计算x=53，再结合△EDP∽△PCH，则EDPC=EPPH，代入数值，得PH=54，所以GH=PG−PH=34；
（3）由折叠性质，得AP⊥EF，BG⊥直线EF，BG∥AP, ∠BAP=∠GPA，△MAP是等腰三角形，则MA=MP，因为P为CD中点，H为BC中点，所以DP=CP=y，BH=CH，所以△MBH≌△PCHASA，则CH=PH2−PC2=52y，所以△BMG∽△MAP，则BG=63y，即可作答．
【详解】（1）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：如图：
∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
∴DP=CP=12×2=1，
设EP=AP=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=3−x2+1，
解得x=53，
∴EP=AP=x=53，
∴ED=AD−AE=43，
∵△EDP∽△PCH，
∴EDPC=EPPH，
∴431=53PH，
解得PH=54，
∵PG=AB=2，
∴GH=PG−PH=34；
（3）解：如图：延长AB，PG交于一点M，连接AP
∵E,F分别在AD,BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在CD上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF
∴BG∥AP,
∵AE=EP
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP=y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCHASA，
∴BM=CP=y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3y
∴HP=12PM=32y，
在Rt△PCH中，CH=PH2−PC2=52y，
∴BC=2CH=5y，
∴AD=BC=5y，
在Rt△APD中，AP=AD2+PD2=6y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
∴BGAP=BMAM=13，
∴BG=63y，
∴ABBG=2y63y=6，
∴AB=6BG，
【点睛】本题考查了矩形与折叠，相似三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
5．（2023·青海西宁·中考真题）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形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．
►题型08 矩形判定定理的理解
1．（2022·山东聊城·中考真题）要检验一个四边形的桌面是否为矩形，可行的测量方案是（ ）
A．测量两条对角线是否相等
B．度量两个角是否是90°
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．测量两组对边是否分别相等
【答案】C
【分析】由对角线的相等不能判定平行四边形，可判断A，两个角为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．
2．（2024·广西贵港·二模）请阅读下列材料，完成相应的任务．
任务：
(1)上述做法是依据了矩形的一个判定定理：________________；
(2)补全材料中的证明过程；
(3)利用卷尺（有刻度）能否用另外一种方法判定四边形是矩形？（写出简要的测量方法）
【答案】(1)对角线相等的平行四边形是矩形
(2)见解析
(3)见解析
【分析】本题考查矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
（1）根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可得答案；
（2）先根据对边相等证明四边形ABCD是平行四边形，再根据对角线相等证明四边形ABCD是矩形；
（3）先测量对边是否相等，再测量出对角线，利用勾股定理的逆定理判断是否是直角三角形，即可判定是否为矩形．
【详解】（1）解：上述做法是依据了矩形的一个判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，
故答案为：对角线相等的平行四边形是矩形；
（2）解：补全后的证明过程如下：
证明：∵ AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵ AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（3）解：利用卷尺测量两组对边是否相等，确定它的形状是平行四边形；
然后测量一条对角线的长度，当两条邻边长度的平方和等于对角线长度的平方时，根据勾股定理的逆定理可确定一个角为直角，
根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可判定该四边形是矩形．
►题型09 添加一个条件使四边形是矩形
1．（2023·上海·中考真题）在四边形ABCD中，AD∥BC,AB=CD．下列说法能使四边形ABCD为矩形的是（ ）
A．AB∥CDB．AD=BCC．∠A=∠BD．∠A=∠D
【答案】C
【分析】结合平行四边形的判定和性质及矩形的判定逐一分析即可．
【详解】A：∵ AB∥CD，AD∥BC,AB=CD
∴ ABCD为平行四边形而非矩形
故A不符合题意
B：∵ AD=BC，AD∥BC,AB=CD
∴ ABCD为平行四边形而非矩形
故B不符合题意
C：∵ AD∥BC
∴∠A+∠B=180°
∵ ∠A=∠B
∴ ∠A=∠B=90°
∵AB=CD
∴AB∥CD
∴四边形ABCD为矩形
故C符合题意
D：∵ AD∥BC
∴∠A+∠B=180°
∵ ∠A=∠D
∴∠D+∠B=180°
∴ ABCD不是平行四边形也不是矩形
故D不符合题意
故选：C ．
【点睛】本题主要考查平行线的性质，平行四边形的判定和性质及矩形的判定等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键．
2．（2022·甘肃武威·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AD∥BC，在不添加任何辅助线的前提下，要想四边形ABCD成为一个矩形，只需添加的一个条件是 ．
【答案】∠A=90°（答案不唯一）
【分析】】先证四边形ABCD是平行四边形，再由矩形的判定即可得出结论．
【详解】解：需添加的一个条件是∠A=90°，理由如下：
∵AB∥DC，AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵∠A=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形，
故答案为：∠A=90°（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
3．（2023·湖南岳阳·中考真题）如图，点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．
4．（2024·江苏南京·中考真题）如图．线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当线段AF与BC满足怎样的数量关系时，四边形ADFE为矩形？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AF=12BC，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，三角形的中位线定理．
（1）根据线段中点的定义可得AD=12AB，根据三角形的中位线定理可得EF∥AB，EF=12AB，从而可得EF=AD，进而可得四边形ADFE是平行四边形，然后利用平行四边形的性质即可解答；
（2）当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，再根据三角形的中位线定理可得DE=12BC，从而可得AF=DE，然后利用（1）的结论即可解答．
【详解】（1）证明：∵线段DE与AF分别为△ABC的中位线与中线，
∴D，E，F分别是AB，AC，BC的中点，
∴线段DF与EF也为△ABC的中位线．
∴DF∥AC，EF∥AB，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
（2）解：当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形，理由如下：
∵线段DE为△ABC的中位线，
∴DE=12BC，
∴ AF=DE，
平行四边形ADFE为矩形，
∴当AF=12BC时，四边形ADFE为矩形．
►题型10 证明四边形是矩形
1．（2024·广东广州·中考真题）如图，Rt△ABC中，∠B=90°．
(1)尺规作图：作AC边上的中线BO（保留作图痕迹，不写作法）；
(2)在（1）所作的图中，将中线BO绕点O逆时针旋转180°得到DO，连接AD，CD．求证：四边形ABCD是矩形．
【答案】(1)作图见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质；
（1）作出线段AC的垂直平分线EF，交AC于点O，连接BO，则线段BO即为所求；
（2）先证明四边形ABCD为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论．
【详解】（1）解：如图，线段BO即为所求；
（2）证明：如图，
∵由作图可得：AO=CO，由旋转可得：BO=DO，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD为矩形．
2．（2024·新疆·中考真题）如图，△ABC的中线BD，CE交于点O，点F，G分别是OB，OC的中点．
(1)求证：四边形DEFG是平行四边形；
(2)当BD=CE时，求证：▱DEFG是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是：
（1）利用三角形中位线定理可得出DE=FG=12BC，DE∥FG∥BC，然后利用平行四边形的判定即可得证；
（2）利用平行四边形的性质得出EO=GO=12EG，DO=FO=12DF，结合点G是OC的中点，可得出EO=GO=CO=13EC，同理DO=13BD，则可得出EO=DO，EG=DF，然后利用矩形判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵△ABC的中线BD，CE交于点O，
∴DE=12BC，DE∥BC，
∵点F，G分别是OB，OC的中点，
∴FG=12BC，FG∥BC，
∴DE=FG，DE∥FG，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）证明：∵四边形DEFG是平行四边形，
∴EO=GO=12EG，DO=FO=12DF，
∵G是CO中点，
∴GO=CG，
∴EO=GO=CO=13EC，
同理DO=13BD，
∵BD=CE，
∴EO=DO，
∴EG=DF，
∵四边形DEFG是平行四边形，
∴▱DEFG是矩形．
3．（2023·山东青岛·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，∠DCB的平分线交AD于点F，点G，H分别是AE和CF的中点．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)连接EF．若EF=AF，请判断四边形GEHF的形状，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)矩形，证明见解析
【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD∥BC，AB=CD，∠BAD=∠DCB，∠B=∠D，证出∠DAE=∠AEB，∠DFC=∠BCF，由ASA证明△BAE≌△DCF，即可得出结论；
（2）由全等三角形的性质得出AE=CF，∠AEB=∠DFC，证出AE∥CF，由已知得出GE∥FH，GE=FH，即可证出四边形FGEH是平行四边形．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB=CD，∠BAD=∠DCB，∠B=∠D，
∴∠DAE=∠AEB，∠DFC=∠BCF，
∵∠BAD和∠DCB的平分线AE、CF分别交BC、AD于点E、F，
∴∠BAE=∠DAE=12∠BAD，∠BCF=∠DCF=12∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF，
在△BAE和△DCF中，
∠B=∠DAB=CD∠BAE=∠DCF，
∴△BAE≌△DCFASA．
（2）证明：∵△BAE≌△DCF，
∴AE=CF，∠AEB=∠DFC，
∴∠AEB=∠BCF，
∴AE∥CF，
∵点G、H分别为AE、CF的中点，
∴GE∥FH，GE=FH，
∴四边形FGEH是平行四边形
∵EF=AF，G为AE的中点，
∴GF⊥AE，
∴四边形FGEH是矩形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性质与判定，证明三角形全等是解决问题的关键．
►题型11 根据矩形的性质与判定求角度
1．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B,D不重合），GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足．连接EF,AG，并延长AG交EF于点H．

(1)求证：∠DAG=∠EGH．
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AH与EF垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到AD⊥CD，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得AD∥GE，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接GC交EF于点O，由SAS证明△ADG≌△CDG，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAG=∠DCG，继而证明四边形FCEG为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AD⊥CD
∵GE⊥CD
∴AD∥GE，
∴∠DAG=∠EGH．
（2）AH与EF垂直，理由如下．
连接GC交EF于点O．
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45°，
又∵DG=DG,AD=CD，
∴△ADG≌△CDG，
∴∠DAG=∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF=90°，
又∵GE⊥CD,GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC．
又∵∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AH⊥EF．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
2．（2023·江西·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠B=60°，BC=2AB，将AB绕点A逆时针旋转角α（0°0，
∴x1=2，x2=3
∴矩形A存在对半矩形B．
小红的做法是：设所求的对半矩形的两边分别是x和y，由题意得方程组：
x+y=72xy=3
消去y化简后也得到：2x2−7x+6=0
然后通过解该一元二次方程我们可以求出对半矩形B的两边长
（2）如果已知矩形A的边长分别为3和2，请你仿照小明或小红的方法研究矩形A是否存在对半矩形B．
（3）方程和函数之间密不可分，我们可以利用函数图象解决方程的相关问题，如图，在同一平面直角坐标系中画出了一次函数和反比例函数的部分图象，其中x和y分别表示矩形A的对半矩形B的两边长，请你结合之前的研究，回答下列问题：
①这个图象所研究的矩形A的面积为 ；周长为 ．
②对半矩形B的两边长为 ．
（4）在第（3）题的图形中，若点M2,3在双曲线上，MB⊥x轴，MC⊥y轴，垂足分别为B、C．连接OM，将△MOC沿若OM折叠，点C落在点P处，求点P的坐标，并判断点P是否落在双曲线上
【答案】（2）不存在对半矩形B，理由见解析；（3）①12，24；②3+3，3−3；（4）点P不在双曲线上，理由见解析
【分析】（2）设所求矩形的一条边是x，根据周长表示出另外一条边，根据面积列出方程，整理用解一元二次方程的方法求一元二次方程的根即可；
（3）①结合图像求得一次函数解析式为和反比例函数解析式，结合一次函数解析式x+y=6和反比例函数解析式xy=6，可得矩形B的两边之和以及面积，即可求得矩形A的面积和周长；②联立一次函数和反比例函数，利用公式法可求出满足条件的矩形B的两边长；
（4）设MB和OP交于点N，由折叠的性质和矩形的性质得△OCM≌△MBO≌△OPM，则有NO=NM，设BN=a，则ON=MN=3−a，利用勾股定理求得a，进一步得到△OBN∽△OEP，即可求得OE和PE，得到点P3613,1513代入xy=6，等式不成立，即可判断点P不在双曲线上．
【详解】解：（2）设所求矩形的一边是x，则另一边为52−x，
由题意得方程：x52−x=3，
化简得：2x2−5x+6=0，
∵b2−4ac=25−48