北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.8 矩形的性质与判定（拓展篇）（专项练习）

这是一份北师大版九年级数学上册基础知识专项讲练 专题1.8 矩形的性质与判定（拓展篇）（专项练习），共48页。试卷主要包含了单选题，折叠中的矩形问题，旋转中的矩形问题，解答题等内容，欢迎下载使用。

类型一、坐标系下的矩形问题
1．如图，把矩形OABC放入平面直角坐标系中，点B的坐标为（10，8），点D是OC上一点，将△BCD沿BD折叠，点C恰好落在OA上的点E处，则点D的坐标是（ ）
A．（0，4）B．（0，5）
C．（0，3）D．（0，2）
2．如图，在平面直角坐标系中，A，B两点的坐标分别是，，点C为线段的中点，则的长等于（ ）
A．B．C．5D．10
3．如图①，在矩形ABCD中，AB< AD，对角线AC、BD相交于点O，动点P从点A出发，沿A→B→C→D向点D运动．设点P的运动路程为x，ΔAOP的面积为y，y与x的函数关系图象如图②所示，则下列结论错误的是（ ）
A．四边形ABCD的面积为12B．AD边的长为4
C．当x=2.5时，△AOP是等边三角形D．ΔAOP的面积为3时，x的值为3或10
4．如图，点A的坐标为（4，3），AB⊥x轴于点B，点C为坐标平面内一点，OC＝2，点D为线段AC的中点，连接BD，则BD的最大值为（ ）
A．3B．C．D．
类型二、折叠中的矩形问题
5．如图，把长方形纸片ABCD沿对角线所在直线折叠，设重叠部分为，那么下列说法错误的是（ ）
A．是等腰三角形， B．折叠后和一定相等
C．折叠后得到的图形是轴对称图形D．和一定是全等三角形
6．如图，某数学兴趣小组开展以下折纸活动：①对折矩形纸片ABCD，使AD和BC重合，得到折痕EF，把纸片展开；②再一次折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN．观察探究可以得到∠NBC的度数是（ ）
A．20°B．25°C．30°D．35°
7．如图，四边形是矩形，点的坐标为，点C的坐标为，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的纵坐标为（ ）
A．-2B．-2.4C．-2D．-2
8．在数学拓展课《折叠矩形纸片》上，小林发现折叠矩形纸片可以进行如下操作：①把翻折，点B落在C边上的点E处，折痕为，点F在边上；②把翻折，点D落在边上的点G处，折痕为，点H在边上，若，则（ ）
A．B．C．D．
类型三 矩形背景下的最值问题
9．如图，△ABC中，BC＝4，D、E 分别是线段AB和线段BC上的动点，且BD=DE，F是线段AC上一点，且EF=FC，则DF的最小值为（ ）
A．3B．2C．2.5D．4
10．如图，ABC中，∠C＝90°，AC＝10，BC＝8，线段DE的两个端点D、E分别在边AC，BC上滑动，且DE＝6，若点M、N分别是DE、AB的中点，则MN的最小值为（ ）
A．10﹣B．﹣3C．2﹣6D．3
11．如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3．动点P满足＝S矩形ABCD，则点P到A、B两点的距离之和PA+PB的最小值为（ ）
A．B．C．D．
12．如图，四边形ABCD是矩形纸片，AB＝2．对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF；展平后再过点B折叠矩形纸片，使点A落在EF上的点N，折痕BM与EF相交于点Q；再次展平，连接BN，MN，延长MN交BC于点G．有如下结论：①∠ABN＝60°；②AM＝1；③AB⊥CG；④BMG是等边三角形；⑤点P为线段BM上一动点，点H是BN的中点，则PN＋PH的最小值是．其中正确结论有（ ）
A．5个B．4个C．3个D．2个
类型四、旋转中的矩形问题
13．如图，矩形的顶点，，，将矩形以原点为旋转中心，顺时针旋转75°之后点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
14．如图，将斜边为4，且一个角为30°的直角三角形AOB放在直角坐标系中，两条直角边分别与坐标轴重合，D为斜边的中点，现将三角形AOB绕O点顺时针旋转120°得到三角形EOC，则点D对应的点的坐标为（ ）
A．（1，﹣）B．（，1）C．（2，﹣2）D．（2，﹣2）
15．如图，矩形ABCD中，AD=2，AB=，对角线AC上有一点G（异于A，C），连接 DG，将△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，则BF的长为（ ）
A．B．2C．D．2
16．如图，矩形的顶点，点D为上一动点，将绕点O顺时针旋转得到，使得点A的对应点落在上，当的延长线恰好经过点C时，点D的坐标为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
类型一、坐标系下的矩形问题
17．如图，在平面直角坐标系中，点B的坐标为（3，3），过点B作BA⊥x轴于点A，BC⊥y轴于点C．若直线l： 把四边形OABC分成面积相等的两部分，则m的值为____．
18．如图，四边形OABC为矩形，点A，C分别在x轴和y轴上，连接AC，点B的坐标为（12，5），∠CAO的平分线与y轴相交于点D，则点D的坐标为 _____．
19．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，，点是的中点，点在边上运动，点是坐标平面内的任意一点．若以，，，为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点的坐标为___________．
20．如图，平面直角坐标系中，长方形，点，分别在轴，轴的正半轴上，，，，，分别交，于点，，且，则点坐标为______．
类型二、折叠中的矩形问题
21．如图，在长方形ABCD纸片中，AD∥BC，AB∥CD，把纸片沿EF折叠后，点C、D分别落在、的位置，若，则等于_________．
22．如图，在矩形中，，，点为边上任意一点，将沿折叠，使点落在点处，连接，若是直角三角形，则线段的长为________．
23．如图，矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5．点E是BC边上一动点，连接AE．将△ABE沿AE翻折得到△AEF，连接DF．当△ADF的面积为时，线段BE的长为______．
24．如图，在矩形ABCD中，E是BC边上的一点，连接AE，将沿AE翻折，点B的对应点为F．若线段AF的延长线经过矩形一边的中点，，则BE长为_________．
类型三 矩形背景下的最值问题
25．如图，在矩形中，，点是上一点，，是上一动点，、分别是，的中点，则的最小值为______．
26．如图，在长方形中，已知，点是边上一动点（点不与重合），连接，作点关于直线的对称点，则线段的最小值为_________．
27．如图，矩形中，，，动点、分别从点、同时出发，以相同的速度分别沿、向终点、移动，当点到达点时，运动停止，过点作直线的垂线，垂足为点，连接，则长的最小值为________．
28．如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝12，E是AB的中点，F是BC边上一动点，将△BEF沿着EF翻折，使得点B落在点B′处，矩形内有一动点P，连接PB'、PC、PD，则PB′+PC+PD的最小值为 ___．
类型四、旋转中的矩形问题
29．如图，将矩形绕点逆时针旋转，连接，，当为______时．
30．如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A，C的坐标分别为，，将矩形绕点B顺时针旋转，点A，C，O的对应点分别为．当点落在x轴的正半轴上时，点的坐标为________．
31．如图，矩形ABCD中，AB=2，BC=1，将矩形ABCD绕顶点C顺时针旋转90°，得到矩形EFCG，连接AE，取AE的中点H，连接DH，则_______．
32．如图，在平面直角坐标系中，四边形是矩形，点，点，点．以点为中心，顺时针旋转矩形得到矩形，点，，的对应点分别为，，．记为矩形对角线的交点，则的最大面积为__．
三、解答题
33．在一次数学活动课中，林老师提出问题：“如图，已知矩形纸片ABCD，如何用折纸的方法把三等分？”
通过各小组合作讨论，奋进组探究出解决此问题的方法为：先对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，然后把纸片展平；再次折叠纸片，使点A落在EF上的点N，得到折痕BM和线段BN，如图所示．则BM和BN三等分．
请你对奋进组这种做法的合理性给出证明．
34．材料阅读
小明偶然发现线段AB的端点A的坐标为，端点B的坐标为，则线段AB中点的坐标为，通过进一步的探究发现在平面直角坐标系中，以任意两点、为端点的线段中点坐标为．
(1)知识运用：
如图，矩形ONEF的对角线相交于点M，ON、OF分别在x轴和y轴上，O为坐标原点，点E的坐标为，则点M的坐标为 ．
(2)能力拓展：
在直角坐标系中，有，，三点，另有一点D与点A、B、C构成平行四边形的顶点，求点D的坐标．
35．请阅读下列材料：问题：如图1，点A，B在直线l的同侧，在直线l上找一点P，使得AP+BP的值最小．小军的思路是：如图2，作点A关于直线l的对称点，连接，则与直线l的交点P即为所求．请你参考小军同学的思路，探究并解决下列问题：
(1)如图3，在图2的基础上，设与直线l的交点为C，过点B作BD⊥l，垂足为D．若CP＝1，PD＝2，AC＝1，写出AP+BP的值为 ；
(2)如图3，若AC＝1，BD＝2，CD＝6，写出此时AP+BP的最小值 ；
(3)求出的最小值．
参考答案
1．C
【分析】
由题意可得AO=BC=10，AB=OC=8，DE=CD，BE=BC=10，在中，由勾股定理可求得，OE=4，设OD=x，则DE=CD=8-x，然后在中，由勾股定理即可求得OD=3，继而求得点D的坐标.
解：∵点B的坐标为（10，8），
∴AO=BC=10，AB=OC=8，
由折叠的性质，可得：DE=CD，BE=BC=10，
在中，由勾股定理得：，
∴OE=AO-AE=10-6=4，
设OD=x，则DE=CD=8-x，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
∴OD=3，
∴点D的坐标是（0，3）.
故选：C.
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题的关键.
2．C
【分析】
根据勾股定理求出斜边AB的长度，再由直角三角形斜边中线定理，即可得出答案．
解：∵A，B两点的坐标分别是（8，0），（0，6），
∴OA=8，OB=6，
∴AB==10，
∵点C为AB的中点，
∴OC=AB=×10=5，
故选：C．
【点拨】本题主要考查坐标与图形的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线定理，掌握直角三角形斜边中线定理是解题的关键．
3．C
【分析】
过点P作PE⊥AC于点E，根据ΔAOP的边OA是一个定值，OA边上的高PE最大时是点P分别与点B和点D重合，因此根据这个规律可以对各个选项作出判断．
解：A、过点P作PE⊥AC于点E，当点P在AB和BC边上运动时，PE逐渐增大，到点B时最大，然后又逐渐减小，到点C时为0，而y=中，OA为定值，所以y是先增大后减小，在B点时面积最大，在C点时面积最小； 观察图②知，当点P与点B重合时，ΔAOP的的面积为3，此时矩形的面积为：4×3=12，故选项A正确；
B、观察图②知，当运动路程为7时，y的值为0，此时点P与点C重合，所以有AB+BC=7,
又AB∙BC=12，解得：AB=3，BC=4，或AB=4，BC=3，但ABC、当x=2.5时，即x<3，点P在边AB上
由勾股定理，矩形的对角线为5，则OA=2.5，所以OA=AP，△AOP是等腰三角形，但△ABC是三边分别为3，4，5的直角三角形，故∠BAC不可能为60°，从而△AOP不是等边三角形，故选项C错误；
D、当点P在AB和BC边上运动时，点P与点B重合时最大面积为3，此时x的值为3；
当点P在边CD和DA上运动时，PE逐渐增大，到点D时最大，然后又逐渐减小，到点A时为0，而y=也是先增大再减小，在D点时面积最大，在A点时面积最小；所以当点P与点D重合时，最大面积为3，此时点P运动的路程为AB+BC+CD=10，即x=10，所以当x=3或10时，ΔAOP的面积为3，故选项D正确．
故选：C．
【点拨】本题是动点问题的函数图象，考查了函数的图象、图形的面积、矩形的性质、解方程等知识，关键是确定点P到AC的距离的变化规律，从而可确定y的变化规律，同时善于从函数图象中抓住有用的信息，获得问题的突破口．
4．B
【分析】
先连接，取其中点，连接、，根据点D、E为线段AC、AO的中点求出DE的长，再根据斜中线定理求出BE的长，当当、、三点在同一条直线上时，BD值最大，求出结果即可．
解：如下图所示，连接，取其中点，连接、，
∵点D、E为线段AC、AO的中点，
∴,
又∵AB⊥x轴于点B，
∴
∴，
当、、三点在同一条直线上时，BD值最大，
此时；
故选：B．
【点拨】本题主要考查三角形中位线定理、斜中线定理，本题解题的关键是在于找到两点之间线段最短．
5．B
【分析】
根据长方形的性质得到∠BAE=∠DCE，AB=CD，再由对顶角相等可得∠AEB=∠CED，推出△AEB≌△CED，根据等腰三角形的性质即可得到结论，依此可得A,C,D正确；无法判断∠ABE和∠CBD是否相等．
解：∵四边形ABCD为长方形，
∴∠BAE=∠DCE，AB=CD，
∵折叠
∴，
，
在△AEB和△ED中，
，
∴△AEB≌△ED（AAS），
∴BE=DE，
∴△EBD为等腰三角形，
∴折叠后得到的图形是轴对称图形，
无法判断∠ABE和∠CBD是否相等．
故其中正确的是A，C，D．
故选B
【点拨】此题考查图形的翻折变换，解题关键在于应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变．
6．C
【分析】
BM交EF于P，如图，根据折叠的性质得∠BNM=∠A=90°，∠2=∠3，EF∥AD，AE=BE，则可判断EP为△BAM的中位线，利用平行线的性质得∠1=∠NBC，根据斜边上的中线性质得PN=PB=PM，所以∠1=∠2，从而得到∠NBC=∠2=∠3，然后利用∠NBC+∠2+∠3=90°可得到∠NBC的度数．
解：BM交EF于P，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∵折叠纸片，使点A落在EF上，并使折痕经过点B，得到折痕BM，同时得到线段BN，
∴∠BNM＝∠A＝90°，∠2＝∠3，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD和BC重合，得到折痕EF，
∴EF∥AD，AE＝BE，
∴EP为△BAM的中位线，∠1＝∠NBC，
∴P点为BM的中点，
∴PN＝PB＝PM，
∴∠1＝∠2，
∴∠NBC＝∠2＝∠3，
∵∠NBC+∠2+∠3＝90°，
∴∠NBC＝30°．
故选C．
【点拨】本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质．
7．B
【分析】
由折叠的性质得到一对角相等，再由矩形对边平行得到一对内错角相等，等量代换及等角对等边得到BE＝OE，利用AAS得到三角形OED与三角形BEA全等，由全等三角形对应边相等得到DE＝AE，过D作DF垂直于OE，利用勾股定理及面积法求出DF与OF的长，即可确定出D坐标．
解：由折叠得：∠CBO＝∠DBO，
∵矩形ABCO，
∴BC∥OA，
∴∠CBO＝∠BOA，
∴∠DBO＝∠BOA，
∴BE＝OE，
在△ODE和△BAE中，
，
∴△ODE≌△BAE（AAS），
∴AE＝DE，
设DE＝AE＝x，则有OE＝BE＝8−x，
在Rt△ODE中，根据勾股定理得：42＋x2＝（8−x）2，
解得：x＝3，即OE＝5，DE＝3，
过D作DF⊥OA，
∵S△OED＝OD•DE＝OE•DF，
∴DF＝
∴点的纵坐标为-=-2.4，
故选：B.
【点拨】此题考查了翻折变化（折叠问题），坐标与图形变换，以及矩形的性质，熟练掌握折叠的性质是解本题的关键．
8．A
【分析】
利用翻折不变性可得，推出，，设，在中，，可得，设，在中，，可得，由此即可解决问题．
解：四边形是矩形，
，，，
由翻折不变性可知：，，，，
，
在中，，
，
设，在中有：，
，
设，在中，，
，
，
，
故选：A．
【点拨】本题考查矩形的性质，翻折变换，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
9．B
【分析】
过点D作DG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，当DF⊥FH时，DF取得最小值，据此求解即可．
解：过点D作DG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H，如图：
∵BD=DE，EF=FC，
∴BG=GE，EH=HC，
当DF⊥FH时，DF取得最小值，
此时，四边形DGHF为矩形，
∴DF=GH=BE+EC=BC=2．
故选：B．
【点拨】本题考查了等腰三角形的性质，矩形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
10．B
【分析】
根据三角形斜边中线的性质求得，，由当、、在同一直线上时，取最小值，即可求得的最小值．
解：中，，，，
，
，点、分别是、的中点，
，，
当、、在同一直线上时，取最小值，
的最小值为：，
故选：B．
【点拨】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，勾股定理的应用等，明确、、在同一直线上时，取最小值是解题的关键．
11．C
【分析】
首先由，得出动点在与平行且与的距离是2的直线上，作关于直线的对称点，连接，连接，则的长就是所求的最短距离．然后在直角三角形中，由勾股定理求得的值，即的最小值．
解：设中边上的高是．
，
，
，
动点在与平行且与的距离是2的直线上，如图，作关于直线的对称点，连接，连接，则的长就是所求的最短距离．
在中，，，
，
即的最小值为．
故选：C．
【点拨】本题考查了轴对称最短路线问题，三角形的面积，矩形的性质，勾股定理，两点之间线段最短的性质．得出动点所在的位置是解题的关键．
12．B
【分析】
①根据折叠的性质得出AE=BE，AB=BN，∠NEB=90°，再根据含30度的直角三角形判定定理即可得出∠ENB＝30°，即可得出∠ABN＝60°；
②根据折叠的性质得出∠ABM＝∠NBM＝30°，设AM=x，根据勾股定理即可求出AM的值；
③直接根据矩形的性质即可得出；
④根据∠ABM＝30°，得出∠MBG＝∠BMA＝60°，再根据折叠的性质和等量代换即可得出△BGM是等边三角形；
⑤根据点H是BN的中点即矩形的性质得出BH＝BE，结合题意得出PE＝PH，再根据三点共线时值最小及勾股定理即可判断．
解：由折叠可知，AE=BE，AB=BN，∠NEB=90°，
在Rt△BEN中，
∵BN＝AB＝2BE，
∴∠ENB＝30°，
∴∠ABN＝60°，故①正确；
由折叠可知，∠ABM＝∠NBM＝30°，
设AM=x，则BM=2x，
x2+22=(2 x)2，
∵x＞0，
解得：x=，
即，故②错误；
∵∠ABG＝90°，
∴AB⊥CG，故③正确；
∵∠ABM＝30°，
∴∠MBG＝∠BMA＝60°，
由折叠可知，∠BMG＝∠BMA＝60°，
∴∠MBG＝∠BMG＝∠MGB＝60°,
∴△BGM是等边三角形，故④正确，
连接PE．∵点H是BN的中点，
∴BH＝BE＝1，
∵∠MBH＝∠MBE，
∴E、H关于BM对称，
∴PE＝PH，
∴PH+PN＝PE+PN，
∴E、P、N共线时，PH+PN的值最小，
EN＝=，故⑤正确，
故选为B．
【点拨】本题考查翻折变换、等边三角形的判定和性质、直角三角形中30度角的判断、轴对称最短问题等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
13．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=4，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．
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，ADBC，∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠HCD=∠ADO=∠BAG，
∵∠CHD=∠BGA=90°，
∴△CHD≌△AGB（AAS），
∵，，，
∴CH=AG=5-1=4，DH=BG=2，
∴OH=2+2=4，
∴C（4，4），
∴OE=CE=4，
∴∠COE=45°，OC=4，
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=OC1=OC=2，
∴OF=，
∴点C1的坐标为，
故选：D．
【点拨】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．
14．A
【分析】
根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，由旋转的性质得到∠DOD′＝120°，根据AD＝BD＝OD＝2，得到∠AOD度数，进而求出∠MOD′度数为30°，在直角三角形OMD′中求出OM与MD′的长，即可确定出D′的坐标.
解：根据题意画出△AOB绕着O点顺时针旋转120°得到的△A′OB′，连接OD，OD′，过D′作DM⊥y轴，
∴∠DOD′＝120°，
∵D为斜边AB的中点，
∴AD＝OD＝AB＝2，
∴∠BAO＝∠DOA＝30°，
∴∠MOD′＝30°，
在Rt△OMD′中，OD′＝OD＝2，
∴MD′＝1，OM＝=，
则D的对应点D′的坐标为（1，﹣），
故选：A.
【点拨】此题考查旋转的性质，直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，30度角所对的直角边等于斜边的一半的性质，勾股定理，正确掌握旋转的性质得到对应的旋转图形进行解答是解题的关键.
15．A
【分析】
过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF，得∠FAD=60°，AF=AD=2，又由四边形ABCD是矩形，∠BAD=90°，得到∠FAH=30°，在Rt△AFH中，FH=AF=1，由勾股定理得AH= ，得到BH=AH+AB=2 ，再由勾股定理得BF=．
解：如图，过点F作FH⊥BA交BA的延长线于点H，则∠FHA=90°，
∵△AGD绕点A 逆时针旋转60°得到△AEF
∴∠FAD=60°，AF=AD=2，
∵ 四边形ABCD是矩形
∴ ∠BAD=90°
∴∠BAF=∠FAD+ ∠BAD=150°
∴∠FAH=180°－∠BAF=30°
在Rt△AFH中，FH=AF=1
由勾股定理得
AH=
在Rt△BFH中，FH=1，BH=AH+AB=2
由勾股定理得
BF=
故BF的长．
故选：A
【点拨】本题考查了图形的旋转，矩形的性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解决此题的关键在于作出正确的辅助线．
16．B
【分析】
当的延长线恰好经过点C时，，即可求出的坐标，再求出的解析式即可；
解：当的延长线恰好经过点C时，
过作于E
∵
∴
由旋转可得：
∴
∵
∴，解得
∴
∴的坐标为
∴的解析式为
∵矩形
∴D点纵坐标与A一致为3
∵D在上
∴D点坐标为
故选：B．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、勾股定理，求出的坐标是解题的关键．
17．-3
【分析】
先由BA⊥x轴，BC⊥y轴得到四边形OABC是矩形，然后由矩形的性质可得直线l过矩形OABC的中心点，再由点B和点O的坐标求得中心点的坐标，最后将中心点的坐标代入直线l的解析式求得m的值．
解：∵BA⊥x轴，BC⊥y轴，
∴四边形OABC是矩形，
∵直线l将四边形OABC分为面积相等的两部分，
∴直线l过矩形OABC的中心点，
∵点B（3，3），点O（0，0），
∴矩形OABC的中心点为（，），（中点坐标公式）
将中心点（，）代入y＝mx﹣2m得，m﹣2m，
∴m＝﹣3，
故答案为：﹣3．
【点拨】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征和矩形的性质，解题的关键是通过直线l平分四边形OABC的面积得到直线l经过矩形OABC的中心点．
18．（0，2.4）##（0，）
【分析】
过D作DE⊥AC于E，根据矩形的性质和B的坐标求出OC＝AB＝5，OA＝BC＝12，∠COA＝90°，求出OD＝DE，根据勾股定理求出OA＝AE＝12，AC＝13，在Rt△DEC中，根据勾股定理得出DE2+EC2＝CD2，求出OD，即可得出答案．
解：过D作DE⊥AC于E，
∵四边形ABCO是矩形，B（12，5），
∴OC＝AB＝5，OA＝BC＝12，∠COA＝90°，
∵AD平分∠OAC，
∴OD＝DE，
由勾股定理得：OA2＝AD2﹣OD2，AE2＝AD2﹣DE2，
∴OA＝AE＝12，
由勾股定理得：AC＝ ，
在Rt△DEC中，DE2+EC2＝CD2，
即OD2+（13﹣12）2＝（5﹣OD）2，
解得：OD＝2.4，
所以D的坐标为（0，2.4），
故答案为：（0，2.4）．
【点拨】本题考查了矩形的性质，角平分线性质，勾股定理的应用，能根据勾股定理得出关于OD的方程是解此题的关键．
19．或或
【分析】
当以，，，为顶点的四边形是边长为5的菱形时，有三种情况，分，点在点的左侧；；，点在点的右侧，结合矩形的性质和勾股定理可求得点的坐标．
解：有三种情况：
（1）如答图①所示，，点在点的左侧．
过点作轴于点，则．
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴此时点坐标为，此时；
（2）如答图②所示，．
过点作轴于点，则．
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴此时点坐标为，此时；
（3）如答图③所示，，点在点的右侧．
过点作轴于点，则．
在中，由勾股定理得：
，
∴，
∴此时点坐标为，此时；
综上所述，点的坐标为或或；
故答案为或或．
【点拨】此题主要考查了矩形的性质、坐标与图形的性质及勾股定理，使用分类讨论的思想是解题关键．
20．
【分析】
过点作，过点作，并延长交延长线于点，设，根据三角形全等得到，则，求出直线解析式，代入点求出，即可求解．
解：过点作，过点作，并延长交延长线于点，如下图：
则，∴，
∴
在矩形中，，
∴
∴四边形为矩形
∴，，
∴
∵
∴为等腰直角三角形，
∴
∴，
设，则，
设直线解析式为
由题意可知，代入得，，解得，
又∵点在直线上，∴
解得，即
∴
∴点坐标为
故答案为
【点拨】此题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正比例函数的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是根据题意，作出合适的辅助线，利用有关性质求解．
21．30°##30度
【分析】
根据矩形的性质得出AD∥BC，根据平行线性质得出∠BFE=∠DEF，根据折叠性质得出∠D′EF=∠DEF=75°即可．
解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BFE=∠DEF，
∵∠BDE=75°，
∴∠DEF=75°，
∵四边形EDCF沿EF折叠得到四边形ED′C′F，
∴∠D′EF=∠DEF=75°，
∴∠AED′=180°-∠D′EF-∠DEF=180°-75°-75°=30°．
故答案为：30°．
【点拨】本题考查矩形性质，平行线性质，折叠性质，掌握矩形性质，平行线性质，折叠性质是解题关键．
22．4或
【分析】
是直角三角形时，有两种情况：当点F落在矩形内部时，利用勾股定理求出AC，利用折叠性质得出，当是直角三角形时，只能得到，推出点A，F，C共线，则；当点F落在矩形的AD边上时，为正方形，利用勾股定理计算CF．
解：分两种情况，
（1）当点F落在矩形内部时，如下图所示，连接AC，
在中，，，
，
将沿折叠，使点落在点处，
，
当是直角三角形时，只能得到，
点A，F，C共线，即点B落在对角线AC上的点F处，
，，
；
（2）当点F落在矩形的AD边上时，如下图所示，
由题意，，，
为正方形，
，，
，
综上，CF的长为4或，
故答案为：4或．
【点拨】本题考查折叠问题、矩形性质、勾股定理等知识点，熟练掌握折叠的性质——折叠前后两图形全等，即对应线段相等、对应角相等，注意分情况讨论是解题的关键．
23．
【分析】
过点F作AD的垂线，交AD于M，交BC于N，求出AM长，再根据勾股定理列出方程求解即可．
解：过点F作AD的垂线，交AD于M，交BC于N，
由翻折可知，AB=AF=3，BE=EF，
∵△ADF的面积为，
∴，
∵AD＝5，
∴，
∴，
∵∠ABN=∠BAN=∠AMN=90°，
∴四边形AMNB是矩形，
∴，∠BNM=90°，AB=MN=3，
∴FN=MN-FM=2，
∴，
解得，，
故答案为：．
【点拨】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，解题关键是根据面积求出线段长，利用勾股定理列方程．
24．或或2
【分析】
主要分三种情况进行讨论：①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，②当线段AF的延长线经过AD的中点时，③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，进行一一求解即可．
解：分三种情况讨论，
①当线段AF的延长线AG经过BC的中点时，如图1，此时BG=CG=2，
图1
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ABG中，AB=BG=2，
∴AG=，∠AGB=45°，
∴FG=，EF=FG，
∴BE=EF=FG=；
②当线段AF的延长线经过AD的中点时，如图2，此时BE=CE=2，
图2
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∴四边形ABEF是正方形，
∴BE=AF=2，
③当线段AF的延长线AG经过CD的中点时，如图3，此时DG=CG=1，
图3
由折叠的性质可得：AF=AB=2，∠AFE=∠B=90°，
∵Rt△ADG中，AD=4，DG=1，
∴，
∴，
设BE=x，则EF=x，CE=4-x，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：或或2．
【点拨】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握翻折变换的性质是解决本题的关键．
25．
【分析】
根据题意可知，本题考查的是“两定一动”问题，求线段和最小，即“将军饮马”问题，以此进行解题即可．
解：如图所示，作EH⊥BC，交BC于H，作AB，CD的中点M、N，连接MN，作Q点关于MN的对称点，
∵P为EF的中点，
∴P点的运动轨迹在线段MN上，
∴最小时，F与点重合，
∵，EH⊥BC，
∴BH=AE=3，DC=EH=2，
∵Q为AE的中点，
∴QE=，
∴在中，，
即最小值为：．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查的是“将军饮马”问题，从几何问题中提取对应模型，并进行解题是本题的关键．
26．4
【分析】
根据对称性得到AB＝AM＝6，在中根据三角形三边关系可得，所以当A，M，C三点共线时，CM最短，求解即可．
解：连接AM，AC，如图所示：
∵点B和M关于AP对称，
∴AB＝AM＝6，
在中根据三角形三边关系可得：，
∴当A，M，C三点共线时，CM最短，
∵在矩形ABCD中，AC＝，
∴CM＝AC-AM=10﹣6＝4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查动点最值问题，解题过程涉及到对称性质、三角形三边关系、矩形性质、勾股定理等知识点，解决问题的关键是根据三角形的三边关系确定CM的取值范围．
27．4
【分析】
因为EF不论如何运动，EF的中点始终在矩形的对角线的交点上，所以当EF⊥BC时，即，E、F分别是AD、BC的中点时，CP取得最小值，此时P与F重合，即可求解．
解：∵动点、分别从点、同时出发，以相同的速度分别沿、向终点、移动，
∴AE=CF
∴EF不论如何运动，EF的中点始终在矩形的对角线的交点上，
∴当EF⊥BC时，即，E、F分别是AD、BC的中点时，CP取得最小值，此时P与F重合，
∴CP=
故答案为：4
【点拨】本题考查了矩形的性质，弄清题意找到P的位置是解题的关键．
28．
【分析】
将△PDC绕点D逆时针旋转60°，得到△DP′C′，连接PP′，CP′，EC′．由作图可知，△PDP′，△DCC′都是等边三角形，推出DP＝PP′，由CP＝P′C′，推出PB′＋PD＋PC＝PB′＋PP′＋P′C′，根据EB′＋PB′＋PP′＋P′C′≥EC′，可得结论．
解：将△PDC绕点D逆时针旋转60°，得到△DP′C′，连接PP′，CP′，EC′，由题意，AE＝EB＝EB′，
∴点B′在上运动，
由作图可知，△PDP′，△DCC′都是等边三角形，
∴DP＝PP′，
∵CP＝P′C′，
∴PB′＋PD＋PC＝PB′＋PP′＋P′C′，
∵EB′＋PB′＋PP′＋P′C′≥EC′，
如图，连接，交于点，
中，
又
∴PB′＋PP′＋P′C′≥12＋-4，
∴PB′＋PP′＋P′C′≥8＋，
∴PB′＋PC＋PD的最小值为8＋，
故答案为：8＋．
【点睛】本题考查旋转的性质，最短路线问题，矩形的性质，两点之间线段最短，等边三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线．
29．60
【分析】
连接，过作于，交于，根据等腰三角形的性质与判定得，，进而得到垂直平分，证得为等边三角形便可．
解：连接，过作于，交于，如下图，
要使，则，，
，
，
，
四边形和四边形都是矩形，
，
垂直平分，
，
由旋转性质知，，
，
是等边三角形，
，
故当为时，．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，等边三角形的性质与判定，关键是证明垂直平分．
30．
【分析】
连接，，证明，可得，即可求解．
解：如图，连接，，
由题意得OA=BC=2，OC=AB=4，
由旋转可知，
在和中，
∴（HL），
∴，
∴坐标为（4,0），
故答案为：（4,0）．
【点拨】本题考查了矩形的性质、旋转的性质和三角形全等的判定和性质，解题的关是证明．
31．
【分析】
根据题意构造并证明，通过全等得到，再结合矩形的性质、旋转的性质，及可求解；
解：如图，延长DH交EF于点k，
∵H是的中点
又
则
故答案为：
【点拨】本题主要考查了矩形的性质、三角形的全等证明，掌握相关知识并结合旋转的性质正确构造全等三角形是解题的关键．
32．
【分析】
首先根据矩形的性质求出AB，进而得出BK，AD，再根据旋转的性质判断△的面积最大，最后根据三角形的面积公式得出答案.
解：∵ A（5，0），B（0，3），
∴，.
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴．
∵矩形是由矩形旋转得到，
∴，
如图，
当点在的延长线上时，△的面积最大，
最大面积．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，旋转变换等，确定三角形的最大面积是解题的关键．
33．见分析
【分析】
设BM、EN交于点P，通过折叠及直角三角形斜边上的中线性质证明PA=PB=PM=PN，即可证明BM和BN三等分．
解：设BM、EN交于点P，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴EF垂直平分AB
∴PA=PB
∴
∵
∴
∴PA=PB=PM
即P是BM中点
∵折叠纸片，使点A落在EF上的点N
∴，
∴PA=PB=PM=PN
∴
∵EF∥BC
∴
∴
即BM和BN三等分
【点拨】本题考查了折叠的性质：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．也考查了矩形的性质和直角三角形斜边上的中线性质．
34．(1)
(2)（1，-1）或（﹣3，5）或（5，3）
【分析】
（1）知识运用：由矩形的性质得出OM=EM，M为OE的中点，由线段中点坐标公式即可得出结果；
（2）能力拓展：有三种情况：①当AB为对角线时，②当BC为对角线时，③当AC为对角线时，由平行四边形的性质对角线互相平分，中点公式，即可得出结果．
解：(1)
知识运用：
∵矩形ONEF的对角线相交于点M，
∴OM＝EM，M为OE的中点，
∵O为坐标原点，点E的坐标为（4，3），
∴点M的坐标为（，），
即点M的坐标为（2，）；
故答案为（2，）；
(2)
能力拓展：
如图所示：
设D的坐标为
有三种情况：①当AB为对角线时，
∵A（﹣1，2），，C（1，4），，
根据中点坐标公式可得
解得
∴D点坐标为（1，-1），
②当BC为对角线时，
∵A（﹣1，2），，C（1，4），，
根据中点坐标公式可得
解得
∴D点坐标为（5，3）．
③当AC为对角线时，
∵A（﹣1，2），，C（1，4），，
根据中点坐标公式可得
解得
∴D点坐标为：（﹣3，5），
综上所述，符合要求的点D的坐标为（1，-1）或（﹣3，5）或（5，3）．
【点拨】本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质、坐标与图形性质等相关知识，关键是掌握已知两点求其中点坐标的方法．
35．(1)3 (2)3 (3)
【分析】
（1）作AEl，交BD的延长线于E，根据已知条件求得△CPA’是等腰直角三角形，然后得到△BEA’是等腰直角三角形，从而求得A’B的值；
（2）作AEl，交BD的延长线于E，根据已知条件求得BE、A’E，然后根据勾股定理即可求得A’B，从而求得AP＋BP的值；
（3）设AC＝5m−3，PC＝1，则PA＝；设BD＝8−5m，PD＝3，则PB＝，结合（2）即可求解．
(1)
解：作A’El，交BD的延长线于E，如图3，
∵AA’⊥l，BD⊥l，
∴DE⊥A’E
∴四边形A’EDC是矩形，
∵CP＝ AC＝1
∴CP＝ A’C
∴△CPA’是等腰直角三角形，
∴∠CA’P=45°
∵A’El，
∴∠CA’E=90°
∴∠BA’E=45°
∴△BEA’是等腰直角三角形，
∵A’E=CP+DP=3
∴BE=A’E=3
∴A’B=
∴AP+BP= A’B=3
故答案为：3；
(2)
作A’El，交BD的延长线于E，如图3，
∵AA’⊥l，BD⊥l，
∴DE⊥A’E
∴四边形A’EDC是矩形，
∴A’E＝DC＝6，DE＝A’C＝AC＝1，
∵BD＝2，
∴BD＋AC＝BD＋DE＝3，
即BE＝3，
在Rt△A’BE中，A’B＝，
∴AP＋BP＝A’P＋BP＝A’B＝3，
故答案为：3；
(3)
如图3，设AC＝5m−3，PC＝1，则PA＝=；
设BD＝8−5m，PD＝3，则PB＝=，
∵DE＝AC＝5m−3，
∴BE＝BD＋DE＝5，A’E＝CD＝PC＋PD＝4，
∴PA＋PB的最小值为A’B＝，
∴为．
【点拨】本题考查了轴对称−最短路线问题，熟练掌握轴对称的性质和勾股定理的应用是解题的关键．