专题15矩形（知识清单）（2大考点+15大题型+6大易错+4大方法+测试）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

这是一份专题15矩形（知识清单）（2大考点+15大题型+6大易错+4大方法+测试）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案，文件包含专题05密度和机械运动培优·专题专练全国通用原卷版docx、专题05密度和机械运动培优·专题专练全国通用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共43页， 欢迎下载使用。
目 录
01 锚・课标要求：指引命题方向，落实核心素养
02 理・思维导图：构建知识体系，呈现结构关系
03 盘・知识梳理：兼顾主干细节，夯实基础框架（2个核心考点）
考点01矩形的性质
考点02矩形的判定
04 探・重难题型：深度剖析重点，精准突破难点（15大重难题型）
题型01矩形性质的理解 题型02利用矩形的性质求角
题型03利用矩形的性质求线段的长 题型04利用矩形的性质进行证明
题型05利用矩形的性质求点的坐标 题型06利用矩形的性质解决简单的翻折问题
题型07矩形的判定条件 题型08证明四边形是矩形
题型09矩形与多结论问题的判断 题型10矩形与最值问题
题型11矩形与动点问题 题型12矩形与旋转问题
题型13矩形与规律探究问题 题型14矩形与几何探究压轴问题
题型15矩形与函数综合问题
05 辨・易混易错：警示常见误区，辨析细微差别（6个易混易错点）
易错点01混淆矩形的性质而出错 易错点02矩形的计算与分类讨论
易错点03矩形与最值问题 易错点04辅助线在矩形计算中的作用
易错点05矩形的计算与相似综合问题 易错点06矩形综合压轴问题
06 拓・方法技巧：精炼方法技巧，精准突破难点（4大方法技巧）
技巧01：矩形中线段的计算技巧
技巧02：矩形的翻折问题
技巧03：矩形中的动点问题
技巧04：矩形中的性质与判定综合问题
07 测・实战演练：巩固核心考点，强化应试能力（24题）
1.探索并证明矩形的性质定理，会利用矩形的性质和判定进行有关的计算与证明
2.探索并证明矩形的判定定理，会证明一个四边形是矩形
3.掌握矩形的常考题型：矩形性质的有关计算与证明；矩形的判定及证明；矩形的性质与判定综合问题；矩形的翻折问题；矩形的动点问题；矩形中的最值问题；矩形与函数综合问题
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点01矩形的性质
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
2.矩形的性质
①边：对边平行且相等；
∵四边形ABCD是矩形
∴AB=CD,AD=BC, AB∥CD,AD∥BC
②角：矩形的四个角都是直角；
∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°
③对角线：矩形的对角线相等且互相平分；∵四边形ABCD是矩形
∴AO=CO=BO=DO
矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；对称中心是两条对角线的交点．
4.由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
【解题技巧】
(1)矩形是特珠的平行四边形，它具有平行四边形的所有性质，矩形的性质可归纳为三个方面：从边看，矩形的对边平行且相等，邻边互相垂直：从角看，矩形的四个角都是直角：从对角线看，矩形的对角线互相平分且相等.
(2)矩形（正方形除外）是轴对称图形，有两条对称轴，是过对边中点的直线，对称轴的交点就是对角线的交点。
(3)矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，并且所分成的四个等腰三角形面积相等
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324398" 考点02矩形的判定
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形
②有三个角是直角的四边形是矩形；
在四边形ABCD中，
∵∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是矩形
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形
题型01矩形性质的理解
【典例1】（2025·山西吕梁·三模）如图，在矩形中，下列结论不一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题目主要考查矩形的性质，根据矩形的性质依次判断即可，熟练掌握其性质是解题关键．
【详解】解：∵矩形，
∴，，，
∵O为中点，
∴，故选项A、B、C正确，不符合题意；
无法得出，故选项D错误，符合题意；
故选：D．
【变式练习】
1．（2025·山东泰安·模拟预测）下列图形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的是（ ）
A．等边三角形B．矩形C．正五边形D．等腰梯形
【答案】B
【分析】本题考查轴对称图形和中心对称图形的定义，轴对称图形是一个平面图形沿着一条直线折叠后，直线两旁的部分能够互相重合；中心对称图形是把一个图形绕着某个点旋转，旋转后的图形能与原来的图形重合，据此解答即可.
【详解】解：A、等边三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，故A不符合题意；
B、矩形既是轴对称图形，也是中心对称图形，故B符合题意；
C、正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形，故C不符合题意；
D、等腰梯形是轴对称图形，不是中心对称图形，故D不符合题意.
故选：B．
2．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，对角线与相交于点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】本题考查矩形的性质，掌握矩形的性质是解题的关键．根据矩形的性质逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴
∴不一定正确，故A不符合题意；
，不一定正确，故B不符合题意；
不一定正确，故C不符合题意；
一定正确，故D符合题意，
故选：D．
3．（2025·黑龙江牡丹江·二模）如图，在矩形中，点E在上，，请添加一个条件 ，使．(只填写一个即可)
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题主要查了矩形的性质，全等三角形的判定．根据矩形的性质可得，从而得到，即可解答．
【详解】解：添加，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故答案为：（答案不唯一）
题型02利用矩形的性质求角
【典例2】（2025·浙江衢州·二模）如图，矩形内有一点，且满足，若，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
根据矩形得到，由等边对等角以及三角形内角和定理表示，然后得到，，再表示，最后由可求解．
【详解】解：有四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
故选：B．
【变式练习】
4．（2025·四川成都·一模）如图，在矩形中，平分，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查矩形的性质、角平分线的定义、角的和差等知识点，由矩形的性质得出是解题的关键．
根据矩形的性质得出，进而利用角平分线的定义可求得，再根据角的和差求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴．
故选：B．
5．（2024·重庆南岸·模拟预测）如图，矩形中，点E为边的中点，连接，过E作交于点F，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，三角形外角的性质．延长交于点G，证明，可得，从而得到，进而得到，然后根据余角的性质可得，再根据三角形外角的性质可得，即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点G，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，，
∵点E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A
6．（2025·四川成都·二模）如图，是矩形的对角线，平分交于点．若，则 ．
【答案】/度
【分析】此题考查了矩形的性质、角平分线的定义等知识，先根据矩形的性质和角平分线求出，再用平行线的性质进行解答即可．
【详解】解：∵是矩形的对角线，
∴，
∵平分交于点．
∴
∴
∵
∴，
故答案为：
题型03利用矩形的性质求线段的长
【典例3】（2024·贵州遵义·一模）在矩形中，过对角线的中点O作，分别与和的延长线交于点E，F.
(1)求证：；
(2)若，，求与的长.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键．
（1）由“”可证；
（2）由线段垂直平分线的性质可得，由勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
∴，
，
点是的中点，
，
，
，
在和中，
，
∴；
（2）解：如图，连接，
∵
∴
∵四边形是矩形
∴
∴
∴
，
，
∵
∴，
即
解得，
，
，
，
．
，
，
．
【变式练习】
7．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，，对角线 与 交于点 O．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】此题考查了矩形的性质，等边三角形的判定和性质，解直角三角形，根据矩形的性质得到，，，，，由此判定是等边三角形，则，从而得到，然后代入求解即可，熟练掌握矩形的性质及等边三角形的判定和性质定理是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，，，
∴，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
故选：．
8．（2025·四川雅安·一模）如图，在矩形中，，，E，F分别是的中点，则 ．
【答案】5
【分析】连接，根据矩形的性质可得，，再根据勾股定理得，最后利用三角形中位线定理即可解决问题．
【详解】解：连接，
四边形是矩形，
，，
，，
，
E，F分别是的中点，
，
故答案为：5．
【点睛】本题考查了矩形的性质、三角形中位线定理和勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．
9．（2024·广西柳州·一模）如图，在矩形中，，点在边上，，垂足为．
(1)求证：；
(2)若，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
（1）利用得到，则根据可判断 ；
（2）先利用勾股定理计算出，由于则利用相似比可计算出 ．
【详解】（1）证明:∵四边形为矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：在中，
，
∵，
，即
解得．
题型04利用矩形的性质进行证明
【典例4】（2025·山东聊城·三模）如图，在矩形中，以点B为圆心，以的长为半径画弧，交边于点E，连接，作于点F．
(1)求证：；
(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）连接，根据矩形的性质得到，，，通过证明得到，则有，进而证出，再利用全等三角形的性质即可证明；
（2）利用勾股定理求出的长，利用线段的和差求出的长，利用三角形的面积公式求出，再根据，即可求出四边形的面积．
【详解】（1）证明：如图，连接，
矩形，
，，，
，
，
，
，
由题意得，，
，
，
，
在和中，
，
，
．
（2）解：矩形，
，，
由题意得，，
，
，
，
由（1）得，，
，
四边形的面积．
【变式练习】
10．（2026·湖北·模拟预测）如图，在矩形中，点E在边上，，，垂足为F．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，根据矩形的性质得出，，根据平行线的性质得出，根据证明，然后根据全等三角形的性质即可得证．
【详解】证明：∵四边形为矩形，
∴，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
∴，
∴．
11．（2025·陕西·模拟预测）如图，在矩形中，P是边上一点（不与A，B重合），且．求证：P是边中点．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的性质和判定，
先根据矩形的性质得，再根据“斜边直角边”证明，可得，则此题可证.
【详解】证明：∵四边形是矩形，
∴，
在和中，
，
，
∴，
∴P是边中点．
12．（2025·内蒙古包头·模拟预测）如图1，已知四边形是矩形，点E在的延长线上，与相交于点F，,．
(1)求证：；
(2)若，求的长；
(3)如图2，点是与的交点，连接，求证：
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形与相似三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定与性质以及一元二次方程的求解，解题的关键是熟练运用矩形的性质构建全等或相似三角形关系，通过添加辅助线转化线段关系．
（1）证明，得出，证得，则结论得出；
（2）证明，得出，即，设，则有，化简得，解方程即可得出答案；
（3）在线段上取点P，使得，证明，得出，证得为等腰直角三角形，可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，点E在的延长线上，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
即，
故，
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
设，则,
则有，即，
解得或（负值不合题意,舍去），
∴．
（3）证明：如图，在线段上取点P，
在与中，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴．
题型05利用矩形的性质求点的坐标
【典例5】（2025·黑龙江绥化·二模）如图，若矩形的顶点O与坐标系的原点重合，且．若将矩形绕原点旋转一定角度，使A点恰好落在边上的处，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】此题考查了矩形的性质、旋转的性质、坐标与图形、解直角三角形以及勾股定理等知识；过点作，由旋转的性质得：，，利用勾股定理求出，证明，得到，求出，，
即点的横坐标为，点的纵坐标为，即可得出结果．
【详解】解：过点作，
∵四边形是矩形，且，
∴，，
由旋转的性质得：，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，，
即点的横坐标为，点的纵坐标为，
∴的坐标为，
故选：D．
【变式练习】
13．（2025·山东聊城·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点的坐标为．以为边作矩形，若将矩形绕点顺时针旋转，得到矩形，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【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，再由矩形的性质可得，由旋转的性质可得，，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为，点C的坐标为，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵将矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，，
∴轴，
∴点的坐标为，
故选：C．
14．（2025·辽宁抚顺·一模）如图，直线与轴，轴分别交于，两点，以为边在第一象限内作矩形，且，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了一次函数的性质、矩形的性质、相似三角形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．作轴于点，利用一次函数的性质求出点，的坐标，利用矩形的性质得到，通过证明得到，代入数据即可求解．
【详解】解：如图，作轴于点，
令，则，
令，则，解得，
，，
，，
矩形，
，
，
轴，
，
，
，
又，
，
，
，，
，
点的坐标为．
故选：A．
15．（2025·河南南阳·模拟预测）如图，矩形中，边、分别在轴和轴上，把矩形沿折叠，点落在点处，则点的坐标为，则点的坐标为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的折叠，勾股定理，解直角三角形，坐标与图形，熟练掌握折叠的性质，勾股定理，正切的定义是解题的关键．过点作轴于点，交的延长线于点，则四边形是矩形，根据点的坐标得出，进而根据得出，即可得出的坐标，即可求解．
【详解】解：如图，过点作轴于点，交的延长线于点，则四边形是矩形，
∵四边形是矩形，
∴
∵点的坐标为，
∴，则，
∴
∵矩形沿折叠，点落在点处，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，即
∴
∴
∴
∴，
∴
故答案为：．
题型06利用矩形的性质解决简单的翻折问题
【典例6】（2025·河南周口·三模）将矩形纸片对折，使边与重合，折痕为，展开后在上取点P折叠，使点B的对应点恰好落在上，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】题考查了翻折变换，矩形的性质，等边三角形的判定以及性质，由折叠的性质可得，可得是等边三角形，即可求．进一步得出．
【详解】解：如图，连接，
∵对折矩形的纸片，使与重合，
，
，
∵把再对折到，
，
，
∴是等边三角形，
，
，
故选：C．
【变式练习】
16．（24-25九年级下·陕西咸阳·期中）如图，在矩形中，，将沿折叠到的位置，交于点E，，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、正切的定义等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
由矩形的性质可得、，再根据折叠的性质可得、，即，；由勾股定理可得
，易证可得，最后根据正切的定义求解即可．
【详解】解：矩形中，，
∴，，
∵将沿折叠到的位置，
∴，，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故选B．
17．（2025·四川德阳·模拟预测）如图，在矩形中，，，是的中点，是动点，将沿翻折，得到，则的最小值是 ．
【答案】/-1+
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，折叠的性质，由矩形的性质可得，，结合题意得出，连接，由勾股定理可得，由折叠的性质可得，结合得出当、、在同一直线上时，最小，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵是的中点，
∴，
如图，连接，
，
由勾股定理可得：，
由折叠的性质可得：，
∵，
∴当、、在同一直线上时，最小，为，
故答案为：．
18．（2024·广东清远·一模）如图，点O为矩形的对称中心，，，点E为边上一点（），连接并延长，交于点F，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点
(1)求证：；
(2)当时，求的长；
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理及应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造直角三角形解决问题．
（1）由四边形是矩形，可得，而四边形与关于所在直线成轴对称，有，故，；
（2）过G作于H，设，可知，，根据点O为矩形的对称中心，可得，故，在中，，解得x的值从而可得的长为．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵四边形与关于所在直线成轴对称，
∴，
∴，
∴；
（2）解：过G作于H，如图：
设，则，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵点O为矩形的对称中心，
∴，
∴，
在中，，
∴，
解得（舍去）或，
∴，
∴的长为；
题型07矩形的判定条件
【典例7】（2025·河北邢台·三模）如图1是多媒体上展示的一道数学题，淇淇的部分作图过程如图2所示，接下来淇淇以点C为圆心，长为半径作弧交射线于点D，连接，则四边形即为所求．对于淇淇得到的四边形，下列说法正确的是（ ）
A．四边形一定是平行四边形
B．当时，四边形一定是矩形
C．四边形一定不是平行四边形
D．当时，四边形是平行四边形
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定、尺规作图、角平分线的性质、等腰三角形的性质．核心素养表现为推理能力和空间观念．先证明，，进而得出，按作图要求得出四边形可能是平行四边形，得出结论．
【详解】解：平分．
，
，
，
，
．以点为圆心，长为半径作弧交射线于点，点会有两个位置，右侧的点可以使四边形为平行四边形，左侧的点使四边形为梯形，
四边形可能是平行四边形．
当时，点仅会有一个位置，故四边形一定是矩形，
故选B．
【变式练习】
19．（2025·上海虹口·二模）已知四边形是平行四边形，对角线相交于点O，下列条件中，不能判定四边形是矩形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，解题关键是掌握上述判定与性质．
根据添加一个条件是矩形，添加一个条件是菱形，平行四边形的性质，对四个条件逐一分析，再作判断．
【详解】解：四边形是平行四边形，
添加，根据对角线相等的平行四边形是矩形，
可判定四边形是矩形，故A不符合；
添加，可得，
根据对角线相等的平行四边形是矩形，
可判定四边形是矩形，故B不符合；
添加，可得出四边形是菱形，
不能判定四边形是矩形，故C符合；
∵四边形是平行四边形，
∴，
添加，可得出，
根据一个角是直角的平行四边形是矩形，
可判定四边形是矩形，故D不符合，
故选：C．
20．（2025·河南周口·三模）如图所示，线段的端点B在直线上，过线段上的一点O作的平行线，分别交和的平分线于点C，D，连接，要使四边形为矩形，则可添加下列条件中的（ ）
A． B．
C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查矩形的判定；根据矩形的判定条件进行解答即可．
【详解】解：添加条件为：，理由如下：
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
同理可证：，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴平行四边形是矩形．
故选：A．
21．（2025九年级·全国·专题练习）如图，线段的端点在直线上，过线段上的一点作的平行线，分别交和的平分线于点，，连接，．添加一个适当的条件，使四边形为矩形，则这个条件是 （写出一个即可）．
【答案】是的中点（答案不唯一）
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
先证，则，同理，再由，证出四边形是平行四边形，然后证，即可得出结论．
【详解】解：，
．
平分，
，
，
．
同理可证，
．
是的中点，
，
四边形是平行四边形．
，，
，
是矩形．
故答案为：是的中点 ．
题型08证明四边形是矩形
【典例8】（2025·甘肃酒泉·二模）如图，点，，，在同一条直线上，，，连接，，．
(1)求证：；
(2)当时，求证四边形是矩形．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定、平行四边形的判定、矩形的判定，掌握这些性质定理是解题关键．
（1）利用全等三角形的性质得到对应边和对应角相等，进而证明，从而得出；
（2）先根据全等和角的关系证明四边形是平行四边形，再证明有一个角是直角，进而判定为矩形．
【详解】（1）证明：，
，，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，，
，
，
，
，
，，
，，
，
四边形是矩形
【变式练习】
22．（2025·陕西汉中·一模）如图，在中，、分别为边、的中点，连接，过点作交边于点，点在的延长线上，且．连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，三角形中位线定理，等腰三角形的判定和性质．
（1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形；
（2）利用三角形中位线定理求出，利用矩形的性质得到，根据等角对等边证明，则，根据矩形的面积公式即可求出答案．
【详解】（1）证明：∵D，E分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，即，
∵，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴平行四边形是矩形；
（2）解：∵，是的中位线，
∴，
∵四边形是矩形，
∴；，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴矩形的面积．
23．（2025·贵州·一模）如图，在中，分别平分，交于点与相交于点，分别过点作，交于点H．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)3
【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质、角平分线的性质及三角函数的应用，解题的关键是利用平行四边形和矩形的性质，结合角的关系与三角函数推导线段长度．
（1）通过“两组对边分别平行”证四边形是平行四边形，再结合平行四边形邻角互补、角平分线性质证有一个角为直角，从而判定为矩形；
（2）根据平行四边形对边平行且相等、三角函数推出，利用矩形性质，推出，结合线段关系求出的长．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∵四边形是平行四边形，
，，
分别平分，
，
，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵，
，
由（1）知，
即，
，
，
，
∵四边形是平行四边形，
，
由题意，得，
，
，
．
24．（2024·新疆·二模）如图，已知平行四边形．
(1)若E，F是上两点，且，求证；
(2)若，求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定，三角形全等的判定，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定和性质．
（1）根据平行四边形的性质得出，，根据平行线的性质得出，再根据证明三角形全等即可；
（2）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为矩形即可．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
在和中，
∴ ；
（2）证明：∵四边形为平行四边形，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴，
∴平行四边形是矩形．
题型09矩形与多结论问题的判断
【典例9】（24-25九年级下·吉林长春·开学考试）如图，在矩形中，E是边的中点，，垂足为点F，连接，分析下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的结论有 ．
【答案】①②③
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、平行四边形的判定与性质等知识点，正确的作出辅助线构造平行四边形是解题的关键．
先证明，即可判定①；由，推出推出，由，推出，即可判定②；只要证明垂直平分，即可判定③；设，，则，由可得，即，可得，可判断④．
【详解】解：①如图：过D作交于N，
∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵于点F，
∴，
∴，故①正确；
②∵，
∴，
∴，
∵E是边的中点，
∴，
∴，
∴，故②正确；
③∵，
∴四边形是平行四边形，，
∴，
∴，
∴，
∵于点F，，
∴，
∴垂直平分，
∴，故③正确；
设，，则，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，故④错误．
综上所述，正确结论①②③．
故答案为：①②③．
【变式练习】
25．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，连结，E，F分别在边上，连结分别交于点M，N，若，则下列结论中：①；②；③；④．结论正确的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由矩形的性质得到，由，得到，即可判断①；由勾股定理可得，证明，得到，可判断③；证明，得到，证得，可判断②；证明，得到，根据勾股定理求出，得到，证明，得到，可判断④；掌握相关知识是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，故①符合题意；
∵，
在中，由勾股定理可得：，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故③符合题意；
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故②符合题意；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中， ，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故④不符合题意；
综上，结论正确的有①②③，共个．
故选：C．
26．（2022·内蒙古乌海·一模）如图，在矩形中，点E，F分别在边上，且，将矩形沿直线折叠，点B恰好落在边上的点P处，连接交于点Q，对于下列结论：①；②；③；④．其中正确的是 （填序号）．
【答案】①②④
【分析】本题考查了折叠的性质和直角三角形中，的角所对直角边是斜边的一半．主要利用了转化思想和等量代换．
先由与的关系，得出与的关系为．再由折叠得到，．由于是直角三角形，可知．最后在几个直角三角形中，利用的角所对直角边是斜边的一半，求出各线段长度的关系，进而判断出结论正确与否．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，
．
是由折叠得到的，
，，，，，
在中，，
，，
，
，
，
在中，，，
故①正确，④正确．
在中，，，
是等边三角形，
，
，
，
，
，
，
故③错误．
，
，
即，
故②正确；
故正确的是①②④．
故答案为：①②④．
27．（2025·吉林长春·模拟预测）如图，在矩形中，，，点G是边的中点，点E，F分别是边，上的点（不与端点重合），且满足，连结、、、，设、交于点O，点M是的中点，连结、．给出下列结论：①；②；③当时，；④的最小值是．上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②④
【分析】对于①，根据矩形的性质证明，在根据相似三角形的判定，即可证明结论；
对于②，根据，可证明，再根据直角三角形的性质，即可证明结论；
对于③，先求出的长，再证明，即可求得的长；
对于④，作点G关于的对称点，连结，，证明，再求出的最小值，即可求得答案．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
故①正确；
，
，
，
，
，
，
，
点M是的中点，
，
，
，
，
故②正确；
当时，
点G是边的中点，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
解得，
故③错误；
作点G关于的对称点，连结，，
，
由②知，，
，
，
当点F在上时，的值最小，最小值为线段的长，
此时，，，
，
的最小值为，
故④正确；
正确结论的序号有①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，将转化为求解是关键．
题型10矩形与最值问题
【典例10】（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在矩形中，，，点P是矩形内的一动点，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】将绕点C逆时针旋转，得到，连接、、，则的长即为所求．
【详解】解：将绕点C逆时针旋转，得到，连接、、，则的长即为所求．
由旋转的性质可知：是等边三角形，
∴，
，
，
∴当A、P、F、E共线时，的值最小，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
，
∴，
∵，
，
∴.
故答案为：.
【点睛】本题考查轴对称最短路径问题，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
【变式练习】
28．（2025·江苏南京·一模）如图，在矩形中，，点M，N分别在边上，且．连接，过点N作，垂足为P，连接，则的长的最小值为 ．
【答案】2
【分析】本题主要考查了最值问题，勾股定理，相似三角形的性质与判定，矩形的性质等，正确作出辅助线构造相似三角形，从而确定点P的轨迹是解题的关键．延长到H，使得，连接，可证明，得到，再导角证明，得到P、N、H三点共线；取的中点O，连接，则可得到当点P在线段上时，有最小值，最小值为的值，据此求解即可．
【详解】解：如图所示，延长到H，使得，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴P、N、H三点共线；
如图所示，取的中点O，连接，
∵，
∴，
∵，
∴当点P在线段上时，有最小值，最小值为的值，
在中，，
∴，
故答案为：2．
29．（2025·河南商丘·二模）如图，矩形中，，，点E是边上的一个动点，以为边在的右侧作矩形，且，连接，，，则的最小值是 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等角的余角相等，直角三角形的性质，相似三角形的判定和性质，最短距离问题，勾股定理等．熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
本题先根据矩形的性质得出，，根据等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，作交于点N，交的延长线于点，作点关于直线的对称点，连接，与交于点，连接，可得，，根据矩形的判定与性质得出，，，根据直角三角形两锐角互余和等角的余角相等得出，根据相似三角形的判定和性质得出，即可求出，根据两点之间，线段最短得出当点B、G、三点共线时，的值最小，最小值为，结合勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
即，
作交于点N，交的延长线于点M，作点D关于直线的对称点，连接，与交于点H，连接，如图：
则，，
∵，
又∵，，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∴，，
∴，
故当点B、G、三点共线时，的值最小，最小值为．
在中，，
故答案为：．
30．（2025·陕西渭南·三模）如图，在矩形中，，，P是线段上一动点，M是线段上一点，且，连接，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【分析】取的中点，连接，．证明，推出，点M的运动轨迹是以O为圆心，5为半径的．利用勾股定理求出，可得结论．
【详解】解：如图，取的中点O，连接，．
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
点M的运动轨迹是以O为圆心，5为半径的．
∴，
∵，
∴的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，轨迹，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
题型11矩形与动点问题
【典例11】（2024·陕西西安·模拟预测）已知如图，在矩形中，，点E从A点出发，以每秒的速度向D点前进，同时点F从D点以每秒的速度向C点前进，若移动的时间为t，且．则以点D、E、F为顶点的三角形能否与相似？若能，请求出所有可能的t的值；若不能，请说明理由．
【答案】能，或
【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定，分和，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：能，
∵矩形，
∴，，
由题意，得，
∴，
当时，，
∴，解得；
当时，，
∴，解得；
综上：当或时，点D、E、F为顶点的三角形能与相似．
【变式练习】
31．（2023·北京·模拟预测）如图①，矩形中，点E为的中点，点P沿从点B运动到点C，设B，P两点间的距离为x，，图②是点P运动时y随x变化的关系图象，则的长为（ ）

A．4B．5C．6D．7
【答案】C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，用勾股定理解三角形，根据矩形的性质求线段长，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．
当，即P在B点时，；利用三角形两边之差小于第三边，得到，得y的最大值为；在中，由勾股定理求出的长，再根据求出的长．
【详解】解：由函数图象知：当，即P在B点时，．
利用三角形两边之差小于第三边，得到．
∴y的最大值为，
∴．
在中，由勾股定理得：，
设的长度为t，
则，
∴，
即：，
∴，
由于，
∴，
∴，
∴．
∴．
故选：C．
32．（2025·青海西宁·一模）如图，矩形中，，，点是边上的一个动点（点不与点，重合），现将沿直线折叠，使点落在点处；作的平分线交于点E．设，，那么关于的函数图象大致应为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，主要利用了翻折变换的性质，相似三角形的判定与性质，表示出与的函数解析式是解题的关键，还需注意、两选项的区别．
根据翻折变换的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后求出，再根据直角三角形两锐角互余求出，从而得到，根据两组角对应相等的三角形相似求出和相似，根据相似三角形对应边成比例列式求出与的关系式，再根据二次函数的图象解答即可．
【详解】解：由翻折的性质得，，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∴函数图象为C项图象．
故选：C．
33．（2025·山东青岛·模拟预测）已知线段和矩形如图①所示（点与点重合），点在边上，，，．如图②，从图①的位置出发，沿方向运动，速度为；动点同时从点D出发，沿方向运动，速度为为的中点，连接与相交于点，设运动时间为．解答下列问题：
(1)当时，求的值．
(2)设四边形的面积为，求与的函数表达式，并说明是否存在某一时刻，使四边形的面积最大．若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
(3)当为何值时，点在的平分线上？
【答案】(1)即的值为
(2)，
(3)当为3时，点在的平分线上
【分析】本题考查矩形上的动点问题，涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，角平分线的定义，解一元二次方程；
（1）通过等量代换得出，证明，利用相似三角形对应边成比例得，代入数值即可求解；
（2），用含的代数式表示出相关线段的长度，进而根据一次函数的性质结合自变量的取值范围，即可求解；
（3）连接，根据角平分线的定义可得，进而可得，建立方程，解方程，即可求解．
【详解】（1）解： ，
．
，
．
四边形是矩形，
．
，
，
，
依题意，，，，
，
即，
解得（舍去），，
即的值为．
（2）依题意，，，，
．
，
当时，有最大值，此时．
（3）如图，连接．
平分，
，
∵四边形是矩形，
∴
∴，
∴，
，
，
．
即当为3时，点在的平分线上．
题型12矩形与旋转问题
【典例12】（2025·山东青岛·一模）在数学课上，老师让同学们动手操作，将一个矩形绕其一个顶点旋转．小明在旋转的过程中发现，随着旋转角度的变化可以研究很多数学问题．如图，已知矩形，，将矩形绕点A按逆时针方向旋转，得到矩形，点B的对应点是点G，点C的对应点是点F，点D的对应点是点E，连接．
(1)如图①，当时，______；如图②，当时，______；
(2)如图③，当边经过点B时，______；
(3)如图④，当点F落在的延长线上时，______．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由旋转的性质可得，当时，可证得是等边三角形，可得，即可得；当时，由旋转的性质可得，在中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长；
（2）由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，进而可得，在中，根据勾股定理可得，于是可得，在 中，根据勾股定理可得，据此即可求出的长；
（3）连接，由旋转的性质可得，由矩形的性质可得，利用邻补角互补可得，进而可得，然后可证得，于是可得，垂直平分，根据，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，将矩形绕点按逆时针方向旋转，得到矩形，点的对应点是点，点的对应点是点，点的对应点是点，
，
当时，，
是等边三角形，
∴；
如图2，当时，
由旋转的性质可得：，
在 中，根据勾股定理可得：，
故答案为：；
（2）解：如图3，由旋转的性质可得：，
∵四边形和都是矩形，
，
，
在中，根据勾股定理可得：，
，
在中，根据勾股定理可得：，
∴的长为；
（3）解：如图4，连接，
由旋转的性质可得：，
∵四边形和都是矩形，
，
∵点落在的延长线上，
在和中
，
，
∴，，
∴，
∵，
∴垂直平分，
∴
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质，线段的和与差，利用邻补角互补求角度，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式等知识点，熟练掌握旋转的性质和矩形的性质是解题的关键．
【变式练习】
34．（2024·山东德州·一模）如图，在矩形中，，以为直径作，将矩形绕点旋转，使所得矩形的边与相切，切点为，边与相交于点．若，则长为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，延长交于点，设，则，由勾股定理得出，解得，则得出答案．
【详解】如图，连接，延长交于点
与相切
由矩形的性质得
矩形绕点旋转所得矩形
，，
四边形为矩形
设，则
解得：
故选：B．

【点睛】本题主要考查圆的切线的判定与性质，解题的关键是掌握矩形的判定与性质、旋转的性质、切线的性质、垂径定理等知识点．
35．（2024·四川成都·模拟预测）探究式学习是新课程倡导的重要学习方式，某兴趣小组拟做以下探究．
如图，在矩形中，，将矩形绕点C旋转，得到矩形．

【初步感知】
（1）如图1，将矩形绕点C顺时针旋转，当时，连接，．
①求证：，
②求出，，的数量关系（直接写出结论，不必证明）；
【深入探究】
（2）将矩形绕点C旋转，当且点E落在直线上时，试探究线段，，的数量关系，并写出证明过程；
【拓展运用】
（3）如图2，将矩形绕点C旋转顺时针旋转，点G落在上，与，分别交于点Q，P，当F，D，Q三点共线时，直接写出的值．
【答案】（1）①见解析；②；（2）点E落在直线上时，，点E落在线段上时，，证明见解析；（3）
【分析】（1）①由，，得到，结合，，即可求解，②由，，，通过等量代换，即可求解，
（2）①点E落在直线上时，连接，交于点H，在与中，由，，得到，点A，D，F三点共线，设，在中，得出，在中，，即可求解，②点E落在线段上时，连接，在与中，由，，得到，点A，B，F三点共线，在中，，，设，，即可求解，
（3）作，延长交于点， 由，得到，，由，得到，由，得到，设，，则， ，，由，得，解得：，由，，，得到，由，得到，将，，代入，即可求解，
本题考查了，矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，解题的关键是：找到等量关系，列出等量关系式．
【详解】解：（1）①证明：，
，
，
，
，
，
，
，
②∵，，，
∴，
∴（等价结果也正确）；
（2）结论①：（等价结果也正确），理由如下：
当，点E落在直线上时，连接，交于点H，
在中，
，
在与中，
，
，
，
点A，D，F三点共线，
，
设，
在中，
，
由，得出，
在中，
，
（等价结果也正确），
结论②：（等价结果也正确），理由如下：
当，点E落在线段上时，连接，
在中，
，
在与中，
，
，
，
点A，B，F三点共线，
在中，，，
设，，
（等价结果也正确），
综上所述：点E落在直线上时，，
点E落在线段上时，；
（3）过点，作，交于点，延长交于点，连接、，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，，
由旋转的性质可得：，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵矩形，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
设，，则：，，，
∴，
∵，
∴，
∴,即：，解得：，（舍），
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，，，即：，
∴，
∴，
∵，，
∴，
故答案为：．
36．（24-25九年级上·四川内江·期中）如图，在矩形中，，，连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；再连接，以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形，，按照此规律作下去，则边的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、相似多边形的性质、旋转的性质，根据矩形的性质和勾股定理可得，由旋转的性质和相似多边形的性质可得矩形的对角线和矩形的对角线的比为，从而得出矩形的对角线为；求出规律即可得解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵以对角线为边，按逆时针方向作矩形，使矩形矩形；
∴矩形和矩形的相似比为；
∴矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∵矩形的对角线为，
∴矩形的对角线为；
以此类推，矩形的对角线和矩形的对角线的比为，
∴矩形的对角线，
矩形的对角线，
按此规律第个矩形的对角线，
∴边的长为，
故选：A．
题型13矩形与规律探究问题
【典例13】（2023·黑龙江鸡西·三模）如图，中，，，边上的高，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，点、、分别在边、、上，且四边形为矩形，，……按此规律操作下去，则线段的长度为 ．

【答案】
【分析】设，则可得，由相似可得，由条件可求得的值，再由勾股定理可求得的长，再由可求得，类似地可求得,进而求得，继续这一过程可得，最后求得结果．
【详解】解：∵，
∴设，则可得，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵
∴，
∴；
由勾股定理得，
∵，
∴
∴；
由于，且四边形为矩形，，
类似地得：,
∴，
，
…，
，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题是图形规律的探索问题，考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的性质等知识，由特殊入手，得到一般规律是关键．
【变式练习】
37．（2023·黑龙江齐齐哈尔·三模）平面直角坐标系中，矩形的位置如图，点，．连接，以为一边作矩形且；连接，以为一边作矩形且；连接，以为一边作矩形且……按这样的规律进行下去，则点的坐标为 ．

【答案】
【分析】先求出，发现其规律，求出，再观察发现个直角三将旋转，找到要求点的位置，即可求得点的坐标．
【详解】解:
，
，
，
个直角三角形将旋转一周
第个图形的位置，
如图所示

点的横坐标为： ，
点的纵坐标为：，
点的坐标，
故填，．
【点睛】本题考查了规律型:点的坐标，解直角三角形的性质:直角三角形中30°角多对的直角边等于斜边的一半，三边比值;斜边等于直角边的2倍，也考查了直角坐标系中各象限内点的坐标特征．
38．（2025·河南濮阳·一模）在矩形中，E是边上一点，以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接．
【特例发现】
（1）如图1，当时，________；
【类比探究】
（2）如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接AE，当时，求的值；
【拓展运用】
（3）如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D，G，F三点共线．若，，请直接写出的长．
【答案】（1）；（2）；（3）．
【分析】（1）延长交于，等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得，即可求解；
（2）连接、，结合矩形的性质和相似三角形的判定方法得， ，由相似三角形的性质得即可求解；
（3）设，，，则，，相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，求出的值，由勾股定理得，再判定，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】（1）解：如图，延长交于，
，
，，
四边形、是正方形，
是正方形的对角线，
是正方形的对角线，
、、三点共线，
，
，
，
，
，
，
；
故答案为．
（2）解：连接、，
四边形和四边形都是矩形，
，
，
，
，
，
∵，，
∴，，
，
，
．
（3）解：，，
设，，，则，，
，
，
，
，
，
，
，
，
解得，
，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质；能熟练利用勾股定理、相似三角形的判定及性质进行求解是解题的关键．
39．（2025·新疆·模拟预测）如图，矩形，点在射线上，将沿翻折，使得点与点重合，连接交于点．
(1)求证：．
(2)如图，若点落在边上，且，求的长．
(3)如图，点为中点，连接，，点在射线上运动过程中，求长的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，即可得到结论；
（2）证明，得到，得，则, 根据得到，利用勾股定理即可求出答案；
（3）连接，取的中点，连接，，则是的中位线，利用勾股定理、中位线定理、矩形的性质进行解答即可．
【详解】（1）解：沿翻折，使得点与点重合，交于点，
，，
，
，
．
（2） 四边形是矩形，
，
沿翻折，使得点与点重合，交于点，
， ，
，
，
，
，即
，
解得或（舍去），
故,
，
四边形是矩形，
，
沿翻折，使得点与点重合，交于点，
，
，，
，
，
，
，
，
，
，
解得或（舍去），
．
（3）如图，连接，取的中点，连接，，则是的中位线，
．
四边形是矩形，且，，
，
是直角三角形斜边上的中线，
，
根据两点之间线段最短，得到，
当、、三点共线时，最大，最大为．
【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、折叠的性质、矩形的性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，正确添加辅助线是关键．
题型14矩形与几何探究压轴问题
【典例14】（2025·安徽铜陵·二模）如图1，在矩形中，M为中点，延长交的延长线于点E，连接，与交于点F．
(1)求证：；
(2)如图2，将矩形改成正方形，，其他条件不变，
①求证，并求出的值；
②如图3，在的延长线上取点P，使得，延长与的延长线交于点Q，连接，，求证：平分．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②见解析
【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等内容，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．
（1）利用矩形的性质得到相等的边和角，然后证明即可得出结论；
（2）①根据正方形的性质得出相等的角，求出相关边长，证明，，然后利用相似三角形的性质即可得出结论，利用勾股定理即可求解；
②延长，交于点E，证明，，利用相似三角形的性质得出，继而得出，最后根据等量代换得出可得出结论．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
；
（2）证明：①由（1）知，
，
四边形为正方形，
，，，
，
∴，
∴，，
，，
，
在中，，，由勾股定理得，
，
；
②如图，延长，交于点E，
四边形为正方形，
，，
，
同上易得，，，
，，
，
，
，
，
∴垂直平分，
，
，
，
，
又，
，
即平分．
【变式练习】
40．（2026·湖北·模拟预测）问题情境∶如图1，矩形中，M是边上一点，分别交，于点E，F．
(1)探究发现：若 求的值；
(2)探索研究∶如图2，矩形中，，，将矩形沿直线折叠，E，F分别在边上，点A落在边上的点M处，，连接，与交于点G．
①求的长；
②连接，若，求的长；
(3)探究拓展：如图3，矩形中，，，将矩形沿直线折叠，E，F分别在边上，点A落在边上的点M处，若，，求y关于x的函数关系式．
【答案】(1)
(2)①，②
(3)
【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质，动点问题的函数关系式．添加相关辅助线，利用翻折的性质及相似三角形的性质是解题的关键．
（1）过点E作于点Q，易得，由相似三角形的性质即可求解；
（2）①过点E作于点Q，由翻折性质得，则由（1）的求解过程得的值，由勾股定理求得，即可求得的值；
②过G点作于点P，由相似三角形性质得，由勾股定理即可求得的长；
（3）连接，过点E作于点Q，由翻折性质得，由（1）知，则有，则可得，从而得，；在中，由勾股定理建立关于x与y的关系式，整理后即可求得y与x的函数关系式．
【详解】（1）解∶如图1，过点E作于点Q，则，
在矩形中，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
∵，
∴，
∴；
（2）解∶①过点E作于点Q，如图，
∵矩形沿直线折叠，
∴；
由（1）知，
由勾股定理得
∴；
②如图，过G点作于点 P，则，
∴，
又∵，
∴，


∴；
在 Rt△BPG中，
（3）解∶如图，连接，过点E作于点Q，
由翻折性质得；
由（1）知，，


∵四边形是矩形，


在中，由勾股定理得
即
整理得：
即y与x的函数关系式为
41．（2025·天津·一模）已知矩形在平面直角坐标系中，点，点，点，把矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，点A，B，C的对应点分别为D，E，F．交y轴于点M．
(1)如图①，求的大小及的长；
(2)将矩形沿y轴向上平移，得到矩形，点O，D，E，F的对应点分别为．设．
①如图②，直线与x轴交于点N，若，求t的值；
②若矩形与矩形重叠部分面积为S，当重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并写出t的取值范围（直接写出答案即可）．
【答案】(1)，；
(2)①1；②（）．
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，三角函数的有关计算．
（1）根据矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，， ，在 中， 即可得出结论；
（2）①①由四边形 是矩形，又因为，所以四边形 是平行四边形， ， 即可求解；
②先确定的取值范围，再利用梯形面积减去三角形面积可得： （），即可得出结论．
【详解】（1）解：∵把矩形绕点O顺时针旋转，得到矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，；
（2）解：①∵四边形是矩形，
∴，
又，
∴四边形是平行四边形，
∴，
如图，记交y轴于点，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
②当与重合时，
当过点时，如图，
同理可得：
设
则
由 可得：

经检验：是原方程的根且符合题意，

当重叠部分为五边形时，
t的取值范围为
如图，同理可得：
过作，则同理可得


即（）．
42．（2023·浙江宁波·模拟预测）如图，四边形为矩形，点，点分别在轴的正半轴上，反比例函数的图象经过点，点轴于点，轴于点，．
(1)求证：．
(2)请写出点和点的坐标（用表示）．
(3)求证：．
【答案】(1)见解析；
(2)；
(3)见解析．
【分析】（1）由矩形得到，，再由互余关系得到，即可证明全等；
（2）根据全等三角形的性质得到知，即可求解坐标；
（3）将点代入反比例函数解析式得到，则①，证明∽，②，再化简证明即可．
【详解】（1）证明：如图，四边形是矩形，
∴．
∵，
∴．
同理，
∴．
∵轴，轴，
∴，
∴．
（2）解：由（1），知，
∴．
（3）解：∵在反比例函数图象上
∴，
∴①．
∵，
∴，
∴，
∴②．
①②得，
∴或（舍），即，
∴．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何综合，涉及全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，矩形的性质，等腰三角形的性质等知识点．
题型15矩形与函数综合问题
【典例12】2025·天津·一模）在平面直角坐标系中，是等腰直角三角形，，，点在轴的负半轴上，点在第二象限，矩形的顶点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上．将沿轴向右平移，得到，点的对应点分别为．
(1)如图1，当经过点时，求直线的函数表达式；
(2)设，与矩形重叠部分的面积为；
①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，与相交于点，分别与，交于点，用含有的式子表示 ；直接写出的取值范围 ；
②请直接写出满足的所有t的值 ．
【答案】(1)
(2)①，；②或5
【分析】（1）根据平移的性质可得是等腰直角三角形，根据矩形的性质可得，从而得到，最后用待定系数法即可求得答案；
（2）①根据，即可求得，再结合题意列不等式组即可求得；②分五种情况讨论：当时，与矩形重叠部分为三角形；当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形）；当时，重叠部分为梯形；当时，与矩形重叠部分为五边形；当时，重叠部分为矩形，分别画出图形，结合图形建立方程求解即可．
【详解】（1）解：如图①，当经过点时，
矩形的顶点，
，
由平移的性质可得：为等腰直角三角形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
设直线的解析式为，
将代入得：，
解得：，
直线的解析式为：；
（2）解：①如图②，当与矩形重叠部分为五边形时，
矩形中，，
四边形是矩形，
设，则，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
；
②当时，与矩形重叠部分为三角形，如图，

重叠部分的面积为：，
，
，解得：，
，
不符合题意，此时重叠部分面积不可能为；
当时，与矩形重叠部分为四边形（梯形），如图④，

则，
，
，
解得：，
，
符合题意；
当时，重叠部分为梯形，为定值，不能等于；
当时，与矩形重叠部分为五边形，
由①知：，
，
解得：（舍去），；
当时，重叠部分为矩形，如图⑤，
，
，
当时，，不符合题意；
综上所述，满足的所有的值为或5．
【点睛】本题是矩形综合题，考查了矩形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，平移变换的性质，三角形、梯形、矩形面积，代定系数法求一次函数的解析式等知识，解题关键是运用数形结合思想和分类讨论思想．
【变式练习】
43．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点O为坐标原点，顶点A、C分别在x轴、y轴上，是一元二次方程的两个解经过点C的直线与x轴交于点D，点P从点D出发，沿直线以每秒个单位长度的速度向终点C移动；同时，点Q从点O出发，沿以每秒4个单位长度的速度运动到点B停止，设运动时间为t秒
(1)求点A、点C的坐标；
(2)求线段的长（用含t的式子表示），并直接写出t的取值范围；
(3)在运动过程中，是否存在某一时刻t，使与两线段长度之比为？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；
(2)当时，；当时，；
(3)存在，
【分析】（1）解一元二次方程即可求，，再求点的坐标即可；
（2）由题可知，当时，，，，当时，，，；
（3）先求，当时，当时，，解得；当时，，解得
【详解】（1）解：，
解得或，
，
，，
，；
（2）解：∵直线经过点C，
，
直线，
当时，，
，
点以每秒个单位长度的速度向终点C移动，
，
点到C点停止，
，
点Q从点O出发，沿以每秒4个单位长度的速度运动到点B停止，
，
当时，，，
，
当时，，，
；
综上所述：当时，；当时，；
（3）解：存在t，使与两线段长度之比为，理由如下：
点以每秒个单位长度的速度向终点C移动，
，
当时，
当时，，
解得；
当时，，
无实数根；
综上所述：t的值为2．
【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，矩形的性质，分类讨论是解题的关键．
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【错因】角度问题没有给出而直接使用
【避错关键】求角度的问题，题目条件中一定已知某角的度数，然后根据已知角与所求角之间的关系来解决问题，而条件中的已知角会通过两种方式给出：一是题设中的明确条件，二是隐含在特殊图形中的隐含条件，如矩形中的直角，等边三角形中的60°角，等腰直角三角形中的45角等.
【典例】
1．（2025·广东东莞·三模）如图，在矩形OABC中，，，将矩形OABC绕点C逆时针旋转至矩形DEFC，若DE经过点B，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查矩形的性质以及旋转的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
通过矩形的边长关系以及旋转后线段的位置关系，利用三角函数来求解角度．
【详解】解：，．矩形绕点逆时针旋转至矩形，
，．
在中，，，
根据余弦函数的定义，
将，代入可得
．
是锐角，且，
．
，，
，即
．
故选：B．
2．（2025·广东深圳·二模）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形进行如图所示的操作，作出的两条线的交点恰好落在边上的点处，则的度数为（ ）
A．B．C．条件不足，无法计算D．
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的性质，尺规作图之角平分线，尺规作图之垂直平分线，三角形内角和，三角形的外角，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据题意，可知平分，被垂直平分，那么，，接着利用三角形内角和求得，由，求得．
【详解】解：根据题意，可知平分，被垂直平分，在的垂直平分线上，
四边形为矩形，
，
平分，
，
，
被垂直平分，在的垂直平分线上，
，
，
，
，
故选：D．
3．（2025·江苏扬州·二模）如图是一张矩形纸片，点M是对角线的中点，点E在边上，把沿直线折叠，使点C落在对角线上的点F处，连接，．若，则 度．
【答案】18
【分析】连接，如图，设，根据矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质求出，根据轴对称的性质，等边对等角，三角形外角的性质和等量代换思想求出和，最后根据三角形内角和定理列出方程求解即可．
【详解】解：连接，如图所示，设，

四边形是矩形，
，
是中点，
，
，，
，
沿直线折叠，点C落在对角线上的点F处，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：18．
【点睛】本题考查矩形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，等边对等角，三角形外角的性质，轴对称的性质，三角形内角和定理，综合应用这些知识点是解题关键．
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【错因】对所给的题目条件没有进行正确的讨论
【避错关键】针对题目所给的条件画出正确的图形，注意相关的点、线所在的位置，不要遗漏
【典例】
4．（2025·全国·模拟预测）在矩形中，边，边，点E在上，且，点F为的中点，当是以为腰的等腰三角形时，的长度为 ．
【答案】8或18
【分析】本题主要考查矩形的性质、相似三角形的判定和性质、等腰三角形的性质和判定、勾股定理，分两种情况：若，若，解答即可．
【详解】解：在矩形中，，
若时，过点F作于点H，则，
∴，
∴，
∴，
∵点F为的中点，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
若时，如图，
∵点F为的中点，
∴，
∵，
∴8，
∴，
综上，的长度为8或18．
故答案为：8或18
5．（2025·江西赣州·一模）在矩形中，，，点是折线上的动点（不与两点重合），当的长为整数时，则的长是 ．
【答案】或或
【分析】本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理的应用，坐标与图形，掌握分类讨论的思想是解题的关键．
点在折线上运动，不与重合．当为整数时，的可能取值为1、2、3．通过计算各段折线上为整数的点的位置，并求的长度．
【详解】解：如图所示，以为原点建立坐标系，则，，，．
折线包括线段、和．
①当时，在上，坐标为，此时由勾股定理得；
②当时，在上，坐标为，此时由勾股定理得；
③当时，可在上或上，
若可在上，由勾股定理得；
若可在上，此时的坐标为，由勾股定理得．
综上所述，当为整数时，的长为．
故答案为：或或．
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【错因】针对矩形与线段取最大或最小值找不到点所在的位置
【典例】
6．（2024·湖南长沙·模拟预测）如图，在矩形中，点P在边上运动（可与端点重合），连接，E、F分别为、的中点，连接，若，则线段的最小值为 ．
【答案】5
【分析】此题考查了矩形的性质、三角形中位线定理、垂线段最短等知识，得到当P、D重合时，最小，有最小值，是解题的关键．连接，由是的中位线得到，当最小时，有最小值，当P、D重合时，最小，有最小值，即可求出答案．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵E、F分别为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴当最小时，有最小值，
∵当P、D重合时，最小，有最小值，
∴，
∴的最小值为5．
故答案为：5．
7．（2025·广东阳江·模拟预测）如图，矩形中，，，点在边（不包含端点）上运动，点在边（包含端点）上运动，连接，，分别为，的中点，则长度的最大值与最小值的差为 ．
【答案】2
【分析】通过连接辅助线、，利用三角形中位线定理得出与的数量关系，再根据矩形性质确定的最值，进而求出的最值差．
【详解】解：连接、．
∵，分别为，的中点，
∴是的中位线，
∴．
在矩形中，，．
当与重合时，，此时最小，；
当与重合时，，此时最大，．
∴长度的最大值与最小值的差为．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查矩形的性质、三角形中位线定理以及勾股定理的应用，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
8．（2025·河南新乡·模拟预测）如图，在矩形中，，，点P为直线上一个动点，作射线，过点C作，垂足为Q，连接，则的最小值为 ，最大值为 ．
【答案】 1 9
【分析】取的中点M，连接，，由矩形的性质得到，求出，由直角三角形斜边中线的性质得到，由勾股定理求出，由三角形三边关系定理得到，即可得到的最小值和最大值．
【详解】解：取的中点M，连接，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
，
由三角形三边关系定理得到：，
，
的最小值为1，最大值为．
故答案为：1，．
【点睛】本题考查直角三角形斜边的中线，三角形三边关系，矩形的性质，勾股定理，关键是由三角形三边关系定理得到．
9．（2025·河南南阳·二模）在矩形中，，，动点P在上运动（点P不与B，C点重合），点E在线段上，且．
（1）连结，则的最小值是 ；
（2）当最小时，的长为 ．
【答案】 2
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由余角的性质可得，则点E在以为直径的圆上运动，则当点E在上时，有最小值，由勾股定理可求解；
（2）当与相切时，最小，由可证，，，由三角形的面积可求，通过证明，可得，即可求解．
【详解】解：（1）四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
点E在以为直径的圆上运动，
如图，取的中点O，连接，交圆O于点E，此时有最小值，
点O是的中点，
，
，
，
故答案为：2；
（2）当与相切时，最小，
连接，连接交于H，
由（1）可知：，，，
是的切线，
，
，，
，
，，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
故答案为：．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点04矩形的计算与相似综合问题
【错因】在矩形求边长时，不会灵活应用相似三角形的性质与判定
【典例】
10．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，是矩形的对角线，，延长到，使得，连接交、于点F、G，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的判定与性质以及三角函数的应用．通过设未知数，利用相似三角形对应边成比例的性质来求解线段比例关系是解题的关键．先利用矩形性质和三角函数设出矩形边长，再通过相似三角形的性质求出线段比例关系．
【详解】解：四边形是矩形，，设，则,
又，
,
∵在矩形中，，
，
，
，解得，
则,
，
，
，
．
故答案为：．
11．（2024·江西·模拟预测）如图，四边形是矩形，E，F分别是边的中点，．若则线段的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质．证明，可得，设，可得，在中，利用勾股定理可得，即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵E，F分别是边的中点，
∴，
设，则，
∵
∴，即，
在中，，
∴，
解得：（负值舍去），
即．
故答案为：
12．（2024·重庆·模拟预测）如图，矩形，连接，平分交于点E，过点E作交于点F，，，则线段为
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质、角平分线的性质定理、相似三角形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点解题的关键．
根据矩形的性质得到，，利用角平分线的性质得到，利用勾股定理求出，通过证明得到，求出的长，再证明得到，求出的长，再利用线段的和差即可求解．
【详解】解：∵，，
∴，
∵矩形，
∴，，
又∵平分，，
∴，，
∴，
∵，，
∴，
∴，即
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
故答案为：．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点05辅助线在矩形计算中的作用
【错因】针对题目所给的条件不能正确作出辅助线
【典例】
13．（2025·湖南永州·三模）如图，在矩形中，，，点是上一点，且，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，则的面积为 .

【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定及性质，熟悉掌握判定的方法是解题的关键．
过点作于点，利用矩形的性质判定出，得到，即可通过三角形面积公式求解．
【详解】解：过点作于点，如图所示：

∴，
∵四边形为矩形，
∴，
∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，，
∵，，
∴，
∴在和中
，
，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
14．（2025·浙江杭州·三模）如图，矩形中对角线交于点，，点绕点顺时针旋转得点，连结分别交于点，若，则的值为 ．
【答案】
【分析】先根据矩形的性质得出，，，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据旋转的性质得出，，根据等边对等角和三角形外角的性质可得出，根据等角对等边得出，根据比的性质并结合已知可求出，证明，根据相似三角形的性质得出，，则，，在中根据勾股定理求出，即可求解．
【详解】解：连接，
∵矩形，
∴，，，，
∴，
又，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质等知识， 掌握相关性质定理进行推理论证是解题的关键．
15．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在矩形中，对角线交于点O，，，连接交于M，交于N，，则线段的长为 ．
【答案】/
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理．连接，交于点．证明四边形为菱形，可得，，，再证明，可得，从而得到，再由勾股定理可得，再证明，可得，即可求解．
【详解】解：连接，交于点．
，，
四边形为平行四边形．
四边形为矩形，
，，，．
为菱形．
，，．
．
．
，
四边形为平行四边形．
．
．
，，
．
．
，
．
．
，
．
．
，
．
故答案为：
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324409" 易错点06矩形综合压轴问题
【错因】对矩形的判定方法掌握不熟练
【避错关键】有关矩形的证明题常与全等三角形或直角三角形等知识结合起来考查，利用矩形的性质，可以得到许多有美等角、等边的结论，在解决此类证明题时，注意合理选择这些结论，
16．（2025·山西长治·一模）综合与实践
在中，，，是的中点，为直线上一动点，连接，过点作，交直线于点，连接．
(1)如图1，当是线段的中点时，判断四边形的形状，并证明；
(2)如图2，当点在线段的延长线上时，用等式表示线段之间的数量关系，并证明；
(3)若，设与直线的交点为，当时，直接写出的面积．
【答案】(1)矩形，见解析
(2)，见解析
(3)或
【分析】（1）根据三角形中位线定理，矩形的判定定理解答即可．
（2）延长到点G；使，连接．证明得到平行线，继而得到，利用勾股定理，等量代换思想解答即可；
（3）取的中点M，连接，分点E在上和的延长线上两种情况，利用勾股定理，三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用解答即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，是线段的中点,
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵,
∴四边形是矩形．
（2）解：，理由如下：
延长到点G；使，连接．
∵点是边的中点，
∴，
∵，
∴，
∴， ．
∴，
∴，
∴
∴，
∵，，
∴直线垂直平分线段，
∴，
∴．
（3）解：取的中点M，连接，
∴是的中位线，
∴，
∵，
∴，，
当点E在上时，
设，则
∵，
∴，
根据（2）的结论，得，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
当点E在延长线上时，
设，则
∵，
∴，
根据（2）的结论，得，，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】本题考查了三角形中位线定理，三角形相似的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握判定和性质，勾股定理，三角函数的应用是解题的关键．
17．（2025·河北邯郸·三模）如图1，在四边形中，，，，，，点在线段上，且．
(1)如图2，连接，．
①直接写出的长，并求出的值．
②求证：四边形为矩形．
(2)如图3，点是线段上任意一点，连接，在右侧构造，使，．连接，取线段上一点，作交于点．求证：．
【答案】(1)①，；②详见解析
(2)详见解析
【分析】（1）①根据勾股定理可得，再由勾股定理逆定理证明，即可得到的值；
②证明，得到，进而得到，证明，可得四边形为平行四边形，即可证明四边形为矩形；
（2）如图，在延长线上取一点，使，连接，，根据三角函数得到，证明，，得到，进而得到，即可证明．
【详解】（1）①解：∵，，
∴，
，，，，
，
，
．
②证明： ∵，
∴，
．
，
，即，
，
．
又，
四边形为平行四边形．
又，
四边形为矩形；
（2）证明：如图，在延长线上取一点，使，连接，，
由（1）②可知，
，
∴．
，
，
∴，
．
又∵，
，
，，
，，
，
∴，
．
，，
，
．
【点睛】本题考查了勾股定理及其逆定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定，三角函数，平行线的判定等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键．
18．（23-24九年级下·四川成都·期中）如图①，点D为上方一动点，且．
(1)在左侧构造，连接，请证明；
(2)如图②，在左侧构造，在右侧构造，连接求证：四边形是平行四边形；
(3)如图③，当满足，，．运用（2）中的构造图形的方法画出四边形；
（Ⅰ）求证：四边形是矩形；
（Ⅱ）直接写出在点D运动过程中线段的最大值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)（Ⅰ）见解析（Ⅱ）
【分析】（1）根据题意得，，进而可得，即可求证；
（2）分别证、，即可求证；
（3）（Ⅰ）由（1）（2）可得，即可推出，即可求证；（Ⅱ）作的外接圆，圆心为O，可得，据此即可求解；
【详解】（1）解：∵，
∴，，
∴，
∴，
（2）证明：由（1）
∵，
∴，，
∴，
由（1）同理可得
∴
∵
∴
∴
∴，
∴四边形是平行四边形；
（3）解：（Ⅰ）由（1）（2）可得
∴
∵四边形是平行四边形
∴四边形是矩形
（Ⅱ），理由如下：
由（Ⅰ）得
作的外接圆，圆心为O
∵
∴
∴圆心O为定点，且半径
∴
求得
∴
∴，
∴，
∴
∴
∴
∴
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形以及矩形的判定、三角形与圆的综合问题，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．
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【典例】
1．（2025·辽宁鞍山·一模）如图，在矩形中，是对角线，点E，F分别在边，上，，交于点G．若点G是的中点，，，，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，熟练掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半以及相似三角形的判定与性质是解题的关键．
根据矩形的性质可得，，，从而可得，然后利用直角三角形斜边上的中线的性质可得，从而可得，进而可得，再证明，利用相似三角形的性质即可求出，利用勾股定理求出即可解答．
【详解】解： 四边形是矩形，
，，，
，
，
，
是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故选：D．
2．（2025·贵州·模拟预测）如图，矩形中，点在对角线上，延长交于点，过点作，分别交、于点、，，．如果，那么的长是 ．
【答案】
【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，直角三角形两锐角互余，等积变换等知识点．掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．如图，过点作于点，根据矩形的性质得，由得，由勾股定理得，证明得，即，证明得∴继而得到，设，则，得，解得：，再根据可得结论．
【详解】如图，过点作于点，
∵矩形中，，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
在中，，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∵，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：，
在中，，
∴的长是．
故答案为：．
3．（2024·湖南娄底·模拟预测）如图，在矩形中，，，分别在边上，，，连接相交于点，为的中点，连接，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质等，利用矩形的性质和勾股定理可得，再证明，可得，进而得到，即得到，最后根据直角三角形斜边中线性质求解即可，掌握以上知识点是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
故答案为：．
4．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，矩形中，，，点E是对角线上一点，且，点F是上一点，若，则的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，正确地添加辅助线、构造直角三角形是解题的关键．
如图：连接，作于点H，则，由矩形的性质可得、，运用勾股定理可得，再由求得，由，求得，因为，所以，求得即可解答．
【详解】解：如图：连接，作于点H，则，
四边形是矩形，，，
，，，
，
点E是上一点，且，
，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧02：矩形的翻折问题
【典例】
5．（2024·广东·模拟预测）如图，矩形中，已知点M为边的中点，沿将三角形进行翻折，点C的对应点为点E，若，，则的长度为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），相似三角形的判定和性质，矩形的性质．
根据矩形的性质得到，，由勾股定理得到，根据折叠的性质得到，，求得，过M作，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：∵矩形中，已知点M为边的中点，，，
∴，，
∴，
∵沿将三角形进行翻折，
∴，，
∴，
过M作于F，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
6．（2025·湖南·模拟预测）已知点，分别在矩形纸片的边，上，连接，将矩形纸片沿折叠．
(1)如图①，若点恰好落在点处，与相交于点，连接，．
①判断四边形的形状，并证明你的结论；
②若，，求折痕的长；
(2)如图②，若点恰好落在边上的点处，点落在点处，交于点，且．
①求证：；
②若，，求的长．
【答案】(1)①四边形是菱形，证明见解析；②
(2)①见解析；②6
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质，图形折叠的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
（1）①根据折叠变换的性质和菱形的判定即可得；
②设，则，在直角三角形中，由勾股定理求，在直角三角形中，由勾股定理求x，利用菱形面积的计算公式建立等式，进行计算即可得；
（2）①由矩形和折叠的性质，用证明，从而得，则，由，得；
②由，，得，，，设，则，根据勾股定理得，进行计算即可得的长度．
【详解】（1）①四边形是菱形．
证明如下：
由折叠的性质，得，，，
四边形是矩形，
，
，
，
，
，
四边形是菱形．
②四边形是矩形，
，
，，
，
设，则，
，
，解得，
，
，
．
（2）①四边形是矩形，
，，
由折叠的性质，得，，
，，
在和中，
，
，
，
，
．
②设，
，
，
，
，
由折叠的性质，得，，
，
，
，
，
，解得，
．
7．（2025·四川广元·模拟预测）【探究】如图1，已知四边形是正方形，点E是上一动点，连接，将沿着折叠，点C落在四边形内部的点F处，连接并延长，交于点

（1）求证：；
（2）如图2，延长交边于点H，若，求的值；
【拓展】
（3）如图3，已知四边形是矩形，点E是上一动点，连接，将沿着折叠，点C落在四边形内部的点F处，连接CF，延长CF，BF交边于点G，H，若，，求的值．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）
【分析】本题考查了四边形综合题，正方形的性质，矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，掌握利用全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题是解题的关键．
（1）根据正方形的性质可得，，根据折叠的性质结合“同角的余角相等”进行等量代换证得，从而证明三角形全等，最后根据全等三角形的对应边相等即可得证；
（2）连接，由，可设，，令，根据等边对等角结合两直线平行，内错角相等，进行等量代换得到，从而得到，，，最后根据，求出的值即可；
（3）通过证明，得到，从而可设出、、、，结合，即可求解得到的值．
【详解】（1）证明：将沿着折叠，点C落在四边形内部的点F处，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：如图2，连接，
由，可设，，令，
又
，
在和中
由勾股定理得：
解得：或不合题意，舍去
；
（3）解：由，可设，，令，则
①当点H在点D左侧时，如图3，

由（2）知，
将沿着折叠，点C落在四边形内部的点F处，
又
，即
，
在和中
由勾股定理得：
解得或不合题意，舍去，
8．（2025·河南郑州·一模）【问题情境】数学课上，兴趣小组对“矩形的折叠”作了如下探究．将矩形纸片先沿折叠，折痕与边分别交于点，，点的对应点记为，点的对应点记为
【特例探究】（）如图，连接，与交于点，当点三点共线时，与相等的角为________（写出一个即可）．
（）如图，为的中点，点恰好落在边上．①直接写出四边形的形状：________，________（填“”“”或“”）
②延长交于点，判断与的数量关系，并说明理由．
【深入探究】（）如图，将矩形纸片更换为平行四边形，，，为的中点，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时直接写出的值．
【答案】（）或（任选一个）；（）①菱形，；②，理由见解析；（）或
【分析】（）根据折叠的性质和余角性质解答即可求解；
（）①由折叠的性质和等腰三角形的判定可得，即得四边形是菱形，进而根据为的中点可得，即得，即可得；②连接，即可求解；
（）分和，分别画出图形，根据折叠的性质和勾股定理解答即可求解．
【详解】解：（）∵四边形是矩形，
∴，
由折叠可得，，，
∵点三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴与相等的角为或，
故答案为：或（任选一个）；
（）①由折叠可得，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∵为的中点，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：菱形，；
②，理由如下：
连接，
由折叠可得，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（）当时，如图，垂足为点，过点作于，连接交于，
∵，四边形是平行四边形，
∴，，，，
由折叠可得，，，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
，
设，则，，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∴；
当时，如图，垂足为点，延长交于点，
由折叠可得，，，，，，
∴，
∵为的中点，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上，当所在直线垂直于平行四边形的一边所在直线时，的值为或．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧03：矩形中的动点问题
【典例】
9．（20-21八年级下·重庆·期末）在矩形中，，，点为上的点，点矩形内部一动点，连接，；
（1）如图一，若满足，，，，求证：；
（2）如图二，当点在线段上的运动，求的最小值；
（3）如图三，若点为的中点，为矩形内部一动点，连接，，，问是否有最小值，若有请直接写出答案；若没有，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2) ；(3)存在最小值，理由见解析.
【分析】(1)过点P作PF⊥BC交BC于F，然后证明△PFE≌△ECD即可得到答案；
(2)作D点关于BC的对称点，连接，当P、E、三点共线且与BD垂直时即为最小值；
(3)将三角形BPC顺时针旋转90°得到新三角形，然后可以得到，容易得出当点Q、P、、四点共线时此时有最小值.
【详解】解：(1)如图所示，过点P作PF⊥BC交BC于F
在直角三角形PFB中，
∴BF=PF，
∴
即BF=PF=1=EC
又∵BF+EF+EC=BC=5
∴EF=BC-BF-EC=3
∴FE=CD
∴△PFE≌△ECD
∴PE=DE
(2)如图所示，作D点关于BC的对称点，连接，当、、三点共线且与BD垂直时即为最小值
在矩形ABCD中，∠BCD=90°，在中，∠
∴△BCD∽
∴
∴
又∵，
∴
由对称性可知
∴
∴的最小值为
(3)如图所示，将三角形BPC顺时针旋转90°得到新三角形，然后过点作⊥AD交AD于N，连接Q交BC于M
由旋转的性质可知，，，∠=∠=90°
∴
∴
故当Q、P、、四点共线， 有最小值
∵∠=90°
∴A、B、三点共线，
∴在直角三角形中，
∴
∵点为的中点
∴
∴
∴的最小值为
【点睛】本题主要考查了全等三角形，相似三角形和旋转的相关性质，以及勾股定理，难度较大，解题的关键在于能够熟练的掌握相关知识点.
10．（2025·吉林·三模）如图，矩形中，，，点为的中点．点从点出发，以的速度沿折线向终点匀速运动，同时点从点出发，以的速度沿折线运动．当点到达终点时，点也停止运动．以为边在矩形内侧作正方形，设点的运动时间为（单位：s）（），正方形的面积为（单位：）．
(1)当点在边上时，_____ ，_____ （用含的代数式表示）．
(2)求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围．
(3)连接，直线将正方形的面积分成两部分时，直接写出的值．
【答案】(1)；
(2)当时，，当时，，当时，
(3)或
【分析】（1）根据矩形的性质和动点问题求解即可；
（2）根据和不同位置分情况套，利用勾股定理求出，再根据求解即可；
（3）分三种情况讨论，分别画出图形，当直线将正方形的面积分成两部分时，则与正方形的交点为正方形边长中点，据此求解即可．
【详解】（1）解： 矩形中，，，点为的中点，
，，，，
当点在边上时，点在边上，，，
故答案为：，；
（2）解：如图①，当时，，，
，
，
如图②，当时，，，
，
，
如图③，当时，，，则，
，
综上所述，当时，，当时，，当时，；
（3）解：当时，与正方形只有一个交点，不合题意，
当时，，，如图，与交于点，连接，过作于，
正方形，
，，，
，，
，
∴，
，，
，
，，
，
，，
直线将正方形的面积分成两部分，
，
，
，，
，
，，
，，
，，
，
，
，
解得，
（负值舍去）；
当时，，，
则，
直线将正方形的面积分成两部分，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，
，
解得．
综上所述，当直线将正方形的面积分成两部分时，或．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，分类讨论是解题的关键．
11．（2019·江苏苏州·一模）如图①，在矩形ABCD中，动点P从点A出发，以1cm/s的速度沿AD向终点D移动，设移动时间为t（s），连接PC，以PC为一边作正方形PCEF，连接DE、DF，设△PCD的面积为y（cm2），y与t之间的函数关系如图②所示．
（1）AB＝ cm，AD＝ cm；
（2）当t为何值时，△DEF的面积最小？请求出这个最小值；
（3）当t为何值时，△DEF为等腰三角形？请简要说明理由．
【答案】（1）2，5；（2）当t为4时，△DEF的面积最小，且最小值为；（3）当t＝1s或3s或4s时，△DEF为等腰三角形．理由见解析.
【分析】（1）根据图②三角形PCD的面积，可得矩形的长和宽；
（2）由题意得：AP=t，PD=5-t，根据三角形面积公式可得y与t的关系式，由图②得：，代入可得结论；
（3）当△DEF为等腰三角形时，分三种情况进行讨论，根据全等三角形的性质计算PD和AP的长，可得t的值．
【详解】解：（1）由图②知：AD＝5，
当t＝0时，P与A重合，y＝5，
＝5，
CD＝2cm，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD＝2cm，
故答案为2，5；
（2）由题意得：AP＝t，PD＝5﹣t，
∴y＝CD•PD＝＝5﹣t，
∵四边形EFPC是正方形，
∴S△DEF+S△PDC＝S正方形EFPC，
∵PC2＝PD2+CD2，
∴PC2＝22+（5﹣t）2＝t2﹣10t+29，
∴S△DEF＝（t2﹣10t+29）﹣（5﹣t）＝，
当t为4时，△DEF的面积最小，且最小值为；
（3）当△DEF为等腰三角形时，分三种情况：
①当FD＝FE时，如下图所示，过F作FG⊥AD于G，
∵四边形EFPC是正方形，
∴PF＝EF＝PC，∠FPC＝90°，
∴PF＝FD，
∵FG⊥PD，
∴PG＝DG＝PD，
∵∠FPG+∠CPD＝∠CPD+∠DCP＝90°，
∴∠FPG＝∠DCP，
∵∠FGP＝∠PDC＝90°，
∴△FPG≌△PDC（AAS），
∴PG＝DC＝2，
∴PD＝4，
∴AP＝5﹣4＝1，
即t＝1；
②当DE＝DF时，如下图所示，E在AD的延长线上，此时正方形EFPC是正方形，PD＝CD＝2
∴AP＝t＝5﹣2＝3
③当DE＝EF时，如下图所示，过E作EG⊥CD于G，
∵FE＝DE＝CD，
∴CG＝DG＝CD＝1，
同理得：△PDC≌△CGE（AAS），
∴PD＝CG＝1，
∴AP＝t＝5﹣1＝4，
综上，当t＝1s或3s或4s时，△DEF为等腰三角形．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、利用三角形的面积公式求二次函数的解析式，勾股定理的运用，动点运动等知识，考查学生数形结合的能力，分类讨论的能力，综合性强，难度适中．
"file/D:\\0工作\\精品老师\\安徽%20宋文晶\\0已完结专辑%20%20%20xkw_420114352%20%20%20%20%20%20%20%20店铺ID：650024\\【上好课】2025年中考数学一轮复习知识清单\\专题01%20%20数与式%20（4大模块知识梳理+10个基础考点+1个方法技巧+4个易错点）原卷版.dcx" \l "_Tc182324402" 技巧04：矩形中的性质与判定综合问题
【典例】
12．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在矩形中，，，点M是射线的一个动点，连接，过作于点P．
(1)如图①．当点M为边中点时，连接并延长交于点E．
①求证：；
②的长为 ．（直接写出答案）
(2)如图②，点Q在边上，且，当时，求的长．
【答案】(1)①见解析；②；
(2)7或7
【分析】（1）①延长、交于点，利用“”证明，由全等三角形的性质可得，，易得点为中点，再结合“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”的性质可得，可推导，进而推导，即可证明；②设，则，，，在中，由勾股定理可解得，即可获得答案；
（2）分两种情况讨论：①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点，易知四边形为矩形，设，，则，，证明，由相似三角形的性质可求得；再证明，由三角函数可得，进而可知，由，同理可得，故，即有，进而可知，即可求得，，，结合可求得；②当点在延长线上时，同理可得，即可获得答案．
【详解】（1）①证明：延长、交于点，如下图，
∵点为边中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
又∵，
∴
∴，，
∴点为中点，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
②解：设，
由①可知，，，
∴，，，
∴在中，可有，
∴，解得，
∴
故答案为：；
（2）解：分两种情况讨论：
①当点在线段上时，如下图，过点作，交于点，交于点，
∴，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
设，，则，，
∵，
∴，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
由，同理可得，
∴，即，
∴，
∴，即，
解得，
∴，，
∵，
∴，
解得（舍去）或，
∴；
②当点在延长线上时，如下图，
同理可得．
综上所述，的长为或．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质、动点问题、三角函数、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线的性质、相似三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确作出辅助线，并运用分类讨论的思想分析问题．
13．（2025·吉林长春·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上一点，且，连接，以为腰在右侧作等腰直角，且．点在边上，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)点到的距离为_______．
(2)通过分析，可知（不需证明），由此可得_______．
(3)当线段与边有交点时，设交点为，若点将线段分为的两部分，求此时的长．
(4)当点恰好落在矩形的边所在直线上时，直接写出的长．（写出两个即可）
【答案】(1)
(2)
(3)或
(4)或或
【分析】（）过点作于，再证明即可求解；
（）由矩形的性质得，即得，进而由相似三角形的性质即可求解；
（）过点作于，过点作于，可得四边形是矩形，得到，再分和两种情况，利用相似三角形和全等三角形的判定和性质解答即可；
（）分点落在上，点落在的延长线上和点落在上三种情况，分别画出图形，利用矩形的性质及全等三角形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）解：如图，过点作于，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵是以为腰的等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点到的距离为，
故答案为：；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：；
（3）解：如图，过点作于，过点作于，则，，
则，
∴四边形是矩形，
∴，
当时，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
由旋转可得，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
当时，如图，
同理可得，，
∴；
综上，的长为或；
（4）解：当点落在上时，如图，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴；
当点落在的延长线上时，如图，过点作的延长线于点，则，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
当点落在上时，如图，
同理（）可证，
∴，
∴；
综上，的长为或或．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，旋转的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键．
14．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、．
(1)直接写出___________°，___________；
(2)当时，求的值；
(3)如图2，连接并延长交直线于点．
①求证：；
②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可；
（2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作于点K，
∵是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴ ，
根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（3）①证明：根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
过点M作交于点L，
则，，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
②连接，，
∵，，
∴，
又∵垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点Q在与线段夹角为的射线上，
∴过点D作于点，
当点Q在时，最小，
这时．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
15．（2025·湖北武汉·模拟预测）【模型识别】如图1，于点B，于点C，交于点D，求证：．
【尝试应用】如图2，在平行四边形中，E是上的一点，连接，作交于点F，， 若，，，求的值；
【拓展探究】如图3，已知菱形的边长为10， ，点E为边上的一点，连接，过点A作交于点F，交于点G，且，求的长．
【答案】模型识别：见解析；尝试应用：；拓展探究：
【分析】本题考查矩形的判定与性质，菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理等知识，属四边形综合题目，难度较大，为中考压轴题目．
（1）证明即可得出结论；
（2）过点A作的延长线于点M，过点F作于点N，先证明四边形是矩形，，求出 继而证明，则 ，设，则，，，即，得到 ，求出x的值，即可解答．
（3）连接交于，交于，根据菱形性质和解直角，求得，，再证明，得，从而得，继而求得，然后证明，得到，则，即可求得，，从而求得，则可求得，，，证明得，即，则，最后由求解即可．
【详解】解：（1），
，
，
，，
，
又，
，
，
，
；
（2）过点A作的延长线于点M，过点F作于点N，如图
有，
四边形是平行四边形，
，，，
∴，，
，四边形是矩形，，
∴，，
即，
，，
，，
，或（不合题意，舍去）
，
，
设，则，，，
即，
∴，
，
即
解得：，（不符合题意，舍去），
；
（3）连接交于，交于，
四边形是菱形，
，
，
，
设，，由勾股定理，得，
解得：，
，，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
，
，
，
，
，，
，
，即，
，
，，
四边形是菱形，
，
，
，即，
，
．
一、单选题
1．（2025·陕西·一模）如图，在矩形中，是对角线的中点，连接，若，则边的长为（ ）
A．2B．5C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，根据题意得出，进而在中，勾股定理，即可求解．
【详解】四边形为矩形，是对角线的中点
，
∵，
∴
在中，
∴
故选：B．
2．（2025·广西·一模）如图所示，在矩形中，，观察图中尺规作图的痕迹，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据矩形的性质证明，根据作图痕迹可得是的平分线，进而利用角平分线的性质即可解决问题．
本题考查了作图-基本作图、矩形的性质，解决本题的关键是掌握基本作图方法．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
由作图痕迹可知：是的平分线，
∴．
故选：A．
3．（2025·广东广州·二模）在矩形中，，，对角线交于点O，点A关于的对称点为，连接交于点E，连接，则的长为（ ）
A．1.2B．1.4C．1.6D．1.8
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，三角形面积．由四边形是矩形，得，，，由勾股定理得，又点关于的对称点为，则，通过等面积法求出，通过勾股定理求得的长，最后通过三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∵点关于的对称点为，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴是的中位线，
∴，
故选：B．
4．（2025·辽宁铁岭·模拟预测）如图，在矩形中，与交于点，若，，则四边形的面积为（）
A．24B．36C．48D．60
【答案】C
【分析】先利用矩形对角线性质得出的长，再结合勾股定理求出的长，最后根据矩形面积公式计算面积．本题主要考查了矩形的性质以及勾股定理，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、勾股定理内容是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，矩形的对角线相等且互相平分，，
∴，．
在中，，，
∴．
∴．
故选：C．
5．（2025·内蒙古包头·三模）如图，矩形中，，将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，当点三点共线时，交于点，则的值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，连接，可证，，，，设，则，在中由勾股定得到，根据正切值的计算即可求解．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵旋转，
∴，
∵点三点共线
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
在中，，即，
解得，，
∴，
∴，
故选：C ．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，正切值的计算，掌握矩形与折叠的性质，正切值的计算方法是关键．
6．（2025·四川广元·模拟预测）如图，在菱形中，对角线，交于点O，，现以点O为旋转中心，将所在的直线绕点O逆时针旋转一定的角度，旋转之后的直线与边，所在的直线分别交于点E，F，连接、，要使四边形是矩形，这个旋转角的度数最小是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题综合考查了矩形的性质、菱形的性质以及旋转的性质．由菱形的对角线互相垂直知，由矩形的两条对角线互相平分且相等的性质、等边对等角推知，则，再由求解即可．
【详解】解：如图，∵四边形是菱形，
∴，即，
∵四边形是矩形，
，
∴，
即，
，
，
即把所在的直线绕点逆时针旋转最小的角是．
故选：C．
7．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，．若M、N分别是边、上的动点，且，作，，垂足分别为E、F，则的值为（ ）
A．3B．C．9D．
【答案】D
【分析】连接交于点O，过点M作交于点G，则可得四边形是矩形，以及，从而得，，即，最后运用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，连接交于点O，过点M作交于点G，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，，，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，解题的关键是根据相等线段构造全等三角形将问题线段和转换为单一线段．
8．（2025·河北邯郸·二模）在中，点，分别是，的中点，点在上（不与点，重合），连接，按如图的方式操作：
下列条件能使四边形是矩形的条件是（ ）
A．平分B．C．平分D．
【答案】B
【分析】本题考查的是旋转的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，三角形的中位线的性质，由旋转可得，证明，，可得，结合三角形的中位线的性质可得，可得四边形是平行四边形，进一步可得答案．
【详解】解：当点不与点，重合时，将绕点逆时针旋转，使点，重合，
∴，
．
同理可得．
∴．且，，，，共线．
点，分别是，的中点，
．
四边形是平行四边形，
当时，
∴，
∴四边形是矩形，
故选：B．
9．（2025·天津河东·一模）如图，在矩形中，点是的中点，将矩形沿所在的直线折叠，，的对应点分别为，连接交于点．下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】连接，设为直线上一点，根据折叠的性质，矩形的性质，证明四边形为平行四边形，四边形为矩形，逐一进行判断即可．
【详解】解：连接，设为直线上一点，
∵在矩形中，点是的中点，
∴，
∵折叠，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；故选项D正确；
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴四边形为平行四边形，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
在中，，
∴，故选项错误；
∵，故选项A错误；
∵，
∴，
∵为的一个外角，
∴，
∵，，
∴，
∴，即：；故选项B错误；
故选D．
【点睛】本题考查矩形与折叠，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的外角等知识点，熟练掌握相关知识点，证明四边形为平行四边形，四边形为矩形，是解题的关键．
10．（2025·河南驻马店·三模）如图，四边形是矩形，E，F分别为边，上两定点，，G为矩形内一点，连接，，点P从点E出发，沿的方向运动，同时点Q从点B出发，沿的方向运动，当点P运动到点F时，两点同时停止运动，连接，．设P，Q两点运动的速度相同，且运动路程均为x，的面积为S，图是S随x变化的关系图象，连接，则线段的长为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】A
【分析】本题考查根据函数图像得到信息，矩形的判定和性质，勾股定理，根据函数图像可得必须与垂直，时，点到的距离不变，即， 画出图形即可解答，正确从函数图象中得到信息是关键．
【详解】解：根据函数图象可得当时，，，
则点到的距离为，
，，
当时，，
，
必须与垂直，
根据函数图象可得当时，的面积S与成一次函数，
时，点到的距离不变，
点的位置如图所示，，
，
当时，的面积为，
，
，
，
，
四边形为矩形，
，
，
故选：A．
二、填空题
11．（2025·广西南宁·一模）如图，的对角线，相交于点，若，则 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，证明是矩形是解题的关键．先证明是矩形，再根据勾股定理求出即可．
【详解】解：的对角线，相交于点，若，
，
是矩形，
，
，
故答案为：．
12．（2025·四川·中考真题）一块三角形材料的形状如图所示，，．用这块材料剪出一个矩形，其中点，，分别在，，上．则可剪出矩形的最大面积为 ．
【答案】16
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质、矩形的性质及二次函数的最值求解，解题的关键是通过设未知数，利用几何关系建立矩形面积的二次函数表达式，再根据二次函数“开口向下时顶点处取最大值”的性质计算最大面积．
设矩形一边长为未知数（如），利用等腰直角三角形的性质及矩形对边相等的特点，得出也为等腰直角三角形，进而用未知数表示出矩形另一边长（如）；根据矩形面积公式列出面积与未知数的二次函数关系式，通过二次函数顶点坐标公式或配方法求出最大值．
【详解】解：设矩形中，（）．
∵ ，，
∴ 是等腰直角三角形．
∵ 四边形是矩形，
∴ ，，
∵ ，
∴ ，又是等腰直角三角形，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ .
则.
矩形面积
∵ 二次函数中，，图象开口向下，
当时，取最大值．
最大值.
故答案为：．
13．（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当 时，矩形桌面面积最大．
【答案】5
【分析】本题考查二次函数的应用，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．作于点H，先根据已知数据证明和是等腰直角三角形，再设，则，列出矩形桌面面积关于x的二次函数，化为顶点式，即可得出答案．
【详解】解：如图，作于点H，
，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
矩形中，
是等腰直角三角形，
设，则，
矩形桌面的面积，
当时，S取最大值，
即当时，矩形桌面面积最大．
故答案为：5．
14．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知四边形为矩形，其中．反比例函数的图象与矩形的边，分别相交于点，，连接，，，则的面积为 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数k值的几何意义，矩形性质，反比例函数图象上点的坐标特征，熟练掌握以上知识点是解题关键．
先分别求得，，从而可求得，，进而求得，再求得，然后利用求出结果．
【详解】解：在反比例函数中，
当时，；
当时，，解得：，
∴，，
∴，，
∴，
∵点D、E在反比例函数的图象上，
∴，
∴

．
故答案为：．
15．（2025·广东深圳·二模）如图，矩形护栏中，竖直方向加装4条平行且等距的钢条（相邻钢条间距相等，钢条粗细不计），连接交第一根钢条于点，连接并延长交于点，若，则的长度为 ．
【答案】15
【分析】此题主要考查矩形的性质，相似三角形的性质与判定，首先利用矩形性质可以证明，，然后利用相似三角形的性质即可求解．
【详解】解：如图，矩形护栏中，，
，
，
，
，
，
故答案为：15．
16．（2025·上海·模拟预测）如图，中，，，．点在边上；点分别在边与上．当四边形为矩形，且其宽为长的一半时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．
根据勾股定理求出，根据矩形的性质得到，，得到，得出，求出，
同理得到，得出，求出，分：当为矩形的宽时；当为矩形的长时，两种情况讨论即可．
【详解】解：，，，
，
四边形为矩形，
，，
，
，
，
，
，
，
同理，
，
，
当为矩形的宽时，，
，，
，
，
；
当为矩形的长时，，
，，
，
，
综上，的长为或．
故答案为：或．
17．（2025·黑龙江大庆·三模）如图，已知矩形，，，平面内有一动点，且．连接，将线段绕点逆时针旋转，使，得到线段．连接、，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的性质与判定，三角函数，解题的关键在于能够连接、，证明两对相似三角形求解；连接、，先证明得得出，在上取，证明得，故，求出即可．
【详解】解：如图，连接，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，，
∵将线段绕点逆时针旋转，使，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
在以为圆心，为半径的圆上，
在上取，
，，
，
即，
，
连接，
，，
，
的最小值为．
故答案为：．
18．（2025·江西新余·三模）如图，在矩形中，．点在边上，且，分别是边，上的点，且，是线段上的动点，当是直角三角形时，的长为 ．
【答案】或或
【分析】先证明，，①如图1，过点作交于点，连接，证明四边形为矩形，②如图2，过点作交于点，此时是直角三角形，过点作于点，则，③如图3，以为直径作圆，与交于点，此时是直角三角形，过点构造矩形，且与交于点，则为等腰直角三角形，可得，设，则，再进一步解答即可.
【详解】解：∵在矩形中，，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
①如图1，过点作交于点，连接，
∵是直角三角形时，
∴
∵
∴四边形为矩形，
∴，，为等腰直角三角形，
∴是直角三角形，，
∴，
②如图2，过点作交于点，
此时是直角三角形，过点作于点，则，
∴，
∴，
∴，
∴，而，则，
∴，
∴，
设，则，
∴，，
∵，
∴，解得，
∴．
③如图3，以为直径作圆，与交于点，此时是直角三角形，
过点构造矩形，且与交于点，则为等腰直角三角形，
∴，设，则，
∴，
∴，
∵，
∴，
同理可得：，而，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
综上所述，当是直角三角形时，的长为或或．
故答案为：或或
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，勾股定理的应用，圆周角定理的应用，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，画出图形，清晰的分类讨论是解本题的关键.
三、解答题
19．（2025·陕西咸阳·二模）如图，在矩形中，为对角线，延长至点E，使得，过点E作于点F．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先结合矩形的性质得，，整理得，，再证明，即可作答．
【详解】证明：四边形为矩形，
，，
．
，
．
在和中，
，
，
．
20．（2025·北京西城·模拟预测）如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与交于点E，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若， ，求的长．
【答案】(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）根据平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质得到，推出四边形是平行四边形，根据矩得到结论；
（2）连接，设，，根据勾股定理即可得到论．
本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，解直角三角形，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．
【详解】（1）证明：∵，，
∴四边形是平行四边形．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是矩形；
（2）连接，
∵，
∴设，，
∴
∵，
∴，
∴．
∴．
21．（23-24九年级下·吉林·月考）如图，在矩形中，点A，B在y轴上，轴，对角线相交于点P，，若点B的纵坐标为m，解答下列问题．
(1)点A的坐标是______，点C的坐标是______．（用含m的代数式表示）
(2)若反比例函数经过P，C两点，求k的值．
【答案】(1)；
(2)3
【分析】本题主要考查了矩形的性质，反比例函数与几何综合，坐标与图形：
（1）根据矩形的性质得到，再根据点B的纵坐标为m即可求出答案；
（2）先由矩形的性质得到点P是对角线的中点，再根据中点坐标公式得到，最后根据反比例函数图象经过P、C两点进行求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，
∵点B的纵坐标为m，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；；
（2）解：∵四边形是矩形，
∴点P是对角线的中点．
由（1）可知，，
∴．
∵反比例函数经过P，C两点，
∴，
解得，
∴．
22．（2025·吉林长春·模拟预测）四边形中，为对角线，．
(1)如图1，求证：四边形为矩形．
(2)如图2，点、分别为、边的中点，连接、分别交于点、，连接，在不添加辅助线的情况下，若则四边形面积为________．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形面积性质，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质是解题的关键．
（1）先证明四边形是平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形判定．
（2）利用矩形的性质，三角形相似的判定和性质，结合三角形面积性质计算即可．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵是矩形，，
∴，，
∵点E和点F分别是边、的中点，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，，
∴．
23．（2025·江西宜春·三模）【综合与实践】
如图，为直角三角形纸片，其中．在数学活动课上，进行如下探究活动．
【观察发现】
活动一：点O为上一点，将绕点O旋转，得到，点A，B，C的对应点分别为点D，E，F，连接，．
（1）如图1，四边形的形状为______；
【深入探究】
（2）在（1）的条件下，如图2，若，，当四边形为矩形时，求的长；
【拓展提高】
活动二：如图3，取的中点P，连接，将绕点P顺时针旋转角（），得到，点A，C的对应点分别为点M，N，连接，．
（3）①猜想与的位置关系，并给予证明；
②如图3，当时，的角平分线，若点P到的距离为1，求的长．
【答案】（1）平行四边形；（2）；（3）①，见解析；②2
【分析】（1）由旋转的性质得，，从而，可证四边形是平行四边形；
（2）连接，设，则，根据列方程求解即可；
（3）①由线段垂直平分线的性质得，证明即可证；
②延长，分别与相交于点，证明四边形为矩形得，证明得，从而，再证明可得．
【详解】解：（1）由旋转的性质得，，
∴，
∴四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
（2）如图1，连接，设．
∵四边形为矩形，
∴，
即．
∵，
∴在中，，
即，
解得，
即．
（3）①．
证明如下：∵，点P为的中点，
∴．
由旋转可得，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
即，
∴．
②如图2，延长，分别与，相交于点H，R，设与的交点为点E．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
又∵，
∴四边形为矩形，
∴．
又∵为的角平分线，
∴．
∴，
∴，，
∴．
由（3）①得，，
∴．
又∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的性质与判定，勾股定理，线段垂直平分线的性质，多边形内角和，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
24．（2025·广西·模拟预测）已知矩形纸片中，，，点从点出发，沿做匀速运动．点运动的同时，将沿所在直线折叠，得到．
(1)如图1，点运动到中点时，落在矩形内，则______；
(2)如图2，点运动到处时，与交于点，求证：；
(3)点运动过程中，恰好落在边上时，与的交点为，请在图3中画出的示意图．
①求出线段的长．
②延伸：若点到达点后继续匀速沿运动，直至到达点停止，设点的速度为1，则点沿运动的整个过程中，直接写出能覆盖点的时长（含边界）K=_________．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)①②6s
【分析】（1）根据轴对称的性质可得，，，然后由求解即可；
（2）利用“”证明即可；
（3）根据题意画出图形即可；首先根据勾股定理解得，由轴对称的性质可得，，易得四边形为正方形，进而可得，然后由平行线分线段成比例定理求解即可；当点在段运动时，此阶段不能覆盖点；当点在段运动时，由图形可知，此阶段能覆盖点，求得的值，即可求得此阶段运动时间；当点在段运动时，在经过点之前， 能覆盖点，求得当经过点时的值，即可求得此阶段运动时间，进而可得出答案；
【详解】（1）解：四边形为矩形，
，
当点运动到中点时，则有，
由轴对称的性质可得：，，，
；
（2）∵四边形为矩形，
∴，，
当点运动到点处时，由折叠的性质，
可得，，
∴，
在和中，
，
∴；
（3）解：四边形为矩形，
，，
，
由轴对称的性质可得：，，
又，
四边形为正方形，
，，
，即，
解得；
根据题意，点运动过程中，恰好落在边上时，与的交点为，
在点沿运动的整个过程中，
当点在段运动时，如下图，
此阶段不能覆盖点；
当点在段运动时，如下图，
由图形可知，此阶段能覆盖点，
四边形为正方形，
，
，
此阶段运动时间为；
当点在段运动时，如下图，
在经过点之前，能覆盖点，
当经过点时，
四边形为矩形，
，
，
，即，
解得，
，
此阶段运动时间为，
综上所述，能覆盖点的时长为；
【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，锐角三角函数，轴对称的性质，用勾股定理解直角三角形，正方形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，三角形的内角和定理等知识点，熟练掌握矩形的性质和轴对称的性质是解题的关键．
《方法技巧》
(1)把所要求解的线段放在直角三角形中，使其成为某条边，利用勾股定理或含特殊角(30°，45)的直角三角形的三边关系求解：
(2)利用矩形的性质（四个角都是直角，对角线相等且互相平分）寻找所需条件.另外，还可借助全等三角形、线段的和差倍分关系等求矩形中线段的长度.
《方法技巧》
(1)折叠前后的图形全等，即对应边相等，对应角相等：
(2)在矩形折叠问题中求线段长时，常常综合应用勾股定理和方程思想，如本题第(2)问：
(3)矩形中存在一些特殊的角和数量关系，如四个直角、对角线相等等.
《方法技巧》
解决动点问题的基本方法是利用转化的方法，达到“化动为静”的目的，如本题，利用“矩形对角线相等”的性质。方程思想、分类讨论等来解决
《方法技巧》
几何证明有时需要综合应用矩形的判定和性质，“已知四边形的边角关系，证明四边形是矩形”是判定：反之，“已知一个四边形是矩形，证明线段或角的关系”是性质，解题时要看清条件，弄清是应用矩形的判定还是性质.
①沿和剪开；
②将绕点逆时针旋转，使点，重合；
③将绕点顺时针旋转，使点，重合；
④得到四边形．