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专题 27 矩形的性质与判定【十四大题型】
【题型1 利用矩形的性质求角度、线段长、面积、坐标】.................................................................................2
【题型2 矩形的判定定理的理解】..........................................................................................................................6
【题型3 根据矩形的性质与判定求角度】...........................................................................................................10
【题型4 根据矩形的性质与判定求面积】...........................................................................................................17
【题型5 根据矩形的性质与判定求线段长】.......................................................................................................22
【题型6 根据矩形的性质与判定求最值】...........................................................................................................27
【题型7 与矩形有关的新定义问题】....................................................................................................................33
【题型8 根据矩形的性质与判定解决多结论问题】...........................................................................................39
【题型9 与矩形有关的规律探究问题】................................................................................................................47
【题型10 矩形有关的动点问题】............................................................................................................................52
【题型11 与矩形有关的折叠问题】........................................................................................................................61
【题型12 矩形与一次函数综合】............................................................................................................................70
【题型13 矩形与反比例函数综合】........................................................................................................................80
【题型14 矩形与二次函数综合】............................................................................................................................87
【知识点 矩形的性质与判定】
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有
两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
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【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角
线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
【题型1 利用矩形的性质求角度、线段长、面积、坐标】
【例1】（2023·广东江门·统考二模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，已知
∠BAC=35°，则∠BOC的度数是（ ）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【答案】B
【分析】根据矩形的性质，证出OA=OB，得出∠OAB=∠ABO，再由三角形的外角的性质即可得出答
案．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC，OB=OD，AC=BD，
∴OA=OB，
∴∠OAB=∠ABO=35°，
∴∠BOC=2×35°=70°；
故选：B
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角定理；证出OA=OB是解题关键．
【变式1-1】（2023·甘肃武威·统考三模）如图，矩形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线交AD，
BC于点E，F，若AB=3，BC=4，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】6
【分析】结合矩形的性质证明△AOE≌△COF，可得△AOE与△COF的面积相等，从而将阴影部分的面
积转化为△BDC的面积进行求解即可．
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【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=3，
∴OA=OC，AB=CD=3，AD∥BC，
∴∠AEO=∠CFO，
又∵∠AOE=∠COF，
在△AOE和△COF中，
¿，
∴△AOE≌△COF(ASA)，
∴S =S ，
△AOE △COF
∴S =S +S +S =S +S +S =S ，
阴影 △AOE △BOF △COD △COF △BOF △COD △BCD
1 1
∴S = BC⋅CD= ×4×3=6，
△BCD 2 2
故答案为：6．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三家形的判定与性质，根据证明三角形全等，将阴影部分的面积转化
为矩形面积的一半是解题的关键．
【变式1-2】（2023·江苏南通·统考二模）如图，矩形ABCD中，点E，点F分别在边AB,BC上，线段AF
与线段DE相交于点G，若AB=4,BC=6,AE=BF=3，则FG的长度为 ．
25
【答案】
11
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识；由勾股定理可求AF的长，
通过证明△ABF∽△HCF，可求FH，CH的长，通过证明△AEG∽△HDG，可求AG的长，即可求解．
【详解】解：如图，延长AF，DC交于点H，
∵AB=4，BC=6，AE=BF=3，
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∴CF=3，AF=√AB2+BF2=√16+9=5，
∵ AB∥CD，
∴△ABF∽△HCF，
AB BF AF
∴ = = ，
CH CF FH
4 3 5
∴ = =
CH 3 FH
∴CH=4，FH=5，
∴AH=10，DH=8，
∵ AB∥CD，
∴△AEG∽△HDG，
AG AE
∴ = ，
GH DH
AG 3
∴ = ，
GH 8
3 3 30
∴AG= AH= ×10= ，
11 11 11
25
∴GF= ，
11
25
故答案为： ．
11
【变式1-3】（2023·天津河东·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，
B，D分别在y轴上，O是BD的中点.若AB=OB=2√3，则点C的坐标是（ ）
A．（3，√3） B．(−3,−√3) C．(√3，3） D．(−√3,−3)
【答案】B
【分析】过点A作AF⊥x轴，垂足为F，由四边形ABCD是矩形易证得△AOB是等边三角形,进而
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∠AOF=30°，解直角三角形得AF=OA⋅sin∠AOF=√3，OF=OA⋅cos30°=3，所以A(3,√3)，
由矩形是中心对称图形知点A，点C关于原点对称，得点C(−3,−√3)．
【详解】∵四边形ABCD是矩形
∴OA=OB
∵AB=OB=2√3
∴OA=AB=OB=2√3，∠AOB=60°
过点A作AF⊥x轴，垂足为F，
1
则AF=OA⋅sin∠AOF=OA⋅sin(90°−60°)=2√3× =√3
2
√3
OF=OA⋅cos30°=2√3× =3
2
∴点A(3,√3)
∵点A，点C关于原点对称，
∴点C(−3,−√3)，
故选：B
【点睛】本题考查矩形的性质，等边三角形的判定和性质、解直角三角形，点坐标的含义；结合已知条件
构建直角三角形求解相关线段是解题的关键．
【题型2 矩形的判定定理的理解】
【例2】（2023·上海·统考中考真题）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∥CD B．AD=BC C．∠A=∠B D．∠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
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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．
【变式2-1】（2023·山东青岛·统考三模）如图，△ABC和△ACF都是等边三角形，AE、FD分别是BC、
AC边上的中线，连接ED并延长交AF于G，连接CG．
(1)求证：△ADG≌△CDE；
(2)求证：四边形AECG是矩形．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
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【分析】（1）根据等边三角形的性质得到AB=BC=AC=AF=CF，推出四边形ABCF是平行四边形，
得到AF∥BC，根据等边三角形的性质得到AG=CE，根据全等三角形的判定定理即可得到结论；
（2）根据平行四边形的判定和性质定理以及等边三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵△ABC和△ACF都是等边三角形，
∴AB=BC=AC=AF=CF，
∴四边形ABCF是平行四边形，
∴ AF∥BC，
∴∠AGD=∠CED，∠GAD=∠ECD，
∵AE、FD分别是BC、AC边上的中线，
1 1
∴AG= AF，CE= BC，
2 2
∴AG=CE，
∴△ADG≌△CDE(ASA)；
（2）∵AG=CE，AG∥CE，
∴四边形AECG是平行四边形，
∵△ABC是等边三角形，AE是BC边上的中线，
∴AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∴四边形AECG是矩形．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定，平行四边形的判定和性质，等边三角形的性
质，熟练掌握特殊四边形的性质与判定是解题的关键．
【变式2-2】（2023·北京·统考中考真题）如图，在 ▱ABCD中，点E，F分别在BC，AD上，BE=DF，
AC=EF．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
1
(2)AE=BE，AB=2，tan∠ACB= ，求BC的长．
2
【答案】(1)见解析
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(2)3√2
【分析】（1）利用平行四边形的性质求出AF=EC，证明四边形AECF是平行四边形，然后根据对角线
相等的平行四边形是矩形得出结论；
（2）证明△ABE是等腰直角三角形，可得AE=BE=√2，然后再解直角三角形求出EC即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∵BE=DF，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC=EF，
∴平行四边形AECF是矩形；
（2）解：由（1）知四边形AECF是矩形，
∴∠AEC=∠AEB=90°，
∵AE=BE，AB=2，
∴△ABE是等腰直角三角形，
√2
∴AE=BE= AB=√2，
2
AE 1
又∵tan∠ACB= = ，
EC 2
√2 1
∴ = ，
EC 2
∴EC=2√2，
∴BC=BE+EC=√2+2√2=3√2．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质以及解直角三角形，熟练掌握相关判定
定理和性质定理是解题的关键．
【变式2-3】（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图所示，△ABC中，D是BC中点，过点A作BC的平行线交
CE的延长线于F，且AF=BD，连接BF．请从以下三个条件：①AB=AC；②FB=AD；③E是AD的
中点，选择一个合适作为已知条件，使四边形AFBD为矩形．
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(1)你添加的条件是 ；（填序号）
(2)添加条件后，请证明四边形AFBD为矩形．
【答案】(1)①
(2)见解析
【分析】（1）根据已知可得四边形AFBD是平行四边形，添加条件能证明四边形是矩形即可求解；
（2）先证明四边形AFBD是平行四边形，①根据三线合一得出AD⊥BD，能证明四边形是矩形；②只能
证明四边形为平行四边形；③证明△AFE≌△DCE，可得AF=DC，进而根据已知得出BD=AF，不能
证明四边形是矩形．
【详解】（1）解：添加的条件是①
故答案为：①．
（2）证明：∵AF∥BC，AF=BD，
∴四边形AFBD是平行四边形，
①AB=AC；
∵△ABC中，D是BC中点，
∴AD⊥BD
∴四边形AFBD是矩形；
②添加FB=AD；四边形AFBD是平行四边形，不能证明四边形AFBD是矩形；
③E是AD的中点
∴AE=DE，
∵AF∥BC，
∴∠FAE=∠DCE，
又∠AEF=∠DEC，
∴△AFE≌△DCE(AAS)，
∴DC=AF，
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又BD=CD，
∴BD=AF，
∴③不能证明四边形AFBD是矩形．
【点睛】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．
【题型3 根据矩形的性质与判定求角度】
【例3】（2023·河北承德·统考二模）如图，在 ▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且
OA=OD,∠OAD=55°，则∠OAB的度数为（ ）
A．35° B．40° C．45° D．50°
【答案】A
【分析】根据矩形的判定得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质求出∠DAB，代入
∠OAB=∠DAB−∠OAD求出即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC,OB=OD，
∵OA=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠DAB=90°，
∵∠OAD=55°，
∴∠OAB=∠DAB−∠OAD=35°
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，能根据矩形的性质求出∠DAB的度数是解此题的关键．
【变式3-1】（2023·吉林·吉林省第二实验学校校考模拟预测）概念提出
若四边形的一条对角线把四边形分成两个等腰三角形，则这条对角线叫做这个四边形的“巧分线”，这个
四边形叫“巧妙四边形”，若一个四边形有两条巧分线，则称为“绝妙四边形”．
(1)下列四边形一定是巧妙四边形的是 ；（填序号）
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①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．
(2)初步应用
在绝妙四边形ABCD中，AC垂直平分BD，若∠BAD＝80°，求∠BCD的度数．
(3)深入研究
在巧妙四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠A＝90°，AC是四边形ABCD的巧分线，请直接写出∠BCD的
度数．
【答案】(1)③④
(2)80°或140°
(3)45°或90°或135°
【分析】（1）由平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质可求解；
（2）由线段垂直平分线的性质可得AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，由等腰三角形的性质可得
∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，即可求∠BCD的度数；
（3）分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和“绝妙四边形的定义可求解．
【详解】（1）解：∵菱形的四条边相等，
∴连接对角线能得到两个等腰三角形，
∴菱形是巧妙四边形；
正方形是特殊的菱形，所以正方形也是巧妙四边形；
故答案是：③④；
（2）解：∵AC垂直平分BD，
∴AB=AD，BC=CD，AC⊥BD，
∴∠BAC=∠DAC，∠BCA=∠DCA，
∵∠BAD=80°，
∴∠BAC=∠DAC=40，
∵AC=AD，
∴∠ACD=70°=∠BCA，
∴∠BCD=140°，
如图，∵四边形ABCD是绝妙四边形，
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，
∴AD=CD，AB=BC，
∵AC垂直平分BD，
∵AB=AD，BC=CD，
∴AB=AD=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD=∠BAD=80°，
综上所述，∠BCD=140°或80°；
（3）解：∵AC是四边形ABCD的巧分线，
∴△ACD和△ABC是等腰三角形，
①当AC=BC时，如图，过C作CH⊥AB于H，过C作CG⊥AD，交AD的延长线于G，
∵∠HAD=∠AHC=∠G=90°，
∴四边形AHCG是矩形，
1 1
AH=CG= AB= CD，
2 2
∴∠CDG=30°，
∴∠ADC=150°，
∴∠DAC=∠DCA=15°，
∵∠DAB=90°，
∴∠CAB=∠B=75°，且∠ACB=30°，
∴∠BCD=30°+15°=45°；
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②当AC=AB时，如图
∵AC=AB=AD=CD，
∴△ACD是等边三角形，
∠CAD=∠ACD=60°，
∴∠BAD=90°，
∴∠BAC=30°，
∵•AB=AC，
∴∠ACB=75°，
∴∠BCD=75°+60°=135°；
③当AB=BC时，如图
∵AB=AD=CD=BC，
∴四边形ABCD是菱形，且∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
综上所述：∠BCD的度数是45°或135°或90°．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，等
边三角形的性质，理解新定义并运用是本题的关键．
【变式3-2】（2023·河南新乡·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=2，∠B=30°，点
D、E分别在边BC、AB上，BD=2，DE∥AC，将△BDE绕点B旋转，点D、E旋转后的对应点分别
是D'、E'，当A、D'、E'三点共线时，∠EBE'的度数为 ．
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【答案】30°或90°
【分析】分两种情况讨论，由矩形的性质和全等三角形的性质可求解．
【详解】解：如图，当点D'在线段AE'上时，
∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，AC=2，
∴AB=4，BC=√AB2−AC2=√42−22=2√3，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD'E'，
∴D'B=DB=2，∠BD'E'=90°，
∴AD'=√AB2−D'B2=√42−22=2√3，
∴AD'=BC，
又∵AC=BD'=2，
∴四边形ACBD'是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形ACBD'是矩形，
∴∠D'BD=90°，
∵∠ABC=30°，
∴∠EBD'=∠D'BD−∠ABC=90°−30°=60°，
∵∠E'BD'=∠EBD=30°，
∴∠EBE'=∠E'BD'+∠D'BE=30°+60°=90°；
如图：当点D'在线段AE'的延长线上时，
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∵∠ACD=90°，∠ABC=30°，
∴∠BAC=90°−30°=60°，
∵将△BDE绕点B旋转至△BD'E'，
∴D'B=DB=2，∠BD'E'=90°，∠E'BD'=∠EBD=30°
∵AC=2，
∴AC=BD'，
在Rt△ABC与Rt△BAD'中，
¿
∴Rt△ABC≌Rt△BAD' (HL)，
∴∠BAC=∠ABD'=60°，
∴∠EBE'=∠ABD'−∠E'BD'=60°−30°=30°，点E'在BC上，
综上，∠EBE'的度数为30°或90°，
故答案为：30°或90°．
【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾
股定理等知识，利用分类讨论解决问题是本题的关键．
【变式3-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，AC是⊙O的直径，点B，D在⊙O上，AD=BC．
(1)在C´D上求作一点E，使得∠AED=∠CDE；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）
(2)在（1）的条件下，连接DE，CE，AE，若∠ECA=2∠CAB，求∠CAB的大小．
【答案】(1)见解析
(2)∠CAB=30°
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【分析】（1）由∠AED=∠ACD，∠AED=∠CDE，可知只需利用尺规作图作∠CDE=∠ACD即可；
（2）由题意可证△CDA≌△ABC(HL)，进而证得四边形ABCD是矩形，利用矩形的性质，圆周角定理及
平行线的性质可证∠ACD=∠DCE=∠CAB，∠AED=∠ACD=∠CDE，∠AED=∠CAE，
∠DCE=∠DAE，即可证得∠DAE=∠CAE=∠CAB，再根据∠DAB=90°即可求解．
【详解】（1）解： 以点C为圆心，适当长为半径画弧交CA，CD于X，Y，以同样长为半径画弧交DC于
M，再以M为圆心，XY为半径画弧交M´Z于N，连接DN所在直线，交⊙O于E，可知∠CDE=∠ACD，
又∵A´D=A´D，
∴∠AED=∠ACD，
∴∠AED=∠CDE，
如图所示，即为所求；
（2）如图，连接DE，CE，AE，
∵AC是直径，
∴∠ADC=∠ABC=90°，
又∵AD=BC，
∴△CDA≌△ABC(HL)，
∴CD=AB，
∴四边形ABCD是矩形，则AB∥CD，∠DAB=90°
∴∠CAB=∠ACD，
∵∠ECA=2∠CAB=∠ACD+∠DCE
∴∠ACD=∠DCE=∠CAB，
由（1）知∠AED=∠ACD=∠CDE，
∴AC∥DE，则∠AED=∠CAE，
又∵D´E=D´E，
∴∠DCE=∠DAE，
∴∠DAE=∠CAE=∠CAB，
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∵∠DAB=90°，
∴∠DAE+∠CAE+∠CAB=90°，
则∠CAB=30°．
【点睛】本题属于几何综合，考查了尺规作图，全等三角形的判定及性质，矩形的判定及性质，平行线的
判定及性质，圆周角定理，熟练掌握相关性质及定理是解决问题的关键．
【题型4 根据矩形的性质与判定求面积】
【例4】（2023·山东威海·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AD=3，CD=2．连接AC，过
点B作BE//AC，交DC的延长线于点E，连接AE，交BC于点F．若∠AFC=2∠D，则四边形ABEC
的面积为（ ）
A．√5 B．2√5 C．6 D．2√13
【答案】B
【分析】先证明四边形ABEC为矩形，再求出AC，即可求出四边形ABEC的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，BC=AD=3，∠D=∠ABC，
∵BE//AC，
∴四边形ABEC为平行四边形，
∵∠AFC=2∠D，
∴∠AFC=2∠ABC，
∵∠AFC=∠ABF+∠BAF，
∴∠ABF=∠BAF，
∴AF=BF，
∴2AF=2BF，
即BC=AE，
∴平行四边形ABEC是矩形，
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∴∠BAC=90°，
∴AC=√BC2−AB2=√32−22=√5,
∴矩形ABEC的面积为AB·AC=2√5．
故选：B
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，熟知相关定理，证明四边
形ABEC为矩形是解题关键．
【变式4-1】（2023·广西梧州·统考中考真题）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．6 B．12 C．24 D．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，
1 1
∴DE//BC,DE= BC=3,DF//AC,DF= AC=4,
2 2
∴ 四边形DECF是平行四边形，
∵∠C=90°,
∴ 四边形DECF是矩形，
∴S =3×4=12.
矩 形DECF
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.
【变式4-2】（2023·河北沧州·统考模拟预测）如图，点O是正六边形ABCDEF对角线DF上的一点，且
S =8，则正六边形ABCDEF的面积为（ ）
△AOC
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A．18 B．24 C．30 D．随着点O的变化而变化
【答案】B
【分析】根据正六边形ABCDEF性质，得到如下的结论：各边相等，各个角相等，从而得到
△ABC≅△≝¿、∠BAC=30°、∠CAF=90°，即四边形ACDF是矩形，且面积为16，过点B作
1 1 1
BG⊥AC于点G，计算S = AC·BG= AC·AF= ×8=2，最后根据图形确定正六边形ABCDEF
△ABC 2 4 4
的面积即可．
【详解】解：如图∵正六边形ABCDEF，
∴AB=BC=CD=DE=EF，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠≝=∠EFA=∠FAB=120°，
∵¿，
∴△ABC≅△≝¿，
∴S =S ，
△ABC △≝¿¿
∴∠BAC=∠BCA=∠EDF=∠EFD=30°，
∴∠CAF=∠AFD=∠FDC=∠DCA=90°，
∴四边形ACDF是矩形，
∴AC∥DF，
1
∴S = S ，
△AOC 2 矩形ACDF
∵S =8，
△AOC
∴S =AC·AF=16，
矩形ACDF
过点B作BG⊥AC于点G，
1 1
∴BG= AB= AF，
2 2
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1 1 1
∴S = AC·BG= AC·AF= ×16=4，
△ABC 2 4 4
∴S =S ，
△ABC △≝¿=4¿
∴S =S +S +S ．
正六边形ABCDEF 矩形ACDF △ABC △≝¿=16+4+4=24¿
故选B．
【点睛】本题考查了正六边形的性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定和性质、平行线的性质等知
识点，熟练掌握正六边形的性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定和性质是解题的关键．
【变式4-3】（2023·黑龙江哈尔滨·校考二模）已知矩形ABCD，点E在AD边上，DE<AE，连接BE，点
G在BC边上，连接EG，BE平分∠AEG，若BG=5GC，DE=2CG，BE=2√10，则△ABE的面积是
．
【答案】4√6
【分析】过点E作EH⊥BC于H，设CG=x，则DE=2x，BG=5x，证明∠AEB=∠EBG，得到
BG=EG=5x，再求出HG=GC=1，则BG=5，BH=4，由勾股定理可求EH的长，即可求解．
【详解】解：如图，过点E作EH⊥BC于H，
设CG=x，则DE=2x，BG=5x，
∵BE平分∠AEG，
∴∠AEB=∠BEG，
∵AD∥BC，
∴∠AEB=∠EBG，
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∴BG=EG=5x，
∵EH⊥BC，∠D=∠C=90°，
∴四边形DCHE是矩形，
∴DE=CH=2x，
∴HG=x，BH=4x，
∵EH2=BE2−BH2，EH2=EG2−HG2，
∴40−16x2=25x2−x2，
∴x=1（负值舍去），
∴BG=5，BH=4，HG=1=GC，DE=2，
∴BC=6，EH=√BE2−BH2=√40−16=2√6，
∴AE=4，
1
∴S = ×2√6×4=4√6，
△ABE 2
故答案为：4√6．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，利用勾股定理求出CG的长是解题的关键．
【题型5 根据矩形的性质与判定求线段长】
【例5】（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考三模）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，过点
1
D作DE∥AC，且DE= AC，连接CE、OE，连接AE，交OD于点F．若AB=2，∠ABC=60°，则
2
AE的长为（ ）
A．√3 B．√5 C．√7 D．2√2
【答案】C
【分析】先证明出四边形OCED是矩形，再证明出△ABC为等边三角形，从而得到AC=AB=2，
1
OA= AC=1，由勾股定理计算出CE=OD=√3，最后再利用勾股定理计算即可．
2
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【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，AB=2，
1
∴OC= AC，AC⊥BD，AD=AB=BC=2，
2
1
∵DE= AC，
2
∴DE=OC，
∵DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
1
∴AC=AB=2，OA= AC=1，
2
∴CE=OD=√AD2−AO2=√22−12=√3，
∴AE=√CE2+AC2=√(√3) 2+22=√7，
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质，熟练掌握以
上知识点并灵活应用是解此题的关键．
【变式5-1】（2023·浙江杭州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°,P为边BC上一动点，
PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化
情况是（ ）
A．一直增大 B．一直减小 C．先减小后增大 D．先增大后减少
【答案】C
【分析】连接AP，先判断出四边形AFPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF=AP，再根据垂线段
最短可得AP⊥BC时，线段EF的值最小，即可判断出动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，
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线段EF的值大小变化情况．
【详解】如图，连接AP．
∵∠A=90°，PE⊥AB，PF⊥AC
∴四边形AFPE是矩形，
∴EF=AP，
由垂线段最短可得AP⊥BC时，AP最短，则线段EF的值最小，
∴动点P从点B出发，沿着BC匀速向终点C运动，则线段EF的值大小变化情况是先减小后增大．
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出AP⊥BC时，线段EF的
值最小是解题的关键．
【变式5-2】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨风华中学校考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，
CA=CB，D、E分别在AC、BC上，CE=AD，连接DE，CG⊥DE于点F，交AB于点G，FE=1，
FG=3，则AC= ．
【答案】3√5
【分析】过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，通过推导角度可知CT=CG，
且四边形DTEC为矩形，设CF为x，表示出DF，证明△CFE∽△DFC，再根据相似的性质可求出x，根
据勾股定理得出CE，CD，进而可得结果．
【详解】解：过点D作DT⊥AD交AB于点T，连接ET，连接CT交DE于点M，
∴∠ADT=90°，
∵∠ACB=90°，CA=CB，
∴∠A=∠B=45°，BC⊥AC，
∴∠DTA=90°−∠A=90°−45°=45°=∠A，
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∴DA=DT，
∵CE=AD，
∴DT=CE，
∵DT⊥AC，BC⊥AC，
∴DT∥CE，
∵∠ACB=90°，
∴四边形CDTE是矩形，
∴CT=DE，
设∠BCG=α，
∵CG⊥DE，
∴∠CFD=∠CFE=90°，
∴∠CDE=90°−∠DCF=90°−(90°−∠BCG)=α，
∴∠DCT=∠CDE=α，
∵∠CTG=∠A+∠ACT=45°+α，
∠CGT=∠B+∠BCG=45°+α，
∴∠CTG=∠CGT，
∴CT=CG，
∴DE=CG，
设CF=x，
∵FE=1，FG=3，
∴DE=CG=x+3，
∴DF=DE−EF=x+3−1=x+2，
∵∠ECF=α=∠CDF，∠CFE=∠DFC=90°，
∴△CFE∽△DFC，
EF CF
∴ = ，即CF2=EF⋅DF，
CF DF
∴x2=1×(x+2)，
解得：x =2，x =−1（舍去），
1 2
∴CF=2，DF=2+2=4，
∴CE=√CF2+EF2=√22+12=√5，
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CD=√DF2+CF2=√42+22=2√5，
∴AC=CD+AD=CD+CE=2√5+√5=3√5，
故答案为：3√5．
【点睛】本题考查三角形与四边形综合知识，考查了等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似
三角形的性质和判定，勾股定理。选择适当的辅助线将AD=CE这一条件联系起来是解题的关键．
【变式5-3】（2023·河南周口·校联考三模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，点E为AC上靠
1
近点A的三等分点，点F是矩形内一动点，且S = S ，连接EF，当EF最小时，DF的长为
△FCD 6 矩形ABCD
．
2√13
【答案】
3
1
【分析】由条件中的面积关系可得点F到CD的距离为 AD，即为2，过点F作MN⊥AD于点N，交BC
3
于M，则点F的运动轨迹是线段MN，如图，过E作EF⊥MN于点F，此时EF的值最小，然后根据相似
4
三角形的判定和性质结合已知条件求出FN= ，再利用勾股定理求解即可．
3
1
【详解】∵S = S ，设点F到CD的距离为h，
△FCD 6 矩形ABCD
1 1
∴ CD⋅h= CD⋅AD，
2 6
1 1
∴h= AD=2，即点F到CD的距离为 AD，即为2，
3 3
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过点F作MN⊥AD于点N，交BC于M，则点F的运动轨迹是线段MN，
∴四边形ABMN,MNDC都是矩形，
∴CM=DN=2，AN=4，MN=AB=4，
如图，过E作EF⊥MN于点F，此时EF的值最小，
设MN,AC交于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴△CMG∽△ANG，
CG CM MG 1
∴ = = = ，
AG AN GN 2
1 1
∴CG= AG，MG= GN，
2 2
1
∴CG= AC，
3
∵点E为AC上靠近点A的三等分点，
1
∴AE= AC，
3
∴AE=EG=GC，
∵EF⊥MN，AN⊥MN，
∴EF∥AN，
∴△GEF∽△GAN，
GF GE 1
∴ = = ，
GN GA 2
1
∴FN= GN，
2
1 4
∴FN=MG=FG= MN= ，
3 3
则在直角三角形DFN中，根据勾股定理可得DF=
√
22+
(4) 2
=
2√13
．
3 3
2√13
故答案为： ．
3
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【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质以及垂线段最短等知识，正
确理解题意、得出EF最小值时的位置是解题的关键．
【题型6 根据矩形的性质与判定求最值】
【例6】（2023·四川德阳·统考中考真题）如图， ▱ABCD的面积为12，AC=BD=6，AC与BD交于点
O．分别过点C，D作BD，AC的平行线相交于点F，点G是CD的中点，点P是四边形OCFD边上的动
点，则PG的最小值是（ ）
√3 3
A．1 B． C． D．3
2 2
【答案】A
【分析】先证明OC=OD，四边形OCFD是菱形，如图，连接OF，GP，而点G是CD的中点，可得G为
菱形对角线的交点，OF⊥CD，当GP⊥CF时，GP最小，再利用等面积法求解最小值即可．
【详解】解：∵ ▱ABCD，AC=BD=6，
∴ ▱ABCD是矩形，
∴OC=OD，
∵OC∥DF，DO∥CF，
∴四边形OCFD是菱形，
如图，连接OF，GP，而点G是CD的中点，
∴G为菱形对角线的交点，OF⊥CD，
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∴当GP⊥CF时，GP最小，
∵ ▱ABCD即矩形ABCD的面积为12，AC=BD=6，
1
∴OC=OD=3，S = ×12=3，
△OCD 4
∴S =2S =6，
菱形OCFD △OCD
1 3
∴S = ×6= ，
△CGF 4 2
由菱形的性质可得：CF=3，
1 3
∴ ×3×GP= ，
2 2
∴GP=1，即GP的最小值为1．
故选A
【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形的性质与判定，菱形的判定与性质，垂线段最短的含义，
理解题意，利用数形结合的方法解题是关键．
【变式6-1】（2023·四川雅安·统考中考真题）如图，在△ABC中，∠C=90°,AC=BC=6．P为边AB上
一动点，作PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，则DE的最小值为 ．
【答案】3√2
【分析】连接CP，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CDPE是矩形，根据矩形的对角线相等可得
DE=CP，再根据垂线段最短可得CP⊥AB时，线段DE的值最小，然后根据直角三角形的面积公式列出
方程求解即可．
【详解】解：如图，连接CP，
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∵∠C=90°,AC=BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=√62+62=6√2，
∵PD⊥BC于点D，PE⊥AC于点E，∠ACB=90°，
∴四边形CDPE是矩形，
∴DE=CP，
由垂线段最短可得CP⊥AB时，线段CP的值最小，此时线段DE的值最小，
1 1
此时，S = AC⋅BC= AB⋅CP，
△ABC 2 2
1 1
代入数据： ×6×6= ×6√2×CP，
2 2
∴CP=3√2，
∴DE的最小值为3√2，
故答案为：3√2．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出CP⊥AB时，线段DE的
值最小是解题的关键．
【变式6-2】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，
∠ABC=90°，AB=5，BC=4，CD=3，点P为直线BC左侧平面上一点，△BCP的面积为2，则
|PA−PC|的最大值为 ．
【答案】5
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【分析】过点P作PH⊥BC于H．过点P作直线l∥BC，作点C关于直线l的对称点C'，连接AC'交直
线l于P'，此时|P' A−P'C'|的值最大，即|P' A−P'C'|的值最大，最大值为线段AC'的长．
【详解】解：如图，过点P作PH⊥BC于H．
1
∵ BC⋅PH=2，BC=4，
2
∴PH=1，
过点P作直线l∥BC，作点C关于直线l的对称点C'，连接AC'交直线l于P'，此时|P' A−P'C'|的值最大，
即|P' A−P'C'|的值最大，最大值为线段AC'的长，
过点C'作C'K⊥AB于K．
∵∠C'KB=∠KBC=∠BCC'=90°，
∴四边形CBKC'是矩形，
∴CC'=BK=2，BC=KC'=4，
∵AB=5，
∴AK=AB−BK=5−2=3，
∴AC'=√AK2+KC'2=√32+42=5，
∴|PA−PC|的最大值为5．
故答案为：5．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，涉及到的知识点三角形的面积，直角梯形等知识，解题的关键是学会
利用轴对称解决最值问题．
【变式6-3】（2023·广东汕尾·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，E是AD上一点，连
接BE，作点A关于直线BE的轴对称点F．
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(1)如图1，当∠EBF=30°时，求AE的长；
(2)当△BCF的面积等于3时，求AE的长；
(3)如图2，射线CF交线段AD于G，求AG的最大值．
2√3
【答案】(1)
3
2√7
(2)
7
(3)4−2√3
【分析】（1）利用对称可各到三角形全等，再利用全等三角形的性质和30°的正切值即可算出AE的长；
（2）过点F作FM⊥AD于点M，FN⊥BC于点N，通过△BCF的面积等于3求出FN的长，进而求出
FM的长，再通过锐角三角函数的定义求出EF的长即AE的长；
（3）点A关于直线BE的轴对称为点F，点F在以点B为圆心AB长为半径的圆弧上，当射线CF与圆弧只
有一个交点时，即与圆弧相切时，CF的延长线交CF于点G，此时G与E重合，此时AG的值最大，求出
AG即可．
【详解】（1）∵点A与点F关于直线BE对称，
∴AB=BF，AE=EF．
在△ABE与△FBE中
¿
∴△ABE≌△FBE(SSS)，
∴∠ABE=∠FBE=30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=90°，
2√3
∴AE=AB⋅tan30°= ；
3
（2）解：如图所示，过F作CD的平行线，交AD，BC分别于M，N，则四边形ABNM是矩形，
∴∠AMN=∠BNM=90°，MN=AB=2，
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∵△BCF的面积为3，
1
∴ BC⋅FN=3，
2
3
∴FN= ，
2
3 1
∴MF=MN−FN=AB−FN=2− = ．
2 2
3
在Rt△BNF中，∠FNB=90°，BF=2，NF= ，
2
∴BN=√BF2−FN2=
√
22−
(3) 2
=
√7
．
2 2
∵∠EFB=∠A=90°，
∴∠MEF+∠MFE=∠BFN+∠MFE，
∴∠MEF=∠BFN，
∴sin∠MEF=sin∠BFN，
MF BN
∴ = ，
EF BF
MF⋅BF 2√7
∴EF= = ，
BN 7
2√7
∴AE=EF= ；
7
（3）解：∵BF=BA，
∴点F的轨迹是以点B为圆心，以BF（长度为2）为半径的的圆弧上运动
∴以点B为圆心，以BA为半径画圆，过C作圆B的切线，交线段AD于G，此时AG取得最大值
∵AD∥BC，
∴∠DGC=∠BCF，
BF CD
∴tan∠DGC=tan∠BCF，即 = ，
BC GC
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BC⋅CD
∴CG= =4，
BF
在Rt△GCD中，DG=√GC2−CD2=2√3，
∴AG=4−2√3，
∴AG的最大值为4−2√3．
【点睛】本题属于四边形和圆的综合应用，考查了对称的基本性质，勾股定理和解直角三角形等知识，熟
练掌握对称的基本性质，勾股定理的综合应用以及学会结合图形综合分析是解题的关键．
【题型7 与矩形有关的新定义问题】
【例7】（2023·江西·校联考模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等
腰直角四边形．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝9，P是对角线AC上一点，且AP：PC＝2：3，过
点P作直线分别交边AD，BC于点E，F，使四边形ABFP是等腰直角四边形，则AE的长是 ．
【答案】2或3.6
【分析】根据题意，分三种情况：①当BF=AB=6时；②当AE=AB=6；③当EF⊥BC时进行讨论求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，∠ABC=∠BAC=90°，
∴AE：CF=AP：PC=2：3，
①当BF=AB=6时，如图①，四边形ABFP是等腰直角四边形，
∴CF=BC﹣BF=9﹣6=3，
由AE：CF= 2：3得：AE=2；
②当AE=AB=6，如图②，由AE：CF =2：3得，CF=9=BC，
此时点F与B重合，故不符合题意；
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③当EF⊥BC时，如图③，则四边形ABEF为矩形，
∴EF∥AB，∠BFP=90°，AE=BF，
∴PF：AB=CF：BC=CP：CA=3:5，
解得：PF=3.6，CF=5.4，
∴AE=BF=BC﹣CF=9﹣5.4=3.6，即BF=PF，
故四边形ABFP是等腰直角四边形，
综上，当AE为2或3.6时，四边形ABFP是等腰直角四边形．
故答案为：2或3.6．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质、平行线分线段成比例，理解题意，利用分类讨论及数形结合思想求
解是解答的关键．
【变式7-1】（2023·广西南宁·广西大学附属中学校联考一模）我们给出如下定义：在平面内，点到图形的
距离是指这个点到图形上所有点的距离的最小值．在平面内有一个矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为
O，在矩形外有一点P，OP=3，当矩形绕着点O旋转时，则点P到矩形的距离d的取值范围为
．
【答案】3−√5≤d≤2
【分析】根据题意分别求出当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE；
当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA；当OP过顶点AD边中点F时，此
时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，即可求解．
【详解】解：如图，当OP过AB的中点E时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PE，
1
OE= AD=1，
2
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∴d=PE=OP−OE=2；
如图，当OP过顶点A时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PA，
矩形ABCD,AB=4,AD=2，中心为O，
∴BC=AD=2,∠B=90°，
∴AC=√AB2+BC2=2√5，
1
∴OA= AC=√5，
2
∴d=AP=OP−OA=3−√5；
1
如图，当OP过顶点AD边中点F时，此时点P与矩形ABCD上所有点的连线中，d=PF，OF= AB=2，
2
∴d=PF=OP−OF=1；
综上所述，点P到矩形的距离d的取值范围为3−√5≤d≤2．
故答案为：3−√5≤d≤2
【点睛】本题考查矩形的性质，旋转的性质，根据题意得出临界点时点d的值是解题的关键．
【变式7-2】（2023·陕西西安·高新一中校考模拟预测）如图①，在矩形ABCD中，点F是矩形边上一动点，
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将线段BF绕点F顺时针旋转一定的角度，使得BF与矩形的边交于点E（含端点），连接BE，把△BEF定
义为“转角三角形”．
(1)由“转角三角形”的定义可知，矩形ABCD的任意一个“转角△BEF”一定是一个___三角形；
(2)如图②，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当点F与点C重合时，画出这个“转角△BEF″，并求出
点E的坐标；
(3)如图③，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，当“转角△BEF″面积最大时，求点F的坐标．
【答案】(1)等腰
(2)作图见解析，点E的坐标为(3−√5,2)
(3 )
(3)点F的坐标为(3,0)或(3,1)或 ,2 ．
2
【分析】（1）根据旋转的性质，以及转角三角形的定义进行判断作答即可；
（2）如图②，以F″为圆心，BF″长为半径画弧，交AD于点E，连接BE，EF″即可，由题意知
CE=OC=3，CD=2，由勾股定理得DE=√CE2−CD2=√5，则AE=3−√5，进而可得E点坐标；
（3）由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：①当F在AB上，由题意知，当F
与A重合时，此时面积最大；②当F在OC上，由（2）可知，当F与C重合时，此时面积最大；③当F在
CD上，由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时面积最大；④当F在AD上，由题意知，当F为
AD中点时，E与C重合，此时面积最大；然后分别求解各情况下的F坐标，然后判断作答即可．
【详解】（1）解：由旋转的性质可知，FB=FE，
∴△BEF是等腰三角形，
故答案为：等腰；
（2）解：如图②；
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由题意知CE=OC=3，CD=2，
由勾股定理得DE=√CE2−CD2=√5，
∴AE=3−√5，
∴点E的坐标为(3−√5,2)；
（3）解：由题意知，分当F在AB、OC、CD、AD上，四种情况进行求解：
①当F在AB上，
1
由题意知，当F与A重合时，EF=AB，EF⊥AB，此时最大面积为S = AB×EF=2，F(0,2)；
△BEF″ 2
②当F在OC上，
1
由（2）可知，当F与C重合时，此时最大面积为S = BF″×AB=BF″=3，F(3,0)；
△BEF″ 2
③当F在CD上，
1
由题意知，当F为CD中点时，E与A重合，此时最大面积为S = BE×AD=3，F(3,1)；
△BEF″ 2
④当F在AD上，
1 (3 )
由题意知，当F为AD中点时，E与C重合，此时最大面积为S = BC×AB=3，F ,2 ；
△BEF″ 2 2
(3 )
综上所述，S 最大为3，F点的坐标为(3,0)或(3,1)或 ,2 ．
△BEF″ 2
【点睛】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定，勾股定理等知识．解题的关键在于正
确的理解题意并分类讨论．
AC
【变式7-3】（2023·江苏无锡·统考二模）定义：如图1，点C把线段AB分成两部分，如果 =√2，那
CB
么点C为线段AB的“白银分割点”．
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(1)应用：如图2，矩形ABCD中，AB=1，BC=√2，E为CD上一点，将矩形ABCD沿BE折叠，使得点
C落在AD边上的点F处，延长BF交CD的延长线于点G，说明点E为线段GC的“白银分割点”．
(2)已知线段AB（如图3），作线段AB的一个“白银分割点”，（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写
作法）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）利用折叠对应边相等得到等腰直角三角形，计算边长及边长比即可；
（2）利用（1）中结论，作一个等腰直角三角形底角的角平分线与腰的交点即为比例 1:√2的“白银分割
点”．
【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，AB=1，BC=√2，
∴∠A=∠C=∠B=∠D=90°，AB=CD=1，BC=AD=√2，
由折叠，点C落在AD边上的点F处，
∴BF=BC=√2，∠BFE=∠C=90°=∠GFE，EF=CE，
Rt△BAF中AF=√BF2−AB2=√ (√2) 2 −12=1=AB，
∴△BAF是等腰直角三角形，
∴∠AFB=45°=∠GFD=∠FEG，
又∵∠D=90°，
∴△DFG与△≝¿均是等腰直角三角形，
¿=√2EF=√2CE，
∴点E是线段GC的“白银分割点”．
（2）作法：过B作BH⊥AB，在BH上取EB=AB，连接AE，作∠AEB的角平分线交AB于K，点K即
为线段AB的“白银分割点”．
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证明如下：
由（1）中证明可得，在等腰直角△BCG中，BE平分∠CBG，¿=√2CE，点E是线段GC的“白银分割
点”．
同理，上图中作KF⊥AE于点F，
∵EK平分∠AEG， EB⊥AB，KF⊥AE，
∴FK=BK
∵EB⊥AB AB=BE
∴∠A=∠AEB=45°
又∵KF⊥AE
∴△AFE为等腰直角三角形
∴AK=√2KF=√2KB
∴点K是线段AB的“白银分割点”．
【点睛】本题考查矩形及等腰直角三角形的边长比例计算及尺规作图，新定义的理解，需要结合题中构图
分析原理找到目标作图的方法，能够总结模仿作图是解题的关键．
【题型8 根据矩形的性质与判定解决多结论问题】
【例8】（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A在第一象限，B，
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D分别在y轴上，AB交x轴于点E，AF⊥x轴，垂足为F．若OE=3，EF=1．以下结论正确的个数是
（ ）
①OA=3AF；②AE平分∠OAF；③点C的坐标为(−4,−√2)；④BD=6√3；⑤矩形ABCD的面积为
24√2．
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【分析】根据相似三角形的判定得出△EOB∽△EFA，利用相似三角形的性质及已知OE，EF的值即可判
断结论①；由①分析得出的条件，结合相似三角形、矩形的性质（对角线）即可判断结论②；根据直角坐
标系上点的表示及结论①OA=3AF，利用勾股定理建立等式求解可得点A坐标，再根据关于原点对称的
点的坐标得出点D坐标，即可判断结论③；由③可知AF=√2，进而得出OA的值，根据矩形的性质即可判
断结论④；根据矩形的性质及④可知BD=6√2，利用三角形的面积公式求解即可判断结论⑤．
【详解】解：∵矩形ABCD的顶点A在第一象限，AF⊥x轴，垂足为F，
∴∠EOB=∠EFA=90°,AC=BD，OD=OA=OB=OC．
∵∠AEF=∠BEO，
∴△EOB∽△EFA．
∵OE=3，EF=1，
EF AF AF 1
∴ = = = ，即OA=3AF．（①符合题意）
EO OB OA 3
∵OA=OB，△EOB∽△EFA，
∴∠OAB=∠OBA，∠EAF=EBO．
∴∠OAB=∠EAF．
∴AE平分∠OAF．（②符合题意）
∵OF=OE+EF=3+1=4，
∴点A的横坐标为4．
∵OA=3AF，
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∴9AF2−AF2=OF2，即8AF2=16．
∴AF=√2，点A的纵坐标为√2．
∴A(4,√2)．
∵点A与点C关于原点对称，
∴C(−4,−√2)．（③符合题意）
∵OA=3AF=3√2，
∴BD=OD+OB=2OA=6√2．（④不符合题意）
∵S =S +S =2S ，
矩形ABCD △BCD △BAD △BAD
1
∴S =2× ×6√2×4=24√2．（⑤符合题意）
矩形ABCD 2
∴结论正确的共有4个符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形与坐标的综合应用．涉及矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角
坐标系上点的表示，关于原点对称的点的坐标，三角形的面积公式等知识点．矩形的对角线相等且互相平
分；两角分别相等的两个三角形相似；相似三角形对应角相等，对应边成比例；两个点关于原点对称时，
它们的坐标符号相反，即点P(x,y)关于原点的对称点位P' (−x,−y)．灵活运用相关知识点，通过已知
条件建立等式关系是解本题的关键．
【变式8-1】（2023·四川成都·模拟预测）如图1，将一张菱形纸片ABCD(∠ADC>90°)沿对角线BD剪
开，得到△ABD和△BCD，再将△BCD以D为旋转中心，按逆时针方向旋转角α，使α=2∠ADB，得到
如图2所示的△DB'C，连接AC，BB'，∠DAB=45°，有下列结论：①AC=BB'；②AC⊥AB；③
∠CDA=90°；④BB'=√3AB．其中正确结论的序号是 ．（把所有正确结论的序号都填在横线
上）
【答案】①②③
【分析】证明四边形ABB'C是矩形可判断①和②；求出∠DCA=∠DAC=45°可判断③；根据勾股定理
可判断④．
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【详解】解：如图2中，过点D作DE⊥B'B于点E，
由旋转的性质，得DB'=DB，
1
∴∠BDE=∠B'DE= a=∠ADB，∠DEB=90°，
2
∵BA=AD，
∴∠ABD=∠ADB，
∴∠BDE=∠ABD，
∴DE∥AB．
同理，DE∥CB'，
∴AB∥CB'，
又∵AB=CB'，
∴四边形ABB'C是平行四边形，
又∵DE∥AB,∠DEB=90°，
∴∠ABB'=180°−90°=90°，
∴四边形ABB'C是矩形，
∴AC=BB'；AC⊥AB；故①②正确；
∵∠DAB=45°，
∴∠DAC=45°，
∵AD=CD，
∴∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠CDA=90°；故③正确，
∵△ADC是等腰直角三角形，
∴AC=√2AD=√2AB，
∵BB'=AC，
∴BB'=√2AB，故④错误，
∴正确的有①②③，
故答案为①②③．
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【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，
股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式8-2】（2023·山东临沂·统考二模）如图，在矩形ABCD中，AB=3√2,AD=6，点E，F分别是边
AB，BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G是五边形AEFCD内满足¿=GF且
∠EGF=90°的点，现给出以下结论：①∠AEG与∠GFB一定相等；②点G到边AB，BC的距离一定相
等；③点G到边AD，DC的距离可能相等；④点G到边DC的距离的最小值为3，其中正确的是
（写出所有正确结论的序号）．
【答案】①②④
【分析】利用矩形性质和四边形的内角和为360°可判断①；过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，证
明△GME≌△GHF可判断②；延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，证明四边形ABHP、CDPH是
矩形，得到PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，进而得到PH−GH<MN−GM可判断③；
先利用等腰直角三角形的性质求得¿=3，根据垂线段最短知MG≤EG，当M、E重合时，MG最大，此时
GN最小可判断④．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠B=∠C=90°，
∵∠EGF=90°，四边形EBFG的内角和是360°，
∴∠BEG+∠GFB=360°−90°−90°=180°，
∵∠BFG+∠AEG=180°，
∴∠AEG=∠GFB，故①正确；
过G作GM⊥AB于M，GH⊥BC于H，则∠GME=∠GHF=90°，
∵∠MEG=∠GFH，¿=GF，
∴△GME≌△GHF(AAS)，
∴GM=GH，故②正确；
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延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，则四边形ABHP、CDPH是矩形，
∴PH=AB，MN=AD，PG⊥AD，GN⊥CD，
又∵AB=3√2，AD=6，GM=GH，
∴PH−GH<MN−GM，
∴PG<GN，
即点G到边AD，DC的距离不可能相等，故③错误；
∵EF=AB=3√2，¿=GF，∠EGF=90°，
∴∠GEF=∠GFE=45°,
√2
∴¿=EF·cos∠GEF= ×3√2=3，
2
根据垂线段最短知MG≤EG，当M、E重合即¿⊥AB时，MG最大，最大值¿=3，此时GN最小，最小值
为MN−MG=6−3=3，
即点G到边DC的距离的最小值为3，故④正确，
综上，正确的有①②④，
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查动点问题，涉及正方形的性质、四边形的内角和、全等三角形的判定与性质、点到直线
的距离、矩形的判定与性质、锐角三角函数、垂线段最短等知识，理解点到直线的距离，熟练掌握相关知
识的联系与运用是解答的关键，属于填空压轴题型．
【变式8-3】（2023·广东东莞·塘厦初中校考二模）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2√34﹣6；④当OD⊥AD时，BP＝2．其
中结论正确的有（ ）
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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；
1
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= OD=3，根据三
2
1 1
角形的面积公式得到ΔOAD的面积为 OA·DH= ×3×10=15，故②正确；
2 2
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2√34−6；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，
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∴OD=OB=6，∠BOP=∠DOP=30°，
∴∠DOA=30°，
1
∴DH= OD=3，
2
1 1
∴ΔOAD的面积为 OA·DH= ×3×10=15，故②正确；
2 2
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=2√34，
∴CD=OC−OD=2√34−6，
即CD的最小值为2√34−6；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．
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【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．
【题型9 与矩形有关的规律探究问题】
【例9】（2023·湖南永州·三模）如图，在矩形ABCD中，AB=2,CB=4，连接AC，以对角线AC为边，
按逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B 相似于矩形；再连接AC ，以对角线AC 为边，按逆时
1 1 1 1 1 1
针方向作矩形AC C B ，使矩形AC C B 相似于矩形ACC B ；……按照此规律作下去．若矩形
1 2 2 1 2 2 1 1
ABCD的面积记作S ，矩形ACC B 的面积记S ，矩形AC C B 的面积记作S ，……，则S 的值为
1 1 1 2 1 2 2 3 2024
．
(5) 2023
【答案】8×
4
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质.解题的关键是根据已知和矩形的性质可分
(5) n−1
别求得AC，再利用相似多边形的性质可发现规律S =8× .
n 4
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴AC=√AB2+CB2=√22+42 =2√5，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB C C，
1 1
∴矩形AB C C的边长和矩形ABCD的边长的比为√5:2，
1 1
∴矩形AB C C的面积和矩形ABCD的面积的比5:4,
1 1
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∵S =2×4=8,
1
5
S =8× ,
2 4
(5) 2
S =8× ,
3 4
⋯
(5) 2023
∴S =8× ,
2024 4
(5) 2023
故答案为：8× .
4
【变式9-1】（2023·辽宁·统考中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连
接EB，点F 是CD的中点，连接EF ，BF ，得到ΔEF B；点F 是CF 的中点，连接EF ，BF ，得
1 1 1 1 2 1 2 2
到ΔEF B；点F 是CF 的中点，连接EF ，BF ，得到ΔEF B；…；按照此规律继续进行下去，若矩
2 3 2 3 3 3
形ABCD的面积等于2，则ΔEF B的面积为 ．（用含正整数n的式子表示）
n
2n+1
【答案】
2n
【分析】先计算出ΔEF B、ΔEF B、ΔEF B的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而
1 2 3
求解．
【详解】解：∵AE=DA，
∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3，
∵点F 是CD的中点，∴DF =CF
1 1 1
1 1 1 1 1
∴S = BC⋅CF = BC⋅ CD= S = ，
ΔBF 1 C 2 1 2 2 4 矩 形ABC2D
1 1 1 1
S = DE⋅DF = ×2AD⋅ DC= S =1，
ΔDF 1 E 2 1 2 2 2 矩 形ABCD
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1 3
∴S =S −S −S =3−1− = ，
ΔEF 1 B 梯 形ABCDΔDF 1 E ΔBF 1 C 2 2
∵点F 是CF 的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
2 1
1 1
∴S = S = ，
ΔBF 2 C 2 ΔBF 1 C 4
3
且DF = DF ，
2 2 1
3 3
∴S = S =
ΔDF 2 E 2 ΔDF 1 E 2
3 1 5
∴S =S −S −S =3− − = ，
ΔEF 2 B 梯 形ABCDΔDF 2 E ΔBF 2 C 2 4 4
同理可以计算出：
1 1
S = S = ，
ΔBF 3 C 2 ΔBF 2 C 8
7
且DF = DF ，
3 4 1
7 7
∴S = S = ，
ΔDF 3 E 4 ΔDF 1 E 4
7 1 9
∴S =S −S −S =3− − = ，
ΔEF 3 B 梯 形ABCDΔDF 3 E ΔBF 3 C 4 8 8
3 5 9
故ΔEF B、ΔEF B、ΔEF B的面积分别为： , , ，
1 2 3 2 4 8
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2n+1，
2n+1
∴ΔEF B的面积为 ．
n 2n
2n+1
故答案为： ．
2n
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三
个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
【变式9-2】（2023·广西南宁·三模）如图，四边形ABCD是矩形，点F是AB边的三等分点，BF=2AF，
点E 是CB边的中点，连接E F，E D，得到△E FD；点E 是CE 的中点，连接E F，E D得到
1 1 1 1 2 1 2 2
△E FD；点E 是CE 的中点，连接E F，E D，得到△E FD；…按照此规律继续进行下去，若矩形
2 3 2 3 3 3
ABCD的面积等于6，则△E FD的面积是 ．
2023
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1
【答案】3−
22023
1
【分析】根据题意，并结合矩形的性质可得：AB =CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,AF= AB，
3
1 1
BE =CE = AB= CD,AB=CD=3AF，而S =S−(S +S +S )，整理可得：
1 1 2 2 △E 1 FD △ADF △E 1 BF △E 1 CD
( 1 1 )
S =6− 1+ ×2+ ×3 ，再表示出S ,S 的面积，观察规律可得：
△E 1 FD 2 2 △E 2 FD △E 3 FD
( 2n−1 1 ) 1
6− 1+ ×2+ ×3 =3− ，从而可求解．
2n 2n 2n
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,AD=BC,∠A=∠B=∠C=90°,
∵BF=2AF,点E 是CB边的中点，
1
1 1 1
∴AF= AB,BE =CE = AB= AD,AB=CD=3AF，
3 1 1 2 2
∴S =S −(S +S +S )
△E FD ABCD △ADF △E BF △E CD
1 1 1
(1 1 1 )
=6− AD⋅AF+ BE ⋅BF+ CE ⋅CD
2 2 1 2 1
(1 1 1 1 1 )
=6− AD⋅AF+ × AD⋅2AF+ × AD⋅3AF
2 2 2 2 2
1 ( 1 1 )
=6− AD⋅AF× 1+ ×2+ ×3
2 2 2
( 1 1 )
=6− 1+ ×2+ ×3 ,
2 2
∵E 是CE 的中点，
2 1
3 3 1 1
∴BE = BC= AD,CE = BC= AD，
2 4 4 2 4 4
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∴S =S−(S +S +S )，
△E FD △ADF △E BF △E CD
2 2 2
( 3 1 )
整理得：S =6− 1+ ×2+ ×3 ，
△E 2 FD 4 4
( 3 1 )
同理可得：S =6− 1+ ×2+ ×3 ，
△E 3 FD 8 8
( 2n−1 1 ) 1
∴S =6− 1+ ×2+ ×3 =3− ，
△E n FD 2n 2n 2n
1
∴S =3− ．
△E 2023 FD 22023
1
故答案为：3− ．
22023
【点睛】本题主要考查三角形的面积，规律型：图形的变化类．解答的关键是明确
S =S −(S +S +S )，通过整理归纳出其规律．
△E FD ABCD △ADF △E BF △E CD
1 1 1
【变式9-3】（2023·黑龙江鸡西·校考三模）如图，△ABC中，∠B=90°，BC=3，BC边上的高AB=1，
点P 、Q 、H 分别在边AB、AC、BC上，且四边形P Q H B为矩形，P Q :P B=2:3，点P 、Q 、
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2
H 分别在边Q H 、CQ 、CH 上，且四边形P Q H H 为矩形，P Q :P H =2:3，……按此规律操
2 1 1 1 1 2 2 2 1 2 2 2 1
作下去，则线段CQ 的长度为 ．
2023
( 9 ) 2023
【答案】 √10
11
1 2
【分析】设P Q =2a，则可得P B=3a，由相似可得AP = P Q = a，由条件AP +P B=AB=1
1 1 1 1 3 1 1 3 1 1
CQ CQ
可求得a的值，再由勾股定理可求得AC的长，再由△CQ H ∽△CAB可求得 1，类似地可求得 2 ,
1 1 AC CQ
1
CQ CQ
进而求得 2，继续这一过程可得 2023，最后求得结果．
AC AC
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【详解】解：∵P Q :P B=2:3，
1 1 1
∴设P Q =2a，则可得P B=3a，
1 1 1
∵四边形P Q H B为矩形，
1 1 1
∴P Q ∥BC，H Q ∥AC，
1 1 1 1
∴△AP Q ∽△ABC，
1 1
P Q AP P Q AP
∴ 1 1= 1，即 1 1= 1，
BC AB 3 1
1 2
∴AP = P Q = a，
1 3 1 1 3
∵AP +P B=AB=1
1 1
2
∴ a+3a=1，
3
3
∴a= ；
11
由勾股定理得AC=√AB2+BC2=√12+32=√10，
∵H Q ∥AC，
1 1
∴△CQ H ∽△CAB
1 1
CQ Q H BP 3a 9
∴ 1= 1 1= 1= =3a= ；
AC AB AB 1 11
Q H AB 1
由于 1 1= = ，且四边形P Q H H 为矩形，P Q :P H =2:3，
CH BC 3 2 2 2 1 2 2 2 1
1
CQ 9
类似地得：
2=
,
CQ 11
1
∴
CQ 2= CQ 2× CQ 1= ( 9 ) 2
，
AC CQ AC 11
1
CQ 3= CQ 3× CQ 2× CQ 1= ( 9 ) 3
，
AC CQ CQ AC 11
2 1
…，
CQ 2023= ( 9 ) 2023
，
AC 11
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( 9 ) 2023 ( 9 ) 2023
∴CQ = ⋅AC= √10．
2023 11 11
( 9 ) 2023
故答案为： √10．
11
【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．
【题型10 矩形有关的动点问题】
【例10】（2023·广东深圳·校联考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=6，AD=15，点E在边BC上．且
∠AED=90°，P是射线ED上的一个动点．若△AEP是等腰直角三角形，则CP的长为 ．
【答案】3√5或3√17
【分析】如图1，当BE<CE时，根据矩形的性质得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根据相似三角
形的性质得到BE=3，CE=12，过P作PQ⊥BC于Q，根据全等三角形的判定和性质定理，勾股定理即
可得到结论；如图2，当BE>CE时，根据矩形的性质得到∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，根据相似
三角形的性质得到BE=12，CE=3，过P作PQ⊥BC于Q，根据全等三角形的判定和性质定理，勾股定
理即可得到结论．
【详解】解：如图1，当BE<CE时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，
∵∠AED=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠CED=90°，
∴∠BAE=∠CED，
∴△ABE∽△ECD，
AB BE
∴ = ，
CE CD
6 15−BE
∴ = ，
BE 6
∴BE=3，
∴CE=12，
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过P作PQ⊥BC于Q，
∴∠PQE=∠B=90°，
在△ABE与△EQP中，
¿，
∴△ABE≌△EQP(AAS)，
∴EQ=AB=6，PQ=BE=3，
∴CQ=15−6−3=6，
∴CP=√CQ2+PQ2=3√5；
如图2，当BE>CE时，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠DCE=90°，CD=AB=6，
∵∠AED=90°，
∴∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠CED=90°，
∴∠BAE=∠CED，
∴△ABE∽△ECD，
AB BE
∴ = ，
CE CD
6 15−BE
∴ = ，
BE 6
∴BE=12，
∴CE=3，
过P作PQ⊥BC于Q，
∴∠PQE=∠B=90°，
在△ABE与△EQP中，
¿，
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∴△ABE≌△EQP(AAS)，
∴EQ=AB=6，PQ=BE=12，
∴CQ=12+6−15=3，
∴CP=√CQ2+PQ2=3√17；
综上所述，CP的长为3√5或3√17，
故答案为：3√5或3√17．
【点睛】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，等腰直角三角形
的性质，勾股定理，熟练掌握分类讨论思想是解题的关键．
【变式10-1】（2023·广东清远·统考二模）如图，已知四边形ABCD为矩形，AB=8,AD=6,F是BC边
上一动点，O是AC的中点，OE⊥OF交AB于E，连接EF、OB．若OB将△OEF的面积分成1:2的两部
分，则BF的长为 ．
75 75
【答案】 或
41 17
【分析】先作辅助线，构造出来直角三角形，先根据矩形的性质以及勾股定理求出来边长，根据相似三角
形的判定与性质可得到边长之间的比例，即可得到结果．
【详解】解：过点E作EQ⊥OB于点Q，过点F作FP⊥OB于点P，过点O作OH⊥BC，OG⊥AB，
如图所示：
，
∵AB=8,AD=6，
∴BD=√AB2+AD2=√82+62=10，
∵OB将△OEF的面积分成1:2的两部分，
∴当EQ=2PF时，
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设PF=x，则EQ=2x，
∵∠EBQ=∠DBA，∠DAB=∠EQB=90°，
∴Rt△BEQ∽Rt△BDA，
EQ BE
∴ = ，
AD BD
2x BE
∴ = ，
6 10
10
∴BE= x，
3
∵∠PBF=∠DBC,∠DCB=∠FPB=90°，
∴Rt△BFP∽Rt△BDC，
PF BF
∴ = ，
CD BD
x BF
∴ = ，
8 10
5
∴BF= x，
4
∵∠EOF=∠GOH=90°，
∴∠EOG=∠HOF，
∵∠OGE=∠OHF=90°，
∴Rt△EOG∽Rt△FOH，
EG FH
∴ = ，
OG OH
10
x−4
3 3
∴ = ，
4 5
3− x
4
60
解得x= ，
41
75
即BF= ，
41
75
同理当PF=2x，EQ=x时，可求得BF= ，
17
75 75
故答案为： 或 ．
41 17
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据三
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角形的面积得到高的比，分两种情况是解题的关键．
【变式10-2】（2023·河南南阳·校联考一模）【初步探究】
（1）把矩形纸片ABCD如图①折叠，当点B的对应点B'在MN的中点时，填空： △EB'M △B' AN（“
≌”或“∽”）．
【类比探究】
（2）如图②，当点B的对应点B'为MN上的任意一点时，请判断（1）中结论是否成立？如果成立，请写
出证明过程；如果不成立，请说明理由．
【问题解决】
（3）在矩形ABCD中，AB=4,BC=6，点E为BC中点，点P为线段AB上一个动点，连接EP，将
△BPE沿PE折叠得到△B'PE，连接DE,DB'，当△EB'D为直角三角形时，BP的长为 ．
9
【答案】（1）∽；（2）结论成立，理由见解析；（3） 或1
4
【分析】（1）根据矩形的性质以及折叠的性质，得出∠EB'M=∠B' AN，即可证明；
（2）根据（1）的方法证明即可得出结论；
（3）分∠DB'E=90°，∠B'ED=90°，两种情况分别讨论，根据勾股定理以及全等三角形的性质，相
似三角形的性质与判定，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB' A=∠B=90°，
∴∠EB'M=90°−∠AB'N=∠B' AN，
∵∠EMB'=90°=∠B'NA，
∴△EB'M∽△B' AN，
故答案为：∽；
（2）（1）中结论成立，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
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∵矩形纸片ABCD如图①折叠，
∴∠EB' A=∠B=90°，
∴∠EB'M=90°−∠AB'N=∠B' AN，
∵∠EMB'=90°=∠B'NA，
∴△EB'M∽△B' AN；
（3）如图所示，当∠DB'E=90°时，△EB'D是直角三角形，
由折叠可得，∠PB'E=∠B=90°,BE=B'E=CE，
∴∠DB'P=180°，即点P，B'，D在一条直线上，
在Rt△CDE和Rt△B'DE中，
¿，
∴Rt△CDE≌Rt△B'DE(HL)，
∴B'D=CD=AB=4，
设BP=x=B'P，则AP=4−x,PD=x+4，
在Rt△APD中，AP2+AD2=PD2，
9
∴(4−x) 2+62=(x+4) 2，解得：x= ，
4
9
∴BP= ；
4
如图所示，当∠B'ED=90°时，△EB'D是直角三角形，过B'作B'H⊥AB于H，作B'Q⊥BC于Q，则
∠B'QE=∠C=90°，
又∵∠B'ED=90°，
∴∠B'EQ+∠CED=90°=∠EDC+∠CED，
∴∠B'EQ=∠EDC，
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∴△B'EQ∽△EDC，
B'Q EQ B'E
∴ = = ，
CE CD DE
1
∵CE=BE= BC=3,CD=4，
2
∴DE=√CE2+CD2=5，
∵△BPE沿PE折叠得到△B'PE，
∴B'E=BE=3，
B'Q EQ 3
∴ = = ，
3 4 5
9 12
解得B'Q= ,EQ= ，
5 5
3 9
∴BQ=BE−EQ= =B'H,BH=B'Q= ，
5 5
9
设BP= y=B'P，则HP=BH−BP= −y，
5
在Rt△B'PH中，H P2+B'H2=B'P2，
∴ (9 −y ) 2 + (3) 2 = y2 ，解得：y=1，
5 5
∴BP=1．
9
综上所述，BP的长为 或1．
4
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，勾股定理，折叠问题，掌握以上知识是解题
的关键．
【变式10-3】（2023·福建厦门·统考模拟预测）在矩形ABCD中，E是边CD上一点．
(1)如图1，点D，F关于直线AE对称．平移线段DE，使点E与点F重合，设点D的对应点为G．画出示意
图，判断四边形DEFG的形状并证明；
(2)如图2，若DE=k⋅DC(k为常数)，H是矩形内的动点，且满足EH=ED，若点H在运动的过程中，存
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在线段BH长度最小时，点D，H恰好关于直线AE对称的情形，请探究矩形ABCD的边AD与CD满足的
数量关系．（用含k的式子表示）
【答案】(1)图见解析，四边形DEFG为菱形，证明见解析
(2)AD=√2k−k2CD
【分析】（1）连接DF，EF，DG，根据题意证明四边形DGFE为平行四边形，即可得证．
（2）证明△EDA≌△EHA(SSS)，设CD=a，AD=b，则DE=ka，CE=(1−k)a，AH=BC=AD=b，
AB=CD=a，根据矩形的性质证明△ABH≌△BEC(AAS)，利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）如图，
四边形DEFG为菱形，证明如下：
连接DF，EF，DG，
∵点D、F关于直线AE对称，
∴AE垂直平分DF，
∴ED=EF，
∵DE平移至点E与点F重合，
∴DG//EF，且DG=EF，
∴四边形DGFE为平行四边形．
又∵ED=EF，
∴四边形DGFE为菱形．
（2）∵EH=ED，
∴当E、H、B三点共线时，BH长度最小，
此时点D、H关于直线AE对称，
∴AE为DH的垂直平分线，
∴AD=AH，ED=EH，
∴△EDA≌△EHA(SSS)，
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∴∠AHE=∠ADE=90°，
∴∠AHB=90°，
设CD=a，AD=b，
则DE=ka，CE=(1−k)a，AH=BC=AD=b，AB=CD=a，
在矩形ABCD中，∠ABH+∠EBC=90°，∠C=90°，
∴∠EBC+∠BEC=90°，
∴∠CEB=∠ABH，
又∵∠AHB=∠BCE=90°，AH=BC=b，
∴△ABH≌△BEC(AAS)，
∴BH=CE=(1−k)a，
∴BE=AB=a，
在Rt△BCE中，BE2=CE2+BC2，
即a2=(1−k) 2a2+b2，
根据题意知a>0，b>0，0<k<1，
解得b=√2k−k2a，
∴矩形的边AD和CD满足的数量关系为：AD=√2k−k2CD．
【点睛】本题考查了四边形的综合应用，解题关键是掌握矩形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定
理的应用．
【题型11 与矩形有关的折叠问题】
【例11】（2023·黑龙江·统考中考真题）矩形ABCD中，AB=3,AD=9，将矩形ABCD沿过点A的直线
折叠，使点B落在点E处，若△ADE是直角三角形，则点E到直线BC的距离是 ．
【答案】6或3+2√2或3−2√2
【分析】由折叠的性质可得点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，延长BA交⊙A的另一侧于点
E，则此时△ADE是直角三角形，易得点E到直线BC的距离；当过点D的直线与圆相切于点E时，
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△ADE是直角三角形，分两种情况讨论即可求解．
【详解】解：由题意矩形ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在点E处，
可知点E在以点A为圆心，AB长为半径的圆上运动，
如图，延长BA交⊙A的另一侧于点E，则此时△ADE是直角三角形，
点E到直线BC的距离为BE的长度，即BE=2AB=6，
当过点D的直线与圆相切与点E时，△ADE是直角三角形，分两种情况，
①如图，过点E作EH⊥BC交BC于点H，交AD于点G，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EG⊥AD，
∴四边形ABHG是矩形，GH=AB=3
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE=√92−32=6√2，
1 1
∵S = AE⋅DE= AD⋅EG，
△AED 2 2
∴EG=2√2，
∴E到直线BC的距离EH=EG+GH=3+2√2，
②如图，过点E作EN⊥BC交BC于点N，交AD于点M，
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∵四边形ABCD是矩形，
∴NM⊥AD，
∴四边形ABNM是矩形，MN=AB=3
∵AE=AB=3，AE⊥DE，AD=9，
由勾股定理可得DE=√92−32=6√2，
1 1
∵S = AE⋅DE= AD⋅EM，
△AED 2 2
∴EM=2√2，
∴E到直线BC的距离EN=MN−GN=3−2√2，
综上，6或3+2√2或3−2√2，
故答案为：6或3+2√2或3−2√2．
【点睛】本题考查了矩形的折叠问题切线的应用，以及勾股定理，找到点E的运动轨迹是解题的关键．
【变式11-1】（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，有一张矩形纸片ABCD．先对折矩形ABCD，使
AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平．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，MN．观察所得的线段，若AE=1，则MN=（ ）
√3 2√3
A． B．1 C． D．2
2 3
【答案】C
【分析】根据折叠的性质，得出∠ABM=∠NBM ，AB=BN，进而得到
∠ABM=∠MBN=∠NBC=30°，在Rt△BEK中，由特殊锐角的三角函数可求MN即可．
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【详解】解：根据折叠的性质可知：∠ABM=∠NBM，AB=BN，AE=BE=1，AD∥EF，
∴AN=BN=2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AD∥EF∥BC，
∴∠AEN=∠ABC=∠BEN=90°，
BE 1
在Rt△BEN中，sin∠BNE= = ，
BN 2
∴∠BNE=30°，
∴∠BNE=∠NBC=30°
∴∠ABM=∠NBM=30°，
MN
在Rt△BMN中，tan∠NBM= ，
BN
MN √3
∴ = ，
2 3
2√3
∴MN= ，
3
故选：C．
【点睛】此题考查了矩形的性质，折叠轴对称，掌握折叠前后对应边相等，对应角相等，以及直角三角形
的边角关系是解题的关键．
【变式11-2】（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(0<AE<3)，连接EO并延长，交BC于点F，四边形ABFE与A'B'FE关于EF所在直
线成轴对称，线段B'F交AD边于点G．
(1)求证：¿=GF；
(2)当AE=2DG时，求AE的长；
(3)令AE=a，DG=b．
①求证：(4−a)(4−b)=4；
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②如图2，连接OB'，OD，分别交AD，B'F于点H，K.记四边形OKGH的面积为S ，△DGK的面积为
1
S
S .当a=1时，求 1 的值．
2 S
2
【答案】(1)见解析
(2)6−2√3
S 13
(3)①见解析；②
1=
S 8
2
【分析】（1）根据轴对称和矩形的性质，证明∠GEF=∠GFE，即可解答；
（2）过点G作GH⊥BC于H，设DG=x，则AE=2x，求得¿=GF=8−3x，再利用勾股定理，列方程
即可解答；
GQ OQ
（3）①过点O作OQ⊥AD于Q，连接OA,OD,OG，证明△GOQ∽△OEQ，可得 = ，得到
OQ EQ
GQ⋅EQ=4，即可解答；
②连接B'D,OG,OB，证明△DOG≌△B'OG，进而证明△DGK≌△B'GH，进而证明
S 2S OK OF
△OGK≌△OGH，可得 1= △OGK ，再证明△OKF∽△DKB',△EGF∽△DGB'，得到 = ，
S S DK B'D
2 2
S 2OK 2OF EF
再得到 1= = = ，最后根据①中结论，即可解答．
S DK B'D B'D
2
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，
∴∠GEF=∠EFB，
∵四边形ABFE与A'B'FE关于EF所在直线成轴对称，
∴∠BFE=∠EFG，
∴∠GEF=∠EFG，
∴≥=GF；
（2）解：如图，过点G作GH⊥BC于H，
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设设DG=x，则AE=2x，
∴EG=8−3x=GF，
∵∠GHC=∠C=∠D=90°，
∴四边形GHCD为矩形，
∴CH=DC=4，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴AE=CF=2x，
∴FH=FC−CH=x，
在Rt△GHF中，GF2=FH2+GH2，
可得方程(8−3x) 2=x2+42，
解得x =3−√3,x =3−√3（此时AE>AD，故舍去0），
1 2
∴AE=2x=6−2√3；
（3）解：①证明：过点O作OQ⊥AD于Q，连接OA,OD,OG，
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
1
∴OE=OF,OA=OD，OQ= AB=2，
2
∵≥=GF，
∴GO⊥EF，
∴∠GOQ=90°−∠EOQ=∠QEO，
∵∠OQE=∠GQO=90°，
∴△GOQ∽△OEQ，
GQ OQ
∴ = ，即GQ⋅EQ=OQ2=4，
OQ EQ
∴EQ=AQ−AE=4−a，GQ=DQ−GD=4−b，
∴(4−a)(4−b)=4；
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②如图，连接B'D,OG,OB，
由题意可得BF=B'F,
∵点O为矩形ABCD的对称中心，
∴BF=B'F=ED，
同理可得OD=OB=OB'，
由（1）知GF=≥¿，
∴B'F−GF=DE−≥¿，
即B'G=DG，
∵OG=OG，
∴△DOG≌△B'OG(SSS)，
∴∠ODG=∠OB'G，
∵DG=B'G,∠DGK=∠B'GH，
∴△DGK≌△B'GH(ASA)，
∴DK=B'H,GK=GH，
∴OD−DK=OB'−B'H，
即OK=OH，
∵OG=OG，
∴△OGK≌△OGH(SSS)，
∴S =S ，
△OGK △OGH
∴S =2S ，
1 △OGK
S 2S
∴ 1= △OGK ，
S S
2 2
∵∠EGF=∠DGB',≥=GF,GD=GB'，
∴∠GEF=∠GFE=∠GDB'=∠GB'D，
OK OF
∴ = ，
DK B'D
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S OK
∵ △OGK = ，
S B'D
2
S 2OK 2OF EF
∴ 1= = = ，
S DK B'D B'D
2
∵△EGF∽△DGB'，
EF GE
∴ = ，
B'D GD
当a=1时，由①可得(4−1)(4−b)=4，
8
解得b= ，
3
8
∴AE=1,DG= ，
3
13
∴≥=AD−AE−DG= ，
3
S EF GE 13
∴ 1= = = ．
S B'D GD 8
2
【点睛】本题考查了四边形综合应用，涉及轴对称变换，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，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．
【变式11-3】（2023·广西·统考中考真题）【探究与证明】
折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘．
【动手操作】如图1，将矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，
使点B落在EF上，并使折痕经过点A，得到折痕AM，点B，E的对应点分别为B'，E'，展平纸片，连接
AB'，BB'，BE'．
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请完成：
(1)观察图1中∠1，∠2和∠3，试猜想这三个角的大小关系；
(2)证明（1）中的猜想；
【类比操作】如图2，N为矩形纸片ABCD的边AD上的一点，连接BN，在AB上取一点P，折叠纸片，使
B，P两点重合，展平纸片，得到折痕EF；折叠纸片，使点B，P分别落在EF，BN上，得到折痕l，点
B，P的对应点分别为B'，P'，展平纸片，连接，P'B'．
请完成：
(3)证明BB'是∠NBC的一条三等分线．
【答案】(1)∠1=∠2=∠3
(2)见详解
(3)见详解
【分析】（1）根据题意可进行求解；
（2）由折叠的性质可知AB'=BB'，AB=AB'，然后可得AB'=BB'=AB，则有△ABB'是等边三角形，
进而问题可求证；
1
（3）连接PB'，根据等腰三角形性质证明∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，根据平行线的性质证明
2
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1
∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，证明△PBB'≌△P'B'B(SAS)，得出∠P'BB'=∠PB'B，即可证明
2
1
∠CBB'= ∠CBN．
3
【详解】（1）解：由题意可知∠1=∠2=∠3；
（2）证明：由折叠的性质可得：AB'=BB'，AB=AB'，AE=AE'，AE=BE，
∴AB'=BB'=AB，AE'=B'E'，
∴△ABB'是等边三角形，
∵AE'=B'E'，∠ABB'=60°，
1
∴∠ABE'=∠B'BE'= ∠ABB'=30°，
2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠3=30°，
∴∠1=∠2=∠3；
（3）证明：连接PB'，如图所示：
由折叠的性质可知：BB'=PB'，PB=P'B'，∠PBB'=∠P'B'B，
∵折痕B'E⊥AB，BB'=PB'，
1
∴∠PB'E=∠BB'E= ∠BB'P，
2
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠EBC=90°，
∴CB⊥AB，
∵B'E⊥AB，
∴B'E∥BC，
1
∴∠BB'E=∠CBB'= ∠BB'P，
2
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∵在△PBB'和△P'B'B中，
¿，
∴△PBB'≌△P'B'B(SAS)，
∴∠P'BB'=∠PB'B，
1
∴∠CBB'= ∠NBB'
，
2
1
∴∠CBB'= ∠CBN，
3
∴BB'是∠NBC的一条三等分线．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三
角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明，△PBB'≌△P'B'B是解题的关键．
【题型12 矩形与一次函数综合】
【例12】（2023·河北沧州·校考模拟预测）矩形OABC在平面直角坐标系如图所示，OA=12，OC=24，
点E、F分别是OA、OC上的动点，点E、F分别从A、O同时出发，沿OA、OC方向，分别以每秒1个单
位长度和每秒2个单位长度的速度向点O、C运动，当运动 秒时，EF∥AC；当EF⊥OB时，直线EF
的解析式为 ．
48
【答案】 6 y=−2x+
5
【分析】首先设当运动t秒时，EF∥AC，由此得AE=t，OF=2t，OE=12−t，再根据EF∥AC得
△OEF和△OAC相似，根据相似三角形的性质可求出t的值，当EF⊥OB时，△EOF∽△OCB，则有
OE OF
= ，再列方程求出t的值，然后再求出点E与点F的坐标，最后根据待定系数法可求出直线EF的解
OC BC
析式．
【详解】解：设当运动t秒时，EF//AC，
依题意得：AE=t，OF=2t，
∵四边形OABC为矩形，OA=12，OC=24，
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∴OE=OA−AE=12−t，
∵EF∥AC，
∴△OEF∽△OAC，
∴OE:OA=OF:OC，
即：(12−t):12=2t:24，
解得：t=6，
当EF⊥OB时，且∠EOF=90°，
∴∠OEF+∠EOB=90°,∠BOC+∠EOB=90°,
∴∠OEF=∠BOC,
又∠EOF=∠OCB=90°，
∴△EOF∽△OCB，
OE OF
则有 = ，
OC BC
12−t 2t
∴ =
24 12
12
∴t=
5
( 48) (24 )
∴点E的坐标为 0, ，点F的坐标为 ,0 ，
5 5
设直线EF的解析式为：y=kx+b，
( 48) (24 )
将点E 0, ，F ,0 代入y=kx+b，
5 5
得：¿，解得：¿，
48
∴直线EF的解析式为：y=−2x+ ．
5
48
故答案为：6，y=−2x+ ．
5
【点睛】此题主要考查了相似三角形的判定和性质，待定系数法求一次函数的解析式，解答此题的关键是
熟练掌握系数法求一次函数的解析式，难点是根据相似三角形的性质求出点E，F的坐标．
【变式12-1】（2023·广东肇庆·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCD的顶点A、D在坐标
轴上，其坐标分别为(2,0)，(0,4)，对角线AC⊥x轴．
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(1)求直线DC对应的函数解析式
k
(2)若反比例函数y= (x>0)的图象经过DC的中点M，请判断这个反比例函数的图象是否经过点B，并说
x
明理由．
1
【答案】(1)y= x+4；
2
(2)点B不在反比例函数图象上，理由见解析．
【分析】本题主要考查的是矩形的性质、反比例函数的性质、全等三角形的性质和判定：
（1）过点D作DE⊥AC，垂足为E．先证明△DAO∽△DCE，依据相似三角形的性质可求得EC=1，
从而可求得EC的长，故此可得到点C的坐标，设直线DC的解析式为y=kx+b，将点C，D的坐标代入求
解即可；
（2）过点D作DE⊥AC，过点B作BF⊥AC．先证明△DEC≌△BAF，从而可求得点B的坐标，然
后再求得反比例反函数比例系数k的值，然后根据点B的坐标是否符合函数解析式进行判断即可．
【详解】（1）如图所示：过点D作DE⊥AC，垂足为E．
∵DE⊥AC，AC∥y轴，
∴∠EDO=90°．
∴∠EDA+∠ODA=90°．
又∵ABCD为矩形，
∴∠CDE+∠ADE=90°．
∴∠CDE=∠ODA．
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又∵∠DOA=∠DEC=90°，
∴△DAO∽△DCE．
DE CE 2 EC
∴ = ，即 = ，
OD AO 4 2
解得EC=1．
又 EA=OD=4
∴AC=AE+EC=4+1=5,
∴C(2,5)．
设直线DC的解析式为y=kx+b，
将点C(2,5)，D(0,4)的坐标代入得：¿
解得¿．
1
∴直线CD的解析式为y= x+4．
2
（2）解：过点D作DE⊥AC，过点B作BF⊥AC．
∵DE⊥AC，BF⊥AC．
∴∠DEC=∠BFA=90°．
∵DC∥AB，
∴∠DCE=∠FAB．
在△DEC和△BAF中
¿，
∴△DEC≌△BAF(AAS)．
∴DE=BF=2，EC=AF=1．
∴B(4,1)．
∵C(2,5)，D(0,4)，
( 9)
∴CD中点M的坐标为 1, ．
4
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9 9
∴k=1× = ．
4 4
9
∵4×1=4≠ ，
4
∴点B不在反比例函数图象上．
1
【变式12-2】（2023·江西萍乡·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，直线y=− x+2分别与x轴、
2
y轴交于点A、B，点M在坐标轴上，点N在坐标平面内，若以A、B、M、N为顶点的四边形为矩形，则
点N的坐标为 ．
【答案】(4,2)或(3,−2)或(−4,−6)
【分析】分类讨论：①点M在x轴上；②点M在原点；③点M在y轴上，利用相似及平移规律即可求解．
1
【详解】解：直线y=− x+2分别与x轴、y轴交于点A、B，
2
当x=0时，y=2，y=0时，x=4，
∴A点坐标(4,0)，B点坐标B(0,2)，
分三种情况：
①点M在原点，矩形BMAN中，如图，
BO=AN=2,BN=AO=4，
∴点N坐标为（4，2）；
②如图1，点M在x轴上，如图，
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矩形BMNA中，OB⊥AM，
∴∠OBM+∠OMB=∠OBM+∠OBA=90°，
∴∠OMB=∠OBA，
∴△BOM ∽△AOB，
BO MO
∴ = ，
AO BO
BO2
∴MO= =1，
AO
∴M点坐标为（−1，0），
将点M向右平移4个单位，向下平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（3，−2）；
②如图2，点M在y轴上，如图，
矩形BAMN中，OA⊥MB，
由②同理可得：△MOA∽△AOB ，
BO AO
∴ =
AO MO
AO2
∴MO= =8，
BO
∴M点坐标为(0,−8)，
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将点M向左平移4个单位，向上平移2个单位得到点N，
∴N的坐标为（−4，−6），
∴点N坐标为（4，2）或（3，−2）或(−4,−6)，
故答案为：（4，2）或（3，−2）或(−4,−6)．
【点睛】本题考查了一次函数与矩形的综合题型，解题关键是分类讨论和利用相似三角形的性质得到对应
线段之间的关系．
【变式12-3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）在平面直角坐标系中，直线
AD交x轴于点A(−6,0)，交y轴正半轴于点D，点C是点D上方y轴上一点，以AO、OC为邻边作矩形
OABC，tan∠OAD=1．
(1)求直线AD的解析式；
(2)延长BC交直线AD于点E，连接OE，连接CE，OG为△AEO的中线，设点E的横坐标为t，△GDO的
面积为S，当点G在线段AD上时，求S与t之间的函数关系式（不要求写自变量t的取值范围）；
(3)如图2，在（2）的条件下，作OF⊥OE交AE于点F，M是线段AB上一点，连接MG、ME，作
2
GN⊥MG交BE于点N，作GP⊥ME垂足为P交BN于点Q，若AF+DE= DF，NE=4QN，求直线
3
QG的解析式．
【答案】(1)y=x+6
3
(2)S=− t+9
2
3
(3)y=− x+1
2
【分析】（1）根据tan∠OAD=1可以得到OA=OD，再根据待定系数法即可求得答案；
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（2）过点E和G分别作x轴的垂线，垂直分别为N，M，分别计算出S 和S ，通过
△AOG △AOD
S =S −S 即可得到答案；
△GOD △AOD △AOG
（3）过点E作ER⊥x轴，垂足为R，过点F作FK⊥x轴，垂足为K，延长MG交ER于点H,连接NH，
MN，BG，过点F作FT⊥y轴，垂足为T，过点G作℘∥ME轴，交MA于点P，连接BG，先通过证明
△EOR∽△KFO，利用相似比建立等式，再结合已知条件建立方程组，解方程组即可求出点G的坐标；
再证明△BNG≌△AMG(ASA)，△MAG≌△HEG(ASA)，进一步证明△NMH是等腰直角三角形，最
1
后证明△QNG≌△WMG(ASA)，得到QN= BN，再结合已知条件建立方程组，解方程组求出QN,BN
2
的值，再求出点G的坐标，最后利用待定系数法求出解析式即可．
【详解】（1）解：∵tan∠OAD=1，
OA
∴ =1，
OD
∴OD=OA=6，
∴D(0,6)，
设直线AD的解析式为y=kx+b，
得¿，
解方程组得¿，
∴直线AD的解析式为y=x+6；
（2）解：如下图所示，过点E和G分别作x轴的垂线，垂直分别为N，M，
∴GM∥EN，
∵点E的横坐标为t，
∴点E的纵坐标为t+6，
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∴ON=t,EN=t+6，
∵点G是AE的中点，GM∥EN，
1 1
∴GM= EN= t+3，
2 2
1 3 1
∵S = AO·GM= t+9，S = AO·OD=18，
△AOG 2 2 △AOD 2
(3 ) 3
∴S =S −S =18− t+9 =− t+9，
△GOD △AOD △AOG 2 2
3
∴S=− t+9；
2
（3）解：如下图所示，过点E作ER⊥x轴，垂足为R，过点F作FK⊥x轴，垂足为K，延长MG交ER
于点H,连接NH，MN，BG，过点F作FT⊥y轴，垂足为T，过点G作℘∥ME轴，交MA于点P，连接
BG，
设FK=m，
则AK=m,AF=√2m，KO=6−m
∵OF⊥OE，
∴∠EOF=90°，
∴∠KOF+∠EOR=90°，
∵∠KOF+∠KFO=90°，
∴∠EOR=∠KFO，
∴△EOR∽△KFO，
FK OK
∴ = ,
OR ER
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∵¿=CE=t，ER=t+6,
m 6−m
∴ = ，
t 6+t
∵FT=OK=6−m，
∴DF=√2(6−m)
2
∵AF+DE= DF，DE=√2t，
3
2
∴√2m+√2t= √2(6−m)，
3
∴¿，
解方程组得t=2，
∴E(2,8)，
∴G(−2,4)，
∵tan∠OAD=1，
∴∠OAD=45°，
∴四边形AREB是正方形，
∴GB=AG，∠MAG=∠NBG=45°，∠BGA=90°，
∵∠BGA=∠BGM+∠MGA=90°，∠NGM=∠NGB+∠MGM=90°，
∴∠MGA=∠NGB
∴¿，
∴△BNG≌△AMG(ASA)，
∴BN=AM,NG=MG，∠BNG=∠AMG
∵EH∥AM，点G是AE的中点，
∴¿，
∴△MAG≌△HEG(ASA)，
∴AM=HE，MG=GH=NG，∠BMG=∠ENG
∴BN=EH，
∵点G是AE的中点，NG⊥MH，
∴△NMH是等腰直角三角形，∠MNH=90°，
∴MN=NH，
∵℘∥ME，QG⊥ME，
∴QG⊥℘，
∵∠NGM=∠NGQ+∠QGM=90°，∠QGW=∠QGM+∠MGW=90°，
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∴∠NGQ=∠MGW，
¿，
∴△QNG≌△WMG(ASA)，
∴QN=WM，
1
∵WM= AM，AM=BN，
2
1
∴QN= BN，
2
∵BN+NE=BE=8，
∴2QN+NE=8,
∴¿，
16 4
解方程组得：NE= ，QN= ，
3 3
∵CE=2，
4 16 14
∴QC=QN+NE−CE= + −2= ，
3 3 3
( 14 )
∴Q − ,8 ，
3
设直线QG的解析式的解析式为：y=kx+b，
得¿，
3
解方程组得k=− ,b=1
2
3
∴直线QG的解析式的解析式为：y=− x+1．
2
【点睛】本题考查一次函数、全等三角形、相似三角形、三角函数和二元一次方程组等相关知识，解题的
关键是添加正确的辅助线，构造全等和相似三角形．
【题型13 矩形与反比例函数综合】
k
【例13】（2023·广西·统考中考真题）如图，过y= (x>0)的图象上点A，分别作x轴，y轴的平行线交
x
1
y=− 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
x
5
为S ，S ，S ，S ，若S +S +S = ，则k的值为（ ）
1 2 3 4 2 3 4 2
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A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】C
( 1 ) ( 1) ( 1 1)
【分析】设A(a,b)，则B − ,b ，D a,− ，C − ,− ，根据坐标求得S =ab=k，S =S =1，
b a b a 1 2 4
( 1) ( 1) 1
推得S = − × − = ，即可求得．
3 b a 2
( 1 ) ( 1) ( 1 1)
【详解】设A(a,b)，则B − ,b ，D a,− ，C − ,−
b a b a
k
∵点A在y= (x>0)的图象上
x
则S =ab=k，
1
1
同理∵B，D两点在y=− 的图象上，
x
则S =S =1
2 4
5 1
故S = −1−1= ，
3 2 2
( 1) ( 1) 1
又∵S = − × − = ，
3 b a 2
1 1
即 = ，
ab 2
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．
【变式13-1】（2023·辽宁丹东·校考二模）如图，矩形OABC的两边OA，OC在坐标轴上，且OC=2OA，
M，N分别为OA，OC的中点，AN与BM交于点E，且四边形EMON的面积为2，则经过点B的反比例函
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数的解析式为 ．
10
【答案】y=
x
【分析】根据M，N分别为OA，OC的中点，推出S =S =2，连接点M和AN中点F，得出
四边形OMEN △ABE
ME MF 1 S ME 1 1 1
△ABE∽△FME，则 = = ，得出 △AME= = ，进而得出S = S = ，求出
BE AB 4 S BE 4 △AME 4 △ABE 2
△ABE
S =AB⋅OA=10，根据反比例函数的k值的几何意义进行解答．
矩形AOCB
【详解】解：∵OABC为矩形，
∴AB⋅AO=OC⋅AO，
∵M，N分别为OA，OC的中点，
1 1
∴AM= OA，ON= OC，则AM=ON，
2 2
1 1
∴ AB⋅AM= ON⋅AO，即S =S ，
2 2 △ABM △AON
∴S −S =S −S ，即S =S =2，
△ABM △AME △AON △AME 四边形OMEN △ABE
连接点M和AN中点F，
1
∴MF∥OC，MF= ON，
2
1
∴MF= OC，MF∥AB，
4
∵OC=AB，
1 MF 1
∴MF= AB，则 = ，
4 AB 4
∵MF∥AB，
∴∠ABE=∠FME，∠BAE=∠MFE，
∴△ABE∽△FME，
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ME MF 1
∴ = = ，
BE AB 4
S ME 1
∴ △AME= = ，
S BE 4
△ABE
∵S =2，
△ABE
1 1
∴S = S = ，
△AME 4 △ABE 2
1 5 1 1 5
∴S =S +S =2+ = ，即 AB⋅AM= AB⋅OA= ，
△ABM △ABE △AME 2 2 2 4 2
∴S =AB⋅OA=10，
矩形AOCB
∵反比例函数图象在第一象限，
∴k=10，
10
∴反比例函数解析式为：y= ．
x
10
故答案为：y= ．
x
【点睛】本题主要考查了反比例函数k值的几何意义，解题的关键是掌握过反比例函数图象上的点作x轴
和y轴的垂直，两垂线与坐标轴的围成的矩形面积等于|k|．
【变式13-2】（2023·陕西·统考中考真题）如图，在矩形OABC和正方形CDEF中，点A在y轴正半轴上，
点C，F均在x轴正半轴上，点D在边BC上，BC=2CD，AB=3．若点B，E在同一个反比例函数的图
象上，则这个反比例函数的表达式是 ．
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18
【答案】y=
x
【分析】设正方形CDEF的边长为m，根据BC=2CD，AB=3，得到B(3,2m)，根据矩形对边相等得到
OC=3，推出E(3+m,m)，根据点B，E在同一个反比例函数的图象上，得到3×2m=(3+m)m，得到
18
m=3，推出y= ．
x
【详解】解：∵四边形OABC是矩形，
∴OC=AB=3，
设正方形CDEF的边长为m，
∴CD=CF=EF=m，
∵BC=2CD，
∴BC=2m，
∴B(3,2m)，E(3+m,m)，
k
设反比例函数的表达式为y= ，
x
∴3×2m=(3+m)m，
解得m=3或m=0（不合题意，舍去），
∴B(3,6)，
∴k=3×6=18，
18
∴这个反比例函数的表达式是y= ，
x
18
故答案为：y= ．
x
【点睛】本题主要考查了反比例函数，解决问题的关键是熟练掌握矩形性质，正方形性质，反比例函数性
质，k的几何意义．
【变式13-3】（2023·湖南株洲·统考二模）在矩形AOBC中，OB=8,OA=4．分别以OB，OA所在直线
为x轴，y轴，建立如图1所示的平面直角坐标系．F是BC边上一个动点（不与B，C重合），过点F的
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k
反比例函数y= (k>0)的图象与边AC交于点E．
x
(1)当点F运动到边BC的中点时，求点E的坐标；
(2)连接EF、AB，求证：EF∥AB；
(3)如图2，将△CEF沿EF折叠，点C恰好落在边OB上的点G处，求此时反比例函数的解析式．
【答案】(1)E(4,4)
(2)见解析
12
(3)y=
x
【分析】（1）先求出F点的坐标，进而得到反比例函数的解析式，再求出E点坐标即可；
（2）分别求出直线EF,AB的解析式，即可得证；
（3）过点E作EM⊥x轴，交OB于点M，证明△EMG∽△GBF，列出比例式，求出BG的长，再利用勾
股定理进行求解即可．
【详解】（1）解：∵矩形AOBC中，OB=8,OA=4，
∴B(8,0)，C(8,4)，
当点F运动到边BC的中点时：F(8,2)，
∴k=2×8=16，
16
∴y= ，
x
k
∵反比例函数y= (k>0)的图象与边AC交于点E，
x
∴y =4，
E
∴x =16÷4=4；
E
∴E(4,4)；
（2）如图：
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( k) (k )
∵F 8, ,E ,4 ，设直线EF的解析式为：y=ax+b，
8 4
则：¿，解得：¿，
1 k
∴直线EF：y=− x+ +4；
2 8
设：直线AB:y=mx+n，
∵A(0,4),(8,0)，
∴¿，解得：¿，
1
∴直线AB：y=− x+4，
2
∴EF∥AB；
（3）如图，过点E作EM⊥x轴，交OB于点M，则四边形AEMO为矩形，
∴EM=AO=4，
∵翻折，
∴∠ECF=∠EGF=90°,EC=EG,CF=FG，
∵∠EMG=∠FBG=∠EGF=90°，
∴∠EGM=∠BFG，
∴△EMG∽△GBF，
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EM EG
∴ = ，
BG FG
( k) (k )
∵F 8, ,E ,4 ，
8 4
k k k
∴FG=CF=4− ，EG=CE=8− ，BF= ，
8 4 8
k
8−
4 4
∴ = ，
BG k
4−
8
∴BG=2，
在Rt△FBG中，FG2=BG2+BF2，
∴ ( 4− k) 2 =22+ (k) 2 ，
8 8
∴k=12，
12
∴y= ．
x
【点睛】本题考查反比例函数与几何的综合应用，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定
理．利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键．
【题型14 矩形与二次函数综合】
【例14】（2023·浙江湖州·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=x2−4x+c的
图象与y轴的交点坐标为(0,5)，图象的顶点为M．矩形ABCD的顶点D与原点O重合，顶点A，C分别在
x轴，y轴上，顶点B的坐标为(1,5)．
(1)求c的值及顶点M的坐标，
(2)如图2，将矩形ABCD沿x轴正方向平移t个单位(0<t<3)得到对应的矩形A'B'C'D'．已知边C'D'，
A'B'分别与函数y=x2−4x+c的图象交于点P，Q，连接PQ，过点P作PG⊥A'B'于点G．
①当t=2时，求QG的长；
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②当点G与点Q不重合时，是否存在这样的t，使得△PGQ的面积为1？若存在，求出此时t的值；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)c=5，顶点M的坐标是(2,1)
1 5
(2)①1；②存在，t= 或
2 2
【分析】（1）把(0,5)代入抛物线的解析式即可求出c，把抛物线转化为顶点式即可求出顶点坐标；
（2）①先判断当t=2时，D'，A'的坐标分别是(2,0)，(3,0)，再求出x=3，x=2时点Q的纵坐标与点P的
纵坐标，进而求解；
②先求出QG=2，易得P，Q的坐标分别是(t,t2−4t+5)，(t+1,t2−2t+2)，然后分点G在点Q的上方
与点G在点Q的下方两种情况，结合函数图象求解即可．
【详解】（1）∵二次函数y=x2−4x+c的图象与y轴的交点坐标为(0,5)，
∴c=5，
∴y=x2−4x+5=(x−2) 2+1，
∴顶点M的坐标是(2,1)．
（2）①∵A在x轴上，B的坐标为(1,5)，
∴点A的坐标是(1,0)．
当t=2时，D'，A'的坐标分别是(2,0)，(3,0)．
当x=3时，y=(3−2) 2+1=2，即点Q的纵坐标是2，
当x=2时，y=(2−2) 2+1=1，即点P的纵坐标是1．
∵PG⊥A'B'，
∴点G的纵坐标是1，
∴QG=2−1=1．
②存在．理由如下：
∵△PGQ的面积为1，PG=1，
∴QG=2．
根据题意，得P，Q的坐标分别是(t,t2−4t+5)，(t+1,t2−2t+2)．
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如图1，当点G在点Q的上方时，QG=t2−4t+5−(t2−2t+2)=3−2t=2，
1
此时t= （在0<t<3的范围内），
2
如图2，当点G在点Q的下方时，QG=t2−2t+2−(t2−4t+5)=2t−3=2，
5
此时t= （在0<t<3的范围内）．
2
1 5
∴t= 或 ．
2 2
【点睛】本题考查了二次函数图象上点的坐标特点、矩形的性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握二次
函数的图象与性质、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
【变式14-1】（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，
AB=4，BC=4√3，垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒√3个单位长度的速度平移，当
直线MN与CD重合时停止运动，运动过程中MN分别交矩形的对角线AC,BD于点E，F，以EF为边在
MN左侧作正方形EFGH，设正方形EFGH与△AOB重叠部分的面积为S，直线MN的运动时间为ts，则
下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）
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A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出MN在O点左侧时的两段图象，即可得出结论．
【详解】解：当MN在O点左侧，即：t<2时：
①当正方形EFGH的边GH在△AOB的外部时，重叠部分为矩形，如图：
设HE,FG分别交AB于点I,K，
∵垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒√3个单位长度的速度平移，
∴IE=FK=√3t，
∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=4√3，
∴AC=√AB2+BC2=8，
∴OA=OB=4=AB，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∴AI=BK=IE÷tan60°=t，
∴IK=4−2t，
∴S=IK⋅IE=√3t(4−2t)=−2√3t2+4√3t，图象为开口向下的一段抛物线；
②当正方形EFGH的边GH在△AOB的内部时，与△AOB重叠部分即为正方形EFGH，如图：
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由①可知：EF=IK=4−2t，
∴S=(4−2t) 2，图象是一段开口向上的抛物线；
当MN过点O时，即t=2时，E,F重合，此时，S=0；
综上：满足题意的只有B选项，
故选B．
【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想
进行求解．
【变式14-2】（2023·辽宁大连·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C :y=x2上有两点A、
1
B，其中点A的横坐标为−2，点B的横坐标为1，抛物线C :y=−x2+bx+c过点A、B．过A作AC∥x轴
2
1
交抛物线C 另一点为点C．以AC、 AC长为边向上构造矩形ACDE．
1 2
(1)求抛物线C 的解析式；
2
(2)将矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形A'C'D'E'，点C的对应点C'落在抛物
线C 上．
1
①求n关于m的函数关系式，并直接写出自变量m的取值范围；
②直线A'E'交抛物线C 于点P，交抛物线C 于点Q．当点E'为线段PQ的中点时，求m的值；
1 2
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③抛物线C 与边E'D'、A'C'分别相交于点M、N，点M、N在抛物线C 的对称轴同侧，当
2 2
2√10
MN= 时，求点C'的坐标．如图，在平面直角坐标系中，抛物线上有两点，其中点的横坐标为，点
3
的横坐标为，抛物线过点．过作轴交抛物线另一点为点．以长为边向上构造矩形．
【答案】(1)y=−x2−2x+4
(2)①n=−m2+4m(0<m<4)；②m=
5−√17
；③C
(√39
,
59) 或C'(
−
√39
,
59)
2 6 36 6 36
【分析】（1）根据题意得出点A(−2,4)，B(1,1)，利用待定系数法求解析式即可求解．
（2）①根据平移的性质得出C'(2−m,4−n)，根据点C的对应点C'落在抛物线C 上，可得
1
(2−m) 2=4−n，即可求解．
②根据题意得出P(−2−m,m2+4m+4)，Q(−2−m,−m2−2m+4)，求得中点坐标，根据题意即可求
解．
2
③作辅助线，利用勾股定理求得MG= ，设出N点，M点坐标，将M点代入y=−x2−2x+4，求得N点
3
坐标，进而根据点C的对应点C'落在抛物线C 上，即可求解．
1
【详解】（1）根据题意，点A的横坐标为−2，点B的横坐标为1，代入抛物线C :y=x2，
1
∴当x=−2时，y=(−2) 2=4，则A(−2,4)，
当x=1时，y=1，则B(1,1)，
将点A(−2,4)，B(1,1)代入抛物线C :y=−x2+bx+c，
2
∴ ¿，
解得¿，
∴抛物线C 的解析式为y=−x2−2x+4．
2
（2）①∵AC∥x轴交抛物线C :y=x2另一点为C，
1
当y=4时，x=±2，
∴C(2,4)，
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∵矩形ACDE向左平移m个单位，向下平移n个单位得到矩形A'C'D'E'，点C的对应点C'落在抛物线
C 上．
1
∴C'(2−m,4−n)，(2−m) 2=4−n，
整理得n=−m2+4m，
∵m>0，n>0，
∴0<m<4，
∴n=−m2+4m(0<m<4)；
②如图，
∵A(−2,4)，C(2,4)，
∴AC=4，
1
∵ AE= AC=2，
2
∴E(−2,6)，
由①可得A'(−2−m,m2−4m+4)，E'(−2−m,m2−4m+6)，
∴P，Q的横坐标为−2−m，分别代入C ，C ，
1 2
∴P(−2−m,m2+4m+4)，Q(−2−m,−m2−2m+4)，
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m2+4m+4−m2−2m+4
∴ =m+4，
2
∴PQ的中点坐标为(−2−m,m+4)，
∵点E'为线段PQ的中点，
∴m2−4m+6=m+4，
5−√17 5+√17
解得m= 或m= （大于4，舍去）．
2 2
③如图，连接MN，过点N作NG⊥E'D'于点G，
则NG=2，
2√10
∵ MN= ，
3
√ 2√10 2 2
∴ MG=√M N2−MG2= ( ) −22= ，
3 3
2
设N(a,−a2−2a+4)，则M(a− ，−a2−2a+6)，
3
将M点代入y=−x2−2x+4，
2 2 2
得−(a− ) −2×(a− )+4=−a2−2a+6，
3 3
5
解得a= ，
6
5 5 2 5 59
当a= ，−a2−2a+4=−( ) −2× +4= ，
6 6 6 36
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5 59
∴ N( , )，
6 36
59
将y= 代入y=x2，
36
√59 √59
解得x = ,x =− ，
1 6 2 6
√59 59 √59 59
∴ C'( , )或C'(− , )．
6 36 6 36
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，解题的关键是作辅助线，掌握二次函数的性质以及掌握复杂运
算属于中考压轴题．
【变式14-3】（2023·海南·统考中考真题）如图1，抛物线y=x2+bx+c交x轴于A，B(3,0)两点，交y轴
于点C(0,−3)．点P是抛物线上一动点．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)当点P的坐标为(1,−4)时，求四边形BACP的面积；
(3)当动点P在直线BC上方时，在平面直角坐标系是否存在点Q，使得以B，C，P，Q为顶点的四边形是
矩形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；
(4)如图2，点D是抛物线的顶点，过点D作直线DH∥y轴，交x轴于点H，当点P在第二象限时，作直
线PA，PB分别与直线DH交于点G和点I，求证：点D是线段IG的中点．
【答案】(1)y=x2−2x−3
(2)9
(3)在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标为
(5+√5 −1−√5)
(−5,2)或 ,
2 2
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(4)证明过程见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）连接OP，过点P作PE⊥AB于点E，利用点的坐标表示出线段OA、OB、OC、OE、PE的长度，
再根据S =S +S +S ，进行计算即可；
四边形BACP △OAC △OCP △OBP
（3）当BC为矩形的边时，画出符合题意的矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，过点P
作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，利用等腰直角三角形的判定与性质及矩形的判定与性
质得到NF=QN=PM=ME，利用待定系数法求得直线PB的解析式与抛物线的解析式联立方程组求得点
P的坐标，则PM=2，进而得到ON、QN的长度，即可得出结果；当BC为对角线时，画出相应的图形，
求出结果即可；
（4）利用配方法求得抛物线的顶点坐标、对称轴，再利用待定系数法求得直线PA、PB的解析式，进而求
得点I、G的坐标，利用点的坐标表示出线段ID、GD的长度，即可得出结论．
【详解】（1）解：由题意可得，¿，
解得¿，
∴抛物线的解析式为y=x2−2x−3；
（2）解：连接OP，过点P作PE⊥AB于点E，如图，
∵点P的坐标为(1,−4)，
∴PE=4，OE=1，
令y=0，则x2−2x−3=0，
解得x=3或x=1，
∴A(−1,0)，
∴OA=1，
∵C(0,−3)，B(3,0)，
∴OC=3，OB=3，
∴S =S +S +S ，
四边形BACP △OAC △OCP △OBP
1 1 1
= OA⋅OC+ OC⋅OE+ OB⋅PE
2 2 2
1 1 1
= ×1×3+ ×3×1+ ×3×4
2 2 2
=9；
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（3）解：在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，理由如下：
如图，当BC为边时，四边形BCQP为符合条件的矩形，PB交y轴于点E，CQ交x轴于点F，连接EF，
过点P作PM⊥y轴于点M，过点Q作QN⊥x轴于点N，
∵OC=OB=3，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵四边形BCQP为矩形，
∴∠PBC=∠QCB=90°，
∴∠OBE=∠OCF=45°，
∴△OBE和△OCF为等腰直角三角形，
∴OB=OC=OE=OF=3，
∵四边形BCFE为正方形，
∴CF=BE，∠EFC=∠BEF=90°，
∴四边形EFQP为矩形，
∴QF=PE，
∵∠MEP=∠BEO=45°，∠QFN=∠OFC=45°，
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∴△PME和△QNF为全等的等腰直角三角形，
∴NF=QN=PM=ME，
∵OE=3，
∴E(0,3)，
设直线BE的解析式为y=kx+n(k≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线BE的解析式为y=−x+3，
联立方程组得¿，
解得¿或¿，
∴P(−2,5)，
∴PM=2，
∴QN=NF=2，
∴ON=OF+NF=3+2=5，
∴Q(−5,2)；
如图，当BC为对角线时，四边形BPCQ为矩形，过点Q作QD⊥x轴于点D，PE⊥x轴于点E，
则∠PEB=∠BDQ=90°，∠PBQ=90°，
∵∠PBE+∠EPB=∠PBE+∠DBQ=90°，
∴∠EPB=∠DBQ，
∴△BEP∽△QDB，
PE BE
∴ = ，
DB DQ
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设点P的坐标为：(t,t2−2t−3)(t<0或t>3)，Q(x ，y )，
Q Q
∵C(0,−3)，B(3,0)，
∴x =3−t，y =−t2+2t，
Q Q
∴Q(3−t,−t2+2t)，
∴DQ=t2−2t，BD=−t，EP=−t2+2t+3，BE=3−t，
−t2+2t+3 3−t
∴ = ，
−t t2−2t
整理得：t3−4t2+2t+3=0，
分解因式得：(t−3)(t2−t−1)=0，
1+√5 1−√5
解得：t =3（舍去），t = <3（舍去），t = <0，
1 2 2 3 2
(5+√5 −1−√5)
∴此时点Q的坐标为： , ．
2 2
综上所述，在平面直角坐标系内存在点Q，使得以B、C、P、Q为顶点的四边形是矩形，此时点Q的坐标
(5+√5 −1−√5)
为(−5,2)或 , ；
2 2
（4）证明：∵y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
∴抛物线y=x2−2x−3的顶点D的坐标为(1,−4)，对称轴为直线x=1，
设P(m,m2−2m−3)，直线PB的解析式为y=cx+d(c≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线PB的解析式为y=(m+1)x−3m−3，
当x=1时，y=−2m−2，
∴I(1,−2m−2)，
∴ID=−2m−2−(−4)=−2m+2，
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设直线PA的解析式为y=ex+f (e≠0)，
∴¿，
∴¿，
∴直线PA的解析式为y=(m−3)x+m−3，
当x=1时，y=2m−6，
∴G(1,2m−6)，
∴DG=−4−(2m−6)=−2m+2，
∴ID=DG，
∴点D是线段IG的中点．
【点睛】本题考查二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、
一次函数的性质、一次函数图象上点的坐标特征、等腰直角三角形的判定与性质、矩形的判定与性质，利
用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
101
