专题919矩形（题型分类拓展）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）

专题9.19矩形（题型分类拓展）【题型目录】【题型1】矩形中的作图题；【题型2】坐标系中的矩形；【题型3】矩形中的折叠与重合问题；【题型4】矩形中的旋转问题；【题型5】矩形中的最值问题；【题型6】矩形中的动点问题.单选题【题型1】矩形中的作图题；1．（2022下·吉林长春·九年级校考阶段练习）如图，对矩形中进行如下作图，依据尺规作图的痕迹，则等于（）A．52° B．64° C．54° D．63°2．（2022·吉林长春·校考二模）如图，在中，，观察作图痕迹可知下列说法不一定正确的是（）A． B．C． D．3．（2020上·河南郑州·九年级校考阶段练习）如图，已知矩形AOBC的顶点O（0，0），A（0，3），B（4，0），按以下步骤作图：①以点O为圆心，适当长度为半径作弧，分别交边OC，OB于点D，E；②分别以点D，E为圆心，大于DE的长为半径作弧，两弧在∠BOC内交于点F；③作射线OF，交边BC于点G，则点G的坐标为（

）

A．（4，1） B．（4，） C．（4，） D．（4，）【题型2】坐标系中的矩形；4．（2023上·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期中）如图，在矩形中，点B的坐标是，则的长是（

）A．5 B． C． D．75．（2021上·湖南衡阳·九年级衡阳市外国语学校校考阶段练习）如图，一张矩形纸片平放在平面直角坐标系内，为原点，点在轴的正半轴上，点在轴的正半轴上，且的长满足，将纸片沿对折，使点落在轴上的点处，则点的坐标为（）

A． B．） C． D．6．（2023下·云南楚雄·八年级统考期中）如图，在矩形中，点的横坐标为，若以点为圆心，对角线的长为半径作弧交轴的正半轴于，且点的坐标为，则的长为（

）

A．1 B． C． D．2【题型3】矩形中的折叠与重合问题；7．（2023·天津和平·统考三模）如图，矩形的顶点，，顶点C在x轴的正半轴上.作如下操作：①对折矩形，使得与重合，得到折痕，把纸片展平；②再一次折叠纸片，使点A落在上，并使折痕经过点O，得折痕，同时，得到了线段．则点N的坐标是（

）

A． B． C． D．8．（2022下·贵州遵义·八年级校考阶段练习）如图，长方形AOBC中，点A的坐标为（0，8），点D的纵坐标为3，若将矩形沿直线AD折叠，则顶点C恰好落在边OB上的E处，那么图中阴影部分的面积为（

）A．30 B．32 C．34 D．369．（2022·河南三门峡·统考二模）如图，四边形ABCO是矩形，点A的坐标是，点C的坐标是，把矩形ABCO沿OB折叠，点A落在点D处，则点D的坐标是（

）A． B． C． D．【题型4】矩形中的旋转问题；10．（2023上·江苏·八年级校考周测）如图，已知中，，，直角的顶点是的中点，两边分别交于点E、F，给出以下四个结论：

①；②是等腰直角三角形；③；④，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），上述结论中始终正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个11．（2022上·湖北武汉·九年级校联考期中）已知大小一样的矩形和矩形如图1摆放，，现在把矩形绕点A旋转，如图2，交于点M，交于点N，若，则的值为（

）．A． B． C． D．12．（2019下·黑龙江哈尔滨·八年级校考期中）如图，在矩形中，把矩形绕点旋转，得到矩形，且点落在上，连接，，交于点，连接，若平分，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的个数是（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【题型5】矩形中的最值问题；13．（2023·安徽宣城·安徽省宣城市第三中学校考模拟预测）在矩形中，，，动点P点A的距离，连接，M为的中点，连接，则的最大值为（

）A．3 B．4 C．5 D．14．（2022下·湖北·八年级统考期末）如图，四边形中，于点，，，，点是的中点，连接，则的最大值是（

）

A． B． C． D．15．（2022·山东菏泽·校考二模）如图，在矩形中，，，连接，是的中点，是上一点，且，是上一动点，则的最大值为（

）A． B． C． D．【题型6】矩形中的动点问题.16．（2021上·广东佛山·九年级统考阶段练习）如图，在矩形中，，，点M，N分别在，上，且，，E为边上一动点，连接，将沿所在直线折叠得到，当点恰好落在线段上时，的长为（）

A．或2 B． C．或2 D．17．（2023上·江苏常州·九年级统考期中）如图，在中，，点D在上，且，点E是上的动点，连线，点F，G分别是和的中点，连结，当时，线段长为（）

A． B． C． D．418．（2023上·辽宁阜新·九年级统考阶段练习）出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建．“将一个几何图形，任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一，如图，在矩形中，，，对角线与交于点，点为边上的一个动点，，，垂足分别为点，，则的值为（

）

A． B． C． D．填空题【题型1】矩形中的作图题；19．（2023·江苏苏州·统考一模）在平面直角坐标系中，矩形的边在x轴上，O为线段的中点，矩形的顶点D，连接按照下列方法作图：（1）以点C为圆心，适当的长度为半径画弧分别交于点E、F；（2）分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧交于点G；（3）作射线交于H，则线段的长为．20．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，按以下步骤作图：①分别以点B和D为圆心，以大于BD的长为半径作弧，两弧相交于点E和F；②作直线EF分别与DC，DB，AB交于点M，O，N．若DM＝5，CM＝3，则MN＝．【题型2】坐标系中的矩形；21．（2023上·浙江宁波·八年级统考期末）如图，以长方形的相邻边建立直角坐标系，，，点E是边上一点，将沿着翻折，点D恰好落在BC边上，记为点F．若线段沿y轴正半轴向上平移，得到线段，连结OF'．若△OA'F'是等腰三角形，则的坐标是．22．（2023上·四川成都·八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形三个顶点A、B、C的坐标分别为，将沿翻折得交x轴于点D，则D的坐标是，E的坐标是．【题型3】矩形中的折叠与重合问题；23．（2023上·山东青岛·九年级期末）如图，矩形中，，.F是上一点，将沿所在的直线折叠，点A恰好落在边上的点E处，连接交于点G，取的中点H，连接，则.24．（2024上·河南南阳·八年级统考期末）如图，在长方形中，，，点在边上，连接，将沿折叠，当点的对应点落在对角线上时，与交于点，则线段的长为．【题型4】矩形中的旋转问题；25．（2023上·福建福州·八年级校考期中）如图，已知中，，，直角的顶点P是线段中点，两边分别交于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出以下四个结论：①；②是等腰直角三角形；③；④．其中正确的结论有．（请将正确的答案序号填入横线上）26．（2023下·广东佛山·八年级佛山市华英学校校考期中）如图，是等腰直角三角形，，，点O是斜边的中点，，绕点O旋转分别交线段AB，BC于D，E两点，连接DE，周长的最小值是．【题型5】矩形中的最值问题；27．（2023上·福建厦门·九年级厦门一中校考期中）如图，在中，，，，线段绕点B旋转到，连AD，E为的中点，连，设的最大值为m，最小值为n，则．

28．（2023·广东广州·校考一模）如图，折叠矩形纸片，使点B落在边上，折痕的两端分别在、上（含端点），且cm，cm，则折痕的最大值是．【题型6】矩形中的动点问题.29．（2024上·河南新乡·九年级统考期末）如图，在矩形中，，，是延长线上的一点，且，是边上的一个动点（点不与点，重合），将沿折叠，当点的对应点落在矩形任意一边所在的直线上时，的长为．30．（2023上·辽宁沈阳·九年级校联考阶段练习）如图，在矩形中，，，点E为直线上一动点，连接，将沿翻折得到，当点恰好落在直线上时，的长为．解答题【题型1】矩形中的作图题；31．（2023上·重庆九龙坡·九年级重庆市育才中学校考期中）在学习了矩形后，小雨借助尺规找到了直角三角形斜边的中点，通过倍长中线构造了矩形，然后利用矩形对角线的性质探究出了直角三角形斜边上的中线与斜边的数量关系．请根据她的思路完成以下作图与填空：（1）已知在中，，用直尺和圆规，作的垂直平分线交于点，垂足为点，连接并延长，在射线上截取，连接、．（不写作法，保留作图痕迹）（2）在（1）问所作的图形中，求证：．证明：∵垂直平分，∴点是的中点．∴_____．∵，∴四边形是平行四边形．∵_____，∴四边形是_____．∴_____．∵，∴_____【题型2】坐标系中的矩形；32．（2023上·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，点坐标为，点坐标为，以为边作长方形．点是边上一点（不与点、点重合），连接，以为直角边在第一象限作，其中．（1）当点的坐标为时，求点的坐标；（2）连接，当为等腰三角形时，请直接写出点的横坐标．（提示：若等腰直角三角形的直角边长为，根据勾股定理可求得斜边长为）【题型3】矩形中的折叠与重合问题；33．（2023上·吉林长春·八年级校考期末）如图，在矩形中，，，点E是上一点.将沿折叠后，得到.点F在矩形内部，延长交于点G.

（1）如图①，当点E是中点时，求的长；（2）如图②，在（1）的条件下，当矩形变化为平行四边形时，求证：；（3）如图③，在矩形中，当点F落在矩形对角线上时，的长是【题型4】矩形中的旋转问题；34．（2023上·江苏宿迁·八年级校联考期中）看图解答：

（1）如图1，将含的三角板的直角顶点D放置在含的直角三角板的斜边的中点位置上，两直角边分别交、于M、N，利用三角形的全等，发现与数量关系是________；若，，，y与x的关系式为________；（2）若将三角板绕顶点D旋转，两直角边分别与、的延长线交于M、N，如图2，（1）中的与数量关系是否改变？并说明理由；（3）若将三角板的顶点D从中点处沿方向平移、旋转至，如图3，其余条件不变，求证：．【题型5】矩形中的最值问题；35．（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）取一张矩形纸片，E为边上一动点，将沿直线折叠得．

（1）如图1，连接，，，当时，试判断的形状；（2）如图2，连接，当，的最大值与最小值的和为20时，求线段的值；（3）如图3，当点落在边上，分别延长，交于点，将绕点逆时针旋转得，分别连接，，取中点连接CH，试探究线段与CH的数量关系．【题型6】矩形中的动点问题.36．（2023上·江苏扬州·八年级校考期中）点P是直角斜边上一动点（不与A，B重合），分别过A、B向直线作垂线，垂足分别为E、F．Q为斜边的中点．（1）当点P与点Q重合时，与的位置关系是______，与的数量关系______．（2）当点P在线段上不与点Q重合时，试判断与的数量关系，并说明理由．（3）当点P在线段的延长线上时，此时（2）中的结论是否成立？请画出图形并予证明．参考答案：1．C【分析】由尺规作图痕迹可知，所作分别为的平分线和线段的垂直平分线，再结合矩形的性质以及三角形内角和定理可得出答案．解：如图，由尺规作图痕迹可知，为的平分线，为线段的垂直平分线，，∵四边形为矩形，，，，，．故选：C．【点拨】本题考查尺规作图、矩形的性质，熟练掌握矩形的性质以及角平分线和线段垂直平分线的作图方法是解答本题的关键．2．B【分析】根据作图痕迹可知作的是的垂直平分线，据此解答即可．解：作图痕迹为的垂直平分线，∴是的中点，∴，故A正确；∵是斜边的上的中线，∴，故C正确；∴，，∴，∵，∴，故D正确，B不一定正确；故选：B．【点拨】本题考查了尺规作图－作垂直平分线，直角三角形斜边上中线的性质，等腰三角形等边对等角，三角形外角的性质等知识点，根据作图方式得出作图痕迹为的垂直平分线是解本题的关键．3．B【分析】根据勾股定理可得OC的长，作GH⊥OC于H，如图，由题意可知：OG平分∠BOC，于是根据角平分线的性质可得GB＝GH，然后利用面积法求出GB即可．解：∵四边形AOBC是矩形，A（0，3），B（4，0），∴OB＝4，OA＝BC＝3，∠OBC＝90°，∴OC＝＝5，作GH⊥OC于H，如图，由题意可知：OG平分∠BOC，∵GB⊥OB，GH⊥OC，∴GB＝GH，设GB＝GH＝x，由S△OBC＝×3×4＝×5×x+×4×x，解得：x＝，∴G（4，）．故选：B．

【点拨】本题考查基本作图、矩形的性质、勾股定理、角平分线的性质定理以及三角形的面积等知识，正确理解题意、熟练掌握所学知识是解题的关键．4．B【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理，先由矩形的性质得，再由勾股定理算出的值即可作答．解：∵四边形是矩形，∴，∵点B的坐标是，∴，则的长是，故选：B5．C【分析】本题主要考查了翻折变换的性质以及勾股定理，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等是解答此题的关键．先根据勾股定理求出的长，进而可得出的长，在中，由勾股定理可求出的长，进而得出点坐标．解：，，，由折叠性质得：，设，由勾股定理得：，，，设，，，，故选：C．6．D【分析】先求解，结合作图可得，再利用矩形的性质可得答案．解：∵点的横坐标为，点的坐标为，∴，结合作图可得：，∵矩形，∴，，故选D【点拨】本题考查的是坐标与图形，矩形的性质，熟记矩形的对角线相等且互相平分是解本题的关键．7．D【分析】由矩形性质和折叠性质可得，，，过点N作于点G，在中，依据勾股定理可求出的长，从而可得出结论．解：∵，，∴∵四边形为矩形，∴由折叠性质可得：过点N作于点G，如图，

∵∴四边形是矩形，∴，在中，由勾股定理得，，∴点,故选：D．【点拨】本题考查了坐标与图形，折叠性质，矩形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．8．A【分析】根据A、D的纵坐标即可求得CD的长，根据勾股定理即可求得BE的长，然后在直角△OAE中，利用勾股定理即可得到方程求得AC的长，则根据即可求解．解：设AC=x，则AC=AE=OB=x，∵点A的坐标为（0，8），∴OA=BC=8，∵点D的纵坐标为3，∴CD=DE=BCBD=83=5，在直角△BDE中，BE==4，则OE=x4，在直角△AOE中，，即，解得：x=10，则=AC•CD=×10×5=25，=10×8=80，则=802525=30．故选：A．【点拨】本题考查了矩形的性质，以及折叠的性质，勾股定理，正确求得AC的长是关键．9．B【分析】设D坐标为（x，y），由题意可以得到△ODB≌△BCO，从而得到关于x，y的方程组，解方程组即可得解．解：由已知可得CB∥OA，∴∠AOB=∠CBO，又由折叠性质可得：∠AOB=∠BOD，∴∠CBO=∠BOD，又∠D=∠BCO=90°，BO=OB，∴△ODB≌△BCO，∴OD=BC=4，BD=OC=8，∴由勾股定理可得：，解之可得或（舍去），∴点D的坐标是，故选：B．【点拨】本题考查矩形与折叠的综合应用，熟练掌握矩形和折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用及二元二次方程组的解法是解题关键．10．C【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据同角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形的可得，判定①正确，等腰直角三角形的定义得到是等腰直角三角形，判定②正确；根据全等三角形的面积相等可得的面积等于的面积相等，然后求出四边形的面积等于的面积的一半，判定③正确，当时，证明四边形为矩形，则，如果与不垂直时，则，判定④错误．解：如图，∵，点P是的中点，∴，∴，∵是直角，∴，∴；在和中，，∴，∴，，故①正确；∴是等腰直角三角形，故②正确；∵，∴，∴，故③正确，当时，四边形为矩形，则，如果与不垂直时，则，∴④错误．综上所述，正确的结论有①②③．故选：C．【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，根据同角的余角相等求出，从而得到是解题的关键，也是本题的突破点．11．D【分析】设与交于点H，由已知可得、都是等腰直角三角形，由勾股定理可得、的长，从而可求得的长．解：设与交于点H，如图，∵四边形、四边形都是矩形，∴，，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，同理，是等腰直角三角形，∴，由勾股定理可得，∴，由勾股定理得：，∴．故选：D．【点拨】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理等知识，由题意得到若干个等腰直角三角形是问题的关键．12．C【分析】如图，作BM⊥EC于M．证明△BEA≌△BEM（AAS），△BMH≌△GCH（AAS），利用全等三角形的性质即可一一判断．解：如图，作BM⊥EC于M．∵CB=CE，∴∠CBE=∠CEB，∵AD∥BC，∴∠AEB=∠CBE，∴∠AEB=∠MEB，∵∠A=∠BME=90°，BE=BE，∴△BEA≌△BEM（AAS），∴AE=EM，AB=BM．∵∠BMH=∠GCH=90°，∠BHM=∠GHC，BM=AB=CG，∴△BMH≌△GCH（AAS），∴MH=CH，BH=HG，∴EH=EM+MH=AE+CH，故①③正确，∵∠AEB+∠ABE=90°，∴2∠AEB+2∠ABE=180°，∵∠DEC+∠AEC=180°，∠AEC=2∠AEB，∴∠DEC+2∠AEB=180°，∴∠DEC=2∠ABE，故②正确，∵FH平分∠EFG，∴∠EFH=45°，∵∠FEH=90°，∴AB=EF=EH，∵EH＞HM=CH，∴CH＜AB，故④错误．故选：C．【点拨】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．13．B【分析】连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上，利用三角形中位线和矩形的性质求出和即可．解：如图1，连接，取的中点O，分别连接，，，只有时，取最大值，此时B，O，M三点在同一条直线上（如图2），

，，，∵M为的中点，是的中位线，，是矩形，点O是的中点，，的最大值为，故选：B．【点拨】本题考查了三角形三边的关系，矩形的性质，三角形中位线，勾股定理，正确作出辅助线并熟练运用矩形的性质求线段的长是解题的关键14．A【分析】连接，取的中点为，连接、，由勾股定理可求的长，利用直角三角形斜边上的中线可求解的长，根据三角形的中位线可求解的长，再利用三角形的三边关系可求解．解：如图，连接，取的中点为，连接、，

，，，，，为的中点，，是中点，是中点，是中位线，，（当且仅当在线段上时等号成立），，最大为，故选：．【点拨】本题主要考查勾股定理，直角三角形的性质，三角形的中位线，三角形的三边关系等知识的综合运用，构造直角三角形是解题的关键．15．D【分析】连接并延长交于P，则此时，的值最大，且的最大值为，根据全等三角形的性质得到，，得到，过M作于N，得到四边形是矩形，得到，，根据勾股定理即可得到结论．解：在矩形中，，，，连接并延长交于，则此时，的最大，且的最大值为，∵∴∵，∴∴，∴过作于，四边形是矩形，∴，∴，∴，∴，故选：．【点拨】本题考查了轴对称最短路线问题，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．16．B【分析】本题考查矩形的性质与判定，勾股定理，一元一次方程的应用，折叠的性质，由矩形和折叠的性质结合勾股定理列出方程是解题关键．设，则，先证明四边形是矩形，然后由折叠可知，结合题意可求和，最后由勾股定理解答即可．解：设，则，

∵矩形中，，∴．∵点M，N分别在上，且，，∴，∴四边形为平行四边形．∵，∴四边形是矩形，∴．由折叠知，，∴，∴．，在中，，即，解得：，即．故选B．17．C【分析】连接，证明，根据全等三角形的性质得到，进而求出，再根据勾股定理求出．解：连接，

在中，，∴，∵点G是的中点，点F是的中点，∴，∴，∵，∴，∴是直角三角形，且，∵，∴，∴，∴，∴，∴，故选：C．【点拨】本题考查的是直角三角形斜边中线定理、全等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、掌握直角三角形的性质．18．C【分析】如图所示，连接，根据矩形的性质可求出的长，根据三角形面积的计算方法可得，由此即可求解．解：如图所示，连接，

∵四边形是矩形，，，∴，，∴，，，∵，∴，且，∴，整理得，，∴，故选：．【点拨】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，几何图形面积的计算方法，掌握以上知识的综合运用是解题的关键．19．【分析】由作图可知，是的平分线，如图，过作于，由角平分线的性质可知，，由题意得，设，则，，在中，由勾股定理得，即，计算求解即可．解：由作图可知，是的平分线，如图，过作于，由角平分线的性质可知，，∵矩形的顶点D，O为线段的中点，∴，，∴，设，则，，在中，由勾股定理得，即，解得，∴，故答案为：．【点拨】本题考查了角平分线的作法，角平分线的的性质，矩形的性质，勾股定理等知识．解题的关键在于理解题意．20．【分析】作辅助线，利用垂直平分线的性质得出的值，OB＝OD，由矩形的性质、勾股定理得出，的值，进而得出，的值，根据全等三角形的判定（角边角）得出△MDO≌△BNO，最后利用全等三角形的性质得出结论．解：如图，连接BM．由作图可知MN垂直平分线段BD，∴BM＝DM＝5．∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，CD∥AB．∴BC＝＝＝4．∴BD＝＝＝．∴OB＝OD＝．∵∠MOD＝90°，∴OM＝＝＝．∵CD∥AB，∴∠MDO＝∠NBO．在△MDO和△NBO中，∴△MDO≌△BNO（ASA）．∴OM＝ON＝．∴MN＝．故答案为：．【点拨】本题考查线段的垂直平分线的性质，作图—基本作图，勾股定理，全等三角形的判定与性质等的理解与运用能力．线段的垂直平分线上的点到线段的两个端点的距离相等．两个三角形的两个角和它们的夹边对应相等的两三角形全等；两全等三角形的对应边相等，对应角相等．在一个直角三角形中，两个直角边边长的平方加起来等于斜边长的平方．掌握线段的垂直平分线的性质是解本题的关键．21．或或【分析】根据矩形及折叠的性质得，，进而可求出的值，分类讨论：若，若，若，利用勾股定理即可求解．解：∵四边形是矩形，，，由折叠对称性：，，在中，，如图，由平移可知：，，∴四边形是平行四边形，，，，如图，过点作于H，，∴四边形是矩形，，∴F′的横坐标为4，分三种情况讨论：若，，，的坐标是；若，，，，的坐标是；若，在中，，设，，，，解得：，的坐标是；综上所述，若是等腰三角形，的坐标是或或，故答案为：或或．【点拨】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质、坐标与图形变化——对称、平移，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键．22．【分析】本题主要考查坐标与图形的性质，翻折问题，矩形的性质，勾股定理．过点轴，根据折叠的性质及矩形的性质可得，最后根据勾股定理求出，再由三角形的面积，即可解答．解：作轴于点F，则，∵矩形三个顶点A、B、C的坐标分别为，∴，∴，由折叠得，∴，∴，∵，∴，解得：，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，．故答案为：；23．【分析】本题考查图形的折叠，熟练掌握翻折的性质，矩形的性质，三角形中位线的性质是解题的关键．由折叠可知，垂直平分，连接，可得是的中位线，求出即可求．解：由折叠可知，垂直平分，连接，是的中点，是的中点，，，，，，故答案为：．24．【分析】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理．根据矩形的性质得到，根据勾股定理得到，根据折叠的性质的性质得到，根据三角形的面积公式和勾股定理即可得到结论．解：四边形是矩形，，，将沿折叠，当点的对应点落在对角线上，，，，，，故答案为：．25．①②③④【分析】本题考查了“三线合一”、直角三角形性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟记相关定理内容，通过推出证是解题关键．解：∵，，P是线段中点，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴，故①正确；∴，∴是等腰直角三角形，故②正确；∵，∴，∵，∴，∵，∴，故③正确；∵是等腰直角三角形，∴，当时，如图所示：此时，是等腰直角三角形，∴，此时，当不垂直时，，即：，综上所述：，故④正确；故答案为：①②③④．26．/【分析】连接，过点O作于点M，证明，得出，，则的周长为，得出当最小时，的周长最小，根据，得出当最小时，最小，根据垂线段最短，得出当时，最小，求出最小值即可．解：连接，过点O作于点M，如图所示：∵为等腰直角三角形，点O是斜边的中点，∴，，，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴，∴的周长为，∵为定值，∴当最小时，的周长最小，∵，∴，∴当最小时，最小，∵垂线段最短，∴当时，最小，即当点D与点M重合时，最小，∵，，，∴，∴的最小值为1，∴的最小值为，∴的周长的最小值为．故答案为：．【点拨】本题主要考查了等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，垂线段最短，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，得出当最小时，的周长最小．27．6【分析】取的中点F，利用直角三角形斜边中线的性质求出，利用三角形中位线定理推出，再分类讨论可求得m和n的值，即得出答案．解：由旋转的性质可得出，如图，取的中点F，连接，∵．∴，，∵E、F分别是的中点，∴，如图，当在上方时，

此时，如果C、E、F三点共线，则有最大值，最大值为，即；如图，当在下方时，此时，如果C、E、F三点共线时，有最小值，最小值为，即，∴．故答案为：6．【点拨】本题考查了直角三角形斜边中线的性质，三角形中位线定理，分类讨论求得的最大值和最小值是解题的关键．28．8cm【分析】①如图，点F与点C重合时，折痕最大，由翻折的性质得，cm，根据勾股定理，中，6cm，cm，设，Rt，，解得，Rt中，cm．②当E与A重合时，四边形是正方形，cm，所以的最大值为．故答案为：cm．解：①如图，点F与点C重合时，折痕最大，

由翻折的性质得，cm，在中，6cm，∴cm，设cm，则cm在中，，即，解得，在中，cm．②当E与A重合时，四边形是正方形，cm，

，∴的最大值为故答案为：cm．【点拨】本题考查矩形的性质，轴对称的性质，勾股定理，运用轴对称的性质确定线段间数量关系是解题的关键.29．或【分析】本题考查了矩形与折叠问题，用勾股定理解三角形，先根据矩形的性质找到边长之间的关系，设出边长的值，构造出直角三角形，根据勾股定理求出的长，然后再根据勾股定理可得到有关的一元二次方程，求解即可，作辅助线，根据直角三角形三边关系得到等式是解题的关键．解：∵在矩形中，，，∴，∵，∴,设，∵沿折叠得到，∴，，①当点F落在上时，过点F作的平行线交于一点M，如图所示：，此时，∵，∴在中，，∴，∵，∴，即，∵，∴，∴，在中，，即，解得：；②当点F落在直线上时，延长边,过点F作的平行线交的延长线于一点N，如图所示：，在中，，即，∴，在中，，即，解得：，综上的长为或，故答案为：或．30．或10【分析】本题考查折叠问题、勾股定理、矩形的性质，分E在线段上和点E在线段的延长线上两种情况，利用折叠性质和勾股定理分别求解即可．熟练掌握折叠性质是解答的关键．解：如图，当E在线段上时，∵四边形是矩形，，，∴，，，由折叠性质得，，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得，解得；点E在线段的延长线上时，如图，由折叠性质得，，在中，由勾股定理得，∴，在中，由勾股定理得，解得，综上，的长为或10．故答案为：或10．31．（1）图形见分析；（2）；；矩形；，【分析】本题考查作图—复杂作图，平行四边形的判定，矩形的判定等知识，（1）根据要求作出图形；（2）证明四边形ABCD是矩形，可得结论；解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）解：图形如图所示：（2）证明：∵垂直平分，∴点是的中点．∴．∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是矩形．∴．∵，∴．故答案为：；；矩形；，．32．（1）；（2）3或或【分析】（1）过点作于点，利用点的坐标表示出线段的长度，利用直角三角形的性质和全等三角形的判定与性质得到，求出线段的长度，则结论可得；（2）设点的坐标为，则，过点作于点，延长交于点，利用（1）的结论得到，，利用矩形的判定与性质和勾股定理求得和，再利用分类讨论的思想方法得到关于的方程，解方程即可得出结论．（1）解：点坐标为，，点的坐标为，过点作于点，如图，，，，，，在和中．，，，则，故点E的坐标为．（2）设点的坐标为，则，过点作于点，延长交于点，如图，由（1）知∶，，，四边形为矩形，，，，四边形为矩形，，，，，当为等腰三角形时，①时，，，，（不合题意，舍去）或②时，，，，，（不合题意，舍去）或．③时，，，，，综上，点的横坐标为或6或3．【点拨】本题主要考查了矩形的性质与判定，平面直角坐标系，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，点的坐标的特征，等腰三角形的性质，勾股定理，分类讨论的思想方法，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．33．（1）；（2）见分析；（3）【分析】本题主要考查矩形与折叠，平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识：（1）连接，由折叠得，证明，得，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出x的值即可；（2）延长交的延长线于点，证明得，由折叠得，得，即，从而可得结论；（3）由勾股定理得，由折叠得,，，设，则，根据勾股定理列方程求出x的值即可．解：（1）连接，如图①，∵是的中点，∴，∵沿折叠后，得到，∴，，∴，∴，在和中，，∴，∴；设，则，在中，，∴，解得，，即；（2）延长交的延长线于点，如图②，∵四边形是平行四边形