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1[2025 山西晋中质检,中]翻花绳是中国民间流传的儿童游戏,在中国不同的地域,有不同的称法,如线翻花、翻花鼓、挑绷绷、解股等等. 翻花绳的一种图案可以抽象成如图所示的图形,在矩形$ABCD$中,$IJ// KL$,$EF// GH$,$∠ 1=∠ 2=30°$,$∠ 3$的度数为 (
A.$30°$
B.$45°$
C.$50°$
D.$60°$
(第1题图)
(第2题图)
D
)A.$30°$
B.$45°$
C.$50°$
D.$60°$
(第1题图)
(第2题图)
答案
1.D 【解析】如图,
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ ∠C = ∠D=90°,
∴ ∠1+∠MJG=90°,∠2 + ∠MGJ = 90°.
∵ ∠1=∠2=30°,
∴ ∠MJG=∠MGJ=60°,
∴ ∠GMJ=180°-∠MJG-∠MGJ=60°,
∴ ∠5=60°.
∵ IJ//KL,EF//GH,
∴ 四边形 NPMO 是平行四边形,
∴ ∠4=∠5=60°,
∴ ∠3=∠4=60°. 故选 D.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件出发，先利用矩形四个角均为直角的性质，结合已知的∠1、∠2的度数，计算出△MGJ中两个锐角的度数，再通过三角形内角和求出∠5的度数；接下来根据IJ//KL、EF//GH的条件，可判定中间的四边形是平行四边形，利用平行四边形对角相等得到∠4与∠5相等；最后根据对顶角相等，即可推出∠3的度数。
【解析】
解：如图，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠C = ∠D=90°，
∴ ∠1+∠MJG=90°，∠2 + ∠MGJ = 90°。
∵ ∠1=∠2=30°，
∴ ∠MJG=90°-30°=60°，∠MGJ=90°-30°=60°，
∴ ∠GMJ=180°-∠MJG-∠MGJ=180°-60°-60°=60°，即∠5=60°。
∵ IJ//KL，EF//GH，
∴ 四边形NPMO的两组对边分别平行，是平行四边形，
∴ ∠4=∠5=60°。
又
∵ ∠3和∠4是对顶角，
∴ ∠3=∠4=60°。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；平行四边形的判定与性质；对顶角相等
【点评】
本题以传统民间游戏翻花绳为背景，将几何知识融入生活场景，主要考查矩形、平行四边形的相关性质及角的等量转化，解题的关键是理清各个角之间的关系，逐步推导得出结论。
【难度系数】
0.6
解题时首先从已知条件出发，先利用矩形四个角均为直角的性质，结合已知的∠1、∠2的度数，计算出△MGJ中两个锐角的度数，再通过三角形内角和求出∠5的度数；接下来根据IJ//KL、EF//GH的条件，可判定中间的四边形是平行四边形，利用平行四边形对角相等得到∠4与∠5相等；最后根据对顶角相等，即可推出∠3的度数。
【解析】
解：如图，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠C = ∠D=90°，
∴ ∠1+∠MJG=90°，∠2 + ∠MGJ = 90°。
∵ ∠1=∠2=30°，
∴ ∠MJG=90°-30°=60°，∠MGJ=90°-30°=60°，
∴ ∠GMJ=180°-∠MJG-∠MGJ=180°-60°-60°=60°，即∠5=60°。
∵ IJ//KL，EF//GH，
∴ 四边形NPMO的两组对边分别平行，是平行四边形，
∴ ∠4=∠5=60°。
又
∵ ∠3和∠4是对顶角，
∴ ∠3=∠4=60°。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；平行四边形的判定与性质；对顶角相等
【点评】
本题以传统民间游戏翻花绳为背景，将几何知识融入生活场景，主要考查矩形、平行四边形的相关性质及角的等量转化，解题的关键是理清各个角之间的关系，逐步推导得出结论。
【难度系数】
0.6
2[2026 山东德州期末，中]如图，已知矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AB=3，∠ACB=30°，延长DC至点E，使得CE=DC，连接OE交BC于点F，则CF的长度为（
A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$\dfrac{3}{2}$
B
）A.1
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$\dfrac{3}{2}$
答案
2.B 【解析】
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ AC = BD, OB=OD=$\frac{1}{2}$ BD,OC=$\frac{1}{2}$ AC,∠ABC = ∠BCD = 90°,
∴ OB = OD = OC, ∠BCE = 90°.
∵ ∠ACB = 30°,
∴ ∠OCD = 60°,
∴ △CDO 是等边三角形,
∴ ∠DOC=60°,OC=CD=AB=3.
∵ CE=DC,
∴ OC=CE.
∵ ∠OCE = ∠OCF + ∠ECF = 120°,
∴ ∠COE = ∠E = 30°.
∵ ∠BOC = 180° - ∠DOC = 120°,
∴ ∠BOF=90°.
∵ OB=OC,
∴ ∠OBC=∠ACB=30°,
∴ OF = $\frac{1}{2}$ BF.
∵ ∠COF = ∠OCF = 30°,
∴ OF = CF = $\frac{1}{2}$ BF.
∵ ∠ABC=90°,∠ACB=30°,
∴ AC=2AB=6,
∴ BC = $\sqrt{AC^2-AB^2}$ = $3\sqrt{3}$,
∴ CF = $\frac{1}{3}$ BC = $\sqrt{3}$. 故选 B.
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ AC = BD, OB=OD=$\frac{1}{2}$ BD,OC=$\frac{1}{2}$ AC,∠ABC = ∠BCD = 90°,
∴ OB = OD = OC, ∠BCE = 90°.
∵ ∠ACB = 30°,
∴ ∠OCD = 60°,
∴ △CDO 是等边三角形,
∴ ∠DOC=60°,OC=CD=AB=3.
∵ CE=DC,
∴ OC=CE.
∵ ∠OCE = ∠OCF + ∠ECF = 120°,
∴ ∠COE = ∠E = 30°.
∵ ∠BOC = 180° - ∠DOC = 120°,
∴ ∠BOF=90°.
∵ OB=OC,
∴ ∠OBC=∠ACB=30°,
∴ OF = $\frac{1}{2}$ BF.
∵ ∠COF = ∠OCF = 30°,
∴ OF = CF = $\frac{1}{2}$ BF.
∵ ∠ABC=90°,∠ACB=30°,
∴ AC=2AB=6,
∴ BC = $\sqrt{AC^2-AB^2}$ = $3\sqrt{3}$,
∴ CF = $\frac{1}{3}$ BC = $\sqrt{3}$. 故选 B.
解析
【分析】
解题时首先从矩形的性质入手，先得到对角线、边角的基础关系，再结合已知的30°角，判断出等边三角形，得到OC与CD的等量关系；结合CE=DC的条件，可推出△OCE为等腰三角形，进而计算出相关角的度数，找到OF、CF、BF之间的数量关系；最后利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出BC的长度，即可算出CF的长。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，OC=$\frac{1}{2}$AC，∠ABC=∠BCD=90°，
∴ OB=OD=OC，∠BCE=180°-∠BCD=90°。
∵ ∠ACB=30°，
∴ ∠OCD=∠BCD - ∠ACB=60°，
∴ △CDO是等边三角形，
∴ OC=CD=AB=3，∠DOC=60°。
∵ CE=DC，
∴ OC=CE，
∵ ∠OCE=∠ACB + ∠BCE=30°+90°=120°，
∴ ∠COE=∠E=(180°-120°)÷2=30°。
∵ ∠BOC=180°-∠DOC=180°-60°=120°，
∴ ∠BOF=∠BOC - ∠COF=120°-30°=90°。
∵ OB=OC，
∴ ∠OBC=∠ACB=30°，
∴ 在Rt△BOF中，OF=$\frac{1}{2}$BF。
又
∵ ∠COF=∠OCF=30°，
∴ OF=CF，即CF=$\frac{1}{2}$BF，BF=2CF。
∵ ∠ABC=90°，∠ACB=30°，
∴ AC=2AB=6，
由勾股定理得BC=$\sqrt{AC^2 - AB^2}$=$\sqrt{6^2 - 3^2}$=$3\sqrt{3}$。
∵ BC=BF + CF=2CF + CF=3CF，
∴ CF=$\frac{1}{3}$BC=$\frac{1}{3}$×$3\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合类中档题，将矩形性质与特殊三角形的判定、性质结合考查，解题的关键是梳理图形中的边角关系，利用特殊角度推导线段的数量关系。
【难度系数】
0.6
解题时首先从矩形的性质入手，先得到对角线、边角的基础关系，再结合已知的30°角，判断出等边三角形，得到OC与CD的等量关系；结合CE=DC的条件，可推出△OCE为等腰三角形，进而计算出相关角的度数，找到OF、CF、BF之间的数量关系；最后利用含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出BC的长度，即可算出CF的长。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AC=BD，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，OC=$\frac{1}{2}$AC，∠ABC=∠BCD=90°，
∴ OB=OD=OC，∠BCE=180°-∠BCD=90°。
∵ ∠ACB=30°，
∴ ∠OCD=∠BCD - ∠ACB=60°，
∴ △CDO是等边三角形，
∴ OC=CD=AB=3，∠DOC=60°。
∵ CE=DC，
∴ OC=CE，
∵ ∠OCE=∠ACB + ∠BCE=30°+90°=120°，
∴ ∠COE=∠E=(180°-120°)÷2=30°。
∵ ∠BOC=180°-∠DOC=180°-60°=120°，
∴ ∠BOF=∠BOC - ∠COF=120°-30°=90°。
∵ OB=OC，
∴ ∠OBC=∠ACB=30°，
∴ 在Rt△BOF中，OF=$\frac{1}{2}$BF。
又
∵ ∠COF=∠OCF=30°，
∴ OF=CF，即CF=$\frac{1}{2}$BF，BF=2CF。
∵ ∠ABC=90°，∠ACB=30°，
∴ AC=2AB=6，
由勾股定理得BC=$\sqrt{AC^2 - AB^2}$=$\sqrt{6^2 - 3^2}$=$3\sqrt{3}$。
∵ BC=BF + CF=2CF + CF=3CF，
∴ CF=$\frac{1}{3}$BC=$\frac{1}{3}$×$3\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是几何综合类中档题，将矩形性质与特殊三角形的判定、性质结合考查，解题的关键是梳理图形中的边角关系，利用特殊角度推导线段的数量关系。
【难度系数】
0.6
3[中]如图,在平面直角坐标系中,点O为坐标原点,将含$30°$角的$\mathrm{Rt}△ ABC$放在第一象限,其中$30°$角的对边$BC$长为1,斜边$AB$的端点$A,B$分别在$y$轴的正半轴、$x$轴的正半轴上滑动,连接$OC$,则线段$OC$长度的最大值是 (
A.$\sqrt{5}$
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$\sqrt{7}$
(第3题图)
(第4题图)
C
)A.$\sqrt{5}$
B.$\sqrt{3}$
C.2
D.$\sqrt{7}$
(第3题图)
(第4题图)
答案
3.C 【解析】如图,取 AB 的中点 F,连接 CF,OF. 在Rt△ABC 中,
∵ ∠ACB = 90°, ∠BAC = 30°, BC = 1,
∴ AB = 2BC=2.
∵ ∠AOB=90°,AF=FB,
∴ OF = FC = $\frac{1}{2}$ AB = 1.
∵ OC≤OF+CF,
∴ 当 O,F,C 共线时,OC 的值最大,最大值为 OF+CF = 2. 故选 C.
解析
【分析】
要计算OC长度的最大值，首先观察到图中有Rt△AOB和Rt△ACB两个共斜边AB的直角三角形，可利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，取AB的中点F，得到两条长度固定的线段OF、CF；再根据三角形三边关系“两边之和大于第三边”，可知当O、F、C三点共线时，OC的长度等于OF与CF的和，此时OC取得最大值。
【解析】
取AB的中点F，连接CF、OF。
在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，
∴AB=2BC=2。
∵∠AOB=90°，AF=FB，
∴OF=$\frac{1}{2}$AB=1。
同理，在Rt△ACB中，AF=FB，
∴CF=$\frac{1}{2}$AB=1。
根据三角形三边关系可得OC≤OF+CF，当O、F、C三点共线时等号成立，此时OC取得最大值，最大值为OF+CF=1+1=2。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
含30°角的直角三角形性质；直角三角形斜边中线性质；三角形三边关系
【点评】
本题是动态几何最值的典型题型，解题关键是通过取公共斜边中点得到定长线段，将动态最值问题转化为静态线段和的计算，能有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
要计算OC长度的最大值，首先观察到图中有Rt△AOB和Rt△ACB两个共斜边AB的直角三角形，可利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，取AB的中点F，得到两条长度固定的线段OF、CF；再根据三角形三边关系“两边之和大于第三边”，可知当O、F、C三点共线时，OC的长度等于OF与CF的和，此时OC取得最大值。
【解析】
取AB的中点F，连接CF、OF。
在Rt△ABC中，
∵∠ACB=90°，∠BAC=30°，BC=1，
∴AB=2BC=2。
∵∠AOB=90°，AF=FB，
∴OF=$\frac{1}{2}$AB=1。
同理，在Rt△ACB中，AF=FB，
∴CF=$\frac{1}{2}$AB=1。
根据三角形三边关系可得OC≤OF+CF，当O、F、C三点共线时等号成立，此时OC取得最大值，最大值为OF+CF=1+1=2。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
含30°角的直角三角形性质；直角三角形斜边中线性质；三角形三边关系
【点评】
本题是动态几何最值的典型题型，解题关键是通过取公共斜边中点得到定长线段，将动态最值问题转化为静态线段和的计算，能有效考查学生对几何性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.6
4[2026浙江温州质检,中]如图,在矩形ABCD中,AB=6,对角线AC,BD相交于点O,点M,N分别在线段OD,OC上,且CN=x,DM=y,x＞y,若CM=DN=5,当x,y的值变化时,下列代数式的值不变的是 (
A.$xy$
B.$x+y$
C.$x-y$
D.$x^2+y^2$
A
)A.$xy$
B.$x+y$
C.$x-y$
D.$x^2+y^2$
答案
4.A 【解析】在 OD 上取一点 P,使得 DP = CN = x,连接 CP,过点 C 作 CQ ⊥ OD 于Q,如图.
∵ 四边形 ABCD 为矩形,
∴ CD = AB = 6, OD = OC,
∴ ∠CDP = ∠DCN.
∵ CD = CD,
∴ △CDP ≅ △DCN(SAS),
∴ CP = DN = CM = 5.
∵ CQ ⊥ OD,
∴ PQ=QM=$\frac{1}{2}(x-y)$,
∴ DQ = QM + DM = $\frac{x+y}{2}$. 由勾股定理可知,CQ² = CM² - QM² = CD² - DQ²,
∴ 25 - $\frac{(x-y)^2}{4}$ = 36 - $\frac{(x+y)^2}{4}$,整理得 xy=11,
∴ xy 的值是不变的. 故选 A.
思路分析：在 OD 上取一点 P, 使得 DP = CN = x,连接 CP,过 C 作 CQ ⊥ OD 于 Q,先证明△CDP≅△DCN,得到 CP = DN=CM,根据等腰三角形的性质得出 PQ=QM=$\frac{1}{2}(x-y)$,从而求出 DQ,再根据勾股定理列出等式,化简即可得出 xy 为定值.
解析
【分析】
解题时首先回忆矩形的性质：矩形的对边相等，对角线相等且互相平分，因此可得CD=AB=6，OD=OC。已知CM=DN=5，要判断x与y组成的哪个代数式为定值，需要建立x、y的等量关系。我们可以通过构造全等三角形转化相等线段：在OD上截取DP=CN=x，利用SAS证明△CDP和△DCN全等，得到CP=DN=CM，此时△CMP为等腰三角形；再作CQ⊥OD，利用等腰三角形三线合一的性质表示出相关线段的长度，最后结合勾股定理用两种方式表示CQ²，联立等式化简即可得到x、y的关系，判断定值。
【解析】
在OD上取一点P，使得DP = CN = x，连接CP，过点C作CQ⊥OD于Q，如图。
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ CD = AB = 6，对角线相等且互相平分，故OD = OC，
∴ ∠CDP = ∠DCN。
在△CDP和△DCN中：
$\{\begin{array}{l}DP=CN \\∠CDP=∠DCN \\CD=DC\end{array} $
∴ △CDP ≅ △DCN（SAS），
∴ CP = DN = 5，
又
∵ CM=5，
∴ CP=CM，△CMP为等腰三角形。
∵ CQ⊥OD，由等腰三角形三线合一得PQ = QM，
∵ PM = DP - DM = x - y，
∴ $PQ=QM=\frac{1}{2}(x-y)$，
∴ $DQ = DM + QM = y + \frac{x-y}{2} = \frac{x+y}{2}$。
在Rt△CQM中，由勾股定理得：$CQ^2 = CM^2 - QM^2 = 25 - (\frac{x-y}{2})^2$，
在Rt△CQD中，由勾股定理得：$CQ^2 = CD^2 - DQ^2 = 36 - (\frac{x+y}{2})^2$，
联立得：$25 - \frac{(x-y)^2}{4} = 36 - \frac{(x+y)^2}{4}$，
等式两边同乘4并化简得：$4xy=44$，即$xy=11$，因此xy为定值。
【答案】A
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题的核心是通过构造辅助线得到全等三角形，将已知的等长线段转化为等腰三角形的两边，再利用勾股定理建立等式推导定值，对几何辅助线的构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时首先回忆矩形的性质：矩形的对边相等，对角线相等且互相平分，因此可得CD=AB=6，OD=OC。已知CM=DN=5，要判断x与y组成的哪个代数式为定值，需要建立x、y的等量关系。我们可以通过构造全等三角形转化相等线段：在OD上截取DP=CN=x，利用SAS证明△CDP和△DCN全等，得到CP=DN=CM，此时△CMP为等腰三角形；再作CQ⊥OD，利用等腰三角形三线合一的性质表示出相关线段的长度，最后结合勾股定理用两种方式表示CQ²，联立等式化简即可得到x、y的关系，判断定值。
【解析】
在OD上取一点P，使得DP = CN = x，连接CP，过点C作CQ⊥OD于Q，如图
。∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ CD = AB = 6，对角线相等且互相平分，故OD = OC，
∴ ∠CDP = ∠DCN。
在△CDP和△DCN中：
$\{\begin{array}{l}DP=CN \\∠CDP=∠DCN \\CD=DC\end{array} $
∴ △CDP ≅ △DCN（SAS），
∴ CP = DN = 5，
又
∵ CM=5，
∴ CP=CM，△CMP为等腰三角形。
∵ CQ⊥OD，由等腰三角形三线合一得PQ = QM，
∵ PM = DP - DM = x - y，
∴ $PQ=QM=\frac{1}{2}(x-y)$，
∴ $DQ = DM + QM = y + \frac{x-y}{2} = \frac{x+y}{2}$。
在Rt△CQM中，由勾股定理得：$CQ^2 = CM^2 - QM^2 = 25 - (\frac{x-y}{2})^2$，
在Rt△CQD中，由勾股定理得：$CQ^2 = CD^2 - DQ^2 = 36 - (\frac{x+y}{2})^2$，
联立得：$25 - \frac{(x-y)^2}{4} = 36 - \frac{(x+y)^2}{4}$，
等式两边同乘4并化简得：$4xy=44$，即$xy=11$，因此xy为定值。
【答案】A
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题的核心是通过构造辅助线得到全等三角形，将已知的等长线段转化为等腰三角形的两边，再利用勾股定理建立等式推导定值，对几何辅助线的构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
5[2025四川达州期末,中]如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,点M为AD的中点,点N为AB上一点,连接MN,CN,将△AMN沿直线MN折叠后,点A恰好落在CN上的点P处,则CN的长为
$\frac{13}{3}$
.答案
5.$\frac{13}{3}$ 【解析】如图,连接 CM. 在矩形 ABCD 中,AB = CD = 3, BC=AD=4,∠A = ∠B = ∠D = 90°. 由折叠可知, ∠A = ∠MPN=90°, AM = PM.
∵ 点 M 为 AD 的中点,
∴ AM = DM = PM = $\frac{1}{2}$ AD = 2. 在 Rt△DMC 和 Rt△PMC 中,$\begin{cases} DM=PM, \\ MC=MC, \end{cases}$
∴ Rt△DMC ≅ Rt△PMC (HL),
∴ PC=DC=3. 设 AN=x,则 PN=x,BN=3-x,
∴ CN=3+x. 在 Rt△BCN 中,BC²+BN²=CN²,即 4² + (3-x)² = (3+x)²,解得 x=$\frac{4}{3}$,
∴ CN=3+$\frac{4}{3}$=$\frac{13}{3}$.
解析
【分析】
本题为矩形背景下的折叠类计算题，解题思路可按以下步骤梳理：①遇到折叠问题，首先利用折叠的性质得到对应边、对应角相等，本题折叠后可得AM=PM，∠MPN=∠A=90°；②结合M是AD中点的条件，可得DM=PM，此时连接CM，可构造出两个共斜边的直角三角形，利用HL可证明全等，进而得到PC=CD=3；③设AN的长度为x，将BN、CN均用含x的代数式表示，在Rt△BCN中利用勾股定理列方程求解，即可求出CN的长度。
【解析】
解：如图，连接CM。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，BC=AD=4，∠A=∠B=∠D=90°。
由折叠的性质可得：∠MPN=∠A=90°，AM=PM，AN=PN。
∵点M为AD的中点，
∴AM=DM=$\frac{1}{2}$AD=2，即DM=PM=2。
在Rt△DMC和Rt△PMC中：
$\begin{cases} DM=PM \\ MC=MC \end{cases}$
∴Rt△DMC≌Rt△PMC（HL），
∴PC=DC=3。
设AN=x，则PN=x，BN=3-x，
∴CN=PC+PN=3+x。
在Rt△BCN中，根据勾股定理有BC²+BN²=CN²，
代入得：$4^2+(3-x)^2=(3+x)^2$，
解得：$x=\frac{4}{3}$，
∴CN=3+$\frac{4}{3}$=$\frac{13}{3}$。
【答案】
$\frac{13}{3}$
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的常考中档题型，综合考查了几何推理能力和方程思想的应用，解题的核心是通过连接辅助线CM构造全等三角形得到PC的长度，再结合勾股定理建立方程求解，熟练掌握各几何图形的性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.6
本题为矩形背景下的折叠类计算题，解题思路可按以下步骤梳理：①遇到折叠问题，首先利用折叠的性质得到对应边、对应角相等，本题折叠后可得AM=PM，∠MPN=∠A=90°；②结合M是AD中点的条件，可得DM=PM，此时连接CM，可构造出两个共斜边的直角三角形，利用HL可证明全等，进而得到PC=CD=3；③设AN的长度为x，将BN、CN均用含x的代数式表示，在Rt△BCN中利用勾股定理列方程求解，即可求出CN的长度。
【解析】
解：如图，连接CM。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=3，BC=AD=4，∠A=∠B=∠D=90°。
由折叠的性质可得：∠MPN=∠A=90°，AM=PM，AN=PN。
∵点M为AD的中点，
∴AM=DM=$\frac{1}{2}$AD=2，即DM=PM=2。
在Rt△DMC和Rt△PMC中：
$\begin{cases} DM=PM \\ MC=MC \end{cases}$
∴Rt△DMC≌Rt△PMC（HL），
∴PC=DC=3。
设AN=x，则PN=x，BN=3-x，
∴CN=PC+PN=3+x。
在Rt△BCN中，根据勾股定理有BC²+BN²=CN²，
代入得：$4^2+(3-x)^2=(3+x)^2$，
解得：$x=\frac{4}{3}$，
∴CN=3+$\frac{4}{3}$=$\frac{13}{3}$。
【答案】
$\frac{13}{3}$
【知识点】
矩形的性质；折叠的性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形与折叠结合的常考中档题型，综合考查了几何推理能力和方程思想的应用，解题的核心是通过连接辅助线CM构造全等三角形得到PC的长度，再结合勾股定理建立方程求解，熟练掌握各几何图形的性质是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.6
6[2026湖北孝感期末,中]如图,将四根木条用钉子钉成一个矩形框架ABCD,AB=10,AD=16,然后向左扭动框架,得到新的四边形BCEF(点E在BC的上方),若扭动后的四边形面积减少了32,点P和点Q分别为矩形ABCD和四边形BCEF对角线的交点,则PQ的长为
$\sqrt{10}$
.答案
6.$\sqrt{10}$ 【解析】如图,设 AB 和 FE 交于点 H,连接 AF.
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ ∠ABC = 90°, AB = CD = 10, AD = BC = 16,
∴ AB ⊥ BC. 由题意知 CE = CD, BF = AB, EF = AD,
∴ CE = BF, FE = BC,
∴ 四边形 BCEF 是平行四边形,
∴ FE//BC,
∴ BH ⊥ FE.
∵ ▱BCEF 的面积 = BC · BH = 16×BH=16×10-32,
∴ BH=8,
∴ AH=AB-BH=2.
∵ ∠AHF = ∠BHF = 90°,
∴ FH = $\sqrt{BF^2-BH^2}$=6,
∴ AF = $\sqrt{AH^2+FH^2}$=$2\sqrt{10}$.
∵ 点 P 和点 Q 分别为矩形 ABCD 和▱BCEF 对角线的交点,
∴ P,Q 分别是 AC 和 FC 的中点,
∴ PQ 是 △CAF 的中位线,
∴ PQ = $\frac{1}{2}$ AF = $\sqrt{10}$. 故答案为 $\sqrt{10}$.
解析
【分析】
解题时首先明确矩形扭动为平行四边形的过程中各边长度不变：第一步先计算原矩形面积，结合面积减少量得到平行四边形BCEF的面积，进而求出平行四边形的高BH；第二步利用勾股定理求出FH、AF的长度；第三步根据矩形和平行四边形对角线互相平分的性质，得到P、Q分别为AC、FC的中点，判断PQ是△CAF的中位线，最后利用中位线性质即可求出PQ的长度。
【解析】
如图，设AB和FE交于点H，连接AF。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ABC = 90°，AB = CD = 10，AD = BC = 16，
∴ AB ⊥ BC。由题意知CE = CD，BF = AB，EF = AD，
∴ CE = BF，FE = BC，
∴ 四边形BCEF是平行四边形，
∴ FE//BC，
∴ BH ⊥ FE。
∵ ▱BCEF 的面积 = BC · BH = 16×BH=16×10-32，
∴ BH=8，
∴ AH=AB-BH=10-8=2。
∵ ∠AHF = ∠BHF = 90°，
∴ FH = $\sqrt{BF^2-BH^2}=\sqrt{10^2-8^2}$=6，
∴ AF = $\sqrt{AH^2+FH^2}=\sqrt{2^2+6^2}$=$2\sqrt{10}$。
∵ 点P和点Q分别为矩形ABCD和▱BCEF对角线的交点，
∴ P,Q 分别是 AC 和 FC 的中点，
∴ PQ 是 △CAF 的中位线，
∴ PQ = $\frac{1}{2}$ AF = $\frac{1}{2} × 2\sqrt{10}=\sqrt{10}$。
【答案】
$\sqrt{10}$
【知识点】
矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理
【点评】
本题将图形变换与几何计算相结合，需要学生熟练掌握特殊四边形的性质，通过面积关系建立线段长度的联系，再结合中位线定理求解，能有效考查学生的图形分析能力和计算能力。
【难度系数】
0.6
解题时首先明确矩形扭动为平行四边形的过程中各边长度不变：第一步先计算原矩形面积，结合面积减少量得到平行四边形BCEF的面积，进而求出平行四边形的高BH；第二步利用勾股定理求出FH、AF的长度；第三步根据矩形和平行四边形对角线互相平分的性质，得到P、Q分别为AC、FC的中点，判断PQ是△CAF的中位线，最后利用中位线性质即可求出PQ的长度。
【解析】
如图，设AB和FE交于点H，连接AF。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ABC = 90°，AB = CD = 10，AD = BC = 16，
∴ AB ⊥ BC。由题意知CE = CD，BF = AB，EF = AD，
∴ CE = BF，FE = BC，
∴ 四边形BCEF是平行四边形，
∴ FE//BC，
∴ BH ⊥ FE。
∵ ▱BCEF 的面积 = BC · BH = 16×BH=16×10-32，
∴ BH=8，
∴ AH=AB-BH=10-8=2。
∵ ∠AHF = ∠BHF = 90°，
∴ FH = $\sqrt{BF^2-BH^2}=\sqrt{10^2-8^2}$=6，
∴ AF = $\sqrt{AH^2+FH^2}=\sqrt{2^2+6^2}$=$2\sqrt{10}$。
∵ 点P和点Q分别为矩形ABCD和▱BCEF对角线的交点，
∴ P,Q 分别是 AC 和 FC 的中点，
∴ PQ 是 △CAF 的中位线，
∴ PQ = $\frac{1}{2}$ AF = $\frac{1}{2} × 2\sqrt{10}=\sqrt{10}$。
【答案】
$\sqrt{10}$
【知识点】
矩形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理
【点评】
本题将图形变换与几何计算相结合，需要学生熟练掌握特殊四边形的性质，通过面积关系建立线段长度的联系，再结合中位线定理求解，能有效考查学生的图形分析能力和计算能力。
【难度系数】
0.6
7[2026 四川广元期末,中]如图,在矩形ABCD中,AB=6,AD=8,在平面内有一点E,BE=3,过点E作EF⊥BE,且$EF=3\sqrt{3},$连接BF,DE,DF,点G是线段DF的中点,连接EG,则线段EG长度的取值范围是
8[2026 江苏镇江期末,中]如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,点E,F分别为OA,OD的中点.
(1)求证:△BOE≌△COF;
(2)连接AF,DE,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中面积是△ABE面积3倍的三角形.
刷素养→走向重高
$2≤EG≤8$
. 8[2026 江苏镇江期末,中]如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,点E,F分别为OA,OD的中点.
(1)求证:△BOE≌△COF;
(2)连接AF,DE,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图中面积是△ABE面积3倍的三角形.
刷素养→走向重高
答案
7.$2≤EG≤8$ 【解析】如图,取 BF 的中点 H,连接 EH,GH,BD.
∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ ∠BAD = 90°.
∵ AB=6,AD=8,
∴ BD = $\sqrt{AB^2+AD^2}$ = 10.
∵ BE=3, EF=$3\sqrt{3}$, EF ⊥ BE,
∴ 根据勾股定理得 BF = $\sqrt{BE^2+EF^2}$ = 6.
∵ EF ⊥ BE,点 H 为 BF 的中点,
∴ EH = $\frac{1}{2}$ BF = 3.
∵ 点 G 是线段 DF 的中点,点 H 为 BF 的中点,
∴ GH = $\frac{1}{2}$ BD = 5.
∵ GH-EH ≤ EG ≤ GH+EH(当且仅当点 E,H,G 共线时,等号成立),
∴ 5-3 ≤ EG ≤ 5+3,即 2 ≤ EG ≤ 8,故答案为 2 ≤ EG ≤ 8.
8.(1)【证明】
∵ 四边形 ABCD 是矩形,对角线 AC,BD 交于点 O,
∴ OA=OC=$\frac{1}{2}$ AC,OD=OB=$\frac{1}{2}$ BD,AC=BD,
∴ OA=OD=OC=OB.
∵ 点 E,F 分别为 OA,OD 的中点,
∴ OE=AE=$\frac{1}{2}$ OA,OF=DF=$\frac{1}{2}$ OD,
∴ OE=OF.在△BOE 和△COF 中,$\begin{cases} OE=OF, \\ ∠BOE=∠COF, \\ OB=OC, \end{cases}$
∴ △BOE≅△COF(SAS).
(2)【解】△BCE,△CBF,△ABF,△DCE.
∵ OA=OB=OC=OD,
∴ S△AOB=S△COB=S△AOD=S△COD.设 S△ABE=m,则 S△OBE=m,
∴ S△AOB=S△COB=S△AOD=S△COD=2m,
∴ S△AOF=S△DOE=S△COF=m,
∴ S△BCE=S△CBF=S△ABF=S△DCE=3m,
∴ 题图中面积是△ABE 面积 3 倍的三角形有△BCE,△CBF,△ABF,△DCE.
解析
第7题
【分析】要确定线段EG的取值范围，可通过构造辅助线将EG放入三角形中，利用三边关系求解。首先，已知△BEF是直角三角形，取斜边BF的中点H，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半可求出EH的长度；再结合G是DF中点，可知GH是△BDF的中位线，可求出GH的长度；最后根据三角形三边关系（三点共线时取等号）即可得到EG的取值范围。
【解析】
如图，取 BF 的中点 H，连接 EH、GH、BD。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD = 90°，
∵ AB=6，AD=8，
∴ 由勾股定理得 $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ BE=3，$EF=3\sqrt{3}$，且EF⊥BE，
∴ 由勾股定理得 $BF=\sqrt{BE^2+EF^2}=\sqrt{3^2+(3\sqrt{3})^2}=6$。
∵ EF⊥BE，H是BF的中点，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即 $EH=\frac{1}{2}BF=3$。
∵ G是DF的中点，H是BF的中点，
∴ GH是△BDF的中位线，故 $GH=\frac{1}{2}BD=5$。
根据三角形三边关系，有 $GH-EH≤ EG≤ GH+EH$（当且仅当E、H、G三点共线时等号成立），
代入得 $5-3≤ EG≤5+3$，即 $2≤ EG≤8$。
【答案】$2≤ EG≤8$
【知识点】矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质
【点评】本题是动态线段最值问题，解题的关键是通过作辅助线构造中位线和直角三角形斜边中线，将未知线段与已知线段关联，再利用三角形三边关系求取值范围。
【难度系数】0.6
---
第8题
【分析】
(1) 要证明△BOE≌△COF，首先根据矩形对角线的性质得到OB=OC，再结合中点的性质得到OE=OF，最后利用对顶角相等，用SAS判定定理即可证明全等。
(2) 求面积是△ABE面积3倍的三角形，利用“同高三角形的面积比等于对应底的比”，先设△ABE的面积为m，推导出各个三角形的面积，再筛选出面积为3m的三角形即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD交于点O，
∴ $OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OD=OB=\frac{1}{2}BD$，且AC=BD，
∴ OA=OD=OC=OB。
∵ 点E、F分别为OA、OD的中点，
∴ $OE=AE=\frac{1}{2}OA$，$OF=DF=\frac{1}{2}OD$，
∴ OE=OF。
在△BOE和△COF中：
$\begin{cases} OE=OF \\ ∠BOE=∠COF \\ OB=OC \end{cases}$
∴ △BOE≌△COF（SAS）。
(2) 解：
∵ OA=OB=OC=OD，△AOB、△COB、△AOD、△COD等底等高，故面积相等。
设$S_{△ ABE}=m$，
∵ E是OA中点，AE=OE，△ABE和△OBE同高、底相等，
∴ $S_{△ OBE}=m$，故$S_{△ AOB}=S_{△ COB}=S_{△ AOD}=S_{△ COD}=2m$。
同理，F是OD中点，可得$S_{△ AOF}=S_{△ DOE}=S_{△ COF}=m$。
计算各三角形面积：
$S_{△ BCE}=S_{△ OBE}+S_{△ COB}=m+2m=3m$，
$S_{△ CBF}=S_{△ COB}+S_{△ COF}=2m+m=3m$，
$S_{△ ABF}=S_{△ AOB}+S_{△ AOF}=2m+m=3m$，
$S_{△ DCE}=S_{△ COD}+S_{△ DOE}=2m+m=3m$。
因此面积是△ABE面积3倍的三角形为△BCE、△CBF、△ABF、△DCE。
【答案】(1) 证明见解析；(2) $△ BCE、△ CBF、△ ABF、△ DCE$
【知识点】矩形的性质，全等三角形的判定，三角形面积计算
【点评】本题第一问是基础的全等证明题，核心是利用矩形对角线的性质得到全等所需的边相等条件；第二问需灵活运用同高三角形面积和底的关系推导面积，注意不要漏解。
【难度系数】0.7
【分析】要确定线段EG的取值范围，可通过构造辅助线将EG放入三角形中，利用三边关系求解。首先，已知△BEF是直角三角形，取斜边BF的中点H，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半可求出EH的长度；再结合G是DF中点，可知GH是△BDF的中位线，可求出GH的长度；最后根据三角形三边关系（三点共线时取等号）即可得到EG的取值范围。
【解析】
如图，取 BF 的中点 H，连接 EH、GH、BD。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD = 90°，
∵ AB=6，AD=8，
∴ 由勾股定理得 $BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$。
∵ BE=3，$EF=3\sqrt{3}$，且EF⊥BE，
∴ 由勾股定理得 $BF=\sqrt{BE^2+EF^2}=\sqrt{3^2+(3\sqrt{3})^2}=6$。
∵ EF⊥BE，H是BF的中点，
∴ 直角三角形斜边中线等于斜边的一半，即 $EH=\frac{1}{2}BF=3$。
∵ G是DF的中点，H是BF的中点，
∴ GH是△BDF的中位线，故 $GH=\frac{1}{2}BD=5$。
根据三角形三边关系，有 $GH-EH≤ EG≤ GH+EH$（当且仅当E、H、G三点共线时等号成立），
代入得 $5-3≤ EG≤5+3$，即 $2≤ EG≤8$。
【答案】$2≤ EG≤8$
【知识点】矩形的性质，三角形中位线定理，直角三角形的性质
【点评】本题是动态线段最值问题，解题的关键是通过作辅助线构造中位线和直角三角形斜边中线，将未知线段与已知线段关联，再利用三角形三边关系求取值范围。
【难度系数】0.6
---
第8题
【分析】
(1) 要证明△BOE≌△COF，首先根据矩形对角线的性质得到OB=OC，再结合中点的性质得到OE=OF，最后利用对顶角相等，用SAS判定定理即可证明全等。
(2) 求面积是△ABE面积3倍的三角形，利用“同高三角形的面积比等于对应底的比”，先设△ABE的面积为m，推导出各个三角形的面积，再筛选出面积为3m的三角形即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD交于点O，
∴ $OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OD=OB=\frac{1}{2}BD$，且AC=BD，
∴ OA=OD=OC=OB。
∵ 点E、F分别为OA、OD的中点，
∴ $OE=AE=\frac{1}{2}OA$，$OF=DF=\frac{1}{2}OD$，
∴ OE=OF。
在△BOE和△COF中：
$\begin{cases} OE=OF \\ ∠BOE=∠COF \\ OB=OC \end{cases}$
∴ △BOE≌△COF（SAS）。
(2) 解：
∵ OA=OB=OC=OD，△AOB、△COB、△AOD、△COD等底等高，故面积相等。
设$S_{△ ABE}=m$，
∵ E是OA中点，AE=OE，△ABE和△OBE同高、底相等，
∴ $S_{△ OBE}=m$，故$S_{△ AOB}=S_{△ COB}=S_{△ AOD}=S_{△ COD}=2m$。
同理，F是OD中点，可得$S_{△ AOF}=S_{△ DOE}=S_{△ COF}=m$。
计算各三角形面积：
$S_{△ BCE}=S_{△ OBE}+S_{△ COB}=m+2m=3m$，
$S_{△ CBF}=S_{△ COB}+S_{△ COF}=2m+m=3m$，
$S_{△ ABF}=S_{△ AOB}+S_{△ AOF}=2m+m=3m$，
$S_{△ DCE}=S_{△ COD}+S_{△ DOE}=2m+m=3m$。
因此面积是△ABE面积3倍的三角形为△BCE、△CBF、△ABF、△DCE。
【答案】(1) 证明见解析；(2) $△ BCE、△ CBF、△ ABF、△ DCE$
【知识点】矩形的性质，全等三角形的判定，三角形面积计算
【点评】本题第一问是基础的全等证明题，核心是利用矩形对角线的性质得到全等所需的边相等条件；第二问需灵活运用同高三角形面积和底的关系推导面积，注意不要漏解。
【难度系数】0.7
