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9.「2025甘肃兰州中考，★☆」如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P。若P为EF的中点，∠ADB=35°，则∠DPE=（
A.95°
B.100°
C.110°
D.145°
C
）A.95°
B.100°
C.110°
D.145°
答案
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $∠ ADB=35°,\therefore AD// BC$,
$∠ ABC=90°,\therefore ∠ PBF=∠ ADB=35°,\because$ 点 $P$ 是 $EF$ 的中点, $\therefore PB$ 是 $\mathrm{Rt}△ BEF$ 的斜边 $EF$ 上的中线, $\therefore PB=PF = PE$, $\therefore ∠ PFB = ∠ PBF = 35°$, 在 $△ PBF$ 中, $∠ BPF = 180°-(∠ PFB+∠ PBF)=110°,\therefore ∠ DPE=∠ BPF=110°$.故选 C.
解析
【分析】
解题时首先从已知条件入手：①四边形ABCD是矩形，可调用矩形对边平行、四个角为直角的性质；②已知∠ADB=35°，结合AD//BC可通过内错角相等得到∠PBF的度数；③∠ABC是直角，可知△BEF为直角三角形，又P是EF中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，得到PB=PF，推出△PBF为等腰三角形，进而求出∠BPF的度数，最后利用对顶角相等即可得到∠DPE的度数。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，∠ADB=35°，
∴ AD//BC，∠ABC=90°，
∴ ∠PBF=∠ADB=35°，
∵ 点P是EF的中点，
∴ PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线，
∴ PB=PF = PE，
∴ ∠PFB = ∠PBF = 35°，
在△PBF中，∠BPF = 180°-(∠PFB+∠PBF)=180°-70°=110°，
∵ ∠DPE与∠BPF是对顶角，
∴ ∠DPE=∠BPF=110°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；直角三角形斜边中线定理；对顶角相等
【点评】
本题属于基础角度计算题，综合考查了矩形、直角三角形、等腰三角形的相关性质，解题关键是利用直角三角形斜边中线的性质得到相等线段，进而推出等角，结合角的关系逐步推导即可得出结果。
【难度系数】
0.8
解题时首先从已知条件入手：①四边形ABCD是矩形，可调用矩形对边平行、四个角为直角的性质；②已知∠ADB=35°，结合AD//BC可通过内错角相等得到∠PBF的度数；③∠ABC是直角，可知△BEF为直角三角形，又P是EF中点，可联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，得到PB=PF，推出△PBF为等腰三角形，进而求出∠BPF的度数，最后利用对顶角相等即可得到∠DPE的度数。
【解析】
∵ 四边形ABCD是矩形，∠ADB=35°，
∴ AD//BC，∠ABC=90°，
∴ ∠PBF=∠ADB=35°，
∵ 点P是EF的中点，
∴ PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线，
∴ PB=PF = PE，
∴ ∠PFB = ∠PBF = 35°，
在△PBF中，∠BPF = 180°-(∠PFB+∠PBF)=180°-70°=110°，
∵ ∠DPE与∠BPF是对顶角，
∴ ∠DPE=∠BPF=110°。
故选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；直角三角形斜边中线定理；对顶角相等
【点评】
本题属于基础角度计算题，综合考查了矩形、直角三角形、等腰三角形的相关性质，解题关键是利用直角三角形斜边中线的性质得到相等线段，进而推出等角，结合角的关系逐步推导即可得出结果。
【难度系数】
0.8
10.「2026甘肃兰州八十一中期末，★☆」如图，在矩形ABCD中，AB=3，AD=4，P是AD上不与A和D重合的一个动点，过点P分别作AC和BD的垂线，垂足为E，F，则PE+PF的值为（
A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
C
）A.$\frac{5}{12}$
B.2.5
C.$\frac{12}{5}$
D.$\frac{15}{4}$
答案
如图,设 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$,连接 $OP$,$\because$ 矩形 $ABCD$ 中, $AB=3$,$AD=4$,$∠ BAD=90°$,
$\therefore BD=\sqrt{3^2+4^2}=5$,$S_{△ AOD}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{矩形}ABCD}=\frac{1}{4}×3×4=3$,
$\therefore OA=OD=\frac{1}{2}BD=\frac{5}{2}$,
$\because PE⊥ AC$,$PF⊥ BD$,$\therefore S_{△ AOD}=\frac{1}{2}OA· PE+\frac{1}{2}OD· PF=\frac{1}{2}×\frac{5}{2}(PE+PF)=3$,$\therefore PE+PF=\frac{12}{5}$.故选 C.
解析
【分析】
遇到矩形中动点到两条对角线的垂线段长度和的问题，可利用矩形对角线相等且互相平分的性质，通过连接对角线交点与动点，将大三角形的面积拆分为两个以所求垂线段为高的小三角形的面积和，用等面积法整体求解，无需单独计算PE、PF的长度，避免动点带来的计算困难。具体步骤：①先根据矩形的边长用勾股定理算出对角线长度，得到半条对角线的长度；②算出对角线分割出的△AOD的面积；③用两个小三角形面积和等于△AOD的面积列等式，即可求出PE+PF的值。
【解析】
解：如图，设AC与BD交于点O，连接OP。
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，∠BAD=90°，
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
矩形ABCD的面积为$AB×AD=3×4=12$，
∴$S_{△AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$，
∵矩形对角线相等且互相平分，
∴$OA=OD=\frac{1}{2}BD=\frac{5}{2}$，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴$S_{△AOP}=\frac{1}{2}·OA·PE$，$S_{△DOP}=\frac{1}{2}·OD·PF$，
又
∵$S_{△AOD}=S_{△AOP}+S_{△DOP}$，
∴$\frac{1}{2}×\frac{5}{2}·PE + \frac{1}{2}×\frac{5}{2}·PF = 3$，
整理得：$\frac{5}{4}(PE+PF)=3$，
解得：$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，等面积法
【点评】
本题是矩形性质应用的典型题型，核心是采用等面积法将动态的线段和问题转化为静态的面积计算，省去了对动点位置的分析，是求解同类垂线段和问题的常用技巧，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
遇到矩形中动点到两条对角线的垂线段长度和的问题，可利用矩形对角线相等且互相平分的性质，通过连接对角线交点与动点，将大三角形的面积拆分为两个以所求垂线段为高的小三角形的面积和，用等面积法整体求解，无需单独计算PE、PF的长度，避免动点带来的计算困难。具体步骤：①先根据矩形的边长用勾股定理算出对角线长度，得到半条对角线的长度；②算出对角线分割出的△AOD的面积；③用两个小三角形面积和等于△AOD的面积列等式，即可求出PE+PF的值。
【解析】
解：如图，设AC与BD交于点O，连接OP。
∵四边形ABCD是矩形，AB=3，AD=4，∠BAD=90°，
∴$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
矩形ABCD的面积为$AB×AD=3×4=12$，
∴$S_{△AOD}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×12=3$，
∵矩形对角线相等且互相平分，
∴$OA=OD=\frac{1}{2}BD=\frac{5}{2}$，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，
∴$S_{△AOP}=\frac{1}{2}·OA·PE$，$S_{△DOP}=\frac{1}{2}·OD·PF$，
又
∵$S_{△AOD}=S_{△AOP}+S_{△DOP}$，
∴$\frac{1}{2}×\frac{5}{2}·PE + \frac{1}{2}×\frac{5}{2}·PF = 3$，
整理得：$\frac{5}{4}(PE+PF)=3$，
解得：$PE+PF=\frac{12}{5}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，勾股定理，等面积法
【点评】
本题是矩形性质应用的典型题型，核心是采用等面积法将动态的线段和问题转化为静态的面积计算，省去了对动点位置的分析，是求解同类垂线段和问题的常用技巧，需要熟练掌握。
【难度系数】
0.7
11.「2026山西晋中期末，★☆」将矩形ABCD按如图所示的方式放置，若点B的坐标是$(-4,6)$，点C的坐标是$(-2,0)$，点D的坐标是$(10,4)$，则点A的坐标是
(8,10)
。答案
答案 $(8,10)$
解析 将点 $C$ 向右平移 12 个单位长度,向上平移 4 个单位长度得到点 $D$,
$\therefore$ 将点 $B$ 向右平移 12 个单位长度,向上平移 4 个单位长度得到点 $A$,
$\therefore A(8,10)$.故答案为 $(8,10)$.
解析 将点 $C$ 向右平移 12 个单位长度,向上平移 4 个单位长度得到点 $D$,
$\therefore$ 将点 $B$ 向右平移 12 个单位长度,向上平移 4 个单位长度得到点 $A$,
$\therefore A(8,10)$.故答案为 $(8,10)$.
解析
【分析】
要确定点A的坐标，我们可以利用矩形对边平行且相等的性质：矩形中AB与CD平行且长度相等，说明点B到点A的平移规律和点C到点D的平移规律完全相同。因此我们先通过已知的C、D坐标计算出平移的坐标变化量，再将该变化量应用到点B上，即可求出点A的坐标。
【解析】
已知点C的坐标是$(-2,0)$，点D的坐标是$(10,4)$，计算坐标变化：
横坐标变化：$10 - (-2) = 12$，纵坐标变化：$4 - 0 = 4$，即点C向右平移12个单位长度、向上平移4个单位长度得到点D。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AB// CD$且$AB=CD$，即点B到点A的平移规律与点C到点D一致。
已知点B的坐标是$(-4,6)$，对B做相同平移：
横坐标：$-4 + 12 = 8$，纵坐标：$6 + 4 = 10$。
∴点A的坐标为$(8,10)$。
【答案】
$(8,10)$
【知识点】
矩形的性质；坐标与平移变化
【点评】
本题属于基础题，结合矩形对边的性质和平移的坐标变化规律求解，解题核心是找到两点间相同的平移关系，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
要确定点A的坐标，我们可以利用矩形对边平行且相等的性质：矩形中AB与CD平行且长度相等，说明点B到点A的平移规律和点C到点D的平移规律完全相同。因此我们先通过已知的C、D坐标计算出平移的坐标变化量，再将该变化量应用到点B上，即可求出点A的坐标。
【解析】
已知点C的坐标是$(-2,0)$，点D的坐标是$(10,4)$，计算坐标变化：
横坐标变化：$10 - (-2) = 12$，纵坐标变化：$4 - 0 = 4$，即点C向右平移12个单位长度、向上平移4个单位长度得到点D。
∵四边形ABCD是矩形，
∴$AB// CD$且$AB=CD$，即点B到点A的平移规律与点C到点D一致。
已知点B的坐标是$(-4,6)$，对B做相同平移：
横坐标：$-4 + 12 = 8$，纵坐标：$6 + 4 = 10$。
∴点A的坐标为$(8,10)$。
【答案】
$(8,10)$
【知识点】
矩形的性质；坐标与平移变化
【点评】
本题属于基础题，结合矩形对边的性质和平移的坐标变化规律求解，解题核心是找到两点间相同的平移关系，熟练掌握相关性质即可快速得出答案。
【难度系数】
0.8
12.学科特色 最值问题「2025四川内江中考，★☆」如图,在矩形ABCD中,AB=8,AD=6,点E,F分别是边AD,CD上的动点,连接BE,EF,点G为BE的中点,点H为EF的中点,连接GH,则GH的最大值是
5
.答案
答案 5
解析 如图,连接 $BD$,$BF$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形, $\therefore ∠ A=90°$,
$\because AB=8$,$AD=6$,$\therefore BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=10$,
$\because$ 点 $G$ 为 $BE$ 的中点,点 $H$ 为 $EF$ 的中点,
$\therefore BF=2GH$,
$\therefore$ 当 $BF$ 有最大值时, $GH$ 有最大值,
$\because$ 点 $F$ 是 $CD$ 上的动点,
$\therefore$ 当点 $F$ 与点 $D$ 重合时, $BF$ 有最大值,为 10,
$\therefore GH$ 的最大值为 5,故答案为 5.
解析
【分析】
看到题目中存在G、H两个中点，首先考虑三角形中位线定理：连接BF后，GH是△BEF的中位线，因此GH的长度为BF的一半，求GH的最大值可转化为求BF的最大值。点F在CD上运动，矩形中点B到CD上点的最大距离为对角线BD的长度，先通过勾股定理计算BD的长度，得到BF的最大值后即可求出GH的最大值。
【解析】
如图，连接$BD$、$BF$，
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$∠ A=90°$，
∵$AB=8$，$AD=6$，
∴由勾股定理可得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$G$为$BE$的中点，点$H$为$EF$的中点，
∴$GH$是$△ BEF$的中位线，
∴$GH=\frac{1}{2}BF$，即$BF=2GH$。
因此当$BF$取得最大值时，$GH$取得最大值。
∵点$F$是边$CD$上的动点，
∴当点$F$与点$D$重合时，$BF$取得最大值，最大值等于$BD$的长度10，
此时$GH$的最大值为$\frac{1}{2}×10=5$。
【答案】
5
【知识点】
矩形的性质、三角形中位线定理、勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值类题目，通过三角形中位线定理实现线段长度的转化是解题的核心，体现了转化的数学思想，要求学生熟练掌握特殊四边形的性质和三角形中位线的应用。
【难度系数】
0.7
看到题目中存在G、H两个中点，首先考虑三角形中位线定理：连接BF后，GH是△BEF的中位线，因此GH的长度为BF的一半，求GH的最大值可转化为求BF的最大值。点F在CD上运动，矩形中点B到CD上点的最大距离为对角线BD的长度，先通过勾股定理计算BD的长度，得到BF的最大值后即可求出GH的最大值。
【解析】
如图，连接$BD$、$BF$，
∵四边形$ABCD$为矩形，
∴$∠ A=90°$，
∵$AB=8$，$AD=6$，
∴由勾股定理可得：$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
∵点$G$为$BE$的中点，点$H$为$EF$的中点，
∴$GH$是$△ BEF$的中位线，
∴$GH=\frac{1}{2}BF$，即$BF=2GH$。
因此当$BF$取得最大值时，$GH$取得最大值。
∵点$F$是边$CD$上的动点，
∴当点$F$与点$D$重合时，$BF$取得最大值，最大值等于$BD$的长度10，
此时$GH$的最大值为$\frac{1}{2}×10=5$。
【答案】
5
【知识点】
矩形的性质、三角形中位线定理、勾股定理
【点评】
本题是典型的几何最值类题目，通过三角形中位线定理实现线段长度的转化是解题的核心，体现了转化的数学思想，要求学生熟练掌握特殊四边形的性质和三角形中位线的应用。
【难度系数】
0.7
13. 核心素养 推理能力 如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,以点C为旋转中心,将矩形ABCD沿顺时针方向旋转,得到矩形EFCG,点A,B,D的对应点分别是点E,F,G.
(1)如图1,当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时,求线段AF的长.
(2)如图2,当点F落在矩形ABCD的边CD的延长线上时,连接AE,取AE的中点M,求证: $CM=\frac{1}{2}AE$.
(3)如图3,当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时,求△CDF的面积.
(1)如图1,当点F落在矩形ABCD的对角线AC上时,求线段AF的长.
(2)如图2,当点F落在矩形ABCD的边CD的延长线上时,连接AE,取AE的中点M,求证: $CM=\frac{1}{2}AE$.
(3)如图3,当点F落在矩形ABCD的对角线BD的延长线上时,求△CDF的面积.
答案
解析 (1)$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形，
$\therefore ∠ B=90°$,$AD=BC$,
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
$\because$ 将矩形 $ABCD$ 绕点 $C$ 沿顺时针方向旋转，
$\therefore BC=CF=4$,$\therefore AF=AC-CF=5-4=1$.
(2)证明:如图,连接 $AC$,$CE$,
由题意得 $AB = EF = CG$, $BC = FC = EG$, $∠ B = ∠ G =90°$,
$\therefore △ ABC≌△ CGE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ACB=∠ CEG$,
$\therefore ∠ CEG+∠ ECG=∠ ECG+∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ACE=90°$,
$\because M$ 为 $AE$ 的中点, $\therefore CM=\frac{1}{2}AE$.
(3)如图,过点 $C$ 作 $CH⊥ BD$ 于点 $H$,
$\because BC=AD=4$,$AB=CD=3$,
$\therefore BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=5$,
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· CD=\frac{1}{2}BD· CH$,
$\therefore CH=\frac{BC· CD}{BD}=\frac{12}{5}$,
$\therefore DH = \sqrt{DC^2-CH^2} = \sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$, $HF = \sqrt{CF^2-CH^2}=\sqrt{4^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{16}{5}$,
$\therefore DF=HF-DH=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$,
$\therefore S_{△ CDF}=\frac{1}{2}DF· CH=\frac{1}{2}×\frac{7}{5}×\frac{12}{5}=\frac{42}{25}$.
解析
【分析】
(1) 先利用矩形的直角性质结合勾股定理求出对角线AC的长度，再根据旋转前后对应边相等得到CF=BC，最后用AC的长度减去CF的长度即可得到AF的长。
(2) 要证$CM=\frac{1}{2}AE$，可联想直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，因此先连接AC、CE，通过证明三角形全等推导角的关系得到$∠ ACE=90°$，再结合M是AE中点的条件即可得证。
(3) 求$△ CDF$的面积，可过点C作BD的垂线CH作为高，先通过勾股定理求出BD长度，用面积法求出CH的长，再用勾股定理分别求出DH、HF的长度，二者相减得到底DF的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1)$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形，
$\therefore ∠ B=90°$,$AD=BC$,
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
$\because$ 将矩形 $ABCD$ 绕点 $C$ 沿顺时针方向旋转，
$\therefore BC=CF=4$,$\therefore AF=AC-CF=5-4=1$.
(2)证明:如图,连接 $AC$,$CE$,
由题意得 $AB = EF = CG$, $BC = FC = EG$, $∠ B = ∠ G =90°$,
$\therefore △ ABC≌△ CGE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ACB=∠ CEG$,
$\therefore ∠ CEG+∠ ECG=∠ ECG+∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ACE=90°$,
$\because M$ 为 $AE$ 的中点, $\therefore CM=\frac{1}{2}AE$.
(3)如图,过点 $C$ 作 $CH⊥ BD$ 于点 $H$,
$\because BC=AD=4$,$AB=CD=3$,
$\therefore BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=5$,
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· CD=\frac{1}{2}BD· CH$,
$\therefore CH=\frac{BC· CD}{BD}=\frac{12}{5}$,
$\therefore DH = \sqrt{DC^2-CH^2} = \sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$, $HF = \sqrt{CF^2-CH^2}=\sqrt{4^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{16}{5}$,
$\therefore DF=HF-DH=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$,
$\therefore S_{△ CDF}=\frac{1}{2}DF· CH=\frac{1}{2}×\frac{7}{5}×\frac{12}{5}=\frac{42}{25}$.
【答案】
(1) $AF=1$；
(2) 证明见解析，辅助线如图；
(3) $S_{△ CDF}=\frac{42}{25}$，辅助线如图。
【知识点】
矩形的性质，旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类典型题，三个小问难度逐层递进，既考查基础几何计算能力，也考查逻辑推理和辅助线构造的能力，需要熟练掌握矩形、旋转、直角三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
(1) 先利用矩形的直角性质结合勾股定理求出对角线AC的长度，再根据旋转前后对应边相等得到CF=BC，最后用AC的长度减去CF的长度即可得到AF的长。
(2) 要证$CM=\frac{1}{2}AE$，可联想直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，因此先连接AC、CE，通过证明三角形全等推导角的关系得到$∠ ACE=90°$，再结合M是AE中点的条件即可得证。
(3) 求$△ CDF$的面积，可过点C作BD的垂线CH作为高，先通过勾股定理求出BD长度，用面积法求出CH的长，再用勾股定理分别求出DH、HF的长度，二者相减得到底DF的长度，最后代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1)$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形，
$\therefore ∠ B=90°$,$AD=BC$,
$\therefore AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$,
$\because$ 将矩形 $ABCD$ 绕点 $C$ 沿顺时针方向旋转，
$\therefore BC=CF=4$,$\therefore AF=AC-CF=5-4=1$.
(2)证明:如图,连接 $AC$,$CE$,
由题意得 $AB = EF = CG$, $BC = FC = EG$, $∠ B = ∠ G =90°$,
$\therefore △ ABC≌△ CGE(\mathrm{SAS})$,
$\therefore ∠ ACB=∠ CEG$,
$\therefore ∠ CEG+∠ ECG=∠ ECG+∠ ACB=90°$,
$\therefore ∠ ACE=90°$,
$\because M$ 为 $AE$ 的中点, $\therefore CM=\frac{1}{2}AE$.
(3)如图,过点 $C$ 作 $CH⊥ BD$ 于点 $H$,
$\because BC=AD=4$,$AB=CD=3$,
$\therefore BD=\sqrt{BC^2+CD^2}=5$,
$\because S_{△ BCD}=\frac{1}{2}BC· CD=\frac{1}{2}BD· CH$,
$\therefore CH=\frac{BC· CD}{BD}=\frac{12}{5}$,
$\therefore DH = \sqrt{DC^2-CH^2} = \sqrt{3^2-(\frac{12}{5})^2} = \frac{9}{5}$, $HF = \sqrt{CF^2-CH^2}=\sqrt{4^2-(\frac{12}{5})^2}=\frac{16}{5}$,
$\therefore DF=HF-DH=\frac{16}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}$,
$\therefore S_{△ CDF}=\frac{1}{2}DF· CH=\frac{1}{2}×\frac{7}{5}×\frac{12}{5}=\frac{42}{25}$.
【答案】
(1) $AF=1$；
(2) 证明见解析，辅助线如图
；(3) $S_{△ CDF}=\frac{42}{25}$，辅助线如图
。【知识点】
矩形的性质，旋转的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何综合类典型题，三个小问难度逐层递进，既考查基础几何计算能力，也考查逻辑推理和辅助线构造的能力，需要熟练掌握矩形、旋转、直角三角形的相关性质。
【难度系数】
0.6
