苏科版八年级数学下册 9.4.1矩形 复习题（含解析）

9.4.1矩形复习题
【类型一：矩形的性质】
1．如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE垂直且平分线段BO，垂足为点E，BD＝12cm，则AB的长为 　 　cm．
2．如图，在矩形ABCD中，点E是CD的中点，点F在BD上，BF＝3DF，若AB＝4，BC＝3，则EF的长为（　　）
A．1 B． C． D．
3．如图，P是矩形ABCD的对角线BD上一点，AB＝3，BC＝5，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF，则AP+EF的最小值为（　　）
A． B．4 C． D．8
4如图，点P是矩形ABCD的对角线BD上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PA，PC．若BE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为 　 　．
5．已知：如图， ABCD的对角线AC、BD相交于点O，E、F是AC上的两点，且AE＝CF．
（1）求证：四边形DEBF是平行四边形．
（2）若四边形DEBF是矩形，∠AED＝130°，求∠AOD的度数．
6．四边形ABCD是矩形，E是BC延长线上一点，连接AC，DE，BE＝AC．
（1）如图①，若∠ACB＝40°，求∠E的度数；
（2）如图②，若F是DE的中点，连接AF，CF，求证AF⊥FC．
【类型二：矩形的判定】
7．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O．根据图中所标示的数据，再添加下列一个条件，其中能使四边形ABCD为矩形的条件有①OB＝5；②OD＝5；③∠ADC＝90°．（　　）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
8．如图，诚诚用橡胶皮和布料自制了一块四边形鼠标垫，为了检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，他想出了以下几种方案，其中合理的是（　　）
A．测量一组对边是否平行且相等
B．测量两组对边是否分别相等
C．测量其中的三个角是否都为直角
D．测量对角线是否相等
9．如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，连接AE，AF，CE，CF．
（1）求证：△AOE≌△COF．
（2）当OA＝OE时，求证四边形AECF是矩形．
10．如图，在 ABCD中，O为线段AD的中点，延长BO交CD的延长线于点E，连接AE，BD，∠BDC＝90°．
（1）求证：四边形ABDE是矩形；
（2）连接OC，若AB＝2，，求OC的长．
【类型三：矩形的翻折问题】
11．如图，矩形ABCO如图放置在平面直角坐标系中，其中AB＝6，∠AOB＝30°，若将其沿着OB对折后，A′为点A的对应点，则A′的坐标为（　　）
A． B．
C．（﹣3，9） D．
12．如图，矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，P为AD上一点，将△ABP沿BP翻折至△EBP，PE与CD相交于点O，且OE＝OD，则AP的长为　 　．
13．在矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8．将矩形纸片折叠，使B与D重合．
（1）求证△DGH是等腰三角形；
（2）求折痕GH的长．
14．如图1，将一张矩形纸片ABCD沿直线MN折叠，使点C落在点A处，点D落在点E处，直线MN交BC于点M，交AD于点N．
（1）若∠BAM＝32°，则∠ANM＝　 　°；
（2）如图2，连接CN．求证：四边形AMCN为菱形；
（3）若△AMN的面积与△ABM的面积比为3：1，BM＝1，求MN的长．
【类型四：矩形的旋转问题】
15．如图，将矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB'C'D'的位置，旋转角为α（0°＜α＜90°），若∠1＝114°，则α＝　 　°．
16．如图1，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，连接DF、DG．
（1）如图2，点E落在对角线BD上，AD与EF相交于点H，
①连接AF，求证：四边形ABDF是平行四边形；
②求线段AH的长度；
（2）在矩形AEFG绕点A旋转一周的过程中，△DFG面积的最大值为 　 　．
【类型五：矩形的动点问题】
17．如图1，在矩形ABCD中，动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，设点P运动的路程为x，△ABP的面积为y，如果y关于x的函数图象如图2所示，则矩形ABCD的周长是（　　）
A．18 B．20 C．22 D．26
18．如图，在平行四边形ABCD中，对角线BD＝10cm，AC＝16cm，AC，BD相交于点O，若E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动，其速度为0.5cm/s．
（1）证明：当E在AO上运动，F在CO上运动，且E与F不重合时，四边形DEBF是平行四边形：
（2）点E，F在AC上运动过程中，以D、E、B、F为顶点的四边形是否可能为矩形？如能，求出此时的运动时间t的值；如不能，请说明理由．
19．如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝5，点E在边BC上且BE＝2，动点P从点E出发，沿折线EB﹣BA﹣AD以每秒1个单位长度的速度运动，作∠PEQ＝90°，EQ交边AD或DC于点Q，连接PQ，当Q与点C重合时点P停止运动，设点P的运动时间为t秒（t＞0）．
（1）当点P与点B重合时，线段PQ的长为 　 ；
（2）当点Q与点D重合时，求AP的长；
（3）如图②，当点P在AD上运动时，证明△PEQ始终是等腰直角三角形；
（4）作点E关于直线PQ的对称点F，连接PF、QF，当四边形EPFQ和矩形ABCD的重叠部分图形为轴对称四边形时，直接写出t的取值范围．
【类型六：与矩形有关的作图题】
20．如图，四边形ABCD是平行四边形，E为AB上一点．
（1）如图①，只用无刻度直尺在CD上作出点F，使得四边形AECF为平行四边形；
（2）如图②，用直尺和圆规作出矩形EFGH，使得点F、G、H分别在BC、CD、DA上．（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）
21．如图，Rt△ABC中，∠ABC＝90°．
（1）尺规作图：作矩形ABCD；（不写作法，保留作图痕迹）
（2）在（1）的条件下，若AB＝4，BC＝8，点E为边AD上一点，若BE的中垂线分别交边AD、边BC于点M、N，则MN的长的取值范围为 　 　．（如需画草图，请使用试题卷中的图2）
22．规定：每个顶点都在格点的四边形叫做格点四边形．在10×6的正方形网格中画出符合要求的格点四边形（设每个小正方形的边长为1）．
（1）在图甲中画出一个以AB为边的平行四边形，且它的面积为8．
（2）在图乙中画出一个以AB为对角线的矩形，且它的面积为6．
【类型七：矩形综合题】
23．如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下：
（1）【探究发现】：
操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中∠ABP＝　　 °；
（2）【类比应用】：小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝　 　°，CQ＝　 　；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
（3）【拓展延伸】：在（2）的探究中，当QF＝1cm，请直接写出AP的长．
24.如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，点E是边AB上一点且BE＝2，点P是线段AE上一动点（不与端点A重合，可以与端点E重合），将△APD沿PD折叠，得到点A的对称点为点F，连接BF．
（1）若点P在边AB中点时，则BF的长为 　 　；
（2）若△BPF为直角三角形时，求BF的长；
（3）将△APD绕点D逆时针旋转90°得到△DMN，点A的对应点为点M，点P的对应点为点N，连接FN．若△DFN为等腰三角形时，求BF的长．
25.折纸不仅是一项有趣的活动，也是一项益智的数学活动．今天，就让我们带着数学的眼光来玩一玩折纸，看看折叠矩形的对角线之后能得到哪些数学结论．
实践操作，解决问题
如图1，将矩形纸片ABCD沿对角线AC翻折，使点D′落在矩形ABCD所在平面内，边BC和AD′相交于点E，连接BD′．发现：结论①AE＝EC；结论②BD′∥AC．
（1）若图1中的矩形变为平行四边形时（AB≠BC），如图2所示，结论①和结论②是否成立，若成立，请挑选其中的一个结论加以证明；若不成立，请说明理由；
（2）东京沿对角线折叠一张矩形纸片，发现所得图形是轴对称图形（如图3所示）．沿对称轴EF再次折叠后，得到的仍是轴对称图形，则京京折叠的矩形纸片的长宽之比为 　 　；
（3）新题探究：如图4所示，平行四边形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝2（AB≠BC）．将△ADC沿对角线AC翻折．使点D′落在ABCD所在平面内，连接BD′，当△BCD′恰好为直角三角形时，BC的长度为 　 　．
参考答案
【类型一：矩形的性质】
1．
【分析】根据相等垂直平分线的性质得到AB＝AO，再由矩形的性质得到AO＝6cm，则AB＝AO＝6cm．
【解答】解：∵AE垂直且平分线段BO，
∴AB＝AO，
∵四边形ABCD是矩形，对角线AC与BD相交于点O，BD＝12cm，
∴，
∴AB＝AO＝6cm，
故答案为：6．
2．
【分析】根据矩形的性质得到∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝3，根据勾股定理得到BD5，得到DFBD，过F作FH⊥CD于H，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：在矩形ABCD中，∵∠C＝90°，CD＝AB＝4，BC＝3，
∴BD5，
∵BF＝3DF，
∴DFBD，
过F作FH⊥CD于H，
∴FH∥BC，
∴△DFH∽△DBC，
∴，
∴，
∴FH，DH＝1，
∵点E是CD的中点，
∴DE，
∴EH＝DH＝1，
∴EF＝DF，
故选：B．
3．
【分析】连接CP，根据矩形的性质得到EF＝CP，AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值，当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度，根据勾股定理得到AC，于是得到结论．
【解答】解：连接CP，
∵四边形ABCD是矩形，
∴EF＝CP，
∴AP+EF的最小值即为AP+CP的最小值，
当A，P，C三点共线时，AP+CP的值最小，且为AC的长度，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC，
∴AP+EF的最小值为，
故选：C．
4．
【分析】由矩形的性质可证明S△PEA＝S△PFC，即可求解．
【解答】解：作PM⊥AD于M，交BC于N．如图2：
则四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴CF＝BE＝2，
∴S△AEP＝S△AMP，S△CFP＝S△CNP，
∴S△AEP＝S△CFPPF×CF6×2＝6，
∴图中阴影部分的面积S阴＝6+6＝12．
故答案为：12．
5．（1）证明：在 ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）解：∵四边形DEBF是矩形，
∴OE＝OD，
∴∠ODE＝∠OED，
∵∠AED+∠OED＝180°，
∴∠OED＝180°﹣∠AED＝50°，
∴∠AOD＝180°﹣∠ODE﹣∠OED＝80°．
6．（1）解：如图①，连接BD，与AC交于点O，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，OBBD，OCAC，
∴OB＝OC，
∴∠DBC＝∠ACB＝40°，
∵BE＝AC，
∴BD＝BE，
∴∠BDE＝∠E，
∴∠E70°；
（2）证明：如图②，延长CF交AD延长线于点G，
∵AG∥BE，
∴∠GDF＝∠E，∠G＝∠ECF，
∵F是DE的中点，
∴DF＝EF，
∴△DFG≌△EFC（AAS），
∴DG＝EC，GF＝CF．
∴BC+CE＝AD+DG，即AG＝BE，
∵BE＝AC，
∴AG＝AC，
又∵GF＝CF，
∴AF⊥FC．
【类型二：矩形的判定】
7．
【分析】添加OD＝5或∠ADC＝90°，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形即可判断．
【解答】解：∵∠ABC＝90°，AO＝CO＝5，
∴，AC＝10，
①添加OD＝5，
则BO＝DO，BD＝10，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又AC＝BD＝10，
∴平行四边形ABCD为矩形；
②添加∠ADC＝90°，
则，
∴BO＝DO，BD＝10，
∴四边形ABCD为平行四边形，
又AC＝BD＝10，
∴平行四边形ABCD为矩形；
添加OB＝5，无法得到对角线互相平分，无法推出平行四边形ABCD为矩形；
故选：C．
8．
【分析】根据矩形的判定方法，逐一进行判断即可．
【解答】解：A、测量一组对边是否平行且相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，故A选项不符合题意；
B、测量两组对边是否分别相等，只能判断出这块鼠标垫是不是标准的平行四边形，故B选项不符合题意；
C、测量其中的三个角是否都为直角，可以检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，故C选项符合题意；
D、测量对角线是否相等，不能检验这块鼠标垫是不是标准的矩形，故D选项不符合题意；
故选：C．
9．（1）证明：∵ ABCD，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DE，即OE＝OF，
在△AOE和△COF中，
，
∴△AOE≌△COF（SAS）．
（2）解：由（1）可得△AOE≌△COF．
∴OA＝OC，OE＝OF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵OA＝OE，
∴OA＝OE＝OC＝OF，
∴AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形．
10．（1）证明：∵O为AD的中点，
∴AO＝DO，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAO＝∠EDO，
又∵∠AOB＝∠DOE，
∴△AOB≌△DOE（ASA），
∴AB＝DE，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∵∠BDC＝90°，
∴∠BDE＝90°，
∴平行四边形ABDE是矩形；
（2）解：如图，过点O作OF⊥DE于点F，
∵四边形ABDE是矩形，
∴DE＝AB＝2，ODAD，OB＝OEBE，AD＝BE，
∴OD＝OE，
∵OF⊥DE，
∴DF＝EFDE＝1，
∴OF为△BDE的中位线，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD＝AB＝2，
∴CF＝CD+DF＝3，
在Rt△OCF中，由勾股定理得：OC，
即OC的长为．
【类型三：矩形的翻折问题】
11．
【分析】作AD⊥x轴，根据含 30°角直角三形的性质，及勾 股定理，求出AO，根据折叠的性质，求出AO，∠AOD，在Rt△ADO中，求出DO，AD，根据 第二象限内点的特征，即可求解，
【解答】解：过点A作AD⊥x轴，交x轴于点D，
在Rt△BAO 中，AB＝6，∠AOB＝30°，
∴BO＝2AB＝2×6＝12，，
由折叠的性质可得：，
∠A'OB＝∠AOB＝30°，
即：∠AOD＝2∠AOB＝2×30°＝60°，
在Rt△ADO 中，，，
∵点A在第二象限，，
故选：D．
12．
【分析】由折叠的性质得出EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝4，由ASA证明△ODP≌△OEG，得出OP＝OG，PD＝GE，设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝3﹣x，DG＝x，求出CG、BG，根据勾股定理得出方程，解方程即可．
【解答】解：如图所示：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠A＝∠C＝90°，AD＝BC＝3，CD＝AB＝4，
根据题意得：△ABP≌△EBP，
∴EP＝AP，∠E＝∠A＝90°，BE＝AB＝4，
在△ODP和△OEG中，
，
∴△ODP≌△OEG（ASA），
∴OP＝OG，PD＝GE，
∴DG＝EP，
设AP＝EP＝x，则PD＝GE＝3﹣x，DG＝x，
∴CG＝4﹣x，BG＝4﹣（3﹣x）＝1+x，
根据勾股定理得：BC2+CG2＝BG2，
即32+（4﹣x）2＝（x+1）2，
解得：x＝2.4，
∴AP＝2.4；
故答案为：2.4．
13．（1）证明：如图，矩形纸片折叠后，设A与F重合，过点G作GE⊥BC于点E，
由折叠的性质得：DH＝BH，FD＝BA，FG＝AG，∠GHB＝∠GHD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠B＝90°，AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DGH＝∠GHB，
∴∠DGH＝∠GHD，
∴GD＝HD，
∴△DGH是等腰三角形．
（2）解：∵GD＝HD，
∴GD＝DH＝BH，
∵AB＝6，BC＝8，
∴DF＝CD＝6，AD＝8，
设BH＝x，则HC＝8﹣x，由勾股定理得：x2＝（8﹣x）2+62，
解得：，
∴，
∴，
∴，
在Rt△GEH中，由勾股定理得：，
∴．
14．（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∵∠BAM＝32°，
∴∠AMB＝90°﹣∠BAM＝58°，
∵折叠，
∴∠AMN＝∠NMC61°，
∵AD∥BC，
∴∠ANM＝∠CMN＝61°，
故答案为：61；
（2）证明：∵折叠，
∴CM＝AM，AE＝CD，∠AMN＝∠CMN，∠E＝∠D＝90°，
∴△CDN≌△AEN（SAS），
∴AN＝CN，
∵ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AMN＝∠ANM，
∴∠ANM＝∠AMN，
∴AM＝AN，
∴AM＝CM＝AN＝CN，
∴四边形AMCN为菱形；
（3）解：作MF⊥AN于点F，
∵AD∥BC，
∴△AMN和△ABM是等高的两个三角形
∴S△AMN：S△ABM＝3：1＝AN：BM，
∵BM＝1，
∴AN＝3，
∵AM＝AN，
∴AM＝3，
∵MF⊥AN，∠B＝∠DAB＝90°，
∴ABMF是矩形，
∴BM＝AF＝1，
∴根据勾股定理FM2，NF＝2，
在Rt△MNF中，MN2．
【类型四：矩形的旋转问题】
15．
【分析】先利用旋转的性质得到∠ADC＝∠D＝90°，∠DAD′＝α，再利用四边形内角和计算出∠BAD＝66°，然后利用互余计算出∠DAD′，从而得到α的值．
【解答】解：∵矩形ABCD绕点A顺时针旋转到矩形AB′C′D′的位置，
∴∠ADC＝∠D'＝90°，∠DAD′＝α，
∵∠ABC＝90°，
∴∠BAD'＝180°﹣∠2，
又∵∠2＝∠1＝114°，
∴∠BAD'＝180°﹣114°＝66°，
∴∠DAD′＝∠BAD﹣∠BAD'＝90°﹣66°＝24°，
即α＝24°．
故答案为：24．
16．（1）①证明：如图，
∵四边形形ABCD是矩形，
∴AD＝BC，∠BAD＝∠ABC＝90°，
∵旋转，
∴AE＝AB，EF＝BC＝AD，∠1＝∠ABC＝∠BAD＝90°，
在△ABD和△EAF中，
，
∴△ABD≌△EAF（SAS），
∴∠2＝∠EAF，BD＝AF，
∵AB＝AE，
∴∠3＝∠2＝∠EAF，
∴AF∥BD，
又∵AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
②解：设HD＝x，则AH＝4﹣x，
∵四边形ABDF是平行四边形，
∴AB∥DF，AB＝DF，
∴∠ADF＝∠BAD＝90°，
又∵∠1＝90°，
∴∠ADF＝∠1，
∵AE＝AB，AB＝DF，
∴AE＝DF，
在△AEH和△FDH中，
，
∴△AEH≌△FDH（SAS），
∴HE＝HD＝x，
∵∠1＝90°，
∴EA2+EH2＝AH2，
又∵AH＝4﹣x，EA＝AB＝3，EH＝x，
∴32+x2＝（4﹣x）2，
∴x，
∴AH＝4﹣x．
（2）解：∵将矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，
∴旋转过程中，GF是定值，
当D，A，G三点共时，三角形DFG的面积最大，如图，
此时DG＝8，
∴S△DFG12，
故答案为：12．
【类型五：矩形的动点问题】
17．
【分析】根据函数的图象、结合图形求出AB、BC的值，即可得出矩形ABCD的周长．
【解答】解：∵动点P从点B出发，沿BC、CD、DA运动至点A停止，而当点P运动到点C，D之间时，△ABP的面积不变，
函数图象上横轴表示点P运动的路程，x＝4时，y开始不变，说明BC＝4，x＝9时，接着变化，说明CD＝9﹣4＝5，
∴AB＝5，BC＝4，
∴矩形ABCD的周长＝2（AB+BC）＝18．
故选：A．
18．解：（1）∵E，F是AC上两动点，分别从A，C两点以相同的速度向C、A运动，
∴AE＝CF，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD＝OB，OA＝OC，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
∴OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形；
（2）点E，F在AC上运动过程中，以D、E、B、F为顶点的四边形能为矩形．理由如下：
分为两种情况：
①∵四边形DEBF是矩形，
∴BD＝EF＝10cm，
即AE＝CF＝0.5t cm，
则16﹣0.5t﹣0.5t＝10，
解得：t＝6；
②当E到F位置上，F到E位置上时，AE＝CF＝0.5t cm，
则0.5t﹣10+0.5t＝16，
解得：t＝26，
即当运动时间t＝6s或28s时，以D、E、B、F为顶点的四边形是矩形．
19．解：（1）如图所示，连接BQ，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAQ＝∠ABE＝90°，∠PEQ＝90°，
∴四边形ABEQ是矩形，
当点P和点B重合时，
QE＝AB＝3，BE＝2，
在Rt△QBE中，
BQ，
故答案为：；
（2）如图，
设AP＝x，则BP＝3﹣x，
在Rt△APQ中，AP2+AQ2＝PQ2，
∴PQ2＝52+x2，
在Rt△PBE中，PB2+BE2＝PE2，
∴PE2＝（3﹣x）2+22，
在Rt△ECQ中，EC2+CQ2＝EQ2，
∴PQ2＝32+32，
∵∠PEQ＝90°，
∴PE2+EQ2＝PQ2，
∴22+（3﹣x）2+32+32＝52+x2，
故x＝1，
即AP长为1；
（3）证明：如图2，过点P作PH⊥BC于点H，
则PH＝3，
同理可得∠EPH＝∠QEC，
∵EC＝BC﹣BE＝3，
∴PH＝EC，
又∠PHE＝∠C＝90°，
∴△PHE≌△ECQ（ASA），
∴PE＝HE，
∴△PQE是等腰直角三角形；
（4）①如图所示，当点P在BE上时，
∵QE＝QF＝3，AQ＝BE＝2，
在Rt△AQF中，
AF，
则BF＝3，
∵PE＝t，
∴BP＝2﹣t，PF＝PE＝t，
在Rt△PBF中，PF2＝PB2+FB2，
∴t2＝（3）2+（2﹣t）2，
解得：t，
t时，点F在矩形内部，
∴0＜t，符合题意，
②当P点在AB上时，当F，A重合时符合题意，此时如图，
则PB＝t﹣BE＝t﹣2，PE＝AP＝AB﹣PB＝3﹣（t﹣2）＝5﹣t，
在Rt△PBE中，PE2＝PB2+BE2，
∴（5﹣t）2＝（t﹣2）2+22，
解得t，
③当点P在AD上，当F，D重合时，此时点Q与点C重合，
则PFQE是正方形，此时t＝2+3+2＝7，
∴0＜t或t或t＝7．
【类型六：与矩形有关的作图题】
20．解：（1）如图1，点F，四边形AECF即为所求作．
（2）如图2，四边形EFGH即为所求作．
理由：由△AOE≌△COF，可得OE＝OF，
由△AOH≌△COF．可得OH＝OF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵OG＝OF，
∴FH＝EG，
∴四边形EFGH是矩形．
21．解：（1）如图1中，四边形ABCD即为所求；
（2）如图2中，当点M与A重合时，MN的长最大，最大值AB＝4；
如图2中，当点E以D重合时，连接BM，设BD，AC交于点O，MN的长最小，设BM＝DM＝x，则有x2＝42+（8﹣x）2，
解得x＝5，
∵∠BAD＝90°，AB＝4，AD＝8，
∴BD4，
∴OB＝OD＝2，
∴OM＝ON，
∴MN＝2，
∴2MN≤4．
故答案为：2MN≤4．
22．解：（1）如图甲所示，平行四边形ABCD即为所求（答案不唯一）．
（2）如图乙所示，矩形AEBF即为所求（答案不唯一）．
【类型七：矩形综合题】
23．解：（1）∵，
∴，
∴∠BEM＝90°，
如图1，取BM的中点O，连接EO，
∴，
∴△BEO为等边三角形，
∴∠BME＝30°，
∴∠ABM＝60°，
∴∠ABP＝∠PBM＝30°，
故答案为：30；
（2）①四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
由折叠性质得：AB＝BM，∠PMB＝∠BMQ＝∠A＝90°，
∴BM＝BC，
∵BM＝BC，BQ＝BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），
∴MBQ＝∠CBQ，QM＝QC，
同法（1）可得：∠MBC＝30°，
∴∠MBQ＝∠CBQ＝15°，
∴∠ABM＝90°﹣30°＝60°，
∴∠APM＝180°﹣60°＝120°，
∴∠QPD＝180°﹣120°＝60°，
在Rt△ABP中，BP＝2AP，
根据勾股定理：BP2﹣AP2＝AB2，
即3AP2＝16，
解得：，
∴，
在Rt△PDQ中，PQ＝2PD，
根据勾股定理：DQ2＝PQ2﹣PD2，即DQ2＝3PD2，
∴，
∴，
故答案为：15，；
②∠MBQ＝∠CBQ，理由如下：
∵BM＝BC，BQ＝BQ，
∴Rt△BQM≌Rt△BQC（HL），
∴∠MBQ＝∠CBQ；
（3）当点Q在点F的下方时，如图3.1，
∵FQ＝lcm，DF＝FC＝2cm，AB＝4cm，
∴QC＝CD﹣DF﹣FQ＝4﹣2﹣1＝l（cm），DQ＝DF+FQ＝2+1＝3（cm），
由（2）可知，QM＝QC，
设AP＝PM＝x，PD＝4﹣x，
∴PD2+DQ2＝PQ2，
即（4﹣x）2+32＝（x+1）2，
解得：，
∴；
当点Q在点F的上方时，如图3.2，
∵FQ＝lcm，DF＝FC＝2cm，AB＝4cm，
∴QC＝3cm，DQ＝lcm，
由（2）可知，QM＝QC，
设AP＝PM＝x，PD＝4﹣x，
∴PD2+DQ2＝PQ2，
即（4﹣x）2+12＝（x+3）2，
解得：，
∴．
综上所述，或．
24.解：（1）连接AF交DP于点M，
∵将△APD沿PD折叠，得到点A的对称点为点F，
∴DP垂直平分AF，
∵P是AB的中点，
∴PM是△ABF的中位线，
∴BF＝2PM，
∵AD＝6，APAB＝4，
∴DP2，
∵，
∴AM，
∴PM，
∴BF．
故答案为：；
（2）若△BPF为直角三角形．
①当∠PBF＝90°时，不存在．
②当∠PFB＝90°时（如图4），
∵将△APD 沿PD折叠，得到点A的对称点为点F．
∴∠DFP＝∠B＝90°，
∴∠DFP+∠PFB＝180°，
∴点D，F，B共线．即点F在矩形对角线DB上．
∵AD＝6，AB＝8，∠A＝90°，
∴BD10．
∵DF＝DA＝6，
∴BF＝10﹣6＝4．
此时AP＝PF＝3．
③当∠BPF＝90°时（如图 5），
∵∠A＝90°，∠DFP＝90°，
∴四边形ADFP是矩形．
∴点F在DC边上，
∵BE＝2，EF＝6，∠BEF＝90°，
∴，
∴BF的长为4或；
（3）若△DFN为等腰三角形．
①当DF＝DN时，不存在．
②当 FD＝FN时（如图6），
设∠ADP＝x，
∵将△APD 沿PD折叠，得到点A的对称点为点F．
∴∠ADP＝∠PDF＝x，
∵将△APD 绕点D逆时针旋转90°得到△DMN．
∴∠PDN＝90°，
∴∠FDN＝∠FND＝∠DPA＝90°﹣x，
∴∠FND＝∠MND＝90°﹣x，
即∠FND与∠MND重合．
∴点F与点M重合，
∴．
③当ND＝NF时（如图7），
过点N作NH⊥DF垂足为H．
∵∠ADP＝∠PDF＝∠MDN，
∴∠ADP＝∠DNH，
∵∠A＝∠DHN＝90°，DN＝DP，
∴△NDH≌△DPA（AAS），
∴，
由（2）可知，当AP＝3 时，BF＝4．
∴BF的长为4或．
25.解：（1）AE＝EC，BD′∥AC，理由如下，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAC＝∠EAC，
∵折叠，
∴AD＝AD′，∠DAC＝∠D′AC，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝EC，
∵折叠，
∴AD＝AD′，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，
∴AD′＝BC，
∵EC＝EA，
∴AD′﹣AE＝BC﹣CE，即BE＝ED′，
∴，
又∵，∠AEC＝∠BED′，
∴∠EAC＝∠ED′B，
∴BD′∥AC；
（2）当点D′与B点不重合时，如图，
依题意，EF＝ED′＝BE，AE＝EC，∠EFC＝∠AFE＝90°，
设∠ACB＝α，则∠EAF＝∠ACB＝∠BAE，
∵∠ACB+∠BAC＝90°，
∴α+2α＝90°，
解得：α＝30°，
∴，
在Rt△ABC中，，
∴矩形纸片的长宽之比为，
当点D′与B点重合时，如图，
此时ABCD是正方形，
∴矩形纸片的长宽之比为1：1，
综上矩形纸片的长宽之比1：1或；
（3）当∠CBD′＝90°时，如图，设CD′与AB交于点E，
由（1）可得BD′∥AC，
∴∠ACB＝180°﹣∠CBD′＝90°，
在Rt△ABC中，∵∠ABC＝60°，AB＝2，
∴∠BAC＝30°，
∴；
如图，当∠CD′B＝90°时，由（1）可得BD′∥AC，
∴∠ACD′＝180°﹣∠BD′C＝90°，
∵折叠，
∴∠ACD＝∠ACD′＝90°，
∴D，C，D′三点共线，
∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝60°，AB＝2，
∴∠D＝60°，CD＝AB＝2，
∴∠DAC＝30°，
在Rt△ACD中，A D＝2 C D＝4，
∴BC＝AD＝4；
如图，当∠BCD′＝90°时，
∵∠ABC＝60°，
∴∠BEC＝30°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DCA＝∠EAC，
∵折叠，
∴AD＝AD′，∠DCA＝∠ECA，
∴∠EAC＝∠ECA，
∴AE＝EC，
设BC＝m，
∴BE＝2m，，
∴，
∴，
∴；
如图，当∠BCD′＝90°时，同理可得∠CDE＝∠D＝∠ABC＝60°，∠CED＝30°＝∠AEB，CD＝CD′＝2＝AB，
∴D′E＝4，，
同理可得：AE＝CE，AD′＝AD＝BC，
∴BE＝D′E＝4，
∴；
综上所述：BC的长度为1或4或或．