北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》2.矩形的性质与判定（3）
一、选择题
1．（2023八下·南岗期中）下列叙述错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线相等
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是矩形
2．（2023八下·岫岩期中）如图，在平面直角坐标系中，将长方形沿直线折叠（点E在边上），折叠后顶点D恰好落在边上的点F处．若点D的坐标为．则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023八下·中山期中）如图，矩形中，点、分别为边、上两动点，且，，沿翻折矩形，使得点恰好落在边（含端点）上，记作点，翻折后点对应点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
4．（2023八下·防城期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，交BD于点E，，则的度数为（ ）
A．40° B．35° C．30° D．25°
5．（2022九上·南宁开学考）如图，矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
6．（2023七下·梁平期中）如图，直线，平分，，且平移恰好到，则下列结论：①平分；②；③平分；④.其中一定正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2023八下·河东期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（ ）
A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8
二、填空题
8．（2022九上·平遥期末）平行四边形的对角线与相交于点，若要使平行四边形成为矩形，则需要添加的一个条件是 ．（只写出一种情况即可）
9．（2022八下·仙居期末）木工师傅要做一张长方形的桌面．完成后，量得桌面的长为，宽为，对角线为130cm，则做出的这个桌面 .（填“合格”或“不合格”）
10．（2023八下·吉林期中）如图，在中相交于点，，当 时，是矩形．
11．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ．
12．（2023九上·榆林期末）如图，BE，BF分别是与它的邻补角的平分线，，垂足为点E，，垂足为点F，EF分别交边AB，AC于点M和N．若，，则的长为 ．
13．（2023·陕西）如图，在矩形中，，点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，若则线段的长为 ．
三、解答题
14．（2021八下·罗平期中）如图所示，已知直线MN//PQ，直线AC交MN、PQ于点A、C，所得的同旁内角的平分线AB、BC和AD、CD分别相交于点B、D．试猜想AC与BD的关系，并说明理由．
15．（2020·聊城）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
16．（2021九上·和平期末）如图，△ABC中，点D是边AC的中点，过D作直线PQ∥BC，∠BCA的平分线交直线PQ于点E，点G是△ABC的边BC延长线上的点，∠ACG的平分线交直线PQ于点F．求证：四边形AECF是矩形．
17．（2021九上·铁西月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E.求证：四边形ADCE为矩形；
18．（2021八下·八步期末）已知四边形 是菱形， 、 、 、 、分别是菱形 各边的中点，连接 、 、 、 ，判断四边形 的形状，并说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
A、平行四边形的对角线互相平分，A不符合题意；
B、矩形的对角线相等，B不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，C不符合题意；
D、对角线互相平分且相等的四边形为矩形，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质对选项逐一分析即可求解。
2．【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形AOCD是矩形，
∴OA=CD，AD=OC，∠DAO=∠OCD=∠AOC=90°，
∵点D（10，8），
∴AD=10，CD=8，
由折叠得AF=AD=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，由勾股定理得OF=6，
∴FC=OC-OF=4，
设CE=x，则EF=DE=(8-x)，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2=EF2，
∴x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴点E（10，3）.
故答案为：A.
【分析】由矩形的性质得OA=CD，AD=OC，∠DAO=∠OCD=∠AOC=90°，根据点D的坐标可得AD=10，CD=8，由折叠得AF=AD=10，DE=EF，在Rt△AOF中，由勾股定理算出OF，从而可得FC的长，再在Rt△CEF中，由勾股定理建立方程可求出CE的长，从而此题得解.
3．【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接NG、ND、GD，
由折叠可得NH=NC，∠C=∠H=90°，CD=HG，
∴△CDN≌△HGN（SAS）.
∵四边形ABCD为矩形，AB=8，
∴NH=，故当GN最小时，NH最小.
由图可知：当点G与点B重合时，GN最小，设NC=x，则NH=x，GN=10-x，
∵GN2=NH2+GH2，
∴(10-x)2=x2+64，
解得x=，
∴NH的最小值为.
故答案为：C.
【分析】连接NG、ND、GD，由折叠可得NH=NC，∠C=∠H=90°，CD=HG，利用SAS证明△CDN≌△HGN，则GH=AB=CD=8，由勾股定理可得NH=，则当点G与点B重合时，GN最小，设NC=x，则NH=x，GN=10-x，再利用勾股定理进行计算.
4．【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形
，OA=OD，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：B.
【分析】根据矩形性质和，得到，再根据三角形外角的性质得到的角度，最后求得的度数.
5．【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接CM，
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
由勾股定理得：BD＝＝5，
当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
此时，S△BCD＝BD CM＝BC CD，
∴CM＝＝，
∴PQ的最小值为，
故答案为：A．
【分析】如图，连接CM，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形PCQM是矩形，由矩形的性质可得PQ=CM，在直角三角形BCD中，用勾股定理可求得BD的值，根据垂线段最短可得：当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，在直角三角形BCD中，用面积法可求得CM的值，即为PQ的最小值.
6．【答案】D
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；角平分线的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵EG平分∠AEF，
∴∠AEG=∠GEF=∠AEF，
∵HE⊥GE于E，
∴∠GEH=90°，
∴∠GEF+∠HEF=90°，
∴∠AEG+∠BEH=90°，
∴∠BEH=∠FEH，
∴EH平分∠BEF，故①正确；
∵平移EH恰好到GF，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EG∥FH，EG=HF，故②正确；
∴∠GEF=∠EFH，
∵AB∥CD，
∴∠AEF=∠DFE，
∵∠GEF=∠AEF，
∴∠EFH=∠EFD，
∴FH平分∠EFD，故③正确；
∵四边形EGFH是平行四边形，∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴∠GFH=90°，故④正确，
∴正确的结论有4个，
故答案为：D.
【分析】根据角平分线的概念可得∠AEG=∠GEF=∠AEF，由等角的余角相等可得∠BEH=∠FEH，据此判断①；由平移的性质可得四边形EGFH是平行四边形，然后根据平行四边形的性质可判断②；根据平行线的性质可得∠GEF=∠EFH，∠AEF=∠DFE，结合∠GEF=∠AEF可得∠EFH=∠EFD，据此判断③；易得四边形EGFH是矩形，根据矩形的性质可判断④.
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，
∴．
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴四边形AMDN为矩形，
∴AD=MN，
∴当AD最小时，MN最小．
∵当AD⊥BC时，AD最小，
根据S△ABC=AB AC=AD BC，
∴6×8=10×AD，
∴AD=4.8，
∴线段MN的最小值为4.8．
故答案为：D．
【分析】 连接AD．由勾股定理可求得BC=10，由三个直角的四边形说明AMDN为矩形，得出AD=MN，所以当AD最小时，即MN最小．，D为BC边上的点，A为线段BC外一点，根据点到直线上各点的距离垂线段最短，所以当AD⊥BC时，AD最小，结合等面积法求出AD的值，便可求出线段MN的最小值．
8．【答案】AC=BD（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：添加，理由如下：
∵四边形是平行四边形，AC=BD，
∴四边形是矩形．
故答案为：AC=BD（答案不唯一）.
【分析】对角线相等的平行四边形是矩形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此添加即可（答案不唯一）.
9．【答案】不合格
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：不合格，
理由：，
即：，
，
四边形ABCD不是矩形，
这个桌面不合格.
故答案为：不合格.
【分析】由题意可得AD2+CD2≠AC2，则四边形ABCD不是矩形，据此判断.
10．【答案】4
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=BD.
如果为矩形
那么对角线必须相等，即AC=BD，
∴OD=4.
故答案为：4
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，可知如果为矩形，必须满足AC=BD；四边形ABCD是平行四边形，所以OD=BD，可以得到OD=4。
11．【答案】8
【知识点】矩形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
12．【答案】5
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；角平分线的概念；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵BE，BF分别是∠ABC与它的邻补角∠ABD的平分线，
∴∠ABC=2∠ABE，∠ABD＝2∠ABF，∠ABE=∠EBC，
∵∠ABC＋∠ABD＝180°，
∴2∠ABF＋2∠ABE=180°
∴∠ABF+∠ABE=∠FBE=90°
∵AE⊥BE，AF⊥BF，
∴∠AFB＝∠AEB＝90°，
∴四边形AFBE是矩形，
∴EF＝AB＝7，MB＝ME，
∴∠ABE＝∠MEB，
∴∠MEB＝∠EBC，
∴ME∥BC，
∵MB＝MA，
∴AN＝NC，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN＝BC＝2，
∴MF＋NE＝EF MN＝5.
故答案为：5
【分析】利用角平分线的定义可证得∠ABC=2∠ABE，∠ABD＝2∠ABF，∠ABE=∠EBC，由此可推出∠FBE=90°，利用垂直的定义可得到∠AFB＝∠AEB＝90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形AFBE是矩形，利用矩形的性质可求出EF的长，同时可证得MB＝ME，利用等边对等角可推出∠ABE＝∠MEB；再证明∠MEB＝∠EBC，可证得ME∥BC，由此可推出MN是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出MN的长，然后根据MF+NE=EF-MN，代入计算求出MF+NE的长.
13．【答案】
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作点关于的对称点，连接，
四边形是矩形，，
，，，
，
，
，
，
点、点关于对称，
点在上，，，
，
，
，
，即点 、 、三点共线且，，
四边形是矩形，
，，
， ，
，
，
故答案为：.
【分析】观察图形可发现PM、PN的关系类似于将军饮马模型中的图形特点，故作点N的对称点，然后可得出点M、P、N'三点共线这一结果，再利用矩形的性质求PC的长.
14．【答案】解：AC与BD相等且互相平分，理由如下：
∵MN//PQ，
∴ ∠MAC＋∠ACP＝180°
又∵AB、CB分别平分∠MAC、∠ACP
∴∠BAC＝∠MAC，∠BCA＝∠ACP
∴∠BAC＋∠BCA＝90°
∴∠ABC＝90°
同理可得∠ADC＝90°
又∠ACP＋∠ACQ＝180°，CB、CD分别平分∠ACP、∠ACQ
∴∠ACB＋∠ACD＝90°
即∠BCD＝90°
∴四边形ABCD是矩形
∴AC与BD相等且互相平分
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【分析】先证出四边形ABCD是矩形，再利用矩形的性质可得AC与BD相等且互相平分。
15．【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∴
∵
∴四边形ABFC是平行四边形
∴平行四边形ABFC是矩形．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得 ，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得 ，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
16．【答案】解：∵PQ∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，∠DFC＝∠GCF，
∵CE平分∠BCA，CF平分∠ACG，
∴，，
∴∠DEC＝∠DCE，∠DFC＝∠DCF，
∴DE＝DC，DF＝DC，
∴DE＝DF，
∵点D是边AC的中点，
∴AD＝CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BCA+∠ACG＝180°，
∴∠ECF＝∠DCE+∠DCF＝，
∴平行四边形AECF是矩形．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】先证明DE=DC，DF=DC，则DE=DF，再证明四边形AECF是平行四边形，然后证明∠ECF=90°，即可得出结论。
17．【答案】证明：由AB=AC，AD⊥BC，根据“三线合一”可得AD平分∠BAC，即∠DAC= ∠BAC，再根据AN平分∠CAM，可得∠NAC= ∠CAM，从而得到∠DAN=90°，再有CE⊥AN，AD⊥BC即可证得结论．
在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC
∴AD平分∠BAC
∴∠DAC= ∠BAC
又∵AN是ΔABC外角∠CAM的平分线
∴∠NAC= ∠CAM
∴∠DAC+∠NAC= (∠BAC+∠CAM)=90°
即∠DAN=90°
又∵CE⊥AN，AD⊥BC
∴∠ADC=∠AEC=90°
∴∠ADC=∠AEC=∠DAN = 90°
∴四边形ADCE是矩形．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】根据“三线合一”可得∠DAC= ∠BAC，再根据AN平分∠CAM，可得∠NAC= ∠CAM，从而得到∠DAN=90°，再有CE⊥AN，AD⊥BC即可证得结论．
18．【答案】解：四边形EFGH是矩形.
理由如下：连接AC、BD，
∵AC⊥BD，
∴E，F，G，H分别是菱形ABCD四条边的中点.
∴HE∥BD，GF∥BD.
∴HE∥GF.
同理得：HG∥AC，EF∥AC.
∴HG∥EF.
∴四边形EFGH是平行四边形.
∵HE∥BD，AC⊥BD，
∴HE⊥AC.
∵HG∥AC，
∴HE⊥HG.
∴平行四边形EFGH是矩形.
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】四边形EFGH是矩形.理由：连接AC、BD， 由三角形中位线定理可得HE∥BD，GF∥BD，即得HE∥GF，同理得HG∥EF，可证四边形EFGH是平行四边形. 由HE∥BD，AC⊥BD，HG∥AC， 可得 HE⊥HG，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即证结论.
1 / 1北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》2.矩形的性质与判定（3）
一、选择题
1．（2023八下·南岗期中）下列叙述错误的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分
B．矩形的对角线相等
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：
A、平行四边形的对角线互相平分，A不符合题意；
B、矩形的对角线相等，B不符合题意；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，C不符合题意；
D、对角线互相平分且相等的四边形为矩形，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质对选项逐一分析即可求解。
2．（2023八下·岫岩期中）如图，在平面直角坐标系中，将长方形沿直线折叠（点E在边上），折叠后顶点D恰好落在边上的点F处．若点D的坐标为．则点E的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵四边形AOCD是矩形，
∴OA=CD，AD=OC，∠DAO=∠OCD=∠AOC=90°，
∵点D（10，8），
∴AD=10，CD=8，
由折叠得AF=AD=10，DE=EF，
在Rt△AOF中，由勾股定理得OF=6，
∴FC=OC-OF=4，
设CE=x，则EF=DE=(8-x)，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2=EF2，
∴x2+42=（8-x）2，
解得x=3，
∴点E（10，3）.
故答案为：A.
【分析】由矩形的性质得OA=CD，AD=OC，∠DAO=∠OCD=∠AOC=90°，根据点D的坐标可得AD=10，CD=8，由折叠得AF=AD=10，DE=EF，在Rt△AOF中，由勾股定理算出OF，从而可得FC的长，再在Rt△CEF中，由勾股定理建立方程可求出CE的长，从而此题得解.
3．（2023八下·中山期中）如图，矩形中，点、分别为边、上两动点，且，，沿翻折矩形，使得点恰好落在边（含端点）上，记作点，翻折后点对应点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接NG、ND、GD，
由折叠可得NH=NC，∠C=∠H=90°，CD=HG，
∴△CDN≌△HGN（SAS）.
∵四边形ABCD为矩形，AB=8，
∴NH=，故当GN最小时，NH最小.
由图可知：当点G与点B重合时，GN最小，设NC=x，则NH=x，GN=10-x，
∵GN2=NH2+GH2，
∴(10-x)2=x2+64，
解得x=，
∴NH的最小值为.
故答案为：C.
【分析】连接NG、ND、GD，由折叠可得NH=NC，∠C=∠H=90°，CD=HG，利用SAS证明△CDN≌△HGN，则GH=AB=CD=8，由勾股定理可得NH=，则当点G与点B重合时，GN最小，设NC=x，则NH=x，GN=10-x，再利用勾股定理进行计算.
4．（2023八下·防城期中）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，交BD于点E，，则的度数为（ ）
A．40° B．35° C．30° D．25°
【答案】B
【知识点】三角形的外角性质；矩形的性质
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形
，OA=OD，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：B.
【分析】根据矩形性质和，得到，再根据三角形外角的性质得到的角度，最后求得的度数.
5．（2022九上·南宁开学考）如图，矩形ABCD中，AD＝3，AB＝4，M为线段BD上一动点，MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，则PQ的最小值是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】垂线段最短及其应用；勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接CM，
∵MP⊥CD于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠CPM＝∠CQM＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝3，CD＝AB＝4，∠BCD＝90°，
∴四边形PCQM是矩形，
∴PQ＝CM，
由勾股定理得：BD＝＝5，
当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，
此时，S△BCD＝BD CM＝BC CD，
∴CM＝＝，
∴PQ的最小值为，
故答案为：A．
【分析】如图，连接CM，结合已知根据有三个角是直角的四边形是矩形可得四边形PCQM是矩形，由矩形的性质可得PQ=CM，在直角三角形BCD中，用勾股定理可求得BD的值，根据垂线段最短可得：当CM⊥BD时，CM最小，则PQ最小，在直角三角形BCD中，用面积法可求得CM的值，即为PQ的最小值.
6．（2023七下·梁平期中）如图，直线，平分，，且平移恰好到，则下列结论：①平分；②；③平分；④.其中一定正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定与性质；角平分线的判定；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵EG平分∠AEF，
∴∠AEG=∠GEF=∠AEF，
∵HE⊥GE于E，
∴∠GEH=90°，
∴∠GEF+∠HEF=90°，
∴∠AEG+∠BEH=90°，
∴∠BEH=∠FEH，
∴EH平分∠BEF，故①正确；
∵平移EH恰好到GF，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∴EG∥FH，EG=HF，故②正确；
∴∠GEF=∠EFH，
∵AB∥CD，
∴∠AEF=∠DFE，
∵∠GEF=∠AEF，
∴∠EFH=∠EFD，
∴FH平分∠EFD，故③正确；
∵四边形EGFH是平行四边形，∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形，
∴∠GFH=90°，故④正确，
∴正确的结论有4个，
故答案为：D.
【分析】根据角平分线的概念可得∠AEG=∠GEF=∠AEF，由等角的余角相等可得∠BEH=∠FEH，据此判断①；由平移的性质可得四边形EGFH是平行四边形，然后根据平行四边形的性质可判断②；根据平行线的性质可得∠GEF=∠EFH，∠AEF=∠DFE，结合∠GEF=∠AEF可得∠EFH=∠EFD，据此判断③；易得四边形EGFH是矩形，根据矩形的性质可判断④.
7．（2023八下·河东期中）如图，在中，，且，，点D是斜边上的一个动点，过点D分别作于点M，于点N，连接，则线段的最小值为（ ）
A．5 B．3.6 C．2.4 D．4.8
【答案】D
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵∠BAC=90°，且BA=6，AC=8，
∴．
∵DM⊥AB，DN⊥AC，
∴四边形AMDN为矩形，
∴AD=MN，
∴当AD最小时，MN最小．
∵当AD⊥BC时，AD最小，
根据S△ABC=AB AC=AD BC，
∴6×8=10×AD，
∴AD=4.8，
∴线段MN的最小值为4.8．
故答案为：D．
【分析】 连接AD．由勾股定理可求得BC=10，由三个直角的四边形说明AMDN为矩形，得出AD=MN，所以当AD最小时，即MN最小．，D为BC边上的点，A为线段BC外一点，根据点到直线上各点的距离垂线段最短，所以当AD⊥BC时，AD最小，结合等面积法求出AD的值，便可求出线段MN的最小值．
二、填空题
8．（2022九上·平遥期末）平行四边形的对角线与相交于点，若要使平行四边形成为矩形，则需要添加的一个条件是 ．（只写出一种情况即可）
【答案】AC=BD（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：添加，理由如下：
∵四边形是平行四边形，AC=BD，
∴四边形是矩形．
故答案为：AC=BD（答案不唯一）.
【分析】对角线相等的平行四边形是矩形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此添加即可（答案不唯一）.
9．（2022八下·仙居期末）木工师傅要做一张长方形的桌面．完成后，量得桌面的长为，宽为，对角线为130cm，则做出的这个桌面 .（填“合格”或“不合格”）
【答案】不合格
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的判定
【解析】【解答】解：不合格，
理由：，
即：，
，
四边形ABCD不是矩形，
这个桌面不合格.
故答案为：不合格.
【分析】由题意可得AD2+CD2≠AC2，则四边形ABCD不是矩形，据此判断.
10．（2023八下·吉林期中）如图，在中相交于点，，当 时，是矩形．
【答案】4
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OD=BD.
如果为矩形
那么对角线必须相等，即AC=BD，
∴OD=4.
故答案为：4
【分析】根据矩形的判定定理：对角线相等的平行四边形是矩形，可知如果为矩形，必须满足AC=BD；四边形ABCD是平行四边形，所以OD=BD，可以得到OD=4。
11．（2022·台州）如图， △ABC的边BC长为4cm．将△ABC平移2cm得到△A′B′C′ ，且BB′⊥BC，则阴影部分的面积为 ．
【答案】8
【知识点】矩形的判定与性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵ 将△ABC平移 2cm 得到△A′B′C′ ，
∴BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，
∴四边形BCC′B′是平行四边形，S△ABC=S△A′B′C′，
∵BB′⊥BC，
∴∠BB′C′=90°，
∴四边形BCC′B′是矩形，
∴S阴影部分=S矩形BCC′B′=4×2=8.
故答案为：8
【分析】利用平移的性质可证得BB′=CC′=2，BC=B′C′=4，△ABC≌△A′B′C′，利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，可证得四边形BCC′B′是平行四边形，同时可证得S△ABC=S△A′B′C′；再证明四边形BCC′B′是矩形，由此可得到阴影部分的面积=矩形BCC′B′的面积，然后利用矩形的面积公式进行计算.
12．（2023九上·榆林期末）如图，BE，BF分别是与它的邻补角的平分线，，垂足为点E，，垂足为点F，EF分别交边AB，AC于点M和N．若，，则的长为 ．
【答案】5
【知识点】等腰三角形的性质；矩形的判定与性质；角平分线的概念；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵BE，BF分别是∠ABC与它的邻补角∠ABD的平分线，
∴∠ABC=2∠ABE，∠ABD＝2∠ABF，∠ABE=∠EBC，
∵∠ABC＋∠ABD＝180°，
∴2∠ABF＋2∠ABE=180°
∴∠ABF+∠ABE=∠FBE=90°
∵AE⊥BE，AF⊥BF，
∴∠AFB＝∠AEB＝90°，
∴四边形AFBE是矩形，
∴EF＝AB＝7，MB＝ME，
∴∠ABE＝∠MEB，
∴∠MEB＝∠EBC，
∴ME∥BC，
∵MB＝MA，
∴AN＝NC，
∴MN是△ABC的中位线，
∴MN＝BC＝2，
∴MF＋NE＝EF MN＝5.
故答案为：5
【分析】利用角平分线的定义可证得∠ABC=2∠ABE，∠ABD＝2∠ABF，∠ABE=∠EBC，由此可推出∠FBE=90°，利用垂直的定义可得到∠AFB＝∠AEB＝90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形AFBE是矩形，利用矩形的性质可求出EF的长，同时可证得MB＝ME，利用等边对等角可推出∠ABE＝∠MEB；再证明∠MEB＝∠EBC，可证得ME∥BC，由此可推出MN是△ABC的中位线，利用三角形的中位线定理可求出MN的长，然后根据MF+NE=EF-MN，代入计算求出MF+NE的长.
13．（2023·陕西）如图，在矩形中，，点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，若则线段的长为 ．
【答案】
【知识点】矩形的判定与性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，作点关于的对称点，连接，
四边形是矩形，，
，，，
，
，
，
，
点、点关于对称，
点在上，，，
，
，
，
，即点 、 、三点共线且，，
四边形是矩形，
，，
， ，
，
，
故答案为：.
【分析】观察图形可发现PM、PN的关系类似于将军饮马模型中的图形特点，故作点N的对称点，然后可得出点M、P、N'三点共线这一结果，再利用矩形的性质求PC的长.
三、解答题
14．（2021八下·罗平期中）如图所示，已知直线MN//PQ，直线AC交MN、PQ于点A、C，所得的同旁内角的平分线AB、BC和AD、CD分别相交于点B、D．试猜想AC与BD的关系，并说明理由．
【答案】解：AC与BD相等且互相平分，理由如下：
∵MN//PQ，
∴ ∠MAC＋∠ACP＝180°
又∵AB、CB分别平分∠MAC、∠ACP
∴∠BAC＝∠MAC，∠BCA＝∠ACP
∴∠BAC＋∠BCA＝90°
∴∠ABC＝90°
同理可得∠ADC＝90°
又∠ACP＋∠ACQ＝180°，CB、CD分别平分∠ACP、∠ACQ
∴∠ACB＋∠ACD＝90°
即∠BCD＝90°
∴四边形ABCD是矩形
∴AC与BD相等且互相平分
【知识点】矩形的判定与性质
【解析】【分析】先证出四边形ABCD是矩形，再利用矩形的性质可得AC与BD相等且互相平分。
15．（2020·聊城）如图，已知平行四边形ABCD中，E是BC的中点，连接AE并延长，交DC的延长线于点F，且AF＝AD，连接BF，求证：四边形ABFC是矩形．
【答案】解：∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵E为BC的中点
∴
∴
∴
∵
∴四边形ABFC是平行四边形
∴平行四边形ABFC是矩形．
【知识点】平行线的性质；平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定与性质
【解析】【分析】先根据平行四边形的性质、平行线的性质得到两角一边对应相等，再根据三角形全等的判定定理与性质可得 ，然后根据平行四边形的判定可得四边形ABFC是平行四边形，又根据等量代换可得 ，最后根据矩形的判定（对角线相等的平行四边形是矩形）可得四边形ABFC是矩形．
16．（2021九上·和平期末）如图，△ABC中，点D是边AC的中点，过D作直线PQ∥BC，∠BCA的平分线交直线PQ于点E，点G是△ABC的边BC延长线上的点，∠ACG的平分线交直线PQ于点F．求证：四边形AECF是矩形．
【答案】解：∵PQ∥BC，
∴∠DEC＝∠BCE，∠DFC＝∠GCF，
∵CE平分∠BCA，CF平分∠ACG，
∴，，
∴∠DEC＝∠DCE，∠DFC＝∠DCF，
∴DE＝DC，DF＝DC，
∴DE＝DF，
∵点D是边AC的中点，
∴AD＝CD，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠BCA+∠ACG＝180°，
∴∠ECF＝∠DCE+∠DCF＝，
∴平行四边形AECF是矩形．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】先证明DE=DC，DF=DC，则DE=DF，再证明四边形AECF是平行四边形，然后证明∠ECF=90°，即可得出结论。
17．（2021九上·铁西月考）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是∠BAC的平分线，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E.求证：四边形ADCE为矩形；
【答案】证明：由AB=AC，AD⊥BC，根据“三线合一”可得AD平分∠BAC，即∠DAC= ∠BAC，再根据AN平分∠CAM，可得∠NAC= ∠CAM，从而得到∠DAN=90°，再有CE⊥AN，AD⊥BC即可证得结论．
在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC
∴AD平分∠BAC
∴∠DAC= ∠BAC
又∵AN是ΔABC外角∠CAM的平分线
∴∠NAC= ∠CAM
∴∠DAC+∠NAC= (∠BAC+∠CAM)=90°
即∠DAN=90°
又∵CE⊥AN，AD⊥BC
∴∠ADC=∠AEC=90°
∴∠ADC=∠AEC=∠DAN = 90°
∴四边形ADCE是矩形．
【知识点】矩形的判定
【解析】【分析】根据“三线合一”可得∠DAC= ∠BAC，再根据AN平分∠CAM，可得∠NAC= ∠CAM，从而得到∠DAN=90°，再有CE⊥AN，AD⊥BC即可证得结论．
18．（2021八下·八步期末）已知四边形 是菱形， 、 、 、 、分别是菱形 各边的中点，连接 、 、 、 ，判断四边形 的形状，并说明理由.
【答案】解：四边形EFGH是矩形.
理由如下：连接AC、BD，
∵AC⊥BD，
∴E，F，G，H分别是菱形ABCD四条边的中点.
∴HE∥BD，GF∥BD.
∴HE∥GF.
同理得：HG∥AC，EF∥AC.
∴HG∥EF.
∴四边形EFGH是平行四边形.
∵HE∥BD，AC⊥BD，
∴HE⊥AC.
∵HG∥AC，
∴HE⊥HG.
∴平行四边形EFGH是矩形.
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【分析】四边形EFGH是矩形.理由：连接AC、BD， 由三角形中位线定理可得HE∥BD，GF∥BD，即得HE∥GF，同理得HG∥EF，可证四边形EFGH是平行四边形. 由HE∥BD，AC⊥BD，HG∥AC， 可得 HE⊥HG，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即证结论.
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