1.2矩形的性质与判定（第2课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．（2025·德阳）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是 （ ）
A．AB∥CD B．AB=BC C． D．
【答案】D
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：A：AB∥CD是平行四边形的性质，故不能得到ABCD是矩形，不符合题意；
B：添加AB=BC，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
C：添加∠B=∠D，四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D：添加AC=BD，四边形ABCD是矩形，符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据矩形的判定定理解答即可.
2．（2023·上海）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=∠B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的长为AD与BC的距离，
∵AD=CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴选项ABD不符合题意，选项C不符合题意，
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定方法判断求解即可。
3．（【探究应用新思维】八年级数学专题19 关于中点的联想）如图，在菱形ABCD中，E，F，G，H 分别是边AB，BC，CD 和DA 的中点，连接EF，FG，GH和 HE.若EH=2EF，则下列结论正确的是( ).
A． B．AB=2EF C． D．
【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点，
∴，EF//AC，，EH//BD
∵EH=2EF，
∴OB=2OA，
∴，
∴，
故答案为：D.
【分析】连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形BFGH是矩形，根据勾股定理计算即可.
4．（2025·宁海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，取边AB上任意一点D（不与点A重合），连结DC，作 ADCE，AC与DE交于点F，则下列结论中正确的是（ ）
①当点D位置变化时，F始终为AC中点；
②当D为AB中点时，线段DE取得最小值；
③当CD AB时，四边形ADCE为矩形；
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AF=CF，
∴当点D位置变化时，F始终为AC中点；故①正确；
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴DE=2DF， AF=CF，
∵D为AB中点，
∴DF是△ABC的中位线， BC =2DF，
∴DE=BC，
∴线段DE不存在最小值，故②错误；
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE为矩形.故③正确；
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质得到AF=CF，于是得到当点D位置变化时，F始终为AC中点；故①正确；根据平行四边形的性质得到DE=2DF， AF=CF，求得DE=BC，得到线段DE不存在最小值，故②错误；根据矩形的判定定理得到四边形ADCE为矩形.故③正确.
5．（2025八下·杭州期中）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边形EMFN一定是平行四边形
B．若，则四边形EMFN是矩形
C．若，则四边形EMFN是菱形
D．若，则四边形EMFN是矩形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E，N分别为AD，BD的中点，
∴NE∥AB，NE=AB，
同理可得MF∥AB，MF=AB，
故NE∥MF，且NE=MF，
∴四边形EMFN为平行边形，
故A正确；
若AB=CD，
由中位线的性质，可知NE=AB，ME=DC，
∴NE=ME，
∴四边形EMFN为菱形，
故C正确；
由MF∥AB，NF∥DC，
则∠ABC=∠MFC，∠DCB=∠NFB，
则
∴∠NFM=90°，
故四边形EMFN为矩形，
故D正确，
故答案为：B.
【分析】根据三角形中位线的性质，可证明NMFN为平行四边形，在平行四边形的基础上再去判断是否会成为菱形或矩形.
二、填空题
6．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可)
【答案】（或或等）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
【分析】
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
7．（2024八下·康县期末）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件 ，使为矩形（任意添加一个符合题意的条件即可）．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，添加条件，
∴平行四边形为矩形
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，添加条件；根据对角线相等的平行四边形是矩形添加条件 AC = BD，答案不唯一，即可求解．
8．（2025九下·罗湖月考）如图，将平行四边形的边延长线到点，使，连接，交于点．添加一个条件，使四边形是矩形．下列四个条件：①；②；③；④中，你认为可选择的是 ．（填上所有满足条件的序号）
【答案】①②④
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故①正确．
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故②正确．
∵，
∴四边形是菱形，
故③错误；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故④正确．
故答案为：①②④．
【分析】根据平行四边形性质可得，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则．根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可判断①，②；根据菱形判定定理可判断③；再根据角之间的关系可得，则，根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可判断④.
9．如图， 在 中， 分别是 ， 边的中点， 请添加一个条件 ，使四边形 为矩形． （填一个即可）
【答案】∠B=90°( 答案不唯一)
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴DF与EF都是△ABC的中位线，
∴DF∥BC，EF∥AB，即DF∥BE，EF∥BD，
∴四边形BDFE是平行四边形，
又∠B=90°，
∴平行四边形BDFE是矩形.
故答案为：∠B=90°.
【分析】由三角形的中位线平行于第三边得DF∥BC，EF∥AB，即DF∥BE，EF∥BD，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形BDFE是平行四边形，由有一个内角是直角的平行四边形是矩形可得结论.
10．（2025八下·白云期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理；用代数式表示图形变化规律
【解析】【解答】解：如图，连接、交于点，
四边形为菱形，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，
，，，，，
四边形为矩形，
四边形的面积为，
则四边形的面积是，
故答案为：．
【分析】连接、交于点，先求出，再利用中位线的性质可得，，，，，求出四边形的面积为，最后求出四边形的面积是即可.
三、解答题
11．（2025·威海）如图
（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．判断四边形EFGH的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知 ABCD能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ，其中，点M在AD上，点N在AB上，点P在BC上，点Q在CD上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
【答案】（1）解：结论：四边形EFGH是矩形．
理由：通过折叠的性质可知∠AFE＝∠EFK，∠BFG＝∠KFG，
∵∠AFB＝180°，
∴2∠EFK+2∠KFG＝180°，
∴∠EFK+∠KFG＝90°，即∠EFG＝90°，
同法可证∠FGH＝∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：如图，即为题目所求
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)结论：四边形EFGH是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
(2)分别以点D、C为圆心，大于 为半径作弧，连接两个交点，即为DC的垂直平分线，与DC交于点Q，同理作出AB的垂直平分线交于点N，连接NQ、AC， 交于点O， 以点O为中心， OQ长为半径作弧交AD于点M，点M即为所作.连接MO于点P， 连接MN、PQ、PN、MQ即为题目所求.
12．（2023·青岛）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．
（1）求证：；
（2）连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）证明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点G、H分别为、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得出AB=CD，∠B=∠D，∠BAD=∠BCD，根据角平分线的定义，可得∠BAE=∠DCF，从而根据ASA可判定；
（2）首先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形GEHF是平行四边形，然后再根据等腰三角形三线合一的性质，得出∠FGE=90°，从而得出四边形GEHF是矩形。
13．（2018·通辽）如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF=CD，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
【答案】（1）解：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，
∴△AEF≌△DEB（AAS）
（2）解：连接DF，∵AF∥CD，AF=CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∵△AEF≌△DEB，∴BE=FE，
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB，
∵AB=AC，
∴DF=AC，
∴四边形ADCF是矩形
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用线段中点的定义，可得出AE=DE，再根据平行线的性质可得出∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，然后利用全等三角形的判定定理，可证得结论。
（2）先证明四边形ADCF是平行四边形，再根据平行四边形的性质及全等三角形的性质，证得AE=DE，就可得出四边形ABDF是平行四边形，得出DF=AB，由AB=AC，可得出DF=AC，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形。
14．（2024九上·乌当月考）如图，在中，，D是的中点，，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵D是的中点，
∴，
由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由二直线平行，同旁内角互补得出，由垂直定义得，从而根据有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形ADCE是矩形；
（2）由中点定义，由矩形的性质得出，，，在Rt△ADC中，由勾股定理求出ASC，最后根据等面积法建立方程，即可求出EF．
（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
15．（2024·遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理.
（1）实践与操作
①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点O为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；OA，OB，OC，OD
③顺次连结所得的四点得到四边形.
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是： .
（2）猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形.并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程.
已知：如图，四边形是平行四边形，.
求证：四边形是矩形.
【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
∵OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD
又，
，
，
四边形是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
【分析】（1）直接根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，从而用SSS判断出△ABC≌△DCB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠DCB，再结合二直线平行，同旁内角互补可推出∠ABC=90°，然后根据有一个角为直角的平行四边形是矩形可得结论.
1 / 11.2矩形的性质与判定（第2课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．（2025·德阳）如图，要使平行四边形ABCD是矩形，需要增加的一个条件可以是 （ ）
A．AB∥CD B．AB=BC C． D．
2．（2023·上海）在四边形中，．下列说法能使四边形为矩形的是（ ）
A． B． C． D．
3．（【探究应用新思维】八年级数学专题19 关于中点的联想）如图，在菱形ABCD中，E，F，G，H 分别是边AB，BC，CD 和DA 的中点，连接EF，FG，GH和 HE.若EH=2EF，则下列结论正确的是( ).
A． B．AB=2EF C． D．
4．（2025·宁海模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BCA＝90°，取边AB上任意一点D（不与点A重合），连结DC，作 ADCE，AC与DE交于点F，则下列结论中正确的是（ ）
①当点D位置变化时，F始终为AC中点；
②当D为AB中点时，线段DE取得最小值；
③当CD AB时，四边形ADCE为矩形；
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
5．（2025八下·杭州期中）如图，AC，BD是四边形ABCD的对角线，点E，F分别是AD，BC的中点，点M，N分别是AC，BD的中点．下列说法中不正确的是（ ）
A．四边形EMFN一定是平行四边形
B．若，则四边形EMFN是矩形
C．若，则四边形EMFN是菱形
D．若，则四边形EMFN是矩形
二、填空题
6．（2024八下·德清期末）如图，四边形为平行四边形，延长到，使，连结，，，要使四边形成为矩形，可添加一个条件是 ．(只要写出一个条件即可)
7．（2024八下·康县期末）如图，四边形是平行四边形，请你添加一个条件 ，使为矩形（任意添加一个符合题意的条件即可）．
8．（2025九下·罗湖月考）如图，将平行四边形的边延长线到点，使，连接，交于点．添加一个条件，使四边形是矩形．下列四个条件：①；②；③；④中，你认为可选择的是 ．（填上所有满足条件的序号）
9．如图， 在 中， 分别是 ， 边的中点， 请添加一个条件 ，使四边形 为矩形． （填一个即可）
10．（2025八下·白云期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是 ．
三、解答题
11．（2025·威海）如图
（1）如图①，将平行四边形纸片ABCD的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形EFGH．判断四边形EFGH的形状，并说明理由；
（2）如图②，已知 ABCD能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形MNPQ，其中，点M在AD上，点N在AB上，点P在BC上，点Q在CD上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹）
12．（2023·青岛）如图，在中，的平分线交于点E，的平分线交于点F，点G，H分别是和的中点．
（1）求证：；
（2）连接．若，请判断四边形的形状，并证明你的结论．
13．（2018·通辽）如图，△ABC中，D是BC边上一点，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，且AF=CD，连接CF．
（1）求证：△AEF≌△DEB；
（2）若AB=AC，试判断四边形ADCF的形状，并证明你的结论．
14．（2024九上·乌当月考）如图，在中，，D是的中点，，，．
（1）求证：四边形是矩形；
（2）若，求的长．
15．（2024·遂宁）康康在学习了矩形定义及判定定理1后，继续探究其它判定定理.
（1）实践与操作
①任意作两条相交的直线，交点记为O；
②以点O为圆心，适当长为半径画弧，在两条直线上分别截取相等的四条线段；OA，OB，OC，OD
③顺次连结所得的四点得到四边形.
于是可以直接判定四边形是平行四边形，则该判定定理是： .
（2）猜想与证明
通过和同伴交流，他们一致认为四边形是矩形，于是猜想得到了矩形的另外一种判定方法：对角线相等的平行四边形是矩形.并写出了以下已知、求证，请你完成证明过程.
已知：如图，四边形是平行四边形，.
求证：四边形是矩形.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：A：AB∥CD是平行四边形的性质，故不能得到ABCD是矩形，不符合题意；
B：添加AB=BC，四边形ABCD是菱形，不符合题意；
C：添加∠B=∠D，四边形ABCD是平行四边形，不符合题意；
D：添加AC=BD，四边形ABCD是矩形，符合题意；
故答案为：D.
【分析】根据矩形的判定定理解答即可.
2．【答案】C
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵AD//BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠A=∠B，
∴∠A=∠B=90°，
∴AB⊥AD，AB⊥BC，
∴AB的长为AD与BC的距离，
∵AD=CD，
∴CD⊥AD，CD⊥BC，
∴∠C=∠D=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴选项ABD不符合题意，选项C不符合题意，
故答案为：C.
【分析】根据矩形的判定方法判断求解即可。
3．【答案】D
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AC、BD交于O，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，
∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD和DA的中点，
∴，EF//AC，，EH//BD
∵EH=2EF，
∴OB=2OA，
∴，
∴，
故答案为：D.
【分析】连接AC、BD交于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理得到四边形BFGH是矩形，根据勾股定理计算即可.
4．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ADCE是平行四边形，
∴AF=CF，
∴当点D位置变化时，F始终为AC中点；故①正确；
∵四边形ADCE是平行四边形，
∴DE=2DF， AF=CF，
∵D为AB中点，
∴DF是△ABC的中位线， BC =2DF，
∴DE=BC，
∴线段DE不存在最小值，故②错误；
∵CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE为矩形.故③正确；
故答案为：B.
【分析】根据平行四边形的性质得到AF=CF，于是得到当点D位置变化时，F始终为AC中点；故①正确；根据平行四边形的性质得到DE=2DF， AF=CF，求得DE=BC，得到线段DE不存在最小值，故②错误；根据矩形的判定定理得到四边形ADCE为矩形.故③正确.
5．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵E，N分别为AD，BD的中点，
∴NE∥AB，NE=AB，
同理可得MF∥AB，MF=AB，
故NE∥MF，且NE=MF，
∴四边形EMFN为平行边形，
故A正确；
若AB=CD，
由中位线的性质，可知NE=AB，ME=DC，
∴NE=ME，
∴四边形EMFN为菱形，
故C正确；
由MF∥AB，NF∥DC，
则∠ABC=∠MFC，∠DCB=∠NFB，
则
∴∠NFM=90°，
故四边形EMFN为矩形，
故D正确，
故答案为：B.
【分析】根据三角形中位线的性质，可证明NMFN为平行四边形，在平行四边形的基础上再去判断是否会成为菱形或矩形.
6．【答案】（或或等）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：四边形为平行四边形，
，，
又，
，且，
四边形为平行四边形，
添加，
为矩形；
添加，
，
为矩形；
添加，
，
为矩形．
故答案为：（或或）
【分析】
由于BC与DE平行且相等，因此四边形BDEC是平行四边形；则BE=CD=BA时，平行四边形BDEC是矩形；时，平行四边形BDEC是矩形．
7．【答案】（答案不唯一）
【知识点】矩形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形是平行四边形，添加条件，
∴平行四边形为矩形
故答案为：（答案不唯一）．
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，添加条件；根据对角线相等的平行四边形是矩形添加条件 AC = BD，答案不唯一，即可求解．
8．【答案】①②④
【知识点】平行线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定
【解析】【解答】解：∵平行四边形，
∴，，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴．
∵，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故①正确．
∵，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故②正确．
∵，
∴四边形是菱形，
故③错误；
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
故④正确．
故答案为：①②④．
【分析】根据平行四边形性质可得，，再根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则．根据直线平行性质可得，则，根据等角对等边可得，再根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可判断①，②；根据菱形判定定理可判断③；再根据角之间的关系可得，则，根据边之间的关系可得，再根据矩形判定定理可判断④.
9．【答案】∠B=90°( 答案不唯一)
【知识点】矩形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
∴DF与EF都是△ABC的中位线，
∴DF∥BC，EF∥AB，即DF∥BE，EF∥BD，
∴四边形BDFE是平行四边形，
又∠B=90°，
∴平行四边形BDFE是矩形.
故答案为：∠B=90°.
【分析】由三角形的中位线平行于第三边得DF∥BC，EF∥AB，即DF∥BE，EF∥BD，由两组对边分别平行的四边形是平行四边形得四边形BDFE是平行四边形，由有一个内角是直角的平行四边形是矩形可得结论.
10．【答案】
【知识点】菱形的性质；矩形的判定；三角形的中位线定理；用代数式表示图形变化规律
【解析】【解答】解：如图，连接、交于点，
四边形为菱形，
，，
，
为等边三角形，
，
，
，
，
，
顺次连接菱形各边中点，可得四边形，
，，，，，
四边形为矩形，
四边形的面积为，
则四边形的面积是，
故答案为：．
【分析】连接、交于点，先求出，再利用中位线的性质可得，，，，，求出四边形的面积为，最后求出四边形的面积是即可.
11．【答案】（1）解：结论：四边形EFGH是矩形．
理由：通过折叠的性质可知∠AFE＝∠EFK，∠BFG＝∠KFG，
∵∠AFB＝180°，
∴2∠EFK+2∠KFG＝180°，
∴∠EFK+∠KFG＝90°，即∠EFG＝90°，
同法可证∠FGH＝∠EHG＝90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：如图，即为题目所求
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【分析】(1)结论：四边形EFGH是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可；
(2)分别以点D、C为圆心，大于 为半径作弧，连接两个交点，即为DC的垂直平分线，与DC交于点Q，同理作出AB的垂直平分线交于点N，连接NQ、AC， 交于点O， 以点O为中心， OQ长为半径作弧交AD于点M，点M即为所作.连接MO于点P， 连接MN、PQ、PN、MQ即为题目所求.
12．【答案】（1）解：证明：∵四边形是平行四边形，
∴，，，，
∴，，
∵和的平分线、分别交、于点E、F，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴．
（2）证明：∵，
∴，，
∴，
∴，
∵点G、H分别为、的中点，
∴，，
∴四边形是平行四边形
∵，G为的中点，
∴，
∴四边形是矩形．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质，可得出AB=CD，∠B=∠D，∠BAD=∠BCD，根据角平分线的定义，可得∠BAE=∠DCF，从而根据ASA可判定；
（2）首先根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，得出四边形GEHF是平行四边形，然后再根据等腰三角形三线合一的性质，得出∠FGE=90°，从而得出四边形GEHF是矩形。
13．【答案】（1）解：∵E是AD的中点，∴AE=DE，∵AF∥BC，
∴∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，
∴△AEF≌△DEB（AAS）
（2）解：连接DF，∵AF∥CD，AF=CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∵△AEF≌△DEB，∴BE=FE，
∵AE=DE，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB，
∵AB=AC，
∴DF=AC，
∴四边形ADCF是矩形
【知识点】全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；矩形的判定
【解析】【分析】（1）利用线段中点的定义，可得出AE=DE，再根据平行线的性质可得出∠AFE=∠DBE，∠EAF=∠EDB，然后利用全等三角形的判定定理，可证得结论。
（2）先证明四边形ADCF是平行四边形，再根据平行四边形的性质及全等三角形的性质，证得AE=DE，就可得出四边形ABDF是平行四边形，得出DF=AB，由AB=AC，可得出DF=AC，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形。
14．【答案】（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（2）解：∵D是的中点，
∴，
由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
【知识点】三角形的面积；勾股定理；矩形的性质；矩形的判定；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由等腰三角形三线合一的性质得出，由二直线平行，同旁内角互补得出，由垂直定义得，从而根据有三个内角为直角的四边形是矩形得四边形ADCE是矩形；
（2）由中点定义，由矩形的性质得出，，，在Rt△ADC中，由勾股定理求出ASC，最后根据等面积法建立方程，即可求出EF．
（1）证明：∵， D是BC的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是矩形．
（2）由（1）可知四边形是矩形．
∴，，，
∵D是的中点，
∴，
在中，，
∴，
∵，
∴
即，
∴．
15．【答案】（1）对角线互相平分的四边形是平行四边形
（2）证明：四边形ABCD是平行四边形，
，，
，
∵OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD
又，
，
，
四边形是矩形.
【知识点】平行四边形的判定与性质；矩形的判定；三角形全等的判定-SSS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形ABCD中，OA=OC，OB=OD，
∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）
故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；
【分析】（1）直接根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可得出结论；
（2）由平行四边形的性质得AB∥CD，AB=CD，从而用SSS判断出△ABC≌△DCB，由全等三角形的对应角相等得∠ABC=∠DCB，再结合二直线平行，同旁内角互补可推出∠ABC=90°，然后根据有一个角为直角的平行四边形是矩形可得结论.
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