第四讲：矩形的判定（暑期预习衔接讲义）（思维导图+知识总结梳理+典例精讲+变式训练+高频精炼）-2025-2026学年九年级数学上册（北师大版）

【暑期预习衔接讲义】2025-2026学年北师大版九年级数学上册 第四讲：矩形的判定 （思维导图+知识总结梳理+典例精讲+变式训练+高频精炼） 知识点01：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： ①定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ②对角线相等的平行四边形是矩形. ③有三个角是直角的四边形是矩形. 特别说明：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形 考点1：证明四边形是矩形 【典型例题】 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，若要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【变式训练1】 根据图中数据，下列选项中是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【变式训练2】 四边形的对角线，交于点，下列各组条件不能判定四边形是矩形的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 考点2：根据矩形的性质和判定求角度 【典型例题】 如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【变式训练1】 两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【变式训练2】 如图，将一矩形纸片沿着虚线剪成两块全等的四边形纸片，根据图中标示的长度与角度，则剪得的四边形纸片中较短的边的长是（    ） A．4 B．3 C．5 D． 考点3：根据矩形的性质和判定求线段长度 【典型例题】 如图，的对角线相交于点是等边三角形，且的面积为，则对角线的长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【变式训练1】 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于..，为的中点，则的最小值为（   ） A．2 B．2.4 C．2.5 D．2.8 【变式训练2】 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，连接，则的最小值为（　　） A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5 考点4：根据矩形的性质和判定求面积 【典型例题】 如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交、于点、，连接、．若图中阴影部分的面积为8，则的值为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【变式训练1】 如图，在四边形中，，，连接与交于点O，若，，则四边形的面积为（   ） A．24 B．36 C．48 D．60 【变式训练2】 如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边的中点所得四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 一、单选题 1．如图，的两条对角线相交于点O，添加下列条件仍不能判定是矩形的是（    ） A．B． C． D． 2．如图，□ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，△ABO是等边三角形，若AC＝8cm，则平行四边形ABCD的面积是（    ）cm2 ． A．16 B．4 C．8 D．16 3．将一个含30 °的角的直角三角尺(∠AMF＝90°)按如图所示放置在矩形纸板上，已知矩形纸板的长是宽的2倍，点M是BC边的中点，则∠AFE的度数为（   ） A．20° B．30° C．15° D．5° 4．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．4.8 B．5 C．3.6 D．5.4 5．如图，的对角线，相交于点，是等边三角形，且，则的周长是（   ） A． B． C． D． 6．如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 7．如果矩形的两条对角线所夹锐角为，那么对角线与相邻两边所夹的角的度数分别是（    ） A． B． C． D． 8．如图所示，矩形ABCD中，AE平分交BC于E，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确结论有（        ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．如图，在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 10．如图，小美用钉子将四根木棍订成了一个平行四边形框架，现固定，转动． 当 时，四边形的面积最大，此时四边形是 形． 11．如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 12．如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    13．如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝23°，则∠DBE＝ 度． 14．如图，的对角线，相交于点，若，则 ． 15．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，则折痕的长为 ． 16．如图，矩形的对角线与相交于点，，，，，则四边形的面积为 ． 三、解答题 17．如图，在中，于点E，延长至点F，使得，连接．求证：四边形是矩形． 18．如图，，，且． (1)求证：； (2)若，判定四边形的形状，并说明理由． 19．如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 20．如图所示，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于F，且，连接． (1)求证：D是的中点； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 【暑期预习衔接讲义】2025-2026学年北师大版九年级数学上册 第四讲：矩形的判定 （思维导图+知识总结梳理+典例精讲+变式训练+高频精炼） 知识点01：矩形的判定 矩形的判定有三种方法： ①定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形. ②对角线相等的平行四边形是矩形. ③有三个角是直角的四边形是矩形. 特别说明：在平行四边形的前提下，加上“一个角是直角”或“对角线相等”都能判定平行四边形是矩形 考点1：证明四边形是矩形 【典型例题】 如图，在平行四边形中，对角线，相交于点，若要使平行四边形成为矩形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定，平行四边形的性质、菱形的判定、等腰三角形的判定等知识，熟知矩形的判定是解答的关键． 根据矩形的判定方法逐项判断即可． 【详解】解：A、四边形是平行四边形，， 平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 平行四边形是矩形，符合题意； C、四边形是平行四边形，， 平行四边形菱形，不能判定是矩形，不符合题意； D、四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形，不能判定是矩形，不符合题意， 故选：B． 【变式训练1】 根据图中数据，下列选项中是平行四边形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是平行线的判定，平行线之间的距离的含义，平行四边形的判定，矩形的判定，根据平行四边形的判定方法逐一分析即可. 【详解】解：由一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故A不符合题意； 如图， ∵，即，， ∴，且之间的距离为， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，也是平行四边形，故B符合题意； 选项C不能判定四边形是平行四边形，故C不符合题意； 选项D也只有一组对边平行，不能判定四边形是平行四边形，故D不符合题意； 故选：B 【变式训练2】 四边形的对角线，交于点，下列各组条件不能判定四边形是矩形的是（    ） A．，， B．，， C．，， D．，， 【答案】B 【分析】本题考查矩形的判定，解题的关键是熟练掌握矩形的判定定理． 根据矩形的判定定理，逐一分析各选项条件是否满足矩形的定义或判定条件． 【详解】解：A、，，说明四边形是平行四边形，，说明对角线相等，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可判定为矩形，选项A不符合题意， B、，，说明四边形是平行四边形，，说明对角线垂直，此时平行四边形为菱形，但菱形的对角线不一定相等，无法保证四个角为直角，故不能判定为矩形，选项B符合题意， C、，，说明四边形是平行四边形，，说明有一个直角，根据“有一个直角的平行四边形是矩形”，可判定为矩形，选项C不符合题意， D、，，可推出且，说明是平行四边形；，说明，结合平行四边形性质得，对角线相等，故可判定为矩形，选项D不符合题意， 故选：B． 考点2：根据矩形的性质和判定求角度 【典型例题】 如图，在中，对角线、相交于点O，且，，则的度数为（  ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，根据矩形的判定得到四边形是矩形，由矩形的性质求出，由角的和差关系求出，再根据等边对等角求出即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴ 故选：A． 【变式训练1】 两个矩形的位置如图所示，若则的度数为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由补角的定义可得，由题意可得，，则有，即可得解． 【详解】解：如图， 由题意得：， ∵， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，余角与补角，解答的关键是明确互余的两角之和为90°，互补的两角之和为180° 【变式训练2】 如图，将一矩形纸片沿着虚线剪成两块全等的四边形纸片，根据图中标示的长度与角度，则剪得的四边形纸片中较短的边的长是（    ） A．4 B．3 C．5 D． 【答案】B 【分析】由矩形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=DC=4，ADBC，再证四边形ABFQ是矩形，得AB=FQ=DC=4，求出EQ=FQ=4，即可得出答案． 【详解】解：过F作FQ⊥AD于Q，则∠FQA=∠FQD=90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=DC=4，ADBC， ∴四边形ABFQ、四边形CDQF都是矩形， ∴AB=FQ=DC=4，QD=CF， 由题意得：AE=CF， ∴AE=QD， ∵ADBC， ∴∠QEF=∠BFE=45°， ∴△QEF是等腰直角三角形， ∴EQ=FQ=4， ∴AE=QD=×（10-4）=3， 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键． 考点3：根据矩形的性质和判定求线段长度 【典型例题】 如图，的对角线相交于点是等边三角形，且的面积为，则对角线的长为（   ） A．4 B．8 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等边三角形的性质，矩形的判定和性质，含30度角的直角三角形，根据等边三角形的性质，推出，进而得到是矩形，根据含30度角的直角三角性质的性质，以及矩形的面积公式，求出的长，进而得到对角线的长即可． 【详解】解：∵的对角线相交于点是等边三角形， ∴， ∴， ∴是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴； 故选B． 【变式训练1】 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于..，为的中点，则的最小值为（   ） A．2 B．2.4 C．2.5 D．2.8 【答案】B 【分析】此题主要考查了勾股定理、矩形的判定与性质、垂线段最短和直角三角形斜边上的中线性质；由直角三角形的面积求出是解决问题的关键． 先求证四边形是矩形，再根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短，利用三角形面积求得最短时的长，然后即可求出最短时的长． 【详解】解：连接，如图所示： ，，， ， ，， 四边形是矩形， ，与互相平分， 是的中点， 为的中点， ， 根据直线外一点到直线上任一点的距离，垂线段最短， 即时，最短，同样也最短， 当时，， 最短时，， 当最短时，． 故选：B． 【变式训练2】 如图，在中，，，，为边上一动点，于，于，连接，则的最小值为（　　） A．1.5 B．2 C．2.4 D．2.5 【答案】C 【分析】先证四边形是矩形，得，要使最小，只要最小即可，再根据垂线段最短和三角形面积求出即可． 【详解】解：连接，如图： ，，， 四边形是矩形， ， 要使最小，只要最小即可， 当时，最短， ，，， ， 的面积， ， 即， 故选：C． 【点睛】本题利用了矩形的性质和判定、勾股定理、垂线段最短以及三角形面积等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解此题的关键． 考点4：根据矩形的性质和判定求面积 【典型例题】 如图，点是矩形的对角线上一点，过点作，分别交、于点、，连接、．若图中阴影部分的面积为8，则的值为（   ） A．4 B．8 C．16 D．32 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质、三角形的面积等知识，由矩形的性质可证明，根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：作于，交于． 则有四边形，四边形，四边形，四边形，四边形都是矩形， ，，，，， ∴， ， ∵， ∴，即， ∴． 故选：B． 【变式训练1】 如图，在四边形中，，，连接与交于点O，若，，则四边形的面积为（   ） A．24 B．36 C．48 D．60 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，得到四边形是矩形是解题的关键． 先证明四边形是矩形，得到，再运用勾股定理即可求解，继而得到矩形的面积． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴矩形的面积为， 故选：C． 【变式训练2】 如图，在菱形中，，，顺次连接菱形各边的中点所得四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接、，交于点，根据菱形的性质和中位线定理可知四边形是矩形，根据菱形的性质可证是等边三角形，根据等边三角形的性质可求，，利用矩形的面积公式可求结果． 【详解】解：如下图所示，连接、，交于点， 四边形是菱形， ，， 又， 是等边三角形， ， 则， ， 点、、、分别是、、、的中点， ，， 同理可得，， 四边形是矩形， 四边形的面积为． 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质、三角形的中位线定理、矩形的面积公式、等边三角形的判定和性质，解决本题的关键是根据菱形的性质和三角形的中位线定理证明四边形是矩形． 一、单选题 1．如图，的两条对角线相交于点O，添加下列条件仍不能判定是矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质等知识，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键． 由矩形的判定方法分别对各个选项进行判定即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， A、∵， ∴平行四边形是矩形，故选项A不符合题意； B、∵， ∴平行四边形是矩形，故选项B不符合题意； C、， ∴平行四边形是菱形，故选项C符合题意； D、∵， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形， ， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是矩形，故选项D不符合题意； 故选：C． 2．如图，□ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，△ABO是等边三角形，若AC＝8cm，则平行四边形ABCD的面积是（    ）cm2 ． A．16 B．4 C．8 D．16 【答案】D 【分析】根据平行四边形的性质和等边三角形的性质证得AC=BD=8，AB=4，进而证得四边形ABCD为矩形，利用勾股定理求得BC即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO=OC，BO=OD， ∵△ABO是等边三角形，AC=8cm， ∴AO=OB=AB=4cm， ∴AC=BD， ∴四边形是ABCD是矩形， ∴∠ABC=90°， ∴在Rt△ABC中，BC=， ∴平行四边形ABCD的面积是AB·BC= ×4= (cm2)， 故答案为：D． 【点睛】本题考查平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． 3．将一个含30 °的角的直角三角尺(∠AMF＝90°)按如图所示放置在矩形纸板上，已知矩形纸板的长是宽的2倍，点M是BC边的中点，则∠AFE的度数为（   ） A．20° B．30° C．15° D．5° 【答案】C 【分析】由BC=2AB=2BM，得到△ABM是等腰直角三角形，又根据四边形ABCD是矩形，得到AD∥BC，推出∠AFM=∠FMC=45°，因为∠MFE=60°，得到∠AFE=15°． 【详解】解：∵BC=2AB=2BM， ∴AB=BM， ∴∠AMB=45°， ∵∠AMF=90°， ∴∠FMC=45°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠AFM=∠FMC=45°， ∵∠MFE=60°， ∴∠AFE=15°． 故选C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，直角三角形的性质，解题的关键是熟记定理． 4．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．4.8 B．5 C．3.6 D．5.4 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，矩形性质的运用是解题的关键；连接，证明四边形是矩形，则，当时，最短，从而最小，利用面积关系求出的最小值即可． 【详解】解：如图，连接， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴； 当时，最短，从而最小； ∵，， ∴由勾股定理得； ∵当时，， ∴， 即的最小值为，从而的最小值为． 故选：A． 5．如图，的对角线，相交于点，是等边三角形，且，则的周长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了等边三角形的性质，平行四边形的性质，勾股定理，矩形的判定与性质，由等边三角形的性质得，，由四边形是平行四边形，则，，从而得，证明四边形是矩形，然后通过勾股定理求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形的周长， 故选：． 6．如图，在四边形中，为直角，，，对角线、相交于点O，，，则四边形的面积为（    ） A．60 B．30 C．90 D．96 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形的判定、矩形的判定与性质、勾股定理，先证明四边形是矩形，再利用矩形的性质和勾股定理求得即可．证明四边形是矩形是解答的关键． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵为直角， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴，则， ∴四边形的面积为． 故选：A． 7．如果矩形的两条对角线所夹锐角为，那么对角线与相邻两边所夹的角的度数分别是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】结合题意根据矩形的对角线相等和互相平分可以得出其中一条对角线与其相邻一边的夹角的度数；接下来根据矩形的四个角都是直角，结合上一步的结论即可求出另一夹角的度数. 【详解】根据矩形对角线的性质可得：一条对角线与其邻边的夹角为： ()180°−44°)÷2=68°， 则另一角为：90°-68°=22°. 故选A. 【点睛】本题考查的是矩形的性质，解决问题的关键是掌握矩形的性质； 8．如图所示，矩形ABCD中，AE平分交BC于E，，则下面的结论：①是等边三角形；②；③；④，其中正确结论有（        ）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据矩形性质求出OD=OC,根据角求出 ∠DOC = 60°即可得出三角形DOC是等边三角形,求出AC= 2AB, 即可判断②,求出∠BOE= 75°，∠AOB = 60相加即可求出,∠AOE根据等底等高的三角形面积相等得出. 【详解】∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD=90°，OA=OC，OD=OB，AC=BD ∴OA=OD=OC=OB ∵AE平分∠BAD， ∴∠DAE=45°. ∵∠CAE=15°， ∴∠DAC=30°. ∵OA=OD， ∴∠ODA=∠DAC=30°. ∴∠DOC=60°. ∵OD=OC， ∴△ODC是等边三角形. ∴①正确； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，∠ABC=90°. ∴∠DAC=∠ACB=30°. ∴AC=2AB. ∵AC＞BC， ∴2AB＞BC. ∴②错误； ∵AD∥BC， ∴∠DBC=∠ADB=30°. ∵AE平分∠DAB，∠DAB=90°， ∴∠DAE=∠BAE=45°. ∵AD∥BC， ∴∠DAE=∠AEB， ∴∠AEB=∠BAE， ∴AB=BE. ∵△DOC是等边三角形， ∴DC=OD. ∴BE=BO. ∴∠BOE=75°， ∵∠AOB=∠DOC=60°， ∴∠AOE=135°. ∴③正确； ∵OA=OC， ∴根据等底等高的三角形面积相等可知， ∴④正确； 故正确答案是C. 【点睛】本题考查了矩形性质，平行线性质，角平分线定义，等边三角形的性质和判定，三角形的内角和定理等知识点的综合运用. 二、填空题 9．如图，在平行四边形中，对角线与交于点．添加一个条件： ，则可判定四边形是矩形． 【答案】（或）（答案不唯一，正确即可） 【分析】此题考查了矩形的判定方法，熟练掌握矩形的判定定理是解答此题的关键． 根据矩形的判定定理求解即可． 【详解】解：若使变为矩形，可添加的条件是： ；（对角线相等的平行四边形是矩形） 等．（有一个角是直角的平行四边形是矩形） 故答案为：或． 10．如图，小美用钉子将四根木棍订成了一个平行四边形框架，现固定，转动． 当 时，四边形的面积最大，此时四边形是 形． 【答案】 90 矩 【分析】本题考查了矩形的判定，过作于点，再根据题意，当即可求解，熟练掌握矩形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，过作于点， 根据题意可得：的面积为， ∵不变， ∴当时，面积最大， ∴， ∴是矩形， 故答案为：90，矩． 11．如图平行四边形中，对角线、相交于点O，且，，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形性质，等腰三角形性质，以及矩形的性质和判定，根据题意证得四边形是矩形，利用矩形的性质和等腰三角形性质即可计算出的度数． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 故答案为：． 12．如图，在中，为边上一点，以为边作矩形．若，，则的大小为 度．    【答案】60 【分析】想办法求出，利用平行四边形的性质即可解决问题． 【详解】解：四边形是矩形， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：60． 【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用转化的思想思考问题． 13．如图，矩形ABCD中，BE⊥AC于点E，若∠ACB＝23°，则∠DBE＝ 度． 【答案】44 【分析】由矩形的性质可知∠OBC=∠ACB=23°，则可求得∠AOB度数，由直角三角形的性质可得∠DBE的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形 ∴AC=BD，OA=OC，OB=OD， ∴OB=OC， ∴∠ACB=∠OBC=23° ， ∵∠AOB=∠ACB+∠OBC=46°，且BE⊥AC ， ∴∠DBE=44° ． 故答案为：44 【点睛】本题主要考查矩形的性质，等腰三角形的性质，利用矩形的对角线相等且平分求得∠OBC的度数是解题的关键． 14．如图，的对角线，相交于点，若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，证明是矩形是解题的关键．先证明是矩形，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：的对角线，相交于点，若， ， 是矩形， ， ， 故答案为：． 15．如图，在矩形纸片中，，将矩形纸片折叠，使点与点重合，则折痕的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定和性质及折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握矩形的性质，全等三角形的判定和性质得出是解题的关键． 根据矩形的性质和折叠的性质，，，设，则，运用勾股定理得到，则，再证，得到，，如图所示，过点作于点，在中运用勾股定理得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，， 设，则， 在中，， ∴， 解得，， ∴，则， ∵， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 如图所示，过点作于点， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， 故答案为： ． 16．如图，矩形的对角线与相交于点，，，，，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】连接，与交于点F，只要证明四边形是菱形，四边形是平行四边形结合勾股定理即可解决问题． 【详解】解：∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴，， ∵矩形的对角线与相交于点O， ∴，， ∴平行四边形是菱形． 连接，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形． ∴． ∴四边形的面积为； 故答案为： 【点睛】本题考查矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，二次根式的运算，解题的关键是学会添加常用辅助线，利用菱形的性质解决问题． 三、解答题 17．如图，在中，于点E，延长至点F，使得，连接．求证：四边形是矩形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识点，灵活运用平行四边形的性质成为解题的关键． 由可推出，由平行四边形可得、，即、，可得四边形是平行四边形．再说明即可证明结论． 【详解】证明：∵， ∴， ∴． ∵平行四边形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 18．如图，，，且． (1)求证：； (2)若，判定四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)矩形，见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，矩形的判定，等边对等角等等，熟知全等三角形的性质与判定定理，矩形的判定定理是解题的关键． （1）可证明得到，再由等边对等角可得，据此可证明结论； （2）由全等三角形的性质得到，则可证明四边形是平行四边形，得到，则．进而可证明，则平行四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （2）解：四边形为矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． 19．如图，菱形的对角线与相交于点O，的中点为E，连接并延长至点F，使得，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)96 【分析】（1）由，，证明四边形是平行四边形，根据菱形的性质证明，则四边形是矩形； （2）由菱形的性质得，由矩形的性质得，则6，，所以，则． 【详解】（1）证明：∵的中点为E， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线与相交于点O， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：∵，， ∴，， ∴， ∴6， ∴， ∴， ∴菱形的面积为96． 【点睛】此题重点考查菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识，求得及是解题的关键． 20．如图所示，中，D是边上一点，E是的中点，过点A作的平行线交的延长线于F，且，连接． (1)求证：D是的中点； (2)若，试判断四边形的形状，并证明． 【答案】(1)见解析 (2)若，则四边形是矩形，证明见解析 【分析】本题考查了矩形的判定，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点． （1）根据两直线平行，内错角相等求出，然后利用证明和全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解； （2）由（1）知平行等于，易证四边形是平行四边形，而，是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证，即，那么可证四边形是矩形． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵点E为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴D是的中点； （2）解：若，则四边形是矩形．证明如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴平行四边形是矩形． 学科网（北京）股份有限公司 $$