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北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定随堂练习题
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这是一份北师大版九年级上册2 矩形的性质与判定随堂练习题，文件包含专题12矩形的性质与判定新版初中北师大版数学9年级上册同步培优专题题库学生版docx、专题12矩形的性质与判定新版初中北师大版数学9年级上册同步培优专题题库教师版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）
专题1.2 矩形的性质与判定
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共25题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020春•武汉期中）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．测得AB的长为1.6km，则M，C两点间的距离为（ ）
A．0.5km B．0.6km C．0.8km D．1.2km
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质即可求解．
【解析】由题意可知，△ABC中，∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴MC=12AB=12×1.6＝0.8（km）．
故选：C．
2．（2020春•东湖区校级期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】由矩形的性质可证明S△PEB＝S△PFD，即可求解．
【解析】作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，
∵MP＝AE＝2
∴S△DFP＝S△PBE=12×2×6＝6，
∴S阴＝6+6＝12，
故选：B．
3．（2020春•江阴市期中）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
A．6013 B．5013 C．185 D．125
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD=132，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解析】连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=AB2+BC2=122+52=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD＝15，OA＝OD=12AC=132，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×132×（PE+PF）＝15，
∴PE+PF=6013，
故选：A．
4．（2020春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AO＝5，CD＝6，则AD＝（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，根据勾股定理求出AD即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，AO＝5，
∴∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2-CD2=102-62=8，
故选：D．
5．（2020春•西城区校级期中）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），则第四个顶点的坐标为（ ）
A．（﹣2，2） B．（4，2） C．（4，4） D．（4，3）
【分析】先在平面直角坐标系中描出点（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），然后根据矩形的性质画出矩形得到第四个点的位置，再写出第四个顶点的坐标．
【解析】如图，
∵A（﹣2，﹣1），B（﹣2，2），C（4，﹣1），
∴BD＝AC＝2+4＝6，
∴第四个顶点D的坐标为（6﹣2，2），即（4，2）．
故选：B．
6．（2020春•江汉区期中）下列结论中，矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和为360° B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对边平行
【分析】由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．
【解析】矩形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分且相等；
平行四边形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分；
故选项A、B、D不符合题意，C符合题意；
故选：C．
7．（2020春•栖霞区期中）下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（ ）
A．∠A＝∠C B．∠A＝∠B C．AC＝BD D．AB⊥BC
【分析】由矩形的判定方法分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解析】A、在▱ABCD，若∠A＝∠C，
则四边形ABCD还是平行四边形；故选项A符合题意；
B、在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、在▱ABCD中，AC＝BD，
则▱ABCD是矩形；故选项C不符合题意；
D、在▱ABCD中，AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：A．
8．（2020春•香坊区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，ED＝5，EC＝3，则矩形的周长为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．24
【分析】根据勾股定理求出DC＝4；证明BE＝AB＝4，即可求出矩形的周长．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC2＝DE2﹣CE2＝25﹣9＝16，
∴DC＝4，AB＝4；
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE；
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB＝4，
∴BC＝BE+EC＝7，
∴矩形ABCD的周长＝2（4+7）＝22．
故选：C．
9．（2020春•无锡期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，连接CE，△DEC的周长为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE＝6﹣x，在Rt△DEC中，根据勾股定理得出DE2+DC2＝EC2，求出DE即可．
【解析】设DE＝x，则AE＝6﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，
∵EF⊥AC，AO＝OC，
∴AE＝CE＝6﹣x，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：DE2+DC2＝EC2，
即x2+42＝（6﹣x）2，
解得：x=53，
即DE=53，CE＝AE＝6-53=135，
∴△DEC的周长为DE+CE+DC=53+133+4＝10，
故选：A．
10．（2020春•赣榆区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AB，BE⊥AC，AF⊥BC，则∠EFC的度数为（ ）
A．35° B．40° C．45° D．60°
【分析】先根据线段垂直平分线的性质及BE⊥AC得出△ABE是等腰直角三角形，再由等腰三角形的性质得出∠ABC的度数，由AB＝AC，AF⊥BC，可知BF＝CF，BF＝EF，再根据三角形外角的性质即可得出结论．
【解析】∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∵BE⊥AC，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABE＝45°，
又∵AB＝AC，
∴∠ABC=12（180°﹣∠BAC）=12（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF，
∴BF＝EF，
∴∠BEF＝∠CBE＝22.5°，
∴∠EFC＝∠BEF+∠CBE＝22.5°+22.5°＝45°．
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020春•西城区校级期中）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF＝AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE＝S△ADF；③AF＝AB；④BE＝AF．其中正确的结论是 ①②④ ．
【分析】证明Rt△DEF≌Rt△DEC得出①正确；在证明△ABE≌△DFA得出S△ABE＝S△ADF；②正确；得出BE＝AF，④正确，③不正确；即可得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ABE＝90°，AD∥BC，AB＝CD，
∵DF＝AB，
∴DF＝CD，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA＝∠DFE＝90°，
在Rt△DEF和Rt△DEC中，DE=DEDF=DC，
∴Rt△DEF≌Rt△DEC（HL），①正确；
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAF，
在△ABE和△DFA中，∠ABE=∠DFA∠AEB=∠DAFAB=DF，
∴△ABE≌△DFA（AAS），
∴S△ABE＝S△ADF；②正确；
∴BE＝AF，④正确，③不正确；
故答案为：①②④．
12．（2020春•栖霞区期中）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝ 35 °．
【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝20°，即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠AOD＝110°，
∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD=12（180°﹣70°）＝55°，
∵DE⊥AC，
∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，
∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；
故答案为：35．
13．（2020春•宜兴市期中）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC＝12，P，Q分别为AO，AD的中点，则PQ的长度为 3 ．
【分析】根据矩形的性质可得AC＝BD＝12，BO＝DO＝6，再根据三角形中位线定理可得PQ=12DO＝3．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝12，BO＝DO=12BD，
∴OD=12BD＝6，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ=12DO＝3．
故答案为：3．
14．（2020春•江汉区期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段AC的长为 45 ．
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝4，再由勾股定理求出AC即可．
【解析】连接AE，如图：
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，∠AOF=∠COEOA=OC∠OAF=∠OCE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE＝5，
∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，
∴AB=AE2-BE2=52-32=4，
∴AC=AB2+BC2=42+82=45；
故答案为：45．
15．（2020春•南岗区校级期中）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B点的纵坐标是 3 ．
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，证明△AFC≌△OEB，即可求得答案．
【解析】如图，
过点A作AD⊥x轴于点D，
过点B作BE⊥x轴于点E，
过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
则AF⊥CF，
延长CA交x轴于点H，
∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC，AC∥OB，
∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，
∵∠AFC＝∠OEB＝90°，
∴△AFC≌△OEB（AAS），
∴CF＝BE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
16．（2020春•鹿城区校级期中）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．
应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为 43-2 ．
【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，由矩形的性质得出AB＝DE，由题意得CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，得出AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2．
【解析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：
则AB＝DE，
由题意得：CD2+CE2＝CA2+CB2，
即22+CE2＝42+62，
解得：CE＝43，
当C、D、E三点共线时，DE最小，
∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2；
故答案为：43-2．
17．（2020春•明水县校级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC．若AC＝5，则四边形CODE的周长是 10 ．
【分析】根据矩形的性质求出OC＝OD，根据平行四边形的判定得出四边形CODE是平行四边形，根据菱形的判定得出四边形CODE是菱形，再根据菱形的性质得出即可．
【解析】如图，
∵四边形ABCD是矩形，AC＝5，
∴AO＝OC＝2.5，AC＝BD，DO＝BO，
∴OC＝OD，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∴四边形CODE是菱形，
∴DE＝CE＝OC＝OD＝2.5，
∴四边形CODE的周长是2.5+2.5+2.5+2.5＝10，
故答案为：10．
18．（2020春•赣榆区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是 6013 ．
【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．
【解析】如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB=AC2+BC2=52+122=13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC=12BC•AC=12AB•CD，
即12×12×5=12×13•CD，
解得：CD=6013，
∴EF=6013．
故答案为：6013．
三、解答题（本大题共7小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•罗湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是AB的中点，且OC＝OD．
（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；
（2）若AD＝3，∠COD＝60°，求矩形ABCD的面积．
【分析】（1）证△AOD≌△BOC（SSS），得出∠A＝∠B＝90°，即可得出结论；
（2）证出∠AOD＝∠BOC＝60°，则∠ADO＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA=33AD=3，则AB＝2OA＝23，由矩形面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵点O是AB的中点，
∴OA＝OB，
在△AOD和△BOC中，OA=OBAD=BCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SSS），
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）得：△AOD≌△BOC，
∴∠AOD＝∠BOC，
∵∠COD＝60°，
∴∠AOD＝∠BOC＝60°，
∵∠A＝90°，
∴∠ADO＝30°，
∴OA=33AD=3，
∴AB＝2OA＝23，
∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝23×3＝63．
20．（2020春•吴江区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF＝3．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）求线段EF的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝5，根据勾股定理得到AF＝CE＝5，于是得到结论；
（2）过F作FH⊥AB于H，得到四边形AHFD是矩形，根据矩形的性质得到AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，
∵BE＝DF＝3，
∴CF＝AE＝8﹣3＝5，
∴AF＝CE=32+42=5，
∴AF＝CF＝CE＝AE＝5，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：过F作FH⊥AB于H，如图所示：
则四边形AHFD是矩形，
∴AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，
∴EH＝5﹣3＝2，
∴EF=EH2+FH2=22+42=25．
21．（2020春•建湖县期中）已知：如图，AC、BD相交于点O，且点O是AC、BD的中点，点E在四边形ABCD的形外，且∠AEC＝∠BED＝90°．求证：四边形ABCD是矩形．
【分析】连接EO，证四边形ABCD是平行四边形，在Rt△AEC中EO=12AC，在Rt△EBD中，EO=12BD，得到AC＝BD，即可得出结论．
【解答】证明：连接EO，如图所示：
∵O是AC、BD的中点，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
在Rt△EBD中，
∵O为BD中点，
∴EO=12BD，
在Rt△AEC中，∵O为AC的中点，
∴EO=12AC，
∴AC＝BD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形．
22．（2020春•汉寿县期中）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，求证：四边形ABGE是平行四边形．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形即可．
【解答】证明：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
在△BGF和△DEH中，∠BFG=∠DHE∠GBF=∠EDHFG=HE，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）连接EG，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
23．（2020春•香坊区校级期中）已知，在△ABC中，AB＝AC，点D、点O分别为BC、AC的中点，AE∥BC．
（1）如图1，求证：四边形ADCE是矩形；
（2）如图2，若点F是CE上一动点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与四边形ABDF面积相等的三角形和四边形．
【分析】（1）首先得到四边形ADCE是平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判断矩形即可；
（2）根据四边形ADCE是矩形，得到AD∥CE，于是得到S△ADC＝S△ADF＝S△AED，即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵点D、点O别是BC、AC的中点，
∴OD∥AB，BD＝CD，
∴DE∥AB，
又∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，
∴AD∥CE，
∴S△ADC＝S△ADF＝S△AED，
∴四边形ABDF面积＝S△ABC＝S四边形ABDE＝S矩形ADCE．
24．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM=12MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
25．（2020春•庆云县期中）矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AC＝10．
（1）求矩形较短边的长．
（2）矩形较长边的长；
（3）矩形的面积．
如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，你能求出这个矩形的面积吗？试写出解答过程．
【分析】（1）根据矩形的性质，可以得到△AOB是等边三角形，则可以求得OA的长，进而求得AB的长．
（2）在直角△ABC中，根据勾股定理来求BC的长度；
（3）由矩形的面积公式进行解答；
如果把本题改为：根据矩形性质得出AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，推出AO＝OB，得出等边三角形AOB，求出∠ABO，即可得出答案．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB
又∵∠AOB＝60°
∴△AOB是等边三角形．
∴AB＝OA=12AC＝5，即矩形较短边的长为5；
（2）在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，AC＝10，则BC=AC2-AB2=102-52=53，
即矩形较长边的长是53；
（3）矩形的面积＝AB•BC＝5×53=253；
如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，能求出这个矩形的面积．
解答过程为：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，
∴AO＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴AD＝AB•tan60°＝43，
∴这个矩形的面积为4×43=163．
初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）
专题1.2 矩形的性质与判定
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共25题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2020春•武汉期中）如图，公路AC，BC互相垂直，公路AB的中点M与点C被湖隔开．测得AB的长为1.6km，则M，C两点间的距离为（ ）
A．0.5km B．0.6km C．0.8km D．1.2km
【分析】利用直角三角形斜边上的中线等于斜边一半的性质即可求解．
【解析】由题意可知，△ABC中，∠ACB＝90°，M是AB的中点，
∴MC=12AB=12×1.6＝0.8（km）．
故选：C．
2．（2020春•东湖区校级期中）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于E、F，连接PB、PD．若AE＝2，PF＝6，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．10 B．12 C．16 D．18
【分析】由矩形的性质可证明S△PEB＝S△PFD，即可求解．
【解析】作PM⊥AD于M，交BC于N．
则有四边形AEPM，四边形DFPM，四边形CFPN，四边形BEPN都是矩形，
∴S△ADC＝S△ABC，S△AMP＝S△AEP，S△PBE＝S△PBN，S△PFD＝S△PDM，S△PFC＝S△PCN，
∵MP＝AE＝2
∴S△DFP＝S△PBE=12×2×6＝6，
∴S阴＝6+6＝12，
故选：B．
3．（2020春•江阴市期中）已知：如图，矩形ABCD中，AB＝5，BC＝12，对角线AC、BD相交于点O，点P是线段AD上任意一点，且PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，则PE+PF等于（ ）
A．6013 B．5013 C．185 D．125
【分析】首先连接OP．由矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，可求得OA＝OD=132，然后由S△AOD＝S△AOP+S△DOP求得答案．
【解析】连接PO，
∵矩形ABCD的两边AB＝5，BC＝12，
∴S矩形ABCD＝AB•BC＝60，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，AC=AB2+BC2=122+52=13，
∴S△AOD=14S矩形ABCD＝15，OA＝OD=12AC=132，
∴S△AOD＝S△AOP+S△DOP=12OA•PE+12OD•PF=12OA（PE+PF）=12×132×（PE+PF）＝15，
∴PE+PF=6013，
故选：A．
4．（2020春•鹿城区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AO＝5，CD＝6，则AD＝（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，根据勾股定理求出AD即可．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，AO＝5，
∴∠ADC＝90°，AC＝2AO＝10，
在Rt△ADC中，由勾股定理得：AD=AC2-CD2=102-62=8，
故选：D．
5．（2020春•西城区校级期中）一个长方形在平面直角坐标系中三个顶点的坐标为（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），则第四个顶点的坐标为（ ）
A．（﹣2，2） B．（4，2） C．（4，4） D．（4，3）
【分析】先在平面直角坐标系中描出点（﹣2，﹣1）（﹣2，2）和（4，﹣1），然后根据矩形的性质画出矩形得到第四个点的位置，再写出第四个顶点的坐标．
【解析】如图，
∵A（﹣2，﹣1），B（﹣2，2），C（4，﹣1），
∴BD＝AC＝2+4＝6，
∴第四个顶点D的坐标为（6﹣2，2），即（4，2）．
故选：B．
6．（2020春•江汉区期中）下列结论中，矩形具有而平行四边形不一定具有的性质是（ ）
A．内角和为360° B．对角线互相平分
C．对角线相等 D．对边平行
【分析】由矩形的性质和平行四边形的性质即可得出结论．
【解析】矩形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分且相等；
平行四边形的性质：内角和360°，对边平行且相等，对角线互相平分；
故选项A、B、D不符合题意，C符合题意；
故选：C．
7．（2020春•栖霞区期中）下列条件中，不能判定▱ABCD为矩形的是（ ）
A．∠A＝∠C B．∠A＝∠B C．AC＝BD D．AB⊥BC
【分析】由矩形的判定方法分别对各个选项进行判断，即可得出结论．
【解析】A、在▱ABCD，若∠A＝∠C，
则四边形ABCD还是平行四边形；故选项A符合题意；
B、在▱ABCD中，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故选项B不符合题意；
C、在▱ABCD中，AC＝BD，
则▱ABCD是矩形；故选项C不符合题意；
D、在▱ABCD中，AB⊥BC，
∴∠ABC＝90°，
∴▱ABCD是矩形，故选项D不符合题意；
故选：A．
8．（2020春•香坊区校级期中）如图，在矩形ABCD中，AE平分∠BAD交BC于点E，ED＝5，EC＝3，则矩形的周长为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．24
【分析】根据勾股定理求出DC＝4；证明BE＝AB＝4，即可求出矩形的周长．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝90°，AB＝CD，AD∥BC，AD＝BC，
∵ED＝5，EC＝3，
∴DC2＝DE2﹣CE2＝25﹣9＝16，
∴DC＝4，AB＝4；
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAE；
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB，
∴BE＝AB＝4，
∴BC＝BE+EC＝7，
∴矩形ABCD的周长＝2（4+7）＝22．
故选：C．
9．（2020春•无锡期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，过对角线交点O作EF⊥AC交AD于点E，交BC于点F，连接CE，△DEC的周长为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【分析】根据矩形的性质得出∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，根据线段垂直平分线的性质得出AE＝CE＝6﹣x，在Rt△DEC中，根据勾股定理得出DE2+DC2＝EC2，求出DE即可．
【解析】设DE＝x，则AE＝6﹣x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，DC＝AB＝4，AD＝BC＝6，AO＝OC，
∵EF⊥AC，AO＝OC，
∴AE＝CE＝6﹣x，
在Rt△DEC中，由勾股定理得：DE2+DC2＝EC2，
即x2+42＝（6﹣x）2，
解得：x=53，
即DE=53，CE＝AE＝6-53=135，
∴△DEC的周长为DE+CE+DC=53+133+4＝10，
故选：A．
10．（2020春•赣榆区期中）如图，△ABC中，AB＝AC，DE垂直平分AB，BE⊥AC，AF⊥BC，则∠EFC的度数为（ ）
A．35° B．40° C．45° D．60°
【分析】先根据线段垂直平分线的性质及BE⊥AC得出△ABE是等腰直角三角形，再由等腰三角形的性质得出∠ABC的度数，由AB＝AC，AF⊥BC，可知BF＝CF，BF＝EF，再根据三角形外角的性质即可得出结论．
【解析】∵DE垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∵BE⊥AC，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∴∠BAC＝∠ABE＝45°，
又∵AB＝AC，
∴∠ABC=12（180°﹣∠BAC）=12（180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝67.5°﹣45°＝22.5°，
∵AB＝AC，AF⊥BC，
∴BF＝CF，
∴BF＝EF，
∴∠BEF＝∠CBE＝22.5°，
∴∠EFC＝∠BEF+∠CBE＝22.5°+22.5°＝45°．
故选：C．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2020春•西城区校级期中）如图，点E为矩形ABCD的边BC长上的一点，作DF⊥AE于点F，且满足DF＝AB．下面结论：①△DEF≌△DEC；②S△ABE＝S△ADF；③AF＝AB；④BE＝AF．其中正确的结论是 ①②④ ．
【分析】证明Rt△DEF≌Rt△DEC得出①正确；在证明△ABE≌△DFA得出S△ABE＝S△ADF；②正确；得出BE＝AF，④正确，③不正确；即可得出结论．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C＝∠ABE＝90°，AD∥BC，AB＝CD，
∵DF＝AB，
∴DF＝CD，
∵DF⊥AE，
∴∠DFA＝∠DFE＝90°，
在Rt△DEF和Rt△DEC中，DE=DEDF=DC，
∴Rt△DEF≌Rt△DEC（HL），①正确；
∵AD∥BC，
∴∠AEB＝∠DAF，
在△ABE和△DFA中，∠ABE=∠DFA∠AEB=∠DAFAB=DF，
∴△ABE≌△DFA（AAS），
∴S△ABE＝S△ADF；②正确；
∴BE＝AF，④正确，③不正确；
故答案为：①②④．
12．（2020春•栖霞区期中）如图，在矩形ABCD中，AC、BD交于点O，DE⊥AC于点E，若∠AOD＝110°，则∠CDE＝ 35 °．
【分析】由矩形的性质得出OC＝OD，得出∠ODC＝∠OCD＝55°，由直角三角形的性质求出∠ODE＝20°，即可得出答案．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，AC＝BD，OA＝OC，OB＝OD，
∴OC＝OD，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠AOD＝110°，
∴∠DOE＝70°，∠ODC＝∠OCD=12（180°﹣70°）＝55°，
∵DE⊥AC，
∴∠ODE＝90°﹣∠DOE＝20°，
∴∠CDE＝∠ODC﹣∠ODE＝55°﹣20°＝35°；
故答案为：35．
13．（2020春•宜兴市期中）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交点O，AC＝12，P，Q分别为AO，AD的中点，则PQ的长度为 3 ．
【分析】根据矩形的性质可得AC＝BD＝12，BO＝DO＝6，再根据三角形中位线定理可得PQ=12DO＝3．
【解析】∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD＝12，BO＝DO=12BD，
∴OD=12BD＝6，
∵点P、Q是AO，AD的中点，
∴PQ是△AOD的中位线，
∴PQ=12DO＝3．
故答案为：3．
14．（2020春•江汉区期中）如图，矩形ABCD中，对角线AC的垂直平分线EF分别交BC，AD于点E，F，若BE＝3，AF＝5，则线段AC的长为 45 ．
【分析】连接AE，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，证明△AOF≌△COE得出AF＝CE＝5，得出AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝8，由勾股定理求出AB＝4，再由勾股定理求出AC即可．
【解析】连接AE，如图：
∵EF是AC的垂直平分线，
∴OA＝OC，AE＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，AD∥BC，
∴∠OAF＝∠OCE，
在△AOF和△COE中，∠AOF=∠COEOA=OC∠OAF=∠OCE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴AF＝CE＝5，
∴AE＝CE＝5，BC＝BE+CE＝3+5＝8，
∴AB=AE2-BE2=52-32=4，
∴AC=AB2+BC2=42+82=45；
故答案为：45．
15．（2020春•南岗区校级期中）如图，在矩形AOBC中，点A的坐标是（﹣2，1），点C的纵坐标是4，则B点的纵坐标是 3 ．
【分析】过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，则AF⊥CF，延长CA交x轴于点H，证明△AFC≌△OEB，即可求得答案．
【解析】如图，
过点A作AD⊥x轴于点D，
过点B作BE⊥x轴于点E，
过点C作CF∥y轴，过点A作AF∥x轴，交点为F，
则AF⊥CF，
延长CA交x轴于点H，
∵四边形AOBC是矩形，
∴OB＝AC，AC∥OB，
∴∠CAF＝∠CHO＝∠BOE，
∵∠AFC＝∠OEB＝90°，
∴△AFC≌△OEB（AAS），
∴CF＝BE＝4﹣1＝3，
故答案为：3．
16．（2020春•鹿城区校级期中）学习新知：如图1、图2，P是矩形ABCD所在平面内任意一点，则有以下重要结论：AP2+CP2＝BP2+DP2．该结论的证明不难，同学们通过勾股定理即可证明．
应用新知：如图3，在△ABC中，CA＝4，CB＝6，D是△ABC内一点，且CD＝2，∠ADB＝90°，则AB的最小值为 43-2 ．
【分析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，由矩形的性质得出AB＝DE，由题意得CD2+CE2＝CA2+CB2，求出CE＝43，当C、D、E三点共线时，DE最小，得出AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2．
【解析】以AD、BD为边作矩形ADBE，连接CE、DE，如图所示：
则AB＝DE，
由题意得：CD2+CE2＝CA2+CB2，
即22+CE2＝42+62，
解得：CE＝43，
当C、D、E三点共线时，DE最小，
∴AB的最小值＝DE的最小值＝CE﹣CD＝43-2；
故答案为：43-2．
17．（2020春•明水县校级期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，DE∥AC．若AC＝5，则四边形CODE的周长是 10 ．
【分析】根据矩形的性质求出OC＝OD，根据平行四边形的判定得出四边形CODE是平行四边形，根据菱形的判定得出四边形CODE是菱形，再根据菱形的性质得出即可．
【解析】如图，
∵四边形ABCD是矩形，AC＝5，
∴AO＝OC＝2.5，AC＝BD，DO＝BO，
∴OC＝OD，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形CODE是平行四边形，
∴四边形CODE是菱形，
∴DE＝CE＝OC＝OD＝2.5，
∴四边形CODE的周长是2.5+2.5+2.5+2.5＝10，
故答案为：10．
18．（2020春•赣榆区期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，D是AB上一动点，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F，连接EF，则线段EF的最小值是 6013 ．
【分析】连接CD，利用勾股定理列式求出AB，判断出四边形CFDE是矩形，根据矩形的对角线相等可得EF＝CD，再根据垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，然后根据三角形的面积公式列出求解即可．
【解析】如图，连接CD．
∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，
∴AB=AC2+BC2=52+122=13，
∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠C＝90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∴EF＝CD，
由垂线段最短可得CD⊥AB时，线段EF的值最小，
此时，S△ABC=12BC•AC=12AB•CD，
即12×12×5=12×13•CD，
解得：CD=6013，
∴EF=6013．
故答案为：6013．
三、解答题（本大题共7小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2020春•罗湖区校级期中）如图，在平行四边形ABCD中，点O是AB的中点，且OC＝OD．
（1）求证：平行四边形ABCD是矩形；
（2）若AD＝3，∠COD＝60°，求矩形ABCD的面积．
【分析】（1）证△AOD≌△BOC（SSS），得出∠A＝∠B＝90°，即可得出结论；
（2）证出∠AOD＝∠BOC＝60°，则∠ADO＝30°，由含30°角的直角三角形的性质得出OA=33AD=3，则AB＝2OA＝23，由矩形面积公式即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵点O是AB的中点，
∴OA＝OB，
在△AOD和△BOC中，OA=OBAD=BCOD=OC，
∴△AOD≌△BOC（SSS），
∴∠A＝∠B＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：由（1）得：△AOD≌△BOC，
∴∠AOD＝∠BOC，
∵∠COD＝60°，
∴∠AOD＝∠BOC＝60°，
∵∠A＝90°，
∴∠ADO＝30°，
∴OA=33AD=3，
∴AB＝2OA＝23，
∴矩形ABCD的面积＝AB×AD＝23×3＝63．
20．（2020春•吴江区期中）如图，矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，点E、F分别在AB、CD上，且BE＝DF＝3．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）求线段EF的长．
【分析】（1）根据矩形的性质得到CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，求得CF＝AE＝5，根据勾股定理得到AF＝CE＝5，于是得到结论；
（2）过F作FH⊥AB于H，得到四边形AHFD是矩形，根据矩形的性质得到AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝4，
∴CD＝AB＝8，AD＝BC＝4，CD∥AB，∠D＝∠B＝90°，
∵BE＝DF＝3，
∴CF＝AE＝8﹣3＝5，
∴AF＝CE=32+42=5，
∴AF＝CF＝CE＝AE＝5，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：过F作FH⊥AB于H，如图所示：
则四边形AHFD是矩形，
∴AH＝DF＝3，FH＝AD＝4，
∴EH＝5﹣3＝2，
∴EF=EH2+FH2=22+42=25．
21．（2020春•建湖县期中）已知：如图，AC、BD相交于点O，且点O是AC、BD的中点，点E在四边形ABCD的形外，且∠AEC＝∠BED＝90°．求证：四边形ABCD是矩形．
【分析】连接EO，证四边形ABCD是平行四边形，在Rt△AEC中EO=12AC，在Rt△EBD中，EO=12BD，得到AC＝BD，即可得出结论．
【解答】证明：连接EO，如图所示：
∵O是AC、BD的中点，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
在Rt△EBD中，
∵O为BD中点，
∴EO=12BD，
在Rt△AEC中，∵O为AC的中点，
∴EO=12AC，
∴AC＝BD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形．
22．（2020春•汉寿县期中）如图，矩形EFGH的顶点E，G分别在菱形ABCD的边AD，BC上，顶点F，H在菱形ABCD的对角线BD上．
（1）求证：BG＝DE；
（2）若E为AD中点，求证：四边形ABGE是平行四边形．
【分析】（1）根据矩形的性质得到EH＝FG，EH∥FG，得到∠GFH＝∠EHF，求得∠BFG＝∠DHE，根据菱形的性质得到AD∥BC，得到∠GBF＝∠EDH，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）连接EG，根据菱形的性质得到AD＝BC，AD∥BC，求得AE＝BG，AE∥BG，得到四边形ABGE是平行四边形即可．
【解答】证明：（1）∵四边形EFGH是矩形，
∴EH＝FG，EH∥FG，
∴∠GFH＝∠EHF，
∵∠BFG＝180°﹣∠GFH，∠DHE＝180°﹣∠EHF，
∴∠BFG＝∠DHE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠GBF＝∠EDH，
在△BGF和△DEH中，∠BFG=∠DHE∠GBF=∠EDHFG=HE，
∴△BGF≌△DEH（AAS），
∴BG＝DE；
（2）连接EG，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E为AD中点，
∴AE＝ED，
∵BG＝DE，
∴AE＝BG，AE∥BG，
∴四边形ABGE是平行四边形，
23．（2020春•香坊区校级期中）已知，在△ABC中，AB＝AC，点D、点O分别为BC、AC的中点，AE∥BC．
（1）如图1，求证：四边形ADCE是矩形；
（2）如图2，若点F是CE上一动点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出与四边形ABDF面积相等的三角形和四边形．
【分析】（1）首先得到四边形ADCE是平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形判断矩形即可；
（2）根据四边形ADCE是矩形，得到AD∥CE，于是得到S△ADC＝S△ADF＝S△AED，即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵点D、点O别是BC、AC的中点，
∴OD∥AB，BD＝CD，
∴DE∥AB，
又∵AE∥BD，
∴四边形ABDE是平行四边形，
∴AE＝BD，
∴AE＝CD，
∵AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵AB＝AC，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，
∴AD∥CE，
∴S△ADC＝S△ADF＝S△AED，
∴四边形ABDF面积＝S△ABC＝S四边形ABDE＝S矩形ADCE．
24．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为 3 时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为 6 时，四边形AMDN是菱形．
【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM=12MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
25．（2020春•庆云县期中）矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AC＝10．
（1）求矩形较短边的长．
（2）矩形较长边的长；
（3）矩形的面积．
如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，你能求出这个矩形的面积吗？试写出解答过程．
【分析】（1）根据矩形的性质，可以得到△AOB是等边三角形，则可以求得OA的长，进而求得AB的长．
（2）在直角△ABC中，根据勾股定理来求BC的长度；
（3）由矩形的面积公式进行解答；
如果把本题改为：根据矩形性质得出AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，推出AO＝OB，得出等边三角形AOB，求出∠ABO，即可得出答案．
【解析】（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OA＝OB
又∵∠AOB＝60°
∴△AOB是等边三角形．
∴AB＝OA=12AC＝5，即矩形较短边的长为5；
（2）在直角△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，AC＝10，则BC=AC2-AB2=102-52=53，
即矩形较长边的长是53；
（3）矩形的面积＝AB•BC＝5×53=253；
如果把本题改为：矩形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，∠AOB＝60度，AB＝4，能求出这个矩形的面积．
解答过程为：∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝2AO，BD＝2BO，AC＝BD，
∴AO＝OB，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，
∴∠ABO＝60°，
∴AD＝AB•tan60°＝43，
∴这个矩形的面积为4×43=163．
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