6. 在$□ ABCD$ 中，若$∠ A=∠ B$，则四边形 $ABCD$ 是.

6. 矩形

7. 在$□ ABCD$ 中，$AB = 5$，$BC = 6$，若 $AC = BD$，则$□ ABCD$ 的面积为.

7. 30

在$□ABCD$中，$AC=BD$，所以$□ABCD$是矩形。矩形的面积为长乘宽，$AB=5$，$BC=6$，则面积为$AB× BC=5×6=30$。
30

8. 如图，$MN// PQ$，$EF$ 与 $MN$，$PQ$ 分别交于点 $A$，$C$，过 $A$，$C$ 两点作两组内角的平分线交于点 $B$，$D$，则四边形 $ABCD$ 的形状是.

8. 矩形

证明：
∵ $MN // PQ$，
∴ $∠ MAC + ∠ ACP = 180°$。
∵ $AB$ 平分 $∠ MAC$，$CB$ 平分 $∠ ACP$，
∴ $∠ BAC = \frac{1}{2}∠ MAC$，$∠ BCA = \frac{1}{2}∠ ACP$，
∴ $∠ BAC + ∠ BCA = \frac{1}{2}(∠ MAC + ∠ ACP) = 90°$，
∴ $∠ B = 90°$。
同理可证 $∠ D = 90°$，$∠ BAD = 90°$，
∴ 四边形 $ABCD$ 是矩形。
矩形

9. 如图，在平行四边形 $ABCD$ 中，$AC = BC$，$M$，$N$ 分别是 $AB$ 和 $CD$ 的中点.
(1) 求证：四边形 $AMCN$ 是矩形；
(2) 若$∠ B = 60^{\circ}$，$BC = 2$，求平行四边形 $ABCD$ 的面积.

9. (1) 证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB//CD, AB = CD.
∵M, N分别是AB和CD的中点,
∴AM = BM, AM//CN, AM = CN,
∴四边形AMCN是平行四边形. 又
∵AC = BC, AM = BM,
∴CM⊥AB,
∴∠CMA = 90°,
∴四边形AMCN是矩形. (2) 解:
∵∠B = 60°, BC = 2, ∠BMC = 90°,
∴∠BCM = 30°,
∴Rt△BCM中, BM = $\frac{1}{2}$BC = 1, CM = $\sqrt{3}$.
∵AC = BC, CM⊥AB,
∴AB = 2BM = 2,
∴□ABCD的面积为AB×CM = 2×$\sqrt{3}$ = $2\sqrt{3}$.

1. 如图，$P$ 是矩形 $ABCD$ 的边 $AD$ 上的一动点，矩形的两条边 $AB$，$BC$ 的长分别是 $6$ 和 $8$，则点 $P$ 到矩形的两条对角线 $AC$ 和 $BD$ 的距离之和是()

A.$4.8$
B.$5$
C.$6$
D.$7.2$

1. A

解：连接 $PO$，过点 $P$ 作 $PE ⊥ AC$ 于 $E$，$PF ⊥ BD$ 于 $F$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB=6$，$BC=8$，则 $AD=BC=8$，$CD=AB=6$，$AC=BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{6^2+8^2}=10$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC=5$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD=5$。
矩形面积 $S_{ABCD}=AB × BC=6 × 8=48$，则 $△ AOD$ 的面积为 $\frac{1}{4}S_{ABCD}=12$。
$△ AOD$ 的面积也可表示为 $△ AOP$ 与 $△ DOP$ 面积之和，即：
$S_{△ AOD}=S_{△ AOP}+S_{△ DOP}=\frac{1}{2}OA × PE+\frac{1}{2}OD × PF$
代入 $OA=OD=5$，$S_{△ AOD}=12$，得：
$12=\frac{1}{2} × 5 × PE+\frac{1}{2} × 5 × PF=\frac{5}{2}(PE+PF)$
解得 $PE+PF=\frac{24}{5}=4.8$。
答案：A

2. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AD = 2$，$AB = 3$，过点 $A$，$C$ 作相距为 $2$ 的平行线段 $AE$，$CF$，分别交 $CD$，$AB$ 于点 $E$，$F$，则 $DE$ 的长是()

A.$\sqrt{5}$
B.$\frac{13}{6}$
C.$1$
D.$\frac{5}{6}$

2. D

解：设 $DE = x$，则 $CE = 3 - x$。
因为 $AE // CF$，且 $ABCD$ 是矩形，所以四边形 $AECF$ 是平行四边形，故 $AE = CF$，$AF = CE = 3 - x$，$BF = x$。
过点 $F$ 作 $FG ⊥ AE$ 于点 $G$，则 $FG = 2$（两平行线间距离）。
在 $Rt△ ADE$ 中，$AE = \sqrt{AD^2 + DE^2} = \sqrt{2^2 + x^2} = \sqrt{x^2 + 4}$。
$\sin ∠ DAE = \frac{DE}{AE} = \frac{x}{\sqrt{x^2 + 4}}$。
在 $Rt△ AFG$ 中，$\sin ∠ FAG = \frac{FG}{AF} = \frac{2}{3 - x}$。
因为 $∠ DAE = ∠ FAG$，所以 $\frac{x}{\sqrt{x^2 + 4}} = \frac{2}{3 - x}$。
两边平方得：$\frac{x^2}{x^2 + 4} = \frac{4}{(3 - x)^2}$，即 $x^2(3 - x)^2 = 4(x^2 + 4)$。
展开得：$x^2(9 - 6x + x^2) = 4x^2 + 16$，$9x^2 - 6x^3 + x^4 = 4x^2 + 16$，$x^4 - 6x^3 + 5x^2 - 16 = 0$。
因式分解或试根得 $x = \frac{5}{6}$（经检验是原方程的解）。
故 $DE = \frac{5}{6}$。
答案：D

3. 如图，在矩形 $ABCD$ 中($AD＞AB$)，$E$ 是 $BC$ 上一点，且 $DE = DA$，$AF⊥ DE$，垂足为 $F$. 下列结论中不一定正确的是()

A.$△ AFD≌△ DCE$
B.$AF=\frac{1}{2}AD$
C.$AB = AF$
D.$BE = AD - DF$

3. B

解：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD// BC$，$AB=CD$，$∠ C=90°$，
∴$∠ ADF=∠ DEC$。
∵$AF⊥ DE$，
∴$∠ AFD=90°=∠ C$。
∵$DE=DA$，
∴$△ AFD≌△ DCE$（AAS），故A正确；
∴$AF=CD=AB$，故C正确；
$DF=CE$，
∵$BC=AD$，
∴$BE=BC-CE=AD-DF$，故D正确；
无法证明$AF=\frac{1}{2}AD$，故B不一定正确。
答案：B

4. 如图，延长矩形 $ABCD$ 的边 $BC$ 至点 $E$，使 $CE = BD$，连接 $AE$，若$∠ ADB = 30^{\circ}$，则$∠ E=$.

4. 15°

证明：连接AC。
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，AD//BE，∠ADB=∠DBC=30°。
∵CE=BD，
∴AC=CE，
∴∠E=∠CAE。
∵AD//BE，
∴∠CAD=∠ACB。
∵∠ACB=90°-∠DBC=60°，
∴∠CAD=60°。
∵∠CAD=∠CAE+∠E=2∠E，
∴∠E=30°÷2=15°。
15°