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6.如图，在$□ ABCD$中，过点D作$DE⊥ AB$于点E，点F在边CD上，$DF=BE$，连接AF，BF。求证：四边形BFDE是矩形。
答案
6.证明:
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AB//CD,
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形 BFDE 是平行四边形。
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=90°,
∴四边形 BFDE 是矩形。
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AB//CD,
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形 BFDE 是平行四边形。
∵DE⊥AB,
∴∠DEB=90°,
∴四边形 BFDE 是矩形。
解析
【分析】
要证明四边形BFDE是矩形，可选用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”的判定定理推导，解题分两步：第一步先证四边形BFDE是平行四边形，已知DF=BE，结合平行四边形ABCD对边AB//CD的性质，可得BE//DF，满足“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可判定BFDE为平行四边形；第二步证该平行四边形有一个内角为直角，由DE⊥AB可得∠DEB=90°，代入判定定理即可得出结论。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形。
【答案】
四边形BFDE是矩形，证明过程如下：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形。
【知识点】
平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的核心是理清证明逻辑，先判定平行四边形，再结合直角条件判定矩形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理即可快速解答。
【难度系数】
0.8
要证明四边形BFDE是矩形，可选用“有一个角是直角的平行四边形是矩形”的判定定理推导，解题分两步：第一步先证四边形BFDE是平行四边形，已知DF=BE，结合平行四边形ABCD对边AB//CD的性质，可得BE//DF，满足“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，即可判定BFDE为平行四边形；第二步证该平行四边形有一个内角为直角，由DE⊥AB可得∠DEB=90°，代入判定定理即可得出结论。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形。
【答案】
四边形BFDE是矩形，证明过程如下：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD，
∴BE//DF。
又
∵BE=DF，
∴四边形BFDE是平行四边形。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=90°，
∴四边形BFDE是矩形。
【知识点】
平行四边形的性质；平行四边形的判定；矩形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的核心是理清证明逻辑，先判定平行四边形，再结合直角条件判定矩形，熟练掌握相关图形的性质和判定定理即可快速解答。
【难度系数】
0.8
7. 在四边形ABCD中,AC,BD相交于点O,在下列各组条件中,不能判定四边形ABCD为矩形的是(
A.$AB=CD,AD=BC,AC=BD$
B.$AO=CO,BO=DO,∠ABC=90°$
C.$∠BAD=∠BCD,∠ABC+∠BCD=180°,AC⊥BD$
D.$∠BAD=∠ABC=90°,AC=BD$
C
)。A.$AB=CD,AD=BC,AC=BD$
B.$AO=CO,BO=DO,∠ABC=90°$
C.$∠BAD=∠BCD,∠ABC+∠BCD=180°,AC⊥BD$
D.$∠BAD=∠ABC=90°,AC=BD$
答案
7.C
解析
【分析】
本题考查矩形的判定，解题时先明确矩形的三类判定思路：①有三个角是直角的四边形是矩形；②有一个角是直角的平行四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形。解题时先逐个分析各选项，先判断是否能推出四边形是平行四边形，再结合附加条件判断是否满足矩形的判定要求，最终选出不能判定的选项。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：由$AB=CD,AD=BC$，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”，可得四边形$ABCD$是平行四边形，又$AC=BD$，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可判定$ABCD$是矩形，不符合题意。
选项B：由$AO=CO,BO=DO$，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，可得四边形$ABCD$是平行四边形，又$∠ ABC=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可判定$ABCD$是矩形，不符合题意。
选项C：由$∠ ABC+∠ BCD=180°$，得$AB// CD$，因此$∠ BAD+∠ ADC=180°$，又$∠ BAD=∠ BCD$，等量代换得$∠ BCD+∠ ADC=180°$，故$AD// BC$，所以四边形$ABCD$是平行四边形。附加条件为$AC⊥ BD$，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，只能判定为菱形，无法判定为矩形，符合题意。
选项D：由$∠ BAD=∠ ABC=90°$，得$∠ BAD+∠ ABC=180°$，故$AD// BC$。在$\mathrm{Rt}△ ABD$和$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$AB=BA$，$AC=BD$，根据HL可证两三角形全等，得$AD=BC$，因此$AD//且=BC$，四边形$ABCD$是平行四边形，又$∠ BAD=90°$，可判定为矩形，不符合题意。
综上，选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是特殊平行四边形判定的基础题，解题关键是熟练区分矩形、菱形的判定条件，掌握先判定平行四边形再判定特殊平行四边形的常规思路，避免混淆对角线相等、对角线垂直对应的判定结论。
【难度系数】
0.7
本题考查矩形的判定，解题时先明确矩形的三类判定思路：①有三个角是直角的四边形是矩形；②有一个角是直角的平行四边形是矩形；③对角线相等的平行四边形是矩形。解题时先逐个分析各选项，先判断是否能推出四边形是平行四边形，再结合附加条件判断是否满足矩形的判定要求，最终选出不能判定的选项。
【解析】
我们对每个选项逐一分析：
选项A：由$AB=CD,AD=BC$，根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”，可得四边形$ABCD$是平行四边形，又$AC=BD$，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”，可判定$ABCD$是矩形，不符合题意。
选项B：由$AO=CO,BO=DO$，根据“对角线互相平分的四边形是平行四边形”，可得四边形$ABCD$是平行四边形，又$∠ ABC=90°$，根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”，可判定$ABCD$是矩形，不符合题意。
选项C：由$∠ ABC+∠ BCD=180°$，得$AB// CD$，因此$∠ BAD+∠ ADC=180°$，又$∠ BAD=∠ BCD$，等量代换得$∠ BCD+∠ ADC=180°$，故$AD// BC$，所以四边形$ABCD$是平行四边形。附加条件为$AC⊥ BD$，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”，只能判定为菱形，无法判定为矩形，符合题意。
选项D：由$∠ BAD=∠ ABC=90°$，得$∠ BAD+∠ ABC=180°$，故$AD// BC$。在$\mathrm{Rt}△ ABD$和$\mathrm{Rt}△ BAC$中，$AB=BA$，$AC=BD$，根据HL可证两三角形全等，得$AD=BC$，因此$AD//且=BC$，四边形$ABCD$是平行四边形，又$∠ BAD=90°$，可判定为矩形，不符合题意。
综上，选C。
【答案】
C
【知识点】
矩形的判定；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题是特殊平行四边形判定的基础题，解题关键是熟练区分矩形、菱形的判定条件，掌握先判定平行四边形再判定特殊平行四边形的常规思路，避免混淆对角线相等、对角线垂直对应的判定结论。
【难度系数】
0.7
8. 如图，在 Rt△AOB 中，∠AOB = 90°，BO = 2，AO=4。动点Q从点O出发，以每秒1个单位长度的速度向点B运动，同时动点M从点A出发以每秒2个单位长度的速度向点O运动，设运动的时间为t(0＜t＜2)s。过点Q作OB的垂线交线段AB于点N，则四边形OMNQ的形状是
矩形
。答案
8.矩形
解析
【分析】
要判断四边形OMNQ的形状，首先观察角的特征：已知∠AOB=90°，NQ垂直OB，可得NQ与OA平行，先明确四边形的一组对边平行；接下来结合动点的运动速度和时间，分别表示出OM和OQ的长度，再通过相似三角形求出NQ的长度，验证OM和NQ是否相等，若相等则可先判定为平行四边形，最后结合直角特征即可判定最终形状。
【解析】
解：设运动时间为$t\ \mathrm{s}$（$0＜t＜2$），
由题意得：$OQ = t$，$AM = 2t$，
∴ $OM = AO - AM = 4 - 2t$，
∵ $NQ⊥ OB$，$∠ AOB=90°$，
∴ $NQ// AO$（垂直于同一条直线的两条直线互相平行），
∴ $△ BNQ ∽ △ BAO$，
∴ $\frac{BQ}{BO}=\frac{NQ}{AO}$，
又
∵ $BQ = BO - OQ = 2 - t$，$BO=2$，$AO=4$，
代入得：$\frac{2-t}{2}=\frac{NQ}{4}$，
解得：$NQ = 2(2 - t) = 4 - 2t$，
∴ $NQ = OM$，
又
∵ $NQ// OM$，
∴ 四边形OMNQ是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∵ $∠ OQN=90°$，
∴ 平行四边形OMNQ是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
【答案】
矩形
【知识点】
相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定；矩形的判定
【点评】
本题结合动点问题考查特殊四边形的判定，解题的关键是利用相似三角形的性质得到对边相等的关系，再结合特殊四边形的判定定理逐步推导，需要熟练掌握线段的动点表示方法和各类特殊四边形的判定条件。
【难度系数】
0.7
要判断四边形OMNQ的形状，首先观察角的特征：已知∠AOB=90°，NQ垂直OB，可得NQ与OA平行，先明确四边形的一组对边平行；接下来结合动点的运动速度和时间，分别表示出OM和OQ的长度，再通过相似三角形求出NQ的长度，验证OM和NQ是否相等，若相等则可先判定为平行四边形，最后结合直角特征即可判定最终形状。
【解析】
解：设运动时间为$t\ \mathrm{s}$（$0＜t＜2$），
由题意得：$OQ = t$，$AM = 2t$，
∴ $OM = AO - AM = 4 - 2t$，
∵ $NQ⊥ OB$，$∠ AOB=90°$，
∴ $NQ// AO$（垂直于同一条直线的两条直线互相平行），
∴ $△ BNQ ∽ △ BAO$，
∴ $\frac{BQ}{BO}=\frac{NQ}{AO}$，
又
∵ $BQ = BO - OQ = 2 - t$，$BO=2$，$AO=4$，
代入得：$\frac{2-t}{2}=\frac{NQ}{4}$，
解得：$NQ = 2(2 - t) = 4 - 2t$，
∴ $NQ = OM$，
又
∵ $NQ// OM$，
∴ 四边形OMNQ是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∵ $∠ OQN=90°$，
∴ 平行四边形OMNQ是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
【答案】
矩形
【知识点】
相似三角形的判定与性质；平行四边形的判定；矩形的判定
【点评】
本题结合动点问题考查特殊四边形的判定，解题的关键是利用相似三角形的性质得到对边相等的关系，再结合特殊四边形的判定定理逐步推导，需要熟练掌握线段的动点表示方法和各类特殊四边形的判定条件。
【难度系数】
0.7
9.如图，在$□ ABCD$中，$∠ BAD$的平分线交BC于点E，$∠ DCB$的平分线交AD于点F，G，H分别是AE和CF的中点。
(1)求证：$△ BAE≌△ DCF$；
(2)连接EF，若$EF=AF$，请判断四边形FGEH的形状，并证明你的结论。
(1)求证：$△ BAE≌△ DCF$；
(2)连接EF，若$EF=AF$，请判断四边形FGEH的形状，并证明你的结论。
答案
9.(1)证明:
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD//BC,AB=CD,∠BAD=∠DCB,∠B=∠D，
∴∠DAE=∠AEB,∠DFC=∠BCF。
∵AE,CF分别是∠BAD 和∠DCB 的平分线，
∴∠BAE = ∠DAE = $\frac{1}{2}$∠BAD, ∠BCF = ∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF。
在△BAE 和△DCF 中，
$\begin{cases}∠B=∠D,\\AB=CD,\\∠BAE=∠DCF,\end{cases}$
∴△BAE≌△DCF(ASA)。
(2)解:四边形 FGEH 是矩形。理由如下：
∵△BAE≌△DCF，
∴AE=CF,∠AEB=∠DFC，
∴∠AEB=∠BCF，
∴AE//CF。
∵G,H分别为AE,CF的中点，
∴GE//FH,GE=FH，
∴四边形 FGEH 是平行四边形。
∵EF=AF,G 为 AE 的中点，
∴GF⊥AE,
∴∠FGE=90°,
∴四边形 FGEH 是矩形。
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AD//BC,AB=CD,∠BAD=∠DCB,∠B=∠D，
∴∠DAE=∠AEB,∠DFC=∠BCF。
∵AE,CF分别是∠BAD 和∠DCB 的平分线，
∴∠BAE = ∠DAE = $\frac{1}{2}$∠BAD, ∠BCF = ∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF。
在△BAE 和△DCF 中，
$\begin{cases}∠B=∠D,\\AB=CD,\\∠BAE=∠DCF,\end{cases}$
∴△BAE≌△DCF(ASA)。
(2)解:四边形 FGEH 是矩形。理由如下：
∵△BAE≌△DCF，
∴AE=CF,∠AEB=∠DFC，
∴∠AEB=∠BCF，
∴AE//CF。
∵G,H分别为AE,CF的中点，
∴GE//FH,GE=FH，
∴四边形 FGEH 是平行四边形。
∵EF=AF,G 为 AE 的中点，
∴GF⊥AE,
∴∠FGE=90°,
∴四边形 FGEH 是矩形。
解析
【分析】
(1) 证明三角形全等可从判定定理入手，首先利用平行四边形的性质得到对应边相等、对应角相等，再结合角平分线的性质得到一组对应角相等，即可凑齐ASA的全等判定条件完成证明。
(2) 判断四边形形状时，先由(1)的全等结论推导得出AE与CF平行且相等，结合中点的性质得到GE与FH平行且相等，先判定四边形FGEH是平行四边形；再根据EF=AF、G为AE中点，利用等腰三角形三线合一的性质得到FG⊥AE，即平行四边形有一个内角为直角，即可判定其为矩形。
【解析】
(1) 证明:
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB=CD，∠BAD=∠DCB，∠B=∠D，
∴∠DAE=∠AEB，∠DFC=∠BCF。
∵AE，CF分别是∠BAD和∠DCB的平分线，
∴∠BAE = ∠DAE = $\frac{1}{2}$∠BAD，∠BCF = ∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF。
在△BAE和△DCF中，
$\begin{cases}∠B=∠D,\\AB=CD,\\∠BAE=∠DCF,\end{cases}$
∴△BAE≌△DCF(ASA)。
(2) 解:四边形FGEH是矩形。理由如下：
∵△BAE≌△DCF，
∴AE=CF，∠AEB=∠DFC，
∴∠AEB=∠BCF，
∴AE//CF。
∵G，H分别为AE，CF的中点，
∴GE//FH，GE=FH，
∴四边形FGEH是平行四边形。
∵EF=AF，G为AE的中点，
∴GF⊥AE，
∴∠FGE=90°，
∴平行四边形FGEH是矩形。
【答案】
(1) △BAE≌△DCF，证明成立；(2) 四边形FGEH是矩形。
【知识点】
全等三角形的判定、平行四边形的性质与判定、矩形的判定
【点评】
本题是典型的几何综合基础题，综合考查了平行四边形、全等三角形、矩形的相关定理，解题关键是熟练掌握各几何图形的性质和判定方法，结合已知条件逐步推导边、角的位置和数量关系即可求解。
【难度系数】
0.7
(1) 证明三角形全等可从判定定理入手，首先利用平行四边形的性质得到对应边相等、对应角相等，再结合角平分线的性质得到一组对应角相等，即可凑齐ASA的全等判定条件完成证明。
(2) 判断四边形形状时，先由(1)的全等结论推导得出AE与CF平行且相等，结合中点的性质得到GE与FH平行且相等，先判定四边形FGEH是平行四边形；再根据EF=AF、G为AE中点，利用等腰三角形三线合一的性质得到FG⊥AE，即平行四边形有一个内角为直角，即可判定其为矩形。
【解析】
(1) 证明:
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AB=CD，∠BAD=∠DCB，∠B=∠D，
∴∠DAE=∠AEB，∠DFC=∠BCF。
∵AE，CF分别是∠BAD和∠DCB的平分线，
∴∠BAE = ∠DAE = $\frac{1}{2}$∠BAD，∠BCF = ∠DCF=$\frac{1}{2}$∠DCB，
∴∠BAE=∠DCF。
在△BAE和△DCF中，
$\begin{cases}∠B=∠D,\\AB=CD,\\∠BAE=∠DCF,\end{cases}$
∴△BAE≌△DCF(ASA)。
(2) 解:四边形FGEH是矩形。理由如下：
∵△BAE≌△DCF，
∴AE=CF，∠AEB=∠DFC，
∴∠AEB=∠BCF，
∴AE//CF。
∵G，H分别为AE，CF的中点，
∴GE//FH，GE=FH，
∴四边形FGEH是平行四边形。
∵EF=AF，G为AE的中点，
∴GF⊥AE，
∴∠FGE=90°，
∴平行四边形FGEH是矩形。
【答案】
(1) △BAE≌△DCF，证明成立；(2) 四边形FGEH是矩形。
【知识点】
全等三角形的判定、平行四边形的性质与判定、矩形的判定
【点评】
本题是典型的几何综合基础题，综合考查了平行四边形、全等三角形、矩形的相关定理，解题关键是熟练掌握各几何图形的性质和判定方法，结合已知条件逐步推导边、角的位置和数量关系即可求解。
【难度系数】
0.7
10.在研究平面图形的面积时，我们经常用到割补法。割补法在我国古代数学著作中称为“出入相补”，刘徽称之为“以盈补虚”，即以多余补不足，是数量的平均思想在几何上的体现。如图所示的三角形下盈上虚，以下补上。如果图中阴影部分的面积为4，那么图中矩形的面积是
16
。答案
10.16
解析
【分析】
解题时首先结合题干给出的“出入相补”割补法思路思考：将矩形下方的两个直角三角形沿矩形左右边向上翻折，翻折后两个三角形可恰好填补矩形内空白三角形两侧的空缺。接下来分析面积关系：矩形内的空白三角形底与矩形的长相等，高与矩形的宽相等，因此空白三角形面积是矩形面积的一半；剩余的矩形面积的另一半，由阴影部分和翻折上来的两个三角形组成，且翻折的两个三角形的面积和与阴影部分面积相等，据此即可推导矩形面积。
【解析】
解：根据割补法“出入相补”原理，将矩形下方的两个直角三角形沿矩形的左右侧边向上翻折，翻折后两个三角形与矩形内空白三角形两侧的空缺完全重合。
∵ 矩形内空白三角形的底等于矩形的长，高等于矩形的宽，
∴ $ S_{\mathrm{空白三角形}} = \frac{1}{2} × \mathrm{长} × \mathrm{宽} = \frac{1}{2}S_{\mathrm{矩形}} $
由此可知，阴影部分面积与翻折的两个三角形面积之和等于矩形面积的另一半，且翻折的两个三角形的面积和与阴影部分面积相等。
已知阴影部分面积为4，因此矩形面积的一半为 $ 4 × 2 = 8 $，
则矩形面积为 $ 8 × 2 = 16 $。
【答案】
16
【知识点】
割补法求面积，矩形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题结合我国古代数学的“出入相补”思想，考查割补法在平面图形面积计算中的应用，解题的核心是明确翻折前后图形面积不变，找准阴影面积和矩形面积的数量关系，侧重对几何方法理解与运用的考查。
【难度系数】
0.7
解题时首先结合题干给出的“出入相补”割补法思路思考：将矩形下方的两个直角三角形沿矩形左右边向上翻折，翻折后两个三角形可恰好填补矩形内空白三角形两侧的空缺。接下来分析面积关系：矩形内的空白三角形底与矩形的长相等，高与矩形的宽相等，因此空白三角形面积是矩形面积的一半；剩余的矩形面积的另一半，由阴影部分和翻折上来的两个三角形组成，且翻折的两个三角形的面积和与阴影部分面积相等，据此即可推导矩形面积。
【解析】
解：根据割补法“出入相补”原理，将矩形下方的两个直角三角形沿矩形的左右侧边向上翻折，翻折后两个三角形与矩形内空白三角形两侧的空缺完全重合。
∵ 矩形内空白三角形的底等于矩形的长，高等于矩形的宽，
∴ $ S_{\mathrm{空白三角形}} = \frac{1}{2} × \mathrm{长} × \mathrm{宽} = \frac{1}{2}S_{\mathrm{矩形}} $
由此可知，阴影部分面积与翻折的两个三角形面积之和等于矩形面积的另一半，且翻折的两个三角形的面积和与阴影部分面积相等。
已知阴影部分面积为4，因此矩形面积的一半为 $ 4 × 2 = 8 $，
则矩形面积为 $ 8 × 2 = 16 $。
【答案】
16
【知识点】
割补法求面积，矩形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题结合我国古代数学的“出入相补”思想，考查割补法在平面图形面积计算中的应用，解题的核心是明确翻折前后图形面积不变，找准阴影面积和矩形面积的数量关系，侧重对几何方法理解与运用的考查。
【难度系数】
0.7
