专题02 矩形的性质与判定之八大考点(解析版).docx

1、专题02 矩形的性质与判定之八大考点【考点导航】目录【典型例题】1【考点一 矩形性质理解】1【考点二 根据矩形的性质求角度】2【考点三 根据矩形的性质求线段长】5【考点四 根据矩形的性质求面积】7【考点五 求矩形在坐标系中的坐标】8【考点六 添一条件使四边形是矩形】12【考点七 证明四边形是矩形】14【考点八 矩形的性质与判定综合问题】16【过关检测】21【典型例题】【考点一 矩形性质理解】例题：（2023春全国八年级专题练习）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（）A对边平行B对角线互相平分C对角线互相垂直D对角互补【答案】C【分析】直接根据菱形与矩形的性质定理求解即可求得答案注意掌握排除法在选

2、择题中的应用【详解】解：菱形的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线垂直且互相平分；矩形具有的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，菱形具有而矩形不具有的性质是：对角线互相垂直故选C【点睛】本题考查了菱形的性质以及矩形的性质此题比较简单，注意熟记定理是解答此题的关键【变式训练】1（2023春全国八年级专题练习）下列选项中，矩形具有的性质是（）A四边相等B每条对角线平分一组对角C对角线相等D对角线互相垂直【答案】C【分析】根据矩形的性质可判断【详解】解：矩形的对边平行且相等，对角线互相平分且相等，选项C正确故选：C【点睛】本题考查了矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是本题的关键2（2

3、023春全国八年级专题练习）矩形具有而菱形不具有的性质是（）A对边平行B邻边相等C对角线相等D对角线垂直【答案】C【分析】根据矩形和菱形的性质，一一判断即可【详解】A、矩形和菱形的对边具有的性质：都互相平行，B、矩形的邻边不一定相等，但菱形的邻边一定相等，C、矩形的对角线一定相等，但菱形的对角线不一定相等，D、矩形的对角线不一定垂直，但菱形的对角线一定垂直，故选：【点睛】本题考查了矩形和菱形的性质，解题的关键是牢记矩形和菱形的性质【考点二 根据矩形的性质求角度】例题：（2023春江苏八年级专题练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点，已知，则的大小是（）ABCD【答案】C【分析】根据矩形的性质，

4、等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，即可求解【详解】解：矩形的对角线，相交于点，故选：C【点睛】本题主要考查了矩形的性质，等腰三角形的性质以及三角形外角的性质，熟练掌握矩形的性质是解题的关键【变式训练】1（2023春八年级课时练习）如图，延长矩形ABCD边BC至点E，使，连接AE，如果，则_【答案】20#20度【分析】连接AC，由矩形性质可得E=DAE、BD=AC=CE，知E=CAE，而ADB=CAD=40，可得E度数【详解】解：连接AC，四边形ABCD是矩形，ADBE，AC=BD，且ADB=CAD=30，E=DAE，又BD=CE，CE=CA，E=CAE，CAD=CAE+DAE，E+E=40

5、，即E=20，故答案为：20【点睛】本题主要考查矩形性质，熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行是解题关键2（2023春江苏八年级泰州市姜堰区第四中学校考周测）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，过点A作的垂线，垂足为E若，则_【答案】45【分析】由矩形的性质得出，再由已知条件得出，再根据直角三角形的两个锐角互余可得，最后再根据矩形的对角线互相平分且相等可得，进而可得，由此即可得出结果【详解】解：四边形是矩形，四边形是矩形，故答案为：45【点睛】本题考查了矩形的性质、角的计算；熟练掌握矩形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键【考点三 根据矩形的性质求线段长】例题：（2023秋陕西西安九

6、年级陕西师大附中统考期末）如图，矩形的对角线与相交于点，则的值为_【答案】6【分析】利用矩形的对角线平分且相等来进行计算即可【详解】解：四边形是矩形，在中，故答案为：6【点睛】本题考查的是矩形的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质【变式训练】1（2023春广东中山八年级校考阶段练习）如图，在矩形中，对角线与相交于点O，垂足为点E，则的长为_【答案】【分析】由矩形性质可得，由和得到垂直平分，即可证得是等边三角形，则，由含角直角三角形的性质即可得到答案【详解】解：是矩形，垂足为点E， 垂直平分， ，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质，含角直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，

7、证明是等边三角形是解题关键2（2023春北京海淀九年级人大附中校考阶段练习）如图，在矩形中，的平分线分别交直线，于点，若，则的长为_【答案】【分析】先求得，则，根据等腰直角三角形的性质，勾股定理即可求解【详解】解：矩形中，的平分线分别交直线，于点，则是等腰直角三角形，是等腰直角三角形，故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质，角平分线的定义，等腰三角形的性质与判定，勾股定理，得出是等腰直角三角形，是解题的关键【考点四 根据矩形的性质求面积】例题：（2023春浙江八年级期末）如图，O为矩形对角线的交点，的面积为2，则矩形的面积为_【答案】8【分析】由矩形的性质可知，则，即，计算求解即可【详解】解：

8、由矩形的性质可知，即，解得，故答案为：8【点睛】本题考查了矩形的性质解题的关键在于对知识的熟练掌握【变式训练】1（2023江苏扬州校考二模）已知矩形周长为12，面积为6，则矩形的对角线长为_【答案】【分析】设矩形的长为a，宽为b，可得，再利用勾股定可理及完全平方式的变式，即可求解【详解】解：设矩形的长为a，宽为b，矩形周长为12，面积为6，矩形的对角线长为：故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理的应用，完全平方式的变式，代数式求值问题，熟练掌握和运用勾股定理及完全平方式的变式是解决本题的关键2（2023春江苏常州八年级统考期中）如图，点O是矩形的对称中心，E、F分别是边上的点，且关于

9、点O中心对称，如果矩形的面积是20，那么图中阴影部分的面积为_【答案】5【分析】根据矩形性质得到，由三角形全等的判定定理得到，从而根据三角形全等的性质得到，再由矩形对角线性质即可得到【详解】解：在矩形中，在与中，故答案为：5【点睛】本题主要考查了矩形性质、全等三角形的判定与性质求、图形面积等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键【考点五 求矩形在坐标系中的坐标】例题：（2023全国九年级假期作业）如图，矩形OABC的顶点B的坐标为（4，3），则对角线AC的长等于_【答案】5【分析】连接OB，利用勾股定理求出OB的长，即为AC的长【详解】如图，连接OB，B的坐标为（4，3），四边

10、形OABC是矩形AC=OB=5故答案为：5【点睛】此题主要考查求矩形对角线的长，解题的关键是熟知矩形对角线相等【变式训练】1（2023全国九年级假期作业）在平面直角坐标系中，一个长方形三个顶点的坐标为，则第四个顶点的坐标为_【答案】【分析】由矩形的对边平行即可求得第四个点的坐标；【详解】点和的横坐标相等，点和的纵坐标相等，要使这四个点构成矩形，则第四个点的横坐标与相等，纵坐标与相等，第四个顶点的坐标为；故答案是【点睛】本题主要考查了矩形的性质，准确判断是解题的关键2（2023春全国八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点、的坐标分别为，点是的中点，点在边上运动，点是坐标平面内的任意

11、一点若以，为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点的坐标为_【答案】或或【分析】当以，为顶点的四边形是边长为5的菱形时，有三种情况，分，点在点的左侧；，点在点的右侧，结合矩形的性质和勾股定理可求得点的坐标【详解】解：有三种情况：（1）如答图所示，点在点的左侧过点作轴于点，则在中，由勾股定理得：，此时点坐标为，此时；（2）如答图所示，过点作轴于点，则在中，由勾股定理得：，此时点坐标为，此时；（3）如答图所示，点在点的右侧过点作轴于点，则在中，由勾股定理得：，此时点坐标为，此时；综上所述，点的坐标为或或；故答案为或或【点睛】此题主要考查了矩形的性质、坐标与图形的性质及勾股定理，使用分类讨论的思想是解

12、题关键【考点六 添一条件使四边形是矩形】例题：（2023春吉林八年级期中）如图，在中相交于点，当_时，是矩形【答案】4【分析】根据矩形的判定与性质即可解答【详解】解：四边形为平行四边形，要使四边形为矩形，则，故答案为：4【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，熟练掌握矩形的对角线相等且互相平分是解题的关键【变式训练】1（2023春全国八年级专题练习）如图，在菱形中，点，分别在，上，只需添加一个条件即可证明四边形是矩形，这个条件可以是_（写出一个即可）【答案】（答案不唯一）【分析】根据矩形的判定方法即可求解【详解】解：菱形，即，且，四边形是平行四边形，根据矩形的判定，四边形是平行四边形，平行四边

13、形是矩形；四边形是平行四边形，若，平行四边形是矩形；故答案为：（答案不唯一）【点睛】本题主要考查矩形，掌握矩形的判定方法是解题的关键2（2023春江苏南通八年级校考阶段练习）如图，连接四边形各边中点，得到四边形，还要添加_条件，才能保证四边形是矩形【答案】【分析】根据三角形的中位线平行于第三边可得，进而可证四边形是平行四边形，然后由矩形的四个角都是直角可知，结合平行线的性质求出，可知此时【详解】解：如图，E、F、G、H分别是、的中点，四边形是平行四边形，若四边形是矩形，则有，即，还要添加的条件，才能保证四边形是矩形，故答案为：【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定和矩形的性质，

14、熟练掌握矩形的四个角都是直角是解题的关键【考点七 证明四边形是矩形】例题：（2023陕西西安陕西师大附中校考模拟预测）如图，在中，点D、E分别为中点，连接并延长至点F，使得，连接求证：四边形为矩形【答案】见解析【分析】根据中点的意义及三角形中位线性质可得，再利用平行四边形的判定定理及矩形的判定定理证明即可【详解】点D、E分别为中点，四边形为平行四边形，四边形为矩形【点睛】本题考查了中点的意义及三角形中位线性质，平行四边形的判定定理及矩形的判定定理，熟练掌握知识点是解题的关键【变式训练】1（2023陕西商洛校考三模）如图，在中，是的中点，连接，过点A作交于点求证：四边形是矩形【答案】见解析【分析

15、】先证明四边形是平行四边形，再根据等腰三角形的性质可得即可证明结论【详解】解：，又，四边形是平行四边形，是的中点，四边形是矩形【点睛】本题主要考查了矩形的判定、等腰三角形的性质等知识点，掌握一个内角是直角的平行四边形是矩形成为解答本题的关键2（2023新疆统考中考真题）如图，和相交于点，点、分别是、的中点(1)求证：；(2)当时，求证：四边形是矩形【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）直接证明，得出，根据、分别是、的中点，即可得证；（2）证明四边形是平行四边形，进而根据，推导出是等边三角形，进而可得，即可证明四边形是矩形【详解】（1）证明：在与中，又、分别是、的中点，；（2），四边形是

16、平行四边形，为的中点，是等边三角形，四边形是矩形【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形判定，熟练掌握以上知识是解题的关键【考点八 矩形的性质与判定综合问题】例题：（2023春全国八年级专题练习）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，于点E，于点F，且(1)求证：四边形ABCD是矩形(2)若，求的度数【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）证AEODFO（AAS），得出OA=OD，则AC=BD，即可得出四边形ABCD是矩形（2）由矩形的性质得出ABC=BAD=90，OA=OB，则OAB=OBA，求出BAE=40，则OBA=OAB=50，即可得出答案【详解】（

17、1）四边形ABCD是平行四边形，于点E，于点F，又，四边形ABCD是矩形；（2）由（1）得：四边形ABCD是矩形，【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；熟练掌握矩形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键【变式训练】1（2023春江苏八年级专题练习）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中ADBC，ADBC，AC2OB，AE平分BAD交CD于点E，连接OE(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若OAE15，求证：DADODE；直接写出DOE的度数【答案】(1)见解析(2)见解析；75【分析】（1）先证明四边形ABCD

18、是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；（2）先证明ADE是等腰直角三角形，再证得，即可得出结论；求出BDC=30，得出DOE=75，即可得出结果【详解】（1）证明：ADBC，ADBC四边形ABCD是平行四边形BD2OBAC2OBACBD 四边形ABCD是矩形（2）证明：四边形ABCD是矩形DABADC90，AODOAE平分BADDAE45DEA45 DADE又OAE15DAODAE+OAE60DADOAODADODE解： ， ，【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质

19、和等边三角形的判定与性质是解题的关键2（2023春全国八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，ADBC，ABCADC90，对角线AC、BD交于点O，DE平分ADC交BC于点E，连接OE(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若BDE15，求EOC的度数；(3)在（2）的条件下，若AB2，求矩形ABCD的面积【答案】(1)详见解析；(2)75；(3)【分析】（1）由平行线的性质易证BAD90，得出BADABCADC90，即可得出结论；（2）由矩形和角平分线的性质得出CDECED45，则ECDC，推出CDO60，证明OCD是等边三角形，求出OCB30，得出COE75，即可得出结果；（3）作OFB

20、C于F求出EC、OF的长即可【详解】（1）证明：ADBC，ABC+BAD180，ABC90，BAD90，BADABCADC90，四边形ABCD是矩形；（2）解：四边形ABCD是矩形，DE平分ADC，CDECED45，ECDC，又BDE15，CDO60，又矩形的对角线互相平分且相等，ODOC，OCD是等边三角形，DOCOCD60，OCB90DCO30，COCE，COE（18030）275；（3）解：四边形ABCD是矩形，CDAB2，BCA90，由（1）可知，OCB30，AC=2AB=4，矩形OEC的面积【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的性质、等边三角形的判定与性质、等腰

21、三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和等边三角形的判定与性质是解题的关键【过关检测】一、选择题1（2023春广东韶关八年级校考期中）下列性质中，矩形具有而菱形不具有的是（）A对边平行且相等B对角相等C对角线相等D对角线互相垂直【答案】C【分析】根据矩形和菱形的性质逐项判断即可【详解】解：A、对边平行且相等是矩形和菱形都具有的性质，故此选项不符合题意；B、对角相等是矩形和菱形都具有的性质，故此选项不符合题意；C、对角线相等是矩形具有而菱形不具有的性质，故此选符合题意；D、对角线互相垂直是菱形具有而矩形不具有的性质，故此选项不符合题意，故选：C【点睛】本题考查矩形和

22、菱形的性质，熟知矩形和菱形的性质是解答的关键2（2023安徽合肥校考三模）如图，矩形的顶点在直线上，若，则的度数为（）ABCD【答案】C【分析】过点作，利用矩形的性质和平行线的判定与性质解答即可【详解】解：过点作，如图，四边形为矩形，故选：C【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行线的性质，过点作是解题的关键3（2023广东广州校考二模）如图，矩形中，交于点，分别为的中点若，则的长为（）A2B4C8D16【答案】B【分析】根据矩形的性质和含角的直角三角形的性质得出，进而求出，再依据中位线的性质推知，即可得到答案【详解】解：四边形是矩形，交于点，即，分别为的中点，是的中位线，故选：B【点睛】本题主

23、要考查了矩形的性质以及三角形中位线的定理，解题的关键是找到线段间的倍分关系4（2023湖北十堰统考中考真题）如图，将四根木条用钉子钉成一个矩形框架，然后向左扭动框架，观察所得四边形的变化下面判断错误的是（）A四边形由矩形变为平行四边形B对角线的长度减小C四边形的面积不变D四边形的周长不变【答案】C【分析】根据四边形的不稳定性、矩形的性质和平行四边形的性质，结合图形前后变化逐项判断即可【详解】解：A、因为矩形框架向左扭动，但不再为直角，所以四边形变成平行四边形，故A正确，不符合题意；B、向左扭动框架，的长度减小，故B正确，不符合题意；C、因为拉成平行四边形后，高变小了，但底边没变，所以面积变小了

24、，故C错误，符合题意；D、因为四边形的每条边的长度没变，所以周长没变，故D正确，不符合题意，故选：C【点睛】本题主要考查了矩形的性质和平行四边形的性质、四边形的不稳定性，弄清图形变化前后的变量和不变量是解答此题的关键5（2023浙江一模）如图，矩形绕点B旋转得到矩形，在旋转过程中，恰好过点C，过点G作平行交，于M，N若，则图中阴影部分的面积的是（）A3B4C5D【答案】A【分析】根据旋转的性质和矩形的性质结合勾股定理求出的长，再运用四边形、是平行四边形进行转换求出面积即可解答；【详解】解：矩形绕点旋转得到矩形，四边形是平行四边形,，四边形是平行四边形，阴影部分的面积，故选：A【点睛】本题主要考

25、查了勾股定理、旋转的性质、矩形的性质以及平行四边形的判定和性质等知识点，解答时需注意阴影部分面积的转换是解答该题的重要技巧，解题的关键是熟练运用这些知识点二、填空题6（2023春广东东莞八年级校考期中）如果矩形的宽为，长为，那么这个矩形的周长为_【答案】/【分析】根据矩形的周长公式进行计算即可求解【详解】解：依题意，这个矩形的周长为，故答案为：【点睛】本题考查了实数的混合运算的应用，熟练掌握实数的混合运算法则是解题的关键7（2023春江苏无锡八年级校考阶段练习）如图，矩形OABC的顶点B的坐标为（2，3），则AC_【答案】【分析】连接BO，根据B点坐标求出OB的长，由矩形的性质即可得到AC的长

26、【详解】如图，连接BO，B的坐标为（2，3），OB=四边形OABC是矩形AC=OB=故答案为：【点睛】此题主要考查矩形的对角线长度，解题的关键是熟知矩形的性质及勾股定理的应用8（2023春八年级单元测试）如图，在矩形中，对角线、相交于，于，则的度数是_【答案】/度【详解】根据，可得，根据矩形的性质可推出是等边三角形，进而得出答案【解答】解：，四边形是矩形，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题考查了直角三角形的性质和矩形的性质，等边三角形的判定和性质，根据已知得出是解题关键9（2023广东汕头汕头市潮阳实验学校校考二模）如图，在矩形中，将矩形绕点逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点，和三点共线时，的

27、长为_【答案】【分析】连接，先证明，得，再利用勾股定理构造方程即可得解【详解】解：连接，将矩形绕点逆时针旋转至矩形，旋转角为，当点，和三点共线，,，即解得，故答案为【点睛】本题主要考查了勾股定理，旋转的性质，矩形的性质以及全等三角形的判定及性质，熟练掌握旋转的性质，矩形的性质以及全等三角形的判定及性质是解题的关键10（2023江西统考中考真题）如图，在中，将绕点逆时针旋转角（）得到，连接，当为直角三角形时，旋转角的度数为_【答案】或或【分析】连接，根据已知条件可得，进而分类讨论即可求解【详解】解：连接，取的中点，连接，如图所示，在中，是等边三角形，如图所示，当点在上时，此时，则旋转角的度数为，

28、当点在的延长线上时，如图所示，则当在的延长线上时，则旋转角的度数为，如图所示，四边形是平行四边形，四边形是矩形，即是直角三角形， 综上所述，旋转角的度数为或或故答案为：或或【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，旋转的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键三、解答题11（2023春浙江八年级专题练习）如图，在矩形中，是对角线，、分别平分、，交边、于点、(1)若，求的长(2)求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由已知可求得的长及，由勾股定理求得的长，再由含度角直角三角形的性质即可求得结果；（2）由矩形的性质及角平分线的意义易得，从而问题解决

29、【详解】（1）解：四边形是矩形，平分，；由勾股定理得，；（2）证明：四边形是矩形，、分别平分、，【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含度直角三角形的性质等知识，灵活运用这些知识是关键12（2023春广东广州八年级校考期中）如图，在中，点D、E、F分别是、边上的中点(1)求证：四边形是平行四边形；(2)请你直接写出当满足什么条件时，四边形为矩形？【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）由三角形中位线定理可得，即可证明平行四边形；（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得解【详解】（1）解：点D、E分别是、边上的中点，是的中位线，同理：，四边形是平行四边形；（2）

30、当时，四边形为矩形；四边形是平行四边形，四边形是矩形【点睛】本题考查了中位线定理，平行四边形和矩形的判定，熟练掌握平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键13（2023春湖南长沙九年级校联考期中）如图，四边形的对角线，相交于点，其中，为上一点，连接，(1)求证：四边形是矩形；(2)若平分，且，求的度数【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先证四边形是平行四边形，得，再证，即可得出结论（2）先证再证是等边三角形，得，然后求出度数，即可求出答案【详解】（1）证明：，四边形是平行四边形，平行四边形是矩形（2）解：平行四边形是矩形，平分，是等边三角形，故答案为：【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、

31、平行四边形的判定与性质、等边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题的关键14（2023云南楚雄统考二模）如图，在中，是边的中线，平分的外角，垂足为E(1)求证：四边形是矩形(2)连接，交于点O，若，则的面积是 【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）利用等腰三角形的性质证出，再利用平角的性质和角平分线的性质等证出，即可得出答案；（2）求出，利用三角形面积解答即可【详解】（1）是边上的中线，是边上的高线，是的角平分线，又平分，即 ，又， ， 四边形是矩形（2）在矩形中，D是的中点，的面积【点睛】本题考查了矩形的判定和性质、等腰三角形的性质,角平分线的性质等知识，解题的关键是

32、熟练掌握矩形的判定方法，属于中考常考题型15（2023春湖北黄冈八年级统考期中）如图，在矩形中，点是对角线的中点，过点作交于点，交于，连接，(1)求证：四边形是菱形；(2)若，求的长【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据线段垂直平分线推出和，再利用矩形的性质证明从而推出，即可证明四边形是菱形（2）根据勾股定理和已知条件求出的长度，利用设参数和勾股定理求出的长度，最后利用勾股定理和菱形的性质即可求出的长【详解】（1）证明：点是的中点，是的垂直平分线，四边形是矩形，在和中，四边形为菱形（2）解：设，四边形是矩形，在中，由勾股定理得， ，在中，由勾股定理得，即，解得，即，在中，由勾股定理得

33、， ，故答案为：【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质与判定、勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关性质和定理16（2023春江苏宿迁八年级统考期中）四边形由两个等宽的矩形纸条以如图方式叠合而成(1)四边形是菱形吗？证明你的结论；(2)若两张矩形纸条全等，长为9，宽为3，则四边形的最大面积为多少？【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析(2)15【分析】（1）先证出四边形是平行四边形，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据菱形的判定即可得出结论；（2）先确定菱形的面积时，两张纸片叠放的位置，再利用勾股定理和菱形的面积公式求解即可得【详解】（1）解：四边形是菱形，证明如下：如图，过点作于点，过

34、点作于点，四边形由两个等宽的矩形纸条叠合而成，四边形是平行四边形，在和中，平行四边形是菱形（2）解：当这两张纸片按如图所示放置时，菱形的面积最大，设，则，在中，即，解得，则四边形的最大面积为【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握菱形的判定是解题关键17（2023四川乐山统考中考真题）如图，在中，点D为边上任意一点（不与点A、B重合），过点D作，分别交、于点E、F，连接(1)求证：四边形是矩形；(2)若，求点C到的距离【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）利用平行线的性质证明，再利用四边形内角和为，证明，即可由矩形判定定理得出结论；（2）先由勾

35、股定理求出，再根据三角形面积公式求解即可【详解】（1）证明：，四边形为平行四边形，四边形是矩形（2）解：，设点C到的距离为h，答：点C到的距离为【点睛】本题考查矩形的判定，平行线的性质，勾股定理熟练掌握矩形的判定定理和利用面积法求线段长是解题的关键18（2022秋河南郑州九年级校考期末）如图，平行四边形中，点是的中点，点是边上的动点，的延长线与的延长线交于点，连接，(1)求证：四边形是平行四边形；(2)直接写出：当_时，四边形是菱形（不需要说明理由）；当_时，四边形是矩形，请说明理由【答案】(1)见解析(2)4；7，理由见解析【分析】（1）证明，推出，根据平行四边形的判定即可得出结论；（2）当四边形是菱形时，证明是等边三角形，可得，进而可得的长度；过A作于M，求出，可得，然后证明四边形是矩形，即可得到的长度【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，G是的中点，在和中，四边形是平行四边形；（2）解：当时，四边形是菱形，理由：，当四边形是菱形时，有，是等边三角形，故答案为：4；当时，四边形是矩形，理由：过A作于M，当四边形是矩形时，有，又，四边形是矩形，故答案为：7【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，注意：菱形的四条边都相等，矩形的四个角都是直角