1. (2025·四川德阳)如图，要使$□ ABCD$是矩形，则需要增加的一个条件可以是 (
D
)
A.$AB// CD$
B.$AB=BC$
C.$∠ABC=∠ADC$
D.$AC=BD$
答案：1. D
2. 如图，在四边形$ABCD$中，以对角线$AC$为斜边作$Rt\triangle ACE$，连接$BE$，$DE$，$BE⊥DE$，$AC$，$BD$相交于点$O$且互相平分. 若$2AB=BC=2$，则$BD$的长为 (
B
)
A.$\sqrt{20}$
B.$\sqrt{5}$
C.3
D.4
答案：2. B
解析：
证明：
∵AC，BD相交于点O且互相平分，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AD=BC，OA=OC，OB=OD。
∵2AB=BC=2，
∴AB=1，BC=2。
∵以AC为斜边作Rt△ACE，
∴∠AEC=90°，
∴OE=OA=OC（直角三角形斜边中线等于斜边一半）。
∵BE⊥DE，
∴∠BED=90°，
在Rt△BED中，OB=OD，
∴OE=OB=OD（直角三角形斜边中线等于斜边一半），
∴OA=OB=OC=OD，
∴AC=BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°。
在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC=√(AB²+BC²)=√(1²+2²)=√5，
∴BD=AC=√5。
答案：$\sqrt{5}$
3. (2025·江苏苏州模拟)如图，在$\triangle ABC$中，$BA=CA$，将$\triangle ABC$绕点$C$按顺时针方向旋转$180^{\circ}$得到$\triangle FEC$，连接$AE$，$BF$. 当$∠ACB$为
60
$^{\circ}$时，四边形$ABFE$为矩形.
答案：3. 60
解析：
证明：
∵将$\triangle ABC$绕点$C$顺时针旋转$180°$得到$\triangle FEC$，
∴$CA=CF$，$CB=CE$，$AB=FE$，$\angle BAC=\angle EFC$，
∴四边形$ABFE$是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）。
∵$BA=CA$，$\angle ACB=60°$，
∴$\triangle ABC$是等边三角形，
∴$AB=BC$。
∵$BC=CE$，
∴$AB=CE$。
∵四边形$ABFE$是平行四边形，且$AB=CE$，
又
∵$AE=AC+CE=2AC$，$BF=BC+CF=2BC$，且$AC=BC$，
∴$AE=BF$，
∴四边形$ABFE$为矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）。
60
4. (教材P77练习2变式)如图，在$□ ABCD$中，对角线$AC$与$BD$相交于点$O$，$E$，$F$两点在$AC$上，且$AE=CF$，连接$BE$，$ED$，$DF$，$FB$. 若添加一个条件使四边形$BEDF$是矩形，则该条件可以是
∠EDF = 90°（答案不唯一）
. (填写一个即可)
答案：4. ∠EDF = 90°（答案不唯一）
5. (2025·云南)如图，在$\triangle ABC$中，$∠ABC=90^{\circ}$，$O$是$AC$的中点，连接$BO$并延长至点$D$，使$OD=OB$，连接$AD$，$CD$. 记$AB=a$，$BC=b$，$\triangle AOB$的周长为$l_{1}$，$\triangle BOC$的周长为$l_{2}$，四边形$ABCD$的周长为$l_{3}$.
(1) 求证：四边形$ABCD$是矩形；
(2) 若$l_{2}-l_{1}=2$，$l_{3}=28$，求$AC$的长.
答案：5. (1) 因为 O 是 AC 的中点，所以 OA = OC. 又 OD = OB，所以四边形 ABCD 是平行四边形. 又 ∠ABC = 90°，所以四边形 ABCD 是矩形.
(2) 由(1)，得四边形 ABCD 是矩形，所以 OA = OB = OC = OD. 因为 AB = a，BC = b，△AOB 的周长为 l₁，△BOC 的周长为 l₂，四边形 ABCD 的周长为 l₃，l₂ - l₁ = 2，l₃ = 28，所以 OB + OC + BC - (OA + OB + AB) = 2，2(AB + BC) = 28，即 b - a = 2，a + b = 14. 所以 b = 8，a = 6，即 AB = 6，BC = 8. 在 Rt△ABC 中，由勾股定理，得 AC = $\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}$ = 10.
6. 如图，在矩形$ABCD$中，$E$，$F$分别是边$AB$，$AD$上的动点，$P$是线段$EF$的中点，$PG⊥BC$，$PH⊥CD$，$G$，$H$为垂足，连接$GH$. 若$AB=8$，$AD=6$，$EF=6$，则$GH$的长的最小值是 (
B
)
A.6
B.7
C.8
D.9
答案：6. B
解析：
解：以点$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴，$AD$所在直线为$y$轴建立平面直角坐标系。设$E(a,0)$，$F(0,b)$，则$P(\dfrac{a}{2},\dfrac{b}{2})$。
因为$EF=6$，所以$\sqrt{a^{2}+b^{2}}=6$，即$a^{2}+b^{2}=36$。
由于$PG⊥ BC$，$PH⊥ CD$，且$ABCD$是矩形，$AB=8$，$AD=6$，可得$G(8,\dfrac{b}{2})$，$H(\dfrac{a}{2},6)$。
则$GH=\sqrt{(8 - \dfrac{a}{2})^{2}+(6 - \dfrac{b}{2})^{2}}=2\sqrt{(4 - \dfrac{a}{4})^{2}+(3 - \dfrac{b}{4})^{2}}$。
设$M(\dfrac{a}{4},\dfrac{b}{4})$，则$a^{2}+b^{2}=36$可化为$(\dfrac{a}{4})^{2}+(\dfrac{b}{4})^{2}=(\dfrac{3}{2})^{2}$，即点$M$在以原点为圆心，$\dfrac{3}{2}$为半径的圆上。
$\sqrt{(4 - \dfrac{a}{4})^{2}+(3 - \dfrac{b}{4})^{2}}$表示点$M$到点$(4,3)$的距离，其最小值为$\sqrt{4^{2}+3^{2}} - \dfrac{3}{2}=5 - \dfrac{3}{2}=\dfrac{7}{2}$。
所以$GH$的最小值为$2×\dfrac{7}{2}=7$。
答案：B
7. 如图，$P$是矩形$ABCD$的对角线$AC$上一点，过点$P$作$EF// BC$，分别交$AB$，$CD$于$E$，$F$两点，连接$PB$，$PD$. 若$AE=2$，$PF=8$，则图中阴影部分的面积为 (
B
)
A.8
B.16
C.24
D.32
答案：7. B
易错警示
掌握矩形的对角线将这个矩形分成面积相等的两部分是解题的关键.
8. 如图，在四边形$ABCD$中，$∠A=60^{\circ}$，$∠ABC=∠ADC=90^{\circ}$，$BC=1$，$CD=10$，过点$D$作$DH⊥AB$于点$H$，则$DH$的长是
6
.
答案：8. 6
解析：
解：延长 $BC$、$AD$ 交于点 $E$。
在 $Rt\triangle ABE$ 中，$\angle A = 60°$，则 $\angle E = 30°$。
在 $Rt\triangle CDE$ 中，$\angle E = 30°$，$CD = 10$，
$\therefore CE = 2CD = 20$，$DE = \sqrt{CE^2 - CD^2} = \sqrt{20^2 - 10^2} = 10\sqrt{3}$。
$\because BC = 1$，$\therefore BE = BC + CE = 1 + 20 = 21$。
在 $Rt\triangle ABE$ 中，$\tan A = \frac{BE}{AB}$，即 $\tan 60° = \frac{21}{AB}$，
$\therefore AB = \frac{21}{\tan 60°} = \frac{21}{\sqrt{3}} = 7\sqrt{3}$。
$\because DH ⊥ AB$，$\angle A = 60°$，
$\therefore \sin A = \frac{DH}{AD}$，即 $DH = AD · \sin 60°$。
设 $AD = x$，则 $AE = AD + DE = x + 10\sqrt{3}$。
在 $Rt\triangle ABE$ 中，$\cos A = \frac{AB}{AE}$，即 $\cos 60° = \frac{7\sqrt{3}}{x + 10\sqrt{3}}$，
$\frac{1}{2} = \frac{7\sqrt{3}}{x + 10\sqrt{3}}$，解得 $x = 14\sqrt{3} - 10\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$。
$\therefore DH = 4\sqrt{3} · \frac{\sqrt{3}}{2} = 6$。
答案：$6$
