數(shù)學(xué)-專項(xiàng)18.9矩的性質(zhì)與判定大題提升專練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題）-【】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題（帶答案）【人教版】

【拔尖特訓(xùn)】2022-2023學(xué)年八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)尖子生培優(yōu)必刷題【人教版】專題18.9矩的性質(zhì)與判定大題提升專練（重難點(diǎn)培優(yōu)30題）班級(jí)：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事項(xiàng)：本試卷試題解答30道，共分成三個(gè)層組：基礎(chǔ)過關(guān)題（第1-10題）、能力提升題（第11-20題）、培優(yōu)壓軸題（第21-30題），每個(gè)題組各10題，可以靈活選用．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級(jí)等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、解答題1．（2022秋·海南儋州·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，AO=CO，BO=（1）求證：四邊形ABCD是矩形．（2）若∠ACB=30°，AB=1，求①∠AOB的度數(shù)；②四邊形ABCD的面積．【答案】（1）見解析；（2）①60°，②3.【分析】（1）根據(jù)AO=CO，BO=DO可知四邊形ABCD是平行四邊形，又∠ABC=90°，可證四邊形ABCD是矩形（2）利用直角△ABC中∠ABC=90°，∠ACB=300，可得∠BAC=60°，AC=2，BC=3，即可求得四邊形ABCD的面積，同時(shí)利用矩形的性質(zhì)，對(duì)角線相等且互相平分，可得∠AOB=180°-2∠BAC【詳解】解：（1）證明：∵AO=CO，BO=DO∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形；（2）∵∠ABC=90°，∠ACB=300，AB=1∴∠BAC=60°，AC=2，BC=3又∵矩形ABCD中，OA=OB∴∠AOB=180°-2∠BAC=60°S□ABCD=1×3=3

【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定及性質(zhì)定理的應(yīng)用，會(huì)靈活運(yùn)用是解題的關(guān)鍵.2．（2022春·陜西西安·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在平行四邊形ABCD中，BD⊥AB，延長AB至點(diǎn)E．使BE=AB，連接EC．(1)求證：四邊形BECD是矩形．(2)連接AC，若AD=3，CD=2，求AC的長．【答案】(1)見解析(2)21【分析】（1）根據(jù)平行四邊形性質(zhì)，得到CD=AB,CD∥AB，推出四邊形（2）根據(jù)平行四邊形和矩形的性質(zhì)，得到DC=BE=AB=2，由勾股定理可求出DB，由矩形的性質(zhì)，得到DB=CE，再由勾股定理求出AC．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴CD=AB,CD∥∵BE=AB，∴BE=CD，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵BD⊥AB，∴∠DBA=90°，∴∠DBE=90°，∴四邊形BECD是矩形．（2）解：∵四邊形BECD是矩形，四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC=BE=AB=2，∴AE=4，∴在Rt△ADB中，AD

∴3∴DB=5∵四邊形BECD是矩形，∴DB=CE=5∵在Rt△AEC中，AC∴AC∴AC=21故答案為：21．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，掌握矩形的判定和性質(zhì)是關(guān)鍵．3．（2022秋·山東煙臺(tái)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)O是菱形ABCD的對(duì)角線的交點(diǎn)，DE∥AC，CE∥(1)求證：四邊形OCED是矩形；(2)如果AC=4，BD=6，連接AE，求線段【答案】(1)見解析(2)5【分析】（1）根據(jù)DE∥AC，CE∥BD，可得四邊形（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)可得OD=12BD=3（1）證明：∵DE∥AC，∴四邊形OCED是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥

∴∠COD∴平行四邊形OCED是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，BD=6∴OD=由（1）可知，四邊形OCED是矩形，∴∠ACE=90°，∵AC=4∴在Rt△ACE中，AE=【點(diǎn)睛】本題主要考查了菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．4．（2022秋·河北秦皇島·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P是對(duì)角線BD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分別是E、F，連接EF，猜想EF與AP的數(shù)量關(guān)系并證明你的猜想．【答案】EF=AP，見解析【分析】連接PC，由PE⊥BC，PF⊥CD，四邊形ABCD是正方形，可得四邊形PECF是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)，可得EF=PC，然后證得△PAD≌△PCD，即可得PA=PC，則可證得EF=AP．【詳解】解：EF=AP．理由：∵PE⊥BC，PF⊥CD，四邊形ABCD是正方形，∴∠PEC=∠PFC=∠BCD=90°，∴四邊形PECF是矩形，連接PC，∴PC=EF，

∵P是正方形ABCD對(duì)角線上一點(diǎn)，∴AD=CD，∠PDA=∠PDC，在△PAD和△PCD中，AD=CD∠PDA=∠PDC∴△PAD≌△PCD（SAS），∴PA=PC，∴EF=AP．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及矩形的判定與性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，注意輔助線的作法．5．（2022秋·河北承德·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，在?ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，經(jīng)過點(diǎn)O的直線與邊AB相交于點(diǎn)E，與邊CD相交于點(diǎn)F．連接DE，BF．(1)求證：四邊形BFDE為平行四邊形；(2)如圖2，直接寫出四邊形BFDE的邊滿足什么條件時(shí)，BD=EF．【答案】(1)見解析(2)四邊形DEBF的邊滿足DE⊥BE時(shí)，BD=EF．【分析】（1）證△AOE≌△COF（ASA），得OE=OF，再由平行四邊形的判定即可得出結(jié)論；（2）證∠DEB=90°，再由矩形的判定得平行四邊形DEBF是矩形，然后由矩形的性質(zhì)即可得出結(jié)論．（1）證明：四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，AB∥CD，OB=∴∠OAE=∠OCF，在△AOE和△COF中，

∠OAE=∠OCFOA=OC∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE=OF，∵OB=OD，∴四邊形BFDE為平行四邊形；（2）解：四邊形DEBF的邊滿足DE⊥BE時(shí)，BD=EF，理由如下：由（1）得：四邊形DEBF是平行四邊形．∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴平行四邊形DEBF是矩形，∴BD=EF．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．6．（2022秋·江蘇南京·八年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)．(1)證明：四邊形EFGH為平行四邊形．(2)若四邊形ABCD是矩形，且其面積是7cm2，則四邊形EFGH【答案】(1)見解析(2)3.5【分析】（1）連接BD，由三角形中位線定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四邊形的判定可得出結(jié)論；（2）由矩形的判定與性質(zhì)得出答案．（1）證明：連接BD，

∵E、F分別為AD、AB的中點(diǎn)，∴EF是△ABD的中位線，∴EF=12BD，EF∥BD同理，GH=12BD，GH∥BD∴EF=GH，EF∥GH，∴四邊形EFGH為平行四邊形；（2）如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∵E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)，∴DH=AF=CH=BF，∴四邊形AFHD和四邊形HFBC都是矩形，∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，∴S四邊形EFGH=12EG?HF＝12AB?∵四邊形ABCD的面積是7cm2，∴AB?BC=7cm2，∴四邊形EFGH的面積是3.5（cm2），故答案為：3.5．

【點(diǎn)睛】本題主要考查中點(diǎn)四邊形以及矩形的性質(zhì)，解題時(shí)利用三角形中位線定理判定四邊形EFGH是平行四邊形是解題的關(guān)鍵．7．（2022秋·江蘇連云港·八年級(jí)統(tǒng)考期中）有一腰長為5cm，底邊長為2cm的等腰三角形紙片，如下圖，小明沿著底邊上的中線將紙片剪開，得到兩個(gè)全等的直角三角形紙片．請(qǐng)用這兩個(gè)直角三角形紙片拼一個(gè)成中心對(duì)稱的四邊形，要求：(1)畫出所有可能的示意圖；(2)在每個(gè)示意圖上直接標(biāo)注好各邊長；(3)在每個(gè)示意圖形下方直接寫出該四邊形的周長．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)見解析【分析】兩個(gè)直角三角形紙片拼一個(gè)成中心對(duì)稱的四邊形，分三種情況：BD作為公共邊，AD作為公共邊，AC作為公共邊．（1）解：如圖所示，（2）如圖所示，（3）如圖所示，【點(diǎn)睛】本題主要考查了圖形的剪拼以及平行四邊形的性質(zhì)，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，解題時(shí)注意：中心對(duì)稱的四邊形主要有一般的平行四邊形、矩形、菱形和正方形．

8．（2022秋·河北保定·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的周長是40．點(diǎn)P是正方形ABCD對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，過P點(diǎn)分別作AB、BC的垂線，垂足分別為E，F(xiàn)．(1)求證：四邊形PEBF是矩形．(2)請(qǐng)你猜想EF與DP的數(shù)量關(guān)系，并給出證明．(3)在P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，EF的長也隨之變化，求EF的最小值．【答案】(1)見解析(2)PD=EF，證明見解析(3)5【分析】（1）根據(jù)由三個(gè)角為直角的四邊形為矩形，即可求證；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)可得PB=EF，再證明△ADP≌△ABP，即可求證；（3）根據(jù)PD=EF可得EF的最小值，即DP的最小值，再由垂線段最短，可得當(dāng)DP⊥AC時(shí)，DP取得最小值，求出AC，即可求解．（1）證明：∵PE⊥AB，PF⊥BC∴∠PEB=∠PFB=90°又∵ABCD是正方形∴∠ABC=90°∴四邊形四邊形PEBF是矩形（2）解：PD=EF，證明如下：連接PB，∵四邊形PEBF為矩形，∴PB=EF，又∵四邊形ABCD是正方形，P為AC上任意一點(diǎn)，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴PB=PD，∴PD=EF；（3）解：由（2）得DP=EF，則EF的最小值，即DP的最小值，當(dāng)DP⊥AC時(shí)，DP取得最小值，∵正方形

ABCD的周長為40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，AC=102+102=102，∵DP⊥AC【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．9．（2022秋·天津南開·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)O是菱形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，CE∥BD,EB∥AC，連接OE．(1)求證：OE=CB；(2)如果DB=24，AD=13，求四邊形OBEC的周長．【答案】(1)證明見解析(2)34【分析】（1）先根據(jù)平行四邊形的判定可得四邊形OBEC是平行四邊形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，然后根據(jù)矩形的判定可得平行四邊形OBEC是矩形，最后根據(jù)矩形的性質(zhì)即可得證；（2）先根據(jù)菱形的性質(zhì)可得AC⊥BD，OB=OD=12DB=12,OA=OC，再利用勾股定理可得OA=5(1)證明：∵CE∥BD,EB∥AC，∴四邊形OBEC是平行四邊形，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COB=90°∴平行四邊形OBEC是矩形，∴OE=CB．(2)解：∵四邊形ABCD是菱形，DB=24，

∴AC⊥BD，OB=OD=1∵AD=13，∴OA=A∴OC=5，由（1）已證：四邊形OBEC是矩形，則四邊形OBEC的周長為2OB+OC【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握特殊四邊形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．10．（2022秋·重慶銅梁·八年級(jí)重慶市巴川中學(xué)校校考期中）如圖，在菱形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊AB、CD的延長線上，且BE＝DF，CE⊥AB．(1)求證：四邊形AFCE是矩形；(2)連接AC，若AC＝15，AE＝12，求菱形ABCD的周長．【答案】(1)見解析(2)75【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=CD，AB∥CD，得到四邊形AFCE是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)勾股定理得到CE=9，根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AB=BC，根據(jù)勾股定理即可得到結(jié)論．（1）證明：在菱形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，∵BE＝DF，∴AE=CF，∵AB∥CD，∴AE∥CF，

∴四邊形AFCE是平行四邊形，∵CE⊥AB，即∠E=90°，∴四邊形AFCE是矩形；（2）解：在矩形AECF中，AC＝15，AE＝12，∠E=90°，∴CE=A∵四邊形ABCD是菱形，∴AB=BC，在Rt△BCE中，BE∴12?BC2解得：BC=75∴菱形ABCD的周長為4×75【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握矩形的判定定理是解題的關(guān)鍵．11．（2022秋·江蘇泰州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，矩形ABCD中，E為邊BC上方一點(diǎn)，EB=EC，∠BEC=90(1)在圖1中，請(qǐng)僅用無刻度的直尺作出BC邊的中點(diǎn)F；(2)如圖2，在（1）的條件下，連接AE、AF、DE、DF，若四邊形AEDF為菱形，請(qǐng)?zhí)骄緼B、BC之間的數(shù)量關(guān)系．【答案】(1)見解析(2)BC=4AB【分析】（1）連接AC，BD，過點(diǎn)E和AC與BD的交點(diǎn)O，作線段EF交BC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F即為所求；理由：根據(jù)矩形的性質(zhì)可得OB=OC，從而得到點(diǎn)O在BC的垂直平分線上，再由EB=EC，可得點(diǎn)E在

BC的垂直平分線上，進(jìn)而得到EF垂直平分BC，即可求解；（2）證明EF=2AB，BC=2EF，可得結(jié)論．（1）解∶如圖，連接AC，BD，過點(diǎn)E和AC與BD的交點(diǎn)O，作線段EF交BC于點(diǎn)F，則點(diǎn)F即為所求；理由：∵四邊形ABCD是矩形，∴OB=OC，∴點(diǎn)O在BC的垂直平分線上，∵EB=EC，∴點(diǎn)E在BC的垂直平分線上，∴EF垂直平分BC，即點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，（2）如圖，設(shè)EF交AD于點(diǎn)J．∵EB=EC，∠BEC=90°，BF=CF，∴EF=BF=CF，EF⊥BC，∵四邊形AEDF是菱形，∴EJ=JF，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABF=∠BAJ=∠BFJ=90°，∴四邊形ABFJ是矩形，

∴AB=FJ，∴EF=2AB，∵BC=2EF，∴BC=4AB．【點(diǎn)睛】本題考查作圖——復(fù)雜作圖，等腰直角三角形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，屬于中考?？碱}型．12．（2022秋·福建廈門·八年級(jí)廈門雙十中學(xué)?？计谀┤鐖D，在矩形ABCD中，點(diǎn)E在邊AB上，BC=4，BE=2．(1)尺規(guī)作圖：在CD的延長線上求作點(diǎn)F，使FC=FE．（要求：保留作圖痕跡，不寫作法）(2)在（1）的條件下：①求證：CE平分∠BEF；②求線段CF的長．【答案】(1)見詳解(2)①證明過程見詳解；②5【分析】（1）按照作垂直平分線的方法作圖即可；（2）設(shè)EC的垂直平分線交EC于點(diǎn)M，過E點(diǎn)作EN⊥DC于點(diǎn)N，根據(jù)FM是EC的垂直平分線，可得EF=FC，進(jìn)而有∠FEC=∠FCE，再根據(jù)AB∥CD，可得∠FCE=∠BEC，即有∠BEC=∠FEC；②先證知四邊形ENCB是矩形，即有EN=BC=4，BE=CN=2，在Rt△EFN中，F(xiàn)C(1)作EC的垂直平分線，并交CD的延長線于點(diǎn)F，連接FE、FC即可，作圖如下：

(2)設(shè)EC的垂直平分線交EC于點(diǎn)M，過E點(diǎn)作EN⊥DC于點(diǎn)N，如圖，①在矩形ABCD中，有AB∥∵FM是EC的垂直平分線，∴EF=FC，∴∠FEC=∠FCE，∵AB∥∴∠FCE=∠BEC，∴∠BEC=∠FEC，∴EC平分∠BEF；②∵EN⊥DC，BC=4，BE=2，∴結(jié)合矩形ABCD的性質(zhì)可知四邊形ENCB是矩形，∴EN=BC=4，BE=CN=2，∠FNE=90°，∴FN=FC-NC=FC-2，∵EF=FC，∴在Rt△EFN中，F(xiàn)C

∴FC解得FC=5．即FC長度為5．【點(diǎn)睛】本題考查了垂直平分線的尺規(guī)作圖和性質(zhì)、勾股定理、角平分線的判定、矩形的判定與性質(zhì)、平行的性質(zhì)等知識(shí)，掌握垂直平分線的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵．13．（2022秋·廣西河池·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于點(diǎn)E，連接OE．(1)求證：四邊形ABCD是矩形；(2)若∠OAE＝15°，①求證：DA＝DO＝DE；②直接寫出∠DOE的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)①見解析；②75°【分析】（1）先證明四邊形ABCD是平行四邊形，再證AC=BD，即可得出結(jié)論；（2）①先證明△ADE是等腰直角三角形，再證得∠DAO=60°，即可得出結(jié)論；②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出結(jié)果．（1）證明：∵AD∥BC，AD＝BC∴四邊形ABCD是平行四邊形

∴BD＝2OB

∵AC＝2OB∴AC＝BD∴四邊形ABCD是矩形（2）

①證明：∵四邊形ABCD是矩形∴∠DAB＝∠ADC＝90°，AO＝DO

∵AE平分∠BAD∴∠DAE＝45°

∴∠DEA＝45∴DA＝DE

又∵∠OAE＝15°∴∠DAO＝∠DAE+∠OAE＝60°

∴DA＝DO＝AO∴DA＝DO＝DE

②解：∵∠ADC=90°,∠ADO=60°，∴∠BDC=∠ADC?∠ADO=30°∵DE=DO，∴∠DOE=∠DEO=1【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理等知識(shí)；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)和等邊三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2022秋·黑龍江佳木斯·八年級(jí)校考期中）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A即停止；同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)B出發(fā)向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C即停止．點(diǎn)P、Q的速度都是1cm/s，連接PQ，AQ，CP，設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．

(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP是矩形？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQCP是菱形？(3)分別求出（2）中菱形AQCP的周長和面積．【答案】(1)4s(2)3s(3)菱形AQCP的周長是20cm，面積是20cm2【分析】（1）當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí)，BQ=AP，據(jù)此求得t的值；（2）當(dāng)四邊形AQCP是菱形時(shí)，AQ=AC，列方程求得運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（3）菱形的四條邊相等，則菱形的周長等于邊長乘以4，面積等于底乘以高，即可求解．（1）解：設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s），則BQ=t，DP=t，∵四邊形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，∴CD=AB=4，AD=BC=8，∴AP=8-t，當(dāng)四邊形ABQP是矩形時(shí)，BQ=AP，∴t=8-t，解得：t=4，答：當(dāng)t=4s時(shí)，四邊形ABQP是矩形；（2）解：∵AB=4，BQ=t，∠B=90°，∴AQ=A當(dāng)四邊形AQCP是菱形時(shí)，AP=AQ，∴42解得：t=3，答：當(dāng)t=3s時(shí)，四邊形AQCP是菱形；（3）由（2）可知：當(dāng)t=3時(shí)，BQ=3，∴CQ=BC-BQ=5，

∴菱形AQCP的周長為4CQ=4×5=20（cm），菱形AQCP的面積為CQ·AB=5×4=20（cm2）答：菱形AQCP的周長是20cm，面積是20cm2．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形、矩形的判定與性質(zhì)，利用結(jié)合方程的思想解題是解題的關(guān)鍵．15．（2021秋·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）如圖，在矩形ABCD中，AB=20cm,BC=4cm．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AB邊以4cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿CD邊以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)．點(diǎn)P和點(diǎn)Q分別從點(diǎn)A和點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)動(dòng)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，則當(dāng)【答案】4【分析】如圖，根據(jù)題意表示出AP=4t，DQ=20-t；根據(jù)矩形的對(duì)邊相等，求出t的值，即可解決問題．【詳解】解：由題意得：AP=4t，DQ=20-t；∵四邊形APQD是矩形，∴AP=DQ，即4t=20-t，解得：t=4（s）．即當(dāng)t=4s時(shí)，四邊形APQD是矩形．【點(diǎn)睛】該題主要考查了矩形的判定及其性質(zhì)的應(yīng)用問題；解題的一般策略是靈活運(yùn)用矩形的性質(zhì)來分析、判斷、解答．16．（2021秋·河北保定·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于點(diǎn)O．（1）求AB的長．（2）若CE//BD，BE//AC，連接OE，求證：OE＝AD．（3）設(shè)BC與OE相交于點(diǎn)P，連接DP，求DP的長．

【答案】（1）10；（2）見解析；（3）97．【分析】（1）證明四邊形ABCD是菱形，得OA=8，OB=6，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解；（2）證明四邊形OBEC是平行四邊形，再由菱形的性質(zhì)得AD=BC，AC⊥BD，則∠BOC=90°，即可得出結(jié)論；（3）過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，先由菱形的面積求出DH=485，再由勾股定理得BH=365，則PH=BH-OB=【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，AB=AD，∴平行四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC=12ACOB=OD=12BD=6，AC⊥BD∴∠AOB=90°，∴AB=OA（2）證明：∵CE//BD，BE∥AC，∴四邊形OBEC是平行四邊形，由(1)得：平行四邊形ABCD是菱形，∴AD=BC，AC⊥BD，∴∠BOC=90°，∴平行四邊形OBEC是矩形，∴OB=BC，∴OE=AD；（3）過點(diǎn)D作DH⊥BC于點(diǎn)H，如圖2所示：

∵四邊形ABCD是菱形，∴BC=AB=10，菱形ABCD的面積=BC×DH=12AC×BD即10DH=12∴DH=485在Rt△BDH中，由勾股定理得：BH=BD由(2)得：四邊形OBEC是矩形，∴PB=PC，∴PB=12BC∴PH=BH-PB=365-5=11在Rt△PDH中，DP=DH【點(diǎn)睛】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；熟練掌握矩形的判定與性質(zhì)和勾股定理，證明平行四邊形ABCD為菱形是解題的關(guān)鍵．17．（2022秋·北京東城·八年級(jí)北京市第五中學(xué)分校校考期中）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，過點(diǎn)A作AE⊥BC于點(diǎn)E，延長BC到點(diǎn)F，使CF=BE，連接DF．（1）求證：四邊形AEFD是矩形；（2）連接OE，若AD=5，EC=2，求OE的長度．

【答案】（1）見解析；（2）5【分析】（1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC且AD=BC，等量代換得到BC=EF，推出四邊形AEFD是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得AD=AB=BC=10，由勾股定理求出AE=4，AC=25，再由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可得出答案．【詳解】證明：（1）∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD=BC，∵BE=CF，∴BC=EF，∴AD=EF，∵AD∥EF，∴四邊形AEFD是平行四邊形，∵AE⊥BC，∴∠AEF=90°，∴四邊形AEFD是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，AD=5，∴AD=AB=BC=5，∵EC=2，∴BE=5-2=3，在Rt△ABE中，AE=A在Rt△AEC中，AC=A∵四邊形ABCD是菱形，∴OA=OC，

∴OE=12AC=5【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定和性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)等知識(shí)；根據(jù)菱形的性質(zhì)得到AD∥BC且AD=BC，等量代換得到BC=EF是解題的關(guān)鍵．18．（2021秋·吉林長春·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖①，在四邊形ABCD中，AD//BC，∠A=90°，AD=6，BC=9，CD=5，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿射線AD以每秒2個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)時(shí)間為（1）AB的長為______．（2）求線段PD的長（用含t的代數(shù)式表示）．（3）當(dāng)以P、D、C、Q為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形時(shí)，求t的值．（4）如圖②，若點(diǎn)E為BC邊上一點(diǎn)，且BE=5，當(dāng)△PBE是以BE為腰的等腰三角形時(shí)，直接寫出t的值．【答案】（1）4；（2）當(dāng)0≤t＜3時(shí)，PD=6?2t，當(dāng)3<t?9時(shí)，PD=2t?6；（3）t的值為2或6；（4）t的值為1，32【分析】（1）過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，可得四邊形ABMD是矩形，從而得到CM=BC-BM=3，再利用勾股定理，即可求解；（2）分兩種情況討論：當(dāng)0≤t＜3時(shí)，當(dāng)3<t?9時(shí)，即可求解；（3）根據(jù)題意可得：分兩種情況：當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長線上時(shí)，即可求解；（4）分三種情況：若PE=BE=5，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)；若PE=BE=5，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長線上時(shí)；若PB=BE=5時(shí)，即可求解．【詳解】解：（1）如圖，過點(diǎn)D作DM⊥BC于點(diǎn)M，

∵AD//BC，∴∠B=∠A=∠BMD=90°，∴四邊形ABMD是矩形，∴AB=DM，AD=BM，∵AD=6，BC=9，∴BM=6，∴CM=BC-BM=3，在Rt△CDM中，CD=5，由勾股定理得：DM=C∴AB=4；（2）由題意得：當(dāng)0≤t＜3時(shí)，PD=6?2t；當(dāng)3<t?9時(shí)，PD=2t?6；（3）由題意得：當(dāng)PD=QC時(shí)，以P、D、C、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，有6?2t=t，即t=2．當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長線上時(shí)，有2t?6=t，即t=6．∴當(dāng)以P、D、C、Q為頂點(diǎn)的四邊形是平行四邊形時(shí)，t的值為2或6；（4）如圖，若PE=BE=5，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD上時(shí)，過點(diǎn)P作PG⊥BC于點(diǎn)G，∵AD//BC，∴∠ABG=∠A=∠BGP=90°，

∴四邊形ABGP是矩形，∴PG=AB=4，AP=BG，在Rt△PEG中，由勾股定理得：EG=P∴BG=BE-EG=2，∴AP=2，∴t=2如圖，若PE=BE=5，當(dāng)點(diǎn)P在線段AD的延長線上時(shí)，過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，同理可得：PH=AB=5，AP=BH，在Rt△PEH中，由勾股定理得：EH=3，∴AP=BH=BE+EH=5+3=8，∴t=8如圖，若PB=BE=5時(shí)，在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP=P∴t=3∴當(dāng)△PBE是以BE為腰的等腰三角形時(shí)，t的值為1，32【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，并利用分類討論的思想是解題的關(guān)鍵．19．（2021秋·四川南充·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，平行四邊形ABCD中，AE⊥CD于E，BF平分∠ABC與

AD交于F．AE與BF交于G．（1）延長DC到H，使CH＝DE，連接BH．求證：四邊形ABHE是矩形．（2）在（1）所畫圖形中，在CH的延長線上取HK＝AG，當(dāng)AE＝AF時(shí)，求證：CK＝AD．【答案】（1）見解析；（2）見解析【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得到AB//CD，AB＝CD，再證EH＝CD，得四邊形ABHE是平行四邊形，然后證∠AEH＝90°，即可得出結(jié)論；（2）連接BK，先證AB＝AF，則AE＝AB，再證△BHK≌△BAG（SAS），得∠HBK＝∠ABG，然后證∠CBK＝∠K，則CK＝CB，即可得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）如圖1，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB//CD，AB＝CD，∵CH＝DE，∴CH＋CE＝DE＋CE，即EH＝CD，∴四邊形ABHE是平行四邊形，∵AE⊥CD，∴∠AEH＝90°，∴平行四邊形ABHE是矩形．（2）連接BK，如圖2，

∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD//BC，∴∠AFB＝∠CBF，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AB＝AF，∵AE＝AF，∴AE＝AB，由（1）得：四邊形ABHE是矩形，∴∠ABH＝∠BHE＝90°，AE＝BH，∴∠BHK＝90°，AB＝BH，∵AB//CD，AE⊥CD，∴AE⊥AB，∴∠BAG＝90°，在△BHK和△BAG中，HK=AG∠BHK=∠BAG=∴△BHK≌△BAG（SAS），∴∠HBK＝∠ABG，∴∠HBK＋∠HBF＝∠ABG＋∠HBF＝∠ABH＝90°，∵∠CBK＋∠CBF＝90°，∠K＋∠HBK＝90°，

∴∠CBK＝∠K，∴CK＝CB，∴CK＝AD．【點(diǎn)睛】此題主要考查特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知矩形的判定定理與全等三角形的判定與性質(zhì)．20．（2020·山西·八年級(jí)統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，在四邊形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，OA＝OB＝OC＝OD．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）若AB=2，∠AOB=60°，求【答案】（1）證明見解析；（2）2【分析】（1）根據(jù)對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形進(jìn)行求證；（2）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠ABC=90°，最后在【詳解】（1）證明：∵OA＝OB＝OC＝OD，∴四邊形ABCD是平行四邊形（對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形），∴OA+OC=OB+OD，即AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形（對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形）．（2）解；∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC=90∵OA＝OB，AB＝2，∠AOB＝60∴△AOB為等邊三角形，∴∠BAO＝60°，∠ACB＝30在RtΔABC中，由勾股定理得，BC=A【點(diǎn)睛】本題考查矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形是解題的關(guān)鍵．

21．（2022秋·山東德州·八年級(jí)校考期中）如圖，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿AD邊向點(diǎn)D以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿CB邊向點(diǎn)B以3cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形ABQP為矩形？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PQCD為平行四邊形？【答案】(1)當(dāng)t=6.5s時(shí)，四邊形ABQP(2)當(dāng)t=6s時(shí)，四邊形PQCD【分析】（1）四邊形ABQP為矩形，即AP=（2）四邊形PQCD為平行四邊形，即CQ=（1）解：∵設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，∴AP=t(cm)，PD=如圖1，∵AD∴當(dāng)PA=BQ時(shí)，四邊形∵∠B∴四邊形ABQP是矩形，即t=26?3解得：t=6.5∴t=6.5s時(shí)，四邊形

（2）解：如圖2，∵AD∴當(dāng)QC=PD時(shí)，四邊形此時(shí)有3t解得t=6∴當(dāng)t=6s時(shí)，四邊形PQCD【點(diǎn)睛】此題主要考查了矩形、平行四邊形的判定與性質(zhì)應(yīng)用，要求學(xué)生掌握對(duì)各種圖形的認(rèn)識(shí)，同時(shí)學(xué)會(huì)數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)解題思想．22．（2022秋·江西贛州·八年級(jí)?？计谥校┤缦聢D所示，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形AOCB的點(diǎn)O在坐標(biāo)原點(diǎn)上，點(diǎn)A在y軸上，AB∥OC，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（15，8），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（21，0），動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A沿AB方向以每秒1個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從C點(diǎn)沿CO的方向以每秒2個(gè)單位長度的速度運(yùn)動(dòng).點(diǎn)M、N同時(shí)出發(fā)，一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒.(1)當(dāng)t=2時(shí)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為___________，點(diǎn)N的坐標(biāo)為___________；(2)運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)t=5時(shí)，四邊形MNCB時(shí)什么四邊形？【答案】(1)M(2,8),N(17,0)(2)菱形【分析】（1）根據(jù)已知點(diǎn)的坐標(biāo)和移動(dòng)的速度求得AM和ON的長，然后即可求得點(diǎn)M和點(diǎn)N的坐標(biāo)；（2）先求出BM，得到BM=CN，推出四邊形MNCB為平行四邊形，然后過點(diǎn)B作BD⊥OC于D

，得到四邊形OABD是矩形，根據(jù)矩形的對(duì)邊相等可得OD=AB，BD=OA，然后求出CD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形．（1）∵點(diǎn)B的坐標(biāo)為（15，8），點(diǎn)C的坐標(biāo)為（21，0），動(dòng)點(diǎn)M從點(diǎn)A沿AB方向以每秒1個(gè)長度單位的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)N從C點(diǎn)沿CO的方向以每秒2個(gè)長度單位的速度運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)t=2時(shí)，AM=2，CN=4，∴ON=21-4=17，∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為：（2，8），點(diǎn)N的坐標(biāo)為：（17，0），故答案為（2,8），（17,0）；（2）運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)t=5時(shí)，AM=5，CN=10，∴ON=21-10=11，BM=15-5=10，∴BM=CN，∵BM∥CN，∴四邊形MNCB為平行四邊形，過點(diǎn)B作BD⊥OC于點(diǎn)D，則四邊形AODB是矩形．∴OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=6，在Rt△BCD中，BC=BD∴BC=CN，∴平行四邊形MNCB是菱形，∴當(dāng)t=5時(shí)，四邊形MNCB為菱形．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題型，主要利用了矩形的性質(zhì)，平行四邊形與菱形的關(guān)系，梯形的問題，以及勾股定理，根據(jù)矩形、菱形與平行四邊形的聯(lián)系，熟練掌握各性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．23．（2022秋·安徽滁州·八年級(jí)校考階段練習(xí)）如圖，在正方形ABCD中，E為對(duì)角線AC上與A，C

不重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥AB于點(diǎn)F，EG⊥BC于點(diǎn)G，連接DE，F(xiàn)G．(1)求證：①DE=FG；②DE⊥FG；(2)若正方形ABCD的邊長為2，求FG的最小值．【答案】(1)①見解析；②見解析(2)FG的最小值為2【分析】（1）①連接BE，交FG于點(diǎn)O，先證明四邊形EFBG為矩形，得到FG=BE，再證明△ABE≌△ADE，得到BE=DE，即可證明DE=FG；②延長DE交FG于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H，由全等三角形和矩形的性質(zhì)證明∠OFB=∠ABE=∠ADE，再由∠BAD=90°，得到∠ADH+∠AHD=90°，則∠OFB+∠AHD=90°，由此即可證明結(jié)論；（2）由DE=FG，則當(dāng)DE最小時(shí)FG最小，根據(jù)垂線段最短，當(dāng)DE⊥AC時(shí)，DE有最小值，據(jù)此求解即可．（1）解：①連接BE，交FG于點(diǎn)O，如圖，∵EF⊥AB，∴∠EFB=∠EGB=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴四邊形EFBG為矩形，∴FG=BE，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD，

∵AE=AE，∴△ABE≌△ADE(SAS∴BE=DE，∴DE=FG；②延長DE交FG于點(diǎn)M，交AB于點(diǎn)H，如圖，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE=∠ADE，∵四邊形EFBG為矩形，∴OB=1∴∠OFB=∠ABE=∠ADE，∵∠BAD=90°，∴∠ADH+∠AHD=90°，∴∠OFB+∠AHD=90°，∴∠FMH=90°，即DE⊥FG；

（2）解：∵點(diǎn)E為AC上一動(dòng)點(diǎn)，∴根據(jù)垂線段最短，當(dāng)DE⊥AC時(shí)，DE有最小值，又∵DE=FG，∴此時(shí)FG有最小值，∵AD=CD=2，∴AC=A∵DE⊥AC，∴AE=CE，∴DE=1∴FG的最小值為2．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，矩形的性質(zhì)與判定，三線合一定理，直角三角形斜邊上的中線，勾股定理，垂線段最短等等；證明△ABE≌△ADE是解題的關(guān)鍵．24．（2022秋·重慶合川·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，Rt△ABC中，∠B=90°，DE∥BC，DE=18cm，BC=24cm，點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以2cm/s的速度向點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)Q從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，以

(1)當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形DBQP是矩形？(2)當(dāng)t為何值時(shí)，PQ=CE？為什么？【答案】(1)當(dāng)t＝245s時(shí)，四邊形DBQP(2)當(dāng)t=185s或6s時(shí)，【分析】（1）由題意得，PD＝2t，BQ＝24－3t，當(dāng)PD＝BQ時(shí)，求得t＝245，再證明四邊形DBQP（2）分兩種情況，作出圖形，進(jìn)行求解即可．（1）解：由題意得，PD＝2t，BQ＝24－3t，當(dāng)PD＝BQ時(shí)，2t＝24－3t，解得t＝245又∵DE∥BC，∴四邊形DBQP是平行四邊形，∵∠B=90°，∴四邊形DBQP是矩形，即當(dāng)t＝245s時(shí)，四邊形DBQP（2）當(dāng)t=185s或6s時(shí)，①如圖1，過點(diǎn)P作PM⊥BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作EN⊥BC于點(diǎn)N，∴PM∥EN，∠PMN＝∠PMB＝∠ENB＝∠CNE＝90°，∵DE∥BC，∴∠DPM＝∠DEN＝∠MPE＝90°，PM＝EN，∴四邊形BMPD、四邊形DENB都是矩形，∴,BN＝DE＝18cm，BM＝PD＝2t，∴CN＝BC－BN＝6cm，∵PQ＝CE，

∴Rt△PMQ≌Rt△ENC（HL），∴MQ＝NC，∵BQ－BM－CQ＝CN，∴24－2t－3t＝6，解得t=18即當(dāng)t=185s時(shí)，PQ＝②如圖2，過點(diǎn)P作PM⊥BC于點(diǎn)M，過點(diǎn)E作EN⊥BC于點(diǎn)N，由①可知，四邊形DPMB、四邊形DENB都是矩形，∴PM＝EN，BM＝PD＝2t，BN＝DE＝18cm，MN＝PE＝18－2t，∴CN＝BC－BN＝6cm，∵PQ＝CE，∴Rt△PMQ≌Rt△ENC（HL），∴MQ＝NC，∵BM-BQ＝CN，∴2t－（24－3t）＝6，解得t＝6，即當(dāng)t＝6s時(shí)，PQ=CE．綜上所述，即當(dāng)t=185s或6s時(shí)，【點(diǎn)睛】此題主要考查了直角三角形全等的判定和性質(zhì)、一元一次方程的應(yīng)用、矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，分情況討論是解題的關(guān)鍵．25．（2022春·全國·八年級(jí)專題練習(xí)）（1）如圖1，AD是△ABC邊BC上的高．①求證：AB②已知AB＝8，AC＝6，M是AD上的任意一點(diǎn)，求BM

（2）如圖2，P是矩形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，求PD的值．【答案】（1）①證明見解析；②28；（2）3【分析】（1）①在Rt△ABD及Rt△ACD中，根據(jù)勾股定理可得AB2?BD2=AC2?CD2（2）矩形ABCD內(nèi)，作PE⊥AB，PF⊥BC，PM⊥AD，分別與AB，BC，AD相交于E，F(xiàn)，M，可得到四邊形AEPM，四邊形CDMF，四邊形BEPF為矩形，從而得到PM=AE，DM=CF，BE=PF，然后在Rt△AEP及Rt△BPE及Rt△CPF中，由勾股定理可得AE2+C【詳解】（1）①證明：∵AD是△ABC邊BC上的高，∴在Rt△ABD及Rt△ACD中，AD∴AB2?B②解：∵AD是△ABC邊BC上的高，∴在Rt△MBD及Rt△MCD中，BM∴BM又CD∴BM（2）如圖，矩形ABCD內(nèi)，作PE⊥AB，PF⊥BC，PM⊥AD，分別與AB，BC，AD相交于E，F(xiàn)，M，∵PA＝3，PB＝4，PC＝5，在矩形ABCD中，∠BAD=90°，

∵∠AEP=∠AMP=90°，∴∠AEP=∠AMP=∠BAD=90°，∴四邊形AEPM為矩形，∴PM=AE，同理四邊形CDMF，四邊形BEPF為矩形，∴DM=CF，BE=PF，∵PA＝3，PB＝4，PC＝5，在Rt△AEP及Rt△BPE及Rt△CPF中，由勾股定理得：PE由①+③-②得：AE∴PD解得PD=32【點(diǎn)睛】本題主要考查了勾股定理，矩形的判定和性質(zhì)，根據(jù)勾股定理列出方程組是解題的關(guān)鍵．26．（2021秋·浙江寧波·八年級(jí)校考期中）如圖1，點(diǎn)O是正方形ABCD的對(duì)角線BD的中點(diǎn)，過點(diǎn)O作直線OP(45°<∠POD<90°)，點(diǎn)D關(guān)于直線OP的對(duì)稱點(diǎn)為E，連接BE,(1)求∠CDE+∠OED的值．(2)如圖2，作AF⊥DE于點(diǎn)F，請(qǐng)用等式表示線段DF,(3)如圖3，在（2）的條件下，連接AE交BD于點(diǎn)G，當(dāng)∠POD=60°時(shí)，請(qǐng)你探究線段BG與DF之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)∠CDE+∠OED=45°(2)AF=DF+BE，見解析(3)BG=2DF，見解析

【分析】（1）如圖1，根據(jù)等邊對(duì)等角得：∠OED=∠ODE，由正方形的性質(zhì)可知：一條對(duì)角線平分一組對(duì)角得：∠BDC=45°，所以∠CDE+∠OED=∠BDC=45°；（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△ABH≌△DAF，則AH=DF，根據(jù)有三個(gè)角是直角的四邊形是矩形，證明四邊形BHFE是矩形，得HF=BE，所以AF=AH+FH=DF+BE；（3）由（2）可知：△AFE是等腰直角三角形，則AF=EF，設(shè)BK=x，則BG=2x,KG=KE=3x，表示BE和DE的長，根據(jù)（2）：AF=DF+BE，得DE=2DF+BE，代入關(guān)于x的式子可是DF=x，則【詳解】（1）∵OD=OE，∴∠OED=∠ODE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BDC=45°，∴∠CDE+∠OED=∠CDE+∠ODE=∠BDC=45°；（2）DF+BE=AF，理由是：過B作BH⊥AF于H，如圖2，∵AF⊥DE，∴∠AFD=∠AHB=90°，∴∠BAH+∠FAD=90°,∠BAH+∠ABH=90°，∴∠FAD=∠ABH，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴△ABH≌△DAF，∴AH=DF，∵OE=OD=OB，∴∠OEB=∠OBE,∠ODE=∠OED，

∴∠DEB=90°，∴四邊形BHFE是矩形，∴HF=BE，∴AF=AH+FH=DF+BE；（3）由（2）可知：△AFE是等腰直角三角形，∴AF=EF,∠AEF=45°，過點(diǎn)G作GK⊥BE于K，如圖3，∵OP⊥DE,BE⊥DE，∴OP∥BE，∴∠POD=∠DBE=60°，設(shè)BK=x，則BG=2x,KG=KE=3∴BE=(3∴DE=(3由（2）：AF=DF+BE，∴DE=DF+EF=DF+AF，∴DE=2DF+BE，∴(3∴DF=x，∴BG=2DF．【點(diǎn)睛】本題考查了四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、矩形的判定、等腰直角三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．27．（2021秋·江西吉安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，∠D<90°，點(diǎn)E在AD邊上，CM⊥AD，垂足為M，以CE為邊，E為直角頂點(diǎn)，作等腰直角△CEF，使點(diǎn)F落在射線AB上．

(1)當(dāng)△CED是邊長為6的等邊三角形時(shí)，∠AFE的度數(shù)為_______，AD的長為_______；(2)當(dāng)AE=ED時(shí)，求∠ECD的度數(shù)；(3)是否存在AF=BF的情況，如果存在，求AE，ED和CM之間滿足的數(shù)量關(guān)系；如果不存在，說明理由．【答案】(1)30°，6+2(2)45°(3)存在，4AE+2DE=5CM【分析】（1）利用等邊三角形的性質(zhì)得到DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，利用平行四邊形的性質(zhì)及三角形內(nèi)角和即可求出∠AFE的度數(shù)，由此得到AE=AF，過點(diǎn)A作AN⊥EF于N，求出EN=FN=12EF=12EC=3，利用勾股定理得到（2）取FC的中點(diǎn)N，連接EN，根據(jù)△EFC是等腰直角三角形，得到∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，利用梯形中位線定理得到EG∥CD，即可求出（3）存在，當(dāng)AF=BF時(shí)，延長EF交CB延長線于G，作EH⊥BC于H，則四邊形EHCM是矩形，得到EH=CM，證明△AEF≌△BGF，推出AE=BG，EF=GF，得到GC=GB+BC=2AE+DE，設(shè)CE=x，則GE=2x，勾股定理求出GC，利用面積公式求出EH，即可得到結(jié)論（1）∵△CED是邊長為6的等邊三角形，∴DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，∵∠CEF=90°，∴∠AEF=180°?90°?60°=30°，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BAD+∠D=180°，∴∠BAD=120°，∴∠AFE=180°?∠A?∠AEF=30°=∠AEF，

∴AE=AF，過點(diǎn)A作AN⊥EF于N，∴EN=FN=1在Rt△AEN中，AE=2AN，AN∴AN解得AN=3∴AD=AE+DE=6+23故答案為：30°，6+23（2）取FC的中點(diǎn)N，連接EN，∵△EFC是等腰直角三角形，∴∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，∵AF∥CD，E為AD中點(diǎn)，G為∴EG∥∴∠ECD=∠GEC=45°；（3）存在，當(dāng)AF=BF時(shí)，延長EF交CB延長線于G，作EH⊥BC于H，則四邊形EHCM是矩形，∴EH=CM，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，

∴∠G=∠AEF,∠A=∠GBF，

∵AF=BF，∴△AEF≌∴AE=BG，EF=GF，∴GC=GB+BC=2AE+DE，∴GE=2CE，設(shè)CE=x，則GE=2x，∴GC=G∵S△CEG∴EH=CE?EG∴CM=EH=2∴GC=2AE+DE=5∴4AE+2DE=5CM．【點(diǎn)睛】此題考查了平行四邊形的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，熟記各定理并熟練應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．28．（2022春·黑龍江哈爾濱·八年級(jí)哈爾濱德強(qiáng)學(xué)校?？茧A段練習(xí)）如圖，在Rt△ACB和Rt△ABD中，∠ACB=∠ABD=90°，AB=BD，在(1)如圖1，求∠CAB

(2)如圖2，若△BDE的面積為3，BE=3，求(3)如圖3，在（2）的條件下，連接AE，在AE上取點(diǎn)F，延長AC至點(diǎn)K，連接KE、KF、FD，當(dāng)AB⊥KE，EK=FK，【答案】(1)∠BAC(2)BC=2(3)6．【分析】（1）先由∠ACB=∠ABD進(jìn)而根據(jù)四邊形內(nèi)角和定理可求解；（2）過點(diǎn)D作DN⊥BE，交BE的延長線于N，證△ABC（3）由全等三角形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)分別求出DE，EF的長，即可求解．（1）解∶∵∠ACB∴∠BAD∵∠C∴90°+135°+∠BAC∴∠BAC（2）解：如圖2，過點(diǎn)D作DN⊥BE，交BE的延長線于∵∠ACB∴∠ABC∴∠BAC又∵DN⊥BE，

∴∠C∵AB=∴△ABC∴BC=∵S△∴BC=（3）解：如圖3，過點(diǎn)D作DN⊥BE，交BE的延長線于N，延長AB交EK于M，過點(diǎn)F作FP⊥∵BC=2，∴CE=5∵∠BED∴∠DEN∵DN⊥∴∠DEN∴DN=∴BN=5，∵△ABC∴DN=∴CE=∴∠AEC∴∠AED∵AB⊥∴∠DBE

∴∠DBE∵CE=∴△DBN∴CK=∵∠AKF∴△KPF∴PF=∴PF=∵PF⊥∴∠APF∴PF∥∴四邊形BCPF是平行四邊形，∵∠ACB∴四邊形BCPF是矩形，∴∠CBF∴∠EBF∵∠AEC∴∠BEF∴BE=∴EF=3∴S△【點(diǎn)睛】本題考查了全等三