專題08 矩形的判定和性質(zhì) 帶解析

2022-2023學(xué)年人教版八年級數(shù)學(xué)下冊精選壓軸題培優(yōu)卷專題08矩形的判定和性質(zhì)一．選擇題（共10小題，滿分20分，每小題2分）1．（2分）（2022春?江夏區(qū)校級月考）如圖，點P是Rt△ABC中斜邊AC（不與A，C重合）上一動點，分別作PM⊥AB于點M，作PN⊥BC于點N，點O是MN的中點，若AB＝9，BC＝12，當(dāng)點P在AC上運動時，則BO的最小值是（）A．3 B．3.6 C．3.75 D．4解：連接BP，如圖所示：∵∠ABC＝90°，PM⊥AB于點M，PN⊥BC于點N，∴四邊形BMPN是矩形，AC＝＝＝15，∴BP＝MN，BP與MN互相平分，∵點O是MN的中點，∴BO＝MN，當(dāng)BP⊥AC時，BP最小＝＝＝7.2，∴MN＝7.2，∴BO＝MN＝3.6，故選：B．2．（2分）（2022春?拱墅區(qū)期末）如圖，平行四邊形ABCD的對角線交于點O．點M、N分別是邊AD，BC的中點，連接AN，CM．下列結(jié)論：①若四邊形ANCM是菱形，則AB⊥AC；②若四邊形ANCM是矩形，則AB＝AC；③若AB⊥AC，則四邊形ANCM是矩形；④若AB＝AC，則四邊形ANCM是菱形．其中正確的是（）A．①② B．③④ C．①③ D．①②③④解：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD＝BC，AD∥BD，∵點M、N分別是邊AD，BC的中點，∴AM＝CN，AM＝BN，∴四邊形ABNM與四邊形ANCM都是平行四邊形，①∵四邊形ABNM是平行四邊形，∴AB∥MN，若平行四邊形ANCM是菱形，則MN⊥AC，∴AB⊥AC，故①正確；②若平行四邊形ANCM是矩形，則AC＝MN，∵四邊形ANCM是平行四邊形，∴AB＝MN，∴AB＝AC，故②正確；③由①知，若AB⊥AC，則平行四邊形ANCM是菱形，故③不正確；④由②知，若AB＝AC，平行四邊形ANCM是矩形，故④不正確；綜上所述，正確的是①②，故選：A．3．（2分）（2022春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠A＝60°，∠ABC＝∠ADC＝90°，BC＝1，CD＝10，過D作DH⊥AB于H，則DH的長是（）A．5 B．6 C．7 D．8解：如圖，過C作CE⊥DH于E，則∠CEH＝∠CED＝90°，∵DH⊥AB，∴∠AHD＝∠BHE＝90°，∵∠ABC＝90°，∴四邊形BCEH是矩形．∴HE＝BC＝1，在Rt△AHD中，∠A＝60°，∴∠ADH＝90°﹣∠A＝30°，又∵∠ADC＝90°，∴∠CDE＝90°﹣∠ADH＝60°，∴∠DCE＝90°﹣∠CDE＝30°，∴DE＝CD＝5，∴DH＝HE+DE＝1+5＝6．故選：B．4．（2分）（2022春?市中區(qū)期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，BE∥AC，AE∥BD，OE與AB交于點F．若OE＝5，AC＝8，求菱形ABCD的面積為（）A．20 B．22 C．24 D．40解：∵BE∥AC，AE∥BD∴四邊形AEBO是平行四邊形．又∵菱形ABCD對角線交于點O∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．∴四邊形AEBO是矩形；∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，∵四邊形AEBO是矩形，∴AB＝OE＝5，∴OB＝＝＝3，∴BD＝2OB＝6，∴菱形ABCD的面積＝AC?BD＝×8×6＝24．故選：C．5．（2分）（2022春?確山縣期末）如圖所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝4，BC＝3，P為AB上一動點（不與A、B重合），作PE⊥AC于點E，PF⊥BC于點F，連接EF，則EF的最小值是（）A．2.5 B．5 C．2.4 D．1.2解：如圖，連接CP．∵∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，∴AB＝＝＝5，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∠C＝90°，∴四邊形CFPE是矩形，∴EF＝CP，由垂線段最短可得CP⊥AB時，線段EF的值最小，此時，S△ABC＝BC?AC＝AB?CP，即×4×3＝×5?CP，解得CP＝2.4．故選：C．6．（2分）（2022?羅山縣校級模擬）如圖，在矩形ABCD中，為線段BD上一動點，MP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，則PQ的最小值為（）A． B． C． D．解：如圖，連接CM，∵MP⊥CD于點P，MQ⊥BC于點Q，∴∠CPM＝∠CQM＝90°，∵四邊形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝1，CD＝AB＝2，∠BCD＝90°，∴四邊形PCQM是矩形，∴PQ＝CM，由勾股定理得：BD＝＝＝3，當(dāng)CM⊥BD時，CM最小，則PQ最小，此時，S△BCD＝BD?CM＝BC?CD，∴CM＝＝＝，∴PQ的最小值為，故選：B．7．（2分）（2022?館陶縣模擬）求證：直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半．已知：如圖，在△ABC中，∠ABC＝90°，點O是AC的中點．求證：OB＝AC．證明：延長BO到D，使OD＝OB，連接AD、CD，中間的證明過程排亂了：①∵∠ABC＝90°，②∵OB＝OD，OA＝OC，③∴四邊形ABCD是平行四邊形，④∴四邊形ABCD是矩形．∴AC＝BD，∴OB＝BD＝AC．則中間證明過程正確的順序是（）A．①④②③ B．①③②④ C．②④①③ D．②③①④解：延長BO到D，使OD＝OB，連接AD、CD，∵OB＝OD，OA＝OC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵∠ABC＝90°，∴平行四邊形ABCD是矩形．∴AC＝BD，∴OB＝BD＝AC．則中間證明過程正確的順序是②③①④，故選：D．8．（2分）（2022春?關(guān)嶺縣期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝3，AC＝4，P為邊BC上一動點，PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M為EF的中點，則AM的最小值是（）A．2.4 B．2 C．1.5 D．1.2解：由題意知，四邊形AFPE是矩形，∵點M是矩形對角線EF的中點，則延長AM應(yīng)過點P，∴當(dāng)AP為直角三角形ABC的斜邊上的高時，即AP⊥BC時，AM有最小值，此時AM＝AP，由勾股定理知BC＝＝5，∵S△ABC＝AB?AC＝BC?AP，∴AP＝，∴AM＝AP＝＝1.2，故選：D．9．（2分）（2021?灞橋區(qū)模擬）如圖，在矩形ABCD中，AB＝10，P是CD邊上一點，M、N、E分別是PA、PB、AB的中點，以下四種情況，哪一種四邊形PMEN不可能為矩形（）A．AD＝3 B．AD＝4 C．AD＝5 D．AD＝6解：方法1：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD＝10，∠C＝∠D＝90°，∵M、N、E分別是PA、PB、AB的中點，∴ME、NE是△ABP的中位線，∴ME∥BP，NE∥AP，∴四邊形PMEN是平行四邊形，當(dāng)∠APB＝90°時，四邊形PMEN是矩形，設(shè)DP＝x，CP＝10﹣x，由勾股定理得：AP2＝AD2+x2，BP2＝BC2+（10﹣x）2，AP2+BP2＝AB2，∴AD2+x2+AD2+（10﹣x）2＝102，AD2+x2﹣10x＝0，①當(dāng)AD＝3時，x2﹣10x+9＝0，x＝1或x＝9，符合題意；②當(dāng)AD＝4時，x2﹣10x+16＝0，x＝2或x＝8，符合題意；③當(dāng)AD＝5時，x2﹣10x+25＝0，x＝5，符合題意；④當(dāng)AD＝6時，x2﹣10x+36＝0，無解；故選：D．方法2：連接MN，PE，如圖所示：由方法1得：四邊形PMEN是平行四邊形，∵M、N分別是PA、PB的中點，∴MN是△PAB的中位線，∴MN＝AB＝5，若四邊形PMEN是矩形，則PE＝MN＝5，而當(dāng)AD＝6時，PE不可能等于5，∴當(dāng)AD＝6時，四邊形PMEN不可能為矩形，故選：D．10．（2分）（2021春?武安市期末）如圖，四邊形ABCD中，以對角線AC為斜邊作Rt△ACE，連接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，則BD的值為（）A．2 B． C．3 D．4解：連接OE，如圖所示：∵2AB＝BC＝4，∴AB＝2，∵AC，BD互相平分，∴OA＝OC，OB＝OD，四邊形ABCD是平行四邊形，∵以AC為斜邊作Rt△ACE，∴OE＝OA＝OC＝AC，∵BE⊥DE，∴OE＝OB＝OD＝BD，∴AC＝BD，∴四邊形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，∴BD＝＝＝2，故選：A．二．填空題（共10小題，滿分20分，每小題2分）11．（2分）（2022秋?朝陽區(qū)校級期末）如圖，Rt△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＝30°，．點D為邊AB上一個動點，作DE⊥BC、DF⊥AC，垂足為E、F，連結(jié)EF．則EF長度的最小值為．解：∵∠ACB＝90°，∠B＝30°，，∴AC＝＝2，AB＝2AC＝4，連接CD，∵DF⊥AC，∠ACB＝90°，DE⊥BC，∴∠DFC＝∠FCE＝∠DEC＝90°，∴四邊形CFDE是矩形，∴EF＝CD，當(dāng)CD⊥AB時，CD長最小，此時EF有最小值，∵S△ACB＝＝，∴＝CD，∴CD＝，∴EF長度的最小值是，故答案為：．12．（2分）（2022春?香坊區(qū)校級月考）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝，點P是AB邊上的一動點，過點P作PE⊥AC，PF⊥BC，垂足分別為E、F，當(dāng)EF最短時，則四邊形PECF的面積為．解：如圖，連接CP，∵∠ACB＝90°，AC＝1，AB＝，∴BC＝＝＝2，∵PE⊥AC，PF⊥BC，∴∠PEC＝∠PFC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴四邊形PECF是矩形，∴EF＝CP，∴當(dāng)EF最短時，CP也最短，此時CP⊥AB，則AB?CP＝AC?BC，∴CP＝＝＝，∴AP＝＝＝，∵PE⊥AC，∴AC?PE＝AP?CP，∴PE＝＝＝，∴AE＝＝＝，∴CE＝AC﹣AE＝，∴S矩形PECF＝PE?CE＝×＝，故答案為：．13．（2分）（2022春?廣安期末）如圖，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，E是CD邊上一動點．過點E分別作EF⊥OC于點F，EG⊥OD于點G，連接FG，則FG的最小值為．解：如圖，連接OE，∵四邊形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，∴AC⊥BD，AD＝DC，OC＝OA＝4，OB＝OD＝3，∴∠COD＝90°，∴CD＝＝＝5，∵EF⊥OC于點F，EG⊥OD于點G，∴∠EFO＝∠EGO＝90°，∴四邊形OGEF是矩形，∴OE＝GF，當(dāng)OE⊥DC時，GF的值最小，此時，S△ODC＝OD?OC＝DC?OE，∴OD?OC＝DC?OE，∴OE＝＝＝，∴FG的最小值為，故答案為：．14．（2分）（2022?青山區(qū)二模）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，點P為AB邊上一動點（不與點A，B重合），PE⊥OA于點E，PF⊥OB于點F，若AC＝20，BD＝10，則EF的最小值為2．解：連接OP，∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝AC＝10，BO＝BD＝5，∴AB＝＝5，∵PE⊥OA于點E，PF⊥OB于點F，∴∠EOF＝∠OEP＝∠OFP＝90°，∴四邊形OEPF是矩形，∴EF＝OP，∵當(dāng)OP取最小值時，EF的值最小，∴當(dāng)OP⊥AB時，OP最小，∴S△ABO＝OA?OB＝AB?OP，∴OP＝＝2，∴EF的最小值為2，故答案為：2．15．（2分）（2022春?百色期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，P為邊BC上的一個動點，PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F，則EF最小值為．解：如圖，連接PA．∵∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC＝＝13，又∵PE⊥AB于點E，PF⊥AC于點F．∴∠AEP＝∠AFP＝90°，∴四邊形PEAF是矩形．∴AP＝EF．∴當(dāng)PA最小時，EF也最小，當(dāng)AP⊥CB時，PA最小，∵AB?AC＝BC?AP，∴AP＝＝＝，∴線段EF的最小值為，故答案為：．16．（2分）（2022春?新余期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，點P從點A向點D以每秒1cm的速度運動，Q以每秒4cm的速度從點C出發(fā)，在B、C兩點之間做往返運動，兩點同時出發(fā)，點P到達點D為止（同時點Q也停止），這段時間內(nèi)，當(dāng)運動時間為2.4s或4s或7.2s時，P、Q、C、D四點組成矩形．解：根據(jù)已知可知：當(dāng)點P到達點D時，點Q將由C﹣B﹣C﹣B﹣C運動，∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠D＝90°，∴PD∥CQ，若PD＝CQ，則四邊形APQB是矩形，由題意得DP＝12﹣t，當(dāng)0≤t≤3時，CQ＝4t，12﹣t＝4t，∴t＝2.4（s），當(dāng)3＜t≤6時，CQ＝24﹣4t，12﹣t＝24﹣4t，∴t＝4（s），當(dāng)6＜t≤9時，CQ＝4t﹣24，12﹣t＝4t﹣24，∴t＝7.2（s）；當(dāng)9＜t≤12時，CQ＝48﹣4t，12﹣t＝48﹣4t，∴t＝12（s），此時PQ與DC重合，無法構(gòu)成矩形，故舍去，故答案為：2.4s或4s或7.2s．17．（2分）（2020?順義區(qū)一模）如圖，將一矩形紙片ABCD沿著虛線EF剪成兩個全等的四邊形紙片．根據(jù)圖中標(biāo)示的長度與角度，求出剪得的四邊形紙片中較短的邊AE的長是3．解：過F作FQ⊥AD于Q，則∠FQE＝90°，∵四邊形ABCD是長方形，∴∠A＝∠B＝90°，AB＝DC＝4，AD∥BC，∴四邊形ABFQ是矩形，∴AB＝FQ＝DC＝4，∵AD∥BC，∴∠QEF＝∠BFE＝45°，∴EQ＝FQ＝4，∴AE＝CF＝×（10﹣4）＝3，故答案為：3．18．（2分）（2019春?寧陵縣期中）如圖，在矩形ABCD中，BC＝40cm，點P和點Q分別從點B和點D出發(fā)，按逆時針方向沿矩形ABCD的邊運動，點P和Q的速度分別為5cm/s和3cm/s，則最快5s后，四邊形ABPQ成為矩形．解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，AD＝BC＝40cm，設(shè)最快x秒，四邊形ABPQ成為矩形，∵四邊形ABPQ是矩形，∴AQ＝BP，即40﹣3x＝5x，解得：x＝5，故答案為：5．19．（2分）（2022春?虎林市期末）如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，且BA＝12，AC＝16，點D是斜邊BC上的一個動點，過點D分別作DE⊥AB于點E，DF⊥AC于點F，點G為四邊形DEAF對角線交點，則線段GF的最小值為．解：連接AD、EF，∵∠BAC＝90°，且BA＝9，AC＝12，∴BC＝＝＝20，∵DE⊥AB，DF⊥AC，∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，∴四邊形DEAF是矩形，∴EF＝AD，∴當(dāng)AD⊥BC時，AD的值最小，此時，△ABC的面積＝AB×AC＝BC×AD，∴12×16＝20AD，∴AD＝∴EF的最小值為，∵點G為四邊形DEAF對角線交點，∴GF＝EF＝；故答案為：．20．（2分）（2022春?平陰縣期末）如圖，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝6，BC＝8，點D在AB邊上，DE⊥AC，DF⊥BC，垂足分別為點E、F，連接EF，則線段EF的最小值等于4.8．解：如圖，連接CD．∵∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，∴AB＝＝10，∵DE⊥AC，DF⊥BC，∠ACB＝90°，∴四邊形CFDE是矩形，∴EF＝CD，由垂線段最短可得CD⊥AB時，線段EF的值最小，∵S△ABC＝BC?AC＝AB?CD，∴×8×6＝×10×CD，解得CD＝4.8，∴EF＝4.8．故答案為：4.8．三．解答題（共8小題，滿分60分）21．（6分）（2022春?聊城期中）已知：如圖，BE，BF分別是∠ABC與它的鄰補角∠ABD的平分線，AE⊥BE，垂足為點E，AF⊥BF，垂足為點F，EF分別交邊AB，AC于點M和N．求證：（1）四邊形AFBE是矩形；（2）MN∥BC．證明：（1）∵BE，BF分別是∠ABC與它的鄰補角∠ABD的平分線，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4．∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，∴∠2+∠3＝90°．∵AE⊥BE，E為垂足，AF⊥BF，F(xiàn)為垂足，∴∠AFB＝∠AEB＝90°，∴四邊形AEBF為矩形；（2）∵四邊形AEBF為矩形，∴BM＝MA＝ME，∴∠2＝∠5，∵∠2＝∠1，∴∠1＝∠5∴ME∥BC，∴△AMN∽△ABC，∵M是AB的中點，∴MN為△ABC的中位線，∴MN∥BC．22．（6分）（2022春?江夏區(qū)校級月考）如圖1，已知AD∥BC，AB∥DC，∠B＝∠C．（1）求證：四邊形ABCD為矩形；（2）如圖2，M為AD的中點，N為AB的中點，BN＝2．若∠BNC＝2∠DCM，求BC的長．（1）證明：∵AD∥BC，AB∥DC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∠B+∠C＝180°，∵∠B＝∠C，∴∠B＝∠C＝90°，∴平行四邊形ABCD是矩形；（2）解：如圖2，延長BA、CM交于點E，∵M為AD的中點，N為AB的中點，BN＝2．∴AM＝DM，AN＝BN＝2，∴AB＝2BN＝4，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝4，∵AB∥CD，∴∠E＝∠DCM，又∵∠AME＝∠DMC，∴△AEM≌△DCM（AAS），∴AE＝DC＝4，∵∠BNC＝∠E+∠NCE＝2∠DCM，∴∠NCE＝∠E，∴CN＝EN＝AE+AN＝4+2＝6，∴BC＝＝＝4．23．（8分）（2022春?昆山市校級期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點D作DE∥AC，且DE＝AC，連接AE、CE．（1）求證：四邊形OCED為矩形；（2）若菱形ABCD的邊長為3，∠BCD＝60°，求AE的長．（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC，∴∠DOC＝90°，∵DE∥AC，DE＝AC，∴DE＝OC，DE∥OC，∴四邊形OCED是平行四邊形，又∵∠DOC＝90°，∴平行四邊形OCED是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD＝8，OB＝OD，AO＝OC＝AC，∵∠BCD＝60°，∴△BCD是等邊三角形，∴BD＝BC＝3，∴OD＝OB＝，∴OC＝，∴AC＝2OC＝3，由（1）得：四邊形OCED為矩形，∴CE＝OD＝1，∠OCE＝90°，在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE＝＝，故AE的長為：．24．（8分）（2022春?綿陽期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC，BD相交于點O，OE⊥CD于點E，F(xiàn)是BC的中點，F(xiàn)G⊥CD于點G．（1）求證：四邊形OEGF是矩形；（2）若OE＝3，EG＝4，求AC?BD的值．（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴OB＝OD，∵F是BC的中點，∴OF是△DBC的中位線，∴OF∥CD，∵OE⊥CD，F(xiàn)G⊥CD，∴∠OEG＝90°，OE∥FG，∴四邊形OEGF是平行四邊形，又∵∠OEG＝90°，∴平行四邊形OEGF是矩形；（2）解：由（1）可知，四邊形OEGF是矩形，OF是△DBC的中位線，∴OF＝EG＝4，CD＝2OF＝8，∵OE⊥CD，∴S△OCD＝CD?OE＝×8×3＝12，∵四邊形ABCD是菱形，∴OA＝OC，OB＝OD，AC⊥BD，∴S菱形ABCD＝4S△OCD＝4×12＝48，又∵S菱形ABCD＝AC?BD＝48，∴AC?BD＝96．25．（8分）（2022春?濮陽期末）在菱形DEFH中，對角線HE，DF相交于點C，GF∥HE，GH∥DF．（1）求證：四邊形HCFG是矩形．（2）當(dāng)DH＝2，∠DEF＝120°，連接GE，求GE的長．（1）證明：∵GF∥HE，GH∥DF，∴四邊形HCFG是平行四邊形，∵四邊形DEFH是菱形，∴DF⊥HE，∴∠HCF＝90°，∴四邊形HCFG是矩形．（2）∵∠DEF＝120°，四邊形DEFH是菱形，∴∠DEH＝∠HEF＝60°，DH＝DE，∴△DEH為等邊三角形，∴DH＝EH＝2，HC＝EC＝，∵四邊形HCFG是矩形，∴∠GHC＝90°，GH＝CF，∴GH＝DC＝，在Rt△GHE中，由勾股定理GE＝＝．26．（8分）（2022春??？谄谀┤鐖D，在?ABCD中，AB＝3，AD＝5，∠A＝60°，點E是DC邊的中點，P是邊BC上的動點，PE的延長線與AD的延長線交于點F，連接PD，CF．（1）求證：四邊形PCFD是平行四邊形；（2）當(dāng)BP等于何值時，四邊形PCFD是矩形？請說明理由；（3）當(dāng)BP等于何值時，四邊形PCFD是菱形？請說明理由．（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠DFE＝∠CPE，∵E是CD的中點，∴CE＝DE，在△DFE和△CPE中，，∴△DFE≌△CPE（ASA），∴FE＝PE，∴四邊形PCFD是平行四邊形；（2）解：當(dāng)BP＝3.5時，平行四邊形CEDF是矩形，理由如下：如圖，過B作BM⊥AD于M，∵∠A＝60°，AB＝3，∴AM＝AB＝1.5，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠BCD＝∠A＝60°，DC＝AB＝3，BC＝AD＝5，∵AE＝3.5，∴CP＝1.5＝AM，在△MBA和△PDC中，，∴△MBA≌△PDC（SAS），∴∠DPC＝∠BMA＝90°，∵四邊形PCFD是平行四邊形，∴平行四邊形PCFD是矩形，故答案為：3.5；（3）解：當(dāng)BP＝2時，四邊形PCFD是菱形，理由如下：∵BC＝5，BP＝2，∴CP＝3，∵CD＝3，∠DCP＝∠A＝60°，∴△DCP是等邊三角形，∴DP＝CP，∵四邊形PCFD是平行四邊形，∴平行四邊形PCFD是菱形．27．（8分）（2021秋?赫章縣期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝3cm，BC＝6cm．點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到點A即停止；同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是1c