数学-专项18.9矩的性质与判定大题提升专练（重难点培优30题）-【】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题（带答案）【人教版】

【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】专题18.9矩的性质与判定大题提升专练（重难点培优30题）班级：___________________姓名：_________________得分：_______________注意事项：本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、解答题1．（2022秋·海南儋州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AO=CO，BO=（1）求证：四边形ABCD是矩形．（2）若∠ACB=30°，AB=1，求①∠AOB的度数；②四边形ABCD的面积．【答案】（1）见解析；（2）①60°，②3.【分析】（1）根据AO=CO，BO=DO可知四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，可证四边形ABCD是矩形（2）利用直角△ABC中∠ABC=90°，∠ACB=300，可得∠BAC=60°，AC=2，BC=3，即可求得四边形ABCD的面积，同时利用矩形的性质，对角线相等且互相平分，可得∠AOB=180°-2∠BAC【详解】解：（1）证明：∵AO=CO，BO=DO∴四边形ABCD是平行四边形，∴∠ABC=∠ADC，∵∠ABC=90°，∴四边形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

【点睛】本题考查了矩形的判定及性质定理的应用，会灵活运用是解题的关键.2．（2022春·陕西西安·八年级统考期中）如图，在平行四边形ABCD中，BD⊥AB，延长AB至点E．使BE=AB，连接EC．(1)求证：四边形BECD是矩形．(2)连接AC，若AD=3，CD=2，求AC的长．【答案】(1)见解析(2)21【分析】（1）根据平行四边形性质，得到CD=AB,CD∥AB，推出四边形（2）根据平行四边形和矩形的性质，得到DC=BE=AB=2，由勾股定理可求出DB，由矩形的性质，得到DB=CE，再由勾股定理求出AC．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CD=AB,CD∥∵BE=AB，∴BE=CD，∴四边形BECD是平行四边形，∵BD⊥AB，∴∠DBA=90°，∴∠DBE=90°，∴四边形BECD是矩形．（2）解：∵四边形BECD是矩形，四边形ABCD是平行四边形，∴DC=BE=AB=2，∴AE=4，∴在Rt△ADB中，AD

∴3∴DB=5∵四边形BECD是矩形，∴DB=CE=5∵在Rt△AEC中，AC∴AC∴AC=21故答案为：21．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行四边形的性质，勾股定理，掌握矩形的判定和性质是关键．3．（2022秋·山东烟台·八年级统考期末）如图，点O是菱形ABCD的对角线的交点，DE∥AC，CE∥(1)求证：四边形OCED是矩形；(2)如果AC=4，BD=6，连接AE，求线段【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）根据DE∥AC，CE∥BD，可得四边形（2）根据菱形的性质可得OD=12BD=3（1）证明：∵DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥

∴∠COD∴平行四边形OCED是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD=6∴OD=由（1）可知，四边形OCED是矩形，∴∠ACE=90°，∵AC=4∴在Rt△ACE中，AE=【点睛】本题主要考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，矩形的判定和性质是解题的关键．4．（2022秋·河北秦皇岛·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一个动点，PE⊥BC，PF⊥CD，垂足分别是E、F，连接EF，猜想EF与AP的数量关系并证明你的猜想．【答案】EF=AP，见解析【分析】连接PC，由PE⊥BC，PF⊥CD，四边形ABCD是正方形，可得四边形PECF是矩形，根据矩形的性质，可得EF=PC，然后证得△PAD≌△PCD，即可得PA=PC，则可证得EF=AP．【详解】解：EF=AP．理由：∵PE⊥BC，PF⊥CD，四边形ABCD是正方形，∴∠PEC=∠PFC=∠BCD=90°，∴四边形PECF是矩形，连接PC，∴PC=EF，

∵P是正方形ABCD对角线上一点，∴AD=CD，∠PDA=∠PDC，在△PAD和△PCD中，AD=CD∠PDA=∠PDC∴△PAD≌△PCD（SAS），∴PA=PC，∴EF=AP．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及矩形的判定与性质．解题的关键是数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．5．（2022秋·河北承德·八年级统考期末）如图1，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，经过点O的直线与边AB相交于点E，与边CD相交于点F．连接DE，BF．(1)求证：四边形BFDE为平行四边形；(2)如图2，直接写出四边形BFDE的边满足什么条件时，BD=EF．【答案】(1)见解析(2)四边形DEBF的边满足DE⊥BE时，BD=EF．【分析】（1）证△AOE≌△COF（ASA），得OE=OF，再由平行四边形的判定即可得出结论；（2）证∠DEB=90°，再由矩形的判定得平行四边形DEBF是矩形，然后由矩形的性质即可得出结论．（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，AB∥CD，OB=∴∠OAE=∠OCF，在△AOE和△COF中，

∠OAE=∠OCFOA=OC∴△AOE≌△COF（ASA），∴OE=OF，∵OB=OD，∴四边形BFDE为平行四边形；（2）解：四边形DEBF的边满足DE⊥BE时，BD=EF，理由如下：由（1）得：四边形DEBF是平行四边形．∵DE⊥AB，∴∠DEB=90°，∴平行四边形DEBF是矩形，∴BD=EF．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．6．（2022秋·江苏南京·八年级校联考期末）如图，E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点．(1)证明：四边形EFGH为平行四边形．(2)若四边形ABCD是矩形，且其面积是7cm2，则四边形EFGH【答案】(1)见解析(2)3.5【分析】（1）连接BD，由三角形中位线定理可得出EF=GH，EF∥GH，由平行四边形的判定可得出结论；（2）由矩形的判定与性质得出答案．（1）证明：连接BD，

∵E、F分别为AD、AB的中点，∴EF是△ABD的中位线，∴EF=12BD，EF∥BD同理，GH=12BD，GH∥BD∴EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH为平行四边形；（2）如图，∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，AD=BC，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，∵E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，∴DH=AF=CH=BF，∴四边形AFHD和四边形HFBC都是矩形，∴AD=HF=BC，DC=EG=AB，∴S四边形EFGH=12EG•HF＝12AB•∵四边形ABCD的面积是7cm2，∴AB•BC=7cm2，∴四边形EFGH的面积是3.5（cm2），故答案为：3.5．

【点睛】本题主要考查中点四边形以及矩形的性质，解题时利用三角形中位线定理判定四边形EFGH是平行四边形是解题的关键．7．（2022秋·江苏连云港·八年级统考期中）有一腰长为5cm，底边长为2cm的等腰三角形纸片，如下图，小明沿着底边上的中线将纸片剪开，得到两个全等的直角三角形纸片．请用这两个直角三角形纸片拼一个成中心对称的四边形，要求：(1)画出所有可能的示意图；(2)在每个示意图上直接标注好各边长；(3)在每个示意图形下方直接写出该四边形的周长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析【分析】两个直角三角形纸片拼一个成中心对称的四边形，分三种情况：BD作为公共边，AD作为公共边，AC作为公共边．（1）解：如图所示，（2）如图所示，（3）如图所示，【点睛】本题主要考查了图形的剪拼以及平行四边形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，解题时注意：中心对称的四边形主要有一般的平行四边形、矩形、菱形和正方形．

8．（2022秋·河北保定·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的周长是40．点P是正方形ABCD对角线AC上一动点，过P点分别作AB、BC的垂线，垂足分别为E，F．(1)求证：四边形PEBF是矩形．(2)请你猜想EF与DP的数量关系，并给出证明．(3)在P点运动过程中，EF的长也随之变化，求EF的最小值．【答案】(1)见解析(2)PD=EF，证明见解析(3)5【分析】（1）根据由三个角为直角的四边形为矩形，即可求证；（2）根据矩形的性质可得PB=EF，再证明△ADP≌△ABP，即可求证；（3）根据PD=EF可得EF的最小值，即DP的最小值，再由垂线段最短，可得当DP⊥AC时，DP取得最小值，求出AC，即可求解．（1）证明：∵PE⊥AB，PF⊥BC∴∠PEB=∠PFB=90°又∵ABCD是正方形∴∠ABC=90°∴四边形四边形PEBF是矩形（2）解：PD=EF，证明如下：连接PB，∵四边形PEBF为矩形，∴PB=EF，又∵四边形ABCD是正方形，P为AC上任意一点，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴PB=PD，∴PD=EF；（3）解：由（2）得DP=EF，则EF的最小值，即DP的最小值，当DP⊥AC时，DP取得最小值，∵正方形

ABCD的周长为40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，AC=102+102=102，∵DP⊥AC【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质是解题的关键．9．（2022秋·天津南开·八年级统考期末）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，CE∥BD,EB∥AC，连接OE．(1)求证：OE=CB；(2)如果DB=24，AD=13，求四边形OBEC的周长．【答案】(1)证明见解析(2)34【分析】（1）先根据平行四边形的判定可得四边形OBEC是平行四边形，再根据菱形的性质可得AC⊥BD，然后根据矩形的判定可得平行四边形OBEC是矩形，最后根据矩形的性质即可得证；（2）先根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB=OD=12DB=12,OA=OC，再利用勾股定理可得OA=5(1)证明：∵CE∥BD,EB∥AC，∴四边形OBEC是平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COB=90°∴平行四边形OBEC是矩形，∴OE=CB．(2)解：∵四边形ABCD是菱形，DB=24，

∴AC⊥BD，OB=OD=1∵AD=13，∴OA=A∴OC=5，由（1）已证：四边形OBEC是矩形，则四边形OBEC的周长为2OB+OC【点睛】本题考查了菱形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．10．（2022秋·重庆铜梁·八年级重庆市巴川中学校校考期中）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在边AB、CD的延长线上，且BE＝DF，CE⊥AB．(1)求证：四边形AFCE是矩形；(2)连接AC，若AC＝15，AE＝12，求菱形ABCD的周长．【答案】(1)见解析(2)75【分析】（1）根据菱形的性质得到AB=CD，AB∥CD，得到四边形AFCE是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）根据勾股定理得到CE=9，根据菱形的性质得到AB=BC，根据勾股定理即可得到结论．（1）证明：在菱形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，∵BE＝DF，∴AE=CF，∵AB∥CD，∴AE∥CF，

∴四边形AFCE是平行四边形，∵CE⊥AB，即∠E=90°，∴四边形AFCE是矩形；（2）解：在矩形AECF中，AC＝15，AE＝12，∠E=90°，∴CE=A∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，在Rt△BCE中，BE∴12−BC2解得：BC=75∴菱形ABCD的周长为4×75【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定定理是解题的关键．11．（2022秋·江苏泰州·八年级统考期末）如图，矩形ABCD中，E为边BC上方一点，EB=EC，∠BEC=90(1)在图1中，请仅用无刻度的直尺作出BC边的中点F；(2)如图2，在（1）的条件下，连接AE、AF、DE、DF，若四边形AEDF为菱形，请探究AB、BC之间的数量关系．【答案】(1)见解析(2)BC=4AB【分析】（1）连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；理由：根据矩形的性质可得OB=OC，从而得到点O在BC的垂直平分线上，再由EB=EC，可得点E在

BC的垂直平分线上，进而得到EF垂直平分BC，即可求解；（2）证明EF=2AB，BC=2EF，可得结论．（1）解∶如图，连接AC，BD，过点E和AC与BD的交点O，作线段EF交BC于点F，则点F即为所求；理由：∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OC，∴点O在BC的垂直平分线上，∵EB=EC，∴点E在BC的垂直平分线上，∴EF垂直平分BC，即点F为BC的中点，（2）如图，设EF交AD于点J．∵EB=EC，∠BEC=90°，BF=CF，∴EF=BF=CF，EF⊥BC，∵四边形AEDF是菱形，∴EJ=JF，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABF=∠BAJ=∠BFJ=90°，∴四边形ABFJ是矩形，

∴AB=FJ，∴EF=2AB，∵BC=2EF，∴BC=4AB．【点睛】本题考查作图——复杂作图，等腰直角三角形的性质，菱形的性质，矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．12．（2022秋·福建厦门·八年级厦门双十中学校考期末）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，BC=4，BE=2．(1)尺规作图：在CD的延长线上求作点F，使FC=FE．（要求：保留作图痕迹，不写作法）(2)在（1）的条件下：①求证：CE平分∠BEF；②求线段CF的长．【答案】(1)见详解(2)①证明过程见详解；②5【分析】（1）按照作垂直平分线的方法作图即可；（2）设EC的垂直平分线交EC于点M，过E点作EN⊥DC于点N，根据FM是EC的垂直平分线，可得EF=FC，进而有∠FEC=∠FCE，再根据AB∥CD，可得∠FCE=∠BEC，即有∠BEC=∠FEC；②先证知四边形ENCB是矩形，即有EN=BC=4，BE=CN=2，在Rt△EFN中，FC(1)作EC的垂直平分线，并交CD的延长线于点F，连接FE、FC即可，作图如下：

(2)设EC的垂直平分线交EC于点M，过E点作EN⊥DC于点N，如图，①在矩形ABCD中，有AB∥∵FM是EC的垂直平分线，∴EF=FC，∴∠FEC=∠FCE，∵AB∥∴∠FCE=∠BEC，∴∠BEC=∠FEC，∴EC平分∠BEF；②∵EN⊥DC，BC=4，BE=2，∴结合矩形ABCD的性质可知四边形ENCB是矩形，∴EN=BC=4，BE=CN=2，∠FNE=90°，∴FN=FC-NC=FC-2，∵EF=FC，∴在Rt△EFN中，FC

∴FC解得FC=5．即FC长度为5．【点睛】本题考查了垂直平分线的尺规作图和性质、勾股定理、角平分线的判定、矩形的判定与性质、平行的性质等知识，掌握垂直平分线的性质是解答本题的关键．13．（2022秋·广西河池·八年级统考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，其中AD∥BC，AD＝BC，AC＝2OB，AE平分∠BAD交CD于点E，连接OE．(1)求证：四边形ABCD是矩形；(2)若∠OAE＝15°，①求证：DA＝DO＝DE；②直接写出∠DOE的度数．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②75°【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，再证AC=BD，即可得出结论；（2）①先证明△ADE是等腰直角三角形，再证得∠DAO=60°，即可得出结论；②求出∠BDC=30°，得出∠DOE=75°，即可得出结果．（1）证明：∵AD∥BC，AD＝BC∴四边形ABCD是平行四边形

∴BD＝2OB

∵AC＝2OB∴AC＝BD∴四边形ABCD是矩形（2）

①证明：∵四边形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【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和等边三角形的判定与性质是解题的关键．14．（2022秋·黑龙江佳木斯·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，BC＝8cm，点P从点D出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的速度都是1cm/s，连接PQ，AQ，CP，设点P、Q运动的时间为t（s）．

(1)当t为何值时，四边形ABQP是矩形？(2)当t为何值时，四边形AQCP是菱形？(3)分别求出（2）中菱形AQCP的周长和面积．【答案】(1)4s(2)3s(3)菱形AQCP的周长是20cm，面积是20cm2【分析】（1）当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，据此求得t的值；（2）当四边形AQCP是菱形时，AQ=AC，列方程求得运动的时间t；（3）菱形的四条边相等，则菱形的周长等于边长乘以4，面积等于底乘以高，即可求解．（1）解：设点P、Q运动的时间为t（s），则BQ=t，DP=t，∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，∴CD=AB=4，AD=BC=8，∴AP=8-t，当四边形ABQP是矩形时，BQ=AP，∴t=8-t，解得：t=4，答：当t=4s时，四边形ABQP是矩形；（2）解：∵AB=4，BQ=t，∠B=90°，∴AQ=A当四边形AQCP是菱形时，AP=AQ，∴42解得：t=3，答：当t=3s时，四边形AQCP是菱形；（3）由（2）可知：当t=3时，BQ=3，∴CQ=BC-BQ=5，

∴菱形AQCP的周长为4CQ=4×5=20（cm），菱形AQCP的面积为CQ·AB=5×4=20（cm2）答：菱形AQCP的周长是20cm，面积是20cm2．【点睛】本题考查了菱形、矩形的判定与性质，利用结合方程的思想解题是解题的关键．15．（2021秋·全国·八年级专题练习）如图，在矩形ABCD中，AB=20cm,BC=4cm．动点P从点A开始沿AB边以4cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CD边以1cm/s的速度运动．点P和点Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动．设动点的运动时间为ts，则当【答案】4【分析】如图，根据题意表示出AP=4t，DQ=20-t；根据矩形的对边相等，求出t的值，即可解决问题．【详解】解：由题意得：AP=4t，DQ=20-t；∵四边形APQD是矩形，∴AP=DQ，即4t=20-t，解得：t=4（s）．即当t=4s时，四边形APQD是矩形．【点睛】该题主要考查了矩形的判定及其性质的应用问题；解题的一般策略是灵活运用矩形的性质来分析、判断、解答．16．（2021秋·河北保定·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AB＝AD，AC＝16，BD＝12，AC、BD相交于点O．（1）求AB的长．（2）若CE//BD，BE//AC，连接OE，求证：OE＝AD．（3）设BC与OE相交于点P，连接DP，求DP的长．

【答案】（1）10；（2）见解析；（3）97．【分析】（1）证明四边形ABCD是菱形，得OA=8，OB=6，AC⊥BD，再由勾股定理即可求解；（2）证明四边形OBEC是平行四边形，再由菱形的性质得AD=BC，AC⊥BD，则∠BOC=90°，即可得出结论；（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH=485，再由勾股定理得BH=365，则PH=BH-OB=【详解】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，∴平行四边形ABCD是菱形，∴OA=OC=12ACOB=OD=12BD=6，AC⊥BD∴∠AOB=90°，∴AB=OA（2）证明：∵CE//BD，BE∥AC，∴四边形OBEC是平行四边形，由(1)得：平行四边形ABCD是菱形，∴AD=BC，AC⊥BD，∴∠BOC=90°，∴平行四边形OBEC是矩形，∴OB=BC，∴OE=AD；（3）过点D作DH⊥BC于点H，如图2所示：

∵四边形ABCD是菱形，∴BC=AB=10，菱形ABCD的面积=BC×DH=12AC×BD即10DH=12∴DH=485在Rt△BDH中，由勾股定理得：BH=BD由(2)得：四边形OBEC是矩形，∴PB=PC，∴PB=12BC∴PH=BH-PB=365-5=11在Rt△PDH中，DP=DH【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握矩形的判定与性质和勾股定理，证明平行四边形ABCD为菱形是解题的关键．17．（2022秋·北京东城·八年级北京市第五中学分校校考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使CF=BE，连接DF．（1）求证：四边形AEFD是矩形；（2）连接OE，若AD=5，EC=2，求OE的长度．

【答案】（1）见解析；（2）5【分析】（1）根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF，推出四边形AEFD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）由菱形的性质得AD=AB=BC=10，由勾股定理求出AE=4，AC=25，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC且AD=BC，∵BE=CF，∴BC=EF，∴AD=EF，∵AD∥EF，∴四边形AEFD是平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF=90°，∴四边形AEFD是矩形；（2）解：∵四边形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∵四边形ABCD是菱形，∴OA=OC，

∴OE=12AC=5【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线性质等知识；根据菱形的性质得到AD∥BC且AD=BC，等量代换得到BC=EF是解题的关键．18．（2021秋·吉林长春·八年级统考期末）如图①，在四边形ABCD中，AD//BC，∠A=90°，AD=6，BC=9，CD=5，点P从点A出发，沿射线AD以每秒2个单位长度的速度运动，点Q从点C出发，沿CB方向以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，P、Q两点同时出发，当点Q到达点B时，点P也随之停止运动，设点Q运动时间为（1）AB的长为______．（2）求线段PD的长（用含t的代数式表示）．（3）当以P、D、C、Q为顶点的四边形为平行四边形时，求t的值．（4）如图②，若点E为BC边上一点，且BE=5，当△PBE是以BE为腰的等腰三角形时，直接写出t的值．【答案】（1）4；（2）当0≤t＜3时，PD=6−2t，当3<t⩽9时，PD=2t−6；（3）t的值为2或6；（4）t的值为1，32【分析】（1）过点D作DM⊥BC于点M，可得四边形ABMD是矩形，从而得到CM=BC-BM=3，再利用勾股定理，即可求解；（2）分两种情况讨论：当0≤t＜3时，当3<t⩽9时，即可求解；（3）根据题意可得：分两种情况：当点P在线段AD上时，当点P在线段AD的延长线上时，即可求解；（4）分三种情况：若PE=BE=5，当点P在线段AD上时；若PE=BE=5，当点P在线段AD的延长线上时；若PB=BE=5时，即可求解．【详解】解：（1）如图，过点D作DM⊥BC于点M，

∵AD//BC，∴∠B=∠A=∠BMD=90°，∴四边形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）由题意得：当0≤t＜3时，PD=6−2t；当3<t⩽9时，PD=2t−6；（3）由题意得：当PD=QC时，以P、D、C、Q为顶点的四边形是平行四边形，当点P在线段AD上时，有6−2t=t，即t=2．当点P在线段AD的延长线上时，有2t−6=t，即t=6．∴当以P、D、C、Q为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为2或6；（4）如图，若PE=BE=5，当点P在线段AD上时，过点P作PG⊥BC于点G，∵AD//BC，∴∠ABG=∠A=∠BGP=90°，

∴四边形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如图，若PE=BE=5，当点P在线段AD的延长线上时，过点P作PH⊥BC于点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如图，若PB=BE=5时，在Rt△ABP中，由勾股定理得：AP=P∴t=3∴当△PBE是以BE为腰的等腰三角形时，t的值为1，32【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，熟练掌握相关知识点，并利用分类讨论的思想是解题的关键．19．（2021秋·四川南充·八年级统考期末）如图，平行四边形ABCD中，AE⊥CD于E，BF平分∠ABC与

AD交于F．AE与BF交于G．（1）延长DC到H，使CH＝DE，连接BH．求证：四边形ABHE是矩形．（2）在（1）所画图形中，在CH的延长线上取HK＝AG，当AE＝AF时，求证：CK＝AD．【答案】（1）见解析；（2）见解析【分析】（1）由平行四边形的性质得到AB//CD，AB＝CD，再证EH＝CD，得四边形ABHE是平行四边形，然后证∠AEH＝90°，即可得出结论；（2）连接BK，先证AB＝AF，则AE＝AB，再证△BHK≌△BAG（SAS），得∠HBK＝∠ABG，然后证∠CBK＝∠K，则CK＝CB，即可得出结论．【详解】证明：（1）如图1，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB//CD，AB＝CD，∵CH＝DE，∴CH＋CE＝DE＋CE，即EH＝CD，∴四边形ABHE是平行四边形，∵AE⊥CD，∴∠AEH＝90°，∴平行四边形ABHE是矩形．（2）连接BK，如图2，

∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD＝BC，AD//BC，∴∠AFB＝∠CBF，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AB＝AF，∵AE＝AF，∴AE＝AB，由（1）得：四边形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．【点睛】此题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，解题的关键是熟知矩形的判定定理与全等三角形的判定与性质．20．（2020·山西·八年级统考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，OA＝OB＝OC＝OD．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若AB=2，∠AOB=60°，求【答案】（1）证明见解析；（2）2【分析】（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形进行求证；（2）根据矩形的性质得出∠ABC=90°，最后在【详解】（1）证明：∵OA＝OB＝OC＝OD，∴四边形ABCD是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形），∴OA+OC=OB+OD，即AC=BD，∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形）．（2）解；∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90∵OA＝OB，AB＝2，∠AOB＝60∴△AOB为等边三角形，∴∠BAO＝60°，∠ACB＝30在RtΔABC中，由勾股定理得，BC=A【点睛】本题考查矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握对角线相等的平行四边形是矩形是解题的关键．

21．（2022秋·山东德州·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AD=24cm，AB=8cm，BC=26cm，动点P从点A开始沿AD边向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C开始沿CB边向点B以3cm/s的速度运动，动点P，Q分别从点(1)当t为何值时，四边形ABQP为矩形？(2)当t为何值时，四边形PQCD为平行四边形？【答案】(1)当t=6.5s时，四边形ABQP(2)当t=6s时，四边形PQCD【分析】（1）四边形ABQP为矩形，即AP=（2）四边形PQCD为平行四边形，即CQ=（1）解：∵设运动时间为t秒，∴AP=t(cm)，PD=如图1，∵AD∴当PA=BQ时，四边形∵∠B∴四边形ABQP是矩形，即t=26−3解得：t=6.5∴t=6.5s时，四边形

（2）解：如图2，∵AD∴当QC=PD时，四边形此时有3t解得t=6∴当t=6s时，四边形PQCD【点睛】此题主要考查了矩形、平行四边形的判定与性质应用，要求学生掌握对各种图形的认识，同时学会数形结合的数学解题思想．22．（2022秋·江西赣州·八年级校考期中）如下图所示，在平面直角坐标系中，四边形AOCB的点O在坐标原点上，点A在y轴上，AB∥OC，点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个单位长度的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个单位长度的速度运动.点M、N同时出发，一点到达终点时，另一点也停止运动，设运动时间为t秒.(1)当t=2时，点M的坐标为___________，点N的坐标为___________；(2)运动过程中，当t=5时，四边形MNCB时什么四边形？【答案】(1)M(2,8),N(17,0)(2)菱形【分析】（1）根据已知点的坐标和移动的速度求得AM和ON的长，然后即可求得点M和点N的坐标；（2）先求出BM，得到BM=CN，推出四边形MNCB为平行四边形，然后过点B作BD⊥OC于D

，得到四边形OABD是矩形，根据矩形的对边相等可得OD=AB，BD=OA，然后求出CD，再利用勾股定理列式求出BC，然后根据邻边相等的平行四边形是菱形．（1）∵点B的坐标为（15，8），点C的坐标为（21，0），动点M从点A沿AB方向以每秒1个长度单位的速度运动，动点N从C点沿CO的方向以每秒2个长度单位的速度运动，∴当t=2时，AM=2，CN=4，∴ON=21-4=17，∴点M的坐标为：（2，8），点N的坐标为：（17，0），故答案为（2,8），（17,0）；（2）运动过程中，当t=5时，AM=5，CN=10，∴ON=21-10=11，BM=15-5=10，∴BM=CN，∵BM∥CN，∴四边形MNCB为平行四边形，过点B作BD⊥OC于点D，则四边形AODB是矩形．∴OD=AB=15，BD=OA=8，CD=OC-OD=6，在Rt△BCD中，BC=BD∴BC=CN，∴平行四边形MNCB是菱形，∴当t=5时，四边形MNCB为菱形．【点睛】本题是四边形综合题型，主要利用了矩形的性质，平行四边形与菱形的关系，梯形的问题，以及勾股定理，根据矩形、菱形与平行四边形的联系，熟练掌握各性质是解题的关键．23．（2022秋·安徽滁州·八年级校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上与A，C

不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG．(1)求证：①DE=FG；②DE⊥FG；(2)若正方形ABCD的边长为2，求FG的最小值．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)FG的最小值为2【分析】（1）①连接BE，交FG于点O，先证明四边形EFBG为矩形，得到FG=BE，再证明△ABE≌△ADE，得到BE=DE，即可证明DE=FG；②延长DE交FG于点M，交AB于点H，由全等三角形和矩形的性质证明∠OFB=∠ABE=∠ADE，再由∠BAD=90°，得到∠ADH+∠AHD=90°，则∠OFB+∠AHD=90°，由此即可证明结论；（2）由DE=FG，则当DE最小时FG最小，根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE有最小值，据此求解即可．（1）解：①连接BE，交FG于点O，如图，∵EF⊥AB，∴∠EFB=∠EGB=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∴四边形EFBG为矩形，∴FG=BE，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD，

∵AE=AE，∴△ABE≌△ADE(SAS∴BE=DE，∴DE=FG；②延长DE交FG于点M，交AB于点H，如图，∵△ABE≌△ADE，∴∠ABE=∠ADE，∵四边形EFBG为矩形，∴OB=1∴∠OFB=∠ABE=∠ADE，∵∠BAD=90°，∴∠ADH+∠AHD=90°，∴∠OFB+∠AHD=90°，∴∠FMH=90°，即DE⊥FG；

（2）解：∵点E为AC上一动点，∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE有最小值，又∵DE=FG，∴此时FG有最小值，∵AD=CD=2，∴AC=A∵DE⊥AC，∴AE=CE，∴DE=1∴FG的最小值为2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，三线合一定理，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，垂线段最短等等；证明△ABE≌△ADE是解题的关键．24．（2022秋·重庆合川·八年级校考期中）如图，Rt△ABC中，∠B=90°，DE∥BC，DE=18cm，BC=24cm，点P从点D出发，以2cm/s的速度向点E运动；点Q从点C同时出发，以

(1)当t为何值时，四边形DBQP是矩形？(2)当t为何值时，PQ=CE？为什么？【答案】(1)当t＝245s时，四边形DBQP(2)当t=185s或6s时，【分析】（1）由题意得，PD＝2t，BQ＝24－3t，当PD＝BQ时，求得t＝245，再证明四边形DBQP（2）分两种情况，作出图形，进行求解即可．（1）解：由题意得，PD＝2t，BQ＝24－3t，当PD＝BQ时，2t＝24－3t，解得t＝245又∵DE∥BC，∴四边形DBQP是平行四边形，∵∠B=90°，∴四边形DBQP是矩形，即当t＝245s时，四边形DBQP（2）当t=185s或6s时，①如图1，过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，∴PM∥EN，∠PMN＝∠PMB＝∠ENB＝∠CNE＝90°，∵DE∥BC，∴∠DPM＝∠DEN＝∠MPE＝90°，PM＝EN，∴四边形BMPD、四边形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即当t=185s时，PQ＝②如图2，过点P作PM⊥BC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，由①可知，四边形DPMB、四边形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，即当t＝6s时，PQ=CE．综上所述，即当t=185s或6s时，【点睛】此题主要考查了直角三角形全等的判定和性质、一元一次方程的应用、矩形的判定和性质等知识，分情况讨论是解题的关键．25．（2022春·全国·八年级专题练习）（1）如图1，AD是△ABC边BC上的高．①求证：AB②已知AB＝8，AC＝6，M是AD上的任意一点，求BM

（2）如图2，P是矩形ABCD内的一点，若PA＝3，PB＝4，PC＝5，求PD的值．【答案】（1）①证明见解析；②28；（2）3【分析】（1）①在Rt△ABD及Rt△ACD中，根据勾股定理可得AB2−BD2=AC2−CD2（2）矩形ABCD内，作PE⊥AB，PF⊥BC，PM⊥AD，分别与AB，BC，AD相交于E，F，M，可得到四边形AEPM，四边形CDMF，四边形BEPF为矩形，从而得到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【详解】（1）①证明：∵AD是△ABC边BC上的高，∴在Rt△ABD及Rt△ACD中，AD∴AB2−B②解：∵AD是△ABC边BC上的高，∴在Rt△MBD及Rt△MCD中，BM∴BM又CD∴BM（2）如图，矩形ABCD内，作PE⊥AB，PF⊥BC，PM⊥AD，分别与AB，BC，AD相交于E，F，M，∵PA＝3，PB＝4，PC＝5，在矩形ABCD中，∠BAD=90°，

∵∠AEP=∠AMP=90°，∴∠AEP=∠AMP=∠BAD=90°，∴四边形AEPM为矩形，∴PM=AE，同理四边形CDMF，四边形BEPF为矩形，∴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【点睛】本题主要考查了勾股定理，矩形的判定和性质，根据勾股定理列出方程组是解题的关键．26．（2021秋·浙江宁波·八年级校考期中）如图1，点O是正方形ABCD的对角线BD的中点，过点O作直线OP(45°<∠POD<90°)，点D关于直线OP的对称点为E，连接BE,(1)求∠CDE+∠OED的值．(2)如图2，作AF⊥DE于点F，请用等式表示线段DF,(3)如图3，在（2）的条件下，连接AE交BD于点G，当∠POD=60°时，请你探究线段BG与DF之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)∠CDE+∠OED=45°(2)AF=DF+BE，见解析(3)BG=2DF，见解析

【分析】（1）如图1，根据等边对等角得：∠OED=∠ODE，由正方形的性质可知：一条对角线平分一组对角得：∠BDC=45°，所以∠CDE+∠OED=∠BDC=45°；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△ABH≌△DAF，则AH=DF，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证明四边形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，则AF=EF，设BK=x，则BG=2x,KG=KE=3x，表示BE和DE的长，根据（2）：AF=DF+BE，得DE=2DF+BE，代入关于x的式子可是DF=x，则【详解】（1）∵OD=OE，∴∠OED=∠ODE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BDC=45°，∴∠CDE+∠OED=∠CDE+∠ODE=∠BDC=45°；（2）DF+BE=AF，理由是：过B作BH⊥AF于H，如图2，∵AF⊥DE，∴∠AFD=∠AHB=90°，∴∠BAH+∠FAD=90°,∠BAH+∠ABH=90°，∴∠FAD=∠ABH，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴△ABH≌△DAF，∴AH=DF，∵OE=OD=OB，∴∠OEB=∠OBE,∠ODE=∠OED，

∴∠DEB=90°，∴四边形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°，过点G作GK⊥BE于K，如图3，∵OP⊥DE,BE⊥DE，∴OP∥BE，∴∠POD=∠DBE=60°，设BK=x，则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．【点睛】本题考查了四边形综合题、正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．27．（2021秋·江西吉安·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，∠D<90°，点E在AD边上，CM⊥AD，垂足为M，以CE为边，E为直角顶点，作等腰直角△CEF，使点F落在射线AB上．

(1)当△CED是边长为6的等边三角形时，∠AFE的度数为_______，AD的长为_______；(2)当AE=ED时，求∠ECD的度数；(3)是否存在AF=BF的情况，如果存在，求AE，ED和CM之间满足的数量关系；如果不存在，说明理由．【答案】(1)30°，6+2(2)45°(3)存在，4AE+2DE=5CM【分析】（1）利用等边三角形的性质得到DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，利用平行四边形的性质及三角形内角和即可求出∠AFE的度数，由此得到AE=AF，过点A作AN⊥EF于N，求出EN=FN=12EF=12EC=3，利用勾股定理得到（2）取FC的中点N，连接EN，根据△EFC是等腰直角三角形，得到∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，利用梯形中位线定理得到EG∥CD，即可求出（3）存在，当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，则四边形EHCM是矩形，得到EH=CM，证明△AEF≌△BGF，推出AE=BG，EF=GF，得到GC=GB+BC=2AE+DE，设CE=x，则GE=2x，勾股定理求出GC，利用面积公式求出EH，即可得到结论（1）∵△CED是边长为6的等边三角形，∴DE=CD=CE=6，∠D=∠DEC=∠ECD=60°，∵∠CEF=90°，∴∠AEF=180°−90°−60°=30°，∵四边形ABCD是平行四边形，∴∠BAD+∠D=180°，∴∠BAD=120°，∴∠AFE=180°−∠A−∠AEF=30°=∠AEF，

∴AE=AF，过点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故答案为：30°，6+23（2）取FC的中点N，连接EN，∵△EFC是等腰直角三角形，∴∠EGC=90°，∠GEC=∠GCE=45°，∵AF∥CD，E为AD中点，G为∴EG∥∴∠ECD=∠GEC=45°；（3）存在，当AF=BF时，延长EF交CB延长线于G，作EH⊥BC于H，则四边形EHCM是矩形，∴EH=CM，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，

∴∠G=∠AEF,∠A=∠GBF，

∵AF=BF，∴△AEF≌∴AE=BG，EF=GF，∴GC=GB+BC=2AE+DE，∴GE=2CE，设CE=x，则GE=2x，∴GC=G∵S△CEG∴EH=CE⋅EG∴CM=EH=2∴GC=2AE+DE=5∴4AE+2DE=5CM．【点睛】此题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的性质，矩形的判定及性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．28．（2022春·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨德强学校校考阶段练习）如图，在Rt△ACB和Rt△ABD中，∠ACB=∠ABD=90°，AB=BD，在(1)如图1，求∠CAB

(2)如图2，若△BDE的面积为3，BE=3，求(3)如图3，在（2）的条件下，连接AE，在AE上取点F，延长AC至点K，连接KE、KF、FD，当AB⊥KE，EK=FK，【答案】(1)∠BAC(2)BC=2(3)6．【分析】（1）先由∠ACB=∠ABD进而根据四边形内角和定理可求解；（2）过点D作DN⊥BE，交BE的延长线于N，证△ABC（3）由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质分别求出DE，EF的长，即可求解．（1）解∶∵∠ACB∴∠BAD∵∠C∴90°+135°+∠BAC∴∠BAC（2）解：如图2，过点D作DN⊥BE，交BE的延长线于∵∠ACB∴∠ABC∴∠BAC又∵DN⊥BE，

∴∠C∵AB=∴△ABC∴BC=∵S△∴BC=（3）解：如图3，过点D作DN⊥BE，交BE的延长线于N，延长AB交EK于M，过点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∥∴四边形BCPF是平行四边形，∵∠ACB∴四边形BCPF是矩形，∴∠CBF∴∠EBF∵∠AEC∴∠BEF∴BE=∴EF=3∴S△【点睛】本题考查了全等三