2024八年级数学下册专题5.1矩形的判定与性质压轴题专项讲练含解析新版浙教版

Page1专题5.1矩形的判定与性质【典例1】在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时动身相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，0≤t≤5．（1）若G，H分别是AB，DC中点，试说明：四边形EGFH为平行四边形；（2）在（1）的条件下，当t为何值时，四边形EGFH为矩形．【思路点拨】（1）证明△AFG≌△CEH（SAS），得GF＝HE，同理GE＝HF，即可得出结论；（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”得EF＝GH，再证四边形AGHD是平行四边形，得GH＝BC＝4，然后分两种状况分别求出t的值即可．【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，∴∠GAF＝∠HCE，∵G、H分别是AB、DC的中点，∴AG＝BG，CH＝DH，∴AG＝CH，∵AE＝CF，∴AF＝CE，在△AFG与△CEH中，AG=CH∴△AFG≌△CEH（SAS），∴GF＝HE，同理：GE＝HF，∴四边形EGFH是平行四边形．（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴AC=A由（2）可知四边形EGFH是平行四边形，连接GH，∵点G、H分别是矩形ABCD的边AB、DC的中点，∴AG＝DH，AG∥DH，∴四边形AGHD是平行四边形，∴GH＝BC＝4，∴当EF＝GH＝4时，四边形EGFH是矩形，分两种状况：①如图1，AE＝CF＝t，则EF＝5﹣2t＝4，解得：t＝0.5；②如图2，AE＝CF＝t，则EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，解得：t＝4.5；综上所述，当t为0.5或4.5时，四边形EGFH为矩形．1．（富平县二模）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为（）A．8 B．9 C．10 D．12【思路点拨】由菱形的性质和勾股定理求出CD＝10，再证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可．【解题过程】解：∵DE∥AC，CE∥BD，∴四边形OCED为平行四边形，∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，∴AC⊥BD，OA＝OC=12AC＝6，OB＝OD=∴∠DOC＝90°，CD=O∴平行四边形OCED为矩形，∴OE＝CD＝10，故选：C．2．（武安市期末）如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD相互平分．若2AB＝BC＝4，则BD的值为（）A．25 B．5 C．3 D．4【思路点拨】连接OE，由AC，BD相互平分得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线性质推出AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出结果．【解题过程】解：连接OE，如图所示：∵2AB＝BC＝4，∴AB＝2，∵AC，BD相互平分，∴OA＝OC，OB＝OD，四边形ABCD是平行四边形，∵以AC为斜边作Rt△ACE，∴OE＝OA＝OC=12∵BE⊥DE，∴OE＝OB＝OD=12∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，∴BD=AB2故选：A．3．（江津区期中）如图，四边形ABCD，∠D＝∠C＝90°，CD＝2，点E在边AB，且AD＝AE，BE＝BC，则AE•BE的值为（）A．2 B．1 C．22 D．【思路点拨】过A作AF⊥BC于F，推出四边形AFCD是矩形，得到AF＝CD＝2，CF＝AD，设AD＝AE＝x，BE＝BC＝y，依据勾股定理即可得到结论．【解题过程】解：过A作AF⊥BC于F，∵∠D＝∠C＝90°，∴四边形AFCD是矩形，∴AF＝CD＝2，CF＝AD，设AD＝AE＝x，BE＝BC＝y，∴AB＝x+y，BF＝y﹣x，∵AB2＝AF2+BF2，∴（x+y）2＝（y﹣x）2+22，∴xy＝1，∴AE•BE＝1，故选：B．4．（灞桥区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，P是CD边上一点，M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，以下四种状况，哪一种四边形PMEN不行能为矩形（）A．AD＝3 B．AD＝4 C．AD＝5 D．AD＝6【思路点拨】先证四边形PMEN是平行四边形，当∠APB＝90°时，四边形PMEN是矩形，设DP＝x，CP＝10﹣x，再由勾股定理得出方程，分别计算即可．在证得平行四边形后，连接MN，PE，∵M、N分别是PA、PB的中点，∴MN是△PAB的中位线，∴MN=12AB＝5，若四边形PMEN是矩形，则PE＝MN＝5，而当AD＝6时，PE【解题过程】解：方法1：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC，AB＝CD＝10，∠C＝∠D＝90°，∵M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，∴ME、NE是△ABP的中位线，∴ME∥BP，NE∥AP，∴四边形PMEN是平行四边形，当∠APB＝90°时，四边形PMEN是矩形，设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当AD＝3时，x2﹣10x+9＝0，x＝1或x＝9，符合题意；②当AD＝4时，x2﹣10x+16＝0，x＝2或x＝8，符合题意；③当AD＝5时，x2﹣10x+25＝0，x＝5，符合题意；④当AD＝6时，x2﹣10x+36＝0，无解；故选：D．方法2：连接MN，PE，如图所示：由方法1得：四边形PMEN是平行四边形，∵M、N分别是PA、PB的中点，∴MN是△PAB的中位线，∴MN=12若四边形PMEN是矩形，则PE＝MN＝5，而当AD＝6时，PE不行能等于5，∴当AD＝6时，四边形PMEN不行能为矩形，故选：D．5．（梁山县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，P为边BC上一动点（P不与B，C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的取值范围是（）A．125≤AM＜6 B．125≤AM＜12 C．3013≤AM【思路点拨】证明四边形AEPF是矩形，得EF＝AP，再由直角三角形斜边上的中线性质得AM=12EF=12PA，然后求出PA的最小值可得AM的最小值，又由AP＜【解题过程】解：如图，连接PA，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC=A∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，∴四边形AEPF是矩形，∴EF＝AP，∵M为EF中点，∴AM=12EF=当PA⊥CB时，PA=AB×AC∴AM的最小值为3013∵PA＜AC，∴PA＜12，∴AM＜6，∴3013≤故选：D．6．（十堰期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OD，∠OAD＝55°，则∠OAB的度数为35°．【思路点拨】依据矩形的判定得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质求出∠DAB，代入∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD求出即可．【解题过程】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC，OB＝OD，∵OA＝OD，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝90°，∵∠OAD＝55°，∴∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD＝35°，故答案为：35°．7．（石城县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C动身，在B、C两点之间做来回运动，两点同时动身，点P到达点D为止（同时点Q也停止），这段时间内，当运动时间为2.4s或4s或7.2s时，P、Q、C、D四点组成矩形．【思路点拨】依据已知可知：当点P到达点D时，点Q将由C﹣B﹣C﹣B﹣C运动，依据矩形的性质列方程即可得到结论．【解题过程】解：依据已知可知：当点P到达点D时，点Q将由C﹣B﹣C﹣B﹣C运动，∵四边形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠D＝90°，∴PD∥CQ，若PD＝CQ，则四边形APQB是矩形，由题意得DP＝12﹣t，当0≤t≤3时，CQ＝4t，12﹣t＝4t，∴t＝2.4（s），当3＜t≤6时，CQ＝24﹣4t，12﹣t＝24﹣4t，∴t＝4（s），当6＜t≤9时，CQ＝4t﹣24，12﹣t＝4t﹣24，∴t＝7.2（s）；当9＜t≤12时，CQ＝48﹣4t，12﹣t＝48﹣4t，∴t＝12（s），此时PQ与DC重合，无法构成矩形，故舍去，故答案为：2.4s或4s或7.2s．8．（川汇区期末）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的最小值是7．【思路点拨】连接AC、AP、CP，由勾股定理求出AC＝10，再由直角三角形斜边上的中线性质得AP＝3，然后证四边形PGCH是矩形，得GH＝CP，当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，即可求解．【解题过程】解：连接AC、AP、CP，如图所示：∵四边形ABCD是矩形，∴BC＝AD＝6，∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，∴AC=A∵P是线段EF的中点，∴AP=12∵PG⊥BC，PH⊥CD，∴∠PGC＝∠PHC＝90°，∴四边形PGCH是矩形，∴GH＝CP，当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，∴GH的最小值是7，故答案为：7．9．（龙岗区校级期中）如图，点A（0，4），点B（3，0），点P为线段AB上一个动点，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，连接MN，当MN取最小值时，则PN为3625【思路点拨】连接OP，易得四边形ONPM是矩形，得OP＝MN，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，再由勾股定理与三角形的面积求出OP的最小值，进而求解即可．【解题过程】解：如图，连接OP．∵PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N∴∠PMO＝∠MON＝∠ONP＝90°．∴四边形ONPM是矩形．∴OP＝MN，在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小．∵A（0，4），B（3，0），∴AO＝4，BO＝3，依据勾股定理可得：AB=O∵S△AOB=12AO•BO=12∴OP=OA×OB即OP的最小值为125∴PB=O∵S△POB=12OP•PB=12∴PN=OP×PB故答案为：362510．（龙岗区一模）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，分别过D，E两点作线段AC的垂线，垂足分别为G，F两点．（1）求证：四边形DEFG为矩形；（2）若AB＝10，EF＝4，求CG的长．【思路点拨】（1）欲证明四边形DEFG为矩形，只需推知该四边形为平行四边形，且有一内角为直角即可；（2）首先依据直角三角形斜边上中线的性质求得AE＝DE＝5；然后在直角△AEF中利用勾股定理得到AF的长度；最终结合AB＝AC＝AF+FG+CG＝10求解即可．【解题过程】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，∴点D是BC的中点．∵E点是AB的中点，∴DE是△ABC的中位线．∴DE∥AC.∵DG⊥AC，EF⊥AC，∴EF∥DG．∴四边形DEFG是平行四边形．又∵∠EFG＝90°，∴四边形DEFG为矩形；（2）∵AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，AB＝10，∴DE＝AE=12由（1）知，四边形DEFG为矩形，则GF＝DE＝5．在直角△AEF中，EF＝4，AE＝5，由勾股定理得：AF=A∵AB＝AC＝10，FG＝ED＝5，∴GC＝AC﹣FG﹣AF＝10﹣5﹣3＝2．11．（萍乡期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接AF，DE，DF．（1）求证：四边形AEFD为矩形；（2）若AB＝3，DE＝4，BF＝5，求DF的长．【思路点拨】（1）先证四边形AEFD为平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论；（2）由矩形的性质得DF＝AE，AF＝DE＝4，再由勾股定理的逆定理得△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，然后由面积法求出AE的长，即可得出答案．【解题过程】（1）证明：∵BE＝CF，∴BE+CE＝CF+CE，即BC＝EF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴AD＝BC＝EF，又∵AD∥EF，∴四边形AEFD为平行四边形，∵AE⊥BC，∴∠AEF＝90°，∴平行四边形AEFD为矩形；（2）解：由（1）知，四边形AEFD为矩形，∴DF＝AE，AF＝DE＝4，∵AB＝3，DE＝4，BF＝5，∴AB2+AF2＝BF2，∴△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，∴S△ABF∴AB×AF＝BF×AE，即3×4＝5AE，∴AE=12∴DF=AE=1212．（罗湖区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．（1）求证：四边形AECF是矩形；（2）连接BF，若AB＝4，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，求平行四边形ABCD的面积．【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得BC＝AD，BC∥AD，再证EC＝AF，得四边形AECF为平行四边形，然后由∠AEC＝90°，即可得出结论；（2）由含30°角的直角三角形的性质得BE=12AB＝2，再由勾股定理得AE＝23，然后证AF＝AB＝4，求出BC＝BE+【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC＝AD，BC∥AD，又∵BE＝DF，∴BC﹣BE＝AD﹣DF，即EC＝AF，∴四边形AECF为平行四边形，又∵∠AEC＝90°，∴平行四边形AECF是矩形；（2）解：∵∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，∴∠BAE＝90°﹣60°＝30°，∴BE=12∴AE=AB2∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∴∠AFB＝∠CBF，∵BF平分∠ABC，∴∠ABF＝∠CBF，∴∠AFB＝∠ABF，∴AF＝AB＝4，∵四边形AECF是矩形，∴EC＝AF＝4，∴BC＝BE+EC＝2+4＝6，∵∠AEC＝90°，∴AE⊥BC，∴平行四边形ABCD的面积＝BC×AE＝6×23=12313．（东台市月考）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE=12AC，连接AE、（1）求证：四边形OCED为矩形；（2）若菱形ABCD的边长为2，∠BCD＝60°，求AE的长．【思路点拨】（1）先证四边形OCED是平行四边形，再由∠DOC＝90°，即可得出结论；（2）先证△BCD是等边三角形，得BD＝BC＝2，再由勾股定理得OC=3，则AC＝2OC＝23，然后由矩形的性质得CE＝OD＝1，∠OCE＝90°，最终【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AO＝OC=12∴∠DOC＝90°，∵DE∥AC，DE=12∴DE＝OC，DE∥OC，∴四边形OCED是平行四边形，又∵∠DOC＝90°，∴平行四边形OCED是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，BC＝CD＝8，OB＝OD，AO＝OC=12∵∠BCD＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴BD＝BC＝2，∴OD＝OB＝1，∴OC=3∴AC＝2OC=23由（1）得：四边形OCED为矩形，∴CE＝OD＝1，∠OCE＝90°，在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE=13故AE的长为：13．14．（云南模拟）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D是BC中点，点E是AD中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．（1）试推断四边形ADCF的形态，并加以证明；（2）若AB＝17，BC＝30，求四边形ADCF的面积．【思路点拨】（1）由AAS证明△AEF≌△DEB，得AF＝DB，证得四边形ADCF为平行四边形，依据矩形的判定定理可证得结论；（2）依据等腰三角形的性质得到BD＝CD=12BC＝15，勾股定理求得AD，然后【解题过程】解：（1）四边形ADCF是矩形；证明：∵E是AD的中点，∴AE＝DE，∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DBE，在△AEF和△DEB中，∠AFE=∠DBE∠AEF=∠DEB∴△AEF≌△DEB（AAS）；∴AF＝DB，又∵AF∥BC，∴四边形ADCF是平行四边形，∵AB＝AC，点D是BC中点，∴AD⊥CD，∴∠ADC＝90°，∴四边形ADCF是矩形；（2）∵AB＝AC，点D是BC中点，∴BD＝CD=12BC＝15，AD⊥∴∠ADC＝90°，∴AD=A∴四边形ADCF的面积＝15×8＝120．15．（峨山县模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点O是斜边AC的中点，过点O作OE⊥AC，交AB于点E，过点A作AD∥BC，与BO的延长线交于点D，连接CD、DE．（1）求证：四边形ABCD是矩形；（2）若BC＝3，∠BAC＝30°，求DE的长．【思路点拨】（1）证△OAD≌△OCB（AAS），得AD＝BC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由∠ABC＝90°，即可得出结论；（2）由矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质求出AD、AE的长，再由勾股定理即可求解．【解题过程】（1）证明：∵点O是AC的中点，∴OA＝OC，∵AD∥BC，∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，在△OAD与△OCB中，∠ADO=∠CBO∠DAO=∠BCO∴△OAD≌△OCB（AAS），∴AD＝BC，∵AD∥BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵∠ABC＝90°，∴平行四边形ABCD是矩形；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴AD＝BC＝3，∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，∴AC＝2BC＝6，∴OA＝3，∵OE⊥AC，∴∠AOE＝90°，∵∠BAC＝30°，∴OE=33OA∴AE＝2OE＝23，∴DE=A16．（法库县期末）如图，在四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，AD∥BC，∠ADC＝∠ABC，OA＝OB．（1）如图1，求证：四边形ABCD为矩形；（2）如图2，P是AD边上随意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分别是垂足，若AD＝12，AB＝5，求PE+PF的值．【思路点拨】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，再证出（2）由勾股定理可求AC＝BD＝13，由面积法可求解．【解题过程】证明：（1）∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四边形ABCD是平行四边形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四边形ABCD是矩形；（2）如图，连接OP，∵AD＝12，AB＝5，∴BD=AB∴BO＝OD＝AO＝CO=13∵S△AOD=14S矩形ABCD∴S△AOP+S△POD＝15，∴12×132∴PE+PF=6017．（淮滨县期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，BC＝6cm，∠B＝60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点（E不与A，D重合），且点E由点A向点D运动，速度为1cm/s，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF，设点E运动时间为t．（1）求证：无论t为何值，四边形CEDF都是平行四边形；（2）①当t＝4s时，四边形CEDF是矩形；②当t＝2s时，四边形CEDF是菱形．【思路点拨】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，依据平行四边形的判定推出即可；（2）①过A作AM⊥BC于M，由含30°角的直角三角形的性质得BM=12AB＝2（cm），再求出MC＝4cm，然后证四边形AECM是平行四边形，得AE＝MC＝4②证明△CDE是等边三角形，推出DE＝CD＝4cm，则AE＝AD﹣DE＝2（cm），即可求解．【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴BC∥1AD，∴CF∥ED，∴∠FCD＝∠EDG，∵G是CD的中点，∴CG＝DG，在△FCG和△EDG中，∠FCG=∠EDGCG=DG∴△CFG≌△EDG（ASA），∴FG＝EG，∵CG＝DG，∴四边形CEDF是平行四边形；（2）解：①过A作AM⊥BC于M，∵∠B＝60°，∴∠BAM＝90°﹣∠B＝30°，∴BM=12AB＝2（∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝4cm，BC＝AD＝6cm，∴MC＝BC﹣BM＝4（cm），∵四边形CEDF是矩形，∴∠ECF＝90°，∴EC⊥BC，∴AM∥EC，∴四边形AECM是平行四边形，∴AE＝MC＝4cm，∴t＝4，故答案为：4；②∵四边形CEDF是菱形．∴CE＝DE，∵∠CDE＝60°，∴△CDE是等边三角形，∴DE＝CD＝4cm，∴AE＝AD﹣DE＝2（cm），∴t＝2，故答案为：2．18．（峡江县期末）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．（1）求证：四边形EGFH是矩形；（2）小明在完成（1）的证明后接着进行了探究，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，他的猜想是否正确，请予以说明．【思路点拨】（1）依据角平分线的性质进行导角，可求得四边形EGFH的四个内角均为90°，进而可说明其为矩形．（2）依据题目条件可得四边形MNQP为平行四边形，要证菱形只需邻边相等，连接GH，由于MN＝EF＝GH，要证MN＝MP，只需证GH＝MP，只需证四边形MFHP为平行四边形，可证G、H点分别为MN、PQ中点，即可得出结果．【解题过程】（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，∴∠FEH=12∠BEF，∠EFH=∵AB∥CD，∴∠BEF+∠DFE＝180°，∴∠FEH+∠EFH=12（∠BEF+∠DFE）∵∠FEH+∠EFH+∠EHF＝180°，∴∠EHF＝180°﹣（∠FEH+∠EFH）＝180°﹣90°＝90°，同理可得：∠EGF＝90°，∵EG平分∠AEF，∵EH平分∠BEF，∴∠GEF=12∠AEF，∠FEH=1∵点A、E、B在同一条直线上，∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°，∴∠FEG+∠FEH=12（∠AEF+∠BEF）即∠GEH＝90°，∴四边形EGFH是矩形（2）解：他的猜想正确，理由是：∵MN∥EF∥PQ，MP∥NQ，∴四边形MNQP为平行四边形．如图，延长EH交CD于点O，∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，∴∠FOE＝∠FEO，∴EF＝FD，∵FH⊥EO，∴HE＝HO，∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，∴△EHP≌△OHQ，∴HP＝HQ，同理可得GM＝GN，∵MN＝PQ，∴MG＝HP，∴四边形MGHP为平行四边形，∴GH＝MP，∵MN∥EF，ME∥NF，∴四边形MEFN为平行四边形，∴MN＝EF，∵GH＝EF，∴MN＝MP，∴平行四边形MNQP为菱形．19．（番禺区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点．（1）求证：△ABE≌△CDF；（2）延长AE至G，使EG＝AE，连接CG，延长CF，交AD于点P．①当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由；②若AP＝2DP＝8，CP=17，CD＝5，求四边形EGCF【思路点拨】（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；（2）①先证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论；②作帮助线，构建高线CH，依据勾股定理列方程可得CH＝4，计算△BCD的面积，由点E，F分别为OB，OD的中点可知EF=12BD，依据同高三角形面积等于对应底边的比可得△【解题过程】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，∴∠ABE＝∠CDF，∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE=12OB，DF=∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，AB=CD∠ABE=∠CDF∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）解：①当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：∵AC＝2OA，AC＝2AB，∴AB＝OA，∵E是OB的中点，∴AG⊥OB，∴∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴E