【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=DO，且∠ABC 90°．
=
（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°，②√3.
【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=9∠0°，
∴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 =1×√3=√3
□ABCD
【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BECD 是平行四边形，再根
据矩形的判定定理即可得到结论．
（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∥AB，
∵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，AD2=DB2+AB2，
∴32=22+DB2 ，
∴DB=√5 ，
∵ 四边形BECD是矩形，∴DB=CE=√5，
∵在Rt△AEC中，AC2=AE2+CE2 ，
∴ AC2=42+(√5) 2 ，
∴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∥BD，连接OE．
(1)求证：四边形OCED是矩形；
(2)如果AC=4，BD=6，连接AE，求线段AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据DE∥AC，CE∥BD，可得四边形OCED是平行四边形，再由菱形的性质可得
∠COD=90°，即可求证；
1
（2）根据菱形的性质可得OD= BD=3，再由四边形OCED是矩形，可得CE=OD=3，然后根据勾股定
2
理，即可求解．
（1）
证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠COD=90°，
∴平行四边形OCED是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，BD=6，
1
∴OD= BD=3，
2
由（1）可知，四边形OCED是矩形，
∴∠ACE=90°，CE=OD=3，
∵AC=4，
∴在Rt△ACE中，AE=√AC2+CB2=√42+32=5．
【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，¿，
△ △∴△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=9△0°，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=OD．
∴∠OAE=∠OCF，
在 AOE和 COF中，
¿，△ △
∴△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的面积是________m2
【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，
1
∴EF= BD，EF∥BD，
21
同理，GH= BD，GH∥BD，
2
∴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，
1 1
∴S EFGH= EG•HF＝ AB•BC，
四边形 2 2
∵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√2
【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
PD=EF PB PEBF
（2）解： ，证明如下：连接 ， ∵四边形 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=10√2，∵DP⊥AC
1
，∴DP= AC=5√2∴EF的最小值是5√2．
2
【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；
1
（2）先根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB=OD= DB=12,OA=OC，再利用勾股定理可得OA=5，
2
从而可得OC=5，然后利用矩形的周长公式即可得．
(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，
1
∴AC⊥BD，OB=OD= DB=12,OA=OC，
2
∵AD=13，
∴OA=√AD2−OD2=5，
∴OC=5，
由（1）已证：四边形OBEC是矩形，
则四边形OBEC的周长为2(OB+OC)=2×(12+5)=34．【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
75
(2)
2
【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=√AC2−AE2=9，
∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，
在Rt△BCE中，BE2+CE2=BC2，
∴(12−BC) 2+92=BC2，
75
解得：BC= ，
8
75 75
∴菱形ABCD的周长为4× = ．
8 2
【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，FC2=EF2=EN2+FN2，即可求出
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∥CD，
∵FM是EC的垂直平分线，
∴EF=FC，
∴∠FEC=∠FCE，
∵AB∥CD，
∴∠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，FC2=EF2=EN2+FN2，
∴FC2=42+(FC−2) 2，
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，
1
∴∠DOE=∠DEO= (180°−∠DBC)=75°．
2
【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=√AB2+BQ2=√42+t2，
当四边形AQCP是菱形时，AP=AQ，
∴√42+t2=8−t，
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t为何值时，四边形APQD是矩形？
【答案】4s
【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；
48 36
（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH= ，再由勾股定理得BH= ，则PH=BH-OB=
5 511
，然后由勾股定理求解即可．
5
【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，
1
∴OA=OC= AC=8，
2
1
OB=OD= BD=6，AC⊥BD，
2
∴∠AOB=90°，
∴AB=√OA2+OB2=√82+62=10；
（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，
1
菱形ABCD的面积=BC×DH= AC×BD，
2
1
即10DH= ×16×12，
2
48
∴DH= ，
5在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=√BD2−DH2=
√
122−
(48) 2
=
36
，
5 5
由(2)得：四边形OBEC是矩形，
∴PB=PC，
1
∴PB= BC=5，
2
36 11
∴PH=BH-PB= -5= ，
5 5
在Rt△PDH中，
DP=√DH2+PH2=
√ (48) 2
+
(11) 2
=√97．
5 5
【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=2√5，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=√AB2−BE2=√52−32=4，
在Rt△AEC中，
AC=√AE2+EC2=√42+22=2√5，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，
1
∴OE= AC=√5．
2
【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t秒．（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；
3
（4）t的值为1， ，4．
2
【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，∠A=90°，
∴∠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=√CD2−CM2=4 ，
∴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，∠A=90°，
∴∠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=√PE2−PG2=3 ，
∴BG=BE-EG=2，
∴AP=2，
2
∴t= =1 秒；
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，
8
∴t= =4 ；
2
如图，若PB=BE=5时，
在Rt△ABP 中，由勾股定理得：
AP=√PB2−AB2=3 ，
3
∴t= ，
2
3
∴当△PBE是以BE为腰的等腰三角形时， t的值为1， ，4．
2
【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，
¿，
∴△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BC的长．【答案】（1）证明见解析；（2）2√3
【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RtΔABC中应用勾股定理进行求解．
【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°，AC=4，
在RtΔABC中，由勾股定理得，BC=√AC2−AB2=√42−22=2√3．
【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A，C同时出发，当其中一点到达端点时，
另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒.
(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是矩形(2)当t=6s时，四边形PQCD是平行四边形
【分析】（1）四边形ABQP为矩形，即AP=BQ，列出等式，求解即可；
（2）四边形PQCD为平行四边形，即CQ=PD，列出等式求解；
（1）
解：∵设运动时间为t秒，
∴AP=t(cm)，PD=AD−AP=24− t(cm)，CQ=3t(cm)，BQ=BC−CQ=26−3 t(cm)，
如图1，
∵AD∥BC，
∴当PA=BQ时，四边形ABQP是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴四边形ABQP是矩形，
即t=26−3 t，
解得：t=6.5，
∴t=6.5s时，四边形ABQP是矩形；
（2）
解：如图2，
∵AD∥BC，
∴当QC=PD时，四边形PQCD是平行四边形．
此时有3t=24− t，
解得t=6．
∴当t=6s时，四边形PQCD是平行四边形．【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=√BD2+CD2=10，
∴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，EG⊥BC，
∴∠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，∠BAC=∠DAC，
∵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，
1 1
∴OB= BE= FG=OF，
2 2
∴∠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，∠ADC=90°，
∴AC=√AD2+CD2=√22+22=2√2，
∵DE⊥AC，
∴AE=CE，
1
∴DE= AC=√2，
2
∴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3cm/s的速度向点
B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为t秒．
(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？
24
【答案】(1)当t＝ s时，四边形DBQP是矩形．
5
18
(2)当t= s或6s时，PQ=CE．理由见解析
5
24
【分析】（1）由题意得，PD＝2t，BQ＝24－3t，当PD＝BQ时，求得t＝ ，再证明四边形DBQP是矩
5
形；
（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，
24
当PD＝BQ时，2t＝24－3t，解得t＝ ，
5
又∵DE ∥ BC，
∴四边形DBQP是平行四边形，
∵∠B=90°，
∴四边形DBQP是矩形，
24
即当t＝ s时，四边形DBQP是矩形．
5
18
（2）当t= s或6s时，PQ=CE．
5
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，
18
解得t= ，
5
18
即当t= s时，PQ＝CE；
5
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．
18
综上所述，即当t= s或6s时，PQ=CE．
5
【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−AC2=BD2−CD2；
②已知AB＝8，AC＝6，M是AD上的任意一点，求BM2−CM2的值；
（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√2
【分析】（1）①在Rt△ABD及Rt△ACD中，根据勾股定理可得AB2−BD2=AC2−CD2，即可求证；
②在Rt△MBD及Rt△MCD中，根据勾股定理可得BM2−CM2=BD2−CD2，再由
CD2=AC2−AD2,BD2=AB2−AD2，可得BM2−CM2=AB2−AC2，即可求解；
（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+CF2=18，再由PD2=PM2+M D2=AE2+CF2，即
可求解．
【详解】（1）①证明：∵AD是△ABC边BC上的高，
∴在Rt△ABD及Rt△ACD中，AD2=AB2−BD2，AD2=AC2−CD2，
∴AB2−BD2=AC2−CD2，即AB2−AC2=BD2−CD2．
②解：∵AD是△ABC边BC上的高，∴在Rt△MBD及Rt△MCD中，BM2=BD2+DM2，CM2=CD2+DM2，
∴BM2−CM2=BD2−CD2，
又CD2=AC2−AD2,BD2=AB2−AD2，
∴BM2−CM2=AB2−AC2=82−62=28．
（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：
¿，
由①+③-②得：AE2+CF2=18，
∴PD2=PM2+M D2=AE2+CF2=18，
解得PD=3√2．
【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,OE．(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,BE,AF之间的数量关系，并说明理由．
(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
BG=2DF．
【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=√3x，
∴BE=(√3+1)x，
∴DE=(√3+3)x，
由（2）：AF=DF+BE，
∴DE=DF+EF=DF+AF，
∴DE=2DF+BE，
∴(√3+3)x=2DF+(√3+1)x，
∴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√3
(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
1 1
出EN=FN= EF= EC=3，利用勾股定理得到AN2+EN2=AE2，求出AN=√3,AE=2√3，即可
2 2
得到AD的长；
（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∠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，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
¿=2x，勾股定理求出GC，利用面积公式求出EH，即可得到结论4 AE+2DE=5CM．
（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，
1 1
∴EN=FN= EF= EC=3，
2 2
在Rt△AEN中，AE=2AN，AN2+EN2=AE2，
∴AN2+32=(2AN) 2，
解得AN=√3,AE=2√3，
∴AD=AE+DE=6+2√3，
故答案为：30°，6+2√3；
（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FC中点，
∴EG∥CD（梯形中位线定理），
∴∠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，AD=BC，
∴∠G=∠AEF,∠A=∠GBF，
∵AF=BF，
∴△AEF≌△BGF，
∴AE=BG，EF=GF，
∴GC=GB+BC=2AE+DE，
∴¿=2CE，
设CE=x，则¿=2x，
∴GC=√GE2+CE2=√5x，
1 1
∵S = ⋅CE⋅EG= ⋅GC⋅EH，
△CEG 2 2
CE⋅EG 2x2 2√5
∴EH= = = x，
GC √5x 5
2√5
∴CM=EH= x，
5
5
∴GC=2AE+DE= CM，
2
∴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CB的延长线上取点E，连接DE，使∠E=135°．
(1)如图1，求∠CAB+∠ADE的度数；
(2)如图2，若△BDE的面积为3，BE=3，求CB的长；
(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，∠KEC=∠FKA时，求△DEF的面积．
【答案】(1)∠BAC+∠ADE=90°；
(2)BC=2；
(3)6．
1
【分析】（1）先由∠ACB=∠ABD=90°，AB=BD得∠BAD=∠BDA= ×90°=45°，
2
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≌△BDN得BC=DN，由三角形的面积公
式可求解；
（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=∠ABD=90°，AB=BD ，1
∴∠BAD=∠BDA= ×90°=45°，
2
∵∠C+∠CAD+∠ADE+∠E=360°，∠E=135° ，
∴90°+135°+∠BAC+45°+∠ADE= 360°，
∴∠BAC+∠ADE=90°；
（2）
解：如图2，过点D作DN⊥BE，交BE的延长线于N，
∵∠ACB=∠ABD=90° ，
∴∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC+∠DBN=180°−90°=90°，
∴∠BAC=∠DBN，
又∵DN⊥BE，∠ACB=90° ，
∴∠C=∠DNB=90°，
∵AB=BD，
∴△ABC≌△BDN(AAS)，
∴BC=DN，
1
∵S = BE⋅DN=3，BE=3，
△BDE 2
∴BC=DN=2；
（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⊥AC于P，∵BC=2，BE=3 ，
∴CE=5，
∵∠BED= 135°，
∴∠DEN=45°，
∵DN⊥BN，
∴∠DEN=∠EDN=45°，
∴DN=EN=2，
∴BN=5，DE=2√2，
∵△ABC≌△BDN ，
∴DN=BC=2，BN=AC=5 ，
∴CE=AC=5，
∴∠AEC=45°，
∴∠AED=180°−∠ AEC−∠DEN=180°− ， 45°−45°=90°
∵AB⊥KE，AB⊥BD ，
∴∠DBE+∠BEM=∠CEK+∠BEM=90°，
∴∠DBE=∠CEK，
∵CE=BN=5，∠KCE=∠N=90°，
∴△DBN≌△KEC(ASA)，
∴CK=DN=2，
∵∠AKF=∠CEK，∠KCE=∠KPF=90°，KF=KE ，
∴△KPF≌△ECK(AAS)，
∴PF=CK=2，
∴PF=BC，
∵PF⊥AC，∠ACB=90°，
∴∠APF=∠ACB=90°，
∴PF∥BC ，
∴四边形BCPF是平行四边形，
∵∠ACB=90°，
∴四边形BCPF是矩形，
∴∠CBF=90°，
∴∠EBF=180°−90°=90°，
∵∠AEC=45°，∴∠BEF=∠BFE=45°，
∴BE=BF=3，
∴EF=3√2 ，
1 1
∴S = EF×DE= ×3√2×2√2=6．
△DEF 2 2
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅
助线构造全等三角形是解题的关键．
29．（2022秋·黑龙江绥化·八年级校考期中）在矩形ABCD中，AB=4，BC=3．若点P是CD上任意一点，
如图①，PE⊥BD于点E，PF⊥AC于点F．
(1)猜想PE和PF之间有怎样的数量关系？写出你的理由．
(2)当点P是AD上任意一点时，如图②，猜想PE和PF之间的数量关系
(3)当点P是DC上任意一点时，如图③，猜想PE和PF之间有怎样的数量关系？写出推理过程．
12
【答案】(1)PE+PF= ，理由见解析
5
12
(2)PE+PF= ，理由见解析
5
12
(3)PE−PF= ，理由见解析
5
12
【分析】（1）连接OP，设点C到BD的距离为ℎ，利用勾股定理求出BD=5，由等面积法求出得ℎ = ，
1 1 5
由S =S +S 建立等式再化简即可得到；
ΔCOD ΔDOP ΔCOP
5
（2）连接OP，设点O到AD的距离为ℎ，由（1）得OD=OA= ,ℎ =2，同样利用等面积法，即
2 2 2
S =S +S ，即可求解；
△AOD △OPD △OPA
（3）连接OP、BP，由S =S +S =S +S +S ，建立等式，进行化简整理即
ΔBPD ΔCOD 四边形BOCP ΔCOD ΔCOP ΔBOP
可求解．（1）
解：连接OP，如图1，
设点C到BD的距离为ℎ．
1
在RtΔBCD中，BD=√BC2+CD2=√32+42=5，
1 1 BC⋅CD 3×4 12
由S = BD⋅ℎ = BC⋅CD，得ℎ = = = ．
ΔBCD 2 1 2 1 BD 5 5
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OD，
由S =S +S ，得，
ΔCOD ΔDOP ΔCOP
1 1 1
OD⋅ℎ = OD⋅PE+ OC⋅PF，
2 1 2 2
12
化简得PE+PF= ℎ = ，
1 5
（2）
12
解：PE+PF= ，理由见解析，
5
连接OP，如下图：
设点O到AD的距离为ℎ，
2
5
由（1）得OD=OA= ,ℎ =2，
2 2∵S =S +S ，
△AOD △OPD △OPA
1 1 5 1 5
∴ ×3×2= × PE+ × PF，
2 2 2 2 2
12
∴PE+PF= ，
5
12
故答案为：PE+PF= ．
5
（3）
12
解：PE−PF= ，理由如下：
5
连接OP、BP，如图．
由S =S +S =S +S +S ，
ΔBPD ΔCOD 四边形BOCP ΔCOD ΔCOP ΔBOP
1 1 1 1
BD⋅PE= OD⋅ℎ + OC⋅PF+ OB⋅PE，
2 2 1 2 2
12
化简得2PE= ℎ +PE+PF，即PE−PF= ℎ = ．
1 1 5
【点睛】本题考查了矩形的性质，解题的关键是能够根据两种方法表示图形面积，利用等面积法求解．
30．（2022秋·江西上饶·八年级校考期中）如图，在矩形ABCD中，AB=2，∠ABD=60°，G，H分别是
AD，BC边上的点，且AG=CH，E，O，F分别是对角线BD上的四等分点，顺次连接G，E，H，F，G．
(1)求证：四边形GEHF是平行四边形；
(2)填空：①当AG= 时，四边形GEHF是矩形；②当AG= 时，四边形GEHF是菱形；
(3)求四边形GEHF的周长的最小值．【答案】(1)证明见解析
2
(2)①√3；② √3
3
(3)2√7
【分析】（1）先根据矩形的性质AD=BC,AD∥BC，根据平行线的性质可得∠GDE=∠HBF，再根据
SAS定理证出△GDE≅△HBF，根据全等三角形的性质可得¿=HF,∠DEG=∠BFH，然后根据平行线
的判定可得¿∥HF，最后根据平行四边形的判定即可得证；
（2）①先根据矩形的性质、勾股定理可得BD=4,AD=BC=2√3，从而可得EF=2，再根据矩形的性质
可得GH=EF=2，从而可得AB=GH，然后根据矩形的判定与性质可得AG=BH，由此即可得；
②先根据菱形的性质可得EF⊥GH，再利用HL定理证出Rt△ABG≅Rt△OBG，根据全等三角形的性质
可得∠ABG=∠OBG=30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可得；
（3）过点E作EM⊥AD于点M，延长EM到点N，使MN=EM，过点F作FP⊥EM于点P，连接
1 3
NG,NF，则MN=EM= DE= ，FP∥AD，EG=NG，再根据利用含30度角的直角三角形的性质和
2 2
勾股定理可得PE=1,PF=√3，从而可得NP=2，利用勾股定理可得NF=√7，然后根据两点之间线段最
短可得当点N,G,F共线时，NG+FG取得最小值NF，由此即可得．
（1）
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC,AD∥BC，
∴∠GDE=∠HBF，
∵AG=CH，
∴AD−AG=BC−CH，即DG=BH，
∵E,O,F分别是对角线BD上的四等分点，
∴OE=OF=BE=DF，
∴BD−BE=BD−DF，即DE=BF，
在△GDE和△HBF中，¿，
∴△GDE≅△HBF(SAS)，
∴≥=HF,∠DEG=∠BFH，
∴≥∥HF，
∴四边形GEHF是平行四边形．（2）
解：①如图，连接GH，
∵四边形ABCD是矩形，AB=2，∠ABD=60°，
∴∠A=∠ABC=90°,∠ADB=30°,AD∥BC,AD=BC，
∴BD=2AB=4,AD=√BD2−AB2=2√3，
∴BC=2√3，
∵E,O,F分别是对角线BD上的四等分点，
∴OE=OF=BE=DF=1，
∴EF=OE+OF=2，
要使平行四边形GEHF是矩形，则GH=EF=2，
∴GH=AB，
由平行线间的距离可知，GH⊥AD，GH⊥BC，
∴四边形ABHG是矩形，
∴AG=BH，
又∵AG=CH，
1
∴AG= BC=√3，
2
即当AG=√3时，四边形GEHF是矩形，
故答案为：√3；
②如图，连接BG,GH，
要使平行四边形GEHF是菱形，则EF⊥GH，
在Rt△ABG和Rt△OBG中，¿，∴Rt△ABG≅Rt△OBG(HL)，
1
∴∠ABG=∠OBG= ∠ABD=30°，
2
∴BG=2AG，
∴AB=√BG2−AG2=√3AG，即√3AG=2，
2
解得AG= √3，
3
2
即当AG= √3时，四边形GEHF是菱形，
3
2
故答案为： √3．
3
（3）
解：如图，过点E作EM⊥AD于点M，延长EM到点N，使MN=EM，过点F作FP⊥EM于点P，连
接NG,NF，
1 1 1 3
∴MN=EM= DE= (BD−BE)= ×(4−1)= ，FP∥AD，EG=NG，
2 2 2 2
∴∠EFP=∠ADB=30°，
1
∴PE= EF=1,PF=√EF2−PE2=√3，
2
∴NP=MN+EM−PE=2，
∴NF=√N P2+PF2=√7，
∵四边形GEHF的周长为2(EG+FG)=2(NG+FG)，
∴由两点之间线段最短可知，当点N,G,F共线时，NG+FG取得最小值NF，
则四边形GEHF的周长的最小值为2NF=2√7．【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、菱形的判定、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理等知识点，
较难的是题（3），通过作辅助线，构造直角三角形，并找出当点N,G,F共线时，NG+FG取得最小值
NF是解题关键．
