文档内容
【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
