人教版八年级下册第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.1 矩形精品同步达标检测题

这是一份人教版八年级下册第十八章 平行四边形18.2 特殊的平行四边形18.2.1 矩形精品同步达标检测题，文件包含8年级数学下册尖子生同步培优题典专题1810矩形的性质与判定大题专练教师版docx、8年级数学下册尖子生同步培优题典专题1810矩形的性质与判定大题专练学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。
初中数学培优措施和方法
1、拓宽解题思路。数学解题不要局限于本题，而要做到举一反三、多思多想
2、细节决定成败。审题的细节、知识理解的细节、运用公式的细节、忽视检验的细节等，细节决定成败。
3、制作错题集。收集自己的错误，分门别类，没事时就翻一翻，看一看，自警一番，肯定会有很大的收获。
4、查自己欠缺的知识。关键的是做好知识准备，检查漏洞；其次是对解题常犯错误的准备
5、把好的做法形成习惯。注意书写规范，重要步骤不能丢，丢步骤等于丢分。
6、主动思考，全心投入。很多同学在听课的过程中，只是简简单单的听，不能主动思考，这样遇到实际问题时，会无从下手，不知如何应用所学的知识去解答问题。


专题18.10矩形的性质与判定大题专练（重难点培优）
姓名：__________________ 班级：______________ 得分：_________________
注意事项：
本试卷试题共30题．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（共30小题）
1．（2020春•宜春期末）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＝10，EC＝4，求OE的长度．

【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＝8，AC＝45，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵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＝10，
∴AD＝AB＝BC＝10，
∵EC＝4，
∴BE＝10﹣4＝6，
在Rt△ABE中，AE=AB2−BE2=102−62=8，
在Rt△AEC中，AC=AE2+EC2=82+42=45，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，
∴OE=12AC=25．
2．（2020春•历下区期末）如图，菱形ABCD对角线交于点O，BE∥AC，AE∥BD，EO与AB交于点F．
（1）求证：四边形AEBO是矩形；
（2）若CD＝3，求OE的长．

【分析】（1）先证明四边形AEBO为平行四边形，由菱形的性质可证明∠BOA＝90°，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）依据矩形的性质可得到EO＝AB，然后依据菱形的性质可得到AB＝CD，得OE＝CD＝3即可．
【解析】（1）证明：∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）解：∵四边形AEBO是矩形，
∴EO＝AB，
在菱形ABCD中，AB＝CD．
∴EO＝CD＝3．
3．（2020春•濮阳期末）如图，在平行四边形ABCD中，点O是BC的中点，连接DO并延长，交AB延长线于点E，连接BD，EC．
（1）求证：四边形BECD是平行四边形；
（2）若∠A＝50°，①则当∠ADE＝　80　°时，四边形BECD是矩形；
②则当∠ADE＝　90　°时，四边形BECD是菱形．

【分析】（1）由AAS证明△BOE≌△COD，得出OE＝OD，即可得出结论；
（2）①根据三角形的内角和定理和等腰三角形的性质得到BD⊥AE，根据矩形的判定定理即可得到结论；
②根据三角形的内角和定理得到∠AED＝40°，根据平行线的性质得到CBE＝∠A＝50°，求得∠BOE＝90°，根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥DC，AB＝CD，
∴∠OEB＝∠ODC，
又∵O为BC的中点，
∴BO＝CO，
在△BOE和△COD中，∠OEB=∠ODC∠BOE=∠CODBO=CO，
∴△BOE≌△COD（AAS）；
∴OE＝OD，
∴四边形BECD是平行四边形；
（2）解：①当∠ADE＝80°时，四边形BECD是矩形；
理由：∵∠A＝50°，∠ADE＝80°，
∴∠AED＝50°，
∴∠A＝∠AED，
∴AD＝DE，
∵AB＝CD＝BE，
∴BD⊥AE，
∴∠DBE＝90°，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴四边形BECD是矩形；
②当∠ADE＝90°时，四边形BECD是菱形，
∵∠A＝50°，∠ADE＝90°，
∴∠AED＝40°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CBE＝∠A＝50°，
∴∠BOE＝90°，
∴BC⊥DE，
∴四边形BECD是菱形，
故答案为：80，90．
4．（2020春•武汉期中）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E是AD边的中点，点M是AB边上一动点（不与点A重合），延长ME交射线CD于点N，连接MD，AN．
（1）求证：四边形AMDN是平行四边形；
（2）填空：
①当AM的值为　3　时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为　6　时，四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）由菱形的性质可得∠DNE＝∠AME，再由点E是AD边的中点，可得AE＝DE，从而可证明△NDE≌△MAE（AAS），则NE＝ME，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得答案；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．根据对角线相等的平行四边形是矩形即可判定；②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解析】解：（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，∠NDE＝∠MAE，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∴在△NDE和△MAE中，△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①当AM的值为3时，四边形AMDN是矩形．理由如下：
∵四边形ABCD为菱形，
∴AB＝AD＝6，
∵点E是AD边的中点，
∴AE=12AD＝3，
∴AM＝AE＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△AEM是等边三角形，
∴EM＝AE，
∵NE＝EM=12MN，
∴MN＝AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形．
故答案为：3；
②当AM的值为6时，四边形AMDN是菱形．理由如下：
∵AB＝AD＝6，AM＝6，
∴AD＝AM，
∵∠DAB＝60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴ME⊥AD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形．
故答案为：6．
5．（2020•南充模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DE⊥BC于E，延长CB到点F，使BF＝CE，连接AF，OF．
（1）求证：四边形AFED是矩形．
（2）若AD＝7，BE＝2，∠ABF＝45°，试求OF的长．

【分析】（1）证四边形AFED是平行四边形，∠DEF＝90°，即可得出结论．
（2）求出CE＝BF＝5，则FC＝FE+CE＝12，证出△ABF是等腰直角三角形，得出AF＝FB＝5，在Rt△AFC中，由勾股定理求出AC＝13，由平行四边形的性质得出OA＝OC，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵BF＝CE，
∴FE＝BC，
∴四边形AFED是平行四边形，
∵DE⊥BC，
∴∠DEF＝90°，
∴四边形AFED是矩形．
（2）解：由（1）得：∠AFE＝90°，FE＝AD，
∵AD＝7，BE＝2，
∴FE＝7，
∴FB＝FE﹣BE＝5，
∴CE＝BF＝5，
∴FC＝FE+CE＝7+5＝12，
∵∠ABF＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴AF＝FB＝5，
在Rt△AFC中，由勾股定理得：AC=AF2+FC2=52+122=13，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∴OF=12AC=132．
6．（2020春•海安市月考）如图，在△ABC中，AB＝AC，D为边BC的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点C．
（1）求证：四边形ADCE是矩形；
（2）若∠AOE＝90°，AE＝2，求矩形ADCE对角线的长．

【分析】（1）先判定四边形ADCE是平行四边形，再结合AB＝AC，推出∠ADC＝90°，即可得出结论；
（2）证出矩形ADCE是正方形，即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵四边形ABDE是平行四边形，
∴BD＝AE，BD∥AE，
∵D为BC的中点，
∴CD＝BD，
∴CD＝AE．
∴四边形ADCE是平行四边形．
又∵AB＝AC，D为边BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形．
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∠AOE＝90°，
∴矩形ADCE是正方形，
∴CE＝AE＝2，∠AEC＝90°，
∴AC=2AE＝22，
即矩形ADCE对角线的长为22．
7．（2020春•工业园区校级期中）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．
（1）试判断四边形AEBO的形状，并说明理由；
（2）若OE＝5，AC＝8，求菱形ABCD的面积．

【分析】（1）先证四边形AEBO为平行四边形，再由菱形的性质得∠AOB＝90°，从而可得四边形AEBO是矩形；
（2）根据勾股定理和菱形的面积公式解答即可．
【解析】解：（1）四边形AEBO是矩形，理由如下：
∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∴四边形AEBO是矩形；
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=12AC＝4，OB＝OD，AC⊥BD，
∵四边形AEBO是矩形，
∴AB＝OE＝5，
∴OB=AB2−OA2=52−42=3，
∴BD＝2OB＝6，
∴菱形ABCD的面积=12AC×BD=12×8×6＝24．
8．（2020春•鼓楼区期末）如图，在菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过点O的直线EF与边AD、BC交于点E、F，∠CAE＝∠FEA，连接AF、CE．
（1）求证：四边形AFCE是矩形；
（2）若AB＝5，AC＝25，直接写出四边形AFCE的面积．

【分析】（1）求出OA＝OE＝OC＝OF，根据平行四边形的判定得出四边形AFCE是平行四边形，再根据矩形的判定得出即可；
（2）根据勾股定理得出AF2＝AB2﹣BF2＝AC2﹣CF2，即52﹣（5﹣x）2＝（25）2﹣x2，求出x，即得出CF＝2，根据勾股定理求出AF，再求出矩形AFCE的面积即可．
【解析】（1）证明：∵∠OAE＝∠OEA，
∴OA＝OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，
∴∠OCF＝∠OAE，∠OFC＝∠OEA，
∴∠OFC＝∠OCF，
∵OF＝OC，
∵O为AC的中点，
∴OA＝OC，
∴OA＝OC＝OE＝OF，
∴四边形AFCE是平行四边形，AC＝EF，
∴四边形AFCE是矩形；

（2）解：设CF＝x，
∵四边形ABCD是菱形，AB＝5，
∴BC＝AB＝5，
∴BF＝5﹣x，
∵四边形AFCE是矩形，
∴∠AFC＝90°＝∠AFB，
在Rt△AFB和Rt△AFC中，由勾股定理得：AF2＝AB2﹣BF2＝AC2﹣CF2，
即52﹣（5﹣x）2＝（25）2﹣x2，
解得：x＝2，
即CF＝2，
则AF=AC2−CF2=(25)2−22=4，
∴四边形AFCE的面积是AF×CF＝2×4＝8．
9．（2019•延边州二模）如图，在平行四边形ABCD中，过点D做DE⊥AB于E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF、BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若CF＝3，BE＝5，AF平分∠DAB，求平行四边形ABCD的面积．

【分析】（1）先求出四边形BFDE是平行四边形，再根据矩形的判定推出即可；
（2）根据勾股定理求出DE长，即可得出答案．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，
∵DF＝BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形BFDE是矩形；
（2）∵AF平分∠DAB，
∴∠DAF＝∠FAB，
∵平行四边形ABCD，
∴AB∥CD，
∴∠FAB＝∠DFA，
∴∠DFA＝∠DAF，
∴AD＝DF＝5，
在Rt△ADE中，DE=AD2−AE2=52−32=4，
∴平行四边形ABCD的面积＝AB•DE＝4×8＝32，
10．（2020春•下陆区期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，BE∥AC，AE∥BD，OE与AB交于点F．
（1）试判断四边形AEBO的形状，并说明理由；
（2）若OE＝10，AC＝16，求菱形ABCD的面积．

【分析】（1）由菱形的性质可证明∠BOA＝90°，然后再证明四边形AEBO为平行四边形，从而可证明四边形AEBO是矩形；
（2）根据勾股定理和三角形的面积公式解答即可．
【解析】解：（1）四边形AEBO是矩形．
证明：∵BE∥AC，AE∥BD
∴四边形AEBO是平行四边形．
又∵菱形ABCD对角线交于点O
∴AC⊥BD，即∠AOB＝90°．
∴四边形AEBO是矩形．
（2）∵菱形ABCD，
∴OA＝8，
∵OE＝10，
∴AE＝6，
∴OB＝6，
∴△ABC的面积=12AC⋅OB=12×16×6=48，
∴菱形ABCD的面积＝2△ABC的面积＝96．
11．（2019春•荔湾区校级期中）如图，在矩形ABCD中，BC=25AB，E是线段AB上一点，满足AE＝4BE，连接DE，CE．
（1）求DE与CE的长度之比；
（2）取线段CD的中点F，连接并延长EF至G，使EG＝2EF，连接DG，CG，请判断四边形EDGC的形状，并给予证明．

【分析】（1）设BC＝2a，则AB＝5a，由矩形的性质2AD＝BC＝2a，CD＝AB＝5a，∠A＝∠B＝90°，再由已知得BE＝a，AE＝4a，然后由勾股定理求出DE＝25a，CE=5a，即可得出答案；
（2）先证四边形EDGC是平行四边形，再由勾股定理的逆定理得△CDE是直角三角形，∠CED＝90°，即可得出结论．
【解析】解：（1）设BC＝2a，则AB＝5a，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝2a，CD＝AB＝5a，∠A＝∠B＝90°，
∵AE＝4BE，
∴BE＝a，AE＝4a，
∴DE=AD2+AE2=(2a)2+(4a)2=25a，CE=BC2+BE2=(2a)2+a2=5a，
∴DECE=25a5a=2；
（2）四边形EDGC是矩形，理由如下：
∵F是CD的中点，
∴CF＝DF，
∵EG＝2EF，
∴EF＝GF，
∴四边形EDGC是平行四边形，
由（1）得：DE＝25a，CE=5a，CD＝5a，
∴DE2+CE2＝CD2，
∴△CDE是直角三角形，∠CED＝90°，
∴四边形EDGC是矩形．
12．（2019春•安阳期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC和BD相交于点O，且OA＝OB．
（1）求证：∠ABC＝90°；
（2）若AD＝4，∠AOD＝60°，求CD的长．

【分析】（1）根据平行四边形的性质求出AO＝OC，BO＝OD，求出AC＝BD，根据矩形的判定和性质推出即可；
（2）根据矩形性质求出∠ABC＝90°，求出△AOD是等边三角形，解直角三角形求出即可．
【解析】（1）证明：在平行四边形ABCD中，OA+OC=12AC，OB=OD=12BD
又∵OA＝OC，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝90°，OA＝OD，
又∵∠AOD＝60°，
∴△AOD是等边三角形，
∴OA＝AD＝4，
∴AC＝2OA＝8，
在Rt△MCD中，CD=AC2−AD2=48=43．
13．（2019春•西湖区校级月考）已知：如图，在平行四边形ABCD中，M、N分别是AD和BC的中点．
（1）若AC＝CD，求证：四边形AMCN是矩形；
（2）若∠ACD＝　90°　，则四边形AMCN是菱形．

【分析】（1）根据平行四边形的判定和性质和矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据菱形的判定定理即可得到结论．
【解析】证明：（1）由已知得AD∥BC，AD＝BC，
∵M、N分别是AD和BC的中点，
∴AM=12AD，CN=12BC，AM＝CN，
∵AM∥CN，AM＝CN，
∴四边形AMCN是平行四边形；
∵AC＝CD，M是AD的中点，
∴∠AMC＝90°，
∵四边形AMCN是平行四边形，
∴四边形AMCN是矩形；
（2）当∠ACD＝90°，四边形AMCN是菱形，
∵M是AD的中点，
∴AM＝CM，
∵由（1）知，四边形AMCN是平行四边形，
∴四边形AMCN是菱形．
故答案为：90°．

14．（2019春•涧西区校级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠B＝60°，点E是AD的中点，CE的延长线与BA的延长线相交于点F，BC＝2
（1）求证：△AFE≌△DCE；
（2）连接AC、DF，填空
①当AB＝　1　时，以A、C、D、F为顶点的四边形是矩形；
②当AB＝　2　时，以A、C、D、F为顶点的四边形是菱形．

【分析】（1）由AAS即可得出结论；
（2）①先证四边形ACDF是平行四边形，再证AD＝CF，即可得出结论；
②先证四边形ACDF是平行四边形，再证AD⊥CF，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠F＝∠DCE，
∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE，
在△AFE和△DCE中，∠F=∠DCE∠AEF=∠DECAE=DE，
∴△AFE≌△DCE（AAS）；
（2）解：如图，由（1）得：△AFE≌△DCE，
∴AF＝CD，
又∵AF∥CD，
∴四边形ACDF是平行四边形，
①当AB＝1时，四边形ACDF是矩形，理由如下：
由（1）得：EF＝EC，AF＝CD＝AB＝1，AE＝DE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝2，AD∥BC，
∴AE＝DE＝1＝AF，∠EAF＝∠B＝60°，
∴△AEF是等边三角形，
∴AE＝EF，
∴AE＝DE＝EF＝EC，
∴AD＝CF，
∴平行四边形ACDF是矩形；
故答案为：1；
②当AB＝2时，四边形ACDF是菱形，理由如下：
∵AB＝BC＝2，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝AF，
∵EF＝EC，
∴CF⊥AD，
∴四边形ACDF是菱形；
故答案为：2．

15．（2020春•下城区期末）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，且AE＝DF．
（1）求证：四边形ABCD是矩形．
（2）若∠BAE：∠EAD＝2：3，求∠EAO的度数．

【分析】（1）证△AEO≌△DFO（AAS），得出OA＝OD，则AC＝BD，即可得出四边形ABCD是矩形．
（2）由矩形的性质得出∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，则∠OAB＝∠OBA，求出∠BAE＝36°，则∠OBA＝∠OAB＝54°，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，
∵AE⊥BD于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠AEO＝∠DFO＝90°，
在△AEO和△DFO中，∠AEO=∠DFO∠AOE=∠DOFAE=DF，
∴△AEO≌△DFO（AAS），
∴OA＝OD，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形．
（2）解：由（1）得：四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠BAD＝90°，OA＝OB，
∴∠OAB＝∠OBA，
∵∠BAE：∠EAD＝2：3，
∴∠BAE＝36°，
∴∠OBA＝∠OAB＝90°﹣36°＝54°，
∴∠EAO＝∠OAB﹣∠BAE＝54°﹣36°＝18°．
16．（2018春•娄星区期末）如图：矩形ABCD中，AB＝2，BC＝5，E、P分别在AD、BC上，且DE＝BP＝1．
（1）判断△BEC的形状，并说明理由？
（2）判断四边形EFPH是什么特殊四边形？并证明你的判断；
（3）求四边形EFPH的面积．

【分析】（1）根据矩形性质得出CD＝2，根据勾股定理求出CE和BE，求出CE2+BE2的值，求出BC2，根据勾股定理的逆定理求出即可；
（2）根据矩形的性质和平行四边形的判定，推出平行四边形DEBP和AECP，推出EH∥FP，EF∥HP，推出平行四边形EFPH，根据矩形的判定推出即可；
（3）根据三角形的面积公式求出CF，求出EF，根据勾股定理求出PF，根据面积公式求出即可．
【解析】（1）△BEC是直角三角形：
理由是：
∵矩形ABCD，
∴∠ADC＝∠ABP＝90°，AD＝BC＝5，AB＝CD＝2，
由勾股定理得：CE=CD2+DE2=22+12=5，
同理BE＝25，
∴CE2+BE2＝5+20＝25，
∵BC2＝52＝25，
∴BE2+CE2＝BC2，
∴∠BEC＝90°，
∴△BEC是直角三角形．

（2）解：四边形EFPH为矩形，
证明：∵矩形ABCD，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵DE＝BP，
∴四边形DEBP是平行四边形，
∴BE∥DP，
∵AD＝BC，AD∥BC，DE＝BP，
∴AE＝CP，
∴四边形AECP是平行四边形，
∴AP∥CE，
∴四边形EFPH是平行四边形，
∵∠BEC＝90°，
∴平行四边形EFPH是矩形．

（3）解：在Rt△PCD中FC⊥PD，
由三角形的面积公式得：PD•CF＝PC•CD，
∴CF=4×225=455，
∴EF＝CE﹣CF=5−455=155，
∵PF=PC2−CF2=855，
∴S矩形EFPH＝EF•PF=85，
答：四边形EFPH的面积是85．
17．（2020•南京一模）（1）如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝CD，求证：四边形ABCD是矩形；
（2）如图②，若四边形ABCD满足∠A＝∠C＞90°，AB＝CD，求证：四边形ABCD是平行四边形．

【分析】（1）如图①，连接BD，根据全等三角形的性质得到AD＝CB，得到四边形ABCD是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）如图②，分别过点B、D作BE⊥AD于点E，DF⊥BC于点F，根据全等三角形的性质得到BE＝DF，AE＝CF，得到ED＝BF，根据平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：如图①，连接BD，
∵∠A＝∠C＝90°，
∵AB＝CD，BD＝DB，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），
∴AD＝CB，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：如图②，分别过点B、D作BE⊥AD于点E，DF⊥BC于点F，
∵∠BAD＝∠BCD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵∠AEB＝∠CFD＝90°，AB＝CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE＝DF，AE＝CF，
由（1）可得四边形EBFD是矩形，
∴ED＝BF，
∴AD＝BC，
∵AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形．


18．（2020春•海州区期末）平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在CD上，CF＝AE，连接BF，AF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）若AF平分∠BAD，且AE＝2，DE＝4，求矩形BFDE的面积．

【分析】（1）根据有一个角是90度的平行四边形是矩形即可判定．
（2）首先证明AD＝DF，求出AD即可解决问题．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴DF∥BE，
∵CF＝AE，
∴DF＝BE，
∴四边形BFDE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形BFDE是矩形．
（2）解：∵AB∥CD，
∴∠BAF＝∠AFD，
∵AF平分∠BAD，
∴∠DAF＝∠BAF，
∴∠DAF＝∠AFD，
∴AD＝DF，
在Rt△ADE中，∵AE＝2，DE＝4，
∴AD=AE2+DE2=22+42=25，
∴DF＝25，
∴矩形BFDE的面积＝DF×DE＝25×4＝85．
19．（2019春•古冶区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC和BD交于点O，分别过点C、作CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E
（1）求证：四边形ODEC是矩形；
（2）当∠ADB＝60°，AD＝10时，求CE和AE的长．

【分析】（1）根据平行四边形的判定得出四边形ODEC是平行四边形，根据菱形的性质得出∠DOC＝90°，根据矩形的判定得出即可；
（2）求出OD，根据勾股定理求出A0，根据菱形的性质求出AC，根据勾股定理求出即可．
【解析】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠DOC＝90°，
∴平行四边形ODEC是矩形；

（2）解：∵在Rt△AOD中，∠ADO＝60°，
∴∠OAD＝30°，
∵AD＝10 OD=12AD＝5，
∴AO=AD2−OD2=53，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2A0＝103，
∵四边形ODEC是矩形，∠ACE＝90°，CE＝OD＝5，
在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE=AC2+CE2=(103)2+52=513．
20．（2020秋•解放区校级月考）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，过点C作CE∥OD，过点D作DE∥AC，CE与DE相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形．
（2）若AB＝4，∠ABC＝60°，求矩形OCED的面积．

【分析】（1）由条件可证得四边形CODE为平行四边形，再由菱形的性质可求得∠COD＝90°，则可证得四边形CODE为矩形；
（2）首先推知△ABC是等边三角形，所以AC＝4，则OC=12AC＝2，根据勾股定理知OD=42−22=23，结合矩形的面积公式解答即可．
【解析】（1）证明：∵CE∥OD，DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形．
又∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠COD＝90°，
∴四边形OCED是矩形．

（2）解：∵在菱形ABCD中，AB＝4，
∴AB＝BC＝CD＝4．
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝4，
∴OC=12AC＝2，
∴OD=42−22=23，
∴矩形OCED的面积是23×2＝43．
21．（2019春•古冶区期中）如图，在▱ABCD中，AB＞AD，DE平分∠ADC，AF⊥BC于点F交DE于G点，延长BC至H使CH＝BF，连接DH．
（1）证明：四边形AFHD是矩形；
（2）当AE＝AF时，猜想线段AB、AG、BF的数量关系，并证明．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD∥BC，AD＝BC，求出AD＝FH，根据平行四边形的判定得出四边形AFHD是平形四边形，再根据矩形的判定得出即可；
（2）根据平行四边形的性质得出AB∥CD，求出∠1＝∠3，推出AE＝AD，根据正方形的判定和性质得出AD＝DH，求出△DAG≌△DHM，根据全等三角形的性质得出∠2＝∠3＝∠HDM，∠AGD＝∠M，求出∠M＝∠CDM即可．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵CH＝BF，
∴FH＝BC，
∴AD＝FH，
∴四边形AFHD是平形四边形，
∵AF⊥BC，
∴∠AFH＝90°，
∴平行四边形AFHD是矩形；

（2）猜想：AB＝BF+AG，


证明：如图，延长BF到M，使HM＝AG，连接DM，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠1＝∠2，
∵DE平分∠ADC，
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∴AE＝AD，
∵AE＝AF，
∴AF＝AD，
四边形AFHD是正方形，
∴AD＝DH，∠GAD＝∠DHM＝90°，
在△DAG和△DHM中
AD=DH∠DAG=∠DHMAG=HM，
∴△DAG≌△DHM（SAS），
∴∠2＝∠3＝∠HDM，∠AGD＝∠M，
∵AF∥DH，
∴∠AGD＝∠HDG＝∠2+∠CDH＝∠MDH+∠CDH，
∴∠M＝∠CDM，
∴CD＝CM＝CH+HM，
∵BC＝AD＝FH，
∴BC﹣CF＝FH﹣CF，
∴BF＝CH，
∵AB＝CD，HM＝AG，
∴AB＝BF+AG．
22．（2019秋•五华县期末）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同时出发相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，0≤t≤5．
（1）AE＝　t　，EF＝　5﹣2t或2t﹣5　
（2）若G，H分别是AB，DC中点，求证：四边形EGFH是平行四边形．
（3）在（2）条件下，当t为何值时，四边形EGFH为矩形．

【分析】（1）由勾股定理求出AC＝5，由题意得出AE＝CF＝t，即可得出EF＝5﹣2t或2t﹣5，
（2）由“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”来判定；
（3）由“对角线相等的平行四边形是矩形”判定四边形EGFH为矩形时t的取值．
【解析】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，
由题意得：AE＝CF＝t，
∴EF相遇前为：EF＝AC﹣AE﹣CF＝5﹣2t；
EF相遇后为：EF＝AE+CF﹣AC＝2t﹣5；
故答案为：t，5﹣2t或2t﹣5；
（2）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，
∴AC=AB2+BC2=32+42=5，∠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∠GAF=∠HCEAF=CE，
∴△AFG≌△CEH（SAS），
∴GF＝HE，
同理：GE＝HF，
∴四边形EGFH是平行四边形．
（3）解：如图所示，连接GH，
由（1）可知四边形EGFH是平行四边形
∵点G、H分别是矩形ABCD的边AB、DC的中点，
∴GH＝BC＝4，
∴当EF＝GH＝4时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：
①AE＝CF＝t，EF＝5﹣2t＝4，
解得：t＝0.5．
②AE＝CF＝t，EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，
解得：t＝4.5
即：当t为0.5秒或4.5时，四边形EGFH为矩形

23．（2020•长春模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC，对角线AC、BD交于点O，BD平分∠ABC，过点D作DE⊥BC，交BC的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若DC＝25，AC＝4，求OE的长．

【分析】（1）由平行线的性质和角平分线得出∠ADB＝∠ABD，证出AD＝AB，由AB＝BC得出AD＝BC，即可得出结论；
（2）由菱形的性质得出AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC=12AC＝2，在Rt△OCD中，由勾股定理得OD＝4，得出BD＝2OD＝8，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【解析】（1）证明：∵AD∥BC，
∴∠ADB＝∠CBD，
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD＝∠CBD，
∴∠ADB＝∠ABD，
∴AD＝AB，
∵AB＝BC，
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB＝BC，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，OA＝OC=12AC＝2，
在Rt△OCD中，由勾股定理得：OD=CD2−OC2=4，
∴BD＝2OD＝8，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB＝90°，
∵OB＝OD，
∴OE=12BD＝4．
24．（2018春•靖江市校级期中）已知：分别以△ABC的各边为边，在BC边的同侧作等边三角形ABE、等边三角形CBD和等边三角形ACF，连结DE，DF．
（1）试说明四边形DEAF为平行四边形．
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形DEAF为矩形？并说明理由；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形DEAF为菱形．直接写出答案　AB＝AC　．

【分析】（1）根据等边三角形的性质得∠ABE＝∠CBD＝60°，AB＝BE＝AE，CB＝BD＝CD，则∠ABC＝∠EBD，于是可利用“SAS”判断△ABC≌△EBD，得到AC＝DE，再由△ACF为等边三角形得AC＝AF，则AF＝DE，同理可证△ACB≌△FCD得到AB＝DF，则AE＝DF，然后根据平行四边形的判定方法即可得到结论；
（2）由于四边形DEAF是平行四边形，当∠EAF＝90°时，四边形DEAF为矩形，根据等边三角形角的大小，可得∠BAC＝150°；
（3）由于四边形DEAF是平行四边形，根据菱形的判定方法，当AE＝AF时，四边形DEAF是菱形，此时AB＝AC．
【解析】解：（1）如图1，∵△ABE和△CBD为等边三角形，
∴∠ABE＝∠CBD＝60°，AB＝BE＝AE，CB＝BD＝CD，
∴∠ABC＝∠EBD，
在△ABC和△EBD中
AB=EB∠ABC=∠EBDCB=DB，
∴△ABC≌△EBD（SAS），
∴AC＝DE，
∵△ACF为等边三角形，
∴AC＝AF，
∴AF＝DE，
同理可证得△ACB≌△FCD，
∴AB＝DF，
而AB＝AE，
∴AE＝DF，
∴四边形DEAF是平行四边形；
（2）如图2，当△ABC满足∠BAC＝150°时，四边形DEAF是矩形．理由如下：
由（1）知：四边形DEAF是平行四边形，
∵∠BAC＝150°，∠EAB＝∠FAC＝60°
∴∠EAF＝360°﹣150°﹣60°﹣60°＝90°
∴四边形DEAF是矩形；
（3）如图3，△ABC满足AB＝AC时，四边形DEAF是菱形．理由如下：
由（1）知：四边形DEAF是平行四边形，
∵AB＝AC，AE＝AB，AC＝AF，
∴AE＝AF，
∴四边形DEAF是菱形．
故答案为：AB＝AC．



25．（2020秋•莲湖区期末）如图，在平行四边形ABCD中，P是AB上一点（不与点A，B重合），CP＝CD，过点P作PQ⊥CP，交AD于点Q，连接CQ，∠BPC＝∠AQP．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）当AP＝3，AD＝9时，求AQ和CQ的长．

【分析】（1）证出∠A＝90°即可得到结论；
（2）由HL证明Rt△CDQ≌Rt△CPQ，得出DQ＝PQ，设AQ＝x，则DQ＝PQ＝9﹣x，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）证明：∵∠BPQ＝∠BPC+∠CPQ＝∠A+∠AQP，∠BPC＝∠AQP，
∴∠CPQ＝∠A，
∵PQ⊥CP，
∴∠A＝∠CPQ＝90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D＝∠CPQ＝90°，
在Rt△CDQ和Rt△CPQ中，
CQ=CQCD=CP，
∴Rt△CDQ≌Rt△CPQ（HL），
∴DQ＝PQ，
设AQ＝x，则DQ＝PQ＝12﹣x，
在Rt△APQ中，AQ2+AP2＝PQ2，
∴x2+32＝（9﹣x）2，
解得：x＝4，
∴AQ的长是4．
设CD＝AB＝CP＝y，则PB＝y﹣3，在Rt△PCB中，根据勾股定理列方程，求出y＝15．
在Rt△CDQ中，CQ=52+152=510．

26．（2020秋•二七区校级期中）如图，△ABC中，分别以AB、AC为边在△ABC外作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接CD、BE，四边形ADFE是平行四边形．
（1）求证：△ACD≌△AEB；
（2）当∠BAC的度数为　150°　时，平行四边形ADFE是矩形；当∠BAC的度数为　60°　时，平行四边形ADFE不存在；
（3）当△ABC满足　AB＝AC且∠BAC≠60°　时，平行四边形ADFE是菱形．

【分析】（1）先由等边三角形的性质得AD＝AB，AE＝AC，∠ACE＝∠AEC＝∠DAB＝∠EAC＝60°，则∠DAC＝∠BAE，再由SAS即可得出结论；
（2）当∠BAC＝150°时，则∠DAE＝90°，得平行四边形ADFE是矩形；当∠BAC＝60°，证出D、A、E三点共线，得平行四边形ADFE不存在；
（3）先由等边三角形的性质得AD＝AB，AE＝AC，再由AB＝AC得AD＝AE，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵△ABD和△ACE是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，∠ACE＝∠AEC＝∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
∴∠DAC＝∠BAE，
在△ACD和△AEB中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE，
∴△ACD≌△AEB（SAS）；
（2）解：当∠BAC的度数为150°时，平行四边形ADFE是矩形；当∠BAC的度数为60°时，平行四边形ADFE不存在；理由如下：
当∠BAC＝150°时，
∵∠DAB＝∠CAE＝60°，
∴∠DAE＝360°﹣150°﹣60°﹣60°＝90°，
又∵四边形ADFE是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形；
当∠BAC＝60°，∠BAC+∠DAB+∠CAE＝180°，
∴D、A、E三点共线，
∴平行四边形ADFE不存在；
故答案为：150°，60°；
（3）解：当△ABC满足AB＝AC且∠BAC≠60°时，平行四边形ADFE是菱形，理由如下：
∵△ABD和△ACE是等边三角形，
∴AD＝AB，AE＝AC，
∵AB＝AC，
∴AD＝AE，
又∵四边形ADFE是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是菱形，
故答案为：AB＝AC且∠BAC≠60°．
27．（2020秋•道里区校级期中）在四边形ABCD中，AB＝BC，AD＝CD，AC和BD交于点O，CE∥BD，DE∥AC，CE和DE交于点E．
（1）如图1，求证：四边形ODEC是矩形；
（2）如图2，连接OE，当AD∥BC时，在不添加任何辅助线及字母的情况下，请直接写出图中所有的平行四边形．
【分析】（1）根据已知条件得到BD垂直平分AC，求得∠COD＝90°，根据矩形的判定定理即可得到结论；
（2）根据全等三角形的性质得到AD＝BC，根据平行四边形的判定和性质定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵AB＝BC，AD＝CD，
∴BD垂直平分AC，
∴∠COD＝90°，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∵∠COD＝90°，
∴四边形ODEC是矩形；
（2）解：∵AB＝BC，AD＝CD，
∴BD垂直平分AC，
∴AO＝OC，∠BOC＝∠AOD，
∵AD∥BC，
∴∠BCO＝∠DAO，
∴△AOD≌△COB（ASA），
∴AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形ODEC是平行四边形，
∴DE＝CO，
∴DE＝AO，
∴四边形AOED是平行四边形，
∴AD＝OE，AD∥OE，
∴BC＝OE，BC∥OE，
∴四边形OECB是平行四边形，
综上所述，四边形ABCD，四边形ODEC，四边形AOED，四边形OECB是平行四边形．
28．（2020春•道里区校级月考）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边上任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分别是垂足，若AD＝12，AB＝5，求PE+PF的值．

【分析】（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BD，再证出AC＝BD，即可得出结论；
（2）由勾股定理可求AC＝BD＝13，由面积法可求解．
【解析】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=12BD，
∵OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）如图，连接OP，

∵AD＝12，AB＝5，
∴BD=AB2+AD2=144+25=13，
∴BO＝OD＝AO＝CO=132，
∵S△AOD=14S矩形ABCD=14×12×5＝15，
∴S△AOP+S△POD＝15，
∴12×132×FP+12×132×EP＝15，
∴PE+PF=6013．
29.（2020春•雨花区期中）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交OD于点F，连接CE、OE．
（1）求证：四边形OCED为矩形；
（2）若菱形ABCD的边长为6，∠ABC＝60°，求AE的长．

【分析】（1）由菱形ABCD中，DE∥AC且DE=12AC，易证得四边形OCED是平行四边形，于是得到结论；
（2）由菱形的对角线互相垂直，可证得四边形OCED是矩形，根据菱形的性质得出AC＝AB，再根据勾股定理得出AE的长度即可．
【解析】（1）证明：四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC=12AC，AD＝CD，
∵DE∥AC且DE=12AC，
∴DE＝OA＝OC，
∴四边形OADE、四边形OCED都是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形OCED是矩形；

（2）解：∵在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，
∴AC＝AB＝6，
∴在矩形OCED中，CE＝OD=AD2−AO2=33．
∴在Rt△ACE中，AE=AC2+CE2=37．
30．（2020春•大余县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，点P从点D出发向点A运动，运动到点A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的速度都是每秒1个单位，连接PQ、AQ、CP．设点P、Q运动的时间为t秒．
（1）当t为何值时，四边形ABQP是矩形；
（2）当t＝6时，判断四边形AQCP的形状，并说明理由．

【分析】（1）由矩形性质得出BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，得出方程，解方程即可；
（2）t＝6时，BQ＝6，DP＝6，得出CQ＝10，AP＝16﹣6＝10，AP＝CQ，AP∥CQ，则四边形AQCP为平行四边形，由勾股定理求出AQ＝10，得出AQ＝CQ，即可得出结论．
【解析】解：（1）∵在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，
∴BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，
由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，
在矩形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，
当BQ＝AP时，四边形ABQP为矩形，
∴t＝16﹣t，
解得：t＝8，
∴当t＝8s时，四边形ABQP为矩形；
（2）四边形AQCP为菱形；理由如下：
∵t＝6，
∴BQ＝6，DP＝6，
∴CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，
∴AP＝CQ，AP∥CQ，
∴四边形AQCP为平行四边形，
在Rt△ABQ中，AQ=AB2+BQ2=82+62=10，
∴AQ＝CQ，
∴平行四边形AQCP为菱形，
即当t＝6时，四边形AQCP为菱形．