2021—2022学年苏科版数学八年级下册9.4矩形、菱形、正方形专题练习（Word版含答案）

专题练：特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）
一、选择题
1、（2020春 柯桥区期末）如图所示的 ABCD，再添加下列某一个条件，不能判定 ABCD是矩形的是（　　）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠1＝∠2 D．∠ABC＝∠BCD
2、（2020·黑龙江牡丹江期末）下列四个命题中，真命题是（　 ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形
C．顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形 D．对角线互相垂直相等的四边形是正方形
3、（2018 绵阳一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA．
下列四种说法：
①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；
③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；
④如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．
其中，正确的有（　　）个
A．1 B．2 C．3 D．4
4、（2020 宁波模拟）菱形ABCD的两条对角线的长分别为10和24，则边AB的长为（　　）
A．10 B．12 C．13 D．17
5、（2021 汉台区一模）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为（　　）
A．24 B．24 C．12 D．12
6、（2020春 海陵区期末）如图，AC，BD是菱形ABCD的对角线，BH⊥AD于点H，若AC＝4，BD＝3，则BH的长为（　　）
A．2.4 B．2.5 C．4.8 D．5
7、（2019·行唐县月考）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在 边上的处，点的对应点为，且，则的长是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
8、（2020春 金乡县期末）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．≤AM＜6 B．5≤AM＜12 C．≤AM＜12 D．≤AM＜6
9、（2021春 德阳期末）如图，点，，，分别是四边形的边，，，的中点，则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；
③若四边形是菱形，则与互相垂直；
④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．
其中正确的个数是　　
A．1 B．2 C．3 D．4
10、（2021·河北承德）如图．已知正方形的边长为．，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下个结论；①；②；③的周长是．其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11、（2022·全国·）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC边中点，OE＝2，则菱形ABCD的周长为______．
12、（2019春 乐清市期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AD和CD的中点，EF＝3，则BD的长为　　．
13、（2021 无锡模拟）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝　 　．
14、（2020·浙江绍兴市·八年级期末）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED=CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE=40°，则∠DFC的度数为_____．
15、（2021秋 盐湖区校级月考）如图，在菱形中，点、、、分别是，，和 的中点，连接，，和，则四边形的形状为 　 　．
16、（2021 南海区一模）如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝12，AD＝5，点P为DC边上的动点（点P不与点D，C重合），将纸片沿AP折叠，则CD′的最小值为　　．
17、（2020春 成华区期末）如图，菱形ABCD的周长为12，点E，F分别在CD，CB上，CE＝2，CF＝1，点P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为　　．
18、（2020·贵州毕节期末）如图，在正方形中，，点在边上，．将 沿对折至，延长交边于点，连接，．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是__________．（填序号）
三、解答题
19、（2021 云南模拟）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．
20、（2020·石家庄市八年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是　 　．
21、（2021春 滦州市期末）已知：如图，四边形中，、、、分别是、、和 的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若满足．试判断与的位置关系（不用说明理由）．
22、（2019 青岛）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）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．
23、（2019春 西湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点，GE⊥CD，GF⊥BC，点E，F分别为垂足，连接AG，EF．
（1）求证：AG＝EF；
（2）若∠DAG＝30°，GE＝1，求正方形ABCD的面积．
24、（2020春 雨花区校级期末）如图，在 ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
25、（2020秋 无锡期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB＝20，AD＝12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．
（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，
①请直接写出AQ长的取值范围：　 　；
②是否存在这样的t的值，使得QE＝QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
26、（2020春 东坡区校级期中）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
（3）当点O在边AC上运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？
27、（2020秋 和平区校级月考）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，BG＝　 　；AG＝　 　；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长　 　．
专题练：特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）
-2021-2022学年八年级数学下册（苏科版）（解析）
一、选择题
1、（2020春 柯桥区期末）如图所示的 ABCD，再添加下列某一个条件，不能判定 ABCD是矩形的是（　　）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠1＝∠2 D．∠ABC＝∠BCD
【点拨】矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）有三个角是直角的四边形是矩形．（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．据此判断．
【解析】解：由对角线相等的平行四边形是矩形，可得当AC＝BD时，能判定 ABCD是矩形．
由有一个角是直角的平行四边形是矩形，可得当AB⊥BC时，能判定 ABCD是矩形．
由平行四边形四边形对边平行，可得AD∥BC，即可得∠1＝∠2，所以当∠1＝∠2时，不能判定 ABCD是矩形．
由有一个角是直角的平行四边形是矩形，可得当∠ABC＝∠BCD时，能判定 ABCD是矩形．
故选：C．
2、（2020·黑龙江牡丹江期末）下列四个命题中，真命题是（　 ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形
C．顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形 D．对角线互相垂直相等的四边形是正方形
【答案】C.
【解析】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误
B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，故原命题错误
C、顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形，正确
D、对角线互相垂直相等的四边形是矩形，故原命题错误
故答案为：C．
3、（2018 绵阳一模）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥CA，DF∥BA．
下列四种说法：
①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；
③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；
④如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是菱形．
其中，正确的有（　　）个
A．1 B．2 C．3 D．4
【点拨】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DE∥CA，DF∥BA，得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC＝90°，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若AD平分∠BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得∠EAD＝∠EDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由AB＝AC，AD⊥BC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分∠BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，④正确，进而得到正确说法的个数．
【解析】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确；
若∠BAC＝90°，∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确；
若AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠FAD，又DE∥CA，∴∠EDA＝∠FAD，
∴∠EAD＝∠EDA，∴AE＝DE，∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确；
若AB＝AC，AD⊥BC，∴AD平分∠BAC，
同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项④正确，
则其中正确的个数有4个．
故选：D．
4、（2020 宁波模拟）菱形ABCD的两条对角线的长分别为10和24，则边AB的长为（　　）
A．10 B．12 C．13 D．17
【点拨】根据菱形对角线互相垂直平分的性质，即可求AO，BO，根据勾股定理即可求AB的值．
【解析】解：∵菱形对角线互相垂直平分，
∴△AOB为直角三角形，且AC＝2AO，BD＝2BO，
∴AO＝5，BO＝12，
∴AB＝＝13，
故选：C．
5、（2021 汉台区一模）如图，矩形ABCD中，点E在BC上，且AE平分∠BAC，AE＝CE，BE＝2，则矩形ABCD的面积为（　　）
A．24 B．24 C．12 D．12
【点拨】由矩形的性质得出∠B＝90°，得出∠BAC+∠BCA＝90°，由角平分线和等腰三角形的性质得出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，求出∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，由直角三角形的性质得出AE＝CE＝2BE＝4，得出BC＝BE+CE，即可得出结果．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴∠BAC+∠BCA＝90°，
∵AE平分∠BAC，AE＝CE，∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA，∴∠BAE+∠EAC+∠ECA＝90°，
∴∠BAE＝∠EAC＝∠ECA＝30°，∴AE＝CE＝2BE＝4，AB＝2，
∴BC＝BE+CE＝6，∴矩形ABCD面积＝AB×BC＝2×6＝12；
故选：C．
6、（2020春 海陵区期末）如图，AC，BD是菱形ABCD的对角线，BH⊥AD于点H，若AC＝4，BD＝3，则BH的长为（　　）
A．2.4 B．2.5 C．4.8 D．5
【点拨】此题主要考查了菱形的面积公式、菱形的性质以及勾股定理的运用，求出菱形边长是解题关键．
利用菱形的对角线互相平分线且垂直即可得出菱形的边长，再利用菱形面积公式求出BH的长即可．
【解析】解：设AC、BD交于点O，如图：
∵在菱形ABCD中，AC＝4，BD＝3，
∴AO＝CO＝AC＝2，BO＝DO＝BD＝，AC⊥BD，
∴AD＝＝＝，
∵菱形ABCD的面积＝AD×BH＝AC×BD，∴BH＝＝2.4，
故选：A．
7、（2019·行唐县月考）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在 边上的处，点的对应点为，且，则的长是（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【答案】C.
【解析】解：连接BM，MB′，
设AM=x，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，在Rt△MDB′中，B′M2=MD2+DB′2，
∵MB=MB′，
∴AB2+AM2=BM2=B′M2=MD2+DB′2，
即92+x2=(9-x)2+(9-3)2，
解得：x=2，
故答案为：C．
8、（2020春 金乡县期末）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．≤AM＜6 B．5≤AM＜12 C．≤AM＜12 D．≤AM＜6
【点拨】此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的斜边上的高的求法，注意当AP⊥BC时，AP最小，且AP＜AC．
首先证明四边形AEPF是矩形，因为M是EF的中点，推出延长AM经过点P，推出EF＝AP，可得AM＝EF＝PA，求出PA的最小值可得AM的最小值，又由AP＜AC，即可求得AM的取值范围．
【解析】解：在Rt△ABC中，∵∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，∴BC＝＝13，
∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∵M是EF的中点，∴延长AM经过点P，∴EF＝AP，AM＝EF＝PA，
当PA⊥CB时，PA＝＝，∴AM的最小值为，
∵PA＜AC，∴PA＜12，∴AM＜6，
∴≤AM＜6，
故选：A．
9、（2021春 德阳期末）如图，点，，，分别是四边形的边，，，的中点，则下列说法：①若，则四边形为矩形；②若，则四边形为菱形；
③若四边形是菱形，则与互相垂直；
④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等．
其中正确的个数是　　
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】先证四边形是平行四边形，再由菱形、矩形以及正方形的判定分别对各个说法进行判断即可．
【解析】、、、分别是、、、的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，，，
，，
四边形是平行四边形，
①，，平行四边形是菱形，故①错误；
②，，，平行四边形是矩形，故②错误；
③若四边形是菱形，则，故③错误；
④对角线，且时，中点四边形是正方形，故④正确，
故选：．
10、（2021·河北承德）如图．已知正方形的边长为．，将正方形的边沿折叠到，延长交于，连接．现有如下个结论；①；②；③的周长是．其中正确的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D.
【解析】解：由题意知，△DEF≌△DEC，∴EF=EC，DF=DC，∠CDE=∠FDE，
∵DA=DF，DG=DG，∴Rt△ADG≌Rt△FDG，∴AG=FG，∠ADG=∠FDG，
∴AG+CE=EF+GF=GE，故①正确；
∴∠GDE=∠FDG+∠FDE=（∠ADF+∠CDF）=45°，故②正确
∵△BGE的周长=BG+BE+GE，GE=GF+EF=EC+AG，
∴△BGE的周长=BG+BE+ EC+AG=AB+BC，
∵正方形ABCD的边长为12，∴△BGE的周长为24，故③正确；
故答案为：D.
二、填空题
11、（2022·全国·）如图，菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC边中点，OE＝2，则菱形ABCD的周长为______．
【答案】16
【分析】
由菱形的性质可得出AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出AB的长，结合菱形的周长公式即可得出结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，AB=BC=CD=DA，∴为直角三角形．
∵OE=2，且点E为AB的中点，∴AB=2OE=4．
C菱形ABCD=4AD=4×4=16．
故答案为16．
12、（2019春 乐清市期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AD和CD的中点，EF＝3，则BD的长为　　．
【点拨】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，熟练运用矩形的性质是本题的关键．
连接AC，由三角形中位线定理可得AB＝2EF＝6，由矩形的性质可得BD＝AC＝6．
【解析】解：如图，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形
∴AC＝BD
∵E，F分别是边AD和CD的中点，EF＝3，
∴AC＝2EF＝6
∴BD＝6
故答案为：6
13、（2021 无锡模拟）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线BD＝16，点O是线段BD上的动点，OE⊥AB于E，OF⊥AD于F．则OE+OF＝　 　．
【点拨】连接AC交BD于点G，连接AO，根据菱形的性质可求出AG的长，再根据面积法即可求出OE+OF的值．
【解析】解：如图，连接AC交BD于点G，连接AO，
∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB＝AD＝10，BG＝BD＝8，
根据勾股定理得：AG＝＝＝6，
∵S△ABD＝S△AOB+S△AOD，即BD AG＝AB OE+AD OF，
∴16×6＝10OE+10OF，∴OE+OF＝9.6．
故答案为：9.6．
14、（2020·浙江绍兴市·八年级期末）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED=CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE=40°，则∠DFC的度数为_____．
【答案】．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADC=90°，∴∠ADB=∠BDC=45°，
∵DC=DE，∴AD=DE，∴∠DAE=∠DEA，
∵∠ADE=90°+40°=130°，∴∠DAE=25°，∴∠AFD=180°-25°-45°=110°，
由正方形的轴对称性可知△ADF≌△CDF，∴∠DFC=∠AFD=110°，
故答案为：110°．
15、（2021秋 盐湖区校级月考）如图，在菱形中，点、、、分别是，，和 的中点，连接，，和，则四边形的形状为 　 　．
【分析】根据菱形的性质得到，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明边形为矩形．
【解析】如图，连接、，
四边形为菱形，，
、、、分别是、、、边上的中点，
、、、分别为、、、的中位线，
，，，，，
，，，四边形是矩形．
故答案是：矩形．
16、（2021 南海区一模）如图，在矩形纸片ABCD中，边AB＝12，AD＝5，点P为DC边上的动点（点P不与点D，C重合），将纸片沿AP折叠，则CD′的最小值为　　．
【点拨】此题考查矩形的性质和折叠的性质，关键是根据矩形的性质和折叠的性质解答．
连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，根据矩形的性质和折叠的性质解答即可．
【解析】解：连接AC，当点D'在AC上时，CD'有最小值，
∵四边形ABCD是矩形，AB＝12，AD＝5，
∴∠D＝∠B＝90°，AD＝BC，
∴AC＝，
由折叠性质得：AD＝AD'＝5，∠AD'P＝∠D＝90°，
∴CD'的最小值＝AC﹣AD'＝13﹣5＝8，
故答案为：8．
17、（2020春 成华区期末）如图，菱形ABCD的周长为12，点E，F分别在CD，CB上，CE＝2，CF＝1，点P为对角线BD上一动点，则EP+FP的最小值为　　．
【点拨】本题主要考查的是菱形的性质、轴对称﹣﹣路径最短问题，明确当E、P、F′在一条直线上时EP+FP有最小值是解题的关键．
作F点关于BD的对称点F′，连接EF′交BD于点P，则PF＝PF′，由两点之间线段最短可知当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP有最小值，然后求得EF′的长度即可．
【解析】解：作F点关于BD的对称点F′，连接EF′交BD于点P，则PF＝PF′．
∴EP+FP＝EP+F′P．
由两点之间线段最短可知：当E、P、F′在一条直线上时，EP+FP的值最小，此时EP+FP＝EP+F′P＝EF′．
∵四边形ABCD为菱形，周长为12，∴AB＝BC＝CD＝DA＝3，AB∥CD，
∵CE＝2，CF＝1，∴CF＝AF′＝DE＝1，
∴四边形AF′ED是平行四边形，∴EF′＝AD＝3．∴EP+FP的最小值为3．
故答案为：3．
18、（2020·贵州毕节期末）如图，在正方形中，，点在边上，．将 沿对折至，延长交边于点，连接，．有下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是__________．（填序号）
【答案】①②③.
【解析】解：由题意知，AB=BC=CD=AD=12，∠B=∠D=∠GCE=90°
由折叠知，AF=AD，∠AFE=∠D=90°∴Rt△ABG≌Rt△AFG，故①正确；
∵EF=DE=4，设BG=GF=x，则CG=12-x
在Rt△CEG中，（12-x）2+82=（x+4）2, 解得：x=6, ∴BG=6，CG=6，即BG=CG，故②正确；
∵CG=BG，BG=GF∴CG=GF, 即△CFG是等腰三角形，∠GFC=∠GCF
由①知，∠AGB=∠AGF
∴∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°－∠CGF=2∠GFC=2∠GCF,
∴∠AGB=∠FCG∴AG∥CF，故③正确；
S△GCE=24，△GCF与△ECF等高，而GF=6，EF=4，
∴S△GCF：S△ECF=3:2，∴S△GCF=，故④错误
故答案为：①②③．
三、解答题
19、（2021 云南模拟）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．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定与性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理的应用等知识；熟练掌握平行四边形的性质和勾股定理，证明四边形ABCD为矩形是解决问题的关键．
（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，，∴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＝＝5．
20、（2020·石家庄市八年级期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD交于点O．过点C作BD的平行线，过点D作AC的平行线，两直线相交于点E．
（1）求证：四边形OCED是矩形；
（2）若CE=1，DE=2，ABCD的面积是　 　．
【答案】（1）证明见解析；（2）4．
【分析】（1）欲证明四边形OCED是矩形，只需推知四边形OCED是平行四边形，且有一内角为90度即可；
（2）由菱形的对角线互相垂直平分和菱形的面积公式解答．
【详解】（1）∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠COD=90°．
∵CE∥OD，DE∥OC，∴四边形OCED是平行四边形，
又∠COD=90°，∴平行四边形OCED是矩形；
（2）由（1）知，平行四边形OCED是矩形，则CE=OD=1，DE=OC=2．
∵四边形ABCD是菱形，∴AC=2OC=4，BD=2OD=2，
∴菱形ABCD的面积为：AC BD=×4×2=4，
故答案为4．
21、（2021春 滦州市期末）已知：如图，四边形中，、、、分别是、、和 的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若满足．试判断与的位置关系（不用说明理由）．
【分析】（1）根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行四边形的判定定理证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质定理证明结论；
（2）根据菱形的判定定理和性质定理解答即可．
【解析】（1）证明：、分别是、的中点，，，
同理，，
，，四边形是平行四边形；
（2），理由如下：
由（1）知，，，
当时，，平行四边形是菱形，
．
22、（2019 青岛）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点，延长AE至G，使EG＝AE，连接CG．
（1）求证：△ABE≌△CDF；
（2）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．
【点拨】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质和判定、全等三角形的判定、三角形中位线定理等知识，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．
（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；
（2）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，证出EG＝CF，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，∴∠ABE＝∠CDF，
∵点E，F分别为OB，OD的中点，∴BE＝OB，DF＝OD，∴BE＝DF，
在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；
（2）解：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，∴EG∥CF，
由（1）得：△ABE≌△CDF，∴AE＝CF，
∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四边形EGCF是平行四边形，
∵∠OEG＝90°，∴四边形EGCF是矩形．
23、（2019春 西湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点，GE⊥CD，GF⊥BC，点E，F分别为垂足，连接AG，EF．
（1）求证：AG＝EF；
（2）若∠DAG＝30°，GE＝1，求正方形ABCD的面积．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质，证明线段相等时，一般是先找到与两线段相关的两个三角形，然后证明全等即可，有时需要先转化线段再找全等三角形．
（1）连接GC，先证明四边形GFCE是矩形，则EF＝GC，再证明△ADG≌△CDG，得到AG＝GC＝EF；
（2）易得DE＝GE＝1，在30°Rt△CGE中可求EC值，则正方形的边长CD＝CE+DE可求，面积为CD2．
【解析】证明：（1）连接GC，
∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴∠GEC＝∠GFC＝90°＝∠ECF，
∴四边形GFCE是矩形．∴EF＝GC．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADG＝∠CDG＝45°，AD＝CD．
又DG＝DG，∴△ADG≌△CDG（SAS）．∴AG＝CG．∴AG＝EF．
（2）∵GE⊥DE，∠GDE＝45°，∴DE＝GE＝1．
∵△ADG≌△CDG，∴∠GCE＝∠DAG＝30°，∴在Rt△GCE中，GC＝2GE＝2，
利用勾股定理可得CE＝．
则正方形ABCD的边长为CD＝CE+DE＝+1．
正方形ABCD的面积＝CD2＝（+1）2＝4+2．
24、（2020春 雨花区校级期末）如图，在 ABCD中，M、N分别是AD、BC的中点，∠AND＝90°，连接CM交DN于点O．
（1）求证：△ABN≌△CDM；
（2）求证：四边形CDMN为菱形；
（3）过点C作CE⊥MN于点E，交DN于点P，若PE＝1，∠1＝∠2，求NC的长．
【点拨】此题主要考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质以及解直角三角形等知识等知识，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）由四边形ABCD是平行四边形，可得AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，利用SAS证得△ABN≌△CDM；
（2）利用直角三角形形的性质结合菱形的判定方法证明即可．
（3）易求得∠MND＝∠CND＝∠2＝30°，然后由含30°的直角三角形的性质求解即可求得答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠CDM，
∵M、N分别是AD，BC的中点，∴BN＝DM，
∵在△ABN和△CDM中，，∴△ABN≌△CDM（SAS）；
（2）证明：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴NM＝AM＝MD，
∵BN＝NC＝AM＝DM，∴NC＝MN＝DM，
∵NC∥DM，NC＝DM，∴四边形CDMN是平行四边形，
又∵MN＝DM，∴四边形CDMN是菱形．
（3）解：∵M是AD的中点，∠AND＝90°，∴MN＝MD＝AD，∴∠1＝∠MND，
∵AD∥BC，∴∠1＝∠CND，
∵∠1＝∠2，∴∠MND＝∠CND＝∠2，∴PN＝PC，
∵CE⊥MN，∴∠CEN＝90°，∠END+∠CNP+∠2＝180°﹣∠CEN＝90°，
又∵∠END＝∠CNP＝∠2，∴∠2＝∠PNE＝30°，
∵PE＝1，∴PN＝2PE＝2，∴CE＝PC+PE＝3，∴NC＝＝＝2．
25、（2020秋 无锡期末）如图①，在长方形ABCD中，已知AB＝20，AD＝12，动点P从点D出发，以每秒2个单位的速度沿线段DC向终点C运动，运动时间为t秒，连接AP，设点D关于AP的对称点为点E．
（1）如图②，射线PE恰好经过点B，试求此时t的值．
（2）当射线PE与边AB交于点Q时，
①请直接写出AQ长的取值范围：　 　；
②是否存在这样的t的值，使得QE＝QB？若存在，请求出所有符合题意的t的值；若不存在，请说明理由．
【点拨】本题考查四边形综合题、矩形的性质、几何动点问题，轴对称的性质等知识，解题的关键是学会正确画出图形，学会分类讨论，充分利用轴对称的性质解决问题，属于中考压轴题．
（1）先证明∠APD＝∠EPA＝∠PAB，得AB＝PB＝20，根据勾股定理得PC＝16，由PD＝4＝2t，可得结论；
（2）①解法一：作辅助线，计算AQ的长，根据勾股定理和完全平方公式可得结论；
解法二：分别计算两个边界点：由（1）知：t＝2时，AQ＝20，当AQ最小时，PQ⊥AB，此时AQ＝12，可得结论；
②分两种情况：点E在矩形的内部和外部，根据等量关系列方程可解答．
【解析】解：（1）如图1，
∵AB∥CD，∴∠DPA＝∠PAB，
由轴对称得：∠DPA＝∠EPA，∴∠EPA＝∠PAB，∴BP＝AB＝20，
在Rt△PCB中，由勾股定理得：PC＝＝＝16，
∴PD＝4＝2t，∴t＝2；
（2）①解法一：如图2，过点P作PH⊥AB于H，过点Q作QG⊥CD于G，
∴PH＝QG＝AD＝12，
∵∠APQ＝∠PAQ，∴AQ＝PQ，
∵PQ2＝PG2+QG2＝PG2+122＝144+PG2，∴AQ2＝144+PG2，
∵AQ＝DG＝DP+PG，∴（DP+PG）2＝144+PG2，
∵PD＝2t，∴（2t+PG）2＝144+PG2，解得：PG＝，
∵AQ＝PD+PG＝2t+＝＝t+，
∵t+＝（t﹣）2+2≥2＝12，∴AQ＝t+≥12，
由（1）可知：当t＝2时，Q与B重合，此时AQ＝AB＝20，∴12≤AQ≤20；
解法二：由（1）可知：当t＝2时，Q与B重合，此时AQ＝AB＝20，
如图2，当PQ⊥AB时，E与Q重合，此时AQ＝AD＝12，∴12≤AQ≤20，
故答案为：12≤AQ≤20；
②存在，分两种情况：
当点E在矩形ABCD内部时，如图3，
∵QE＝PQ﹣PE＝PQ﹣DP＝PQ﹣2t，
∵QE＝QB，PQ＝AQ，∴QB＝AQ﹣2t，
∵AQ+BQ＝AB＝20，∴AQ+AQ﹣2t＝20，∴AQ＝10+t，
由①可知：AQ＝t+，∴t+＝10+t，解得：t＝3.6；
当点E在矩形ABCD的外部时，如图4，
∵QE＝PE﹣PQ＝DP﹣PQ＝2t﹣PQ，
∵QE＝QB，∴BQ＝2t﹣AQ，
∴AB﹣AQ＝2t﹣AQ，∴AB＝2t，∴t＝＝10（此时P与C重合），
综上，存在这样的t值，使得QE＝QB，t的值为3.6或10．
26、（2020春 东坡区校级期中）如图，△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC．设MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F．
（1）求证：OE＝OF；
（2）当点O在边AC上运动到什么位置时，四边形AECF是矩形？并说明理由．
（3）当点O在边AC上运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？
【点拨】此题主要考查了矩形和正方形的判定，关键是掌握矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1＝∠2，∠3＝∠4，进而得出答案；
（2）根据AO＝CO，EO＝FO可得四边形AECF平行四边形，再证明∠ECF＝90°利用矩形的判定得出即可；
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，若∠ACB＝90°，四边形AECF为正方形，首先证明为矩形，再证明AC⊥EF根据对角线互相垂直的矩形是正方形可得结论．
【解析】（1）证明：∵MN交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角平分线于点F，
∴∠2＝∠5，∠4＝∠6，
∵MN∥BC，∴∠1＝∠5，∠3＝∠6，∴∠1＝∠2，∠3＝∠4，
∴EO＝CO，FO＝CO，∴OE＝OF；
（2）当点O在边AC上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
证明：如图1，当O为AC的中点时，AO＝CO，
∵EO＝FO，∴四边形AECF是平行四边形，
∵∠ECF＝90°，∴平行四边形AECF是矩形．
（3）当点O在边AC上运动到AC中点时，若∠ACB＝90°，四边形AECF为正方形．
证明：如图2，由（2）可得点O在边AC上运动到AC中点时平行四边形AECF是矩形，
∵∠ACB＝90°，∴∠2＝45°，
∵平行四边形AECF是矩形，
∴EO＝CO，∴∠1＝∠2＝45°，∴∠MOC＝90°，
∴AC⊥EF，∴四边形AECF是正方形．
27、（2020秋 和平区校级月考）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，BG＝　 　；AG＝　 　；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长　 　．
【点拨】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．
（1）如图1，连接CG，证明△CBD≌△CBG（SAS），可得G，C，D三点共线，利用勾股定理可得BG、AG的长；
（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明△BCE≌△BKG，可得AK和KG的长，利用勾股定理计算AG的长；
（3）分三种情况：①当点E在边CD的延长线上时，如图3，同（2）知△BCE≌△BKG（AAS），BC＝BK＝5，根据勾股定理可得KG的长，即可CE的长，此种情况不成立；
②当点E在边CD上；③当点E在DC的延长线上时，同理可得结论．
【解析】BG、解：（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，∴∠CBG＝45°，∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，∴△CBD≌△CBG（SAS），∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，BG＝，∴AG＝；
故答案为：5；5；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，
∵DE＝2，DC＝5，∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC+∠CBG＝90°，∠CBG+∠GBK＝90°，∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝；
（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，同理知△BCE≌△BKG（AAS），∴BC＝BK＝5，
∵AG＝，由勾股定理得：KG＝，
∴CE＝KG＝，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，同理得：DE＝；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，同理得CE＝GK＝，∴DE＝5+
综上，DE的长是或．
故答案为或．