專題22.13矩形的性質(zhì)與判定大題專練（重難點培優(yōu)）-2021-2022學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生培優(yōu)題典

20212022學(xué)年八年級數(shù)學(xué)下冊尖子生同步培優(yōu)題典【滬教版】專題22.13矩形的性質(zhì)與判定大題專練姓名：__________________班級：______________得分：_________________一．解答題（共24小題）1．（2021春?靜安區(qū)期末）已知：如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，AO＝BO＝CO，∠BAC＝∠ACD．（1）求證：四邊形ABCD是矩形；（2）如果點E在邊AB上，DE平分∠ADB，BD＝AB，求證：BD＝AD+AE．【分析】（1）證△AOB≌△COD（ASA），得BO＝DO，再由AO＝CO，得四邊形ABCD是平行四邊形，然后證AC＝BD，即可得出結(jié)論；（2）過點E作EF⊥BD于F，證△ABD是等腰直角三角形，得∠ABD＝45°，再證△BEF是等腰直角三角形，得FE＝FB，然后證△ADE≌△FDE（AAS），得AD＝FD，AE＝FE，則AE＝FB，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）在△AOB和△COD中，，∴△AOB≌△COD（ASA），∴BO＝DO，∵AO＝CO，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AO＝BO＝CO，BO＝DO，∴AO＝BO＝CO＝DO，∴AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形；（2）過點E作EF⊥BD于F，如圖所示：由（1）得：四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD＝90°，∵BD＝AB，∴△ABD是等腰直角三角形，∴∠ABD＝45°，∵EF⊥BD，∴∠EFB＝∠EFD＝90°，∴△BEF是等腰直角三角形，∴FE＝FB，∵DE平分∠ADB，∴∠ADE＝∠FDE，在△ADE和△FDE中，，∴△ADE≌△FDE（AAS），∴AD＝FD，AE＝FE，∴AE＝FB，∵BD＝FD+FB，∴BD＝AD+AE．2．（2021春?普陀區(qū)期末）已知：如圖，在矩形ABCD中，BE⊥AC，DF⊥AC，點E、F是垂足．（1）聯(lián)結(jié)DE、FB，求證：四邊形DFBE是平行四邊形；（2）如果AF＝EF＝2，求矩形ABCD的面積．【分析】（1）先根據(jù)矩形的性質(zhì)得到AB＝CD，AB∥CD，再證明BE∥DF，接著證明△ABE≌△CDF，從而得到BE＝DF，然后根據(jù)平行四邊形的判定方法得到結(jié)論；（2）矩形ABCD的面積＝AC?DF，想辦法求DF，AC即可．【解答】證明：（1）如圖：∵四邊形ABCD為矩形，∴AB＝CD，AB∥CD，∴∠EAB＝∠FCD，∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴BE∥DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（AAS），∴BE＝DF，∴四邊形BEDF是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，AD＝BC，∴∠DAC＝∠BCA，又∵BE⊥AC，DF⊥AC，∴∠DAF＝∠BCE，在△DAF和△BCE中，，∴△DAF≌△BCE（AAS），∴AF＝CE，連接BD交AC于點O，∵AF＝FE＝2，∴AC＝BD＝6，又∵四邊形ABCD是矩形，∴AO＝DO＝3，在△ODF中，OD＝3，OF＝1，∠OFD＝90°，∴DF＝＝＝2，∴矩形ABCD的面積＝AC×DF＝6×2＝12．3．（2021春?閔行區(qū)期末）如圖，已知點E在矩形ABCD的邊DC上，且AB＝AE＝2AD．求∠EBC的度數(shù)．【分析】根據(jù)矩形的性質(zhì)得出DC∥AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，求出∠DEA＝30°，根據(jù)平行線的性質(zhì)求出∠EAB，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和三角形內(nèi)角和定理求出∠ABE，再求出答案即可．【解答】解：如圖所示：∵四邊形ABCD是矩形，∴DC∥AB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∵AE＝2AD，∴∠AED＝30°，∵DC∥AB，∴∠EAB＝∠AED＝30°，∵AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB＝（180°﹣∠EAB）＝75°，∵∠ABC＝90°，∴∠EBC＝∠ABC﹣∠ABE＝90°﹣75°＝15°．4．（2020春?金山區(qū)期中）已知：如圖，矩形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，∠ACB＝30°，BC＝4．（1）求證：∠AOD＝120°；（2）求AC的長．【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形知BO＝CO，據(jù)此得∠OBC＝∠OCB，再由∠ACB＝30°知∠OBC＝30°，結(jié)合∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°得∠BOC＝120°，繼而得證；（2）由四邊形ABCD是矩形知∠ABC＝90°，結(jié)合∠ACB＝30°得AC＝2AB，根據(jù)AB2+BC2＝AC2，BC＝4可求得AB＝，從而得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AO＝CO＝AC，BO＝DO＝BD，∴BO＝CO，∴∠OBC＝∠OCB，∵∠ACB＝30°，∴∠OBC＝30°，∵∠OBC+∠OCB+∠BOC＝180°，∴∠BOC＝120°，∴∠AOD＝∠BOC＝120°；（2）∵四邊形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∵∠ACB＝30°，∴AB＝AC，即AC＝2AB，∵AB2+BC2＝AC2，BC＝4，解得AB＝，∴AC＝．5．（2020?龍崗區(qū)校級模擬）如圖所示，矩形ABCD中，點E在CB的延長線上，使CE＝AC，連接AE，點F是AE的中點，連接BF、DF，求證：BF⊥DF．【分析】延長BF，交DA的延長線于點M，連接BD，進而求證△AFM≌△EFB，得AM＝BEFB＝FM，即可求得BC+BE＝AD+AM，進而求得CE＝MD，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)即可求證BF⊥DF．【解答】證明：延長BF，交DA的延長線于點M，連接BD，∵四邊形ABCD是矩形，∴MD∥BC，∴∠AMF＝∠EBF，∠E＝∠MAF，∵F是AE的中點，∴FA＝FE，在△AFM和△EFB中，∴△AFM≌△EFB（AAS），∴AM＝BE，F(xiàn)B＝FM，∵四邊形ABCD是矩形，∴AC＝BD，AD＝BC，∴BC+BE＝AD+AM，即CE＝MD，∵CE＝AC，∴AC＝CE＝DM，∵FB＝FM，∴BF⊥DF．6．（2019春?楊浦區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P，E分別是線段AC、BC上的點，且四邊形PEFD為矩形．（I）若△PCD是等腰三角形時，求AP的長；（Ⅱ）判斷CF與AC有怎樣的位置關(guān)系并說明理由．【分析】（I）先求出AC，再分三種情況討論計算即可得出結(jié)論；（Ⅱ）連接PF，DE，記PF與DE的交點為O，連接OC，根據(jù)矩形的性質(zhì)解答即可．【解答】解：（I）在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，∠ADC＝90°，∴DC＝AB＝6，∴AC＝＝10，要使△PCD是等腰三角形，①當(dāng)CP＝CD時，AP＝AC﹣CP＝10﹣6＝4，②當(dāng)PD＝PC時，∠PDC＝∠PCD，∵∠PCD+∠PAD＝∠PDC+∠PDA＝90°，∴∠PAD＝∠PDA，∴PD＝PA，∴PA＝PC，∴AP＝AC＝5，③當(dāng)DP＝DC時，如圖1，過點D作DQ⊥AC于Q，則PQ＝CQ，∵S△ADC＝AD?DC＝AC?DQ，∴DQ＝＝，∴CQ＝＝，∴PC＝2CQ＝，∴AP＝AC﹣PC＝10﹣＝；所以，若△PCD是等腰三角形時，AP的長為4或5或；（Ⅱ）CF⊥AC，理由如下：如圖2，連接PF，DE，記PF與DE的交點為O，連接OC，∵四邊形ABCD和PEFD是矩形，∴∠ADC＝∠PDF＝90°，∴∠ADP+∠PDC＝∠PDC+∠CDF，∴∠ADP＝∠CDF，∵∠BCD＝90°，OE＝OD，∴OC＝ED，在矩形PEFD中，PF＝DE，∴OC＝PF，∵OP＝OF＝PF，∴OC＝OP＝OF，∴∠OCF＝∠OFC，∠OCP＝∠OPC，∵∠OPC+∠OFC+∠PCF＝180°，∴2∠OCP+2∠OCF＝180°，∴∠PCF＝90°，∴CF⊥AC．7．（2019春?普陀區(qū)期末）已知：如圖1，在?ABCD中，點G為對角線AC的中點，過點G的直線EF分別交邊AB、CD于點E、F，過點G的直線MN分別交邊AD、BC于點M、N，且∠AGE＝∠CGN．（1）求證：四邊形ENFM為平行四邊形；（2）如圖2，當(dāng)四邊形ENFM為矩形時，求證：BE＝BN．【分析】（1）只要證明EG＝FG，GM＝GN即可解決問題；（2）證明△EAG≌△NCG（SAS），得出AE＝CN，∠BAC＝∠ACB，則AB＝BC，可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥DC，∴∠EAG＝∠FCG，∵AG＝CG，∠AGE＝∠CGF，∴△EAG≌△FCG（ASA），∴EG＝FG，同理可證MG＝NG，∴四邊形ENFM是平行四邊形；（2）證明：∵四邊形ENFM是矩形，∴EF＝MN，且EG＝EF，GN＝MN，∴EG＝NG，又∵AG＝CG，∠AGE＝∠CGN，∴△EAG≌△NCG（SAS），∴AE＝CN，∠BAC＝∠ACB，∴AB＝BC，∴AB﹣AE＝BC﹣CN．即BE＝BN．8．（2018春?青浦區(qū)校級月考）如圖，矩形ABCD的對角線的交點是O，CE⊥BD，垂足為E，且OE＝CE．求：∠DCE的度數(shù)．【分析】由已知條件可先求得∠DOC，在Rt△OCE中可求得∠ECO，再由矩形的性質(zhì)可知OC＝OD，則可求得∠DCE．【解答】解：∵四邊形ABCD為矩形，∴∠BCD＝90°，OC＝OD，∵CE⊥BD，垂足為E，且OE＝CE，∴∠DOC＝∠ECO＝45°，∴∠DCO＝＝67.5°，∴∠DCE＝∠DCO﹣∠OCE＝22.5°，9．（2018?婁底三模）已知：如圖，在?ABCD中，點G為對角線AC的中點，過點G的直線EF分別交邊AB、CD于點E、F，過點G的直線MN分別交邊AD、BC于點M、N，且∠AGE＝∠CGN．（1）求證：四邊形ENFM為平行四邊形；（2）當(dāng)四邊形ENFM為矩形時，求證：BE＝BN．【分析】（1）只要證明GM＝GN，GE＝GF即可解決問題；（2）想辦法證明四邊形ABCD是菱形，EN∥AC即可解決問題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠MAG＝∠NCG，∵AG＝CG，∠AGM＝∠CGN，∴△AGM≌△CGN，∴GM＝GN，同法可證GE＝FG，∴四邊形ENFM是平行四邊形；（2）∵四邊形ENFM是矩形，∴GE＝GM，∠MEN＝90°，∵∠AGE＝∠CGN＝∠AGM，∴AG⊥EM，AG平分EM，∴AE＝AM，∠GAE＝∠GAM＝∠GCN，∴AB＝BC，∴∠BAC＝∠BCA，∵EM⊥EN，∴EN∥AC，∴∠BEN＝∠BAC，∠BNE＝∠BCA，∴∠BEN＝∠BNE，∴BE＝BN．10．（2021春?浦東新區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，將邊AB延長至點E，使AB＝BE，聯(lián)結(jié)DE、EC，DE與BC交于點O．（1）求證：四邊形BECD是平行四邊形；（2）若∠COE＝2∠A，求證：四邊形BECD是矩形．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得AB＝CD，AB∥CD，再由AB＝BE．得BE＝CD，且BE∥CD，即可得出結(jié)論；（2）證BO＝EO，中由平行四邊形的性質(zhì)得，，則BC＝ED，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，∵AB＝BE，∴BE＝CD，且BE∥CD，∴四邊形BECD是平行四邊形；（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，∴∠A＝∠EBO，∵∠COE＝2∠A＝2∠EBO，∠COE＝∠EBO+∠BEO，∴∠EBO＝∠BEO，∴BO＝EO，由（1）得：四邊形BECD是平行四邊形，∴，，∴BC＝ED，∴平行四邊形BECD是矩形．11．（2021春?定南縣期末）如圖，△ABC中，AB＝AC，AD平分∠BAC交BC于點D，AE平分∠BAC的外角，且∠AEB＝90°．求證：四邊形ADBE是矩形．【分析】根據(jù)角平分線的定義和垂直的判定得出AD⊥BC，進而利用矩形的判定解答即可．【解答】證明：∵AD是∠BAC的平分線，∴∠1＝∠2，∵AE是∠BAF的平分線，∴∠3＝∠4，∵∠1+∠2+∠3+4＝180°，∴∠2+∠3＝90°，即∠DAE＝90°，∵AB＝AC，∠1＝∠2，∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，∵∠AEB＝90°，∴四邊形ADBE是矩形．12．（2021?臺兒莊區(qū)模擬）如圖，在平行四邊形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，延長AE至G，使EG＝AE，連接CG．（1）求證：△ABE≌△CDF；（2）當(dāng)線段AB與線段AC滿足什么數(shù)量關(guān)系時，四邊形EGCF是矩形？請說明理由．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行線的性質(zhì)得出∠ABE＝∠CDF，證出BE＝DF，由SAS證明△ABE≌△CDF即可；（2）證出AB＝OA，由等腰三角形的性質(zhì)得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位線定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四邊形EGCF是平行四邊形，即可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，∴∠ABE＝∠CDF，∵點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，∴BE＝OB，DF＝OD，∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）解：當(dāng)AC＝2AB時，四邊形EGCF是矩形；理由如下：∵AC＝2OA，AC＝2AB，∴AB＝OA，∵E是OB的中點，∴AG⊥OB，∴∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，∵EG＝AE，OA＝OC，∴OE是△ACG的中位線，∴OE∥CG，∴EF∥CG，∴四邊形EGCF是平行四邊形，∵∠OEG＝90°，∴四邊形EGCF是矩形．13．（2020春?虹口區(qū)期末）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E、F分別為OB、OD的中點，延長AE至點G，使EG＝AE，聯(lián)結(jié)GC、CF．（1）求證：AE∥CF；（2）當(dāng)AC＝2AB時，求證：四邊形EGCF是矩形．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到OB＝OD，OA＝OC，根據(jù)三角形中位線定理得到EO＝OB，F(xiàn)O＝OD，求得EO＝FO，由全等三角形的性質(zhì)得到∠AEO＝∠CFO，根據(jù)平行線的判定定理即可得到結(jié)論；（2）根據(jù)三角形中位線定理得到EO∥GC，推出四邊形EGCF是平行四邊形，求得AB＝AO，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到AE⊥OB，求得∠OEG＝90°，于是得到結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB＝OD，OA＝OC，∵點E、F分別為OB、OD的中點，∴EO＝OB，F(xiàn)O＝OD，∴EO＝FO，在△AEO和△CFO中，，∴△AEO≌△CFO（SAS），∴∠AEO＝∠CFO，∴AE∥CF；（2）∵EA＝EG，OA＝OC，∴EO是△AGC的中位線，∴EO∥GC，∵AE∥CF，∴四邊形EGCF是平行四邊形，∵AC＝2AB，AC＝2AO，∴AB＝AO，∵E是OB的中點，∴AE⊥OB，∴∠OEG＝90°，∴四邊形EGCF是矩形．14．（2020?徐匯區(qū)二模）已知：如圖，在平行四邊形ABCD中，點E、F、G、H分別在邊AB、BC、CD、DA上，BE＝DG，BF＝DH．（1）求證：四邊形EFGH是平行四邊形；（2）當(dāng)AB＝BC，且BE＝BF時，求證：四邊形EFGH是矩形．【分析】（1）利用全等三角形的性質(zhì)可得EF＝HG，EH＝FG，可得結(jié)論；（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得∠BEF＝∠BFE＝，∠AEH＝∠AHE＝，可求∠FEH＝90°，可得結(jié)論．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AD＝BC，∠B＝∠D，∠A＝∠C，∵BE＝DG，BF＝DH，且∠B＝∠D，∴△BEF≌△DGH（SAS），∴EF＝HG，同理可得EH＝FG，∴四邊形EFGH是平行四邊形；（2）∵AB＝BC，BE＝BF∴AB＝BC＝CD＝AD，BE＝BF＝DH＝DG，∴AE＝AH，∵AD∥BC，∴∠B+∠A＝180°，∵BE＝BF，AE＝AH，∴∠BEF＝∠BFE＝，∠AEH＝∠AHE＝，∴∠AEH+∠BEF＝90°，∴∠FEH＝90°，∴平行四邊形EFGH是矩形．15．（2020?莘縣二模）如圖，在△ABC中，D是BC邊上的一點，E是AD的中點，過A點作BC的平行線交CE的延長線于點F，且AF＝BD，連接BF．（1）求證：BD＝CD；（2）如果AB＝AC，試判斷四邊形AFBD的形狀，并證明你的結(jié)論．【分析】（1）先由AF∥BC，利用平行線的性質(zhì)可證∠AFE＝∠DCE，而E是AD中點，那么AE＝DE，∠AEF＝∠DEC，利用AAS可證△AEF≌△DEC，那么有AF＝DC，又AF＝BD，從而有BD＝CD；（2）四邊形AFBD是矩形．由于AF平行等于BD，易得四邊形AFBD是平行四邊形，又AB＝AC，BD＝CD，利用等腰三角形三線合一定理，可知AD⊥BC，即∠ADB＝90°，那么可證四邊形AFBD是矩形．【解答】證明：（1）∵AF∥BC，∴∠AFE＝∠DCE，∵E是AD的中點，∴AE＝DE，，∴△AEF≌△DEC（AAS），∴AF＝DC，∵AF＝BD，∴BD＝CD；（2）四邊形AFBD是矩形．理由：∵AB＝AC，D是BC的中點，∴AD⊥BC，∴∠ADB＝90°∵AF＝BD，∵過A點作BC的平行線交CE的延長線于點F，即AF∥BC，∴四邊形AFBD是平行四邊形，又∵∠ADB＝90°，∴四邊形AFBD是矩形．16．（2019春?閔行區(qū)期末）如圖，在△ABC中，O為邊AC的中點，過點A作AD∥BC，與BO的延長線相交于點D，E為AD延長線上的任一點，聯(lián)結(jié)CE、CD．（1）求證：四邊形ABCD是平行四邊形：（2）當(dāng)D為邊AE的中點，且CE＝2CO時，求證：四邊形ABCD為矩形．【分析】（1）證明△AOD≌△COB（AAS），由全等三角形的性質(zhì)得出AD＝BC，則可得出答案；（2）證明∠ADC＝90°，由矩形的判定方法可得出結(jié)論．【解答】證明：（1）∵AD∥BC，∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，∵O是AC的中點，∴AO＝CO．在△AOD和△COB中，，∴△AOD≌△COB（AAS），∴AD＝BC，又∵AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形．（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO＝CO＝，∵CE＝2CO，∴CE＝CA，又∵D是AE的中點，∴CD⊥AE，即∠ADC＝90°．又∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是矩形．17．（2019?青島）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，延長AE至G，使EG＝AE，連接CG．（1）求證：△ABE≌△CDF；（2）當(dāng)AB與AC滿足什么數(shù)量關(guān)系時，四邊形EGCF是矩形？請說明理由．【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，由平行線的性質(zhì)得出∠ABE＝∠CDF，證出BE＝DF，由SAS證明△ABE≌△CDF即可；（2）證出AB＝OA，由等腰三角形的性質(zhì)得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，證出EG＝CF，得出四邊形EGCF是平行四邊形，即可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，OA＝OC，∴∠ABE＝∠CDF，∵點E，F(xiàn)分別為OB，OD的中點，∴BE＝OB，DF＝OD，∴BE＝DF，在△ABE和△CDF中，，∴△ABE≌△CDF（SAS）；（2）解：當(dāng)AC＝2AB時，四邊形EGCF是矩形；理由如下：∵AC＝2OA，AC＝2AB，∴AB＝OA，∵E是OB的中點，∴AG⊥OB，∴∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，∴AG∥CF，∴EG∥CF，由（1）得：△ABE≌△CDF，∴AE＝CF，∵EG＝AE，∴EG＝CF，∴四邊形EGCF是平行四邊形，∵∠OEG＝90°，∴四邊形EGCF是矩形．18．（2021秋?法庫縣期末）如圖，在四邊形ABCD中，AC、BD相交于點O，AD∥BC，∠ADC＝∠ABC，OA＝OB．（1）如圖1，求證：四邊形ABCD為矩形；（2）如圖2，P是AD邊上任意一點，PE⊥BD，PF⊥AC，E、F分別是垂足，若AD＝12，AB＝5，求PE+PF的值．【分析】（1）先證四邊形ABCD是平行四邊形，得出OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，再證出AC＝BD，即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理可求AC＝BD＝13，由面積法可求解．【解答】證明：（1）∵AD∥BC，∴∠ABC+∠BAD＝180°，∠ADC+∠BCD＝180°，∵∠ABC＝∠ADC，∴∠BAD＝∠BCD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，∵OA＝OB，∴AC＝BD，∴四邊形ABCD是矩形；（2）如圖，連接OP，∵AD＝12，AB＝5，∴BD＝＝＝13，∴BO＝OD＝AO＝CO＝，∵S△AOD＝S矩形ABCD＝×12×5＝15，∴S△AOP+S△POD＝15，∴××FP+××EP＝15，∴PE+PF＝．19．（2020春?裕華區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC邊的中線，AG平分△ABC的外角∠BAF，BE⊥AG，垂足為E．（1）求證：四邊形ADBE是矩形；（2）連接DE，交AB于點O，若BC＝8，AO＝，則△ABC的面積是：12．【分析】（1）證出四邊形ADBE有三個直角即可；（2）由矩形的性質(zhì)得AB＝DE＝2AO＝5，由勾股定理求出AD＝3，再由三角形面積公式即可得答案．【解答】（1）證明：∵在△ABC中，AB＝AC，AD是BC邊的中線，∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，∴∠ADB＝90°，∵AG為△ABC的外角∠BAF的平分線，∴∠BAE＝∠FAE，∴∠DAE＝90°，∵BE⊥AG，∴∠AEB＝90°，∴四邊形ADBE為矩形；（2）解：∵AD是BC邊的中線，BC＝8，∴BD＝CD＝4，由（1）得：四邊形ADBE是矩形，∴AB＝DE＝2AO＝5，在Rt△ABD中，AD＝＝＝3，∴△ABC的面積＝BC×AD＝×8×3＝12；故答案為：12．20．（2021春?贛州期末）如圖，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝16，點P從點D出發(fā)向點A運動，運動到點A停止，同時，點Q從點B出發(fā)向點C運動，運動到點C即停止，點P、Q的速度都是每秒1個單位，連接PQ、AQ、CP．設(shè)點P、Q運動的時間為t秒．（1）當(dāng)t為何值時，四邊形ABQP是矩形；（2）當(dāng)t＝6時，判斷四邊形AQCP的形狀，并說明理由．【分析】（1）由矩形性質(zhì)得出BC＝AD＝16，AB＝CD＝8，由已知可得，BQ＝DP＝t，AP＝CQ＝16﹣t，當(dāng)BQ＝AP時，四邊形ABQP為矩形，得出方程，解方程即可；（2）t＝6時，BQ＝6，DP＝6，得出CQ＝10，AP＝16﹣6＝10，AP＝CQ，AP∥CQ，則四邊形AQCP為平行四邊形，由勾股定理求出AQ＝10，得出AQ＝CQ，即可得出結(jié)論．【解答】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，當(dāng)BQ＝AP時，四邊形ABQP為矩形，∴t＝16﹣t，解得：t＝8，∴當(dāng)t＝8s時，四邊形ABQP為矩形；（2）四邊形AQCP為菱形；理由如下：∵t＝6，∴BQ＝6，DP＝6，∴CQ＝16﹣6＝10，AP＝16﹣6＝10，∴AP＝CQ，AP∥CQ，∴四邊形AQCP為平行四邊形，在Rt△ABQ中，AQ＝＝＝10，∴AQ＝CQ，∴平行四邊形AQCP為菱形，即當(dāng)t＝6時，四邊形AQCP為菱形．21．（2021春?臨滄期末）如圖，菱形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，過點B作BE∥AC，且BE＝AC，連接EC．（1）求證：四邊形BECO是矩形；（2）連接ED交AC于點F，連接BF，若AC＝6，AB＝5，求BF的長．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得∠BOC＝90°，OC＝AC，推出BE＝OC，則四邊形BECO是平行四邊形，再由∠BOC＝90°，即可得出結(jié)論；（2）由勾股定理求出OB＝4，則BD＝2OB＝8，再證△ODF≌△CEF（ASA），得DF＝EF，然后由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)即可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴∠BOC＝90°，OC＝OA＝AC，∵BE＝AC，∴BE＝OC，∵BE∥AC，∴四邊形BECO是平行四邊形，∵∠BOC＝90°，∴平行四邊形BECO是矩形；（2）解：∵四邊形ABCD是菱形，∴BC＝AB＝5，OC＝AC＝3，OB＝OD，AC⊥BD，在Rt△OBC中，由勾股定理得：OB＝＝＝4，∴BD＝2OB＝8，由（1）得：四邊形BECO是矩形，∴BE＝OC＝3，∠OBE＝∠ECO＝90°，OB＝CE，OB∥CE，∴DE＝＝＝，∠ODF＝∠CEF，OD＝CE，∵∠DOF＝∠ECF＝90°，∴△ODF≌△CEF（ASA），∴DF＝EF，∵∠DBE＝90°，∴BF＝DE＝．22．（2020?福田區(qū)校級開學(xué)）如圖，平行四邊形ABCD中，點G是CD的中點，點E是邊AD上的動點，EG的延長線與BC的延長線交于點F，連接CE，DF．（1）求證：四邊形CEDF為平行四邊形．（2）若AB＝5cm，BC＝10cm，∠B＝60°．①當(dāng)AE＝7.5cm時，四邊形CEDF是矩形．②當(dāng)AE＝5cm時，四邊形CEDF是菱形．【分析】（1）證△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根據(jù)平行四邊形的判定推出即可；（2）①證明△ABP≌△CDE（SAS），推出∠CED＝∠APB＝90°，即可得出答案；②證明△CDE是等邊三角形，推出CE＝DE，即可得出答案．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形∴AD∥BF，∴∠DEG＝∠CFG，∵G是CD的中點，∴GD＝GC，在△GED和△GFC中，，∴△GED≌△GFC（AAS），∴DE＝CF，又∵DE∥CF，∴四邊形CEDF是平行四邊形，（2）解：①當(dāng)AE＝7.5cm時，四邊形CEDF是矩形；理由如下：作AP⊥BC于P，如圖所示：∵AB＝6cm，∠B＝60°，∴∠BAP＝30°，∴BP＝AB＝2.5cm，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴∠CDE