人教版八年级下册18.2.1 矩形课堂检测

这是一份人教版八年级下册18.2.1 矩形课堂检测，文件包含专题189矩的性质与判定大题提升专练docx、专题189矩的性质与判定大题提升专练原卷版人教版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共81页， 欢迎下载使用。

专题18.9矩的性质与判定大题提升专练
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°，②3.
【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=90°，
∴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□ABCD=1×3=3
【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+52 ，
∴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；
（2）根据菱形的性质可得OD=12BD=3，再由四边形OCED是矩形，可得CE=OD=3，然后根据勾股定理，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，
∴OD=12BD=3，
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，AD=CD∠PDA=∠PDCPD=PD，
∴△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=90°，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，
∠OAE=∠OCFOA=OC∠AOE=∠COF，
∴△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，
∴EF=12BD，EF∥BD，
同理，GH=12BD，GH∥BD，
∴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，
∴S四边形EFGH=12EG•HF＝12AB•BC，
∵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)52

【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
（2）解：PD=EF，证明如下：连接PB，∵四边形PEBF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=102，∵DP⊥AC，∴DP=12AC=52∴EF的最小值是52．
【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；
（2）先根据菱形的性质可得AC⊥BD，OB=OD=12DB=12,OA=OC，再利用勾股定理可得OA=5，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，
∴AC⊥BD，OB=OD=12DB=12,OA=OC，
∵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2OB+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
(2)752

【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−BC2+92=BC2，
解得：BC=758，
∴菱形ABCD的周长为4×758=752．
【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，
∴∠DOE=∠DEO=12180°−∠DBC=75°．
【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；
（3）过点D作DH⊥BC于点H，先由菱形的面积求出DH=485，再由勾股定理得BH=365，则PH=BH-OB=115，然后由勾股定理求解即可．
【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，
∴OA=OC=12AC=8，
OB=OD=12BD=6，AC⊥BD，
∴∠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，
菱形ABCD的面积=BC×DH=12AC×BD，
即10DH=12×16×12，
∴DH=485，
在Rt△BDH中，由勾股定理得：
BH=BD2−DH2=122−4852=365，
由(2)得：四边形OBEC是矩形，
∴PB=PC，
∴PB=12BC=5，
∴PH=BH-PB=365-5=115，
在Rt△PDH中，
DP=DH2+PH2=4852+1152=97．
【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=25，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=25，
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，
∴OE=12AC=5．
【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