2022年中考数学二轮复习专题《矩形、菱形、正方形》练习册 (含答案)

这是一份2022年中考数学二轮复习专题《矩形、菱形、正方形》练习册 (含答案)，共29页。试卷主要包含了 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. (2017聊城)如图，△ABC中，DE∥BC，EF∥AB，要判定四边形DBFE是菱形，还需要添加的条件是( )
A. AB＝AC B. AD＝BD
C. BE⊥AC D. BE平分∠ABC
第1题图
2. (2017长沙)如图，菱形ABCD的对角线AC，BD的长分别为6 cm，8 cm，则这个菱形的周长为( )
A. 5 cm B. 10 cm C. 14 cm D. 20 cm

第2题图 第3题图
3. 如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH.若BE∶EC＝2∶1，则线段CH的长是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6
4. 下列说法正确的是( )
A. 对角线相等且互相垂直的四边形是菱形
B. 对角线互相垂直平分的四边形是正方形
C. 对角线互相垂直的四边形是平行四边形
D. 对角线相等且互相平分的四边形是矩形
5. (2017陕西)如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3.若点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为( )
A. eq \f(3\r(10),2) B. eq \f(3\r(10),5) C. eq \f(\r(10),5) D. eq \f(3\r(5),5)
第5题图
6. 如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点E在AD上，且EB平分∠AEC，则△ABE的面积为( )
A. 2.4 B. 2 C. 1.8 D. 1.5
第6题图
7. (2017西宁)如图，点O是矩形ABCD的对角线AC的中点，OM∥AB交AD于点M，若OM＝3，BC＝10，则OB的长为( )
A. 5 B. 4 C. eq \f(\r(34),2) D. eq \r(34)
第7题图
8. 如图，在矩形ABCD中，连接BD，延长BC至点E，使CE＝BD，若∠ADB＝30°，则∠E的度数是( )
A. 45° B. 30° C. 20° D. 15°
第8题图
9. (2017南充)已知菱形的周长为4eq \r(5)，两条对角线的和为6，则菱形的面积为( )
A. 2 B. eq \r(5) C. 3 D. 4
10. (2017绵阳)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，过点O作BD的垂线分别交AD，BC于E，F两点，若AC＝2eq \r(3)，∠AEO＝120°，则FC的长度为( )
A. 1 B. 2 C. eq \r(2) D. eq \r(3)

第10题图
11. 如图，正方形ABCD的边长为2，H在CD的延长线上，四边形CEFH也是正方形，则△DBF的面积为( )
A. 4 B. eq \r(2) C. 2eq \r(2) D. 2
第11题图
12. (2017孝感)如图，四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，DH⊥AB于点H，则线段BH的长为________．
13. (2017钦州模拟)如图，在正方形ABCD中，连接AC，点E在AB边上，过点E作EF⊥AC交AC于点F，连接EC，若AF＝3，△EFC的周长为12，则EC＝________．
第13题图
14. 如图，在矩形ABCD中，AD＝eq \r(2)，F是DA延长线上一点，G是CF上一点，且∠ACG＝∠AGC，∠GAF＝∠F＝20°，则AB＝________．

第14题图 第15题图
15. (2017徐州)如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点Q在对角线AC上，且AQ＝AD，连接DQ并延长，与边BC交于点P，则线段AP＝________．
16. (2017兰州)在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件，下面给出了四组条件：①AB⊥AD，且AB＝AD；②AB＝BD，且AB⊥BD；③OB＝OC，且OB⊥OC；④AB＝AD，且AC＝BD，其中正确的序号是：________________(写出所有正确的序号)．
17. (2017广东省卷)如图所示，已知四边形ABCD、ADEF都是菱形，∠BAD＝∠FAD，∠BAD为锐角．
(1)求证：AD⊥BF；
(2)若BF＝BC，求∠ADC的度数．
第17题图
18. (eq \a\vs4\al(源自人教八下第69页))如图，四边形ABCD是正方形，点E是BC反向延长线上的一点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CM的反向延长线于点F.
求证：AE＝EF.
第18题图
19. (2017贵阳)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D、E分别是边BC、AB上的中点，连接DE并延长至点F，使EF＝2DE，连接CE，AF.
(1)证明：AF＝CE；
(2)当∠B＝30°时，试判断四边形ACEF的形状并说明理由．
第19题图
20. (eq \a\vs4\al(源自人教八下第67页))如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E是CD的中点，连接OE，过点C作CF∥BD交OE的延长线于点F，连接DF.
求证：(1)OD＝FC；
(2)四边形ODFC是菱形．
第20题图
21. 如图，在菱形ABCD中，AC，BD相交于点O，延长AB至点E，使BE＝AB，连接CE.
(1)求证：四边形BECD是平行四边形；
(2)若∠E＝60°，AC＝4eq \r(3)，求菱形ABCD的面积．
第21题图
22. (2017杭州)如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上(不与点B，D重合)，GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG.
(1)写出线段AG，GE，GF长度之间的等量关系，并说明理由；
(2)若正方形ABCD的边长为1，∠AGF＝105°，求线段BG的长．
第22题图
能力提升拓展
1. (2017安徽)如图，在矩形ABCD中，AB＝5，AD＝3.动点P满足S△PAB＝eq \f(1,3)S矩形ABCD.则点P到A，B两点距离之和PA＋PB的最小值为( )
A.eq \r(29) B.eq \r(34) C．5eq \r(2) D.eq \r(41)
第1题图
2. (2017河南)我们知道：四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O.固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为( )
A. (eq \r(3)，1) B. (2，1)
C. (1，eq \r(3)) D. (2，eq \r(3))
第2题图
3. (2017贵港模拟)如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠DAB＝60°，点E在BC边上，且CE＝2，AE与BD交于点F，连接CF，则下列结论不正确的是( )
A. △ABF≌△CBF B. △ADF∽△EBF
C. tan∠EAB＝eq \f(\r(3),3) D. S△EAB＝6eq \r(3)
第3题图
4. (2017黔东南州)如图，正方形ABCD中，E为AB中点，FE⊥AB，AF＝2AE，FC交BD于O，则∠DOC的度数为( )
A. 60° B. 67.5° C. 75° D. 54°

第4题图
5. (2016绵阳)如图，点E，点F分别在菱形ABCD的边AB，AD上，且AE＝DF，BF交DE于点G，延长BF交CD的延长线于H，若eq \f(AF,DF)＝2，则eq \f(HF,BG)的值为( )
A. eq \f(2,3) B. eq \f(7,12) C. eq \f(1,2) D. eq \f(5,12)
第5题图
6. (2017张家界)如图，在正方形ABCD中，AD＝2eq \r(3)，把边BC绕点B逆时针旋转30°得到线段BP，连接AP并延长交CD于点E，连接PC，则三角形PCE的面积为________．
第6题图
7. 如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上的一个动点(不与B、D重合)，连接AP，过点B作BH⊥AP，垂足为H，连接DH.若正方形的边长为4，则线段DH的最小值是________．
第7题图
8. 如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，过点E作EF⊥AD于点F，连接BF交AE于点P，连接PD.
(1)求证：四边形ABEF是正方形；
(2)若AB＝4，AD＝7，求tan∠ADP的值．
第8题图
9. (2017福建)如图，矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，P，E分别是线段AC，BC上的点，且四边形PEFD为矩形．
(1)若△PCD是等腰三角形，求AP的长；
(2)若AP＝eq \r(2)，求CF的长．
第9题图
10. (2017海南)如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E在AD边上运动，且不与点A和点D重合，连接CE，过点C作CF⊥CE交AB的延长线于点F，EF交BC于点G.
(1)求证：△CDE≌△CBF；
(2)当DE＝eq \f(1,2)时，求CG的长；
(3)连接AG，在点E运动过程中，四边形CEAG能否为平行四边形？若能，求出此时DE的长；若不能，说明理由．
第10题图
答案
基础达标训练
1. D 【解析】由题意知，四边形DBFE是平行四边形，要想成为菱形，只要有一组邻边相等即可，由BE平分∠ABC，可知
∠ABE＝∠CBE，再由DE∥BC，可得∠DEB＝∠CBE，所以
∠ABE＝∠DEB，即BD＝DE，故选D.
2. D 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AB＝BC＝CD＝AD，∵AC＝6，BD＝8，∴AO＝3，BO＝4，在Rt△AOB中，由勾股定理得AB＝5，∴菱形周长为4AB＝20 cm.
3. B 【解析】设CH＝x，则DH＝EH＝9－x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴CE＝eq \f(1,3)BC＝3，∵在Rt△ECH中，根据勾股定理得EH2＝EC2＋CH2，即(9－x)2＝32＋x2，解得x＝4，即CH＝4.
4. D 【解析】对角线相等且互相垂直的四边形不一定是菱形，故A不正确；对角线互相垂直平分的四边形为菱形，但不一定是正方形，故B不正确；对角线互相垂直的四边形，其对角线不一定互相平分，故不一定是平行四边形，故C不正确；对角线互相平分的四边形为平行四边形，又∵对角线相等，则其为矩形，∴D正确，故选D.
5. B 【解析】如解图，连接BE，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠D＝90°，∵E是边CD的中点，∴DE＝eq \f(1,2)CD＝1，在Rt△ADE中，根据勾股定理得AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(10)，∵S△ABE＝eq \f(1,2)AB·CD＝eq \f(1,2)AE·BF，∴BF＝eq \f(2×3,\r(10))＝eq \f(3\r(10),5).
第5题解图
6. D 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠D＝90°，AD＝BC＝5，CD＝AB＝3，AD∥BC，∴∠AEB＝∠CBE，∵EB平分
∠AEC，∴∠AEB＝∠CEB，∴∠CBE＝∠CEB，∴EC＝BC＝5，在Rt△CDE中，根据勾股定理得，DE＝eq \r(EC2－CD2)＝4，∴AE＝AD－DE＝1，∴S△ABE＝eq \f(1,2)AE·AB＝eq \f(1,2)×1×3＝1.5.
7. D 【解析】∵O为AC的中点，OM∥AB，∴OM为△ACD的中位线，∴AB＝CD＝2OM＝6，∴AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(34)，∴OB＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(34).
8. D 【解析】如解图，连接AC，∵四边形ABCD是矩形，∴∠ACB＝∠ADB＝30°，AC＝BD，∵BD＝CE，∴CE＝CA，∴∠E＝∠CAE，∴∠E＝15°.
第8题解图
9. D 【解析】由题意得，菱形的边长为eq \f(4\r(5),4)＝eq \r(5)，设两条对角线的长分别为m、n，则m＋n＝6，∵菱形两条对角线互相垂直平分，∴两条对角线将菱形分成四个全等的直角三角形，每个直角三角形两条直角边的和为eq \f(1,2)m＋eq \f(1,2)n＝3，两边平方得(eq \f(1,2)m)2＋(eq \f(1,2)n)2＋
2·eq \f(1,2)m·eq \f(1,2)n＝9，而(eq \f(1,2)m)2＋(eq \f(1,2)n)2＝(eq \r(5))2，5＋eq \f(1,2)mn＝9，∴eq \f(1,2)mn＝4，即菱形的面积为4.
10. A 【解析】∵∠AEO＝120°，∴∠DEO＝60°，∵OE⊥BD，∴∠ADO＝30°，∵四边形ABCD是矩形，∴AO＝OD＝OC＝OB，∴∠EAO＝∠ADO＝30°，∴∠AOE＝30°＝∠EAO，∴AE＝EO，∵AC＝2eq \r(3)，∴OD＝eq \r(3)，在Rt△DOE中，OE＝OD·
tan∠EDO＝eq \r(3)·tan30°＝1，∴AE＝1，∵矩形ABCD关于对角线的交点O中心对称，∴FC＝AE＝1.
11. D 【解析】如解图，连接CF，∵四边形ABCD与四边形CEFH都是正方形，∴∠DBC＝∠FCE＝45°，∴BD∥CF，∴S△BDF＝S△BDC＝eq \f(1,2)S正方形ABCD＝eq \f(1,2)×22＝2.
第11题解图
12. eq \f(50,13) 【解析】∵四边形ABCD是菱形，AC＝24，BD＝10，∴OC＝12，OD＝5，AC⊥BD，∴AB＝CD＝13.在△ABD中，有AO·BD＝DH·AB，即12×10＝13DH，∴DH＝eq \f(120,13)，在Rt△BDH中，由勾股定理得BH＝eq \r(BD2－DH2)＝eq \r(102－（\f(120,13)）2)＝eq \f(50,13).
13. 5 【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAF＝45°，又∵EF⊥AC，∴∠AFE＝90°，∠AEF＝45°，∴EF＝AF＝3，∵
△EFC的周长为12，∴FC＝12－3－EC＝9－EC，在Rt△EFC中，EC2＝EF2＋FC2＝9＋(9－EC)2，解得EC＝5.
14. eq \r(6) 【解析】由三角形的外角和性质得，∠AGC＝∠GAF＋∠F＝20°＋20°＝40°，∵∠ACG＝∠AGC，∴∠CAG＝180°－
∠ACG－∠AGC＝180°－2×40°＝100°，∴∠CAF＝∠CAG＋∠GAF＝100°＋20°＝120°，∴∠BAC＝∠CAF－∠BAF＝120°－90°＝30°，∴在Rt△ABC中，AC＝2BC＝2AD＝2eq \r(2)，由勾股定理得AB＝eq \r(AC2－BC2)＝eq \r(（2\r(2)）2－（\r(2)）2)＝eq \r(6).
15. eq \r(17) 【解析】∵AC＝eq \r(42＋32)＝5，AQ＝AD＝3，∴CQ＝2，∠ADQ＝∠AQD，∵∠CQP＝∠AQD，∴∠ADQ＝∠CQP，∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠CPQ，∴∠CQP＝∠CPQ，∴CP＝CQ＝2，∴BP＝3－2＝1，∴AP＝eq \r(AB2＋BP2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).
16. ①③④ 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥AD，∴平行四边形ABCD是矩形，又∵AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形，故①正确；∵AB⊥BD，∴∠ABD＝90°，∵正方形对角线将一组内角平分为两个45°的角，∴四边形ABCD不是正方形，故②不正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，又∵OB＝OC，∴AO＝CO＝BO＝DO，∴四边形ABCD是矩形，又∵OB⊥OC，即对角线互相垂直，∴矩形ABCD是正方形，故③正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，若AB＝AD，则AB＝CD＝AD＝BC，∴四边形ABCD为菱形，又∵AC＝BD，∴菱形ABCD是正方形，故④正确．综上所述，其中正确的序号是①③④.
17. (1)证明：∵四边形ABCD、四边形ADEF都是菱形，
∴AB＝AD＝AF，
∴△ABF是等腰三角形，
又∵∠BAD＝∠FAD，
∴AD⊥BF；
(2)解：由(1)知AB＝AD＝AF，
又∵AB＝BC，BF＝BC，
∴AB＝AF＝BF，
∴△ABF是等边三角形，
∴∠BAF＝60°，
又∵∠BAD＝∠FAD，
∴∠BAD＝30°，
又∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ADC＋∠BAD＝180°，
∴∠ADC＝180°－∠BAD ＝150°.
18. 证明：如解图，延长AB，使BG＝BE，连接EG.
第18题解图
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC，
∴∠AGE＝45°，AB＋BG＝BC＋BE，即AG＝CE，
∵CM为正方形外角的平分线，
∴∠ECF＝45°，
∵∠ABE＝90°，∠AEF＝90°，
∴∠AEB＋∠EAG＝90°，∠AEB＋∠FEC＝90°，
∴∠EAG＝∠FEC，
在△EAG和△FEC中，
SKIPIF 1 < 0 ，
∴△EAG≌△FEC(ASA)，
∴AE＝EF.
19. (1)证明：∵在△ABC中，点D、E分别是边BC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC＝2DE，DE∥AC，
∵EF＝2DE，
∴AC＝EF，
又∵DE∥AC，即DF∥AC，
∴四边形ACEF是平行四边形，
∴AF＝CE；
一题多解：∵在△ABC中，点D、E分别是边BC、AB的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴AC＝2DE，DE∥AC，
∴DF∥AC，
∴∠AEF＝∠EAC，
在△AEF和△EAC中，
SKIPIF 1 < 0 ，
∴△AEF≌△EAC(SAS)，
∴AF＝CE；
(2)解：当∠B＝30°时，四边形ACEF为菱形．
理由：∵点E是Rt△ABC斜边AB的中点，
∴AE＝CE＝BE，
∵∠B＝30°，
∴∠BCE＝30°，
∴∠ACE＝60°，
∴△ACE是等边三角形，
∴AC＝CE，
由(1)知四边形ACEF是平行四边形，
∴四边形ACEF是菱形．
20. 证明：(1)∵CF∥BD，
∴∠DOE＝∠CFE，
∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
在△ODE和△FCE中，
SKIPIF 1 < 0 ，
∴△ODE≌△FCE(AAS)；
∴OD＝FC；
(2)由(1)知OD＝FC，且CF∥BD，
∴四边形ODFC是平行四边形，
∵在矩形ABCD中，OC＝OD，
∴四边形ODFC是菱形．
21. (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
又∵BE＝AB，
∴BE＝CD，BE∥CD，
∴四边形BECD是平行四边形；
(2)解：∵四边形BECD是平行四边形，
∴DB∥CE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC⊥CE.
在Rt△ACE中，
∵∠E＝60°，AC＝4eq \r(3)，
∴CE＝eq \f(AC,tanE)＝eq \f(4\r(3),\r(3))＝4，
∵四边形BECD是平行四边形，
∴BD＝CE＝4，
∴S菱形ABCD＝eq \f(1,2)AC·BD＝eq \f(1,2)×4eq \r(3)×4＝8eq \r(3).
22. 解：(1)AG2＝GE2＋GF2；
理由：如解图，连接CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，AD＝CD，DG＝DG，
∴△ADG≌△CDG，
∴AG＝CG，
又∵GE⊥DC，GF⊥BC，∠BCD＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，
∴CF＝GE，
在Rt△GFC中，由勾股定理得，CG2＝GF2＋CF2，
∴AG2＝GE2＋GF2；
第22题解图
(2)如解图，过点A作AM⊥BD于点M，
∵GF⊥BC，∠ABG＝∠GBC＝45°，
∴∠BAM＝∠BGF＝45°，
∴△ABM，△BGF都是等腰直角三角形，
∵AB＝1，
∴AM＝BM＝eq \f(\r(2),2)，
∵∠AGF＝105°，
∴∠AGM＝60°，
∴tan60°＝eq \f(AM,GM)，
∴GM＝eq \f(\r(6),6)，
∴BG＝BM＋GM＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(6),6)＝eq \f(3\r(2)＋\r(6),6).
能力提升拓展
1. D 【解析】如解图，设△PAB的边AB上的高为h，∵S△PAB＝eq \f(1,3)S矩形ABCD，∴eq \f(1,2)AB·h＝eq \f(1,3)AB·AD，∴h＝2为定值，在AD上截取AE＝2，作EF∥AB，交CB于F，故P点在直线EF上，作点A关于直线EF的对称点A′，连接A′B，交直线EF于点P，此时PA＋PB最小，且PA＋PB＝A′B，A′B＝eq \r(AA′2＋AB2)＝eq \r(42＋52)＝eq \r(41).
第1题解图
2. D 【解析】在Rt△AOD′中，AD′＝2，OA＝1，∴∠AD′O＝30°，∠D′AO＝60°，由平行四边形的性质得∠C′＝∠D′AO＝60°，∴点B到C′D′的距离为BC′·sin60°＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3)，∴点C′的坐标是(2，eq \r(3))．
3. C 【解析】∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABF＝∠CBF，AB＝BC，在△ABF和△CBF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝CB,∠ABF＝∠CBF,BF＝BF))，∴△ABF≌△CBF，故A选项不符合题意；∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∴
△ADF∽△EBF，故B选项不符合题意；如解图①，连接AC，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，∴∠CAB＝eq \f(1,2)∠DAB＝30°，∴tan∠CAB＝tan30°＝eq \f(\r(3),3)，∵∠EABOD，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，∴DH最小＝OD－OH＝2eq \r(5)－2.
第7题解图
8. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠FAB＝∠ABE＝90°，AF∥BE，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，AF∥BE，
∴∠FAE＝∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴四边形ABEF是正方形；
(2)解：如解图，过点P作PH⊥AD于H，
第8题解图
由(1)得四边形ABEF是正方形，
∴BP＝PF，BA⊥AD，∠PAF＝45°，
∴AB∥PH，
∵AB＝4，
∴AH＝PH＝2，
∵AD＝7，
∴DH＝AD－AH＝7－2＝5，
在Rt△PHD中，∠PHD＝90°，
∴tan∠ADP＝eq \f(PH,HD)＝eq \f(2,5).
9. 解：(1)在矩形ABCD中，AB＝6，AD＝8，∠ADC＝90°，
∴DC＝AB＝6，
∴AC＝eq \r(AD2＋DC2)＝10.
要使△PCD是等腰三角形，有如下三种情况：
①当CP＝CD时，CP＝6，
∴AP＝AC－CP＝4；
②当PD＝PC时，∠PDC＝∠PCD，
∵∠PCD＋∠PAD＝∠PDC＋∠PDA＝90°，
∴∠PAD＝∠PDA，
∴PD＝PA，
∴PA＝PC，
∴AP＝eq \f(AC,2)＝5；
③当DP＝DC时，如解图①，过点D作DQ⊥AC于点Q，则PQ＝CQ.
第9题解图①
∵S△ADC＝eq \f(1,2)AD·DC＝eq \f(1,2)AC·DQ，
∴DQ＝eq \f(AD·DC,AC)＝eq \f(24,5)，
∴CQ＝eq \r(DC2－DQ2)＝eq \f(18,5)，
∴PC＝2CQ＝eq \f(36,5)，
∴AP＝AC－PC＝eq \f(14,5).
综上所述，若△PCD是等腰三角形，
AP＝4或5或eq \f(14,5)；
(2)如解图②，连接PF、DE，交点为O，连接OC.
第9题解图②
∵四边形ABCD和PEFD都是矩形，
∴∠ADC＝∠PDF＝90°，
即∠ADP＋∠PDC＝∠PDC＋∠CDF，
∴∠ADP＝∠CDF.
∵∠BCD＝90°，OE＝OD，
∴OC＝eq \f(1,2)ED.
在矩形PEFD中，PF＝DE，
∴OC＝eq \f(1,2)PF，
∵OP＝OF＝eq \f(1,2)PF，
∴OC＝OP＝OF，
∴∠OCF＝∠OFC，∠OCP＝∠OPC，
又∵∠OPC＋∠OFC＋∠PCF＝180°，
∴2∠OCP＋2∠OCF＝180°，
∴∠PCF＝90°，
即∠PCD＋∠FCD＝90°.
在Rt△ADC中，∠PCD＋∠PAD＝90°，
∴∠PAD＝∠FCD，
∴△CDF∽△ADP，
∴eq \f(CF,AP)＝eq \f(CD,AD)＝eq \f(3,4)，
∵AP＝eq \r(2)，
∴CF＝eq \f(3\r(2),4).
10. (1)证明：∵CF⊥CE，
∴∠ECF＝90°，
∴∠ECG＋∠BCF＝90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DC＝CB，∠DCB＝90°，
∴∠DCE＋∠ECG＝90°，
∴∠DCE＝∠BCF，
在△CDE与△CBF中，
SKIPIF 1 < 0 ，
∴△CDE≌△CBF(ASA)；
(2)解：∵DE＝eq \f(1,2)，
∴AE＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)，
由(1)知△CDE≌△CBF，
∴DE＝BF，
∴BF＝eq \f(1,2)，
∵BG∥AE，
∴△FGB∽△FEA，
∴eq \f(GB,AE)＝eq \f(BF,AF)，
∴GB＝eq \f(BF·AE,AF)＝eq \f(\f(1,2)×\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq \f(1,6)，
∴CG＝1－eq \f(1,6)＝eq \f(5,6)；
(3)解：不能；
理由如下：如解图，
若四边形CEAG为平行四边形，
则EA＝CG，可得DE＝BG，
由(2)知△FGB∽△FEA，
则eq \f(GB,EA)＝eq \f(FB,FA)，
即eq \f(DE,1－DE)＝eq \f(DE,1＋DE)，
解得DE＝0，
即D，E重合，与已知点E不与点A和点D重合矛盾，
∴四边形CEAG不能为平行四边形．
第10题解图