2021学年第9章 中心对称图形——平行四边形综合与测试复习练习题

这是一份2021学年第9章 中心对称图形——平行四边形综合与测试复习练习题，文件包含专题912矩形的性质与判定大题专练重难点培优-2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典解析版苏科版docx、专题912矩形的性质与判定大题专练重难点培优-2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典原卷版苏科版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。

2021-2022学年八年级数学下册尖子生同步培优题典【苏科版】
专题9.12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：
本试卷共含解答28道．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28小题）
1．（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．
2．（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】（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．
3．（2020春•江都区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，AE∥BD．
（1）求证：四边形AODE是矩形；
（2）若菱形边长为10，面积为96，求矩形AODE周长．

【分析】（1）根据题意可判断出四边形AODE是平行四边形，再由菱形的性质可得出AC⊥BD，即∠AOD＝90°，可判断出四边形AODE是矩形；
（2）由菱形的面积和勾股定理求出OA+OD＝14，由矩形的性质即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵DE∥AC，AE∥BD，
∴四边形AODE是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOD＝90°，
∴四边形AODE是矩形；
（2）解：∵菱形ABCD边长为10，面积为96，
∴AD＝10，AC＝2OA，BD＝2OD，AC⊥BD，12AC×BD＝96，
∴∠AOD＝90°，2OA×OD＝96，
∴OA2+OD2＝AD2＝100，
∴OA2+2OA×OD+OD2＝100+96＝196，
∴（OA+OD）2＝196，
∴OA+OD＝14，
∵四边形AODE是矩形，
∴DE＝OA，AE＝OD，
∴矩形AODE的周长＝2（OA+OD）＝28．
4．（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．
5．（2020春•镇江期末）如图，在菱形ABCD中，AB＝3，∠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　1.5　时，四边形AMDN是矩形；
②当AM的值为　3　时，四边形AMDN是菱形．

【分析】（1）求出△DNE≌△AME，根据全等及时向的性质得出NE＝ME，根据平行四边形的判定得出即可；
（2）①根据等边三角形的判定得出△ABD是等边三角形，根据等边三角形的性质求出DM⊥AB，根据矩形的判定得出即可；
②求出△ABD是等边三角形，求出M和B重合，根据菱形的判定得出即可．．
【解析】（1）证明：∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴DC∥AB，
∴∠DNE＝∠AME，
在△DNE和△AME中
∠DEN=∠AEM∠DNE=∠AMEDE=AE，
∴△DNE≌△AME（AAS），
∴NE＝ME，
∵AE＝DE，
∴四边形AMDN是平行四边形；

（2）解：①当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
理由是：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝3，
∵∠DAB＝60°，
∴△ADB是等边三角形，
∴AD＝BD＝3，
∵AM＝1.5，AB＝3，
∴AM＝BM，
∴DM⊥AB，
即∠DMA＝90°，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是矩形，
即当AM＝1.5时，四边形AMDN是矩形，
故答案为：1.5；

②当AM＝3时，四边形AMDN是菱形，
理由是，此时AM＝AB＝3，
即M和B重合，
∵由①知：△ABD是等边三角形，
∴AM＝MD，
∵四边形AMDN是平行四边形，
∴四边形AMDN是菱形，
故答案为：3．
6．（2020•东台市一模）在平行四边形ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，DF＝BE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形EBFD是矩形．
（2）若AE＝3，DE＝4，DF＝5，求证：AF平分∠DAB．

【分析】（1）根据平行四边形的性质得出DC∥AB，即DF∥BE，根据平行四边形的判定得出四边形DEBF为平行四边形，根据矩形的判定得出即可；
（2）根据矩形的性质求出∠DEB＝90°，根据勾股定理求出AD，求出AD＝DF，推出∠DAF＝∠DFA，求出∠DAF＝∠BAF，即可得出答案．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，即DF∥BE，
又∵DF＝BE，
∴四边形DEBF为平行四边形，
又∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴四边形DEBF为矩形；
（2）∵四边形DEBF为矩形，
∴∠DEB＝90°，
∵AE＝3，DE＝4，DF＝5
∴AD=AE2+DE2=5，
∴AD＝DF＝5，
∴∠DAF＝∠DFA，
∵AB∥CD，
∴∠FAB＝∠DFA，
∴∠FAB＝∠DFA，
∴AF平分∠DAB．
7．（2020•浦口区模拟）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至F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若BF＝8，DF＝4，求CD的长．

【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）设BC＝CD＝x，则CF＝8﹣x根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵在菱形ABCD中，
∴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：设BC＝CD＝x，则CF＝8﹣x
在Rt△DCF中，
∵x2＝（8﹣x）2+42 ，
∴x＝5，
∴CD＝5．
8．（2020•广陵区校级三模）如图，在▱ABCD中，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形；
（2）已知∠DAB＝60°，AF是∠DAB的平分线，若AD＝3，求DC的长度．

【分析】（1）由题意可证四边形DFBE是平行四边形，且DE⊥AB，可得结论
（2）根据直角三角形的边角关系可求DE的长度，则可得BF的长度，即可求CD的长度．
【解析】证明（1）∵四边形ABCD是平行四边形
∴DC∥AB，DC＝AB
∵CF＝AE
∴DF＝BE且DC∥AB
∴四边形DFBE是平行四边形
又∵DE⊥AB
∴四边形DFBE是矩形；
（2）∵∠DAB＝60°，AD＝3，DE⊥AB
∴AE=32，DE=3AE=332
∵四边形DFBE是矩形
∴BF＝DE=332
∵AF平分∠DAB
∴∠FAB=12∠DAB＝30°，且BF⊥AB
∴AB=3BF=92
∴CD=92
9．（2020秋•兰州期末）如图，AC、BD相交于点O，且O是AC、BD的中点，点E在四边形ABCD外，且∠AEC＝∠BED＝90°，求证：四边形ABCD是矩形．

【分析】连接EO，首先根据O为BD和AC的中点，得出四边形ABCD是平行四边形，在Rt△AEC中EO=12AC，在Rt△EBD中，EO=12BD，得到AC＝BD，可证出结论．
【解答】证明：连接EO，如图所示：
∵O是AC、BD的中点，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
在Rt△EBD中，
∵O为BD中点，
∴EO=12BD，
在Rt△AEC中，∵O为AC中点，
∴EO=12AC，
∴AC＝BD，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形．


10．（2019•玄武区二模）如图，在▱ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，∠AEF的角平分线交AB于点M，∠EFC的角平分线交CD于点N，连接MF、NE．
（1）求证：四边形EMFN是平行四边形．
（2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，他猜想：当AB＝AD时，四边形EMFN是矩形．请在下列框图中补全他的证明思路．
小明的证明思路
由（1）知四边形EMFN是平行四边形．要证▱EMFN是矩形，只要证∠MFN＝90°．由已知条件知∠EFN＝∠CFN，故只要证∠EFM＝∠BFM．易证
　∠EFM＝∠BMF　，故只要证∠BFM＝∠BMF，即证BM＝BF，故只要证　AM＝BM　．易证AE＝AM，AE＝BF，即可得证．

【分析】（1）根据矩形的性质得到∠A＝∠C，AD∥BC，AD＝BC根据线段的中点的定义得到AE=12AD，CF=12BC由角平分线的定义得到∠AEM＝∠FEM=12∠AEF，∠CFN＝∠FEN=12∠CFE．根据全等三角形的性质得到EM＝FN．于是得到结论；
（2）根据题意即可得到结论．
【解析】（1）证明：在▱ABCD中，∠A＝∠C，AD∥BC，AD＝BC
∵E、F分别是AD、BC的中点，
∴AE=12AD，CF=12BC
又∵AD＝BC，
∴AE＝CF，
∵AD∥BC，
∴∠AEF＝∠CFE．
∵EM平分∠AEF，FN平分∠EFC．
∴∠AEM＝∠FEM=12∠AEF，∠CFN＝∠FEN=12∠CFE．
∵∠AEF＝∠CFE，∠AEM=12∠AEF，∠CFN=12∠CFE．
∴∠AEM＝∠CFN，
在△AME和△CNF中∠A=∠CAE=CF∠AEM=∠CFN，
∴△AME≌△CNF（ASA）
∵∠FEM＝∠FEN，
∴EM∥FN，
∵△AME≌△CNF，
∴EM＝FN．
∵EM∥FN，EM＝FN，
∴四边形EMFN是平行四边形；
（2）解：∠EFM＝∠BMF，
AM＝BM（或：M是AB中点）．
故答案为：∠EFM＝∠BMF，AM＝BM．
11．（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．

12．（2020秋•锦州期末）如图，过△ABC边AC的中点O，作OE⊥AC，交AB于点E，过点A作AD∥BC，与BO的延长线交于点D，连接CD，CE，若CE平分∠ACB，CE⊥BO于点F．
（1）求证：
①OC＝BC；
②四边形ABCD是矩形；
（2）若BC＝3，求DE的长．

【分析】（1）①根据角平分线定义得到∠OCE＝∠BCE，由垂直的定义得到∠CFO＝∠CFB＝90°，根据全等三角形的性质即可得到结论；
②根据平行线的性质得到∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，根据全等三角形的性质得到AD＝BC，推出四边形ABCD是平行四边形，根据全等三角形的性质得到∠EBC＝∠EOC＝90°，于是得到四边形ABCD是矩形；
（2）由矩形的性质得到AD＝BC＝3，∠DAB＝90°，AC＝BD，得到△OBC是等边三角形，求得∠OCB＝60°，根据勾股定理即可得到结论．
【解析】（1）证明：①∵CE平分∠ACB，
∴∠OCE＝∠BCE，
∵BO⊥CE，
∴∠CFO＝∠CFB＝90°，
在△OCF与△BCF中，
∠OCE=∠BCECF=CF∠CFO=∠CFB，
∴△OCF≌△BCF（ASA），
∴OC＝BC；
②∵点O是AC的中点，
∴OA＝OC，
∵AD∥BC，
∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，
在△OAD与△OCB中，
∠DAO=∠BCOOA=OC∠ADO=∠CBO，
∴△OAD≌△OCB（ASA），
∴AD＝BC，
∵AD∥BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵OE⊥AC，
∴∠EOC＝90°，
在△OCE与△BCE中，
CE=CE∠OCE=∠BCEOC=BC，
∴△OCE≌△BCE（SAS），
∴∠EBC＝∠EOC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝3，∠DAB＝90°，AC＝BD，
∴OB＝OC，
∵OC＝BC，
∴OC＝OB＝BC，
∴△OBC是等边三角形，
∴∠OCB＝60°，
∴∠ECB=12∠OCB＝30°，
∵∠EBC＝90°，
∴EB=12EC，
∵BE2+BC2＝EC2，BC＝3，
∴EB=3，EC＝23，
∵OE⊥AC，OA＝OC，
∴EC＝EA＝23，
在Rt△ADE中，∠DAB＝90°，
∴DE=AD2+AE2=32+(23)2=21．
13．（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°．
14．（2020秋•福田区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，点G是CD的中点，点E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF为平行四边形．
（2）若AB＝5cm，BC＝10cm，∠B＝60°．
①当AE＝　7.5　cm时，四边形CEDF是矩形．
②当AE＝　5　cm时，四边形CEDF是菱形．

【分析】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①证明△ABP≌△CDE（SAS），推出∠CED＝∠APB＝90°，即可得出答案；
②证明△CDE是等边三角形，推出CE＝DE，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD∥BF，
∴∠DEG＝∠CFG，
∵G是CD的中点，
∴GD＝GC，
在△GED和△GFC中，
∠DEG=∠CFG∠DGE=∠CGFDG=CG，
∴△GED≌△GFC（AAS），
∴DE＝CF，
又∵DE∥CF，
∴四边形CEDF是平行四边形，
（2）解：①当AE＝7.5cm时，四边形CEDF是矩形；理由如下：
作AP⊥BC于P，如图所示：
∵AB＝6cm，∠B＝60°，
∴∠BAP＝30°，
∴BP=12AB＝2.5cm，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CDE＝∠B＝60°，DC＝AB＝5cm，AD＝BC＝10cm，
∵AE＝7.5cm，
∴DE＝AD﹣AE＝2.5cm＝BP，
在△ABP和△CDE中，
AB=CD∠B=∠CDEBP=DE，
∴△ABP≌△CDE（SAS），
∴∠CED＝∠APB＝90°，
∴平行四边形CEDF是矩形，
故答案为：7.5；
②当AE＝5cm时，四边形CEDF是菱形，理由如下：
∵AE＝5cm，AD＝10cm，
∴DE＝AD﹣AE＝5（cm），
∵DC＝5cm，∠CDE＝∠B＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴DE＝CE，
∴平行四边形CEDF是菱形，
故答案为：2cm．

15．（2020春•洪山区月考）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O．
（1）若AO=12BD，求证：四边形ABCD为矩形；
（2）若AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，求证：AE＝CF．

【分析】（1）根据平行四边形的性质和矩形的判定解答即可；
（2）根据矩形的性质和全等三角形的判定和性质解答即可．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，
∵OA=12BD，
∴OA＝OC＝OB＝OD，
∴AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵AE⊥BD于点E，CF⊥BD于点F，
∴∠AEB＝∠CFD＝90°，
在△ABE与△CDF中，
∠AEB=∠CFD∠ABE=∠CDFAB=CD，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF．
16．（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．
17．（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．
18．（2020秋•舞钢市期中）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，过点A作AE⊥BC于E，延长BC到F，使CF＝BE，连接DF和OF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形．
（2）若AD＝5，CE＝3，∠ABF＝60°，求OF的长．

【分析】（1）先由平行四边形性质得到AB∥DC且AB＝DC，再由平行线的性质得到∠ABE＝∠DCF，然后证得△ABE≌△DCF，得到AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，可得AE∥DF，根据矩形的判定即可得到结论；
（2）先由矩形的性质得到EF＝AD＝5，求得BE＝CF＝2，BF＝7，再由∠ABE＝60°可求得AB＝2BE＝4，然后由勾股定理可求得DF＝AE＝23，BD=61，最后由直角三角形斜边的中线性质即可得到结论．
【解析】（1）证明：∵在平行四边形ABCD中，
∴AB∥DC且AB＝DC，
∴∠ABE＝∠DCF，
在△ABE和△DCF中，
AB=DC∠ABE=∠DCFBE=CF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴AE＝DF，∠AEB＝∠DFC＝90°，
∴AE∥DF，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：由（1）知：四边形AEFD是矩形，
∴EF＝AD＝5，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC＝AD＝5，OB＝OD，
∵EC＝3，
∴BE＝CF＝2，
∴BF＝BC+BF＝7，
Rt△ABE中，∠ABE＝60°，
∴∠BAE＝30°，
∴AB＝2BE＝4，
∴DF＝AE=AB2−BE2=42−22=23，
∴BD=BF2+DF2=72+(23)2=61，
∵OB＝OD，∠DFC＝90°，
∴OF=12BD=612．
19．（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．
【解答】（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．

20．（2020春•垦利区校级月考）如图，菱形ABCD的对角线交于点O，点E是菱形外一点，DE∥AC，CE∥BD．
（1）求证：四边形DECO是矩形；
（2）连接AE交BD于点F，当∠ADB＝30°，DE＝4时，求AF的长度．

【分析】（1）先证四边形DECO是平行四边形，再根据菱形的性质求出∠DOC＝90°，即可得出结论；
（2）证△AFO≌△EFD（AAS），得OF＝DF，由直角三角形的性质得OD=3AO＝43，则OF=12OD＝23，再根据勾股定理求出AF即可．
【解析】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形DECO是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC＝90°，
∴四边形DECO是矩形；
（2）解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝OC，AC⊥BD，
∵四边形DECO是矩形，
∴OC＝DE＝4，
∴AO＝4，
∵DE∥AC，
∴∠FAO＝∠DEF，
在△AFO和△EFD中，∠AFO=∠DFE∠FAO=∠DEFAO=ED，
∴△AFO≌△EFD（AAS），
∴OF＝DF，
∵∠ADB＝30°，
∴OD=3AO＝43，
∴OF=12OD＝23，
∴AF=AO2+OF2=42+(23)2=27．

21．（2020春•湘桥区期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC和BD交于点O，分别过点B、C作BE∥AC，CE∥BD，BE与CE交于点E．
（1）求证：四边形OBEC是矩形；
（2）当∠ABD＝60°，AD＝23时，求BE的长．

【分析】（1）先由平行四边形的定义证明四边形OBEC为平行四边形，然后再由菱形的性质得到∠COB＝90°，故四边形OBEC是矩形；
（2）证出△ABD为等边三角形，得BD＝AD＝AB＝23，则OD＝OB=3，由勾股定理求出OA，进而得出答案．
【解析】（1）证明：∵BE∥AC，CE∥BD，
∴BE∥OC，CE∥OB，
∴四边形OBEC为平行四边形，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠BOC＝90°，
∴四边形OBEC是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB，OB＝OD，OA＝OC，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD＝AD＝AB＝23，
∴OD＝OB=3，
在Rt△AOD中，AO=AD2−OD2=(23)2−(3)2=3
∴OC＝OA＝3，
∵四边形OBEC是矩形，
∴BE＝OC＝3．
22．（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．
23．（2020春•裕华区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，AG平分△ABC的外角∠BAF，BE⊥AG，垂足为E．
（1）求证：四边形ADBE是矩形；
（2）连结DE，交AB于点O，若BC＝8，AO=52，则△ABC的面积是：　12　．

【分析】（1）证出四边形ADBE有三个直角即可；
（2）由矩形的性质得AB＝DE＝2AO＝5，由勾股定理求出AD＝3，再由三角形面积公式即可得答案．
【解析】（1）证明：∵在△ABC中，AB＝AC，AD是BC边的中线，
∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，
∴∠ADB＝90°，
∵AG为△ABC的外角∠BAF的平分线，
∴∠BAE＝∠FAE，
∴∠DAE＝90°，
∵BE⊥AG，
∴∠AEB＝90°，
∴四边形ADBE为矩形；
（2）解：∵AD是BC边的中线，BC＝8，
∴BD＝CD＝4，
由（1）得：四边形ADBE是矩形，
∴AB＝DE＝2AO＝5，
在Rt△ABD中，AD=AB2−BD2=52−42=3，
∴△ABC的面积=12BC×AD=12×8×3＝12；
故答案为：12．
24．（2020春•玉州区期末）如图，在平行四边形ABCD中，点P是AB边上一点（不与A，B重合），CP＝CD，过点P作PQ⊥CP，交AD边于点Q，连接CQ．
（1）若∠BPC＝∠AQP，求证：四边形ABCD是矩形；
（2）在（1）的条件下，当AP＝4，AD＝12时，求AQ的长．

【分析】（1）证出∠A＝90°即可；
（2）由HL证明Rt△CDQ≌Rt△CPQ，得出DQ＝PQ，设AQ＝x，则DQ＝PQ＝12﹣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+42＝（12﹣x）2，
解得：x=163，
∴AQ的长是163．
25．（2020春•阳西县期末）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）①当AM的值为　3　时，四边形AMDN是矩形；
②若AM＝6，求证：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根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可判定．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
∴∠DNE＝∠AME，
∵点E是AD边的中点，
∴AE＝DE，
在△NDE和△MAE中，∠DNE=∠AME∠DEN=∠AEMDE=AE，
∴△NDE≌△MAE（AAS），
∴NE＝ME，
∴四边形AMDN是平行四边形；
（2）①解：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证明：∵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．
26．（2020春•滨江区期末）矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4．点E，F在对角线AC上，点M，N分别在边AD，BC上．
（1）如图1，若AE＝CF＝1，M，N分别是AD，BC的中点．求证：四边形EMFN为矩形．
（2）如图2，若AE＝CF＝0.5，AM＝CN＝x（0＜x＜2），且四边形EMFN为矩形，求x的值．

【分析】（1）连接MN，由勾股定理求出AC＝5，证出四边形ABNM是矩形，得MN＝AB＝3，证△AME≌△CNF（SAS），得出EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，证EM∥FN，得四边形EMFN是平行四边形，求出MN＝EF，即可得出结论；
（2）连接MN，作MH⊥BC于H，则MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，得HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，由矩形的性质得出MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，在Rt△MHN中，由勾股定理得出方程，解方程即可．
【解析】（1）证明：连接MN，如图1所示：

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠B＝90°，
∴∠EAM＝∠FCN，AC=AB2+BC2=32+42=5，
∵M，N分别是AD，BC的中点，
∴AM＝DM＝BN＝CN，AM∥BN，
∴四边形ABNM是平行四边形，
又∵∠B＝90°，
∴四边形ABNM是矩形，
∴MN＝AB＝3，
在△AME和△CNF中，AM=CN∠EAM=∠FCNAE=CF，
∴△AME≌△CNF（SAS），
∴EM＝FN，∠AEM＝∠CFN，
∴∠MEF＝∠NFE，
∴EM∥FN，
∴四边形EMFN是平行四边形，
又∵AE＝CF＝1，
∴EF＝AC﹣AE﹣CF＝3，
∴MN＝EF，
∴四边形EMFN为矩形．
（2）解：连接MN，作MH⊥BC于H，如图2所示：

则四边形ABHM是矩形，
∴MH＝AB＝3，BH＝AM＝x，
∴HN＝BC﹣BH﹣CN＝4﹣2x，
∵四边形EMFN为矩形，AE＝CF＝0.5，
∴MN＝EF＝AC﹣AE﹣CF＝4，
在Rt△MHN中，由勾股定理得：32+（4﹣2x）2＝42，
解得：x＝2±72，
∵0＜x＜2，
∴x＝2−72．
27．（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】（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．
28．（2020•郑州模拟）如图，平行四边形ABCD中，G是CD的中点，E是边AD上的动点，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连结CE，DF．
（1）求证：四边形CEDF为平行四边形；
（2）若AB＝6cm，BC＝10cm，∠B＝60°，
①当AE＝　7　cm时，四边形CEDF是矩形；
②当AE＝　4　cm时，四边形CEDF是菱形．

【分析】（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；
（2）①求出△MBA≌△EDC，推出∠CED＝∠AMB＝90°，根据矩形的判定推出即可；
②求出△CDE是等边三角形，推出CE＝DE，根据菱形的判定推出即可．
【解析】（1）证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CF∥ED，
∴∠FCD＝∠GCD，
∵G是CD的中点，
∴CG＝DG，
在△FCG和△EDG中，∠FCG=∠EDGCG=DG∠CGF=∠DGE
∴△CFG≌△EDG（ASA），
∴FG＝EG，
∴四边形CEDF是平行四边形；
（2）①解：当AE＝7时，平行四边形CEDF是矩形，
理由是：过A作AM⊥BC于M，
∵∠B＝60°，AB＝6，
∴BM＝3，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝6，BC＝AD＝10，
∵AE＝7，
∴DE＝3＝BM，
在△MBA和△EDC中，BM=DE∠B=∠CDAAB=CD，
∴△MBA≌△EDC（SAS），
∴∠CED＝∠AMB＝90°，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是矩形，
故答案为：7；

②当AE＝4时，四边形CEDF是菱形，
理由是：∵AD＝10，AE＝4，
∴DE＝6，
∵CD＝6，∠CDE＝60°，
∴△CDE是等边三角形，
∴CE＝DE，
∵四边形CEDF是平行四边形，
∴四边形CEDF是菱形，
故答案为：4．