人教版数学八年级下册：平行四边形
解答题专题练习（培优篇）
1．如图，平行四边形ABCD中，AC，BD相交于点O，EF⊥BD于点O，EF分别交
AD，BC于点E，F．且AE＝EO＝DE，那么平行四边形ABCD是否是矩形，为什么？
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，D为BC的中点，DE⊥AC于E．
（1）求∠EDC的度数；
（2）若AE＝2，求CE的长．
3．如图，在△ABC中，D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，AH⊥BC，垂足为H．
求证：（1）HD＝EF．
1
（2）∠DHF＝∠DEF．
4．如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AC＝40cm，∠A＝60°，点D从点C出发沿CA方向以4cm/秒的速度向点A匀速运动，同时点E从点A出发沿AB方向以2cm/秒的速度向点B匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点D、E运动的时间是t秒（0＜t≤10）．过点D作DF⊥BC于点F，连接DE，EF．
（1）四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，求出相应的t值；如果不能，请说明理由；
（2）当t为何值时，△DEF为直角三角形？请说明理由．
5．如图，已知△OAB中，OA＝OB，分别延长AO、BO到点C、D．使得OC＝AO，
OD＝BO，连接AD、DC、CB．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
2
（2）以OA、OB为一组邻边作▱AOBE，连接CE，若CE⊥BD，求∠AOB的度数．
6．如图，已知正方形ABCD和等边△DCE，点F为CE的中点，AE与DF相交于点G，
AG＝2．
（1）直接写出GE＝ ；
（2）求出DG的长；
（3）如图，若将题中“等边△DCE”改为“DC＝DE的等腰△DCE”，其他条件不变，求出BG+DG的值．
7．如图，已知矩形ABCD中，点P为AD边上的一个动点，O为对角线BD的中点，
PO的延长线交BC于点E．
3
（1）求证：OP＝OE；
（2）若AD＝8厘米，AB＝6厘米，点P从点A出发，以2cm/min的速度向D运动（不与D重合）．设点P的运动时间为tmin，当t为何值时，四边形PBED是菱形．
8．两组邻边分别相等的四边形我们称它为筝形．
如图，在筝形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC与BD相交于点O．
（1）下列判断正确的有 （填序号）．
①AC、BD互相垂直；②AC、BD互相平分；
③AC平分∠BAD、∠BCD；④BD平分∠ABD、∠ADC．
（2）求证：△ABC≌△ADC．
4
9．如图，在矩形ABCD中，点E在AD上，EC平分∠BED．
（1）△BEC是否为等腰三角形？为什么？
（2）若AB＝a，∠ABE＝45°，求BC的长．
10．如图，长方形ABCD的顶点A，D在x轴上，OA＝OD＝2，AB＝6．点P从原点出发，
沿O﹣A﹣B﹣C﹣D﹣O的路径，以每秒2个单位的速度移动．
（1）写出长方形4个顶点的坐标．
（2）经过3s，指出点P的坐标．
（3）经过多长时间，△POA的面积为5平方单位．
（4）经过多长时间，△POA的面积最大．
5
11．如图，△ABC中，AB＝AC，点D、O分别为BC、AB的中点，连接并延长DO到点E，使AE∥BC．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形？证明你的结论．
12．如图，在▱ABCD中，对角线AC 与BD相交于点O．
（1）如图1，过点O作EF⊥AC交BC于点E，交AD 于点F，连接AE、CF，求证：四边形AECF是菱形：
（2）如图2，过点O作EF⊥BD 交BC于点E，交AD于点F，连接DE、BF，AB⊥
BD，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出所有的锐角等腰三角形．
6
13．如图，正方形ABCD的边长为6，点E是边AB上一点，点P是对角线BD上一点，且PE⊥PC．
（1）求证：PC＝PE；
（2）若BE＝2，求PB的长．
14．已知正方形ABCD，点F是射线DC上一动点（不与C、D重合）．连接AF并延长交直线BC于点E，交BD于H，连接CH，过点C作CG⊥HC交AE于点G．
（1）若点F在边CD上，如图1
①证明：∠DAH＝∠DCH
②猜想△GFC的形状并说明理由．
（2）取DF中点M，MG．若MG＝2.5，正方形边长为4，求BE的长．
7
15．已知正方形ABCD，E、F分别为边BC、CD上的点，DE＝AF．
（1）求证：△ADF≌△DCE；
（2）求证：AF⊥DE．
8
参考答案
1．解：平行四边形ABCD是矩形．
如图所示，取DE的中点G，连接OG，
∵EF⊥BD，
∴Rt△DOE中，OG＝DE＝EG＝DG，
∵AE＝EO＝DE，
∴EO＝OG＝EG，
∴△OEG是等边三角形，
∴∠AEO＝∠DGO＝120°，
又∵AE＝DG，OE＝OG，
∴△AOE≌△DOG，
∴AO＝DO，
又∵四边形ABCD是平行四边形，
9
∴AC＝2AO＝2DO＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
2．解：（1）连接AD，
∵AB＝AC，∠BAC＝120°，D为BC的中点，
∴AD⊥BC，AD平分∠BAC，∠B＝∠C＝30°
∴∠DAC＝∠BAC＝60°，
∵DE⊥AC于E，
∴∠AED＝∠CED＝90°，
∴∠EDC＝90°﹣30°＝60°；
（2）∵∠AED＝90°，∠DAE＝60°，
∴∠ADE＝30°，
10
在Rt△ADE中，AE＝1，∠ADE＝30°，
∴AD＝2AE＝4，
在Rt△ADC中，AD＝4，∠C＝30°，
∴AC＝2AD＝8，
则CE＝AC﹣AE＝8﹣2＝6．
3．（1）证明：在△ABC中，AH⊥BC，
∴∠AHB＝90°，
∵D为AB中点，
∴DH＝AB，
∵E，F分别为BC，AC边中点，
∴EF＝AB，
11
∴DH＝EF；
（2）∵D、E分别为AB、BC中点，
∴DE∥AC，DE＝AC，
∵F为AC中点，
∴AF＝AC，
∴DE＝AF，
∴四边形DEFA为平行四边形，
∴∠DEF＝∠BAC，
∵DH＝AB＝AD，
∴∠BAH＝∠DHA，
∵F为AC中点，∠AHC＝90°，
∴FH＝AC＝AF，
∴∠HAC＝∠AHF，
12
∴∠DHA+∠AHF＝∠DAH+∠FAH，
即∠DHF＝∠BAC，
∴∠DHF＝∠DEF．
4．（1）证明：能．
理由如下：在△DFC中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝4t，
∴DF＝2t，
又∵AE＝2t，
∴AE＝DF，
∵AB⊥BC，DF⊥BC，
∴AE∥DF，
又∵AE＝DF，
∴四边形AEFD为平行四边形，
当AE＝AD时，四边形AEFD为菱形，
13
即40﹣4t＝2t，解得t＝．
∴当t＝秒时，四边形AEFD为菱形．
（2）①当∠DEF＝90°时，由（1）知四边形AEFD为平行四边形，
∴EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°，
∵∠A＝60°，
∴∠AED＝30°，
∴AD＝AE＝t，
又AD＝40﹣4t，即40﹣4t＝t，解得t＝8；
②当∠EDF＝90°时，四边形EBFD为矩形，在Rt△AED中∠A＝60°，则∠ADE＝30°，
∴AD＝2AE，即40﹣4t＝4t，解得t＝5．
③若∠EFD＝90°，则E与B重合，D与A重合，此种情况不存在．
综上所述，当t＝8或5秒时，△DEF为直角三角形．
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5．（1）证明：∵OC＝AO，OD＝BO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝AC，BO＝BD，
∵AO＝BO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：连接OE，设EC与BD交于F，
∵EC⊥BD，
∴∠CFD＝90°，
∵四边形AEBO是平行四边形，
15
∴AE∥BO，
∴∠AEC＝∠CFD＝90°，
即△AEC是直角三角形，
∵EO是Rt△AEC中AC边上的中线，∴EO＝AO，
∵四边形AEBO是平行四边形，
∴OB＝AE，
∵OA＝OB，
∴AE＝OA＝OE，
∴△AEO是等边三角形，
∴∠OAE＝60°，
∵∠OAE+∠AOB＝180°，
∴∠AOB＝120°．
16
6．解：（1）如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°，
∵点F为等边△DCE边CE的中点，
∴DF是CE的垂直平分线，
∴GE＝GC，
∵∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝DE，
∴∠DAE＝∠DEA＝15°，
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∴∠GEC＝∠GCE＝60°﹣15°＝45°，
∴GC⊥AE，
∴△AGC为直角三角形，
∵∠GAC＝∠DAC﹣∠DAE＝45°﹣15°＝30°，AG＝2，
∴GC＝GE＝AG＝2；
故答案为：2；
（2）由（1）可得AC＝4，则DC＝2，
在等边△DCE中DF＝，
在等腰直角△CGE中，由斜边上中线等于斜边的一半得GF＝，
∴DG＝﹣．
（3）如图2，过D作DN⊥AE于N，过A作AM⊥AE交GD的延长线于M，
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∵∠ADN+∠CDN＝90°，∠ADN+∠DAN＝90°，
∴∠DAN＝∠CDN，
∵AD＝DC＝DE，
∴∠DAN＝∠CDN＝∠DEA，
∵F是CE中点，
∴∠CDF＝∠EDF，
∵∠NDG＝∠CDN+∠CDF，∠DGN＝∠DEA+∠EDF，
∴∠NDG＝∠DGN＝45°，
∴∠M＝45°，
∴AM＝AG，
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∵∠DAM+∠DAN＝90°，∠BAG+∠DAN＝90°，
∴∠DAM＝∠BAG，
在△MAD和△GAB中，
，
∴△MAD≌△GAB（SAS），
∴BG＝DM，
∴BG+DG＝DM+DG＝MG＝AG＝×2＝2．
7．解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠PDO＝∠EBO，
∵O为BD的中点，
∴DO＝BO，
在△PDO和△EBO中，
20
，
∴△PDO≌△EBO（ASA），
∴OP＝OE；
（2）由题意知：AD＝8cm，AP＝2tcm，
∴PD＝8﹣2t，
由题意：PB＝PD，
∴PB2＝PD2，
即AB2+AP2＝PD2，
∴62+4t2＝（8﹣2t）2，
解得 t＝，
∴当t＝时，四边形PBED是菱形．
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8．（1）解：∵AB＝AD，BC＝DC，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC．
∴∠BAO＝∠DAO，∠BCO＝∠DCO，即AC平分∠BAD、∠BCD．
∵AC平分∠BAD、∠BCD，△ABD与△BCD均为等腰三角形，
∴AC、BD互相垂直．
故选①、③．
（2）证明：∵AB＝AD，BC＝DC，AC＝AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS）．
9．解：（1）△BEC是等腰三角形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
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∴∠DEC＝∠BCE，
∵EC平分∠DEB，
∴∠DEC＝∠BEC，
∴∠BEC＝∠ECB，
∴BE＝BC，
即△BEC是等腰三角形．
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∵∠ABE＝45°，
∴∠ABE＝AEB＝45°，
∴AB＝AE＝a，
由勾股定理得：BE＝＝a，即BC＝BE＝a．
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10．解：（1）由题意：A（2，0），B（2，6），C（﹣2，6），D（﹣2，0）；
（2）经过3s运动的路程为6，6﹣2＝4，
∴点P在线段AB上，P（2，4）；
（3）∵OA＝2，△POA的面积为5平方单位．
∴点P到AD的距离为5，
∴t＝＝3.5s或＝6.5s，
∴经过3.5s或6.5s时间，△POA的面积为5平方单位．
（4）当点P在线段BC上时，△POA的面积最大，
需要经过＝4s，＝6s，
∴当4≤t≤6s时，△POA的面积最大．
11．解：（1）∵AE∥BC，
∴∠EAO＝∠DBO、∠AEO＝∠BDO，
∵O是AB的中点，
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∴AO＝BO，
在△AOE和△BOD中，
∵，
∴△AOE≌△BOD（AAS），
∴AE＝BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB＝AC、D是BC中点，
∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°，
∴四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC＝90°时，
理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD是BC边的中线，
∴AD＝BD＝CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
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∴矩形AEBD是正方形．
12．证明：（1）∵在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∴AO＝CO，∠AFO＝∠CEO，
∴在△AFO和△CEO中
，
∴△AFO≌△CEO（AAS），
∴FO＝EO，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵EF⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形．
（2）∵AF＝BF，CE＝DE，BF＝BE，DF＝DE，
∴△ABF，△CDE，△BEF，△DEF都是等腰三角形．
13．证明：（1）过点P作PF⊥AB，PG⊥BC，
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∴∠PFB＝∠PGB＝∠PGC＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，AB＝AD＝BC，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，四边形FBGP是矩形，
∴∠FPB＝90°﹣∠ABD＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABD＝∠FPB，
∴FP＝FB，
∴矩形FBGP是正方形，
∴PF＝PG，∠FPG＝90°，
∴∠FPE+∠EPG＝90°，
∵EP⊥PC，
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∴∠EPC＝90°，
∴∠GPC+∠EPG＝90°，
∴∠FPE＝∠GPC，
在△PFE与△PGC中，
，
∴△PFE≌△PGC（ASA），
∴PE＝PC；
（2）设EF＝x，
∵△PFE≌△PGC，
∴GC＝EF＝x，
由BE＝2得：BF＝x+2，
由正方形FBGP得：BG＝x+2，∵BC＝6，
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∴BG+GC＝6，
∴（x+2）+x＝6，
解得：x＝2，
∴PF＝BF＝2+2＝4，
△PFB中，∠PFB＝90°，由勾股定理得：PB2＝42+42＝32，
∵PB＞0，
∴PB＝．
14．（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠CDB＝45°，DA＝DC，
在△DAH和△DCH中，
，
∴△DAH≌△DCH，
∴∠DAH＝∠DCH；
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②解：结论：△GFC是等腰三角形，
理由：∵△DAH≌△DCH，
∴∠DAF＝∠DCH，
∵CG⊥HC，
∴∠FCG+∠DCH＝90°，
∴∠FCG+∠DAF＝90°，
∵∠DFA+∠DAF＝90°，∠DFA＝∠CFG，
∴∠CFG＝∠FCG，
∴GF＝GC，
∴△GFC是等腰三角形．
（2）①如图当点F在线段CD上时，连接DE．
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∵∠GFC＝∠GCF，∠GEC+∠GFC＝90°，∠GCF+∠GCE＝90°，
∴∠GCE＝∠GEC，
∴EG＝GC＝FG，
∵FG＝GE，FM＝MD，
∴DE＝2MG＝5，
在Rt△DCE中，CE＝＝＝3，
∴BE＝BC+CE＝4+3＝7．
②当点F在线段DC的延长线上时，连接DE．
同法可证GM是△DEC的中位线，
∴DE＝2GM＝5，
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在Rt△DCE中，CE＝＝＝3，
∴BE＝BC﹣CE＝4﹣3＝1．
综上所述，BE的长为7或1．
15．证明：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝DC，∠ADC＝∠C＝90°，
在Rt△ADF与Rt△DCE中，
∴Rt△ADF≌Rt△DCE（HL）；
（2）设AF与DE交于G，
∵Rt△ADF≌Rt△DCE（HL），
∴∠DAF＝∠CDE，
∴∠DGF＝∠DAF+∠ADE＝∠ADC＝90°，
∴AF⊥DE．
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