专题5.1 矩形的判定与性质

【典例1】在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝4，E，F是对角线AC上的两个动点，分别从A，C同时出发相向而行，速度均为1cm/s，运动时间为t秒，0≤t≤5．

（1）若G，H分别是AB，DC中点，试说明：四边形EGFH为平行四边形；

（2）在（1）的条件下，当t为何值时，四边形EGFH为矩形．

【 思路点拨】

（1）证明△AFG≌△CEH（SAS），得GF＝HE，同理GE＝HF，即可得出结论；

（2）由“对角线相等的平行四边形是矩形”得EF＝GH，再证四边形AGHD是平行四边形，得GH＝BC＝4，然后分两种情况分别求出t的值即可．

【 解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，

∴AB＝CD，AB∥CD，AD∥BC，∠B＝90°，

∴∠GAF＝∠HCE，

∵G、H分别是AB、DC的中点，

∴AG＝BG，CH＝DH，

∴AG＝CH，

∵AE＝CF，

∴AF＝CE，

在△AFG与△CEH中，

∴△AFG≌△CEH（SAS），

∴GF＝HE，

同理：GE＝HF，

∴四边形EGFH是平行四边形．

（2）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴∠B＝90°，

∴AC 5，

由（2）可知四边形EGFH是平行四边形，

连接GH，

∵点G、H分别是矩形ABCD的边AB、DC的中点，

∴AG＝DH，AG∥DH，

∴四边形AGHD是平行四边形，

∴GH＝BC＝4，

∴当EF＝GH＝4时，四边形EGFH是矩形，分两种情况：

①如图1，

AE＝CF＝t，

则EF＝5﹣2t＝4，

解得：t＝0.5；

②如图2，

AE＝CF＝t，

则EF＝5﹣2（5﹣t）＝4，

解得：t＝4.5；

综上所述，当t为0.5或4.5时，四边形EGFH为矩形．

1．（富平县二模）如图，点O是菱形ABCD对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接OE，设AC＝12，BD＝16，则OE的长为（　　）

A．8 B．9 C．10 D．12

【思路点拨】

由菱形的性质和勾股定理求出CD＝10，再证出平行四边形OCED为矩形，得OE＝CD＝10即可．

【解题过程】

解：∵DE∥AC，CE∥BD，

∴四边形OCED为平行四边形，

∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16，

∴AC⊥BD，OA＝OC AC＝6，OB＝OD BD＝8，

∴∠DOC＝90°，CD 10，

∴平行四边形OCED为矩形，

∴OE＝CD＝10，

故选：C．

2．（武安市期末）如图，四边形ABCD中，以对角线AC为斜边作Rt△ACE，连接BE、DE，BE⊥DE，AC，BD互相平分．若2AB＝BC＝4，则BD的值为（　　）

A．2 B． C．3 D．4

【思路点拨】

连接OE，由AC，BD互相平分得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形斜边上的中线性质推出AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，再由勾股定理即可得出结果．

【解题过程】

解：连接OE，如图所示：

∵2AB＝BC＝4，

∴AB＝2，

∵AC，BD互相平分，

∴OA＝OC，OB＝OD，四边形ABCD是平行四边形，

∵以AC为斜边作Rt△ACE，

∴OE＝OA＝OC AC，

∵BE⊥DE，

∴OE＝OB＝OD BD，

∴AC＝BD，

∴四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC＝4，∠BAD＝90°，

∴BD 2 ，

故选：A．

3．（江津区期中）如图，四边形ABCD，∠D＝∠C＝90°，CD＝2，点E在边AB，且AD＝AE，BE＝BC，则AE•BE的值为（　　）

A． B．1 C． D．

【思路点拨】

过A作AF⊥BC于F，推出四边形AFCD是矩形，得到AF＝CD＝2，CF＝AD，设AD＝AE＝x，BE＝BC＝y，根据勾股定理即可得到结论．

【解题过程】

解：过A作AF⊥BC于F，

∵∠D＝∠C＝90°，

∴四边形AFCD是矩形，

∴AF＝CD＝2，CF＝AD，

设AD＝AE＝x，BE＝BC＝y，

∴AB＝x+y，BF＝y﹣x，

∵AB²＝AF²+BF²，

∴（x+y）²＝（y﹣x）²+2²，

∴xy＝1，

∴AE•BE＝1，

故选：B．

4．（灞桥区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝10，P是CD边上一点，M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，以下四种情况，哪一种四边形PMEN不可能为矩形（　　）

A．AD＝3 B．AD＝4 C．AD＝5 D．AD＝6

【思路点拨】

先证四边形PMEN是平行四边形，当∠APB＝90°时，四边形PMEN是矩形，设DP＝x，CP＝10﹣x，再由勾股定理得出方程，分别计算即可．

在证得平行四边形后，连接MN，PE，∵M、N分别是PA、PB的中点，∴MN是△PAB的中位线，∴MN AB＝5，若四边形PMEN是矩形，则PE＝MN＝5，而当AD＝6时，PE不可能等于5

【解题过程】

解：方法1：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC，AB＝CD＝10，∠C＝∠D＝90°，

∵M、N、E分别是PA、PB、AB的中点，

∴ME、NE是△ABP的中位线，

∴ME∥BP，NE∥AP，

∴四边形PMEN是平行四边形，

当∠APB＝90°时，四边形PMEN是矩形，

设DP＝x，CP＝10﹣x，

由勾股定理得：AP²＝AD²+x²，BP²＝BC²+（10﹣x）²，AP²+BP²＝AB²，

∴AD²+x²+AD²+（10﹣x）²＝10²，

AD²+x²﹣10x＝0，

①当AD＝3时，x²﹣10x+9＝0，

x＝1或x＝9，符合题意；

②当AD＝4时，x²﹣10x+16＝0，

x＝2或x＝8，符合题意；

③当AD＝5时，x²﹣10x+25＝0，

x＝5，符合题意；

④当AD＝6时，x²﹣10x+36＝0，无解；

故选：D．

方法2：

连接MN，PE，如图所示：

由方法1得：四边形PMEN是平行四边形，

∵M、N分别是PA、PB的中点，

∴MN是△PAB的中位线，

∴MN AB＝5，

若四边形PMEN是矩形，则PE＝MN＝5，

而当AD＝6时，PE不可能等于5，

∴当AD＝6时，四边形PMEN不可能为矩形，

故选：D．

5．（梁山县期中）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，P为边BC上一动点（P不与B，C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF中点，则AM的取值范围是（　　）

A． AM＜6 B． AM＜12 C． AM＜12 D． AM＜6

【思路点拨】

证明四边形AEPF是矩形，得EF＝AP，再由直角三角形斜边上的中线性质得AM EF PA，然后求出PA的最小值可得AM的最小值，又由AP＜AC，即可求得AM的取值范围．

【解题过程】

解：如图，连接PA，

在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝5，AC＝12，

∴BC 13，

∵PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，

∴∠PEA＝∠PFA＝∠EAF＝90°，

∴四边形AEPF是矩形，

∴EF＝AP，

∵M为EF中点，

∴AM EF PA，

当PA⊥CB时，PA ，

∴AM的最小值为 ，

∵PA＜AC，

∴PA＜12，

∴AM＜6，

∴ AM＜6，

故选：D．

6．（十堰期末）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且OA＝OD，∠OAD＝55°，则∠OAB的度数为　35°　．

【思路点拨】

根据矩形的判定得到四边形ABCD是矩形，由矩形的性质求出∠DAB，代入∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD求出即可．

【解题过程】

解：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴OA＝OC，OB＝OD，

∵OA＝OD，

∴AC＝BD，

∴四边形ABCD是矩形，

∴∠DAB＝90°，

∵∠OAD＝55°，

∴∠OAB＝∠DAB﹣∠OAD＝35°，

故答案为：35°．

7．（石城县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4cm，AD＝12cm，点P从点A向点D以每秒1cm的速度运动，Q以每秒4cm的速度从点C出发，在B、C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D为止（同时点Q也停止），这段时间内，当运动时间为　2.4s或4s或7.2s　时，P、Q、C、D四点组成矩形．

【思路点拨】

根据已知可知：当点P到达点D时，点Q将由C﹣B﹣C﹣B﹣C运动，根据矩形的性质列方程即可得到结论．

【解题过程】

解：根据已知可知：当点P到达点D时，点Q将由C﹣B﹣C﹣B﹣C运动，

∵四边形ABCD是矩形，

∴AD∥BC，∠D＝90°，

∴PD∥CQ，

若PD＝CQ，则四边形APQB是矩形，

由题意得DP＝12﹣t，

当0≤t≤3时，CQ＝4t，12﹣t＝4t，

∴t＝2.4（s），

当3＜t≤6时，CQ＝24﹣4t，12﹣t＝24﹣4t，

∴t＝4（s），

当6＜t≤9时，CQ＝4t﹣24，12﹣t＝4t﹣24，

∴t＝7.2（s）；

当9＜t≤12时，CQ＝48﹣4t，12﹣t＝48﹣4t，

∴t＝12（s），此时PQ与DC重合，无法构成矩形，故舍去，

故答案为：2.4s或4s或7.2s．

8．（川汇区期末）如图，在矩形ABCD中，E，F分别是边AB，AD上的动点，P是线段EF的中点，PG⊥BC，PH⊥CD，G，H为垂足，连接GH．若AB＝8，AD＝6，EF＝6，则GH的最小值是　7　．

【思路点拨】

连接AC、AP、CP，由勾股定理求出AC＝10，再由直角三角形斜边上的中线性质得AP＝3，然后证四边形PGCH是矩形，得GH＝CP，当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，即可求解．

【解题过程】

解：连接AC、AP、CP，如图所示：

∵四边形ABCD是矩形，

∴BC＝AD＝6，∠BAD＝∠B＝∠C＝90°，

∴AC 10，

∵P是线段EF的中点，

∴AP EF＝3，

∵PG⊥BC，PH⊥CD，

∴∠PGC＝∠PHC＝90°，

∴四边形PGCH是矩形，

∴GH＝CP，

当A、P、C三点共线时，CP最小＝AC﹣AP＝10﹣3＝7，

∴GH的最小值是7，

故答案为：7．

9．（龙岗区校级期中）如图，点A（0，4），点B（3，0），点P为线段AB上一个动点，作PM⊥y轴于点M，作PN⊥x轴于点N，连接MN，当MN取最小值时，则PN为　 　．

【思路点拨】

连接OP，易得四边形ONPM是矩形，得OP＝MN，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小，再由勾股定理与三角形的面积求出OP的最小值，进而求解即可．

【解题过程】

解：如图，连接OP．

∵PM⊥y轴于点M，PN⊥x轴于点N

∴∠PMO＝∠MON＝∠ONP＝90°．

∴四边形ONPM是矩形．

∴OP＝MN，

在Rt△AOB中，当OP⊥AB时OP最短，即MN最小．

∵A（0，4），B（3，0），

∴AO＝4，BO＝3，

根据勾股定理可得：AB 5．

∵S_△AOB AO•BO AB•OP，

∴OP ，

即OP的最小值为 ，

∴PB ，

∵S_△POB OP•PB OB•PN，

∴PN ，

故答案为： ．

10．（龙岗区一模）如图，等腰△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，分别过D，E两点作线段AC的垂线，垂足分别为G，F两点．

（1）求证：四边形DEFG为矩形；

（2）若AB＝10，EF＝4，求CG的长．

【思路点拨】

（1）欲证明四边形DEFG为矩形，只需推知该四边形为平行四边形，且有一内角为直角即可；

（2）首先根据直角三角形斜边上中线的性质求得AE＝DE＝5；然后在直角△AEF中利用勾股定理得到AF的长度；最后结合AB＝AC＝AF+FG+CG＝10求解即可．

【解题过程】

（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，

∴点D是BC的中点．

∵E点是AB的中点，

∴DE是△ABC的中位线．

∴DE∥AC.

∵DG⊥AC，EF⊥AC，

∴EF∥DG．

∴四边形DEFG是平行四边形．

又∵∠EFG＝90°，

∴四边形DEFG为矩形；

（2）∵AD⊥BC交BC于D点，E点是AB的中点，AB＝10，

∴DE＝AE BC＝5．

由（1）知，四边形DEFG为矩形，则GF＝DE＝5．

在直角△AEF中，EF＝4，AE＝5，由勾股定理得：AF 3．

∵AB＝AC＝10，FG＝ED＝5，

∴GC＝AC﹣FG﹣AF＝10﹣5﹣3＝2．

11．（萍乡期末）如图，在平行四边形ABCD中，AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接AF，DE，DF．

（1）求证：四边形AEFD为矩形；

（2）若AB＝3，DE＝4，BF＝5，求DF的长．

【思路点拨】

（1）先证四边形AEFD为平行四边形，再证∠AEF＝90°，即可得出结论；

（2）由矩形的性质得DF＝AE，AF＝DE＝4，再由勾股定理的逆定理得△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，然后由面积法求出AE的长，即可得出答案．

【解题过程】

（1）证明：∵BE＝CF，

∴BE+CE＝CF+CE，

即BC＝EF，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，AD＝BC，

∴AD＝BC＝EF，

又∵AD∥EF，

∴四边形AEFD为平行四边形，

∵AE⊥BC，

∴∠AEF＝90°，

∴平行四边形AEFD为矩形；

（2）解：由（1）知，四边形AEFD为矩形，

∴DF＝AE，AF＝DE＝4，

∵AB＝3，DE＝4，BF＝5，

∴AB²+AF²＝BF²，

∴△BAF为直角三角形，∠BAF＝90°，

∴ ，

∴AB×AF＝BF×AE，

即3×4＝5AE，

∴ ，

∴ ．

12．（罗湖区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，点E，F分别在边BC，AD上，BE＝DF，∠AEC＝90°．

（1）求证：四边形AECF是矩形；

（2）连接BF，若AB＝4，∠ABC＝60°，BF平分∠ABC，求平行四边形ABCD的面积．

【思路点拨】

（1）由平行四边形的性质得BC＝AD，BC∥AD，再证EC＝AF，得四边形AECF为平行四边形，然后由∠AEC＝90°，即可得出结论；

（2）由含30°角的直角三角形的性质得BE AB＝2，再由勾股定理得AE＝2 ，然后证AF＝AB＝4，求出BC＝BE+EC＝6，即可求解．

【解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC＝AD，BC∥AD，

又∵BE＝DF，

∴BC﹣BE＝AD﹣DF，

即EC＝AF，

∴四边形AECF为平行四边形，

又∵∠AEC＝90°，

∴平行四边形AECF是矩形；

（2）解：∵∠AEB＝90°，∠ABE＝60°，

∴∠BAE＝90°﹣60°＝30°，

∴BE AB＝2，

∴AE 2 ，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，

∴∠AFB＝∠CBF，

∵BF平分∠ABC，

∴∠ABF＝∠CBF，

∴∠AFB＝∠ABF，

∴AF＝AB＝4，

∵四边形AECF是矩形，

∴EC＝AF＝4，

∴BC＝BE+EC＝2+4＝6，

∵∠AEC＝90°，

∴AE⊥BC，

∴平行四边形ABCD的面积＝BC×AE＝6×2 12 ．

13．（东台市月考）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE∥AC，且DE AC，连接AE、CE．

（1）求证：四边形OCED为矩形；

（2）若菱形ABCD的边长为2，∠BCD＝60°，求AE的长．

【思路点拨】

（1）先证四边形OCED是平行四边形，再由∠DOC＝90°，即可得出结论；

（2）先证△BCD是等边三角形，得BD＝BC＝2，再由勾股定理得OC ，则AC＝2OC＝2 ，然后由矩形的性质得CE＝OD＝1，∠OCE＝90°，最后由勾股定理即可得出答案．

【解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，AO＝OC AC，

∴∠DOC＝90°，

∵DE∥AC，DE AC，

∴DE＝OC，DE∥OC，

∴四边形OCED是平行四边形，

又∵∠DOC＝90°，

∴平行四边形OCED是矩形；

（2）解：∵四边形ABCD是菱形，

∴AC⊥BD，BC＝CD＝8，OB＝OD，AO＝OC AC，

∵∠BCD＝60°，

∴△BCD是等边三角形，

∴BD＝BC＝2，

∴OD＝OB＝1，

∴OC ，

∴AC＝2OC ，

由（1）得：四边形OCED为矩形，

∴CE＝OD＝1，∠OCE＝90°，

在Rt△ACE中，由勾股定理得：AE ，

故AE的长为： ．

14．（云南模拟）在等腰三角形ABC中，AB＝AC，点D是BC中点，点E是AD中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．

（1）试判断四边形ADCF的形状，并加以证明；

（2）若AB＝17，BC＝30，求四边形ADCF的面积．

【思路点拨】

（1）由AAS证明△AEF≌△DEB，得AF＝DB，证得四边形ADCF为平行四边形，根据矩形的判定定理可证得结论；

（2）根据等腰三角形的性质得到BD＝CD BC＝15，勾股定理求得AD，然后根据矩形的面积公式即可得到结论．

【解题过程】

解：（1）四边形ADCF是矩形；

证明：∵E是AD的中点，

∴AE＝DE，

∵AF∥BC，

∴∠AFE＝∠DBE，

在△AEF和△DEB中，

，

∴△AEF≌△DEB（AAS）；

∴AF＝DB，

又∵AF∥BC，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵AB＝AC，点D是BC中点，

∴AD⊥CD，

∴∠ADC＝90°，

∴四边形ADCF是矩形；

（2）∵AB＝AC，点D是BC中点，

∴BD＝CD BC＝15，AD⊥BC，

∴∠ADC＝90°，

∴AD 8，

∴四边形ADCF的面积＝15×8＝120．

15．（峨山县模拟）如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，点O是斜边AC的中点，过点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、DE．

（1）求证：四边形ABCD是矩形；

（2）若BC＝3，∠BAC＝30°，求DE的长．

【思路点拨】

（1）证△OAD≌△OCB（AAS），得AD＝BC，再证四边形ABCD是平行四边形，然后由∠ABC＝90°，即可得出结论；

（2）由矩形的性质和含30°角的直角三角形的性质求出AD、AE的长，再由勾股定理即可求解．

【解题过程】

（1）证明：∵点O是AC的中点，

∴OA＝OC，

∵AD∥BC，

∴∠DAO＝∠BCO，∠ADO＝∠CBO，

在△OAD与△OCB中，

，

∴△OAD≌△OCB（AAS），

∴AD＝BC，

∵AD∥BC，

∴四边形ABCD是平行四边形，

∵∠ABC＝90°，

∴平行四边形ABCD是矩形；

（2）解：∵四边形ABCD是矩形，

∴AD＝BC＝3，

∵∠ABC＝90°，∠BAC＝30°，

∴AC＝2BC＝6，

∴OA＝3，

∵OE⊥AC，

∴∠AOE＝90°，

∵∠BAC＝30°，

∴OE OA ，

∴AE＝2OE＝2 ，

∴DE ．

16．（法库县期末）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．

【思路点拨】

（1）先证四边形ABCD是平行四边形，得出OA＝OC AC，OB＝OD BD，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．

【解题过程】

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 AC，OB＝OD BD，

∵OA＝OB，

∴AC＝BD，

∴四边形ABCD是矩形；

（2）如图，连接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 ．

17．（淮滨县期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝4cm，BC＝6cm，∠B＝60°，G是CD的中点，E是边AD上的动点（E不与A，D重合），且点E由点A向点D运动，速度为1cm/s，EG的延长线与BC的延长线交于点F，连接CE，DF，设点E运动时间为t．

（1）求证：无论t为何值，四边形CEDF都是平行四边形；

（2）①当t＝　4　s时，四边形CEDF是矩形；

②当t＝　2　s时，四边形CEDF是菱形．

【思路点拨】

（1）证△CFG≌△EDG，推出FG＝EG，根据平行四边形的判定推出即可；

（2）①过A作AM⊥BC于M，由含30°角的直角三角形的性质得BM AB＝2（cm），再求出MC＝4cm，然后证四边形AECM是平行四边形，得AE＝MC＝4cm，即可求解；

②证明△CDE是等边三角形，推出DE＝CD＝4cm，则AE＝AD﹣DE＝2（cm），即可求解．

【解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴BC∥1AD，

∴CF∥ED，

∴∠FCD＝∠EDG，

∵G是CD的中点，

∴CG＝DG，

在△FCG和△EDG中，

，

∴△CFG≌△EDG（ASA），

∴FG＝EG，

∵CG＝DG，

∴四边形CEDF是平行四边形；

（2）解：①过A作AM⊥BC于M，

∵∠B＝60°，

∴∠BAM＝90°﹣∠B＝30°，

∴BM AB＝2（cm），

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD∥BC，∠CDA＝∠B＝60°，DC＝AB＝4cm，BC＝AD＝6cm，

∴MC＝BC﹣BM＝4（cm），

∵四边形CEDF是矩形，

∴∠ECF＝90°，

∴EC⊥BC，

∴AM∥EC，

∴四边形AECM是平行四边形，

∴AE＝MC＝4cm，

∴t＝4，

故答案为：4；

②∵四边形CEDF是菱形．

∴CE＝DE，

∵∠CDE＝60°，

∴△CDE是等边三角形，

∴DE＝CD＝4cm，

∴AE＝AD﹣DE＝2（cm），

∴t＝2，

故答案为：2．

18．（峡江县期末）如图，AB∥CD，点E，F分别在AB，CD上，连接EF，∠AEF、∠CFE的平分线交于点G，∠BEF、∠DFE的平分线交于点H．

（1）求证：四边形EGFH是矩形；

（2）小明在完成（1）的证明后继续进行了探索，过G作MN∥EF，分别交AB，CD于点M，N，过H作PQ∥EF，分别交AB，CD于点P，Q，得到四边形MNQP，此时，他猜想四边形MNQP是菱形，他的猜想是否正确，请予以说明．

【思路点拨】

（1）根据角平分线的性质进行导角，可求得四边形EGFH的四个内角均为90°，进而可说明其为矩形．

（2）根据题目条件可得四边形MNQP为平行四边形，要证菱形只需邻边相等，连接GH，由于MN＝EF＝GH，要证MN＝MP，只需证GH＝MP，只需证四边形MFHP为平行四边形，可证G、H点分别为MN、PQ中点，即可得出结果．

【解题过程】

（1）证明：∵EH平分∠BEF，FH平分∠DFE，

∴∠FEH ，∠EFH ∠DFE，

∵AB∥CD，

∴∠BEF+∠DFE＝180°，

∴∠FEH+∠EFH （∠BEF+∠DFE） 180°＝90°，

∵∠FEH+∠EFH+∠EHF＝180°，

∴∠EHF＝180°﹣（∠FEH+∠EFH）＝180°﹣90°＝90°，

同理可得：∠EGF＝90°，

∵EG平分∠AEF，

∵EH平分∠BEF，

∴∠GEF ∠AEF，∠FEH ∠BEF，

∵点A、E、B在同一条直线上，

∴∠AEB＝180°，即∠AEF+∠BEF＝180°，

∴∠FEG+∠FEH （∠AEF+∠BEF） 180°＝90°，

即∠GEH＝90°，

∴四边形EGFH是矩形

（2）解：他的猜想正确，

理由是：

∵MN∥EF∥PQ，MP∥NQ，

∴四边形MNQP为平行四边形．

如图，延长EH交CD于点O，

∵∠PEO＝∠FEO，∠PEO＝∠FOE，

∴∠FOE＝∠FEO，

∴EF＝FD，

∵FH⊥EO，

∴HE＝HO，

∵∠EHP＝∠OHQ，∠EPH＝∠OQH，

∴△EHP≌△OHQ，

∴HP＝HQ，

同理可得GM＝GN，

∵MN＝PQ，

∴MG＝HP，

∴四边形MGHP为平行四边形，

∴GH＝MP，

∵MN∥EF，ME∥NF，

∴四边形MEFN为平行四边形，

∴MN＝EF，

∵GH＝EF，

∴MN＝MP，

∴平行四边形MNQP为菱形．

19．（番禺区期末）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F分别为OB，OD的中点．

（1）求证：△ABE≌△CDF；

（2）延长AE至G，使EG＝AE，连接CG，延长CF，交AD于点P．

①当AB与AC满足什么数量关系时，四边形EGCF是矩形？请说明理由；

②若AP＝2DP＝8，CP ，CD＝5，求四边形EGCF的面积．

【思路点拨】

（1）由平行四边形的性质得出AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，由平行线的性质得出∠ABE＝∠CDF，证出BE＝DF，由SAS证明△ABE≌△CDF即可；

（2）①先证出AB＝OA，由等腰三角形的性质得出AG⊥OB，∠OEG＝90°，同理：CF⊥OD，得出EG∥CF，由三角形中位线定理得出OE∥CG，EF∥CG，得出四边形EGCF是平行四边形，即可得出结论；

②作辅助线，构建高线CH，根据勾股定理列方程可得CH＝4，计算△BCD的面积，由点E，F分别为OB，OD的中点可知EF BD，根据同高三角形面积等于对应底边的比可得△EFC的面积为12，从而得结论．

【解题过程】

（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AB＝CD，AB∥CD，OB＝OD，

∴∠ABE＝∠CDF，

∵点E，F分别为OB，OD的中点，

∴BE OB，DF OD，

∴BE＝DF，

在△ABE和△CDF中，

，

∴△ABE≌△CDF（SAS）；

（2）解：①当AC＝2AB时，四边形EGCF是矩形；理由如下：

∵AC＝2OA，AC＝2AB，

∴AB＝OA，

∵E是OB的中点，

∴AG⊥OB，

∴∠OEG＝90°，

同理：CF⊥OD，

∴AG∥CF，

∴EG∥CF，

∵EG＝AE，OA＝OC，

∴OE是△ACG的中位线，

∴OE∥CG，

∴EF∥CG，

∴四边形EGCF是平行四边形，

∵∠OEG＝90°，

∴四边形EGCF是矩形；

②如图，过点C作CH⊥AD于H，连接CE，

则CH²＝CD²﹣DH²＝CP²﹣PH²，

∵AP＝2PD＝8，

∴PD＝4，

设DH＝x，则PH＝4﹣x，

∴5²﹣x²＝（ ）²﹣（4﹣x）²，

∴x＝3，

∴DH＝3，PH＝1，

∴CH 4，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴S_△BCD S_▱ABCD （8+4）×4＝24，

∵点E，F分别为OB，OD的中点，OB＝OD，

∴EF BD，

∴S_△EFC S_△BCD＝12，

由①知：四边形EGCF是平行四边形，

S_{四边形EGCF}＝2S_△EFC＝24．

20．（永嘉县校级模拟）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．

【思路点拨】

（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．

【解题过程】

（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 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， ，

∴△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± ，

∵0＜x＜2，

∴x＝2 ．