【常考压轴题】2023-2024学年八年级数学下册压轴题攻略（沪教版）专题04 特殊平行四边形 梯形 压轴题（六大题型）（解析版）

专题04特殊平行四边形梯形压轴题（六大题型）目录：题型1：解答证明题题型2：最值问题题型3：四边形与平面直角坐标系题型4：四边形与列函数关系式问题题型5：动态问题（动点、旋转、折叠）题型6：定值问题题型1：解答证明题1．在平行四边形中，的平分线交边于点E，交的延长线于点F．(1)如图1，求证：；(2)如图2，，连接、，当时，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，当时，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据角平分线的性质可得，然后再运用平行四边形的性质说明，进一步说明，最后运用等边对等角即可证明结论；（2）延长AB、FG交于点H，连接DH，可证得四边形AHFD是平行四边形，四边形AHFD是菱形，推出△FDH和△ADH都是等边三角形，再证明△DFG≌△DHB（SAS），得出∠FDG=∠HDB，进而证得结论；（3）如图3，连接DE，根据平行四边形性质和角平分线性质可得=30°，过点B作BM⊥AE于点M，可得EM=AE=，利用勾股定理求得AB=CD=BE=4，过点D作DN⊥BC于点N，结合勾股定理即可解答．【解析】（1）明：如图1：∵是平分线．∴∵是平行四边形．∴∴，∴，∴．（2）证明：如图2;延长AB、FG交于点H，连接DH，∴FGCE，CEAD，∴FHBCAD，∵AHDF，∴四边形AHFD是平行四边形，∵∠DFA=∠FAB=∠DAF，∴DA=DF，∴四边形AHFD是菱形，∴FD=FH，AD=AH，∵∠ABC=120°，∴∠DFH=∠DAH=60°，∴△FDH和△ADH都是等边三角形，∴∠DFG=∠DHB=∠FDH=60°，FD=HD，∵四边形BCFH是平行四边形，∴BH=CF，∵FG=CE，CE=CF，∴FG=BH，在△DFG和△DHB中，∴△DFG≌△DHB(SAS),∴∠FDG=∠HDB,∴∠BDG=∠HDB+∠HDG=∠FDG+∠HDG=∠FDH=60°．（3）解：如图3，连接DE，∵四边形ABCD是平行四边形，∴ABCD，ADBC，∴∠DAE=∠AEB，∠DCB=180°-∠ABC=60°，∵AE平分∠BAD，∴∠BAE=∠DAE，∴过点B作BM⊥AE于点M∴EM=AE=在Rt△BME中∵∠BEM=30°∴BM=BE∵∴，解得：BE=4∵BE=2CE∴CE=2过点D作DN⊥BC于点N,则∠NDC=90°-∠DCB=30°∴CN=CD=2=CE∴点N与点E重合∴∠DEC=90°∴∴=．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°的直角三角形性质、勾股定理等知识点，正确地作出辅助线是解答本题的关键．2．如图，已知在正方形中，，点是边上一点（不与点、重合），连接交于点，延长交的外角角平分线于点，连接．

(1)当时，求的面积；(2)求证：；(3)连接，当时，求的长．【答案】(1)4(2)见解析(3)或【分析】（1）如图1，作于点，延长，延长线交于点，得四边形是矩形，然后证明是等腰直角三角形，得，进而可以解决问题；（2）如图2，延长，交于点，证明是等腰直角三角形，，作交于M，则四边形是平行四边形，证明，进而可得结论；（3）如图3，证明四边形是平行四边形，可得，，，根据正方形的性质，结合（2）利用勾股定理可得，设，则，得，，再利用勾股定理列出方程求出的值，进而可以解决问题．【解析】（1）解：四边形是正方形，，，如图1，作于点，延长，延长线交于点，，四边形是矩形，，是的外角的平分线，，是等腰直角三角形，，，，的面积；

（2）证明：如图2，延长，交于点，是的外角的平分线，，是等腰直角三角形，，，，作交于M，则四边形是平行四边形，，∴，∴，；

（3）解：如图3，由（2）知：，，四边形是平行四边形，，，，，，，，，，，，，，，，设，则，，，在中，根据勾股定理得：，，整理得，，，或．的长为或．

【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，正确添加辅助线、熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解决问题的关键．3．如图，四边形中，，是边的中点．已知，．(1)连接，求证；(2)如图，当时，求的度数；(3)当为直角三角形时，求边的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或【分析】（1）连接并延长交的延长线于，判断出≌，得出，进而判断出，即可得出结论；（2）先判断出，得出，再判断出，即可求出答案；（3）分两种情况①当时，判断出≌，得出，进而判断出，即可得出答案；②当时，过点D作DF⊥BC于点F，，设，根据勾股定理即可列出关于x的方程，即可求出答案．【解析】（1）证明：如图，连接并延长交的延长线于，，，，，，点是的中点，，≌，，，，；（2）解：，，，点是的中点，，，，，，，由（1）知，，，，，；（3）（3）是直角三角形，①当时，如图，，，，在和中，，≌，，，，，；②当时，如图，过点D作DF⊥BC于点F，设，由题意，四边形ABFD是矩形，∴AB=DF，BF=AD=2，∴FC=x-2，在Rt△DFC中，；，在Rt△BDC中，，在Rt△ABD中，，∴，，（舍去负值），③∠DBM=时，不符合题意；综上所述的长为或．题型2：最值问题4．在正方形中，点为射线上的一个动点，点在射线上，且．(1)如图1，当点在边上时，请直接写出、、三条线段之间的数量关系；(2)如图2，当点在边的延长线上时，请你判断、、三条线段之间的数量关系，并说明理由；(3)如图3，若，点在边上，且，点为的中点，在点从点沿射线运动的过程中，的周长的最小值为___________（直接写出结果）．【答案】(1)(2)，理由见详解(3)【分析】（1）延长到，使，连接，由正方形的性质得出，，由证明，得出，，证出，由证明，得出对应边相等即可得出结论；（2）在上截取，连接，．同（1）法可证，所以，，再证明，然后证明，得，即可得出结论；（3）过点作直线交于，当与点关于对称时，，最小，最小值为，即可获得答案．【解析】（1）解：，理由如下：延长到，使，连接，如下图，∵四边形是正方形，∴，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，即，在和中，，∴，∴，∴；（2），理由如下：在上截取，连接，如下图，∵四边形是正方形，∴，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴；（3）解：过点作直线交于，如下图，当点在射线上运动时，点在运动，点在射线上运动，∵四边形为正方形，∴，，，∵，∴，当与点关于对称时，，最小，最小值为，∴，由勾股定理得，∵的周长，∴当最小，此时，的周长的最小，∴的周长的最小值．故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定、最短距离问题、勾股定理等知识，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．5．在矩形中，．(1)将矩形纸片沿折叠，使点A落在点F处（如图①），设与相交于点G，求证：；(2)将矩形沿直线折叠，使点B的对应点落在边上（如图②），点A的对应点为，连接交于点．当时，求、的长；(3)点M在线段上，点N在线段上，（如图③）若按折叠后，点落在矩形的边上点，请求的最大值和最小值．【答案】(1)证明见解答(2)的长是，OF的长是(3)的最大值为6，最小值为【分析】（1）由矩形的性质得，则，由折叠得，所以，则；（2）连接、，由，得，则，因为垂直平分，所以，由勾股定理得，求得，则，由，求得，而，则；（3）当点与点重合时，的值最小，由垂直平分，得，则，所以；当点与点重合时，的值最大，此时，所以的最大值为6，最小值为．【解析】（1）证明：∵四边形是矩形，由折叠得，（2）解：如图②，连接、，，由折叠得点与点关于直线对称，垂直平分解得，解得，∴的长是，的长是．（3）解：如图③，当点与点重合时，的值最小，∵点与点关于直线对称，∴垂直平分，；如图④，当点与点重合时，的值最大，且∴的最大值为6，最小值为．【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．6．如图，在长方形中，，，，，，点P在边上，且不与点B、C重合，直线与的延长线交于点E．(1)当点P是的中点时，求证：；(2)将沿直线折叠得到，点落在长方形的内部，延长交直线于点F．①证明，并求出在（1）条件下的值；②连接，直接写出周长的最小值．【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析，；②周长的最小值为12【分析】（1）根据长方形的性质得，可得，利用即可得出结论；（2）①根据平行线的性质和折叠的性质得出，等角对等边即可得，设，则，，在中，由勾股定理得，即；②可得的周长，当点恰好位于对角线上时，最小，在中，由勾股定理得，则的最小值，即可得周长的最小值．【解析】（1）证明：在长方形中，，，点P是的中点，，；（2）解：①在长方形中，，，由折叠得，，，在长方形中，，，，点P是的中点，，由折叠得，，，设，则，，在中，，，解得，即；②由折叠得，，的周长，连接，，，当点恰好位于对角线上时，最小，在中，，，，′的最小值，∴周长的最小值．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，掌握折叠是一种轴对称，折叠前后的图形对应角相等、对应边相等，灵活运用相关的性质是解题的关键．题型3：四边形与平面直角坐标系7．如图，边长为5的菱形ABCD如图所示放置在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴正半轴上，点D在x轴负半轴上，点．(1)求AB所在直线的解析式；(2)如果直线l经过点C且与直线平行，点是y轴上的一个动点．①当点P在线段OB上（点P不与O、B重合），过点P作平行于x轴的直线分别交线段AB于M、交直线l于N．设线段MN的长度为d，求d关于t的函数解析式，并写出它的定义域；②当点P在y轴正半轴上，如是等腰三角形，求t的值．【答案】(1)y=x+4；(2)①d=12−t（0<t<4）；②t的值为或4或．【分析】（1）利用菱形的性质及B点坐标，在Rt△AOB中由勾股定理可求得OA的长，则可求得A点坐标，利用待定系数法可求得直线AB解析式；（2）①由菱形的性质可求得C点坐标，则可求得直线l的解析式，从而可用t分别表示出M、N的坐标，则可得到d关于t的函数解析式，结合P在线段OB上可求得t的取值范围；②用t可分别表示出PC、PD的长，结合C、D坐标可求得CD的长，分PD=PC、PD=CD和PC=CD三种情况可分别得到关于t的方程，可求得t的值．【解析】（1）解：∵B(0，4)，∴OB=4，∵四边形ABCD为菱形，且边长为5，∴AB=AD=BC=CD=5，在Rt△AOB中，由勾股定理可得OA=3，∴A(3，0)，设AB所在直线解析式为y=kx+b，∴，解得∴AB所在直线的解析式为y=x+4；（2）解：①由题意可知C(−5，4)，∵直线l经过点C且与直线y=x平行，∴可设直线l解析式为y=x+m，∴4=−5+m，解得m=9，∴直线l解析式为y=x+9，∵过点P作平行于x轴的直线分别交AB于M、交直线l于N，且P(0，t)，∴M、N点的纵坐标为t，在y=x+4中，令y=t，可解得x=3−t，在y=x+9中，令y=t可得x=t−9，∴d=3−t−(t−9)=12−t，∵点P在线段OB上（点P不与O、B重合），∴0<t<4；②∵A(3，0)，AD=5，∴D(−2，0)，且C(−5，4)，P(0，t)，∴PC2=52+(t−4)2=t2−8t+41，PD2=22+t2=t2+4，CD2=(−5+2)2+42=25，∵△PCD为等腰三角形，∴有PC=PD、PC=CD和PD=CD三种情况，当PC=PD时，则有t2−8t+41=t2+4，解得t=；当PC=CD时，则有t2−8t+41=25，解得t=4；当PD=CD时，则t2+4=25，解得t=√或t=−（舍去）；综上可知当△PCD是等腰三角形时，t的值为或4或．【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及菱形的性质、勾股定理、待定系数法、函数图象的交点、等腰三角形的性质、方程思想及分类讨论思想等知识．在（1）中求得A点坐标是解题的关键，在（2）①中用t表示出M、N的横坐标是解题的关键，在（2）②中利用t分别表示出PD、PC和CD的长是解题的关键，注意分情况讨论．本题考查知识点较多，综合性较强，难度适中．8．如图，已知点，点，点在轴负半轴上，，点为直线上一点．(1)求直线的解析式；(2)点为平面内任一点，若以点、、、为顶点的四边形是正方形，求点的坐标；(3)当直线与直线的夹角等于的倍时，直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)或(3)或【分析】（1）根据，求出点的坐标，利用待定系数法，求出直线的解析式即可．（2）分是正方形的边、是正方形的对角线两种情况，利用正方形性质即可求解．（3）当时，，利用两点间距离可求点坐标；当时，，此时，过点作交于，过点作轴交于，由是等腰直角三角形，求出，再由是的中点，求出的另一个点坐标即可．【解析】（1）解：，点，，，，，点在轴负半轴上，，设直线的解析式是，，解得，直线的解析式为；（2）解：①当是正方形的边时，对应的正方形为，，，，，；②当是正方形的对角线时，对应的矩形为，、是正方形对角线，线段和线段互相垂直平分，点、的横坐标为，，，综上所述：点的坐标为或；（3）解：设，①当时，，，，；②当时，，此时，是等腰三角形，过点作交于，过点作轴交于，，，是等腰直角三角形，是的中点，，，是的中点，；综上所述：点坐标为或．【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，等腰直角的判定与性质，等腰三角形的性质，数形结合解题是关键．9．如图，在平面直角坐标系中，已知点，点是轴上一动点，以线段为一边，在其一侧作等边．当点运动到原点处时，记的位置为．

(1)求点的坐标；(2)当点在轴上运动（不与重合）时，求证：；(3)是否存在点，使得以、、、为顶点的四边形是梯形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，或【分析】（1）根据题意作辅助线过点作轴于点，根据等边三角形的性质和勾股定理即可求出点的坐标，（2）根据，可知，得出总成立，得出当点在轴上运动不与重合）时，为；（3）根据点在的正半轴还是负半轴两种情况讨论，再根据全等三角形的性质即可得出结果．【解析】（1）解：过点作轴于点，

，为等边三角形，，，∴，∴，，即；（2）证明：当点在轴上运动不与重合）时，，，在和中，，；

（3）由（2）可知，点总在过点且与垂直的直线上，可见与不平行．①当点在轴负半轴上时，点在点的下方，此时，若，四边形即是梯形，当时，，．又，可求得，由（2）可知，，，此时的坐标为．②当点在轴正半轴上时，点在的上方，

此时，若，四边形即是梯形，当时，，．又，可求得，由（2）可知，，，此时的坐标为．综上，的坐标为或．【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质、勾股定理以及全等三角形的判定及性质，难度适中．题型4：四边形与列函数关系式问题10．如图1，在菱形ABCD中，AB＝4，AC＝4，点M是AC上一点，点N在射线CB上，且MB＝MN，联结DN，设AM＝x．(1)当点M、N（N在边BC上）运动时，∠MND的大小是否会变化？若不变请求出度数，若变化请说明理由．(2)若∠BMN＝30°，求AM的值．(3)当N在线段BC上时，设DN＝y，求y关于x的函数关系式及其定义域．【答案】(1)不变，∠MND=30°；(2)AM的长为2-2或4-4；(3)【分析】（1）联结DM，设∠MBO=α，可表示出∠DMN，∠CDM，∠CMD，∠CMB，∠CMN，进而计算求得∠DMN=120°，从而求得结果；（2）分点N在边BC上和点N在CB延长线上时两种情况讨论，进而求得结果；（3）作ME⊥AB于E，MF⊥DN，在△ABM中表示出MB，进而表示出MN，进一步表示出DN，从而求得结果．【解析】（1）解：如图1，联结DM，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA=OC=AC=2，BD=2OD=2OB，AD=AB，∴DM=BM，OD=OB==2，∴BD=4，∴AD=AB=BD，∴∠BCD=∠BAD=60°，∠CBD=60°，∴∠ACD=∠BCD=30°，设∠MBO=α，∵MN=MB，∴∠MBN=∠MNB=∠DBC+∠MBO=60°+α，在△CBM中，∠CMB=180°-∠ACB-∠CBM=180°-30°-（60°+α）=90°-α，∴∠CMD=∠CMB=90°-α，在△MND中，∠BMN=180°-∠MBN-∠MNB=180°-2（60°+α）=60°-2α，∴∠CMN=∠CMB-∠BMN=90°-α-（60°-2α）=30°+α，∴∠DMN=∠CMN+∠CMD=（30°+α）+（90°-α）=120°，∵BM=DM=MN，∴∠MND=∠MDN==30°；（2）解：当点N在边BC上时，在△MBN和△CBM中，∠BMN=∠ACB=30°，∠CBM=∠MBN，∴∠CMB=∠MBN，∵MB=MN，∴∠MBN=∠MNB，∴∠CBM=∠MBN，∴CM=CB=4，∴AM=AC-CM=4-4；当点N在CB延长线上时，过点M作MG⊥BN于点G，∵MB=MN，∴∠NMG=∠BMG=×30°=15°，∴∠GMC=180°-90°-30°=60°，∴∠BMO=45°，∴△OBM是等腰直角三角形，∴OB=OM=2，∴AM=AO-OM=2-2；综上，AM的长为2-2或4-4；（3）解：如图2，作ME⊥AB于E，MF⊥DN，∵∠CAB=30°，∴EM=AM=x，∴AE=，∴BE=AB-AE=4-x，在Rt△BEM中，BM=，在Rt△MNF中，同理可得：NF=MN=，∴DN=2NF，∴．【点睛】本题考查了菱形性质，直角三角形性质，等腰三角形判定和性质等知识，解决问题的关键是设角，通过计算寻找角的数量关系．11．在梯形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，∠C＝45°，AB＝8，BC＝14，点E、F分别在边AB、CD上，EF∥AD，点P与AD在直线EF的两侧，∠EPF＝90°，PE＝PF，射线EP、FP与边BC分别相交于点M、N，设AE＝x，MN＝y．(1)求边AD的长；(2)如图，当点P在梯形ABCD内部时，求y关于x的函数解析式，并写出定义域；(3)如果MN的长为2，求梯形AEFD的面积．【答案】(1)AD＝6(2)y关于x的函数解析式为y＝﹣3x+10．定义域为1≤x＜．(3)梯形AEFD的面积为或32【分析】（1）过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，判定四边形ABHD是矩形，在Rt△DHC中求出CH的长，利用AD＝BH＝BC﹣CH求出AD的长；（2）首先确定PM＝PN，过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，根据∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，可表示出PQ、PR，从而得出y关于x的函数解析式，也能得出定义域；（3）①当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，可求得梯形的面积；②当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，可求得梯形的面积．【解析】（1）解：过D作DH⊥BC，DH与EF、BC分别相交于点G、H，如图所示∵梯形ABCD中，∠B＝90°，∴DH∥AB，又∵AD∥BC，∴四边形ABHD是矩形，∵∠C＝45°，∴∠CDH＝45°，∴CH＝DH＝AB＝8，∴AD＝BH＝BC﹣CH＝6．（2）解：∵DH⊥EF，∠DFE＝∠C＝∠FDG＝45°，∴FG＝DG＝AE＝x，∵EG＝AD＝6，∴EF＝x+6，∵PE＝PF，EF∥BC，∴∠PFE＝∠PEF＝∠PMN＝∠PNM，∴PM＝PN，过点P作QR⊥EF，QR与EF、MN分别相交于Q、R，如图所示∵∠MPN＝∠EPF＝90°，QR⊥MN，∴PQ＝EF＝，PR＝MN＝，∵QR＝BE＝8﹣x，∴，∴y关于x的函数解析式为y＝﹣3x+10．定义域为1≤x＜．（3）解：当点P在梯形ABCD内部时，由MN＝2及（2）的结论得2＝﹣3x+10，AE＝，∴（AD+EF）•AE＝，当点P在梯形ABCD外部时，由MN＝2及与（2）相同的方法得：，AE＝x＝4，∴（AD+EF）•AE＝．【点睛】本题考查梯形及有实际问题列一次函数关系式的知识，综合性较强，对于此类题目，要学会由小及大，将所求的问题缩小，一步一步求解．12．如图1，在正方形中，，点E在的延长线上，点F在边上（点F与C、D不重合），且，联结．（1）求的度数；（2）联结交于点M，①如图2，如果，求的长；②设，，直接写出y关于x的函数解析式及定义域．【答案】（1）45°；（2）①；②【分析】（1）证明可得，从而是等腰直角三角形，即可得；（2）①过作交于，证明，可得，在中，可得，即可求出；②过作交于，过作于，先证明是的中位线，得，再由已知得，，而是等腰直角三角形，，即可得，由可得．【解析】解：（1）四边形是正方形，，，，，，在和中，，，，是等腰直角三角形，；（2）①过作交于，如图：，，，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，由（1）知：，，，在和中，，，，而，，，，，中，，；②过作交于，过作于，如图：由①知：，，为的中点，，，是的中位线，，，，，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，，，，．【点睛】本题考查正方形性质的综合应用，涉及三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定与性质等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形、中位线．13．如图，已知直角梯形，，，过点作，垂足为点，，，点是边上的一动点，过作线段的垂直平分线，交于点，并交射线于点．（1）如图1，当点与点重合时，求的长；（2）设，，求与的函数关系式，并写出定义域；（3）如图2，联结，当是等腰三角形时，求的长．

【答案】（1）BC=5；（2）；（3）的长为或3或．【分析】（1）根据垂直平分线性质可知，设，，在中用勾股定理求出，即可解答；（2）联结，，在中，，在中，，消去二次项即可得到与的函数关系式；根据点是边上的一动点结合（1）即可得出的定义域；（3）分三种情况讨论，分别画出图形，根据相等的边用勾股定理列方程求解即可．【解析】解：（1）∵梯形中，，，，∴，∵是线段的垂直平分线，∴，在中，，又∵，，设，，，∴，∴．（2）联结，，∵是线段的垂直平分线，∴∵，，∴在中，在中，∴∴（3）在中，，，∴，当是等腰三角形时①∵∴∵∴∴②取中点，联结∵为的中点∴为梯形中位线∴∵∴为中点，∴此时与重合∴③联结并延长交延长线于点此时．∴，，∴，∴在中，，∵∴解得，（不合题意含去）∴综上所述，当是等腰三角形时，的长为或3或【点睛】本题综合考查了矩形的性质、勾股定理解三角形、等腰三角形性质和判定、全等三角形性质和判定，灵活运用勾股定理求线段长是解题的关键．题型5：动态问题（动点、旋转、折叠）14．如图，在四边形中，，，，，，过点B作于点E．若动点P从点A出发，沿折线以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，当点P不与点A、B重合时，连结，作点B关于直线的对称点，连结、，设点P的运动时间为t秒．（）(1)的长为______；(2)用含t的代数式表示线段的长；(3)当是以为腰的等腰三角形时，求t的值；(4)当与四边形的某条边平行时，直接写出t的值．【答案】(1)5(2)当，当(3)或或(4)或2或8或或【分析】（1）证明是矩形，根据矩形性质和勾股定理则可得出答案；（2）分两种情况，当点在线段上时，当点在线段上时，由题意可得出答案；（3）分为当时，当时，两种情况分别画图解答；（4）分为当时，当时，当时，五种情况分别画图解答；【解析】（1）解：根据题意可得故是矩形，，（2）当点在线段上时，，当点在线段上时，；（3）如图，当时，或，解得：或；当时，如图，过点E作，则解得：（舍去）或；综上，或或；（4）如图1，当时，；如图2，当时，，；如图3，当时，,是平行四边形，三点共线，如图4，当时，是正方形，；，如图，当时，过点作，于点，则四边形是矩形，∴，∴四边形是正方形，∵∴即∴∴∴∴，综上，或或或或．【点睛】该题主要考查了矩形的性质和判定，正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，轴对称的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．15．如图1，四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，其中点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，点H在BC边上，连结AC，AH，HF．已知AB＝2，∠ABC＝60°，CE＝BH．（1）求证：△ABH≌△HEF；（2）如图2，当H为BC中点时，连结DF，求DF的长；（3）如图3，将菱形CEFG绕点C逆时针旋转120°，使点E在AC上，点F在CD上，点G在BC的延长线上，连结EH，BF．若EH⊥BC，请求出BF的长．【答案】（1）见解析；（2）；（3）．【分析】（1）根据两个菱形中，点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上这一特殊的位置关系和CE＝BH可证明相应的边和角分别相等，从而证明结论；（2）由AB＝BC，∠ABC＝，可证明△ABC是等边三角形，从而证明∠AHB＝90°，再由△ABH≌△HEF，得∠HFE＝∠AHB＝90°，再得∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，在Rt△DPF中用勾股定理求出DF的长；（3）作FM⊥BG于点M，当EH⊥BC时，可证明CH＝CM＝CG＝BH，从而求出BM、FM的长，再由勾股定理求出BF的长．【解析】解：（1）证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形CEFG都是菱形，∴AB＝BC，CE＝EF，∵CE＝BH，∴BH＝EF，∵BH+CH＝CE+CH，∴BC＝HE，∴AB＝HE；∵点E在BC的延长线上，点G在DC的延长线上，∴AB∥DG∥EF，∴∠B＝∠E，在△ABH和△HEF中，，∴△ABH≌△HEF（SAS）．（2）如图2，设FH交CG于点P，连结CF，∵AB＝BC，∠ABC＝60°，∴△ABC是等边三角形，∵BH＝CH，∴AH⊥BC，∴∠AHB＝90°，由（1）得，△ABH≌△HEF，∴∠HFE＝∠AHB＝90°，∵DG∥EF，∴∠DPF＝180°﹣∠HFE＝90°，∴PF⊥CG，∵CG＝FG，∠G＝∠E＝∠B＝60°，∴△GFC是等边三角形，∴PC＝PG＝CG；∵BC＝AB＝2，∴CG＝EF＝BH＝BC＝1，∴PC＝；∵CD＝AB＝2，∴PD＝+2＝，∵CF＝CG＝1，∴PF2＝CF2﹣PC2＝12﹣（）2＝，∴．（3）如图3，作FM⊥BG于点M，则∠BMF＝90°，∵EH⊥BC，即EH⊥BG，∴EH∥FM，∵∠CEF＝∠ACB＝60°，∴EF∥MH，∴四边形EHMF是平行四边形，∵∠EHM＝90°，∴四边形EHMF是矩形，∴EH＝FM；∵EF＝EC，∠CEF＝60°，∴△CEF是等边三角形，∴CE＝CF，∵∠EHC＝∠FMC＝90°，∴Rt△EHC≌Rt△FMC（HL），∴CH＝CM＝CG；∵CG＝CE＝BH，∴CH＝BH，∴CM＝CH＝BC＝×2＝，∴CF＝CG＝2CM＝2×＝，∴＝（）2﹣（）2＝，∵BM＝2+＝，∴．【点睛】本题主要考查了几何综合，其中涉及到了菱形的性质，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，勾股定理，矩形的判定及性质等，熟悉掌握几何图形的性质和合理做出辅助线是解题的关键．16．正方形中，点在边、上运动（不与正方形顶点重合），作射线，将射线绕点逆时针旋转，交射线于点．(1)如图，当点在边上时，①若，则图中与线段相等的线段是________．②过点作，垂足为，连接，求的度数．③求证：在②的条件下，．(2)当点在边上，点在边延长线上时，仍过点作于点，再过点作于点，连接，若，求的值．【答案】(1)①；②或；③见解析(2)【分析】（1）①通过证明，即可得到；②当点在上时，过点作交于点，延长交于点，证明，推出是等腰直角三角形，进而得到；当点在上时，过点作交于点，延长交点的延长线于点，同理可证明，推出是等腰直角三角形，则，；③延长到，使，过作于，交于点，则，推出是等腰直角三角形，则，证明，可得，推出，结合即可证明；（2）延长、，交于点，可推出是等腰直角三角形，则，可证明，得到，，推出是等腰直角三角形，设，则，可得，即可求解．【解析】（1）解：①四边形是正方形，，，，，，故答案为：；②当点在上时，如图1，过点作交于点，延长交于点，，四边形是矩形，，，，，，，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，，；当点在上时，如图2，过点作交于点，延长交点的延长线于点，四边形是矩形，同理，，，是等腰直角三角形，，，综上所述，的度数为或；③延长到，使，，过作于，交于点，则，，，，，，，，，，即，，，是等腰直角三角形，，又，，，，，，，，且，即，即；（2）如下图，延长、，交于点，则四边形是矩形，，，，，，，，是等腰直角三角形，，在和中，，，，，，是等腰直角三角形，设，，，，，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是综合运用这些知识．17．在四边形中，，，，为射线上一点，将沿直线翻折至的位置，使点落在点处．(1)若为线段上一点．①如图1，当点落在边上时，求的长；②如图2，连接，若，则与有何数量关系？请说明理由；(2)如果点在的延长线上，当为直角三角形时，求的长．【答案】(1)①；②，理由见解析(2)或20【分析】（1）①根据折叠得出，利用勾股定理求出的长即可；②根据平行线的性质和翻折的性质可证，从而；（2）由是直角三角形，当时，则四边形是正方形，得；当时，设，则，在中，利用勾股定理列方程即可求解，当时，点P在线段上，不符合题意，舍去．【解析】（1）解：①根据折叠可知，，∵，∴，∴；②，理由如下：∵将沿直线翻折至的位置，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；（2）解：当时，如图所示：∵，且，∴四边形是正方形，∴；当时，如图所示：则，∴，∵，∴点E、D、C三点共线，由翻折知，根据勾股定理得，∴，设，则，在中，由勾股定理得：，解得，∴；当时，点P在线段上，不符合题意，舍去，综上：或20．【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质，翻折变换，勾股定理，平行线的判定和性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，学会利用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．题型6：定值问题18．小明同学在做作业时，遇到如下问题：如图1，已知：等边，点在上，以为边作等边，连接，求证：．

(1)请你解答