苏科版八年级数学下册常考点微专题提分精练难点特训(一)和平行四边形有关的压轴大题(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下册常考点微专题提分精练难点特训(一)和平行四边形有关的压轴大题(原卷版+解析)，共43页。试卷主要包含了【问题提出】，阅读下面材料等内容，欢迎下载使用。
1．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（）．
(1)求点B到线段AC的距离；
(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；
(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，
①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）【问题提出】
学习了平行四边形的判定方法（即“两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形”、“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”、“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”、“对角线互相平分的四边形是平行四边形”）后，我们继续对“一组对边相等和一组对角相等”的情形进行研究．
【初步思考】
我们不妨将问题用符号语言表示为：在四边形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C．然后，对∠A和∠C进行分类，可分为“∠A和∠C是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究．
【深入探究】
第一种情况：如图①，当∠A＝∠C＝90°时，求证：四边形ABCD是矩形．
第二种情况：如图②，当∠A＝∠C＞90°时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
第三种情况：如图③，当∠A＝∠C＜90°时，小明同学研究后认为四边形ABCD不一定是平行四边形，请在图中画出大致图形，并写出必要的文字说明．
3．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1－1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
(2)如图1－2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自→→→停止，点自→→→停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒5，点的速度为每秒4，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值；
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
4．（2021春·江苏无锡·八年级统考期中）将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在x轴上，OA＝9，OC＝15．
(1)如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落至AB边上的D点，求直线EC的解析式；
(2)如图2，在OA、OC边上选取适当的点M、F，将△MOF沿MF折叠，使O点落在AB边上的点，过作G⊥CO于点G点，交MF于T点．
①求证：TG＝AM；
②设T（x，y），探求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示（指出变量x的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，当x＝6时，点P在直线MF上，问坐标轴上是否存在点Q，使以M、、Q、P为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
5．（2021春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，∠A＝60°．点P从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向点C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P、Q运动的时间是t秒．过点P作PM⊥BC于点M，连接PQ、QM．
（1）请用含有t的式子填空：AQ＝ ，AP＝ ，PM＝
（2）是否存在某一时刻使四边形AQMP为菱形？如果存在，求出相应的t值；如果不存在，说明理由；
（3）当t为何值时，△PQM为直角三角形？请说明理由．
6．（2021春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
重温定理，识别图形
（1）如图1，我们在探究三角形中位线和第三边的关系时，所作的辅助线为“延长到点，使，连接”，此时与在同一直线上且，又可证图中的四边形______为平行四边形，可得与的关系是______，于是推导出了“，”．
寻找图形，完成证明
（2）如图2，四边形和四边形都是菱形，是等边三角形，，连接、．求证：．
构造图形，解决问题．
（3）如图3，四边形和四边形都是正方形，连接、．直接写出与的数量关系．
7．（2020春·江苏苏州·八年级苏州高新区实验初级中学校考期中）（1）如图1，长方形ABCD中分别沿AF、CE将AC两侧折叠，使点B、D分别落在AC上的G、H处，则线段AE______CF．（填“＞”“＜”或“=”）
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，△ABF≌△CDE，AB=10cm，BF=6cm，AF=8cm，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．
①若点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，设运动时间为t秒．当点P在FB上运动，而点Q在DE上运动时，若四边形APCQ是平行四边形，求此时t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），利用备用图探究，当a与b满足什么数量关系时，四边形APCQ是平行四边形．
8．（2020春·江苏苏州·八年级校联考期中）如图1，已知△ACB和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，以CE、BC为边作平行四边形CEFB，连CD、CF．
（1）如图2，△ADE绕点A旋转一定角度，求证：CD＝CF；
（2）如图3，AE＝，AB＝，将△ADE绕A点旋转一周，当四边形CEFB为菱形时，求CF的长．
9．（2020春·江苏苏州·八年级统考期中）阅读下面材料：
在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图①，我们把一个四边形的四边中点依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？
小敏在思考问题，有如下思路：连接．
结合小敏的思路作答．
（1）若只改变图①中四边形的形状（如图②），则四边形还是平行四边形吗？说明理由；
（参考小敏思考问题方法）
（2）如图②，在（1）的条件下，若连接．
①当与满足什么条件时，四边形是矩形，写出结论并证明；
②当与满足____时，四边形是正方形．
10．（2020春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转°（0°＜＜180°），分别交直线BC、AD于点E、F．
（1）当=_____°时，四边形ABEF是平行四边形；
（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形，
①当=_______°时，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，求该矩形的两边长．
11．（2020春·江苏扬州·八年级校考期中）如图1，P为Rt△ABC所在平面内任意一点(不在直线AC上)，∠ACB=90°，M为AB边中点．操作：以PA、PC为邻边作平行四边形PADC，连结PM并延长到点E，使ME=PM，连结DE．
（1）请你利用图2，选择Rt△ABC内的任意一点P按上述方法操作；
（2）经历（1）之后，观察两图形，猜想线段DE和线段BC之间有怎样的数量和位置关系？请选择其中的一个图形证明你的猜想；
（3）观察两图，你还可得出AC和DE相关的什么结论？请说明理由．
（4）若以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，其中A、C、D的坐标分别为（0，0），（5，3），（4，2），能否在平面内找到一点M，使以A、C、D、M为点构造成平行四边形，若不能，说明理由，若能，请直接写出点M的坐标．
12．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）我们知道，四边形有两组对边，两组对角，两条对角线．已经研究了，如果四边形满足下列条件之一：①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形．由此，进一步探究
(1)如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠C，∠B＝∠D．求证：四边形ABCD是平行四边形．
(2)命题：如果四边形满足一组对边平行且另一组对边相等，那么这个四边形是平行四边形．如果这个命题是真命题，请证明；否则，请画出一个反例示意图，并标明所满足的条件．
(3)命题：如果四边形满足一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线，那么这个四边形是平行四边形．
①小明认为这是假命题，尝试画出反例．如图②，他先画出四边形ABCD的一条边AB，一条对角线BD．请你利用无刻度直尺和圆规在图②中画出反例．（保留作图痕迹，不写作法）
②小明进一步探索发现，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，且OB＝OD，BD＝8，∠AOB＝60°，对于满足条件的平行四边形ABCD的个数随着AB长度的变化而变化，直接写出平行四边形ABCD的个数及对应的AB的长的取值范围．
13．（2022春·江苏泰州·八年级校联考阶段练习）如图，在直角坐标系中，B（0，20），D（25，0），一次函数的图象过C（40，n），与x轴交于A点．
(1)求点A和点C坐标；
(2)求证：四边形ABCD为平行四边形；
(3)将△AOB绕点O顺时针旋转，旋转得△A1OB1，问：能否使以O、A1、D、B1为顶点的四边形是平行四边形？若能，求点A1的坐标；若不能，请说明理由．
难点特训（一）和平行四边形有关的压轴大题
1．（2022春·江苏泰州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，AD//BC，∠ADC=90°，AD=8，BC=CD=6，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AD于点P，连接AC交NP于点Q，连接MQ，设运动时间为t秒（）．
(1)求点B到线段AC的距离；
(2)当NP经过线段AC中点时，求t的值并直接写出此时线段MQ、NQ的关系；
(3)连接AN、CP，在点M、N运动过程中，是否存在某一时刻t，使四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
(4)将△AQM沿AD翻折，得到△AKM．在点M、N运动过程中，
①是否存在某时刻t，使四边形AQMK为菱形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由；
②是否存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)秒，MQ=NQ
(3)存在，秒，理由见详解
(4)①存在，秒，理由见详解②不存在，理由见详解
【分析】（1）结合题意，在中由勾股定理计算，由平行线的性质可知CD的长与的边BC上的高长相等，然后借助面积法求点B到线段AC的距离即可；
（2）首先证明四边形DPNC为平行四边形，推导，当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，由勾股定理计算可计算除，进而易得CN、BN的长，即可求出此时t的值；
（3）当四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等时，结合图形可知，由平行线间的距离处处相等，可知的边BN上的高与的边CN上的高相等，易得此时，进而确定，然后计算此时t的值即可；
（4）①由折叠的性质及菱形的判定条件可知当时，四边形AQMK为菱形，根据题意列出关于t的方程并求解即可；②若四边形AQMK为正方形，则，由折叠性质可知，此时为等腰直角三角形，，而由题意可知，故可确定不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
（1）
解：∵，，，
∴在中，，
∵，，
∴CD的长与的边BC上的高长相等，
∴，
设点B到AC的距离为h，
∴，
解得，
∴点B到线段AC的距离为；
（2）
∵NP⊥AD，，
∴，
又∵AD//BC，
∴四边形DPNC为平行四边形，
∴，
当NP经过线段AC中点时，即Q为AC中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴在中，，
∴，
∴，
∴秒，
此时，
∴，即点M与点P重合，即，
∵四边形DPNC为平行四边形，
∴，
∴，
∴；
（3）
存在，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等，理由如下：
由题意可知，，
，
若=，则，
∵，
又∵平行线间的距离处处相等，
∴的边BN上的高与的边CN上的高相等，设高均为，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴秒，
综上所述，在点M、N运动过程中，当秒时，四边形ANCP的面积与四边形ABNP的面积相等；
（4）
①存在，当秒时，四边形AQMK为菱形，理由如下：
由折叠可知， ，
又∵，
∴当时，四边形AQMK为菱形，
∵，，
∴，
∴，，
∴，解得；
②不存在，理由如下：
若四边形AQMK为正方形，则，
由折叠性质可知，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由题意可知，，
∴不存在某时刻t，使四边形AQMK为正方形．
【点睛】本题主要考查了动点问题、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、勾股定理以及折叠的性质等知识，综合性较强，解题关键是能够灵活运用所学知识，并利用数形结合的思想分析问题．
2．（2022春·江苏南京·八年级统考期中）【问题提出】
学习了平行四边形的判定方法（即“两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形”、“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”、“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”、“对角线互相平分的四边形是平行四边形”）后，我们继续对“一组对边相等和一组对角相等”的情形进行研究．
【初步思考】
我们不妨将问题用符号语言表示为：在四边形ABCD中，AB＝CD，∠A＝∠C．然后，对∠A和∠C进行分类，可分为“∠A和∠C是直角、钝角、锐角”三种情况进行探究．
【深入探究】
第一种情况：如图①，当∠A＝∠C＝90°时，求证：四边形ABCD是矩形．
第二种情况：如图②，当∠A＝∠C＞90°时，求证：四边形ABCD是平行四边形．
第三种情况：如图③，当∠A＝∠C＜90°时，小明同学研究后认为四边形ABCD不一定是平行四边形，请在图中画出大致图形，并写出必要的文字说明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析
【分析】（1）连接BD，证明Rt△ABD≌Rt△CDB，根据全等三角形的性质得到BC=AD，根据平行四边形的性质判定定理证明结论；
（2）别过点B、D作BE⊥AD交AD的延长线于点E，DF⊥BC交BC的延长线于点F，证明△ABE≌△CDF，得到BE=DF，AE=CF，证明结论；
（3）以B为圆心，BD为半径作弧，交AD于D′，以B为圆心，BA为半径作弧交以D为圆心，AD′为半径的弧于A′，根据图形证明结论．
【详解】解：（1）证明：如图①，连接BD，
在Rt△ABD和Rt△CDB中，
，
∴Rt△ABD≌Rt△CDB（HL），
∴BC=AD，
∵AB=CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠A=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）证明如图②，分别过点B、D作BE⊥AD交AD的延长线于点E，DF⊥BC交BC的延长线于点F，
则∠E=∠F=90°．
∵∠DAB=∠BCD，
∴180°-∠DAB=180°-∠BCD，即∠BAE=∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴BE=DF，AE=CF，
∵∠E=∠F=90°，BE=DF，
∴四边形EBFD是矩形，
∴ED=BF，
∴ED-AE=BF-CF．即AD=BC，
∵AB=CD，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（3）如图③，以B为圆心，BD为半径作弧，交AD于D′，以B为圆心，BA为半径作弧交以D为圆心，AD′为半径的弧于A′，
则△ABD′≌△A′BD，
∴∠A=∠A′，
而四边形A′BCD不是平行四边形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质以及尺规作图，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键．
3．（2022春·江苏无锡·八年级校联考期中）已知，矩形中，，，的垂直平分线分别交、于点、，垂足为．
(1)如图1－1，连接、．求证四边形为菱形，并求的长；
(2)如图1－2，动点、分别从、两点同时出发，沿和各边匀速运动一周．即点自→→→停止，点自→→→停止．在运动过程中，
①已知点的速度为每秒5，点的速度为每秒4，运动时间为秒，当、、、四点为顶点的四边形是平行四边形时，求的值；
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：，ab≠0），已知A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形，求a与b满足的数量关系式．
【答案】(1)证明见解析，AF=5cm
(2)①；②a+b=12
【分析】（1）利用SAS证明△AOE≌△COF，得OE=OF，可知四边形AFCE是平行四边形，再说明AC⊥EF即可证明是菱形，设AF=CF=xcm，则BF=（8-x）cm，在Rt△ABF中，利用勾股定理得：42+（8-x）2=x2，解方程即可；
（2）①通过判断可知只有当点P在BF上，Q点在ED上，才能构成平行四边形，根据QA=PC，从而可求解；
②由题意得：四边形APCQ是平行四边形时，点P，Q在互相平行的对应边上，分三种情况分别画出图形，从而解决问题．
（1）
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴ADBC，
∴∠CAD=∠ACB，∠AEF=∠CFE，
∵O为AC中点，
∴OA=OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE=OF，
∴四边形AFCE是平行四边形，
又∵AC平分∠EAF，
∴AC⊥EF，
∴四边形AFCE为菱形；
设菱形的边长AF=CF=xcm，则BF=（8-x）cm，
在Rt△ABF中，由勾股定理得：42+（8-x）2=x2，
解得x=5，
∴AF=5cm；
（2）
解：①显然当点P在AF上时，Q点在CD上，此时A，C，P，Q的四点不可能构成平行四边形，
同理P点在AB上时，Q点在DE或CE上也不能构成平行四边形，
因此只有当点P在BF上，Q点在ED上，才能构成平行四边形，
∴以A，C，P，Q的四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC=QA，
∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，
∴PC=5t，QA=CD+AD-4t=12-4t，即QA=12-4t，
∴5t=12-4t，
∴，
∴t的值为；
∴当A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t的值为；
②由题意得：四边形APCQ是平行四边形时，点P，Q在互相平行的对应边上，分三种情况：
I：如图，
当P点在AF上，Q点在CE上，AP=CQ=CD+DE+CE-b，
即a=12-b，
∴a+b=12；
Ⅱ：如图，
当P点在BF上，Q点在DE上时，AQ=CP，则PC=AD+DC-b即12-b=a，，
∴a+b=12；
Ⅲ：如图，
当P点在AB上，Q点在CD上时，AP=CQ，
即12-a=b，
∴a+b=12，
综上所述，a与b满足的数量关系为a+b=12（ab0）．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，化动为静，运用分类讨论思想是解题的关键．
4．（2021春·江苏无锡·八年级统考期中）将一矩形纸片OABC放在直角坐标系中，O为原点，C在x轴上，OA＝9，OC＝15．
(1)如图1，在OA上取一点E，将△EOC沿EC折叠，使O点落至AB边上的D点，求直线EC的解析式；
(2)如图2，在OA、OC边上选取适当的点M、F，将△MOF沿MF折叠，使O点落在AB边上的点，过作G⊥CO于点G点，交MF于T点．
①求证：TG＝AM；
②设T（x，y），探求y与x满足的等量关系式，并将y用含x的代数式表示（指出变量x的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，当x＝6时，点P在直线MF上，问坐标轴上是否存在点Q，使以M、、Q、P为顶点的四边形是平行四边形，若存在，请直接写出Q点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)①见解析②y＝﹣x2+（3≤x≤9）
(3)（0，0）或（0，13）或（，0）
【分析】（1）在Rt△DBC中，根据DB＝，设OE＝DE＝x，在Rt△ADE中，利用勾股定理求出x即可．
（2）①只要证明OM＝MF，MF＝FT即可．
②如图3中，连接OT，在Rt△OTG中利用勾股定理即可解决问题．
（3）分MF为对角线，MF为边两种情形讨论即可．
（1）
解：如图1中，
∵OA＝9，OC＝15，
∵△DEC是由△OEC翻折得到，
∴CD＝OC＝15，
在Rt△DBC中，DB＝＝12，
∴AD＝3，设OE＝ED＝x，
在Rt△ADE中，x2＝（9﹣x）2+32，
解得x＝5，
∴E（0，5），
设直线EC的解析式为y＝kx+5，把（15，0）代入得到k＝，
∴直线EC的解析式为．
（2）
解：①如图2中，
∵MD′＝MO，∠D′MF＝∠OMF，
∵OM∥GD′，
∴∠OMT＝∠D′TM，
∴∠D′MT＝∠D′TM，
∴D′M＝D′T，
∴OM＝DT，
∵OA＝DG，
∴AM＝TG．
②如图3中，连接OT，
由（2）可得OT＝D′T，
由勾股定理可得x2+y2＝（9﹣y）2，
得y＝﹣x2+．
结合（1）可得AD′＝OG＝3时，x最小，从而x≥3，
当MF恰好平分∠OAB时，AD′最大即x最大，
此时G点与F点重合，四边形AOFD′为正方形，
故x最大为9．从而x≤9，
∴3≤x≤9．
（3）
解：如图4中，x＝6时，y＝，即点T坐标（6，）．
∴OM＝D′T＝9﹣＝，
①当MD′为对角线时，点P与T重合，QM＝D′T＝，
∴OQ＝13，
∴此时点Q坐标（0，13）．
②D′M为边时，∵四边形MD′QP是平行四边形，
又∵四边形D′MOT是平行四边形，
∴点P与T重合，点Q与点O重合，
∴点Q坐标（0，0），
③当点P″在第四象限点时，四边形MD′Q″P″是平行四边形时，
∵直线FM的解析式为y＝﹣x+，
∵D′Q″∥MF，
∴直线D′Q″的解析式为y＝﹣x+13，
当y＝0时，x＝，
Q″（，0）
综上所述，以M、D′、Q、P为顶点的四边形是平行四边形时，点Q坐标（0，0）或（0，13）或（，0）．
【点睛】本题考查四边形综合题、矩形的性质、翻折变换、勾股定理、平行四边形的判定等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，学会用分类讨论的思想解决问题，属于中考压轴题．
5．（2021春·江苏连云港·八年级统考期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝20，∠A＝60°．点P从点B出发沿BA方向以每秒2个单位长度的速度向点A匀速运动，同时点Q从点A出发沿AC方向以每秒1个单位长度的速度向点C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P、Q运动的时间是t秒．过点P作PM⊥BC于点M，连接PQ、QM．
（1）请用含有t的式子填空：AQ＝ ，AP＝ ，PM＝
（2）是否存在某一时刻使四边形AQMP为菱形？如果存在，求出相应的t值；如果不存在，说明理由；
（3）当t为何值时，△PQM为直角三角形？请说明理由．
【答案】（1）t，40-2t，t；（2）时，四边形AQMP是菱形；（3）或时△PQM是直角三角形
【分析】（1）根据题意求出求出BP=2t，AQ=t，然后利用含30度角的直角三角形的性质求出AB=2AC=40，由此求出AP=AB-BP=40-2t，；
（2）先证明四边形AQMP是平行四边形，然后根据菱形的判定：当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，，解方程即可；
（3）分三种情况进行讨论：当∠MPQ=90°，当∠MQP=90°时，当∠PMQ=90°时，利用含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：（1）由题意可得：BP=2t，AQ=t
∵∠C＝90°，∠A＝60°
∴∠B=30°，
∴，
∴，
∵PM⊥AC，
∴∠PMB=90°，
∴，
故答案为：t，40-2t，t；
（2）存在，理由如下：
由（1）知，
∵PM⊥BC，AC⊥BC
∴PM∥AQ，
∴四边形AQMP是平行四边形，
∴当AP=AQ时，四边形AQMP是菱形，
∴，
解得，
∴当时，四边形AQMP是菱形；
（3）当△PQM为直角三角形时有三种情况：
①当∠MPQ=90°，此时四边形CMPQ是矩形，
∴∠PQA=∠PQC=90°，
∴∠APQ=30°，
∴AP=2AQ，
∴，
解得；
②当∠MQP=90°时，由（2）知MQ∥AP，
∴∠APQ=∠PQM=90°，
∴∠PQA=30°，
∴AQ=2AP，
∴，
解得；
③当∠PMQ=90°时此种情况不存在，
∴综上所述，或时△PQM是直角三角形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，菱形的判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
6．（2021春·江苏无锡·八年级江苏省锡山高级中学实验学校校考期中）我们知道，平行四边形的对边平行且相等，利用这一性质，可以为证明线段之间的位置关系和数量关系提供帮助．
重温定理，识别图形
（1）如图1，我们在探究三角形中位线和第三边的关系时，所作的辅助线为“延长到点，使，连接”，此时与在同一直线上且，又可证图中的四边形______为平行四边形，可得与的关系是______，于是推导出了“，”．
寻找图形，完成证明
（2）如图2，四边形和四边形都是菱形，是等边三角形，，连接、．求证：．
构造图形，解决问题．
（3）如图3，四边形和四边形都是正方形，连接、．直接写出与的数量关系．
【答案】（1）BCFD，平行且相等，理由见详解；（2）见详解；（3）CF＝BE．
【分析】（1）根据全等三角形的性质得到AD＝CF，∠ADE＝∠F，根据平行四边形的性质即可得到结论；
（2）连接BH，先证明△AEB≌△CHB，根据全等三角形的性质得到CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，推出四边形EFCH是平行四边形，得到CF＝EH，进而得到结论；
（3）BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°根据全等三角形的性质得到AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，推出四边形EFCH是平行四边形，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：（1）∵AE＝CE，DE＝EF，∠AED＝∠CEF，
∴△AED≌△CEF（SAS），
∴AD＝CF，∠ADE＝∠F，
∴BD∥CF，
∵AD＝BD，
∴BD＝CF，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴DF＝BC，DF∥BC，
故答案为：BCFD，平行且相等；
（2）连接BH，
∵是等边三角形，
∴∠EBH=∠ABC=60°，BE=BH=EH，
∴∠ABE＝∠CBH，
又∵AB＝BC，
∴△AEB≌△CHB（SAS），
∴CH＝AE＝EF，∠CHB＝∠AEB，
∵∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠AEB−60°，
∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝240°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝180°，
∴CH∥EF且CH＝EF，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH=BE；
（3）证明：BE绕点B逆时针旋转90°，得到BH，连接EH，CH，则△BEH是等腰直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，即∠ABE＋∠CBE＝90°，
∵△BEH是等腰直角三角形，
∴EH＝BE＝BH，∠BEH＝∠BHE＝45°，∠EBH＝90°，即∠CBH＋∠CBE＝90°
∴∠ABE＝∠CBH，
在△ABE 和△CBH 中，
，
∴△ABE≌△CBH（SAS），
∴AE＝CH，∠AEB＝∠CHB，
∴∠CHE＝∠CHB−∠BHE＝∠CHB−45°＝∠AEB−45°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴EF＝HC，∠FEH＝360°−∠AEF−∠AEB−∠BEH＝225°−∠AEB，
∴∠CHE＋∠FEH＝∠AEB−45°＋225°−∠AEB＝180°，
∴EF∥HC 且 EF＝HC，
∴四边形EFCH是平行四边形，
∴CF＝EH＝BE；
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
7．（2020春·江苏苏州·八年级苏州高新区实验初级中学校考期中）（1）如图1，长方形ABCD中分别沿AF、CE将AC两侧折叠，使点B、D分别落在AC上的G、H处，则线段AE______CF．（填“＞”“＜”或“=”）
（2）如图2，在平行四边形ABCD中，△ABF≌△CDE，AB=10cm，BF=6cm，AF=8cm，动点P、Q分别从A、C两点同时出发，点P自A→F→B→A停止，点Q自C→D→E→C停止．
①若点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，设运动时间为t秒．当点P在FB上运动，而点Q在DE上运动时，若四边形APCQ是平行四边形，求此时t的值．
②若点P、Q的运动路程分别为a、b（单位：cm，ab≠0），利用备用图探究，当a与b满足什么数量关系时，四边形APCQ是平行四边形．
【答案】（1）=；（2）①秒；②a+b=24（ab≠0）
【分析】（1）根据内错角相等得出AF∥CE，由两对应边互相平行得出AFCE是平行四边形，即可得出AE=CF；
（2）①当P点在BF上，Q点在ED上时，能构成平行四边形，根据平行四边形的性质，列出方程求解即可；
②分三种情况：当点P在AF上，Q点在CE上时，AP=CQ；当点P在BF上，Q点在DE上时，AQ=CP；当点P在AB上，Q点在CD上时，AP=CQ，分别得出a与b满足的数量关系式．
【详解】解：（1）如图1，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠BAC=∠DCA，
由折叠的性质可知，∠FAC=∠BAC=∠DCA=∠ECA，
∴AF∥CE，
∴四边形AFCE是平行四边形，
∴AE=CF．
故答案为：=；
（2）①∵在平行四边形ABCD中，△ABF≌△CDE，
∴AE=CF，BF=DE=6cm，AB=CD=10cm，
∵如图2，当P点在BF上，Q点在ED上，以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，PC=QA，
∴FP=EQ，
∵点P的速度为每秒5cm，点Q的速度为每秒4cm，运动时间为t秒，
∴PF=5t-8，QE=16-4t，
∴5t-8=16-4t，
解得t=，
∴以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，t=秒；
②由题意得，以A，C，P，Q四点的四边形是平行四边形时，点P、Q在相互平行的对边上，
分三种情况：
Ⅰ．如图3，当点P在AF上，Q点在CE上时，AP=CQ，
即a=24-b，得：a+b=24；
Ⅱ．如图4，当点P在BF上，Q点在DE上时，AQ=CP，
又∵AE=CF，
∴EQ=FP，
即16-b=a-8，得a+b=24；
Ⅲ．如图5，当点P在AB上，Q点在CD上时，AP=CQ，
即24-a=b，得a+b=24．
综上所述，a与b满足的数量关系式是a+b=24（ab≠0）．
【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的性质，翻折变换的性质的综合应用，根据图形判断出以A、C、P、Q四点为顶点的四边形是平行四边形时，点P、Q的位置是解题的关键．解题时注意分类思想的运用．
8．（2020春·江苏苏州·八年级校联考期中）如图1，已知△ACB和△ADE都是等腰直角三角形，∠ACB＝∠ADE＝90°，以CE、BC为边作平行四边形CEFB，连CD、CF．
（1）如图2，△ADE绕点A旋转一定角度，求证：CD＝CF；
（2）如图3，AE＝，AB＝，将△ADE绕A点旋转一周，当四边形CEFB为菱形时，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）6或4
【分析】（1）连接FD，证明△ADC≌△EDF（SAS），推出△DFC为等腰直角三角形即可解决问题；
（2）分两种情形分别画出图形，利用（1）中结论求出CD即可解决问题．
【详解】（1）解：连接FD，设DE与AC交于点G
∵四边形CEFB是平行四边形
∴BC∥EF
∵AC⊥BC
∴EF⊥AC
∵AD⊥DE，EF⊥AC，∠DGA=∠CGE
∴∠DAC=∠DEF，
又∵AD=ED，AC=EF，
∴△ADC≌△EDF（SAS），
∴DC=DF，∠ADC=∠EDF，即∠ADE+∠EDC=∠FDC+∠EDC，
∴∠FDC=∠ADE=90°，
∴△DFC为等腰直角三角形，
∴CD＝CF；
（2）解：如图，设AE与CD的交点为M，
∵四边形CEFB为菱形
∴CE=CB
∵△ADE、△ACB为等腰直角三角形
∴CA=CB
∴CE=CA，
∵DE=DA，
∴CD垂直平分AE，
∵AE=,AB=
∴DM=EM=AE=，AC=BC=AB=
∴CE=
∴CM==，
∴CD=DM+CM=，
∵CF=CD，
∴CF=6；
如图，设AE与CD的交点为M，
同法可得CD=CM-DM=-=，
∴CF=CD=4；
综上所述，满足条件的CF的值为6或4．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，平行四边形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质等知识点，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
9．（2020春·江苏苏州·八年级统考期中）阅读下面材料：
在数学课上，老师请同学思考如下问题：如图①，我们把一个四边形的四边中点依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？
小敏在思考问题，有如下思路：连接．
结合小敏的思路作答．
（1）若只改变图①中四边形的形状（如图②），则四边形还是平行四边形吗？说明理由；
（参考小敏思考问题方法）
（2）如图②，在（1）的条件下，若连接．
①当与满足什么条件时，四边形是矩形，写出结论并证明；
②当与满足____时，四边形是正方形．
【答案】（1）是，理由见解析；（2）①AC⊥BD，证明见解析；②AC⊥BD且AC=BD
【分析】（1）连接AC，根据三角形中位线的性质得到EF∥AC，EF=AC，然后根据平行四边形判定定理即可得到结论；
（2）①根据平行线的性质得到GH⊥BD，GH⊥GF，于是得到∠HGF=90°，根据矩形的判定定理即可得到结论；
②在①基础上，只要证明∠EHG=90°即可；
【详解】解：（1）四边形EFGH是平行四边形，理由如下：
如图2，连接AC，
∵E是AB的中点，F是BC的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，
同理HG∥AC，HG=AC，
综上可得：EF∥HG，EF=HG，
故四边形EFGH是平行四边形；
（2）①当AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形；
理由如下：
同（1）得：四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，GH∥AC，
∴GH⊥BD，
∵GF∥BD，
∴GH⊥GF，
∴∠HGF=90°，
∴四边形EFGH为矩形；
②结论：当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH是正方形．
理由：由①可知，AC=BD，四边形EFGH是菱形，
∵AC⊥BD，AC∥HG，
∴HG⊥BD，
∵EH∥BD，
∴EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查四边形综合题、三角形的中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
10．（2020春·江苏无锡·八年级校联考期中）如图，平行四边形ABCD中，AB⊥AC，AB=2，AC=4．对角线AC、BD相交于点O，将直线AC绕点O顺时针旋转°（0°＜＜180°），分别交直线BC、AD于点E、F．
（1）当=_____°时，四边形ABEF是平行四边形；
（2）在旋转的过程中，从A、B、C、D、E、F中任意4个点为顶点构造四边形，
①当=_______°时，构造的四边形是菱形；
②若构造的四边形是矩形，求该矩形的两边长．
【答案】（1）90º；（2）①45º或90º；②和；和
【分析】（1）根据平行四边形的判断方法即可解决问题；
（2）①分两种情形分别解决问题即可；
②分两种情形讨论求解即可；
【详解】解：（1）当α＝90°，四边形ABEF是平行四边形；
理由：∵AB⊥AC，
∴∠BAO＝∠AOF＝90°，
∴AB∥EF，
∵平行四边形ABCD
∴AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形．
故答案为：90°．
（2）①当α＝45°或90°时，四边形BEDF是菱形．
当α＝45°时
∵AD∥BC，
∴∠FDO＝∠EBO，
∵∠FOD＝∠BOE，OD＝OB，
∴△FDO≌△EBO，
∴DF＝BE，
∵DF∥BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵OA＝OC＝2，AB＝2，
∴AB＝OA，
∴∠AOB＝45°，
∴∠BOF＝45°＋45°＝90°，
∴BD⊥EF，
∴四边形BEDF是菱形．
当α＝90°时，同法可证四边形AFCE是菱形．

故答案为：45°或90°．
②∵AB⊥AC，AB＝2，AC＝4，
∴BC＝2，
当EF＝AC时，四边形AECF是矩形，对角线AC＝4，过A点作AE⊥BC于BC,过点C作CF⊥AD于F，如图1，
∴△AEB∽△BAC
∴
∴AE2+BE2=AB2
∴BE=，AE=
∴EC=BC-BE=
过B作BF⊥AD于F，过D作DE⊥BC于E，
此时四边形BEDF是矩形，EF＝BD，如图2
同理可得：DA=BC=2，AF=，BF =，
∴BE=DF＝DA+FA=
矩形的边长为：和或和
故答案为：和或和
【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、菱形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．
11．（2020春·江苏扬州·八年级校考期中）如图1，P为Rt△ABC所在平面内任意一点(不在直线AC上)，∠ACB=90°，M为AB边中点．操作：以PA、PC为邻边作平行四边形PADC，连结PM并延长到点E，使ME=PM，连结DE．
（1）请你利用图2，选择Rt△ABC内的任意一点P按上述方法操作；
（2）经历（1）之后，观察两图形，猜想线段DE和线段BC之间有怎样的数量和位置关系？请选择其中的一个图形证明你的猜想；
（3）观察两图，你还可得出AC和DE相关的什么结论？请说明理由．
（4）若以A为坐标原点，建立平面直角坐标系，其中A、C、D的坐标分别为（0，0），（5，3），（4，2），能否在平面内找到一点M，使以A、C、D、M为点构造成平行四边形，若不能，说明理由，若能，请直接写出点M的坐标．
【答案】（1）见解析；（2）DE//BC；DE=BC；（3）DE⊥AC；（4）M（1，1）或（-1，-1）或（9，5）．
【分析】（1）根据图1的构图条件，在Rt△ABC内的任取一点P，作图即可；
（2）连接BE，根据边角边可证△PAM和△EBM全等，可得EB和PA既平行又相等，而PA和CD既平行且相等，所以DE和BC平行相等，
（3）由（2）得BC⊥AC，DE∥BC，所以DE也和AC垂直；
（4）以A、C、D、M为点构造成平行四边形的顶点顺序没定，故有三种情况：分别过点A，C，D作线段CD，AD，AC的平行线，三条直线的交点即为能以A、C、D、M为点构造成平行四边形的点M的位置，再利用平行四边形的性质及平移知识即可求得点M 的坐标
【详解】解：（1）作图如图2：
（2）观察图1，图2，猜想线段DE和线段BC数量和位置关系为：DE=BC，DE//BC；
选择图1，证明如下：
连接BE，
∵PM=ME，∠PMA=∠EMB，AM=MB，
∴△PMA≌△EMB．（SAS）
∵PA=BE，∠MPA=∠MEB，
∴PA∥BE．
∵平行四边形PADC，
∴PA∥DC，PA=DC．
∴BE∥DC，BE=DC，
∴四边形DEBC是平行四边形．
∴DE∥BC，DE=BC．
（3）猜想DE⊥AC；理由如下：
∵∠ACB=90°，
∴BC⊥AC，
又∵DE∥BC，（已证）
∴DE⊥AC．
（3）如图3
分别过点A，C，D作线段CD，AD，AC的平行线,三条直线分别相交于点 ,则得到即为满足条件的点M，使以A、C、D、M为点构造成平行四边形.理由如下：
∵AC//DM1，CD//AM1，
∴四边形ACDM1为平行四边形，
同理可得：四边形ACM2D为平行四边形，四边形ADCM3为平行四边形.
设M1的坐标为（x,y）,
由于四边形ACDM1为平行四边形，
∴AC//M1D,AC=M1D.可以看做线段AC经过适当的平移到线段M1D.
C与D为对应点，A与M1为对应点，
易知：点C(5,3)向左平移一个单位，向下平移一个单位得到D(4,2).
故点A也向左平移一个单位，向下平移一个单位得到M1(x,y),即
0-1=x，0-1=y，所以x=-1，y=-1.点M1的坐标为（-1，-1），同理可得
M2的坐标为（9,5），M3的坐标为（1,1）.
故存在M点，分别为（1，1）或（-1，-1）或（9，5）．使以A、C、D、M为点构造成平行四边形
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，全等三角形的性质和判定，平移的知识，平行线的性质和判定的综合运用.综合性较强，但难度不大.
12．（2022春·江苏南京·八年级统考期末）我们知道，四边形有两组对边，两组对角，两条对角线．已经研究了，如果四边形满足下列条件之一：①两组对边分别平行；②两组对边分别相等；③一组对边平行且相等；④对角线互相平分，那么这个四边形是平行四边形．由此，进一步探究
(1)如图①，在四边形ABCD中，∠A＝∠C，∠B＝∠D．求证：四边形ABCD是平行四边形．
(2)命题：如果四边形满足一组对边平行且另一组对边相等，那么这个四边形是平行四边形．如果这个命题是真命题，请证明；否则，请画出一个反例示意图，并标明所满足的条件．
(3)命题：如果四边形满足一组对边相等且一条对角线平分另一条对角线，那么这个四边形是平行四边形．
①小明认为这是假命题，尝试画出反例．如图②，他先画出四边形ABCD的一条边AB，一条对角线BD．请你利用无刻度直尺和圆规在图②中画出反例．（保留作图痕迹，不写作法）
②小明进一步探索发现，在四边形ABCD中，AB＝CD，对角线AC、BD相交于点O，且OB＝OD，BD＝8，∠AOB＝60°，对于满足条件的平行四边形ABCD的个数随着AB长度的变化而变化，直接写出平行四边形ABCD的个数及对应的AB的长的取值范围．
【答案】(1)见解析
(2)是假命题，反例见解析
(3)①见解析；②当时，0个；当或时，1个；当时，2个
【分析】（1）根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形证明即可；
（2）这个命题是假命题，利用等腰梯形ABCD说明即可；
（3）（Ⅰ）根据要求作出图形即可．
（Ⅱ）判断出两种特殊情形AB的值，可得结论．
（1）
证明：∵∠A+∠B+∠C+∠D=360°，
又∵∠A=∠C，∠B=∠D，
∴2∠A+2∠B=360°，
∴∠A+∠B=180°，
∴AD∥BC，
同理AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）
解：命题：如果四边形满足一组对边平行且另一组对边相等，那么这个四边形是平行四边形．
这个命题是假命题，如图等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，满足条件，但不是平行四边形．
（3）
解：（Ⅰ）如图，四边形ABCD即为所求．
（Ⅱ）如图③中，当BA⊥AC时，
∵OB=OD=4，∠AOB=60°，
∴AB=OB•sin60°=，
观察图象可知当或4时，存在一个平行四边形ABCD，
当时，存在两个平行四边形ABCD，
当AB＞4时，存在两个平行四边形ABCD，
当时，不存在满足条件的平行四边形．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，命题等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
13．（2022春·江苏泰州·八年级校联考阶段练习）如图，在直角坐标系中，B（0，20），D（25，0），一次函数的图象过C（40，n），与x轴交于A点．
(1)求点A和点C坐标；
(2)求证：四边形ABCD为平行四边形；
(3)将△AOB绕点O顺时针旋转，旋转得△A1OB1，问：能否使以O、A1、D、B1为顶点的四边形是平行四边形？若能，求点A1的坐标；若不能，请说明理由．
【答案】(1)A（-15，0）；C（40，20）
(2)见解析
(3)能；（9，12），（9，-12），（-9，12）
【分析】（1）由一次函数解析式可求得A、C两点的坐标；
（2）由两点距离可求得BC、AD的长，可得AD∥BC，AD=40=BC，则四边形ABCD为平行四边形；
（3）分三种情况，以直角三角形A1OB的面积求出斜边上的高再利用勾股定理即可得点A1的坐标．
（1）
解：当x=40时，
∴C（40，20），当y=0时，
∴x=-15，
∴A（-15，0），
∴A（-15，0），C（40，20）；
（2）
证明：∵点B（0，20），点C（40，20），
∴BC=40，BC∥x轴，
∵A（-15，0），D（25，0），
∴AD=25-（-15）=40，
∵AD∥BC，AD=40=BC，
∴四边形ABCD为平行四边形；
（3）
由题意可知：，，
①△AOB旋转后，若A1B1∥x轴，连接B1D，成四边形OA1B1D，如图1，

∵A1B1=OD=25，四边形OA1B1D构成平行四边形，
此时，设A1B1与y轴交于H，
则，
点A1的坐标为（-9，12）；
②△AOB旋转后，若A1B1的中点E在x轴上，成四边形OA1DB1，如图2，
∵∠A1OB1=90°
∴
∴，
∴四边形OA1DB1构成平行四边形，
设作A1N⊥x轴交于N，
则，.
∴点A1的坐标为（9，12）；
③△AOB旋转后，若A1B1∥x轴，成四边形ODA1B1，如图3.
又∵A1B1=OD=25，
∴四边形ODA1B1构成平行四边形
此时，设A1B1与y抽交于M，
则，.
∴点A1的坐标为（9，-12），
综上所述，满足条件A1为（-9，12），（9，12），（9，-l2）．
【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了旋转的性质，三角形的面积公式，勾股定理，平行四边形的性质，题中运用勾股定理求出线段的长是解题的关键．