人教版数学八年级下册第18章《平行四边形》专项训练2含答案.docx
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人教版数学八年级下册第18章《平行四边形》专项训练2含答案
第 18 章 平行四边形 专项训练
专训 1.矩形性质与判定的灵活运用
名师点金：
矩形是特殊的平行四边形，它具有一般平行四边形的所有性质，同时还具有
一些独特的性质．它的性质可归结为三个方面：
（1）从边看：
矩形的对边平行且
相等；
（2）从角看：
矩形的四个角都是直角；（3）从对角线看：
矩形的对角线互相
平分且相等．
判定一个四边形是矩形可从两个角度考虑：
一是判定它有三个角为直角；二
是先判定它为平行四边形，再判定它有一个角为直角或两条对角线相等．
利用矩形的性质与判定求线段的长（转化思想）
1．如图，将矩形纸片 ABCD 的四个角向内折起，点 A，点 B 落在点 M 处，
点 C，点 D 落在点 N 处，恰好拼成一个无缝隙无重叠的四边形 EFGH，若 EH＝
3 cm，EF＝4 cm，求 AD 的长．
（第 1 题）
利用矩形的性质与判定判断线段的数量关系
．如图，在 ABC 中，∠A＝90°，D 是 AC 上的一点，BD＝DC，P 是 BC
上的任意一点，PE⊥BD，PF⊥AC，E，F 为垂足．试判断线段 PE，PF，AB 之
间的数量关系，并说明理由．
（第 2 题）
利用矩形的性质与判定证明角相等
3．如图，在 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 BFDE 是矩形；
（2）若 CF＝3，BF＝4，DF＝5，求证：
AF 平分∠DAB.
（第 3 题）
利用矩形的性质与判定求面积
4．如图，已知点 E 是 ABCD 中 BC 边的中点，连接 AE 并延长交 DC 的延
长线于点 F.
（1）连接 AC，BF，若∠AEC＝2∠ABC，求证：
四边形 ABFC 为矩形；
（2）在
（1）的条件下，若△AFD 是等边三角形，且边长为 4，求四边形 ABFC
的面积．
（第 4 题）
专训 2.菱形性质与判定的灵活运用
名师点金：
菱形具有一般平行四边形的所有性质，同时又具有一些特性，可以归纳为三
个方面：
（1）从边看：
对边平行，四边相等；
（2）从角看：
对角相等，邻角互补；（3）从
对角线看：
对角线互相垂直平分，并且每一条对角线平分一组对角．
判定一个四边形是菱形，可先判定这个四边形是平行四边形，再判定一组邻
边相等或对角线互相垂直，也可直接判定四边相等．
利用菱形的性质与判定求菱形的高
1．如图，在
ABC 中，∠ACB＝90°，D 为 AB 的中点，且 AE∥CD，
CE∥AB.
（1）求证：
四边形 ADCE 是菱形；
（2）若∠B＝60°，BC＝6，求菱形 ADCE 的高．（计算结果保留根号）
（第 1 题）
利用菱形的性质与判定求菱形对角线长
2．如图，在矩形 AFCG 中，BD 垂直平分对角线 AC，交 CG 于 D，交 AF
于 B，交 AC 于 O.连接 AD，BC.
（1）求证：
四边形 ABCD 是菱形；
（2）若 E 为 AB 的中点，DE⊥AB，求∠BDC 的度数；
（3）在
（2）的条件下，若 AB＝1，求菱形 ABCD 的对角线 AC，BD 的长．
（第 2 题）
利用菱形的性质与判定解决周长问题
3．如图，在
ABC 中，∠ACB＝90°，D，E 分别为 AB，AC 边的中点，
连接
，将ADE 绕点 E 旋转 180°，得到△CFE，连接 AF.
（1）求证：
四边形 ADCF 是菱形；
（2）若 BC＝8，AC＝6，求四边形 ABCF 的周长．
（第 3 题）
利用菱形的性质与判定解决面积问题
4．如图，在
ABC 中，∠BAC＝90°，D 是 BC 的中点，E 是 AD 的中点，
过点 A 作 AF∥BC 交 BE 的延长线于点 F.
（1）求证：
△AEF≌△DEB；
（2）证明四边形 ADCF 是菱形；
（3）若 AC＝4，AB＝5，求菱形 ADCF 的面积．
（第 4 题）
专训 3.正方形性质与判定的灵活运用
名师点金：
正方形既是矩形，又是菱形，它具有矩形、菱形的所有性质，判定一个四边
形是正方形，只需保证它既是矩形又是菱形即可．
利用正方形的性质解决线段和差倍分问题
1．已知：
在正方形 ABCD 中，∠MAN＝45°，∠MAN 绕点 A 顺时针旋转，
它的两边分别交 CB，DC（或它们的延长线）于点 M，N.
（1）如图①，当∠MAN 绕点 A 旋转到 BM＝DN 时，易证：
BM＋DN＝MN.
当∠MAN 绕点 A 旋转到 BM≠DN 时，如图②，请问图①中的结论是否还成立？
如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．
（2）当∠MAN 绕点 A 旋转到如图③的位置时，线段 BM，DN 和 MN 之间有
怎样的数量关系？
请写出你的猜想，并证明．
（第 1 题）
利用正方形的性质证明线段位置关系
2．如图，在正方形 ABCD 中，对角线 AC，BD 相交于点 O，E，F 分别在
OD，OC 上，且 DE＝CF，连接 DF，AE，AE 的延长线交 DF 于点 M.
求证：
AM⊥DF.
（第 2 题）
正方形性质与判定的综合运用
3．如图，P，Q，R，S 四个小球分别从正方形的四个顶点 A，B，C，D 同
时出发，以同样的速度分别沿 AB，BC，CD，DA 的方向滚动，其终点分别是 B，
C，D，A.
（1）不管滚动多长时间，求证：
连接四个小球所得的四边形 PQRS 总是正方
形．
（2）四边形 PQRS 在什么时候面积最大？
（3）四边形 PQRS 在什么时候面积为原正方形面积的一半？
并说明理由．
（第 3 题）
专训 4.特殊平行四边形性质与判定的灵活运用
名师点金：
特殊平行四边形的性质区别主要从边、角及对角线三个方面进行区分；而判
定主要从建立在其他特殊四边形的基础上再附加什么条件方面进行判定．
矩形的综合性问题
a．矩形性质的应用
1．如图，将矩形纸片 ABCD 沿对角线 AC 折叠，使点 B 落到点 B′的位置，
AB′与 CD 交于点 E.
（1）试找出一个与△AED 全等的三角形，并加以证明；
（2）若 AB＝8，DE＝3，P 为线段 AC 上的任意一点，PG⊥AE 于点 G，PH⊥
EC 于点 H，试求 PG＋PH 的值．
（第 1 题）
b．矩形判定的应用
2．如图，点 O 是菱形 ABCD 对角线的交点，DE∥AC，CE∥BD，连接 OE.
求证：
（1）四边形 OCED 是矩形；
（2）OE＝BC.
（第 2 题）
c．矩形性质和判定的应用
．如图①，在ABC 中，AB＝AC，点 P 是 BC 上任意一点（不与 B，C 重
合），PE⊥AB，PF⊥AC，BD⊥AC.垂足分别为 E，F，D.
（1）求证：
BD＝PE＋PF.
（2）当点 P 在 BC 的延长线上时，其他条件不变．如图②，BD，PE，PF 之间
的上述关系还成立吗？
若不成立，请说明理由．
（第 3 题）
菱形的综合性问题
a．菱形性质的应用
4．已知：
如图，在菱形 ABCD 中，F 是 BC 上任意一点，连接 AF 交对角
线 BD 于点 E，连接 EC.
（1）求证：
AE＝EC.
（2）当∠ABC＝60°，∠CEF＝60°时，点 F 在线段 BC 上的什么位置？
并说明
理由．
（第 4 题）
b．菱形判定的应用
5．如图，在 Rt△ABC 中，∠B＝90°，BC＝5 3，∠C＝30°.点 D 从点 C 出
发沿 CA 方向以每秒 2 个单位长的速度向点 A 匀速运动，同时点 E 从点 A 出发
沿 AB 方向以每秒 1 个单位长的速度向点 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 s（t>0）．过点 D 作 DF⊥BC
于点 F，连接 DE，EF.
（1）求证：
AE＝DF.
（2）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．
（3）当 t 为何值时，△DEF 为直角三角形？
请说明理由．
（第 5 题）
c．菱形性质和判定的应用
6．
（1）如图①，纸片▱ABCD 中，AD＝5，S▱ABCD＝15.过点 A 作 AE⊥BC，
垂足为 E，沿 AE 剪下△ABE，将它平移至△DCE′的位置，拼成四边形 AEE′D，
则四边形 AEE′D 的形状为（）
A．平行四边形B．菱形
C．矩形D．正方形
（2）如图②，在
（1）中的四边形纸片 AEE′D 中，在 EE′上取一点 F，使 EF＝4，
剪下△AEF，将它平移至△DE′F′的位置，拼成四边形 AFF′D.
①求证：
四边形 AFF′D 是菱形；
②求四边形 AFF′D 的两条对角线的长．
（第 6 题）
正方形的综合性问题
a．正方形性质的应用
7．如图，在正方形 ABCD 中，G 是 BC 上任意一点，连接 AG，DE⊥AG
于 E，BF∥DE 交 AG 于点 F，探究线段 AF，BF，EF 三者之间的数量关系，并
说明理由．
（第 7 题）
b．正方形判定的应用
8．两个长为 2 cm，宽为 1 cm 的矩形摆放在直线 l 上（如图①），CE＝2 cm，
将矩形 ABCD 绕着点 C 顺时针旋转 α 角，将矩形 EFGH 绕着点 E 逆时针旋转相
同的角度．
（1）当旋转到顶点 D，H 重合时（如图②），连接 AE，CG，求证：
△AED≌△
GCD；
（2）当 α＝45°时（如图③），求证：
四边形 MHND 为正方形．
（第 8 题）
答案
专训 1
1．解：
由折叠的性质知∠HEM＝∠AEH，∠BEF＝∠FEM，∴∠HEF＝∠
1
HEM＋∠FEM＝2×180°＝90°.同理可得∠EHG＝∠HGF＝∠EFG＝90°，∴四边
形 EFGH 为矩形．∴HG∥EF，HG＝EF.∴∠GHN＝∠EFM.又∵∠HNG＝∠FME
＝90°，∴△HNG≌△FME.∴HN＝MF.又∵HN＝HD，∴HD＝MF.∴AD＝AH＋
HD＝HM＋MF＝HF.∵HF＝ EH2＋EF2＝ 32＋42＝5（cm），∴AD＝5 cm.
点拨：
此题利用折叠提供的角相等，可证明四边形 EFGH 为矩形，然后利
用三角形全等来证明 HN＝MF，进而证明 HD＝MF，从而将 AD 转化为直角三
角形 EFH 的斜边 HF，进而得解，体现了转化思想．
（第 2 题）
2．解：
PE＋PF＝AB.理由：
过点 P 作 PG⊥AB 于 G，交 BD 于 O，如图所
示．
∵PG⊥AB，PF⊥AC，∠A＝90°，∴∠A＝∠AGP＝∠PFA＝90°.∴四边形
AGPF 是矩形．∴AG＝PF，PG∥AC.∴∠C＝∠GPB.又∵BD＝DC，∴∠C＝∠
DBP.∴∠GPB＝∠DBP.∴OB＝OP.∵PG⊥AB，PE⊥BD，
∴∠BGO＝∠PEO＝90°.
在△BGO 和△PEO 中，
⎧∠BGO＝∠PEO，
⎨∠GOB＝∠EOP，
⎩OB＝OP，
∴△BGO≌△PEO.∴BG＝PE.
∵AB＝BG＋AG＝PE＋PF.
3．证明：
（1）∵四边形 ABCD 是平行四边形，∴AB∥CD.
∴BE∥DF.又∵BE＝DF，
∴四边形 BFDE 是平行四边形．
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°.
∴四边形 BFDE 是矩形．
（2）∵四边形 ABCD 是平行四边形，
∴AB∥DC，AD＝BC.
∴∠DFA＝∠FAB.
由
（1）易得△BCF 为直角三角形，
在
BCF 中，由勾股定理，得
BC＝ CF2＋BF2＝ 32＋42＝5，
∴AD＝BC＝DF＝5.
∴∠DAF＝∠DFA.
∴∠DAF＝∠FAB，
即 AF 平分∠DAB.
4．
（1）证明：
∵四边形 ABCD 为平行四边形，∴AB∥DC.∴∠ABE＝∠ECF.
又∵点 E 为 BC 的中点，∴BE＝CE.
在△ABE 和△FCE 中，
⎧∠ABE＝∠FCE，
∵⎨BE＝CE，
⎩∠AEB＝∠FEC，
∴△ABE≌△FCE.∴AB＝CF.
又 AB∥CF，∴四边形 ABFC 为平行四边形．∴AE＝EF.∵∠AEC 为△ABE
的外角，∴∠AEC＝∠ABC＋∠EAB.又∵∠AEC＝2∠ABC，∴∠ABC＝∠EAB.
∴AE＝BE.∴AE＋EF＝BE＋EC，即 AF＝BC.∴四边形 ABFC 为矩形．
（2）解：
∵四边形 ABFC 是矩形，
DF
∴AC⊥DF.又∵△AFD 是等边三角形，∴CF＝CD＝ 2 ＝2.∴AC＝ 42－22
＝2 3.∴S
四边形BFC＝2 3×2＝4 3.
专训 2
1．
（1）证明：
∵AE∥CD，CE∥AB，∴四边形 ADCE 是平行四边形，又∵
∠ACB＝90°，D 是 AB 的中点，∴CD＝BD＝AD，∴平行四边形 ADCE 是菱形．
（2）解：
如图，过点 D 作 DF⊥CE，垂足为点 F，则 DF 即为菱形 ADCE 的高，
∵∠B＝60°，CD＝BD，∴△BCD 是等边三角形，∴∠BCD＝60°.∵CE∥AB，
∴∠BCE＝180°－∠B＝120°，
∴∠DCE＝60°，又∵CD＝BC＝6，
∴在 Rt△CDF 中，易求得 DF＝3 3，即菱形 ADCE 的高为 3 3.
（第 1 题）
2．
（1）证明：
∵BD 垂直平分 AC，∴OA＝OC，AD＝CD，AB＝BC.
∵四边形 AFCG 是矩形，∴CG∥AF.
∴∠CDO＝∠ABO，∠DCO＝∠BAO.
∴△COD≌△AOB（AAS）．
∴CD＝AB.∴AB＝BC＝CD＝DA.
∴四边形 ABCD 是菱形．
（2）解：
∵E 为 AB 的中点，DE⊥AB，
∴DE 垂直平分 AB.∴AD＝DB.
又∵AD＝AB，
∴△ADB 为等边三角形，
∴∠DBA＝60°.
∵CD∥AB，∴∠BDC＝∠DBA＝60°.
1
（3）解：
由菱形性质知，∠OAB＝2∠BAD＝30°.在 Rt△OAB 中，AB＝1，∴
13
OB＝2，∴OA＝ 2 .
∴BD＝1，AC＝ 3.
3．
（1）证明：
∵将△ADE 绕点 E 旋转 180°得到△CFE，∴AE＝CE，DE＝FE.
∴四边形 ADCF 是平行四边形．∵D，E 分别为 AB，AC 边的中点，∴DE 是△
ABC 的中位线．∴DE∥BC.∵∠ACB＝90°，∴∠AED＝90°.∴DF⊥AC.∴四边
形 ADCF 是菱形．
（2）解：
在 Rt△ABC 中，BC＝8，AC＝6，∴AB＝10.∵点 D 是 AB 边的中点，
∴AD＝5.∵四边形 ADCF 是菱形，∴AF＝FC＝AD＝5.∴四边形 ABCF 的周长
为 8＋10＋5＋5＝28.
4．
（1）证明：
∵E 是 AD 中点，∴AE＝DE.
∵AF∥BC，∴∠FAE＝∠BDE，
又∵∠AEF＝∠DEB，∴△AEF≌△DEB（ASA）．
（2）证明：
由
（1）知，△AEF≌△DEB，则 AF＝DB，∵D 是 BC 的中点，∴
DB＝DC，∴AF＝CD，又∵AF∥BC，∴四边形 ADCF 是平行四边形，∵∠BAC
1
＝90°，D 是 BC 的中点，∴AD＝DC＝2BC，∴四边形 ADCF 是菱形．
（3）解：
设菱形 ADCF 的 DC 边上的高为 h，则 Rt△ABC 斜边 BC 上的高也
141
为 h，∵BC＝52＋42＝41，∴DC＝2BC＝ 2 ，h＝
4120
的面积为：
DC·h＝ 2 ×＝10.
4×5 20
＝ ，∴菱形 ADCF
41 41
专训 3
1．解：
（1）仍有 BM＋DN＝MN 成立．证明如下：
如图
（1），过点 A 作 AE
⊥AN，交 CB 的延长线于点 E, 易证△ABE≌△ADN，∴DN＝BE，AE＝AN. 又
∵∠MAN＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，AM＝
，∴EAM≌△NAM.∴
ME＝MN.∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM ，∴BM＋DN＝MN .
（2）DN－BM＝MN.证明如下：
如图
（2），在 DN 上截取 DE＝BM，连接 AE.
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠ABM＝∠D＝90°，AB＝AD.
又∵BM＝
，∴ABM≌△ADE.
∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.∵∠DAB＝90°，∴∠MAE＝90°.
∵∠MAN＝45°，
∴∠EAN＝45°＝∠MAN.又∵AM＝AE，AN＝AN，
∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.
∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.
∴DN－BM＝MN.
（1）
（2）
（第 1 题）
2．证明：
∵AC，BD 是正方形 ABCD 的两条对角线，∴AC⊥BD，OA＝
OD＝OC＝OB.∵DE＝CF，∴OE＝OF.
在 Rt△AOE 与 Rt△DOF 中，
⎧OA＝OD，
⎨∠AOE＝∠DOF＝90°，
⎩OE＝OF，
∴Rt△AOE≌Rt△DOF.∴∠ OAE＝∠ ODF.∵∠ DOF＝90°，∴∠ DFO＋∠
FDO＝90°.∴∠DFO＋∠FAE＝90°.∴∠AMF＝90°，即 AM⊥DF.
3．
（1）证明：
∵四边形 ABCD 是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，
AB＝BC＝CD＝DA.又∵不管滚动多长时间，AP＝BQ＝CR＝DS，∴SA＝PB＝
QC＝RD.∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS.
∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ.∴不管滚动多长时间，四边形 PQRS
是菱形．又∵∠APS＋∠ASP＝90°，∴∠APS＋∠BPQ＝90°.∴∠QPS＝180°－（∠
APS＋∠BPQ）＝180°－90°＝90°.∴不管滚动多长时间，四边形 PQRS 总是正方
形．
（2）解：
当 P，Q，R，S 在出发时或在到达终点时面积最大，此时的面积就
等于原正方形 ABCD 的面积．
（3）解：
当 P，Q，R，S 四点运动到正方形四边中点时，四边形 PQRS 的面
积是原正方形 ABCD 面积的一半．
理由：
设原正方形 ABCD 的边长为 a.
1
当 PS2＝2a2 时，在 Rt△APS 中，AS＝a－SD＝a－AP.
1
由勾股定理，得 AS2＋AP2＝PS2，即（a－AP）2＋AP2＝2a2，
11
解得 AP＝2a.同理可得 BQ＝CR＝SD＝2a.
∴当 P，Q，R，S 四点运动到正方形 ABCD 各边中点时，四边形 PQRS 的
面积为原正方形面积的一半．
专训 4
1．解：
（1）△AED≌△CEB′.
证明：
∵四边形 ABCD 是矩形，∴BC＝DA，∠B＝∠D.
由折叠的性质，
知 BC＝B′C，∠B＝∠B′，
∴B′C＝DA，∠B′＝∠D.
在△AED 和△CEB′中，
⎧∠DEA＝∠B′EC，
⎨∠D＝∠B′，
⎩DA＝B′C，
∴△AED≌△CEB′.
（第 1 题）
（2）如图，延长 HP 交 AB 于点 M，则 PM⊥AB.
∵∠1＝∠2，PG⊥AB′，∴PM＝PG.
∵CD∥AB，∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，
∴AE＝CE＝8－3＝5.
在 Rt△ADE 中，DE＝3，AE＝5，
∴AD＝ 52－32＝4.
∵PH＋PM＝AD，∴PG＋PH＝AD＝4.
2．证明：
（1）∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形 OCED 是平行四边形．
∵四边形 ABCD 是菱形，∴AC⊥BD.
∴∠DOC＝90°.∴四边形 OCED 是矩形．
（2）∵四边形 ABCD 是菱形，
∴BC＝CD.
∵四边形 OCED 是矩形，∴OE＝CD，
∴OE＝BC.
（第 3 题）
3．
（1）证明：
如图，过点 B 作 BH⊥FP 交 FP 的延长线于点 H.∵BD⊥AC，
PF⊥AC，BH⊥PF，∴四边形 BDFH 是矩形．∴BD＝HF.∵AB＝AC，∴∠ABC
＝∠C.∵PE⊥AB，PF⊥AC，∴∠ PEB＝∠PFC＝90°.∴∠EPB＝∠FPC.又∵∠
HPB＝∠FPC，∴∠EPB＝∠HPB.∵PE⊥AB，PH⊥BH，∴∠PEB＝∠PHB＝90°.
又∵PB＝
，∴PEB≌△PHB.
∴PE＝PH，∴BD＝HF＝PF＋PH＝PF＋PE.即 BD＝PE＋PF.
（2）解：
不成立，此时 PE＝BD＋PF.
理由：
过点 B 作 BH⊥PF 交 PF 的延长线于点 H.与
（1）同理可得 PE＝PH，BD
＝HF.∴PE＝FH＋FP＝BD＋PF.
（第 4 题）
4．
（1）证明：
连接 AC，如图．∵BD 是菱形 ABCD 的对角线，
∴BD 是线段 AC 的垂直平分线，
∴AE＝EC.
（2）解：
点 F 是线段 BC 的中点．
理由：
∵四边形 ABCD 是菱形，
∴AB＝CB.
又∵∠ABC＝60°，
∴△ABC 是等边三角形，
∴∠BAC＝60°.
∵AE＝EC，
∴∠EAC＝∠ACE.
∵∠CEF＝60°，
∴∠EAC＝30°，
∴∠EAC＝∠EAB.
∴AF 是△ABC 的角平分线．
∴BF＝CF.
∴点 F 是线段 BC 的中点．
5．
（1）证明：
在△DFC 中，∠DFC＝90°，∠C＝30°，DC＝2t，
∴DF＝t，又∵AE＝t，∴AE＝DF.
（2）解：
能．理由如下：
∵AB⊥BC，DF⊥BC，∴AE∥DF.
又∵AE＝DF，∴四边形 AEFD 为平行四边形．
在 Rt△ABC 中，设 AB＝x，则由∠C＝30°，得 AC＝2x，
由勾股定理，得 AB2＋BC2＝AC2，即 x2＋（5 3）2＝4x2，解得 x＝5（负根舍去），
∴AB＝5.
∴AC＝2AB＝10.
∴AD＝AC－DC＝10－2t.
由已知得点 D 从点 C 运动到点 A 的时间为 10÷2＝5（s），点 E 从点 A 运动到
点 B 的时间为 5÷1＝5（s）．
10
若使 AEFD 为菱形，则需 AE＝AD，即 t＝10－2t，解得 t＝ 3 .符合题意．
10
故当 t＝ 3 s 时，四边形 AEFD 为菱形．
（3）解：
①当∠EDF＝90°时，四边形 EBFD 为矩形．
在 Rt△AED 中，∠ADE＝∠C＝30°，
5
∴AD＝2AE，即 10－2t＝2t，解得 t＝2.符合题意．
②当∠DEF＝90°时，
由
（2）知 EF∥AD，
∴∠ADE＝∠DEF＝90°.
∵∠A＝90°－∠C＝60°，
∴∠AED＝30°.
∴AE＝2AD，即 t＝2（10－2t），解得 t＝4.符合题意．
③当∠EFD＝90°时，△DEF 不存在．
5
综上所述，当 t＝2 s 或 4 s 时，△DEF 为直角三角形．
6．
（1）C
（2）①证明：
∵AF 綊 DF′，
∴四边形 AFF′D 是平行四边形．
∵S ABCD＝AD·AE＝15，AD＝5，
∴AE＝3.
∵AE＝3，EF＝4，∠E＝90°，
∴AF＝ AE2＋EF2＝ 32＋42＝5.
∵AD＝5，∴AD＝AF，
∴四边形 AFF′D 是菱形．
②解：
如图，连接 AF′，DF，
在 Rt△AEF′中，
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