初中数学冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品课后练习题

这是一份初中数学冀教版八年级下册第二十二章 四边形综合与测试精品课后练习题，共30页。试卷主要包含了如图，在中，DE平分，，则等内容，欢迎下载使用。
八年级数学下册第二十二章四边形同步训练
考试时间：90分钟；命题人：数学教研组
考生注意：
1、本卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分100分，考试时间90分钟
2、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上
3、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。
第I卷（选择题 30分）
一、单选题（10小题，每小题3分，共计30分）
1、下列命题不正确的是（ ）
A．三边对应相等的两三角形全等
B．若，则
C．有一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形
D．的三边为a、b、c，若，则是直角三角形．
2、将一张长方形纸片按如图所示的方式折叠，BD、BE为折痕，则∠EBD的度数（ ）

A．80° B．90° C．100° D．110°
3、如图，将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形．此时点A的对应点恰好落在对角线AC的中点处．若AB＝3，则点B与点之间的距离为（ ）

A．3 B．6 C． D．
4、一个多边形从一个顶点引出的对角线条数是4条，这个多边形的边数是（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5、下列命题中是真命题的是（ ）．A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．对角线互相垂直且相等的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．有一个角为直角的四边形是矩形
6、数学课上，老师要同学们判断一个四边形门框是否为矩形．下面是某合作小组4位同学拟定的方案，其中正确的是( )
A．测量对角线是否互相平分 B．测量一组对角是否都为直角
C．测量对角线长是否相等 D．测量3个角是否为直角
7、如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是各边上的点，对于四边形E，F，G，H的形状，小聪进行了探索，下列结论错误的是（　　　）

A．E，F，G，H是各边中点．且AC=BD时，四边形EFGH是菱形
B．E，F，G，H是各边中点．且AC⊥BD时，四边形EFGH是矩形
C．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH可以是平行四边形
D．E，F，G，H不是各边中点．四边形EFGH不可能是菱形
8、如图，在中，DE平分，，则（ ）

A．30° B．45° C．60° D．80°
9、若一个正多边形的每个内角度数都为108°，则这个正多边形的边数是 (　　)
A．5 B．6 C．8 D．10
10、下列说法错误的是（ ）
A．平行四边形对边平行且相等 B．菱形的对角线平分一组对角
C．矩形的对角线互相垂直 D．正方形有四条对称轴
第Ⅱ卷（非选择题 70分）
二、填空题（5小题，每小题4分，共计20分）
1、在四边形ABCD中，AD∥BC，BC⊥CD，BC＝10cm，M是BC上一点，且BM=4cm，点E从A出发以1cm/s的速度向D运动，点F从点B出发以2cm/s的速度向点C运动，当其中一点到达终点，而另一点也随之停止，设运动时间为t，当t的值为_____时，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形．

2、如图，正方形中，为上一动点（不含、，连接交于，过作交于，过作于，连接，．下列结论：①；②；③平分；④，正确的是__（填序号）．

3、如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCD的顶点D在x轴上，边BC在y轴上，若点A的坐标为（12，13），则点C的坐标是___．

4、如图，在平行四边形 ABCD 中，∠D=100°，AC 为对角线，将△ACD 绕点 A 顺时针旋转一定的角度后得到△AEF，使点 D 的对应点 E 落在边 AB 上，若点 C 的对应点 F 落在边CB 的延长线上，则∠EFB 的度数为___．

5、如图，已知矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，E是边DC上一点，将ADE绕点A顺时针旋转得到，使得点D的对应点落在AE上，如果的延长线恰好经过点B，那么DE的长度等于_____．

三、解答题（5小题，每小题10分，共计50分）
1、背景资料：在已知所在平面上求一点P，使它到三角形的三个顶点的距离之和最小.这个问题是法国数学家费马1640年前后向意大利物理学家托里拆利提出的，所求的点被人们称为“费马点”．如图1，当三个内角均小于120°时，费马点P在内部，当时，则取得最小值．

(1)如图2，等边内有一点P，若点P到顶点A、B、C的距离分别为3，4，5，求的度数，为了解决本题，我们可以将绕顶点A旋转到处，此时这样就可以利用旋转变换，将三条线段、、转化到一个三角形中，从而求出_______；
知识生成：怎样找三个内角均小于120°的三角形的费马点呢？为此我们只要以三角形一边在外侧作等边三角形并连接等边三角形的顶点与的另一顶点，则连线通过三角形内部的费马点．请同学们探索以下问题．
(2)如图3，三个内角均小于120°，在外侧作等边三角形，连接，求证：过的费马点．
(3)如图4，在中，，，，点P为的费马点，连接、、，求的值．
(4)如图5，在正方形中，点E为内部任意一点，连接、、，且边长；求的最小值．
2、如图，点D是ABC内一点，点E，F，G，H分别是AB，AC，CD，BD的中点．

(1)求证：四边形EFGH是平行四边形；
(2)如果∠BDC＝90°，∠DBC＝30°，，AD＝6，求四边形EFGH的周长．
3、如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，∠C＝30°，AC＝12cm，点E从点A出发沿AB以每秒1cm的速度向点B运动，同时点D从点C出发沿CA以每秒2cm的速度向点A运动，运动时间为t秒（0＜t＜6），过点D作DF⊥BC于点F．

(1)试用含t的式子表示AE、AD、DF的长；
(2)如图①，连接EF，求证四边形AEFD是平行四边形；
(3)如图②，连接DE，当t为何值时，四边形EBFD是矩形？并说明理由．
4、如图所示，在每个小正方形的边长均为1的网格中，线段AB的端点A、B均在小正方形的顶点上．

(1)在图中画出等腰△ABC，且△ABC为钝角三角形，点C在小正方形顶点上；
(2)在（1）的条件下确定点C后，再画出矩形BCDE，D，E都在小正方形顶点上，且矩形BCDE的周长为16，直接写出EA的长为　 　．
5、如图，把矩形ABCD绕点A按逆时针方向旋转得到矩形AEFG，使点E落在对角线BD上，连接DG，DF．

(1)若∠BAE＝50°，求∠DGF的度数；
(2)求证：DF＝DC．

-参考答案-
一、单选题
1、C
【解析】
【分析】
根据三角形全等的判定定理（定理）、乘方运算法则、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理逐项判断即可得．
【详解】
解：A、三边对应相等的两三角形全等，此命题正确，不符题意；
B、若，则，此命题正确，不符题意；
C、有一组对边平行、另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，不一定是平行四边形，所以此项命题不正确，符合题意；
D、的三边为、、，若，即，则是直角三角形，此命题正确，不符题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了三角形全等的判定定理、乘方运算法则、平行四边形的判定、勾股定理的逆定理，熟练掌握各定理是解题关键．
2、B
【解析】
【分析】
根据翻折的性质可知，∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′，又∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′=180°，且∠EBD=∠A′BE+∠DBC′，继而即可求出答案．
【详解】
解：根据翻折的性质可知，∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′，
又∵∠ABE+∠A′BE+∠DBC+∠DBC′=180°，
∴∠EBD=∠A′BE+∠DBC′=180°×=90°．
故选B．
【点睛】
此题考查翻折变换的性质，三角形折叠以后的图形和原图形全等，对应的角相等，得出∠ABE=∠A′BE，∠DBC=∠DBC′是解题的关键．
3、B
【解析】
【分析】
连接，由矩形的性质得出∠ABC=90°，AC=BD，由旋转的性质得出，证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，由直角三角形的性质求出AC的长，由矩形的性质可得出答案．
【详解】
解：连接，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，
∵点是AC的中点， ∴，
∵将矩形ABCD绕点B按顺时针方向旋转一定角度得到矩形，
∴
∴，
∴是等边三角形，
∴∠BAA'=60°，
∴∠ACB=30°，
∵AB=3， ∴AC=2AB=6，
∴．
即点B与点之间的距离为6．
故选：B．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，等边三角形的判定和性质，求出AC的长是解本题的关键．
4、C
【解析】
【分析】
根据从n边形的一个顶点引出对角线的条数为(n-3)条，可得答案．
【详解】
解：∵一个n多边形从某个顶点可引出的对角线条数为(n-3)条，
而题目中从一个顶点引出4条对角线，
∴n-3=4，得到n=7，
∴这个多边形的边数是7．
故选：C．
【点睛】
本题考查了多边形的对角线，从一个顶点引对角线，注意相邻的两个顶点不能引对角线．
5、A
【解析】
【分析】
根据平行线四边形的性质得到对边相等，加上一组邻边相等，可得到四边都相等，根据菱形的定义对A、B进行判断；根据矩形的判定方法对C、D进行判断．
【详解】
解：A、平行四边形的对边相等，若有一组邻边相等，则四边都相等，所以该选项正确；
B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，所以该选项不正确；
C、对角线互相平分且相等的四边形为矩形，所以该选项不正确；
D、有三个角是直角的四边形是矩形，所以该选项不正确．
故选：A．
【点睛】
本题考查了命题与定理：判断事情的语句叫命题；正确的命题叫真命题；经过证明其正确性的命题称为定理．也考查了平行四边形、矩形和菱形的判定与性质．
6、D
【解析】
【分析】
矩形的判定方法有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形；由矩形的判定方法即可求解．
【详解】
解：A、对角线是否互相平分，能判定是否是平行四边形，故不符合题意；
B、测量一组对角是否都为直角，不能判定形状，故不符合题意；
C、测量对角线长是否相等，不能判定形状，故不符合题意；
D、测量3个角是否为直角，若四边形中三个角都为直角，能判定矩形，故符合题意；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是矩形的判定、平行四边形的判定等知识；熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
7、D
【解析】
【分析】
当为各边中点，，，四边形是平行四边形；A中AC=BD，则，平行四边形为菱形，进而可判断正误；B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形，进而可判断正误；E，F，G，H不是各边中点，C中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形，进而可判断正误；D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形，进而可判断正误．
【详解】
解：如图，连接当为各边中点时，可知分别为的中位线

∴
∴四边形是平行四边形
A中AC=BD，则，平行四边形为菱形；正确，不符合题意；
B中AC⊥BD，则，平行四边形为矩形；正确，不符合题意；
C中E，F，G，H不是各边中点，若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是平行四边形；正确，不符合题意；
D中若四点位置满足，则可知四边形EFGH可以是菱形；错误，符合题意；
故选D．
【点睛】
本题考查了平行四边形、菱形、矩形的判定，中位线等知识．解题的关键在于熟练掌握特殊平行四边形的判定．
8、C
【解析】
【分析】
根据平行四边形的性质得，故，由DE平分得，即可计算．
【详解】
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵DE平分，
∴，
∴．
故选：C．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，平行线的性质以及角平分线的定义，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
9、A
【解析】
【分析】
先求出多边形的每一个外角的度数，再利用多边形的外角和即可求出答案．
【详解】
解：∵多边形的每一个内角都等于108°，多边形的内角与外角互为邻补角，
∴每个外角是：180°−108°＝72°，
∴多边形中外角的个数是360°÷72°＝5，则多边形的边数是5．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了多边形的外角和定理，已知外角求边数的这种方法是需要熟练掌握的内容．
10、C
【解析】
【分析】
根据矩形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质和正方形的性质分别进行判断即可．
【详解】
解：A、平行四边形对边平行且相等，正确，不符合题意；
B、菱形的对角线平分一组对角，正确，不符合题意；
C、矩形的对角线相等，不正确，符合题意；
D、正方形有四条对称轴，正确，不符合题意；
故选：C．
【点睛】
本题考查了矩形的性质、平行四边形的性质、菱形的性质和正方形的性质，掌握以上性质定理是解题的关键．
二、填空题
1、4s或s
【解析】
【分析】
分两种情况：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，②当F在线段CM上，即2≤t≤5，列方程求解．
【详解】
解：①当点F在线段BM上，即0≤t＜2，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝4﹣2t，解得t＝，
②当F在线段CM上，即2≤t≤5，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
则有t＝2t﹣4，解得t＝4，
综上所述，t＝4或，以A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为：4s或s．
【点睛】
此题考查了动点问题，一元一次方程与动点问题，平行四边形的定义，熟记平行四边形的定义是解题的关键．
2、①②④
【解析】
【分析】
连接，延长交于点．可证，进而可得，由此可得出；再由，即可得出；连接交于点，则，证明，即可得出，进而可得；过点作于点，交于点，由于是动点，的长度不确定，而是定值，即可得出不一定平分．
【详解】
解：如图，连接，延长交于点．

∵为正方形的对角线
∴，
在和中

∴
∴，
∵， ，
∴
∵，
∴
∴
∴
故①正确；
∵，
∴是等腰直角三角形
∴
故②正确；
连接交于点，则
∵
∴
在和中

∴
∴
∴
故④正确．
过点作于点，交于点，是动点
∵的长度不确定，而是定值
∴不一定等于
不一定平分
故③错误；
故答案为：①②④．
【点睛】
本题考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，角平分线性质和判定，等腰三角形的性质与判定等，熟练掌握全等三角形判定和性质，合理添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
3、（0，-5）
【解析】
【分析】
在Rt△ODC中，利用勾股定理求出OC即可解决问题．
【详解】
解：∵A（12，13），
∴OD=12，AD=13，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=AD=13，
在Rt△ODC中，，
∴C（0，-5）．
故答案为：（0，-5）
【点睛】
本题考查菱形的性质、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．
4、20°##20度
【解析】
【分析】
根据平行四边形 ABCD 性质求出∠DAB=180°-∠D=80°，根据△ACD 绕点 A 顺时针旋转一定的角度后得到△AEF，得出AF=AC，∠FAE=∠CAD，∠AFE=∠ACD，利用等腰三角形性质求出∠AFC=∠ACF=，根据平行线性质∠DAC=∠ACF=50°，利用三角形内角和求出∠ACD=180°-∠D-∠CAD=180°-100°-50°=30°即可．
【详解】
解：在平行四边形 ABCD 中，∠D=100°，
∴∠DAB=180°-∠D=80°，
∵△ACD 绕点 A 顺时针旋转一定的角度后得到△AEF，
∴AF=AC，∠FAE=∠CAD，∠AFE=∠ACD，
∴∠FAC=∠FAE+∠BAC=∠CAD+∠BAC=∠BAD=80°
∴∠AFC=∠ACF=
∵AD∥BC，
∴∠DAC=∠ACF=50°，
∴∠ACD=180°-∠D-∠CAD=180°-100°-50°=30°，
∴∠AFE=∠ACD=30°，
∴∠EFB=∠AFC-∠AFE=50°-30°=20°，
故答案为20°．
【点睛】
本题考查平行四边形的性质，图形旋转性质，等腰三角形性质，角的和差，三角形内角和，掌握平行四边形的性质，图形旋转性质，等腰三角形性质，角的和差，三角形内角和是解题关键．
5、
【解析】
【分析】
如图，连接BE、BE′，根据矩形的性质和旋转变换的性质可得：AD′＝AD＝3，∠AD′E＝∠D＝90°，利用勾股定理可得BD′＝4，再运用等面积法可得：AB•AD＝AE•BD′，求出AE＝，再运用勾股定理即可求得答案．
【详解】
解：如图，连接BE、BE′，
∵矩形ABCD中，AD＝3，AB＝5，
∴∠D＝90°，
由旋转知，△AD′E′≌△ADE，
∴AD′＝AD＝3，∠AD′E＝∠D＝90°，
∵D′E′的延长线恰好经过点B，
∴∠AD′B＝90°，
在Rt△ABD′中，BD′＝＝＝4，
∵S△ABE=AB•AD＝AE•BD′，
∴AE＝＝＝，
在Rt△ADE中，DE＝＝＝，
故答案为：．

【点睛】
本题考查矩形的性质、旋转性质、勾股定理、三角形的面积，熟练掌握矩形性质和旋转性质，会利用等面积法求解是解答的关键．
三、解答题
1、 (1)150°；
(2)见详解；
(3)；
(4)．
【解析】
【分析】
（1）根据旋转性质得出≌，得出∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，根据△ABC为等边三角形，得出∠BAC=60°，可证△APP′为等边三角形，PP′=AP=3，∠AP′P=60°，根据勾股定理逆定理，得出△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，可求∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°即可；
（2）将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，根据△APB≌△AB′P′，AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，根据∠PAP′=∠BAB′=60°，△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，根据，根据两点之间线段最短得出点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，点P在CB′上即可；
（3）将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，得出△APB≌△AP′B′，可证△APP′和△ABB′均为等边三角形，得出PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，根据，可得点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，利用30°直角三角形性质得出AB=2AC=2，根据勾股定理BC=，可求BB′=AB=2，根据∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，在Rt△CBB′中，B′C=即可；
（4）将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，得出△BCE≌△CE′B′，BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，可证△ECE′与△BCB′均为等边三角形，得出EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，，得出点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，根据四边形ABCD为正方形，得出AB=BC=2，∠ABC=90°，可求∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，根据30°直角三角形性质得出BF=，勾股定理BF=，可求AF=AB+BF=2+，再根据勾股定理AB′=即可．
(1)
解：连结PP′，
∵≌，
∴∠BAP=∠CAP′，∠APB=∠AP′C，AP=AP′=3，BP=CP′=4，
∵△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=60°
∴∠PAP′=∠PAC+∠CAP′=∠PAC+∠BAP=60°，
∴△APP′为等边三角形，
,∴PP′=AP=3，∠AP′P=60°，
在△P′PC中，PC=5，
，
∴△PP′C是直角三角形，∠PP′C=90°，
∴∠AP′C=∠APP+∠PPC=60°+90°=150°，
∴∠APB=∠AP′C=150°，
故答案为150°；

(2)
证明：将△APB逆时针旋转60°，得到△AB′P′，连结PP′，
∵△APB≌△AB′P′，
∴AP=AP′，PB=PB′，AB=AB′，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，
∵，
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∴点P在CB′上，
∴过的费马点．

(3)
解：将△APB逆时针旋转60°，得到△AP′B′，连结BB′，PP′，
∴△APB≌△AP′B′，
∴AP′=AP，AB′=AB，
∵∠PAP′=∠BAB′=60°，
∴△APP′和△ABB′均为等边三角形，
∴PP′=AP，BB′=AB，∠ABB′=60°，
∵
∴点C，点P，点P′，点B′四点共线时，最小=CB′，
∵，，，
∴AB=2AC=2，根据勾股定理BC=
∴BB′=AB=2，
∵∠CBB′=∠ABC+∠ABB′=30°+60°=90°，
∴在Rt△CBB′中，B′C=
∴最小=CB′=；

(4)
解：将△BCE逆时针旋转60°得到△CE′B′，连结EE′，BB′，过点B′作B′F⊥AB，交AB延长线于F，
∴△BCE≌△CE′B′，
∴BE=B′E′，CE=CE′，CB=CB′，
∵∠ECE′=∠BCB′=60°，
∴△ECE′与△BCB′均为等边三角形，
∴EE′=EC，BB′=BC，∠B′BC=60°，
∵，
∴点C，点E，点E′，点B′四点共线时，最小=AB′，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴∠FBB′=180°-∠ABC-∠CBB′=180°-90°-60°=30°，
∵B′F⊥AF，
∴BF=，BF=，
∴AF=AB+BF=2+，
∴AB′=，
∴最小=AB′=．

【点睛】
本题考查图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质，掌握图形旋转性质，等边三角形判定与性质，勾股定理，直角三角形判定与性质，两点之间线段最短，四点共线，正方形性质，30°直角三角形性质是解题关键．
2、 (1)见解析
(2)12
【解析】
【分析】
（1）利用三角形的中位线定理得出EH＝FG＝AD，EF＝GH＝BC，即可得出结论；
（2）根据含30度角的直角三角形的性质，求得，由（1）得出四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，即可得出结果．
(1)
证明：∵点E，F，G，H分别是AB，AC，CD，BD的中点．
∴EH＝FG＝AD，BC，
∴四边形EFGH是平行四边形；
(2)
∵∠BDC＝90°，∠DBC＝30°，
∴BC＝2CD＝4．
由（1）得：四边形EFGH的周长＝EH+GH+FG+EF＝AD+BC，
又∵AD＝6，
∴四边形EFGH的周长＝AD+BC＝6+8＝12．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，含30度角的直角三角形的性质，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
3、 (1)AE＝t，AD＝12﹣2t，DF＝t
(2)见解析
(3)3，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据题意用含t的式子表示AE、CD，结合图形表示出AD，根据直角三角形的性质表示出DF；
（2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形证明；
（3）根据矩形的定义列出方程，解方程即可．
(1)
解：由题意得，AE＝t，CD＝2t，
则AD＝AC﹣CD＝12﹣2t，
∵DF⊥BC，∠C＝30°，
∴DF＝CD＝t；
(2)
解：∵∠ABC＝90°，DF⊥BC，
∴，
∵AE＝t，DF＝t，
∴AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形；
(3)
解：当t＝3时，四边形EBFD是矩形，
理由如下：∵∠ABC＝90°，∠C＝30°，
∴AB＝AC＝6cm，
∵，
∴BE＝DF时，四边形EBFD是平行四边形，即6﹣t＝t，
解得，t＝3，
∵∠ABC＝90°，
∴四边形EBFD是矩形，
∴t＝3时，四边形EBFD是矩形．
【点睛】
此题考查了30度角的性质，平行四边形的判定及性质，矩形的定义，一元一次方程，三角形与动点问题，熟练掌握四边形的知识并综合应用是解题的关键．
4、 (1)见解析
(2)画图见解析，
【解析】
【分析】
（1）作出腰为5且∠ABC是钝角的等腰三角形ABC即可；
（2）作出边长分别为5，3的矩形ABDE即可．
(1)
解：如图，AB==BC，∠ABC>90°，所以△ABC即为所求；

(2)
解：如图，矩形BCDE即为所求．AE= ．
故答案为：．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，等腰三角形的判定，矩形的判定，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
5、 (1)∠DGF=25°；
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质得出AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得出答案；
（2）证出四边形ABDF是平行四边形，由平行四边形的性质可得出结论．
(1)
解：由旋转得AB=AE，AD=AG，∠BAD=∠EAG=∠AGF=90°，
∴∠BAE=∠DAG=50°，
∴∠AGD=∠ADG==65°，
∴∠DGF=90°-65°=25°；
(2)
证明：连接AF，

由旋转得矩形AEFG≌矩形△ABCD，
∴AF=BD，∠FAE=∠ABE=∠AEB，
∴AF∥BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF=AB=DC．
【点睛】
本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟记矩形的性质并准确识图是解题的关键．