秘籍03四边形综合

秘籍03四边形综合概率预测☆☆☆题型预测解答题☆☆☆考向预测①三角形全等的判定②特殊四边形的判定四边形综合题是全国中考常考题型。好多学生因特殊四边形的定理弄混淆而失分。1．从考点频率看，三角形的综合和四边形的综合会二选一，四边形综合题以考查特殊四边形性质和判定为主，除了考查四边形的性质和判定外，还会结合三角形的全等进行考查。2．从题型角度看，以解答题为主，分值8-12分左右！平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质图形边角对角线平行四边形对边平行且相等对角相等对角线互相平分矩形对边平行且相等四个角都是直角对角线互相平分且相等菱形对边平行，四边相等对角相等对角线互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角正方形对边平行，四边相等四个角都是直角对角线互相垂直平分、相等，每一条对角线平分一组对角平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定图形判定平行四边形1：两组对边分别平行的四边形是平行四边形。2：两组对边分别相等的四边形是平行四边形。3：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形。4：两组对角分别相等的四边形是平行四边形。5：对角线互相平分的四边形是平行四边形。矩形1：有三个角是直角的四边形是矩形2：有一个角是直角的平行四边形是矩形3：对角线相等的平行四边形是矩形。菱形1：四边都相等的四边形是菱形。2：有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形。3：对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形1：有一组邻边相等的矩形是正方形2：有一个角是直角的菱形是正方形3：对角线互相垂直的矩形是正方形4：对角线相等的菱形是正方形典例1．如图，在平行四边形ABCD中，点E、F在对角线BD上，且BE＝DF．求证：(1)△ABE≌△CDF；(2)四边形AECF是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，根据平行线的性质可得，结合已知条件根据SAS即可证明；（2）根据可得，根据邻补角的意义可得，可得，根据一组对边平行且相等即可得出．【详解】（1）证明：解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，又，∴（SAS）；（2）证明：∵，∴∴，∴四边形AECF是平行四边形【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，掌握平行四边形的性质与判定是解题的关键．典例2．如图，在▱ABCD中，点O为对角线BD的中点，EF过点O且分别交AB、DC于点E、F，连接DE、BF．求证：(1)△DOF≌△BOE；(2)DE=BF．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据平行四边形ABCD的性质，利用ASA即可证明△DOF≌△BOE；（2）证明四边形BEDF的对角线互相平分，进而得出结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，O是BD的中点，∴AB∥DC，OB=OD，∴∠OBE=∠ODF．在△BOE和△DOF中，，∴△BOE≌△DOF（ASA）；（2）证明：∵△BOE≌△DOF，∴EO=FO，∵OB=OD，∴四边形BEDF是平行四边形．∴DE=BF．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的判定和性质，证明三角形全等是解决问的关键．典例3．如图，▱ABCD中，E为BC边的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，延长EC至点G，使CG=CE，连接DG、DE、FG．(1)求证：△ABE≌△FCE；(2)若AD=2AB，求证：四边形DEFG是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）由平行四边形的性质推出∠EAB=∠CFE，利用AAS即可判定△ABE≌△FCE；（2）先证明四边形DEFG是平行四边形，【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，再证明DF=EG，即可证明四边形DEFG是矩形．∴ABCD，∴∠EAB=∠CFE，又∵E为BC的中点，∴EC=EB，∴在△ABE和△FCE中，，∴△ABE≌△FCE(AAS)；（2）证明：∵△ABE≌△FCE，∴AB=CF，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=DC，∴DC=CF，又∵CE=CG，∴四边形DEFG是平行四边形，∵E为BC的中点，CE=CG，∴BC=EG，又∵AD=BC=EG=2AB，DF=CD+CF=2CD=2AB，∴DF=EG，∴平行四边形DEFG是矩形．【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质，证明△ABE≌△FCE是解题的关键．典例4．如图，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点P处，折痕为．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)证明见解析(2)cm【分析】（1）利用ASA证明即可；（2）过点E作EG⊥BC交于点G，求出FG的长，设AE=xcm，用x表示出DE的长，在Rt△PED中，由勾股定理求得答案．【详解】（1）∵四边形ABCD是矩形，∴AB=CD，∠A=∠B=∠ADC=∠C=90°，由折叠知，AB=PD，∠A=∠P，∠B=∠PDF=90°，∴PD=CD，∠P=∠C，∠PDF=∠ADC，∴∠PDF-∠EDF=∠ADC-∠EDF,∴∠PDE=∠CDF，在△PDE和△CDF中，,∴（ASA）；（2）如图，过点E作EG⊥BC交于点G，∵四边形ABCD是矩形,∴AB=CD=EG=4cm，又∵EF=5cm，∴cm,设AE=xcm，∴EP=xcm，由知，EP=CF=xcm，∴DE=GC=GF+FC=3+x，在Rt△PED中，,即，解得，，∴BC=BG+GC=(cm）．【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，根据翻折变换的性质将问题转化到直角三角形中利用勾股定理是解题的关键．典例5．如图，四边形ABCD是菱形，AE⊥BC于点E，AF⊥CD于点F．(1)求证：△ABE≌△ADF；(2)若AE=4，CF=2，求菱形的边长．【答案】(1)见解析(2)5【分析】（1）利用AAS即可证明△ABE≌△ADF；（2）设菱形的边长为x，利用全等三角形的性质得到BE=DF=x−2，在Rt△ABE中，利用勾股定理列方程求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC=CD=AD（菱形的四条边相等），∠B=∠D（菱形的对角相等），∵AE⊥BC

AF⊥CD，∴∠AEB=∠AFD=90°（垂直的定义），在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF(AAS)；（2）解：设菱形的边长为x，∴AB=CD=x，CF=2，∴DF=x−2，∵△ABE≌△ADF，∴BE=DF=x−2（全等三角形的对应边相等），在Rt△ABE中，∠AEB=90°，∴AE2+BE2=AB2（勾股定理），∴42+(x−2)2=x2，解得x=5，∴菱形的边长是5．【点睛】本题主要考查菱形的性质、勾股定理，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．典例6．如图，在Rt中，，．点D是的中点，过点D作交于点E.延长至点F，使得，连接、、．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，则的值为_______．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得证；（2）设，则，根据菱形的性质可得，，勾股定理求得，根据，，即可求解．【详解】（1）证明：，，∴四边形是平行四边形，∵，四边形是菱形；（2）解：，设，则，四边形是菱形；，，，在中，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，求正切，掌握以上知识是解题的关键．典例7．如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，于点E，于点F．求证：．【答案】证明见解析【分析】先根据正方形的性质可得，从而可得，再根据垂直的定义可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证．【详解】证明：四边形是正方形，，，，，，，在和中，，，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．中考四边形综合题常考的是平行四边形、矩形、菱形和正方形。特殊四边形的性质和判定都是从边、角和对角线这3个方面着手。做题过程中经常还要用到三角形的全等判定（性质）和三角形相似判定（性质），个别难度较大的题还要做辅助线。注意模型：中点四边形模型、对角互补模型、半角模型等。典例8．四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，顺次连接各边中点得到的新四边形EFGH称为中点四边形．（1）我们知道：无论四边形ABCD怎样变化，它的中点四边形EFGH都是平行四边形．特殊的：①当对角线时，四边形ABCD的中点四边形为__________形；②当对角线时，四边形ABCD的中点四边形是__________形．（2）如图：四边形ABCD中，已知，且，请利用（1）中的结论，判断四边形ABCD的中点四边形EFGH的形状并进行证明．【答案】（1）①菱；②矩；（2）菱形，菱形见解析【分析】（1）①连接AC、BD，根据三角形中位线定理证明四边形EFGH都是平行四边形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明；②根据有一个角是直角的平行四边形是矩形证明；（2）分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，证明，得到AC=DB，根据（1）①证明即可．【详解】（1）解：（1）①连接AC、BD，∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA边的中点，∴EH∥BD，FG∥BD，∴EH∥FG，同理EF∥HG，∴四边形EFGH都是平行四边形，∵对角线AC=BD，∴EH=EF，∴四边形ABCD的中点四边形是菱形；②当对角线AC⊥BD时，EF⊥EH，∴四边形ABCD的中点四边形是矩形；故答案为：菱；矩；（2）四边形ABCD的中点四边形EFGH是菱形．理由如下：分别延长BA、CD相交于点M，连接AC、BD，∵，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴，，在和中，，∴，∴，∴四边形ABCD的对角线相等，中点四边形EFGH是菱形．【点睛】本题考查的是矩形、菱形的判定、中点四边形的定义，掌握中点四边形的概念、矩形的判定定理、菱形的判定定理是解题的关键．典例9．正方形ABCD中，点E、F在BC、CD上，且BE＝CF，AE与BF交于点G．（1）如图1，求证AE⊥BF；（2）如图2，在GF上截取GM＝GB，∠MAD的平分线交CD于点H，交BF于点N，连接CN，求证：AN+CN＝BN；【答案】（1）见解析；（2）见解析；【分析】（1）根据正方形的性质得AB=BC，，用SAS证明，得，根据三角形内角和定理和等量代换即可得；（2）过点B作，交AN于点H，根据正方形的性质和平行线的性质，用SAS证明，得，根据角平分线性质得，则是等腰直角三角形，用SAS证明，得AH=CN，在中，根据勾股定理即可得；【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，，在和中，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴；（2）如图所示，过点B作，交AN于点H，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AC，，∵，，∴，由（1）得，，∴，∴,∴，∴，在和中，∴（SAS），∴，∵AN平分，∴，∴，，，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴BH=BN，在和中，∴（SAS），∴AH=CN，在中，根据勾股定理，∴；【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，角平分线，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理和锐角三角函数，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．典例10．四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在△EQF和△EPD中，，∴△EQF≌△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，∵CE＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴四边形DECG是正方形，∴CG＝CE＝2；（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°＋40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，综上所述，∠EFC＝130°或40°．【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．典例11．（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；【详解】解：（1）证明：延长到，使得

连接

∵四边形是正方形

∴，

又∵

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴（2）证明：延长到，使得

连接

∵，

∴

又∵，

∴

∴，

∵

∴

∴

又∵

∴

∴

又∵

∴【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．1．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市萧红中学校考二模）在菱形中，分别是边的中点，连接(1)如图1，求证：；(2)如图2，连接，若，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个等于的角．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质，可证，由此即可求证；（2）根据菱形的性质，含角的直角三角形的性质即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，∴，∵P、Q分别是边的中点，，∴，∴，∴．（2）解：∵四边形是菱形，∴，∵分别是边的中点，∴，∵，∴根据直角三角形中，角所对的边是斜边的一半，得，由（1）可知，，∴，∴，∴，∵分别是边的中点，∴，∴，综上所述，的度数为．【点睛】本题主要考查菱形，含角的直角三角形的综合，掌握菱形的性质，含特殊角的直角三角形的性质是解题的关键．2．（2023·山东泰安·统考二模）在正方形中，E是边上一点，在延长线上取点F，使．过点F作交于点M，交于点G，交于点N．(1)求证：；(2)若E是的中点，请判断与的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析【分析】（1）根据，以及公共角，利用即可证得；（2）根据点E是边的中点，即有，在结合（1）的结论，可得，即可证明，则有．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，，∴，又∵，，∴；（2）解：，理由如下：如图，连接，∵点E是边的中点，∴，由（1）知，∴，∴，在和中，，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题的关键．3．（2023·上海静安·统考二模）如图，已知、分别是平行四边形的边、上的高，对角线、相交于点，且．(1)求证：四边形是菱形；(2)当，时，求的余切值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用等面积法证明即可；（2）可设，则，在中，由勾股定理得，，解方程求出，则．【详解】（1）证明：∵、分别是平行四边形的边、上的高，∴，∴，又∵，∴，∴平行四边形是菱形；（2）解：∵，∴设，∵四边形是菱形，∴，在中，由勾股定理得，∴，解得（负值舍去），∴，在中，．【点睛】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质，勾股定理，求余切值，熟知菱形的性质与判定是解题的关键．4．（2023·山东临沂·统考一模）在正方形中，E是边上一点（点E不与点B，C重合），，垂足为点E，与正方形的外角的平分线交于点F．(1)如图1，若点E是的中点，猜想与的数量关系是_________；证明此猜想时，可取的中点P，连接，根据此图形易证，则判断的依据是_______．(2)点E在边上运动，如图2，（1）中的猜想是否仍然成立？请说明理由．【答案】(1)，ASA；(2)成立，理由见解析．【分析】（1）根据提示，利用ASA证明，从而得到；（2）利用（1）的解题思路，在上取一点P，使，连接，则，同样利用ASA证明，从而得到．【详解】（1）∵在正方形中，，点E是的中点，点P是的中点，，∵在正方形中，是等腰直角三角形平分在和中（ASA）故答案为：，ASA．（2）①成立，理由如下：如图，在上取一点P，使，连接，则，由（1）得：，∴是等腰直角三角形∴在和中∴；【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判定．正确作出辅助线是解题的关键．5．（2023·江苏徐州·统考一模）如图，在矩形中，E，F分别是边上的点，且．(1)求证：；(2)若，求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）首先根据矩形的性质得到，，证明利用即可证明出；（2）首先证明出四边形是平行四边形，然后结合即可证明出四边形是菱形．【详解】（1）∵四边形是矩形，∴，，在和中，，∴；（2）∵，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形AECF是菱形；【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，菱形的判定，熟练掌握矩形的性质和菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键6．（2023·河北衡水·校联考模拟预测）如图，矩形ABCD中，，．点P在AD上运动（点P不与点A、D重合）将沿直线翻折，使得点A落在矩形内的点M处（包括矩形边界）．(1)求AP的取值范围；(2)连接DM并延长交矩形ABCD的AB边于点G，当时，求AP的长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据点P在AD上运动可判断出，点M落在CD上时，AP的长度达到最大．利用翻折的性质和勾股定理求出和长度，再利用，即可推断出最大长度，从而求出取值范围．（2）利用已知条件和翻折性质推出，从而证明，得出，再根据翻折性质、矩形性质和等腰三角形性质推出，．在中，，即可求出长度．【详解】（1）解：当M落在CD上时，AP的长度达到最大，如图所示，四边形ABCD是矩形，，，，沿直线翻折，，，，．．，．，．．．．．AP的取值范围是．故答案为：．（2）解：如图，由折叠性质得：，，，，，，．设，过M作于H，连接，由折叠性质得：，，．，．．，．，MN为的中位线，则，在中，，，．．．（舍去）．．故答案为：．【点睛】本题考查的是矩形的综合题，涉及到的知识点有翻折性质、三角形相似、中位线定理和勾股定理．解题的关键在于是否能判断出M落在CD上时，AP的长度达到最大．解题的难点在于是否能正确画出图形，解题的易错点在于是否能排除的其中一个值．7．（2023·浙江金华·统考一模）如图，点B，F，C，E在同一直线上，．(1)求证：．(2)连接，试判断四边形的形状，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)四边形是平行四边形，理由见解析【分析】（1）由得到，又由即可证明；（2）由得到，则，即可判断四边形是平行四边形．【详解】（1）∵，∴，即，∵，∴；（2）如图，连接，四边形是平行四边形，理由如下：∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形．【点睛】此题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．8．（2023·黑龙江大庆·统考一模）如图，在平行四边形中，交于点O，且，的平分线交于点E．(1)求证：四边形是矩形．(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据对角线相等的平行四边形是矩形直接证明即可；（2）先根据勾股定理求边长，证明后，再利用勾股定理直接求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴平行四边形为矩形；（2）解：过点E作于点G，如图所示：∵四边形是矩形，，∴．在中，，∴，∵，∴，∵为的平分线，，∴．在和中，，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得：，即，解得：．【点睛】此题考查矩形的判定和勾股定理，解题关键是通过勾股定理求三角形的边长．9．（2023·山东聊城·统考一模）如图，对角线，相交于点O，过点D作且，连接，，．(1)求证：是菱形；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据，得到四边形是平行四边形，结合得到平行四边形是矩形，从而得到，即可得到证明；（2）由（1）得，，，结合得到是等边三角形，得到，，最后根据勾股定理求解即可得到答案.【详解】（1）证明：∵，，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形，∴，∴，∴是菱形；（2）解：∵四边形是菱形，∴，，，∵，∴是等边三角形，∴，∴，在中，由勾股定理得：，由（1）可知，四边形是矩形，∴，，∴，即的长为；【点睛】本题考查矩形的性质与判定，菱形的性质与判定，勾股定理及等边三角形的性质与判定，解题的关键是得到四边形是菱形及是矩形．10．（2023·北京·模拟预测）【探索发现】如图①，四边形是正方形，分别在边上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．如图①，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到，连接(1)试判断之间的数量关系，并写出证明过程．(2)如图②，点分别在正方形的边的延长线上，，连接，请写出之间的数量关系，并写出证明过程．【答案】(1)．证明见解析(2)．证明见解析【分析】（1）利用旋转的性质即可得到全等三角形，再利用全等三角形的性质进行等量转化进而得出结论；（2）利用旋转的性质得到全等三角形，再利用全等三角形得到边相等，进而得出结论．【详解】（1）解：．证明如下：由旋转，可知：∴点共线∵∴在和中∴∴∵∴（2）解：．证明如下：在上取．连接，∵，∴∴∵∴在和中，∴∴∵∴【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定和性质，利用全等三角形的性质进行等量转化是解题的关键．11．（2023·北京·校考模拟预测）在平行四边形中，相交于点O，过点C作交的延长线于点E，．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)．【分析】（1）由平行线的性质证明，再推出，得到，推出，根据矩形的判定定理即可证明结论；（2）作垂直于于H，通过矩形的性质结合已知条件求得、的长，进而由勾股定理可得到答案．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，∵四边形是平行四边形，∴四边形是矩形；（2）解：如图，作垂直于于H，则有，∵点O为矩形对角线的交点，即点O为的中点，∴，∴点H为中点，即，∴，∵，∴，，∵，，∴四边形是平行四边形，∴，∴，在中，∴．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、矩形的判定和性质、解直角三角形；熟练掌握相关知识是解题的关键．12．（2023·四川南充·统考二模）如图1，P是正方形对角线上一点，点E在的延长线上，．(1)比较与的大小，并说明理由；(2)当时，求的长；(3)如图2，把正方形改为菱形，其他条件不变，若，则的度数是________．【答案】(1)．理由见解析(2)(3)【分析】（1）利用正方形的性质可得，，利用证明，得出，再利用等腰三角形的性质即可求解；（2）由（1）可证明，，然后证明，最后利用勾股定理求解即可；（3）仿照（1）证明，得出，，利用等腰三角形的性质可得，然后证明，即可求解．【详解】（1）解：，理由：∵正方形，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴；（2）解：如图，设与交于F，由（1），，∵，∴，∵，∴，∴；（3）解：如图，设与交于F，∵菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴；∴，又，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，明确题意，找出所求问题需要的条件是解题的关键．13．（2023·贵州黔东南·统考一模）如图，四边形是正方形．(1)问题解决：如图①，若，分别是，上的点，且．求证：；(2)类比探究：如图②，若点，，，分别在，，，上，且，求证：F．(3)迁移应用：如图③，在中，，，点是的中点，点是上一点，且，求：的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质，得出，，根据等角的余角相等得出，即可证明；（2）过点作交于点，过点作交于点，得出四边形与四边形是平行四边形，则，，由知：，则，即可得出；（3）过点作，交的延长线于点，证明，得出，进而证明，根据相似三角形的性质得出：：：，根据是的中点，即可求解．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，＋，＋，，．（2）如图②，过点作交于点，过点作交于点．四边形是正方形，，四边形与四边形是平行四边形．，由知：，；（3）如图③，过点作，交的延长线于点．，＋，，＋，，，，，，，即，，：：：是的中点，，：：：【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，熟练掌握以上性质定理是解题的关键．14．（2023·广东惠州·统考一模）如图1，正方形的边长为5，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．(1)证明：．(2)延长交于点．判断四边形的的形状，并说明理由；(3)若，求线段的长度【答案】(1)见解析(2)正方形，见解析(3)3【分析】（1）由旋转的性质证明，即可得出答案；（2）先证明四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形即可证明；（3）设正方形边长为x，在中用勾股定理即可求解．【详解】（1）解：（1）由题意和旋转的性质可得：，四边形是正方形，，即：由：，可得：，；（2）（2）四边形是正方形，理由如下：由（1）得：，且，，四边形是矩形，，四边形是正方形；（3）（3）在正方形中，，在正方形中，设，，则，在中，，即：，解得：（不符合题意，舍去），，故答案为：3．【点睛】本题主要考查全等三角形的判定、正方形的判定及性质、以及勾股定理的运用，旋转的性质，熟练掌握全等三角形的判定、正方形的判定方