2023-2024学年九年级数学上册单元速记·巧练（北师大版）第1章 特殊平行四边形（压轴题专练）（解析版）

特殊平行四边形（压轴题专练）题型01：存在性问题1．如图，平面直角坐标系中直线：分别与轴，轴交于点和点，过点的直线与轴交于点，．(1)求直线的解析式；(2)若为线段上一点，为线段上一点，当时，求的最小值，并求出此时点的坐标；(3)在（2）的结论下，将沿射线方向平移得，使落在直线上，若为直线上一点，为平面内一点，当以点为顶点的四边形为菱形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)，(3)，，，【分析】（1）根据直线的解析式可以求得点的坐标，再结合点的坐标，用待定系数法可以求出直线的解析式；（2）根据可以求出的面积，设点是轴上一点，且满足，过点作直线的平行线，与直线的交点就是点，进而求出点的坐标，求的最小值，关键是对进行转化，利用垂线段最短可求出此时点的坐标；（3）先根据题意，找到点的坐标，根据菱形的性质，可求出点的坐标．【解析】（1）解：在中，令，得，，令，得，，，，设直线的解析式为，将，代入得，，解得，直线的解析式为；（2）解：由可得，，，设点是轴上一点，且满足，，，过点作直线的平行线，与直线的交点就是点，记直线的解析式为，将代入可得，直线的解析式为，联立，解得，则，显然点为的中点，如图，作点关于轴的对称点，则，作直线，则直线的解析式为：，过点作于点，交轴于点，点即为所求，易得直线的解析式为：，则；（3）Ⅰ.如图，当为菱形的一条边时，时，如图所示，过点作轴于点，根据题意可得，，则，则，易得，则，由，可得，在Rt中，，，，，同理可得，；时，如图所示，根据题意可得，，轴，；Ⅱ.如图，当为菱形的一条对角线时，根据题意可得，，轴，又，可得；综上，当以点为顶点的四边形为菱形时，的坐标分别为：，，，．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查平移变换，菱形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建一次函数解决直线的交点问题．2．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应）．(1)求直线的解析式；(2)点E为线段上一点，过点E作轴交直线于点F，作轴交直线于点G，当时，求点E的坐标；(3)如图2，若点M为线段的中点，点N为直线上一点，点P为坐标系内一点，且以O，M，N，P为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．【答案】(1)(2)(3)点N的坐标为或或【分析】（1）先求出点A和点B的坐标，得出和的长度，再根据旋转的性质，得出点C和点D的坐标，最后用待定系数法即可求出直线的解析式；（2）设，则可将点F和点G的坐标表示出来，进而得出的表达式，最后根据列出方程求出a的值，即可进行解答；（3）根据题意进行分类讨论：①为矩形的边时；②为矩形的对角线时．【解析】（1）解：把代入得：，把代入得：，解得：，∴，∴，∵绕点O顺时针旋转得，∴，∴，设直线的函数解析式为，把代入得：，解得：，∴直线的函数解析式为．（2）∵，∴，∵点E在线段上，∴设，∵轴，轴，∴点F的横坐标为a，点G的纵坐标为，把代入得：；把代入得：，解得：，∴，，∴，，∵，∴，解得：．∴．（3）①当为矩形的边时，过点M作，交直线于点，过点O作，交直线于点N，过点N作交于点P，过点作交于点，根据作图可得：四边形和四边形都是矩形，∵，∴，∵，∴，∵绕点O顺时针旋转得，∴，在和中，，∴，∴，∵点M为线段的中点，，∴，，即点N为中点，∵，∴，设直线的解析式为，把点代入得：，∴直线的解析式为，∵，∴设直线的解析式为，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为，联立直线和直线的解析式为：，解得：，∴，②当为矩形的对角线时，过点M作轴于点P，过点M作轴于点N，∵，，∴轴，过一点有且只有一条直线与已知直线平行，∴点C和点N重合，∴，综上：点N的坐标为或或．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合运用，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，旋转的性质，矩形的性质．3．如图，直角三角形在平面直角坐标系中，直角边在y轴上，的长分别是一元二次方程的两个根，A，且，P为上一点，且．(1)求点A的坐标；(2)求过点P的反比例函数解析式；(3)点M在第二象限内，在平面内是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在．，，【分析】（1）用因式分解法求出方程的两个根即可求解；（2）根据求出点P的坐标，然后用待定系数法求解即可；（3）分3种情况，画出图形，结合图形特点求解即可．【解析】（1），，，．∵，∴．∴．（2）∵，∴．∴点P的坐标为．设过点P的反比例函数解析式为．将点代入，得．∴过点P的反比例函数解析式为．（3）存在．如图1，当为正方形的对角线时，过点M作交的延长线于点E，过点C作交直线于点F．∵四边形是正方形，∴．∵，∴．∵，∴，∴．，∴．设，则，∴．∵，∴，∴，∴，（舍去），∴，∴．∵把先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得，∴把先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得；如图2，当为正方形的边时，过点N作于点H，∵四边形是正方形，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴；如图3，当为正方形的边时，由图2可知，，∵把先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得，∴把先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得；综上可知，点N的坐标为：，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，解一元二次方程，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定与性质，以及平移的性质，作出辅助线构造全等三角形是解（3）的关键．4．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），以OA为一边在第一象限内作矩形OABC，直线CD：交AB于点E，与y轴交于点D，．(1)求点B的坐标．(2)点P为线段CE上的一个动点，过点P作轴，交AB于点F，交x轴于点G，连接FD，设点p的横坐标为m，△DFP的面积为S，求S关于m的函数关系式．(3)在（2）的条件下，连接BP并延长与x轴交于点M，过点P作，与x轴交于点，当时，在直线CD上是否存在一点R，过点作轴交直线于点Q，得，若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在；或【分析】（1）先求出直线CD的解析式即可解决问题；（2）用M表示PF的长，利用三角形的面积公式计算即可；（3）由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），则，根据，，，可证，则，，则，根据直线解析式为：，结合，可知直线的解析式为：，则，当点再点上方时，设，则，根据，则，进而可知，故，根据对称性可知，也满足条件，由此可得到结果．【解析】（1）解：由题意知，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直线，当时，，∴，∴．（2）解：如图所示，∵，F（m，4），∴，∴；（3）解：如图2所示：由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），∴，∵，，，∴，∴，，∴，∵直线解析式为：，∵，∴直线的解析式为：，∴，当点再点上方时，设，则，∵，∴，∴，∴，根据对称性可知，也满足条件，∴或．【点睛】本题考查一次函数综合题，矩形的性质，平行线分段成比例定理，一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式是解决本题的关键．题型02：动态问题5．如图①，的顶点P是正方形两条对角线的交点，，将绕点P旋转，旋转过程中的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C，D不重合）

(1)如图①，当时，之间满足的数量关系是____________；(2)如图②，将图①中的正方形改为的菱形，M是中点，其他条件不变，当时，求证：．(3)在（2）的条件下，若旋转过程中的边与线段延长线交于点E，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，之间满足的数量关系．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据题意证明即可证明；（2）根据菱形的性质和直角三角形的性质用“”即可证明；（3）根据菱形的性质和直角三角形的性质证明，可得，进而求出答案．【解析】（1）解：∵四边形是正方形，∴，，，∵，∴，∴，∴，∴（2）证明：∵四边形是菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴；（3）解：∵四边形是菱形，，∴，，，∴，∵，∴，∴是等边三角形，∴，，∵，∴，∴；∴，∴；【点睛】本题主要考查了四边形的综合题,涉及全等三角形,正方形及菱形的性质,解答本题的关键是设计三角形全等,巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．6．【证明推断】（1）如图1，在矩形中，，点P是的中点，将沿直线折叠得到，点落在矩形的内部，延长交于点E，连接．求证：①；②；③若，求的长；

【类比探究】（2）如图2，将（1）中“矩形”改为“平行四边形”，其他条件不变，（1）中的①②结论是否仍然成立？请说明理由；【拓展运用】（3）如图3，在平行四边形中，，点P是的中点，将沿直线折叠得到，点落在的内部，延长交于点E，连接．连接与交于点M，与交于点N．求证：四边形是矩形．【答案】（1）①见解析；②见解析；③；（2）结论仍然成立，理由见解析；（3）见解析【分析】（1）①②根据矩形性质和折叠性质以及全等三角形的判定证明，根据全等三角形的性质结合平角定义可证明结论正确；③根据矩形性质和折叠性质求得，进而求得，利用勾股定理求解即可；（2）根据平行四边形的性质和折叠性质得到，在图2中，连接，根据等腰三角形的性质和判定可证明；再证明得到，利用平角定义证明，即可证得；（3）根据垂直平分线的判定与性质证明垂直平分，垂直平分，得到，利用矩形的判定可证的结论．【解析】解：如图1，∵四边形是矩形，∴，，∵点P是的中点，∴，∵沿直线折叠得到，∴，，,，则,，在和中，，∴，∴，，故①正确；∴，∴；故②正确；③∵，∴，

，则，在中，，∴；（2）结论仍然成立．理由为：∵四边形是平行四边形，∴，∵点P是的中点，∴，∵沿直线折叠得到，∴，，,，则,∵，∴，在图2中，连接，

∵，∴，∴，即，∴，故①成立；在和中，，∴，∴，∴，∴，故②成立；（3）由（2）证明过程知：，，，，∴垂直平分，垂直平分，∴，又，∴四边形是矩形．【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了矩形的判定与性质、平行四边形的性质、折叠性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、线段垂直平分线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，知识点较多，综合性强，解答的关键是熟练掌握相关知识的联系与运用，利用数形结合思想寻找知识点之间的联系，进而推理论证．7．如图，四边形为菱形，，，点E为边上动点（不含端点）点B关于直线的对称点为点F，点H为中点．（1）若，求的长；（2）作，垂足为G，当时，求的度数；（3）在（2）的条件下，设射线交于M，求的长．【答案】（1）1；（2）；（3）1【分析】（1）如图1中，证明点与重合，可得结论．（2）如图2中，连接．证明是等腰直角三角形，可得结论．（3）如图3中，证明，过点作交的延长线于，在上取一点，使得，连接（见左边图），求出，可得结论．【解析】解：（1）如图1中，四边形是菱形，，，是等边三角形，，，，，此时点与重合，．（2）如图2中，连接．是等边三角形，，，，，，，，．（3）如图3中，由翻折可知，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，过点作交的延长线于，在上取一点，使得，连接，，，设，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形角的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．8．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：②连结MB，求证：MB平分．（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．【答案】（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．【分析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．【解析】解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：∵正方形BEFG，正方形ABCD，∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，在△ABG和△BEC中，，∴△ABG≌△BEC（SAS），∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，延长CE交AG于点M，∴∠BEC=∠AEM，∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由是：如图2中，设AM交BC于O．∵∠EBG=∠ABC=90°，∴∠ABG=∠EBC，在△ABG和△CEB中，，∴△ABG≌△CEB（SAS），∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，∴∠BCE+∠COM=90°，∴∠OMC=90°，∴AG⊥EC．②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，∵△ABG≌△CEB，∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，∴EC•BP=AG•BH，∴BP=BH，∴MB平分∠AME；（3）CM=BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN，在△ABQ和△BCM中，，∴△ABQ≌△BCM（SAS），∴CM=BQ，则CM=BN．【点睛】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．题型03：情景探究题9．综合与实践数学活动：数学活动课上，老师提出如下数学问题：已知四边形与四边形都为正方形，P为的中点，连接，，如图1，当点E在上时，求证：．(1)独立思考：请你证明老师提出的问题；(2)合作交流：解决完上述问题后，“翱翔”小组的同学受此启发，把正方形绕点B顺时针旋转，当点F落在对角线上时（如图2），他们认为老师提出的结论仍然成立．请你予以证明；(3)问题解决：解决完上述问题后，“善思”小组提出如下问题，把正方形绕点B顺时针旋转（如图3），当点D，E，F在同一条直线上时，与交于点H．若，，请直接写出的值．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)HC=【分析】（1）延长EP交AD于M，可证△DPM≌△FPE（ASA），于是EP=MP=（2）连接PC，过点P作PN⊥BC于N，可证PA=PC，进一步求证PN∥CD∥EF，由平行线分线段成比例定理，得FPPD=ENNC，从而得（3）延长AP至M，使AP=PM，连接FM，EM，AE，证得△APD≌△MPF（SAS），进一步求证∠EFM=∠ABE，结合正方形性质得AB=FM，求证△ABE≌△MFE（SAS），可得△AEM为等腰直角三角形，于是AP=PE，AP⊥PE，运用勾股定理求得【解析】（1）证明：延长EP交AD于M，∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴EF∥CB，∴AD∥∴∠PDM=∠EFP，∵点P是线段DF的中点，∴FP=DP，又∵∠DPM=∠FPE，∴△DPM≌∴EP=MP=1又∵∠EAM=90°，PE=PM，∴AP=1∴AP=PE；（2）证明：连接PC，过点P作PN⊥BC于N，∵四边形ABCD是正方形，∴点A，C关于BD对称，∴PA=PC，∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，∴∠BCD=∠BEF=90°，∴CD∥∵PN⊥BC，∴∠PNE=90°，∴∠PNE=∠BCD，∴PN∥∴PN∥∴FPPD∵P是DF的中点，∴PF=PD，∴EN=NC，∴PN垂直平分EC，∴PE=PC，∴AP=PE；（3）解：延长AP至M，使AP=PM，连接FM，EM，AE，∵PD=PF，∠APD=∠FPM，AP=PM，∴△APD≌∴AD=FM，∠DAP=∠PMF，∴AD∥∵AD∥∴FM∥∴∠EFM=∠BHF，∵∠BHF=∠HBE+∠BEH=∠HBE+90°，∠ABE=∠ABC+∠HBE=90°+∠HBE，∴∠BHF=∠ABE，∴∠EFM=∠ABE，∵四边形BEFG是正方形，∴BG=EF，∵AB=AD，AD=FM，∴AB=FM，∴△ABE≌∴AE=EM，∠AEB=∠FEM，∴∠AEM=∠AED+∠FEM=∠AED+∠AEB=90°，∴△AEM为等腰直角三角形，又∵AP=PM，∴AP=PE，AP⊥PE，设DP=PF=x，则AP=x+1，∵AP∴（x+1∴x=1（∴DP=PF=1，∴PE=PF+EF=1+1=2，∴AP=2，∵∠ADP+∠HDC=90°，∠HDC+∠DHC=90°，∴∠ADP=∠DHC，∵∠APD=∠C=90°，∴△APD∽∴APCD∴25∴HC=5【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形判定和性质，直角三角形性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，结合中点条件添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．10．已知四边形和都为正方形，连接，，，点，，分别是，，的中点．

(1)观察思考如图①，点，分别在，上，线段和的数量关系和位置关系为______；(2)探究证明如图②，将正方形绕点旋转，在旋转的过程中和的上述关系是否发生变化？请结合图②说明理由；(3)综合实践如图③，连接，取的中点，连接，.①判断四边形的形状，并说明理由；②若，，在旋转的过程中，四边形的周长的最大值为______.【答案】(1)且(2)不变，理由见解析(3)①四边形是正方形，理由见解析；②16【分析】（1）根据正方形的性质得到，，根据三角形中位线性质得到且，且，推出且；（2）根据三角形中位线性质得到且，且，根据旋转性质和正方形边的性质得到，，，推出，得到，，推出，得到，推出且；（3）根据三角形中位线性质得到，，，，推出，，得到四边形是平行四边形，根据，且，推出是正方形；②当点在线段上时，长最大，最大值为8，得到，即可得到四边形周长的最大值．【解析】（1）解：∵四边形和都为正方形，∴，，，∴，，∵，，分别为，，的中点，∴且，且，∴且；故答案为：且；（2）且，理由如下：∵，，分别为，，的中点，∴且，且，由旋转知，，，，∴，∴，，∴，∴与的夹角为，∴∴且；（3）①四边形是正方形，理由如下：∵，分别为，的中点∴，，由（2）知，，，∴，，∴四边形是平行四边形∵，且，∴是正方形；②当点在线段上时，长最大，此时，,∴，∴四边形的周长的最大值为，．故答案为：16．【点睛】本题主要考查了正方形，旋转，三角形的中位线，全等三角形，解决问题的关键是熟练掌握正方形的判定和边角性质，旋转的性质，三角形的中位线的性质，全等三角形的判定和性质．题型04：最值问题11．在Rt△ABC中，，，点D为直线上一点，连接．

(1)如图1，当点D在线段AC上时，过点C作交的延长线于点E，连接，过点A作交于点F，当时，求的长；(2)如图2，延长至点G，使，作的平分线交于点H，交的延长线于点K．求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，取的中点M，连接、，当点D在直线上运动时，直接写出的最大值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）令，，，，，，，证明，即可得，问题随之得解；（2）过点A作交的延长线于点Q，令，，，，，先证明在等腰中，AK垂直平分BG，即有，，再证明，即有，，进一步有是等腰直角三角形，问题随之得解；（3）根据（2）可得：△AQK是等腰直角三角形，，AK垂直平分BG，先证明，即可得，，即，即当最大时，有最大值；易知点G在以A点为圆心，为半径的圆上，即当点G在点，且时，最大，可得，问题随之得解．【解析】（1）如图1，

令，，，，，，，由题意，，而，∴，又∵，∴，，∴，∴，在中，，∴，在中，利用勾股定理同理可得，∴；（2）如图2，过点A作交的延长线于点Q，

令，，，，，∵，，的平分线交于点H，∴，，∴在等腰中，AK垂直平分BG，∴，，∴，∴，∵，∴，又，∴，∴，，∴是等腰直角三角形，∴．∵，∴；（3）如图，

根据（2）可得：△AQK是等腰直角三角形，，AK垂直平分BG，∴，，∴，∵的中点为点M，∴，，即，∴当最大时，有最大值，∵，∴点G在以A点为圆心，为半径的圆上，∴当点G在点，且时，最大，∴，∴最大为，∴，即最大值为．【点睛】本题主要考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，作出科学的辅助线，掌握全等三角形的判定与性质，是解答本题的关键．12．已知，四边形是正方形，绕点旋转，，，连接，．

(1)如图1，求证：；(2)直线与相交于点G．①如图2，，于点，于点，求证：四边形正方形；②如图3，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据证明三角形全等即可；（2）①根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；②作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．【解析】（1）证明：四边形是正方形，，，，，，，；（2）①证明：如图，设与相交于点．

，，，．，．，，，四边形是矩形，四边形是正方形，，．．又．．矩形是正方形；②解：作交于点，作于点，

此时．，，，最大时，最小，，，由（2）①可知，是等腰直角三角形，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．13．在边长为的正方形中，点分别在上，，连接，过点作，垂足为．

(1)如图1，延长，交的延长线于，请完成画图并证明：；(2)如图2，点分别在的延长线上，连接．求的长；(3)如图3，连接，则的最小值为________（直接写出结果）．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由正方形、，可得出，结合在四边形中：，，可得出，即可得出，由即可的而出，即可证得．（2）延长，交的延长线于，由即可的而出，故是的中点，根据直角三角形的性质可得出的长为．（3）连接，由（1）可知：，，根据直角三角形的性质可得出的长为，根据勾股定理可得，根据即可得出答案．【解析】（1）证明：如图：

在正方形中：，∴，∵，∴，在四边形中：，∴，∵，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴．（2）解：延长，交的延长线于，

在正方形中：，，∴，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，又∵，，∴，∴．∴是的中点，∴，在中，．∴的长为．（3）解：连接，由（1）可知：，，∴是的中点，在中，．

在正方形中：，，∴，∴，当三点共线时，取得最小值，最小值为：，故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质和勾股定理，直角三角形的性质，三角形全等的性质与判定，线段最小的求法，其中直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，线段最小的求法是解题的关键．题型05：解答证明题14．在四边形中，，，对角线平分．

(1)如图1，求证：四边形是菱形；(2)如图2，点在上，点在射线上，连接，，的角平分线交于点，若，求证：；(3)如图3，在（2）的条件下，若，连接，，，求线段的长．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)．【分析】（1）利用由一组邻边相等的平行四边形是菱形判定即可；（2）利用全等三角形的判定与性质，菱形的性质和等腰三角形的判定与性质解答即可；（3）过点作于点，过点作，交的延长线于点，利用全等三角形的判定与性质得到，，，，再利用含角的直角三角形的性质，边角关系定理求得线段，的长度，则，结论可得．【解析】（1）证明：，，四边形为平行四边形，，．对角线平分，，，．平行四边形是菱形；（2）证明：，．是的平分线，．在和中，，，．由（1）知：四边形是菱形，，，；（3）解：过点作于点，过点作，交的延长线于点，如图，

，，．在和中，，，，．在和中，，，，，，，，，，．由（2）知：，，，，，．【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质，角平分线的定义，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，利用已知条件添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．15．如图1，为正方形内一点，点在边上（不与端点，重合），垂直平分交于点，连接．过点作交射线于点．

(1)求的大小；(2)求证：；(3)如图2，连接，若，求的值．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）连接，根据垂直平分线性质得到，根据正方形的性质，得到，，推出，根据得到从而求出的大小；（2）过点作于点，由（1）可得，根据平行线性质得到，得到，根据勾股定理求出，可证，得到，进而；（3）连接，，设与交于点，根据正方形性质和直角三角形得到，推出为等腰直角三角形，可证，推出为等腰直角三角形，推出，，利用勾股定理表示出，从而得出结论．【解析】（1）证明：连接．

垂直平分，，四边形是正方形，，，，，，，，，；（2）过点作于点，

，由（1）可得，，，，在中，，，，由，得，又，，，又，；（3）如图，连接，，设与交于点，

四边形是正方形，，，，，，由（2）知：，，为等腰直角三角形，，，，，，，为等腰直角三角形，，，，，，，，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得，．【点睛】本题是四边形的综合题型，考查了正方形性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂直平分线性质，三角形内角和定理，平行线性质，等腰三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．16．如图1，正方形的边长为，点从点出发，沿射线方向以/秒的速度移动，点从点出发，向点以/秒的速度移动（不到点）．设点，同时出发移动秒．

(1)在点，移动过程中，连接，，，则的形状是，始终保持不变；(2)如图2，连接，设交移动，当时，求的长；(3)如图3，点，分别在边，上，且，连接，当与的夹角为，求的值．【答案】(1)等腰直角三角形(2)(3)【分析】（1）通过证明得到，则易推知是等腰直角三角形；（2）过点作，交于点，，，可证，得到，由勾股定理求得的长度，即可得到答案；（3）连接，，设与交于，通过证明四边形是平行四边形得到，由勾股定理计算得到，即可得到答案．【解析】（1）解：等腰直角三角形，理由如下：四边形是正方形，，根据题意可得：，在和中，，，，，是等腰直角三角形，故答案为：等腰直角三角形；（2）解：如图2，过点作，交于点，

，则，，，在与中，，，，中，，，，；（3）解：如图3，连接，，设与交于，

，由（）得，又，，，四边形是平行四边形，，在中，得，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、正方形的性质、勾股定理，熟练掌握平行四边形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、正方形的性质，添加适当的辅助线，是解题的关键．17．如图，在边长为8的正方形中，点分别是边上的两动点（点不与点重合），以为邻边作矩形交于点，交于点．设，已知．

(1)证明：；(2)连接．①如图1，当时，求的大小；②如图2，当时，①中的结论是否成立？并说明理由．【答案】(1)见解析(2)①45°；②成立，见解析【分析】（1）根据，结合正方形的性质，运用完全平方公式计算证明．（2）①证明是等腰直角三角形，利用角的计算求解即可．②将绕点逆时针旋转至，连接，证明即可．【解析】（1）证明：∵边长为8的正方形，，∴，∴，∴∴，∵，∴，故．（2）解：①如图1，

连接交于点，∵，∴四边形是正方形，平分，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∴，∵，∴；②如图2，①中的结论仍然成立，理由如下：将绕点逆时针旋转至，连接，∴，，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，完全平方公式，三角形全等的判定的性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质，完全平方公式，三角形全等的判定的性质是解题的关键．题型06：相似三角形在特殊平行四边形中的应用18．如图，在矩形中，E是的中点，点F在边上，连接平分，过点E作于M．(1)求证：；(2)若G是的中点，连接交于点H．①求证：；②若，求的长．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②【分析】（1）根据已知条件先证明，再证明，由于，则知，即可得证；（2）①证明，利用相似三角形各边的比例即可求出结果；②根据①的结果求出，再根据条件求出，证明，根据边之间的比例求出即可．【解析】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∵平分，，，∴，在和中，，∴，∴，∵E是的中点，∴，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：①证明：∵，，∴，∴，∴．②解：∵，，∴，∵在中，G是的中点，∴，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴∵，∴，即．【点睛】本题主要考查了角平分线，平行线的性质，以及三角形的全等和相似，题目较为复杂，找到突破点是解题的关键．19．综合与实践问题情境在综合实践课上，老师组织兴趣小组开展数学活动，探究正方形的旋转问题．在正方形和正方形中，点G，A，B在一条直线上，连接，（如图1）．

操作发现（1）图1中线段和的数量关系是______，位置关系是______．（2）在图1的基础上，将正方形绕着点A沿顺时针方向旋转，如图2所示，（1）中的结论是否成立？请仅就图2的情况说明理由．类比探究（3）如图3，若将图2中的正方形和正方形中都变为矩形，且，，请仅就图3的情况探究与之间的数量关系．拓展探索（4）在（3）的条件下，若，，矩形在顺时针旋转过程中，当点D，E，F在同一直线时，请直接写出的值．【答案】（1）；；（2）成立；理由见解析；（3）；（4）或【分析】（1）延长交于点H，证明，得出，，求出，即可证明结论；（2）延长交于点H，交于点T，证明，得出，，求出，即可证明结论；（3）延长交于点H，交于点T，证明，得出，求出即可；（4）分两种情况讨论，当在线段上时，当在线段上时，分别画出图形，根据勾股定理，求出结果即可．【解析】解：（1）延长交于点H，如图所示：

∵四边形和都是正方形，∴，，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴．故答案为：；．（2）成立；理由如下：延长交于点H，交于点T，如图所示：

∵四边形和都是正方形，∴，，，∴，∴，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴．故答案为：；．（3）延长交于点H，交于点T，如图所示：

∵四边形和都是矩形，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，即．（4）当在线段上时，如图所示：

∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，根据解析（3）可知，，∴；当在线段上时，如图所示：

∵四边形为矩形，∴，，，∴，∴，∴，∴，根据解析（3）可知，，∴；综上分析可知，或．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，矩形的性质，正方形的性质，三角形相似的判定和性质，勾股定理，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等和三角形相似的判定方法，注意进行分类讨论．20．如图1，矩形的两条对角线交于点，点是边上一个动点，连接，作，，垂足分别是，连接．(1)求证：；(2)如图2，延长交于点，若，猜想与有怎样的数量关系，并证明你的结论；(3)在（2）的条件下，已知，，求的值．【答案】(1)详见解析(2)，详见解析(3)【分析】（1）如图所示，延长交于点，根据垂直可证，根据矩形对角线可得，可证，得到点是的中点，在中，是的中线，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，由此即可求解；（2），，及角的和差关系，可得，，再根据可得，点是的中点，在中，，是的中位线，即点是的中点，，由此即可求解；（3）如图所示，过点作于，可得是中位线，可求出的长，再根据是的中位线，，可证，由此即可求解．【解析】（1）解：如图所示，延长交于点，∵，，∴，∴，且，∵矩形的对角线交于点，∴，在中，，∴，∴，即点是的中点，∵，∴在中，是的中线，∴，且，∴．（2）解：结论：，理由如下：∵矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，，∴，∴，∴，即点是的中点，在中，，由（1）