期中重难点特训（二）之特殊的平行四边形压轴大题专训

期中重难点特训（二）之特殊的平行四边形压轴大题专训【重难点题型】1．（2023春·八年级课时练习）如图，四边形中，，，且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（

）．①四边形是菱形；②四边形是矩形；③四边形周长为；④四边形面积为．A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④【答案】A【分析】根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形中各边长的长度关系规律，然后对选项作出分析判断：①②根据三角形的中位线定理、平行四边形的判定定理、菱形和矩形的判定与性质作出判断；③根据三角形的中位线定理和四边形周长公式作出判断；④找到每得到的四边形与原四边形面积关系规律，即可求得四边形的面积．【详解】解：①连接，，∵在四边形中，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，∴，，，，∴，，∴四边形是平行四边形；∵，∴，∴四边形是矩形，∴（矩形的两条对角线相等）；∴（三角形的中位线定理），∴四边形是菱形；∴四边形是矩形；∴根据中位线定理知，四边形是菱形；故①②正确；③根据中位线的性质易知，，，∴四边形的周长是，故③正确；④∵四边形中，，，且，∴；由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半，四边形的面积是，故④错误；综上所述，①②③正确．故选A．【点睛】本题是一道规律题，考查了中点四边形、平行四边形的判定、三角形的中位线定理、菱形和矩形的判定与性质，解题的关键是理清题意，熟练并灵活运用所学知识点解题．2．（2023春·江苏·八年级专题练习）在平面直角坐标系中，点B，C的坐标分别为B（，），C（，）．任意一点A都满足．作的内角平分线，过点B作的垂线交于点F，已知当点A在平面内运动时，点F与坐标原点O的距离为（）A． B． C． D．1【答案】B【分析】过C作，垂足为M，交于D，证明，得出，再连接并延长，交于N，证明四边形是个平行四边形，利用全等三角形得出，利用斜边中线等于斜边一半求出即可．【详解】解：如图：过C作，垂足为M，交于D，∵平分，且是边上的高，∴，，∵，∴，∴，，∴，即长为定值，连接并延长，交于N，∵，，∴，∴，∵B（，），C（，），∴，在和中，，∴，∴，，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和斜边中线的性质及平行四边形的判定与性质，解题关键是恰当构建全等三角形和平行四边形，得出．3．（2022秋·浙江宁波·八年级校联考期末）如图，A，B，C，D四个点顺次在直线l上，．以为底向下作等腰直角三角形，以为底向上作等腰三角形，且．连接，当的长度变化时，与的面积之差保持不变，则a与b需满足（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】过点作于点，过点作于点，先根据等腰三角形的性质可得，，利用勾股定理可得，再利用三角形的面积公式可得与的面积之差，然后根据“当的长度变化时，与的面积之差保持不变”建立等式，化简即可得．【详解】解：如图，过点作于点，过点作于点，是等腰直角三角形，且，，是等腰三角形，且，，，，与的面积之差为，当的长度变化时，与的面积之差保持不变，，，故选：A．【点睛】本题考查了等腰三角形的性质、勾股定理，熟练掌握等腰三角形的性质是解题关键．4．（2023秋·吉林长春·八年级长春外国语学校校考期末）如图，在矩形中，，，点在上，点在上，且，连接、，则的最小值为（

）A．22 B．24 C．25 D．26【答案】D【分析】连接，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接、，则，再根据勾股定理求解．【详解】解：如图，连接，在矩形中，，，，，，，四边形是平行四边形，，，则，则的最小值转化为的最小值，在的延长线上截取，连接，则，，是的垂直平分线，，，连接，则，，的最小值为26，即的最小值为26，故选：D．【点睛】本题考查的是矩形的性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理，解题的关键是熟练掌握矩形的性质和平行四边形的判定与性质，证出．5．（2023春·八年级课时练习）如图，在四边形中，．O为中点，交于点E，于点F，交于点M，的延长线交于点G．若，则下列结论正确的（）①；②；③；④．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】先根据等腰直角三角形得性质和平行线得性质得出，，即可证明，得，即可判断①；由，，，可证明，得，则，所以，即可判断②；由，即可判断③；连接，设，由，可推导出，，则，得，所以,即可判断④．【详解】解：∵，∴，∵，∴，∵O为中点，∴，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，故①正确；∵于点F，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，故②正确；∵，∴，∵，∴，故③错误；连接，设，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故④正确，故选C．【点睛】本题考查了等腰直角三角形得判断和性质、同角的余角相等，全等三角形得判断和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和勾股定理的应用，灵活运用所学知识求解是解决本题的关键．6．（2023秋·河南平顶山·九年级统考期末）如图，在正方形中，、分别是，的中点，，交于点，连接，下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论是（

）A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③【答案】C【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断③错误．延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故④正确．【详解】解：①∵四边形是正方形，∴，，∵，分别是，的中点，∴，，∴，在与中，，∴，∴，，故①正确；②∵，∴，∴，∴，故②正确；③若成立，∵，∴，∵，，∴，∴，∴在中，有，∵，∴，显然，∴假设不成立，∴，故③错误，④根据可得，∴，如图，延长交的延长线于，∵，∴，∵点是的中点，∴，∵，，，∴，∴，∵已证明，∴是斜边的中线，∴，∴，∵，，∴．故④正确；故正确的有①②④，故选：C．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．7．（2022·辽宁营口·校考模拟预测）如图，在正方形中，E是边上的一点，，，将正方形边沿折叠到，延长交于G，连接，，现在有如下4个结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】①正确．证明，即可；②错误．求得，进而可得结论；③正确．证明，，即可证明结论；④错误．证明，求出的面积即可判断．【详解】解：如图，连接，∵四边形是正方形，，，由翻折可知：，，，，，，，，，，，故①正确；设，∵，∴，，在中，，，，，，，若，则为正三角形，，显然不合题意，故②错误；，，，，，，G都在线段的垂直平分线上，垂直平分，，，故③正确；，，，，故④错误，故正确的有2个，故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等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．8．（2021秋·浙江温州·八年级统考期末）如图1，四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，这个图形是我国汉代赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它为“赵爽弦图”．在弦图中（如图2），连接，并延长交于点K，连接．若，则的长为（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】过点K作，与的延长线交于点M，由图形关系求得，再求得，，求得与，进而由勾股定理求得结果．【详解】解：过点K作，与的延长线交于点M，∵，，∴，∵是正方形，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，，∵，∴，又∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴中，．故选：C．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，关键是构造直角三角形．9．（2022·山东济南·山东省实验初级中学校考模拟预测）矩形纸片中，，，将纸片折叠，使点B落在边上的处，折痕为．延长交的延长线于M，折痕上有点P，下列五个结论中正确的有（）①；②；③；④；⑤若，则四边形是菱形．A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【分析】②借助轴对称可知；③利用勾股定理求，构造方程，求，在构造勾股定理求；①④由相似，，在计算，进而可判断①；⑤证得，再证菱形即可．【详解】解：点P在对称轴上，点B与点是对称点，则；故②正确；连结，由翻折，，，由勾股定理，∴，设，在中，，由勾股定理，解得，∴，在中，，；故③正确；过M作，交延长线于F，由，∴，∴，∴，∴，∴，，则，∴故④不正确；∵∴∴；故①不正确；连接，由对称性可知，，，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴四边形为平行四边形，又，∴四边形是菱形，故⑤正确．五个结论中正确的是②③⑤．故选：B．【点睛】此题考查了矩形的性质、图形的翻折变换，三角形全等判定与性质，勾股定理，菱形的判定与性质等知识的应用，此题的关键是能够证明．10．（2023春·八年级课时练习）如图，矩形纸片中，，，点E、G分别在上，将、分别沿翻折，翻折后点C与点F重合，点B与点P重合．当A、P、F、E四点在同一直线上时，线段长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据矩形的性质得到，，，根据折叠的性质得到，，，根据勾股定理得到，设，由勾股定理列方程得到，由折叠的性质得到，，，求得，设，则，根据勾股定理列方程即可得到结论．【详解】解：在矩形纸片中，，，∴，，，∵将沿翻折，翻折后点C与点F重合，∴，，，∴，设，∴，，∵，∴，解得：，∴，∵将沿翻折，翻折后点B与点P重合，∴，，，∴，设，则，∵，∴，∴，∴线段GP长为，故选：B．【点睛】本题考查了翻折变换（折叠问题），矩形的性质，勾股定理，根据勾股定理列方程是解题的关键．11．（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形中，点E，G分别在，边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接，若正方形的边长为4，则的长度是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】延长交于H，利用已知条件证明，然后利用全等三角形的性质证明，最后利用勾股定理即可求解．【详解】解：如图：延长交于H，∵平分，∴，∵，∴，在和中，，∴，∴，，而，∴，∵，正方形的边长为4，∴，，，在中，，在中，，∴，∴．故选：C．【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形中位线的性质，具有一定的综合性，解题关键是作出辅助线，利用全等三角形、正方形和三角形中位线的性质以及勾股定理求解．12．（2022秋·云南·九年级校考阶段练习）如图，正方形的边长为2，连接平分交于点E，则的长为（

）A． B． C．2 D．【答案】C【分析】过E作于F，根据正方形对角线互相垂直以及角平分线的性质可得，再由正方形的性质可得，继而可得，再根据勾股定理即可求得，最后根据即可解答．【详解】解：如图：过E作于F，∵四边形是正方形，∴，∵平分交于点E，∴，∵正方形的边长为2，∴，∴，∴∴，∴∴故选C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、角平分线的性质、勾股定理等知识点，正确添加辅助线、灵活运用相关性质与定理是解题是关键．13．（2023春·八年级课时练习）如图，在四边形纸片中，，，，．将纸片先沿对折，再将对折后的纸片沿过顶点A的直线裁剪，剪开后的纸片打开铺平，其中有一个图形是周长为的平行四边形，则________．【答案】##【分析】根据题意，画出图形，可知，所得的平行四边形是菱形，由菱形的性质和平行四边形的周长，求得相关边长，进而可求得的长．【详解】如图，当沿从A出发的直线裁剪，四边形是平行四边形，根据裁剪可知：，∵四边形是平行四边形，∴四边形是菱形，∵四边形周长为，∴，∵，，∴，∵在平行四边形中，，∴，∴在中，，∴，∵，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查，平行四边形的性质和菱形的判定方法与性质以及平行四边形的面积公式，根据题意，画出图形，是解题的关键，主要要分类讨论.14．（2023春·江苏·八年级姜堰区实验初中校考周测）如图，在矩形中，，E、F分别是边、上一点，，将沿翻折得，连接，当_____时，是以为腰的等腰三角形．【答案】或【分析】设，则，由翻折得：．当′时，作，由，EF平分可证得，则，所以，，分，和两种情况进行求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，设，则，由翻折得：，作于点，如图，∵，∴，∴，∵沿翻折得，∴，∴，∵，∴，∴，，当是以为腰的等腰三角形时，①时，则：，即，解得，∴；②时，在中，，即：，解得：；∴；综上，当或时，是以为腰的等腰三角形；故答案为：或．【点睛】本题考查了矩形中的折叠问题、等腰三角形的性质、全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，根据题意列方程是解答本题的关键．15．（2023春·湖北武汉·八年级校考阶段练习）如图，，，，线段在射线上滑动，，则四边形周长的最小值是___________．【答案】【分析】如图所示，作点A关于直线的对称点E，过点E作，连接，过点O作垂直于直线于P，过点D作垂直直线于G，交射线于H，设交射线于Q，连接，由轴对称的性质得到，，利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求出，，，证明四边形是矩形，得到，同理可证四边形是矩形，得到，则，，即可求出，证明四边形是平行四边形，得到，推出当三点共线时，最小，即四边形的周长最小，最小为，由此即可得到答案．【详解】解：如图所示，作点A关于直线的对称点E，过点E作，连接，过点O作垂直于直线于P，过点D作垂直直线于G，交射线于H，设交射线于Q，连接，∴，，∵，∴，∵，∴，同理得：，∴，，∵，∴四边形是矩形，∴，同理可证四边形是矩形，∴，∴，，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴四边形的周长，∴当三点共线时，最小，即四边形的周长最小，最小为，∴四边形的周长的最小值为，故答案为：．【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，勾股定理，轴对称最短路径问题，含30度角的直角三角形的性质，正确作出辅助线确定出周长最小时的情形是解题的关键．16．（2023秋·四川乐山·八年级统考期末）欧几里得是古希腊著名数学家、欧氏几何学开创者．下面问题是欧几里得证明勾股定理的证法一小片段，同学们，让我们一起来走进欧几里得的数学王国吧！如图，分别以的三边为边长，向外作正方形、、．（1）连接、，则、的关系是______；（2）过点作的垂线，交于点，交于点，若，，则正方形的边长是______．【答案】

【分析】（1）根据正方形的性质和三角形全等的判定定理，即可得结论；（2）由于，得到四边形的面积是的面积的2倍，同理正方形的面积为的面积的2倍，结合，即得结论；【详解】解：（1）四边形、四边形是正方形，，，，，在和中，；（2），，四边形的面积的面积的2倍，同理，正方形的面积的面积的2倍，又，四边形与正方形的面积相等．正方形中，，，四边形的面积是，∵正方形的面积等于四边形的面积，，．∵∴在中故答案为：，【点睛】本题主要考查三角形全，等勾股定理以及正方形的性质，已知的两对边对应相等，关键是找到夹角相等．17．（2023秋·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考期末）如图，在矩形中，，，点、分别为、边上的点，且的长为2，点为的中点，点为上一动点，则的最小值为___________．【答案】##【分析】作点A关于的对称点H，连接，，，，，可知当H、P、G、D共线时，最小，求出、长即可．【详解】解：作点A关于的对称点H，连接，，，，，，∵，∴当H、P、G、D共线时，最小，∵，，∴，，∵的长为2，点为的中点，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题考查了利用轴对称求最短路径，解题关键利用轴对称和直角三角形的性质确定最短路径．18．（2023春·河南郑州·九年级郑州外国语中学校考开学考试）如图，四边形为矩形，、，点、分别为边、上动点，且，连接、，分别将和沿、翻折，点的对应点为点，点的对应点为点，连接，当平行于矩形一边时，长为______．【答案】或【分析】分两种情况：①当时，②当时，分别求解即可．【详解】解：分两种情况：①当时，如图1，过点作于G，过点作于H，延长交于N，延长交于M，∵矩形，∴，，∴，∴，∴，由折叠可得：，，，，∴，，∵，∴，∴，∵矩形，易得四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，∴，在中，，，∴∴，易得四边形是矩形，四边形是矩形，∴，∴，在中，由勾股定理，得，即，解得：；②当时，如图2，过点作于N，过点作于P，延长交于M，由①知，∴，由折叠可得，，∴，，，∵，∴，∵，，∴，∴，∵，，易得四边形是矩形，四边形是矩形，∴，，，∴，在中，由勾股定理，得，∴，∴，在中，由勾股定理，得，即，解得：，综上，长为或，故答案为：或．【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握相关判定与性质定理是解题的关键，注意事项分类讨论思想的应用．19．（2023春·八年级单元测试）如图，长方形中，，，点从出发，以的速度沿运动，最终到达点，在点运动了3秒后点开始以的速度从运动到，在运动过程中，设点的运动时间为，则当的面积为时，的值为________．【答案】2或【分析】分当在上或当在上两种情况,分别计算AQ、AQ边上的高的长，然后再结合三角形面积公式求解即可．【详解】解：①当在上，点的速度为，如图①所示：∴∴，解得．②当在上，点的速度为当的速度为，如图②所示：∴，的高为，∴，解得．综上可得，当或时，的面积为．故答案为2或．【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、四边形综合题等知识点，灵活运用四边形的相关性质是解题关键．20．（2023春·湖北随州·九年级统考阶段练习）如图，在矩形中，，，点分别是上的动点，点不与重合，且，点是五边形内点，，且．①当点为的中点时，_____________．②点到边距离为，则的取值范围为_____________．【答案】

##75度

##【分析】①根据矩形的性质以及“如果直角三角形中一直角边是斜边的一半，那么这条直角边所对的角等于30度”，可得，进而可知，再根据，可得，即可计算的值；②过点作于点，于点，利用勾股定理可求得；在中，由，可知当点重合时，最大，此时；当点重合时，证明为等腰直角三角形，利用勾股定理解得，此时点到的距离最小，为4．即可确定的取值范围．【详解】解：①∵四边形为矩形，∴，∵，点为的中点∴，∴，∴，又∵，，∴，∴；②过点作于点，于点，如下图，∵，，，∴，即，解得，在中，，∴当点重合时，最大，此时；当点重合时，如下图，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即，解得，此时点到的距离最小，为4．∴．故答案为：①；②．【点睛】本题主要考查了矩形的性质、含30度角的直角三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解题意，综合运用相关知识是解题关键．21．（2022秋·江西鹰潭·九年级统考期末）在中，O是对角线的中点．点E在外，且．过点C作直线的垂线，垂足为F．连接，．(1)如图1，当为矩形，且时．①线段，的数量关系是：；②请说明理由：(2)如图2，当为正方形时，若，，完善图形并求的长．【答案】(1)①；②见解析(2)见解析，【分析】（1）连接，由垂直平分线的性质得出，即可得出结论；（2）根据题意画出图形，证明得出，再证明，得出，，得出为等腰直角三角形，最后求出，即可得出答案．【详解】（1）①；②理由如下：如图，连接，∵，，∴，∵在矩形中，，∴垂直平分，∴，同理，∴；（2）如图所示，．理由：连接，∵四边形为正方形，∴，，∵，，∴，，∴，又∵，∴，∴，∵O为对角线的中点，∴，，∴，又∵，∴，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，垂直平分线的判定和性质，以及全等三角形的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．22．（2023·山东枣庄·校考一模）如图1，中，，，的外角平分线交于点A，过点A分别作的延长线于B，的延长线于D．(1)求证：四边形是正方形；(2)若，求的长；(3)如图2，在中，，高，，求的长度．【答案】(1)见解析(2)4(3)【分析】（1）利用角平分线的性质间接求出，再证明四边形是矩形即可求证正方形．（2）利用全等三角形的判定与性质求出，再利用勾股定理求解．（3）构造出一个正方形，再利用勾股定理求解即可．【详解】（1）证明:过A点作于G,∵和分别是两个外角的平分线,,,∴,,∴,又∵,∴四边形是矩形,∴四边形是正方形．（2）∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，同理可证，，∴，∴，∴，∵,∴中，，∴．（3）把和分别沿、翻折，得到和，延长、交于点N，∴，，，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，，∴中，，∴．【点睛】本题考查了角平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，解题关键是正确作出辅助线和进行线段之间的转化．23．（2023春·河北承德·九年级统考阶段练习）如图，在正方形中，是上的一点，连接，过点作交外角平分线于．(1)若，求的长；(2)如图2，连接，交边于点F，连接．求证：平分．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）如图所示，在上取一点F，使得，连接，由正方形的性质得到，先证明，再证明，即可利用证明，得到，在中，由勾股定理得，则；（2）如图所示，过点N作于G，于H，作交直线于Q，由全等三角形的性质得到，，推出，由角平分线的性质得到，可证四边形是正方形，得到，再推出，，进而证明，得到，再证明，得到，即可证明平分．【详解】（1）解：如图所示，在上取一点F，使得，连接，∵四边形是正方形，∴，∴，即，∵，∴，∴，∵平分，∴，∴，∵，即，∴，∵，∴，∴，∴，在中，由勾股定理得，∴；（2）证明：如图所示，过点N作于G，于H，作交直线于Q，由（1）可得，∵，∴，∵平分，，∴，又∵，∴四边形是正方形，∴，∵，∵，即，∴，，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴平分．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键24．（2023秋·辽宁阜新·九年级阜新实验中学校考期末）如图，正方形和正方形（其中），的延长线与直线交于点H．(1)如图1，当点G在上时，求证：；(2)将正方形绕点C旋转一周．①如图2，当点E在直线右侧时，判断的数量关系并证明；②当时，若，请直接写出线段的长．【答案】(1)证明见解析(2)①，证明见解析；②或【分析】（1）证明，即可得到，再由角的等量代换即可证明；（2）①在线段上截取，连接，证明，得到为等腰直角三角形，再利用等腰直角三角形的边角性质即可；②分两种情况，一是如图3所示，当D，G，E三点共线时，，连接．求出BD，设，则．在中，利用勾股定理列出方程解答；二是如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，中利用勾股定理列出方程即可解答．【详解】（1）证明：如图1，∵四边形和均为正方形，∴，，

∴．∴．

又∵，∴．∴．（2）解：①，证明如下：如图所示，在线段上截取，连接．由（1）可知，，又∵，∴．∴．

∴，即．∴为等腰直角三角形．∴．∴，∴．

②第一种情况：如图3所示，当D，G，E三点共线时，，此时G、H重合，连接．由①可知，且．又∵，∴．设，则．∴在中，由勾股定理得．∴，解得（负值舍），∴；第二种情况：如图4所示，当B，H，G三点共线时，，连接．设，∵，∴．在中，由勾股定理得．∴．解得，∴∴的长为或．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等知识点，解题的关键是熟知上述知识点，并正确作出辅助线．25．（2023春·全国·八年级专题练习）（1）如图1，在正方形中，E是上一点，F是延长线上一点，且．求证：；（2）如图2，在正方形中，E是上一点，G是上一点，如果，请你利用（1）的结论证明：．（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在四边形中，（），，，E是上一点，且，，，求四边形的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）108【分析】（1）根据正方形的性质，可直接证明，从而得出；（2）延长至F，使．连接，根据（1）知，即可证明，根据，得，利用全等三角形的判定方法得出，即，即可得出答案；（3）过作，交延长线于D，则四边形为正方形，设，根据（1）（2）可知，，在中，利用勾股定理即可求解，再结合计算即可．【详解】解：（1）∵四边形是正方形，∴，，，∴，∴；（2）如图2，延长至F，使．连接，由（1）知，∴，∴，即，又∵，则，∴，∵，，，∴，∴，∴；（3）如图3，过作，交延长线于D，在直角梯形中，∵，∴，又，，∴四边形为正方形，

∴，∵，设，∴，∴，，根据（1）（2）可知，，在中，∵，即，解这个方程，得：，∴，所以梯形的面积为．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识．此题综合性较强，难度较大，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．26．（2022秋·海南省直辖县级单位·九年级统考期末）正方形中，点E、F在、上，且，与交于点G．(1)如图1，求证；(2)如图2，在上截取，的平分线交于点H，交于点N，连接，求证：①是等腰直角三角形；②．【答案】(1)详见解析(2)①详见解析；②详见解析【分析】（1）根据四边形是正方形得到，，结合，即可得到答案；（2）①根据，即可得到，从而得到，结合，，可得，即可得到，结合平分即可得到，即可证明；②过点B作，交于点H，易得，从而得到，易证，即可得到答案；【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，

∵，∴；（2）证明：①∵，∴，，，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，

∵平分，∴，∵，∴，∴，即：，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形；

②如图所示，过点B作，交于点H，∵，，∴，∴，∴，

∴是等腰直角三角形，

∴，

∵四边形ABCD是正方形，∴，，∵，，∴，在和中，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是作辅助线找到等量代换的线段．27．（2023春·辽宁沈阳·九年级沈阳市第一二六中学校考开学考试）在正方形中，，点为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交，，于点，，．(1)①如图1，判断线段与之间的数量关系，并说明理由；(2)如图2，若垂足为的中点，连接，交于点，连接，则______．(3)若垂足在对角线上，正方形的边长为．①如图3，若，，则______；②如图4，连接，将沿着翻折，点落在点处，的中点为，则的最小值为______．【答案】(1)；理由见解析(2)(3)①；②【分析】（1）过点作分别交、于点、，证出四边形为平行四边形，得出，证明得出，即可得出结论；（2）连接，过点作，分别交、于点、，证出是等腰直角三角形，，，证明得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论；（3）①过点分别作垂足分别为，则，证明，设，根据，求得，即可得出；②连接交于点，则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，由等腰直角三角形的性质得出，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，证明得出，证明得出，，由正方形的性质得出，易得出，得出，，得出，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，即可得出结果．【详解】（1）∵四边形是正方形，，，，过点作分别交、于点、，如图所示：四边形为平行四边形，，，，，，，在和中，，（），，；（2）连接，过点作，分别交、于点、，如图所示：四边形是正方形，四边形为矩形，，，，是正方形的对角线，，是等腰直角三角形，，，是的垂直平分线，，在和中，，（），，，，是等腰直角三角形，，故答案为：．（3）①解：如图所示，过点分别作垂足分别为，则在正方形对角线上，，是等腰直角三角形，，，又，，，，设，，，解得：，则，故答案为：．连接交于点，如图所示：则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，，，，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，点在上，，在和中，，（），，，，，，，，，，，，，，，，由翻折性质得：，在和中，，（），，'，是正方形的对角线，，则，，，，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，点为的中点，，则的最小值为．【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．28．（2022春·江苏南京·八年级校考期中）如图1，，、、为铅直方向的边，、、为水平方向的边，点在、之间，且在、之间，我们称这样的图形为“图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“图形”的等积线．(1)下列四副图中，直线是该“图形”等积线的是_________(填写序号)(2)如图2，直线是该“图形”的等积线，与边、分别交于点、，过中点的直线分别交边、于点、，则直线(填“是”或“不是”)该图形的等积线．(3)在图3所示的“图形”中，，，．①若，在下图中画出与平行的等积线l(在图中标明数据)②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边、分别交于、，求的最大值；③如果存在与水平方向的两条边、相交的等积线，则的取值范围为．【答案】(1)①②③(2)是(3)①1；②；③【分析】（1）如图，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，由此可直接进行判断；（2）如图2，证明，根据割补法可得直线是图形的面积平分线；（3）①如图4，先计算图形的面积，可得出矩形的面积，由此可得出的长；②如图5，根据面积平分线可知梯形的面积为，根据面积公式列式可得的长，根据勾股定理可得的最大值；③如图6，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得的取值．【详解】（1）解：根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，∴直线是该“图形”等积线的是①②③；故答案为：①②③；（2）如图2，，，，点是的中点，，在和中，，，，，，即，，即，直线是图形的等积线．故答案为：是；（3）①图形的面积，延长交于点，，若是图形的面积平分线，且，点必然在线段上，如图所示，矩形的面积，，②如图，当与重合时，最大，过点作于，是图形的面积平分线，梯形的面积，即，，，，由勾股定理得：；即的最大值是；③在与水平方向的两条边、相交的等积线，如图，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长交于，延长交于，则，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．29．（2023秋·广西南宁·九年级南宁十四中校考开学考试）如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于．(1)求证：四边形是正方形；(2)若，求的长；(3)如图，在中，，高，，则的长度是______．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）作于，如图所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形；（2）证明，得出，同理：，得出，证出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，即可得出答案；（3）把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由（1）（2）得：四边形是正方形，，，，得出，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）证明：作于，如图所示：则，，，，四边形是矩形，，外角平分线交于点，，，，四边形是正方形（2）解：四边形是正方形，，在和中，，，，同理：，，，，，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得：，（3）解：解：在中，，高，，如图所示：把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由（1）（2）得：四边形是正方形，，，，，，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得：，即；故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识，解题关键是综合运用几何知识灵活解题．30．（2023春·江苏·八年级专题练习）（1）如图1，在正方形ABCD中，E是上一点，F是延长线上一点，且，求证：．（2）如图2，在正方形中，E是上一点，G是上一点，如果，求证：．（3）运用（1）（2）解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图3，在直角梯形中，（），，．E是上一点，且，，求直角梯形的面积．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）108【分析】（1）根据四边形是正方形，又，证得，即可得出结论．（2）利用正方形的性质和，求出，再根据，得出，然后证出，即可得出结论．（3）作出辅助线DF，根据三角形面积公式列等式即可求出DF的长，再利用勾股定理解答即可．【详解】解：（1）证明：如图1，四边形是正方形，，，又，，．（2），，，，，即，，且，，，，．（3）如图：过点C作于F，，，，，，四边形是矩形，且，四边形是正方形，．由（2）可得，，在中，，，，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明全等是解题的关键．31．（2022春·江苏南通·