特训03几何证明压轴题

特训03几何证明压轴题一、解答题1．如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段与、分别相交于点、．(1)求证：；(2)判断与的关系，并说明理由；(3)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质和定理证明即可得出结论；（2）由（1）的结论得，，再根据通过等量代换即可证明；（3）连接，证明出四边形是正方形，再利用正方形的性质得出条件，证出，在中利用勾股定理求得的长．【解析】（1）四边形和四边形是正方形，，，，，，．．（2），，理由如下：，，，，在中，，，，．（3）连接，如图，四边形和四边形是正方形，，，，，，，在中，，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是正方形，，

，，，，在中，．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握相关的知识点，添加适当的辅助线是解本题的关键．2．已知，菱形中，，、分别是边和上的点，且．(1)求证：．(2)如图2，在延长线上，且，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，，点是的中点，求的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)【分析】（1）连接，如图1，根据菱形的性质得，即可判定为等边三角形，得到，，然后利用可证明，即可解答；（2）过点F作，交的延长线于点H，利用平行线的性质求得是等边三角形，得到，然后利用定理求得，从而问题得解；（3）过点B作，交于点K，根据两组对边分别平行求得四边形是平行四边形，从而求得，，A作，然后利用含的直角三角形的性质以及勾股定理求得，，即有，在中，利用勾股定理可得，问题随之得解．【解析】（1）连接，如图1，∵四边形为菱形，∴，∵，∴为等边三角形，∴，，∴，∵，即，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴；（2）过点F作，交的延长线于点H，如图2，在（1）中已证为等边三角形，∵，∴，∴是等边三角形，∴，又∵是等边三角形，∴，∴，又∵，∴，即，在和中，∴，∴，∴；（3）过点B作，交于点K，如图3，∵，，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵点是的中点，∴，∴，过点A作，由（2）可知，，∴在中，，∴，，∴，在中，，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．3．如图，在矩形中，平分交于E，连接，．(1)如图1，若，，求的长；(2)如图2，若点F是边上的一点，若，连结交于G，①猜想的度数，并说明理由；②若，求的值．【答案】(1)(2)①，理由见解析；②【分析】（1）由矩形的性质得，，，由角平分线的性质得出，则是等腰直角三角形，得出，推出，由勾股定理得出；（2）①连接，由（1）得，，由证得，得出，，证明是等腰直角三角形，即可得出结论；②根据矩形的性质得到，求得，过D作于M，根据余角的性质得到，得到，过A作于N，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【解析】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，，∵平分，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（2）①，理由：连接EF，如图所示：由（1）得：，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴；②∵四边形是矩形，∴，∴，过D作于M，∴，∴，∴，∵，∴，由①知，，∵，∴，∴，∴，过A作于N，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，由①知，，∴，，∴．【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质、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；熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．4．如图①，已知正方形中，，分别是边，上的点（点，不与端点重合），且，，交于点，过点作交于点．(1)求证：．(2)若，试求线段的长．(3)如图②，连接并延长交于点，若点是的中点，试求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)4【分析】（1）证明（SAS），得出，得出，可得出结论；（2）根据的面积可求出，证明（AAS），由全等三角形的性质得出，则，可求出答案；（3）证得，，可得出，在四边形中，设，，则，，，由勾股定理可得出，的关系式，则可求出答案．【解析】（1）在正方形中，，，又∵，∴（SAS），∴，∵，∴，∴，∴．（2）在正方形中，，，∴，∵，∴，在中，，∵，∴，，∴，∵，∴，又∵，∴（AAS），∴，∴．（3）在正方形中，，，∵，，∴，∴，∵，，∴，在中，，∴，在四边形中，设，，则，，，∵，∴，∴，即，∴．【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，三角形的面积，平行线的判定，等腰三角形的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会用转化的思想解决问题，学会用方程的思想方法解决问题．5．已知点是正方形对角线上一点，与交于点，，垂足为，直线与交于点．(1)如图1，当在线段上时，求证；(2)如图2，当在线段上时，的延长线交于点，若，求证：①四边形为菱形；②；(3)如图3，若，在点从到的运动过程中，的最小值为______．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②见解析(3)【分析】（1）证明，即可得证；（2）①证明，可得，进而证明，可得，可得四边形是平行四边形，由，可得四边形是菱形；②由，又得出，即可证明；（3）取的中点，连接，，则，勾股定理求得，由即可求解．【解析】（1）解：如图1，∵四边形是正方形∴，，∴∴，∵，∴∴在与中，，∴，∴；（2）解：①如图2∵四边形是正方形，∴，，，，∴，∴，∵，∴，，在和中，∴，∴，∵，∴，

∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；②∵是的一个外角，∴∵四边形是菱形，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，

又∴，∴；（3）解：如图3，取的中点，连接，则，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，为的中点，∴，∵（当且仅当点在线段上时，等号成立），∴，即的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，两点之间线段最短，掌握正方形的性质是解题的关键．6．如图，正方形中，点是上一点，点是上一点，．(1)如图1，若，求的面积．(2)如图2，求证：．(3)如图3，点为延长线上一点，点为延长线上一点，．请直接写出线段、、的数量关系．【答案】(1)1(2)见解析(3)【分析】（1）如图，延长至，使，连接，由“”可证，可得，，由“”可证，可得，由勾股定理和三角形面积公式可求解；（2）将绕着点按顺时针方向旋转，得，可得，，，由“”可证，可得，可得结论；（3）在上截取，连接，由“”可证，可得，，由“”可证，可得，可得结论．【解析】（1）解：如图，延长至，使，连接，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，又，，，，，，，的面积；（2）证明：将绕着点按顺时针方向旋转，得，则，，，四边形是正方形，，，，、、在一直线上，，，又，，，；（3）解：理由：如图3，在上截取，连接，，，，，，，，，，又，，，，．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．7．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．(1)求证：；(2)说明；(3)求的面积．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)6【分析】（1）根据正方形性质证明，根据对折性质得到，从而证明，根据“斜边，直角边”即可证明；（2）先求出，进而得到，设，则，根据得到，根据勾股定理得到，解得，从而得到，，根据，得到，即可证明；（3）根据，利用三角形面积公式即可求解．【解析】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵沿对折至，∴，∴，∴，∵，∴（HL）；（2）证明：∵，∴，∵，∴，设，则，∵，∴，，∴，∵，∴，解得，∴，∴，∵，∴，∴，∴；（3）解：∵，∴．【点睛】本题为四边形综合题，考查了正方形的性质，翻折变换，全等三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定等知识，综合性较强，熟知相关定理，根据已知条件灵活应用是解题关键．8．如图1，点O是正方形的对角线BD的中点，过点O作直线，点D关于直线的对称点为E，连接．(1)求的值．(2)如图2，作于点F，请用等式表示线段之间的数量关系，并说明理由．(3)如图3，在（2）的条件下，连接交于点G，当时，请你探究线段与之间的数量关系，并说明理由．【答案】(1)(2)，见解析(3)，见解析【分析】（1）如图1，根据等边对等角得：，由正方形的性质可知：一条对角线平分一组对角得：，所以；（2）如图2，作辅助线，构建全等三角形，证明，则，根据有三个角是直角的四边形是矩形，证明四边形是矩形，得，所以；（3）由（2）可知：是等腰直角三角形，则，设，则，表示和的长，根据（2）：，得，代入关于x的式子可是，则．【解析】（1）∵，∴，∵四边形是正方形，∴，∴；（2），理由是：过B作于H，如图2，∵，∴，∴，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∴；（3）由（2）可知：是等腰直角三角形，∴，过点G作于K，如图3，∵，∴，∴，设，则，∴，∴，由（2）：，∴，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了四边形综合题、正方形的性质、矩形的判定、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．9．已知∶如图1，点D在外，，，射线与的边交于点H，，垂足为E，．(1)若，，求的长；(2)求证：；(3)如图2，若，，点F在线段上，且，点M、N分别是射线、上的动点，在点M、N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．【答案】(1)2；(2)见详解；(3)存在，的最小值是4；【分析】（1）先证明是直角三角形，然后由直角三角形的性质，即可求出的长度；（2）作，证明，再证明四边形是正方形，进而命题得证；（3）作点E关于的对称点V，作点F关于的对称点R，连接，交于N，于M，证明是等边三角形，进一步得出的最小值．【解析】（1）解：∵，，∴，∵，∴，∴是直角三角形，∵，∴；（2）证明：如图1，作于F，在和中，，∴，∴，，∵，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴矩形是正方形，∴，∴；（3）解：如图2，作点E关于的对称点V，作点F关于的对称点R，连接，交于N，于M，∴，，，，，，∴，∴是等边三角形，∴，此时．【点睛】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”模型及变形模型．10．在菱形ABCD中，P是直线BD上一点，点E在射线AD上，连接PC，(1)如图（1），当∠BAD=90°时，连接PE，交CD于点F，若∠CPE=90°，求证：PC=PE；(2)当∠BAD=60°时，连接PE，CE，PC交AE于点F，∠CPE=60°，AC=CE=4．①如图（2），若点P在线段BD的延长线上，求BP的长；②如图（3），若点P在线段DB的延长线上，直接写出BP的长．【答案】(1)见解析；(2)①，②．【分析】（1）先证出，得PA＝PC，再证明PA＝PE，得PC＝PE；（2）①如图2中，设AC交BD于O．首先证明PC＝PE＝PA，由∠CPE＝60°推出PC＝PE＝CE＝AC＝4，由四边形ABCD是菱形，推出AC⊥BD，根据勾股定理和等边三角形的性质求出PO和BO，根据BP＝PO＋OB计算即可；②如图3中，利用①中方法计算即可；（1）证明：如图1中，连接PA．∵∠BAD＝90°，∴菱形ABCD是正方形，在正方形ABCD中，AD＝DC，∠ADP＝∠CDP＝45°，在和中，，∴（SAS），∴PA＝PC，∠DAP＝∠DCP，∵∠CPF＝∠EDF＝90°，∠PFC＝∠EFD，∴∠PCF＝∠E，∴∠PAD＝∠E∴PA＝PE，∴PC＝PE；（2）①如图2中，设AC交BD于O，连接CE、AP．∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADO＝∠CDO，DA＝DC，∴∠ADP＝∠CDP，在和中，∴（SAS），∴PA＝PC，∠PAD＝∠PCD，∵∠CPE＝∠CDF＝60°，∠DFC＝∠PFE，∴∠E＝∠PCD＝∠PAD，∴PA＝PE＝PC，∴是等边三角形，∴AC＝CE＝PE＝PA＝PC＝4，∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，在中，，∵∠BAD=60°，AB=AD，∴是等边三角形，，∵，∴，解得：，∴，②如图3中，设AC与BD相交于点O，利用①中方法可知．【点睛】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定和性质、解直角三角形等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．11．如图，在和中，，，在的延长线上取点E，连接，使．(1)如图1，求的度数；(2)如图2，若的面积为3，，求的长；(3)如图3，在（2）的条件下，连接，在上取点F，延长至点K，连接、、，当，，时，求的面积．【答案】(1)；(2)；(3)6．【分析】（1）先由得，进而根据四边形内角和定理可求解；（2）过点D作，交BE的延长线于N，证得，由三角形的面积公式可求解；（3）由全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质分别求出DE，EF的长，即可求解．【解析】（1）解∶∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：如图2，过点D作，交BE的延长线于N，∵，∴，∴，又∵，，∴∵，∴，∴，∵，∴；（3）解：如图3，过点D作，交BE的延长线于N，延长AB交EK于M，过点F作于P，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴四边形BCPF是平行四边形，∵，∴四边形BCPF是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积公式，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．12．已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．(1)如图1，若，，则的度数为________；(2)如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长；(3)如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度．【答案】(1)67.5°(2)40(3)【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF=×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；（2）延长BC到点K，使，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．【解析】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，∵AE=CF，∴△ADE≌△CDF（SAS），∴∠ADE=∠CDF，∵∠EDF=45°，∴∠ADE+∠CDF=9045°=45°，∴∠CDF+∠CDF=45°，∴∠CDF=22.5°，∴∠DFC=90°22.5°=67.5°．（2）如图2，延长BC到点K，使，连接DK，∵，∴，∴，∴，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，即的周长为40；（3）如图3，作，交AB于点L，交FG于点P，作，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，∵，，∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，∴，，，∴；由（2）得，，∴，∴，∵，∴，∴，解得，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．13．四边形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＝，CE＝2，求CG的长；(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)；(3)或【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）分两种情形结合正方形的性质解答即可．【解析】（1）证明：如下图所示：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中，，∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2：在Rt△ABC中AC＝AB＝，∵EC＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴；（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】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键.14．矩形中，将矩形沿、翻折，点的对应点为点，点的对应点为点，、、三点在同一直线上．(1)如图，求的度数；(2)如图，当时，连接，交、于点、，若，，求的长度；(3)如图，当，时，连接，，求的长．【答案】(1)45°(2)5(3)4【分析】（1）由折叠的性质得，则；（2）连接，，，，由折叠的性质知垂直平分，垂直平分，则，，再求出，利用勾股定理可得答案；（3）设，则，，，过点作垂直交的延长线于，证明四边形是矩形，求出EH，在中，利用勾股定理列方程求解可得答案．【解析】（1）解：由折叠的性质可知：，，四边形是矩形，，，，；（2）如图，连接，，，，若，则四边形是正方形，由题意可知点与点重合，由折叠的性质可知：点与点关于对称，点与点关于对称，垂直平分，垂直平分，，，为正方形的对角线，，，，在中，由勾股定理得：．（3）设，由题意可知：，，，，，是等腰直角三角形，在矩形中，，，，，，，由折叠的性质可知：，，，，，，，如图，过点作垂直交的延长线于，则，四边形是矩形，，，，在中，由勾股定理得：，即，整理得：，解得或舍去，．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了翻折的性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，轴对称的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键，同时注意方程思想的运用．15．如图，菱形，连接对角线，过点A作于点E，交于点H，连接，若，（1）如图1，求证：（2）如图2，连接，求证：（3）如图3，过点F作的垂线，分别交延长线于点M、延长线于点N．若，，求的值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）的值为．【分析】（1）根据菱形的性质可得，进而可设，然后利用三角形的内角和定理结合已知条件可分别求得和的度数，最后根据等角对等边即可得证；（2）根据菱形的性质可证≌，由此可得，再结合已知条件即可证得结论；（3）过点D作DK⊥MN，交MN的延长线于点K，在NK的延长线上取一点P，使得KP＝AH，连接DP，先证明四边形AMND为平行四边形，由此可得，再由勾股定理可得，再证明四边形DAFK为正方形，进而可证明≌，由此可设，然后利用三角形的内角和定理结合已知条件可分别求得和的度数，再根据等角对等边可得，由此即可求得答案．【解析】（1）证明：∵四边形为菱形，∴，，，∴，设，则，∵，，∴，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴AF=AD；（2）证明：∵四边形为菱形，∴，，在与中，∴≌（SAS），∴，，∵，∴，∴．（3）解：如图，过点D作DK⊥MN，交MN的延长线于点K，在NK的延长线上取一点P，使得KP＝AH，连接DP，∵MN⊥AF，AF⊥AD，∴∠AFM＝∠DAF＝90°，∴，∵，，∴四边形AMND为平行四边形，

∴，MN＝AD，又∵，∠AFM＝90°，∴，∵DK⊥MN，∴∠DKN＝∠DKP＝90°，∵∠DKN＝∠DAF＝∠AFK＝90°，AF＝AD，∴四边形DAFK为正方形，∴AD＝FK＝DK＝AF＝12，又∵MN＝AD，∴MN＝FK，∴MF＝NK＝5，

在与中，∴≌（SAS），∴，设，则，由（1）可知，，则，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴的值为．【点睛】本题是一道四边形的综合题，考查了菱形的性质，平行四边形和正方形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，第（3）问有一定的难度，正确作出辅助线并能熟练运用相关图形的判定与性质是解决本题的关键．16．已知：正方形中，是对角线所在直线上一点．（1）如图1，若在对角线上，连接，过点作交于点．求证：；（2）如图2，在（1）的条件下，若，，求的长；（3）如图3，若在的延长线上，连接，过点作交延长线于点，连接，若，的面积是，求的长．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【分析】（1）过点P分别作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，先证明四边形PEBF是正方形，得到∠EPQ+∠FPQ=90°，PE=PF，再证明△CPF≌QPE即可得到答案；（2）先求出，则，再求出BE=BF=4，则CF=BCBF=ABBF=2，由△CPF≌QPE可知CF=EQ=2，故BQ=BEEQ=2；（3）过点P分别作PG⊥AB交BA延长线于G，PH⊥BE于H，同理可以证明四边形PGBH为正方形，的PG=PH=BG=BH，同理可以证明△PGA≌△PHE，得到AG=EH，可以得到GA=CH=HE，则GA=CH=HE=3，设AB=CD=a，则GP=PH=a+3，根据，求解即可．【解析】解：（1）如图所示，过点P分别作PE⊥AB于E，PF⊥BC于F，∴∠PEQ=∠PFB=∠PFC=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠EBP=∠FBP=45°，∠ABC=90°，∴四边形PEBF是矩形，△PEB和△PFB都是等腰直角三角形，∴PE=PF，∠EPF=90°，∴四边形PEBF是正方形∴∠EPQ+∠FPQ=90°，又∵PQ⊥PC，∴∠CPF+∠FPQ=∠CPQ=90°，∴∠CPF=∠EPQ∴△CPF≌QPE（ASA）∴PQ=PC；（2）∵四边形ABCD是正方形，AB=6，∴∠A=90°，AB=AD=6，∴，∴，∵PE=BE，∠PEB=90°，∴即，∴BE=BF=4，∴CF=BCBF=ABBF=2由△CPF≌QPE可知CF=EQ=2，∴BQ=BEEQ=2；（3）如图所示，过点P分别作PG⊥AB交BA延长线于G，PH⊥BE于H，同理可以证明四边形PGBH为正方形，∴PG=PH=BG=BH，同理可以证明△PGA≌△PHE，∴AG=EH，∵BG=BA+AG，BH=BC+CH，AB=BC，∴GA=CH=HE，∵CE=6，∴GA=CH=HE=3，设AB=CD=a，则GP=PH=a+3，∵，∴，∴，解得a=4，∴PH=7，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．17．已知正方形，为边上一点不与、重合），过作，且，连接．（1）如图1，求的度数；（2）如图2，连接交于，求证：；（3）如图2，当，，则（直接写出结果）【答案】（1）∠EAD=45°；（2）证明见详解；（3）【分析】（1）如图1中，作EH⊥BA于H．只要证明△HPE≌△CBP，推出BC=PH=AB，HE=PB，推出PB=AH=EH，推出∠HAE=45°，即可解决问题；（2）作EK∥AB交BD于K．首先证明四边形ABKE是平行四边形，再证明△GEK≌△GCD，可得GD=GK，根据BD=CD，即可解决问题；（3）利用（1）（2）中结论即可解决问题；【解析】(1)如图1中，作EH⊥BA于H.∵四边形ABCD是正方形，∴∠B=∠BAD=∠HAD=90°，AB=BC，∵EP⊥PC，∴∠EPC=90°，∴∠BPC+∠HPE=90°,∠BPC+∠BCP=90°，∴∠HPE=∠BCP，在△HPE和△CBP中，∴△HPE≌△CBP，∴BC=PH=AB，HE=PB，∴PB=AH=EH，∴∠HAE=45°，∴∠EAD=45°.（2）证明：作EK∥AB交BD于K.∵∠EAD=∠ADB=45°，∴AE∥BK,∵AB∥EK，∴四边形ABKE是平行四边形，∴EK=AB=CD，AE=BK，∵AB∥CD，∴EK∥CD，∴∠GEK=∠GCD，∴△GEK≌△GCD，∴GD=GK，∵BD=CD，BD=BK+DK=AE+2DG，∴AE+2DG=CD.（3）∵BC=AB=10，PA=6，∴BP=4，由(1)可知AE=，由(2)可知+2DG=，∴DG=，∵BD=，∴BG=【点睛】本题主要考查正方形的综合应用，熟练的在其中找到可以使用的全等三角形，平行四边形并进行证明，可得出相应结论，同时对已证结果的直接使用，也很重要18．如图，已知正方形的边长为，连接、交于点，平分交于点（1）求的长（2）过点作，交于点，求的长（3）过点作，交于点，求的长【答案】（1）（2）（3）【分析】（1）求出，根据勾股定理求出BD，即可求出DE；（2）求出，根据全等三角形的性质得出即可；（3）延长交于，证，得出比例式，代入即可求出答案.【解析】（1）∵四边形是正方形，∴，，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，在中，由勾股定理得：,∴（2）∵，∴，∴，∵，∴，∴（3）如图，延长交于，由（2）知：，由（1）知：，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，解得：【点睛】本题主要考查了本题主要考查全等三角形的判定和相似三角形的判定和正方形的性质，熟练掌握全等三角形和相似三角形的的判定定理和性质是解此题的关键。19．在□ABCD中，∠ADC的平分线交BC于点E，交AB的延长线于点F，以BE，BF为邻边作．(1)如图1，求证：是菱形；(2)如图2，若，连接BG，交EF于点O，连接OA，OC，AC，求OA的长；(3)如图3，若，连接AC，AG，求∠GAC的度数．【答案】(1)证明见解析(2)(3)∠CAG=60°【分析】（1）由平行四边形的性质和角平分线的定义可证，可得结论；（2）由勾股定理可求的长，由“”可证，可得，，由等腰直角三角形的性质可求解；（3）先证四边形是平行四边形，四边形是菱形，可得，，，可证，可得，即可求解．（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，又四边形是平行四边形，是菱形；（2）解：，四边形是矩形，，，，菱形是正方形，，，，，，，，，，，，，，；（3）解：如图3，延长，，交于点，连接，四边形是平行四边形，，，，，四边形是菱形，，，，，，四边形是平行四边形，四边形是平行四边形，，，，，四边形是菱形，，，是等边三角形，是等边三角形，，，，，．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．20．以四边形的边，为边分别向外侧作等边和等边，连接，，交点为G．(1)当四边形为正方形时（如图1），直接说出和有什么数量关系．(2)当四边形为矩形时（如图2），和具有怎样的数量关系？请加以证明；(3)四边形由正方形到矩形到一般平行四边形的变化过程中，是否发生变化？如果改变，请说明理由；如果不变，请在图3中求出的度数．【答案】(1)EB＝FD(2)EB＝FD，证明见解析；(3)∠EGD不发生变化，仍然是60°．【分析】（1）根据等边三角形的性质可证，△AFD≌△ABE，则=；（2）由（1）同理可证△AFD≌△ABE，从而得出EB=FD；（3）由（2）同理得：△FAD≌△BAE，则∠AEB=∠ADF，再利用三角形内角和定理可得答案．【解析】（1）解：EB=FD，理由如下：∵△ADE、△ABF是等边三角形，∴AE=AD，AB=AF，∠DAE=∠BAF，∴∠BAE=∠DAF，∴△AFD≌△ABE（SAS），∴EB=FD，（2）EB=FD，理由如下：∵△AFB为等边三角形，∴AF=AB，∠FAB=60，∵△ADE为等边三角形，∴AD=AE，∠EAD=60，∴∠FAB+∠BAD=∠EAD+∠BAD，即∠FAD=∠BAE，∴△FAD≌△BAE（SAS），∴EB=FD；（3）不变，理由如下：由（2）同理得：△FAD≌△BAE，∴∠AEB=∠ADF，设∠AEB为x，则∠ADF也为x，于是有∠BED为(60x)，∠EDF为(60+x)，∴∠EGD=180∠BED∠EDF=180(60x)(60+x)=60．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，证明△FAD≌△BAE是解题的关键．21．在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是射线BC上一个动点，连接AE并延长交射线DC于点F，将△ABE沿直线AE翻折到△AB'E，延长AB'与直线CD交于点M．(1)求证：AM=MF；(2)当点E是边BC的中点时，求CM的长；(3)当CF=4时，求CM的长．【答案】(1)见解析(2)(3)或21【分析】（1）由折叠的性质及等腰三角形的判定可得出答案；（2）利用矩形的性质证得，根据全等三角形的性质得到，设，则由（1）知，，，在中利用勾股定理即可求解；（3）当时，设，应分两种情况：第一种情况，点在线段上，如图所示，则，；第二种情况，点在线段上，如图所示，则，在中，利用勾股定理即可求解．【解析】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，∴ABCD，∴∠F＝∠BAF，由折叠可知：∠BAF＝∠MAF，∴∠F＝∠MAF，∴AM＝MF；（2）∵点E是边BC的中点，∴，∵四边形ABCD为矩形，，∴ABCD，，∴∠F＝∠BAF，又∵，∴，∴，设，则由（1）知，，在中，，∴，解得，∴的长为；（3）当时，设，应分两种情况：第一种情况，点在线段上，如图所示，则，∴在中，，∴，解得，∴的长为；第二种情况，点在线段的延长线上，如图所示，则，∴在中，，∴，解得，∴的长为综上可知，当CF=4时，CM的长为或21【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理等知识，分类讨论的思想是解题的关键．22．如图，在平行四边形中，，于E，于G，交于F．(1)如图1，若，，求的长；(2)如图2，平行四边形外部有一点H，连接、，满足，，求证：．(3)如图3，在上有一点M，连接，将绕着点M顺时针旋转90°得，连接、，点P为的中点，连接．在（1）的条件下，当最小时，直接写出线段的长度．【答案】(1)(2)见解析(3)【分析】（1）根据“ASA”结合题目中已知条件证明，然后得出，根据勾股定理算出AE的长，即可得出CE的长，算出BC的长，即可得出AD的长；（2）过点A作于点N，交EH于点M，连接CH，交AN于点O，HE交CG于点K，根据“AAS”证明，推导出HK=CK，得出，利用等腰直角三角形的性质，推导出结论即可；（3）连接，过点作交BC于点Q，交AD于点P，设EM=x，根据已知条件先证明，根据全等三角形的性质，结合解析（1）中结论，用x表示出CQ的长度，列出关于的关系式，得出当当点M在点E的右边，且到点E的距离为时最小，根据，结合勾股定理求出AP的长度即可．【解析】（1）解：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AB=CD=，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，．（2）过点A作于点N，交EH于点M，连接CH，交AN于点O，HE交CG于点K，如图所示：四边形ABCD为平行四边形，，，，，四边形AGCN为矩形，，AG=CN，，，，，，，，，，，，ME=CK，，，，，，，即HK=ME，∴HK=CK，，，，，，，，∴NO=AG，∵，，∴，∴．（3）连接，过点作交BC于点Q，交AD于点P，设EM=x，根据旋转可知，，，，∴，，，，，，根据（1）可知，，，，，当时，最小，即最小，即当点M在点E的右边，且到点E的距离为时最小，，，四边形AEQP为矩形，，，根据解析（1）可知，，，，，，，点为的中点，，，，垂直平分AD，，，即，为直角三角形，，．【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，主要考查了全等三角形的判定性质、等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定，勾股定理及逆定理的应用，作出正确的辅助线，灵活运用性质和判定是解题的关键．23．如图1，四边形ABCD是正方形，F是BC边上的一点，E是CD边的中点，且AF＝AD+FC，连接EF并延长EF交AD的延长线于点G．（1）求证：AE平分∠DAF；（2）AF＝DE+BF是否成立？若成立，请给出证明，若不成立，请说明理由；（3）如图2，若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，试探究上述（1）（2）中的结论是否成立．请分别做出判断，不需要证明．【答案】（1）见解析；（2）AF＝DE+BF成立，理由见解析；（3）①结论AE平分∠DAF仍然成立，理由解析；②结论AF＝DE+BF不成立，理由见解析【分析】（1）根据ASA证明△EDG≌△ECF，从而有DG＝FC，，进而得出AF＝AG，利用等腰三角形的性质解答即可；（2）作AH⊥AE交CB的延长线于点H，可证得AF＝FH，只需证明HB＝DE即可；要证HB＝DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可；（3）在图3中，仿照（1）中的证明思路即可证到AF＝AD+FC仍然成立；在图4中，采用反证法，并仿照（2）中的证明思路即可证到AF＝DE+BF不成立．【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC＝∠C＝∠BAD＝90°，∵∠EDG＝180°﹣∠ADC＝90°，∴∠EDG＝∠C，∵E是CD边的中点，∴DE＝CE，在△EDG和△ECF中，，∴△EDG≌△ECF（ASA），∴EG＝EF，DG＝FC，∵AF＝AD+FC，AG＝AD+DG，∴AF＝AG，∴AE平分∠DAF；（2）AF＝DE+BF成立，证明如下：如图2，作AH⊥AE交CB的延长线于点H，∴∠HAB+∠BAE＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝∠ABC＝∠ADE＝90°，AB∥CD，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∠ABH＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠HAB＝∠EAD，∠ABH＝∠ADE，在△AHB和△AED中，，∴△AHB≌△AED（ASA），∴BH＝DE，∠H＝∠AED，∵∠EAD+∠AED＝90°，∠FAE+∠FAH＝90°，∠EAD＝∠FAE，∴∠AED＝∠FAH，∴∠FAH＝∠H，∴AF＝FH，∵FH＝BH+BF，∴AF＝DE+BF；（3）①结论AE平分∠DAF仍然成立．证明：如图3，∵四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，∴∠ADC＝∠C＝90°，∵∠EDG＝180°﹣∠ADC＝90°，∴∠EDG＝∠C，∵E是CD边的中点，∴DE＝CE，在△EDG和△ECF中，，∴EG＝EF，DG＝FC，∵AF＝AD+FC，AG＝AD+DG，∴AF＝AG，∴AE平分∠DAF；②结论AF＝DE+BF不成立．如图4，假设AF＝DE+BF成立,作AH⊥AE交CB的延长线于点H，∴∠HAB+∠BAE＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠ADE＝90°，AB∥CD，∴∠BAE+∠EAD＝90°，∠ABH＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠HAB＝∠EAD，∠ABH＝∠ADE，∵∠EAD+∠AED＝90°，∠FAE+∠FAH＝90°，∠EAD＝∠FAE，∴∠AED＝∠FAH，∵∠AHB＝90°﹣∠HAB＝90°﹣∠DAE＝∠AED，∴∠AHB＝∠FAH，∴AF＝FH，∴DE+BF＝BH+BF，∴DE＝BH，在△AHB和△AED中，，∴△AHB≌△AED（AAS），∴AB＝AD，与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．∴AF＝DE+BF不成立．【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质，解题的关键是综合运用相关知识解题．24．如图，在四边形ABCD中，AD=AB=BC，AC⊥BD交于点O．(1)求证：四边形ABCD为菱形；(2)如图2，过四边形的顶点A作于点，交于点，若，求四边形的面积；(3)如图3，过菱形的顶点A作，且，线段交于点，交BC于点，若、、三点共线，求证：．【答案】(1)见解析(2)(3)见解析【分析】（1）根据题意得出AC垂直平分BD，再由菱形的判定即可证明；（2）连接CH，根据菱形的性质及等边三角形的判定得出△ABC是等边三角形，再由其性质及勾股定理得出AE，结合图形得出求解即可；（3）连接CH，在OC上取一点Q，使得OH＝OQ，连接HQ．利用菱形的性质及全等三角形的判定得出△BEH≌△AEC，再由垂直平分线的性质及各角之间的关系得出QH＝QC＝OH，设OH＝m，则OQ＝m，结合图形中各线段间的数量关系即可得出结果．【解析】（1）证明：∵AD=AB，AC⊥BD，∴AC垂直平分BD，∴BC=CD，∴BC=CD=AD=AB，∴四边形ABCD为菱形；（2）如图，连接CH，∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC⊥BD，OA＝OC，∵AB＝AC＝6，∴AB＝AC＝BC＝6，∴△ABC是等边三角形，∵AE⊥CB，∴BE＝CE＝3，∴AE＝，∵AO＝OC，BE＝EC，∴，∴；（3）证明：如图中，连接CH，在OC上取一点Q，使得OH＝OQ，连接HQ．∵AF⊥AD，AD＝AF，∴∠ADF＝∠F＝45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABC＝∠ADC＝45°，ADCB，∴AE⊥BC，∴∠AEB＝∠AEC＝90°，∴∠BAE=∠ABC=45°，∴BE=AE，∵DA＝DC，∴∠DAC＝∠DCA＝67.5°，∴∠EAC＝∠EBH＝22.5°，∴△BEH≌△AEC（ASA），∴BH＝AC＝2OC，∵BD垂直平分线段AC，∴HA＝HC，∴∠HCA＝∠HAC＝22.5°，∵OQ＝OH，∴∠OHQ＝∠OQH＝45°，∵∠OQH＝∠QHC+∠QCH，∴∠QHC＝∠HCQ＝22.5°，∴QH＝QC＝OH，设OH＝m，则OQ＝m，HQ＝CQ＝m，∴OC＝m+m，∴OH+OC＝m+m+m＝2m+m，∵BH＝OC＝（m+m）＝m+2m，∴OH+OC＝BH．【点睛】题目主要考查菱形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．25．如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)如图，连接，若，，，求的面积；(3)如图，连接，作关于直线对称的，其中点A，的对应点分别为点，，恰好有，垂足为若，求的长．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）根据平行四边形性质得出：，，，利用角平分线定义及平行线性质即可证得结论；（2）如图，过点A作于点，则，再证明四边形是矩形，推出，设，则，利用勾股定理求得，再运用平行四边形面积公式即可求得答案；（3）如图，过点作交于点，过点作于点，连接交的延长线于点，运用轴对称性质可得出：，，，推出、是等腰直角三角形，再证得是等腰直角三角形，得出，运用角平分线性质可得，进而得出，再利用等腰三角形性质可得出答案．（1）证明：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，同理可得：，，，即，四边形为平行四边形；（2）如图，过点作于点，则，，，，，四边形是矩形，，，由（1）得：，，，设，则，，在中，，，解得：，，，▱的面积为；（3）如图，过点作交于点，过点作于点，连接交的延长线于点，由（1）知，四边形是平行四边形，由（1）知，四边形是菱形，，，又关于直线对称的，其中点，的对应点分别为点，，，，，由（1）知四边形为平行四边形，，又，，，、是等腰直角三角形，垂直平分，即，又，，，，即是等腰直角三角形，，由勾股定理得，，是等腰直角三角形，，，，，又，，，，又是等腰直角三角形，，故BE的长为．【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线性质，平行四边形面积，轴对称性质等知识点，综合性较强，难度较大，作辅助线构造等腰直角三角形是解题的关键．26．如图1，在▱ABCD中，∠ADC的平分线交AB于点E，交CB的延长线于F，以BE、BF为邻边作▱EBFH．(1)证明：平行四边形EBFH是菱形；(2)如图2，若∠ABC=60°，连接HA、HB、HC、AC，求证：△ACH是等边三角形．(3)如图3，若∠ABC=90°．①直接写出四边形EBHF的形状；②已知AB=10，AD=6，M是EF的中点，求CM的长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)①正方形；②CM=2．【分析】（1）证明∠HEF=∠HFE，则EH=FH，即可求解；（2）证明四边形DCFG为菱形，则△DGC、△CGF均为等边三角形；证明△CAG≌△CHF（SAS），则CA=CH，再证明∠ACH=60°，即可求解；（3）①∠ABC=90°，则平行四边形ABCD为矩形，菱形EBFH为正方形；②MN=2=BN，CN=BC+NB，则CM=，即可求解．（1）证明：∵DE是∠ADC的平分线，∴∠CDE=∠ADE，∵CD∥AB，AB∥HF，∴∠CDE=∠AED=∠HFE，∵AD∥BC，∴∠EDA=∠FEH，∴∠HEF=∠HFE，∴EH=FH，∴▱EBFH为菱形；（2）证明：延长DA交FH的延长线于点G，连接CG，∵四边形ABCD为平行四边形，故AB∥CD，AD∥BC，而四边形EBFH为菱形，故EB∥HF，∴DG∥CF，CD∥FG，∴四边形DCFG为平行四边形，∵DE是∠ADC的角平分线，∵∠CDF=∠GDF，∵CD∥GF，∴∠CDF=∠GFD=∠GDF，∴DG=GF，∴平行四边形DCFG为菱形，∵∠ABC=60°，∴△DGC、△CGF均为等边三角形，∴∠CGD=∠CGF=60°，CG=CF，同理可得：四边形AEHG为平行四边形，故AG=EH=HF，在△CAG和△CHF中，CG=CF，AG=HF，∠CGD=∠CGF=60°，∴△CAG≌△CHF（SAS），∴CA=CH，∠ACG=∠HCF，∵∠ACH=∠ACG+∠GCH=∠GCH+∠HCF=60°，∴△ACH是等边三角形；（3）解：①∠ABC=90°，则平行四边形ABCD为矩形，∴菱形EBFH为正方形；②由（1）知△ADE为等腰直角三角形，故AE=AD=6，则BE=106=4，∵连接BH，过点M作MN⊥BF于点N，∵M是EF的中点，故点M时正方形EBFH对角线的交点，则MN=EB=×4=2=BN，则CN=BC+NB=6+2=8，∴CM=．【点睛】本题是几何综合题，考查了勾股定理、等边三角形、三角形全等、平行四边形和特殊四边形的判定与性质等知识点，涉及考点较多，有一定的难度．27．菱形ABCD中，E，F为边AB，AD上的点，CF，DE相交于点G．(1)如图1，若∠A＝90°，DE⊥CF，求证：DE＝CF；(2)如图2，若DE＝CF．试探究此时∠EGF和∠A满足什么关系？并证明你的结论；(3)如图3，在（1）的条件下，平移线段DE到MN，使G为CF的中点，连接BD交MN于点H，若∠FCD＝15°，求的值．【答案】(1)见解析(2)∠EAF+∠EGF=180°，证明见解析；(3)【分析】（1）由菱形ABCD中和∠A=90°可得菱形ABCD是正方形，根据正方形性质得AD=DC，∠A=∠CDF=90°，再加上DE⊥CF，得到∠CGD=90°，所以∠ADE=∠DCF，即证得Rt△ADE≌Rt△DCF，即可证得DE=CF；（2）过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，根据菱形的面积证得DR=CS，推出∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，得到∠CFS=∠RED，由∠CFS+∠AFG=180°，推出∠EAF+∠EGF=180°；（3）由（1）的条件可得MN=CF，MN⊥CF，加上G为CF的中点，即MN垂直平分CF，联想到连接FM即有FM=MC且∠DMF=∠MFC+∠FCD=30°，利用四边形KTDC是矩形，证得△THF≌△KCH，推出TF=HK，根据三角形内角和求出∠TFH+∠THF=90°，用∠HFM分别表示这两个角求出∠HFM=60°，得到∠TFH=60°，由此得到HF=2TF，再根据正方形的性质求出BH=2HK，即可得到答案（1）证明：∵菱形ABCD中，∠A=90°，∴菱形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠CDF=90°，∵DE⊥CF，∴∠CGD=90°，∴∠DCF+∠CDE=∠ADE+∠CDE=∠ADC=90°，∴∠ADE=∠DCF，∴Rt△ADE≌5Rt△DCF，∴DE=CF；（2）解：∠EAF+∠EGF=180°；证明如下：过D作DR⊥AB于R，过C作CS⊥AD于S，如图，∵S菱形ABCD=AB×DR=AD×CS，AB=AD，∴DR=CS，∵DE=CF，∴Rt△DRE≌Rt△CSF(HL)，∴∠CFS=∠RED，∵∠CFS+∠AFG=180°，∴∠RED+∠AFG=180°，∴∠EAF+∠EGF=180°；（3）连接FM，过H作TK//AB交AD于T，交BC于K，连接CH，如图，由（1）知MN⊥CF，又G为CF的中点，∴MN是CF的垂直平分线，∴MF=CM，CH=FH，∴∠MFC=∠MCF=15°，∠HCF=∠HFC，∴∠FMD=30°，∠HCM=∠HFM，∵∠TKC=∠KTD=∠BCD=90°，∴四边形KTDC是矩形，∴TD=KC，∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，∴∠TDH=45°=∠THD，∴TD=TH=CK，∴△TFH≌△KHC，∴HK=TF，∠THF=∠HCK，∵∠TFH=180°60°∠HFM=120°∠HFM，∠THF=∠HCK=90°∠HFM，∴120°∠HFM+90°∠HFM=90°，解得∠HFM=60°，∴∠TFH=60°，∴FH=2TF=2HK，∵∠KBH=45°，∴BH=HK，∴【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的性质，垂直平分线的定义和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键28．在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（，，按逆时针排列），点的位置随点的位置变化而变化．(1)如图1，当点在线段上，且点在菱形内部或边上时，连接，则与的数量关系是________，与的位置关系是________；(2)如图2，当点在线段上，且点在菱形外部时，（1）中的结论是否还成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由；(3)当点在直线上时，