沪教版八年级数学下册期中期末满分冲刺卷特训11特殊平行四边形动态几何压轴题(原卷版+解析)

这是一份沪教版八年级数学下册期中期末满分冲刺卷特训11特殊平行四边形动态几何压轴题(原卷版+解析)，共82页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。

1．如图1，正方形的边长为1，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求证：；
②连接、、，直接写出四边形的面积S的取值范围．
(2)如图2，若垂足为的中点，连接，交于点，连接，求的度数．
(3)如图3，当垂足在正方形的对角线上时，作，垂足为，点在边上运动过程中，的长度是否变化？若不变，求出的长；若变化，说明变化规律．
2．在矩形中，，，、是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为秒，其中．
(1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值．
(2)若、分别从点、沿折线，运动，与相同的速度同时出发．
①如图2，若四边形为菱形，求的值；
②如图3，作的垂直平分线交、于点、，当四边形的面积是矩形面积的，则的值是________．
③如图4，在异于、所在矩形边上取、，使得，顺次连接，请直接写出四边形周长的最小值：________．
3．如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)四边形BE'FE的形状是______；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
(3)如图①，若AB＝15，CF＝3，求DE的长．
4．如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 ；
（2）若将图1中的△CEP顺时针旋转使P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在（2）的基础上延长AP，BE交于F点，若DP＝PC＝2，求BF的长．
5．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
6．如图所示，在正方形ABCD中，点E是边AB上一动点(不与A，B重合)，延长BA至点F，使AF=BE，连接CE，DF．
(1) 判断四边形CEFD的形状，并说明理由；
(2) 如图①，连接AC，过点E作EH⊥AC，垂足为点H．
①证明：AH=EH；
②若BE：AE=1：，求∠BCE的度数；
③如图②，连接FH，在点E的运动过程中，的值是否发生变化？若不变，求出的值；若变化，请说明理由．
7．已知，四边形和四边形都是正方形，点为的中点．
(1)连接、．
①如图1，若点在边上，猜想和的关系，并给予证明：
②若将图1中的正方形绕点顺时针旋转，使点落在对角线的延长线上，请你在图2中补全图形，猜想和的关系，并给予证明．
(2)如图3，若，，将正方形绕点旋转，连接．请你直接写出的取值范围___________．
8．如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点C顺时针旋转至，旋转角为．
(1)当点恰好落在边上时，点到边的距离为____________，旋转角____________；
(2)如图2，G为的中点，且，求证：；
(3)小长方形绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
9．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．
10．如图1，矩形ABCD中，AB＝，AD＝4，在BC边上取点E，使BE＝AB，将△ABE向左平移到△DCF的位置，得到四边形AEFD．
（1）求证：四边形AEFD是菱形；
（2）如图2，将△DCF绕点D旋转至△DGA，连接GE，求线段GE的长；
（3）如图3，设P、Q分别是EF、AE上的两点，且∠PDQ=67.5°，试探究线段PF、AQ、PQ之间的数量关系，并说明理由．
11．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，E为对角线AC上的动点（点E不与A，C重合），连接BE，将射线EB绕点E逆时针旋转120°后交射线AD于点F．
（1）如图1，当AE＝AF时，求∠AEB的度数；
（2）如图2，分别过点B，F作EF，BE的平行线，且两直线相交于点G．
①试探究四边形BGFE的形状，并求出四边形BGFE的周长的最小值；
②连接AG，设CE＝x，AG＝y，请直接写出y与x之间满足的关系式，不必写出求解过程．
12．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF(点E、F是折痕与矩形的边的交点)，再将纸片还原．
（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上(如图1)．
①当点P与点A重合时，∠DEF= °，当点E与点A重合时，∠DEF= °．
②当点E在AB上时，点F在DC上时(如图2)，若AP=，求四边形EPFD的周长．
（2）若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M(如图3)，当AM=DE时，请求出线段AE的长度．
（3）若点P落在矩形的内部(如图4)，且点E、F分别在AD、DC边上，请直接写出AP的最小值．
13．如图1，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB=GD且EB⊥GD；
（2）若AB=2，AG=，求的长；
（3）如图2，正方形AEFG绕点A逆时针旋转连结DE，BG，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
14．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．
15．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．
16．如图1，正方形CEFG绕正方形ABCD的顶点C旋转，连接AF，点M是AF中点．
（1）当点G在BC上时，如图2，连接BM、MG，求证：BM=MG；
（2）在旋转过程中，当点B、G、F三点在同一直线上，若AB=5，CE=3，则MF= ；
（3）在旋转过程中，当点G在对角线AC上时，连接DG、MG，请你画出图形，探究DG、MG的数量关系，并说明理由．
17．如图，在等腰中，，点E在AC上且不与点A、C重合，在的外部作等腰，使，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
请直接写出线段AF，AE的数量关系；
将绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
若，，在图的基础上将绕点C继续逆时针旋转一周的过程中，当平行四边形ABFD为菱形时，直接写出线段AE的长度．
18．如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线、折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形.
(1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，则操作形成的折痕分别是线段______和______；______.
(2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长；
(3)如图4，梯形纸片满足，，，，.小明把该纸片折叠，得到叠合正方形.请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出、的长.
19．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______．
20．在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，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，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
21．如图1，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，线段和相交于点．
(1)求证：，．
(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
22．已知：正方形中，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交，或它们的延长线于点，当绕点A旋转到时如图，易证．
(1)当绕点A旋转到时如图，线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
(2)当绕点A旋转到如图的位置时，线段，和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
(3)图中若，，求的面积为______．
23．（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A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①如果正方形的边长为4，求三角形的周长；
(3)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．
24．已知矩形中，，是边上一点，连接，将沿着直线折叠得到．
(1)若；
①如图1，若点在边上，的长为 ；
②、、三点在同一直线上时，求的长；
(2)如图3，当点是的中点时，此时点落在矩形内部，延长交于点，若点是的三等分点，求的长．
25．在学习了正方形后，数学小组的同学对正方形进行了探究，聪明的你也加入探究吧：
(1)如图1，在正方形ABCD中，点E为BC边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段AE上，过点F的直线MN⊥AE，分别交AB，CD于点M，N．
此时，①∠AEB与∠AMN有什么数量关系？（直接写出即可）
②AE与MN之间又有什么数量关系？并说明理由；
(2)如图2：当点F为AE中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线BD，MN与BD交于点G，连接BF，此时有结论：BF＝FG，请利用图2做出证明．
(3)如图3：当点E为直线BC上的动点时，如果（2）中的其他条件不变，直线MN分别交直线AB，CD于点M，N，请你继续探究线段BF与FG之间的数量关系．并证明你的结论．
26．点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形．
(1)如图，连结、，判断与的位置关系和数量关系，并证明．
(2)如图，将正方形绕点逆时针旋转，使得点落在线段上，交于点，若，，求．
(3)如图，将方形绕点旋转至如图的位置，且，连结，作的角平分线交于点，请写出、、之间的数量关系，并证明．
特训11 特殊平行四边形 动态几何压轴题
一、解答题
1．如图1，正方形的边长为1，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求证：；
②连接、、，直接写出四边形的面积S的取值范围．
(2)如图2，若垂足为的中点，连接，交于点，连接，求的度数．
(3)如图3，当垂足在正方形的对角线上时，作，垂足为，点在边上运动过程中，的长度是否变化？若不变，求出的长；若变化，说明变化规律．
【答案】(1)①见解析；②四边形的面积S的取值范围为
(2)
(3)不变，
【分析】（1）①过点B作于点F．由正方形的性质结合所作辅助线可得出四边形MBFN为平行四边形，即得出MN=BF，，从而得出，进而可证明．即可利用“ASA”证明，得出AE=BF，从而证明AE=MN；②由，可得出，再根据，即得出，从而得出；
（2）连接AF，过点F作，分别交AD，BC于点H，I．由所作辅助线即可得出，．由BD是正方形ABCD的对角线，可得出，即证明是等腰直角三角形，得出HD=HF，AH=FI．再根据线段垂直平分线的判定和性质得出AF=FE．即可利用“HL”证明，得出，从而可求出，即可求出；
（3）过点P作于点Q，于点G，延长MN，使PF=PN，连接AF、BF、AN，过点N作，交BD于点K．由所作辅助线结合题意易求出，即可利用“ASA”证明，得出，从而得出，进而可证明，即可利用“SAS”证明，得出，即说明F，B，C三点共线．由平行线的性质和等腰三角形的性质可证明出DH=HK．又可证明(ASA)，得出BP=PK，从而得出．
（1）
①证明：由正方形的性质可知，，．
如图，过点B作于点F．
∴四边形MBFN为平行四边形，
∴MN=BF，，
∴．
∵，
∴．
∴在和中，
∴(ASA)，
∴AE=BF，
∴AE=MN；
②∵，
∴，
∵E为边BC上一点（不与点、重合），
∴．
∵正方形的边长为1，
∴，，
∴，
∴；
（2）
如图，连接AF，过点F作，分别交AD，BC于点H，I，
∵四边形ABCD是正方形，
∴．
∵，
∴，
∴四边形ABIH为矩形，
∴，．
∵BD是正方形ABCD的对角线，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴HD=HF，AH=FI．
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AF=FE．
∴在Rt和Rt中，
∴(HL)，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
（3）
PH的长度不变，理由如下：
过点P作于点Q，于点G，延长MN，使PF=PN，连接AF、BF、AN，过点N作，交BD于点K，
∵四边形ABCD是正方形，
∴．
∵，，
∴，．
∵，
∴．
又∵，
∴(ASA)，
∴．
又∵，
∴．
∵PF=PN，，
∴AF=AN，
∴，
∴，
∴．
又∵AB=AD，
∴(SAS)，
∴，
∴，
∴F，B，C三点共线．
∵，
∴，，
∴DN=KN．
又∵，
∴DH=HK．
∵，
∴．
又∵，PN=PF，
∴(ASA)，
∴BP=PK，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，综合性强，困难题型．正确的作出辅助线是解题关键．
2．在矩形中，，，、是直线上的两个动点，分别从、两点同时出发相向而行，速度均为每秒2个单位长度，运动时间为秒，其中．
(1)如图1，、分别是、中点，当四边形是矩形时，求的值．
(2)若、分别从点、沿折线，运动，与相同的速度同时出发．
①如图2，若四边形为菱形，求的值；
②如图3，作的垂直平分线交、于点、，当四边形的面积是矩形面积的，则的值是________．
③如图4，在异于、所在矩形边上取、，使得，顺次连接，请直接写出四边形周长的最小值：________．
【答案】(1)或
(2)①7；②；③
【分析】（1）连接交于点，根据矩形的性质，得到 ，分点在点上方和点在点下方两种情况进行讨论，即可求出的值；
（2）①连接交于点，结合菱形的性质和矩形的性质证明，从而证出直线是线段的垂直平分线，设，则，在中，利用勾股定理求出的值，求出的值，即可求解的值；②连接、，根据题意求出四边形的面积，证明四边形是平行四边形，推出，求出，再根据即可求出的值；③作关于的对称点为点，连接、，过点作的垂线，交延长线于点，当、、三点共线时，的值最小，即的值最小，最小值为的长度，此时四边形周长最小，根据勾股定理即可求解．
【解析】（1）解：连接交于点，如图所示
∵四边形是矩形，，
∴
∵、分别是、中点
∴，
∵四边形是矩形
∴
∴
当点在点上方时，
当点在点下方时，
∵速度均为每秒2个单位长度
∴ 的值为或
（2）解：①连接、，交于点，如图所示
∵四边形为菱形
∴，，，
∵，
∴
∵矩形
∴
在和中
∵
∴
∴
∴
∴直线是线段的垂直平分线
∴
设，则
在中，
∴，解得：
∴
∴的值为7
②连接、，如图所示
∵四边形的面积是矩形面积的
∴四边形的面积为：
∵是的垂直平分线
∴，
由①可得：，
由题意可得：，
∴
∴
同理可得：
∴
∴四边形是平行四边形
∴
由题意可得：
∵
∴，解得：
∴当四边形的面积是矩形面积的，则的值是，
故答案是：；
③作关于的对称点为点，连接、，过点作的垂线，交延长线于点，如图所示
由②可得：四边形是平行四边形
∴四边形周长
∵对称
∴
∴
当、、三点共线时，的值最小，即的值最小，最小值为的长度，此时四边形周长最小
∵
∴
∵=
∴四边形周长最小值为．
故答案是：．
【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、垂直平分线的性质、勾股定理、最值等知识点，解题的关键是熟记特殊四边形的性质，在解题中灵活运用．
3．如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'（点A的对应点为点C）．延长AE交CE'于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)四边形BE'FE的形状是______；
(2)如图②，若DA＝DE，请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明；
(3)如图①，若AB＝15，CF＝3，求DE的长．
【答案】(1)正方形
(2)CF＝FE'
(3)
【分析】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【解析】（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
在△ADG和△BAE中
，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴AE＝CE′，
∴FE′＝AE＝CE′，
∴CF＝FE'．
（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，
∴(BE+3)2+BE2＝()2，
解得，BE＝9或BE＝﹣12（不符合题意，舍去），
∴AE＝9+3＝12，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝12，AG＝BE＝9，
∴GE＝AE﹣AG＝12﹣9＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝＝＝．
【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．
4．如图，正方形ABCD的顶点C处有一等腰直角三角形CEP，∠PEC＝90°，连接AP，BE．
（1）若点E在BC上时，如图1，线段AP和BE之间的数量关系是 ；
（2）若将图1中的△CEP顺时针旋转使P点落在CD上，如图2，则（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由；
（3）在（2）的基础上延长AP，BE交于F点，若DP＝PC＝2，求BF的长．
【答案】（1）AP=BE；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）首先说明A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，根据正方形和等腰直角三角形的性质求出AP和BE的长，即可判断；
（2）过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，证明△ABH≌△BEC，得到AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，从而证明四边形AHEP是平行四边形，同理可得AP=EH=BE；
（3）过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，证明△ABK≌△DAM，得到BK=AM，求出AP，在△ADP中利用面积法求出DM，可得AM和BK，再利用勾股定理求出BF即可．
【解析】解：（1）∵点E在BC上，△PEC为等腰直角三角形，
∴PE=CE，∠PCE=45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
∴A，P，C三点共线，设正方形ABCD的边长为1，CE=x，
∴PE=x，PC=x，AC=，
∴AP=AC-PC=，BE=BC-CE=1-x，
∴AP=BE；
（2）成立，
如图，过点B作BH⊥BE，且BH=BE，连接AH，EH，
∵∠ABC=∠EBH=90°，
∴∠CBE+∠ABE=∠ABH+∠ABE=90°，
∴∠CBE=∠ABH，
又∵BH=BE，AB=BC，
∴△ABH≌△BEC（SAS），
∴AH=EC=PE，∠AHB=∠CEB，
∴∠AHE=∠AHB-∠EHB=∠CEB-45°，
∵∠HEP=360°-∠CEB-∠HEB-∠CEP
=360°-∠CEB-45°-90°
=225°-∠CEB，
∴∠AHE+∠HEP=∠CEB-45°+225°-∠CEB=180°，
∴AH∥PE，
∴四边形AHEP是平行四边形，
∴AP=EH=BE；
（3）如图，过B，D分别作AF的垂线，垂足为K，M，
∵∠BAD=∠BAK+∠DAM=90°，∠ABK+∠BAK=90°，
∴∠ABK=∠DAM，
又∵AB=AD，∠AKB=∠AMD=90°，
∴△ABK≌△DAM（AAS），
∴BK=AM，
∵四边形ABCD是正方形，DP=PC=2，
∴AD=CD=4，∠AHE=90°，
∴AP=，
∴S△ADP=，
∴，
∴，
∴AM=，
由（2）可知：△EBH为等腰直角三角形，HE∥AP，
∴∠KBF=∠HBE=45°，
∴∠F=45°，
∴BF==．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，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．
5．如图1，在矩形纸片ABCD中，AB＝3cm，AD＝5cm，折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，过点E作EFAB交PQ于F，连接BF．
（1）求证：四边形BFEP为菱形；
（2）当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动；
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形BFEP的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，求出点E在边AD上移动的最大距离．
【答案】（1）见解析；（2）①；②
【分析】（1）由折叠的性质得出PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，由平行线的性质得出∠BPF＝∠EFP，证出∠EPF＝∠EFP，得出EP＝EF，因此BP＝BF＝EF＝EP，即可得出结论；
（2）①由矩形的性质得出BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，由对称的性质得出CE＝BC＝5cm，在RtCDE中，由勾股定理求出DE＝4cm，得出AE＝AD﹣DE＝1cm；在RtAPE中，由勾股定理得出方程，解方程得出EP＝cm即可；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，即可得出答案．
【解析】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，
∴PB＝PE，BF＝EF，∠BPF＝∠EPF，
又∵EFAB，
∴∠BPF＝∠EFP，
∴∠EPF＝∠EFP，
∴EP＝EF，
∴BP＝BF＝EF＝EP，
∴四边形BFEP为菱形；
（2）解：①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC＝AD＝5cm，CD＝AB＝3cm，∠A＝∠D＝90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE＝BC＝5cm，
在RtCDE中，DE＝＝4cm，
∴AE＝AD﹣DE＝5cm﹣4cm＝1cm；
在RtAPE中，AE＝1，AP＝3﹣PB＝3﹣PE，
∴EP2＝12+（3﹣EP）2，
解得：EP＝cm，
∴菱形BFEP的边长为cm；
②当点Q与点C重合时，如图2：
点E离点A最近，由①知，此时AE＝1cm；
当点P与点A重合时，如图3所示：
点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，AE＝AB＝3cm，
∴点E在边AD上移动的最大距离为2cm．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定、勾股定理、正方形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
6．如图所示，在正方形ABCD中，点E是边AB上一动点(不与A，B重合)，延长BA至点F，使AF=BE，连接CE，DF．
(1) 判断四边形CEFD的形状，并说明理由；
(2) 如图①，连接AC，过点E作EH⊥AC，垂足为点H．
①证明：AH=EH；
②若BE：AE=1：，求∠BCE的度数；
③如图②，连接FH，在点E的运动过程中，的值是否发生变化？若不变，求出的值；若变化，请说明理由．
【答案】(1)平行四边形，证明详见解析； (2)①详见解析； ②22.5°；③不变，．
【分析】（1）由AF=BE，得出AB=EF．由正方形的性质得出CD=AB=BC，CD∥AB，即可证出四边形CEFD是平行四边形；
（2）①由正方形的性质，得到∠EAH=45°，由∠AHE=90°，则△AEH是等腰直角三角形，即可得到AH=EH；
②由等腰三角形的性质，得到，则BE=EH，然后证明△BCE≌△HCE，即可得到答案；
③由，∠EAH=∠HEA=45°，得到△ACE∽△EFH，即可得到．
【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=BC，CD∥AB．
∵AF=BE，
∴AB=EF．
∴CD=EF，CD∥EF．
∴四边形CEFD是平行四边形．
（2）①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAH=45°，
∵EH⊥AC，
∴∠AHE=90°，
∴△AEH是等腰直角三角形，
∴AH=EH；
②∵△AEH是等腰直角三角形，
∴，
∵BE：AE=1：，
∴，
∴，
∵CE=CE，∠B=∠CHE=90°，
∴△BCE≌△HCE（HL），
∴∠BCE=∠HCE，
∵∠BCH=45°，
∴∠BCE=22.5°；
③由△AEH是等腰直角三角形，
∴∠EAH=∠HEA=45°，
在等腰直角△ABC中，有，
∵，
∴；
∵，
∴，
∴，
∴△ACE∽△EFH，
∴；
∴的值不变，．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
7．已知，四边形和四边形都是正方形，点为的中点．
(1)连接、．
①如图1，若点在边上，猜想和的关系，并给予证明：
②若将图1中的正方形绕点顺时针旋转，使点落在对角线的延长线上，请你在图2中补全图形，猜想和的关系，并给予证明．
(2)如图3，若，，将正方形绕点旋转，连接．请你直接写出的取值范围___________．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①连接，证明，，证明是等腰直角三角形，即可得证；
②延长交于点，连接，证明，，得出，根据等边对等角，设，，根据外角的性质得出，即可证明；
（2）连接，根据，当在上时，最大，，当在上时，最小，，即可求解．
【解析】（1）①如图，连接，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴,，
∴，
∵为的中点，
∴，则，
在中，
，
∴，
∴，，
在中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴；
②，
证明：如图，延长交于点，连接，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，
∵落在对角线的延长线上，
∴，
∴，
∴在的延长线上，
∵，
∴，
在中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，为的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，
,
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴ ，
设，，
∴，，
∵，
∴，
即，
∴；
（2）如图，连接，
∵
∴当在上时，如图，此时最大，，
由（1）可知是等腰直角三角形，
∵，，
∴，，
∴
∴，
∴
当在上时，最小，同理可得是等腰直角三角形，
此时，
综上所述，．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形三边关系，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，综合运用以上知识是解题的关键．
8．如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点C顺时针旋转至，旋转角为．
(1)当点恰好落在边上时，点到边的距离为____________，旋转角____________；
(2)如图2，G为的中点，且，求证：；
(3)小长方形绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．
【答案】(1)1，30
(2)见解析
(3)能，为或
【分析】（1）根据矩形的性质可知点到边的距离等于F到边的距离，即DF=1，可知点到边的距离为1；根据旋转的性质得，即可判定 ，然后根据平行线的性质即可得到 ；
（2）由G为BC中点可得CG=CE，然后根据“SAS” 可判断，则；
（3）根据正方形的性质得CB=CD，而，则 和为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当 和为钝角三角 形时，可计算出α=135°，当 和为锐角三角形时，可计算得到α=315°．
【解析】（1）解：由题意可知，当点恰好落在边上时，点到边的距离等于F到边的距离，即DF=1，
∴点到边的距离为：1，
∵CE=1，，
∴在中，，
∵，
∴，
故答案为：1，30；
（2）证明：∵G为中点，
∴，
∴，
∵长方形绕点C顺时针旋转至，
∴，
∴，
在和中，
∵
∴，
∴；
（3）能，理由如下：
∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，
∵，
∴和为腰相等的两等腰三角形，
当时，，
当和为钝角三角形时，则旋转角=，
当和为锐角三角形时， ，
则=，
即旋转角的值为135°或315°时，和全等．
【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转的性质、正方形的性质、矩形的性质以及三角形全等的判定与性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．
9．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．
10．如图1，矩形ABCD中，AB＝，AD＝4，在BC边上取点E，使BE＝AB，将△ABE向左平移到△DCF的位置，得到四边形AEFD．
（1）求证：四边形AEFD是菱形；
（2）如图2，将△DCF绕点D旋转至△DGA，连接GE，求线段GE的长；
（3）如图3，设P、Q分别是EF、AE上的两点，且∠PDQ=67.5°，试探究线段PF、AQ、PQ之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）PQ2＝PF2+AQ2，理由见解析
【分析】（1）根据平移的性质得到AE∥DF，AE＝DF，则由此判断四边形AEFD是平行四边形，然后由：邻边相等的平行四边形是菱形，证得结论；
（2）根据勾股定理，即可求解；（3）如下图，作辅助线，构建三角形全等，证明△PDQ≌△GDQ，得PQ＝GQ，在Rt△AGQ中，根据勾股定理可得结论．
【解析】（1）由平移，得AE∥DF，AE＝DF，
∴四边形AEFD是平行四边形．
∵矩形ABCD，∴∠B=90°，∵BE=AE＝，
∴AE＝4，
又∵AE＝AD＝4，
∴四边形AEFD是菱形．
（2）由（1）得：△ABE是等腰直角三角形∴∠AEB=45°，
∵AE∥DF，
∴∠F=∠AEB=45°，
∵矩形ABCD，∴AD∥BC
∴∠DAE=∠AEB=45°，
∴∠GAE=90°，
∵△DCF绕点D旋转得到△DGA，
∴GA=CF＝，
∴．
（3）PF、AQ、PQ之间的数量关系为：
PQ2＝PF2+AQ2．
理由如下：
由（2）得：∠AEB=45°，∴∠ADF=∠AEF=135°，∵AD＝DF，
∴将△DFP绕点D逆时针旋转135°得△DAG，
连GQ，如图，∴GA＝PF，DG＝DP，∠GDA＝∠PDF，∠GAD＝∠F=45°，
∴∠GAQ＝∠GAD+∠DAE＝90°，
∴GQ2＝GA2+AQ2＝PF2+AQ2；
又∵∠ADF＝135°，而∠PDQ＝67.5°，∴∠PDF+∠ADQ＝135°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠GDA+∠ADQ＝∠GDQ=67.5°，∴∠PDQ＝∠GDQ
而DG＝DP，DQ为公共边，∴△PDQ≌△GDQ，
∴PQ＝GQ，
∴PQ2＝PF2+AQ2．
【点睛】本题目是四边形的综合题型，难度偏高，涉及的知识点有旋转、平移、菱形的判定、勾股定理、三角形全等等重要中考的考点，熟练掌握这些知识点的综合运用是解答本题的关键．
11．如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝4，E为对角线AC上的动点（点E不与A，C重合），连接BE，将射线EB绕点E逆时针旋转120°后交射线AD于点F．
（1）如图1，当AE＝AF时，求∠AEB的度数；
（2）如图2，分别过点B，F作EF，BE的平行线，且两直线相交于点G．
①试探究四边形BGFE的形状，并求出四边形BGFE的周长的最小值；
②连接AG，设CE＝x，AG＝y，请直接写出y与x之间满足的关系式，不必写出求解过程．
【答案】（1）45°；（2）①四边形BEFG是菱形，8；② y＝（0＜x＜12）
【分析】（1）利用等腰三角形的性质求出∠AEF即可解决问题．
（2）①证明四边形BEFG是菱形，根据垂线段最短，求出BE的最小值即可解决问题．
②如图2﹣1中，连接BD，DE，过点E作EH⊥CD于H．证明△ABG≌△DBE（SAS），推出AG＝DE＝y，在Rt△CEH中，EH＝EC＝x．CH＝x，推出DH＝|4﹣x|，在Rt△DEH中，根据DE2＝EH2+DH2，构建方程求解即可．
【解析】解：（1）如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，∠BAC＝∠DAC，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∵∠ABC＝120°，
∴∠BAD＝60°，
∴∠EAF＝30°，
∵AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE＝75°，
∵∠BEF＝120°，
∴∠AEB＝120°﹣75°＝45°．
（2）①如图2中，连接DE．
∵AB＝AD，∠BAE＝∠DAE，AE＝AE，
∴△BAE≌△DAE（SAS），
∴BE＝DE，∠ABE＝∠ADE，
∵∠BAF+∠BEF＝60°+120°＝180°，
∴∠ABE+∠AFE＝180°，
∵∠AFE+∠EFD＝180°，
∴∠EFD＝∠ABE，
∴∠EFD＝∠ADE，
∴EF＝ED，
∴EF＝BE，
∵BE∥FG，BG∥EF，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵EB＝EF，
∴四边形BEFG是菱形，
∴当BE⊥AC时，菱形BEFG的周长最小，此时BE＝AB•sin30°＝2，
∴四边形BGFE的周长的最小值为8．
②如图2﹣1中，连接BD，DE，过点E作EH⊥CD于H．
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴BD＝BA，∠ABD＝60°，
∵BG∥EF，
∴∠EBG＝180°﹣120°＝60°，
∴∠ABD＝∠GBE，
∴∠ABG＝∠DBE，
∵BG＝BE，
∴△ABG≌△DBE（SAS），
∴AG＝DE＝y，
在Rt△CEH中，EH＝EC＝x．CH＝x，
∴DH＝|4﹣x|，
在Rt△DEH中，∵DE2＝EH2+DH2，
∴y2＝x2+（4﹣x）2，
∴y2＝x2﹣12x+48，
∴y＝（0＜x＜12）．
【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，勾股定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质等知识，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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．
12．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF(点E、F是折痕与矩形的边的交点)，再将纸片还原．
（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上(如图1)．
①当点P与点A重合时，∠DEF= °，当点E与点A重合时，∠DEF= °．
②当点E在AB上时，点F在DC上时(如图2)，若AP=，求四边形EPFD的周长．
（2）若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M(如图3)，当AM=DE时，请求出线段AE的长度．
（3）若点P落在矩形的内部(如图4)，且点E、F分别在AD、DC边上，请直接写出AP的最小值．
【答案】（1）①90，45；②；（2） 0.6；（3）1．
【分析】（1）①当点与点重合时，是的中垂线，可得结论；当点与点重合时，如图2，则平分；
②如图3中，证明得，根据一组对边平行且相等得：四边形是平行四边形，加上对角线互相垂直可得为菱形，当时，设菱形的边长为，根据勾股定理列方程得：，求出的值即可；
（2）连接，由折叠性质可证，设．根据全等性质用x表示出线段关系，再由中可列方程求解；
（3）如图，当与重合，点在对角线上时，有最小值，根据折叠的性质求，由勾股定理求，所以．
【解析】解：（1）①当点与点重合时，
是的中垂线，
，
当点与点重合时，
此时，
故答案为：90，45．
②如图2中，设与交于点，由折叠知垂直平分．
，，
矩形，
，
，
，
，
，
，
四边形是平行四边形，
四边形是菱形，
当时，设菱形边长为，则，
在中，，
，
菱形的周长．
（2）如图3中，连接，设．
由折叠知，，，
，，
，
，
，，
在中，
解得．
．
（3）如图中，连接，，．
，，
，此时的最小值，
，
，
当与重合时，的值最小，由折叠得：，
由勾股定理得：，
，
当，，共线时，有最小值，
，
则的最小值是1．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．
13．如图1，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
（1）求证：EB=GD且EB⊥GD；
（2）若AB=2，AG=，求的长；
（3）如图2，正方形AEFG绕点A逆时针旋转连结DE，BG，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析； (2) ；(3)不变，与的面积之差为0
【分析】(1)在△GAD和△EAB中，∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，得到∠GAD=∠EAB，从而△EAB≌△GAD，即EB=GD；由∠AEB=∠AGD，∠EOH=∠AOG，即可得出∠EHG=∠EAG=90°；
(2)设BD与AC交于点O，由AB=AD=2，在Rt△ABD中求得DB，在Rt△GOD中利用勾股定理即可求得结果；
(3)作BQ⊥GA交GA的延长线于Q，作DP⊥EA交EA于P，可证得∠1=∠2，根据“AAS”可判断△PDA≌△QBA，所以PD=BQ，然后根据三角形面积公式得到，保持不变．
【解析】(1)如图1，
∵四边形EFGA和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=90°，∠DAB=90°，
∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB，
在△EAB和△GAD中，
，
∴EAB≌GAD(SAS)，
∴EB=GD；∠AEB=∠AGD，
∵∠EOH=∠AOG，
∴∠EHG=∠EAG=90°，
∴EB=GD且EB⊥GD；
(2)如图2，连接BD，BD与AC交于点O，
∵AB=AD=2，
在RtABD中，，
∴AO=DO=，
∴，
∴；
(3)不变，．理由如下：
作BQ⊥GA交GA的延长线于Q，作DP⊥EA交EA于P，如图3，
正方形ABCD和正方形AEFG中，
∠EAG=∠DAB=90°，AD=AB，
∴∠EAD+∠BAG+∠EAG+∠DAB =360，则∠BAG=180°-∠EAD，
∵∠1=90°-∠EAD，∠2=∠BAG -90°=180°-∠EAD -90°=90°-∠EAD，
∴∠1=∠2，
在△PDA和△QBA中，
，
∴△PDA≌△QBA(AAS)，
∴DP=BQ，
∵，，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形外角的性质、三角形面积公式，作出辅助线，利用三角形全等是解题的关键．
14．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．
15．图1，在正方形中，，为线段上一点，连接，过点作，交于点．将沿所在直线对折得到，延长交于点．
（1）求证：．
（2）若，求的长．
（3）如图2，延长交的延长线于点，若，记的面积为，求与之间的函数关系式．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．
【分析】（1）先证，再据ASA证明△ABP≌△BCQ，可证得BP=CQ；
（2）连接，先证，得到，设AN=x，用x表示出ND；再求出DQ和的值，再在RT△NDQ中用勾股定理列方程求解；
（3）作QG⊥AB于G，先证MB=MQ并设其为y，再在RT△MGQ中用勾股定理列出关于x、y的方程，并用x表示y；用y表示出△MBQ的面积，用x表示出△的面积．最后据用x、y表示出S，并把其中的y用x代换即可．
【解析】（1）在正方形ABCD中
，
，
，
，
，
，
，
．
（2）在正方形ABCD中
连接，如下图：
由折叠知BC=，
又AB=BC，∠BAN=90°
∴， ，
，
，
，
，
，
设，
，
，
，
，
．
（3）如下图，作，垂足为，
由（1）知
∵∠MBQ=∠CQB=∠MQB
∴BM=MQ
设，则．
，
，
，
故．
【点睛】此题综合考查了正方形性质、三角形全等，勾股定理等知识点，其关键是要熟练掌握相关知识，能灵活应用．
16．如图1，正方形CEFG绕正方形ABCD的顶点C旋转，连接AF，点M是AF中点．
（1）当点G在BC上时，如图2，连接BM、MG，求证：BM=MG；
（2）在旋转过程中，当点B、G、F三点在同一直线上，若AB=5，CE=3，则MF= ；
（3）在旋转过程中，当点G在对角线AC上时，连接DG、MG，请你画出图形，探究DG、MG的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）或；（3）DG=MG，理由见解析．
【分析】(1)连接MG并延长交AB于N点，证明△ANM≌△FGM后得到MG=MN，AN=CG，进而得到BN=BG，得到△ANG为等腰直角三角形，即可证明MG=MB.
(2)分两种情况画出图形再利用(1)中的思路结合勾股定理即可求解.
(3)先画出图形，然后证明△ADG≌△ABG，得到DG=BG，又△BMG为等腰直角三角形，故而得到DG=BG=MG.
【解析】解：(1) 连接MG并延长交AB于N点，如下图所示：
∵GF∥AN，
∴∠NAM=∠GFM，
在△ANM和△FGM中，
，∴△ANM≌△FGM(ASA)，
∴MG=MN，CG=GF=AN，
∴AB-AN=BC-CG，
∴NB=GB，
∴△NBG为等腰直角三角形，
又M是NG的中点，
∴由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半知：
故有：MG=MB.
(2)分类讨论：
情况一：当B、G、F三点在正方形ABCD外同一直线上时，
延长MG到N点，并使得MG=MN，连接AN，BN，
∴，∴△AMN≌△FMG(SAS)，
∴AN=GF=GC，∠NAM=∠GFM，
∴AN∥GF，
∴∠NAB+∠ABG=180°，
又∠ABC=90°，
∴∠NAB+∠CBG=90°，
又在△BCG中，∠BCG+∠CBG=90°，
∴∠NAB=∠BCG，
∴在△ABN中和△CBG中：，∴△ABN≌△CBG(SAS)，
∴BN=BG，∠ABN=∠CBG，
∴∠ABC=∠NBG=90°，
∴△NBG是等腰直角三角形，且∠BGN=45°，
在Rt△BCG中，，
过M点作MH⊥BG于H点，∴△MHB为等腰直角三角形，
∴MH=BH=HG=BG=2，
在Rt△MFH中，，
情况二：当B、G、F三点在正方形ABCD内同一直线上时，
如下图所示，延长MG到MN，并使得MG=MN，连接NA、NB，
同情况一中证明思路，
，△AMN≌△FMG(SAS)，
∴AN=GF=GC，∠NAM=∠GFM，
∴AN∥GF，
∴∠NAB=∠ABG，
又∠ABG+∠GBC=90°，∠GBC+∠BIF=90°，
∴∠BIF=∠ABG，
又∠BIF=∠BCG，∠ABC=∠NAB，
∴∠NAB=∠GCB，
∴在△ABN中和△CBG中：，∴△ABN≌△CBG(SAS)，
∴BN=BG，∠ABN=∠CBG，
∴∠ABC=∠NBG=90°，
∴△NBG是等腰直角三角形，且∠BGN=45°，
在△BCG中，，
过M点作MH⊥BG于H点，∴△MHB为等腰直角三角形，
∴MH=BH=HG=BG=2，
∴HF=HG-GF=2-1=1，
在Rt△MFH中，，
综上得：或
(3)由题意作出图形如下所示：
DG、MG的数量关系为：DG=MG，理由如下：
∵G点在AC上
∴∠DAG=∠BAG=45°
在△ADG和△ABG中：
，∴△ADG≌△BAG(SAS)，
∴DG=BG，
又由(2)中的证明过程可知：△MBG为等腰直角三角形，
∴BG=MG，
∴DG=MG，
所以：DG=MG.
【点睛】本题考查了正方形的旋转、三角形的全等、勾股定理等知识，难度很大，关键是要能正确做出图形，利用数形结合的思想，熟练的使用正方形的性质是解题的关键.
17．如图，在等腰中，，点E在AC上且不与点A、C重合，在的外部作等腰，使，连接AD，分别以AB，AD为邻边作平行四边形ABFD，连接AF．
请直接写出线段AF，AE的数量关系；
将绕点C逆时针旋转，当点E在线段BC上时，如图，连接AE，请判断线段AF，AE的数量关系，并证明你的结论；
若，，在图的基础上将绕点C继续逆时针旋转一周的过程中，当平行四边形ABFD为菱形时，直接写出线段AE的长度．
【答案】（1），证明见解析；（2）① ②或．
【分析】（1）如图①中，结论，只要证明是等腰直角三角形即可；
（2）①如图②中，结论：，连接EF，DF交BC于K，先证明≌再证明是等腰直角三角形即可；②分两种情形a、如图③中，当时，四边形ABFD是菱形；、如图④中当时，四边形ABFD是菱形分别求解即可．
【解析】（1）如图①中，结论：．
理由：四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
．
（2）①如图②中，结论：．
理由：连接EF，DF交BC于K．
四边形ABFD是平行四边形，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
是等腰直角三角形，
．
②如图③中，当时，四边形ABFD是菱形，
设AE交CD于H，
∵AC=AD，CE=DE，AE=AE，
∴△ADE≌△ACE（SSS），
∴∠DEH=∠CEH，
∵ED=EC，EH=EH，
∴△DHE≌△CHE（SAS），
∴∠EHD=∠EHC，
∴，
∴，
∴，
如图④中当时，四边形ABFD是菱形，同理可求，
综上所述，满足条件的AE的长为或．
【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、平行四边形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和性质，寻找全等的条件是解题的难点，属于中考常考题型．
18．如图1，将纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰的底边上的高线、折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形，类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为叠合矩形.
(1)将纸片按图2的方式折叠成一个叠合矩形，则操作形成的折痕分别是线段______和______；______.
(2)纸片还可以按图3的方式折叠成一个叠合矩形，若，，求的长；
(3)如图4，梯形纸片满足，，，，.小明把该纸片折叠，得到叠合正方形.请你帮助画出叠合正方形的示意图，并求出、的长.
【答案】（1）AE，GF，1：2
（2）AD=13
（3）7或或5
【分析】（1）由图可直接得到第一、二空答案，根据折叠的性质可得△AEH与△ABE面积相等、梯形HFGA与梯形FCDG面积相等，据此不难得到第三空答案；
（2）对图形进行点标注，如图所示：首先根据勾股定理求得FH的长，再根据折叠的性质以及请到的知识可得AH=FN，HD=HN，然后根据线段和差关系即可得到AD的长；
（3）根据题目信息，动手这一下，然后将结合画出来，再结合折叠的性质以及勾股定理的知识分析解答即可．
【解析】解：（1）根据题意得：操作形成的折痕分别是线段AE、GF；
由折叠的性质得：△ABE≌△AHE，四边形AHFG≌四边形DCFG，
∴△ABE的面积=△AHE的面积，四边形AHFG的面积=四边形DCFG的面积，
∴S矩形AEFG=S平行四边形ABCD，
∴S矩形AEFG：S平行四边形ABCD=1：2；
故答案为AE，GF，1：2；
（2）∵四边形EFGH是矩形，
∴∠HEF=90°，
∴FH==13，
由折叠的性质得：AD=FH=13；
由折叠的对称性可知：DH=NH，AH=HM，CF=FN．
易得△AEH≌CGF，
所以CF=AH，
所以AD=DH+AH=HN+FN=FH=13．
（3）有3种折法，如图4、图5、图6所示：
①折法1中，如图4所示：
由折叠的性质得：AD=BG，AE=BE=AB=4，CF=DF=CD=5，GM=CM，∠FMC=90°，
∵四边形EFMB是叠合正方形，
∴BM=FM=4，
∴GM=CM==3，
∴AD=BG=BM-GM=1，BC=BM+CM=7；
②折法2中，如图5所示：
由折叠的性质得：四边形EMHG的面积=梯形ABCD的面积，AE=BE=AB=4，DG=NG，NH=CH，BM=FM，MN=MC，
∴GH=CD=5，
∵四边形EMHG是叠合正方形，
∴EM=GH=5，正方形EMHG的面积=52=25，
∵∠B=90°，
∴FM=BM==3，
设AD=x，则MN=FM+FN=3+x，
∵梯形ABCD的面积=（AD+BC）×8=2×25，
∴AD+BC=，
∴BC=-x，
∴MC=BC-BM=-x-3，
∵MN=MC，
∴3+x=-x-3，
解得：x=，
∴AD=，BC=-=；
③折法3中，如图6所示，作GM⊥BC于M，
则E、G分别为AB、CD的中点，
则AH=AE=BE=BF=4，CG=CD=5，正方形的边长EF=GF=4，
GM=FM=4，CM==3，
∴BC=BF+FM+CM=11，FN=CF=7，DH=NH=8-7=1，
∴AD=5．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质、勾股定理、梯形面积的计算、解方程等知识，本题综合性强，有一定难度．
19．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．
【解析】（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．
20．在菱形中，，是直线上一动点，以为边向右侧作等边（A，，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，其他条件不变，连接，若，，请直接写出的面积．
【答案】(1)
(2)（1）中结论仍然成立，证明见解析
(3)或
【分析】（1）连接，延长交于H，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由，即可证明；
（2）连接，与交于点，证明，得到
，再证明，即可得到：，再由即可证明；
（3）分两种情形：当点P在的延长线上时或点P在线段的延长线上时，连接交于点O，由，根据勾股定理求出的长即得到的长，再求的长及等边三角形的边长可得结论．
【解析】（1）解：如图，连接，延长交于H， 如图所示，
∵四边形是菱形，，
∴，都是等边三角形，，
∴，
∵是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
同理可证是等边三角形，
∴，
∴，即，
又∵，
∴．
故答案为：；
（2）解：（1）中结论仍然成立，理由如下：
如图，连接，如图所示，
∴，为等边三角形，
在和中，，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
设与交于点H，
同理可得，
∴，
又∵，
∴．
（3）解：如图3中，当点P在的延长线上时，连接交于点O，连接，作于F，如图所示，
∵四边形是菱形，
∴，平分，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
由（2）知，
∵，，
∴，
由（2）知，
∴，
∴，
∴，
∵是等边三角形，，
∴，
∴；
如图4中，当点P在的延长线上时，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的面积为或．
【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查菱形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，将菱形的性质与三角形全等的条件联系起来，此题难度较大，属于考试压轴题．
21．如图1，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，线段和相交于点．
(1)求证：，．
(2)若，，求的长．
(3)如图2，正方形绕点逆时针旋转，连结、，与的面积之差是否会发生变化？若不变，请求出与的面积之差；若变化，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)；
(3)与的面积之差不变，且．
【分析】（1）根据证明，得，再根据三角形内角和定理和对顶角相等可得；
（2）由，在中求得，从而得和的长，最后利用勾股定理即可求得结果；
（3）如图3，过A作于P，过C作于Q，先证明，得，可得，从而得结论．
【解析】（1）证明：如图1，∵四边形和是正方形，
∴，，
∴，
即，
在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：如图2，连接与交于点M，
∵，
在中，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：与的面积之差不变，且，
如图3，过A作于P，过C作交其延长线于Q，
∵，，
∴，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵，，
又，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积等知识，本题综合性强，难度适中，证明三角形全等是解决问题的关键．
22．已知：正方形中，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交，或它们的延长线于点，当绕点A旋转到时如图，易证．
(1)当绕点A旋转到时如图，线段，和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
(2)当绕点A旋转到如图的位置时，线段，和之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
(3)图中若，，求的面积为______．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）分别证明、，根据全等三角形的性质解答；
（2）由（1）的证明方法相同，证明即可；
（3）根据题意求出的面积，根据全等三角形的性质解答．
【解析】（1）解：猜想：，证明如下：
如图，在的延长线上，截取，连接，
∵在和中，
∴，
，，
，，
，
，
，
∵在和中，
，
，
又，
；
（2）解：，证明如下：
如图，在上截取，连接，
∵和中，
，
，，
，
即，
，
，
∵在和中，
∴，
，
，
；
（3）解：∵，
，
的面积为：，
则的面积为．
故答案为：．
【点睛】本题为四边形的综合题，涉及知识点有正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的判定和性质等．在（1）中证得是解题的关键，在（2）中构造三角形全等是解题的关键．
23．（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A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①如果正方形的边长为4，求三角形的周长；
(3)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)，证明见详解；
(2)8；
(3)，证明见详解．
【分析】（1）根据旋转得到，，，， 即可得到即可得到答案；
（2）由（1）结论代入即可得到答案；
（3）在上取连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可得到答案．
【解析】（1）解：，理由如下，
证明：∵是绕点A顺时针旋转 得到，
∴，，，
∵，
∴，
在与中，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴；
（2）解：由（1）得，
；
∴，
∵正方形的边长为4，
∴；
（3）解：在上取，连接，
在与中，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，利用旋转构造全等三角形是解题的关键．
24．已知矩形中，，是边上一点，连接，将沿着直线折叠得到．
(1)若；
①如图1，若点在边上，的长为 ；
②、、三点在同一直线上时，求的长；
(2)如图3，当点是的中点时，此时点落在矩形内部，延长交于点，若点是的三等分点，求的长．
【答案】(1)①6；②2
(2)
【分析】（1）由矩形的性质可得、，；①由点在边上可得四边形是正方形，然后由正方形的性质可得即可解答；②由折叠的性质可得，，进而得到，根据三角形的面积求得，然后根据勾股定理可得，最后根据线段的和差即可解答；
（2）如图3，连接，先证可得；设，则、，再根据勾股定理列方程求得x，进而求得．
【解析】（1）解：四边形是矩形，
，，，
①如图1，点在边上，
∴根据折叠有：，
∴四边形是正方形，
，
故答案为：6．
②如图2，由折叠得，，
，
，
，
，
，
的长为2．
（2）解：如图3，连接，
点是的中点，
，
由折叠得，，，
，，
在和中，
，
，
设，
点是的三等分点，
，，
，
，解得，（不符合题意，舍去），
，
的长为．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识点成为解答本题的关键．
25．在学习了正方形后，数学小组的同学对正方形进行了探究，聪明的你也加入探究吧：
(1)如图1，在正方形ABCD中，点E为BC边上任意一点（点E不与B，C重合），点F在线段AE上，过点F的直线MN⊥AE，分别交AB，CD于点M，N．
此时，①∠AEB与∠AMN有什么数量关系？（直接写出即可）
②AE与MN之间又有什么数量关系？并说明理由；
(2)如图2：当点F为AE中点时，其他条件不变，连接正方形的对角线BD，MN与BD交于点G，连接BF，此时有结论：BF＝FG，请利用图2做出证明．
(3)如图3：当点E为直线BC上的动点时，如果（2）中的其他条件不变，直线MN分别交直线AB，CD于点M，N，请你继续探究线段BF与FG之间的数量关系．并证明你的结论．
【答案】(1)①，②，证明见解析
(2)BF= FG，证明见解析
(3)BF= FG，证明见解析
【分析】（1）①②作辅助线，构建平行四边形PMND，再证明，即可得出结论；
（2）连接AG、EG、CG，构建全等三角形和直角三角形，证明AG=EG=CG，再根据四边形的内角和定理得∠AGE=90°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BF=AE，FG=AE，则BF=GF；
（3）过点M作MH⊥CD于H，证明可得AE=MN；连接AG、EG、CG，构建全等三角形和直角三角形，证明AG=EG=CG，再根据平行线的性质得∠AGE=90°，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得BF=AE，FG=AE，则BF=GF．
（1）
解：①，②
理由如下：在图1中，过点D作PDMN交AB于P，则∠APD=∠AMN，
∵正方形ABCD，
∴ AB=AD，ABDC，∠DAB =∠B=90°，
∴四边形PMND是平行四边形，PD=MN．
∵∠B=90°，
∴∠BAE＋∠BEA= 90°，
∵MN⊥AE于F，
∴∠BAE＋∠AMN = 90°，
∴∠BEA=∠AMN=∠APD，
又∵AB=AD，∠B=∠DAP=90°，
∴，
∴AE=PD=MN．，∠APD=∠AMN，
∴，
（2）
解：BF=FG
理由如下：
在图2中连接AG、EG、CG，
由正方形的轴对称性得ABG△CBG，
∴AG = CG，∠GAB=∠GCB，
∵ MN⊥AE于F，F为AE中点，
∴AG=EG，
∴EG=CG，
∴∠GEC=∠GCE，
∴∠GAB=∠GEC，
由图可知∠GEB＋∠GEC=180°，
∴∠GEB＋∠GAB =180°，
又∵四边形ABEG的内角和为360°，∠ABE= 90°，
∴∠AGE = 90°，
在Rt△ABE 和Rt△AGE中，AE为斜边，F为AE的中点，
∴BF=AE，FG=AE，
∴BF= FG；
（3）
解：BF= FG，理由如下：
过点M作MH⊥CD于H，
∴∠MHD=∠ADC=∠DAB= 90°，
∴四边形ADHM是矩形，
∴AD=MH=AB，∠AMH= 90°，
∴∠AMF+∠HMN= 90°，
∵∠AMF+∠BAE= 90°，
∴∠BAE=∠HMN，
∴，
∴AE=MN；
连接AG、EG、CG，
由正方形的轴对称性得ABG ≌ △CBG，
∴AG = CG，∠GAB=∠GCB，
∵ MN⊥AE于F，F为AE中点，
∴ AG = EG，
∴ EG = CG，
∴∠GEC=∠GCE，
∴∠GAB=∠GEC，
∵∠GAD+∠BAG=90°，
∴∠GEC+∠GAD=90°，
∵ADBC，
∴∠DAE＋∠AEB =180°，
∴∠GAE+∠AEG=90°，
∴ ∠AGE = 90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，AE为斜边，F为AE的中点，
∴BF=AE，FG=AE，
∴BF= FG．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质、全等三角形、平行四边形的性质与判定，在有中点和直角三角形的前提下，可以利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半来证明两条线段相等．
26．点是线段上的动点，分别以，为边在的同侧作正方形与正方形．
(1)如图，连结、，判断与的位置关系和数量关系，并证明．
(2)如图，将正方形绕点逆时针旋转，使得点落在线段上，交于点，若，，求．
(3)如图，将方形绕点旋转至如图的位置，且，连结，作的角平分线交于点，请写出、、之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)，，证明见解析
(2)
(3)，证明见解析
【分析】延长交于点，证明≌，由全等三角形的性质得出，，由直角三角形的性质可得出结论；
过点作于点，证明≌，得出，证明≌，由全等三角形的性质得出，，求出的长，由三角形面积公式可得出答案；
在上截取，连接，证明≌，由全等三角形的性质得出，，证明≌，由全等三角形的性质得出，由等腰直角三角形的性质可得出结论．
【解析】（1）解：，．
证明：如图，延长交于点，

在正方形和正方形中，，，，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
；
（2）过点作于点，

，
，
，，
，
又，，
≌，
，
，，，
≌，
，，
，
，
∴EG∥PB，
，
；
（3）．
证明：在上截取，连接，

正方形和正方形中，，
，，
，
≌，
，，
平分，
，
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决问题的关键．