模块二 知识全整合专题4 图形的性质 第8讲 正方形 （含解析）-最新中考数学二轮专题复习训练

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专题4 图形的性质
第8讲 正方形
一、正方形的性质
1．正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质；
2.边的性质：对边平行，四条边相等；
3.角的性质：四个角都是直角；
4.对角线的性质：对角线垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
两条对角线把正方形分成4个全等的等腰直角三角形；
5.对称性：是轴对称图形，有4条对称轴；是中心对称图形，对称中心也叫正方形的中心；
二、正方形的判定
1.在矩形的基础上判定
（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；
（2）对角线垂直的矩形是正方形；
2.在菱形的基础上判定
（1）有一个角是直角的菱形是正方形；
（2）对角线相等的菱形是正方形；
三、中点四边形
1.连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形；
2.连接矩形各边中点得到的四边形是菱形；
3.连接菱形各边中点得到的四边形是矩形；
《义务教育数学课程标准》2022年版，学业质量要求：
1.理解正方形的概念；
2.理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系；
3.掌握正方形的性质和判定；
【例1】
（2023·四川攀枝花·统考中考真题）
1．如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（ ）

A．B．2C．D．
【变1】
（2023·福建·统考中考真题）
2．如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数和的图象的四个分支上，则实数的值为（ ）

A．B．C．D．3
【例1】
（2022·四川攀枝花·统考中考真题）
3．如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：
①四边形是平行四边形；
②当时，四边形是矩形；
③当时，四边形是菱形；
④当，且时，四边形是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．
【变1】
（2022·辽宁阜新·统考中考真题）
4．已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．
(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【例1】
（2022·广西玉林·统考中考真题）
5．若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是正方形，则四边形的两条对角线一定是( )
A．互相平分B．互相垂直C．互相平分且相等D．互相垂直且相等
【变1】
（2023·山东临沂·统考一模）
6．四边形的对角线，交点，点，，，分别为边， ，，的中点．有下列四个推断，
①对于任意四边形，四边形可能不是平行四边形；
②若，则四边形一定是菱形；
③若，则四边形一定是矩形；
④若四边形是菱形，则四边形也是菱形．
所有正确推断的序号是 ．
一、选择题
（2023·重庆·统考中考真题）
7．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）

A．B．C．D．
（2022·江苏泰州·统考中考真题）
8．如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为( )
A．B．C．D．
（2022·内蒙古包头·中考真题）
9．如图，在矩形中，，点E，F分别在边上， ，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（ ）
A．B．C．D．
（2022·浙江绍兴·统考中考真题）
10．如图，在平行四边形中，，，，是对角线上的动点，且，，分别是边，边上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形；②存在无数个矩形；③存在无数个菱形；④存在无数个正方形．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、填空题
（2023·湖南怀化·统考中考真题）
11．如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．

（2023·四川宜宾·统考中考真题）
12．如图，是正方形边的中点，是正方形内一点，连接，线段以为中心逆时针旋转得到线段，连接．若，，则的最小值为 ．

（2022·辽宁·统考中考真题）
13．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为 ．

（2023·浙江衢州·统考中考真题）
14．如图，点A、B在x轴上，分别以，为边，在x轴上方作正方形，．反比例函数的图象分别交边，于点P，Q．作轴于点M，轴于点N．若，Q为的中点，且阴影部分面积等于6，则k的值为 ．

三、解答题
（2022·湖南邵阳·统考中考真题）
15．如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．
求证：四边形是正方形．
（2023·湖北十堰·统考中考真题）
16．如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．

(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？
（2022·江苏镇江·统考中考真题）
17．已知，点、、、分别在正方形的边、、、上．
(1)如图1，当四边形是正方形时，求证：；
(2)如图2，已知，，当、的大小有_________关系时，四边形是矩形；
(3)如图3，，、相交于点，，已知正方形的边长为16，长为20，当的面积取最大值时，判断四边形是怎样的四边形？证明你的结论．
（2022·贵州黔东南·统考中考真题）
18．阅读材料：小明喜欢探究数学问题，一天杨老师给他这样一个几何问题：
如图，和都是等边三角形，点在上．
求证：以、、为边的三角形是钝角三角形．
(1)【探究发现】小明通过探究发现：连接，根据已知条件，可以证明，，从而得出为钝角三角形，故以、、为边的三角形是钝角三角形．
请你根据小明的思路，写出完整的证明过程．
(2)【拓展迁移】如图，四边形和四边形都是正方形，点在上．
①试猜想：以、、为边的三角形的形状，并说明理由．
②若，试求出正方形的面积．
（2022·四川乐山·统考中考真题）
19．华师版八年级下册数学教材第121页习题19.3第2小题及参考答案．
某数学兴趣小组在完成了以上解答后，决定对该问题进一步探究
(1)【问题探究】如图，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．试猜想的值，并证明你的猜想．
(2)【知识迁移】如图，在矩形ABCD中，，，点E、F、G、H分别在线段AB、BC、CD、DA上，且．则______．
(3)【拓展应用】如图，在四边形ABCD中，，，，点E、F分别在线段AB、AD上，且．求的值．
（2023·辽宁丹东·统考一模）
20．已知正方形和等腰直角三角形，，连接，，，，点G，H，I分别为线段，，的中点，连接，，．
(1)如图1，当点B，A，F在一条直线上时，请直接写出线段与的关系；
(2)如图2，将绕点A顺时针旋转，判断线段与的关系，并说明理由；
(3)在（2）的条件下，若，， ，，的面积分别为，，．
①请直接写出与大小关系；
②直接写出的值．
（2023·山东日照·统考中考真题）
21．在平面直角坐标系内，抛物线交y轴于点C，过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D．

(1)求点C，D的坐标；
(2)当时，如图1，该抛物线与x轴交于A，B两点（点A在点B的左侧），点P为直线上方抛物线上一点，将直线沿直线翻折，交x轴于点，求点P的坐标；
(3)坐标平面内有两点，以线段为边向上作正方形．
①若，求正方形的边与抛物线的所有交点坐标；
②当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为时，求a的值．
2．如图，在正方形ABCD中，．求证：．
证明：设CE与DF交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
参考答案：
1．C
【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．
【详解】解：如图：

连接，
四边形是正方形，
，，
，，，
四边形是矩形，
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，，
，
，，，
，
，
故选：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．A
【分析】如图所示，点在上，证明，根据的几何意义即可求解．
【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，点在上，

∵，，
∴．
∴．
∴．
∵点在第二象限，
∴．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
3．①②③④
【分析】对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，
，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确．
【详解】解析：①、是等边三角形，
，，，
，
，
，
同理由，得，
由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确；
②当时，
，
由①知四边形是平行四边形，
平行四边形是矩形，故结论②正确；
③由①知，，四边形是平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，
四边形是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键．
4．(1)见解析
(2)①见解析②
【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
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．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）证明：如图中，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；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，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．
5．D
【分析】由题意作出图形，然后根据正方形的判定定理可进行排除选项．
【详解】解：如图所示，点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AD、DC、BC、AB的中点，
∴，
∴四边形EFGH是平行四边形，
对于A选项：对角线互相平分，四边形EFGH仍是平行四边形，故不符合题意；
对于B选项：对角线互相垂直，则有，可推出四边形EFGH是矩形，故不符合题意；
对于C选项：对角线互相平分且相等，则有，可推出四边形EFGH是菱形，故不符合题意；
对于D选项：对角线互相垂直且相等，则有，，可推出四边形EFGH是正方形，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定，熟练掌握三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定是解题的关键．
6．②③
【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可．
【详解】解：点，，，分别为边， ，，的中点，
且，且，
且，
是平行四边形，
故①错误；
点，，，分别为边， ，，的中点，
，，
，
，
是平行四边形，
四边形是菱形，
故②正确；
点，，，分别为边， ，，的中点，
，，
，
，
，
是平行四边形，
是矩形，
故③正确；
若要四边形是菱形，需满足,
当四边形是菱形，不一定等于，
故④错误；
综上，正确的有：②③，
故答案为：②③．
【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
7．A
【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，
∴点三点共线，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，
在和中
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故选：．
【点睛】此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，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
8．C
【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，
∵
∴
在和中，
∵
∴
∴
∴
当时，最小，
∴d1＋d2＋d3的最小值为，
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
9．A
【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出，再利用勾股定理得出，即可得出答案．
【详解】过点O作OM⊥BC于点M，
，
四边形ABCD是矩形，
，

∴∠AEF=180°-∠BAD=90°，
，
∴四边形ABFE是矩形，
又∵AB=AE，
四边形ABFE是正方形，
，EF=BF，
，
，
，EF=2CF，
由勾股定理得，
，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．
10．C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
11．
【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解．
【详解】解：如图所示，过点作于，

∵点是正方形的对角线上的一点，于点
∴四边形是矩形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴四边形是正方形，
∴，
即点到直线的距离为
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键．
12．
【分析】连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，由 的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，可得：的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，再根据“圆外一定点到圆上任一点的距离，在圆心、定点、动点，三点共线时定点与动点之间的距离最短”，所以当、、三点共线时，的值最小，可求，从而可求解．
【详解】解，如图，连接，将以中心，逆时针旋转，点的对应点为，

的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
的运动轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
如图，当、、三点共线时，的值最小，
四边形是正方形，
，，
是的中点，
，
，
由旋转得：，
，
，
的值最小为．
故答案：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，动点产生的线段最小值问题，掌握相关的性质，根据题意找出动点的运动轨迹是解题的关键．
13．
【分析】以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，设正方形ABCD的边长为2，从而求出E的坐标，然后根据待定系数法求出直线CE的解析式，即可求出G的坐标，从而可求出GE，根据旋转的性质可求出F的坐标，进而求出H的坐标，则可求OH，最后代入计算即可得出答案．
【详解】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：

设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），
∵E为OE中点，
∴E（，），
设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（，）代入得：
，
解得，
∴直线CE解析式为，
在中，令x＝﹣1得y＝，
∴G（﹣1，），
∴GE＝＝，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（，），C（1，1），
∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，
∴F（，），
∵H是EF中点，
∴H（，0），
∴OH＝，
∴＝＝．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，两点间距离公式等知识，以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系是解题的关键．
14．24
【分析】设，则，从而可得、，由正方形的性质可得，由轴，点P在上，可得，由于Q为的中点，轴，可得，则，由于点Q在反比例函数的图象上可得，根据阴影部分为矩形，且长为，宽为a，面积为6，从而可得，即可求解．
【详解】解：设，
∵，
∴，
∴，
∴，
在正方形中，，
∵Q为的中点，
∴，
∴，
∵Q在反比例函数的图象上，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵P在上，
∴P点纵坐标为，
∵P点在反比例函数的图象上，
∴P点横坐标为，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：24．
【点睛】本题考查反比例函数图象的性质及正方形的性质及矩形的面积公式，读懂题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
15．证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
16．(1)平行四边形，见解析
(2)且
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形是平行四边形．理由如下：
∵的对角线交于点，
∴，
∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，
∴
∴四边形是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴且时，四边形是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
17．(1)见解析
(2)
(3)平行四边形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质证得，根据角角边证明．
（2）当，证得，是等腰直角三角形，∠HEF=∠EFG=90°，即可证得四边形EFGH是矩形．
（3）利用正方形的性质证得为平行四边形，过点作，垂足为点，交于点，由平行线分线段成比例，设，，，则可表示出，从而把△OEH的面积用x的代数式表示出来，根据二次函数求出最大值，则可得OE=OG，OF=OH，即可证得平行四边形．
【详解】（1）∵四边形为正方形，
∴，
∴．
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴．
在和中，
∵，，，
∴．
∴．
∴；
（2）；证明如下：
∵四边形为正方形，
∴，AB=BC=AD=CD，
∵AE=AH，CF=CG，AE=CF，
∴AH=CG，
∴，
∴EH=FG．
∵AE=CF，
∴AB－AE=BC－CF，即BE=BF，
∴是等腰直角三角形，
∴∠BEF=∠BFE=45°，
∵AE=AH，CF=CG，
∴∠AEH=∠CFG=45°，
∴∠HEF=∠EFG=90°，
∴EH∥FG，
∴四边形EFGH是矩形．
（3）∵四边形为正方形，
∴．
∵，，
∴四边形为平行四边形．
∴．
∴．
过点作，垂足为点，交于点，
∴．
∵，
设，，，则，
∴．
∴．
∴当时，的面积最大，
∴，，
∴四边形是平行四边形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，矩形的判定和平行四边形的性质与判定，平行线分线段成比例定理，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，二次函数的最值，有一定的综合性，解题的关键是熟悉这些知识并灵活运用．
18．(1)钝角三角形；证明见详解
(2)①直角三角形；证明见详解；②S四边形ABCD=
【分析】（1）根据等边三角形性质得出，BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，再证△EBA≌△DBC（SAS）∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，求出∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，可得△ADC为钝角三角形即可；
（2）①以、、为边的三角形是直角三角形，连结CG，根据正方形性质，得出∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，∠BEA=∠BGE=45°，再证△EBA≌△GBC（SAS）得出AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，可证△AGC为直角三角形即可；②连结BD，根据勾股定理求出AC=，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】（1）证明：∵△ABC与△EBD均为等边三角形，
∴BE=BD，AB=CB，∠EBD=∠ABC=60°，
∴∠EBA+∠ABD=∠ABD+∠DBC，
∴∠EBA=∠DBC，
在△EBA和△DBC中，
，
∴△EBA≌△DBC（SAS），
∴∠AEB=∠CDB=60°，AE=CD，
∴∠ADC=∠ADB+∠BDC=120°，
∴△ADC为钝角三角形，
∴以、、为边的三角形是钝角三角形．
（2）证明：①以、、为边的三角形是直角三角形．
连结CG，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴∠EBG=∠ABC，EB=GB，AB=CB，
∵EG为正方形的对角线，
∴∠BEA=∠BGE=45°，
∴∠EBA+∠ABG=∠ABG+∠GBC=90°，
∴∠EBA=∠GBC，
在△EBA和△GBC中，
，
∴△EBA≌△GBC（SAS），
∴AE=CG，∠BEA=∠BGC=45°，
∴∠AGC=∠AGB+∠BGC=45°+45°=90°，
∴△AGC为直角三角形，
∴以、、为边的三角形是直角三角形；
②连结BD，
∵△AGC为直角三角形，，
由（2）可知，AE=CG，
∴AC=，
∴四边形ABCD为正方形，
∴AC=BD=，
∴S四边形ABCD=．
【点睛】本题考查等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理，掌握等边三角形的性质，三角形全等判定与性质，正方形的性质，勾股定理是解题关键．
19．(1)1；证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，利用正方形ABCD，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°求证△ABM≌△ADN即可．
（2）过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，利用在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，求证△ABM∽△ADN．再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可．
（3）先证是等边三角形，设，过点，垂足为，交于点，则，在中，利用勾股定理求得的长，然后证，利用相似三角形的对应边对应成比例即可求解．
【详解】（1），理由为：
过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EG交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN，
在△ABM和△ADN中，∠BAM＝∠DAN，AB＝AD，∠ABM＝∠ADN
∴△ABM≌△ADN
∴AM＝AN，即EG＝FH，
∴；
（2）解：过点A作AM∥HF交BC于点M，作AN∥EC交CD的延长线于点N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，AD∥BC，
∴四边形AMFH是平行四边形，四边形AEGN是平行四边形，
∴AM＝HF，AN＝EG，
在矩形ABCD中，BC＝AD，∠ABM＝∠BAD＝∠ADN＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠NAM＝90°，
∴∠BAM＝∠DAN．
∴△ABM∽△ADN，
∴，
∵，，AM＝HF，AN＝EG，
∴，
∴；
故答案为：
（3）解：∵，，
∴是等边三角形，
∴设，
过点，垂足为，交于点，则，
在中，，
∵，，
∴，，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，即．
【点睛】此题主要考查学生对相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点的理解和掌握，综合性较强，难度较大，是一道难题．
20．(1)且
(2)且，理由见详解
(3)①，②
【分析】（1）连接，延长交于，可证，结合三角形中位线即可求解；
（2）连接交于，与交于，可证，结合三角形中位线即可求解；
（3）①过作，交的延长线于，过作，可证，即可求解；②可求，由即可求解．
【详解】（1）解：且，
如图，连接，延长交于，
四边形是正方形，
，，
，
是等腰直角三角形，
，
在和中
，
()，
，，
点G，H，I分别为线段，，的中点，
，，
，，
；
，，
，
，
，
，
；
故且．
（2）解：且，
如图，连接交于，与交于，
由（1）得：，，，
在和中
，
()，
，，
点G，H，I分别为线段，，的中点，
，，
，，
；
，，
，
，
，
，
；
故且．
（3）解：①，
如图，过作，交的延长线于，过作，
，
，，
，
在和中
，
（），
，
，，
又，
．
②，
由（2）得：，，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，三角形中位线定理，面积转换，正方形的性质，旋转的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
21．(1)，
(2)
(3)①，，；②
【分析】（1）先求出，再求出抛物线对称轴，根据题意可知C、D关于抛物线对称轴对称，据此求出点D的坐标即可；
（2）先求出，如图，设上与点M关于直线对称的点为，由轴对称的性质可得，利用勾股定理建立方程组，解得或（舍去），则，求出直线的解析式为，然后联立，解得或，则；
（3）分图3-1，图3-2，图3-3三种情况，利用到x轴的距离之差即为纵坐标之差结合正方形的性质列出方程求解即可．
【详解】（1）解：在中，当时，，
∴，
∵抛物线解析式为，
∴抛物线对称轴为直线，
∵过点C作x轴的平行线交该抛物线于点D，
∴C、D关于抛物线对称轴对称，
∴；
（2）解：当时，抛物线解析式为，
当，即，解得或，
∴；
如图，设上与点M关于直线对称的点为，
由轴对称的性质可得，
∴，
解得：，即
∴，
∴，
解得或（舍去），
∴，
∴，
设直线的解析式为，
∴，
∴，
∴直线的解析式为，
联立，解得或
∴；

（3）解：①当时，抛物线解析式为，，
∴，
∴，，
当时，，
∴抛物线恰好经过；
∵抛物线对称轴为直线，
由对称性可知抛物线经过，
∴点时抛物线与正方形的一个交点，
又∵点F与点D重合，
∴抛物线也经过点；
综上所述，正方形的边与抛物线的所有交点坐标为，，；

②如图3-1所示，当抛物线与分别交于T、D，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴点T的纵坐标为，
∴，
∴，
解得（舍去）或；

如图3-2所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
解得（舍去，因为此时点F在点D下方）

如图3-3所示，当抛物线与分别交于T、S，
∵当正方形的边与该抛物线有且仅有两个交点，且这两个交点到x轴的距离之差为，
∴，
∴，
∴，
解得或（舍去）；
当时，，
当 时，，
∴不符合题意；

综上所述，．
【点睛】本题主要考查了二次函数综合，勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质等等，利用分类讨论和数形结合的思想求解是解题的关键．