第9章中心对称图形-平行四边形 期中专题复习解答压轴综合题专项练习 2024-2025学年苏科版数学八年级下册

2024-2025学年度苏科版八年级下学期《中心对称图形-平行四边形》期中专题复习解答压轴综合题专项练习 1．在中，，将绕点B顺时针旋转得到，其中点A，C的对应点分别为点，，连接． (1)如图1，当点落在的延长线上时，求的长． (2)如图2，连接交于点D，求证：点D是的中点； (3)在旋转过程中，当图2中的时，①求证；②求长． 2．综合探究 操作一：折叠正方形纸片，使顶点落在边上点处，得到折痕，把纸片展平（如图）； 操作二：折叠正方形纸片，使顶点也落在边上的点处，得到折痕，与交于点，连接（如图）． (1)根据以上操作，直接写出图中与线段相等的两条线段：______； (2)探究发现：把上题图中的纸片展平，得到图，通过观察发现无论点在线段上任何位置，线段与线段始终相等，请你直接用第一问发现的结论写出完整的证明过程； (3)拓展应用：已知正方形纸片的边长为，在以上探究过程中当点到的距离是时，求线段的长． 3．如图1，在菱形中，，点是菱形内一点，且，延长交于点，连接，设． (1)①填空：________，________；（用含的代数式表示） ②求的度数． (2)将沿翻折得到，如图2，连接． ①求证：； ②若，，连接，求的长． 4．在平面直角坐标系中，四边形为矩形，，，连接．    (1)如图1，平分交轴于点，交于点，直接写出点、、的坐标：（ ， ）（ ， ）（ ， ）； (2)如图1，在（1）的条件下，为的中点，求的值，并直接写出的值； (3)如图2，点从点出发沿射线运动，点从点出发沿运动，若、两点以相同的速度同时出发运动，当，时，试求出的最小值． 5．【问题情境】在综合实践活动课上，同学们以“平行四边形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在平行四边形纸片中，P为边上任意一点，将沿折叠，点B的对应点为． 【分析探究】 （1）如图1，若，当点恰好落在边上时，的形状为 ． 【问题解决】 （2）如图2，当P，Q为边的三等分点时，连接并延长，交边于点G．试判断线段与的数量关系，并说明理由； （3）如图3，当，时，连接并延长，交边于点E．若的面积为18，，请直接写出线段的长． 6．如图1，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且，连接、． (1)求证：； (2)在图1中，若在上，且，连接，求证：； (3)根据你所学的知识，运用（1）、（2）解答中积累的经验，完成下列各题： ①如图2，在四边形中，，，，是的中点，且，求的长； ②如图3，在菱形中，，、分别在和上，且，连接．若，，请直接写出的长度________． 7．如图四边形是边长为2为正方形，该正方形绕点顺时针旋转一个角度（）得正方形，连接、相交于点． (1)若旋转角为，求大小； (2)在旋转过程中， ①求证：； ②连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由． 8．数学活动课上，小陈同学把两个相同的直角三角板拼成了如图1所示的图形，研究发现四边形满足，，，借助学习特殊四边形的经验，小陈同学将两组邻边分别相等，且有一组对角为的四边形叫作“完美筝形”． 【性质探究】 （1）“完美筝形”是__________图形．（填“轴对称”或“中心对称”） 【性质应用】 图1如图2，四边形是“完美筝形”，其中，，，将四边形先折叠成如图3所示的形状，再展开得到图4，，为折痕，，点B的对应点为，点D的对应点为，连接，相交于点O． （2）若图4中的四边形是“完美筝形”． ①判断四边形是什么特殊四边形，并说明理由； ②求的度数． （3）如图5，在矩形中，，，点E，F分别在边，上，点G在边上，当四边形是“完美筝形”时，直接写出线段的最大值与最小值． 9．如图，点在正方形的边上（不与点，重合），是对角线，延长到点，使，过点作的垂线，垂足为，连接，． (1)根据题意补全图形，并证明； (2)①求证：； ②探究线段，，之间的数量关系． 10．如图1，在矩形中，，，点，分别在，上，将矩形沿直线折叠．使点落在边上的处，点落在处，连接，若． (1)求的长； (2)证明； (3)如图2，为中点，连接．求的长． 11．（1）【基础回顾】如图1，是正方形中边上任意一点，以点为中心，将顺时针旋转后得到，若连接，则的形状为________； 【类比探究】（2）如图2，在（1）的条件下，设与相交于点，在上取点，使，连接，猜想与的数量关系，并给予证明； 【联想拓展】（3）如图3，在中，，．点在上，求证：． 12．如图，在正方形中，点为对角线上一动点（点不与、重合），连接，过点作交直线于，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接，，． (1)求证：； (2)试探究与的数量关系，并说明理由； (3)若正方形的边长为，求的最小值． 13．【探究与证明】 【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、． 【问题解决】 (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； (2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 14．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动．将直角的顶点E放在正方形的对角线上（点E不与A、C重合），其中直角边与交于点F，直角边与交于点G． (1)发现：如图，当与垂直时，填空：________．（填“”、“”或“”） (2)探究：如图，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变，请给出证明； (3)拓展：当与不垂直时，以、为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 15．如图1，在正方形的边的延长线上取点，以为边作正方形，连接，取的中点，连接，． (1)请说明线段，的关系，不必说理； (2)如如图2，把正方形绕点顺时针旋转，当点在上时，（1）中结论是否仍然成立？若成立，请说明理由； (3)在旋转过程中，当D，E，F三点在一条直线上时，若，，请直接写出的长． 16．如图①，在中，，，D为边上一点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，则： (1)的度数是 ；线段，，之间的数量关系是 ； (2)如图②，在中，，，D为边上一点（不与点B，C重合），将线段绕点A逆时针旋转得到，连接，请判断线段，，之间的数量关系，并说明理由． 17．旋转是几何图形中最基本的图形变换之一，利用旋转可将分散的条件相对集中以达到解决问题的目的． 【探究发现】如图1，四边形是正方形，点，分别在边和上，且，探究图中线段，，之间的数量关系． 爱动脑筋的小明发现：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2，小明将绕点顺时针旋转得到，然后证明，就可以解决这道问题．请直接写出线段，，之间的数量关系__________________ 【类比迁移】如图3，等腰直角三角形，，，点，在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由． 【拓展延伸】如图4，在中，，，点，在边上，且，当，时，则的长为____________． 18．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长都为1，四边形为两个正方形重叠部分，正方形可绕点O转动． 【问题发现】 （1）①线段，之间的数量关系是______． ②在①的基础上，连接，则线段之间的数量关系是______． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形的中心O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明； 【拓展应用】 （3）如图3，在中，，直角的顶点D在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点E，F，可绕着点D旋转，当时，请直接写出的面积． 19．【探究证明】折纸，操作简单，富有数学趣味，我们可以通过折纸开展数学探究，探索数学奥秘． 【动手操作】如图1，将矩形纸片对折，使与重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B落在上，并使折痕经过点A，得到折痕，点B，E的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成：（1）观察图1中，和，试猜想这三个角的大小关系； （2）证明（1）中的猜想； 【类比操作】如图2，N为矩形纸片的边上的一点，连接，在上取一点P，折叠纸片，使B，P两点重合，展平纸片，得到折痕；折叠纸片，使点B，P分别落在上，得到折痕l，点B，P的对应点分别为，展平纸片，连接． 请完成： （3）是的一条________等分线． 20．在研究一类图形的折叠问题时，乐思数学小组发现，可以通过构造直角三角形，利用勾股定理来解决． (1)如图1，在矩形中，，点E是边上一点，将沿折叠，使点D落在边上的处，求的长； 乐思数学小组的解题思路如下：（请补充填写题中空缺部分） 解：由折叠可知：， ∴． ∵， ∴ ， ∴ ． 在中，设，则． 由勾股定理可得：，即（ ）， 解得 ． (2)如图2，在矩形中，，点E是边上一动点，将沿折叠，点D落在点处，当为直角三角形时，求的长； (3)如图3，在矩形中，，点E是直线上一动点，将沿折叠，当点D的对应点恰好落到边的中垂线上时，请直接写出的长． 参考答案 1．(1)6 (2)见解析 (3)①见解析；② 【分析】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关键． （1）由勾股定理的逆定理可求，由旋转的性质可得，可得，即可求解； （2）由旋转的性质可得，，，，，可证，可得，即可得结论； （3）①根据角度的转化得到即可解答； ②连接，过点作于，于，由平行四边形的性质可得，，由面积法可求的长，由勾股定理可求的长，同理可得的长，即可求的长，即可求解． 【详解】（1）解：，，， ， ， ， 将绕点顺时针旋转得到， ， ， ； （2）证明：如图，过点作，交于， ， 将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点是的中点； （3）解：①， ， ， ， ， ②如图，连接，过点作于，于， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， ， ， ， ， ， 同理可得， ， ． 2．(1)， (2)证明见解析 (3)或 【分析】（）由折叠的性质可得点是关于直线的对称，点是关于直线的对称，据此即可求解； （）过点作，交于，交于，可证，得到，进而可得，即可求证； （）过点作，交于，交于，分点在点的右侧和左侧两种情况解答即可求解． 【详解】（1）解：由折叠的性质可知，点是关于直线的对称，点是关于直线的对称， ∴，， 故答案为：，； （2）证明：如图，过点作，交于，交于， ∵四边形为正方形 ∴ ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴； （3）解：过点作，交于，交于， 当点在点的右侧时， ∵，， ∴， ∵点到距离是， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； 当点在点的左侧时，， 综上所述：或． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，轴对称性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 3．(1)①，；② (2)①证明见解析；②5 【分析】（1）①根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；由，得到，继而根据等边对等角以及三角形内角和定理即可求解；②由平角得意义得到，即可求解； （2）①连接，由折叠的性质可证明为等边三角形，再证明为等边三角形，即可证明；②求出，由勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ 故答案为：，； ②∵， ∴； （2）①证明：连接， 由翻折得，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴由勾股定理得：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，折叠的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． 4．(1)0；；；；； (2)的值为，的值为 (3) 【分析】（1）利用矩形的性质得到，，，，得到，再利用角平分线的定义推出，得到，再利用平行线的性质得到，得到，即可解答； （2）过点作轴于点，并在的延长线上截取，过点作交的延长线于点，连接，由（1）中的结论证出和都是等腰直角三角形，结合为的中点，可得，，利用等腰直角三角形的性质和勾股定理求出点的坐标和的长，进而得出点的坐标和直线的解析式，则可得出点的坐标，再通过证明，得到，即可求解； （3）以为边向下作正方形，连接、，利用正方形的性质和勾股定理求出的长，再通过证明得到，最后利用即可求出的最小值． 【详解】（1）解：，， ，， 四边形为矩形， ，，，， ， 平分， ， 又， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， 综上所述，，，． 故答案为：0；；；；；． （2）解：如图，过点作轴于点，并在的延长线上截取，过点作交的延长线于点，连接，    由（1）得，，， ， ，， 和都是等腰直角三角形， ，， 为的中点， ，， ，， 轴， ，轴， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， 又， ， ， ，轴， 点的纵坐标与点的纵坐标相同，为， 设直线的解析式为， 代入，得， 解得：， 直线的解析式为， 令，则， 解得：， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ，， ， ， 综上所述，的值为，的值为． （3）解：如图，以为边向下作正方形，连接、，   正方形， ，， ，， 在中，， 由题意得，， 在和中， ， ， ， ， ， 的最小值为． 【点睛】本题主要考查了平面直角坐标系、矩形的性质、等腰直角三角形的性质与判定、待定系数法求函数解析式、正方形的性质、勾股定理与最短路径问题，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．本题属于函数与几何综合题，需要较强的数形结合和推理论证能力，适合有能力解决难题的学生． 5．（1）等边三角形；（2），理由见解析；（3） 【分析】（1）利用平行四边形的性质及折叠的性质可得，，再证明四边形是菱形，可知，即可求解； （2）利用四边形是平行四边形，可得，，再由，为边的三等分点，可得，由折叠可知：，，则，可得，再由三角形外角性质可得，则，可得，可证明四边形是平行四边形，则有，再证明可得结论； （3）延长交于，过点A作，先求得，由折叠可得，，得到，则为等腰直角三角形，从而得出，则，再由四边形是平行四边形，可得，得到，，即，得出，再由的面积为18，，即：，求出，再求解可得结果． 【详解】解：（1）四边形是平行四边形， ，，， 由折叠可知：，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，， 是等边三角形， 故答案为：等边三角形； （2），理由如下： 四边形是平行四边形， ，， 又，为边的三等分点， ， 由折叠可知：，， 则， ， 由三角形外角性质可知：， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ； （3）延长交于，过点A作， 的面积为18，， ， ， 设则， ， ， （负值舍去）， ， ， ， ， ， 由折叠可知：，， ，则为等腰直角三角形， ， 则， 四边形是平行四边形， ， ，，即， ， 的面积为18，，即：， ， 则， ． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及性质，菱形的判定，翻折的性质，等腰直角三角形的判定及性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 6．(1)见解析 (2)见解析 (3)①；② 【分析】（1）因为为正方形，所以，，又因为，则，即可求证； （2）因为，，则有，又因为，所以，，则，故成立； （3）①过点作交的延长线于点，利用勾股定理即可求得的长；②把旋转得到，过作于，根据旋转的性质和全等三角形的判定和性质可得到，，根据直角三角形的性质得到，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ， 在和中， ， ， ； （2）证明：，， ， （已证）， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （3）解：①如图，过点C作，交的延长线于点， 由（2）和题设知：， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ， 解得， ； ②如图，把旋转得到，过作于， ，，，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了勾股定理、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，解决问题的关键是在直角三角形中运用勾股定理列方程求解． 7．(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）由旋转的性质结合等腰三角形的性质，利用三角形内角和定理求出，由补角的定义即可求解； （2）①过点作交延长线于点，过点作垂足为，证明，推出，再证明，即可证明结论；②在①的基础上，过点作于点K，连接，易证是等腰三角形，推出，证明，是等腰三角形，利用等腰三角形三线合一求出，求出，再证明，推出，即可得出结论． 【详解】（1）解：由旋转的性质得：，， ∴， ∴， ∴； （2）①证明：如图，过点作交延长线于点，过点作垂足为， 由（1）知， ∵， ∴， 由旋转的性质得：， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，在①的基础上，过点作于点K，连接， 由旋转的性质得：四边形，四边形都是边长为2的正方形， ∴，， ∴是等腰三角形， ∴， ∴，即， 由①知：， ∵， ∴， ∴， ∵是等腰三角形，， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴是等腰三角形， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，即， ∴，即， 由①知，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握全等三角形的判定与性质及旋转的性质是解题的关键． 8．（1）轴对称；（2）①四边形是菱形．理由见解析；②；（3）最大值4，最小值 【分析】（1）根据轴对称的性质可直接进行求解； （2）①由题意易得，，，然后可得四边形AECF是平行四边形，进而可得，最后问题可求证；②由题意易得，然后可得，进而问题可求解； （3）由题意易得，则有．，，然后可知当，，此时点E与点A重合时，取得最大值，当点F与点C重合时，取得最小值，进而分类进行求解即可 【详解】解：（1）由题意得：“完美筝形”是轴对称图形； 故答案为：轴对称． （2）①四边形是菱形．理由如下： 四边形是“完美箏形”，且， ，． ．（依据：折叠的性质）， 又， ．（依据：折叠的性质） 四边形是“完美筝形”，且， ． ，． ，． 四边形AECF是平行四边形． 又，，， ． ， 四边形为菱形． ②四边形是菱形， ． 由题得． 设，则． ， ，即， 解得． ，即． （3）解：如解图1，∵四边形是矩形， ∴， 四边形是“完美筝形”，， ．，， 当，，如解图2，此时点E与点A重合时，取得最大值，由题可知四边形是正方形， ∴； 如解图3，当点F与点C重合时，取得最小值， ∴， 在中，， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的判定、矩形的性质、轴对称图形的性质、菱形的性质与判定及勾股定理，熟练掌握正方形的判定、矩形的性质、轴对称图形的性质、菱形的性质与判定及勾股定理是解题的关键 9．(1)图形见解析，证明见解析 (2)①证明见解析；② 【分析】（1）由正方形的性质可知，即可证明结论； （2）①连接，，首先证明，得，再证明，得，，得出是等腰直角三角形，从而得出答案； ②连接，首先利用，证明四边形是平行四边形，得，则，在中，利用勾股定理可得结论． 【详解】（1）解：补全图形如图， 证明：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）①证明：如图，连接，， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； ②解：． 证明：连接， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，证明是等腰直角三角形是解题的关键． 10．(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据矩形性质与折叠性质可得，，设，则，根据勾股定理即可求解； （2）根据折叠性质，平行线性质可得结论； （3）过点B作于点H，由折叠性质以及矩形性质可得，证明，得到，，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：四边形为矩形， ， 由折叠可知，， 设，则， 在中， ， 即， 解得：， 则； （2）证明：由折叠可知， 在矩形中，， ， ； （3）如图，过点B作于点H， 由矩形折叠可知，， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在与中， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 11．（1）等腰直角三角形；（2），证明见解析；（3）见解析 【分析】本题是几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． （1）由正方形的性质得出，，，由旋转的性质得出，，则可得出结论； （2）证明，由全等三角形的性质可得出结论； （3）将逆时针旋转后得到，连接，则是等腰直角三角形，由旋转的性质得出，，证出，由勾股定理可得出答案． 【详解】解：（1）四边形为正方形， ，，， 顺时针旋转，得， ，， 为等腰直角三角形； 故答案为：等腰直角三角形； （2）． 证明：将顺时针旋转后得到， ，， ， ， ． （3）． 将逆时针旋转后得到，连接，则是等腰直角三角形， 由旋转的性质可知，， ， ， ， ， ， ． 12．(1)证明见解析 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（）利用正方形的性质和旋转的性质可得，，利用余角性质可得，进而即可求证； （）由全等三角形的性质得，即得，进而由正方形性质得； （）延长至，使 ，连接、、，由正方形和全等三角形的性质得，进而可得，即得，得到，即可得，利用勾股定理求出即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 又由旋转得，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； （3）解：如图，延长至，使 ，连接、、，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴当点三点共线时，取最小值，最小值为的长， ∵， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短，正确作出辅助线是解题的关键． 13．(1)22 (2)①正方形，理由见解析；②2 【分析】（1）由勾股定理得，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论； ②过点作于点，证，得，，则，再由勾股定理求解即可； 【详解】（1）解：，，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：，，， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； ②过点作于点，如图3所示： 则， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型． 14．(1)＝ (2)的结论不变，证明见解析 (3)或 【分析】（1）由正方形的性质得到，平分，又，，得到四边形是矩形，因此，根据角平分线的性质可得； （2）过点E作于点P，作于点Q，由正方形得到，平分，因此四边形是矩形，，进而有，从而，进而证得，得证； （3）分点在点的右侧，和左侧两种情况，过点H作于点J，作，交的延长线于点K，则，由题意可得四边形是正方形，从而，，根据和，得到，从而证得，得到，根据角平分线的判定得到平分，进而即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，平分， ∵，， ∴ ∴四边形是矩形， ∴ ∴． 故答案为：； （2）解：的结论不变，理由如下： 过点E作于点P，作于点Q， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵ ∴，即 ∴ ∴； （3）解：当点在点的右下方时： 过点H作于点J，作，交的延长线于点K， 则， ∵由（2）有，且四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵在四边形中，， 即， ∴， ∵， ∴ ∴在和中 ， ∴， ∴， ∵， ， ∴平分， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 当点在点的左下方时：如图：过点H作于点J，作， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， 同法可得：， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查正方形的判定及性质，角平分线的判定，全等三角形的判定及性质，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 15．(1)结论：，．理由见解析； (2)结论不变，理由见解析； (3)或． 【分析】（1）作出辅助线，根据题意可证，证得是等腰直角三角形，即可得出结论． （2）作出辅助线，根据题意可证，再证得是等腰直角三角形，即可得出结论． （3）作出辅助线，分两种情况讨论，即在左右两侧的情况，即可求解． 【详解】（1）结论：，． 理由：如图中，延长交于． 四边形是正方形，四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， ，， ， ， ，． （2）（1）中结论仍然成立，理由如下： 如图，延长，交于点， ， ，， 是的中点， ， ， ，， ， ，即， ， 是等腰直角三角形， 而， ，． （3）连接，过点作于点，延长至，使，连接，， 当在右侧时，如图， ，，， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，， 在中，， ，，， ， ， 在中，； 当在左侧时，如图， 同法可得，， ， 在中，， 综上，的长为或． 答：的长为或． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理以及正方形的性质的综合应用，解题的关键是作出辅助线，构造直角三角形和全等三角形解决问题． 16．(1)， (2)见解析 【分析】（1）先判定三角形，都是等边三角形，再证明，得到，，根据等边三角形的性质，结合，等量代换即可得证． （2）类比（1）的证明方法解答即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形； ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到， ∴是等边三角形； ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∵， ∴; （2）解：关系是：，理由如下： ∵，， ∴是等腰三角形； ∴，； ∵线段绕点A逆时针旋转得到， ∴是等腰直角三角形； ∴， ∴， ∵ ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，旋转的性质，勾股定理的应用，等量代换的思想，等式的性质，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键． 17．（1）；（2）猜想：，见解析；（3） 【分析】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是：利用旋转转化线段关系，将分散的条件集中到同一个三角形求解． （1）利用旋转的性质，证明，得到，等量代换即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质，可知，，，，在中，，可求得，所以，证，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出进而根据，即可得出答案． 【详解】（1）解： 证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3，   ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4，   ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴ ∴ 18．（1）①②（2），证明见解析（3）或 【分析】（1）①证明，可得结论；②根据全等三角形的性质，结合勾股定理即可得出结论； （2）猜想：，连接，延长交于，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）设分两种情形：①当点E在线段上时，②当点E在延长线上时，分别利用勾股定理构建方程求解即可． 【详解】解：（1）①∵四边形是正方形， ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2），理由如下： 连接， ∵O为矩形中心， ∴， 延长交于， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 又∵矩形， ∴， ∴垂直平分， ∴， ∵在中， ∴； （3）解：当点E在上时， 过点B作，交的延长线于点M，连接 ∵， ∴；， ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ， ∴， ∴， ∴ 当点E在的延长线上时， 过点B作，交的延长线于点N，连接 ∵，， ∴；， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴直线是线段的垂直平分线， ∴， 由勾股定理，得， 故． ∵，， ∴，， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，直角三角形的性质，三角形全等的判定和性质，线段的垂直平分线的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，线段的垂直平分线的判定和性质是解题的关键． 19．（1）；（2）见解析；（3）三 【分析】（1）根据题意可进行求解； （2）由折叠的性质可知，，然后可得，则有是等边三角形，进而问题可求证； （3）连接，根据等腰三角形性质证明，根据平行线的性质证明，证明，得出，即可证明． 【详解】（1）解：由题意可知； （2）证明：由折叠的性质可得：，，，， ∴，， ∴是等边三角形， ∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴； （3）证明：连接，如图所示： 由折叠的性质可知：，，， ∵折痕，， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的一条三等分线． 故答案为：三． 【点睛】本题主要考查折叠的性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定及矩形的性质，三角形全等的判定和性质，作出辅助线，熟练掌握折叠的性质，证明是解题的关键． 20．(1)，，2， (2)或7 (3)2或 【分析】（1）根据推理过程利用勾股定理填空即可； （2）当为直角三角形时，分当点落在矩形内部，时，当点落在边上，时，两种情况讨论即可； （3）过点作于N，交于点M，设，则，分点在线段上；点在延长线上；两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：由折叠可知：， ∴． ∵， ∴， ∴． 在中，设，则． 由勾股定理可得：，即， 解得； （2）解：当为直角三角形时，有两种情况： 当点落在矩形内部，时，如图， ∵在矩形中，， ∴，， 由折叠的性质得：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理可得：，即， 解得，即； 当点落在边上，时，如图， 此时，， ∵在矩形中，， ∴四边形是矩形， 由折叠的性质得：， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 综上，当为直角三角形时，的长为或； （3）解：过点作于N，交于点M， 设，则， 当点在线段上时，如图， ∵是边的中垂线， ∴，， 由勾股定理可知：， ∴， ∵， ∴， 解得：，则， ∴； 当点在延长线上时，如图， 同理，， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴； 综上知：的长为或． 学科网（北京）股份有限公司 $$