特殊平行四边形中规律探索问题-2025年中考数学专题突破

特殊平行四边形中规律探索问题-2025年中考数学专题突破 1．【问题背景】 如图1，是锐角三角形，点在边上（点不与点，重合），连接，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，相交于点，连接．设的长为，四边形的面积为． 【特例探究】 如图2，当，且时， （1）猜想四边形的形状，并说明理由． （2）当时，______． 【类比迁移】 （1）如图3，当时，______（用含的式子表示）． （2）当时，______（用含的式子表示）． 【思维拓展】 当时，______（用含，的最简二次根式表示）． 2．综合与实践 某数学兴趣小组在数学课外活动中对多边形内两条互相垂直的线段进行了如下探究： 观察与猜想 （1）如图 1 ，在正方形中，点 E ，F 分别是 上的两点，连接，当，则 的值为 ． （2）如图 2 ，在矩形中， ，点 E 是上的一点，连接，，当 ，则 的值为 ． 类比探究 （3）如图 3 ，在四边形中，，点 E 是上的一点，连接 ，过点 C 作的垂线交的延长线于点 G ，交的延长线于点 F，求证： 拓展延伸 （4）如图 4 ，在 中，， ，，将沿翻折，点 A 落在点 C 处得 ，点 E ，F 分别在边上，连接，，． ①求 的值； ②连接，若，直接写出的值． 3．在综合实践活动中，“类比探究”是一种常用方法，我们可以先尝试研究某个位置情况下的结论，然后再类比到其他情况去探究结论． 已知，正方形和它的外接圆． 【问题初探】如图1，若点E在弧上，F是上的一点，且，过点A作．试说明：； 【类比探究】如图2，若点E在弧上，过点A作，试探究此时线段之间的关系．请写出你的结论并证明； 【拓展应用】如图3，在正方形中，，若点P满足，且，请直接写出点A到的距离为_______． 4．发现：如图（1）所示，在正方形中，E是边上一点，将沿翻折到处，延长交边于点G． (1)求证：； (2)探究：如图（2），在矩形中，E为边上一点，且，．将沿翻折到处，延长交边于点H，且，求的长； (3)拓展应用：正方形的边长为8，点E在边上，将沿翻折到处，连接并延长交正方形一边于点G．当时，求的长． 5．综合与实践 已知正方形，点在边上或上方，连接，，且，交对角线于点，连接并延长，分别交，于点，． 特例感知 （1）如图1，当点在边上时， ①，，全等的结论______（填“成立”或“不成立”）． ②与的位置关系是______． 类比探究 （2）如图2，当点在边的上方时，交于点，交于点．请写出与的数量关系和位置关系，并证明． 拓展应用 （3）如图3，在（2）的条件下，过点作，垂足为，交于点，连接，．若，则四边形是何种特殊四边形？试证明． 6．（1）如图，在矩形中，为边上一点，连接，过点作交于点． 【探究证明】求证：； 【特例分析】若，，为的中点，求的长． 【衍生拓展】（2）如图，在中，，，，是的中点，射线，分别交，于点，，且，求的值． 7．如图1至图3，在矩形中，，，点是上一动点，连接，以为一边，向右上方画正方形． 【探究】（1）如图1，当点在上时，直接写出的长； （2）如图2，当经过点时，求的长． 【发现】嘉嘉研究发现，在点从点向点运动的过程中，点到的距离是定值． 【证明】请你利用图3证明嘉嘉的“发现”，并求出这个定值． 【拓展】直接写出线段的最小值． 8．模型：如图①，在正方形中，若，则． (1)【问题探究】如图②，在正方形中，点，，，分别在线段，，，上，且．试猜想的值，并证明你的猜想． (2)【知识迁移】如图③，在矩形中，，，点，，，分别在线段，，，上，且，则_______． (3)【拓展应用】如图④，在四边形中，，，，点，分别在线段，上，且．求的值． 9．综合与探究：已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点． (1)【动手操作】 如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_____度； (2)【深入探究】 E是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，求证：； (3)【拓展应用】 在（2）的条件下，若是射线上的一个动点，，，求线段的长． 10．（1）问题背景：如图1，在四边形中，，，，，分别是，上的点，且，请探究图中线段，，之间的数量关系． 小明探究此问题的方法是：延长线段到点，使，连接．先证明， ，得；再由条件可得，证明， 进而可得线段，，之间的数量关系是 ．（直接写出结论） （2）拓展应用： 如图2，在四边形中，，，，分别是，上的点，且，（1）中的线段，，之间的数量关系是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 学以致用： 如图3，四边形是边长为1的正方形，，直接写出△的周长． 11．综合与探究 问题情境 如图1，在正方形中，，点E为线段上的一个动点，连接，以为边，在右上方作正方形，连接． 探索发现 （1）猜想与的数量关系，并说明理由． 猜想证明 （2）如图2，在图1的基础上连接，交于点H，连接．猜想的形状，并说明理由． 拓展延伸 （3）若点E为射线上的一个动点，连接与射线交于点H，连接，其他条件不变．当点H落在的平分线上时，请直接写出的值． 12．综合与探究 小曼和他的同学组成了“爱琢磨”学习小组，有一次，他们碰到这样一道题：“如图2，在矩形中，点E，F，G，H分别在边，BC，CD，上．若，，，求的值．” 特例研究： （1）如图1，当点与点重合，点与点重合时，与交于点． 求证：． 问题解决： （2）根据特例研究，大家得出解决方案：如图2，过点作，交于点，过点作，交于点，请根据大家的方案，求的值． 拓展应用： （3）如图3，在矩形中，点在边上，点在边上，点在边上，，，，求的值． 13．问题提出：如图1，是正方形边上一点，延长至使，四边形是正方形，，连，探究与的数量关系． 问题探究： （1）先将问题特殊化，如图2，当与重合时，直接写出与的数量关系； （2）再探究一般情形，如图1，求与的数量关系． 问题拓展： （3）如图3，是矩形边上一点，在的延长线上且，矩形满足，若，求与的数量关系． 14．综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． (1)【操作猜想】 操作一：对折正方形纸片，使边与边重合，得到折痕，把纸片展平，如图1； 操作二：继续沿折叠纸片，使点落在正方形内部点处，把纸片展平，连接，，如图2． 根据以上操作：写出一个图2中与相等的角：______． (2)【探究证明】 如图3，延长与边交于点，连接． ①与的大小关系是______；线段，，之间的数量关系是______； ②求证：． (3)【拓展延伸】 如图3，若正方形的边长为，求点到线段的距离． 15．综合与实践 如图1，在菱形中，分别是边上任意点，且． 【初步感知】 （1）若为的中点时，___________，___________，__________； 【深入探究】 （2）若设的长为，的面积为，请求出与之间的函数关系； 【拓展延伸】 （3）的面积记为的面积记为，直接写出的最小值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《特殊平行四边形中规律探索问题-2025年中考数学专题突破》参考答案 1．[特例探究]（1）正方形，理由见解析；（2） [类比迁移]（1）；（2） [思维拓展]． 【分析】特例探究： （1）由折叠的性质得， ，由矩形的判定方法得 四边形是矩形，由正方形的判定方法，即可得证； （2）由勾股定理得，可求，即可求解； 类比迁移： （1）过作交延长线于，过作交于，由可判定，由全等三角形的性质得，由正方形的判定方法得四边形是正方形，即可求解； （2）过作交延长线于，过作交于，同理可证，可得 ，由勾股定理及三角形面积得，即可求解； 思维拓展： 过作交延长线于，过作交于，由正弦函数得，由勾股定理得，由，即可求解． 【详解】解：特例探究： （1）四边形是正方形． 理由如下： ， ， 由折叠得：， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； （2）四边形是正方形， ， ， ， 解得：， ； 故答案为：； 类比迁移： （1）过作交延长线于，过作交于， ， 同理可证：， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 在和中 ， （）， ， 四边形是正方形， 同理可求：， ； 故答案为：； （2）过作交延长线于，过作交于， 同理可证：， ， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； 思维拓展： 过作交延长线于，过作交于， 同理可证：， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定及性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的判定及性质，勾股定理，三角函数，直角三角形的特征等；掌握正方形的判定及性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，角平分线的判定及性质，能构建全等三角形，并能熟练利用勾股定理，三角函数进行求解是解题的关键． 2．（1）1；（2）；（3）见解析；（4）①；② 【分析】（1）如图1，设与交于点G，由正方形的性质得出，可证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论； （2）如图2，设与交于点G，根据矩形性质得出，由直角三角形的性质证出，由相似三角形的判定定理证出即可； （3）过点C作交的延长线于点H，证明，列出比例式，证明结论； （4）①过点C作于点G，连接交于点H，与相交于点O，证明，得出比例线段，证出，设，则，由勾股定理得出，解方程可求出的长，由的面积求出的长，则可求出答案； ②由勾股定理求出，证明，由相似三角形的性质得出，求出，在中，由勾股定理可求出的长． 【详解】解：（1）如图1，设与交于点G， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 即， 故答案为：1； （2）如图2，设与交于点G， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （3）证明：如图3，过点C作交延长线于点H， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， （4）①如图4，过点C作于点G，连接交于点H，与相交于点O， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 在中，， ∴， 设则 ∵， ∴， ∴（负值舍去）， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②∵，，， ∴， 由①知，， ∴，即， 解得，， ∴， ∴ 【点睛】本题是相似综合题，考查的是相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及正方形的性质、矩形的性质及勾股定理，灵活运用相似三角形的判定定理和性质定理及作出合理的辅助线是解题的关键． 3．问题探究：见详解；类比探究：，理由见详解；拓展应用：点A到的距离为或 【分析】问题探究：连接，由题意易得，则可证，然后可得，进而可得是等腰直角三角形，最后问题可求证； 类比探究：在上取点G，使，连接，同理（1）可得：，则有是等腰直角三角形三角形，然后问题可求解； 拓展应用：由题意易得点P在以为直径的圆上，则可分当点P在如图3①所示位置时，当点P在如图3②所示位置时，进而问题可求解 【详解】问题探究：证明：连接，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴； 类比探究：，理由如下： 在上取点G，使，连接， 同理（1）可得：， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形三角形， ∵， ∴， ∵， ∴； 拓展应用：解：点A到的距离是或，理由如下： ∵， ∴点P在以点D为圆心，2为半径的圆上， ∵， ∴点P在以为直径的圆上， ∴点P是这两圆的交点， ①当点P在如图3①所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交于点E，如图3①， ∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴A、P、D、B在以为直径的圆上， ∴， ∴是等腰直角三角形， 又∵是等腰直角三角形，点B、E、P共线，， ∴由（2）中的结论可得：， ∴， ∴； ②当点P在如图3②所示位置时， 连接、、，作，垂足为H，过点A作，交的延长线于点E，如图3②， 同理可得：， ∴， ∴， 综上所述：点A到的距离为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、圆周角定理、三角形全等的判定与性质等知识，考查了运用已有的知识和经验解决问题的能力，而通过添加适当的辅助线从而能用（2）中的结论解决问题是解决第（3）的关键． 4．(1)见解析 (2) (3)4或 【分析】（1）先证明，，结合公共边从而可得结论； （2）根据勾股定理求出，根据翻折，得出，，，，设，则，，在中，根据勾股定理得出，在中，根据勾股定理得出，则，解方程即可求解； （3）分G在和上讨论，然后根据等腰三角形的性质，平行线分线段成比例，勾股定理等求解即． 【详解】（1）证明：∵将沿翻折到处，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴； （2）解∶ 在矩形中，，， ∴，， ∵， ∴，． ∴， ∵翻折， ∴，，， ∴， 设，则，， 在中，， 在中，， ∴， 解得， 即； （3）解：当G在时，如图， ∵在矩形中，，， 又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，， ∵翻折， ∴， ∴， ∴， ∴； 当G在时，如图，连接，过作， ∵，， ∴， 又，， ∴， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， 设，则， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴， 综上，的值为4或． 【点睛】本题考查了矩形的折叠，正方形的折叠，勾股定理，平行线分线段成比例等知识．明确体，合理分类讨论是解题的关键． 5．（1）①成立；②垂直 （2）与的位置关系是，数量关系是，证明见解析 （3）四边形是菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定、正方形的性质、菱形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． （1）①根据条件可证明≌，再证明≌得到，即可再证明≌； ②由①知：，即可求解； （2）证明≌，得到，再证明≌，即可得到； （3）连接，证明直线是的垂直平分线，得到是等边三角形，平分，根据，得到，，，可证与互相垂直平分，即可求解． 【详解】（1）①在和中， ， ∴≌； 在和中， ， ∴≌， ∴， 在和中， ， ∴≌， 又∵≌， ∴，，全等； 故答案为：成立； ②由①知：， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：垂直； （2）与的位置关系是，数量关系是； 理由如下： 在正方形中，，， ∵， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线， ∴， 在和中， ， ∴≌， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 在和中， ， ∴≌， ∴； 综上，与的位置关系是，数量关系是； （3）四边形是菱形； 证明：如图，连接， ∵，，， ∴直线是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 在正方形中，， ∴， 由（2）知， ∴平分， 即，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴与互相垂直平分， ∴四边形是菱形． 6．（）见解析；；（）． 【分析】（）四边形是矩形，，，再利用同角的余角相等得，根据相似三角形的判定即可求证； 根据相似三角形的性质即可求解； （）过点分别作于点，于点，由勾股定理求出，由，，， 则四边形为矩形，，，则是的中位线，是的中位线，故有，，再同（）理证明，得即可． 【详解】（）证明：∵四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴， ∴； 解：∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴； （）解：如图，过点分别作于点，于点， 在中，，， ∴， ∵是的中点， ∴， ∵，，， ∴四边形为矩形，，， ∵是的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，中位线定理，矩形的判定与性质，同角的余角相等，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 7．探究：（1）1；（2）； 证明：见解析，这个定值是2； 拓展： 【分析】探究：（1）根据正方形性质，以及矩形性质证明，利用全等三角形性质求解，即可解题； （2）根据正方形性质，以及矩形性质证明，利用相似三角形性质求解，即可解题； 证明：作，交的延长线于点，此时的长即为点到的距离．证明，利用全等三角形性质求解，即可解题； 拓展：根据题意得到当点位于点时，点位于点，连接，过点作垂直于的直线，交于点，交的延长线于点，当点在上时，作垂直于的直线交于点．点始终在射线上运动．当点在上时，同理可得点在射线上．作于点，根据垂线段最短得到当点与点重合时，线段取得最小值，即可解题． 【详解】解：探究：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∴． ∵四边形为矩形， ∴， ∴在中，， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． （2）∵四边形为矩形，四边形是正方形， ∴， ∴． 又， ∴， ∴． 又，，， ∴， ∴． 证明：如图，作，交的延长线于点， 此时的长即为点到的距离． ∵，， ∴， ∴． 又，， ∴， ∴． 综上所述，点到的距离是定值，这个定值是2． 拓展：线段的最小值为，理由如下． 解：如图，当点位于点时，点位于点，连接，过点作垂直于的直线，交于点，交的延长线于点，当点在上时，作垂直于的直线交于点．如下证明点始终在射线上运动． 在线段上取，连接，． ∵， ∴，， ∴为等腰直角三角形，， ，， ， ， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴． 在中，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又， ∴四边形构成正方形，即作图所得点符合题意， ∴点始终在射线上运动． 当点在上时，同理可得点在射线上． 作于点， ， 为等腰直角三角形． 又， ∴， ∴当点与点重合时，线段取得最小值，为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，解直角三角形．核心素养表现为几何直观、推理能力和空间观念． 8．(1)1，见解析 (2) (3) 【分析】（1）过点A作交于点M，作交的延长线于点N，在正方形中，，证明，根据全等三角形的性质即可得解； （2）过点A作交于点M，作交的延长线于点N，利用在长方形中，，证明，再根据其对应边成比例，将已知数值代入即可； （3）如图3中，过点C作于点M．设交于点O，证明，推出，可得结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 证明：如图，过点A作交于点M，作交的延长线于点N，        ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴； （2）解：如图，过点A作交于点M，作交的延长线于点N，    ∴， 在矩形中，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：； （3）解：如图，过点C作于点M，设交于点O，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，相似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，构造全等三角形或相似三角形解决问题． 9．(1)画图见解析；135 (2)证明见解析 (3)3或7 【分析】（1）根据题意作图即可，由正方形的性质可得，由，得到，根据平角的性质即可求解； （2）如解图②，在上截取，连接，则 ，可证，由此即可求解； （3）如解图①，四边形是正方形，可证，得到，如解图②，当点在线段上时，可得是等腰直角三角形，可得，，可得；如解图③，当点在延长线上时，延长至点，使，连接，则是等腰直角三角形，由题意可得． 【详解】（1）解：根据题意，画出图形如解图①， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：135； （2）证明：如解图②，在上截取，连接，则 ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ，， ， ． （3）解：如解图①， 四边形是正方形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴， ∴， ∴， 如解图②，当点在线段上时， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ． ，即， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ； 如解图③，当点在延长线上时，延长至点，使，连接， 则是等腰直角三角形， ，，，， ， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ． 综上所述，线段的长为3或7． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识的综合运用，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的关键． 10．（1），（2）成立，证明见解析；（3） 【分析】（1）延长到点，使，连结，可证，可得，，再证，可得，即可解题； （2）延长到，使，连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （3）延长到，使，连接，由（2）方法可得，可得，即可求解． 【详解】解：（1）延长到点，使，连结， 在△和△中， ， ， ，， ，， ， ， 在△和△中， ， ， ， ， 故答案为：； （2）（1）中的线段，，之间的数量关系还成立；理由如下： 如图2，延长到，使，连接， ，， ， 同（1）理：， ，， ， ， ，又， ， ， ， ； （3）如图3，延长到，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， 又，， ， ，， ， ， ， 又，， ， ， ， △的周长． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，灵活运用全等三角形的性质和判定是解答本题的关键． 11．（1），理由见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3） 【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得； （2）过点作的平行线，交的延长线于点，先证出点在同一条直线上，再根据平行线的性质可得，，然后证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据等腰直角三角形的性质即可得； （3）分两种情况：①当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接，先证出，，再根据等腰三角形的性质可得，根据角平分线的性质定理可得，然后设，则，解直角三角形可得，从而可得，利用三角形的面积公式计算即可得；②当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点，同理可得，根据平行线的判定可得，则此时点不可能落在的平分线上，由此即可得． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）是等腰直角三角形，理由如下： 如图，过点作的平行线，交的延长线于点， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， 由（1）已证：， ∴，， ∴， ∴点在同一条直线上， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形． （3）①如图，当点在线段上时，过点作于点，过点作于点，过点作，交延长线于点，连接， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∵平分， ∴， 由正方形的性质可知，正方形的对角线互相垂直且平分， ∴， 由（2）已证：， ∴， ∴，， ∴，（等腰三角形的三线合一）， 又∵，， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴，即平分， ∴（角平分线的性质定理）， 设，则， 在中，， ∴， ∴， 即的值为； ②如图，当点在的延长线上时，过点作，交延长线于点， 同理可证：， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， ∴此时点不可能落在的平分线上， 综上，的值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、角平分线的性质定理等知识，较难的是题（3），正确分两种情况讨论，通过作辅助线，构造全等三角形和等腰直角三角形是解题关键． 12．（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质等知识点。通过作辅助线构造相似三角形是解题的关键。 （1）根据同角的余角相等可证明得，再根据有两组角对应相等的两个三角形相似即可证明结论， （2）根据（1）证明三角形相似的方法证明，从而可得，再由矩形的判定和性质可得，，从而求出结果， （3）由勾股定理可得，，列方程组，进而求出，，由（2）的结论求出. 【详解】（1）证明：在矩形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴. （2）∵，， ∴，， ∴四边形和是矩形， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴. （3）∵在矩形中，，，， ∴，， 设，， ∵，， ∴，， ∴， 解得（不合题意舍去）， 即，， ∴，， 由（2）可得 13．（1）；（2）；（3） 【分析】（1）延长交于点J，根据矩形的判定和性质得出，，，得出，证明为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出，根据，即可得出结论； （2）连接，证明，得出，，证明，得出，即可得出答案； （3）连接，，证明，得出，设，得出，根据得出，证明，得出，得出，得出即可． 【详解】解：问题探究：（1）延长交于点J，如图所示： ∵四边形，为正方形， ∴，， ， ∴，， 即， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， 同理：四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）连接，如图所示： ， ∴，， ∴， 为等腰直角三角形， ， 又， ， 又， ， ∴， ； （3）连接，，如图所示： ∴， ， ∵， ， ∴， ∵， ∴， 设， ∴， ， ∵， ∴， 解得：， ∵， ， ， ， ， ， ，， ∴， ∵， ∴， ， ， ∵，， ∴， ， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质． 14．(1)（或） (2)①（或相等）；②详见解析 (3)点到线段的距离为 【分析】（1）由折叠的性质可得，故；由折叠得，则即可； （2）①由得：，，从而证得； ②设，，在中，通过勾股定理得到：，解方程得，，即，从而解决问题； （3）过点作的垂线段，垂足为，则，通过相似三角形的对应边成比例即可求出点到线段的距离． 【详解】（1）解：由折叠的性质得：， 故； 由折叠得， ∴， 故答案为：（或）； （2）①四边形是正方形， ，， 由折叠的性质得：，即，，， ， 在与中， ， ， ， ； 故答案为：； ②设，， 由折叠性质得：， ，，， 在中， ， ， 解得：， 即， （3）如图：过点作的垂线段，垂足为，则，   ， ， ， ， ， ， ， ． 点到线段的距离为． 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键． 15．（1）（2）（3）3 【分析】（1）连接，根据菱形，得，，，，，，结合 ，得到等边，等边，根据等边三角形的性质，结合勾股定理解答即可． （2）仿照（1）解答即可． （3）根据菱形的面积，结合分割法表示的面积，表示，利用分离常数法，利用二次函数的最值，分式的性质解答即可． 【详解】（1）连接，∵菱形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴等边，等边， ∴， ， ∵为的中点， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，平分， ∴， ∴， ∵， 过点F作，交的延长线于点G， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）解：设的长为，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据（1）得 ∵， ∴， ∴， ∴， 由的面积为， 故与之间的函数关系为． （3）解：根据（1）（2）的解答，得， ，， ∴， ∴ ， 令， 则，当t取得最大值时，取得最小值，就是取得最小值， ∵，且， ∴t有最大值， ∴当时，t取最大值，且为， ∴当时，取得最小值，且为，故的最小值为3． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，正弦函数的应用，三角形全等的判定和性质，分式的性质，二次函数的最值，熟练掌握性质，三角函数的应用，二次函数的最值是解题的关键． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$