几何解答压轴题期末训练（海南） 2025-2026学年华东师大版数学八年级下册

**基本信息** 聚焦海南八年级下册几何压轴题，以四边形为核心，整合动态几何与全等勾股，递进式题型培养推理与空间观念。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |四边形性质与判定|6题|多问证明，从平行四边形到特殊四边形|性质→判定→与三角形中位线结合| |动态几何|8题|折叠/旋转背景下的计算与证明|静态性质→动态变换→不变量探究| |全等与勾股综合|6题|含动点的线段关系与角度计算|全等判定→勾股定理→几何模型应用|

几何解答压轴题期末训练（海南） 2025-2026学年华东师大版数学八年级下册 1．在四边形中，，对角线交于点O，且O为中点．点E、点F分别为边上的动点，连结． (1)如图1， ①求证：； ②求证：四边形为平行四边形； ③恰好经过点O，当时，如图2，连接，若．，求的度数． (2)移动，当点E与点D重合时，如图3，将沿折叠得到，当点恰好落在线段上时，过点A作，交延长线于点G，其中，求线段的长． 2．（1）如图1，与相交于点过点O，且分别交于点E，F，且．判断四边形的形状，并加以证明． （2）如图2，在中，点D，E分别为边的中点，点H在线段上，连接，点G，F分别为的中点． ①求证：四边形为平行四边形； ②若，求的长． 3．如图，中，是上一点，交的延长线于D，交于E． (1)求证：； (2)若F是中点， ①求证：； ②判定的形状，并说明理由． 4．综合与探究 探究几何元素之间的关系 问题情境：四边形中，点O是对角线的中点，点E是直线上的一个动点（点E与点C，O，A都不重合），过点A，C分别作直线的垂线，垂足分别为F，G，连接． (1)初步探究： 如图1，已知四边形是正方形，且点E在线段上，求证； (2)深入思考： 如图2，已知四边形为菱形，且点E在的延长线上，其余条件不变．探究与的数量关系并说明理由； (3)拓展延伸： 如图3，已知四边形为矩形，且．点E在直线上运动的过程中，若，则的长为______． 5．在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 6．如图1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点C落到点E处，交于点F． (1)求证：； (2)如图2，过点作，交于点，连接交于点O．判断四边形的形状，并说明理由． (3)若，求四边形的周长和面积． 7．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接，． (1)求证：； (2)当D为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 8．如图1，在矩形中，，，将矩形绕着点B顺时针旋转度（）得到矩形，点A、D、C的对应点分别为E、F、G．      (1)如图2，当点E落在线段上时，与交于点H，连接． ①求证：； ②求的长； (2)当为何值时，？ (3)请在图1中连接，记的面积为S，直接写出S的取值范围． 9．如图1，在正方形中，E是上一点，过点D作于点O，交于点F，与的延长线交于点G，连结． (1)求证：； (2)当时，求证：； (3)如图2，在上取一点H，连结，当，猜想与的数量关系，并证明． 10．如图，是边长为的正方形对角线上一动点（与、不重合），且点在边上，交于点． (1)求证：； (2)连接，已知． ①试判断的形状，并说明理由； ②当时，求证：． 11．如图1，在平行四边形中，，垂足分别为E，F． (1)求证： (2)连接，与交于点O，求证：． (3)若，求平行四边形的面积． 12．如图1，将一张矩形纸片沿着对角线向上折叠，顶点C落到点E处，交于点F． (1)求证：； (2)如图2，过点D作，交于点G，连接交于点O． ①判断四边形的形状，并说明理由； ②若，，求的长． 13．如图，在边长为的正方形中，将绕点逆时针旋转得到，射线与的平分线相交于，连接．    (1)求证：； (2)当时． ①请你判断的形状为______，并写出证明过程； ②求的长． 14．如图1，在正方形中，，点是射线上一点，连接． (1)当点是边的中点时，求证：； (2)如图2，点分别是的中点，依次连接． 请判断四边形的形状，并说明理由； 若点是的中点，连接，当的面积为时，求的长． 15．如图1，在△OAB中，∠OAB=90°，∠AOB=30°，OB=8．以OB为边，在△OAB外作等边△OBC，D是OB的中点，连接AD并延长交OC于E． (1)求证：△ABD≌△EOD； (2)求证：四边形ABCE是平行四边形； (3)如图2，将图中的四边形ABCO折叠，使点C与点A重合，折痕为FG，求OG的长． 16．如图，正方形ABCD中，AB＝，E为正方形ABCD内一点，DE＝AB，∠EDC＝α（0°＜α＜90°）．连结CE，AE，过点D作DF⊥AE，垂足为F．直线DF交CE的延长线于点G，连结AG． (1)当α＝20°时，求∠DAE的度数； (2)判断△AEG的形状，并说明理由； (3)当GF＝1时，求CE的长． 17．如图1，在正方形ABCD中，点P是线段BC上一个动点（与点B、C不重合），将线段AP绕着点P顺时针旋转90°得到线段PE，连接DE，过点D作，交AB于点F，交AP于点G，连接FP． (1)求证： ①； ②四边形PEDF是平行四边形； (2)如图2，点M是BC延长线上一点，当点P在线段BC上运动时，求证：点E始终在的角平分线上． 18．如图1，在矩形ABCD中，． (1)求证：矩形ABCD为正方形； (2)如图2，若点P在矩形的对角线AC上，点E在边BC上，且，求证：； (3)在（2）的条件下，若点F为PE中点，求证：在线段PC或线段BE上必存在一点G（不与端点重合），使得．（选择一种情况说明理由即可） 19．如图，正方形ABCD的边CD在正方形ECGF的边CE上，连接DG，过点A作AH∥DG，交BG于点H．连接HF、AF，其中AF交EC于点M． （1）求证：四边形AHGD是平行四边形； （2）试判断△AHF的形状，并说明理由； （3）连接AG、EG、AE，若EC＝5，求△AEG的面积． 20．综合与实践 【问题情境】 如图，在正方形中，点在线段上，点在线段上，且始终满足．连接，，将线段绕点逆时针旋转一定角度，得到线段（点是点旋转后的对应点），并使点落在线段上，与交于点． 【初步分析】 （1）线段与的数量关系为______，位置关系为______； 【深入分析】 （2）如图②，再将线段绕点逆时针旋转90°，得到线段（点是点旋转后的对应点），连接，请判断四边形的形状，并说明理由： （3）如图③，若点落在的延长线上，且当点恰好为的中点时，设与交于点，，求的长． 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 几何解答压轴题期末训练（海南） 2025-2026学年华东师大版数学八年级下册 1．(1)①见解析；②见解析；③ (2)11 【分析】该题主要考查了平行四边形的性质和判定，折叠的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，垂直平分线的性质和判定等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）①根据，得出，即可证明． ②由①得，得出，结合，即可证明四边形为平行四边形； ③根据，，得出，根据平行四边形的性质得出，证出是的垂直平分线，即可得，根据等腰三角形的性质得出，根据，，求出，再根据即可求解． （2）根据平行四边形的性质可得，，根据，得出，由折叠知，可推导出，则，在中，勾股定理求出，在中，求出，即可求解． 【详解】（1）解：①证明：∵，O为中点， ∴，， 在和中， ， ∴， ②证明：由①得， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； ③∵，， ∴， 由②得：四边形为平行四边形， ∴， 又∵， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． （2）∵在中，，， ∴，， ∵， ∴， 由折叠知，， ∴， ∴． 在中，， ∴或（不符合题意，舍去） ∵在中，， ∴ ∴． 2．（1）四边形的形状为平行四边形，证明见解析；（2）①见解析；② 【分析】（1）利用全等三角形的判定及性质可证，，结合对角线互相平分的四边形为平行四边形即可求解； （2）①根据三角形中位线的性质可得，且，再结合平行四边形的判定即可证明；②由平行四边形的性质结合勾股定理先求出，再根据为中点即可求答案． 【详解】（1）解：四边形的形状为平行四边形，证明如下： ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 同理：， ∴， 即对角线互相平分， ∴四边形为平行四边形； （2）①证明：∵点D、E分别为，的中点， ∴是的中位线， ∴，且， ∵点G、F分别为的中点， ∴是的中位线， ∴，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形； ②解：∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵点D为的中点， ∴， ∵， ∵点G为的中点， ∴． 3．(1)见解析 (2)①见解析；②等腰三角形，见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形，平行四边形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是掌握相关知识解决问题． （1）证明，可得结论； （2）①过点A作于点H，连接．证明，推出，可得结论；②证明垂直平分线段即可． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ， ∵， ∵， ∴； （2）①证明：过点A作于点H，连接． ∵， ， ∴， ∴， ； ②解：结论：△BAE是等腰三角形．理由如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴， ∴垂直平分线段， ∴， ∴是等腰三角形． 4．(1)见解析 (2)，理由见解析 (3)4 【分析】对于（1），根据正方形的性质可得，进而说明，再根据“角角边”证明，则此题可证； 对于（2），延长上交的延长线于点H，再证明，然后根据“角角边”证明，可得，最后根据直角三角形的性质得出答案； 对于（3），如图所示，连接，先证明是等边三角形，再说明，然后根据直角三角形的性质可得，接下来根据勾股定理求出,进而求出，则此题可解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 延长上交的延长线于点H， ∵， ∴， ∴， ∴． ∵点O是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接， 在直角三角形中，， ∵， ∴是等边三角形， ∴． ∵， ∴点B是的中点， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质等，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．(1)①见解析；②见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证； ②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到； （2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论； （3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论． 【详解】（1）证明∶①如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴，即． ∴； ②∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴．即． （2）解：． 理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． 由（1）知：， ∵， ∴． （3）解：． 理由如下： 如图， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴，即． ∴， ∴． ∵， ∴在中，． ∵． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键． 6．(1)见解析 (2)四边形为菱形；理由见解析 (3)四边形的周长为20；面积为20 【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断，得出结论即可； （2）根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断即可； （3）根据折叠特性设未知边，利用勾股定理列方程求解． 【详解】（1）证明：根据折叠，，， 四边形是矩形， ，， ，， 在和中， ， ， ∴； （2）解：结论：四边形是菱形． 理由：四边形是矩形， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形； （3）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ，， ， ． 设， ． 在直角中，， 即， 解得：，即， ∴四边形的周长为； 根据勾股定理得：， ， ∴四边形的面积为：． 【点睛】本题考查四边形综合题，菱形的判定和性质，勾股定理，矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是结合矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、翻折不变性进行解答． 7．(1)见解析 (2)菱形，理由见解析 (3)当或时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，斜边上的中线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）证明，进而得到四边形是平行四边形，即可得证； （2）中点得到，证明四边形是平行四边形，斜边上的中线得到，得到四边形是菱形； （3）根据有一个角是直角的菱形时正方形，得到当或时，四边形是正方形，即可． 【详解】（1）证明：∵， ， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是菱形， 理由如下：∵为中点， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 为中点， ， ∴四边形是菱形； （3）解：当或时，四边形是正方形， 理由：∵，， ， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 或：当时，∵， ∴， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 8．(1)①见解析；②； (2)当为60或300时，； (3) 【分析】（1）①根据旋转的性质可得、，则，然后运用即可证明结论；②根据矩形的性质、全等三角形的性质、等角对等边可得，设，则，然后运用勾股定理列方程求解即可； （2）如图：作于M，先说明GM垂直平分BC，再说明是等边三角形，易得，同理：当时，即可解答； （3）先说明点C到的距离最小时，的面积最小；点C到的距离最大时，的面积最大；然后点E在和的延长线两种情况分别求得最小值和最大值即可解答． 【详解】（1）①证明：由旋转的性质得：，， ∴， 在和中， ， ∴， ②解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由（1）①知， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：，解得， ∴． （2）解：如图：作于M，    ∵， ∴GM平分AD， ∴GM垂直平分BC， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴，即， 同理：当时， 综上，当为60或300时，． （3）解：S的取值范围为． ∵的边长， ∴点C到的距离最小时，的面积最小；点C到的距离最大时，的面积最大； 如图①所示：当点E在的延长线上时，点C到的距离最小， 此时，， 的面积S最小；    如图②所示：当点E在的延长线上时，点C到的距离最大， 此时，， 的面积S最大； ∴S的取值范围为．    【点睛】本题主要考查了旋转的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等边对等角、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 9．(1)见解析 (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，利用证明即可； （2）同理（1）可证，再根据正方形的性质结合，可得点F是的中点，进而得到，易证，推出，即得到点是的中点，利用直角三角形的性质结合等腰三角形的性质即可得到结论； （3）过点A作于点M，利用正方形的性质证明，得到，再证明是等腰直角三角形，推出，再证明是等腰直角三角形，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：同理（1）得证， ∴， ∵，， ∴， ∴点F是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴得到点是的中点， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：，证明如下： 过点A作于点M， ∵四边形是正方形， ∴， 由（1）知， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线构造三角形全等时解题的关键． 10．(1)见解析 (2)①是等腰直角三角形，理由见解析；②见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． （1）由“”可证； （2）①由全等三角形的性质可得，由四边形内角和定理可得，可得结论； ②证出，由等腰三角形的性质可求，即可求证． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ； （2）①解：是等腰直角三角形，理由如下： ， ，， ， ，， ， ， ， 四边形是正方形， ， ， 是等腰直角三角形； ②证明：正方形的边长为， ， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ． 11．(1)见解析 (2)见解析 (3)24 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． （1）由四边形是平行四边形，可得，再由，，可得，再证明即可； （2）由全等的性质可得，从而得出平行四边形是菱形，最后由菱形的性质可得结论； （3）由菱形的性质得，，，再由勾股定理得，最后利用菱形的性质求出面积即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ， ，， ， 在和中， ， ； （2）证明：由（1）得， ， 平行四边形是菱形， ； （3）解：平行四边形是菱形， ，，， 在中，由勾股定理得：， ， ． 12．(1)证明见解析 (2)①四边形是菱形，理由见解析；② 【分析】（1）根据两直线平行内错角相等及折叠特性判断； （2）①根据已知矩形性质及第一问证得邻边相等判断； ②根据折叠特性设未知边，构造勾股定理列方程求解． 【详解】（1）证明：根据折叠，，， 四边形是矩形， ，， ，， 在和中， ， ； （2）解：①结论：四边形是菱形． 理由：四边形是矩形， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形；               解：②，， ． ． 设， ． 在直角中， ，即， 解得，即， ． 【点睛】本题考查四边形综合题，解题的关键是结合矩形的性质、菱形的判定和性质、勾股定理、翻折不变性进行解答． 13．(1)见解析； (2)①等边三角形，证明见解析；②． 【分析】（1）证明，由全等三角形的性质得出； （2）①直接利用等边三角形的判定方法即可； ②过作垂直于于点，由正方形的性质及直角三角形的性质可得出答案； 【详解】（1）证明：由旋转可知， ∵是的平分线， ∴， 在和中， ∴， ∴， （2）①等边三角形，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴是等边三角形， ②如图，过作垂直于于点，      ∵是等边三角形，， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵正方形的边长为6， ∴，， ， ∴． 【点睛】此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，直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 14．(1)见解析 (2)四边形为平行四边形，理由见解析；的长为3 【分析】（1）由四边形是正方形得到，由点是边的中点得到，从而即可证明全等； （2）连接，根据三角形中位线定理可以得到，，，，从而得到，，即可答案；作，交的延长线于，根据正方形的性质以及点为的中点得到四边形是正方形，设，则，，再根据三角形的中位线定理即可得到的长度，从而可得到的长度． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 点是边的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形的为平行四边形， 理由如下：如图所示，连接， ， 点分别是的中点， 为的中位线，为的中位线， ，，，， ，， 四边形的为平行四边形； 点是的中点，点为的中点， 为的中位线， ， 四边形是正方形，点为的中点， ， ， ， 作，交的延长线于， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， 设，则， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定与性质、三角形的中位线定理、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定与性质、三角形的中位线定理、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质，作出恰当的辅助线是解题的关键． 15．(1)见解析 (2)见解析 (3)OG=1 【分析】（1）先证明∠ABD=∠EOD，然后利用ASA证明△ABD≌△EOD即可； （2）分别证明即，，即可证明结论； （3）设OG=x，由折叠可得：AG=GC=8﹣x，先求出OA的长，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵在△AOB中，∠OAB=90°，∠AOB=30° ∴∠ABD=180°-∠OAB-∠AOB=180°-90°-30°=60°， 又∵△OBC是等边三角形， ∴∠COB=60°，即∠ABD=∠EOD， 又∵D是OB的中点， ∴OD=BD， 又∵∠EDO=∠ADB（对顶角相等） ∴△ABD≌△EOD（ASA） （2）证明：∵Rt△OAB中，D为OB的中点， ∴DO=DA=DB， 又∵∠ABD=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∵△ABD≌△EOD， ∴△EOD也是等边三角形， ∴∠OED=60°， 由（1）得∠EOD=∠ABD=60°， ∴，即， ∵△BOC是等边三角形， ∴∠C=∠OED=60°， ∴， ∴四边形ABCE是平行四边形； （3）解：设OG=x，由折叠可得：AG=GC=8﹣x， 在Rt△ABO中，∵∠OAB=90°，∠AOB=30°，BO=8， ∴， ∴， 在Rt△OAG中，， ， 解得：x=1， ∴OG=1． 【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，平行四边形的判定，含30度角的直角三角形的性质，直角三角形斜边上的中线，熟知等边三角形的性质与判定条件是解题的关键． 16．(1)55° (2)结论：△AEG是等腰直角三角形．证明见解析 (3)EC= 【分析】（1）由正方形的性质，求出∠ADE=70°，再根据三角形内角和定理求解即可即可求解； （2）由等腰三角形的性质可得DG是AE的垂直平分线，可得AG=GE，由四边形内角和定理，可求∠GEA=45°，即可求解； （3）由正方形的性质和等腰直角三角形的性质可求AC，AG的长，在Rt△ACG中，利用勾股定理可求解． 【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC=90°，AB=AD， ∵∠CDE=20°， ∴∠ADE=70°， ∵DE=AB， ∴DA=DE， ∴∠DAE=∠DEA=×（180°-70°）=55°； （2）解：结论：△AEG是等腰直角三角形． 理由：∵AD=DE，DF⊥AE， ∴DG是AE的垂直平分线， ∴AG=GE， ∴∠GAE=∠GEA， ∵DE=DC=AD， ∴∠DAE=∠DEA，∠DEC=∠DCE， ∵∠DAE+∠DEA+∠DEC+∠DCE+∠ADC=360°， ∴∠DEA+∠DEC=135°， ∴∠GEA=45°， ∴∠GAE=∠GEA=45°， ∴∠AGE=90°， ∴△AEG为等腰直角三角形； （3）解：如图，连接AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC=AB=， ∵△AEG为等腰直角三角形，GF⊥AE， ∴GF=AF=EF=1， ∴AG=GE=， ∵AC2=AG2+GC2， ∴10=2+（EC+）2， ∴EC=（负根已经舍弃）． 【点睛】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键． 17．(1)①见解析；②见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）①由平行线的性质知∠AGD=90°，利用同角的余角相等得∠BAP=∠ADF，从而利用ASA证明△ABP≌△DAF； ②由△ABP≌△DAF，可知AP=DF．从而根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明结论； （2）过点E作EH⊥DC于点H，EI⊥BM于点I，则∠EHC=∠CIE=90°，说明△ABP≌△PIE（AAS），得AB=PI，BP=IE．从而说明BP=CI，再利用角平分线的判定即可得出结论． 【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴(ASA)； ②由，可知, ∵， ∴, ∵， ∴四边形PEDF是平行四边形； （2）如图1，过点E作于点H，于点I， 则， ∵， ∴四边形CIEH是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴(AAS)， ∴，, ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴四边形CIEH是正方形, ∴点E始终在的角平分线上． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，平行四边形的判定等知识，证明△ABP≌△PIE是解题的关键． 18．(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）由题意可证可得结论． （2）连接PB，可证得出，，从而得出，，由，可知，由四边形内角和即可得出结果． （3）由直角三角形中线性质可知由（2）可知再由勾股定理可求解；或者由三角形中位线定理由（2）可知再由勾股定理可求解． 【详解】（1）在矩形ABCD中，，， ∴， ∴， ∴矩形ABCD为正方形； （2）连接BP，∵矩形ABCD为正方形， ∴，，又 ∴ ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴； （3）方法一：过点E作，垂足为G，连接FG，ED， 由（2）可知， 又∵， ∴△PDE是等腰直角三角形， ∴， 在中， ， ∴， 又∵， ∴， ∵点F为PE中点，， ∴在中，，即∴ 方法二：选取BE的中点G，则点G即为所求 理由如下：连接FG，ED， 由（2）可知， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在中， ， ∴， 又∵， ∴， ∵点F为PE中点，点G为BE中点， ∴FG为的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形中线性质，三角形中位线定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 19．（1）见解析；（2）△AHF是等腰直角三角形，见解析；（3） 【分析】（1）根据正方形的性质即可得解； （2）△AHF是等腰直角三角形，由平行四边形及正方形的性质可判定△DCG≌△HGF，可得到AH＝HF，∠HGD＝∠HFG，再根据直角三角形的两锐角互余及平行线的性质推出∠AHF＝90°，即可判定△AHF是等腰直角三角形； （3）连接AC，由正方形的性质可推出AC∥EG，即得到△AEG和△CEG是同底等高的三角形，再根据正方形的面积即可求解． 【详解】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴DA∥BC， ∵AH∥DG， ∴四边形AHGD是平行四边形； （2）△AHF是等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形AHGD是平行四边形， ∴AD＝HG，AH＝DG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD， ∴CD=AD＝HG， ∵四边形ECGF是正方形， ∴∠ECG＝∠CGF＝90°，CG＝FG， ∴△DCG≌△HGF（SAS）， ∴DG＝HF，∠HGD＝∠HFG， ∴AH＝HF， ∴△AHF为等腰三角形， ∵∠HGD+∠DGF＝90°， ∴∠HFG+∠DGF＝90°， ∴DG⊥HF，且AH∥DG， ∴AH⊥HF， ∴∠AHF＝90°， ∴△AHF为等腰直角三角形； （3）如图所示，连接AC，，， ∵四边形ABCD和四边形ECGF都是正方形， ∴∠ACB＝∠EGC=45°， ∴AC∥EG， ∴点A、点C到EG的距离相等， ∴△AEG和△CEG是同底等高的三角形， 又∵S△CEG=S正方形ECGF=， ∴S△AEG=． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关性质及定理及作出合理的辅助线是解题关键． 20．（1）；（2）四边形为菱形，理由见解析；（3） 【分析】（1）先根据正方形的性质，得出，再证明，结合旋转性质，得出，进行角的等量代换，即可作答； （2）根据旋转性质，得出，得出四边形是平行四边形，结合一组邻边相等，得证四边形是菱形； （3）先得出是的垂直平分线，进行角的等量代换以及直角三角形的两个锐角互补，得出，因为正方形的性质，得出，结合，进而求得,根据即可求解． 【详解】解：（1）；理由如下： ∵四边形是正方形 ∴， 又∵， ∴， ∴． 由旋转的性质，得， ∴， ∴． 又∵， ∴， ∴， 即 （2）四边形为菱形，理由如下： 由旋转的性质，得， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）∵点是的中点，， ∴是的垂直平分线， ∴． 又∵， ∴ 又∵， ∴， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴在中， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解直角三角形的相关性质，菱形的判定，旋转性质等内容，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 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 $