《第5章特殊平行四边形》解答压轴题专题提升训练2025-2026学年浙教版八年级数学下册期末综合复习

**基本信息** 聚焦特殊平行四边形性质与判定，以动态探究、模型应用为核心，通过旋转构造、分类讨论等方法培养几何直观与推理能力。 **综合设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础性质应用|1-3题|定义法判定矩形/菱形，勾股定理计算|从边、角、对角线性质到特殊四边形判定，形成概念-性质-应用链条| |模型探究|7、10、14题|半角模型旋转构造全等，垂美四边形勾股定理应用，十字架模型全等证明|以经典模型为载体，整合全等、对称知识，构建模型化解题思维| |动态综合|6、16题|旋转动态分类讨论，三点共线临界分析|结合图形变换，衔接静态性质与动态变化，提升空间观念与创新意识|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册期末综合复习《第5章特殊平行四边形》 解答压轴题专题提升训练（附答案） 1．如图，在矩形中，，，点从点出发向点运动，运动到点时，停止运动；同时，点从点出发向点运动，运动到点时，停止运动．点，的速度都是，连接，，，设点，运动的时间为（单位：）． (1)当为何值时，四边形是矩形？ (2)当为何值时，四边形是菱形？此时菱形的面积是多少？ (3)当是以为一条腰的等腰三角形时，请直接写出此时的值． 2．如图，在正方形中，点E，F分别是边上的动点（不包含端点），于点G，于点M，． (1)如图1，求证：． (2)如图2，过点E作分别交于点H，N． ①求证：四边形为正方形； ②求证：； ③若，请直接写出的取值范围． 3．在正方形中，点，点分别在边，上，满足，点是对角线的中点．   (1)如图1，求证：． (2)如图2，若，，直接写出的长为________． (3)如图3，连接，，，求的长． 4．【问题背景】如图，正方形的边长为10，，分别为边，上的点． (1)【问题发现】如图1，若，则与的数量关系为__________． (2)【问题探究】如图2，在（1）的条件下，若是的中点，连接，求证：． (3)【问题拓展】如图3，若，，点在边上，且满足，请直接写出的长． 5．如图1，绕点A旋转得到，当点E落在边上时，连接． (1)求证：平分； (2)连接交于点M． ①如图2，若为长方形，则和之间的等量关系为 ，并说明理由； ②如图3，若，请直接写出的面积． 6．如图1，菱形的边长为5，对角线把菱形分成和，将绕着点顺时针旋转得到，所在的直线与对角线所在的直线交于点． (1)如图1，若，求点到所在直线的距离； (2)如图2，当的顶点落在对角线上时，若此时点，，在同一条直线上，求的度数； (3)在（1）的条件下，绕着点顺时针旋转的过程中，在备用图中画出当最小时的位置，并求出此时的长度． 7．综合与实践： 【问题情境】：阅读以下材料，并按要求完成相应的任务： 从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以A为顶点的，，与，边分别交于E，F两点，易证得． 证明思路：如图2，延长至点H，使，连接，可证，再证，故． 【知识应用】 (1)如图2，已知，，则的长为______； (2)如图3，在四边形中，，，，以A为顶点的，，与，边分别交于E，F两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由． 【拓展提升】(3)若四边形是长与宽不相等的矩形，点E为中点且平分，如图4，试判断，和之间的数量关系并给出证明． 8．已知正方形和等腰直角，，连接，． (1)【问题发现】如图1，判断线段与的数量关系及位置关系，并说明理由； (2)【问题探究】将绕点逆时针旋转（如图2），连接，，判断线段与的数量关系及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】如图3，在（2）的条件下，再将绕点顺时针旋转至，连接，探究线段与线段的数量关系及位置关系，并说明理由． 9．如图，点，分别是正方形的边和上的动点，连接，，且．过点作交于点，过点作交于点，与交于点，为了探究矩形的面积与矩形的面积之间的关系，数学兴趣小组进行了如下探索： (1)如图1，当，时，将绕点顺时针旋转得到，证得__________．在中用勾股定理可求得正方形的边长，进而求出，，，的值，则__________，__________． 【一般探究】 (2)当，时，借助图2探究与之间的关系，并说明理由． 【探究推广】 (3)如图3，若点，分别在线段，的延长线上，其它条件均不变，探究与之间的关系，并说明理由． 10．定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． (1)如图1，在四边形中，如果，，那么四边形______“垂美四边形”（填“是”或“不是”）． (2)如图2，探究“垂美四边形”的两组对边与之间有怎样的数量关系？写出你的猜想，并给出证明． (3)直接运用（2）中“垂美四边形”的性质完成如下问题： ①如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形与正方形．连接；与交于点O，已知，，则的中线______． ②如图4，在中，，点P是外一点，连接，，已知，若以A、B、C、P为顶点的四边形为“垂美四边形”，请直接写出的长． 11．如图1，已知点为正方形内的一点，连接.将线段绕点顺时针方向旋转得到，连接，. (1)【问题发现】 如图1，线段与的数量关系是_______；直线与的位置关系是_______． (2)【问题探究】 如图2，点为正方形外的一点，将绕点顺时针方向旋转得到，连接、，交于点，交与点.探究线段与的数量及位置关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】 如图3，在中，，，点为外一点，且，点为的中点，连接、、，若，，求的长． 12．已知矩形纸片，按要求解决下列问题． (1)如图1，把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处，则______，______．（用图中的字母表示） (2)如图2，将矩形纸片折叠，使点与点重合，点落在处，折痕交边于点，交边于点，连接．猜想四边形的形状并说明理由． (3)如图3，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，得到折痕，再将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处，得到折痕，交于点．求证：． 13．【问题情境】同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 【操作发现】 （1）如图1，正方形和正方形，连接，．线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________；（注：两条直线的夹角是指两条直线相交所形成的小于等于的角） （2）如图2，当正方形绕点旋转时，线段与线段之间的数量关系是________；直线与直线的夹角度数为________． 【深入探究】 （3）如图3，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想线段与的数量关系及直线与的夹角度数，并说明理由． 【迁移探究】 （4）如图3，在（3）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，求线段的最小值． 14．问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 15．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点E是延长线上一点，M是线段上一动点（不包括O、B）作，交的平分线于点N． (1)①直接写出点C的坐标；②求证：； (2)如图2，若，在上找一点P，使四边形是平行四边形，求点P的坐标； (3)如图，连接交于F，连接，下列两个结论： ①的长为定值； ②平分，其中只有一个正确，选择并证明． 16．【综合与探究】 问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图（1）所示的位置时，得到矩形，点，，的对应点分别为点，，设直线与直线交于点． 猜想证明： (1)猜想与的数量关系，并证明． (2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，，，设线段，交于点，求证：点为线段中点． (3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，若，，当、、三点在同一条直线上时，求的值． 17．图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①求证：； ②若，则正方形的周长为_________； 【数学理解】（2）如图2，正方形的边长为4，点在边上，，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，则的长为__________； 【拓展研究】（3）如图3，正方形的边长为4，点是边上的动点，连接，将线段绕点逆时针旋转到，连接，则长的最小值为___________． 18．【问题情境】 在正方形中，，分别是射线，上的点，且，点在射线上（不与点重合），且满足． 【初步探究】 (1)如图1，当点，分别在线段，上时，线段与的数量关系为 ，位置关系为 ． 【深入思考】 (2)如图2，当点，分别在线段，的延长线上时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由． 【拓展延伸】 (3)当时，若，请直接写出线段的长． 19．（1）如图1，在正方形中，点N、M分别在边、上，连接、、，，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，易证：，从而得到、与之间的数量关系______． 【实践探究】 （2）如图2，在正方形中，点E，F在对角线上，且，请你猜想线段，，之间的数量关系，并证明． 【拓展】 （3）如图3，正方形的边长为，点P为边上一点，于E，Q为中点，连接并延长交于点F，且，请求出的长． 20．课本再现 如图，正方形的对角线、相交于点，正方形的顶点与点重合，而且这两个正方形的边长相等，边与边相交于点，边与边相交于点，连接． 问题发现 (1)①求证：； ②猜想：，，之间的数量关系是______． 类比迁移 (2)如图，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断，，之间的数量关系并进行证明． 拓展应用 (3)如图，在中，，，，点是边的中点，，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，请直接写出线段的长度． 参考答案 1．（1）解：若使四边形是矩形， ，， 当时，四边形是矩形，即：， 解得． 答：当时，四边形是矩形； （2）解： ， ， ，即 ， 四边形为平行四边形， 在矩形中， 当即时，可得，四边形为菱形． 解得：， 当时，，面积为：； （3）解：①当即时，可得，为等腰三角形， 解得：； ②当时，如图，过点作交于点， ，， ， ， 四边形为矩形， ， ， 又， ， 解得； 综上所述，当或时，是以为一腰的等腰三角形． 2．(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析；③ 【分析】（1）根据正方形的性质及垂直的性质得到，根据等角的补角相等得到，根据即可证明； （2）①根据，得到，根据正方形的性质得到，根据得到，进而得到，即可证明四边形为正方形； ②延长交于点K，根据正方形的性质得到，，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，进而得到，证明，得到，即可证明； ③取中点O，连接，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，延长交于P，则四边形是矩形，得到，，根据正方形的性质得到，进而得到，证明，得到，可知，根据得到，即可得到的取值范围． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ 在和中， ∴； （2）①证明：∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵四边形为正方形， ∴ ∵， ∴， ∴． ∴四边形为正方形； ②证明：延长交于点K， ∵四边形为正方形， ∴． 又∵四边形为正方形， ∴． ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； ③解：取中点O，连接， ∵ ∴ 延长交于P， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴ ∴ ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ 3．(1)证明：∵正方形， ∴， 又∵， ∴； (2) (3) 【分析】（1）利用证明即可． （2）如图，连接交于，证明是等边三角形，再进一步求解即可． （3）延长交分别于点，作于点，进一步证明，可得，进一步证明，结合全等三角形的性质可得答案． 【详解】（1）略 （2）解：如图，连接交于， ∵正方形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴，，， ∵，， ∴， ∴． （3）解：如图，延长交分别于点，作于点，如图， 则四边形为矩形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 4．(1)（或相等） (2)证明：如图1，延长，，交于点． 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， 为的中点， ， 在与中， ， ， ， ， ∴点是线段的中点， 又， ． (3)的长为8或2 【分析】（1）由正方形的性质易得，则有； （2），延长，，交于点．由正方形的性质可证明，再证明，则可得点是线段的中点，进而可证明结论成立； （3）分两种情况：当点靠近点时；当点靠近点时，利用平行四边形的判定与性质及全等三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴（或相等）． （2）证明：略； （3）解：的长为8或2． ①如图2，当点靠近点时，过点作，交于点． ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ． ，，， ， ， ， ； ②如图3，当点靠近点时，过点作．同理，可得． 综上所述，的长为8或2． 5．(1)证明：在中，， ∴， 由旋转知， ∴， ∴， ∴平分； (2)①；理由如下： 过点B作于点N，如图2， 由（1）知，平分， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由旋转知，， ∴， ∵，， ∴， ∴； ② 【分析】（1）由平行、旋转及等腰三角形的性质得，即可证明结论； （2）①过点B作于点N，由矩形的性质及角平分线的判定定理得，由旋转易得，即可证明，从而可得间的数量关系； ②过点B作，交于点N，连接，作于点I，由已知及旋转可得是等边三角形，结合平行四边形的性质得，，，再证明四边形是平行四边形，，则， 在中求得，即可求解． 【详解】（1）证明：略； （2）解：①；理由略； ②如图，过点B作，交于点N，连接，作于点I， 由（1）知， ∴， 由旋转有， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴， 由旋转得， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 由勾股定理得， ∴． 6．(1) (2) (3)当最小时，，的位置如图所示， 的最小值为 【分析】（1）如图，连接交于，，求解，设点到所在直线的距离为，进一步求解即可； （2）设，由旋转可得：，，，求解，利用点，，在同一条直线上，可得，再进一步求解即可； （3）由（1）得：点到所在直线的距离为，可得点到所在直线的距离为，如图，过作于，则，当重合时，，且，此时最小，再进一步求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接交于， ∵菱形的边长为5，， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， 设点到所在直线的距离为， ∴， 解得：， ∴点到所在直线的距离为． （2）解：如图，连接， ∵菱形，当的顶点落在对角线上时， ∴设， 由旋转可得：，，， ∴， ∵点，，在同一条直线上， ∴， 解得：． （3）解：由（1）得：点到所在直线的距离为， ∴点到所在直线的距离为， 如图，过作于，则， 当重合时，，且，此时最小， ∵，， ∴最小， ∴，此时最小， ∴当最小时的位置如图所示， ∴， ∴． 7．(1) (2)结论成立，证明见解析， (3)，证明见解析 【分析】（1）如图，将绕点顺时针旋转得到，证明，设，可得，，结合勾股定理可得，再进一步求解即可． （2）将绕点顺时针旋转得到，根据旋转的性质得到，推出M、B、E三点共线，再证明，根据全等三角形的性质即可得到结论； （3）延长，交于点，先得到，再证明，即可解决． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，，， ，， 如图，将绕点顺时针旋转得到，   ， ， ∴点在一条直线上， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， ， 设， ∴，， ∴， 解得：，即． （2）解：成立．理由如下： 如图，将绕点顺时针旋转得到． ， ∴，，，， ∵， ． ，，三点共线． ， ， ，， ， ， ． （3）结论：． 证明：延长，交于点，如图： 四边形是矩形， ， ， 平分， ∴， ， ， ∵为的中点， ∴， 在和中， ， ． ， ． 8．(1)，．理由如下： 延长交于点，如图所示： 为等腰直角三角形，四边形为正方形， ，，， ， ，， ， ， ， ； (2)，．理由如下： 延长交于点，交于点，如图所示： 四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形，， ， ， ， ，， 又， ，即； (3)，．理由如下： 延长交于点，如图所示： 由（2）知，， ，， ，， ， 四边形为平行四边形， ，． 【分析】（1）延长交于点，由等腰直角三角形、正方形性质得到相关边和角度关系，进而判定，进而由全等性质、直角三角形两锐角互余及三角形内角和定理求解即可； （2）延长交于点，交于点，由等腰直角三角形、正方形性质得到相关边和角度关系，进而判定，进而由全等性质求解即可； （3）由（2）求得的相关边及相关角度等量关系，得出，且，最后由平行四边形的判定与性质求解即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 9．(1)，， (2)，理由如下： 将绕点顺时针旋转得到，连接， ，，，， ∵四边形是正方形， ， ， ， ∴点，，共线， ， ， ， ∴在和中， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形为矩形， 同理可得，四边形为矩形， ∵四边形，为矩形， 设正方形边长为，已知，， ， ， ， ， ， ∴在中，， ， 整理得 ， ∵矩形的面积 ， 矩形的面积 ， ； (3)将绕点顺时针旋转得到，连接， ，，，， ∵四边形是正方形， ，， ， ， ∴点，，共线， ， ， ， ∴在和中， ， ， ， ， ， ， ， 同理可得， ∵， ∴四边形为矩形， ∵四边形为矩形， ， 设正方形边长为，，， ， ， ， ， ， ， 在中，， ， ， ∴四边形的面积 ， 四边形的面积 ， ． 【分析】（1）首先根据旋转的性质可得，，进而证明，利用“”证明，易得；设正方形的边长为，则，在中，利用勾股定理解得的值，进而确定的长度，再证明四边形，为矩形，可确定的长度，即可获得答案； （2）结合旋转的性质证明，易得；证明四边形，为矩形，设正方形边长为，进而可得， ，，，，在中，利用勾股定理可得 ，在利用矩形面积公式可得，，即可证明结论； （3）结合旋转的性质证明，利用全等三角形的性质证明；设正方形边长为，，，则， ， ，进而可得，，，在中，利用勾股定理可得，然后证明结论即可． 【详解】（1）解：根据题意，将绕点顺时针旋转得到， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 设正方形的边长为，则， 在中，可得，即， 整理可得， 解得（舍去）， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ， ∴平行四边形为矩形， 同理可得，四边形为矩形， ∴， ∴，； （2）略 （3）略 10．(1)是 (2)，理由见解析 (3)①；②或 【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理证明即可； （2）根据勾股定理得出，，即可证明结论； （3）①连接、，设，交于点M，证明，得出，证明，根据解析式（2）得出，根据勾股定理求出，根据，求出，最后根据直角三角形的性质求出结果即可； ②当时，对中，由勾股定理求得，，过点P作延长线的垂线，垂足为点D，可证明，则，，在中，由勾股定理得；当时，同理可得． 【详解】（1）解：四边形是垂美四边形．理由如下： ， 点在线段的垂直平分线上， ， 点在线段的垂直平分线上， 直线是线段的垂直平分线， ，即四边形是垂美四边形； （2）解：猜想：． 理由：∵， ∴， 由勾股定理，得， ， ∴． （3）解：连接、，设，交于点M，如图所示： ∵四边形和为正方形， ∴，，， ∴， 即， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是垂美四边形， ∴， ∵，，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴； ②当时， 则， 在中，， ∴由勾股定理得， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴， 过点P作延长线的垂线，垂足为点D， 由题意得，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 当时， 同上可求此时， 过点P作于点D， 同上可证：， ∴， ∴， ∴在中，由勾股定理求得， 综上：或． 11．(1) (2)，见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得到，根据旋转的性质得到，证明即可求解； （2）根据正方形的性质得到，根据旋转的性质得到，证明即可求解； （3）过作交延长线于，连接，取中点，连接，根据中位线的判定和性质得到，由等角对等边判定等腰三角形得，由勾股定理得到，结合（1）的方法可证，求出，，在中，由勾股定理得到，由此列式求解即可． 【详解】（1）解：， 理由：∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， 延长交于，交于， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解： 理由：∵正方形， ∴， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， 设交于，与相交于， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：过作交延长线于，连接，取中点，连接， ∵点为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质，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，勾股定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 12．(1)； (2)四边形的形状是菱形，理由见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质得，； （2）根据折叠的性质得，，，再根据矩形的性质得，则，进而推出，证明四边形是平行四边形，再由可得四边形是菱形； （3）如图，连接，，先根据折叠的性质得，，证明四边形是正方形，得，再根据折叠的性质和矩形的性质推出，然后证明得，即，即可得出结论． 【详解】（1）解：∵把矩形纸片折叠，使得点落在上的点处， ∴，， 故答案为：；； （2）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 根据折叠的性质得，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形； （3）证明：如图，连接，， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∵将矩形纸片沿过点的直线折叠，点恰好落在上的点处，点落在点处， ∴，， ∵是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质，矩形性质，正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质． 13．（1），；（2），；（3），直线与的夹角度数为，理由见解析；（4） 【分析】（1）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （2）由正方形的性质可得，，，再证明，得出，，延长交于点，求出，即可得出结果； （3）由菱形的性质可得，，，证明，得出，，延长交的延长线于点，交于点，结合三角形内角和定理求出，即可得出结果； （4）由，得出当点在上时，线段取得最小值，连接，交于，由菱形的性质可得，，，求出，由勾股定理可得，则，求出，即可得出结果． 【详解】（1）解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵， ∴， ∴， ∴直线与直线的夹角度数为； （2）∵四边形和四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交于点， ， ∵，且， ∴， ∴， 即与直线的夹角度数为； （3）解：，直线与的夹角度数为，理由如下： ∵四边形与四边形都为菱形， ∴，，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ， ∵，，， ∴， ∴直线与的夹角度数为； （4）解：∵， ∴如图，当点在上时，线段取得最小值， ， 连接，交于， ∵四边形是菱形，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、菱形的性质、勾股定理、三角形内角和定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 14．(1)见解析 (2)①；②见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质以及同角的余角相等，找到相等的边和角，利用证明，进而可得； ②根据正方形的性质得内角为，根据证明，得，进而得，从而证明； （2）①先根据勾股定理求的长，记与相交于点，由翻折得、，根据等面积法得，进而根据计算； ②根据正方形和翻折性质得，根据，翻折后和的性质证明，根据等腰三角形三线合一得，由得，由得，由翻折得，等量代换后，根据证明． 【详解】（1）选择①，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ； 选择②，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （2）①解：四边形是正方形，， ， 在中，， 由翻折得，垂直平分， 记与相交于点，则，且， 在中， ，即， 解得，， ； ②证明：由翻折得，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 由翻折得，垂直平分， 是等腰三角形，是的角平分线， ， 在中，，， 在中，，， ， ， ，， 在和中， ， ． 15．(1)①；②证明见解析 (2) (3)“平分”正确，证明见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质求解即可； ②在上取点P，使得，证明即可； （2）过点N分别作轴于点H，于点Q，连接，先证明，得到，然后证明，得到，再计算的长即可； （3）延长到点A，使得，连接，先证明，再证明，得到，进一步推得，然后过点M作于点P，即可逐步证明． 【详解】（1）①解：， ， 四边形是正方形， ， 点C的坐标是； ②证明：在上取点P，使得， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 平分，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：过点N分别作轴于点H，于点Q，连接， 由（1）知， 又 四边形是正方形 ， ，， 四边形是平行四边形， ， 点P的坐标为； （3）解：平分成立． 证明如下：如图，延长到点A，使得，连接， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 过点M作于点P， ， ， ， ， 由（1）知， 又， ， 即平分． 【点睛】本题中，3个小题均运用了添加辅助线，构造全等三角形，这是本类题常用的解题方法． 16．(1)，证明见解析 (2)证明见解析 (3)的值为或． 【分析】（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明； （2）如图，连接，过作交于，连接，，，记与的交点为，进一步证明四边形是平行四边形即可； （3）分为：点，在的同一侧时和点，在的异侧时，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 四边形与四边形都是矩形，如图①，连接， ， ， 即， 将矩形绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形， ， 在和中， ， ， ． （2）解：如图，连接，过作交于，连接，，，记与的交点为， 根据旋转的性质可得：，，， 四边形是矩形， ，，， 即，， 又， ， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴，而， ∴， ∴ ∴四边形是平行四边形， ∴，即点为线段中点． （3）解：如图③，当点，在的同一侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 如图④：当点，在的异侧时， 根据旋转的性质可得：，，， ， 在中，由勾股定理得：， ， 综上所述，的值为或． 17．（1）①见解析；②60；（2）；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质． （1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）在上截取，连接，证明，得到，利用勾股定理求解即可； （3）在上截取，连接，同（2）证明，得到，得到点在射线上，则当时，长取得最小值，据此求解即可． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至， ∴，，，， ∴，， ∴点M在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∵，，， ， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为； （2）在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由旋转的性质知，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）在上截取，连接， 同（2），同理得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴点在射线上， ∴当时，长取得最小值，此时是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 18．(1)， (2)成立，证明见解析 (3)线段的长为或 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，，进而得到，证明得到，，结合可推出，，结合可得，推出，即可判定； （2）延长交于点，证明得到，，结合可推出，，由得到，即可判定； （3）过点作于点，证明四边形是矩形，得到，分两种情况讨论：当点，，分别在线段，，上时，当点，，分别在线段，，的延长线上时，根据全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）解：设与交于点， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， ，即， 线段与的数量关系为，位置关系为； （2）（1）中的结论依然成立，证明如下： 如图所示，延长交于点， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ，， ， ，， ，， ， ， ， ，即， ，； （3）过点作于点， ， 四边形是矩形， ， 当点，，分别在线段，，上时，同（1）可得 ， ， ，， ， ， ，， ， ； 当点，，分别在线段，，的延长线上时，由（2）可得 ， ， ，， ， ， ，， ， ； 综上所述，线段的长为或． 19．（1）; （2）；（3） 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质和全等三角形的判定是解题的关键， （1）将绕点A顺时针旋转，得到，从而，只要证明，即可得到答案； （2）将绕点顺时针旋转得到，连接，只要证明即可解决问题； （3）连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，则，，，设，，则，再由勾股定理构建方程即可得到答案． 【详解】解：（1）将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 将绕点逆时针旋转得到，连接， 则，，， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵正方形的边长为， ∴， ∵， 设，，则， ∴， 解得：， ∴， ∴， 20．(1)①证明见解析； ②； (2)，证明见解析； (3)． 【分析】（1）①结合正方形性质推得，，利用角边角即可证明； ②结合全等三角形性质得，再结合正方形性质推得，由勾股定理得，即可推得； （2）连接，延长交于点，结合矩形性质，利用角边角证明，再由全等三角形性质得，，再由垂直平分线性质得，最后结合勾股定理即可证明； （3）过点作，延长交于点，连接、，利用角边角证明，由全等三角形性质得，，再由垂直平分线性质得，设，则，利用勾股定理得方程，解方程即可． 【详解】（1）解：①正方形中，，， 正方形中，， ，， ， 即， 在和中， ， ； ②解：，理由如下： ， ， 正方形中，，， ， 即， 中，， ； （2）解：，理由如下： 连接，延长交于点， 点是矩形的中心， ， 矩形中，，， ， 在和中， ， ， ，， 矩形中，， 垂直平分， ， 中，， ； （3）解：如下图：，， ， 过点作，延长交于点，连接、， ， 点是边的中点，，，， ，， 在和中， ， ， ，， 又， 即垂直平分， ， 中，， 中，， ， 设，则， 有， 解得， ． 学科网（北京）股份有限公司 $