第06讲 特殊平行四边形（压轴题型归纳）（解析版）-初中数学暑假自学课讲义（9年级北师大版）

第06讲特殊平行四边形（压轴题型归纳）目录：一、存在性问题；二、动态几何；三、情景探究题；四、解答证明题；五、特殊平行四边形综合一、存在性问题一、解答题1．如图，平面直角坐标系中直线：分别与轴，轴交于点和点，过点的直线与轴交于点，．(1)求直线的解析式；(2)若为线段上一点，为线段上一点，当时，求的最小值，并求出此时点的坐标；(3)在（2）的结论下，将沿射线方向平移得，使落在直线上，若为直线上一点，为平面内一点，当以点为顶点的四边形为菱形时，请直接写出点的坐标．【答案】(1)(2)，(3)，，，【分析】（1）根据直线的解析式可以求得点的坐标，再结合点的坐标，用待定系数法可以求出直线的解析式；（2）根据可以求出的面积，设点是轴上一点，且满足，过点作直线的平行线，与直线的交点就是点，进而求出点的坐标，求的最小值，关键是对进行转化，利用垂线段最短可求出此时点的坐标；（3）先根据题意，找到点的坐标，根据菱形的性质，可求出点的坐标．【解析】（1）解：在中，令，得，，令，得，，，，设直线的解析式为，将，代入得，，解得，直线的解析式为；（2）解：由可得，，，设点是轴上一点，且满足，，，过点作直线的平行线，与直线的交点就是点，记直线的解析式为，将代入可得，直线的解析式为，联立，解得，则，显然点为的中点，如图，作点关于轴的对称点，则，作直线，则直线的解析式为：，过点作于点，交轴于点，点即为所求，易得直线的解析式为：，则；（3）Ⅰ.如图，当为菱形的一条边时，时，如图所示，过点作轴于点，根据题意可得，，则，则，易得，则，由，可得，在Rt中，，，，，同理可得，；时，如图所示，根据题意可得，，轴，；Ⅱ.如图，当为菱形的一条对角线时，根据题意可得，，轴，又，可得；综上，当以点为顶点的四边形为菱形时，的坐标分别为：，，，．【点睛】本题属于一次函数综合题，考查平移变换，菱形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法，学会构建一次函数解决直线的交点问题．2．如图1，在平面直角坐标系中，一次函数的图象分别交x轴，y轴于A，B两点，将绕点O顺时针旋转得（点A与点C对应，点B与点D对应）．(1)求直线的解析式；(2)点E为线段上一点，过点E作轴交直线于点F，作轴交直线于点G，当时，求点E的坐标；(3)如图2，若点M为线段的中点，点N为直线上一点，点P为坐标系内一点，且以O，M，N，P为顶点的四边形为矩形，请直接写出所有符合条件的点N的坐标．【答案】(1)(2)(3)点N的坐标为或或【分析】（1）先求出点A和点B的坐标，得出和的长度，再根据旋转的性质，得出点C和点D的坐标，最后用待定系数法即可求出直线的解析式；（2）设，则可将点F和点G的坐标表示出来，进而得出的表达式，最后根据列出方程求出a的值，即可进行解答；（3）根据题意进行分类讨论：①为矩形的边时；②为矩形的对角线时．【解析】（1）解：把代入得：，把代入得：，解得：，∴，∴，∵绕点O顺时针旋转得，∴，∴，设直线的函数解析式为，把代入得：，解得：，∴直线的函数解析式为．（2）∵，∴，∵点E在线段上，∴设，∵轴，轴，∴点F的横坐标为a，点G的纵坐标为，把代入得：；把代入得：，解得：，∴，，∴，，∵，∴，解得：．∴．（3）①当为矩形的边时，过点M作，交直线于点，过点O作，交直线于点N，过点N作交于点P，过点作交于点，根据作图可得：四边形和四边形都是矩形，∵，∴，∵，∴，∵绕点O顺时针旋转得，∴，在和中，，∴，∴，∵点M为线段的中点，，∴，，即点N为中点，∵，∴，设直线的解析式为，把点代入得：，∴直线的解析式为，∵，∴设直线的解析式为，把代入得：，解得：，∴直线的解析式为，联立直线和直线的解析式为：，解得：，∴，②当为矩形的对角线时，过点M作轴于点P，过点M作轴于点N，∵，，∴轴，过一点有且只有一条直线与已知直线平行，∴点C和点N重合，∴，综上：点N的坐标为或或．【点睛】本题主要考查了一次函数的综合运用，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数解析式的方法，中点坐标公式，旋转的性质，矩形的性质．3．如图，直角三角形在平面直角坐标系中，直角边在y轴上，的长分别是一元二次方程的两个根，A，且，P为上一点，且．(1)求点A的坐标；(2)求过点P的反比例函数解析式；(3)点M在第二象限内，在平面内是否存在点N，使以A，C，M，N为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在．，，【分析】（1）用因式分解法求出方程的两个根即可求解；（2）根据求出点P的坐标，然后用待定系数法求解即可；（3）分3种情况，画出图形，结合图形特点求解即可．【解析】（1），，，．∵，∴．∴．（2）∵，∴．∴点P的坐标为．设过点P的反比例函数解析式为．将点代入，得．∴过点P的反比例函数解析式为．（3）存在．如图1，当为正方形的对角线时，过点M作交的延长线于点E，过点C作交直线于点F．∵四边形是正方形，∴．∵，∴．∵，∴，∴．，∴．设，则，∴．∵，∴，∴，∴，（舍去），∴，∴．∵把先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得，∴把先向右平移7个单位，再向上平移1个单位得；如图2，当为正方形的边时，过点N作于点H，∵四边形是正方形，∴．∵，∴．∵，∴，∴，∴，∴；如图3，当为正方形的边时，由图2可知，，∵把先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得，∴把先向右平移6个单位，再向上平移8个单位得；综上可知，点N的坐标为：，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，解一元二次方程，待定系数法求反比例函数解析式，全等三角形的判定与性质，以及平移的性质，作出辅助线构造全等三角形是解（3）的关键．4．在平面直角坐标系中，已知矩形，点，现将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点，，的对应点分别为点，，．(1)如图1，当点恰好落在边上时，则的长为______(请直接写出答案)；(2)如图2，所在直线与、分别交于点、，且．求线段的长度．(3)如图3，设点为边的中点，连接，，，在矩形旋转过程中，的面积是否存在最大值？若存在，请求出这个最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在，的面积的最大值为【分析】（1）在中，利用勾股定理即可解决问题；（2）由可证()可得，由可证，可得，，可得点与点重合，点，点，点三点共线，在中，勾股定理，可求的长，由三角形中位线定理可求解；（3）根据三角形的底边的长度固定，当边上的高最大时即可求解，连接，当轴于点时，则，此时面积最大，利用，求得，再根据三角形面积公式即可求解．【解析】（1）解：∵四边形．点，)，，，，矩形是由矩形旋转得到，，在中，，;故答案为：．（2）如图，过点作于，过点作于，连接，，，四边形是矩形，，，，，()，，又，()，，，又，点与点重合，，，，点，点，点三点共线，

，，，设在中，，，，，，，，；（3）解：依题意，，，，，当边上的高最大时，面积最大，如图，当轴于点时，则，此时面积最大，连接，，的面积的最大值为．【点睛】本题考查了坐标与图形，矩形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积，三角形的三边关系等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题．5．如图，在平面直角坐标系中，A（0，4），以OA为一边在第一象限内作矩形OABC，直线CD：交AB于点E，与y轴交于点D，．(1)求点B的坐标．(2)点P为线段CE上的一个动点，过点P作轴，交AB于点F，交x轴于点G，连接FD，设点p的横坐标为m，△DFP的面积为S，求S关于m的函数关系式．(3)在（2）的条件下，连接BP并延长与x轴交于点M，过点P作，与x轴交于点，当时，在直线CD上是否存在一点R，过点作轴交直线于点Q，得，若存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)(3)存在；或【分析】（1）先求出直线CD的解析式即可解决问题；（2）用M表示PF的长，利用三角形的面积公式计算即可；（3）由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），则，根据，，，可证，则，，则，根据直线解析式为：，结合，可知直线的解析式为：，则，当点再点上方时，设，则，根据，则，进而可知，故，根据对称性可知，也满足条件，由此可得到结果．【解析】（1）解：由题意知，，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴直线，当时，，∴，∴．（2）解：如图所示，∵，F（m，4），∴，∴；（3）解：如图2所示：由题意可知：，整理得：，解得或（舍去），∴，∵，，，∴，∴，，∴，∵直线解析式为：，∵，∴直线的解析式为：，∴，当点再点上方时，设，则，∵，∴，∴，∴，根据对称性可知，也满足条件，∴或．【点睛】本题考查一次函数综合题，矩形的性质，平行线分段成比例定理，一元二次方程等知识，解题的关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式是解决本题的关键．6．在平面直角坐标系xOy中，若点P和点关于y轴对称，点和点关于直线l对称，则称点是点P关于y轴，直线l的“二次对称点”．(1)已知点，直线l是经过且平行于x轴的一条直线，则点A的“二次对称点”的坐标为__________；(2)如图1，正方形ABCD的顶点坐标分别是，，，，点E的坐标为，点K是x轴上的一个动点，直线l经过点K且垂直于x轴，若正方形ABCD上存在点M，使得点是点M关于y轴，直线l的“二次对称点”，且点在射线OE上，则点K的横坐标x的取值范围是________________；(3)如图2，是x轴上的动点，线段RS经过点T，且点R、点S的坐标分别是，，直线l经过且与x轴正半轴夹角为60°，在点T的运动过程中，若线段RS上存在点N，使得点是点N关于y轴，直线l的“二次对称点”，且点在y轴上，则点纵坐标y的取值范围是______________．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据“二次对称点”的定义求解即可；（2）由题意，直线的解析式为，当点K关于y轴的对称点在x轴的正半轴上时，关于直线y=x的对称点落在y轴上，观察图象可知，当K点坐标为时，正好落在线段上，由此可得结论；（3）如图2中，当点N与S重合，且在y轴上时，连接交直线于点K，交y轴于点J，连接，设直线l交x轴于点D，交y轴于点C，如图3中，当点T与原点重合，N与重合时，和都与重合，此时．求出这两种特殊位置的坐标，可得结论．【解析】（1）解∶点关于y轴的对称点为，∵直线l是经过且平行于x轴的一条直线，∴点关于直线l的对称点为；故答案为：（2）解∶如图，设直线的解析式为，∵点E的坐标为，∴，∴直线的解析式为，当点K关于y轴的对称点在x轴的正半轴上时，关于直线y=x的对称点落在y轴上，观察图象可知，当K点坐标为时，正好落在线段上，观察图象可知当时，在正方形内部，故答案为：；（3）解∶如图2，当点N与S重合，且在y轴上时，连接交直线于点K，交y轴于点J，连接，设直线l交x轴于点D，交y轴于点C，∵，∴，∵和关于直线l对称，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴此时点，如图3，当点T与原点重合，N与重合时，和都与重合，此时．根据题意得：，观察图象得：满足条件的的纵坐标为．故答案为：【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称变换，一次函数的性质等知识，解题的关键是学会寻找特殊位置，解决问题，属于中考压轴题．二、动态几何一、解答题1．已知，四边形和四边形都是正方形，点为的中点．(1)连接、．①如图1，若点在边上，猜想和的关系，并给予证明：②若将图1中的正方形绕点顺时针旋转，使点落在对角线的延长线上，请你在图2中补全图形，猜想和的关系，并给予证明．(2)如图3，若，，将正方形绕点旋转，连接．请你直接写出的取值范围___________．【答案】(1)①；②证明见解析(2)【分析】（1）①连接，证明，，证明是等腰直角三角形，即可得证；②延长交于点，连接，证明，，得出，根据等边对等角，设，，根据外角的性质得出，即可证明；（2）连接，根据，当在上时，最大，，当在上时，最小，，即可求解．【解析】（1）①如图，连接，∵四边形和四边形都是正方形，∴,，∴，∵为的中点，∴，则，在中，，∴，∴，，在中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴；②，证明：如图，延长交于点，连接，∵四边形和四边形都是正方形，∴，，∵落在对角线的延长线上，∴，∴，∴在的延长线上，∵，∴，在中，，∴，∴，∵，∴，∵，为的中点，∴，∴，∵，∴，∴，在中，,∴，∴，，∴，∵，，∴，设，，∴，，∵，∴，即，∴；（2）如图，连接，∵∴当在上时，如图，此时最大，，由（1）可知是等腰直角三角形，∵，，∴，，∴∴，∴当在上时，最小，同理可得是等腰直角三角形，此时，综上所述，．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，三角形三边关系，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理的应用，综合运用以上知识是解题的关键．2．如图1所示，将一个边长为2的正方形和一个长为2、宽为1的长方形拼在一起，构成一个大的长方形．现将小长方形绕点C顺时针旋转至，旋转角为．(1)当点恰好落在边上时，点到边的距离为____________，旋转角____________；(2)如图2，G为的中点，且，求证：；(3)小长方形绕点C顺时针旋转一周的过程中，与能否全等？若能，直接写出旋转角的值；若不能，说明理由．【答案】(1)1，30(2)见解析(3)能，为或【分析】（1）根据矩形的性质可知点到边的距离等于F到边的距离，即DF=1，可知点到边的距离为1；根据旋转的性质得，即可判定，然后根据平行线的性质即可得到；（2）由G为BC中点可得CG=CE，然后根据“SAS”可判断，则；（3）根据正方形的性质得CB=CD，而，则和为腰相等的两等腰三角形，当两顶角相等时它们全等，当和为钝角三角形时，可计算出α=135°，当和为锐角三角形时，可计算得到α=315°．【解析】（1）解：由题意可知，当点恰好落在边上时，点到边的距离等于F到边的距离，即DF=1，∴点到边的距离为：1，∵CE=1，，∴在中，，∵，∴，故答案为：1，30；（2）证明：∵G为中点，∴，∴，∵长方形绕点C顺时针旋转至，∴，∴，在和中，∵∴，∴；（3）能，理由如下：∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∵，∴和为腰相等的两等腰三角形，当时，，当和为钝角三角形时，则旋转角=，当和为锐角三角形时，，则=，即旋转角的值为135°或315°时，和全等．【点睛】此题属于四边形的综合题，考查了旋转的性质、正方形的性质、矩形的性质以及三角形全等的判定与性质，注意掌握旋转前后图形的对应关系是解此题的关键．3．如图，四边形为菱形，，，点E为边上动点（不含端点）点B关于直线的对称点为点F，点H为中点．（1）若，求的长；（2）作，垂足为G，当时，求的度数；（3）在（2）的条件下，设射线交于M，求的长．【答案】（1）1；（2）；（3）1【分析】（1）如图1中，证明点与重合，可得结论．（2）如图2中，连接．证明是等腰直角三角形，可得结论．（3）如图3中，证明，过点作交的延长线于，在上取一点，使得，连接（见左边图），求出，可得结论．【解析】解：（1）如图1中，四边形是菱形，，，是等边三角形，，，，，此时点与重合，．（2）如图2中，连接．是等边三角形，，，，，，，，．（3）如图3中，由翻折可知，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，过点作交的延长线于，在上取一点，使得，连接，，，设，，，，，，，，，，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形角的性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考压轴题．4．在矩形ABCD中，AB=4，AD=3，现将纸片折叠，点D的对应点记为点P，折痕为EF(点E、F是折痕与矩形的边的交点)，再将纸片还原．（1）若点P落在矩形ABCD的边AB上(如图1)．①当点P与点A重合时，∠DEF=°，当点E与点A重合时，∠DEF=°．②当点E在AB上时，点F在DC上时(如图2)，若AP=，求四边形EPFD的周长．（2）若点F与点C重合，点E在AD上，线段BA与线段FP交于点M(如图3)，当AM=DE时，请求出线段AE的长度．（3）若点P落在矩形的内部(如图4)，且点E、F分别在AD、DC边上，请直接写出AP的最小值．【答案】（1）①90，45；②；（2）0.6；（3）1．【分析】（1）①当点与点重合时，是的中垂线，可得结论；当点与点重合时，如图2，则平分；②如图3中，证明得，根据一组对边平行且相等得：四边形是平行四边形，加上对角线互相垂直可得为菱形，当时，设菱形的边长为，根据勾股定理列方程得：，求出的值即可；（2）连接，由折叠性质可证，设．根据全等性质用x表示出线段关系，再由中可列方程求解；（3）如图，当与重合，点在对角线上时，有最小值，根据折叠的性质求，由勾股定理求，所以．【解析】解：（1）①当点与点重合时，是的中垂线，，当点与点重合时，此时，故答案为：90，45．②如图2中，设与交于点，由折叠知垂直平分．，，矩形，，，，，，，四边形是平行四边形，四边形是菱形，当时，设菱形边长为，则，在中，，，菱形的周长．（2）如图3中，连接，设．由折叠知，，，，，，，，，在中，解得．．（3）如图中，连接，，．，，，此时的最小值，，，当与重合时，的值最小，由折叠得：，由勾股定理得：，，当，，共线时，有最小值，，则的最小值是1．【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、菱形的性质和判定、勾股定理、折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是关键，本题难度适中，注意运用数形结合的思想．5．如图．四边形ABCD、BEFG均为正方形．（1）如图1，连接AG、CE，请直接写出AG和CE的数量和位置关系（不必证明）．（2）将正方形BEFG绕点B顺时针旋转角（），如图2，直线AG、CE相交于点M．①AG和CE是否仍然满足（1）中的结论？如果是，请说明理由：如果不是，请举出反例：②连结MB，求证：MB平分．（3）在（2）的条件下，过点A作交MB的延长线于点N，请直接写出线段CM与BN的数量关系．【答案】（1）AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由见解析；②见解析；（3）CM=BN．【分析】（1）由正方形BEFG与正方形ABCD，利用正方形的性质得到两对边相等，一对直角相等，利用SAS得出三角形ABG与三角形CBE全等，利用全等三角形的对应边相等，对应角相等得到CE=AG，∠BCE=∠BAG，再利用同角的余角相等即可得证；（2）①利用SAS得出△ABG≌△CEB即可解决问题；②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，由全等三角形的面积相等得到两三角形面积相等，而AG=EC，可得出BP=BH，利用到角两边距离相等的点在角的平分线上得到BM为角平分线；（3）在AN上截取NQ=NB，可得出三角形BNQ为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质得到BQ=BN，接下来证明BQ=CM，即要证明三角形ABQ与三角形BCM全等，利用同角的余角相等得到一对角相等，再由三角形ANM为等腰直角三角形得到NA=NM，利用等式的性质得到AQ=BM，利用SAS可得出全等，根据全等三角形的对应边相等即可得证．【解析】解：（1）AG=EC，AG⊥EC，理由为：∵正方形BEFG，正方形ABCD，∴GB=BE，∠ABG=90°，AB=BC，∠ABC=90°，在△ABG和△BEC中，，∴△ABG≌△BEC（SAS），∴CE=AG，∠BCE=∠BAG，延长CE交AG于点M，∴∠BEC=∠AEM，∴∠ABC=∠AME=90°，∴AG=EC，AG⊥EC；（2）①满足，理由是：如图2中，设AM交BC于O．∵∠EBG=∠ABC=90°，∴∠ABG=∠EBC，在△ABG和△CEB中，，∴△ABG≌△CEB（SAS），∴AG=EC，∠BAG=∠BCE，∵∠BAG+∠AOB=90°，∠AOB=∠COM，∴∠BCE+∠COM=90°，∴∠OMC=90°，∴AG⊥EC．②过B作BP⊥EC，BH⊥AM，∵△ABG≌△CEB，∴S△ABG=S△EBC，AG=EC，∴EC•BP=AG•BH，∴BP=BH，∴MB平分∠AME；（3）CM=BN，理由为：在NA上截取NQ=NB，连接BQ，∴△BNQ为等腰直角三角形，即BQ=BN，∵∠AMN=45°，∠N=90°，∴△AMN为等腰直角三角形，即AN=MN，∴MN-BN=AN-NQ，即AQ=BM，∵∠MBC+∠ABN=90°，∠BAN+∠ABN=90°，∴∠MBC=∠BAN，在△ABQ和△BCM中，，∴△ABQ≌△BCM（SAS），∴CM=BQ，则CM=BN．【点睛】此题考查了正方形，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，角平分线的判定，熟练掌握正方形的性质是解本题的关键．6．在正方形中，，点为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交，，于点，，．(1)①如图1，判断线段与之间的数量关系，并说明理由；(2)如图2，若垂足为的中点，连接，交于点，连接，则______．(3)若垂足在对角线上，正方形的边长为．①如图3，若，，则______；②如图4，连接，将沿着翻折，点落在点处，的中点为，则的最小值为______．【答案】(1)；理由见解析(2)(3)①；②【分析】（1）过点作分别交、于点、，证出四边形为平行四边形，得出，证明得出，即可得出结论；（2）连接，过点作，分别交、于点、，证出是等腰直角三角形，，，证明得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论；（3）①过点分别作垂足分别为，则，证明，设，根据，求得，即可得出；②连接交于点，则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，由等腰直角三角形的性质得出，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，证明得出，证明得出，，由正方形的性质得出，易得出，得出，，得出，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，即可得出结果．【解析】（1）∵四边形是正方形，，，，过点作分别交、于点、，如图所示：四边形为平行四边形，，，，，，，在和中，，（），，；（2）连接，过点作，分别交、于点、，如图所示：四边形是正方形，四边形为矩形，，，，是正方形的对角线，，是等腰直角三角形，，，是的垂直平分线，，在和中，，（），，，，是等腰直角三角形，，故答案为：．（3）①解：如图所示，过点分别作垂足分别为，则在正方形对角线上，，是等腰直角三角形，，，又，，，，设，，，解得：，则，故答案为：．连接交于点，如图所示：则的直角顶点在上运动，设点与点重合时，则点与点重合；设点与点重合时，则点的落点为，，，，当点在线段上运动时，过点作于点，过点作交延长线于点，连接，点在上，，在和中，，（），，，，，，，，，，，，，，，，由翻折性质得：，在和中，，（），，'，是正方形的对角线，，则，，，，故，点在线段上运动；过点作，垂足为，点为的中点，，则的最小值为．【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键．三、情景探究题一、解答题1．问题情境：如图1，已知正方形ABCD与正方形CEFG，B、C、G在一条直线上，M是AF的中点，连接DM，EM．探究DM，EM的数量关系与位置关系．小明的思路是：小明发现AD//EF，所以通过延长ME交AD于点H，构造△EFM和△HAM全等，进而可得△DEH是等腰直角三角形，从而使问题得到解决，请你参考小明同学的思路，探究并解决下列问题：（1）猜想图1中DM、EM的数量关系，位置关系．（2）如图2，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转180°，此时点E在线段DC的延长线上，点G落在线段BC上，其他条件不变，（1）中结论是否成立？请说明理由；（3）我们可以猜想，把图1中的正方形CEFG绕点C旋转任意角度，如图3，（1）中的结论（“成立”或“不成立”）拓展应用：将图1中的正方形CEFG绕点C旋转，使D，E，F三点在一条直线上，若AB＝13，CE＝5，请画出图形，并直接写出MF的长．【答案】（1）DM⊥EM，DM＝ME，理由见详解；（2）结论成立，理由见详解；（3）成立；拓展应用：MF=或【分析】（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．只要证明△AMH≌△FME，推出MH＝ME，AH＝EF＝EC，推出DH＝DE，因为∠EDH＝90°，可得DM⊥EM，DM＝ME；（2）延长EM交DA的延长线于H，证法同第（1）小题；（3）如图3中，延长EM到点H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，先证明△AMH≌△FME，延长AH交CE于点K，交CD于点O，再证明∆DCE≅∆DAH，可得∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，即可得到结论；拓展应用：分两种情形画出图形，理由勾股定理以及等腰直角三角形的性质解决问题即可．【解析】解：（1）结论：DM⊥EM，DM＝EM．理由：如图1中，延长EM交AD于H．∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∴AD∥EF，∴∠MAH＝∠MFE，∵M是AF的中点，∴AM＝MF，又∵∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，∴AD-AH=CD-CE，∴DH＝DE，∵∠EDH＝90°，∴DM⊥EM，DM＝ME．故答案是：DM⊥EM，DM＝ME；（2）如图2中，结论不变．DM⊥EM，DM＝EM．理由：如图2中，延长EM交DA的延长线于H．∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∴AD∥EF，∴∠MAH＝∠MFE，∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴MH＝ME，AH＝EF＝EC，∴AD+AH=CD+CE，∴DH＝DE，∵∠EDH＝90°，∴DM⊥EM，DM＝ME；（3）如图3中，延长EM到点H，使EM=HM，连接AH，DE，DH，∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD，∵AM＝MF，∠AMH＝∠FME，∴△AMH≌△FME，∴AH＝EF＝EC，∠MAH=∠MFE，∴AH∥EF，延长AH交CE于点K，交CD于点O，∴∠AKE=∠CEF=90°，∴∠DCE+∠COK=∠DAH+∠AOD，∵∠COK=∠AOD，∴∠DCE=∠DAH，在∆DCE和∆DAH中，∵，∴∆DCE≅∆DAH，∴DH=DE，∠CDE=∠ADH，∴∠ADH+∠CDH=∠CDE+∠CDH=90°，即：∠HDE=∠ADC=90°，∴∆HDE是等腰直角三角形，M是HE的中点，∴DM⊥EM，DM＝ME，故答案是：成立；拓展应用：如图4中，连接DE．延长EM到H，使得MH＝ME，连接AH，延长FE交AD的延长线于K．作MR⊥DE于R．易证△AMH≌△FME（SAS），∴AH＝EF＝EC，∠MAH＝∠MFE，∴AH∥DF，∴∠DAH＋∠ADE＝180°，∴∠DAH＋∠CDE＝90°，∵∠DCE＋∠EDC＝90°∴∠DAH＝∠DCE，∵DA＝DC，∴△DAH≌△DCE（SAS），∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，∴∠HDE＝∠ADC＝90°，∵ME＝MH，∴DM⊥EH，DM＝MH＝EM，在Rt△CDE中，DE＝，∵DM＝ME，DM⊥ME，MR⊥DE，∴MR＝DE＝6，DR＝RE＝6，在Rt△FMR中，FM＝，如图5中，作MR⊥DE于R．同法可得DE＝12，MR＝6，可得FR＝6−5＝1，在Rt△MRF中，FM＝综上所述：MF=或．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定定理和性质定理以及直角三角形的性质，灵活运用相关的定理、正确作出辅助线是解题的关键．2．操作与证明：如图1，把一个含45°角的直角三角板ECF和一个正方形ABCD摆放在一起，使三角板的直角顶点和正方形的顶点C重合，点E、F分别在正方形的边CB、CD上，连接AF．取AF中点M，EF的中点N，连接MD、MN．（1）连接AE，求证：△AEF是等腰三角形；猜想与发现：（2）在（1）的条件下，请判断线段MD与MN的关系，得出结论；结论：DM、MN的关系是：；拓展与探究：（3）如图2，将图1中的直角三角板ECF绕点C旋转180°，其他条件不变，则（2）中的结论还成立吗？若成立，请加以证明；若不成立，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）DM＝MN，DM⊥MN；（3）成立，理由见解析.【分析】（1）先证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质即可证明△AEF是等腰三角形；（2）利用三角形中位线定理，直角三角形斜边中线定理可证明DM=MN，再证明∠DMN=∠DAB=90°，即可解决问题；（3）连接AE，交DM于O，交CD于G，同（2）证明方法类似，可证明DM=MN，再证明∠DOG＝∠ECG＝90°，即可得出结论.【解析】（1）证明：如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，∵△EFC是等腰直角三角形，∴CE＝CF，∴BE＝DF，∴△ABE≌△ADF，∴AE＝AF，∴△AEF是等腰三角形；（2）解：结论：DM＝MN，DM⊥MN，证明：∵在Rt△ADF中，M是AF的中点，∴DM=AF，∵M是AF的中点，N是EF的中点，∴MN=AE，MN∥AE，∵AE＝AF，∴MN＝DM，∵∠ADF＝90°，AM＝MF，∴MD＝MA＝MF，∴∠MAD＝∠ADM，∴∠DMF＝∠MAD+∠ADM＝2∠DAM，∵△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF，∴∠DAB=∠EAF+2∠DAM＝90°，∵MN∥AE，∴∠NMF＝∠EAF，∴∠DMN=∠NMF+∠DMF＝∠EAF+2∠DAM＝∠DAB=90°，∴DM⊥MN，∴MN＝DM，MN⊥DM，故答案为MN＝DM，MN⊥DM；（3）解：结论仍然成立．理由：如图，连接AE，设AE交DM于O，交CD于G，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠ADF＝90°，又∵BC+CE=CD+CF,即BE＝DF，∴△ABE≌△ADF，∴AF＝AE，∠AFD＝∠AEB，∵在Rt△ADF中，M是AF的中点，∴DM=AF，∵M是AF的中点，N是EF的中点，∴MN=AE，MN∥AE，∴MN＝DM，∵∠ADF＝90°，AM＝MF，∴MD＝MA＝MF，∴∠MDF＝∠MFD＝∠AEB，∵∠DGO＝∠CGE，∠ODG＝∠CEG，∴∠DOG＝∠ECG＝90°，∵NM∥AE，∴∠DOG＝∠DMN＝90°，∴MN⊥DM，MN＝DM．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握各性质定理，找准角与角之间的关系是解题的关键.3．如图1，，、、为铅直方向的边，、、为水平方向的边，点在、之间，且在、之间，我们称这样的图形为“图形”，若一条直线将该图形的面积分为面积相等的两部分，则称此直线为该“图形”的等积线．(1)下列四副图中，直线是该“图形”等积线的是_________(填写序号)(2)如图2，直线是该“图形”的等积线，与边、分别交于点、，过中点的直线分别交边、于点、，则直线(填“是”或“不是”)该图形的等积线．(3)在图3所示的“图形”中，，，．①若，在下图中画出与平行的等积线l(在图中标明数据)②在①的条件下，该图形的等积线与水平的两条边、分别交于、，求的最大值；③如果存在与水平方向的两条边、相交的等积线，则的取值范围为．【答案】(1)①②③(2)是(3)①1；②；③【分析】（1）如图，根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，由此可直接进行判断；（2）如图2，证明，根据割补法可得直线是图形的面积平分线；（3）①如图4，先计算图形的面积，可得出矩形的面积，由此可得出的长；②如图5，根据面积平分线可知梯形的面积为，根据面积公式列式可得的长，根据勾股定理可得的最大值；③如图6，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，列不等式可得的取值．【解析】（1）解：根据题意把原本图形分成左右两个矩形，这两个矩形的对称中心所在直线是该图形的面积平分线，∴直线是该“图形”等积线的是①②③；故答案为：①②③；（2）如图2，，，，点是的中点，，在和中，，，，，，即，，即，直线是图形的等积线．故答案为：是；（3）①图形的面积，延长交于点，，若是图形的面积平分线，且，点必然在线段上，如图所示，矩形的面积，，②如图，当与重合时，最大，过点作于，是图形的面积平分线，梯形的面积，即，，，，由勾股定理得：；即的最大值是；③在与水平方向的两条边、相交的等积线，如图，直线将图形分成上下两个矩形，当上矩形面积小于下矩形面积时，延长交于，延长交于，则，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查了矩形的性质，四边形面积的平分，三角形全等的性质和判定等知识，并明确面积平分线的画法，并熟练掌握矩形面积平分线是过对角线交点的性质是解题的关键．4．定义：有一组对角是直角的四边形叫做“准矩形”；有两组邻边（不重复）相等的四边形叫做“准菱形”．如图①，在四边形中，若，则四边形是“准矩形”；如图②，在四边形中，若，，则四边形是“准菱形”．(1)如图，在边长为1的正方形网格中，A、B、C在格点（小正方形的顶点）上，请分别在图③、图④中画出“准矩形”和“准菱形”．（要求：D、在格点上）；(2)下列说法正确的有；（填写所有正确结论的序号）①一组对边平行的“准矩形”是矩形；②一组对边相等的“准矩形”是矩形；③一组对边相等的“准菱形”是菱形；④一组对边平行的“准菱形”是菱形．(3)如图⑤，在中，，以为一边向外作“准菱形”，且，，、交于点D；①若，求证：“准菱形”是菱形；②在①的条件下，连接，若，，，请直接写出菱形的边长．【答案】(1)见解析(2)①②③④(3)①见解析；②菱形的边长为2【分析】（1）根据准矩形和准菱形的特点画图即可；（2）根据矩形的判定定理和菱形的判定定理结合准矩形和准菱形的性质对每一个选项进行推断即可；（3）①先根据已知得出，再结合可推出，，则证明了“准菱形”是平行四边形，又因为即可得出“准菱形”是菱形；②取的中点M，连接、，证明和为直角三角形，根据M为的中点，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半求出，求出，说明为直角三角形，根据勾股定理求出，即可得出答案．【解析】（1）解：如图，四边形和即为所求．（2）解：①∵，，∴，∴，∴，∴四边形为矩形，故①正确；②，，连接，如图所示：∵，，∴，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为矩形，故②正确；③∵，，，∴，∴四边形为菱形，故③正确；④∵，，，连接，如图所示：∵，，∴，，∵，∴，，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形，故④正确；故答案为：①②③④；（3）①证明：∵，，，∴，∴，，∵，∴，，∴，，∴“准菱形”是平行四边形，∵，∴“准菱形”是菱形；②如图：取的中点M，连接、，∵四边形是菱形，∴，∴，又∵，∴和为直角三角形，∵M为的中点，∴，∵，，∴，，∴，，∴，∴为直角三角形，∴，∵，，∴，解得：，负值舍去，∴，即菱形的边长为2．【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的判定，勾股定理，作出辅助线，熟练掌握各知识点并熟练应用是解题关键．5．【问题情境】(1)同学们我们曾经研究过这样的问题：已知正方形，点在的延长线上，以为一边构造正方形，连接和，如图所示，则和的数量关系为______，位置关系为______．【继续探究】(2)若正方形的边长为，点是边上的一个动点，以为一边在的右侧作正方形，连接、，如图所示，①请判断线段与有怎样的数量关系和位置关系，并说明理由；②连接，若，求线段长．爱动脑筋的小丽同学是这样做的：过点作，如图，你能按照她的思路做下去吗？请写出你的求解过程．【拓展提升】(3)在（2）的条件下，点在边上运动时，利用图，则的最小值为______．【答案】(1)，(2)①结论：，，理由见解析，②(3)【分析】（1）由“”可证，可得结论．（2）①延长，交于点，由“”可证，可得，由四边形内角和定理可求，可得结论．②过点作，交延长线于点，由“”可证，可得，，由勾股定理可求解．（3）说明点的运动轨迹是直线，直线与直线之间的距离为4，作点关于直线的对称点，连接，．在中，可得．根据求解即可．【解析】（1）解：如图1中，延长交于．四边形是正方形，四边形是正方形，，，，，，，，，即，，故答案为：，．（2）解：①结论：，．理由：如图，延长，交于点，四边形是正方形，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，．②如图3，过点作，交延长线于点，，，，，，又，，，，，，．（3）解：如图4中，由（2）可知，，点的运动轨迹是直线，直线与直线之间的距离为4，作点关于直线的对称点，连接，．在中，，，，，，，，，的最小值为，故答案为．【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，轴对称最短问题等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用轴对称解决最值问题，属于中考压轴题．6．【问题情境】（1）小明在学习过程中遇到这样的一道试题：如图，正方形的边长为2，为边上一动点．，垂足为，求证：．请你帮助小明完成证明；【问题探究】（2）小明在“问题情境”的基础上继续探究．如图2，点在的延长线上，且满足．连接，，．①求证：；②判断、的数量关系，并说明理由；【问题探究】（3）在（2）的基础上，如图3，若为的中点，直接写出的最小值为_________．【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②，理由见解析；（3）【分析】（1）根据正方形的性质可得，由，根据三角形内角和定理可得，根据等角对等边即可求解；（2）①根据已知条件证明，可得；②连接，证明，可得，进而可得，证明是等腰直角三角形，可得，等量代换即可证明；（3）连接，，则，当三点共线时，取得最小值，勾股定理求得，即可求解．【解析】（1）证明：∵正方形中，是对角线，∴，∵，∴，∴，∴，∴．（2）①由（1）知，∴，即，又∵，∴，∴．②．

理由如下：如图，连接，∵，∴，∴，，又，∴．

由（1）知，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；

（3）如图，连接，，，∴当三点共线时，取得最小值，正方形的边长为,为的中点，则中，，，即的最小值为，，，∴的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，两点之间线段最短，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．四、解答证明题一、解答题1．如图，点是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段与、分别相交于点、．(1)求证：；(2)判断与的关系，并说明理由；(3)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)，，理由见解析(3)【分析】（1）根据正方形的性质和定理证明即可得出结论；（2）由（1）的结论得，，再根据通过等量代换即可证明；（3）连接，证明出四边形是正方形，再利用正方形的性质得出条件，证出，在中利用勾股定理求得的长．【解析】（1）四边形和四边形是正方形，，，，，，．．（2），，理由如下：，，，，在中，，，，．（3）连接，如图，四边形和四边形是正方形，，，，，，，在中，，，，，，，，四边形是平行四边形，，四边形是正方形，，

，，，，在中，．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握相关的知识点，添加适当的辅助线是解本题的关键．2．已知，菱形中，，、分别是边和上的点，且．(1)求证：．(2)如图2，在延长线上，且，求证：．(3)如图3，在（2）的条件下，，点是的中点，求的长．【答案】(1)见详解(2)见详解(3)【分析】（1）连接，如图1，根据菱形的性质得，即可判定为等边三角形，得到，，然后利用可证明，即可解答；（2）过点F作，交的延长线于点H，利用平行线的性质求得是等边三角形，得到，然后利用定理求得，从而问题得解；（3）过点B作，交于点K，根据两组对边分别平行求得四边形是平行四边形，从而求得，，A作，然后利用含的直角三角形的性质以及勾股定理求得，，即有，在中，利用勾股定理可得，问题随之得解．【解析】（1）连接，如图1，∵四边形为菱形，∴，∵，∴为等边三角形，∴，，∴，∵，即，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴；（2）过点F作，交的延长线于点H，如图2，在（1）中已证为等边三角形，∵，∴，∴是等边三角形，∴，又∵是等边三角形，∴，∴，又∵，∴，即，在和中，∴，∴，∴；（3）过点B作，交于点K，如图3，∵，，，，∴四边形是平行四边形，∴，∵点是的中点，∴，∴，过点A作，由（2）可知，，∴在中，，∴，，∴，在中，，∴．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，及平行四边形的判定和性质，含角的直角三角形的性质以及勾股定理等知识，题目有一定的综合性，正确添加辅助线解题是关键的突破点．3．如图，在矩形中，平分交于E，连接，．(1)如图1，若，，求的长；(2)如图2，若点F是边上的一点，若，连结交于G，①猜想的度数，并说明理由；②若，求的值．【答案】(1)(2)①，理由见解析；②【分析】（1）由矩形的性质得，，，由角平分线的性质得出，则是等腰直角三角形，得出，推出，由勾股定理得出；（2）①连接，由（1）得，，由证得，得出，，证明是等腰直角三角形，即可得出结论；②根据矩形的性质得到，求得，过D作于M，根据余角的性质得到，得到，过A作于N，根据等腰三角形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【解析】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，，∵平分，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴；（2）①，理由：连接EF，如图所示：由（1）得：，，在和中，，∴，∴，∵，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴；②∵四边形是矩形，∴，∴，过D作于M，∴，∴，∴，∵，∴，由①知，，∵，∴，∴，∴，过A作于N，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，由①知，，∴，，∴．【点睛】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质是解题的关键．4．已知点是正方形对角线上一点，与交于点，，垂足为，直线与交于点．(1)如图1，当在线段上时，求证；(2)如图2，当在线段上时，的延长线交于点，若，求证：①四边形为菱形；②；(3)如图3，若，在点从到的运动过程中，的最小值为______．【答案】(1)见解析(2)①见解析；②见解析(3)【分析】（1）证明，即可得证；（2）①证明，可得，进而证明，可得，可得四边形是平行四边形，由，可得四边形是菱形；②由，又得出，即可证明；（3）取的中点，连接，，则，勾股定理求得，由即可求解．【解析】（1）解：如图1，∵四边形是正方形∴，，∴∴，∵，∴∴在与中，，∴，∴；（2）解：①如图2∵四边形是正方形，∴，，，，∴，∴，∵，∴，，在和中，∴，∴，∵，∴，

∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形，又∵，∴四边形是菱形；②∵是的一个外角，∴∵四边形是菱形，∴垂直平分，∴，∵，∴，∴，

又∴，∴；（3）解：如图3，取的中点，连接，则，∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，为的中点，∴，∵（当且仅当点在线段上时，等号成立），∴，即的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，三角形全等的性质与判定，勾股定理，两点之间线段最短，掌握正方形的性质是解题的关键．5．如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在边BC、CD上，AM、AN分别交BD于点P、Q，连接CQ、MQ．且．（1）求证：（2）求证：（3）如图2，连接MN，当，，求的面积图1

图2【答案】（1）见解析（2）见解析（3）15【分析】（1）根据四边形ABCD是正方形，得到∠QBA＝∠QBC，进而可得△QBA≌△QBC，∠QAB＝∠QCB，再根据CQ＝MQ，得到∠QCB＝∠QMC，即可求证；（2）根据∠QAB＝∠QMC，∠QMC＋∠QMB＝180°，得到∠QAB＋∠QMB＝180°，在四边形QABM中，∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°可得∠ABM＋∠AQM＝180°，再根据∠ABM＝90°即可求解；（3）设正方形ABCD的边长为a，延长ND至点H，使DH＝BM＝2，证得△ADH≌△ABM，得到∠DAH＝∠BAM，且AH＝AM，由（2）知，△QAM是等腰直角三角形，易得∠NAM＝∠NAH，进而得到△NAM≌△NAH，在Rt△MNC中，利用勾股定理得到，即可求解．【解析】解：（1）∵四边形ABCD是正方形∴∠QBA＝∠QBC

在△QBA和△QBC中∴△QBA≌△QBC（SAS）

∴∠QAB＝∠QCB

又∵CQ＝MQ∴∠QCB＝∠QMC

∴∠QAB＝∠QMC

（2）∵∠QAB＝∠QMC又∵∠QMC＋∠QMB＝180°∴∠QAB＋∠QMB＝180°

在四边形QABM中∠QAB＋∠QMB＋∠ABM＋∠AQM＝360°∴∠ABM＋∠AQM＝180°而∠ABM＝90°∴∠AQM＝90°

（3）设正方形ABCD的边长为a，则，延长ND至点H，使DH＝BM＝2易证△ADH≌△ABM∴∠DAH＝∠BAM，且AH＝AM由（2）知，△QAM是等腰直角三角形∴∠QAM＝45°∴∠DAN＋∠BAM＝45°∴∠DAN＋∠DAH＝45°即∠NAH＝45°∴∠NAM＝∠NAH∴△NAM≌△NAH（SAS）∴NM＝NH＝在Rt△MNC中，∴∴∴【点睛】此题主要考查正方形的性质、全等三角形的判断和性质、四边形的内角和、等腰直角三角形的性质及勾股定理，灵活运用性质是解题关键．6．如图正方形，点、、分别在、、上，与相交于点．(1)如图，当，求证：；平移图中线段础，使点与重合，点在延长线上，连接，取中点，连接，如图，求证：；(2)如图，当，边长，，则的长为______（直接写出结果）．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)【分析】（1）作平行四边形，则，，，通过证得≌，即可证得结论；在上截取一点，使得，则是等腰直角三角形，再证明是三角形的中位线即可解决问；（2）过点作交于点，则四边形是平行四边形，得出，，根据勾股定理求得，进而求得，作，交延长线于，通过证≌，证得，，，继而证得≌，证得，从而证得，设则，根据勾股定理求得，进一步根据勾股定理求得．（1）作平行四边形，则，，，如图，∴，∴，∵，∴，在和中，，∴≌，∴∴；在上截取一点，使得，则是等腰直角三角形，．∵≌，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，即，得证．（2）过点作交于点，则四边形是平行四边形，∴，，∵，，，∴，∴，作，交延长线于，在和中，，∴≌，∴，，，∵，∴，∴，∴，在和中，，∴≌，∴，即，设，则，在中，，解得，∴．即DE的值为．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理、勾股定理的应用，作出辅助线构建全等三角形是解题的关键，属于中考压轴题．五、特殊平行四边形综合一、解答题1．如图，点O为矩形的对称中心，．点E，F，G分别从A，B，C三点同时出发，沿矩形的边按逆时针方向匀速运动，点E的运动速度为，点F的运动速度为，点G的运动速度为．当点F到达点C（即点F与点C重合）时，三个点随之停止运动，在运动过程中，关于直线的对称图形是设点E，F，G运动的