2024北京八年级（下）期末数学汇编：四边形章节综合（京改版）（解答题）1

第1页/共1页2024北京初二（下）期末数学汇编四边形章节综合（京改版）（解答题）1一、解答题1．（2024北京东城初二下期末）如图，矩形中，点为边上任意一点，连接，点为线段的中点，过点作，与、分别相交于点、，连接、．(1)求证：四边形为菱形；(2)若，，当时，求的长．2．（2024北京石景山初二下期末）已知：在正方形中，点E是延长线上一点，且，连接，过点D作的垂线交直线于点F，连接，取的中点G，连接．(1)当时，①补全图1；②求证：；③用等式表示线段之间的数量关系，并证明．(2)如图2，当时，请你直接写出线段之间的数量关系．3．（2024北京顺义初二下期末）如图，在四边形中，，．求证：四边形是平行四边形．4．（2024北京东城初二下期末）如图，菱形的对角线，BD相交于点，过点作，过点作，与CE相交于点．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接DE，若，，求DE的长．5．（2024北京门头沟初二下期末）如图，在中，点M，N分别在边，上，且，，相交于点O．求证：．

6．（2024北京怀柔初二下期末）如图，在四边形中，，，对角线，交于点O，平分，过点D作交于点E，连接．

(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．7．（2024北京怀柔初二下期末）如图，在菱形中，，对角线，相交于点O，E是的中点，连接．过点A作射线，使得，过点E作交射线于点F．(1)①依题意补全图形；②求证：；(2)连接，，用等式表示线段，之间的数量关系，并证明．8．（2024北京平谷初二下期末）已知，矩形，，对角线交于点，点在射线上，，作，与交于点，与交于点．(1)如图1①依题意补全图形，求证：；②连接，求证：．(2)当在延长线上时，依题意补全图2，并用等式表示线段与的数量关系，并证明．9．（2024北京顺义初二下期末）在正方形中，点在边上，点在边上，，连接，．(1)求证：；(2)在边取点，使得，过点作交于点，连接．①依题意补全图形；②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．10．（2024北京平谷初二下期末）如图，，延长到，使，连接，且．(1)求证：四边形是菱形；(2)连接，与交于点．若，，求的长．11．（2024北京平谷初二下期末）如图，在菱形中，交于点，取边中点，连接并延长使，连接．

求证：．12．（2024北京平谷初二下期末）已知：图形上任意一点，图形上任意一点，若点与点之间的距离始终足，则称图形与图形相离．(1)已知点．①与直线为相离图形的点是；②若直线与相离，求的取值范围．(2)设直线、直线及直线围成的图形为，图形是边长为2的正方形，且正方形的各边分别与两坐标轴平行，该正方形对角线的交点坐标为，直接写出图形与图形相离时的取值范围．13．（2024北京平谷初二下期末）在数学课上，老师布置任务：利用尺规“作以线段为对角线的正方形”．小丽的作法如下：①分别以点、为圆心，以大于为半径作弧，两弧交于、两点；②连接，与交于点；③以点为圆心，长为半径作弧，与交于、两点；④分别连接线段．所以四边形就是所求作的正方形．根据小丽的作图过程，(1)使用直尺和圆规，补全图形（保留作图痕迹）；(2)完成下面的证明．证明：∵，∴四边形为平行四边形．（）（填推理的依据）∵，即，∴四边形为矩形．（）（填推理的依据）∵，∴四边形为正方形．（）（填推理的依据）14．（2024北京丰台初二下期末）在平面直角坐标系中，对于线段和点P给出如下定义：若，，则称点P是线段MN的“关联点”．已知点，B−2,0，，．(1)点E在线段上．①如图，当点E是线段的中点时，在点，，中，线段的“关联点”是；②当点E在线段上运动时，点G是线段的“关联点”，直接写出点G的横坐标t的取值范围；(2)点F在四边形的边上运动（点F不与点A重合），点，点，若线段上存在线段的“关联点”，直接写出h的取值范围．15．（2024北京石景山初二下期末）如图，在中，，D为中点，以为一组邻边作，与交于点O，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求菱形的面积．16．（2024北京顺义初二下期末）已知：，．求作：边的中线作法：①以点为圆心，的长为半径作弧；以点为圆心，的长为半径作弧；两弧相交于点（点在直线的上方）；②连接，，；③交于点．所以为边的中线(1)使用直尺和圆规，依作法补全图形（保留作图痕迹）；(2)完成下面的证明．证明：，，______（____________）（填推理的依据）．为中点（____________）（填推理的依据）．为边的中线17．（2024北京石景山初二下期末）工艺美术中常需要设计几何图案．如图，在的正方形网格中，已确定三个格点，，的位置，需要在图中确定点，使得以，，，为顶点的四边形为平行四边形．为了精准刻画点的位置，需建立平面直角坐标系．若点，．(1)请画出平面直角坐标系；(2)在图中描出点的位置，并写出所有符合条件的点的坐标．18．（2024北京石景山初二下期末）已知：如图，BD为的对角线，，为直线BD上两点，且．求证：．19．（2024北京延庆初二下期末）如图，点E是正方形内部一点，，连接AE，，过点C作交的延长线于点F．(1)依题意补全图形，求的度数；(2)连接，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．20．（2024北京顺义初二下期末）如图，在四边形中，，于点，为中点．(1)求证：四边形是菱形；(2)延长到点，使得，连接．若，，求的长．21．（2024北京通州初二下期末）如图，在正方形中，E是边延长线上一点，连接，过点D作且，连接交边于点G．(1)求证：；(2)用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．22．（2024北京门头沟初二下期末）如图，在平面直角坐标系中，Px1,y1，Qx2,y2，且，．如果，为某个矩形的两个顶点，且该矩形的边均与某条坐标轴垂直，那么就称该矩形为点，的“相关矩形”．下图为点，(1)已知点的坐标为，①如果点的坐标为，求点，的“相关矩形”的面积；②如果点在轴上，点的“相关矩形”为正方形，求直线表达式．(2)当，，时，如果在线段上存在一个点，使点，的“相关矩形”为正方形，直接写出的取值范围．23．（2024北京西城初二下期末）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴，轴分别交于点，．点在第一象限，且四边形是矩形．(1)使用直尺和圆规，按照下面的作法补全图形（保留作图痕迹）；作法：以点为圆心，的长为半径画弧，再以点为圆心，的长为半径画弧，两弧在第一象限相交于点，连接，，则四边形是矩形．(2)根据（1）中的作法，完成下面的证明：证明：∵，，∴四边形是平行四边形．（）（填推理的依据）∵，∴四边形是矩形，（）（填推理的依据）(3)若直线的表达式为，直接写出矩形的面积和直线的表达式．24．（2024北京东城初二下期末）如图，在正方形中，点在边AD上，连接，过点作于点，延长至点，使，连接，CF．(1)依题意补全图形；(2)的度数为__________；(3)用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．25．（2024北京顺义初二下期末）在平面直角坐标系中，对于点和图形，给出如下定义：如果图形上存在点，使得，那么称点为图形的“拉手点”．已知点A−4,0，．(1)在点，，中，线段的“拉手点”是______；(2)若直线上存在线段的“拉手点”，求的取值范围；(3)是边长为的正方形的对角线的交点，若正方形上存在线段的“拉手点”，直接写出的取值范围．26．（2024北京丰台初二下期末）如图，E是正方形边上一动点（不与点B，C重合），连接，过点A作的垂线交的延长线于点F．

(1)求证：；(2)连接，取中点P，连接并延长，交于点H，依题意补全图形，直接写出的大小，并证明．27．（2024北京延庆初二下期末）在数学课上，老师布置以下思考题：已知：，点D为的中点．求作：线段，使．

小智结合所学知识思考后，作法如下：①分别以点A，C为圆心，大于的同样长为半径作弧，两弧分别交于点M，N；②作直线，直线交于点E；③连接．所以就是所求作的线段．(1)请你利用直尺和圆规，依据小智的作法补全图形（保留作图痕迹）；(2)请回答，小智尺规作图得到的依据是________________________．28．（2024北京延庆初二下期末）如图，在中，，点E是边AB的中点，过点A，点C分别作CE和AB的平行线，交于点D．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求的长．29．（2024北京延庆初二下期末）如图，在四边形中，，,过点作于点，连接．求证：．30．（2024北京西城初二下期末）如图，在中，交于点E，交的延长线于点F，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)若，，求四边形的面积．

参考答案1．(1)见解析(2)【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，菱形的判定与性质，熟记矩形的性质和菱形的判定与性质是解题的关键．（1）根据已知证明，得，结合，点为线段的中点，即可证得结论；（2），，则，设，则，利用勾股定理求出即可解答．【详解】（1）证明：矩形中，，，，点为的中点，，在和中，，，，，，四边形为菱形；（2）四边形是菱形，，四边形是矩形，，，，，，设，则，在中，，即，解得：，．2．(1)①见详解；②见解析；③，见解析(2)【分析】（1）①根据题意作出图形即可；②由正方形的性质得，，进而又，得，从而，于是证明；③在上取一点，使得，连接，证是的中位线，得，再证明，利用勾股定理得，从而即可得解；（2）在延长线上取一点，使得，连接，由正方形的性质得，，进而证明，得，又证是的中位线，得再证，利用勾股定理得，从而即可得解．【详解】（1）解：①如图即为所求，②证明：四边形是正方形，，，，，，即，，∴；③，理由如下：在上取一点，使得，连接，，；，点是的中点，是的中位线，，由②得，，，，，，，，；（2），理由如下：在延长线上取一点，使得，连接．四边形是正方形，，，，，，即，，，，点是的中点，是的中位线，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，三角形的中位线的判定及性质及垂线定义，熟练掌握三角形的中位线的判定及性质和正方形的性质是解题的关键．3．见解析【分析】本题考查平行四边形的判定，根据平行线的判定定理证明，，即可得出四边形是平行四边形．【详解】证明：，，，，，，四边形是平行四边形．4．(1)见解析(2)【分析】（1）根据菱形的性质可得，再根据，可得四边形是平行四边形，进而证明四边形是矩形；（2）根据题意可得，，，勾股定理求得的长，进而求得的长，在中，勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，四边形是平行四边形，，平行四边形是矩形；（2）解：如图，四边形是菱形，，∴，，，∴∴四边形是矩形，，，在中，．【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，掌握菱形的性质是解题的关键．5．证明见解析．【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定以及性质，由平行四边形的性质可得出,．进一步得出，；．利用证明，由全等三角形的性质可得出．【详解】证明：∵是平行四边形，∴，．∵，∴．∴．∵，∴；．在和中，∴．∴．6．(1)证明见解析；(2)6【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质、菱形的判定及性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．（1）根据平行线的性质及角平分线的定义得出，再根据等角对等边得出，从而得出，然后根据一组对边平行且相等得出四边形是平行四边形，最后根据领边相等的平行四边形为菱形即可得证；（2）根据菱形的性质得出，，再根据勾股定理得出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案．【详解】（1）证明∵，∴．∵平分，∴．∴．∴．∵，∴．∵，∴四边形是平行四边形．∵，∴四边形是菱形．（2）证明：∵四边形是菱形，∴，，∴．∵，∴．∵，∴．∵，为的中点∴．∴．7．(1)①见解析；②证明见解析；(2)，证明见解析．【分析】本题考查的是全等三角形的判定与性质，菱形的性质；（1）①根据题意画出图形，即可求解；②根据菱形的性质得出，，再根据角的和差即可得证；（2）延长到点M，使，连接，，根据中点的定义结合证明，再根据全等三角形的性质及角的和差利用证明，然后根据全等三角形的性质即可得证．【详解】（1）解：补图如下：①②证明：∵四边形为菱形，，∴，∵，∴，∴．（2）证明：延长到点M，使，连接，，∵E是中点，∴．在和中，∴．∴，．∵，∴．∴．∴．∴．∴．在和中，，∴．∴．8．(1)①作图见解析，证明见解析；②证明见解析(2)补全图形见解析，，证明见解析【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识点，灵活运用相关判定与性质定理成为解题的关键．（1）①先根据题意补全图形，再根据垂直的定义、矩形的性质可得、，然后根据同角的余角相等即可证明结论；②先根据矩形的性质可得，再根据结合等量代换可得，即，最后根据等腰三角形三线合一的性质即可证明结论；（2）先根据题意补全图形，过点D作交的延长线于点N，先证明四边形为平行四边形，然后证明可得，最后根据等量代换即可证明结论．【详解】（1）解：①补全图形如下：证明：∵，∴．∵矩形∴．∴；②如图：连接，∵矩形∴，，∴∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵O为中点∴．（2）解：当在延长线上时，根据题意补全图形如下：数量关系，证明如下：证明：如图：过点D作交的延长线于点N，∵矩形，∴,又∵，∴四边形为平行四边形∴，∵，∴，∵，∴，∴，∵，∴．∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴．9．(1)见解析(2)①见解析②，证明见解析【分析】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质以及勾股定理：（1）设相交于点H，根据证明，得由得，由三角形内角和定理得，即；（2）①根据题意补全图形即可；②延长到点Q，使，连接，证明，根据证明，得，再证明，得是等腰直角三角形，得到，从而可得结论【详解】（1）证明：设相交于点H，∵四边形是正方形，∴，又∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：①如图，即为所作：②,理由如下：延长到点Q，使，连接，如图，由（1）得，，，∴，又，∴，∵，∴，∴，∴，又，，∴，∵∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，即，∴．10．(1)证明见解析(2)【分析】对于（1），先结合平行四边形的性质及已知条件说明四边形是平行四边形，再说明，可得结论；对于（2），先求出，再设，表示，然后根据勾股定理求出答案．【详解】（1）∵四边形是平行四边形，∴，∴.∵，∴，∴四边形是平行四边形.∵，∴，∴，∴四边形是菱形；（2）∵四边形是菱形，∴.∵，∴.∵，∴.∵，设，则，在中，，解得（舍负），∴．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，菱形的判定和性质，勾股定理等，勾股定理是求线段长的常用方法．11．证明见解析【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识点，先证出四边形是平行四边形，再由菱形的性质得出，，然后可证出四边形是矩形，进而即可得证，熟练掌握其性质的综合应用是解决此题的关键．【详解】∵E为中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵为菱形，∴，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．12．(1)①A，B；②或(2)或或【分析】本题主要考查了一次函数的性质、正方形的性质等知识，是理解题意，学会寻找特殊位置解决数学问题是解题的关键．（1）①将A，B，C，D四个点的坐标代入直线计算即可判断．②根据直线经过点A和点B计算b的值即可解答；（2）先画出图形，再分三种情形，观察图象得出经过特殊位置的T的坐标，即可解答．【详解】（1）解：①∵点，∴当时，，∴点A不在直线上，同理，点不在直线上，点，点在直线上，∴与直线相离的点是C，D；故答案为：C，D；②当直线过点时，∴,解得：．当直线过点时，∴，解得：．∴b的取值范围是或．（2）解：如图所示：图形与图形相离时的取值范围是或或．13．(1)见解析(2)见解析【分析】此题主要考查了基本作图和证明四边形是正方形，熟练掌握正方形的判定方法是解决此题的关键．（1）根据作图步骤画出图形即可；（2）根据对角线相等且互相平分的四边形是矩形进行判定即可【详解】（1）解：补全图形，如图所示；（2）证明：∵，∴四边形为平行四边形．（对角线互相平分的四边形是平行四边形）∵，即，∴四边形为矩形．（对角线相等且互相平分的四边形是矩形）∵，∴四边形为正方形．（对角线互相垂直的矩形是正方形）．14．(1)①；②或；(2)【分析】（1）①先画图，直接按照相定义进行计算判断即可；②如图，作的垂直平分线交轴于，交于，过作轴，交垂直平分线于，过作轴的平行线交于，证明为的关联点，为的关联点，再证明，可得，再进一步解答即可；（2）如图，证明四边形为正方形，可得的关联点是以为对角线的正方形的另外两个顶点，当最上方的顶点与重合时，；当过1,0时，则，可得，从而可得答案.【详解】（1）解：①如图，∵，，∴，∴，∴是的关联点，同理可得：是的关联点，不是的关联点，②如图，作的垂直平分线交轴于，交于，过作轴，交垂直平分线于，过作轴的平行线交于，∵，B−2,0，，∴设直线为，∴，解得：，∴直线为，设，而，∴，设的解析式为，∴，解得：，∴为：，如图，直线：；，∴，，∴，解得：，即，设直线为，∴，解得：，∵，结合上面推导可得：为，把代入可得：，∴为，当时，，∴，∴，，，∴，，∴，∴为的关联点，同理可得：为的关联点，∴，四边形为正方形，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴此时的横坐标为，当与重合，的横坐标为，当与重合，的横坐标为，∴当点E在线段上运动时，点G是线段的“关联点”，点G的横坐标t的取值范围为或；（2）解：如图，∵，B−2,0，，，由四边形的对角线相等，互相垂直平分，可得四边形为正方形，∴的关联点是以为对角线的正方形的另外两个顶点，∴当最上方的顶点与重合时，；当过1,0时，则，∴，解得：，∴线段上存在线段的“关联点”，h的取值范围为：；【点睛】本题考查的是一次函数的几何应用，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理及勾股定理的逆定理的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键.15．(1)见解析(2)【分析】此题重点考查平行四边形的性质、菱形的判定与性质、菱形的面积公式、含30度角的直角三角形等知识，灵活运用所学知识是解题的关键．（1）由证明四边形是平行四边形，再根据即可证明四边形是菱形；（2）根据勾股定理和菱形的性质可得，即可求解．【详解】（1）证明：∵，D为中点，∴∵∴∴∴四边形是平行四边形；∵∴四边形是菱形；（2）∵，四边形是菱形∴，∴，∴，∵，∴∵，解得∴∴16．(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查尺规作图、平行四边形的判定和性质：（1）根据所给作法作图即可；（2）根据“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”“平行四边形的对边线互相平分”即可证明．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）解：补充完整的证明过程如下：证明：，，四边形是平行四边形（两组对边分别相等的四边形是平行四边形）．为中点（平行四边形的对边线互相平分）．为边的中线．17．(1)见解析；(2)或或．【分析】本题主要考查了坐标与图形，平行四边形的判定，熟练掌握平行四边形的判定是解题的关键．（1）根据点，建立平面直角坐标系即可；（2）根据平行四边形的判定描出点的位置，从而即可得出点的坐标．【详解】（1）解：画出平面直角坐标系如图所示，（2）解：点的位置如图所示，由图可知，点的坐标为0,1或或．18．见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的性质应用以及全等三角形的判定及性质，准确证明三角形全等是解题的关键．通过平行四边形的性质应用证的，即可得到结果；【详解】证明：四边形为平行四边形，，，，，，∵，．19．(1)(2)，详见解析【分析】此题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，（1）首先根据题意做出图形，然后得到，设，，根据四边形的内角和为得到，进而求解即可；（2）作，交于点H，得到是等腰直角三角形，表示出，然后证明出，得到是等腰直角三角形，进而求解即可．【详解】（1）如图，解：∵正方形，∴，．∵，∴．∴设，．∵四边形的内角和为，∴．∴．∴．∴；（2）数量关系是．如图，作，交于点H．∴．∵，又∵，∴，∴是等腰直角三角形．∴．∵，设，．∴，∵，∴．又∵，∴．∴．∴．∵正方形，∴．在和中，∴．∴，．∴是等腰直角三角形．∴．∵，∴．20．(1)见解析(2)6【分析】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理：（1）先证，推出，可得四边形是平行四边形，结合，可得四边形是菱形；（2）先用勾股定理解求出，进而求出，再证四边形是平行四边形，根据可得答案．【详解】（1）证明：，，，又为中点，，，，又，四边形是平行四边形，又，四边形是菱形；．（2）解：，为中点，，，，，，菱形中，，，又，，，四边形是平行四边形，．21．(1)见解析(2)，见解析【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．（1）由正方形，可得，，则，由，可得，进而可证；（2）如图1，作的延长线于，证明，则，，证明，则，进而可得．【详解】（1）证明：∵正方形，，∴，，∴，∵，∴，∴；（2）解：，证明如下；∵正方形，∴，，，如图，作的延长线于，∵，，，∴，∴，，∵，，，∴，∴，∴．22．(1)①6；②或(2)【分析】（1）①由题意知，Px1,y1，Qx2,y2为“相关矩形”对角线上两顶点，由，，可知“相关矩形”的边长分别为，进而可求面积；②由的坐标为，点在轴上，点的“相关矩形”为正方形，可知正方形的边长为1，点坐标为或，然后利用待定系数法求直线的表达式即可；（2）如图，由点，的“相关矩形”为正方形，可知当重合时，；当重合时，；进而可得．【详解】（1）①解：由题意知，Px1,∵的坐标为，点的坐标为，∴“相关矩形”的边长分别为，∴面积为，∴点，的“相关矩形”的面积为6；②解：∵的坐标为，点在轴上，点的“相关矩形”为正方形，∴正方形的边长为1，点坐标为或，当时，设直线的表达式为，将代入得，，∴直线的表达式为；当时，设直线的表达式为，将，代入得，，解得，∴直线的表达式为；综上所述，直线表达式为或．（2）解：如图，∵点，的“相关矩形”为正方形，∴当重合时，；当重合时，；∴．【点睛】本题考查了坐标与图形，一次函数解析式，正方形的性质，点坐标等知识．理解题意，熟练掌握坐标与图形，一次函数解析式，正方形的性质，点坐标是解题的关键．23．(1)作图见解析(2)，两组对边分别相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形(3)，【分析】（1）由题意作图即可；（2）根据矩形的判定定理即可得证；（3）确定点、、的坐标分别为、0,2、，即可求解．【详解】（1）解：由题意作图如下：（2）证明：∵，，∴四边形是平行四边形．（两组对边分别相等的四边形为平行四边形）∵，∴四边形是矩形，（有一个角为直角的平行四边形为矩形）故答案为：；两组对边分别相等的四边形为平行四边形；有一个角为直角的平行四边形为矩形；（3）解：∵直线：与轴，轴分别交于点，，当时，，当时，，∴，，∴，，∴矩形的面积为：，∵四边形是矩形，O0,0，∴，，则线段向上平移个单位与线段重合，其中点是点的对应点，点是点的对应点，∴，设直线的表达式为，过点，∴，解得：，∴直线的表达式为．【点睛】本题考查作图—应用与作图，考查了尺规作图—作一条线段等于已知线段，平行四边形的判定，矩形的判定与性质，一次函数与坐标轴的交点，待定系数法确定正比例函数图像的解析式．掌握尺规作图，矩形的判定与性质及一次函数的应用是解题的关键．24．(1)见解析(2)(3)，理由见解析．【分析】（1）根据题意补全即可；（2）由，得，再根据等边对等角即可得解；（3）过点作，交的延长线于点，连接，先证，得，再证明（），得，，从而，利用勾股定理即可．【详解】（1）解：如图所示，（2）解：∵，∴，∵，∴，故答案为：；（3）解：，理由如下：过点作，交的延长线于点，连接，∵四边形是正方形，，∴，，∴，∵，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴（）∴，，∴，∴．【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键．25．(1)(2)(3)【分析】（1）根据“拉手点”的定义求解即可；（2）分两种情况求出的最大值即可；（3）分线段在正方形外部和内部两种情况由勾股定理求出正方形的边长即可【详解】（1）解：如图，所以，在点，，中，线段的“拉手点”是,故答案为：；（2）解：如图，当直线在点B上方时，延长交直线于点C，设直线与y轴交于点D，与x轴交于点N，∵，．∴∴，∴，∵在直线中，∴∵∴∴此时点B到直线的距离是，∴，则，过点B作，则，直线与线段AB有“拉手点”，∴；当往下平移也满足条件，即假设点满足，则符合直线上存在线段的“拉手点”∴∴∴直线上存在线段的“拉手点”，则的取值范围为（3）解：当线段在正方形内部时，如图，当正方形的边平行于坐标轴，且经过点时，正方形的边长最长，∴此时a的最大值为；当线段在正方形外部时，过点O作于点G，在上截取，以点D为正方形的一个顶点，点O为对角线的交点作正方形，此时正方形的边长最小，如图所示：∵，，∴，∵，∴，∴