【期中讲练测】人教版八年级下册数学 专题3-1平行四边形 考点专练.zip

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题型一：中点四边形 题型二：正方形中的十字架模型
题型三：四边形中的对角互补模型 题型四：与正方形有关三垂线
题型五：正方形与45°角的基本图
题型一：中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
一．选择题（共1小题）
1．（2023春•南京期中）如图，在四边形中，、、、分别是线段、、、的中点，要使四边形是菱形，需添加的条件是
A．B．C．D．
【分析】由点、、、分别是任意四边形中、、、的中点，根据三角形中位线的性质，可得，，又由当时，四边形是菱形，即可求得答案．
【解答】解：点、、、分别是任意四边形中、、、的中点，
，，
当时，四边形是菱形，
当时，四边形是菱形．
故选：．
【点评】此题考查了中点四边形的性质、菱形的判定以及三角形中位线的性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
二．填空题（共1小题）
2．（2023春•南川区期中）如图，已知矩形的对角线的长为，顺次连结各边中点、、、得四边形，则四边形的周长为 36 ．
【分析】由三角形中位线定理推出，得到四边形是菱形，即可求出四边形的周长为．
【解答】解：、分别是、的中点，
是的中位线，
，
同理，，，
四边形是矩形，
，
，
四边形是菱形，
四边形的周长为．
故答案为：36．
【点评】本题考查菱形的判定，矩形的性质，中点四边形，三角形中位线定理，关键是掌握三角形中位线定理，菱形的判定方法．
三．解答题（共6小题）
3．（2022春•香洲区期中）如图，点，，，分别是的边，，，的中点．求证：四边形是平行四边形．
【分析】连接，构造三角形中位线，利用三角形中位线定理推知，，根据“有一组对边相等且平行的四边形是平行四边形”证得结论．
【解答】证明：连接，如图所示．点是的中点，点是的中点，
，．
同理，可得出：，，
，，
四边形是平行四边形．
【点评】本题主要考查了中点四边形和平行四边形的判定与性质，凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题．
4．（2022春•高安市期中）如图，四边形中，，，，，分别为，，，边的中点，试判断四边形的形状，并说明理由．
【分析】根据三角形中位线定理得到，，，，，，进而得出，，根据菱形的判定定理解答．
【解答】解：四边形是菱形，理由如下：
点，，，分别为四边形的边，，，的中点，
，，，，，，
，，
四边形为平行四边形．
当时，，
四边形为菱形．
【点评】本题考查的是三角形中位线定理、菱形的判定，灵活运用三角形中位线定理是解题的关键．
5．（2023春•姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由．
【分析】（1）利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，只要证明即可．
【解答】（1）证明：点、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形为平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形，理由如下：
由（1）知：四边形是平行四边形．
、分别是、的中点，
．
又，
当时，，
平行四边形是菱形．
【点评】此题考查了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理．熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形．
6．（2023春•西湖区期中）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
（1）四边形的形状是 平行四边形 ；
（2）证明你的结论．
（3）当、满足 时，四边形是菱形．
（4）当、满足 时，四边形是矩形．
（5）当、满足 时，四边形是正方形．
【分析】（1）猜想：四边形是平行四边形．
（2）连接，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形．
（3）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（4）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是矩形．
（5）根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形证明即可．
【解答】解：（1）结论：四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）连接，，
四边形中，、、、分别为、、、的中点，
，，
，
同理：，
四边形是平行四边形．
（3）当时，四边形是菱形．
，，
，
四边形是菱形；
故答案为：．
（4）当时，四边形是矩形．
由（2）得：四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
故答案为：．
（5）当且时，四边形是正方形．
时，四边形是矩形，时，四边形是菱形，
四边形是正方形．
故答案为：，．
【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定等知识，熟记各定理是解题的关键．
7．（2023春•盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形．
（1）这个中点四边形的形状是 平行四边形 ；
（2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明．
【分析】（1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论；
（2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论．
【解答】解：（1）中点四边形是平行四边形；
理由如下：连接，如图1所示：
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）四边形为菱形．理由如下：
连接与，如图2所示：
和为等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，，
，，
四边形是平行四边形；
，
，
四边形为菱形．
【点评】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键．
8．（2023春•惠阳区校级期中）如图，，，，分别是边，，，的中点．
（1）判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）当，满足什么条件时，四边形是正方形．（不要求证明）
【分析】（1）四边形为平行四边形，利用中位线的性质验证即可；
（2）根据原四边形对角线相等且垂直，得到中点四边形为正方形即可．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形．
证明：，分别是边，的中点，
，且，
同理：，且，
，且，
四边形是平行四边形；
（2）当且时，四边形是正方形，
同（1）得到四边形为平行四边形，且，，
平行四边形为正方形．
【点评】此题考查了中点四边形，以及正方形的判定，熟练掌握中位线定理是解本题的关键．
题型二：正方形中的十字架模型
一．选择题（共2小题）
1．（2023春•南昌县期中）如图，正方形内有两条相交线段，，，，，分别在边，，，上．小明认为：若，则；小亮认为：若，则．你认为
A．仅小明对B．仅小亮对C．两人都对D．两人都不对
【分析】若，先构造出以与为斜边的直角三角形，然后证明两直角三角形全等，然后根据全等三角形的对应角相等，结合图象可以证明出与垂直；第一个图中的线段沿直线折叠过去，得到的就是反例，此时有，但是与肯定不垂直，因此小明的观点是错误的；
若，则，分别把和平移，然后根据三角函数即可得出结论．
【解答】解：解法一：若，则必有，这句话是正确的．
如图，，，
，
，
又，
，
，
即，但不仅仅是这一种情况，如将第一个图中的线段沿直线折叠过去，得到的就是反例，此时有，但是与肯定不垂直，因此小明的观点是错误的；
解法二：若，则这句话是对的；
分别把和平移，如图，
，
，
，
因此．
故选：．
【点评】解答本题要充分利用正方形的特殊性质．注意在正方形中的特殊三角形的应用，本题如图所示起到关键的作用，没有图形的限制，则第一种情况不一定正确．
2．（2023秋•大东区期中）如图，、分别是正方形的边、上的点，且，、相交于点，下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）中正确的有
A．4个B．3个C．2个D．1个
【分析】根据正方形的性质得，，则由易得，根据“”可判断，所以；根据全等的性质得，
利用得到，则；连接，，，而，根据垂直平分线的性质得到；最后根据得，则，即．
【解答】解：四边形为正方形，
，，
而，
，
在和中
，
，
，所以（1）正确；
，
而，
，
，
，所以（2）正确；
连接，
，
，
而，
，所以（3）错误；
，
，
，
，所以（4）正确．
故选：．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“”、“ ”、“ ”、“ ”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
二．填空题（共2小题）
3．（2022春•三穗县校级期中）如图正方形的对角线相交于点，平分交于点，于点，交于点，连接、，下列四个结论：
①；
②；
③；
④；
⑤，
其中正确的结论有 ①②③④ （填序号）．
【分析】根据正方形的性质得，再根据角平分线的意义得，据此可得，据此可对结论①进行判定；
根据，，可判定和全等，于据此可对结论②进行判定；
由和全等得，再根据点为为斜边的中点可对结论③进行判定；
在中，，，点为的垂心，故得，据此可得，为等腰直角三角形，再由勾股定理得出，据此可对结论④进行判定；
由结论④可得出点不是线段的中点，从而得出不是的中位线，据此可对结论⑤进行判定．
【解答】解：四边形为正方形，、为对角线，
，，，
平分，
，
，
又，，
即：，
，故结论①正确；
，，
，
，
在和中，
，
，
，故结论②正确；
，
，
又，，
点为的中点，
在中，点为斜边的中点，
，
，故结论③正确；
在中，，，
点为的垂心，
，
，
，，
，为等腰直角三角形，
，
在中由勾股定理得：，
，
，故结论④正确；
，
点不是线段的中点，
不是的中位线，
，故结论⑤不正确．
综上所述：结论正确的是：①②③④．
故答案为：①②③④．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解正方形的四条边相等、四个角都是直角、对角线互相垂直平分、且每一条对角线平分一组对角．
4．（2022春•临洮县期中）如图，，分别是正方形的边、上的点．且，、相交于点，下列结论：①，②，③，④中，错误的有 ③ ．（只填序号）
【分析】根据正方形的性质可得，，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，从而判定出①正确；再根据全等三角形对应角相等可得，然后证明，再得到，从而得出，判断②正确；假设，根据线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等的性质可得，再根据直角三角形斜边大于直角边可得，即，从而判断③错误；根据全等三角形的面积相等可得，然后都减去的面积，即可得解，从而判断④正确．
【解答】解：在正方形中，，，
，
，
即，
在和中，，
，
，故①正确；
，
，
，
在中，，
，故②正确；
假设，
（已证），
（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），
在中，，
，这与正方形的边长相矛盾，
所以，假设不成立，，故③错误；
，
，
，
即，故④正确；
综上所述，错误的有③．
故答案为：③．
【点评】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，全等三角形的判定与性质，综合题但难度不大，求出和全等是解题的关键，也是本题的突破口．
三．解答题（共6小题）
5．（2023春•乌鲁木齐期中）如图，正方形中，点，分别为，边上的点，且，连接，．求证：．
【分析】根据题意证明即可．
【解答】解：在正方形中，，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键．
6．（2022春•石阡县期中）如图，点、是正方形中、边上的点，，求证：．
【分析】首先利用正方形的性质得到全等三角形的一部分条件，然后利用已知条件证明和全等即可解集问题．
【解答】证明：四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，也利用了全等三角形的判定与性质，题目比较简单．
7．（2022春•石阡县期中）（1）如图①，已知正方形的对角线、相交于点，是上一点，过点作，垂足为，求证：；
（2）如图②，若点在的延长线上，，交的延长线于．的延长线交的延长线于，其他条件不变，则结论“”还成立吗？若成立，请给予证明，若不成立，请说明理由．
【分析】（1）首先利用正方形的性质得到，，然后利用得到，最后利用全等三角形的判定解决问题；
（2）结论成立．证明方法和（1）相似．
【解答】（1）证明：四边形为正方形，
，，
又，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）结论成立．
证明如下：
四边形为正方形，
，，
又，
，
，
，
在和中，
，
和，
；
【点评】本题主要考查了正方形的性质，也利用了全等三角形的判定和性质，有一定的综合性．
8．（2022春•海淀区校级期中）在正方形中，是边上一动点（不与点、重合），是的中点，
过点作，分别交、于点，．
（1）判定线段与的数量关系，并证明；
（2）连接交于点．
①根据题意补全图形；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，直接写出结论 ．
【分析】（1）过点作于点，则四边形是矩形，证明，由全等三角形的性质得出；
（2）①根据题意画出图形即可；
②过点作交于点，交于点，过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论．
【解答】解：（1）．
证明：过点作于点，则四边形是矩形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
又，
，
，
又，
，
，
；
（2）①补全图形如图2，
②如图3，过点作交于点，交于点，过点作于点，
，
，
为的中点，
，
又，
，
，，
四边形是矩形，
，
，
，，
，
，
由（1）知，
，
，
，
又，
，
，
，
．
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰三角形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
9．（2022春•孝南区期中）如图1，为正方形的边上一动点与、不重合），点在边上，且，连接、交于点．
（1）求证：；
（2）当运动到中点处时（如图，连接，请你判断线段与之间的关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，过点作于点，交、于点、，若，求的长度．
【分析】（1）证明即可得出答案；
（2）延长、交于一点，证明，在中利用直角三角形斜边中线定理即可得出答案；
（3）通过角度的推导证明和均为等腰三角形，设，在中利用勾股定理即可列方程求解．
【解答】解：（1）在正方形中有：，，
，
，
，
，
，
，
；
（2），理由如下：
如图，延长、交于一点，
当点为中点时，为中点，即，
，，
，
，
，
由（1）得：，
；
（3）由（1）得：，
，
，
，
设，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，，
，
，
解得：，
．
【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的边角性质及正方形中常考的“十字架”模型是解题关键．
10．（2023春•青秀区校级期中）在正方形中：
（1）已知：如图①，点、分别在、上，且，垂足为，求证：．
（2）如图②，如果点、、分别在、、上，且，垂足，那么、相等吗？证明你的结论．
（3）如图③，如果点、、、分别在、、、上，且，垂足，那么、相等吗？证明你的结论．
【分析】（1）根据正方形的性质，得到，，进而得到，则，进一步根据全等三角形的性质进行证明；
（2）过点作，可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得，由（1）的结论可知，所以；
（3）分别过点、作，，可证四边形、四边形为平行四边形，根据平行四边形的对边相等可得，，由（1）的结论可知，所以．
【解答】（1）证明：四边形是正方形，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）．
证明：如图②，过点作，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
由（1）可得，
，
；
（3）．
证明：如图③，分别过点、作，，
，，
四边形、四边形为平行四边形，
，，
，
，
由（1）可得，
，
．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定，熟练掌握正方形性质确定三角形全等的条件是解题的关键，（2）（3）两题通过作辅助线构造成（1）的形式是得解的关键．
题型三：四边形中的对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
一．解答题（共3小题）
1．（2023春•海珠区校级期中）如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．
（1）求点的坐标．
（2）当绕点旋转时，
①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出的最小值．
【分析】（1）由题意知，，即可解决问题；
（2）①过点作轴于，于．利用证明，得，从而得出；
②连接，由勾股定理得，则，当最小时，也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）点在第一象限的角平分线上，
，
，
；
（2）①不变．
过点作轴于，于．
，，
四边形是正方形，
，
．
在和中，
，
，
，
，
②连接，
，
，
，
，
，当最小时，也最小．
根据垂线段最短原理，最小值为2，
的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
2．（2023春•分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 ④ （请填序号）；
（2）在“完美”四边形中，，，连接．
①如图1，求证：平分；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分
想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分；
想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分．
请你参考上面的想法，帮助小明证明平分；
②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长使，连接
，，
，
，
．
．
即平分；
想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到，
．
；
；
．
，
．
点，，在一条直线上．
，
即平分
②
理由如下：
延长使，连接，
由 ①得为等腰三角形．
，
，
．
．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
3．（2022春•城关区校级期中）四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 ；
（2）如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为： ；
（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明：
①平分；
②；
（4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为： ．
【分析】（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得，，，即可得；
（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．
【解答】解：（1）四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故答案为：；
（3）①延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
（4）延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
过点作交于点，
为的中点，
，
在中，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
题型四：与正方形有关三垂线

1．（2022春·广东东莞·八年级塘厦初中校考期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，
∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
2．（2022春·新疆省直辖县级单位·八年级校联考期末）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)16
(3)
【分析】（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
（1）
证明：在上取点，使，连接，

则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）
解：四边形的面积不变，为，
连接，

，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）
解：作于，

，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
题型五：正方形与45°角的基本图

一、解答题
1．（21-22八年级上·江苏宿迁·期中）（1）如图①，在正方形中，、分别是、上的点，且，连接，探究、、之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形中，，，、分别是、上的点，且，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1），理由见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长到使得，先证，再证，最后根据边的关系即可证明；
（2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长到使得，先证
，再证，最后根据边的关系即可证明；
【详解】解：（1）
证明：延长到，使得
连接
∵四边形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
证明：延长到，使得
连接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的关键．
2．（20-21八年级下·四川绵阳·期中）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．

（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【答案】（1）AB＝AH；（2）成立，证明见解析；（3）3
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
∵BE＝DN，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠MAN＝45°，
∴∠DAN+∠BAM＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
又AM＝AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：

∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质定理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
3．（20-21八年级下·辽宁大连·期末）如图．在正方形中，点E在边上，点F在延长线上，，连接交于点H，连接．
（1）求证；
（2）求的值；
（3）探究、、三条线段之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）；（3），理由见解析
【分析】（1）过E作交于点M，证明即可；
（2）连接，，证明，则易得△EAF是等腰直角三角形，从而可求得结果；
（3）连接，，过H作交延长线于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的关系．
【详解】（1）过E作交于点M，如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）连接，，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H为中点，
∴；
（3）．
理由如下：
连接，，过H作交延长线于G，如图3．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，为等腰直角三角形，H为中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作辅助线证明三角形全等．
4．（20-21八年级下·湖北武汉·期中）将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立，
(1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______．
(2)∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，
①如图①，求证AE＝EF；
②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积；
(3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值．
【答案】(1)（6，6），（3，0）
(2)①证明见解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质求解即可得出答案；
（2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出32+（6-x）2=（x+3）2，解得x=2，根据计算求解即可得出答案；
（3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案．
【详解】（1）解：∵实数a，b使式子成立，
∴，
∴，
∴a=6，
∴b=3，
∴点A的坐标为（0，6），E（3，0）；
∴OA=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=CD=OA=6，
∴D（6，6），
故答案为：（6，6），（3，0）；
（2）解：①如图①，取OA的中点K，连接KE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEO=∠AEO+∠OAE=90°，
∴∠FEC=∠OAE，
∵OE=EC=3，K为OA的中点，OA=OC，
∴AK=EC，OK=OE，
∴∠OKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AKE=∠ECF，
在△AKE和△ECF中，
，
∴△AKE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
②如图②，延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，
∵四边形AOCD是正方形，
∴AO=AD，∠AOE=∠ADH=90°，
∴△AOE≌△ADH（SAS），
∴∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，
由①知AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠OAE+∠DAG=∠DAH+∠DAG=∠GAH=45°，
∴∠GAH=∠GAE，
∴△AEG≌△AHG（SAS），
∴EG=GH=DG+OE，∠AGE=∠AGH，∠AEG=∠AHD，
∴∠AEO=∠AEG，
∵，
∴∠AGH=∠GNE=∠AGE，
∴EN=EG，
同理可得GM=GE，
∴GM=EN，
又∵GM⊥EN，
设DG=x，则CG=6-x，
∴OE=CE=3，
∴EG=x+3，
在Rt△ECG中，32+（6-x）2=（x+3）2，
解得x=2，
∴EG=EN=GM=5，
∴S四边形MNGE=＝；
（3）解：在外角平分线上取点F，使CF=AO，连接，，
∴∠OAP=∠QCF=45°，
∵AP=CQ，
∴△APB≌△CQF（SAS），
∴PB=QF，
∴BP+BQ=BQ+QF，
∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵∠DCF=∠RCF=45°，
∴△CFR为等腰直角三角形，
∵AO=CF=6，
∴CR=FR=，
∴OR=，
在Rt△ORF中，，
的最小值为，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（20-21八年级下·山西·期末）综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．
（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
6．（21-22八年级下·湖北咸宁·期中）在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2)求证：；
(3)矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出．
7．（20-21八年级下·陕西商洛·期末）如图，在中，的平分线交于点，交的延长线于点，以、为邻边作，如图①所示．
（1）求证：是菱形；
（2）若，连接、、，如图②所示，求证：；
（3）若，，，是的中点，如图③所示，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）平行四边形的性质可得AD//BC，再根据平行线的性质证明∠CEF＝∠CFE，根据等角对等边可得CE＝CF，再由条件四边形ECFG是平行四边形，可得四边形ECFG为菱形；
（2）先证明∠BEG＝120°＝∠DCG，再得出AB＝BE，进而得出BE＝CD，即可证明△BEG≌△DCG；
（3）如图，连接，，，证明四边形ECFG为正方形，再证明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根据∠BMD＝∠BME＋∠EMD＝∠DMC＋∠EMD＝90°可得到△BDM是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质即可得到结论．
【详解】（1）证明：平分，
．
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
．
又四边形是平行四边形，
平行四边形为菱形；
（2）四边形是平行四边形，
，，，
，
，．
由（1）知，四边形是菱形，
，，
，
，
．
是的平分线，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如图，连接，，，
，四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
又由（1）可知四边形为菱形，，
四边形为正方形
，
．
为中点，
，．
在和中
，
，
是等腰直角三角形．
，，
，
．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定方法，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质、正方形的性质等知识点，综合运用以上知识是解题的关键．
8．（20-21八年级下·河南南阳·期末）情景呈现：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．
（Ⅰ）提出问题：当点P运动时，∠APE的度数，线段CP与DE的数量关系是否发生改变？
（Ⅱ）探究问题：首先观察点P的两个特殊位置：
①当点P与点B重合时，如图1所示，∠APE＝ °，线段CP与DE之间的数量关系： ；
②当BP＝BC时，如图2所示，∠APE＝ °，线段CP与DE之间的数量关系： ；
（Ⅲ）猜想并证明：
①然后观察点P的一般位置：当点P在线段BC上时，结合图3，通过观察、测量、发现：上述结论 ；（填“成立”或“不成立”）
②当点P在射线CB上时，如图4，上述结论是否成立？若成立，请结合图4进行证明；若不成立，请说明理由．
（Ⅳ）解决问题：请用简洁的语言概括你发现的结论：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．当点P在射线CB运动时（不与点C重合）， ．
【答案】（Ⅱ）①45；；②45；；（Ⅲ）猜想并证明：①成立；②成立，见解析；（Ⅳ）始终存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【分析】（Ⅱ）探究问题：①根据正方形的性质以及等腰直角三角形三边长比例关系，即可得到答案；②先推出B、E重合，再证明四边形APED是平行四边，再根据等腰直角三角形三边长比例关系，即可得到答案；
（Ⅲ）①通过观察、测量、猜想即可发现答案；②过点E作EF⊥AD于点F，延长FE交BC于点G，连接CE，可证明△BAE≌△BCE，从而得∠EAB＝∠EPC，∠AEP＝90°，∠EAP＝∠APE＝45°，再证明四边形FGCD为矩形，结合，即可求解．
（Ⅳ）根据（Ⅱ）（Ⅲ）的证明过程，可得始终存在∠APE＝45°，CP＝ DE．
【详解】解：（Ⅱ）探究问题：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APE＝45°，BC＝CD，
在Rt△BCD中，BC＝CD，
∴PD＝PC，
∵AE=PE，∠APE＝45°，
∴AE⊥PD，
∴PD＝2DE，
∴，
故答案为：45；；
②∵四边形ABCD是正方形，BP＝BC，
∴AB=PB，
∴是等腰直角三角形，
∴AB的中垂线过点B，即B、E重合，
∴∠DBC＝45°，BC＝AD，AD∥PB，
∵BP＝BC，
∴AD=PB，
∴四边形APED是平行四边形，
∴AP＝DE＝CE，AP∥DE，
∴∠APE＝∠DBC＝45°，
又∵CP=2CE，
∴
故答案为：45；；
（Ⅲ）猜想并证明：
①通过观察、测量发现：∠APE＝45°， 成立，
故答案为：成立；
②成立，
证明：如图4，过点E作EF⊥AD于点F，延长FE交BC于点G，连接CE，
∵点E在AP的垂直平分线上，
∴EA＝EP．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，
又∵BE=BE，
∴△BAE≌△BCE（SAS），
∴∠EAB＝∠ECB，EA＝EC．
∴EP＝EC．
∴∠EPC＝∠ECP．
∴∠EAB＝∠EPC．
∵∠EAB+∠AEP＝∠ABP+∠EPC，∠ABP＝90°，
∴∠AEP＝90°．
∴∠EAP＝∠APE＝45°，
∵EF⊥AD，
∴∠DFG＝90°．
∵∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形FGCD为矩形．
∴CG＝FD，∠FGC＝90°．
∵∠BDA＝45°，
∴．
∵EP＝EC，
∴，
（Ⅳ）解决问题：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．当点P在射线CB上运动时（不与点C重合），根据（Ⅲ）②可得，始终存在∠APE＝45°，CP＝ DE，
故答案为：始终存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
9．（23-24九年级上·黑龙江齐齐哈尔·期中）通过类比联想，引申拓展研究典型题目，可达到解一题知一类的目的，下面是一个案例，请补充完整．原题：如图1，点E、F分别在正方形的边、上，，连接，试猜想、、之间的数量关系．

(1)把绕点逆时针旋转至，可使与重合，由，得，，即点F、D、G共线，易证≌__________，故、、之间的数量关系为__________．
(2)如图2，点E、F分别在正方形的边、的延长线上，．连接，试猜想、、之间的数量关系为__________，并给出证明．
(3)如图3，在中，，，点D、E均在边上，且．若，，直接写出的值和的长．
【答案】(1)，
(2)，理由见解析
(3)，
【分析】（1）根据旋转的性质可得，利用判定定理可直接证明，再依据对应线段相等可求．
（2）把绕点逆时针旋转，使与重合，证全等即可到结论．
（3）把绕点逆时针旋转，使与重合，点B对应点为点F，连接和即可求解．
【详解】（1）解：，，理由如下：
四边形是正方形，
∴，，
由旋转的性质可知，，
， ，，，
，
，
，
，
．
（2），证明如下：
如下图，把绕点逆时针旋转，与重合，
，，
，，
，
；
；
在和中，
，
∴；

∴；
∵；
即．
（3）如图1.解：∵，，
∴，
把绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点；
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴在中，
，
；
；
；

在和中，
，
∴，
∴，
在直角三角形中，由勾股定理得：
，
∴，
∵是等腰直角三角形；
∴，
，
同理把绕点顺时针旋转，点的对应点为点，连接，；

；
，；
；
在直角中，；
∴
∴，
由旋转的性质可知，；
是等腰直角三角形；
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查正方形中的半角模型，旋转的性质，全等三角形的判定，掌握类比迁移，旋转后三角形全等的证明是解决本题的关键．
10．（20-21八年级下·广东珠海·期中）如图，正方形的边长为，点P从点A出发，以每秒的速度沿从点A向终点O运动，点Q从点O同时出发，以相同的速度沿射线方向运动，规定点P到达点O时，点Q也停止运动，连接，过点P作的垂线，与过点Q平行于的直线l相交于点D，与y轴交于点E，连接，设点P运动的时间为t（秒）
（1）的度数为
（2）点D的运动总路径长为______：
（3）探索线段、、的数量关系，并说明理由；
（4）当为等腰三角形时，求t的值．
【答案】（1）45°；（2）；（3），见解析；（4）4或
【分析】（1）易证△BAP≌△PQD，从而得到BP=PD，由∠BPD=90°，从而可以求出∠PBE的度数；
（2）由△BAP≌△PQD，从而得到DQ=AP=t，点D运动路径的长是∠COQ的平分线；
（3）将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，只要证明△PBG≌△PBE，推出PE=PG，推出PE=PA+AG=PA+CE；
（4）分三种情况讨论：①若PB=PE，得∠BPE=90°，则Q与O重合，不成立； ②若EB=EP，则△POE≌△ECB，得BC=OE，则点E与点C重合（EC=0），点P与点O重合（PO=0），则t=4； ③若BP=BE，延长OA到F，使得AF=CE，连接BF，如图2，证明△BAP≌△BCE和△FBP≌△EBP，用t表示PE的长，然后列方程求出t的值.
【详解】解：（1）如图，由题可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ，
∵四边形OABC是正方形，
∴AO=AB=BC=OC， ∠BAO=∠AOC=∠OCB=∠ABC=90°，
∵DP⊥BP，
∴∠BPD=90°，
∴∠BPA=90°-∠DPQ=∠PDQ，
∵AO=PQ，AO=AB，
∴AB=PQ，
在△BAP和△PQD中，
∵∠BAP＝∠PQD，∠BPA＝∠PDQ，AB＝PQ，
∴△BAP≌△PQD（AAS），
∴BP=PD，
∵∠BPD=90°，BP=PD，
∴∠PBD=∠PDB=45°；
（2）∵△BAP≌△PQD，
∴DQ=AP，
∵AP=t，
∴DQ=t，
∴点D坐标为（t，t），
∴点D运动路径的长为∠COQ的平分线，即；
（3）如图，数量关系：PE=PA+CE
理由：将△BCE绕点B顺时针旋转90°得到△BAG，
∵∠PBE=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠CBE=∠ABP+∠ABG=45°，
∴∠PBG=∠PBE，
在△PBG和△PBE中，
∵PB＝PB，∠PBG＝∠PBF， BG＝BE，
∴△PBG≌△PBE（SAS），
∴PE=PG，
∴PE=PA+AG=PA+CE，
∴PE=PA+CE；
（4）①若PB=PE，
则∠PBE=∠PEB=45°，
∴∠BPE=90°，
∵∠BPD=90°，
∴∠BPE=∠BPD，
∴点E与点D重合，
∴点Q与点O重合，
与条件“DQ∥y轴”矛盾，
∴这种情况不成立，
②若EB=EP，则∠PBE=∠BPE=45°，
∴∠BEP=90°，
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC，
∴△POE≌△ECB，
∴OE=BC，OP=EC，
∴OE=OC，
∴点E与点C重合（EC=0），
∴点P与点O重合（PO=0），
∵B（-4，4），
∴AO=CO=4， 此时t=AP=AO=4；
③若BP=BE，则△BAP≌△BCE，
∴AP=CE，
∵AP=t，
∴CE=t，
∴PO=EO=4-t，
∵∠POE=90°，
∴PE=，
延长OA到F，使得AF=CE，连接BF， 可证得△FAB≌△ECB，
∴FB=EB，∠FBA=∠EBC，
∵∠EBP=45°，∠ABC=90°，
∴∠ABP+∠EBC=45°，
∴∠FBP=∠FBA+∠ABP=∠EBC+∠ABP=45°，
∴∠FBP=∠EBP，
∴△FBP≌△EBP，
∴FP=EP，
∴EP=FP=FA+AP=CE+AP，
∴EP=t+t=2t，
∴ （4-t）=2t， t=4-4，
∴当t=4秒或（4-4）秒时，△PBE为等腰三角形；
【点睛】本题是正方形与动点问题的综合题，考查了动点问题的正方形，等腰直角三角形的性质，全等三角形，解题关键是深刻理解动点的路程、时间，理解两动点的完整运动过程，同时，采用了分类讨论一个三角形是等腰三角形的三种情况．
11．（21-22八年级下·湖南长沙·阶段练习）将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立．
(1)直接写出点D、E的坐标：D______，E______．
(2)，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．
①如图①，求证；
②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积．
(3)如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)①见解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意义的条件和相反数的性质可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质即可得出答案；
（2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出，解得x=2，根据计算求解即可得出答案；
（3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案．
【详解】（1）解：∵a，b满足式子，
∴a=6，b=3，
∴，；
（2）解：①取OA的中点K，连接KE，如图所示，
∵，
∴，
∴，
∵，K为OA的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴，
∴，
∴，
在△AKE和△ECF中，
，
∴，
∴；
②延长CD，并在延长线上截取，连接AH，如图所示，
∵四边形AOCD是正方形，
∴，，
∴，
∴，，，
由①可知，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
又，
设，则，
∴，
∴，
在Rt△ECG中，，
解得，
∴，
∴．
（3）解：在外角平分线上取点F，使，如图所示，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，
过点F作轴于点R，
在Rt△ORF中，，
∴的最小值为．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．