【期中講練測(cè)】人教版八年級(jí)下冊(cè)數(shù)學(xué) 專題3-1平行四邊形考點(diǎn)專練.zip-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

題型一：中點(diǎn)四邊形題型二：正方形中的十字架模型
題型三：四邊形中的對(duì)角互補(bǔ)模型題型四：與正方形有關(guān)三垂線
題型五：正方形與45°角的基本圖
題型一：中點(diǎn)四邊形
“中點(diǎn)四邊形”，也叫瓦里尼翁平行四邊形，是順次連接四邊形各邊中點(diǎn)而組成的四邊形，是四邊形的內(nèi)接四邊形的一種特殊情況，一般有以下三種形態(tài)：
（原四邊形ABCD依次是：凸四邊形，凹四邊形，折四邊形）
（一）中點(diǎn)四邊形一定是平行四邊形
當(dāng)原四邊形對(duì)角線相等時(shí)，其中點(diǎn)四邊形為菱形
當(dāng)原四邊形對(duì)角線垂直時(shí)，其中點(diǎn)四邊形為矩形
當(dāng)原四邊形對(duì)角線垂直且相等時(shí)，其中點(diǎn)四邊形為正方形
（二）中點(diǎn)四邊形的周長(zhǎng)等于原四邊形對(duì)角線之和
（三）中點(diǎn)四邊形的面積等于原四邊形面積的二分之一
一．選擇題（共1小題）
1．（2023春?南京期中）如圖，在四邊形中，、、、分別是線段、、、的中點(diǎn)，要使四邊形是菱形，需添加的條件是
A．B．C．D．
【分析】由點(diǎn)、、、分別是任意四邊形中、、、的中點(diǎn)，根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)，可得，，又由當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形，即可求得答案．
【解答】解：點(diǎn)、、、分別是任意四邊形中、、、的中點(diǎn)，
，，
當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形，
當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形．
故選：．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)、菱形的判定以及三角形中位線的性質(zhì)．此題難度適中，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．
二．填空題（共1小題）
2．（2023春?南川區(qū)期中）如圖，已知矩形的對(duì)角線的長(zhǎng)為，順次連結(jié)各邊中點(diǎn)、、、得四邊形，則四邊形的周長(zhǎng)為 36 ．
【分析】由三角形中位線定理推出，得到四邊形是菱形，即可求出四邊形的周長(zhǎng)為．
【解答】解：、分別是、的中點(diǎn)，
是的中位線，
，
同理，，，
四邊形是矩形，
，
，
四邊形是菱形，
四邊形的周長(zhǎng)為．
故答案為：36．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查菱形的判定，矩形的性質(zhì)，中點(diǎn)四邊形，三角形中位線定理，關(guān)鍵是掌握三角形中位線定理，菱形的判定方法．
三．解答題（共6小題）
3．（2022春?香洲區(qū)期中）如圖，點(diǎn)，，，分別是的邊，，，的中點(diǎn)．求證：四邊形是平行四邊形．
【分析】連接，構(gòu)造三角形中位線，利用三角形中位線定理推知，，根據(jù)“有一組對(duì)邊相等且平行的四邊形是平行四邊形”證得結(jié)論．
【解答】證明：連接，如圖所示．點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是的中點(diǎn)，
，．
同理，可得出：，，
，，
四邊形是平行四邊形．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了中點(diǎn)四邊形和平行四邊形的判定與性質(zhì)，凡是可以用平行四邊形知識(shí)證明的問題，不要再回到用三角形全等證明，應(yīng)直接運(yùn)用平行四邊形的性質(zhì)和判定去解決問題．
4．（2022春?高安市期中）如圖，四邊形中，，，，，分別為，，，邊的中點(diǎn)，試判斷四邊形的形狀，并說明理由．
【分析】根據(jù)三角形中位線定理得到，，，，，，進(jìn)而得出，，根據(jù)菱形的判定定理解答．
【解答】解：四邊形是菱形，理由如下：
點(diǎn)，，，分別為四邊形的邊，，，的中點(diǎn)，
，，，，，，
，，
四邊形為平行四邊形．
當(dāng)時(shí)，，
四邊形為菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查的是三角形中位線定理、菱形的判定，靈活運(yùn)用三角形中位線定理是解題的關(guān)鍵．
5．（2023春?姜堰區(qū)期中）如圖，在四邊形中，點(diǎn)、、、分別是、、、的中點(diǎn)，連接、．
（1）求證：四邊形是平行四邊形；
（2）當(dāng)對(duì)角線與滿足什么關(guān)系時(shí)，四邊形是菱形，并說明理由．
【分析】（1）利用三角形中位線定理可得新四邊形的對(duì)邊平行且等于原四邊形一條對(duì)角線的一半，那么根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形可判定所得的四邊形一定是平行四邊形；
（2）根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形，只要證明即可．
【解答】（1）證明：點(diǎn)、、、分別是、、、的中點(diǎn)，
，，，，
，，
四邊形為平行四邊形；
（2）當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形，理由如下：
由（1）知：四邊形是平行四邊形．
、分別是、的中點(diǎn)，
．
又，
當(dāng)時(shí)，，
平行四邊形是菱形．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了三角形的中位線定理和特殊四邊形的判定定理．熟記結(jié)論：順次連接四邊形各邊中點(diǎn)所得四邊形是平行四邊形；順次連接對(duì)角線相等的四邊形各邊中點(diǎn)所得四邊形是菱形；順次連接對(duì)角線垂直的四邊形各邊中點(diǎn)所得四邊形是矩形；順次連接對(duì)角線相等且互相垂直的四邊形各邊中點(diǎn)所得四邊形是正方形．
6．（2023春?西湖區(qū)期中）已知：如圖，四邊形四條邊上的中點(diǎn)分別為、、、，順次連接、、、，得到四邊形（即四邊形的中點(diǎn)四邊形）．
（1）四邊形的形狀是平行四邊形；
（2）證明你的結(jié)論．
（3）當(dāng)、滿足時(shí)，四邊形是菱形．
（4）當(dāng)、滿足時(shí)，四邊形是矩形．
（5）當(dāng)、滿足時(shí)，四邊形是正方形．
【分析】（1）猜想：四邊形是平行四邊形．
（2）連接，，根據(jù)兩組對(duì)邊分別平行的四邊形是平行四邊形得出四邊形是平行四邊形．
（3）根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形證明即可．
（4）根據(jù)有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，可知當(dāng)四邊形的對(duì)角線滿足的條件時(shí)，四邊形是矩形．
（5）根據(jù)有一個(gè)角是直角，鄰邊相等的平行四邊形是正方形證明即可．
【解答】解：（1）結(jié)論：四邊形是平行四邊形，
故答案為：平行四邊形．
（2）連接，，
四邊形中，、、、分別為、、、的中點(diǎn)，
，，
，
同理：，
四邊形是平行四邊形．
（3）當(dāng)時(shí)，四邊形是菱形．
，，
，
四邊形是菱形；
故答案為：．
（4）當(dāng)時(shí)，四邊形是矩形．
由（2）得：四邊形是平行四邊形，
，，
，
四邊形是矩形．
故答案為：．
（5）當(dāng)且時(shí)，四邊形是正方形．
時(shí)，四邊形是矩形，時(shí)，四邊形是菱形，
四邊形是正方形．
故答案為：，．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查中點(diǎn)四邊形，三角形中位線定理，平行四邊形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定等知識(shí)，熟記各定理是解題的關(guān)鍵．
7．（2023春?鹽城期中）閱讀理解，我們把依次連接任意一個(gè)四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形叫中點(diǎn)四邊形，如圖1，在四邊形中，，，，分別是邊，，，的中點(diǎn)，依次連接各邊中點(diǎn)得到中點(diǎn)四邊形．
（1）這個(gè)中點(diǎn)四邊形的形狀是平行四邊形；
（2）如圖2，在四邊形中，點(diǎn)在上且和為等邊三角形，、、、分別為、、、的中點(diǎn)，試判斷四邊形的形狀并證明．
【分析】（1）連接，由三角形中位線定理得出，，，，得出，，即可得出結(jié)論；
（2）連接、，由等邊三角形的性質(zhì)得出，，，證出，由證明，得出，由三角形中位線定理得出，，，，，得出，，證出四邊形是平行四邊形；再得出，即可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）中點(diǎn)四邊形是平行四邊形；
理由如下：連接，如圖1所示：
，，，分別是邊，，，的中點(diǎn)，
是的中位線，是的中位線，
，，，，
，，
四邊形是平行四邊形；
故答案為：平行四邊形；
（2）四邊形為菱形．理由如下：
連接與，如圖2所示：
和為等邊三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，，，分別是邊，，，的中點(diǎn)，
是的中位線，是的中位線，是的中位線，
，，，，，
，，
四邊形是平行四邊形；
，
，
四邊形為菱形．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了中點(diǎn)四邊形、菱形的判定方法、三角形中位線定理、全等三角形的判定與性質(zhì)；熟練掌握中點(diǎn)四邊形，證明三角形全等得出是解決問題（2）的關(guān)鍵．
8．（2023春?惠陽區(qū)校級(jí)期中）如圖，，，，分別是邊，，，的中點(diǎn)．
（1）判斷四邊形的形狀，并證明你的結(jié)論；
（2）當(dāng)，滿足什么條件時(shí)，四邊形是正方形．（不要求證明）
【分析】（1）四邊形為平行四邊形，利用中位線的性質(zhì)驗(yàn)證即可；
（2）根據(jù)原四邊形對(duì)角線相等且垂直，得到中點(diǎn)四邊形為正方形即可．
【解答】解：（1）四邊形是平行四邊形．
證明：，分別是邊，的中點(diǎn)，
，且，
同理：，且，
，且，
四邊形是平行四邊形；
（2）當(dāng)且時(shí)，四邊形是正方形，
同（1）得到四邊形為平行四邊形，且，，
平行四邊形為正方形．
【點(diǎn)評(píng)】此題考查了中點(diǎn)四邊形，以及正方形的判定，熟練掌握中位線定理是解本題的關(guān)鍵．
題型二：正方形中的十字架模型
一．選擇題（共2小題）
1．（2023春?南昌縣期中）如圖，正方形內(nèi)有兩條相交線段，，，，，分別在邊，，，上．小明認(rèn)為：若，則；小亮認(rèn)為：若，則．你認(rèn)為
A．僅小明對(duì)B．僅小亮對(duì)C．兩人都對(duì)D．兩人都不對(duì)
【分析】若，先構(gòu)造出以與為斜邊的直角三角形，然后證明兩直角三角形全等，然后根據(jù)全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等，結(jié)合圖象可以證明出與垂直；第一個(gè)圖中的線段沿直線折疊過去，得到的就是反例，此時(shí)有，但是與肯定不垂直，因此小明的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的；
若，則，分別把和平移，然后根據(jù)三角函數(shù)即可得出結(jié)論．
【解答】解：解法一：若，則必有，這句話是正確的．
如圖，，，
，
，
又，
，
，
即，但不僅僅是這一種情況，如將第一個(gè)圖中的線段沿直線折疊過去，得到的就是反例，此時(shí)有，但是與肯定不垂直，因此小明的觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的；
解法二：若，則這句話是對(duì)的；
分別把和平移，如圖，
，
，
，
因此．
故選：．
【點(diǎn)評(píng)】解答本題要充分利用正方形的特殊性質(zhì)．注意在正方形中的特殊三角形的應(yīng)用，本題如圖所示起到關(guān)鍵的作用，沒有圖形的限制，則第一種情況不一定正確．
2．（2023秋?大東區(qū)期中）如圖，、分別是正方形的邊、上的點(diǎn)，且，、相交于點(diǎn)，下列結(jié)論：（1）；（2）；（3）；（4）中正確的有
A．4個(gè)B．3個(gè)C．2個(gè)D．1個(gè)
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得，，則由易得，根據(jù)“”可判斷，所以；根據(jù)全等的性質(zhì)得，
利用得到，則；連接，，，而，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得到；最后根據(jù)得，則，即．
【解答】解：四邊形為正方形，
，，
而，
，
在和中
，
，
，所以（1）正確；
，
而，
，
，
，所以（2）正確；
連接，
，
，
而，
，所以（3）錯(cuò)誤；
，
，
，
，所以（4）正確．
故選：．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)：判定三角形全等的方法有“”、“ ”、“ ”、“ ”；全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等．也考查了正方形的性質(zhì)．
二．填空題（共2小題）
3．（2022春?三穗縣校級(jí)期中）如圖正方形的對(duì)角線相交于點(diǎn)，平分交于點(diǎn)，于點(diǎn)，交于點(diǎn)，連接、，下列四個(gè)結(jié)論：
①；
②；
③；
④；
⑤，
其中正確的結(jié)論有 ①②③④ （填序號(hào)）．
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得，再根據(jù)角平分線的意義得，據(jù)此可得，據(jù)此可對(duì)結(jié)論①進(jìn)行判定；
根據(jù)，，可判定和全等，于據(jù)此可對(duì)結(jié)論②進(jìn)行判定；
由和全等得，再根據(jù)點(diǎn)為為斜邊的中點(diǎn)可對(duì)結(jié)論③進(jìn)行判定；
在中，，，點(diǎn)為的垂心，故得，據(jù)此可得，為等腰直角三角形，再由勾股定理得出，據(jù)此可對(duì)結(jié)論④進(jìn)行判定；
由結(jié)論④可得出點(diǎn)不是線段的中點(diǎn)，從而得出不是的中位線，據(jù)此可對(duì)結(jié)論⑤進(jìn)行判定．
【解答】解：四邊形為正方形，、為對(duì)角線，
，，，
平分，
，
，
又，，
即：，
，故結(jié)論①正確；
，，
，
，
在和中，
，
，
，故結(jié)論②正確；
，
，
又，，
點(diǎn)為的中點(diǎn)，
在中，點(diǎn)為斜邊的中點(diǎn)，
，
，故結(jié)論③正確；
在中，，，
點(diǎn)為的垂心，
，
，
，，
，為等腰直角三角形，
，
在中由勾股定理得：，
，
，故結(jié)論④正確；
，
點(diǎn)不是線段的中點(diǎn)，
不是的中位線，
，故結(jié)論⑤不正確．
綜上所述：結(jié)論正確的是：①②③④．
故答案為：①②③④．
【點(diǎn)評(píng)】此題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定方法，理解正方形的四條邊相等、四個(gè)角都是直角、對(duì)角線互相垂直平分、且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角．
4．（2022春?臨洮縣期中）如圖，，分別是正方形的邊、上的點(diǎn)．且，、相交于點(diǎn)，下列結(jié)論：①，②，③，④中，錯(cuò)誤的有 ③ ．（只填序號(hào)）
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得，，然后求出，再利用“邊角邊”證明和全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得，從而判定出①正確；再根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得，然后證明，再得到，從而得出，判斷②正確；假設(shè)，根據(jù)線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等的性質(zhì)可得，再根據(jù)直角三角形斜邊大于直角邊可得，即，從而判斷③錯(cuò)誤；根據(jù)全等三角形的面積相等可得，然后都減去的面積，即可得解，從而判斷④正確．
【解答】解：在正方形中，，，
，
，
即，
在和中，，
，
，故①正確；
，
，
，
在中，，
，故②正確；
假設(shè)，
（已證），
（線段垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等），
在中，，
，這與正方形的邊長(zhǎng)相矛盾，
所以，假設(shè)不成立，，故③錯(cuò)誤；
，
，
，
即，故④正確；
綜上所述，錯(cuò)誤的有③．
故答案為：③．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的四條邊都相等，每一個(gè)角都是直角的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，綜合題但難度不大，求出和全等是解題的關(guān)鍵，也是本題的突破口．
三．解答題（共6小題）
5．（2023春?烏魯木齊期中）如圖，正方形中，點(diǎn)，分別為，邊上的點(diǎn)，且，連接，．求證：．
【分析】根據(jù)題意證明即可．
【解答】解：在正方形中，，，
，
，
，
，
，
，
，
．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，熟練掌握正方形中的“十字架”模型是解題關(guān)鍵．
6．（2022春?石阡縣期中）如圖，點(diǎn)、是正方形中、邊上的點(diǎn)，，求證：．
【分析】首先利用正方形的性質(zhì)得到全等三角形的一部分條件，然后利用已知條件證明和全等即可解集問題．
【解答】證明：四邊形為正方形，
，，
在和中，
，
，
．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，也利用了全等三角形的判定與性質(zhì)，題目比較簡(jiǎn)單．
7．（2022春?石阡縣期中）（1）如圖①，已知正方形的對(duì)角線、相交于點(diǎn)，是上一點(diǎn)，過點(diǎn)作，垂足為，求證：；
（2）如圖②，若點(diǎn)在的延長(zhǎng)線上，，交的延長(zhǎng)線于．的延長(zhǎng)線交的延長(zhǎng)線于，其他條件不變，則結(jié)論“”還成立嗎？若成立，請(qǐng)給予證明，若不成立，請(qǐng)說明理由．
【分析】（1）首先利用正方形的性質(zhì)得到，，然后利用得到，最后利用全等三角形的判定解決問題；
（2）結(jié)論成立．證明方法和（1）相似．
【解答】（1）證明：四邊形為正方形，
，，
又，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）結(jié)論成立．
證明如下：
四邊形為正方形，
，，
又，
，
，
，
在和中，
，
和，
；
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，也利用了全等三角形的判定和性質(zhì)，有一定的綜合性．
8．（2022春?海淀區(qū)校級(jí)期中）在正方形中，是邊上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)、重合），是的中點(diǎn)，
過點(diǎn)作，分別交、于點(diǎn)，．
（1）判定線段與的數(shù)量關(guān)系，并證明；
（2）連接交于點(diǎn)．
①根據(jù)題意補(bǔ)全圖形；
②用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，直接寫出結(jié)論．
【分析】（1）過點(diǎn)作于點(diǎn)，則四邊形是矩形，證明，由全等三角形的性質(zhì)得出；
（2）①根據(jù)題意畫出圖形即可；
②過點(diǎn)作交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，，證明，由全等三角形的性質(zhì)得出，則可得出結(jié)論．
【解答】解：（1）．
證明：過點(diǎn)作于點(diǎn)，則四邊形是矩形，
，，
四邊形是正方形，
，，
，，
又，
，
，
又，
，
，
；
（2）①補(bǔ)全圖形如圖2，
②如圖3，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作于點(diǎn)，
，
，
為的中點(diǎn)，
，
又，
，
，，
四邊形是矩形，
，
，
，，
，
，
由（1）知，
，
，
，
又，
，
，
，
．
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
9．（2022春?孝南區(qū)期中）如圖1，為正方形的邊上一動(dòng)點(diǎn)與、不重合），點(diǎn)在邊上，且，連接、交于點(diǎn)．
（1）求證：；
（2）當(dāng)運(yùn)動(dòng)到中點(diǎn)處時(shí)（如圖，連接，請(qǐng)你判斷線段與之間的關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖3，在（2）的條件下，過點(diǎn)作于點(diǎn)，交、于點(diǎn)、，若，求的長(zhǎng)度．
【分析】（1）證明即可得出答案；
（2）延長(zhǎng)、交于一點(diǎn)，證明，在中利用直角三角形斜邊中線定理即可得出答案；
（3）通過角度的推導(dǎo)證明和均為等腰三角形，設(shè)，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：
如圖，延長(zhǎng)、交于一點(diǎn)，
當(dāng)點(diǎn)為中點(diǎn)時(shí)，為中點(diǎn)，即，
，，
，
，
，
由（1）得：，
；
（3）由（1）得：，
，
，
，
設(shè)，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
設(shè)，則，，
，
，
解得：，
．
【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的邊角性質(zhì)及正方形中常考的“十字架”模型是解題關(guān)鍵．
10．（2023春?青秀區(qū)校級(jí)期中）在正方形中：
（1）已知：如圖①，點(diǎn)、分別在、上，且，垂足為，求證：．
（2）如圖②，如果點(diǎn)、、分別在、、上，且，垂足，那么、相等嗎？證明你的結(jié)論．
（3）如圖③，如果點(diǎn)、、、分別在、、、上，且，垂足，那么、相等嗎？證明你的結(jié)論．
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到，，進(jìn)而得到，則，進(jìn)一步根據(jù)全等三角形的性質(zhì)進(jìn)行證明；
（2）過點(diǎn)作，可證四邊形是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等可得，由（1）的結(jié)論可知，所以；
（3）分別過點(diǎn)、作，，可證四邊形、四邊形為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的對(duì)邊相等可得，，由（1）的結(jié)論可知，所以．
【解答】（1）證明：四邊形是正方形，，
，，
，
在和中，
，
，
；
（2）．
證明：如圖②，過點(diǎn)作，
，
四邊形是平行四邊形，
，
，
，
由（1）可得，
，
；
（3）．
證明：如圖③，分別過點(diǎn)、作，，
，，
四邊形、四邊形為平行四邊形，
，，
，
，
由（1）可得，
，
．
【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定，熟練掌握正方形性質(zhì)確定三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵，（2）（3）兩題通過作輔助線構(gòu)造成（1）的形式是得解的關(guān)鍵．
題型三：四邊形中的對(duì)角互補(bǔ)模型
模型1:全等形一-90°對(duì)角互補(bǔ)模型
模型2:全等形--120°對(duì)角互補(bǔ)模型
模型 3:全等形一一任意角對(duì)角互補(bǔ)模型
模型4:相似形一-90°對(duì)角互補(bǔ)模型（后面會(huì)學(xué)到）
一．解答題（共3小題）
1．（2023春?海珠區(qū)校級(jí)期中）如圖，點(diǎn)在第一象限的角平分線上，，點(diǎn)在軸正半軸上，點(diǎn)在軸正半軸上．
（1）求點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）當(dāng)繞點(diǎn)旋轉(zhuǎn)時(shí)，
①的值是否發(fā)生變化？若變化，求出其變化范圍；若不變，求出這個(gè)定值．
②請(qǐng)求出的最小值．
【分析】（1）由題意知，，即可解決問題；
（2）①過點(diǎn)作軸于，于．利用證明，得，從而得出；
②連接，由勾股定理得，則，當(dāng)最小時(shí)，也最?。鶕?jù)垂線段最短，從而得出答案．
【解答】解：（1）點(diǎn)在第一象限的角平分線上，
，
，
；
（2）①不變．
過點(diǎn)作軸于，于．
，，
四邊形是正方形，
，
．
在和中，
，
，
，
，
②連接，
，
，
，
，
，當(dāng)最小時(shí)，也最?。?br>根據(jù)垂線段最短原理，最小值為2，
的最小值為8．
【點(diǎn)評(píng)】本題是幾何變換綜合題，主要考查了坐標(biāo)與圖形的變化旋轉(zhuǎn)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是構(gòu)造全等三角形，屬于中考?？碱}型．
2．（2023春?分宜縣期末）我們規(guī)定：一組鄰邊相等且對(duì)角互補(bǔ)的四邊形叫做“完美四邊形”．
（1）在①平行四邊形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定為“完美”四邊形的是 ④ （請(qǐng)?zhí)钚蛱?hào)）；
（2）在“完美”四邊形中，，，連接．
①如圖1，求證：平分；
小明通過觀察、實(shí)驗(yàn)，提出以下兩種想法，證明平分
想法一：通過，可延長(zhǎng)到，使，通過證明，從而可證平分；
想法二：通過，可將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使與重合，得到，可證，，三點(diǎn)在一條直線上，從而可證平分．
請(qǐng)你參考上面的想法，幫助小明證明平分；
②如圖2，當(dāng)，用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【分析】（1）由“完美四邊形”定義可求解；
（2）①想法一：由“”可證，可得，，由等腰三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
想法二：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，，，可證點(diǎn)，，在一條直線上，由等腰三角形的性質(zhì)可得結(jié)論；
②延長(zhǎng)使，連接，由①可得為等腰三角形，由，可證為等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四邊形”的定義可得正方形是“完美四邊形”．
故答案為：④
（2）
①想法一：延長(zhǎng)使，連接
，，
，
，
．
．
即平分；
想法二：將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使邊與邊重合，得到，
．
；
；
．
，
．
點(diǎn)，，在一條直線上．
，
即平分
②
理由如下：
延長(zhǎng)使，連接，
由 ①得為等腰三角形．
，
，
．
．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了平行四邊形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是本題的關(guān)鍵．
3．（2022春?城關(guān)區(qū)校級(jí)期中）四邊形若滿足，則我們稱該四邊形為“對(duì)角互補(bǔ)四邊形”．
（1）四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且，則的度數(shù)為；
（2）如圖1，四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，，．
求證：平分．
小云同學(xué)是這么做的：延長(zhǎng)至，使得，連，可證明，得到是等腰直角三角形，由此證明出平分，還可以知道、、三者關(guān)系為：；
（3）如圖2，四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足，，試證明：
①平分；
②；
（4）如圖3，四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，且滿足，，則、、三者關(guān)系為：．
【分析】（1）根據(jù)對(duì)角互補(bǔ)，求解即可；
（2）由題意可得，，，即可得；
（3）①延長(zhǎng)至，使，連接，證明，可確定是等邊三角形，在求出，即可證明；
②由①直接可證明；
（4）延長(zhǎng)至，使，連接，證明，結(jié)合已知可求，過點(diǎn)作交于點(diǎn)，則有，，再由即可求解．
【解答】解：（1）四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
，
，
，
，
，
故答案為：；
（2），
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故答案為：；
（3）①延長(zhǎng)至，使，連接，
四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等邊三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
（4）延長(zhǎng)至，使，連接，
四邊形為對(duì)角互補(bǔ)四邊形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
過點(diǎn)作交于點(diǎn)，
為的中點(diǎn)，
，
在中，，
，
，
故答案為：．
【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形的綜合題，熟練掌握三角形全等的判定及性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，恰當(dāng)?shù)臉?gòu)造輔助線是解題的關(guān)鍵．
題型四：與正方形有關(guān)三垂線

1．（2022春·廣東東莞·八年級(jí)塘廈初中?？计谥校┧倪呅蜛BCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
（1）如圖，求證：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的長(zhǎng)度；
（3）當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是40°時(shí)，直接寫出∠EFC的度數(shù)．
【答案】（1）見解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根據(jù)正方形的判定定理證明即可；
（2）通過計(jì)算發(fā)現(xiàn)E是AC中點(diǎn)，點(diǎn)F與C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解決問題；
（3）分兩種情形：①如圖3，當(dāng)DE與AD的夾角為40°時(shí)，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根據(jù)角的和差得到∠EFC＝130°，②如圖4，當(dāng)DE與DC的夾角為40°時(shí)，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）證明：如圖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）如圖2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，
∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴點(diǎn)F與C重合，此時(shí)△DCG是等腰直角三角形，
∴四邊形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如圖3，當(dāng)DE與AD的夾角為40°時(shí)，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如圖4，當(dāng)DE與DC的夾角為40°時(shí)，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
綜上所述，∠EFC＝130°或40°．
【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的判定以及性質(zhì)，涉及了全等三角形的證明、等腰直角三角形等性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)基本性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
2．（2022春·新疆省直轄縣級(jí)單位·八年級(jí)校聯(lián)考期末）如圖，點(diǎn)是正方形的邊上的任意一點(diǎn)（不與、重合），與正方形的外角的角平分線交于點(diǎn)．
(1)求證：．
(2)將圖放在平面直角坐標(biāo)系中，如圖，連、，與交于點(diǎn)，若正方形的邊長(zhǎng)為，則四邊形的面積是否隨點(diǎn)位置的變化而變化？若不變，請(qǐng)求出四邊形的面積．
(3)在的（2）條件下，若，求四邊形的面積．
【答案】(1)見解析
(2)16
(3)
【分析】（1）在上取點(diǎn)，使，連接，則是等腰直角三角形，再利用證明≌，得；
（2）連接，根據(jù)，得，則四邊形的面積為正方形的面積；
（3）作于，由，可得，再利用證明≌，得，可知，利用待定系數(shù)法求出直線和的解析式，求出交點(diǎn)的坐標(biāo)，從而解決問題．
（1）
證明：在上取點(diǎn)，使，連接，

則，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）
解：四邊形的面積不變，為，
連接，

，
∴，
，
四邊形的面積為正方形的面積，
四邊形的面積為；
（3）
解：作于，

，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
設(shè)直線的解析式為，
，
，
直線的解析式為，
同理得，直線的解析式為，
當(dāng)時(shí)，
，
，
，
．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，待定系數(shù)法求直線解析式等知識(shí)，求出點(diǎn)的坐標(biāo)是解決問題（3）的關(guān)鍵．
題型五：正方形與45°角的基本圖

一、解答題
1．（21-22八年級(jí)上·江蘇宿遷·期中）（1）如圖①，在正方形中，、分別是、上的點(diǎn)，且，連接，探究、、之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）如圖②，在四邊形中，，，、分別是、上的點(diǎn)，且，此時(shí)（1）中的結(jié)論是否仍然成立？請(qǐng)說明理由．
【答案】（1），理由見解析；（2）成立，理由見解析
【分析】（1）典型的“夾半角模型”，延長(zhǎng)到使得，先證，再證，最后根據(jù)邊的關(guān)系即可證明；
（2）圖形變式題可以參考第一問的思路，延長(zhǎng)到使得，先證
，再證，最后根據(jù)邊的關(guān)系即可證明；
【詳解】解：（1）
證明：延長(zhǎng)到，使得
連接
∵四邊形是正方形
∴，
又∵
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
（2）
證明：延長(zhǎng)到，使得
連接
∵，
∴
又∵，
∴
∴，
∵
∴
∴
又∵
∴
∴
又∵
∴
【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正確的根據(jù)“夾半角模型”作出輔助線是解題的關(guān)鍵．
2．（20-21八年級(jí)下·四川綿陽·期中）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長(zhǎng)線）于點(diǎn)M，N，AH⊥MN于點(diǎn)H．

（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：；
（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫出理由，如果成立請(qǐng)證明；
（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，AH＝6，求NH的長(zhǎng)．（可利用（2）得到的結(jié)論）
【答案】（1）AB＝AH；（2）成立，證明見解析；（3）3
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，從而可證∠BAM＝∠MAH＝22.5°，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延長(zhǎng)CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，從而可證△AEM≌△ANM，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，可證四邊形ABCD是正方形，設(shè)NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
【詳解】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，
故答案為：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延長(zhǎng)CB至E，使BE＝DN，如圖：

∵四邊形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對(duì)應(yīng)邊上的高，
∴AB＝AH．
（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長(zhǎng)BM和DN交于點(diǎn)C，如圖：

∵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，
∴四邊形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四邊形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，設(shè)NH＝x，則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．
【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)定理，全等三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．
3．（20-21八年級(jí)下·遼寧大連·期末）如圖．在正方形中，點(diǎn)E在邊上，點(diǎn)F在延長(zhǎng)線上，，連接交于點(diǎn)H，連接．
（1）求證；
（2）求的值；
（3）探究、、三條線段之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】（1）見解析；（2）；（3），理由見解析
【分析】（1）過E作交于點(diǎn)M，證明即可；
（2）連接，，證明，則易得△EAF是等腰直角三角形，從而可求得結(jié)果；
（3）連接，，過H作交延長(zhǎng)線于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的關(guān)系．
【詳解】（1）過E作交于點(diǎn)M，如圖1，
∵四邊形是正方形，
∴，
∵，
∴為等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）連接，，如圖2，
∵四邊形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H為中點(diǎn)，
∴；
（3）．
理由如下：
連接，，過H作交延長(zhǎng)線于G，如圖3．
∵，，
∴為等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，為等腰直角三角形，H為中點(diǎn)，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，有一定的綜合性，關(guān)鍵是作輔助線證明三角形全等．
4．（20-21八年級(jí)下·湖北武漢·期中）將正方形ABCD放置在平面直角坐標(biāo)系中，B與原點(diǎn)重合，點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)E的坐標(biāo)為，并且實(shí)數(shù)a，b使式子成立，
(1)直接寫出點(diǎn)D、E的坐標(biāo)：D______，E______．
(2)∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F，
①如圖①，求證AE＝EF；
②如圖②，連接AF交DC于點(diǎn)G，作交AE于點(diǎn)M，作交AF于點(diǎn)N，連接MN，求四邊形MNGE的面積；
(3)如圖③，連接正方形ABCD的對(duì)角線AC，若點(diǎn)P在AC上，點(diǎn)Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值．
【答案】(1)（6，6），（3，0）
(2)①證明見解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意義的條件可得出a=6，b=3，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)求解即可得出答案；
（2）①取OA的中點(diǎn)K，連接KE，證明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性質(zhì)可得出AE=EF；②延長(zhǎng)CD，并在延長(zhǎng)線上截取DH=OE，連接AH，證明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，證明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，設(shè)DG=x，則CG=6-x，由勾股定理得出32+（6-x）2=（x+3）2，解得x=2，根據(jù)計(jì)算求解即可得出答案；
（3）在外角平分線上取點(diǎn)E，使CF=AO，證明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，當(dāng)B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，值最小，即為OF的長(zhǎng)，過點(diǎn)F作FR⊥x軸于點(diǎn)R，由勾股定理求出OF2，進(jìn)而可得出答案．
【詳解】（1）解：∵實(shí)數(shù)a，b使式子成立，
∴，
∴，
∴a=6，
∴b=3，
∴點(diǎn)A的坐標(biāo)為（0，6），E（3，0）；
∴OA=6，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OC=CD=OA=6，
∴D（6，6），
故答案為：（6，6），（3，0）；
（2）解：①如圖①，取OA的中點(diǎn)K，連接KE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEO=∠AEO+∠OAE=90°，
∴∠FEC=∠OAE，
∵OE=EC=3，K為OA的中點(diǎn)，OA=OC，
∴AK=EC，OK=OE，
∴∠OKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CF是正方形外角的平分線，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AKE=∠ECF，
在△AKE和△ECF中，
，
∴△AKE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
②如圖②，延長(zhǎng)CD，并在延長(zhǎng)線上截取DH=OE，連接AH，
∵四邊形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為等腰直角三角形，
∴∠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，
設(shè)DG=x，則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四邊形MNGE=＝；
（3）解：在外角平分線上取點(diǎn)F，使CF=AO，連接，，
∴∠OAP=∠QCF=45°，
∵AP=CQ，
∴△APB≌△CQF（SAS），
∴PB=QF，
∴BP+BQ=BQ+QF，
∴當(dāng)B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，值最小，即為OF的長(zhǎng)，
過點(diǎn)F作FR⊥x軸于點(diǎn)R，
∵∠DCF=∠RCF=45°，
∴△CFR為等腰直角三角形，
∵AO=CF=6，
∴CR=FR=，
∴OR=，
在Rt△ORF中，，
的最小值為，
故答案為：．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，點(diǎn)的坐標(biāo)等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
5．（20-21八年級(jí)下·山西·期末）綜合與實(shí)踐：如圖1，在正方形中，連接對(duì)角線，點(diǎn)O是的中點(diǎn)，點(diǎn)E是線段上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，O重合），連接，．過點(diǎn)E作交直線于點(diǎn)F．
（1）試猜想線段與的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（2）試猜想線段之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（3）如圖2，當(dāng)E在線段上時(shí)（不與點(diǎn)C，O重合），交延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，保持其余條件不變，直接寫出線段之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】（1），理由見解析；（2），理由見解析；（3），理由見解析
【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)可證得，由此可得，，再根據(jù)同角的補(bǔ)角相等證得，等量代換可得，由此可得，再等量代換即可得證；
（2）過點(diǎn)E作交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，先證明，利用勾股定理可得，再證明，由此可得，最后再等量代換即可得證；
（3）仿照（1）和（2）的證明即可證得．
【詳解】解：（1），理由如下：
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在與中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如圖，過點(diǎn)E作交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在與中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如圖，過點(diǎn)E作交BC于點(diǎn)G，設(shè)CD與EF的交點(diǎn)為點(diǎn)P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在與中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用，作出正確的輔助線并能靈活運(yùn)用相關(guān)圖形的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵．
6．（21-22八年級(jí)下·湖北咸寧·期中）在正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1)作△APB≌△AND（如圖①），求證：△APM≌△ANM；
(2)求證：；
(3)矩形ABCD中，M、N分別在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如圖②），請(qǐng)你直接寫出線段MN，BM，DN之間的數(shù)量關(guān)系．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
(3)．理由見解析
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可證明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性質(zhì)和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的結(jié)論得到PM=MN，根據(jù)勾股定理即可證明；
（3）將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△，則△AMN≌△，利用全等三角形的性質(zhì)可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則AD=a+c，CD=b+c，進(jìn)而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，進(jìn)而可得出．
【詳解】（1）證明：∵四邊形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）證明：∵四邊形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：
將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△．如圖：
過點(diǎn)作⊥CD于F，連接，
同（1）可證△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
設(shè)BM=a，DN=b，CM=c，則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，，
∴．
【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形以及勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）利用SAS即可證明△APM≌△ANM；（2）證明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通過構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理找出．
7．（20-21八年級(jí)下·陜西商洛·期末）如圖，在中，的平分線交于點(diǎn)，交的延長(zhǎng)線于點(diǎn)，以、為鄰邊作，如圖①所示．
（1）求證：是菱形；
（2）若，連接、、，如圖②所示，求證：；
（3）若，，，是的中點(diǎn)，如圖③所示，求的長(zhǎng)．
【答案】（1）見解析；（2）見解析；（3）
【分析】（1）平行四邊形的性質(zhì)可得AD//BC，再根據(jù)平行線的性質(zhì)證明∠CEF＝∠CFE，根據(jù)等角對(duì)等邊可得CE＝CF，再由條件四邊形ECFG是平行四邊形，可得四邊形ECFG為菱形；
（2）先證明∠BEG＝120°＝∠DCG，再得出AB＝BE，進(jìn)而得出BE＝CD，即可證明△BEG≌△DCG；
（3）如圖，連接，，，證明四邊形ECFG為正方形，再證明△BME≌△DMC可得DM＝BM，∠DMC＝∠BME，再根據(jù)∠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質(zhì)即可得到結(jié)論．
【詳解】（1）證明：平分，
．
四邊形是平行四邊形，
，，
，，
，
．
又四邊形是平行四邊形，
平行四邊形為菱形；
（2）四邊形是平行四邊形，
，，，
，
，．
由（1）知，四邊形是菱形，
，，
，
，
．
是的平分線，
，
，
，
，
，
，
；
（3）如圖，連接，，，
，四邊形是平行四邊形，
四邊形是矩形．
又由（1）可知四邊形為菱形，，
四邊形為正方形
，
．
為中點(diǎn)，
，．
在和中
，
，
是等腰直角三角形．
，，
，
．
【點(diǎn)睛】此題主要考查平行四邊形的判定方法，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合運(yùn)用以上知識(shí)是解題的關(guān)鍵．
8．（20-21八年級(jí)下·河南南陽·期末）情景呈現(xiàn)：在正方形ABCD中，P為射線CB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），連結(jié)AP，作AP的垂直平分線交線段BD于點(diǎn)E，連結(jié)AE，PE．
（Ⅰ）提出問題：當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠APE的度數(shù)，線段CP與DE的數(shù)量關(guān)系是否發(fā)生改變？
（Ⅱ）探究問題：首先觀察點(diǎn)P的兩個(gè)特殊位置：
①當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)B重合時(shí)，如圖1所示，∠APE＝ °，線段CP與DE之間的數(shù)量關(guān)系：；
②當(dāng)BP＝BC時(shí)，如圖2所示，∠APE＝ °，線段CP與DE之間的數(shù)量關(guān)系：；
（Ⅲ）猜想并證明：
①然后觀察點(diǎn)P的一般位置：當(dāng)點(diǎn)P在線段BC上時(shí)，結(jié)合圖3，通過觀察、測(cè)量、發(fā)現(xiàn)：上述結(jié)論；（填“成立”或“不成立”）
②當(dāng)點(diǎn)P在射線CB上時(shí)，如圖4，上述結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)結(jié)合圖4進(jìn)行證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．
（Ⅳ）解決問題：請(qǐng)用簡(jiǎn)潔的語言概括你發(fā)現(xiàn)的結(jié)論：在正方形ABCD中，P為射線CB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），連結(jié)AP，作AP的垂直平分線交線段BD于點(diǎn)E，連結(jié)AE，PE．當(dāng)點(diǎn)P在射線CB運(yùn)動(dòng)時(shí)（不與點(diǎn)C重合），．
【答案】（Ⅱ）①45；；②45；；（Ⅲ）猜想并證明：①成立；②成立，見解析；（Ⅳ）始終存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【分析】（Ⅱ）探究問題：①根據(jù)正方形的性質(zhì)以及等腰直角三角形三邊長(zhǎng)比例關(guān)系，即可得到答案；②先推出B、E重合，再證明四邊形APED是平行四邊，再根據(jù)等腰直角三角形三邊長(zhǎng)比例關(guān)系，即可得到答案；
（Ⅲ）①通過觀察、測(cè)量、猜想即可發(fā)現(xiàn)答案；②過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FE交BC于點(diǎn)G，連接CE，可證明△BAE≌△BCE，從而得∠EAB＝∠EPC，∠AEP＝90°，∠EAP＝∠APE＝45°，再證明四邊形FGCD為矩形，結(jié)合，即可求解．
（Ⅳ）根據(jù)（Ⅱ）（Ⅲ）的證明過程，可得始終存在∠APE＝45°，CP＝ DE．
【詳解】解：（Ⅱ）探究問題：①∵四邊形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，
∴，
故答案為：45；；
②∵四邊形ABCD是正方形，BP＝BC，
∴AB=PB，
∴是等腰直角三角形，
∴AB的中垂線過點(diǎn)B，即B、E重合，
∴∠DBC＝45°，BC＝AD，AD∥PB，
∵BP＝BC，
∴AD=PB，
∴四邊形APED是平行四邊形，
∴AP＝DE＝CE，AP∥DE，
∴∠APE＝∠DBC＝45°，
又∵CP=2CE，
∴
故答案為：45；；
（Ⅲ）猜想并證明：
①通過觀察、測(cè)量發(fā)現(xiàn)：∠APE＝45°，成立，
故答案為：成立；
②成立，
證明：如圖4，過點(diǎn)E作EF⊥AD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)FE交BC于點(diǎn)G，連接CE，
∵點(diǎn)E在AP的垂直平分線上，
∴EA＝EP．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴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°，
∴四邊形FGCD為矩形．
∴CG＝FD，∠FGC＝90°．
∵∠BDA＝45°，
∴．
∵EP＝EC，
∴，
（Ⅳ）解決問題：在正方形ABCD中，P為射線CB上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），連結(jié)AP，作AP的垂直平分線交線段BD于點(diǎn)E，連結(jié)AE，PE．當(dāng)點(diǎn)P在射線CB上運(yùn)動(dòng)時(shí)（不與點(diǎn)C重合），根據(jù)（Ⅲ）②可得，始終存在∠APE＝45°，CP＝ DE，
故答案為：始終存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
9．（23-24九年級(jí)上·黑龍江齊齊哈爾·期中）通過類比聯(lián)想，引申拓展研究典型題目，可達(dá)到解一題知一類的目的，下面是一個(gè)案例，請(qǐng)補(bǔ)充完整．原題：如圖1，點(diǎn)E、F分別在正方形的邊、上，，連接，試猜想、、之間的數(shù)量關(guān)系．

(1)把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)至，可使與重合，由，得，，即點(diǎn)F、D、G共線，易證≌__________，故、、之間的數(shù)量關(guān)系為__________．
(2)如圖2，點(diǎn)E、F分別在正方形的邊、的延長(zhǎng)線上，．連接，試猜想、、之間的數(shù)量關(guān)系為__________，并給出證明．
(3)如圖3，在中，，，點(diǎn)D、E均在邊上，且．若，，直接寫出的值和的長(zhǎng)．
【答案】(1)，
(2)，理由見解析
(3)，
【分析】（1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得，利用判定定理可直接證明，再依據(jù)對(duì)應(yīng)線段相等可求．
（2）把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使與重合，證全等即可到結(jié)論．
（3）把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，使與重合，點(diǎn)B對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F，連接和即可求解．
【詳解】（1）解：，，理由如下：
四邊形是正方形，
∴，，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，，
，，，，
，
，
，
，
．
（2），證明如下：
如下圖，把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，與重合，
，，
，，
，
；
；
在和中，
，
∴；

∴；
∵；
即．
（3）如圖1.解：∵，，
∴，
把繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，與重合，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)；
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴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；
∴，
，
同理把繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，連接，；

；
，；
；
在直角中，；
∴
∴，
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，；
是等腰直角三角形；
∴，
∴．
【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形中的半角模型，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定，掌握類比遷移，旋轉(zhuǎn)后三角形全等的證明是解決本題的關(guān)鍵．
10．（20-21八年級(jí)下·廣東珠?！て谥校┤鐖D，正方形的邊長(zhǎng)為，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒的速度沿從點(diǎn)A向終點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)O同時(shí)出發(fā)，以相同的速度沿射線方向運(yùn)動(dòng)，規(guī)定點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)O時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)，連接，過點(diǎn)P作的垂線，與過點(diǎn)Q平行于的直線l相交于點(diǎn)D，與y軸交于點(diǎn)E，連接，設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）
（1）的度數(shù)為
（2）點(diǎn)D的運(yùn)動(dòng)總路徑長(zhǎng)為______：
（3）探索線段、、的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
（4）當(dāng)為等腰三角形時(shí)，求t的值．
【答案】（1）45°；（2）；（3），見解析；（4）4或
【分析】（1）易證△BAP≌△PQD，從而得到BP=PD，由∠BPD=90°，從而可以求出∠PBE的度數(shù)；
（2）由△BAP≌△PQD，從而得到DQ=AP=t，點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)是∠COQ的平分線；
（3）將△BCE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAG，只要證明△PBG≌△PBE，推出PE=PG，推出PE=PA+AG=PA+CE；
（4）分三種情況討論：①若PB=PE，得∠BPE=90°，則Q與O重合，不成立； ②若EB=EP，則△POE≌△ECB，得BC=OE，則點(diǎn)E與點(diǎn)C重合（EC=0），點(diǎn)P與點(diǎn)O重合（PO=0），則t=4； ③若BP=BE，延長(zhǎng)OA到F，使得AF=CE，連接BF，如圖2，證明△BAP≌△BCE和△FBP≌△EBP，用t表示PE的長(zhǎng)，然后列方程求出t的值.
【詳解】解：（1）如圖，由題可得：AP=OQ=1×t=t（秒）
∴AO=PQ，
∵四邊形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，
∴點(diǎn)D坐標(biāo)為（t，t），
∴點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)路徑的長(zhǎng)為∠COQ的平分線，即；
（3）如圖，數(shù)量關(guān)系：PE=PA+CE
理由：將△BCE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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，
則∠PBE=∠PEB=45°，
∴∠BPE=90°，
∵∠BPD=90°，
∴∠BPE=∠BPD，
∴點(diǎn)E與點(diǎn)D重合，
∴點(diǎn)Q與點(diǎn)O重合，
與條件“DQ∥y軸”矛盾，
∴這種情況不成立，
②若EB=EP，則∠PBE=∠BPE=45°，
∴∠BEP=90°，
∴∠PEO=90°-∠BEC=∠EBC，
∴△POE≌△ECB，
∴OE=BC，OP=EC，
∴OE=OC，
∴點(diǎn)E與點(diǎn)C重合（EC=0），
∴點(diǎn)P與點(diǎn)O重合（PO=0），
∵B（-4，4），
∴AO=CO=4，此時(shí)t=AP=AO=4；
③若BP=BE，則△BAP≌△BCE，
∴AP=CE，
∵AP=t，
∴CE=t，
∴PO=EO=4-t，
∵∠POE=90°，
∴PE=，
延長(zhǎng)OA到F，使得AF=CE，連接BF，可證得△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，
∴當(dāng)t=4秒或（4-4）秒時(shí)，△PBE為等腰三角形；
【點(diǎn)睛】本題是正方形與動(dòng)點(diǎn)問題的綜合題，考查了動(dòng)點(diǎn)問題的正方形，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形，解題關(guān)鍵是深刻理解動(dòng)點(diǎn)的路程、時(shí)間，理解兩動(dòng)點(diǎn)的完整運(yùn)動(dòng)過程，同時(shí)，采用了分類討論一個(gè)三角形是等腰三角形的三種情況．
11．（21-22八年級(jí)下·湖南長(zhǎng)沙·階段練習(xí)）將正方形ABCD放置在平面直角坐標(biāo)系中，B與原點(diǎn)重合，點(diǎn)A的坐標(biāo)為，點(diǎn)E的坐標(biāo)為，并且實(shí)數(shù)a，b使式子成立．
(1)直接寫出點(diǎn)D、E的坐標(biāo)：D______，E______．
(2)，且EF交正方形外角的平分線CF于點(diǎn)F．
①如圖①，求證；
②如圖②，連接AF交DC于點(diǎn)G，作交AE于點(diǎn)M，作交AF于點(diǎn)N，連接MN，求四邊形MNGE的面積．
(3)如圖③，連接正方形ABCD的對(duì)角線AC，若點(diǎn)P在AC上，點(diǎn)Q在CD上，且，求的最小值．
【答案】(1)，
(2)①見解析；②
(3)
【分析】（1）由二次根式有意義的條件和相反數(shù)的性質(zhì)可得出a=6，b=3，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)即可得出答案；
（2）①取OA的中點(diǎn)K，連接KE，證明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性質(zhì)可得出AE=EF；②延長(zhǎng)CD，并在延長(zhǎng)線上截取DH=OE，連接AH，證明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性質(zhì)得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，證明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，設(shè)DG=x，則CG=6-x，由勾股定理得出，解得x=2，根據(jù)計(jì)算求解即可得出答案；
（3）在外角平分線上取點(diǎn)E，使CF=AO，證明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，當(dāng)B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，值最小，即為OF的長(zhǎng)，過點(diǎn)F作FR⊥x軸于點(diǎn)R，由勾股定理求出OF2，進(jìn)而可得出答案．
【詳解】（1）解：∵a，b滿足式子，
∴a=6，b=3，
∴，；
（2）解：①取OA的中點(diǎn)K，連接KE，如圖所示，
∵，
∴，
∴，
∵，K為OA的中點(diǎn)，，
∴，，
∴，
∴，
∵CF是正方形外角的平分線，
∴，
∴，
∴，
在△AKE和△ECF中，
，
∴，
∴；
②延長(zhǎng)CD，并在延長(zhǎng)線上截取，連接AH，如圖所示，
∵四邊形AOCD是正方形，
∴，，
∴，
∴，，，
由①可知，
∴△AEF為等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
又，
設(shè)，則，
∴，
∴，
在Rt△ECG中，，
解得，
∴，
∴．
（3）解：在外角平分線上取點(diǎn)F，使，如圖所示，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴當(dāng)B，Q，F(xiàn)三點(diǎn)共線時(shí)，值最小，即為OF的長(zhǎng)，
過點(diǎn)F作軸于點(diǎn)R，
在Rt△ORF中，，
∴的最小值為．
【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，點(diǎn)的坐標(biāo)等知識(shí)；熟練掌握正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．

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