2025-2026人教版八年级数学分层精练精析专题3 与正方形有关的几个常考模型（含解析）

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2025-2026学年人教版八年级数学下分层精练精析
专题3 与正方形有关的几个常考模型
1．如图，将边长为4的正方形沿着折痕折叠，使点B落在边中点G处．
(1)求线段的长；
(2)连接，求证：
2．问题发现：
（1）如图，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，若与交于点，连接，若，求证：．
迁移运用：
（2）如图，四边形中，，垂足为，，过点作，垂足为，连接．若，且，求的值．
3．如下图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，，．求证：四边形ABCD是正方形．
4．已知在正方形中，为直线上的一个动点，连接．过点作射线，交直线于点，连接，取的中点，连接，．
(1)如图①，当在线段的中点时，试判断与的数量关系，并说明理由．
(2)如图②，当点在线段上运动时，试判断（1）中的结论是否仍成立，并说明理由．
5．如图，点E是正方形上方一点，连接、、、，．求证：．
1．（1）如图1，在正方形中，、相交于点O，且，则和的数量关系为_____．
（2）如图2，在正方形中，E、F、G分别是边、、上的点，，垂足为H．求证：．
2．【问题情境】小明在期末复习时，遇到了这样一个问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，垂足为．那么与相等吗？
（1）请直接判断：______（填“”或“”）；
在“问题情境”的基础上，小明继续探索以下问题：
（2）如图②，在正方形中，点E、F、G分别在边和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论．
3．如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N．
(1)求证：；
(2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：．
4．在正方形中，E是边上一点（点E不与点C，D重合），连接．
(1)如图1，过点A作交于点F．求证：．
(2)如图2，取的中点M，过点M作交于点F，交于点G．
①求证：．
②连接，若，求的长．
5．在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图，正方形中，点为线段上一个动点，若线段垂直于点，交线段于点，交线段于点，则．
(1)如图，将边长为的正方形折叠，使得点落在上的点处．若折痕，则的长度为_____．
(2)如图，正方形中，点为线段上一动点，若垂直平分线段，分别交，，，于点，，，，连接，．
判断的形状，并说明理由；
求证：．
(3)如图，在正方形中，、分别为，上的点，作于，在上截取，连接，为中点，连接，．请依题意补全图形，若，则_____．（直接写出答案）
1．【问题呈现】
如图1，正方形的对角线相交于点，在上任取一点，连接，过点作垂直于，交于点，连接．
【问题发现】
（1）如图1，求证：；
（2）猜想线段之间的数量关系，并证明你的结论．
【迁移应用】
如图2，有一个矩形菜园边上的点处和边上的点处各有一个门口．点是矩形两条对角线的交点，连接．已知，．请求出点处门口到点处门口的最短距离．（结果保留根号）
2．如图，已知四边形是正方形，对角线相交于，设分别是上的点，若，，求四边形的面积．
3．【综合与实践】
【猜想】（1）如图①，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C、A不重合），则与之间满足的数量关系是______；
【问题情境】在数学活动课上，老师提出了一个问题：如图，在等腰中，，，O是的中点，E是直线上的一个动点，过点O作，交直线于点F．
【证明猜想】（2）如图②，当点E在线段上时，请判断线段的数量关系，并说明理由；
【类比探究】（3）如图③，当点E在线段的延长线上时，（2）中的结论是否依然成立？请说明理由．
4．在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点，点重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点与边交于点．
特例感知】
（1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是_____；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接，求的长度．
1．如图，点M是正方形边AB上一动点，作的延长线，过M作的垂线与的角平分线交于点N，问与相等吗？为什么？

2．综合与实践
在学习了角平分线的性质与判定以后，数学兴趣小组继续进行了以下探究：
【动手实践】
用两段铁丝分别折成一个锐角、一个钝角，，在锐角的两边分别截取，在平面内与相对放置，并且的两边刚好经过点C、点D，连接（如图1），兴趣小组通过测量发现．
【提出猜想】
兴趣小组提出猜想：
有一组邻边相等、对角互补的四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角．
【验证猜想】
兴趣小组通过观察、探究，提出以下两种证明思路．
思路一：如图2，过点A作垂线交的延长线于点E，过点A作的垂线，垂足为F，证明平分．
思路二：如图3，延长到点E，使得，连接．证明平分．
请从两种思路选择一种给出完整证明，帮助兴趣小组验证猜想．
【拓展应用】
在平面内，兴趣小组用一根长铁丝围成一个四边形（如图4），，．
（1）请直接写出________度；
（2）经测量，求四边形的面积．
3．如图，在正方形中，点是边的中点，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．求证：四边形是正方形．
4．如图，在正方形中，点E、F分别为边、上两点，．
(1)若是的角平分线，求证：是的角平分线；
(2)若，求证：．
1．问题背景：
在一次数学活动课上，老师让同学们根据所学的知识去了解“半角模型”，并探究“半角模型”的相关结论．
(1)初步探究：如图①，小明将一张正方形纸片折叠，使得，恰好都落在对角线上，展开正方形纸片后得到折痕，，求的度数；
(2)深入探究：如图②，小华在图①的基础上，将绕点逆时针旋转一定的角度，使的两边分别交，于点，，连接，请你帮助小华判断线段，和之间存在怎样的数量关系，并证明；
(3)拓展延伸：如图③，在正方形中，是上的一点，是延长线上一点，且，连接，过点作，垂足为点，交边于点．若，，求的面积．
2．综合与实践：
【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题．
【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程；
【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则的周长是 ；
【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明．
3．【问题情境】神奇的半角模型
在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型截长补短法是解决这类问题常用的方法．
如图，在正方形中，以为顶点的，，与，分别交于、两点，为了探究，，之间的数量关系，小明的证明思路如下：
如图，延长到点，使，连接，先证明≌，再证明，从而得到，，之间的数量关系．
(1)【提出问题】，，之间的数量关系为______；
(2)【知识应用】如图，，，以为顶点的，，，与，分别交于、两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)【知识拓展】如图，在四边形中，，，，，、与、分别交于、两点，且，请直接写出的周长______．4．【问题发现与证明】
如图，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，“截长补短”是常用的方法之一在图中，连接，为了证明结论“”，小亮延长到，使解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
【问题拓展与应用】
如图，正方形的边长为，点，分别在，上，若，，求的长．
5．“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：　 　
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，设AG＝m，求m的取值范围．

1．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至善四边形．

(1)下列四边形一定是至善四边形的有________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．
(2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长．
(3)如图3，正方形中，，D为中点，在右边作等边，F为中点，连接交于点，交于点G．
①求的度数；
②直接写出线段的长．
2．定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”．
(1)下列选项中一定是“奇妙四边形”的是________；
A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形
(2)如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与，重合），交于点，过作交于点．
判断四边形是否为“奇妙四边形，”并说明理由；
若四边形是“奇妙四边形”，连接，请直接写出的面积．
3．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至四边形．
(1)下列四边形一定是至善四边形的有______．
①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形；
(2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．
(3)如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，当时，_______．
4．定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
(1)如图1，四边形是正方形，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接，，请根据定义判断四边形是否是“直等补”四边形，并说明理由．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，若，，求的长．
5．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形______（填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点作于点．
①试探究与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长．
2025-2026学年人教版八年级数学下分层精练精析
专题3 与正方形有关的几个常考模型（解析版）
1．如图，将边长为4的正方形沿着折痕折叠，使点B落在边中点G处．
(1)求线段的长；
(2)连接，求证：
【答案】(1)
(2)见解析
【分析】对于本题，重点掌握折叠的不变性，即对应边相等，以及正确利用方程的思想解决问题．
（1）根据折叠得到，，再设，然后对运用勾股定理建立方程求解；
（2）直接根据折叠得到对应边相等即可证明．
【详解】（1）解：由题意得，，
设，则，
四边形是正方形，
，
，
落在边的中点处，
，
，
解得：，
；
（2）证明：如图，由折叠可得．
2．问题发现：
（1）如图，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，若与交于点，连接，若，求证：．
迁移运用：
（2）如图，四边形中，，垂足为，，过点作，垂足为，连接．若，且，求的值．
【答案】（1）①；②见解析；（2）
【分析】（1）①利用翻折和正方形的性质证三角形全等即可求得结果；②利用翻折及平行线的性质找出角及边的等量关系，即可证明全等；
（2）延长到点，使，连接，设，分别表示出，则的值可求．
【详解】（1）①解：由翻折可得：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴（），
∴；
②证明：∵，
∴，
∵正方形中，，
∴，
∵由翻折可知：，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴（）；
（2）解：延长到点，使，连接，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴（），
∴，
设，则，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定、正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定及性质、勾股定理，关键是灵活应用知识点解题.
3．如下图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，，．求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形与正方形的判定、全等三角形的判定与性质，掌握矩形中一组邻边相等即可判定为正方形是解题的关键．
通过已知角的关系推导出，再结合和公共边，证明，从而得到，进而判定矩形为正方形．
【详解】证明：∵，，，
∴．
在和中：
∴，
∴．
∵四边形是矩形，
∴四边形是正方形．
4．已知在正方形中，为直线上的一个动点，连接．过点作射线，交直线于点，连接，取的中点，连接，．
(1)如图①，当在线段的中点时，试判断与的数量关系，并说明理由．
(2)如图②，当点在线段上运动时，试判断（1）中的结论是否仍成立，并说明理由．
【答案】(1)．理由见解析
(2)仍然成立．理由见解析
【分析】（1）根据正方形得到,再根据中点和垂直以及勾股定理即可；
（2）过点作于点，于点，根据题意得到是等腰直角三角形，因此可得，再根据“直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半”可得，因此．
【详解】（1）解：．理由如下：
∵四边形是正方形，
，．
是线段的中点，
，．
是的中点，即的中点，
，
，
，
．
（2）解：仍然成立．理由如下：
如图，过点作于点，于点．
，四边形是矩形．
∵在正方形中，平分，
．
，
．
又，，
，是等腰直角三角形．
是的中点，是直角三角形，
，，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解决本题的关键是熟练运用这些知识点并正确的作出辅助线．
5．如图，点E是正方形上方一点，连接、、、，．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的性质和判定；由正方形的性质可得，，再加上，即可证明，即可得到．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∴．
1．（1）如图1，在正方形中，、相交于点O，且，则和的数量关系为_____．
（2）如图2，在正方形中，E、F、G分别是边、、上的点，，垂足为H．求证：．
【答案】（1）；（2）见解析
【分析】（1）证明即可证明结论；
（2）过点E作于点M，得出四边形为矩形，则，证明即可得出结论．
【详解】解：（1）在正方形中，，
，
，
，
，
；
（2）过点E作于点M，
，
则四边形为矩形．
，
在正方形中，，
．
，
．
，
，
，
在和中，
，
，
．
2．【问题情境】小明在期末复习时，遇到了这样一个问题：如图①，在正方形中，点E、F分别在边上，且，垂足为．那么与相等吗？
（1）请直接判断：______（填“”或“”）；
在“问题情境”的基础上，小明继续探索以下问题：
（2）如图②，在正方形中，点E、F、G分别在边和上，且，垂足为M．那么与相等吗？证明你的结论．
【答案】（1）；（2），证明见解析
【分析】（1）证明即可得出结论；
（2）过点作，证明，由此可得．
【详解】（1）解：∵，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：，证明如下：
如图，过点作，交于点，交于点，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
∴四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
3．如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N．
(1)求证：；
(2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点作交于，则，根据平行四边形和正方形的性质求证，然后根据三角形全等的性质即可证明；
（2）根据线段垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质得到，结合（1）问结论即可求证．
【详解】（1）证明：如图①，过点B作交于点H，则．
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
．
，即，
∴四边形为平行四边形，
，
；
（2）证明：如图②，连接，，．
正方形是轴对称图形，F为对角线上的一点，
，．
垂直平分，
，
，
．
，
，
，
，
．
由（1），知，
，
．
4．在正方形中，E是边上一点（点E不与点C，D重合），连接．
(1)如图1，过点A作交于点F．求证：．
(2)如图2，取的中点M，过点M作交于点F，交于点G．
①求证：．
②连接，若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析；的长为2
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，同角的余角相等，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质．
（1）由正方形的性质可得，，再由，利用同角的余角相等判断出，即可证明；
（2）同（1）的方法判断出，即可得出结论；②利用直角三角形的斜边的中线是斜边的一半，可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中
，
∴．
（2）证明：如图，过点作于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
∵，M是的中点，
∴，
由可知，
∴，即的长为2．
5．在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图，正方形中，点为线段上一个动点，若线段垂直于点，交线段于点，交线段于点，则．
(1)如图，将边长为的正方形折叠，使得点落在上的点处．若折痕，则的长度为_____．
(2)如图，正方形中，点为线段上一动点，若垂直平分线段，分别交，，，于点，，，，连接，．
判断的形状，并说明理由；
求证：．
(3)如图，在正方形中，、分别为，上的点，作于，在上截取，连接，为中点，连接，．请依题意补全图形，若，则_____．（直接写出答案）
【答案】(1)；
(2)是等腰三角形，理由见解析；见解析；
(3)．
【分析】（）利用“”证明得，再利用勾股定理可得答案；
（）连接，由正方形性质可得，又垂直平分，则，从而得，所以是等腰三角形；
证出，由题意知，则可得出结论；
（）连接并延长使得利用“”可证，再结合全等三角形的性质和正方形的性质证明，进而可证明，是等腰直角三角形，最后通过勾股定理即可得出答案．
【详解】（1）解: ∵四边形是正方形，
∴，，
作于连接，
则四边形是矩形，
∴，
由翻折知，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得，
故答案为：；
（2）解：如图，连接，
∵正方形是轴对称图形，为对角线上一点，
∴，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴是等腰三角形；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
（3）解：根据题意补全图形如图所示：
连接并延长使得，
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴，
∴，，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由正方形的性质可知，，
∴，
∴，，，
则，
∴是等腰直角三角形，
∵，
∴，
∴ 也是等腰直角三角形，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识是解题的关键．
1．【问题呈现】
如图1，正方形的对角线相交于点，在上任取一点，连接，过点作垂直于，交于点，连接．
【问题发现】
（1）如图1，求证：；
（2）猜想线段之间的数量关系，并证明你的结论．
【迁移应用】
如图2，有一个矩形菜园边上的点处和边上的点处各有一个门口．点是矩形两条对角线的交点，连接．已知，．请求出点处门口到点处门口的最短距离．（结果保留根号）
【答案】（1）见解析；（2），见解析；（3）处的门口到点处的门口的最短距离为
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质．
（1）根据正方形的性质得出相等的边和角，证明，即可得出结论；
（2）由（1）得结论得出相等的线段，然后利用勾股定理进行求解即可；
（3）延长交于点，连接，证明，根据相等的线段，得出垂直平分，得出，然后利用勾股定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：在正方形中，，
，
所以，，
因为，
所以，
所以，
所以，
即，
在和中，
，
所以，
所以；
（2）解：，证明如下：
因为四边形是正方形，
所以，
由（1）知，
所以，
所以，
即，
因为，
所以在中，，
所以；
（3）解：延长交于点，连接，
在矩形中，，
所以，
在和中
，
所以，
所以，
因为，
所以垂直平分，
所以，
因为在中，，
所以，
因为，
所以，
处的门口到点处的门口的最短距离为．
2．如图，已知四边形是正方形，对角线相交于，设分别是上的点，若，，求四边形的面积．
【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，通过证明得出，则，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，对角线相交于，
∴，，且，，
∴，，
∵，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴四边形的面积是．
3．【综合与实践】
【猜想】（1）如图①，的顶点O在正方形两条对角线的交点处，，将绕点O旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E和点F（点F与点C、A不重合），则与之间满足的数量关系是______；
【问题情境】在数学活动课上，老师提出了一个问题：如图，在等腰中，，，O是的中点，E是直线上的一个动点，过点O作，交直线于点F．
【证明猜想】（2）如图②，当点E在线段上时，请判断线段的数量关系，并说明理由；
【类比探究】（3）如图③，当点E在线段的延长线上时，（2）中的结论是否依然成立？请说明理由．
【答案】（1）（2），理由见解析（3）成立，理由见解析
【分析】本题考查正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等是解题的关键：
（1）证明即可得出结论；
（2）连接，三线合一，得到，，证明，即可得出结论；
（3）连接，证明即可．
【详解】解：（1），理由如下：
∵正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
连接，如图，
∵，，O是的中点，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）结论仍然成立，理由如下：
连接，如图，
∵，，O是的中点，
∴，
∴，，
∴，，，
∴，
∴．
4．在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点，点重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点与边交于点．
特例感知】
（1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是_____；
【类比探究】
（2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含的代数式表示）；
【拓展应用】
（3）在（2）的条件下，连接，求的长度．
【答案】（1）；（2）；（3）的长度为或．
【分析】（1）连接，当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，可证得（），得出，即可求得答案；
（2）过点作，交于，可证得、、均为等边三角形，得出，再证得（），即可得出答案；
（3）连接交于，运用勾股定理求得，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段上时，分别求得即可．
【详解】解：（1）当，时，
四边形和均为正方形，且为的中点，
如图1，连接，则，，，
，
（），
，
，
；
故答案为：；
（2）如图2，过点作，交于，
四边形和四边形是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，，
，，
、均为等边三角形，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
（），
，
，
；
（3）连接交于，
四边形是菱形，
，即，
，
，
，
当点在线段上时，如图2，过点作于，则，
，
由（2）知：，
，
，
；
当点在线段上时，如图3，
则，
，
，
；
综上所述，的长度为或．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．
1．如图，点M是正方形边AB上一动点，作的延长线，过M作的垂线与的角平分线交于点N，问与相等吗？为什么？

【答案】．理由见解析
【分析】取边上的一点F，使，连接，求得，推出，，利用证明，即可证明．
【详解】解：．理由如下，
证明：取边上的一点F，使，连接．

正方形中，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵平分，
∴．
在和中
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
2．综合与实践
在学习了角平分线的性质与判定以后，数学兴趣小组继续进行了以下探究：
【动手实践】
用两段铁丝分别折成一个锐角、一个钝角，，在锐角的两边分别截取，在平面内与相对放置，并且的两边刚好经过点C、点D，连接（如图1），兴趣小组通过测量发现．
【提出猜想】
兴趣小组提出猜想：
有一组邻边相等、对角互补的四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角．
【验证猜想】
兴趣小组通过观察、探究，提出以下两种证明思路．
思路一：如图2，过点A作垂线交的延长线于点E，过点A作的垂线，垂足为F，证明平分．
思路二：如图3，延长到点E，使得，连接．证明平分．
请从两种思路选择一种给出完整证明，帮助兴趣小组验证猜想．
【拓展应用】
在平面内，兴趣小组用一根长铁丝围成一个四边形（如图4），，．
（1）请直接写出________度；
（2）经测量，求四边形的面积．
【答案】验证猜想：见解析；拓展应用：（1）45；（2）450平方厘米
【分析】[验证猜想] 思路一证明：如图，过点作垂线交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为，证明，则，根据角平分线判定得到点在平分线上，则平分；思路二证明：如图，延长到点，使得，连接，证明，则，那么，则，故，则平分；
[拓展应用]（）直接利用[验证猜想]即可求解；（）过点作垂线，垂足为．过点作的垂线交的延长线于点，由猜想可知平分，然后根据角平分线性质可得，证明，则有，然后得出四边形是正方形，故有，最后代入求解即可．
【详解】[验证猜想]思路一证明：
如图，过点作垂线交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为，
证明：由题意得
∵在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点在平分线上，
∴平分；
思路二证明：如图，延长到点，使得，连接，
∵在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴ ，，
∴ ，
∴，
∴ 平分；
[拓展应用]（）∵，，
∴由猜想可知：平分，
∴，
故答案为：；
（）解：如图：过点作垂线，垂足为．过点作的垂线交的延长线于点，
∵在四边形中，，，
由猜想可知：平分，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴ 四边形是正方形，
∴
设，则由勾股定理得，，
解得：，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定，角平分线的判定及性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
3．如图，在正方形中，点是边的中点，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为，过点作的垂线，垂足为．求证：四边形是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握正方形的判定方法是解题的关键．
根据垂线的定义，可得，根据矩形的判定，可得四边形是矩形，根据余角的性质，可得，根据全等三角形的判定与性质证明可得，根据正方形的判定可得答案．
【详解】证明：由题意，，
∴四边形是矩形，
∵四边形是正方形，
∴，，
，，
，
在和中，
，
，
∴四边形是正方形 ．
4．如图，在正方形中，点E、F分别为边、上两点，．
(1)若是的角平分线，求证：是的角平分线；
(2)若，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过A作与H，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论；
（2）过点A作，且点G为边延长线上一点，利用全等三角形的性质得到，；通过证明，利用全等三角形的性质定理和等量代换即可得出结论．
【详解】（1）过A作与H，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵是的角平分线，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
∴
在与中，
，
∴，
∴，
∴是的角平分线；
（2）如图，过点A作，且点G为边延长线上一点．
∵四边形为正方形，
∴，
，
∴，
∴．
在和中，
，
∴；
∴，．
∵，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等量代换，利用正方形的特性构造恰当的辅助线是解题的关键．
1．问题背景：
在一次数学活动课上，老师让同学们根据所学的知识去了解“半角模型”，并探究“半角模型”的相关结论．
(1)初步探究：如图①，小明将一张正方形纸片折叠，使得，恰好都落在对角线上，展开正方形纸片后得到折痕，，求的度数；
(2)深入探究：如图②，小华在图①的基础上，将绕点逆时针旋转一定的角度，使的两边分别交，于点，，连接，请你帮助小华判断线段，和之间存在怎样的数量关系，并证明；
(3)拓展延伸：如图③，在正方形中，是上的一点，是延长线上一点，且，连接，过点作，垂足为点，交边于点．若，，求的面积．
【答案】(1)
(2)，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用折叠的性质，得到，，
即可得到，最后求解；
（2）把绕点顺时针旋转得到，结合全等三角形的性质和角度和差关系通过证明，根据全等三角形对应边相等和等量代换即可求解；
（3）连接，，，通过证明，由全等三角形的性质得到为等腰直角三角形，设，分别用含的代数式表示，，再结合勾股定理和三角形面积公式求解．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，
由折叠的性质，得，，
，
即：；
（2）解：，
证明如下：如下图所示，把绕点顺时针旋转得到，
点的对应点为点，
，
，，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
；
（3）解：如下图所示：连接，，，
四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
，
，，
，
，
为等腰直角三角形，
，
，，
垂直平分，
，
设，则，，
，
在中，根据勾股定理可得：，
即：，解得，
，，
．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠和旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及垂直平分线的性质，添加适当辅助线是解题的关键．
2．综合与实践：
【模型解读】“半角模型”是指在一个大角中包含着一个大小为其一半的角，通过边与角的特殊关系解决线段长度、角度的相关问题．例如：如图1，在正方形中，点E，F分别在上，连接，且，我们把这种模型称为“半角模型”．在解决问题时，“截长补短”是一种常用的方法，将分散的线段或角集中在一起，构造全等三角形，从而利用全等三角形的性质来解决问题．
【实践证明】（1）如图1，连接EF，为了证明“”，小李同学运用所学的几何知识，延长到点H，使，连接，通过证明，得到 ，从而得到，请你按照小李同学的思路写出证明过程；
【知识运用】（2）利用（1）的结论，若正方形的边长是4，则的周长是 ；
【拓展延伸】（3）如图2，在四边形中，，，点E，F分别在 的延长线上，连接，且 探究线段 之间的数量关系，并证明．
【答案】（1）见解析；（2）8；（3），见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形解决问题．
（1）沿着小李的思路，先证，再证，即可得出结论；
（2）设，则，然后计算周长即可；
（3）在上截取，使，连接，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结论．
【详解】解：（1）， 理由如下：
沿着小李的思路进行证明，
在正方形中，有，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴；
（2）设，则，
∴的周长为：，
故答案为：8；
（3），理由如下：
如下图中，在上截取，使，连接，

∵，，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，且，
∴．
3．【问题情境】神奇的半角模型
在几何图形中，共顶点处的两个角，其中较小的角是较大的角的一半时，我们称之为半角模型截长补短法是解决这类问题常用的方法．
如图，在正方形中，以为顶点的，，与，分别交于、两点，为了探究，，之间的数量关系，小明的证明思路如下：
如图，延长到点，使，连接，先证明≌，再证明，从而得到，，之间的数量关系．
(1)【提出问题】，，之间的数量关系为______；
(2)【知识应用】如图，，，以为顶点的，，，与，分别交于、两点，你认为（1）中的结论还成立吗？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
(3)【知识拓展】如图，在四边形中，，，，，、与、分别交于、两点，且，请直接写出的周长______．
【答案】(1)
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）延长到点，使，连接，先证明≌，再证明从而得到、、之间的数量关系；
（2）延长到点，使，连接，先证明，再证明，从而得到、、之间的数量关系；
（3）延长到点，使，连接，先证明，再证明，从而得到、、之间的数量关系，将的周长转化为的长．
【详解】（1）解：延长到点，使，连接，
四边形是正方形，
，，
∴，
，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）解：成立，理由如下：延长到点，使，连接，
∵，
∴，
∴，
，，
，，
，，
，
，
，
，
；
（3）解：延长到点，使，连接，
则，
与互补，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
的周长为，
故答案为：．
4．【问题发现与证明】
如图，四边形是正方形，，分别在边、上，且，我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，“截长补短”是常用的方法之一在图中，连接，为了证明结论“”，小亮延长到，使解答了这个问题，请按小亮的思路写出证明过程；
【问题拓展与应用】
如图，正方形的边长为，点，分别在，上，若，，求的长．
【答案】【问题发现与证明】见解析；【问题拓展与应用】
【分析】根据题意易通过证明≌，则，，根据可得，进而得到，因此可通过证明≌，得到，以此即可证明
【问题拓展与应用】：根据勾股求得，则，由【问题发现与证明】可知，，设，则，，在中，根据勾股定理建立方程，求得，在中，根据勾股定理即可求解．
【详解】【问题发现与证明】证明：四边形为正方形，
，，
，
在和中，
，
≌，
，，
，
，
，即，
，
在和中，
，
≌，
，
，，
，
；
【问题拓展与应用】解：正方形的边长为，
，，
在中，，，
，
，
由【问题发现与证明】可知，，
设，则，，
在中，，
，
解得：，
，
在中，．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，理解题意，构造合适全等三角形解决问题是解题关键．
5．“半角型”问题探究：如图1，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝120°，∠B＝∠ADC＝90°，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．
（1）小明同学的方法是将△ABE绕点A逆时针旋转120°到△ADG的位置，然后再证明△AFE≌△AFG，从而得出结论：　 　
（2）如图2，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E，F分别是边BC，CD上的点，且∠EAF＝∠BAD，上述结论是否仍然成立，并说明理由．
（3）如图3，边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，AE＝CF＝1，O为EF的中点，动点G、H分别在边AD、BC上，EF与GH的交点P在O、F之间（与O、F不重合），且∠GPE＝45°，设AG＝m，求m的取值范围．

【答案】（1）见详解；（2）见详解；（3）
【分析】（1）根据旋转变换及三角形全等即可得解；
（2）延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，通过即可得解；
（3）根据题意分两种情况∶P与O重合，H与C重合，通过构造全等三角形，求得MN=NQ，再设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2，根据，得出，进而得到a=，求得AG的长为于；根据BM=，可得，进而分析计算即可得出m的取值范围 ．
【详解】解∶
（1）结论∶ EF=BE+FD．理由如下 ∶
由旋转及题意知，F，D，G三点共线，BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAG，∠EAF=BAD,
∴∠GAF=∠DAF+∠DAG=∠DAF+∠BAE=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴
∴.EF=FG，
又∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF.
（2）结论EF=BE+DF仍然成立．
理由如下 ∶延长FD到点G，使DG=BE，连接AG，如图所示∶

∵∠B+∠ADC＝180°，，
∴，
在△ABE和△ADG中，
，
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
，
∴∠EAF=∠GAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴
∴.EF=FG.
又 ∴FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
（3）①假设P与O重合， 如图，

∵O为EF的中点，
∴O为正方形ABCD的对称中心，过A作ANEF交CD于N，则NF=AE=1，
∴DN=CN=2，
过O作交AD于，交BC于，
，,
过A作交BC于M，
∴,,
∴∠MAN=45°,
延长CD到Q，使DQ=BM，
由AB=AD，∠B=∠ADQ，BM=DQ，可得△ABM△ADQ，
∴AM=AQ,∠BAM=∠DAQ
∵∠MAN=45°,∠BAD=90°,
∴∠BAM+∠DAN=45°=∠DAQ+∠DAN=∠QAN,
∴∠MAN= ∠QAN
由AM=AQ，∠MAN=∠QAN，AN=AN，可得△MAN△QAN，
∴MN=NQ
设BM=a，则CM=4-a，MN=QN=a+2，
∵，
,
解得∶a=，
∴ BM=, CM=
又∵，
，
②当H与C重合时，如图

由①知BM=
，
∴m的取值范围为∶．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，旋转变换以及正方形的性质，熟练掌握相关各个性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键.
1．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至善四边形．

(1)下列四边形一定是至善四边形的有________．
①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形．
(2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长．
(3)如图3，正方形中，，D为中点，在右边作等边，F为中点，连接交于点，交于点G．
①求的度数；
②直接写出线段的长．
【答案】(1)④
(2)3
(3)①；②
【分析】本题是四边形的综合题，考查了新定义，特殊平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识点．正确理解新定义、通过作辅助线构造全等三角形、直角三角形是解题的关键．
（1）根据至善四边形的定义及特殊平行四边形的性质进行判断即可；
（2）如图，延长至点，使，根据至善四边形的定义推出，证明，得，，证明为等边三角形，即可得出答案；
（3）①延长至点，使得，连接，证明，得，，推出是等腰直角三角形，得，由正方形的性质和等边三角形的性质可得的度数，据此由三角形内角和定理可得答案；②由正方形的性质求出的长，再利用勾股定理和等边三角形的性质求出的长，则可求出，再利用勾股定理即可求出的长。
【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等，邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不是至善四边形；
②矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不是至善四边形；
③菱形对角相等邻角互补，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，故菱形不是至善四边形；
④正方形四个内角是直角，它的对角互补且有一组邻边相等，故正方形是至善四边形；
故答案为：④；
（2）解：如图，延长至点，使，连接
∴；
∵四边形为至善四边形，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴的长为；
（3）解：①延长至点，使得，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∵为等边三角形，
∴，
∵为的中点，
∴，即，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴；
②由正方形的性质可得，
∵为等边三角形，为的中点，
∴，，
∴，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴。
2．定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”．
(1)下列选项中一定是“奇妙四边形”的是________；
A．正方形 B．平行四边形 C．菱形 D．矩形
(2)如图，在边长为的正方形中，为边上一动点（不与，重合），交于点，过作交于点．
判断四边形是否为“奇妙四边形，”并说明理由；
若四边形是“奇妙四边形”，连接，请直接写出的面积．
【答案】(1)A；
(2)四边形是“奇妙四边形”，理由见解析；
或．
【分析】根据“奇妙四边形”的定义进行判断即可；
根据正方形的性质和垂直的定义可得：，根据四边形内角和定理和邻补角定义可证，根据正方形的性质可证，，利用可证，根据全等三角形的性质可证，，等量代换可证，根据等角对等边可证，所以可证结论成立；
因为，所以四边形有一组对角互补，根据“奇妙四边形”的定义还需要有一组邻边相等，所以应分、、、四情况求解．
【详解】（1）解：正方形、矩形的四个角都是直角，
正方形、矩形都满足有一组对角互补，
只有正方形的四条边都相等，
正方形是“奇妙四边形”，
故选：A；
（2）解：四边形是“奇妙四边形”，
理由如下：
如下图所示，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
四边形内角和为，
，
又，
，
四边形是正方形，
，，
在和中，，
，
，，
，
，
，
四边形是“奇妙四边形”；
解：四边形是正方形，
，
，
，
，
四边形内角和为，
，
若四边形是“奇妙四边形”，
则需要有一组邻边相等，
当时，
如下图所示，连接，
四边形是正方形，
，，
在和中，，
，
，
由可知，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
在中，，
，
，
解得：，
，
如下图所示，过点作于M，
设，
由可知，
，
，
在中，，
是正方形的对角线，
，
，
，
解得：，
，
，
；
当时，则点是的中点，
则只有当点与点重合时成立，
故不符合题意；
当时，
如下图所示，连接，
在和中，，
，
，
同上；
如下图所示，
当时，则有是等腰直角三角形，
，，
在和中，，
，
，
把绕点顺时针旋转到的位置，
，
由可知，
，
，
在和中，，
，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
解得：，(不符合题意，舍去)，
，
在中，，
在中，，
，
，
，
；
综上所述，的面积为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，解决本题的关键是理解“奇妙四边形”的定义，根据“奇妙四边形”找出边和角的关系，分情况求解即可．
3．我们定义：对角互补且有一组邻边相等的四边形叫做至善四边形．如图1，且，则四边形是至四边形．
(1)下列四边形一定是至善四边形的有______．
①平行四边形；②矩形；③菱形，④正方形；
(2)如图2，四边形为至善四边形，，，，求的长及的度数．
(3)如图3，正方形中，为中点，在右边作等边，为中点，当时，_______．
【答案】(1)④
(2)的长为4，的度数为；
(3)
【分析】（1）根据至善四边形的定义及特殊平行四边形的性质进行判断即可；
（2）延长至点，使，根据至善四边形的定义推出，证明，得，，证明为等边三角形，即可得出答案；
（3）延长至点，使得，证明，得，，推出是等腰直角三角形，得，据此计算可得结论．
【详解】（1）解：①平行四边形的对角相等邻角互补，对边相等，它的对角不一定互补，邻边不一定相等，故平行四边形不是至善四边形；
②矩形四个内角是直角，对边相等，它的对角互补，但邻边不一定相等，故矩形不是至善四边形；
③菱形对角相等邻角互补，四边相等，它的一组邻边相等，但对角不一定互补，故菱形不是至善四边形；
④正方形四个内角是直角，四边相等，它的对角互补且有一组邻边相等，故正方形是至善四边形；
故答案为：④；
（2）解：如图，延长至点，使，
∴，
∵四边形为至善四边形，，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴为等边三角形，
∴，，
∴，
∴的长为4，的度数为；
（3）解：延长至点，使得，连接，
∵四边形为正方形，，
∴，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵为的中点，
∴，即，，
∵为等边三角形，为的中点，
∴，，则，
∴，即，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，且
∵，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了新定义，特殊平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点．正确理解新定义、通过作辅助线构造全等三角形、直角三角形是解题的关键．
4．定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
(1)如图1，四边形是正方形，点E在边上，点F在边的延长线上，且，连接，，请根据定义判断四边形是否是“直等补”四边形，并说明理由．
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，若，，求的长．
【答案】(1)四边形是“直等补”四边形，理由见解析．
(2)28．
【分析】（1）本题考查了对于“直等补”四边形定义的理解，要判断四边形是否是“直等补”四边形，关键在于根据定义，找到满足定义的三个条件即可．根据已知可证，由此可得到，，，即证明四边形是“直等补”四边形．
（2）本题同样考查了“直等补”四边形定义的理解，作辅助线构造直角三角形是解决问题的关键．根据“直等补”四边形定义，可得到，然后利用勾股定理即可求得的长．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，，
，
在与中，
（），
，，
，
，
，
四边形满足三个条件：①一组对角和互补，②一组邻边，③相等邻边夹角．
故四边形是“直等补”四边形；
（2）连接，如下图所示
四边形是“直等补”四边形，，
，
，
，
，
，
，
．
故的长为28．
5．定义：若四边形有一组对角互补，一组邻边相等，且相等邻边的夹角为直角，像这样的图形称为“直角等邻对补”四边形，简称“直等补”四边形．根据以上定义，解决下列问题：
(1)如图1，正方形中是上的点，将绕点旋转，使与重合，此时点的对应点在的延长线上，则四边形______（填“是”或“不是”）“直等补”四边形；
(2)如图2，已知四边形是“直等补”四边形，，，过点作于点．
①试探究与的数量关系，并说明理由；
②若，，求的长．
【答案】(1)是；
(2)①BE=DE，理由见解析；②14
【分析】（1）由旋转的性质可得∠ABF=∠CBE，BF=BE，根据正方形的性质得∠ABC=∠D=90°，可得出∠EBF=∠D=90°，即可得出答案；
（2）①过点C作CF⊥BE，首先证明四边形CDEF是矩形，则DE=CF，EF=CD=2，再证△ABE≌△BCF，根据全等三角形的判定和性质可得BE=CF，AE=BF，等量代换即可得BE=DE；②设BE=x，根据勾股定理求出x的值即可，即可求解．
【详解】（1）∵将△BCE绕B点旋转，BC与BA重合，点E的对应点F在DA的延长线上，
∴∠ABF=∠CBE，BF=BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠ABE+∠ABF=90°，即∠EBF=∠D=90°，
∴∠EBF+∠D=180°，
∵∠EBF=90°，BF=BE，
∴四边形BEDF是“直等补”四边形．
故答案为：是；
（2）①BE=DE，理由如下：
如图3，过点C作CF⊥BE，垂足为点F，
图3
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB=BC，AD＞AB，
∴∠ABC=90°，∠ABC+∠D=180°，
∴∠D=90°，
∵BE⊥AD，CF⊥BE，
∴∠DEF=90°，∠CFE=90°，
∴四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，EF=CD，
∵∠ABE+∠A=90°，∠ABE+∠CBE=90°，
∴∠A=∠CBF，
∵∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BE=CF，AE=BF，
∵DE=CF，
∴BE=DE；
②如图3，
∵四边形CDEF是矩形，
∴DE=CF，CD=EF，
∵△ABE≌△BCF，
∴AE=BF，CF=BE，
∵，，
设BE=x，则AE=BF=x-2，
在Rt△ABE中，x2+（x-2）2=102，
解得：x=8或x=-6（舍去），
∴BE=8，AE=6，
∴AD=AE+DE=AE+CF=AE+BE=6+8=14．
【点睛】本题是四边形的一个综合题，主要考查新定义，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，矩形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，轴对称的性质．
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