第07讲 正方形（2个知识点+7类题型）-【帮课堂】2024-2025学年八年级数学下册同步学与练（苏科版）

八年级下苏科版 第07讲 正方形2个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.正方形的性质 2.正方形的判定 熟练掌握正方形的性质和判定，并能够综合运用。 知识点1：正方形的性质 ①正方形是特殊的平行四边形，是特殊的矩形，是特殊的菱形，所以正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质； ②正方形特有的性质：对角线相等且互相垂直平分； ③正方形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点； ④正方形是轴对称图形，有4条对称轴。 【即学及练】 1．（2024秋•潍坊期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若EF∥BC，且∠CEF＝α，则∠AFD的大小为（　　） A．α B．2α C．45°﹣α D．45°+α 2．（2024秋•西安期末）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE＝150°，DF，则EF的长为（　　） A．2 B．2 C．2 D．1 3．（2024秋•灵武市期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），则顶点C的坐标是（　　） A． B． C．（2，﹣2） D． 4．（2024春•姑苏区校级期中）如图，四边形ABCD、CEFG均为正方形，其中正方形CEFG面积为36cm2，若图中阴影部分面积为10cm2，则正方形ABCD面积为（　　） A．6 B．16 C．26 D．46 5．（2024秋•兴庆区校级期末）如图，在正方形ABCD的内部作等边△ABE，连接DE，CE，DB． （1）求证：CE＝DE； （2）求∠EDB的度数． 知识点2：正方形的判定 ①有一组邻边相等的矩形是正方形； ②有一个角是直角的菱形是正方形； ③对角线垂直的矩形是正方形； ④对角线相等的菱形是正方形； ⑤有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形； ⑥对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形； ⑦对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 对角线互相垂直且相等的平行四边形 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形 有一组邻边相等的矩形 对角线垂直的矩形 有一个角是直角的菱形 对角线相等的菱形 【即学即练】 6．（2024秋•兰州期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是矩形 B．有一个角为直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 7．（2024秋•管城区校级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　） A．若AB＝AD，则▱ABCD是矩形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 D．若AB⊥BC，则▱ABCD是矩形 8．（2024秋•泗洪县校级期中）如图，在矩形ABCD中，M是对角线AC上的一个动点（M与A、C点不重合），作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F． （1）试说明四边形EBFM是矩形； （2）连接BM、当点M运动到使∠ABM为何值时，矩形EBFM为正方形？请写出你的结论． 【类型一：正方形的性质】 1．（2024秋•锦江区期末）如图，在正方形ABCD的对角线BD上取点E使BE＝BA，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，则∠EFC的大小为 　 　． 2．（2024春•鼓楼区校级期中）已知：如图，E是边长为2的正方形ABCD对角线BD上的一点，EF⊥BD交DC于点F，且DE＝CF．则线段EF的长为 　 　． 3．（2024秋•莲湖区期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，以AB为边向外作等边△ABE，连接OE．交AB于点F．若AB＝4，则OE的长为 　 ． 4．（2024春•南京期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，求GH的长． 版权所有 5．（2024秋•昆都仑区期末）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF⊥DG于F． （1）求证：△AED≌△DFC； （2）求证：AE＝FC+EF． 【类型二：正方形的判定】 6．（2024•五华区校级模拟）如图，已知▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，添加条件后，▱ABCD不一定是正方形的选项为（　　） A．AB＝AD，AC＝BD B．AB＝BC，AC⊥BD C．∠BAD＝90°，AC⊥BD D．∠AOD＝90°，AO＝DO 7．（2024秋•沈北新区期末）如图，△ABC中，D为AC边上一点，BD平分∠ABC，过点D作DE∥BC，与AB交于点E，作DF∥AB，与BC交于点F，连接EF．则以下结论中错误的是（　　） A．四边形BFDE是菱形 B．BD与EF互相垂直且平分 C．当AB＝BC时，四边形DEFC是菱形 D．若∠ABC＝90°时，则四边形BFDE是正方形 8．（2024•海港区一模）如图，▱ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，点G、H在边BD上，且AE＝CF，BG＝DH，关于四边形EGFH，下列说法正确的个数是（　　） ①四边形EGFH一定是平行四边形且有无数个； ②四边形EGFH可以是矩形且有无数个； ③四边形EGFH可以是菱形且有无数个； ④四边形EGFH可以是正方形且有无数个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 9．（2023秋•赫章县期末）如图，AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高，O是AC的中点，延长DO到点E，使AE∥BC，连接CE． （1）求证：四边形ADCE是矩形； （2）若AB＝2，BC＝2，求证：四边形ADCE是正方形． 10．（2024秋•牡丹区期中）△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN∥BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF． （1）说明：OE＝OF； （2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，证明你的结论； （3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形． 11．（2024春•梁园区期中）如图，在正方形ABCD和▱ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，P是线段AF的中点，连接DP，连接EP并延长，交AD于点Q．请证明： （1）四边形ECGF是矩形． （2）当∠DPE＝90°时，四边形ECGF是正方形． 【类型三：正方形的旋转问题】 12．（2024春•建邺区校级期中）如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　 　． 13．（2024春•句容市期中）如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，边A′D′与AB交于点E，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 14．（2024春•姑苏区校级期中）已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝2，EC＝1，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则EF的长为　 ． 权所有 15．（2024春•建邺区校级期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（　　） A． B． C． D． 【类型四：正方形的翻折问题】 16．（2024春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且CN＝6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，则m＝　 　． 17．（2024春•玄武区校级期中）【模型呈现】在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，则AP＝MN． （1）如图②，将边长为40的正方形ABCD折叠，使得点B落在CD上的点E处．若折痕FG＝41，则CE＝　 　． 【继续探索】 （2）如图③，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD， DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN． （3）如图④，在正方形ABCD中，E、F分别为AD，BC上的点，作DM⊥EF于M，在MF上截取MN＝DM， 连接BN，G为BN中点，连接CG，CM．请依题意补全图形，若CG＝2，则CM＝　 　． 【类型五：正方形的动点问题】 18．（2024春•工业园区校级期中）如图，正方形ABCD中，P为BD上一动点，过点P作PQ⊥AP交CD边于点Q．点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为6，则AQ的中点M移动的路径长为 　． 19．（2024春•工业园区校级期中）在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止． （1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y． ①当t＝5时，y＝　　；当t＝10时，y＝　　． ②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？ （2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示． ①P，Q两点在第 　　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　　． ②点P的速度为 　 单位长度/秒；点Q的速度为 　　单位长度/秒． ③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？ 【类型六：正方形与函数综合】 20．（2024秋•和平区期末）若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三角形为该边上的“完美三角形”．如图在直角坐标系中，正方形ABCO的两边OA、OC分别在坐标轴上，点B的坐标是（3，3）．在正方形ABCO的边上找一点P，使得△POC是OC边上的“完美三角形”，点P的坐标为 21．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题： （1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　 　； ②用含m的代数式表示点E的坐标为 　 　． （2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； （3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值． 22．（2024春•新吴区期中）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）． （1）求正方形OABC顶点C的坐标为 ，顶点B的坐标为 ； （2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值． 网版权所有 【类型七：正方形综合题】 23．（2024春•丹阳市期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD． （1）若AF＝5，则BD＝　 　； （2）如果点C在线段AB的延长线上，如图2，其他条件不变，求证：AF＝BD． 24．（2024春•江阴市期中）如图，∠MON＝90°，正方形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，AB＝13，OB＝5，E为AC上一点，且∠EBC＝∠CBN，直线DE与ON交于点F． （1）求证：BE＝DE； （2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由； （3）△BEF的周长为　 　． 25．（2024春•鼓楼区校级期中）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足． （1）∠EAF＝　 　°（直接写出结果不写解答过程）； （2）①求证：四边形ABCD是正方形． ②若BE＝EC＝3，求DF的长． 26．（2024春•南京期中）点E、F分别在正方形ABCD的边BC、AB所在直线上，点M在直线DE上，且DM＝EF，EF⊥DE，MN⊥直线BC，垂足分别是E、N． （1）当点E在边BC上时，如图①，求证：MN+BE＝CD； （2）当点E在BC的延长线上时，如图②；当点E在CB的延长线上时，如图③，请直接写出线段MN，BE，CD之间的数量关系，不需要证明． 1．（2024春•鼓楼区期中）如图，正方形ABCD的边长为2，点E从点A出发沿着线段AD向点D运动（不与点A、D重合），同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动（不与点D、C重合），点E与点F的运动速度相同．BE与AF相交于点G，H为BF中点，则有下列结论： ①∠BGF是定值； ②FB平分∠AFC； ③当E运动到AD中点时，GH； ④当AG+BG时，四边形GEDF的面积是． 其中正确的是（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①④ 2．（2024春•苏州期中）如图，正方形ABCD边长为1，延长BC至点E，使得，AF平分∠BAE交BC于点F，连接DF，则下列结论：①AF＝EF；②AE平分∠DAF；③DF⊥AE；④．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 3．（2024春•梁溪区校级期中）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论： ①在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形； ②点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM； ③无论点M运动到何处，都有DMHM； ④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°． 以上结论正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 4．（2024春•滨湖区期中）如图，在正方形ABCD中，点E是CD的中点，点F是AD的中点，BE与CF相交于点P，设AB＝a．得到以下结论：①BE⊥CF；②AP＝a；③．则上述结论正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 5．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 6．（2024春•梁溪区期中）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠C＝90°．以AB为边向右侧作正方形ABDE，过E作EF⊥CB交AD于点G，连接BG，则△BGF的周长是 　　． 7．（2024春•江阴市期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F、点P分别为边AD、对角线BD上的一个动点，连接EF、EP、FP，则△EFP周长的最小值为（　　） A． B． C． D．2 8．（2024春•工业园区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E、B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．若AB＝2时，则△ADP周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 9．（2024春•姑苏区校级期中）如图，点E是边长为4的正方形ABCD的边BC上一点，且∠BAE＝30°，AE交对角线BD于点F，∠ADB的平分线MD交AE于点M，点P是线段MD上一动点，过点P作PQ⊥BD于点Q，连接PF，则PF+PQ的最小值为 　 ． 10．（2024春•鼓楼区期中）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 　 ．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系． （1）请你按照小明的思路，完成解题过程； （2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 11．（2024春•无锡期中）在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）． （1）如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点E． ①当B′D＝OD时，点D的坐标是 　 　； ②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′＝t，四边形AB′DG的面积为S，直接写出S与t的关系式． 12．（2024春•江都区期中）如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点． （1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形； （2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标． 13．（2024春•丹阳市期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】 （1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接AG、AC，则∠ACG＝　　°； 【解决问题】 （2）将矩形AQGF绕点A顺时针转动，边AF与边CD交于点M，连接BM，AB＝10，AD＝6． ①如图2，当BM＝AB时，求证：AM平分∠DMB； ②如图3，当点F落在DC上时，连接BQ交AF于点O，则AO＝　　； 【迁移应用】 （3）如图4，正方形ABCD的边长为5，E是BC边上一点（不与点B、C重合），连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FC交AB的延长线于点G，则BG＝　　； （4）如图5，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是CD边上一点（不与点C、D重合），连接BE，将线段BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．若BG＝6，则CG＝　　． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 八年级下苏科版 第07讲 正方形2个知识点+7类题型 课程标准 学习目标 1.正方形的性质 2.正方形的判定 熟练掌握正方形的性质和判定，并能够综合运用。 知识点1：正方形的性质 ①正方形是特殊的平行四边形，是特殊的矩形，是特殊的菱形，所以正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质； ②正方形特有的性质：对角线相等且互相垂直平分； ③正方形是中心对称图形，对称中心是对角线的交点； ④正方形是轴对称图形，有4条对称轴。 【即学及练】 1．（2024秋•潍坊期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若EF∥BC，且∠CEF＝α，则∠AFD的大小为（　　） A．α B．2α C．45°﹣α D．45°+α 【分析】设AC，BD相交于点O，先证明BE＝CF，进而可证明△BCE和△CDF全等，则∠BCE＝∠CDF＝α，进而得∠ODF＝45°﹣α，然后在Rt△ODF中，可求出∠AFD的度数． 【解答】解：设AC，BD相交于点O，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，OB＝OC，∠EBC＝∠FCB＝∠FCD＝∠CDB＝∠45°，∠DOC＝90°， ∵EF∥BC， ∴∠OEF＝∠EBC＝∠45°，∠OFE＝∠FCB＝∠45°，∠BCE＝∠CEF＝α， ∴OE＝OF， ∴OB﹣OE＝OC﹣OF， ∴BE＝CF， 在△BCE和△CDF中， ， ∴△BCE≌△CDF（SAS）， ∴∠BCE＝∠CDF＝α， ∴∠ODF＝∠CDB﹣∠CDF＝45°﹣α， 在Rt△ODF中，∠DOC＝90°， ∴∠AFD＝90°﹣∠ODF＝90°﹣（45°﹣α）＝45°+α． 故选：D． 2．（2024秋•西安期末）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE＝150°，DF，则EF的长为（　　） A．2 B．2 C．2 D．1 【分析】由题意证明△BOE≌△COF（ASA），所以OE＝OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长． 【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线， ∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC， ∵∠AOE＝150°， ∴∠BOE＝60°； ∵OE⊥OF， ∴∠EOF＝∠BOC＝90°， ∴∠BOE＝∠COF＝60°， ∴△BOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF， ∴△OEF是等腰直角三角形； 过点F作FG⊥OD，如图， ∴∠OGF＝∠DGF＝90°， ∵∠ODC＝45°， ∴△DGF是等腰直角三角形， ∴GF＝DGDF＝1， ∴OF＝2GF＝2， ∴EFOF＝2． 故选：C． 3．（2024秋•灵武市期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），则顶点C的坐标是（　　） A． B． C．（2，﹣2） D． 【分析】根据AC、OB的互相垂直平分，且OB＝4＝AC，即有OD＝DB＝DA＝DC＝2，问题得解． 【解答】解：在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O，B的坐标分别是（0，0），（4，0），如图，连接AC，交OB于点D， ∴AC、OB的互相垂直平分，且OB＝4＝AC， ∴OD＝DB＝DA＝DC＝2，OD⊥DC， ∴C点坐标（2，﹣2）， 故选：C． 4．（2024春•姑苏区校级期中）如图，四边形ABCD、CEFG均为正方形，其中正方形CEFG面积为36cm2，若图中阴影部分面积为10cm2，则正方形ABCD面积为（　　） A．6 B．16 C．26 D．46 【分析】根据正方形的性质与三角形的面积公式得出：阴影部分面积（CE2﹣BC2），便可求得结果． 【解答】解：∵阴影部分面积DE×（BC+CG）， ∴阴影部分面积（CE﹣DC）（BC+CG）（CE2﹣BC2）， ∵正方形CEFG面积为36cm2，图中阴影部分面积为10cm2， ∴10（36﹣S正方形ABCD）， ∴S正方形ABCD＝16， 故选：B． 5．（2024秋•兴庆区校级期末）如图，在正方形ABCD的内部作等边△ABE，连接DE，CE，DB． （1）求证：CE＝DE； （2）求∠EDB的度数． 【分析】（1）根据等边三角形的性质得到∠EAB＝∠EBA＝60°，AE＝BE＝AB，根据正方形的性质得到AD＝BC＝AB，∠DAB＝∠CBA＝90°，根据全等三角形的性质得到DE＝CE； （2）根据正方形的性质得到∠ADB＝45°，根据∠CDE＝∠DCE＝15°，于是得到∠EDF＝90°﹣45°﹣15°＝30°． 【解答】（1）证明：∵△ABE为等边三角形， ∴∠EAB＝∠EBA＝60°，AE＝BE＝AB， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝BC＝AB，∠DAB＝∠CBA＝90°， ∴∠DAE＝∠CBE＝90°﹣60°＝30°，AD＝AE＝BC＝BE， 在△ADE与△BCE中， ， ∴△ADE≌△BCE（SAS）， ∴DE＝CE； （2）解：∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠ADB＝45°， ∵∠CDE＝∠DCE＝15°， ∴∠EDB＝90°﹣45°﹣15°＝30°． 知识点2：正方形的判定 ①有一组邻边相等的矩形是正方形； ②有一个角是直角的菱形是正方形； ③对角线垂直的矩形是正方形； ④对角线相等的菱形是正方形； ⑤有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形； ⑥对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形； ⑦对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形。 对角线互相垂直且相等的平行四边形 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形 有一组邻边相等的矩形 对角线垂直的矩形 有一个角是直角的菱形 对角线相等的菱形 【即学即练】 6．（2024秋•兰州期末）下列说法正确的是（　　） A．对角线相等的四边形是矩形 B．有一个角为直角的四边形是矩形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【分析】根据对角线互相平分的四边形是平行四边形；对角线互相平分且相等的四边形是矩形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形；先判定四边形是菱形，再判定是矩形就是正方形分别进行分析即可． 【解答】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是假命题； B、有一个角为直角的平行四边形是矩形，原命题是假命题； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，是真命题； D、对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题； 故选：C． 7．（2024秋•管城区校级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　） A．若AB＝AD，则▱ABCD是矩形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 D．若AB⊥BC，则▱ABCD是矩形 【分析】根据矩形，正方形和菱形的判定即可解答． 【解答】解：A、由四边形ABCD是平行四边形结合AB＝AD，可得▱ABCD是菱形，不符合题意； B、由四边形ABCD是平行四边形结合AC＝BD，可得▱ABCD是矩形，不符合题意； C、由四边形ABCD是平行四边形结合AC⊥BD，可得▱ABCD是菱形，不一定是正方形，不符合题意； D、由四边形ABCD是平行四边形结合AB⊥BC，可得▱ABCD是矩形，符合题意； 故选：D． 8．（2024秋•泗洪县校级期中）如图，在矩形ABCD中，M是对角线AC上的一个动点（M与A、C点不重合），作ME⊥AB于E，MF⊥BC于F． （1）试说明四边形EBFM是矩形； （2）连接BM、当点M运动到使∠ABM为何值时，矩形EBFM为正方形？请写出你的结论． 【分析】（1）因为矩形ABCD中，ME⊥AB，MF⊥BC，所以在四边形EBFM中有三个角为直角，由矩形的判定方法可得四边形EBFM是矩形； （2）当点M运动到使∠ABM＝45°时，矩形EBFM为正方形． 【解答】解：（1）∵ABCD矩形， ∴∠B＝90°， ∵ME⊥AB，MF⊥BC， ∴∠E＝90°，∠F＝90°， ∴四边形EBFM是矩形； （2）当点M运动到使∠ABM＝45°时，矩形EBFM为正方形． ∵EBFM为矩形， ∠B＝90°， ∵∠ABM＝45°， ∴∠EMB＝45°， ∴EB＝EM ∴矩形EBFM为正方形． 【类型一：正方形的性质】 1．（2024秋•锦江区期末）如图，在正方形ABCD的对角线BD上取点E使BE＝BA，连接AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，则∠EFC的大小为 　67.5°　． 【分析】由四边形ABCD是正方形，EF⊥AE得∠BAD＝∠AEF＝∠C＝90°，则∠DAE+∠BAE＝90°，∠BEF+∠BEA＝90°，∠ABD＝∠ADB＝∠CBD＝∠CDB＝45°，而BE＝BA，则DA＝BE，∠BAE＝∠BEA＝67.5°，所以∠DAE＝∠BEF，可证明△DAE≌△BEF，得∠AED＝∠EFB，则∠EFC＝∠BEA＝67.5°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，EF⊥AE， ∴DA＝BA＝BC＝DC，∠BAD＝∠AEF＝∠C＝90°， ∴∠DAE+∠BAE＝90°，∠BEF+∠BEA＝90°，∠ABD＝∠ADB＝∠CBD＝∠CDB＝45°， ∵BE＝BA， ∴DA＝BE，∠BAE＝∠BEA（180°﹣45°）＝67.5°， ∴∠DAE＝∠BEF， 在△DAE和△BEF中， ， ∴△DAE≌△BEF（ASA）， ∴∠AED＝∠EFB， ∴∠EFC＝180°﹣∠EFB＝180°﹣∠AED＝∠BEA＝67.5°， 故答案为：67.5°． 2．（2024春•鼓楼区校级期中）已知：如图，E是边长为2的正方形ABCD对角线BD上的一点，EF⊥BD交DC于点F，且DE＝CF．则线段EF的长为 　22．　． 【分析】由边长为2的正方形ABCD中∠BDC＝45°，EF⊥BD，DE＝CF，得BDDC＝2，设DE＝x，则DFDEx，由DF+FC＝DC，得x+x＝2，即可得EF＝DE＝x＝22． 【解答】解：由边长为2的正方形ABCD中∠BDC＝45°，EF⊥BD，DE＝CF， 得BDDC＝2， 设CF＝DE＝x，则DFDEx， 由DF+FC＝DC， 得x+x＝2， 得EF＝DE＝x＝22． 故答案为：22． 3．（2024秋•莲湖区期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，以AB为边向外作等边△ABE，连接OE．交AB于点F．若AB＝4，则OE的长为 　　． 【分析】根据正方形的性质得AB＝BC＝4，OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝90°，则点O在线段AB的垂直平分线上，再根据等边三角形的性质得EA＝EB＝AB＝2，则点E在线段AB的垂直平分线上，由此的OE是线段AB的垂直平分线，则AF＝BF＝2，然后由勾股定理分别求出OF＝2，EF，进而可得OE的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝4， ∴AB＝BC＝4，OA＝OC＝OB＝OD，∠ABC＝90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC， ∴OA＝OBAC， ∴点O在线段AB的垂直平分线上， ∵△ABE是等边三角形， ∴EA＝EB＝AB＝2， ∴点E在线段AB的垂直平分线上， ∴OE是线段AB的垂直平分线 ∴OE⊥AB，AF＝BFAB＝2， 在Rt△AOF中，由勾股定理得：OF2， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：EF， ∴OE＝OF+EF． 故答案为：． 4．（2024春•南京期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E、F分别在AD、DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，求GH的长． 版权所有 【分析】根据题目中的条件，可以先证明△BAE和△ADF全等，然后即可得到∠ABE＝∠DAF，从而可以证明△BGF是直角三角形，再根据点H为BF的中点，可知GH是BF的一半，然后根据勾股定理可以求得BF的长，从而可以得到GH的长，本题得以解决． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°， 在△BAE和△ADF中 ， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴∠ABE＝∠DAF， ∵∠ABE+∠BEA＝90°， ∴∠DAF+∠BEA＝90°， ∴∠AGE＝90°， ∴∠BGF＝90°， ∵点H为BF的中点， ∴GHBF， 又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°， ∴CF＝3， ∴BF， ∴GH． 5．（2024秋•昆都仑区期末）如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上任意一点（点G与B、C不重合），AE⊥DG于E，CF⊥DG于F． （1）求证：△AED≌△DFC； （2）求证：AE＝FC+EF． 【分析】（1）根据正方形性质得AD＝DC，∠ADC＝90°，再根据AE⊥DG，CF⊥DG得∠AED＝∠DFC＝90°，证明∠DAE＝∠CDF，进而可依据“AAS”判定△AEE和△DFC全等； （2）根据△AEE和△DFC全等得AE＝DF，ED＝FC，然后再根据DF＝ED+EF＝FC+EF即可得出结论． 【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADC＝90°， ∴∠ADE+∠CDF＝90°， ∵AE⊥DG，CF⊥DG， ∴∠AED＝∠DFC＝90°， ∴∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠DAE＝∠CDF， 在△AEE和△DFC中， ， ∴△AED≌△DFC（AAS）； （2）∵△AED≌△DFC， ∴AE＝DF，ED＝FC， ∵DF＝ED+EF＝FC+EF． ∴AE＝FC+EF． 【类型二：正方形的判定】 6．（2024•五华区校级模拟）如图，已知▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，添加条件后，▱ABCD不一定是正方形的选项为（　　） A．AB＝AD，AC＝BD B．AB＝BC，AC⊥BD C．∠BAD＝90°，AC⊥BD D．∠AOD＝90°，AO＝DO 【分析】根据题意逐一对选项分析即可得出答案． 【解答】解：A、因为AB＝AD，所以▱ABCD为菱形，因为AC＝BD，所以▱ABCD为正方形，不符合题意； B、因为AB＝BC，所以▱ABCD为菱形，但AC⊥BD不能证明▱ABCD为正方形，符合题意； C、因为∠BAD＝90°，所以▱ABCD为矩形，又因为AC⊥BD所以▱ABCD为正方形，不符合题意； D、因为∠AOD＝90°，所以▱ABCD为菱形，又因为AO＝DO所以▱ABCD为正方形，不符合题意； 故选：B． 7．（2024秋•沈北新区期末）如图，△ABC中，D为AC边上一点，BD平分∠ABC，过点D作DE∥BC，与AB交于点E，作DF∥AB，与BC交于点F，连接EF．则以下结论中错误的是（　　） A．四边形BFDE是菱形 B．BD与EF互相垂直且平分 C．当AB＝BC时，四边形DEFC是菱形 D．若∠ABC＝90°时，则四边形BFDE是正方形 【分析】根据菱形的判定得出四边形BFDE是菱形，再根据菱形的性质得出BD与EF互相垂直且平分，进而利用菱形的判定和正方形的判定解答即可． 【解答】解：∵DE∥BC，DF∥AB， ∴四边形BFDE是平行四边形，∠EDB＝∠DBF， ∵BD平分∠ABC， ∴∠EBD＝∠DBF， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴BE＝DE， ∴▱BFDE是菱形，故A正确； ∴BD与EF互相垂直且平分，故B正确； ∵∠ABC＝90°时，则四边形BFDE是正方形，故D正确； 当AB＝BC，不能得出四边形DEFC是菱形，故C错误； 故选：C． 8．（2024•海港区一模）如图，▱ABCD中，点E、F分别在边AD、BC上，点G、H在边BD上，且AE＝CF，BG＝DH，关于四边形EGFH，下列说法正确的个数是（　　） ①四边形EGFH一定是平行四边形且有无数个； ②四边形EGFH可以是矩形且有无数个； ③四边形EGFH可以是菱形且有无数个； ④四边形EGFH可以是正方形且有无数个． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先利用SAS证明△BFH≌△DEG，由全等三角形的性质得出FH＝EG，∠BHF＝∠DGE，证出FH∥EG，得出四边形EGFH是平行四边形．再根据矩形、菱形、正方形的判定分别判断即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD＝BC，AD∥BC， ∴∠FBH＝∠EDG， ∵AE＝CF，BG＝DH， ∴DE＝BF，BH＝DG， 在△BFH和△DEG中， ， ∴△BFH≌△DEG（SAS）， ∴FH＝EG，∠BHF＝∠DGE， ∴FH∥EG， ∴四边形EGFH是平行四边形， 点E、F分别在边AD、BC上移动时，▱EGFH有无数个，故①说法正确； 如果EF＝GH，则▱EGFH是矩形且有无数个，故②说法正确； 如果FG＝FH，则▱EGFH是菱形且有无数个，故③说法正确； 假设过BD的中点O的直线交AD、BC于点M、N，只有当OG＝OM时，生产的四边形是正方形，点M、N即为符合题意得点E、F，且仅有这一种可能，故④说法错误． 故选：C． 9．（2023秋•赫章县期末）如图，AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高，O是AC的中点，延长DO到点E，使AE∥BC，连接CE． （1）求证：四边形ADCE是矩形； （2）若AB＝2，BC＝2，求证：四边形ADCE是正方形． 【分析】（1）由AD是等腰三角形ABC底边BC上的高，可得AD⊥BC，BD＝CD，即D为BC的中点，则DO∥AB，证明四边形AEDB是平行四边形，由AE＝CD，AE∥CD，证明四边形ADCE是平行四边形，由∠ADC＝90°，可证四边形ADCE是矩形； （2）根据等腰三角形的性质得到BD＝CD，根据勾股定理得到AD＝CD，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】证明：（1）∵AD是等腰三角形ABC底边BC上的高， ∴AD⊥BC，BD＝CD， ∴D为BC的中点， 又∵O是AC的中点， ∴DO∥AB， ∵DE∥AB，AE∥BD， ∴四边形AEDB是平行四边形， ∴AE＝BD＝CD， ∵AE＝CD，AE∥CD， ∴四边形ADCE是平行四边形， ∵∠ADC＝90°， ∴四边形ADCE是矩形； （2）∵AD是等腰三角形ABC的底边BC上的高， ∴BD＝CD， ∴AD， ∴AD＝CD， ∴四边形ADCE是正方形． 10．（2024秋•牡丹区期中）△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN∥BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF． （1）说明：OE＝OF； （2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，证明你的结论； （3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形． 【分析】（1）由已知MN∥BC，CE、CF分别平分∠BCO和∠GCO，可推出∠OEC＝∠OCE，∠OFC＝∠OCF，所以得EO＝CO＝FO． （2）由（1）得出的EO＝CO＝FO，点O运动到AC的中点时，则由EO＝CO＝FO＝AO，所以这时四边形AECF是矩形． （3）由已知和（2）得到的结论，点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，则推出四边形AECF是矩形且对角线垂直，所以四边形AECF是正方形． 【解答】（1）证明：∵MN∥BC， ∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠DCF， 又∵CE平分∠BCO，CF平分∠DCO， ∴∠OCE＝∠BCE，∠OCF＝∠DCF， ∴∠OCE＝∠OEC，∠OCF＝∠OFC， ∴EO＝CO，FO＝CO， ∴OE＝OF； （2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．理由如下： ∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO， 又∵EO＝FO， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵FO＝CO， ∴AO＝CO＝EO＝FO， ∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF， ∴四边形AECF是矩形； （3）解：当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形． ∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形， 已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则 ∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°， ∴AC⊥EF， ∴四边形AECF是正方形． 11．（2024春•梁园区期中）如图，在正方形ABCD和▱ECGF中，点B，C，G在同一条直线上，P是线段AF的中点，连接DP，连接EP并延长，交AD于点Q．请证明： （1）四边形ECGF是矩形． （2）当∠DPE＝90°时，四边形ECGF是正方形． 【分析】（1）根据正方形的性质和平角的定义证明∠GCE＝90°即可证明平行四边形ECGF是矩形； （2）根据正方形的性质，结合已知条件，证明△APQ≌△FPE（ASA），得出AQ＝EF，进而证明△PDQ，△PDE（SAS），QD＝DE，得出AQ＝EC，即可得出EC＝EF，根据邻边相等的矩形是正方形． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°， ∴∠GCE＝90°， ∵四边形ECGF是平行四边形， ∴平行四边形ECGF是矩形； （2）证明：在正方形ABCD和▱ECGF中，点B，C，G在同一条直线上， ∴AD∥BG，EF∥BG，∠ADC＝90°， ∴AD∥EF， ∴∠QAP＝∠EFP， ∵P是线段AF的中点， ∴AP＝PF， 又∠APQ＝∠FPE， ∴△APQ≌△FPE（ASA）， ∴AQ＝EF，QP＝PE， ∵∠DPE＝90°， ∴∠DPQ＝90°， 在△PDQ和△PDE中， ， ∴△PDQ≌△PDE（SAS）， ∴QD＝DE， ∵AD＝DC， ∴AQ＝EC， ∴EC＝EF， ∴矩形ECGF是正方形． 【类型三：正方形的旋转问题】 12．（2024春•建邺区校级期中）如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a（0°＜α＜180°），连接B'D、C'D，若B'D＝C'D，则∠α＝　60°　． 【分析】作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图，根据旋转的性质得AD′＝AD，∠DAD′＝α，再根据等腰三角形的性质由B'D＝C'D得到B′H＝C′H，则AG＝D′G，然后证明△ADD′为等边三角形得到∠DAG＝60°，从而得到α的度数． 【解答】解：作DH⊥B′C′于H，交AD′于G，如图， ∵正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转到正方形AB'C'D'，旋转角为a， ∴AD′＝AD，∠DAD′＝α， ∵B'D＝C'D， ∴B′H＝C′H， ∵四边形AB'C'D'为正方形， ∴AG＝D′G， 连接DD′，如图， ∵DG垂直平分AD′， ∴DD′＝DA， ∴DD′＝AD＝AD′， ∴△ADD′为等边三角形， ∴∠DAG＝60°， 即α＝60°． 故答案为60°． 13．（2024春•句容市期中）如图，边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′，边A′D′与AB交于点E，则阴影部分的面积是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接A′C，证明A′，B，C三点共线，勾股定理求出A′C的长，进而求出A′B的长，利用分割法求出阴影部分的面积即可． 【解答】解：连接A′C， ∵边长为1的正方形ABCD绕点C逆时针旋转45°后得到正方形A′B′CD′， ∴BC＝1，∠BCD＝90°，∠DCD′＝45°，∠A′CD′＝∠D′A′C＝45°，A′D′＝CD′＝1， ∴∠BCD′＝∠BCD﹣∠DCD′＝45°，， ∵∠BCD′＝∠A′CD′＝45°， ∴A′，B，C三点共线， ∴，∠A′BE＝90°， ∵∠D′A′B＝45°， ∴， ∴， ∴； 故选：D． 14．（2024春•姑苏区校级期中）已知正方形ABCD中，点E在边DC上，DE＝2，EC＝1，把线段AE绕点A旋转，使点E落在直线BC上的点F处，则EF的长为　或　． 权所有 【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°，再根据旋转的性质可得AF＝AE，然后利用“HL”证明Rt△ABF和Rt△ADE全等，根据全等三角形对应边相等可得BF＝DE，再求出正方形的边长为3，然后分点F在线段BC上和CB的延长线上两种情况讨论求解． 【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD，∠ABC＝∠D＝90°， 由旋转的性质得，AF＝AE， 在Rt△ABF和Rt△ADE中，， ∴Rt△ABF≌Rt△ADE（HL）， ∴BF＝DE＝2， ∵DE＝2，EC＝1， ∴正方形的边长为2+1＝3， ①点F在线段BC上时，FC＝3﹣2＝1， ∴EF； ②点F在CB的延长线上时，FC＝3+2＝5， ∴EF′， 综上所述，EF的长为或， 故答案为：或． 15．（2024春•建邺区校级期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转60°，使点B落在点B′的位置，连接BB′，过点D作DE⊥BB′，交BB′的延长线于点E，则B′E的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】分别延长AD和BE交于点F，由直角三角形的性质求出EF的长，根据△ABB'是等边三角形，求出B'E＝BF﹣BB'﹣EF即可． 【解答】解：分别延长AD和BE交于点F， 由题知，AB＝2，∠ABF＝60°， ∴BF＝2AB＝4，AFAB＝2，∠F＝90°﹣∠ABF＝30°， ∴DF＝AF﹣AD＝22， ∴EFDF＝（2）3， 由题知，△ABB'是等边三角形， ∴B'E＝BF﹣BB'﹣EF＝4﹣2﹣（3）1， 故选：A． 方法二：分别延长BA和ED交于点F， 由题知，AD＝2，∠ABE＝60°，DE⊥BB′， ∴∠F＝90°﹣∠ABE＝30°， ∴AFAD＝2， ∴BF＝AF+AB＝22， ∴BEBF1， 由题知，△ABB'是等边三角形， ∴B'E＝BE﹣BB'1﹣21， 故选：A． 【类型四：正方形的翻折问题】 16．（2024春•南京期中）如图，在矩形ABCD中，AB＝m，BC＝8，点M是AD的中点，点N是射线DC上一点，且CN＝6，连接BN，将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上，则m＝　8或2　． 【分析】分两种情况：如图，当点N在线段CD时，当点N在CD的延长线时，连接BM，根据矩形的性质得到∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m，由点M是AD的中点，得到AM＝DMAD＝4，根据折叠的性质得到DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，根据全等三角形的性质得到∠AMB＝∠D′MB，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：如图，当点N在线段CD时， 连接BM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m， ∵点M是AD的中点， ∴AM＝DMAD＝4， ∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上， ∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN，ND′＝ND， ∴∠MDB＝90°， 在△AMB与△D′MB中， ， ∴△AMB≌△D′MB（SSS）， ∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB， ∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°， ∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2， ∴m2+42+42+（m﹣6）2＝（m+m﹣6）2， ∴m＝8（负值舍去）， 如图，当点N在CD的延长线时， 连接BM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝∠D＝∠A＝90°，AD＝BC＝8，AB＝CD＝m， ∵点M是AD的中点， ∴AM＝DMAD＝4， ∵将△DMN沿MN翻折至△D'MN，使D恰好落在BN上， ∴DM＝D′M，∠MD′N＝∠D＝90°，∠DMN＝∠D′MN， ∴∠MDB＝90°， 在△AMB与△D′MB中， ， ∴△AMB≌△D′MB（SSS）， ∴BD′＝AB＝m，∠AMB＝∠D′MB， ∴∠BMN＝∠BMD′+∠NMD′＝90°， ∴AB2+AM2＝BM2，DM2+DN2＝MN2，BM2+MN2＝BN2， ∴m2+42+42+（m+6）2＝（m+m+6）2， 解得m＝2（负值舍去）， 综上所述，m＝8或2， 故答案为：8或2． 17．（2024春•玄武区校级期中）【模型呈现】在正方形学习过程中，我们发现下面的结论：如图1，正方形ABCD中，点P为线段BC上一个动点，若线段MN垂直AP于点E，交线段AB于点M，交线段CD于点N，则AP＝MN． （1）如图②，将边长为40的正方形ABCD折叠，使得点B落在CD上的点E处．若折痕FG＝41，则CE＝　9　． 【继续探索】 （2）如图③，正方形ABCD中，点P为线段BC上一动点，若MN垂直平分线段AP，分别交AB，AP，BD， DC于点M，E，F，N．求证：EF＝ME+FN． （3）如图④，在正方形ABCD中，E、F分别为AD，BC上的点，作DM⊥EF于M，在MF上截取MN＝DM， 连接BN，G为BN中点，连接CG，CM．请依题意补全图形，若CG＝2，则CM＝　2　． 【分析】（1）利用ASA证明△FPG≌△DCE，得DE＝FP＝41，再利用勾股定理可得答案． （2）证出FEAP，由【模型呈现】知，AP＝MN，则可得出结论； （3）连接MG并延长使得MG＝GH，利用SAS可证△BGH≌△NGM，再结合全等三角形的性质和正方形的性质证明△CBH≌△CDM（SAS），进而可证明△MCH，△CGM是等腰直角三角形，即可得出答案． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，AB＝CB， 作FP⊥CB于P，连接BE， 则四边形AFPB是矩形， ∴∠BCE＝∠FPG＝90°， 由翻折知，GF⊥BE， ∴∠PFG＝∠CBE， ∵AB＝CB＝FP， ∴△FPG≌△BCE（ASA）， ∴BE＝FG＝41， 在Rt△CBE中，由勾股定理得CE9， 故答案为：9； （2）证明：如图2，连接FA，FP，FC， ∵正方形ABCD是轴对称图形，F为对角线BD上一点， ∴FA＝FC， 又∵FE垂直平分AP， ∴FA＝FP， ∴FP＝FC， ∴∠FPC＝∠FCP， ∵∠FAB＝∠FCP， ∴∠FAB＝∠FPC， ∴∠FAB+∠FPB＝180°， ∴∠ABC+∠AFP＝180°， ∴∠AFP＝90°， ∴FEAP， 由【模型呈现】知，AP＝MN， ∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF， ∴EF＝ME+FN； （3）解：根据题意补全图形如图所示： 连接MG并延长使得MG＝GH， ∵点G为BN的中点， ∴BG＝NG， 又∵∠BGH＝∠NGM， ∴△BGH≌△NGM（SAS）， ∴HG＝MG，BH＝NM，∠BHG＝∠NMG，则BH∥NM， ∴∠CBH＝∠BFE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，∠ADC＝90°， ∴∠BFE＝∠DEM，∠CDM+∠EDM＝90°， 又∵DM⊥EF， ∴∠DEM+∠EDM＝90°， ∴∠CDM＝∠DEM， ∴∠CDM＝∠BFE， ∴∠CBH＝∠CDM， ∵MN＝DM， ∴BH＝DM， 由正方形的性质可知，CB＝CD， ∴△CBH≌△CDM（SAS）， ∴CH＝CM，∠BCH＝∠DCM，∠BCD＝90°， 则∠BCH+∠BCM＝∠DCM+∠BCM＝∠BCD＝90°， ∴△MCH是等腰直角三角形， ∵HG＝MG， ∴CG⊥MH，则△CGM也是等腰直角三角形，则CG＝MG， ∴CMCG＝2． 故答案为：2． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2025/1/26 20:04:07；用户：19902929970；邮箱：19902929970；学号：37357472 【类型五：正方形的动点问题】 18．（2024春•工业园区校级期中）如图，正方形ABCD中，P为BD上一动点，过点P作PQ⊥AP交CD边于点Q．点P从点B出发，沿BD方向移动，若移动的路径长为6，则AQ的中点M移动的路径长为 　3　． 【分析】根据题意，画出运动后 的M点位置，再根据三角形中位线定理即可求得． 【解答】解：连接AC，交BD于点O，连接PC，过P点作 PE⊥AD，PF⊥CD垂足分别为E、F，延长FP，交AB于G， ∵正方形ABCD， ∴∠ADC＝90°，∠EDB＝∠CDB＝45°， ∵∠PED＝∠PFD＝90°， ∴∠EPD＝∠EDP＝45°， ∴PE＝DE，则四边形PEDF为正方形， ∴PE＝PF，∠EPF＝90°， ∵∠APQ＝∠APE+∠EPQ＝90°，∠EPF＝∠FPQ+∠EPQ＝90°， ∴∠APE＝∠QPF， 在△PAE和△PQF中， ， ∴△PAE≌△PQF（AAS）， ∴PA＝PQ； ∵正方形ABCD， ∴∠ABC＝∠C＝90°，∠EDB＝∠CDB＝∠ABD＝∠CBD＝45°， ∴GF∥BC， ∴∠BGP＝90°， ∴△BGP 为等腰直角三角形， ∵BP＝6， ∴， ∴， ∵正方形ABCD， ∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，BP＝BP，O是AC中点， ∴△ABP≌△CBP， ∴PA＝PC＝PQ ，∵PF⊥CQ， ∴， ∵O是AC中点，M是AQ中点， ， 故答案为：． 19．（2024春•工业园区校级期中）在正方形ABCD中，O是AD的中点，点P从A点出发沿A→B→C→D的路线匀速运动，移动到点D时停止． （1）如图1，若正方形的边长为12，点P的运动速度为2单位长度/秒，设t秒时，正方形ABCD与∠POD重叠部分的面积为y． ①当t＝5时，y＝　114　；当t＝10时，y＝　60　． ②求t为何值时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形？ （2）如图2，若点Q从D出发沿D→C→B→A的路线匀速运动．P、Q两点同时出发，点P的速度大于点Q的速度，当P到终点时，Q也停止运动．设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积为S，S与t的函数图象如图3所示． ①P，Q两点在第 　4　秒相遇；正方形ABCD的边长是 　8　． ②点P的速度为 　4　单位长度/秒；点Q的速度为 　2　单位长度/秒． ③当t为何值时，重叠部分面积S等于32？ 【分析】（1）①当t＝5时，点P在AB边上，且AP＝10，OA＝6，运用三角形面积公式即可求得答案；当t＝10时，点P在BC边上，且CP＝4，OD＝4，运用梯形面积公式即可求得答案； ②由题意得PC＝24﹣2t，根据平行四边形的判定可得OA＝CP，即6＝24﹣2t，即可求得答案； （2）①观察图象即可得出答案； ②观察图象可得点P、Q相遇于点C，进而得出点P的速度为点Q的速度的2倍，设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒，由题意得4（a+2a）＝24，解方程即可； ③分三种情况讨论：当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，分别建立方程求解即可． 【解答】解：（1）①当t＝5时，AP＝10， ∵O是正方形ABCD边AD的中点， ∴OA＝ODAD＝6， ∴S△AOPOA•AP6×10＝30， ∴y＝S正方形ABCD﹣S△AOP＝122﹣30＝114； 当t＝10时，如图1， 则AB+BP＝20， ∴BP＝20﹣AB＝20﹣12＝8， ∴PC＝BC﹣BP＝12﹣8＝4， ∴y＝S梯形CDOP（PC+OD）•CD（4+6）×12＝60； 故答案为：114；60． ②如图2，AB+BP＝2t， ∴PC＝24﹣2t， ∵OA∥CP， ∴当OA＝CP时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形， ∴6＝24﹣2t， 解得：t＝9， ∴当t＝9时，以点O、A、P、C为顶点的四边形是平行四边形． （2）①由图3可知：当t＝4时，S＝0，即P，Q两点在第4秒相遇； 当t＝0时，S正方形ABCD＝AB2＝64， ∴AB＝8，即正方形ABCD的边长是8； 故答案为：4；8． ②由图3可知：点P、Q相遇于点C，且点P的速度大于点Q的速度， ∴点P的速度为点Q的速度的2倍， 设点Q的速度为a单位长度/秒，则点P的速度为2a单位长度/秒， ∴4（a+2a）＝24， 解得：a＝2， ∴点P的速度为4单位长度/秒，点Q的速度为2单位长度/秒； 故答案为：4；2． ③∵O是AD的中点， ∴OA＝OD＝4， 设t秒时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积S等于32， 分三种情况讨论： 当0≤t≤2时，点P在AB边上，点Q在CD边上，如图， 则AP＝4t，DQ＝2t，OA＝OD＝4， ∴S＝S正方形ABCD﹣S△OAP﹣S△ODQ＝644×4t4×2t＝64﹣12t， 由题意得：64﹣12t＝32， 解得：t2（不符合题意，舍去）； 当2＜t≤4时，点P在BC边上，点Q在CD边上，如图， 则AB+BP＝4t，AB＝8， ∴BP＝4t﹣8， ∵DQ＝2t，OA＝OD＝4， ∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABP﹣S△ODQ＝64（4t﹣8+4）×84×2t＝80﹣20t， 由题意得：80﹣20t＝32， 解得：t，符合题意； 当4＜t≤6时，点P在CD边上，点Q在BC边上，如图， ∵AB+BC+CP＝4t，AB＝BC＝CD＝AD＝8， ∴DP＝24﹣4t， ∵DC+CQ＝2t， ∴BQ＝16﹣2t， ∴S＝S正方形ABCD﹣S梯形OABQ﹣S△ODP＝64（4+16﹣2t）×84×（24﹣4t）＝16t﹣64， 由题意得：16t﹣64＝32， 解得：t＝6（符合题意）； 综上，当t或6时，正方形ABCD与∠POQ（包括边缘及内部）重叠部分的面积等于32． 【类型六：正方形与函数综合】 20．（2024秋•和平区期末）若一个三角形有一边上的中线与这边的长相等，则称这个三角形为该边上的“完美三角形”．如图在直角坐标系中，正方形ABCO的两边OA、OC分别在坐标轴上，点B的坐标是（3，3）．在正方形ABCO的边上找一点P，使得△POC是OC边上的“完美三角形”，点P的坐标为　（1.5，3）或（3，）或（0，）　． 【分析】根据正方形的性质得出C（3，0），A（0，3），进而利用勾股定理解答即可． 【解答】解：∵四边形ABCO是正方形，点B的坐标是（3，3）， ∴C（3，0），A（0，3）， ∴OC中点D的坐标为（1.5，0）， 如图所示，当点P在AB上时，设P（m，3）； ∵△POC是OC边上的“完美三角形”， ∴P1D＝OC＝3， ∴（m﹣1.5）2+（3﹣0）2＝32， 解得m＝1.5， ∴点P的坐标为（1.5，3）． 如图2所示，当点P在BC上时，设P（3，n）； ∵△POC是OC边上的“中线三角形”， ∴P2D＝OC＝3， ∴（n﹣0）2+（3﹣1）2＝32， 解得m（负值舍去）， ∴点P的坐标为（3，）， 如图3所示，当点P在OA上时，设P（0，s）； ∵△POC是OC边上的“中线三角形”， ∴P3D＝OC＝3， ∴（s﹣0）2+（0﹣1）2＝32， 解得s（负值舍去）， ∴点P的坐标为（0，）； 综上所述，点P的坐标为（1.5，3）或（3，）或（0，）． 21．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A（8，0），顶点C（0，6），点D为BC边上一动点，设CD的长为m，以AD为一边在与点B的同侧作正方形ADEF，在点D运动过程中，探究以下问题： （1）①当点D与点C重合时，点E的坐标为 　（6，14）　； ②用含m的代数式表示点E的坐标为 　（6+m，14﹣m）　． （2）三角形ABF的面积是否改变？如果不变，求出此定值；如果改变，请说明理由； （3）当△BEF为等腰三角形时，直接写出所有m的值． 【分析】（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H．证明△EHC≌△CBA（AAS），可得结论； ②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H．证明△EHD≌△DBA（AAS），可得结论； （2）由“AAS”或“ASA”可证△ABD≌△FHA，可得HF＝AB＝6，即可求△ABF的面积； （3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8．当点B与点D不重合时，分三种情况讨论，由等腰三角形的性质和勾股定理可得结论． 【解答】解：（1）①如图1﹣1中，过点E作EH⊥BC于H． ∵四边形ABCO是矩形，A（8，0），C（0，6）， ∴OA＝BC＝8，AB＝OC＝6， ∵∠BCO＝∠ACE＝90°， ∴∠ACB＝∠ECH， ∵CE＝CB，∠EHC＝∠ABC＝90°， ∴△EHC≌△CBA（AAS）， ∴EH＝CB＝8，CH＝AB＝6， ∴E（6，14）． 故答案为：（6，14）； ②如图1﹣2中，过点E作EH⊥BC于H． 同法可证：△EHD≌△DBA（AAS）， ∴EH＝DB＝8﹣m，DH＝AB＝6， ∴CH＝6+m， ∴E（6+m，14﹣m）． 故答案为：（6+m，14﹣m）； （2）△ABF的面积不会改变，理由如下： 如图2，过点F作FH⊥AB，交AB的延长线于H， ∵矩形OABC的顶点B坐标为（8，6）， ∴AB＝6，BC＝8， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD＝AF，∠DAF＝90°， ∴∠DAB+∠FAB＝90°，且∠DAB+∠BDA＝90°， ∴∠BDA＝∠FAB， ∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°， ∴△ABD≌△FHA（AAS）， ∴HF＝AB＝6， ∴△ABF的面积AB×HF＝18； （3）若BE＝EF，当点B与点D重合时，AD＝AB＝6，此时m＝8． 当点B与点D不重合时，如图3，过点E作EH⊥DB于H， ∵∠EDH+∠ADB＝90°，∠ADB+∠DAB＝90°， ∴∠EDH＝∠DAB， AD＝DE，∠EHD＝∠ABD＝90°， ∴△ADB≌△DEH（AAS）， ∴DH＝AB＝6， ∵BE＝EF，EF＝DE， ∴DE＝BE， ∵EH⊥DB ∴DH＝BH＝6， ∴DB＝12， ∵DB＜BC， ∴此种情形不存在． 若EB＝BF， ∵BE＝BF， ∴∠BEF＝∠BFE， ∴∠DEB＝∠AFB， ∵DE＝AF，BE＝BF， ∴△DEB≌△AFB（AAS）， ∴DB＝AB＝36， ∴CD＝BC﹣BD＝8﹣6＝2，即m＝2； 若BF＝EF，如图4，过点F作FH⊥AB于H， ∵∠DAB+∠FAB＝90°，∠DAB+∠BDA＝90°， ∴∠BDA＝∠FAB， ∵AD＝AF，∠ABD＝∠AHF＝90°， ∴△ABD≌△FHA（AAS）， ∴AH＝DB， ∵EF＝BF，EF＝AF， ∴BF＝AF， ∵FH⊥AB， ∴AH＝BH＝3， ∴DB＝3， ∴CD＝BC﹣BD＝8﹣3＝5，即m＝5， 综上所述，满足条件的m的值为8或2或5． 22．（2024春•新吴区期中）如图，正方形OABC的顶点O在坐标原点，定点A的坐标为（4，3）． （1）求正方形OABC顶点C的坐标为（ 　﹣3　，　4　）顶点B的坐标为（ 　1　，　7　）； （2）现有一动点P从C点出发，沿线段CB向终点B运动，P的速度为每秒1个单位长度，同时另一动点Q从点A出发沿A→O→C向终点C运动，速度为每秒k个单位长度．设运动时间为2秒时，将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形，求k的值． 网版权所有 【分析】（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F，证出△COF≌△AOD≌△BAE，求出OF，CF，AE、BE的长，即可求出点C，点B的坐标； （2）分两种情况：①当点Q在OA上时；②当点Q在OC上时．分别计算即可． 【解答】解：（1）过点A作AD⊥x轴于D，过点B作BE⊥AD交DA的延长线于E，过点C作CF⊥x轴于点F， ∴∠ADO＝∠OFC＝∠BEA＝90°， ∴∠DAO+∠AOD＝90°， ∵四边形ABCO是正方形， ∴∠OAB＝∠AOC＝90°，OA＝OC＝AB， ∴∠COF+∠AOD＝90°，∠BAE+∠DAO＝90°， ∴∠FOC＝∠DAO，∠BAE＝∠AOD， ∴△COF≌△AOD≌△BAE（AAS）， ∴OF＝AD＝BE，CF＝OD＝AE， ∵点A的坐标为（4，3）， ∴OF＝AD＝BE＝3，CF＝OD＝AE＝4， ∴点C的坐标为（﹣3，4）； ∴ED＝4+3＝7，点B到y轴的距离为OD﹣BE＝4﹣3＝1， ∴点B的坐标为（1，7）； 故答案为：﹣3，4，1，7； （2）由题意，得AO＝CO＝BC＝AB5， 当 t＝2 时，CP＝2． 将三角形CPQ沿它的一边翻折，若翻折前后的两个三角形组成的四边形为菱形， 只需三角形CPQ是等腰三角形即可． ①当点Q在OA上时， ∵PQ⩾AB＞PC， ∴只存在一点Q，使QC＝QP． 过点Q作QD⊥PC于点D，如图， 则CD＝PD＝1， ∵QA＝BD， ∴2k＝5﹣1＝4， ∴k＝2； ②当点Q在OC上时， ∵∠BCO＝90°， ∴只存在一点Q，使CP＝CQ＝2， ∴2k＝10﹣2＝8， ∴k＝4． 综上所述，k的值为2或4． 【类型七：正方形综合题】 23．（2024春•丹阳市期中）如图1，点C在线段AB上，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE和BCFG，连接AF、BD． （1）若AF＝5，则BD＝　5　； （2）如果点C在线段AB的延长线上，如图2，其他条件不变，求证：AF＝BD． 【分析】（1）利用SAS证明△AFC≌△DBC即可推出结论； （2）同（1）即可证明全等，推理即可． 【解答】（1）解：四边形ACDE和四边形BCFG是正方形， ∴AC＝CD，∠DCA＝∠DCB＝90°，BC＝CF， 在△AFC和△DBC中， ∴在△AFC≌△DBC（SAS）， ∴BD＝AF＝5； 故答案为：5； （2）证明：连接AF， ∵四边形ACDE、BCFG是正方形， ∴AC＝DC，CB＝CF， 同（1）可证△ACF≌△DCB（SAS）， ∴AF＝DB， 24．（2024春•江阴市期中）如图，∠MON＝90°，正方形ABCD的顶点A、B分别在OM、ON上，AB＝13，OB＝5，E为AC上一点，且∠EBC＝∠CBN，直线DE与ON交于点F． （1）求证：BE＝DE； （2）判断DF与ON的位置关系，并说明理由； （3）△BEF的周长为　24　． 【分析】（1）利用正方形的性质，即可得到△BCE≌△DCE（SAS），根据全等三角形的性质即可得到BE＝DE． （2）依据∠EDC＝∠CBN，∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2，即可得出∠2+∠CBN＝90°，进而得到DF⊥ON； （3）过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形，利用全等三角形的对应边相等，即可得到DF＝HG＝17，GF＝DH＝5，BF＝BG﹣GF＝7，进而得出△BEF的周长． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴CA平分∠BCD，BC＝DC， ∴∠BCE＝∠DCE＝45°， ∵CE＝CE， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴BE＝DE． （2）DF⊥ON，理由如下： ∵△BCE≌△DCE， ∴∠EBC＝∠EDC， ∵∠EBC＝∠CBN， ∴∠EDC＝∠CBN， ∵∠EDC+∠1＝90°，∠1＝∠2， ∴∠2+∠CBN＝90°， ∴∠EFB＝90°，即DF⊥ON； （3）如图所示，过C作CG⊥ON于G，过D作DH⊥CG于H，则∠CGB＝∠AOB＝90°，四边形DFGH是矩形， 又∵∠ABC＝90°， ∴∠ABO+∠BAO＝90°＝∠ABO+∠CBG， ∴∠BAO＝∠CBG， 又∵AB＝BC， ∴△ABO≌△BCG（AAS）， ∴BG＝AO12，CG＝BO＝5， 同理可得△CDH≌△BCG， ∴DH＝CG＝5，CH＝BG＝12， ∴HG＝5+12＝17， ∴DF＝HG＝17，GF＝DH＝5， ∴BF＝BG﹣GF＝12﹣5＝7， ∴△BEF的周长＝BF+EF+BE＝BF+EF+DE＝BF+DF＝7+17＝24， 故答案为：24． 25．（2024春•鼓楼区校级期中）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足． （1）∠EAF＝　45　°（直接写出结果不写解答过程）； （2）①求证：四边形ABCD是正方形． ②若BE＝EC＝3，求DF的长． 【分析】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到∠AFE∠DFE，∠AEF∠BEF，求得∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和定理即可得到结论； （2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形； ②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，根据全等三角形的性质得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论． 【解答】（1）解：∵∠C＝90°， ∴∠CFE+∠CEF＝90°， ∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°， ∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF， ∴∠AFEDFE，∠AEFBEF， ∴∠AEF+∠AFE（∠DFE+∠BEF）270°＝135°， ∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°， 故答案为：45； （2）①证明：作AG⊥EF于G，如图1所示： 则∠AGE＝∠AGF＝90°， ∵AB⊥CE，AD⊥CF， ∴∠B＝∠D＝90°＝∠C， ∴四边形ABCD是矩形， ∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A， ∴AB＝AG，AD＝AG， ∴AB＝AD， ∴四边形ABCD是正方形； ②解：设DF＝x， ∵BE＝EC＝3， ∴BC＝6， 由①得四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝6， 在Rt△ABE与Rt△AGE中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）， ∴BE＝EG＝6， 同理，GF＝DF＝x， 在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2， 即32+（6﹣x）2＝（x+3）2， 解得：x＝2， ∴DF的长为2． 26．（2024春•南京期中）点E、F分别在正方形ABCD的边BC、AB所在直线上，点M在直线DE上，且DM＝EF，EF⊥DE，MN⊥直线BC，垂足分别是E、N． （1）当点E在边BC上时，如图①，求证：MN+BE＝CD； （2）当点E在BC的延长线上时，如图②；当点E在CB的延长线上时，如图③，请直接写出线段MN，BE，CD之间的数量关系，不需要证明． 【分析】（1）当点E在边BC上时，如图①，过M点作MG⊥DC于G点，先根据AAS证明△DGM≌△EBF，则可得DG＝EB，再证明四边形GMNC是矩形，则可得MN＝GC，由此可得MN+BE＝GC+DG＝CD． （2）当点E在BC的延长线上时，如图②，延长DC，过M点作MG⊥DC的延长线于G点，则四边形MNCG是矩形，由此可得MN＝CG．再根据AAS证明△DGM≌△EBF，则可得DG＝EB，由此可得EB＝DC+MN． 当点E在CB的延长线上时，如图③，过D点作DG⊥MN于G点，则四边形GDCN是矩形，则DC＝GN．再根据AAS证明△MGD≌△EBF，则可得MG＝EB，由此可得MN＝BE+DC． 【解答】（1）证明：当点E在边BC上时，如图①， 过M点作MG⊥DC于G点， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝∠B＝90°， ∴∠1+∠2＝90， ∴∠DEF＝90°， ∴∠2+∠3＝90， ∴∠1＝∠3， 又∵∠MGD＝∠B＝90°，DM＝EF， ∴△DGM≌△EBF（AAS）， ∴DG＝EB， ∵MG⊥DC，MN⊥BC，∠C＝90°， ∴∠MGC＝∠MNC＝∠C＝90°， ∴四边形GMNC是矩形， ∴MN＝GC， ∴MN+BE＝GC+DG＝CD． （2）当点E在BC的延长线上时，如图②， 延长DC，过M点作MG⊥DC的延长线于G点， 则四边形MNCG是矩形， ∴MN＝CG， ∵∠DCE＝90°，∠DEF＝90°， ∴∠1+∠2＝90，∠2+∠3＝90， ∴∠1＝∠3， ∵∠DGM＝∠EBF＝90°，DM＝EF， ∴△DGM≌△EBF（AAS）， ∴DG＝EB， ∵DG＝DC+CG， ∴EB＝DC+MN． 当点E在CB的延长线上时，如图③， 过D点作DG⊥MN于G点， 则四边形GDCN是矩形， ∴DC＝GN， ∵∠N＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵∠MEF＝90°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠1＝∠3， ∵∠MGD＝∠EBF＝90°，MD＝EF， ∴△MGD≌△EBF（AAS）， ∴MG＝EB， ∵MN＝MG+GN， ∴MN＝BE+DC． 1．（2024春•鼓楼区期中）如图，正方形ABCD的边长为2，点E从点A出发沿着线段AD向点D运动（不与点A、D重合），同时点F从点D出发沿着线段DC向点C运动（不与点D、C重合），点E与点F的运动速度相同．BE与AF相交于点G，H为BF中点，则有下列结论： ①∠BGF是定值； ②FB平分∠AFC； ③当E运动到AD中点时，GH； ④当AG+BG时，四边形GEDF的面积是． 其中正确的是（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．①④ 【分析】根据全等三角形的判定与性质，正方形的性质、勾股定理逐一进行判断即可． 【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD，∠BAE＝∠D＝90°， 在△BAE和△ADF中， ， ∴△BAE≌△ADF（SAS）， ∴∠ABE＝∠DAF， ∵∠ABE+∠BAG＝∠DAF+∠BAG＝90°， ∴∠AGB＝90°， ∴∠BGF是定值；故①正确； ②根据题意无法判断∠AFB与∠CFB的大小，FB平分∠AFC； 故②错误； ③当E运动到AD中点时， 当F运动到DC中点， ∴CFCD＝1， ∴BF， ∵H为BF中点， ∴GHBF；故③正确； ④∵△BAE≌△ADF， ∴四边形GEDF的面积＝△ABG的面积， 当AG+BG时， （AG+BG）2＝AG2+2AG•BG+BG2＝6， ∵AG2+BG2＝AB2＝4， ∴2AG•BG＝2， ∴AG•BG＝1， ∴S△ABGAG•BG， ∴四边形GEDF的面积是．故④正确． 故其中正确的是①③④． 故选：C． 2．（2024春•苏州期中）如图，正方形ABCD边长为1，延长BC至点E，使得，AF平分∠BAE交BC于点F，连接DF，则下列结论：①AF＝EF；②AE平分∠DAF；③DF⊥AE；④．其中正确的是（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【分析】根据勾股定理得到AE2，过F作FH⊥AE于H，根据角平分线的性质得到BF＝FH，根据全等三角形的性质得到AH＝AB＝1，求得EH＝2﹣1＝1，得到AH＝EH，求得AF＝EF，故①正确，根据等腰三角形的性质得到∠DAE＝30°＝∠FAE，根据角平分线的定义得到AE平分∠DAF，故②正确；由∠DAE＝∠FAE，AD≠AF，得到DF与AE不垂直，设AF＝EF＝x，则BFx，根据勾股定理得到CF＝1，故④正确． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∴AE2， 过F作FH⊥AE于H， ∵AF平分∠BAE交BC于点F， ∴BF＝FH， ∵AF＝AF， ∴Rt△ABF≌Rt△AHF（HL）， ∴AH＝AB＝1， ∴EH＝2﹣1＝1， ∴AH＝EH， ∴AF＝EF，故①正确， ∴∠FAE＝∠E＝∠BAF， ∵∠FAE+∠E+∠BAF＝90°， ∴∠FAE＝∠E＝∠BAF＝30°， ∴∠DAE＝30°＝∠FAE， ∴AE平分∠DAF，故②正确； ∵∠DAE＝∠FAE，AD≠AF， ∴DF与AE不垂直， 设AF＝EF＝x，则BFx， ∵AF2＝BF2+AB2， ∴x2＝（x）2+12， 解得x， ∴BF， ∴CF＝1，故④正确； 故选：B． 3．（2024春•梁溪区校级期中）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到，若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论： ①在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形； ②点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM； ③无论点M运动到何处，都有DMHM； ④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°． 以上结论正确的是（　　） A．①②③④ B．②③④ C．②④ D．③④ 【分析】先判定△MEH≌△DAH，即可得到△DHM是等腰直角三角形，进而得出DMHM；依据当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，即可得到Rt△ADM中，DM＝2AM，即可得到DM＝2BE；首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM＞CD即可判断①；依据点M是边BA延长线上的动点，且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC＝45°，即可得出∠CHM＞135°． 【解答】解：由题可得，AM＝BE， ∴AB＝EM＝AD， ∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC， ∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH， ∴EH＝AH， ∴△MEH≌△DAH（SAS）， ∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH， ∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形， ∴DMHM，故③正确； 当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°， ∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°， ∴Rt△ADM中，DM＝2AM， 即DM＝2BE，故②正确； ∵CD∥EM，EC∥DM， ∴四边形CEMD是平行四边形， ∵DM＞AD，AD＝CD， ∴DM＞CD， ∴四边形CEMD不可能是菱形，故①错误， ∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM＜AB， ∴∠AHM＜∠BAC＝45°， ∴∠CHM＞135°，故④正确； 由上可得正确结论的序号为②③④． 故选：B． 4．（2024春•滨湖区期中）如图，在正方形ABCD中，点E是CD的中点，点F是AD的中点，BE与CF相交于点P，设AB＝a．得到以下结论：①BE⊥CF；②AP＝a；③．则上述结论正确的是（　　） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【分析】先证明△CDF≌△BCE，可得到∠CEB＝∠CFD，继而证得∠EPC＝90°，故①正确；延长CF交BA延长线于点M，再证明△CFD和△MFA，可得CD＝MA＝AB＝a，由BP⊥CF，根据“AP为Rt△MPB斜边BM上的中线，是斜边的一半，”即可得：APBM2a＝a，故②正确；由勾股定理和面积可得：CPa，故③正确；即可得出结论． 【解答】解：在△CDF和△BCE中， ， ∴△CDF≌△BCE（SAS）， ∴∠CEB＝∠CFD， ∵∠DCF+∠CFD＝90°， ∴∠DCF+∠CEB＝90°， ∴∠EPC＝90°； ∴①正确； 如图延长CF交BA延长线于点M， 在△CFD和△MFA中， ， ∴△CFD≌△MFA（ASA）， ∴CD＝MA＝AB＝a， ∵BP⊥CF， ∴AP为Rt△MPB斜边BM上的中线，是斜边的一半，即APBM2a＝a， ∴②正确； ∵CP⊥BE， ∴CP×BE＝CE×BC， ∵BE， ∴CP， ∴AB＝aCP， ∴③正确， 故选：D． 5．（2024春•梁溪区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（　　） A．①② B．①③ C．①②④ D．①②③ 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，得到BEAB，CFBC，根据全等三角形的性质得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE＝BE，根据全等三角形的性质得到BC＝AH＝AD，由AG是斜边的中线，得到AGDH＝AD，求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE＝∠CDF．故③正确．根据CFBCCD，可得∠CDF≠30°，所以∠ADG≠60°，所以△ADG不是等边三角形，故④错误． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°， ∵E，F分别是AB，BC的中点， ∴BEAB，CFBC， ∴BE＝CF， 在△CBE与△DCF中， ， ∴△CBE≌△DCF（SAS）， ∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确； ∵∠BCE+∠ECD＝90°， ∴∠ECD+∠CDF＝90°， ∴∠CGD＝90°， ∴CE⊥DF，故②正确； ∴∠EGD＝90°， 延长CE交DA的延长线于H， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BE， ∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE， ∴△AEH≌△BEC（AAS）， ∴BC＝AH＝AD， ∵AG是斜边的中线， ∴AGDH＝AD， ∴∠ADG＝∠AGD， ∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°， ∴∠AGE＝∠CDF．故③正确； ∵CFBCCD， ∴∠CDF≠30°， ∴∠ADG≠60°， ∵AD＝AG， ∴△ADG不是等边三角形， ∴∠EAG≠30°，故④错误； 故选：D． 6．（2024春•梁溪区期中）如图，在Rt△ABC中，AC＝4，BC＝3，∠C＝90°．以AB为边向右侧作正方形ABDE，过E作EF⊥CB交AD于点G，连接BG，则△BGF的周长是 　8　． 【分析】过点A作AH⊥EF于点H，则四边形ACFH为矩形，通过证明△ABC≌△AEH（AAS），推出EH＝BC＝3，AC＝AH＝4，进而得出BF＝CF﹣BC＝1，EF＝EH+FH＝7，再证明△AEG≌△ABG（SAS），得出BG＝EG，最后根据△BGF的周长＝BF+BG+GF＝BF+EG+GF＝BF+EF，即可解答． 【解答】解：过点A作AH⊥EF于点H， ∵∠C＝90°，EF⊥CB，AH⊥EF， ∴四边形ACFH为矩形， ∴AC＝FH＝4，∠CAH＝90°， ∴∠BAC+∠BAH＝90°， ∵四边形ABDE为正方形， ∴AE＝AB＝5，∠BAE＝90°， ∴∠EAH+∠BAH＝90°， ∴∠EAH＝∠BAC， 在△ABC和△AEH中， ， ∴△ABC≌△AEH（AAS）， ∴EH＝BC＝3，AC＝AH＝4， ∴CF＝AH＝4， ∴BF＝CF﹣BC＝1，EF＝EH+FH＝3+4＝7， ∵四边形ABDE为正方形， ∴∠EAG＝∠BAG，AE＝AB， 在△AEG和△ABG中， ， ∴△AEG≌△ABG（SAS）， ∴BG＝EG， ∴△BGF的周长＝BF+BG+GF＝BF+EG+GF＝BF+EF＝1+7＝8， 故答案为：8． 7．（2024春•江阴市期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F、点P分别为边AD、对角线BD上的一个动点，连接EF、EP、FP，则△EFP周长的最小值为（　　） A． B． C． D．2 【分析】延长BA到G，使AG＝AE＝1，连接FG，可得到GF＝EF，取AC的中点H，连接GH，PH，可得到PE＝PH，进而推出△EFP周长的最小值为GH的长，因此在Rt△GBH中，利用勾股定理求出GH的长即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，点E是AB的中点， ∴AE＝BE＝1，∠DAB＝90°， 延长BA到G，使AG＝AE＝1，连接FG， 则AD是EG的垂直平分线， ∴GF＝EF， 取AC的中点H，连接GH，PH， 则E，H关于直线BD对称， ∴PE＝PH， ∴△EFP周长＝EF+FP+PE＝GF+FP+PH≥GH， ∴△EFP周长的最小值为GH的长， 在Rt△GBH中， GB＝AB+AG＝2+1＝3，BH＝1， 由勾股定理，得GH， 故选：A． 8．（2024春•工业园区校级期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC边上一动点（点E、B不重合），△AEP是等腰直角三角形，∠AEP＝90°，连接DP．若AB＝2时，则△ADP周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 【分析】如图所示，在AB上取一点G使得BG＝BE，连接 EG，CP，由正方形的性质得到AB＝BC＝AD＝CD＝2，∠B＝∠BCD＝90°，证明△AGE≌△ECP得到∠ECP＝∠AGE＝135°，进而推出点P在直线CP上运动；如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接CF，AF，PF，则DP＝FP，CF＝CD＝2，∠DCP＝∠FCP＝45°，即∠DCF＝90°，即可证明B、C、F三点共线，进 一步推出当A、P、F三点共线时，△ADP的周长 有最小值，最小值为AF+2，由勾股定理得 ，则△ADP的周长最小值为 ． 【解答】解：如图所示，在AB上取一点G使得BG＝BE，连接EG，CP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝AD＝CD＝2，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠BAE+∠BEA＝90°＝∠BEA+∠CEP， ∴∠GAE＝∠CEP， ∵BG＝BE， ∴∠BGE＝∠BEG＝45°， ∴∠AGE＝90°， ∵AB﹣BG＝BC﹣BE， ∴AG＝EC， 又∵AE＝EP， ∴△AGE≌△ECP（SAS）， ∴∠ECP＝∠AGE＝135°， ∴∠DCP＝45°， ∴点P在直线CP上运动， 如图所示，作点D关于直线CP的对称点F，连接 CF，AF，PF， ∴DP＝FP，CF＝CD＝2，∠DCP＝∠FCP＝45°，即∠DCF＝90°， ∴∠DCF+∠BCD＝180°， 即B、C、F三点共线， ∵△ADP的周长＝AD+DP+AP＝2+DP+AP＝AP+PF+2， ∴当A、P、F三点共线时，△ADP的周长有最小值，最小值为AF+2， 在Rt△ABC中，由勾股定理得 ， ∴△ADP的周长最小值为 ， 故选：A． 9．（2024春•姑苏区校级期中）如图，点E是边长为4的正方形ABCD的边BC上一点，且∠BAE＝30°，AE交对角线BD于点F，∠ADB的平分线MD交AE于点M，点P是线段MD上一动点，过点P作PQ⊥BD于点Q，连接PF，则PF+PQ的最小值为 　6﹣2　． 【分析】过点P作PG⊥AD于点G，连接FG，过点F作FH⊥AD于点H，作FN⊥AB于点N，推出PF+PQ的最小值为FH的长，再推出FH＝AN，以及AN与BN之间的关系，利用AN+BN＝AB列方程即可求出AN，从而解决问题． 【解答】解：过点P作PG⊥AD于点G，连接FG，过点F作FH⊥AD于点H，作FN⊥AB于点N， ∴四边形ANFH是矩形， ∴FH＝AN， ∵DM是∠ADB的平分线，PQ⊥BD， ∴PG＝PQ， ∴PF+PQ＝PF+PG≥FG≥FH， ∴PF+PQ的最小值为FH的长， ∵四边形ABCD是边长为4的正方形， ∴AB＝4，∠ABF＝45°， ∴FN＝BN， ∵∠BAE＝30°， ∴ANFNBN， ∵AN+BN＝AB， ∴BN+BN＝4， 解得BN＝22， ∴FH＝AN（22）＝6﹣2， ∴PF+PQ的最小值为6﹣2， 故答案为：6﹣2． 10．（2024春•鼓楼区期中）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作EF⊥AC，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，他发现AF与DE之间的数量关系是 　AFDE　．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系． （1）请你按照小明的思路，完成解题过程； （2）你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 【分析】（1）延长BC，作DGLAF，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形，从而证明ACDEAFGE得到DEG是等腰直角三角形，得到DG＝2DE，故可求解； （2）作DGIDE，并截取DG﹣DE，连接AG，证明DEG是等腰直角三角形，得到EGEDE，再证明GDAAEDC EF＝AG，AGIEF，再得到四边形GEF为平行四边形，则AF＝EG，故可求解（1）． 【解答】解：AFDE，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点， ∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE． ∵AB2＝AE2+BE2， ∴AB2＝2DE2， ∵B点与F点重合， ∴AF2＝2DE2， ∴； （1）如图③，延长BC，作DG∥AF，交BC的延长线于点G，连接EG， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD﹣90°，AB＝BC＝CD＝AD，AD∥BC， ∵DG∥AF，AD∥BC， ∴四边形AFGD为平行四边形， ∴AF＝DG，AD＝FG， ∴FG＝CD． ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠ACB＝45°，∠ACD＝45°， ∵EF⊥AC， ∴∠FEC＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EF＝EC． ∴∠EFC＝∠ECD． ∴△CDE≌△FGE（SAS）． ∴ED＝EG，∠FEG＝∠CED． ∴∠DEG＝∠FEC＝90°， ∴△DEG是等腰直角三角， ∴DG2＝DE2+EG2＝2DE2， ∴， ∴AFDE， 故答案为：AFDE． （2）如图④，作DG⊥DE，并截取DG＝DE，连接AG、GE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°，CD＝AD， ∴∠DAC＝∠DCA＝45°， 同理，∠ACB＝45°， ∵GD⊥DE， ∴∠GDE＝90°， 又∵DG＝DE， ∴△DEG是等腰直角三角形， ∴EG2＝DE2+DG2＝2DE2， ∴EGDE， ∵∠ADC＝∠GDE＝90°， ∴∠GDA＝∠EDC， ∴△GDA≌Δ EDC（SAS）， ∴∠GAD＝∠ECD＝45°，AG＝EC， ∴∠GAE＝90°， ∵EF⊥AC， ∴∠FEC＝∠FEA＝90°， ∴∠EFC＝∠ECF＝45°， ∴EF＝EC． ∴EF＝AG， ∵∠GAE＝∠FEA＝90°， ∴AG∥EF， ∴四边形AGEF为平行四边形， ∴AF＝EG． ∵AFDE． 11．（2024春•无锡期中）在如图所示的平面直角坐标系中，正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）． （1）如图1，动点D在OB边上，将△BCD沿直线DC折叠，点B落在点B′处，连接DB′并延长，交AO于点E． ①当B′D＝OD时，点D的坐标是 　（1，0）　； ②若点E是线段OA的中点，求此时点D与点B′的坐标； （2）如图2，动点D，G分别在边OB，AC上，将四边形DBCG沿直线DG折叠，使点B的对应点B′始终落在边OA上（点B′不与点O，A重合），点C落在点C′处，B′C′交AC于点E．设OB′＝t，四边形AB′DG的面积为S，直接写出S与t的关系式． 【分析】（1）①由折叠的性质得出，则可得出答案； ②连接CE．证明Rt△EAC≌Rt△E′BC（HL），得出EB′＝AE，设D（x，0），则OD＝x，DB＝DB′＝2﹣x，DE＝3﹣x．由勾股定理可求出D点坐标，证出S△OEB′：S△ODB′＝3：2，由可得出答案； （2）连接B'G，B'B，BG，设OB'＝t，则AB'＝OA﹣OB'＝2﹣t．设BD＝B'D＝m，则OD＝OB﹣BD＝2﹣m，解得．由梯形的面积公式可得出答案． 【解答】解：（1）①∵正方形AOBC边长为2，点C的坐标为（2，2）， ∴OB＝BC＝AC＝OA＝2， ∵将△BCD沿直线DC折叠， ∴B′D＝BD， 又∵B′D＝OD， ∴BD＝OD， ∴， ∴点D的坐标是（1，0）， 故答案为：（1，0）； ②连接CE． ∵折叠， ∴CB′＝CB＝AC＝2． 在Rt△EAC和Rt△E′BC中， ， ∴Rt△EAC≌Rt△E′BC（HL）， ∴EB′＝AE， ∵E为OA中点， ∴AE＝OEOA＝1， ∴EB′＝AE＝1． 设D（x，0），则OD＝x，DB＝DB′＝2﹣x，DE＝3﹣x． ∵∠EOD＝90°， ∴12+x2＝（3﹣x）2， 解得：x， ∴D（，0）， ∵EB′：DB′＝1：（2）＝3：2， ∴S△OEB′：S△ODB′＝3：2， 又∵S△OED1， ∴S△OEB′S△OED，S△ODB′S△OED， ∴1×xB′，yB′ ∴xB′，yB′， ∴B′（，）． （2）如图，连接B'G，B'B，BG， 设OB'＝t，则AB'＝OA﹣OB'＝2﹣t．设BD＝B'D＝m，则OD＝OB﹣BD＝2﹣m， 在RtΔOB'D中，OB'+OD2＝B'D2， ∴t2+（2﹣m）2＝m2， 解得． ∴， 设CG＝n，则AG＝AC﹣CG＝2﹣n， 在 Rt△AB'G中，B'G2＝AB'2+AG2＝（2﹣t）2+（2﹣n）2， 在Rt△BCG中，BG2＝CG2+BC2＝n2+22＝n2+4， 由折叠可知DG垂直平分B'B， ∴B'G＝BG， ∴B'G2＝BG2， 即（2﹣t）2+（2﹣n）2＝n2+4， 解得， ∴S梯形DBCG， ∴S＝S正方形OABC﹣S△BOD﹣S梯形DBCG． 12．（2024春•江都区期中）如图，正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4），一次函数的图象与边OC、AB分别交于点D、E，并且满足．点M是线段DE上的一个动点． （1）连接BD、OE，求证：四边形ODBE是平行四边形； （2）作BP⊥DE交OA于P，当△OMP面积为2.6时，求M点的坐标； （3）设点N是x轴上方平面内的一点，以O、D、M、N为顶点的四边形是菱形，求点N的坐标． 【分析】（1）首先求出E（4，1），代入yx+b，可求得b＝3，则OD＝BE＝3，即可得四边形ODBE是平行四边形； （2）过点D作DH⊥AB于H，首先证明△DHE≌△BAP（ASA），则PA＝EH＝2，可求得OP＝2，设出M的坐标，根据三角形的面积公式即可求得M的纵坐标，进而求得M的坐标； （3）分成四边形OMDN是菱形和四边形OMND是菱形两种情况进行讨论，四边形OMDN是菱形时，M是OD的中垂线与DE的交点，M关于OD的对称点就是N； 四边形OMND是菱形，OM＝OD，M在直角DE上，设出M的坐标，根据OM＝OD即可求得M的坐标，则根据ON和DM的中点重合，即可求得N的坐标． 【解答】（1）证明：正方形OABC的顶点A、C分别在x、y的正半轴上，点B的坐标为（4，4）， ∴OC＝AB＝OA＝BC＝4，OC∥AB， ∵3， ∴BE＝3，AE＝1， ∴E（4，1）， 代入yx+b得﹣2+b＝1，解得b＝3， ∴yx+3， ∴D（0，3）， ∴OD＝BE＝3， ∵OD∥BE， ∴四边形ODBE是平行四边形； （2）解：过点D作DH⊥AB于H， ∴∠DHE＝∠BAP＝90°，四边形ODHA是矩形， ∴DH＝OA＝AB＝4，BH＝CD＝1， ∵DH⊥AB，BP⊥DE， ∴∠EDH+DEH＝∠PBA+DEH＝90°， ∴∠EDH＝∠PBA， ∴△DHE≌△BAP（ASA）， ∴PA＝EH＝BE﹣BH＝2， ∴OP＝OA﹣PA＝2， 设M的坐标为（m，m+3）， ∴S△OMP2×（m+3）＝2.6，解得m， ∴M点的坐标为（，）； （3）解：当四边形OMDN是菱形时，如图， ∵M的纵坐标是1.5，把y＝1.5代入1.5x+3，解得：x＝3， 则M的坐标是（3，1.5）， ∴点N的坐标为（﹣3，1.5）； 当四边形OMND是菱形时，如图， ∵OM＝OD＝3，则设M的横坐标是m，则纵坐标是m+3， 则m2+（m+3）2＝9， 解得：m或0（舍去）． 则M的坐标是（，）， ∴点N的坐标为（，）． 综上，点N的坐标为（﹣3，1.5）或（，）． 13．（2024春•丹阳市期中）在数学综合与实践活动课上，同学们用两个完全相同的矩形纸片展开探究活动： 【实践探究】 （1）小红将两个矩形纸片摆成图1的形状，连接AG、AC，则∠ACG＝　45　°； 【解决问题】 （2）将矩形AQGF绕点A顺时针转动，边AF与边CD交于点M，连接BM，AB＝10，AD＝6． ①如图2，当BM＝AB时，求证：AM平分∠DMB； ②如图3，当点F落在DC上时，连接BQ交AF于点O，则AO＝　4　； 【迁移应用】 （3）如图4，正方形ABCD的边长为5，E是BC边上一点（不与点B、C重合），连接AE，将线段AE绕点E顺时针旋转90°至FE，作射线FC交AB的延长线于点G，则BG＝　5　； （4）如图5，在菱形ABCD中，∠A＝120°，E是CD边上一点（不与点C、D重合），连接BE，将线段BE绕点E顺时针旋转120°至FE，作射线FD交BC的延长线于点G．若BG＝6，则CG＝　2　． 【分析】（1）证明△ACG是等腰直角三角形，得出∠ACG＝45°，则可得出答案； （2）①由矩形的性质及平行线的性质证明∠BMA＝∠DMA，则可得出结论； ②过点B作BE⊥AF于点E，求出DF＝8，证明△BCF≌△BEF（AAS），得出CF＝EF＝2，BC＝BE，证明△AOQ≌△EOB（AAS），得出AO＝OEAE＝4； （3）过点F作FH⊥CD交CD于点H，证明△AEB≌△EFH（AAS），得出FH＝BE，AB＝EH，证明△CBG是等腰直角三角形，则可得出答案； （4）过点F作∠EFH＝∠BEC，与ED的延长线交于点H，证明△BEC≌△EFH（AAS），得出∠H＝∠BCD＝120°，EH＝BC，FH＝CE，证出△DCG是直角三角形，由直角三角形的性质可得出答案． 【解答】（1）解：∵长方形纸片ABCD和AFGQ是两个完全相同的长方形， ∴AC＝AG，∠BAC＝∠GAF， ∴∠BAC+∠CAD＝∠GAF+∠CAD， ∴∠GAC＝∠BAD＝90°， ∴△ACG是等腰直角三角形， ∴∠ACG＝45°， 故答案为：45； （2）①证明：∵BM＝AB， ∴∠BMA＝∠BAM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB∥DC， ∴∠DMA＝∠MAB； ∴∠BMA＝∠DMA， ∴AM平分∠DMB； ②解：过点B作BE⊥AF于点E， ∵AF＝AB＝10，AD＝6， ∴DF8， ∴CF＝DC﹣DF＝2， ∵AB＝AF， ∴∠AFB＝∠ABF， ∵AB∥CD， ∴∠ABF＝∠CFB， ∴∠AFB＝∠CFB， ∵BF＝BF，∠C＝∠BEF＝90°， ∴△BCF≌△BEF（AAS）， ∴CF＝EF＝2，BC＝BE， ∴AE＝8， ∵AD＝AQ＝BC， ∴AQ＝BE， ∵∠QAO＝∠BEO，∠AOQ＝∠BOE， ∴△AOQ≌△EOB（AAS）， ∴AO＝OEAE＝4， 故答案为：4； （3）解：如图，过点F作FH⊥CD交CD于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CB＝AB，∠ABC＝90°， ∴∠H＝∠ABC＝90°， 由旋转的性质得：∠AEF＝90°，EF＝AE， ∵∠BEA+∠BAE＝∠BEA+∠FEH＝90°， ∴∠BAE＝∠FEH， 在△AEB和△EFH中， ， ∴△AEB≌△EFH（AAS）， ∴FH＝BE，AB＝EH， ∴EH＝CB， ∴CH+CE＝CE+BE， ∴CH＝BE， ∴FH＝CH， ∴∠FCH＝45°， ∴∠BCG＝45°， ∵∠CBG＝90°， ∴△CBG是等腰直角三角形， ∴BG＝BC＝5； 故答案为：5； （4）解：过点F作∠EFH＝∠BEC，与ED的延长线交于点H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴CB＝CD，∠A＝∠BCD＝120°， 由旋转得∠BEF＝120°，EF＝BE， ∴∠BEC+∠CBE＝∠BEC+∠FEH＝60°， ∴∠CBE＝∠FEH， ∴△BEC≌△EFH（AAS）， ∴∠H＝∠BCD＝120°，EH＝BC，FH＝CE， ∴CD＝EH， ∴DH＝CE， ∴DH＝FH， ∴∠FDH＝∠DFH＝30°， ∴∠CDG＝30°， ∵∠DCG＝180°﹣∠BCD＝60°， ∴∠G＝90°， ∴△DCG是直角三角形， ∵∠CDG＝30°， ∴CGCDBC， ∵BG＝6， ∴3CG＝6， ∴CG＝2． 故答案为：2． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$