第03讲 正方形的性质与判定（知识清单+13大题型+好题必刷）-【暑假预习】2025年新九年级数学核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

第03讲 正方形的性质与判定（知识清单+13大题型+好题必刷） 题型梳理 题型一 正方形性质理解 题型二 根据正方形的性质求角度 题型三 根据正方形的性质求线段长 题型四 根据正方形的性质求面积 题型五 正方形折叠问题 题型六 根据正方形的性质证明 题型七 添一个条件使四边形是正方形 题型八 证明四边形是正方形 题型九 根据正方形的性质与判定求线段长 题型十 根据正方形的性质与判定证明 题型十一 中点四边形 题型十二 （特殊）平行四边形的动点问题 题型十三 四边形其他综合问题 知识清单 知识点1：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点2：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心 知识点3：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 题型方法 【题型一】正方形性质理解 【例1】（24-25九年级上·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【举一反三】 1．（2024九年级上·全国·专题练习）一个正方形和两个等边三角形的位置如图所示，若，则（　　） A． B． C． D． 2．（23-24九年级上·贵州遵义·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，如图①，当时，测得两点间的距离为；推动四边形如图②，当时，，两点间的距离为 ． 3．（24-25九年级上·贵州黔东南·期末）如图， 在正方形中，E为边上的点， 连接，将绕点C顺时针方向旋转到的位置，点B，E的对应点分别是D，F，连接． (1)绕点C顺时针方向旋转到的位置，请直接写出旋转角的度数； (2)若，求的度数． 【题型二】根据正方形的性质求角度 【例2】（24-25九年级上·重庆·期末）如图，正方形中，为正方形内一点，连接，使，再连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，正方形中，以为边向外作等边三角形，连接，则度数为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    3．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，求的度数． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 【例3】（23-24九年级上·广西河池·期末）如图，在正方形中，，点在边上，与关于所在的直线对称，将绕点顺时针旋转得到，连接，则为（   ） A． B．4 C． D．8 【举一反三】 1．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图三个正方形连在一起，正方形的边长为10，点在上，则阴影部分的面积为（   ） A．50 B．75 C．100 D．150 2．（24-25九年级上·黑龙江佳木斯·阶段练习）已知四边形的是边长为的正方形，为对角线，将绕点旋转度得到，则线段的长是 ． 3．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，直线与轴、轴分别交与、两点，以为边向外作正方形，对角线、交与点，求过两点的直线解析式． 【题型四】根据正方形的性质求面积 【例4】（24-25九年级上·辽宁朝阳·期中）已知正方形的对角线长为4，则正方形的面积为（    ） A．16 B．12 C．8 D．4 【举一反三】 1．（24-25九年级上·广东河源·期中）将个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·陕西西安·期中）一个正方形，它的对角线长10，那么这个正方形的面积是 ． 3．（24-25九年级上·吉林延边·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，点、均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其均为中心对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2． (2)在图②中，四边形面积为3． (3)在图③中，四边形面积为4． 【题型五】正方形折叠问题 【例5】 把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是（   ） A． B． C． D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线前去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中是折痕．若正方形与五边形的面积相等，则的值是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，正方形的边长是4，点在边上，，点是边上不与点重合的一个动点，把沿折叠，点落在处．若恰为等腰三角形，则的长为 ． 3．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在正方形中，，E是边上的一点，将正方形沿折叠，点D的对应点为点F，点G为的中点，当点F恰好落在线段上时．求证： (1)； (2)． 【题型六】根据正方形的性质证明 【例6】（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在正方形中，点分别在上，是等边三角形，连接交于点，下列结论：；；；，其中正确的是（   ） A． B． C． D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，把边长为5的正方形绕点逆时针旋转得到正方形与交于点，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D．2 2．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在正方形中，点M，N为边和上的动点（不含端点），，是旋转得到的．下列四个结论：①当时，则；②；③若如图位置测得，，则的面积为40；④的周长不变，其中正确结论的序号是 ． 3．（22-23九年级上·广西河池·期中）如图，点P是正方形内一点，连接，将绕点B顺时针旋转到的位置． (1)旋转中心是点 ，点P旋转的度数是 ； (2)连接，的形状是 ； (3)若，求的长． 【题型七】添一个条件使四边形是正方形 【例7】（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，已知四边形是平行四边形，添加以下条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C． ， D． ， 【举一反三】 1．（24-25九年级上·全国·期中）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是正方形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（   ） A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直且相等 2．（24-25九年级上·山西晋中·期中）在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是 （写出一个符合要求的条件）． 3．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，已知：在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，且． (1)试探究，四边形是什么特殊的四边形； (2)当 时，四边形是正方形（不证明） 【题型八】证明四边形是正方形 【例8】（24-25九年级上·河南平顶山·期末）下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的矩形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的菱形是正方形 【举一反三】 1．（24-25九年级上·广东佛山·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 2．（24-25九年级上·福建漳州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，要使四边形各边中点连线构成的四边形是正方形，只需添加一个条件是 ． 3．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：． 【题型九】根据正方形的性质与判定求线段长 【例9】（24-25九年级上·重庆江津·阶段练习）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，的平分线交的延长线于点F，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·河南郑州·期中）在中，，，将边绕点A旋转，点C的对应点是点D，连接．当是等腰直角三角形时，的长为 ． 2．（24-25九年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）如图，在四边形中，，平分，若，则的长为 ． 3．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）【探究与证明】 【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、． 【问题解决】 (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； (2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 【题型十】根据正方形的性质与判定证明 【例10】（23-24九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【举一反三】 1．（23-24九年级上·河南焦作·期中）如图，点E在正方形的对角线上，且，直角三角形的两直角边、分别交、于点M、N．若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·湖北襄阳·期中）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，的平分线交的延长线于点F，连接，若，则的长为 ． 3．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图1、图2，P是矩形所在平面内任意一点，连接、、、． (1)如图1，，点P、A、C三点共线，，求． (2)如图2，求、、、四者关系． (3)应用新知：如图3，在中，，，D是内一点，且，，求的最小值． 【题型十一】中点四边形 【例11】（24-25九年级上·重庆·阶段练习）下列命题正确的是（   ） A．顺次连接矩形四边中点构成的四边形是菱形 B．同位角相等 C．有两边及一角对应相等的两个三角形全等 D．三角形的外心到三角形三条边的距离相等 【举一反三】 1．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）顺次连接下面四边形各边的中点，所得的新四边形不是矩形的是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 2．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【题型十二】（特殊）平行四边形的动点问题 【例12】（九年级上·广东深圳·期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且点P不与点B、C重合．过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，则EF的最小值为（　　） A．4 B．4.8 C．5 D．6 【举一反三】 1．（23-24九年级上·江西景德镇·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 2．（九年级上·黑龙江大庆·阶段练习）如图，长方形中，，，点从出发，以的速度沿运动，最终到达点，在点运动了3秒后点开始以的速度从运动到，在运动过程中，设点的运动时间为，则当的面积为时，的值为 ． 3．（24-25九年级上·全国·阶段练习）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动，设运动时间为． (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求四边形的面积与运动时间的函数关系； (3)四边形可能为菱形吗？若可能，请求出t的值；若不可能，请说明理由． 【题型十三】四边形其他综合问题 【例13】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）在学习四边形的过程中，我们引入如下新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四过边形叫做邻等对补四边形，如图，如果我们用一副三角板进行拼接得到的四边形中，是邻等对补四边形的有（　　）个（在拼接过程中，重合的边可以看作长度相等，且两个三角板位于重合边的两侧） A．1 B．2 C．3 D．4 【举一反三】 1．（22-23九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 2．（九年级·全国·专题练习）如图，矩形ABCD中，AB＝4， BC ＝3， E为AB边上一动点，以DE为边向右作正方形DEFG，连接CF，则CF的最小值为 ． 3．（23-24九年级上·广东江门·期末）王老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们以整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是王老师在矩形纸片的剪拼主题下设计的问题，请你解答： (1)观察发现：将为，为的矩形纸片沿对角线剪开，得到．如图1，将以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，，得到，过点C作，交的延长线于点E，则四边形的形状是________． (2)探究迁移：如图2，若将以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转得到，若B、A、三点在同一直线上，连接，取的中点F，连接并延长至点G，使，连接，得到四边形，请你判断四边形的形状，并加以证明． (3)拓展应用：如图3，在（2）的条件下，将沿着的方向平移，使点B与A重合，此时点A平移到点，与相交于点H，连接，求的长． 好题必刷 一、单选题 1．下列命题中，假命题是（    ） A．矩形的对角线相等 B．有两个角相等的梯形是等腰梯形 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 2．如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 3．在平面直角坐标系中，点，．以为一边在第一象限作正方形，则对角线所在直线的解析式为（   ） A． B． C． D． 4．如图，点O为四边形ABCD内任意一点，E，F，G，H分别为OA，OB，OC，OD的中点，则四边形EFGH的周长为（　　） A．9 B．12 C．18 D．不能确定 5．已知：如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（    ）    A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤ 6．如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在边CD，BC上，点G在CB的延长线上，DE＝CF＝BG．下列说法：①将△DCF沿某一直线平移可以得到△ABG；②将△ABG沿某一直线对称可以得到△ADE；③将△ADE绕某一点旋转可以得到△DCF．其中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 7．如图，正方形纸片的边长为12，点F是上一点，将沿折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点E．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，折痕AE交BC于点E，交BO于点F，连接FH，下列结论∶①AD=DF；② 四边形BEHF为菱形；③；④．其中正确的结论有 (       )            A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 9．如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(   ) A． B． C． D． 10．如图，在正方形中，，分别是，的中点，，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 二、填空题 11．如图，正方形的面积是 cm2． 12．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形，则任意一个四边形的中点四边形是 四边形． 13．顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点所得的四边形是 ． 14．如图，在正六边形ABCDEF的外侧作正方形ABGH，连结AC，AG，则∠CAG的大小为 度   15．如图，正方形中，M是的中点，，点P是上一动点，则的最小值是 ． 16．如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，以AB为边构造菱形ABEF（点E在x轴正半轴上），将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第27次旋转结束时，点的坐标为 ． 17．如图，四边形纸片中，,  ．若该纸片的面积为10 cm2，则对角线= cm．    18．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，若，且，则的长为 ． 三、解答题 19．如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连结、. 求证:.    20．已知线段，用平移、轴对称或旋转完成以下各题： （1）画出一个以这条线段为一边的正方形； （2）画出一个以这条线段为一边的等边三角形； （3）画出一个以这条线段为一边，一个内角是的菱形． 21．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，连接PE，PB． (1)在AC上找一点P，使△BPE的周长最小（作图说明）； (2)求出△BPE周长的最小值． 22．如图①所示，以正方形的点O为坐标原点建立平面直角坐标系，其中线段在y轴上，线段在x轴上，其中正方形的周长为16． (1)直接写出B、C两点坐标； (2)如图②，连接，若点P在y轴上，且，求P点坐标． (3)如图③，若OB//DE，点P从点O出发，沿x轴正方向运动，连接．则，，三个角之间具有怎样的数量关系（不考虑点P与点O，D，C重合的情况）？并说明理由． 23．宽与长的比是的矩形叫黄金矩形．心理测试表明：黄金矩形令人赏心悦目，它给我们以协调，匀称的美感．现将小波同学在数学活动课中，折叠黄金矩形的方法归纳如下（如图所示）：    第一步：作一个正方形； 第二步：分别取，的中点，，连接； 第三步：以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于； 第四步：过作，交的延长线于． 请你根据以上作法，证明矩形为黄金矩形． 24．（1）如图（a）所示，点是正方形内的一点，把绕点顺时针方向旋转，使点与点重合，点的对应点是．若，，，求的度数． （2）如图（b）所示，点是等边三角形内的一点，若，，，求的度数． 25．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． 26．（1）问题背景． 如图1，在四边形中，，，、分别是线段、线段上的点．若，试探究线段、、之间的数量关系． 童威同学探究此问题的方法是，延长到点．使．连接，先证明．再证明，可得出结论，他的结论应是 ．   （2）猜想论证． 如图2，在四边形中，，，在线段上、在线段延长线上．若，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．    （3）拓展应用． 如图3，在四边形中，，连接、，，，且．则的面积为 ．    1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 正方形的性质与判定（知识清单+13大题型+好题必刷） 题型梳理 题型一 正方形性质理解 题型二 根据正方形的性质求角度 题型三 根据正方形的性质求线段长 题型四 根据正方形的性质求面积 题型五 正方形折叠问题 题型六 根据正方形的性质证明 题型七 添一个条件使四边形是正方形 题型八 证明四边形是正方形 题型九 根据正方形的性质与判定求线段长 题型十 根据正方形的性质与判定证明 题型十一 中点四边形 题型十二 （特殊）平行四边形的动点问题 题型十三 四边形其他综合问题 知识清单 知识点1：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点2：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心 知识点3：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 题型方法 【题型一】正方形性质理解 【例1】（24-25九年级上·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】A 【知识点】矩形性质理解、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，根据正方形和矩形的性质逐项分析可得结论． 【详解】解：A、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线只相等但不垂直，正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直，故A选项符合题意； B、正方形和矩形的对角都互补，故B选项不符合题意； C、正方形和矩形的对角线都互相平分，故C选项不符合题意； D、正方形和矩形的对角线都相等，故D选项不符合题意； 故选：A． 【举一反三】 1．（2024九年级上·全国·专题练习）一个正方形和两个等边三角形的位置如图所示，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】正方形性质理解、多边形内角和与外角和综合、等边三角形的性质、根据平行线的性质求角的度数 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的外角和定理．由平行线的性质求得，根据三角形的外角和为得，据此求解即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵的外角和为， ∴， ∴， 故选：A． 2．（23-24九年级上·贵州遵义·期中）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，如图①，当时，测得两点间的距离为；推动四边形如图②，当时，，两点间的距离为 ． 【答案】1 【知识点】等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、正方形性质理解 【分析】由当时，，两点间的距离为求出，推动四边形时，是等边三角形，即可得． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形， 在中，,， ∴； 当推动四边形，时，如图： ∵，， ∴此时是等边三角形， ∴． 故答案为：1． 【点睛】本题考查正方形性质，涉及等边三角形的判定与性质，解题的关键是求出正方形的边长． 3．（24-25九年级上·贵州黔东南·期末）如图， 在正方形中，E为边上的点， 连接，将绕点C顺时针方向旋转到的位置，点B，E的对应点分别是D，F，连接． (1)绕点C顺时针方向旋转到的位置，请直接写出旋转角的度数； (2)若，求的度数． 【答案】(1) (2) 【知识点】根据旋转的性质求解、正方形性质理解 【分析】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质等知识点，掌握旋转的性质成为解题的关键． （1）先根据题意确定一组对应边，再结合正方形的性质即可解答； （2）由旋转知、，再结合正方形的性质可得、，最后根据角的和差即可解答． 【详解】（1）解：∵正方形， ∴ ∵将绕点C顺时针方向旋转到的位置，点B，E的对应点分别是D，F， ∴的对应边为， ∴将绕点C顺时针方向旋转到的位置的旋转角为． （2）解：由旋转知：、， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴ ∴． 【题型二】根据正方形的性质求角度 【例2】（24-25九年级上·重庆·期末）如图，正方形中，为正方形内一点，连接，使，再连接，将绕点逆时针旋转得到，连接，若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边对等角、根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】连接，由等腰三角形的性质可得，由旋转的性质可证明，即可求解． 【详解】解：连接如图： 是正方形， ，， ，， ， ， ， 由绕点逆时针旋转得到， 得，， ，， ， ， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的性质，正方形的性质等，正确构造全等三角形是解题的关键． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，正方形中，以为边向外作等边三角形，连接，则度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】根据正方形的性质求角度、等边三角形的性质、等边对等角、三角形内角和定理的应用 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理．熟练掌握正方形和等边三角形的性质，能根据题意画出图形，通过进行分类讨论得出结果是解题的关键．由正方形和等边三角形的性质容易得出，易证，求出，由等边对等角结合三角形内角和定理求出，再根据即可得到结果． 【详解】解：∵四边形正方形，是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 2．（24-25九年级上·四川成都·期末）如图，在正方形的对角线上取点E使，连接，过点E作交BC于点F，则的大小为 ．    【答案】 【知识点】根据正方形的性质求角度、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、三角形内角和定理的应用 【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，证明是解题的关键． 由四边形是正方形，得，则，，，而，则，，所以可证明，得，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴，，， ∵， ∴， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，求的度数． 【答案】 【知识点】三角形内角和定理的应用、等边对等角、根据正方形的性质求角度 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；根据正方形的性质可得，进而根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∵， ∴． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 【例3】（23-24九年级上·广西河池·期末）如图，在正方形中，，点在边上，与关于所在的直线对称，将绕点顺时针旋转得到，连接，则为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质求线段长、根据成轴对称图形的特征进行求解、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质、轴对称的性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．连接，先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据正方形的性质可得的边上的高等于4，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵与关于所在的直线对称， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴的边上的高等于， ∴， ∴， 故选：D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·重庆·阶段练习）如图三个正方形连在一起，正方形的边长为10，点在上，则阴影部分的面积为（   ） A．50 B．75 C．100 D．150 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查了正方形的性质、平行线的性质，连接，，，由正方形的性质可得，从而得出，由平行线的性质可得，，求出，即可得解． 【详解】解：如图，连接，，， ， ∵三个正方形连在一起，，，分别是三个正方形的对角线， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵正方形的边长为10， ∴， 故选：C． 2．（24-25九年级上·黑龙江佳木斯·阶段练习）已知四边形的是边长为的正方形，为对角线，将绕点旋转度得到，则线段的长是 ． 【答案】或． 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 由正方形性质得，，，则，然后分将绕点顺时针旋转和将绕点逆时针旋转即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 如解图， 将绕点顺时针旋转得到，可得点落在上，且， ∴； 如解图， 将绕点逆时针旋转得到，连接， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 综上所述，的长为或， 故答案为：或． 3．（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，直线与轴、轴分别交与、两点，以为边向外作正方形，对角线、交与点，求过两点的直线解析式． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求线段长、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、求一次函数解析式 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、一次函数解析式的求法，首先根据直线的解析式求出点、的坐标，过点作轴，垂足为，可证，根据全等三角形的性质可得点的坐标为，因为点是的中点，从而可得点的坐标为，利用待定系数法求出直线的解析式即可． 【详解】解：当时，， ， 点的坐标为， ， 当时，， 点的坐标为， ， 如下图所示，过点作轴，垂足为， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 点的坐标为， 点是的中点， 点的横坐标为，点的纵坐标为， 点的坐标为， 设过、两点的直线解析式为， 把点的坐标代入， 可得：， 解得：， 所求得直线解析式为． 【题型四】根据正方形的性质求面积 【例4】（24-25九年级上·辽宁朝阳·期中）已知正方形的对角线长为4，则正方形的面积为（    ） A．16 B．12 C．8 D．4 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】本题考查了正方形的对角线相等，且互相垂直的性质，正方形的面积的求解．根据正方形的对角线相等且互相垂直，正方形是特殊的菱形，菱形的面积等于对角线乘积的一半进行求解即可． 【详解】解：∵正方形的一条对角线长为4， ∴面积是， 故选：C． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·广东河源·期中）将个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积． 根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为阴影部分的和． 【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是， 5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为， n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为． 故选：A． 2．（24-25九年级上·陕西西安·期中）一个正方形，它的对角线长10，那么这个正方形的面积是 ． 【答案】50 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】本题主要考查了正方形的性质，掌握正方形的面积是对角线积的一半成为解题的关键． 根据正方形的面积等于对角线积的一半列式计算即可． 【详解】解：如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴． 故答案为：50． 3．（24-25九年级上·吉林延边·期末）图①、图②、图③均是的正方形网格，每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形，每个小正方形的顶点叫格点，点、均在格点上．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按下列要求作四边形，使其均为中心对称图形且点、均在格点上． (1)在图①中，四边形面积为2． (2)在图②中，四边形面积为3． (3)在图③中，四边形面积为4． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【知识点】无刻度直尺作图、根据正方形的性质求面积、勾股定理与网格问题 【分析】本题考查了无刻度直尺作图，解题关键是恰当利用网格，正确画出图形； （1）以为边画正方形即可，此时正方形的面积是四个小三角形的面积和为2； （2）以为边画平行四边形形即可，此时平行四边形的面积是两个面积为1.5的三角形的和； （3）以为边画矩形即可，此时矩形的面积为8个小三角形的面积和为4； 【详解】（1）解：如图，正方形就是所求四边形； （2）解：如图，平行四边形就是所求四边形； （3）解：如图，矩形就是所求四边形； 【题型五】正方形折叠问题 【例5】 把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】正方形折叠问题 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，理解图示，培养学生的空间思维能力，掌握图示特点是关键． 根据图示特点分析即可． 【详解】解：把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是 ， 故选：D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段练习）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线前去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中是折痕．若正方形与五边形的面积相等，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】正方形折叠问题 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及折叠的性质，连接，设直线与边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得且正方形的面积正方形的面积，从而用a分别表示出线段和线段的长即可求解． 【详解】解：连接，设直线与边的交点为P，如图： 由折叠可知点四点共线，且， 设正方形的边长为， 则正方形的面积为， ∵若正方形与五边形的面积相等 ∴由折叠可知正方形的面积正方形的面积， ∴正方形的边长， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 2．（24-25九年级上·河南郑州·期末）如图，正方形的边长是4，点在边上，，点是边上不与点重合的一个动点，把沿折叠，点落在处．若恰为等腰三角形，则的长为 ． 【答案】4或/或4 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题 【分析】本题考查了翻折变换、勾股定理、等腰三角形的定义，分类讨论是解题的关键．根据等腰三角形的定义分三种情况分别进行解答即可． 【详解】解：如图1所示：当时，过点作，则， 当时，， ∵，， ∴， 由翻折的性质，得， ， ， ，   ； 如图2所示：当时，则； 当时， ∵，， 点、在的垂直平分线上， 垂直平分， 由折叠可知点与点重合，不符合题意，舍去． 综上所述，的长为4或． 故答案为：4或． 3．（24-25九年级上·全国·课后作业）如图，在正方形中，，E是边上的一点，将正方形沿折叠，点D的对应点为点F，点G为的中点，当点F恰好落在线段上时．求证： (1)； (2)． 【答案】(1) (2)见解析 【知识点】正方形折叠问题、全等的性质和HL综合（HL）、全等三角形的性质、三角形的外角的定义及性质 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据证，再根据折叠的性质即可得出； （2）根据（1）知，即，再利用外角的性质可得出即可解答． 【详解】（1）证明：由折叠知：，， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即． （2）证明：由（1）知， 即， ∴， ∵， ∴， ∴． 【题型六】根据正方形的性质证明 【例6】（24-25九年级上·黑龙江绥化·阶段练习）如图，在正方形中，点分别在上，是等边三角形，连接交于点，下列结论：；；；，其中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等边三角形的性质 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、等边三角形的性质、三角形的面积公式的运用，解决本题的关键是根据图形的性质找到边和角之间的关系． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 又是等边三角形， ，， ， 在和中，， ， ， 故正确； 由可知：， ，， 四边形是正方形， ， ， 垂直平分， ， 在中，，， ， 即， ， 在中，点是的中点，， ， ， 故正确； 是等边三角形，， ， 又，， ， 同理可知， ， 故错误； 设，， 则有， ，， 在中，， ， 在中，， ， ， ， 整理得：， ， ， 故正确． 正确的有． 故选：C． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，把边长为5的正方形绕点逆时针旋转得到正方形与交于点，连接，若，则的长为（   ） A． B． C． D．2 【答案】D 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、等腰三角形的性质和判定 【分析】此题重点考查正方形的性质，旋转的性质，等腰三角形的性质等知识，推导出是解题的关键． 由正方形的性质得，由旋转得，则，所以，可证明，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是边长为5的正方形， ， ∵把正方形绕点逆时针旋转得到正方形， ， ， ， ， ， ， ， 故选：D． 2．（24-25九年级上·陕西西安·期末）如图，在正方形中，点M，N为边和上的动点（不含端点），，是旋转得到的．下列四个结论：①当时，则；②；③若如图位置测得，，则的面积为40；④的周长不变，其中正确结论的序号是 ． 【答案】①④ 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定、勾股定理等知识点，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形． ①先用勾股定理求得，证明，再结合，可得答案；②将绕点A顺时针旋转得，证明，再利用全等三角形的性质及邻补角关系，可证得结论；③设正方形的边长为，则，，利用勾股定理列出关于a的方程，求出a的值，可证得结论；④由，可得，从而将的三边相加即可得答案． 【详解】解：①∵正方形中，， ∴， 当时，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，故①正确； ②如图， 将绕点A顺时针旋转得， 则， 在和中，，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故②错误； ③设正方形的边长为，则，， 根据③可知，， ∵， 即， 解得：， ∵， ∴， ∴，故③错误． ④∵， ∴， ∴的周长为：， ∵和均为正方形的边长，故的周长不变，故④正确； 综上①④都正确， 故答案为：①④． 3．（22-23九年级上·广西河池·期中）如图，点P是正方形内一点，连接，将绕点B顺时针旋转到的位置． (1)旋转中心是点 ，点P旋转的度数是 ； (2)连接，的形状是 ； (3)若，求的长． 【答案】(1)B； (2)等腰直角三角形 (3)6 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和正方形的性质． （1）根据旋转的定义解答； （2）根据旋转的性质可得，又旋转角为，然后根据等腰直角三角形的定义判定； （3）①根据勾股定理列式求出，先根据旋转的性质求出，再求出，然后根据勾股定理列式进行计算即可得解． 【详解】（1）∵P是正方形内一点，绕点B顺时针旋转到的位置， ∴旋转中心是点B，点P旋转的度数是90度， 故答案为：B，； （2）根据旋转的性质，旋转角为， ∴是等腰直角三角形； 故答案为：等腰直角三角形； （3）在等腰中，∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 在中， ． 【题型七】添一个条件使四边形是正方形 【例7】（24-25九年级上·山西运城·期中）如图，已知四边形是平行四边形，添加以下条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A．， B．， C． ， D． ， 【答案】D 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查了正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法逐一判断即可求解． 【详解】∵是平行四边形，∴添加以下条件， A. ，，能判定四边形是正方形；     B. ，，能判定四边形是正方形； C. ，，能判定四边形是正方形；     D. ，，只能判定四边形是菱形，不能判定四边形是正方形． 故选：D． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·全国·期中）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是正方形，那么原来四边形的对角线一定满足的条件是（   ） A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直且相等 【答案】D 【知识点】根据平行线的性质探究角的关系、与三角形中位线有关的证明、添一个条件使四边形是正方形 【分析】此题主要考查了正方形的性质定理，中位线定理，熟练应用中位线定理和正方形的性质是解题的关键． 根据题意画图，利用中位线定理得，，，，然后根据正方形的性质得四个角是直角，四条边相等，然后，根据平行线的性质即可解答． 【详解】根据题意画出图形如下： ∵E、F、G、H分别是四边形各边、、、的中点， ∴，， ∴，， ∵四边形是正方形， ，， ∴，， 故选：D． 2．（24-25九年级上·山西晋中·期中）在矩形中，对角线交于点O，要使矩形成为正方形，需添加的条件是 （写出一个符合要求的条件）． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用， 【详解】解：添加的条件可以是．理由如下： ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 3．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，已知：在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，且． (1)试探究，四边形是什么特殊的四边形； (2)当 时，四边形是正方形（不证明） 【答案】(1)四边形是菱形 (2)当时，菱形是正方形 【知识点】线段垂直平分线的性质、利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题利用了菱形的判定和性质及中垂线的性质、直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． （1）根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有，根据四边相等的四边形是菱形即可判断； （2）由菱形的性质知，对角线平分一组对角，即当时，，有菱形为正方形，根据直角三角形中两个角锐角互余得，． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 证明：∵的垂直平分线为， ， ， ， ， ， ， 又， ， ∴四边形是菱形． （2）解：当时，菱形是正方形． 证明：∵四边形是菱形， ， ， ， ， ∴菱形是正方形． 【题型八】证明四边形是正方形 【例8】（24-25九年级上·河南平顶山·期末）下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的矩形是正方形 C．对角线互相垂直的四边形是菱形 D．对角线相等的菱形是正方形 【答案】D 【知识点】证明四边形是正方形、证明四边形是菱形、证明四边形是矩形 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，理解并掌握菱形、矩形、正方形的判定方法是解题的关键． 根据菱形，矩形，正方形的判定方法进行分析即可求解． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故原选项错误，不符合题意； B、对角线互相垂直的矩形是正方形，故原选项错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项错误，不符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意； 故选：D ． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·广东佛山·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】A 【知识点】证明四边形是正方形、证明四边形是菱形、证明四边形是矩形 【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉了解三者之间的关系及判定定理是解题关键．根据矩形、菱形、正方形的判定定理依次进行判断即可． 【详解】解：A、的对角线，相交于点，且， 是矩形，原说法正确，符合题意； B、若，得不到是菱形，原说法错误，不符合题意； C、若，得不到是正方形，原说法错误，不符合题意； D、若，则是矩形，原说法错误，不符合题意． 故选：A． 2．（24-25九年级上·福建漳州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，要使四边形各边中点连线构成的四边形是正方形，只需添加一个条件是 ． 【答案】 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是正方形 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定方法是平行四边形是解题的关键．添加．由三角形中位线定理和可证，从而四边形是菱形，再由可证边形是正方形． 【详解】解：添加． ∵E，F，G，H分别是边的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 同理可证：，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形 故答案为：． 3．（24-25九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在中，，，过点A作边的垂线交的延长线于点E，点F是垂足，连接，交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】用ASA（AAS）证明三角形全等（ASA或者AAS）、三线合一、用勾股定理解三角形、证明四边形是正方形 【分析】本题考查正方形的判定，三线合一，勾股定理： （1）三线合一，得到，证明，得到，推出四边形是平行四边形，再根据，，即可得证； （2）先证明，进而得到，根据等腰直角三角形的性质，结合勾股定理得到，即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵，，， ∴， ∵四边形是平行四边形． ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是正方形． （2）∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【题型九】根据正方形的性质与判定求线段长 【例9】（24-25九年级上·重庆江津·阶段练习）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，的平分线交的延长线于点F，连接，若，，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】延长交于点G，由旋转性质和角平分线的定义证明，得到，设，证明四边形是正方形，得到，得到，得到，根据，得到，即得求解． 【详解】解：延长交于点G， 由旋转知，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得． ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·河南郑州·期中）在中，，，将边绕点A旋转，点C的对应点是点D，连接．当是等腰直角三角形时，的长为 ． 【答案】或 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的判定与性质及勾股定理，能根据题意画出示意图及熟知图形旋转的性质是解题的关键．根据题意，画出是等腰直角三角形时的示意图，再结合勾股定理即可解决问题． 【详解】解：当，且点在上方时，如图所示， 过点作的垂线，垂足为， ∵，且， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 在中，． 当，且点在下方时，如图所示， 过点作的垂线，垂足为， ∵，且， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 在中， 综上所述：的长为或． 故答案为：或． 2．（24-25九年级上·内蒙古鄂尔多斯·期中）如图，在四边形中，，平分，若，则的长为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】过点作，由勾股定理求出．再证明四边形是正方形，可得，再证明，可得，再求解即可． 【详解】解：如图，过点作， ，， ， ，， 四边形是矩形， 平分，， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质及角平分线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 3．（23-24九年级上·广西南宁·阶段练习）【探究与证明】 【问题情境】如图1，点为正方形内一点，，，，将直角三角形绕点逆时针方向旋转度点、的对应点分别为点、． 【问题解决】 (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； (2)若，如图3，得到（此时与重合），延长交于点， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长． 【答案】(1)22 (2)①正方形，理由见解析；②2 【知识点】用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】（1）由勾股定理得，再由正方形的性质得，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论； ②过点作于点，证，得，，则，再由勾股定理求解即可； 【详解】（1）解：，，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：，，， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； ②过点作于点，如图3所示： 则， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键，属于中考常考题型． 【题型十】根据正方形的性质与判定证明 【例10】（23-24九年级上·重庆沙坪坝·期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质与判定证明 【分析】过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质证得，得到，根据等腰三角形的性质和平角的定义即可求出答案. 【详解】解：过点作于，于， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ， ∵ ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ， ∴， ∵， ∴， ∴ ， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选: ． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是添加辅助线构造全等三角形． 【举一反三】 1．（23-24九年级上·河南焦作·期中）如图，点E在正方形的对角线上，且，直角三角形的两直角边、分别交、于点M、N．若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、角平分线的性质定理、根据正方形的性质与判定证明 【分析】过作于点，于点，可证四边形是正方形，再可得，从而可得，结合已知即可求解． 【详解】解：如图，过作于点，于点， ， 四边形是正方形， ， ， 四边形是矩形， ， 是直角三角形， ， ， 是的角平分线， ， ， 四边形是正方形， 在和中， ， （） ， ， 正方形的边长为， ， ， ， ， ， 重叠部分四边形的面积为； 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定及性质，角平分线性质定理，全等三角形的判定及性质，掌握性质，作出恰当的辅助线，通过将不规则图形的面积转换为正方形的面积是解题的关键． 2．（24-25九年级上·湖北襄阳·期中）如图，在中，，将绕点A顺时针旋转得到，的平分线交的延长线于点F，连接，若，则的长为 ． 【答案】5 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定证明、根据旋转的性质求解 【分析】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握是解题的关键． 延长交于点G，由旋转性质和角平分线性质证明，得到，设，证明四边形是正方形，得到，得到,得到，根据，得到，即得． 【详解】延长交于点G， 由旋转知，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵, ∴, ∴， ∵， ∴， 解得． ∴． 故答案为：5． 3．（24-25九年级上·广东广州·开学考试）如图1、图2，P是矩形所在平面内任意一点，连接、、、． (1)如图1，，点P、A、C三点共线，，求． (2)如图2，求、、、四者关系． (3)应用新知：如图3，在中，，，D是内一点，且，，求的最小值． 【答案】(1)16 (2) (3) 【知识点】最短路径问题、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）连结，交于点O，先证明矩形是正方形，根据正方形的性质可得点P与点O重合，进一步求解即得答案； （2）过点P作于点F，交于点E，根据勾股定理得，，，，，从而可推得结论； （3）以，为边作矩形，连结，，过点C作，分别交、的延长线于点G、F，根据（2）的解题思路，首先得到，从而求得，再根据两点之间线段最短，可得，即，当点C、D、E三点共线时，取最小值，从而可求得答案． 【详解】（1）解：连结，交于点O， 四边形是矩形，， 矩形是正方形， ，，， ， ， ， 点P与点O重合， ， ； （2）解：过点P作于点F，交于点E， 四边形是矩形， ，， 四边形是矩形， ， ， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ， 即； （3） 解：以，为边作矩形，连结，，过点C作，分别交、的延长线于点G、F， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形， ， ， 在中，， 在中，， 在中，， 在中，， ， ， ， ， ， 当点C、D、E三点共线时，取最小值， 即的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，正确理解各小题之间思考方法上的关联是解题的关键． 【题型十一】中点四边形 【例11】（24-25九年级上·重庆·阶段练习）下列命题正确的是（   ） A．顺次连接矩形四边中点构成的四边形是菱形 B．同位角相等 C．有两边及一角对应相等的两个三角形全等 D．三角形的外心到三角形三条边的距离相等 【答案】A 【知识点】根据平行线的性质探究角的关系、用SAS证明三角形全等（SAS）、中点四边形、判断命题真假 【分析】本题考查了命题与定理的知识，利用平行线的性质、中点四边形的判定、全等三角形的判定及三角形的外心的性质分别判断后即可确定正确的选项，解题的关键是了解平行线的性质、中点四边形的判定、全等三角形的判定及三角形的外心的性质． 【详解】解：A、顺次连接矩形四边中点构成的四边形是菱形，正确，故选项符合题意； B、两直线平行，同位角相等，故选项不符合题意； C、有两边及夹角对应相等的两个三角形全等，故选项不符合题意； D、三角形的外心到三角形的三顶点的距离相等，故选项不符合题意； 故选：A． 【举一反三】 1．（24-25九年级上·河南平顶山·期中）顺次连接下面四边形各边的中点，所得的新四边形不是矩形的是（   ） A．矩形 B．正方形 C．菱形 D．对角线互相垂直的四边形 【答案】A 【知识点】与三角形中位线有关的证明、证明四边形是矩形、根据正方形的性质证明、中点四边形 【分析】本题考查中位线，特殊四边形的性质，矩形的判定，熟练掌握中点四边形的特征是解题的关键．分别画出图形，利用中位线依次证明即可． 【详解】解：A中，∵如图，四边形是矩形， ∴不一定垂直于， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∵不一定垂直于， ∴不一定垂直于， ∴四边形不一定是矩形； 故选项A符合题意； B中，∵如图，四边形是正方形， ∴， ∵、、、分别为、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 故选项B不符合题意； C中，如图，四边形是菱形，同选项B可得四边形是矩形； 故选项C不符合题意； D中，如图，四边形中，，同选项B可得四边形是矩形； 故选项D不符合题意； 故选：A． 2．（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【知识点】图形类规律探索、根据矩形的性质求面积、证明四边形是菱形、中点四边形 【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【详解】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 3．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【知识点】中点四边形、证明四边形是正方形、与三角形中位线有关的证明 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 【题型十二】（特殊）平行四边形的动点问题 【例12】（九年级上·广东深圳·期中）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，AC＝12，BD＝16，点P为边BC上一点，且点P不与点B、C重合．过点P作PE⊥AC于点E，PF⊥BD于点F，连结EF，则EF的最小值为（　　） A．4 B．4.8 C．5 D．6 【答案】B 【知识点】根据矩形的性质与判定求面积、根据菱形的性质与判定求面积、（特殊）平行四边形的动点问题、四边形中的线段最值问题 【分析】由菱形的性质可得AC⊥BD，BO＝BD＝8，OC＝AC＝6，由勾股定理可求BC的长，可证四边形OEPF是矩形，可得EF＝OP，OP⊥BC时，OP有最小值，由面积法可求解． 【详解】连接OP， ∵四边形ABCD是菱形，AC＝12，BD＝16， ∴AC⊥BD，BO＝BD＝8，OC＝AC＝6， ∴BC＝＝10， ∵PE⊥AC，PF⊥BD，AC⊥BD， ∴∠FOE=∠PEO=∠PFO=90° ∴四边形OEPF是矩形， ∴FE＝OP， ∵当OP⊥BC时，OP有最小值， 此时S△OBC＝OBOC＝BCOP， ∴OP＝＝4.8， ∴EF的最小值为4.8， 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，掌握菱形的性质是本题的关键． 【举一反三】 1．（23-24九年级上·江西景德镇·期中）如图，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为 ． 【答案】或； 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题考查了矩形的判定，根据四边形是矩形得到，，根据运动表示出、，结合矩形的判定得到当时以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形列式求解即可得到答案； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动， ∴，或， ∵以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形， ∴， ∴或， 解得：或， 故答案为：或． 2．（九年级上·黑龙江大庆·阶段练习）如图，长方形中，，，点从出发，以的速度沿运动，最终到达点，在点运动了3秒后点开始以的速度从运动到，在运动过程中，设点的运动时间为，则当的面积为时，的值为 ． 【答案】2或 【知识点】几何问题(一元一次方程的应用)、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】分当在上或当在上两种情况,分别计算AQ、AQ边上的高的长，然后再结合三角形面积公式求解即可． 【详解】解：①当在上，点的速度为，如图①所示： ∴ ∴，解得． ②当在上，点的速度为 当的速度为，如图②所示： ∴，的高为， ∴，解得． 综上可得，当或时，的面积为． 故答案为2或． 【点睛】本题主要考查了一元一次方程的应用、四边形综合题等知识点，灵活运用四边形的相关性质是解题关键． 3．（24-25九年级上·全国·阶段练习）如图，在矩形中，，，点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动，设运动时间为． (1)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (2)当时，求四边形的面积与运动时间的函数关系； (3)四边形可能为菱形吗？若可能，请求出t的值；若不可能，请说明理由． 【答案】(1)四边形是平行四边形，见解析； (2) (3)可能，． 【知识点】证明四边形是平行四边形、利用矩形的性质证明、利用菱形的性质求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）由矩形的性质可得出，再得出，即可得出四边形是平行四边形． （2）得出，再根据四边形的面积代入求解即可． （3）由菱形的性质得出，利用勾股定理求出，再根据代入求出t值即可． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ∴， ∵点P从点A出发，以的速度沿向终点D运动，同时，点Q从点C出发，以的速度沿向终点B运动， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴； （3）解：四边形可能为菱形． ∵一组邻边相等的平行四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴ ∴， 解得：． 【点睛】本题主要考查了四边形的动点问题，平行四边形的判定，矩形的性质和菱形的性质，勾股定理等知识，利用t值表示出各边是解题的关键 【题型十三】四边形其他综合问题 【例13】（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期末）在学习四边形的过程中，我们引入如下新定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四过边形叫做邻等对补四边形，如图，如果我们用一副三角板进行拼接得到的四边形中，是邻等对补四边形的有（　　）个（在拼接过程中，重合的边可以看作长度相等，且两个三角板位于重合边的两侧） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【知识点】四边形其他综合问题 【分析】本题考查了三角板和多边形内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．明确邻补对等四边形的定义，再根据定义判断即可得解． 【详解】①如图，两个三角板斜边重合，此时，是邻等对补四边形； ②当等腰直角三角板的直角边和所对的直角边重合时， 此时不满足邻等对补四边形的定义； ③当等䃌直角三角坂的直角边和所对的直角边重合时， 此时不满足邻等对补四边形的定义； ④当直角边和斜边重合时，不满足至少有一组邻边相等，也不满足对角互补． 综上，只有1个． 故选：A． 【举一反三】 1．（22-23九年级上·广东深圳·期中）如图，在正方形中，以为边作等边三角形，连接，则下列结论：①；②；③和的面积比为；④．其中结论正确的序号有（    ）    A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等边三角形的判定和性质、根据正方形的性质证明、四边形其他综合问题 【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可得，故①正确；利用证明，可判断②，由三角形的面积公式可得，，可得和的面积比为，故③正确；由直角三角形的性质可得，可得，故④正确，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形， ∴， ∴， ∴，故①正确；    ∵， ∴，故②正确； ∴， 过点P作于H，于G，如图所示： ∵是等边三角形，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ， ∴和的面积比为，故③正确； 过点C作交的延长线于N，如图所示， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确， 综上所述：①②③④． 故选：D．    【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，熟练掌握相关的性质与适当作辅助线是解答此题的关键． 2．（九年级·全国·专题练习）如图，矩形ABCD中，AB＝4， BC ＝3， E为AB边上一动点，以DE为边向右作正方形DEFG，连接CF，则CF的最小值为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、四边形其他综合问题 【分析】方法一：因为点E在线段AB上运动，根据瓜豆原理可知从动点F在一条直线上运动，找出这条直线根据点到直线的距离垂线段最短即可求出CF的最小值． 方法二：依题意，当点运动到点时，以为边作正方形；同理当点运动到点时，作正方形；故点在与间运动，当时，可得最小； 【详解】方法一：解：如图，在BA延长线上取点M，使AM=AD， ∵在矩形ABCD中，， ∴，, ∵在正方形DEFG中，， ∴∠EDF=∠MDA，, ∴ ∴， ∴点F在过M点垂直DM的直线MN上， 故CF的最小值为点C到直线MN的距离； 过点C作⊥MN，过D点作DH⊥， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴ 故答案为． 方法二：如图：当点运动到点时，以为边作正方形；同理当运动到点时，作正方形； 过点作， ，又； 又为矩形，∴  ； ∴ 在和中 ，又 ∴； 同理可得；∴；∴ ； 当点到达点，为点的运动的最大范围，又依据等腰三角形的性质，点在与间运动，且当时，可得最小； ∴； 故答案为： 【点睛】本题考查正方形及直角三角形的性质，关键在寻找等量关系及其最小值的位置． 3．（23-24九年级上·广东江门·期末）王老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们以整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是王老师在矩形纸片的剪拼主题下设计的问题，请你解答： (1)观察发现：将为，为的矩形纸片沿对角线剪开，得到．如图1，将以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，，得到，过点C作，交的延长线于点E，则四边形的形状是________． (2)探究迁移：如图2，若将以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转得到，若B、A、三点在同一直线上，连接，取的中点F，连接并延长至点G，使，连接，得到四边形，请你判断四边形的形状，并加以证明． (3)拓展应用：如图3，在（2）的条件下，将沿着的方向平移，使点B与A重合，此时点A平移到点，与相交于点H，连接，求的长． 【答案】(1)菱形 (2)正方形，见解析 (3) 【知识点】根据旋转的性质求解、四边形其他综合问题、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】（1）根据矩形的性质可得，从而得到，进而得到，可得到四边形为平行四边形，再由旋转的性质得：，即可求解； （2）先证明四边形是平行四边形，再由四边形是矩形，可得，从而得到四边形是矩形，然后根据，即可解答； （3）先求得，可得到，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， 由旋转的性质得：， ∴四边形为菱形； 故答案为：菱形 （2）解：四边形是正方形，理由如下： ∵点F是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， 即， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． （3）解：在和中，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、正方形的判定、直角三角形的性质，旋转的性质和平移的性质，是中考的压轴题，解题时需要抓住图形在变换中的性质，递进式的解答． 好题必刷 一、单选题 1．下列命题中，假命题是（    ） A．矩形的对角线相等 B．有两个角相等的梯形是等腰梯形 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．菱形的面积等于两条对角线乘积的一半 【答案】B 【知识点】判断命题真假、正方形的判定定理理解、利用菱形的性质证明、矩形性质理解 【分析】分别根据矩形的性质、等腰梯形的判定定理、正方形的判定及菱形的性质对各选项进行逐一判断即可． 【详解】解：A、矩形的对角线相等，故为真命题，不合题意； B、有两个角相等的梯形有可能是直角梯形，故为假命题，符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故为真命题，不合题意； D、菱形的面积等于两条对角线乘积的一半，故为真命题，不合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查的是命题与定理，熟知矩形的性质、等腰梯形的判定定理、正方形的判定及菱形的性质是解答此题的关键． 2．如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【详解】解：添加，则根据有一组邻边相等的矩形是正方形， 能使矩形成为正方形． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键． 3．在平面直角坐标系中，点，．以为一边在第一象限作正方形，则对角线所在直线的解析式为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】正方形性质理解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、求一次函数解析式 【分析】过点作轴于点，先证明，再由全等三角形对应边相等的性质解得，最后由待定系数法求解即可． 【详解】解：正方形中，过点作轴于点， 设直线所在的直线解析式为， 代入，得 ， 故选：A． 【点睛】本题考查待定系数法求一次函数的解析式，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 4．如图，点O为四边形ABCD内任意一点，E，F，G，H分别为OA，OB，OC，OD的中点，则四边形EFGH的周长为（　　） A．9 B．12 C．18 D．不能确定 【答案】C 【知识点】中点四边形 【分析】由三角形中位线定理可得EF=AB，FG=BC，HG=DC，EH=AD，再根据题目给出的已知数据即可求出四边形EFGH的周长． 【详解】解：∵E，F分别为OA，OB的中点， ∴EF是△AOB的中位线， ∴EF=AB=3， 同理可得：FG=BC=5，HG=DC=6，EH=AD=4， ∴四边形EFGH的周长为=3+5+6+4=18， 故选C． 【点睛】本题考查了中点四边形的性质和三角形中位线定理的运用，解题的关键是根据三角形中位线定理得到四边形EFGH各边是原四边形ABCD的各边的一半． 5．已知：如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（    ）    A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤ 【答案】D 【知识点】根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过作，交的延长线于，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；⑤在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积；④连接，求出的面积，然后减去的面积即可． 【详解】解：①，， ， 又，， ，故①正确； ③， ， 又，， ， ，故③正确； ②过作，交的延长线于，   ，， ， 又③中，， ， 又 ， 故②不正确； ⑤， 在中，， ，故⑤正确. ④如图，连接，在中， ， ， 又，   ， ， ， ，故④错误；    故选：D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识．解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解. 6．如图，四边形ABCD是正方形，点E，F分别在边CD，BC上，点G在CB的延长线上，DE＝CF＝BG．下列说法：①将△DCF沿某一直线平移可以得到△ABG；②将△ABG沿某一直线对称可以得到△ADE；③将△ADE绕某一点旋转可以得到△DCF．其中正确的是（　　） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质证明、图形的平移、成轴对称的两个图形的识别、判断由一个图形旋转而成的图案 【分析】由正方形的性质和已知条件可以得到△ADE≌△DCF、△ADE≌△ABG、△ABG≌△DCF，然后根据图形变换的知识可以对各选项的正误作出判断． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD，∠ABC＝∠ADE＝∠DCB＝90°， 又∵DE＝CF， ∴△ADE≌△DCF（SAS）， 同理可得：△ADE≌△ABG，△ABG≌△DCF， ∴将△DCF沿某一直线平移可以得到△ABG，故①正确； 将△ABG绕点A旋转可以得到△ADE，故②错误； 将△ADE绕线段AD，CD的垂直平分线的交点旋转可以得到△DCF，故③正确； 故选：C． 【点睛】本题考查正方形性质和图形变换的综合应用，根据全等三角形的性质和图形变换的知识解题是关键所在． 7．如图，正方形纸片的边长为12，点F是上一点，将沿折叠，点D落在点G处，连接并延长交于点E．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】正方形折叠问题、全等三角形综合问题 【分析】由“ASA”可证△ADE≌△DCF，可得AE=DF=5，进而利用三角形的面积公式可求DO的长，即可求解． 【详解】解：设CF与DE交于点O， 将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处， GO=DO， CF⊥DG， 四边形ABCD是正方形， AD=CD，∠A=∠ADC=90°=∠FOD， ， ∠CFD+∠FCD=90°=∠CFD+∠ADE， ∠ADE=∠FCD， 在△ADE和△DCF中， ( ASA )， AE=DF=5， AE=5， AD=12， DE=， CF⊥DG， ， ， ， DO==GO， EG= 故答案为：C 【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，证明△ADE≌△DCF是解题的关键． 8．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，折叠正方形ABCD，使AB边落在AC上，点B落在点H处，折痕AE交BC于点E，交BO于点F，连接FH，下列结论∶①AD=DF；② 四边形BEHF为菱形；③；④．其中正确的结论有 (       )            A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】A 【知识点】正方形折叠问题、证明四边形是菱形、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】①利用折叠的性质得出，进而得出，利用三角形内角和得出，从而证明；②根据折叠得出，，只要再证明就能得出BEHF是菱形；③由题意得，根据角度得到为等腰直角三角形，得出与的数量关系，以及与的数量关系，最后根据等量关系进行比例化简即可；④利用角平分线的性质得出，再利用三角形面积公式得出． 【详解】解：①∵在正方形纸片ABCD中，折叠正方形纸片ABCD，使AB落在AC上，点B恰好与AC上的点H重合， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， 故①正确； ②∵在正方形纸片ABCD中，折叠正方形纸片ABCD，使AB落在AC上，点B恰好与AC上的点H重合， ∴，， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形BEHF是菱形，故②正确； ③∵在正方形纸片ABCD中，折叠正方形纸片ABCD，使AB落在AC上，点B恰好与AC上的点H重合， ∴，，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 故③正确； ④∵在正方形纸片ABCD中，折叠正方形纸片ABCD，使AB落在AC上，点B恰好与AC上的点H重合， ∴， ∴， ∴ 故④正确； 综上所述①②③④正确； 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定、折叠的性质，勾股定理等等，解题的关键是根据折叠的性质得出边角相等． 9．如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为(   ) A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】用SAS证明三角形全等（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】连接CF、CG、AE，证可得，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值； 【详解】解：如图，连接CF、CG、AE， ∵ ∴ 在和中， ∵ ∴ ∴ ∴ 当时，最小， ∴d1＋d2＋d3的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键． 10．如图，在正方形中，，分别是，的中点，，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【知识点】根据正方形的性质与判定证明 【分析】根据正方形的性质得到 AB=BC=CD=AD， ∠B＝∠BCD＝90°，得到，，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， 求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到 ∠AGE＝∠CDF，故③正确． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ，分别是，的中点， ，， ， 在与中， ， ， ，，故①正确； ， ， ， ，故②正确； ， 如图，延长交的延长线于， ∵AD//BC， ∴∠AHE=∠BCE， 点是的中点， ， ，，， ， ， 是斜边的中线， ， ， ，， ．故③正确； 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用． 二、填空题 11．如图，正方形的面积是 cm2． 【答案】25 【知识点】根据正方形的性质求面积 【分析】根据勾股定理即可得到结果. 【详解】由题意得，正方形的面积是132-122=25cm2. 【点睛】本题考查的是正方形的面积公式以及勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握以直角三角形的两条直角边为边长的两个正方形的面积和等于以斜边为边长的正方形的面积． 12．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形，则任意一个四边形的中点四边形是 四边形． 【答案】平行 【知识点】中点四边形 【分析】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． 【详解】解：如图四边形ABCD，E、N、M、F分别是DA，AB，BC，DC中点，连接AC，DE， 根据三角形中位线定理可得： EF平行且等于AC的一半，MN平行且等于AC的一半， 根据平行四边形的判定，可知四边形为平行四边形． 故答案为：平行．    【点睛】此题考查了平行四边形的判定和三角形的中位线定理，三角形的中位线的性质定理，为题目提供了平行线，为利用平行线判定平行四边形奠定了基础． 13．顺次连结对角线相等且垂直的四边形各边中点所得的四边形是 ． 【答案】正方形 【知识点】正方形的判定定理理解、与三角形中位线有关的证明 【分析】根据中点四边形性质,中位线,正方形性质与判定即可求解． 【详解】顺次连接对角线既相等又垂直的四边形各边的中点所得的四边形是正方形． 故答案为：正方形． 【点睛】本题考查对角线互相垂直四边形的性质,中点四边形性质,中位线,正方形性质与判定,掌握对角线互相垂直四边形的性质,中点四边形性质,中位线,正方形性质与判定是解题关键.． 14．如图，在正六边形ABCDEF的外侧作正方形ABGH，连结AC，AG，则∠CAG的大小为 度   【答案】75 【知识点】根据正方形的性质求角度、正多边形的内角问题、等腰三角形的性质和判定、三角形内角和定理的应用 【分析】先根据正方形的性质可得∠CAB=45°，再根据正六边形的性质可得AB=BC，∠ABC=120°，从而可得∠BAC=∠BCA=30°，由此求解即可． 【详解】解：∵四边形ABGH是正方形， ∴∠CAB=45°， ∵六边形ABCDEF是正六边形， ∴AB=BC，， ∴， ∴ ∠CAG=∠CAB+∠BAC=45°+30°=75°. 故答案为：75． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，正多边形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握正多边形的性质． 15．如图，正方形中，M是的中点，，点P是上一动点，则的最小值是 ． 【答案】 【知识点】线段问题(轴对称综合题)、根据正方形的性质求线段长 【分析】由四边形ABCD是正方形，即可得AB＝BC，∠ABC＝90°，且A与C关于直线BD对称，则可得连接AM，AM与BD的交点，即为所求的P点，然后利用勾股定理即可求得PM+PC的最小值． 【详解】 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°，且A与C关于直线BD对称， ∴连接AM，AM与BD的交点，即为所求的P点， ∴PA＝PC， ∵CM＝2，M是BC的中点， ∴BM＝CM＝2，AB＝BC＝2CM＝4， 在Rt△ABM中， ， ∴PM+PC＝PM+PA＝AM＝， ∴PM+PC的最小值是． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与轴对称的性质，勾股定理，以及线段垂直平分线的性质等知识，解题的关键是得到P点的准确位置． 16．如图，在正方形ABCD中，顶点A，B，C，D在坐标轴上，且，以AB为边构造菱形ABEF（点E在x轴正半轴上），将菱形ABEF与正方形ABCD组成的图形绕点O逆时针旋转，每次旋转90°，则第27次旋转结束时，点的坐标为 ． 【答案】（2，-2） 【知识点】坐标与旋转规律问题、根据正方形的性质求线段长、利用菱形的性质求线段长、垂线模型(全等三角形的辅助线问题) 【分析】先求出点F坐标，由题意可得每8次旋转一个循环，即可求解． 【详解】解：∵点B（2，0）， ∴OB=2， ∴OA=2， ∴AB=OA=2， ∵四边形ABEF是菱形， ∴AF=AB=2， ∴点F（2，2）， 由题意可得每4次旋转一个循环， ∴27÷4=6…3， ∴点F27的坐标与点F3的坐标一样，在第四象限，如下图，过F3作F3H⊥y轴， ∵F3H⊥y轴，AF⊥y轴， ∴∠OAF=∠F3HO=90°， ∴∠AOF+∠HOF3=90°， ∵OF⊥OF3， ∴∠AOF+∠AFO=90°， ∴∠AFO=∠HOF3， ∴△OAF≌△F3HO， ∴HF3=OA=2，OH=AF=2， ∴F3（2，-2）， ∴点F27的坐标（2，-2）， 故答案为：（2，-2） 【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的性质与判定及旋转的性质，找到旋转的规律是本题的关键． 17．如图，四边形纸片中，,  ．若该纸片的面积为10 cm2，则对角线= cm．    【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】作BE⊥AD于E，BF⊥CD于F，则四边形BEDF是矩形，证明△ABE≌△CBF（AAS），得出BE=BF，△ABE的面积=△CBF的面积，则四边形BEDF是正方形，四边形ABCD的面积=正方形BEDF的面积，求出BE=，即可求得BD的长． 【详解】解：作BE⊥AD交DA延长线于E，BF⊥CD于F，如图所示：    则∠BEA=∠BFC=90°， ∵∠ADC=90°， ∴四边形BEDF是矩形， ∴∠EBF=90°， ∵∠ABC=90°， ∴∠EBF=∠ABC=90°， ∴∠ABE=∠CBF， 在△ABE和△CBF中， ， ∴△ABE≌△CBF（AAS）， ∴BE=BF，△ABE的面积=△CBF的面积， ∴四边形BEDF是正方形，四边形ABCD的面积=正方形BEDF的面积， ∴BE=DE，BE2=10 cm2， ∴BE=(cm)， ∴BD=BE=2(cm)． 故答案为：2． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 18．如图，在四边形中，E、F、G、H分别是边、、、的中点，若，且，则的长为 ． 【答案】4 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据菱形的性质与判定求线段长、中点四边形 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理和菱形的判定方法，题目比较典型，又有综合性，难度较大．根据三角形的中位线定理和菱形的判定，可得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，根据菱形的性质得到，再由勾股定理得出的长，从而得到答案． 【详解】解：如图，设和相交于点O． ∵E、F、G、H分别是边，，，的中点， ∴分别是的中位线，分别是的中位线， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴ ， ∴． 故答案为：4． 三、解答题 19．如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连结、. 求证:.    【答案】证明见解析. 【知识点】根据正方形的性质求线段长 【分析】若证明线段相等，通常证明线段所在的两个三角形全等，此题通过正方形性质及已知E,F分别为AB,BC中点，利用边角边证明即可得出结论. 【详解】因为四边形ABCD是正方形， 所以AB=BC，. 又分别是、的中点， 所以BE=CF,所以（SAS）， 所以（全等三角形的对应边相等）. 考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质. 20．已知线段，用平移、轴对称或旋转完成以下各题： （1）画出一个以这条线段为一边的正方形； （2）画出一个以这条线段为一边的等边三角形； （3）画出一个以这条线段为一边，一个内角是的菱形． 【答案】见解析 【知识点】画旋转图形、画轴对称图形、平移(作图)、正方形性质理解 【分析】（1）先把AB绕B点逆时针旋转90°，得到线段BC、以AC为对称轴，作与由线段AB、BC组成的对称图形． （2）AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，连接BC． （3）AB绕A点顺时针旋转30°，得到线段AD，连接BD，过点A作AO⊥BD，垂足为O，并延长AO，使，连接CD、CB． 【详解】解：（1）如图，正方形是所求作的图形， （2）如图，等边是所求作的图形， （3）如图，菱形是所求作的图形， 【点睛】熟悉图形变换的三种形式：平移，翻折，旋转．熟悉它们的定义和性质． 21．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，连接PE，PB． (1)在AC上找一点P，使△BPE的周长最小（作图说明）； (2)求出△BPE周长的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)12 【知识点】四边形中的线段最值问题、根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】（1）连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．理由：证明△AB P′≌△AD P′，即可求解； （2）根据（1）可得P′B＋P′E＝DE．再由AE＝3BE，可得AE＝6．从而得到AD＝AB＝8．再由勾股定理，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小． 理由：在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAC=∠DAC， ∵AP′=AP′， ∴△ABP′≌△ADP′， ∴BP′=DP′， ∴BP+PE= DP′+ P′E≥DE， 即当点P位于PP′时，△BPE的周长PB+EP+BE最小； （2）解：由（1）得：B P′=DP′， ∴P′B＋P′E＝DE． ∵BE＝2，AE＝3BE， ∴AE＝6． ∴AD＝AB＝8． ∴DE＝＝10． ∴PB＋PE的最小值是10． ∴△BPE周长的最小值为10＋BE＝10＋2＝12． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，最短距离，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 22．如图①所示，以正方形的点O为坐标原点建立平面直角坐标系，其中线段在y轴上，线段在x轴上，其中正方形的周长为16． (1)直接写出B、C两点坐标； (2)如图②，连接，若点P在y轴上，且，求P点坐标． (3)如图③，若OB//DE，点P从点O出发，沿x轴正方向运动，连接．则，，三个角之间具有怎样的数量关系（不考虑点P与点O，D，C重合的情况）？并说明理由． 【答案】(1)点B坐标为（4,4）点C坐标为（4,0） (2)点P坐标为（0,8）或（0，-8） (3) 【知识点】根据正方形的性质求线段长、三角形的识别与有关概念、根据平行线的性质探究角的关系、坐标与图形 【分析】（1）根据题意可知正方形边长为4，可求坐标； （2）求出，根据题意可知，可以求出点P的纵坐标； （3）过点P作交BC于点Q，根据平行线的性质可求解； 【详解】（1）解：∵正方形ABCO的周长为16 ∴正方形边长为4， ∴点B坐标为（4,4）点C坐标为（4,0）． （2）解：由题意可知OA=OB=4， ∴， 则 ， 设点P的坐标为（0，m）， 则OP=， ， 解得， ∴m=8或m=-8， ∴点P坐标为（0,8）或（0，-8）． （3）解：，理由如下： 如图，过点P作交BC于点Q， 则， ∴，， ∵， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积以及平行线的性质，掌握平行线性质和三角形面积的求法是解题的关键． 23．宽与长的比是的矩形叫黄金矩形．心理测试表明：黄金矩形令人赏心悦目，它给我们以协调，匀称的美感．现将小波同学在数学活动课中，折叠黄金矩形的方法归纳如下（如图所示）：    第一步：作一个正方形； 第二步：分别取，的中点，，连接； 第三步：以为圆心，长为半径画弧，交的延长线于； 第四步：过作，交的延长线于． 请你根据以上作法，证明矩形为黄金矩形． 【答案】见解析 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明 【分析】设，则，根据中点的定义可得，根据勾股定理可得，求得，求得，即可证明矩形为黄金矩形． 【详解】证明：在正方形中，令，则， ∵为的中点， ∴， 在中，， 又∵， 则， ∴． 即矩形为黄金矩形． 【点睛】本题考查了正方形的性质，中点的定义，勾股定理，熟练掌握相关知识是解题的关键． 24．（1）如图（a）所示，点是正方形内的一点，把绕点顺时针方向旋转，使点与点重合，点的对应点是．若，，，求的度数． （2）如图（b）所示，点是等边三角形内的一点，若，，，求的度数． 【答案】（1）135°；（2）150° 【知识点】勾股定理逆定理的实际应用、根据正方形的性质与判定证明、旋转综合题(几何变换) 【分析】（1）根据题意得出△ABP绕点B顺时针方向旋转了90°，才使点A与C重合，进而得出∠PBQ=90°，再利用勾股定理逆定理得出∠PQC的度数，进而求出∠BQC的度数； （2）由题意可得出：△ABP绕点B顺时针方向旋转60°，才使点A与C重合，进而得出∠PP'C=90°，即可得出∠BPA的度数． 【详解】（1）如图(a)所示，连接． 由旋转可知：，． 又∵四边形是正方形， ∴绕点顺时针方向旋转了90°，才使点与重合． 即， ∴是等腰直角三角形． ∴，． 在中，，，， ∴， ∴． 故． （2）如图(b)所示，作，且，连接， ∴是等边三角形．∴，． ∵是等边三角形， ∴，， ∴∠ABP+∠PBC=∠PBC+∠CBP'， ∴．∴． ∴，． 在中，，，， ∴， ∴． 故． 【点睛】本题考查了旋转的性质、勾股定理逆定理和正方形的性质等知识，熟练利用勾股定理逆定理得出直角是解答本题的关键． 25．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) 【知识点】根据正方形的性质求线段长、等腰三角形的性质和判定、全等三角形综合问题、坐标与图形 【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． 26．（1）问题背景． 如图1，在四边形中，，，、分别是线段、线段上的点．若，试探究线段、、之间的数量关系． 童威同学探究此问题的方法是，延长到点．使．连接，先证明．再证明，可得出结论，他的结论应是 ．   （2）猜想论证． 如图2，在四边形中，，，在线段上、在线段延长线上．若，上述结论是否依然成立？若成立说明理由；若不成立，试写出相应的结论并给出你的证明．    （3）拓展应用． 如图3，在四边形中，，连接、，，，且．则的面积为 ．    【答案】（1）；（2）不成立，．理由见解析；（3） 【知识点】根据正方形的性质与判定求面积、用勾股定理解三角形、全等三角形综合问题 【分析】（1）延长到点，使．连接，即可证明，可得，再证明，可得，即可解题； （2）在上截取，使，连接．根据（1）的证法，我们可得出，，那么． （3）如图3中，过点作交的延长线于，交的延长线于，于．证明四边形是正方形即可解决问题． 【详解】解：延长到点，使，连接，   ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； 故答案为：． （2）结论不成立，结论：． 理由如下：证明：如图2中，在上截取，使，连接．   ，， ． 在与中， ， ． ，． ． ， ， ． ， ． ． ， ． （3）如图3中，过点作交的延长线于，交的延长线于，于．   ， 设，，， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ，， ， ，， ， ，，， ，， ， ，， ， ，， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了三角形全等的判定和性质，正方形的判定与性质，勾股定理及其逆定理；本题中通过全等三角形来实现线段的转换是解题的关键，没有明确的全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$