1.3 正方形的性质与判定（新课预习.培优卷）-2025-2026学年九年级上册数学北师大版

新课预习.培优卷 1.3 正方形的性质与判定 一．选择题（共7小题） 1．（2025春•海口期末）如图，在▱ABCD中，AC＝BD．要使得四边形ABCD是正方形，还需增加一个条件．在下列增加的条件中，不正确的是（　　） A．AB＝BC B．∠ABC＝90° C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD 2．（2025春•重庆校级期末）如图所示，在正方形ABDC中，AB＝6，E为CD中点，F、G分别为AC、BD上一点，连接FG，∠EHG＝45°，则FG的长为（　　） A． B．7 C． D． 3．（2025春•黔江区期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E是边AB的中点，在对角线AC上任取一点M，连接EM、DM，当EM⊥DM 时，△AEM的面积为（　　） A．16 B．12 C． D． 4．（2025春•渝中区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，以CD为边作正方形CDEF，若正方形CDEF的面积为2，则AB的长为（　　） A． B． C．4 D．2 5．（2025春•镇海区校级期中）如图，有A型、B型、C型三种不同的纸板．其中A型是边长为x的正方形，共有1块；B型为边长为2的正方形，共有2块；C型是长为x，宽为2的长方形，共有4块．现用这7块纸板去拼出一个大的长方形（不重叠、不留空隙），则下列操作可行的是（　　） A．用全部7块纸板 B．加上3块B型纸板 C．拿掉2块C型纸板 D．加上1块A型纸板 6．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 7．（2025春•番禺区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝2AE，Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．2 B． C． D． 二．填空题（共5小题） 8．（2025春•铁西区期末）如图，已知AB，BC，CD是正多边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在该正多边形的外部作正方形BCMN．若∠ABN＝120°，则该正多边形是正 　 　 边形． 9．（2025春•龙岗区期末）如图，正方形ABCD和正方形AEFG的面积和为15，D、A、E三点共线且DE＝5，则图中阴影部分图形的面积为 　 　 ． 10．（2025•信阳模拟）如图，在正方形ABCD的内部作等边三角形ABE，连接DE，CE，对角线BD交于AE于点F．求∠EDF的度数　 　 ． 11．（2025春•邕宁区期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E在CD边上，DE＝2，过点E作EF∥BC，分别交AC，AB于点G，F，点M，N分别是AG，BE的中点，则MN的长是 　 　 ． 12．（2025春•崇明区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC延长线上的一点，如果BE＝BD，那么∠CDE＝ 　 　 度． 三．解答题（共3小题） 13．（2025春•新华区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点O为对角线BD的中点，点E为AD边上的动点，点F在CD边上，连接OE，OF，OE⊥OF． （1）求证：OE＝OF． （2）当点E在AD边上运动时，四边形OEDF的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 14．（2025春•珠海期末）如图，已知菱形ABCD的对角线交于点O，E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接AE、CE、AF、CF，得四边形AECF．求证：四边形AECF是正方形． 15．（2025春•中山市期末）如图1，在正方形ABCD中，点P在边CD上，点M在边BC上，点N在边AD上，连接AP，MN交于点O，且MN⊥AP． （1）求证：PD+ND＝MC； （2）如图2，若AB＝4，点O为线段AP的中点，，求BM的长． 新课预习.培优卷 1.3 正方形的性质与判定 参考答案与试题解析 一．选择题（共7小题） 1．（2025春•海口期末）如图，在▱ABCD中，AC＝BD．要使得四边形ABCD是正方形，还需增加一个条件．在下列增加的条件中，不正确的是（　　） A．AB＝BC B．∠ABC＝90° C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD 【考点】正方形的判定；平行四边形的性质． 【专题】推理能力． 【答案】B 【分析】根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答； 【解答】解：在平行四边形ABCD中，AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形， A、当AB＝BC时，四边形ABCD是正方形，正确，故A不符合题意； B、当∠ABC＝90°时，无法确定ABCD就是正方形，故B符合题意； C、当AC⊥BD时，ABCD是正方形，正确，故C不符合题意； D、当∠ABD＝∠CBD时， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°， ∴∠BOC＝90°， ∴ABCD是正方形，正确，故D不符合题意； 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的判定，准确利用平行四边形的性质是关键． 2．（2025春•重庆校级期末）如图所示，在正方形ABDC中，AB＝6，E为CD中点，F、G分别为AC、BD上一点，连接FG，∠EHG＝45°，则FG的长为（　　） A． B．7 C． D． 【考点】正方形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】D 【分析】过点A作AM∥FG交BC于点M，延长CB到点P，使得PB＝DE，连接PA，ME，先证明△ABP≌ADE，四边形 AMGF是平行四边形，继而证明△PAM≌EAM，可得到ME＝PM＝PB+MB＝3+MB，CM＝BC﹣MB＝6﹣MB，由CM2+CE2＝ME2，求出BM＝2，继而求出，即可解答． 【解答】解：过点A作AM∥FG交BC于点M，延长CB到点P，使得PB＝DE，连接PA，ME，如图， 有∠MAE＝∠GHE＝45°， ∵在正方形ABDC中，AB＝6，E为CD中点， ∴， ∠ABC＝∠D＝∠C＝∠DAB＝90°，AD∥BC， ∴△ABP≌ADE，∠DAE+∠BAM＝∠DAB﹣∠EAM＝45°，PB＝3， 四边形AMGF是平行四边形， ∴∠BAP＝∠DAE，AP＝AE，FG＝AM， ∴∠MAP＝∠MAB+∠PAB＝∠MAB+∠DAE＝45°， ∴∠PAM＝∠MAE， ∴△PAM≌EAM（ASA）， ∴ME＝PM，即ME＝PM＝PB+MB＝3+MB，CM＝BC﹣MB＝6﹣MB， ∵CM2+CE2＝ME2， ∴（6﹣BM）2+32＝（3+BM）2， 解得BM＝2， ∴， ∴． 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 3．（2025春•黔江区期末）如图，在边长为8的正方形ABCD中，点E是边AB的中点，在对角线AC上任取一点M，连接EM、DM，当EM⊥DM 时，△AEM的面积为（　　） A．16 B．12 C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】推理能力． 【答案】B 【分析】连接DE，过M作GF∥BC交CD于F，交AB于G，作MH⊥AD交AD于H，证明△DFM≌△MGE，根据勾股定理得到，设GM＝DF＝HM＝x，由等面积法求出x＝6，根据三角形面积公式计算即可． 【解答】解：连接DE，过M作GF∥BC交CD于F，交AB于G，作MH⊥AD交AD于H， ∴四边形FGBC是矩形，四边形DFMH是矩形， ∴FG＝BC，DF＝HM， ∵∠FCM＝45°， ∴FC＝FM， ∵FG＝CB＝DC， ∴FG﹣FM＝DC﹣FC， 即GM＝DF， ∵EM⊥DM， ∴∠BMF+∠EMG＝90°， ∵∠BMF+∠MDF＝90°， ∴∠EMG＝∠MDF， 在△DFM和△MGE中， ， ∴△DFM≌△MGE（ASA）， ∴DM＝ME，GM＝DF＝HM ∵在边长为8的正方形ABCD中，点E是边AB的中点， ∴DM2+ME2＝82+42， 解得：， 设GM＝DF＝HM＝x， ∵S△ADE+S△MDE＝S△ADM+S△AEC， ∴， 解得：x＝6， ∴， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键． 4．（2025春•渝中区期末）如图，△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点，以CD为边作正方形CDEF，若正方形CDEF的面积为2，则AB的长为（　　） A． B． C．4 D．2 【考点】正方形的性质；直角三角形斜边上的中线；勾股定理． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】A 【分析】先根据正方形CDEF的面积为2得CD，再根据直角三角形斜边AB中线性质即可得出AB的长． 【解答】解：∵四边形CDEF是正方形，且面积为2， ∴CD2＝2， ∴CD， 在△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB的中点， ∴CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴AB＝2CD． 故选：A． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，熟练掌握正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质是解决问题的关键． 5．（2025春•镇海区校级期中）如图，有A型、B型、C型三种不同的纸板．其中A型是边长为x的正方形，共有1块；B型为边长为2的正方形，共有2块；C型是长为x，宽为2的长方形，共有4块．现用这7块纸板去拼出一个大的长方形（不重叠、不留空隙），则下列操作可行的是（　　） A．用全部7块纸板 B．加上3块B型纸板 C．拿掉2块C型纸板 D．加上1块A型纸板 【考点】正方形的性质；矩形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】B 【分析】由A、B、C的边长可知，A的边与C的长边重合，B的边与C的宽边重合，然后对各选项判断作答即可． 【解答】解：由A、B、C的边长可知，A的边与C的长边重合，B的边与C的宽边重合， 当用全部7块纸板时，多了3块C型纸板，此时无法拼出一个大的长方形，故A不符合要求； 加上3块B型纸板，此时可以拼出一个大的长方形，如图，故B符合要求； 当拿掉2块C型纸板，此时无法拼出一个大的长方 形，故C不符合要求； 当加上1块A型纸板，此时无法拼出一个大的长方形，故D不符合要求； 故选：B． 【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的性质．熟练掌握相关知识是解题的关键． 6．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 【考点】正方形的性质；列代数式． 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】B 【分析】延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，根据正方形的性质及平行线的性质证明∠BCG＝∠DCE＝∠DFE，FH＝AD＝CD，进而可依据“SAS”判定△FHE和△CDE全等则HE＝DE，∠FEH＝∠CED，由此得∠DEH＝∠CEF＝90°，则△DEH是等腰直角三角形，由勾股定理得AF＝DHDE，则，再证明△BCG和△DCE全等得BG＝DE，继而得，由此即可得出答案． 【解答】解：延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝CB，AD∥BC，∠BCD＝90°， ∴∠BCF＝∠DFC， ∵四边形CEFG是正方形， ∴FE＝CE＝CG，∠CEF＝∠GCE＝90°，∠GCF＝∠EFC＝45°， ∴∠BCF﹣∠GCF＝∠DFC﹣∠EFC， ∴∠BCG＝∠DFE， ∵∠BCD＝∠GCE＝90°， ∴∠BCG+∠GCD＝∠GCD+∠DCE， ∴∠BCG＝∠DCE， ∴∠DFE＝∠DCE， ∵DH＝AF， ∴DH+DF＝AF+DF， ∴FH＝AD＝CD， 在△FHE和△CDE中， ， ∴△FHE≌△CDE（SAS）， ∴HE＝DE，∠FEH＝∠CED， ∴∠FED+∠DEH＝∠FED+∠CEF， ∴∠DEH＝∠CEF＝90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， 由勾股定理得：DHDE， ∴AFDE， ∴， 在△BCG和△DCE中， ， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE， ∴， ∴当点F运动时，AF/BG的值不变，始终等于． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 7．（2025春•番禺区期末）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝2AE，Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N．若正方形ABCD的边长为2，则重叠部分四边形EMCN的面积为（　　） A．2 B． C． D． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】B 【分析】过点E作EP⊥CD于点P，EH⊥BC于点H，先求出AC，根据EC＝2AE得EC，证明四边形EPCH是正方形，再根据勾股定理得EH＝CHEC，进而得正方形EPCH的面积为，证明△NEP和△HEM全等得S△NEP＝S△HEM，进而得S四边形EMCN＝S正方形EPCH，由此即可得出答案． 【解答】解：过点E作EP⊥CD于点P，EH⊥BC于点H，如图所示： ∴∠EPC＝∠EHC＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝2，∠B＝∠BCD＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC， ∵EC＝2AE， ∴AC＝AE+EC＝3AE， ∴AE， ∴EC＝2AE， ∵∠EPC＝∠BCD＝∠EHC＝90°， ∴四边形EPCH是矩形， ∵∠ACB＝45°，∠EHC＝90°， ∴△EHC是等腰直角三角形， ∴EH＝CH， ∴矩形EPCH是正方形， ∴EP＝EH＝CH，∠PEH＝90°，∠EPN＝∠EHM＝90°， 在Rt△ECH中，由勾股定理得：ECEH， ∴EH＝CHEC， ∴正方形EPCH的面积为：EH2， ∵Rt△EFG的两直角边EF，EG分别交BC，CD于点M，N， ∴∠NEM＝∠PEH＝90°， ∴∠NEP+∠PEM＝∠PEM+∠HEM， ∴∠NEP＝∠HEM， 在△NEP和△HEM中， ， ∴△NEP≌△HEM（ASA）， ∴S△NEP＝S△HEM， ∴S四边形EMCN＝S△NEP+S四边形PEMC＝S△HEM+S四边形PEMC＝S正方形EPCH， ∴重叠部分四边形EMCN的面积为． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 二．填空题（共5小题） 8．（2025春•铁西区期末）如图，已知AB，BC，CD是正多边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在该正多边形的外部作正方形BCMN．若∠ABN＝120°，则该正多边形是正 　十二　 边形． 【考点】正方形的性质． 【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】十二． 【分析】根据∠NBC＝90°，∠ABN＝120°得∠ABC＝150°，则这个正多边形的边数为n，根据正多边形的内角和定理得（n﹣2）×180°＝n×150°，由此解得n＝12即可得出答案． 【解答】解：∵四边形BCMN是正方形， ∴∠NBC＝90°， ∵∠ABN＝120°， ∴∠ABC＝360°﹣（∠NBC+∠ABN）＝150°， 则这个正多边形的边数为n， 根据正多边形的内角和定理得：（n﹣2）×180°＝n×150°， 解得：n＝12． ∴正多边形是正十二边形． 故答案为：十二． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，正多边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，正多边形的内角和定理是解决问题的关键． 9．（2025春•龙岗区期末）如图，正方形ABCD和正方形AEFG的面积和为15，D、A、E三点共线且DE＝5，则图中阴影部分图形的面积为 　10　 ． 【考点】正方形的性质． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力． 【答案】10． 【分析】设正方形ABCD边长为a，正方形AEFG边长为b，依题意得a2+b2＝15，a+b＝5，进而得a2+b2+2ab＝25，由此得ab＝5，再求出S△ABG，S△BGF，S正方形AEFG＝b2，继而得S阴影，然后将a2+b2＝15，ab＝5代入计算即可得出答案． 【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，正方形AEFG的边长为b， ∴AD＝AB＝BC＝a，∠ABC＝90°，AD＝EF＝FG＝AG＝b，∠AGF＝90°， ∴BG＝AB﹣AG＝a﹣b，∠BGF＝90°， ∵正方形ABCD和正方形AEFG的面积和为15， ∴a2+b2＝15， ∵D、A、E三点共线且DE＝5， ∴DE＝AD+AE＝a+b＝5， ∴（a+b）2＝25， ∴a2+b2+2ab＝25， ∴15+2ab＝25， ∴ab＝5， ∵S△ABGAB•BC，S△BGFFG•BGb（a﹣b），S正方形AEFG＝b2， ∴S阴影＝S△ABG+S△BGF+S正方形AEFG， ∵a2+b2＝15，ab＝5， ∵S阴影10． 故答案为：10． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，三角形的面积，熟练掌握正方形的性质，三角形的面积公式，完全平方公式的结构特征是解决问题的关键． 10．（2025•信阳模拟）如图，在正方形ABCD的内部作等边三角形ABE，连接DE，CE，对角线BD交于AE于点F．求∠EDF的度数　30°　 ． 【考点】正方形的性质；三角形内角和定理；等边三角形的性质． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力． 【答案】30°． 【分析】根据正方形的四个角都是90°，四条边都相等，对角线平分对角得出∠DAB＝90°，∠ADB＝45°，AD＝AB，根据等边三角形的三个角都是60°，三条边都相等得出∠EAB＝60°，AE＝AB，求出∠DAE＝30°，AD＝AE，根据等边对等角和三角形内角和是180°求出∠ADE＝75°，即可求解． 【解答】解：在正方形ABCD的内部作等边三角形ABE，对角线BD交于AE于点F， ∴∠DAB＝90°，∠ADB＝45°，AD＝AB，∠EAB＝60°，AE＝AB， ∴∠DAE＝∠DAB﹣∠EAB＝90°﹣60°＝30°，AD＝AE， ∴， ∴∠EDF＝∠ADE﹣∠ADB＝75°﹣45°＝30°． 故答案为：30°． 【点评】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理等，解答本题的关键是熟练掌握三角形的内角和定理． 11．（2025春•邕宁区期末）如图，正方形ABCD的边长为5，点E在CD边上，DE＝2，过点E作EF∥BC，分别交AC，AB于点G，F，点M，N分别是AG，BE的中点，则MN的长是 　　 ． 【考点】正方形的性质；勾股定理． 【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】． 【分析】过点M作直线PQ∥AD交CD于点P，交AB于点Q，连接BM，EM，依题意得CE＝3，证明四边形ADEF是矩形，四边形ADPQ和四边形EFQP都是矩形，MQ是△AFG的中位线，△AQM是等腰直角三角形，进而得BQ＝MP＝4，MQ＝EP＝1，由此依据“SAS”判定△BQM和△MPE全等得BM＝EM，∠MBQ＝∠EMP，进而得△MBE是等腰直角三角形，则MNBE，然后在Rt△BCE中，由勾股定理求出BE即可得出MN的长． 【解答】解：过点M作直线PQ∥AD交CD于点P，交AB于点Q，连接BM，EM，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为5， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝5，∠D＝∠DAB＝∠DCB＝90°，∠BAC＝45°， ∵DE＝2， ∴CE＝CD﹣DE＝3， ∵EF∥BC， ∴∠DEF＝∠D＝∠DAB＝90°， ∴四边形ADEF是矩形， ∴AF＝DE＝2，EF∥AD， 同理：四边形ADPQ和四边形EFQP都是矩形， ∴AQ＝DP，QF＝PE，EF＝PQ＝AD＝5，PQ∥EF，∠MQA＝∠MQB＝∠EPM＝90°， ∵点M是AG的中点， ∴MQ是△AFG的中位线， ∴AQ＝FQAF＝1， ∴BQ＝AB﹣AQ＝3，PE＝FQ＝1， ∴∠MQA＝90°，∠BAC＝45°， ∴△AQM是等腰直角三角形， ∴MQ＝AQ＝1， ∴MP＝PQ﹣MQ＝4， ∴BQ＝MP＝4，MQ＝EP＝1， 在△BQM和△MPE中， ， ∴△BQM≌△MPE（SAS）， ∴BM＝EM，∠MBQ＝∠EMP， 在Rt△BMQ中，∠MBQ+∠BMQ＝90°， ∴∠EMP+∠BMQ＝90°， ∴∠BME＝180°﹣（∠EMP+∠BMQ）＝90°， ∴△MBE是等腰直角三角形， ∵点N是BE的中点， ∴MN＝1/2BE， 在Rt△BCE中，BC＝5，CE＝3， 由勾股定理得：BE， ∴MNBE． 故答案为：.. 【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 12．（2025春•崇明区期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E是边BC延长线上的一点，如果BE＝BD，那么∠CDE＝ 　22.5　 度． 【考点】正方形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】22.5． 【分析】由正方形性质得∠CBD＝∠CDB＝45°，由BE＝BD得∠BDE＝∠E，再由三角形内角和定理得∠BDE＝67.5°，然后由∠CDE＝∠BDE﹣∠CDB即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ACD是正方形， ∴∠CBD＝∠CDB＝45°， ∵BE＝BD， ∴∠BDE＝∠E， 在△BDE中，∠BDE+∠E+∠CBD＝180°， ∴2∠BDE+45°＝180°， ∴∠BDE＝67.5°， ∴∠CDE＝∠BDE﹣∠CDB＝67.5°﹣45°＝22.5°． 故答案为：22.5． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握等腰三角形的性质，三角形内角和定理是解决问题的关键． 三．解答题（共3小题） 13．（2025春•新华区期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点O为对角线BD的中点，点E为AD边上的动点，点F在CD边上，连接OE，OF，OE⊥OF． （1）求证：OE＝OF． （2）当点E在AD边上运动时，四边形OEDF的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）四边形OEDF的面积不会发生变化，始终等于4，理由见解答过程． 【分析】（1）过点O作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，证明四边形OMDN是正方形得OM＝ON，∠MON＝90°，再根据OE⊥OF得∠EOM＝∠FON，由此可依据“ASA”判定△EOM和△FON全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）证明ON是△DBC的中位线得ONBC＝2，则正方形OMDN的面积为4，由（1）可知△EOM和△FON全等，则S△EOM＝S△FON，由此得S四边形OEDF＝S正方形OMDN＝4． 【解答】解：（1）过点O作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，如图所示： ∴∠OMD＝∠OME＝∠ONF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，且边长为4， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠ADB＝45°，∠ADC＝∠C＝90°， ∴∠OMD＝∠ADC＝∠ONF＝90°， ∴四边形OMDN是矩形， ∵∠OMD＝90°，∠ADB＝45°， ∴△OMD是等腰直角三角形， ∴OM＝DM， ∴矩形OMDN是正方形， ∴OM＝ON，∠MON＝90°， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF＝∠MON＝90°， ∴∠EOM+∠MOF＝∠MOF+∠FON， ∴∠EOM＝∠FON， 在△EOM和△FON中， ， ∴△EOM≌△FON（ASA）， ∴OE＝OF； （2）当点E在AD边上运动时，四边形OEDF的面积不会发生变化，始终等于4，理由如下： ∵∠ONF＝∠C＝90°， ∴ON∥BC， ∵点O为对角线BD的中点， ∴ON是△DBC的中位线， ∴ONBC＝2， ∴正方形OMDN的面积为4， 由（1）可知：△EOM≌△FON， ∴S△EOM＝S△FON， ∴S四边形OEDF＝S△EOM+S四边形OMDF＝S△FON+S四边形OMDF＝S正方形OMDN＝4． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形的中位线定理是解决问题的关键． 14．（2025春•珠海期末）如图，已知菱形ABCD的对角线交于点O，E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接AE、CE、AF、CF，得四边形AECF．求证：四边形AECF是正方形． 【考点】正方形的判定；菱形的性质． 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【答案】见解析． 【分析】根据对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，先证AECF是菱形，然后根据∠AED＝45°，可证∠AEC＝90°，从而证得四边形AECF是正方形． 【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴BO＝DO，AC⊥BD，AO＝CO， ∵BE＝DF， ∴BE+OB＝DF+DO， ∴FO＝EO， ∴EF与AC互相垂直平分， ∴四边形AECF是菱形， ∴∠AEF＝∠CEF， 又∵∠AED＝45°， ∴∠AEC＝90°， ∴菱形AECF是正方形． 【点评】本题考查了正方形的判定，菱形的性质和判定，关键是掌握菱形的基本性质． 15．（2025春•中山市期末）如图1，在正方形ABCD中，点P在边CD上，点M在边BC上，点N在边AD上，连接AP，MN交于点O，且MN⊥AP． （1）求证：PD+ND＝MC； （2）如图2，若AB＝4，点O为线段AP的中点，，求BM的长． 【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质． 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力． 【答案】（1）证明见解答过程； （2）． 【分析】（1）过点D作DE∥MN交BC于点E，交AP于点F，证明四边形DEMN是平行四边形得DN＝ME，再证明△DAP和△CDE全等得PD＝EC，由此即可得出结论； （2）连接MA，MP，根据直角三角形斜边中线性质得PA＝OA＝OP，则AP，由勾股定理得DP＝2，进而得PC＝2，设BM＝a，则CM＝4﹣a，由勾股定理得AM2＝AB2+BM2＝4+a2，PM2＝CM2+PC2＝（4﹣a）2+4，证明MN是线段AP的垂直平分线得AM＝PM，进而得4+a2＝（4﹣a）2+4，由此解出a即可得出BM的长． 【解答】（1）证明：过点D作DE∥MN交BC于点E，交AP于点F，如图1所示： 在正方形ABCD中，AD＝DC，AD∥BC，∠ADP＝∠C＝90°， ∴ND∥ME， 又∵DE∥MN ∴四边形DEMN是平行四边形， ∴DN＝ME， ∵DE∥MN，DE∥MN，MN⊥AP ∴DE⊥AP， 在Rt△ADF中，∠DAP+∠ADF＝90°， 又∵∠ADF+∠CDE＝∠ADP＝90°， ∴∠DAP＝∠CDE， 在△DAP和△CDE中， ， ∴△DAP≌△CDE（ASA）， ∴PD＝EC， ∴PD+ND＝EC+ME＝MC； （2）解：连接MA，MP，如图2所示： 在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝4，∠B＝∠C＝∠ADP＝90°， ∵点O为线段AP的中点， ∴OD是Rt△ADP的斜边AP上的中线， ∴PA＝OA＝OP， ∴AP＝OA+OP， 由勾股定理得：DP2， ∴PC＝CD﹣DP＝2， 设BM＝a，则CM＝BC﹣BM＝4﹣a， 在Rt△ABM中，由勾股定理得：AM2＝AB2+BM2＝4+a2， 在Rt△CPM中，由勾股定理得：PM2＝CM2+PC2＝（4﹣a）2+4， ∵MN⊥AP于点O，点O为线段AP的中点， ∴MN是线段AP的垂直平分线， ∴AM＝PM， ∴4+a2＝（4﹣a）2+4， 解得：a， ∴BM的长为． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，直角三角形斜边中线的性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$