2026年中考数学重难点一轮复习：正方形

正方形   一、选择题（共6小题） 1．（2025•湖北模拟）如图，点A（0，2）、B（1，0），将线段AB沿某个方向平移得到对应线段A′B′，若四边形ABB′A′为正方形，则点B′的坐标是（　　） A．（3，1） B．（﹣1，﹣1） C．（3，1）或（﹣1，﹣1） D．无法确定 2．（2025•丽水一模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABE、△BCF、△CDG、△DAH）和中间一个小正方形EFGH组成，连接DE、CE．若AE＝4，BE＝3，则△CDE的面积为（　　） A．6 B．6.5 C．13 D．12 3．（2025•浙江一模）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接EF，则BF的长为（　　） A．2 B． C．3 D． 4．（2025•东港区校级三模）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，．若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为（　　） A． B．4 C． D． 5．（2025•开州区二模）如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，EF．点P是EF的中点，连接CP，DP，若AE＝AF，∠CPD＝α，则∠CEF的度数为（　　） A．α﹣45° B．135°﹣α C．2α﹣180° D．180°﹣α 6．（2025•石家庄模拟）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E在对角线BD上，且DE＝2BE，连接CE并延长，交AB边于H点，过D作DF⊥CE于F，连接BF．G为DF上一点，且DG＝CF，则的值为（　　） A． B． C．2 D． 二、填空题（共8小题） 7．（2025•大东区二模）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝4，DE＝AF＝1，则GF的长为　 　 ． 8．（2025•临平区校级二模）如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，M，N分别是AB，CD的中点，当点F落在MN上时，点G恰好在ED上．记正方形AEFG的面积为m，正方形ABCD的面积为n，则 　 　 ． 9．（2025•包头二模）如图，在边长为6的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，AE＝DE＝5．若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 　 　 ． 10．（2025•十堰校级三模）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得∠EDC＝15°，连接BE并延长交DC于点F，则∠AED＝　 　 ，　 　 ． 11．（2025•南山区三模）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DA，AB上，且DE＝AF，作AG⊥EF于点H，交BC于点G．若AB＝6，EF：AG＝2：3，则BG的长为　 　 ． 12．（2025•东莞市校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点E为边BC上任意一点，连接DE，点A关于直线DE的对称点为A′，当∠EDC＝15°时，则∠AA′B的度数为　 　 ． 13．（2025•市南区二模）如图，四边形ABCD是边长为6cm的正方形，点E在边AD上，AE＝2DE，作EF∥CD，分别交BD，BC于点G，F．若点P，K分别是DG，AF的中点，则PK＝ 　 　 cm． 14．（2025•乐山）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确的组合是 　 　 （只需填一种组合即可）． 三、解答题（共5小题） 15．（2025•灞桥区校级模拟）如图，正方形ABCD，点G在BC上，DE⊥AG于点E，BF∥DE，交AG于点F，求证：AE＝BF． 16．（2025•长沙）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AB，CD上，且BE＝DF． （1）求证：四边形AECF是平行四边形； （2）连接EF，若BC＝12，BE＝5，求EF的长． 17．（2025•昭阳区一模）如图，已知E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF． （1）求证：四边形AECF为菱形． （2）若，BE＝2，求四边形AECF的面积． 18．（2025•朝阳区校级模拟）已知正方形ABCD的边长为4，点P是线段BC上一点，取AB中点O，点P关于点O的对称点为Q，连结AQ，以PQ为斜边构造等腰直角三角形PQR，点R与点D在PQ的同侧，连结RD． （1）当点P不与点B重合时，求证：△AOQ≌△BOP． （2）连结OD，当△QOD是直角三角形时，求CP的长． （3）线段DR的最小值为 　 　 ． （4）四边形PRDC的最大面积为 　 　 ，此时线段BP的长度为 　 　 ． 19．（2025•任城区一模）已知M、N为双曲线（x＞0）上两点，且其横坐标分别为a，a+2，分别过M、N作y轴、x轴的垂线，垂足分别为C、A，交点为B． （1）若矩形OABC的面积为12，求a的值； （2）随着a的取值的不同，M、N两点不断运动，判断M能否为BC边的中点，同时N为AB中点？请说明理由； （3）矩形OABC能否成为正方形？若能，求出此时a的值及正方形的边长，若不能，说明理由． 参考答案 一、选择题（共6小题） 1．【答案】C 【分析】分两种情况：利用正方形的性质得到AB＝BB′，∠ABB′＝∠AOB＝90°，利用全等三角形的判定与性质即可得解． 【解答】解：①将线段AB向右平移得到对应线段A′B′， 过点B′作B′C⊥x轴于点C，如图， ∵点A（0，2），B（1，0）， ∴OA＝2，OB＝1， ∵四边形ABB′A′为正方形， ∴AB＝BB′，∠ABB′＝∠AOB＝∠BCB′＝90°， ∴∠OAB＝∠CBB′＝90°﹣∠ABO， 在△ABO与△BB′C中， ， ∴△ABO≌△BB′C（AAS）， ∴BC＝AO＝2，B′C＝OB＝-1， ∴OC＝3， ∴B′（3，1）； ②将线段AB向左平移得到对应线段A′B′， 过点B′作B′D⊥x轴于点D，如图， ∵四边形ABB′A′为正方形， ∴AB＝BB′，∠ABB′＝∠AOB＝∠BDB′＝90°， ∴∠OAB＝∠DBB′＝90°﹣∠ABO， ∴△ABO≌△BB′D（AAS）， ∴BD＝AO＝2，B′D＝OB＝1， ∴OD＝1， ∴B′（﹣1，﹣1）； 故选：C． 2．【答案】B 【分析】过点E作MN⊥CD，根据正方形的性质及矩形的判定得出四边形BCMN为矩形，再由勾股定理得出AB＝CD＝BC＝MN＝5，利用三角形等面积法确定，得出，即可求解． 【解答】解：过点E作MN⊥CD，延长ME交AB于点N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴MN⊥AB， ∴四边形BCMN为矩形， ∵AE＝4，BE＝3， ∴AB， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝MN＝5， ∴，即， ∴， ∴， ∴S△CDE， 故选：B． 3．【答案】A 【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进而得到EF＝FG，问题即可解决． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD， ∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图： ∴∠BAF＝∠DAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠DAE＝45°， ∴∠EAF＝∠EAG， ∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°， ∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线， 在△AFE和△AGE中， ， ∴△AFE≌△AGE（SAS）， ∴EF＝EG， 即：EF＝EG＝ED+DG， ∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD， ∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°， ∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x， 在Rt△CFE中，由勾股定理得： EF2＝CE2+CF2， ∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2， 解得：x＝2， 即BF＝2， 故选：A． 4．【答案】C 【分析】作EH⊥AD，由边长为3的正方形ABCD，等腰三角形ADE，．F为BE的中点，得AI＝ID＝1.5．IE2，HE∥GD，得△ABF≌△HEF（ASA），H是AG的中点，得HE＝AB＝3，HI＝3﹣2＝1，GD＝2HI＝2，即可得AG． 【解答】解：作EH⊥AD交AD于I， ∵边长为3的正方形ABCD，等腰三角形ADE，．F为BE的中点， ∴AI＝ID＝15．IE2，HE∥GD， ∴∠ABF＝∠HEF， ∵AI＝ID，HE∥GD， ∴H是AG的中点， ∵， ∴△ABF≌△HEF（ASA）， ∴HE＝AB＝3，HI＝3﹣2＝1，GD＝2HI＝2， ∴AG． 故选：C． 5．【答案】A 【分析】连接AP，通过HL证明△ABE≌△ADF，进而得到∠EAF＝90°，根据点P是EF的中点，得到AP＝CP，通过SSS证明△APD≌△CPD得到∠PDC＝45°，进而求出∠DAP的度数，进而得到∠DAE的度数，再用平角定义即可解决问题． 【解答】解：如图，连接AP， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠B＝∠ADC＝∠ADF＝90°，AB＝AD， 在Rt△ABE和Rt△ADF中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴∠BAE＝∠DAF， ∵∠BAE+∠EAD＝90°， ∴∠DAF+∠EAD＝90°， 即∠EAF＝90°， ∵P为EF中点， ∴APEF， ∵∠ECF＝90°，P为EF中点， ∴CP＝PFEF， ∴AP＝CP， 在△APD和△CPD中， ， ∴△APD≌△CPD（SSS）， ∴∠DAP＝∠DCP，∠ADP＝∠CDP， ∵∠ADC＝90°， ∴∠CDP＝45°， ∴∠DAP＝∠PCD＝180°﹣∠CPD﹣∠CDP＝135°﹣α， ∵∠EAF＝90°，AE＝AF，P为EF中点， ∴∠PAE＝45°， ∴∠DAE＝∠PAE+∠PAD＝180°+α， ∴∠AEB＝∠DAE＝180°﹣α， ∴∠CEF＝180°﹣∠AEB﹣∠AEF＝180°﹣（180°﹣α）﹣45°＝α﹣45°， 故选：A． 6．【答案】A 【分析】根据正方形的性质证明△GDC≌△FCB（SAS），得CG＝BF，然后证明△CDE∽△HBE，得，得HBCD，设AB＝BC＝CD＝AD＝a，然后利用勾股定理求出CH，证明△FDC∽△BCH，对应边成比例，进而可以解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB∥CD， ∵DF⊥CE， ∴∠DFC＝90°， ∴∠GDC＝90°﹣∠DCF＝∠FCB， 在△GDC和△FCB中， ， ∴△GDC≌△FCB（SAS）， ∴CG＝BF， ∵AB∥CD， ∴△CDE∽△HBE， ∴， ∵DE＝2BE， ∴HBCD， 设AB＝BC＝CD＝AD＝a， 则HBCDa， ∴CHa， ∵∠GDC＝∠FCB，∠DFC＝∠CBH＝90°， ∴△FDC∽△BCH， ∴， ∴， ∴CFa， ∴DG＝CFa， ∴DFa， ∴GF＝DF﹣DGaaa， ∴GF＝CF， ∴CGCFa， ∴BF＝CGa， ∴， 故选：A． 二、填空题（共8小题） 7．【答案】2.6． 【分析】先由正方形的性质及BC＝4，得出∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC，再结合DE＝AF＝1，得出CE＝DF＝3，从而可判定△CDF≌△BCE（SAS），然后证得∠BGC＝90°，由面积法及勾股定理求得BE、CG的长，最后用CF的长的长减去CG的长即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4， ∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4， 又∵DE＝AF＝1， ∴CE＝DF＝3， ∴在△CDF和△BCE中， ， ∴△CDF≌△BCE（SAS）， ∴∠DCF＝∠CBE， ∵∠DCF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠BGC＝90°， ∵在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3， ∴BE＝5， ∴BE•CG＝BC•CE， ∴CG， ∵△CDF≌△BCE（SAS）， ∴CF＝BE＝5， ∴GF＝CF﹣CG＝52.6． 故答案为：2.6． 8．【答案】． 【分析】连接AF，DF，过点G作直线PQ⊥AD于点P，交MN于点Q，则四边形ADNM，四边形AMQP和四边形PDNQ都是矩形，根据四边形AEFG是正方形得AG＝GF，∠AGF＝90°，DE是AF的垂直平分线，进而得FD＝AD，证明△GAP和△FGQ全等设PG＝QF＝a，AP＝GQ＝b，则PQ＝DN＝a+b，FD＝AD＝2a+2b，NQ＝DP＝2a+b，NF＝3a+b，在Rt△FDN中，由勾股定理得（2a+2b）2＝（a+b）2+（3a+b）2，解得b，则AD，正方形ABCD的面积n＝AD2＝（，在Rt△AGP中，由勾股定理得AG2＝4a2，则正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2，据此即可得出的值． 【解答】解：连接AF，DF，过点G作直线PQ⊥AD于点P，交MN于点Q，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，点M，N是AB，CD的中点， ∴AB＝AD＝CD，DN＝AM，AD＝2DN，AB∥CD，∠ADC＝∠DAB＝90°， ∴四边形ADNM是矩形， ∴MN∥CD， ∵PQ⊥AD， ∴PQ⊥MN， ∴∠GPA＝∠FQG＝∠DAB＝90°， ∴四边形AMQP和四边形PDNQ都是矩形， ∴DN＝PQ，NQ＝DP， ∵四边形AEFG是正方形， ∴AG＝GF，∠AGF＝90°，DE是AF的垂直平分线， ∴FD＝AD， ∵∠GAP+∠AGP＝90°，∠FGQ＝∠AGP＝90°， ∴∠GAP＝∠FGQ， 在△GAP和△FGQ中， ， ∴△GAP≌△FGQ（AAS）， ∴设PG＝QF＝a，AP＝GQ＝b，则a＞0，b＞0， ∴PQ＝DN＝a+b， ∴FD＝AD＝2DN＝2a+2b，NQ＝DP＝AD﹣AP＝2a+2b﹣b＝2a+b， ∴NF＝NQ+QF＝2a+b+a＝3a+b， 在Rt△FDN中，由勾股定理得：FD2＝DN2+NF2， ∴（2a+2b）2＝（a+b）2+（3a+b）2， 整理得：b2＝3a2， ∵a＞0，b＞0， ∴b， ∴AD＝2a+2b， 正方形ABCD的面积n＝AD2， 在Rt△AGP中，由勾股定理得：AG2＝PG2+AP2＝a2+b2＝4a2， ∴正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2， ∴． 故答案为：． 9．【答案】． 【分析】过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，根据等腰三角形的性质和勾股定理可得EM＝4，根据正方形的性质得到EP⊥BC，推出四边形ABPM是矩形，得到AB∥EP，根据全等三角形的性质得到EN＝AB＝6，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：过E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P， ∵AD＝DE＝5，AD＝6， ∴AM＝DM＝3， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC∥AD， ∴EP⊥BC， ∴四边形ABPM是矩形， ∴AB∥EP， ∴∠ABF＝∠NEF， ∵F为BE的中点， ∴BF＝EF， 在△ABF与△NEF中， ， ∴△ABF≌△NEF（ASA）， ∴EN＝AB＝6， ∴MN＝EN﹣ME＝6﹣4＝2， ∵PM∥CD，AM＝DM， ∴AN＝NG， ∴GD＝2MN＝4， ∴， 故答案为：． 10．【答案】60°，． 【分析】利用三角形的外角性质可求得∠AED＝60°；延长BF到G，使EG＝EC，连接CG，作DH⊥AC于点H，设正方形ABCD的边长为1，推出△DCH是等腰直角三角形，在Rt△DHE中，解直角三角形求得，，，推出△CEG是等边三角形，求得，证明△DEF∽△CGF，利用相似三角形的性质列式计算即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACD＝45°， ∵∠EDC＝15°， ∴∠AED＝∠EDC+∠ACD＝45°+15°＝60°， 延长BF到G，使EG＝EC，连接CG，作DH⊥AC于点H， 设正方形ABCD的边长为1， ∵DH⊥AC， ∴△DCH是等腰直角三角形， 由三角函数可得：， ∴，， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠EAB＝∠EAD，AE＝AE， 在△EAB与△EAD中， ， ∴△EAB≌△EAD（SAS）， ∴∠AEB＝∠AED＝60°， ∴∠DEF＝180°﹣60°﹣60°＝60°，∠GEC＝∠AEB＝60°， ∴△CEG是等边三角形， ∴，∠G＝∠DEF＝60°， ∵∠DFE＝∠GFC， ∴△DEF∽△CGF， ∴． 故答案为：60°，． 11．【答案】3． 【分析】根据有两个角相等的三角形相似可得Rt△EAF∽Rt△ABG，因为EF：AG＝2：3，所以△EAF与△ABG的相似比为2：3，由相似三角形对应线段成比例，列比例式即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝6，∠DAB＝∠ABG＝90°， ∴∠EAH+∠GAB＝90°， ∵AG⊥EF， ∴∠AHE＝90°， ∴∠EAH+∠AEH＝90°， ∴∠AEF＝∠GAB， ∴Rt△EAF∽Rt△ABG（HL）， ∴， ∵AB＝6， ∴， 解得：AE＝4， ∴AF＝DE＝AD﹣AE＝2， ∵， ∴BG＝3， 故答案为：3． 12．【答案】30°． 【分析】连接A′D，A′C，证明△A′CD是等边三角形，进而可证明△ADA′≌△BCA′（SAS），再利用全等三角形对应角相等及角的和差即可求解． 【解答】解：连接A′D，A′C， 由题意可得：点A关于直线DE的对称点为A′， ∴AD＝A′D，DE⊥AA′， ∴A′D＝CD，∠DAA′＝∠DA′A， ∵∠EDC＝15°， ∴∠ADE＝75°， ∴∠ADE＝∠A′DE＝75°， ∴∠A′DC＝60°， ∴△A′CD是等边三角形， ∴∠A′DC＝∠A′CD＝∠DA′C＝60°， ∴∠ADA′＝∠BCA′＝90°+60°＝150°，A′D＝A′C， ∴△ADA′≌△BCA′（SAS）， ∴∠DA′A＝∠CA′B， ∵∠ADA′＝150°， ∴∠DA′A＝15°， ∴∠CA′B＝15°， ∴∠AA′B＝60°﹣15°﹣15°＝30°， 故答案为：30°． 13．【答案】． 【分析】连接PA，PC，过点P作PH⊥BC于点H，HP的延长线交AD于点N，则四边形ABHN，四边形CDNH都是矩形，进而得DE＝2cm，AE＝4cm，证明四边形ABFE，四边形CDEF都是矩形得BF＝AE＝4cm，DE＝CF＝2cm，由勾股定理得AFcm，证明△EDG是等腰直角三角形得GE＝DE＝2cm，DGcm，则PDDGcm，证明△PND是等腰直角三角形，由勾股定理得DN＝PNPD＝1cm，进而得CH＝DN＝1，PH＝5cm，AN＝5cm，CH＝FH＝1cm，再由勾股定理分别求出PFcm，PAcm，然后利用勾股定理逆定理证明△PAF是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质即可得出PK的长． 【解答】解：连接PA，PC，过点P作PH⊥BC于点H，HP的延长线交AD于点N，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为6cm，BD是对角线， ∵AB＝BC＝AD＝CD＝6cm，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°， ∠ADP＝45°，AD∥BC， ∴PN⊥AD， ∴四边形ABHN，四边形CDNH都是矩形， ∴CH＝DN，HN＝CD＝6cm， ∵AE＝2DE， ∴AD＝AE+DE＝3DE＝6cm， ∴DE＝2cm， ∴AE＝2DE＝4cm， ∵EF∥CD， ∵EF⊥AD，EF⊥BC， ∴四边形ABFE，四边形CDEF都是矩形， ∴BF＝AE＝4cm，DE＝CF＝2cm， 在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF， ∵∠ADP＝45°，EF⊥AD， ∴△EDG是等腰直角三角形， ∴GE＝DE＝2cm， 由勾股定理得：DG， ∵点P是DG的中点， ∴PDDG， ∵∠ADP＝45°，PN⊥AD， ∴△PND是等腰直角三角形， ∴PN＝DN， 由勾股定理得：PDDN， ∴DN＝PNPD1（cm）， ∴CH＝DN＝1，PH＝HN﹣PN＝6﹣1＝5（cm），AN＝AD﹣DN＝6﹣1＝5（cm）， ∴FH＝CF﹣CH＝2﹣1＝1（cm）， ∴CH＝FH＝1（cm）， 在Rt△PFH中，由勾股定理得：PF（cm）， 在Rt△APN中，由勾股定理得：PA（cm）， ∴PA＝PFcm， 在△PAF中，∵PA2+PF2＝（52，AF252， ∴PA2+PF2＝AF2， ∴△PAF是等腰直角三角形，且∠APF＝90°， ∵点K是等腰Rt△PAF斜边AF的中点， ∴PKAD（cm）． 故答案为：． 14．【答案】①②或①③． 【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：正确的组合是①②或①③， 理由：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∵AC＝BD， ∴四边形ABCD是正方形， ∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∵∠ADC＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， 故答案为：①②或①③． 三、解答题（共5小题） 15．【答案】证明见解答过程． 【分析】证明△ADE和△BAF全等即可得出结论． 【解答】解：如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴DA＝AB，∠BAD＝90°， ∴∠1+∠2＝90°， ∵DE⊥AG，BF∥DE， ∴∠AED＝∠BFA＝90°， ∴∠2+∠3＝90°， ∴∠3＝∠1， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF， ∴AE＝BF． 16．【答案】（1）证明见解答过程； （2）． 【分析】（1）根据正方形性质得AB＝CD，AB∥CD，再根据BE＝DF得AE＝CF，由此根据平行四边形的判定即可得出结论； （2）过点E作EH⊥CD于点H，证明四边形EBCH是矩形得EH＝BC＝12，CH＝BE＝5，进而得DH＝7，再根据BE＝DF＝5得HF＝2，然后在Rt△EFH中，由勾股定理即可求出EF的长． 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，AB＝CD，AB∥CD， ∵BE＝DF， ∴AB﹣BE＝CD﹣DF， ∴AE＝CF， 又∵AB∥CD， ∴四边形AECF是平行四边形； （2）解：过点E作EH⊥CD于点H，如图所示： ∴∠EHC＝∠EHF＝90°， ∵四边形ABCD是正方形，BC＝12， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝12，∠B＝∠BCD＝90°， ∴∠EHC＝∠B＝∠BCD＝90°， ∴四边形EBCH是矩形， ∴EH＝BC＝12，CH＝BE＝5， ∴DH＝CD﹣CH＝12﹣5＝7， ∵BE＝DF＝5， ∴HF＝DH﹣DF＝7﹣5＝2， 在Rt△EFH中，由勾股定理得：EF． 17．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）连接AC交BD于O，证AC与EF互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论； （2）根据正方形的性质，利用勾股定理求得AC＝BD＝6，从而求得EF＝BD﹣NE﹣DF＝2，根据菱形的面积公式解答即可． 【解答】（1）证明：连接AC，交BD于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO， ∵BE＝DF， ∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AC⊥EF， ∴四边形AECF是菱形； （2）解：由（1）知：四边形AECF是菱形， ∵， ∴AC＝BD＝6， ∵BE＝DF＝2， ∴EF＝BD﹣BE﹣DF＝2， ∴菱形AECF的面积． 18．【答案】（1）证明见解答过程； （2）3； （3）2； （4）；1． 【分析】（1）依题意得OA＝OB，由对称的性质得OQ＝OP，点P，O，Q共线，则∠AOQ＝∠BOP，由此可依据“SAS”判定△AOQ和△BOP全等； （2）先证明点Q，A，D共线，∠OQA＜90°，∠QDO＜90°，则当△QOD是直角三角形时，只有∠QOD＝90°，连接DP，设BP＝a，则AQ＝BP＝a，CP＝3﹣a，DQ＝4+a，证明OD是线段PQ的垂直平分线得DP＝DQ＝4+a，然后在Rt△CPD中，由勾股定理求出a的值即可得出CP的长； （3）过点R作RE⊥AD，ER的延长线交BC于点F，证明△QER和△RFP全等得ER＝PF，QE＝RF，再证明四边形EFCD和四边形ABFE都是矩形，继而得BF＝CF＝2，AE＝DE＝2，则点R始终在线段BC的垂直平分线上运动，根据“垂线段最短”得DR≥DE，由此得当点R于点E重合时，DR为最小，最小值是线段DE的长； （4）设ER＝PF＝t，则RF＝4﹣t，进而得S△PRFt（4﹣t），S△DER＝t，S矩形EFCD＝DE•CD＝8，则四边形PRDC的面积S，根据二次函数的性质即可得出四边形PRDC的面积的最大值及BP的长． 【解答】解：（1）∵点O是AB的中点， ∴OA＝OB， 由对称的性质得：OQ＝OP，点P，O，Q共线， ∴∠AOQ＝∠BOP， 在△AOQ和△BOP中， ， ∴△AOQ≌△BOP（SAS）； （2）∵四边形ABCD是正方形，且边长为4， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠CDA＝90°，AD∥BC， ∵△AOQ≌△BOP， ∴∠OAQ＝∠B＝90°，AQ＝BP， ∴∠OAQ+∠BAD＝180°， ∴点Q，A，D共线， 在Rt△OAQ中，∠OQA＜90°， 又∵点D是AB的中点， ∴∠QDO＜90°， ∴当△QOD是直角三角形时，只有∠QOD＝90°，连接DP，如图1所示： 设BP＝a，则AQ＝BP＝a，CP＝BC﹣a＝3﹣a，DQ＝AD+AQ＝4+a， ∵OP＝OQ，∠QOD＝90°， ∴OD是线段PQ的垂直平分线， ∴DP＝DQ＝4+a， 在Rt△CPD中，由勾股定理得：DP2＝CD2+CP2， ∴（4+a）2＝42+（4﹣a）2， 解得：a＝1， ∴CP＝4﹣a＝3； （3）过点R作RE⊥AD，ER的延长线交BC于点F，如图2所示： ∵AD∥BC， ∴RF⊥BC， ∴∠QER＝∠REP＝90°， ∴∠EQR+∠ERQ＝90°， ∵△PQR是等腰直角三角形，且PQ为斜边， ∴QR＝PR，∠PRQ＝90°， ∴∠ERQ+∠FRP＝90°， ∴∠EQR＝∠FRP， 在△QER和△RFP中， ， ∴△QER≌△RFP（AAS）， ∴ER＝PF，QE＝RF， ∵EF⊥AD，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠CDA＝90°， ∴四边形EFCD和四边形ABFE都是矩形， ∴EF＝CD＝4，AE＝BF， ∴QE＝RF＝EF﹣ER＝4﹣ER， 设BP＝AQ＝a，则AE＝QE﹣AQ＝4﹣ER﹣a， 又∵BF＝BP+PF＝a+ER， ∴4﹣ER﹣a＝a+ER， ∴ER＝2﹣a， ∴PF＝ER＝2﹣a， ∴BF＝BP+PF＝a+2﹣a＝2， ∴BF＝CF＝2，AE＝DE＝2， ∴点R始终在线段BC的垂直平分线上运动， 根据“垂线段最短”得：DR≥DE， ∴当点R于点E重合时，DR为最小，最小值是线段DE的长， ∴DR的最小值是2， 故答案为：2； （4）设ER＝PF＝t，则RF＝4﹣t， ∴S△PRFPF•RFt（4﹣t），S△DERDE•ER2t＝t， 又∴S矩形EFCD＝DE•CD＝8， ∴四边形PRDC的面积S， 根据二次函数的性质得：当t＝1时，S为最大，最大值是， 此时BP＝BF﹣PF＝2﹣t＝1． 故答案为：；1． 19．【答案】见试题解答内容 【分析】（1）由M、N为双曲线（x＞0）上两点，且其横坐标分别为a，a+2可得出OA及OC的长度，再根据BA⊥x轴，BC⊥y轴可知，四边形OABC是矩形，由矩形OABC的面积为12即可得出a的值； （2）若M为BC边的中点，由2a＝a+2可求出a的值，进而得出OA、OC的长度，故可得出AN的长，进而得出结论； （3）由正方形的性质可知当OA＝OC时矩形OABC为正方形，即a+2，求出a的值，再根据OA＝a+2即可得出其边长． 【解答】解：（1）∵M、N为双曲线（x＞0）上两点，且其横坐标分别为a，a+2， ∴OA＝a+2，OC， ∵矩形OABC的面积为12， ∴（a+2）•12，解得a＝1； （2）能． ∵当M为BC边的中点时，2a＝a+2，解得a＝2， ∴OA＝4，OC＝AB＝2， ∵N点的横坐标为2a， ∴AN1， ∴当a＝2时能使M为BC边的中点，同时N为AB中点； （3）∵当OA＝OC时，矩形OABC为正方形， ∴a+2，解得a11，a21（舍） ∴此时边长为OA＝a+21． 学科网（北京）股份有限公司 $