特殊四邊形-正方形與梯形（練習(xí)）（解析版）-中考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)講練測(cè)（全國(guó)通用）

第第頁(yè)題型01根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度1．（2022·黑龍江綏化·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN=30°，直角頂點(diǎn)P在正方形ABCD的對(duì)角線BD上，點(diǎn)M，N分別在AB和CD邊上，MN與BD交于點(diǎn)O，且點(diǎn)O為MN的中點(diǎn)，則∠AMP的度數(shù)為（

）A．60° B．65° C．75° D．80°【答案】C【分析】根據(jù)斜邊中線等于斜邊一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度數(shù)，即可求出∠AMP的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形中，∴∠MBO=∠NDO=45°，∵點(diǎn)O為MN的中點(diǎn)∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OM=OP，∴∠PMN=∠MPO=30°，∴∠MOB=∠MPO+∠PMN=60°，∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，∠AMP=180°?75°?30°=75°，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)，根據(jù)角的關(guān)系進(jìn)行計(jì)算．2．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）一個(gè)正方形和一個(gè)直角三角形的位置如圖所示，若∠1=α，則∠2=（

）A．α?45° B．α?90° C．270°?α D．180°?α【答案】D【分析】先由三角形外角的性質(zhì)得到∠3=α?90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答案．【詳解】解：如圖，由題意可知，∠1=∠3+90°，∵∠1=α，∴∠3=α?90°，∵∠2+∠3=90°，∴∠2=90°?∠3=90°?α?90°故選：D【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．3．（2023·江蘇南京·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)O是正六邊形ABCDEF的中心，以AB為邊在正六邊形ABCDEF的內(nèi)部作正方形ABMN，連接OD,ON，則∠DON＝

【答案】105【分析】連接OA，OB，OE，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得，△AOB，△DOE是等邊三角形，再證明四邊形OBCD是菱形，以及△AON是等腰三角形，分別求出∠BOD=120°,【詳解】解：∵六邊形ABCDE是正六邊形，∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠FAB=∠ABC=∠BCD=120°,∵四邊形ABMN是正方形，∴AB=BM=MN=NA,∠NAB=∠ABM=90°,連接OA，OB，

則△AOB，∴∠OAB=∠ABO=∠AOB=60°,OA=OB=AB,OD=ED,∴OA=AN=OB=CD=BC=CD,∠OBC=120°?60°=60°,∠OAN=90°?60°=30°,∴四邊形OBCD是菱形，∠AON=1∴∠BOD=180°?∠OBC=180°?60°=120°,∴∠DON=360°?∠BOD?∠AOB?∠AON=360°?120°?60°?75°=105°，故答案為：105．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正六邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．題型02根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)4．（2021·山東淄博·統(tǒng)考二模）如圖，在△ABC中，BC=120，高AD=60，正方形EFGH一邊在BC上，點(diǎn)E,F分別在AB,AC上，AD交EF于點(diǎn)N，則AN的長(zhǎng)為（

）A．15 B．20 C．25 D．30【答案】B【分析】證明△AEF∽△ABC，根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊上的高線的比等于相似比即可求得．【詳解】解：∵四邊形EFGH是正方形，∴EF∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴EFBC設(shè)AN=x，則EF=FG=DN=60-x，∴60?x解得：x=20所以，AN=20．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形以及相似三角形的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合的運(yùn)用是解題關(guān)鍵．5．（2023·山東日照·?？既＃┤鐖D，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點(diǎn)H、G，則BG＝．【答案】1【分析】連接AG，EG，根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)可得AG=EG，由點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，得CE=4，設(shè)BG=x，則CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．【詳解】解：連接AG，EG，如圖，∵HG垂直平分AE，∴AG=EG，∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，∴CE=4，設(shè)BG=x，則CG=8-x，由勾股定理，得EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，∴（8-x）2+42=82+x2，解得：x=1，故答案為：1．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理及其運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．6．（2023·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，AE=AF,∠EAF=30°，則∠AEB=°；若△AEF的面積等于1，則AB的值是．【答案】603【分析】由正方形的性質(zhì)證明△ABE?△ADF，即可得到∠BAE=∠DAF，再由∠EAF=30°可得∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°，即可求出∠AEB．設(shè)BE=x，表示出△AEF的面積，解方程即可．【詳解】∵正方形ABCD∴∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD=DC=CB∵AE=AF∴Rt△ABE?Rt△ADF（HL）∴∠BAE=∠DAF，BE=DF∵∠EAF=30°，∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°∴∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°∴∠AEB=60°設(shè)BE=x∴AB=∴S=A==∵△AEF的面積等于1∴x2=1，解得x=1，∴AB=故答案為：60；3．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、30°直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．題型03根據(jù)正方形的性質(zhì)求面積7．（2023·云南·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在邊長(zhǎng)為6的正方形ABCD中，以BC為直徑畫(huà)半圓，則陰影部分的面積是（

）A．9 B．6 C．3 D．12【答案】A【分析】設(shè)AC與半圓交于點(diǎn)E，半圓的圓心為O，連接BE，OE，證明BE=CE，得到弓形BE的面積=弓形CE的面積，則S陰影【詳解】解：設(shè)AC與半圓交于點(diǎn)E，半圓的圓心為O，連接BE，OE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠OCE=45°，∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE=45°，∴∠EOC=90°，∴OE垂直平分BC，∴BE=CE，∴弓形BE的面積=弓形CE的面積，∴S陰影故選A．【點(diǎn)睛】本題主要考查了求不規(guī)則圖形的面積，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，熟知相關(guān)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．8．（2021·天津津南·統(tǒng)考一模）七巧板是大家熟悉的一種益智玩具，用七巧板能拼出許多有趣的圖案．小李將塊等腰直角三角形硬紙板（如圖①）切割七塊，正好制成一副七巧板（如圖②），已知AB=40cm，則圖中陰影部分的面積為（

）A．25cm2 B．1003cm2【答案】C【分析】如圖，設(shè)OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝22x＝20，解方程即可解決問(wèn)題．【詳解】解：如圖，設(shè)OF＝EF＝FG＝x，∴OE＝OH＝2x，在Rt△EOH中，EH＝22x，由題意EH＝20cm，∴20＝22x，∴x＝52，∴陰影部分的面積＝（52）2＝50（cm2），故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，屬于中考?？碱}型．9．（2021·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）七巧板是我們祖先的一項(xiàng)創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”．在一次數(shù)學(xué)活動(dòng)課上，小明用邊長(zhǎng)為4cm的正方形紙片制作了如圖所示的七巧板，并設(shè)計(jì)了下列四幅作品—“奔跑者”，其中陰影部分的面積為5cm2的是（

）A．B．C．D．【答案】D【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面積＝18×12×42＝1cm2，可得平行四邊形面積為2cm2，中等的等腰直角三角形的面積為2cm2，最大的等腰直角三角形的面積為4cm【詳解】解：最小的等腰直角三角形的面積＝18×12×42＝1（cm2），平行四邊形面積為2cm2，中等的等腰直角三角形的面積為2cm2，最大的等腰直角三角形的面積為4cmA、陰影部分的面積為2+2＝4（cm2），不符合題意；B、陰影部分的面積為1+2＝3（cm2），不符合題意；C、陰影部分的面積為4+2＝6（cm2），不符合題意；D、陰影部分的面積為4+1＝5（cm2），符合題意；故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查圖形的剪拼、七巧板，解題的關(guān)鍵是求出最小的等腰直角三角形的面積，學(xué)會(huì)利用分割法求陰影部分的面積．題型04根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)10．（2023·河南周口·校聯(lián)考一模）如圖，正方形OABC的邊OA，OC分別在x軸，y軸上，點(diǎn)M，N分別在OA，AB上，△CMN是等邊三角形，連接AC，交MN于點(diǎn)G．若AM=4，則點(diǎn)G的坐標(biāo)為（

）

A．3,2 B．23,2 C．26【答案】B【分析】過(guò)點(diǎn)G作GH⊥OA于H，利用正方形性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)可證得Rt△CBN≌Rt△COM(HL)【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)G作GH⊥OA于H，

∵四邊形ABCO是正方形，∴∠OAB=∠ABC=∠COA=90°，∠CAO=∠CAB=45°，CB=CO=AB=AO，∵△CMN是等邊三角形，∴CM=CN，∴Rt∴BN=OM，∴AB?BN=AO?OM，即AN=AM=4，∴MN=42，∠AMN=∠ANM=45°∴∠AGM=∠AGN=90°，∴MG=NG=AG=22∵△CMN是等邊三角形，MG=NG=22∴CG=3∴AC=AG+CG=22∴OA=AC∵△AMG是等腰直角三角形，GH⊥OA，∴GH=AH=1∴OH=OA?AH=2+23∴點(diǎn)G的坐標(biāo)為(23，2)故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識(shí)，知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)，是常考題型，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．11．（2023·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考一模）在學(xué)習(xí)《圖形與坐標(biāo)》的課堂上，老師讓同學(xué)們自主編題，梅英同學(xué)編的題目是：“已知正方形ABCD（邊長(zhǎng)自定），請(qǐng)建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，確定正方形ABCD各頂點(diǎn)的坐標(biāo)”．同桌魏華同學(xué)按題目要求建立了平面直角坐標(biāo)系并正確的寫(xiě)出了正方形各頂點(diǎn)的坐標(biāo)．若在魏華同學(xué)建立的平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD關(guān)于x軸對(duì)稱，但不關(guān)于y軸對(duì)稱，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3,2，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為（

）A．3,?2 B．2,?3 C．?3,?2 D．1,?2【答案】D【分析】先根據(jù)“正方形ABCD關(guān)于x軸對(duì)稱”確定x軸的位置，再根據(jù)點(diǎn)A的坐標(biāo)確定原點(diǎn)的位置，進(jìn)而確定y軸的位置，從而寫(xiě)出點(diǎn)C的坐標(biāo)．【詳解】解：∵正方形ABCD關(guān)于x軸對(duì)稱，∴x軸經(jīng)過(guò)AB,CD中點(diǎn)E、F，∴連接EF，即為x軸，∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3,2，∴點(diǎn)A到y(tǒng)軸距離為3，則將EF四等分，其中等分點(diǎn)O使得OE=3OF，以點(diǎn)O為原點(diǎn)，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖：∵正方形ABCD關(guān)于x軸對(duì)稱，點(diǎn)A的坐標(biāo)為?3,2，∴點(diǎn)B坐標(biāo)為?3,?2，∴AB=2??2=4，則∵OE=3，∴OF=1，∴點(diǎn)C的坐標(biāo)為1,?2．故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系中點(diǎn)的坐標(biāo)，正方形的性質(zhì)，根據(jù)所給條件確定坐標(biāo)系是解題的關(guān)鍵．12．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是正方形，A點(diǎn)坐標(biāo)為0,2，E是線段BC上一點(diǎn)，且∠AEB=60°，沿AE折疊后B點(diǎn)落在點(diǎn)F處，那么點(diǎn)F的坐標(biāo)是．

【答案】?1,2?【分析】過(guò)點(diǎn)F作FD⊥CO于D，F(xiàn)G⊥AO于G，先由正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得出∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，再根據(jù)含30度的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理求解即可．【詳解】點(diǎn)F作FD⊥CO于D，F(xiàn)G⊥AO于G，

∵四邊形OABC是正方形，A點(diǎn)坐標(biāo)為0,2，∴AB=2,AO=2，∵∠AEB=60°，沿AE折疊后B點(diǎn)落在點(diǎn)F，∴∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，在Rt△AFG中，∠FAG=30°∴FG=1，由勾股定理得，AG=2∴GO=2?3，點(diǎn)F的坐標(biāo)為?1,2?故答案為：?1,2?3【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，勾股定理和含30度的直角三角形的性質(zhì)，能夠添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．13．（2023·安徽蚌埠·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)A0,3,B1,0，將正方形ABCD沿x軸的負(fù)方向平移，使點(diǎn)D恰好落在直線AB上，則平移后點(diǎn)B

【答案】?73【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可證明△AOB?△DFA，得出AF=OB=1,DF=OA=3，進(jìn)而得出點(diǎn)G的縱坐標(biāo)是4，利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，得出DG的長(zhǎng)，從而可得正方形平移的距離，即可求解．【詳解】解：設(shè)平移后點(diǎn)D的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G，DG交y軸于點(diǎn)F，如圖，則DG⊥y軸，∴∠AFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD,∠DAB=90°，∴∠BAO=90°?∠DAF=∠ADF，又∵∠AOB=∠DFA=90°，∴△AOB?△DFA，∵A0,3∴AF=OB=1,DF=OA=3，∴OF=AF+OA=4，∴點(diǎn)G的縱坐標(biāo)是4，設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，則k+b=0b=3解得k=?3b=3∴直線AB的解析式為y=?3x+3，當(dāng)y=4時(shí)，?3x+3=4，解得x=?1∴DG=3+1平移后點(diǎn)B的坐標(biāo)為?7故答案為：?7

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、平移的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握上述知識(shí)、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．題型05與正方形有關(guān)的折疊問(wèn)題14．（2021·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，AB=3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，∠EFD=60°．若將四邊形EBCF沿EF折疊，點(diǎn)B恰好落在AD邊上點(diǎn)B'處，則BE的長(zhǎng)度為（

A．1 B．2 C．3 D．2【答案】D【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折疊得到∠FEB=∠FEB'=60°，進(jìn)而得到∠AE【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠EFD=∠FEB=60°，由折疊前后對(duì)應(yīng)角相等可知：∠FEB=∠FEB∴∠AEB∴∠AB設(shè)AE=x，則BE=B∴AB=AE+BE=3x=3，∴x=1，∴BE=2x=2，故選：D．【點(diǎn)睛】本題借助正方形考查了折疊問(wèn)題，30°角所對(duì)直角邊等于斜邊的一半等知識(shí)點(diǎn)，折疊問(wèn)題的性質(zhì)包括折疊前后對(duì)應(yīng)邊相等，對(duì)應(yīng)角相等，折疊產(chǎn)生角平分線，由此即可解題．15．（2023·廣東肇慶·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，將正方形ABCD沿AE折疊，得到點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)F，延長(zhǎng)EF交線段DC于點(diǎn)P，若AB=6，則DP的長(zhǎng)度為．【答案】2【分析】連接AP，根據(jù)正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)證明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD?PD＝6?x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根據(jù)勾股定理即可解決問(wèn)題．【詳解】解：連接AP，如圖所示，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵點(diǎn)E是BC的中點(diǎn)，∴BE＝CE＝12AB由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，在Rt△AFP和Rt△ADP中，AP=APAF=AD∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），∴PF＝PD，設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD?PD＝6?x，EP＝EF＋FP＝3＋x，在Rt△PEC中，根據(jù)勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，∴（3＋x）2＝32＋（6?x）2，解得x＝2，則DP的長(zhǎng)度為2，故答案為：2．【點(diǎn)睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．16．（2023·廣西·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)G是邊CD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE，將△ABE沿BE翻折得到△FBE，連接GF．當(dāng)GF最小時(shí)，AE的長(zhǎng)是．【答案】5【分析】根據(jù)動(dòng)點(diǎn)最值問(wèn)題的求解步驟：①分析所求線段端點(diǎn)（誰(shuí)動(dòng)誰(shuí)定）；②動(dòng)點(diǎn)軌跡；③最值模型（比如將軍飲馬模型）；④定線段；⑤求線段長(zhǎng)（勾股定理、相似或三角函數(shù)），結(jié)合題意求解即可得到結(jié)論．【詳解】解：①分析所求線段GF端點(diǎn)：G是定點(diǎn)、F是動(dòng)點(diǎn)；②動(dòng)點(diǎn)F的軌跡：正方形ABCD的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)E是邊AD上一動(dòng)點(diǎn)，連接BE，將△ABE沿BE翻折得到△FBE，連接GF，則BF=BA=10，因此動(dòng)點(diǎn)軌跡是以B為圓心，BA=10為半徑的圓周上，如圖所示：③最值模型為點(diǎn)圓模型；④GF最小值對(duì)應(yīng)的線段為GB?10；⑤求線段長(zhǎng)，連接GB，如圖所示：在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)G是邊CD的中點(diǎn)，則CG=5,BC=10，根據(jù)勾股定理可得當(dāng)G、F、B三點(diǎn)共線時(shí)，GF最小為55接下來(lái)，求AE的長(zhǎng)：連接EG，如圖所示根據(jù)翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，設(shè)AE=x，則根據(jù)等面積法可知S正方形=SΔEDG+S故答案為：55【點(diǎn)睛】本題考查動(dòng)點(diǎn)最值下求線段長(zhǎng)，涉及到動(dòng)點(diǎn)最值問(wèn)題的求解方法步驟，熟練掌握動(dòng)點(diǎn)最值問(wèn)題的相關(guān)模型是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．17．（2022·吉林長(zhǎng)春·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）【推理】如圖1，在邊長(zhǎng)為10的正方形ABCD中，點(diǎn)E是CD上一動(dòng)點(diǎn)，將正方形沿著B(niǎo)E折疊，點(diǎn)C落在點(diǎn)F處，連接BE，CF，延長(zhǎng)CF交AD于點(diǎn)G，BE與CG交于點(diǎn)M．(1)求證：CE=DG．【運(yùn)用】(2)如圖2，在【推理】條件下，延長(zhǎng)BF交AD于點(diǎn)H，若CE=6，求線段DH的長(zhǎng)．【拓展】(3)如圖3，在【推理】條件下，連接AM，則線段AM的最小值為_(kāi)_____．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)14(3)5【分析】（1）利用ASA證明△BCE≌△CDG，即可得出結(jié)論；（2）連接HE，利用等角對(duì)等邊證明HG=HF，設(shè)DH=x，則GH=HF=6?x，由勾股定理得，6?x2（3）取BC的中點(diǎn)O，連接OM，AO，利用勾股定理求出AO，根據(jù)直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半得出MO，從而得出M的運(yùn)動(dòng)路徑，進(jìn)而解決問(wèn)題．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，∴∠DCG+∠BCM=90°，∵正方形ABCD沿BE折疊，∴∠BMC=90°，∴∠CBM+∠BCM=90°，∴∠CBM=∠DCG，∴△BCE≌CDGASA∴CE=DG；（2）解：連接HE，∵正方形ABCD沿BE折疊，∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，∵AD∥∴∠HGF=∠BCF，∵∠BFC=∠HFG，∴∠HGF=∠HFG，∴HG=HF，設(shè)DH=x，則GH=HF=6?x，由勾股定理得，6?x2解得：x=14∴DH=14（3）解：取BC的中點(diǎn)O，連接OM，AO，則BO=5，AO=55∵∠BMC=90°，O為BC的中點(diǎn)，∴MO=1∵AM>AO?OM，∴AM的最小值為AO?MO=55故答案為：55【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形三邊關(guān)系，運(yùn)用勾股定理列方程是解題的關(guān)鍵．題型06求正方形重疊部分面積18．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分別以該直角三角形的三邊為邊，并在直線AB同側(cè)作正方形ABMN，正方形BQPC，正方形ACEF，且點(diǎn)N恰好在正方形ACEF的邊EF上．其中S1,S2,A．2 B．23 C．3 D．【答案】C【分析】如圖，連接MQ，作MG⊥EC于G，設(shè)PC交BM于T，MN交EC于W．證明△ABC≌△MBQ（SAS），推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共線，由四邊形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，證明△MGW≌△BCT（AAS），推出MW＝BT，由MN＝BM，NW＝MT，可證△NWE≌MTP，推出S1＋S5＝S3＝1，再利用AC2＋BC2＝AB2，進(jìn)而可求得S2＝S4=1，最后可求得S1【詳解】解：如圖，連接MQ，作MG⊥EC于G，設(shè)PC交BM于T，MN交EC于W．∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，∴∠ABC＝∠MBQ，∵BA＝BM，BC＝BQ，∴△ABC≌△MBQ（SAS），∴∠ACB＝∠BQM＝90°，∵∠PQB＝90°，∴M，P，Q共線，∵四邊形CGMP是矩形，∴MG＝PC＝BC，∵∠BCT＝∠MGB＝90°，∴∠BTC＋∠CBT＝90°，∠BWM＋∠CBT＝90°，∴∠BWM＝∠BTC，∴△MGW≌△BCT（AAS），∴MW＝BT，∵M(jìn)N＝BM，∴NW＝MT，可證△NWE≌MTP，∴S1＋S5＝S3＝1，∵∠F=∠ACB=90°，AF=AC，AN=AB，∴Rt△ANF≌Rt△ABC（HL），∴S2=S3=1，∵AC2＋BC2＝AB2，∴S1＋S2＋S左空＋S右空＋S5＝S3＋S4＋S左空＋S右空，∴S1＋S2＋S5＝S3＋S4，∴S2＝S4=1∴S1故選：C【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理的知識(shí)，有一定難度，解題關(guān)鍵是將勾股定理和正方形的面積公式進(jìn)行靈活的結(jié)合和應(yīng)用．19．（2023·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·校考一模）如圖，邊長(zhǎng)為2的正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，正方形EFGO繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，若兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)相等，則兩個(gè)正方形的重合部分的面積（

）A．12 B．34 C．1【答案】C【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，證出△OBN≌△OCMASA，可得四邊形OMBN的面積等于△BOC【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD和四邊形OEFG是兩個(gè)邊長(zhǎng)相等的正方形，∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，∴∠BON=∠MOC，在△OBN與△OCM中，∠OBN=∠OCMOB=OC∴△OBN≌∴S△OBN∴四邊形OMBN的面積等于△BOC的面積，即重合部分的面積等于正方形面積的14∴兩個(gè)正方形的重合部分的面積=1故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)的理解和掌握，能推出四邊形OMBN的面積等于△BOC的面積是解此題的關(guān)鍵．20．（2022·廣東東莞·統(tǒng)考一模）問(wèn)題提出：某興趣小組在一次綜合與實(shí)踐活動(dòng)中提出這樣一個(gè)問(wèn)題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個(gè)頂點(diǎn)放在正方形中心O處，并繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板PEF與正方形ABCD(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)OF與OB重合時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_________；當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，重疊部分的面積為_(kāi)_________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為_(kāi)_________(2)類比探究：若將三角板的頂點(diǎn)F放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點(diǎn)M，N．①如圖2，當(dāng)BM=CN時(shí)，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說(shuō)明理由；②如圖3，當(dāng)CM=CN時(shí)，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結(jié)果保留根號(hào)）；(3)拓展應(yīng)用：若將任意一個(gè)銳角的頂點(diǎn)放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設(shè)∠GOH=α），將∠GOH繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請(qǐng)直接寫(xiě)出S2的最小值與最大值（分別用含（參考數(shù)據(jù)：sin15°=【答案】(1)1,1，S(2)①△OMN是等邊三角形，理由見(jiàn)解析；②3(3)tan【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)OF與OB重合時(shí)，OE與OC重合，此時(shí)重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=1（2）①結(jié)論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結(jié)論；②如圖3中，連接OC，過(guò)點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問(wèn)題；（3）如圖4-1中，過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，當(dāng)BM=CN時(shí)，△OMN的面積最小，即S2最?。鐖D4-2中，當(dāng)CM=CN時(shí)，S2最大．分別求解即可．【詳解】（1）如圖1，若將三角板的頂點(diǎn)P放在點(diǎn)O處，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)OF與OB重合時(shí)，OE與OC重合，此時(shí)重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD當(dāng)OF與BC垂直時(shí)，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=14S理由：如圖1中，設(shè)OF交AB于點(diǎn)J，OE交BC于點(diǎn)K，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，ON⊥BC于點(diǎn)N．∵O是正方形ABCD的中心，∴OM=ON，∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，∴四邊形OMBN是矩形，∵OM=ON，∴四邊形OMBN是正方形，∴∠MON=∠EOF=90°，∴∠MOJ=∠NOK，∵∠OMJ=∠ONK=90°，∴△OMJ≌△ONK（AAS），∴S△PMJ=S△ONK，∴S四邊形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD∴S1=14S故答案為：1，1，S1=14S（2）①如圖2中，結(jié)論：△OMN是等邊三角形．理由：過(guò)點(diǎn)O作OT⊥BC，∵O是正方形ABCD的中心，∴BT=CT，∵BM=CN，∴MT=TN，∵OT⊥MN，∴OM=ON，∵∠MON=60°，∴△MON是等邊三角形；②如圖3中，連接OC，過(guò)點(diǎn)O作OJ⊥BC于點(diǎn)J．∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，∴△OCM≌△OCN（SAS），∴∠COM=∠CON=30°，∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，∵OJ⊥CB，∴∠JOM=90°-75°=15°，∵BJ=JC=OJ=1，∴JM=OJ?tan15°=2-3，∴CM=CJ-MJ=1-（2-3）=3-1，∴S四邊形OMCN=2×12×CM×OJ=3（3）如圖4，將∠HOG沿OH翻折得到∠HOG'，則△MON≌△M'ON，此時(shí)則當(dāng)M,N在BC

設(shè)M'C=a,CN=b，則當(dāng)∵S△MNM'=12此時(shí)OC垂直平分M'N，即ON=O如圖5中，過(guò)點(diǎn)O作OQ⊥BC于點(diǎn)Q，∵OM=ON，OQ⊥MN∴BM=CN∴當(dāng)BM=CN時(shí)，△OMN的面積最小，即S2最?。赗t△MOQ中，MQ=OQ?tanα2=tanα∴MN=2MQ=2tanα2∴S2=S△OMN=12×MN×OQ=tanα如圖6中，同理可得，當(dāng)CM=CN時(shí)，S2最大．∵OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM則△COM≌△CON，∴∠COM=α2∵∠COQ=45°，∴∠MOQ=45°-α2QM=OQ?tan（45°-α2）=tan（45°-α∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-α2∴S2=2S△CMO=2×12×CM×OQ=1-tan（45°-α【點(diǎn)睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．題型07利用正方形的性質(zhì)證明21．（2023·貴州銅仁·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E為AD上一點(diǎn)，連接BE，BE的垂直平分線交AB于點(diǎn)M，交CD于點(diǎn)N，垂足為O，點(diǎn)F在DC上，且MF∥(1)求證：△ABE≌△FMN；(2)若AB=8，AE=6，求ON的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)25【分析】（1）先證明四邊形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE證得∠MBO=∠OMF，結(jié)合∠A=90°=∠NFM即可證明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，可得(8?ME)2+62=M【詳解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AB∥∵M(jìn)F∥AD，∠A=∠D=90°，∴四邊形ADFM是矩形，∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，∵M(jìn)N是BE的垂直平分線，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠OMF，∵∠NFM=∠A=90∴△ABE≌△FMN；（2）連接ME，如圖，∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，BE=A∴根據(jù)（1）中全等的結(jié)論可知MN=BE=10，∵M(jìn)N是BE的垂直平分線，∴BO=OE=12BE=5，BM=∴AM=AB-BM=8-ME，∴在Rt△AME中，AM∴(8?ME)2+6∴BM=ME=25∴在Rt△BMO中，MO∴MO=B∴ON=MN-MO=10?15即NO的長(zhǎng)為：254【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，掌握勾股定理是解答本題的關(guān)鍵．22．（2023·云南曲靖·統(tǒng)考一模）如圖，點(diǎn)M，N分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且∠MAN=45°，把△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE．（1）求證：△AEM≌△ANM．（2）若BM=3，DN=2，求正方形ABCD的邊長(zhǎng)．【答案】（1）證明見(jiàn)解析；（2）正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6．【分析】（1）先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AN,∠BAE=∠DAN，再根據(jù)正方形的性質(zhì)、角的和差可得∠MAE=45°，然后根據(jù)三角形全等的判定定理即可得證；（2）設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，從而可得CM=x?3,CN=x?2，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BE=DN=2，從而可得ME=5，然后根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得MN=ME=5，最后在Rt△CMN中，利用勾股定理即可得．【詳解】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AE=AN,∠BAE=∠DAN∵四邊形ABCD是正方形∴∠BAD=90°，即∠BAN+∠DAN=90°∴∠BAN+∠BAE=90°，即∠EAN=90°∵∠MAN=45°∴∠MAE=∠EAN?∠MAN=90°?45°=45°在△AEM和△ANM中，AE=AN∴△AEM?△ANM(SAS)；（2）設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為x，則BC=CD=x∵BM=3,DN=2∴CM=BC?BM=x?3,CN=CD?DN=x?2由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BE=DN=2∴ME=BE+BM=2+3=5由（1）已證：△AEM?△ANM∴MN=ME=5又∵四邊形ABCD是正方形∴∠C=90°則在Rt△CMN中，CM2解得x=6或x=?1（不符題意，舍去）故正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)點(diǎn)，較難的是題（2），熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與正方形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．23．（2022·北京東城·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E為對(duì)角線AC上一點(diǎn)（AE>CE），連接BE，DE．(1)求證：BE=DE；(2)過(guò)點(diǎn)E作EF⊥AC交BC于點(diǎn)F，延長(zhǎng)BC至點(diǎn)G，使得CG=BF，連接DG．①依題意補(bǔ)全圖形；②用等式表示BE與DG的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)①見(jiàn)解析；②DG=【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=AD，∠BAE=∠DAE,依據(jù)SAS證明（2）①根據(jù)題中作圖步驟補(bǔ)全圖形即可；②連接EG，證明ΔBEF?ΔDEG,得GE=BE,∠BEF=∠GEC【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB,∠BAD=∠BCD=90∵AC是正方形的對(duì)角線，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=在△ABE和△ADE中，AD=AB∴△ABE?△ADE,∴BE=DE（2）①補(bǔ)全圖形如下：②連接GE，如圖，∵EF⊥AC,∠ECF=∴∠EFC=∴∠ECF=∠EFC,∴EF=EC，∠EFB=∠ECG=135又BF=CG,∴△BEF?∴BE=GE,∠BEF=∠GEC,∴GE=DE，由（1）知：△ABE?Δ∴∠AEB=∠AED,∴∠BEC=∠DEC,即∠BEF+∠FEC=∠GEC+∠DEG，∴∠DEG=∠FEC=由勾股定理得，DG∴DG∴DG=【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，證明ΔABE?24．（2023·湖北鄂州·?？寄M預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點(diǎn)E為AB的中點(diǎn)，連接CE交BD于點(diǎn)F，延長(zhǎng)CE交⊙O于點(diǎn)G，連接BG．(1)求證：FB(2)若AB=6．求FB和EG的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)FB=2【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得出AD=BC，可證∠ABD=∠CGB，再證△BFE∽△GFB即可；（2）根據(jù)點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD==62，CE==35，然后證明△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF=22,EF【詳解】（1）證明：正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，∴AD=BC，∴AD=∴∠ABD=∠CGB，又∵∠EFB=∠BFG，∴△BFE∽△GFB，∴EFBF即FB（2）解：∵點(diǎn)E為AB中點(diǎn)，∴AE=BE=3，∵四邊形ABCD為正方形，∴CD=AB=AD=6，BD=AD2+AB2∵CD∥∴△CDF∽△EBF，∴CDEB∴DF=2BF，CF=2EF，∴3BF=BD=62，3EF=3∴BF=22，EF=5由（1）得FG=FB【點(diǎn)睛】本題考查圓內(nèi)接正方形性質(zhì)，弧，弦，圓周角關(guān)系，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握?qǐng)A內(nèi)接正方形性質(zhì)，弧，弦，圓周角關(guān)系，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．題型08添加一個(gè)條件使四邊形是正方形25．（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交O，添加下列條件不能判定矩形ABCD是正方形的是（

）A．AB=BC B．AC=BD C．AC⊥BD D．∠1=∠2【答案】B【分析】根據(jù)正方形的判定方法即可一一判斷．【詳解】解：A、正確．鄰邊相等的矩形是正方形，不符合題意；B、錯(cuò)誤．矩形的對(duì)角線相等，但對(duì)角線相等的矩形不一定是正方形，故符合題意；C、正確．∵四邊形ABCD是矩形，∴OD=OB，OC=OA，∵AC⊥BD，∴AD=AB，∴矩形ABCD為正方形，故不符合題意；D、正確，∵∠1=∠2，AB∥CD，∴∠2=∠ACD，∴∠1=∠ACD，∴AD=CD，∴矩形ABCD是正方形，故不符合題意．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形的判定方法．26．（2022·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考三模）在?ABCD中，已知AC、BD為對(duì)角線，現(xiàn)有以下四個(gè)條件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．從中選取兩個(gè)條件，可以判定?ABCD為正方形的是．（寫(xiě)出一組即可）【答案】①③或①④或②③或②④【分析】根據(jù)矩形、菱形、正方形的判定作出選擇即可．【詳解】①③：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形（有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形（對(duì)角線互相垂直矩形是正方形）；①④：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形（有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形），又∵AB=BC，∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；②③：∵在?ABCD中，AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形（對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形（對(duì)角線垂直的矩形是正方形）；②④：∵在?ABCD中，AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形（對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形），又∵AB=BC，∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；故答案為：①③或①④或②③或②④．【點(diǎn)睛】本題主要考查特殊平行四邊形的判定，熟練掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本題的關(guān)鍵．27．（2020·廣東陽(yáng)江·統(tǒng)考二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O．若不增加任何字母與輔助線，要使得四邊形ABCD是正方形，則還需添加的一個(gè)條件是．【答案】AC=BD（或四邊形ABCD中任一個(gè)內(nèi)角等于直角）【分析】根據(jù)菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA∴四邊形ABCD是菱形∴要使四邊形ABCD是正方形，則還需增加一個(gè)條件是：AC=BD．故答案為：AC=BD（或四邊形ABCD中任一個(gè)內(nèi)角等于直角）．【點(diǎn)睛】解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形的判定定理，即有一個(gè)角是直角的菱形是正方形．題型09證明四邊形是正方形28．（2023·江蘇南京·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，E是BD延長(zhǎng)線上的點(diǎn)，且△ACE是等邊三角形．(1)求證：四邊形ABCD是菱形．(2)若∠AED=2∠EAD，求證：四邊形ABCD是正方形．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)見(jiàn)解析【分析】（1）根據(jù)對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形．進(jìn)而利用菱形的判定證明即可；（2）根據(jù)有一個(gè)角是90°的菱形是正方形，進(jìn)而根據(jù)菱形和正方形的判定證明即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=OC，即O是AC的中點(diǎn)，OE是△ACE的中線∵△ACE是等邊三角形，∴EO⊥AC(三線合一)即BD⊥AC，∴?ABCD是菱形，即四邊形ABCD是菱形；（2）∵△ACE是等邊三角形，∴∠EAC=60°由（1）知，EO⊥AC，AO=OC∴∠AEO=∠OEC=30°，△AOE是直角三角形∴∠EAO=60°，∵∠AED=2∠EAD，∴∠EAD=15°，∴∠DAO=∠EAO?∠EAD=45°，∵?ABCD是菱形，∴∠BAD=2∠DAO=90°，∴菱形ABCD是正方形，即四邊形ABCD是正方形．【點(diǎn)睛】此題主要考查菱形和正方形的判定，要靈活應(yīng)用判定定理及等腰三角形的性質(zhì)、外角的性質(zhì)定理．29．（2021·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，BC為⊙O的直徑，D為⊙O上任意一點(diǎn)，連接AD交BC于點(diǎn)F，過(guò)A作EA⊥AD交DB的延長(zhǎng)線于E，連接CD．（1）求證：BE=CD（2）填空：①當(dāng)∠EAB=_______°時(shí)，四邊形ABDC是正方形②若四邊形ABDC的面積為6，則AD的長(zhǎng)為_(kāi)_______．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）①45②23【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ABE≌△ACD即可．（2）①當(dāng)∠EAB的度數(shù)為45°時(shí)，四邊形ABDC是正方形，證明AB=BD=CD=AC即可解決問(wèn)題．②證明S△AED=S四邊形ABDC=6即可解決問(wèn)題．【詳解】解：（1）證明：∴BC為⊙O直徑，∴∠BAC=∠EAD=90°，∴∠EAB=∠DAC=90°?∠BAD，∵四邊形ABDC為⊙O的內(nèi)接四邊形，∴∠ABE=∠ACD，在△ABE和△ACD中，∠EAB=∠DAC，AB=AC，∠ABE=∠ACD，∴△ABE?△ACD，∴BE=CD

（2）①當(dāng)∠EAB=45°時(shí)，四邊形ABDC是正方形．理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，∴BD=∴BD=CD，∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，∵BC=BC，∴△ABC≌△DBC（ASA），∴AB=AC=BD=CD，∴四邊形ABDC是菱形，∵∠BAC=90°，∴四邊形ABDC是正方形．又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°∴∠EAB=∠CAD∴當(dāng)∠EAB=45°時(shí)，四邊形ABDC是正方形．故答案為：45．②∵△EAB≌△DAC，∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，∴S△AED=S四邊形ABDC=6，∴12?AD2∴AD=23故答案為23【點(diǎn)睛】本題考查圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問(wèn)題．30．（2023·山東青島·校聯(lián)考一模）如圖，延長(zhǎng)平行四邊形ABCD的邊DC到E，使CE=CD，連結(jié)AE交BC于點(diǎn)F．(1)求證：△ABF≌△ECF；(2)若AE=AD，連接BE，當(dāng)線段OF與BD滿足怎樣的關(guān)系時(shí)，四邊形ABEC是正方形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)當(dāng)BD=25OF時(shí)，四邊形【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得出∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，進(jìn)而利用全等三角形的判定得出即可；（2）首先判定四邊形ABEC是平行四邊形，進(jìn)而利用矩形的判定定理可得四邊形ABEC是矩形，結(jié)合BD=25OF，證明【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥CD，AB=CD，∴∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，又∵CE=CD，∴AB=CE．在△ABF和△ECF中，∵∠ABF=∠ECFAB=CE∴△ABF≌△ECF；（2）如圖，當(dāng)BD=25OF時(shí)，四邊形連接BE，∵AB∥CD，∴四邊形ABEC是平行四邊形，又∵AE=AD，∴AC⊥DE，即∠ACE=90°，∴平行四邊形ABEC是矩形；∴BF=CF，∠BEC=90°，設(shè)OF=x，則CE=CD=2x，而B(niǎo)D=25∴BE=B∴BE=CE，∴四邊形ABEC為正方形．【點(diǎn)睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，正方形的判定，勾股定理的應(yīng)用，熟練的證明四邊形是正方形是解本題的關(guān)鍵．31．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）已知：如圖，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD=∠DBC．(1)求證：四邊形ABCD是正方形．(2)E是OB上一點(diǎn)，BE=1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線段OF的長(zhǎng)．【答案】(1)證明見(jiàn)解析(2)2【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC=180°，從而證明∠BAD=∠ABC，可求出（2）由正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC=BD=42，CO=12AC=22，DO=12BD=22，得出∠COB=∠DOC=90°【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∴∠BAD+∠ABC=180°，∵∠CAD=∠DBC，∴∠BAD=∠ABC，∴2∠BAD=180°，∴∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是正方形．（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=BC=4，∴AC⊥BD，AC=BD=A∴OB=CO=12AC=2∴∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，∵DH⊥CE，垂足為H，∴∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°，∵∠ECO+∠DEH=90°，∴∠ECO=∠EDH，在△ECO和△FDO中，∠COE=∠DOFCO=DO∴△ECO≌△FDOASA∴OE=OF．∵BE=1，∴OF=OE=OB?BE=22∴線段OF的長(zhǎng)為22【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，等角的余角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)．熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度32．（2022·山東濟(jì)南·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正八邊形ABCDEFGH中，AC、AE是兩條對(duì)角線，則∠CAE的度數(shù)為°．【答案】45【分析】連接AG、GE、EC，易知四邊形ACEG為正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)即可求解．【詳解】解：連接AG、GE、EC，如圖所示：∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形∴AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFG=∠FGH=∠GHA=∠HAB=∴ΔABC?∴AC=CE=EG=GA∴四邊形ACEG是菱形又∠BAC=∠BCA=12(180°?135°)=22.5°∴∠CAG=∠BAH?∠BAC?∠HAG=135°?22.5°?22.5°=90°∴四邊形ACEG為正方形，∵AE是正方形的對(duì)角線，∴∠CAE=12故答案為：45．【點(diǎn)睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．33．（2018·陜西·陜西師大附中?？级＃┤鐖D，P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，PA：PB：PC=1：2：3，則∠APB=.【答案】135°【分析】通過(guò)旋轉(zhuǎn)，把PA、PB、PC或關(guān)聯(lián)的線段集中到同一個(gè)三角形，再根據(jù)兩邊的平方和等于第三邊求證直角三角形，可以求解∠APB．【詳解】把△PAB繞B點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△P′BC，則△PAB≌△P′BC，設(shè)PA=x，PB=2x，PC=3x，連PP′，得等腰直角△PBP′，PP′2=（2x）2+（2x）2=8x2，∠PP′B=45°．又PC2=PP′2+P′C2，得∠PP′C=90°．故∠APB=∠CP′B=45°+90°=135°．故答案為135°．【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形四邊相等的性質(zhì)，考查直角三角形中勾股定理的運(yùn)用，把△PAB順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°使得A′與C點(diǎn)重合是解題的關(guān)鍵．34．（2022·江西南昌·統(tǒng)考一模）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．(1)如圖1，連接BG、CF，①求CFBG②求∠BHC的度數(shù)．(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖2位置時(shí)，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN，猜想MN與BE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】(1)①2；②45°；(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由見(jiàn)解析【分析】（1）①通過(guò)證明△CAF∽△BAG，可得CFBG②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的內(nèi)角和定理，即可求出答案；（2）過(guò)點(diǎn)C作CH∥EF，由“ASA”可證△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可證△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位線定理可得結(jié)論．【詳解】（1）①如圖1，連接AF，AC，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠∴∠CAF＝∠BAG，ACAB∴△CAF∽△BAG，∴CFBG②∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，在△BCH中，∠BHC＝180°?（∠HBC＋∠HCB）＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）＝180°?（∠ABC＋∠ACB）＝45°；（2）BE＝2MN，MN⊥BE；理由如下：如圖2連接ME，過(guò)點(diǎn)C作CQ∥EF，交直線ME于Q，連接BQ，設(shè)CF與AD交點(diǎn)為P，CF與AG交點(diǎn)為R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵點(diǎn)M是CF的中點(diǎn)，∴CM＝MF，又∵∠CMQ＝∠FME，∴△CMQ≌△FME（ASA），∴CQ＝EF，ME＝QM，∴AE＝CQ，∵CQ∥EF，AG∥EF，∴CQ∥AG，∴∠QCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCQ，又∵BC＝AB，CQ＝AE，∴△BCQ≌△BAE（SAS），∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，∴∠QBE＝∠CBA＝90°，∵M(jìn)Q＝ME，點(diǎn)N是BE中點(diǎn)，∴BQ＝2MN，MN∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．題型11根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)35．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考二模）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=6，線段PQ在斜邊AC上運(yùn)動(dòng)，且PQ=2．連接BP，BQ．則△BPQ周長(zhǎng)的最小值是（

）A．62+2 B．219+2 【答案】B【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC，且點(diǎn)E在AD上方，DE=2，連接BE交AC于點(diǎn)P，取PQ=2，連接BE，DQ，BD．B，P，E三點(diǎn)共線，此時(shí)△BPQ的周長(zhǎng)=BP+BQ+PQ=BE+2最小【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)A作AD∥BC，過(guò)點(diǎn)C作CD∥AB，兩直線相交于點(diǎn)點(diǎn)D；過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC，且點(diǎn)E在AD上方，DE=2，連接BE交AC于點(diǎn)P，取PQ=2，連接DQ，BD，∴四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)Q是對(duì)角線AC上的一點(diǎn)，AB=6，∴BQ=QD，BD⊥AC，BD=AC=62，∵DE∥PQ，DE=PQ，∵四邊形PQDE為平行四邊形，∴PE=DQ=BQ，∵B，P，E三點(diǎn)共線，∴此時(shí)△BPQ的周長(zhǎng)=BP+BQ+PQ=BE+2最?。連D⊥AC，∴BD⊥DE，即∠BDE=90°，∴BE=BD2+DE∴△BPQ周長(zhǎng)的最小值為219+2，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了軸對(duì)稱-最短路線問(wèn)題，熟練運(yùn)用軸對(duì)稱的性質(zhì)和平行四邊形、正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．36．（2022·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD外一點(diǎn)，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到△ADF，DF的延長(zhǎng)線交BE于H點(diǎn)，若BH＝7，BC＝13，則DH＝．【答案】17【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，從而證明四邊形AEHF為正方形，再根據(jù)勾股定理求出EH的長(zhǎng)，就可得到DH．【詳解】解：∵將Rt△ABE繞A點(diǎn)逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)90°得到△ADF，∠AEB＝90°，∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，∴四邊形AEHF為正方形，∴AF＝EH，設(shè)EH＝x，∵BH＝7，∴BE＝7+x，AF＝EF＝x，在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，在Rt△AFD中，根據(jù)勾股定理，得7+x2解得x1＝﹣12（舍去），x∴DH＝17．故答案為：17．【點(diǎn)睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)、正方形的性質(zhì)，熟練應(yīng)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，證明四邊形AEHF為正方形是解題關(guān)鍵．37．（2022·安徽合肥·統(tǒng)考二模）已知在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD，且∠BAD=90°，連接AC、BD交于點(diǎn)O．①若AB＝BC，則ODOB=②若AB＝AC，則ODOB=【答案】13【分析】①若AB＝BC，可證四邊形ABCD為正方形，得出OB=OD；②過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，若AB＝AC，得出△ACD為等邊三角形，利用30°直角三角形性質(zhì)得出AE=12AD，利用勾股定理求出DE=AD2?AE2=32AD，再求出∠BAC=90°-∠【詳解】解：①若AB＝BC，∵AB＝AD＝CD，∴AB＝AD＝CD=BC，∴四邊形ABCD為菱形，∵∠BAD=90°，∴四邊形ABCD為正方形，∴OB=OD，ODOB故答案為1；②過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，若AB＝AC，∵AB＝AD＝CD，∴AB=AD=CD=AC，∴三角形ACD為等邊三角形，∴∠DAO=60°，∵DE⊥DE，∴∠ADE=90°-∠DAE=30°∴AE=12AD，DE=∵∠BAD=90°，∴∠BAC=90°-∠CAD=30°，∵BF⊥AC∴BF=1∵∠BFO=∠DEO=90°，∠BOF=∠DOE，∴△BOF∽△DOE，∴BODO故答案為：33【點(diǎn)睛】本題考查正方形的判定與性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握正方形的判定與性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．38．（2022·北京·二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC=∠B=90°，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥AB于E，若DE=BE．（1）求證：DA=DC；（2）連接AC交DE于點(diǎn)F，若∠ADE=30°,AD=6，求DF的長(zhǎng)．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）6【分析】（1）過(guò)D作BC的垂線，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接BD，證明四邊形BEDG為正方形，得到條件證明△ADE≌△CDG，可得AD=CD；（2）根據(jù)∠ADE=30°，AD=6，得到AE，DE，從而可得BE，BG，設(shè)DF=x，證明△AEF∽△ABC，得到比例式，求出x值即可．【詳解】解：（1）過(guò)D作BC的垂線，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G，連接BD，∵∠DEB=∠ABC=∠G=90°，DE=BE，∴四邊形BEDG為正方形，∴BE=DE=DG，∠BDE=∠BDG=45°，∵∠ADC=90°，即∠ADE+∠CDE=∠CDG+∠CDE=90°，∴∠ADE=∠CDG，又DE=DG，∠AED=∠G=90°，∴△ADE≌△CDG（ASA），∴AD=CD；（2）∵∠ADE=30°，AD=6，∴AE=CG=3，DE=BE=AD2?A∵四邊形BEDG為正方形，∴BG=BE=33BC=BG-CG=33設(shè)DF=x，則EF=33-x∵DE∥BC，∴△AEF∽△ABC，∴EFBC=AE解得：x=63即DF的長(zhǎng)為63【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形．題型12根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積39．（2020·河北唐山·統(tǒng)考模擬預(yù)測(cè)）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無(wú)空隙拼接而成的一個(gè)正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（）A．2:1 B．3:2 C．3:1 【答案】A【分析】作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF,可知四邊形DCFK是正方形，∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2DK，再求出SA型【詳解】如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．由題意：四邊形DCFK是正方形，∠CDM=∠MDF=∠FDN=∠NDK，∴∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2∵DN平分∠FDK，

∴△DFN與△DNK的高相等，底分別為DF與DK.∴S∴SA型∴圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為2:1故選A．【點(diǎn)睛】此題主要考查正方形內(nèi)的面積求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖形的特點(diǎn)進(jìn)行做輔助線進(jìn)行求解.40．（2022·浙江舟山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于點(diǎn)D，以AB為邊作矩形ABEF，使得AF＝AD，延長(zhǎng)CD，交EF于點(diǎn)G，作AN⊥AC交GF于點(diǎn)N，作MN⊥AN交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，MN分別交BE，DG于點(diǎn)H、P，若NP=HP，NF=1，則四邊形ABMN的面積為（

）A．3 B．2.5 C．3.5 D．5【答案】B【分析】依據(jù)條件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再證明四邊形ACMN是正方形；設(shè)NG＝GE＝x，則FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根據(jù)△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根據(jù)四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC進(jìn)行計(jì)算，即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵CD⊥AB，∠F＝90°，∴∠ADC＝∠F＝90°，∵AN⊥AC，∠DAF＝90°，∴∠FAN+∠DAN＝∠DAC+∠DAN＝90°，∴∠FAN＝∠DAC．在△ADC和△AFN中，∠ADC=∠FAD=AF∴△ADC≌△AFN（ASA），∴CD＝FN＝1，AC＝AN．∵AN⊥AC，MN⊥AN，∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，∴四邊形ACMN是矩形，∴四邊形ACMN是正方形，∵∠CDB＝∠DBE＝90°，∴CG∥BE，又∵NP＝PH，∴NG＝GE，設(shè)NG＝GE＝x，則FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，∵Rt△ACB中，CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∠ACD+∠BCD=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∴∠CAD=∠BCD∴△ADC∽△CDB，∴ADCD∴CD2＝AD·DB，∴12＝（1+x）x，即x2+x＝1．四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC＝AC2﹣1＝（AD2+CD2）﹣1＝（1+x）2+12﹣1＝x2+x+1.5＝1+1.5＝2.5．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)以及相似三角形、全等三角形的綜合運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，解決問(wèn)題的關(guān)鍵是先判定四邊形ACMN是正方形，得到四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整體代入方法求解．41．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC，點(diǎn)P是BC上一點(diǎn)，BD⊥AP交AP延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，連接CD．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，S△ACP?S

【答案】8【分析】延長(zhǎng)AC,BD交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE于點(diǎn)H，CG⊥AD于點(diǎn)G，則∠AGC=∠BHC=90°，先證明△ACG≌△BCH，可得四邊形CGDH是正方形，從而得到CD=2DH，再證得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，從而得到S△ACP【詳解】解：如圖，延長(zhǎng)AC,BD交于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥BE于點(diǎn)H，CG⊥AD于點(diǎn)G，則∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°∴∠BCE=∠ACB=90°，∴∠E+∠CBE=90°，∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，∴∠CAP+∠E=90°，四邊形CGDH是矩形，∴∠CAP=∠CBE，∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，∴△ACG≌△BCH，∴CG=CH，∴四邊形CGDH是正方形，∴CH=DH，∴CD=C∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，∴△ACP≌△BCE，∴S△ACP=S∴S△ACP在Rt△CPG和Rt∵CP=CE，CG=CH，∴Rt△CPG≌∴S△CPG∴S四邊形∴DH∴CD=2故答案為：8【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．42．（2020·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是CD上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，以點(diǎn)E為直角頂點(diǎn)，在正方形外側(cè)等腰直角三角形CEF，連結(jié)BF、BD、FD．（1）BD與CF的位置關(guān)系是__________．（2）①如圖1，當(dāng)CE=4（即點(diǎn)E與點(diǎn)D重合）時(shí)，△BDF的面積為_(kāi)________．②如圖2，當(dāng)CE=2（即點(diǎn)E為CD的中點(diǎn)）時(shí)，△BDF的面積為_(kāi)_______．③如圖3，當(dāng)CE=3時(shí)，△BDF的面積為_(kāi)______．（3）如圖4，根據(jù)上述計(jì)算的結(jié)果，當(dāng)E是CD上任意一點(diǎn)時(shí)，請(qǐng)?zhí)岢瞿銓?duì)△BDF面積與正方形ABCD的面積之間關(guān)系的猜想，并證明你的猜想．【答案】（1）平行；（2）①8；②8；③8；（3）SΔBDF=1【分析】（1）證A、D、F共線，根據(jù)平行四邊形的判定推出平行四邊形BCFD即可；（2）①根據(jù)三角形的面積公式求出即可；②③根據(jù)SΔBDF（3）由（2）求出ΔBDF的面積，求出正方形的面積，即可得出答案．【詳解】解：（1）正方形ABCD，等腰直角三角形CEF，∴∠ADC=∠FDC=90°，∴∠ADC+∠FDC=180°，即A、D、F三點(diǎn)共線，∵DF//CB，DF=CD=BC，∴四邊形BCFD是平行四邊形，∴FC//BD，故答案為：平行．（2）①ΔBDF的面積是12故答案為：8．②ΔBDF的面積是：S====8，故答案為：8．③與②求法類似：ΔBDF的面積是S===8，故答案為：8．（3）ΔBDF面積與正方形ABCD的面積之間關(guān)系是SΔBDF=1證明：∵SS正方形ABCD=BC×CD=4×4=16，∴SΔBDF=1【點(diǎn)睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)，三角形的面積，等腰直角三角形，平行四邊形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是把要求的三角形的面積轉(zhuǎn)化成能根據(jù)已知求出的三角形的面積的和或差的形式，再根據(jù)三角形的面積公式求出每一部分的面積．題型13根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明43．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點(diǎn)的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點(diǎn)M，N，過(guò)點(diǎn)F作AD的垂線交AD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．連接DF，請(qǐng)完成下列問(wèn)題：（1）∠FDG=°；（2）若DE=1，DF=22，則MN=【答案】4526【分析】（1）先證△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度數(shù)．（2）先作FH⊥CD于H，利用平行線分線段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，證△MPF∽△NHF,即可求得NH的長(zhǎng)度，MN=MH+NH即可得解．【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，AB=AD，∴∠ABE+∠AEB=90°，∵FG⊥AG，∴∠G=∠A=90°，∵△BEF是等腰直角三角形，∴BE=FE，∠BEF=90°，∴∠AEB+∠FEG=90°，∴∠FEG=∠EBA，在△ABE和△GEF中，∠A=∠G∠ABE=∠GEF∴△ABE≌△GEF（AAS），∴AE=FG，AB=GE，∵在正方形ABCD中，AB=AD∴AD=GE∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，∴AE=DG=FG，∴∠FDG=∠DFG=45°．故填：45°．（2）如圖，作FH⊥CD于H，∴∠FHD=90°又∵∠G=∠GDH=90°，∴四邊形DGFH是矩形，又∵DG=FG，∴四邊形DGFH是正方形，∴DH=FH=DG=2，∴AG∴DEFH∴DM=23，MH=4作MP⊥DF于P，∵∠MDP=∠DMP=45°，∴DP=MP，∵DP2+MP2=DM2，∴DP=MP=23∴PF=5∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，∴∠MFP=∠NFH，∵∠MPF=∠NHF=90°，∴△MPF∽△NHF,∴MPNH=PF∴NH=25∴MN=MH+NH=43+25=故填：2615【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及判定以及相似三角形的性質(zhì)和判定，熟知相關(guān)知識(shí)點(diǎn)并能熟練運(yùn)用，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．44．（2020·河南南陽(yáng)·統(tǒng)考一模）（1）在正方形ABCD中，G是CD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與C、D重合），以CG為邊在正方形ABCD外作一個(gè)正方形CEFG，連結(jié)BG、DE，如圖①．直接寫(xiě)出線段BG、DE的關(guān)系；（2）將圖①中的正方形CEFG繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)任意角度α，如圖②，試判斷（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，直接寫(xiě)出結(jié)論，若不成立，說(shuō)明理由；（3）將（1）中的正方形都改為矩形，如圖③，再將矩形CEFG繞點(diǎn)C按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)任意角度α，如圖④，若AB=a，BC=b；CE=ka，CG=kb，(a≠b)試判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說(shuō)明理由．【答案】（1）BG=DE，BG⊥DE；(2)BG=DE，BG⊥DE；(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立，理由見(jiàn)解析．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，由SAS證明△BCG≌△DCE，得出BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，延長(zhǎng)BG交DE于H，由角的互余關(guān)系和對(duì)頂角相等證出∠CDE＋∠DGH＝90°，由三角形內(nèi)角和定理得出∠DHG＝90°即可；（2）由正方形的性質(zhì)可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，然后求出∠BCG＝∠DCE，由SAS證明△BCG和△DCE全等，由全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得BG＝DE，全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠CBG＝∠CDE，然后求出∠DOH＝90°，再根據(jù)垂直的定義證明即可；（3）根據(jù)矩形的性質(zhì)證明△BCG∽△DCE，得到BGDE【詳解】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEFG是正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，在△BCG和△DCE中，BC=DC∠BCG=∠ECG∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，延長(zhǎng)BG交DE于H，如圖所示：∵∠CBG＋∠BGC＝90°，∠DGH＝∠BGC，∴∠CDE＋∠DGH＝90°，∴∠DHG＝90°，∴BG⊥DE；（2）解：成立；理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEFG是正方形，∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，∴∠BCD＋∠DCG＝∠ECG＋∠DCG，即∠BCG＝∠DCE，在△BCG和△DCE中，BC=CD∠BCG=∠DCE∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，∵∠CBG＋∠BHC＝90°，∠BHC＝∠DHO，∴∠CDE＋∠DHO＝90°，在△DHO中，∠DOH＝180°?（∠CDE＋∠DHO）＝180°?90°＝90°，∴BG⊥DE．(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立．結(jié)合圖④說(shuō)明如下：∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是矩形，且AB=a，BC=b，CG=kb，CE=ka(a≠b，k＞0)，∴BC∠BCD=∠ECG=90°．∴∠BCG=∠DCE．∴△BCG∽△DCE．∴BGDE又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，∴∠CDE+∠DHO=90°．∴∠DOH=90°．∴BG⊥DE．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、對(duì)頂角相等、三角形內(nèi)角和定理及相似三角形的判定與性質(zhì)；熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)