第05讲 正方形的性质（解析版）-2024年九年级数学暑假讲义（北师版）

第05讲正方形的性质模块一思维导图串知识模块二基础知识全梳理（吃透教材）模块三核心考点举一反三模块四小试牛刀过关测1．了解正方形的有关概念，理解并掌握正方形的性质定理；2．会利用正方形的性质进行相关的计算和证明．一、正方形的定义定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.要点：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.二、正方形的性质正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；2.角——四个角都是直角；3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；4.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.要点：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.考点一：正方形性质的理解例1．（23-24八年级下·河南周口·期中）下列关于正方形的说法错误的是（

）A．正方形的四条边都相等，四个角都是直角B．正方形有四条对称轴C．正方形的两条对角线互相垂直平分且相等D．正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离不一定相等【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，解题的关键是了解正方形的性质．利用正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A：正方形的四条边都相等，四个角都是直角，故A正确，不符合题意；B：正方形有四条对称轴，故B正确，不符合题意；C：正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，故C正确，不符合题意；D：由于正方形的两条对角线互相垂直平分且相等，所以正方形一条对角线上的点到另一条对角线两端点的距离一定相等，故D错误，符合题意；【变式1-1】（23-24八年级下·湖北荆州·期中）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（

）A．四条边都相等 B．都是轴对称图形C．对角线互相垂直且互相平分 D．对角线相等且互相平分【答案】B【分析】本题考查的知识点是菱形、矩形、正方形的性质，解题关键是熟练掌握菱形、矩形、正方形的性质．根据菱形、矩形、正方形性质对选项进行逐一判断即可求解．【详解】解：根据菱形、矩形、正方形的性质可得：选项，菱形、正方形四条边都相等，矩形四条边不都相等，不符合题意，选项错误；选项，菱形、矩形、正方形都是轴对称图形，符合题意，选项正确；选项，菱形、正方形对角线互相垂直且互相平分，矩形对角线互相平分但不互相垂直，不符合题意，选项错误；选项，菱形对角线互相平分但不相等，矩形、正方形对角线相等且互相平分，不符合题意，选项错误．故选：．【变式1-2】（23-24八年级下·山东淄博·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（）A．对角线平分一组对角 B．对角线相等C．对角线互相垂直平分 D．四条边相等【答案】B【分析】本题考查了菱形与正方形的性质，解题的关键是熟练的掌握菱形与正方形的性质．要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答．【详解】解：A．正方形和菱形的对角线都平分一组对角，故本选项不符合题意；B．正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意；C．正方形和菱形的对角线都互相垂直，故本选项不符合题意；D．正方形和菱形都是四条边相等，故本选项不符合题意；故选B．【变式1-3】（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）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．对角线互相平分C．对角线相等D．四个角都是直角【答案】A【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，熟知矩形、正方形的性质是解题的关键．【详解】解：矩形具有的性质为对角线互相平分，对角线相等，四个角都是直角，正方形具有的性质为对角线互相平分且垂直，对角线相等，四个角都是直角，故选：A．考点二：根据正方形的性质求角度例2.（23-24八年级下·辽宁葫芦岛·期中）如图，在正方形的内侧，作等边三角形，则为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，得到，等边三角形的性质，得到，进而得到，等边对等角，求出的度数即可．【详解】解：∵正方形，∴，∵等边三角形，∴，∴，，∴；故选C．【变式2-1】（23-24八年级下·黑龙江·期中）如图，正方形中，，直线交于点，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，则，根据等边对等角得到，设，则，则可推出，，则由平角的定义可得答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，设，则，∴，，∴，故选：B．【变式2-2】（23-24八年级下·广西玉林·期中）如图，正方形的对角线是菱形的一边，则等于（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方形的对角线平分一组对角求出，根据菱形的对角线平分一组对角可得，计算即可得解．本题主要考查了正方形的对角线平分一组对角，菱形的对角线平分一组对角的性质，熟记性质是解题的关键．【详解】解：是正方形的对角线，，是菱形的对角线，．故选：B．【变式2-3】（23-24九年级下·重庆·期中）如图，正方形中，点E、F、G、H分别为边、、、上的点，连接、、，若，，．当时，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，如图，过作，证明，可得，再进一步可得答案．【详解】解：∵正方形，∴，，如图，过作，∴四边形为平行四边形，，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴；故选C考点三：根据正方形的性质求线段长例3.（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形的边长为，点是的中点，垂直平分且分别交、于点、，则．【答案】/【分析】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，连接，，根据线段垂直平分线性质可得，由点是的中点，得，设，则，由勾股定理，可得出，求解即可．【详解】解：如图，连接，，垂直平分，，正方形的边长为，，，是的中点，，设，则，由勾股定理，得，，，解得：，故答案为：．【变式3-1】（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，在正方形中，点在上，，，垂足分别为、，若，则．【答案】【分析】此题考查了正方形的性质，矩形的判定，以及等腰直角三角形的判定与性质，由正方形，以及对角线的长，得到对角线互相垂直，等于的一半，根据三个角为直角的四边形为矩形得到四边形为矩形，进而得到矩形的对边相等，同时得到三角形为等腰直角三角形，由等量代换得到，求出即可．【详解】解：正方形，，，，，，，，，四边形为矩形，为等腰直角三角形，，，．故答案为：．【变式3-2】（23-24八年级下·广东江门·期末）如图，点，，在同一条直线上，正方形、正方形的边长分别为，，为线段的中点，则的长为【答案】【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．连接，利用勾股定理可以求得的长，然后根据正方形的性质可以得到的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到的长．【详解】解：连接，如图所示，∵四边形是正方形，四边形是正方形，∴，∴，∵H为线段的中点，∴，∵正方形，正方形的边长分别为，，∴，，∴，∴，故答案为：．【变式3-3】（2024·河南南阳·二模）正方形中，，点E在边上，且，点F在边上，当为等腰三角形时，的长为．【答案】4或【分析】本题主要考查了等腰三角形的性质、正方形的性质、勾股定理．利用等腰三角形的性质和正方形的性质分类讨论：先利用勾股定理求得，①当时，利用勾股定理求解即可；②当时，利用勾股定理求出的长；③当时，设，则，利用勾股定理列式，进行计算即可求解．【详解】解：∵正方形中，，∴，，∵，∴，∴，①当时，如图，由勾股定理得；②当时，由勾股定理得，不符合题意，舍去；③当时，如图，设，则，，，解得：，；综上所述，的长为4或．故答案为：4或．考点四：根据正方形的性质求面积例4.（23-24八年级下·云南昭通·期中）如图，正方形的边长为4，则图中阴影部分的面积之和为．【答案】8【分析】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，将阴影面积转化为三角形面积是解题的关键，学会利用转化的思想思考问题．根据正方形的轴对称的性质可得阴影部分的面积等于正方形的面积的一半，然后列式进行计算即可得解．【详解】解：由图可知：阴影部分的面积之和；故答案为：8．【变式4-1】（23-24七年级上·湖南长沙·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，则阴影部分的面积为.【答案】【分析】本题考查了正方形的面积和阴影部分的面积，根据图形面积之间的关系即可求解．【详解】解：，即，解得：，故答案为：．【变式4-2】（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的面积是．【答案】16【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定，菱形的面积，解题的关键是连接，根据对角线互相平分证明四边形是平行四边形．连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形．【详解】解：如图，连接交于点，四边形为正方形，，，，，即，四边形为平行四边形，且，四边形为菱形，，，，菱形的面积，故答案为：16．【变式4-3】（23-24九年级上·吉林·期末）如图，四边形是边长为的正方形，E是上一点，，将绕着点A顺时针旋转到与重合，则的面积为．【答案】【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，三角形的面积公式；熟练掌握旋转前、后的图形全等是解题的关键．根据旋转可得，根据正方形的四条边都相等可得，分别求出、的值，根据三角形的面积公式即可求解．【详解】解：∵是绕着点A顺时针旋转得到的，∴，∵四边形是边长为的正方形，∴，∴，，∴的面积为，故答案为：．考点五：求正方形重叠部分面积例5.（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，有一个边长为的正方形，将一块的三角板直角顶点与正方形对角线交点O重合，两条直角边分别与边交于点E，与边交于点F．则四边形的面积是．【答案】4【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，本题的解题关键是知道题中重合的部分的面积是不变的，总是等于正方形面积的．根据正方形的性质得出，，求出，根据全等三角形的判定得出，即可求出四边形的面积三角形的面积，即可得出答案．【详解】解：如图：连接和，则和都过点O，四边形是正方形，，，，，，在和中，，，故答案为：4．【变式5-1】（2023·山东菏泽·一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】连接、，证明，得到，再由，代值求解即可得到答案．【详解】解：连接、，如图所示：，，是正方形，为正方形的中心，，，在和中，，，，，故答案是：4．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于的面积是解决问题的关键．【变式5-2】（23-24九年级上·河南郑州·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为．【答案】【分析】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得出，，，推出，证出可得答案，证明是解此题的关键．【详解】∵四边形和四边形都是正方形，∴，，，∴，在与中，，∴，∴，∴，故答案为：．【变式5-3】（23-24九年级上·广东汕头·阶段练习）将n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n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为．【答案】【分析】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解题的关键是得到．连接，，根据正方形性质可得，，，即可得到，即可得到，即可得到一个图形重叠的面积，即可得到答案；【详解】解：连接，，∵正方形的边上为，∴，，，∴，∴，∴，∴n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为：，故答案为：．考点六：正方形折叠问题例6.（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是．【答案】/【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积．【详解】解：如图，连接交于，为正方形，，，，，．沿翻折，，，，，，，，，，．．故答案为：．【变式6-1】（2024·湖北荆门·模拟预测）如图，对折正方形纸片，得到折痕，将纸片展平，在上取一点P，沿折叠，使点A落在正方形内部点M处，将纸片展平，连接，延长交于点Q，连接若正方形的边长为6，，则的长为．【答案】或【分析】由折叠及正方形的性质得到，，再由“”易证；分当点在线段上和当点在线段上两种情况，再根据折叠的性质和勾股定理即可求解．【详解】∵在正方形中，∴，，根据折叠的性质可得：，∴，，∴在和中，，∴，∴，由折叠的性质可得：，，当点在线段上时，∵，∴，，，∵，∴，∴，当点在线段上时，∵，∴，，，∵，∴，∴，综上所述，的长为或，故答案为：或．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式6-2】（23-24九年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，正方形的边长为3，、分别为、上的点，，将四边形沿翻折，得到四边形，恰好落在边上，交于，若连结，则的度数为，的长是．【答案】/30度【分析】由正方形的性质得出，，再由折叠的性质得出，，，，，求出，得出，然后求出，，则，，设，则，得出方程，解方程即可．【详解】解：由折叠的性质知是线段的垂直平分线，∴，，∴；四边形是正方形，，，由折叠的性质得：，，，，，，，，，，解得：，，则，∵∴，设，，，则，解得：，，故答案为：，．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质等知识，灵活运用所学知识是关键．【变式6-3】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，点是正方形的边上一动点(点不与、重合)，连接，将沿翻折，使点落在点处．

(1)当最小时，的值为；(2)如图，连接并延长，交的延长线于点，在点的运动过程中，的大小是否变化，若变化，请说明理由；若不变，请求的值；(3)如图3，在（2）的条件下，连接，试探索、、之间的数量关系．【答案】(1)(2)为，理由见解析(3)【分析】（1）当，，三点共线时，有最小值，由等腰直角三角形的性质可得出答案；（2）过点作于点，则，证出，则可得出结论；（3）过点作，交的延长线于点，则，证明，得出，则可得出结论．【详解】（1）解：∵将沿翻折，∴，，，∵，即，∴当，，三点共线时，有最小值，此时，如图，设，∵四边形是正方形，∴，∴，∴，∴，∴．故答案为：；

（2）为．理由如下：过点作于点，∴，∵四边形是正方形，∴，，∵将沿翻折，使点落在点处，∴，，又∵，∴，又∵，∴，又∵，，∴，∴，即，又∵，∴；

（3）．理由如下：过点作，交的延长线于点，，又∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴，即，在和中，，∴，∴，∴，即．

【点睛】本题是几何变换综合题，考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定与性质等知识，通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．考点七：根据正方形的性质证明例7.（23-24八年级下·北京西城·期中）点在正方形的边上（不与点，重合），点关于直线的对称点为，作射线交交于点，连接．(1)求证：；(2)过点作交射线于点．①求的度数；②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明．【答案】(1)证明见解析；(2)；，理由见解析．【分析】（）由四边形是正方形,得，再利用等角的余角相等证明即可；（）连接，证明，再根据等边对等角和四边形的内角和求出，可得结论；过点作于点，证明，推出，再证明，，可得结论．【详解】（1）∵四边形是正方形,∴，即，∵，关于对称，∴，∴，∴，∴；（2）连接，∵，关于对称，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴；，理由：过点作于点，

∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵，，，∴，∴，∵，关于对称，∴，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，同角的等角相等等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用．【变式7-1】（2024八年级下·浙江·专题练习）在正方形中，为对角线，E为上一点，连接．(1)求证：．(2)延长交于F，当时，求的度数．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质进行推理是解题的关键．（1）根据正方形的性质得出，根据即可证出结论；（2）由等腰三角形的性质可得，再根据平行线的性质求出，即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，∵，∴；（2）解：∵，且，∴，∵，∴，∵，∴．【变式7-2】（2024·北京石景山·二模）在正方形中，E是边上的一动点（不与点A，D重合），连接，点C关于直线的对称点为F，连接，．(1)如图1，若是等边三角形，则__________；(2)如图2，延长交的延长线于点M，连接交于点H，连接．①求的大小；②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．【答案】(1)15(2)①；②，见解析【分析】（1）利用正方形性质得到，利用等边三角形性质得到，进而得到，利用对称的性质得到，再利用计算求解，即可解题；（2）①利用正方形性质得到，，利用对称的性质得到，，进而得到，设，分别利用等腰三角形性质得到，，再根据计算求解，即可解题；②过点作交于点，连接，理由直角三角形性质和正方形性质证明，进而得到，再理由勾股定理求解，即可解题，【详解】（1）解：四边形是正方形，，是等边三角形，，，点C关于直线的对称点为F，，，故答案为：．（2）解：①四边形是正方形，，，点C关于直线的对称点为F，，，，设，，，；②解：数量关系为：，理由如下：过点作交于点，连接，，，，，，四边形是正方形，，，，，，，，，即．【点睛】本题主要考查了正方形性质，等边三角形性质，对称的性质，等腰三角形性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，掌握相关性质是解题的关键．【变式7-3】（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）（1）【探究】如图1，正方形中，点、分别是，上一点，．①求证：；②若，，求正方形的边长．（2）【应用】如图2，正方形中，点在边上（不与端点重合），、分别是，上一点，交于点，，若，直接写出的值：．【答案】（1）①见解析；②6（2）【分析】（1）①延长至点，使得，连接，，先证明，再证明即可得出答案；②设正方形边长为，根据①中结论列方程求解即可；（2）作，连接，设正方形的边长为，，利用（1）中结论求出、的长即可．【详解】解：（1）①证明：延长至点，使得，连接，，如图，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，；②解：设正方形边长为，，，，，由①得，根据勾股定理得，，解得，正方形的边长．（2）解：作，连接，如图，设正方形的边长为，，，四边形是平行四边形，，，，，，根据勾股定理得，，解得，，则，，∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，解题关键是根据正方形的性质证明三角形全等，利用勾股定理求出线段长．一、单选题1．（22-23八年级下·河北邢台·阶段练习）正方形具有而平行四边形不具有的性质是（

）A．对角相等 B．两组对边分别相等C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直【答案】D【分析】根据正方形和平行四边形的性质，逐个进行判断即可．【详解】解：A、正方形对角相等，平行四边形对角相等，故A不符合题意；B、正方形两组对边分别相等，平行四边形两组对边分别相等，故B不符合题意；C、正方形对角线互相平分，平行四边形对角线互相平分，故C不符合题意；D、正方形对角线互相垂直，平行四边形对角线互相平分，故D符合题意；故选：D．【点睛】本题主要考查了正方形和平行四边形的性质，解题的关键是掌握正方形是特殊的平行四边形，以及正方形和平行四边形的各个性质．2．（23-24八年级下·河南焦作·期中）“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥．如图，将边长为的正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查平移性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握平移性质和正方形的性质是解答的关键，由题意得，根据正方形的性质和勾股定理，求出，进而求出答案即可；【详解】由题意得，四边形是正方形，，，，点D，之间的距离为，故选：D．3．（22-23八年级下·山东济宁·阶段练习）如图，在正方形中，对角线，相交于点O，E为上一点，过点E作交于点F，连接，．若，则的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，进而求出．【详解】解：∵四边形为正方形，∴，，，∵，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，∴，故选：C．【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的对角线相等、互相垂直且平分是解题的关键．4．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在正方形中，，是的中点，将沿对折至，延长交于点，则的长是（

）A．4 B． C．3 D．【答案】B【分析】本题主要考查勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质．利用翻折变换对应边关系得出，，，利用定理得出，由全等三角形的性质得出，设，则，利用勾股定理得出，进而求出即可．【详解】解：如图，连接，在正方形中，，，将沿对折至，，，，，，，，设，则，为的中点，，，在中，由勾股定理，得，，解得，．故选：B．5．（2020·黑龙江大庆·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，，分别为与的中点，一个三角形沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点恒在直线上，当点运动到线段的中点时，点，恰与，两边的中点重合．设点到的距离为，三角形与正方形的公共部分的面积为，则当时，的值为（

）A．或 B．或 C． D．或【答案】A【分析】本题应该分类讨论，从以下三个情况进行讨论，分别是：①当x<1时，重叠部分为直角三角形的面积，将其三角形面积用x表示，但是求出，与x<1相违背，要舍去；②当1<x<2时，除去重叠部分，剩下的图形为两个直角梯形的面积，将剩余的直角梯形ANHP用x表示，求出x即可；③当x>2时，重叠部分为一个多边形，可以从剩余部分的角度进行求解，分别将矩形PQFE、、的面积用x表示，求出x即可，将x求出后，应该与前提条件假设的x的范围进行比较，判断x的值．【详解】解：∵在边长为2的正方形EFGH中，如图所示，当A运动到MN的中点时，点E、F恰好与AB、AC的中点重合，即AM=EM=FM=1，且MNEF，∴AME和AMF均为等腰直角三角形，可得：ABC也是等腰直角三角形，其中AB=AC=，BC=4，设A到EF的距离AM=x，①当x<1时，此时图形的位置如下图所示，AB与EF交于P点，AC与EF交于Q点，∵AM=x，且△APQ为等腰直角三角形，∴，解得：，但是与前提条件x<1相违背，故不存在该情况；②当1<x<2时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于P点，AC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，正方形剩余部分，∴，四边形ANHP是直角梯形，当AM=x，则AN=2-x，PE=x-1，HP=3-x，NH=1，∴，解得：；③当2＜x＜3时，此时图形的位置如下图所示，AB与EH交于K点，AB与HG交于I点，AC与FG交于L点，AC与HG交于J点，BC与EH交于P点，BC与GF交于Q点，∵公共部分面积为，∴，且，解得：或（舍），④当x=3时，H,G分别是AB,AC的中点，此时重合的部分的面积为2，不符合题意；⑤当x≥3时，重合的面积小于2，也不符合题意；所以，满足条件的AM的值为或，故选：A．【点睛】本题考查了移动图形间的重叠问题，需要进行分类讨论，必须要把x的移动范围进行分类，根据不同的x取值，画出不同重叠的图形，并将重叠部分的面积用x进行表示，解题的关键在于利用剩余部分的面积进行倒推求解．二、填空题6．（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图，已知平行四边形和正方形，其中点E在上，若，，则．【答案】/70度【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行四边形的性质以及三角形内角和定理等知识，解题关键是理解相关性质并熟练运用．根据正方形的性质可知，由平角的定义计算，由三角形内角和定理计算的度数，然后根据平行四边形的性质推导的度数．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∵四边形为平行四边形，∴，故答案为：．7．（23-24八年级下·湖北鄂州·期中）用四根长度相等的木条制作学具，先制作图（1）所示的正方形，测得，活动学具成图（2）所示的四边形，测得，则图（2）中的长是．【答案】【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．在图（1）中先利用正方形的性质求出；在图（2）中，连接交于O，证明四边形是菱形，则，求出，进一步求出，则．【详解】解：如图（1）中，四边形是正方形，，如图（2）中，连接交于O，四边形是菱形，，，，，，故答案为：．8．（23-24九年级下·内蒙古·期中）如图，正方形的边长为，为上的一点，，为上的一点，，为上一个动点，则的最小值为．【答案】【分析】本题考查正方形性质，轴对称性质，矩形的判定和性质，两点之间线段最短，掌握正方形性质，轴对称性质，两点之间线段最短是解题关键．作点F关于对称点，根据正方形是轴对称图形，是一条对称轴，可得点F关于的对称点在线段上，连接，P为上的一个动点，，则，的最小值为的长即可．【详解】解：作点F关于对称点，∵正方形是轴对称图形，是一条对称轴，∴点F关于的对称点在线段上，连接，∵P为上的一个动点，∴，则，的最小值为的长，∵，，∴，过点E作于点G，则，∵四边形为正方形，∴，∴，∴四边形为矩形，∴，，∴，∴．故答案为：．9．（23-24九年级下·江苏盐城·期中）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖边长为a，小正方形地砖边长为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形．则正方形的面积为．（用含a，b的代数式表示）

【答案】/【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的拼剪等知识，解题的关键灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．如图，连接，，证明即可解决问题．【详解】解：如图，连接，，

∵A、B、C、D是正方形的中心，∴，，，，，，，正方形的面积．故答案为：．10．（22-23八年级下·安徽滁州·期末）如图1，正方形的边长为3，E为边上一点（不与端点重合）．将沿对折至，延长交边于点G，连接．

（1）；（2）如图2，若E为的中点，则．【答案】/度2【分析】（1）根据折叠性质得到，得到，，证明，即可证明．（2）根据，得到，设，则，根据勾股定理计算即可．【详解】（1）∵正方形，沿对折至，∴，∴，，，∵，∴，∴，∴，故答案为：．（2）根据（1）得，，∴，设，则，∴，∴，解得，故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．三、解答题11．（2023·四川绵阳·一模）如图，四边形是正方形，点为平面内一点，(1)若点在正方形内，如图1，，求的度数；(2)若点在正方形外，如果，如图2，且，求的长．（用表示）【答案】(1)(2)【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质以及勾股定理，解决本题的关键是掌握旋转的性质．(1)把绕点A顺时针旋转得到，连接与重合，旋转到的位置，证为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，结合勾股定理逆定理求出证出，即可得出结果．(2)把绕点A顺时针旋转得到，连接，与重合，旋转到的位置，证为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，结合勾股定理求出，即可得出结果．【详解】（1）解：把绕点A顺时针旋转得到，连接与重合，旋转到的位置，如图1，∴，∴为等腰直角三角形，∴，，∵，∴，∴；（2）解：把绕点A顺时针旋转90°得到，连接，与重合，旋转到的位置，如图2，

∴，∴为等腰直角三角形，∴，∴，在中，，∴∴．12．（2024·贵州黔东南·一模）如图，在边长为2的正方形中，点E在边上，点F在边上，连接，，与相交于点P．

(1)【动手操作】在图1中画出线段，；(2)【问题探究】若．①利用图2探究的值；②过点P作，垂足分别为M，N，连接，试求的最小值．