2024年中考数学一轮复习第25讲 特殊四边形-正方形与梯形（练习）（解析版）

第25讲特殊四边形-正方形与梯形

录

题型过关练

题01

根据正方形的性质求角度

题02

根据正方形的性质求线段长

题03

根据正方形的性质求面积

题04

根据正方形的性质求坐标

题05

与正方形有关的折叠问题

题06

求正方形重叠部分面积

题07

利用正方形的性质证明

题08

添加一个条件使四边形是正方形

题09

证明四边形是正方形

题10

根据正方形的性质与判定求角度

题11

根据正方形的性质与判定求线段长

题12

根据正方形的性质与判定求面积

题13

根据正方形的性质与判定证明

题14

根据正方形的性质与判定解决多结论问题

题15

与正方形有关的规律探究问题

题16

与正方形有关的动点问题

题17

正方形与反比例函数的综合应用

题18

正方形与一次函数、反比例函数综合应用

题19

正方形与二次函数综合应用

题20

题21平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定

题22利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解

利用等腰梯形的性质与判定求解

真题实战练

题型过关练

题型01根据正方形的性质求角度

1.（2022•黑龙江绥化•校考模拟预测）如图，把含30。的直角三角板PMN放置在正方形4BCD中，

APMN=30°,直角顶点P在正方形的对角线上，点M,N分别在/1B和C。边上，MN与BD

交于点。，且点。为MN的中点，则乙4Mp的度数为（）

A.60°B.65°C.75°D.80°

【答案】C

【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出/MPO=30。，再求出NMO8和NOM8的度数，即可求出

"IMP的度数.

【详解】解：•・•四边形ABCO是E方形中，

/.ZMBO=ZNDO=45°,

•••点。为MN的中点

：・OM=ON,

,/NMPN=90。，

：・OM=OP,

/.NPMN=NMPO=3。。,

工/MOB=NMPO+NPMN=60。,

:.Z/?MO=180o-600-45o=75o,

zG4Mp=180°-75°-30°=75°,

故选：C.

【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性

质，根据角的关系进行计算.

2.（2023•河北石家庄•统考一模）一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若乙1=戊，则42=

A.a-45°B.a-905C.270°-aD.180。一a

【答案】D

【分析】先由三角形外角的性质得到乙3=a-90。，又由42+,3=90。即可得到答案.

【详解】解：如图，

由题意可知，乙1=43+90。，

Vzl=a,

・33=a-90°,

Vz2+z3=90°,

Az2=90°-z3=90°一（a—90°）=180°-a.

故选：D

【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键.

3.（2023•江苏南京・统考一模）如图，点O是正六边形力8CDEF的中心，以48为边在正六边形ABCDE尸的

内部作正方形48MN,连接OD,ON,则NDON=

【答案】105

【分析】连接04OB,0E,根据正六边形的性质可得，△力OB,ZiDOE是等边三角形，再证明四边形

OBCD是菱形，以及△AON是等腰三角形，分别求出NB。。=120。，乙40B=60。，N40N=75。，从而可得

出结论.

【详解】解：•・•六边形/18C0E是正六边形，

：.AB=BC=CD=DE=EF=FA,/.FAB=Z.ABC=乙BCD=120°,

;四边形A8MN是正方形，

=BM=MN二NA,乙NAB=乙ABM=90°,

连接。力，OB,0E,如图，

则△DOE是等边三角形，

：,LOAB=LABO=/.AOB=60。,。力=OB=AB,OD=ED,

：-0A=AN=OB=CD=BC=CD,乙OBC=120°-60°=60°,“AN=90°-60°=30°,

.••四边形08CD是菱形，^AON=1(180°-30°)=75°,

：.z.BOD=180°-乙OBC=180°-60°=120°,

：.LDON=360°-乙BOD-Z-AOB-乙AON=360°-120°-60°-75°=105°,

故答案为：105.

【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正

确作出辅助线是解答本题的关键.

题型02根据正方形的性质求线段长

4.（2021•山东淄博・统考二模）如图，在△48。中，BC=120,高力。=60,正方形"GH一边在上，点

E,F分别在上，4。交E尸于点N,则力N的长为（）

C.25D.30

【答案】B

【分析】证明AAEFS/XABC,根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得.

【详解】解：•・•四边形EFGH是正方形，

，EF〃BC,

/.△AEF^AABC,

•.•一EF=-A-N.

BCAD

设AN=x,则EF=FG=DN=60-x,

.・.-60---x=一x

12060

解得：x=2O

所以，AN=20.

故选:B.

【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键.

5.（2023・山东日照•校考三模）如图，正方形A3CO的边长为8,点£是。。的中点，"G垂直平分AK且

分别交AE、BC于点H、G,则BG=.

【分析】连接AG,EG,根据线段垂直平分线性质可得AG=EG,由点E是C。的中点，得C£=4,设

BG=x,则CG=8-x,由勾股定理,可得出(8-x)2+42=8W,求解即可.

【详解】解：连接AG,EG,如图，

•・・〃G垂直平分4E,

：.AG=EG,

正方形ABCD的边长为8,

AZB=ZC=90°,AB=BC=CD=8,

•・•点E是CD的中点，

ACE=4,

设8G=x,则CG=8-x,

由勾股定理，得

EG2=CG2+CE2=(8-x)2+42,AG^AB^BG^+x2,

・・・(8-x)2+42=82+/,

解得：X=l,

故答案为：1.

【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直

平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键.

6.(2023•内蒙古包头•模拟预测)如图，正方形力BC。中，点£、尸分别在边8C、CDk,AE=AF,Z-EAF=

30°,则N/EB=°；若AAEr的面积等于1,则48的值是.

【答案】60V3

【分析】由正方形的性质证明△ABE会△ADF,即可得至IJNB4E=NZMF,再由4匕4/=30。可得NB/E=

LDAF=Z-EAF=30°,即可求出N4EB.设BE=%,表示出尸的面积，解方程即可.

【详解】•・•正方形ABC。

・••乙8=Z.D=乙BAD=90°,AB=AD=DC=CB

9：AE=AF

：.Rt^ABE=Rt^ADF(HL)

：./.BAE=Z.DAF,BE=OF

'：LEAF=30°,/-BAE+Z.DAF+Z.EAF=90°

：.z.BAE=匕DAF=ZLEAF=30°

：.LAEB=60°

设BE=%

：.AB=V3x,DF=BE=x,CE=CF=(^3-l)x

•・•SAAEV=5,正方形△/18CD—S/kAbE一S&ADF—S^cEF

)11

=AB2--AB-BEX2--CE-CF

22

=(y/3xY-V3x'x~\(V3-l)x-(V3-l)x

=/

•・N/IE尸的面积等于I

.*.x2=1,解得工=1,x=—1（舍去）

'•AB=y[3x=V3

故答案为：60：A/3.

【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30。直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性

质，证明三角形全等是解题的关键.

题型03根据正方形的性质求面积

7.（2023・云南•模拟预测）如图，在边长为6的正方形ABC。中，以BC为直径画半圆，则阴影部分的面积是

A.9B.6C.3D.12

【答案】A

【分析】设AC与半圆交于点£，半圆的圆心为0,连接8£,0E,证明BE=CE,得到弓形8E的面积=弓

形CE的面积，则S阴影=SABE=SMBC-5痂£=卜6x6-^x6x3=9.

【详解】解：设AC与半圆交于点E,半圆的圆心为0,连接BE,0E,

,:四边形ABCD是正方形，

工ZOCE=45°,

，：0E=0C,

：,NOEC=NOCE=45。,

・•・Z£OC=90°,

，。七垂直平分8C,

：,BE=CE,

，弓形BE的面积二弓形CE的面积,

••S阴影=SABE=S^ABC_S&BCE=]x6x6--

故选A.

A

B

【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面枳，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知

相关知识是解题的关键.

8.（2021・天津津南•统考一模）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案.小

李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知AB=40cm,

则图中阴影部分的面积为（）

国①

A.25cm2B.^cm2C.50cm2D.75cm2

【答案】C

【分析】如图，设OF=EF=FG=x,可得EH=2&x=20,解方程即可解决问题.

【洋解】解：如图,设OF=EF=FG=x,

AOE=OH=2x,

在RQEOH中，EH=2V2x,

由题意EH=20cm,

A20=2V2x,

，x=5&,

・•・阳影部分的面积=（5V2）2=50（cm2）,

故选：C.

【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运

用所学知识解决问题，属于中考常考题型.

9.（2021•江苏苏州・统考一模）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”.在一次数学活动课上，

小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品一“奔跑者”，其中阴影

【答案】D

【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积=：x；x42=lcm2,可得平行四边形面积为2cm2,中等的等腰

oZ

直角三角形的面积为2cm2,最大的等腰直角三角形的面积为4cm2,再根据阴影部分的组成求出相应的面

积即可求解.

【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积=34x42=1(cn?),平行四边形面枳为2cm2,中等的等腰直

角三角形的面积为2cm2,最大的等腰直角三角形的面积为4cm2,则

A、阴影部分的面积为2+2=4(cm2),不符合题意；

B、阴影部分的面积为1+2=3(cm2),不符合题意；

C、阴影部分的面积为4+2=6(cm2),不符合题意；

D、阴影部分的面积为4+1=5(cm?),符合题意；

故选:D.

【点睛】本题考查图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割

法求阴影部分的面积.

题型04根据正方形的性质求坐标

10.(2023・河南周口•校联考一模)如图，正方形。力8C的边。40c分别在％轴，y轴上，点M,N分别在

OA,4B上，aCMN是等边三角形，连接力C,交MN于点G.若4M=4,则点G的坐标为()

A.(3,2)B.(26,2)C.(2遍,2)D.(75+2,2)

【答案】B

【分析】过点G作GH1OA于H,利用正方形性质和等边三角形性质可证得RtACBN三RtZkCOM(HL),得

出BN=0M,推出4N=AM=4,利用等腰直角三角形性质和等边三角形性质即可求得答案.

【详解】解：如图，过点G作GH，0A于H,

•••西边形ABC。是正方形，

Z.OAB=Z.ABC=乙COA=90°,Z.CAO=Z.CAB=45°,CB=CO=AB=AO,

•••△CMN是等边三角形，

•••CM=CN,

・••内△C8NwRtz\C0M(HL),

BN=OM,

AB-BN=AO-OM,

即4N=AM=4,

MN=4V2,乙AMN=Z.ANM=45°,

:.Z.AGM=乙AGN=90°,

:.MG=NG=AG=2^2,

•••△CMN是等边三角形，MG=NG=2V2,

•••CG=如MG=2遍，

AC=AG+CG=2>/2+2显,

04=与x&=2+2V3,

是等腰直角三角形，GHLOA,

GH-AH--2AM-2,

,'.OH=OA-AH=2+2V3-2=273,

•••点G的坐标为(28，2).

故选:B.

【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质,

解直角三角形等知识，知识点较多，综合性强，是常考题型，熟练掌握相关性质是解题关键.

11.(2023•河南南阳・统考一模)在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编的

题目是：“已知正方形48CD(边长自定)，请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形48CD各顶点的坐

标同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写曲了正方形各顶点的坐标.若在魏华同

学建立的平面直角坐标系中，正方形A8CD关于X轴对称，但不关于,，轴对称，点A的坐标为(-3,2),则点

C的坐标为()

AD

BC

A.(3,-2)B.(2,-3)C.(-3,-2)D.(1,-2)

【答案】D

【分析】先根据“正方形43CD关于x釉对称“确定x轴的位置，再根据点A的坐标确定原点的位置，进而确

定y轴的位置，从而写出点C的坐标.

【详解】解：•・•正方形ABCD关于x轴对称，

轴经过4B,CO中点从F,

工连接EF,即为x轴，

・・•点A的坐标为(-3,2),

・••点A到y轴距离为3,

则将EF四等分，其中等分点O使得。E=3OF,以点。为原点，建立平面直角坐标系，如图：

231

•••正方形48C0关于X轴对•称，点A的坐标为(一3,2),

・••点8坐标为(-3,-2),

C.AB=2-(-2)=4,则EF=4,

*：OE=3,

；・OF=1,

・••点C的坐标为（1,一2）.

故选：D.

【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，根据所给条件确定坐标系是解题的关键.

12.（2023•山东临沂,统考二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形。力BC是正方形，4点坐标为（0,2）,E

是线段BC上一点，且乙4EB=60。，沿力E折叠后8点落在点尸处，那么点尸的坐标是.

【答案】（一1,2-遮）

【分析】过点尸作FDICO于拉，/G1A。于G,先由正方形的性质和折叠的性质得出4==

^FAO=30°,AF=AB=2,再根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求解即可.

【详解】点尸作尸D1C。于。，/61/1。于6,

•・•四边形。48c是正方形，4点坐标为(0,2),

.'.AB=2,AO=2,

=60。，沿/E折叠后B点落在点F,

：.LBAE=Z,EAF=/-FAO=30°,AF=AB=2,

在RtZkAFG中，Z.FAG=30°,

：.FG=1,

由勾股定理得，AG=&2-12=V3,

・・・6。=2—6，点尸的坐标为(一1,2—8).

故答案为：(一1,2-75).

【点睛】本题考查了轴对称的性质、正方形的性质，勾股定理和含30度的直角三角形的性质，能够添加

合适的辅助线是解题的关键.

13.(2023・安徽蚌埠,校考一模)如图，在平面直角坐标系中，四边形48CD为正方形，点4(0,3),8(1,0),

将正方形48CD沿x轴的负方向平移，使点。恰好落在直线力B上，则平移后点8的坐标为_______.

【答案】(-3。)/(-2叫

【分析】根据正方形的性质可证明△力。〃三△。凡4，得出力尸=。8=1，。/=。4=3,进而得出点G的纵

坐标是4,利用待定系数法求出直线48的解析式，得出OG的长，从而可得正方形平移的距离，即可求解.

【详解】解：设平移后点。的对应点为G,OG交1y轴于点F,如图，

则DGJLy轴，

：,LAFD=90°,

•・•四边形48CD是正方形，

：.AB=AD,LDAB=90°,

：,LBAO=90°-ADAF=/.ADF,

又・・ZOB=/.DFA=90。，

AAOB=△DFA>

,Z(0,3),B(l,0),

：,AF=OB=1,DF=OA=3,

：.OF=AF+OA=

，点G的纵坐标是4,

设直线AB的解析式为y=kx+b,

则｛”合。,

解喷盘3,

・•・直线A8的解析式为y=-3x+3,

当y=4时，-3x+3=4,解得工=一5

・"G=3+”3

平移后点8的坐标为（-：,0）；

故答案为：

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、待定系数法求一次函数的解析式、平移的

性质等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键.

题型05与正方形有关的折叠问题

14.（2021.黑龙江哈尔滨.统考一模）如图，在正方形4BC。中，.48=3,点E,F分别在边48,CD上,

AEFD=60°.若将四边形EBC尸沿E/折叠，点B恰好落在4。边上点8'处，则BE的长度为（）

A.IB.V2C.V3D.2

【答案】D

【分析】由CO〃48得到N"Q=/P£B=60。，由折叠得到乙FEB二乙/EB'=60。，进而得到乙4£夕二

60%然后在RtZkAEB'中由30。所对直角边等于斜边一半即可求解•.

【详解】解：•••四边形从8。是正方形，

：.CD//AB,

JNEFD=NFEB=600,

由折叠前后对应角相等可知：乙FEB=乙FEB'=60°,

=180°-乙FEB-Z.FEB'=60°,

：.LAB'E=30°,

设AE=x,则8E=B'E=2x,

AB=AE+BE=3x=3>

.*.A=1,

DE=2x=2,

故选：D.

【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30。角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包

括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题.

15.（2023・广东肇庆•统考一模）妇图，四边形/WCO为正方形，点E是BC的中点，将正方形/1BCD沿力E折

叠，得到点8的对应点为点凡延长EF交线段DC于点P,若718=6,则。。的长度为.

【答案】2

【分析】连接AP,根据正方形的性质和翻折的性质证明放△A尸产士用AAD尸（HL）,可得尸尸=尸。，设尸尸

=PD=x,则CP=OQO=6—x,EP=EF+FP=3^x.然后根据勾股定理即可解决问题.

【详解】解：连接AP，如图所示，

•・•四边形ABCQ为正方形，

:・AB=BC=AD=6,NB=NC=NO=90。，

•・•点E是BC的中点，

：.BE=CE=-AB=3,

2

由翻折可知：AF=AB,EF=BE=3,ZAFE=ZB=90°,

：.AD=AF,ZAFP=ZD=90°,

在R小AFP和RmADP中，

(AP=AP

MF=AD'

AFPZRSADP(HL),

:・PF=PD,

设PF=PD=x,贝ljCP=O尸/)=6—x,EP=EF+FP=3+x,

在RsPEC中,根据勾股定理得：EP2=EC2+CP2,

:.(3+x)2=32+(6-x)2,解得x=2,则。。的长度为2,

故答案为：2.

【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质.

16.(2023・广西•模拟预测)如图，正方形ABCD的边长为10,点G是边CD的中点，点E是边上一动

点，连接BE,将△48E沿BE翻折得到△FBE,连接GF.当GF最小时，AE的长是.

【答案】SA/5-5

【分析】根据动点最值问题的求解步骤：①分析所求线段端点(谁动谁定)；②动点轨迹；③最值模型

(比如将军饮马模型)；④定线段；⑤求线段长(勾股定理、相以或三角函数)，结合题意求解即可得到结

论.

【详解】解：①分析所求线段GF端点：G是定点、尸是动点；②动点尸的轨迹：正方形ABCD的边长为10,

点E是边AD上一动点,连接8E,将△48E沿8E翻折得至连接GF,则BF=8A=10,因此动点轨

迹是以8为圆心，=10为半径的圆周上，如图所示：

③最值模型为点圆模型；④GF最小值对应的线段为G8-10：⑤求线段长，连接G8,如图所示:

在RtABCG中，ZC=90°,正方形ABC。的边长为10,点G是边CD的中点，则CG=5,BC=10,根据勾股

定理可得BG=VCG2+BC2=V52+102=5后，

当G、F、B三点共线时，G尸最小为5百一10,

接下来，求4E的长：连接EG,如图所示

根据翻折可知E尸=EA/EFB=AEAB=90。，设力E=X,则根据等面积法可知S正方形=S.DG+S^CG+

S^BAE+S^BEGtB[J100=|DE-DU+|FC-CG+^AB-AE+^BG^EF=^[5（10-%）+5x10+10x4-

5代刘整理得（代+l）x=20,解得x=AE=焉=（老熊二=5V5-5,

故答案为：56-5.

【点睛】本题考查动点最值下求线段长，涉及到动点最值问题的求解方法步骤，熟练掌握动点最值问题的

相关模型是解决问题的关键.

17.（2022・吉林长春・统考模拟预洌）【推理】

如图1,在边长为10的正方形48CD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着8E折登，点C落在点F处，连

接BE,CF,延长C尸交4。于点G,BE与CG交于点M.

图1图2图3

（1）求证：CE=DG.

【运用】

（2）如图2,在【推理】条件下，延长8/交力。于点H,若CE=6,求线段。，的长.

【拓展】

（3）如图3,在【推理】条件下，连接AM,则线段AM的最小值为.

【答案】（1）见解析

⑵？

（3）575-5

【分析】（1）利用ASA证明ZiBCE三△COG,即可得出结论;

（2）连接”E,利用等角对等边证明HG=H/，设DH=%,则GH=HF=6-％,由勾股定理得，

（6-X）2+62=X2+42,解方程即可;

（3）取BC的中点。，连接。M,A0,利用勾股定理求出40,根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半

得出M0,从而得出M的运动路径，进而解决问题.

【详解】（1）证明：•••四边形/BCD是正方形，

:.Z.ADC=乙BCD=90°,DC=BC,

:.LDCG+乙BCM=90°,

•.•正方形力8co沿折叠，

•••乙BMC=90°,

乙CBM+乙BCM=90°,

・"CBM=Z.DCG,

•••△BCE三CDG(ASA),

ACE=DG；

(2)解：连接HE,

•.•正方形力BCD沿BE折叠，

:./BCF=cBFC,EF=CE=6,

---AD\\BC,

，乙HGF=乙BCF,

vZ.BFC=乙HFG,

Z.HGF=乙HFG,

HG=HF,

设DH=x,贝l」GH=〃产=6一工，

由勾股定理得，(6-x)2+62=x2+42,

解得：x=3

弋

(3)解：取8c的中点0,连接0M,AO,

则8。=5,AO=5V5,

VZ.BMC=90°,。为BC的中点，

二MO=-BC=5,

2

-AM>AO-OM,

•••的最小值为4。-M。=5立一5,

故答案为：5V5-5.

【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻疔的性质，全等二角形的判定与性质，勾股

定理，三角形三边关系，运用勾股定理列方程是解题的关键.

题型06求正方形重叠部分面积

18.(2022•浙江杭州•统考一模)妇图，在RtAABC中,24cB=90。,分别以该直角三角形的三边为边,

并在直线同侧作正方形力BMN,正方形8QPC,正方形/1CE尸，且点N恰好在正方形/1CEF的边EF上.其

中S],52,S3,54,Ss表示相应阴影部分面积，若53=1，则工+S2+S4+Ss=()

A.2B.2V3C.3D.要

【答案】C

【分析】如图，连接MQ，作MG_LEC于G,设PC交于工MN交EC于W.证明aA4c空ZXMBQ

(SAS),推出N4C8=N8QM=90。，由NPQ8=90。，推出M,P,Q共线，由四边形CGMP是矩形，推

出“G=PC=8C,证明△MGW四△8C「(AAS),MW=BT,由MN=8M,NW=M「，可证

△NWE丝MTP,推出S/+S.s=S3=l,再利用AC2+BC2=A",进而可求得S2=S《=1,最后可求得S1+S2+

S4+S5得值.

【详解】解：如图，连接MQ,作MG_LE。于G,设PC交8M于7,MN交EC于W.

E

,/NABM=NC%=90。，

ZABC=NMBQ,

•：BA=8M,BC=BQ,

:AABgAMBQ(SAS),

/.NACB=N8QM=90。，

•・・NPQ8=90°,

：.M,P,Q共线，

丁四边形CGMP是矩形，

；・MG=PC=BC,

；N8CT=NMGB=90°,

/.ZBTC+ZCBT=90°,N4WM+NC2T=90°,

：,ZBWM=ZBTC,

/.△MGVV^ABCT(AAS),

：.MW=BT,

•；MN=BM,

：,NW=MT,可证△NWEgMTP,

.••5/+S5=S3=l,

VZF=Zy4CT=90°,AF=AC,AN二AB,

:.R出ANFWR出ABC(HL),

:.52=5.?=1,

,:AC2-^BC2=AB2,

；・S/+S2+S在空+S右交+Ss=s.，+s<+s左交+s右交,

・・・S/+S2+S5=S3+Sj,

:.S?=S《=1

+S2+S4+S5=3,

故选：C

【点睛】本题考查勾股定理的知识，有一定难度，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的

结合和应用.

19.（2023•内蒙古呼伦贝尔•校考一模）如图，边长为2的正方形A8CD的对角线相交于点0,正方形E/G。

绕点。旋转，若两个正方形的边长相等，则两个正方形的重合部分的面积（）

A.：B.-C.1D.2

24

【答案】C

【分析】根据正方形的性质得出08=。。，Z-OBA=Z.OCB=45°,乙BOC=乙EOG=90°,推iUBON=

/-MOC,证出aOBN三AOCMSSA）,可得四边形OMRN的面积等于△的面积，即重合部分的面积等于

正方形面枳的:，从而可得答案.

4

【详解】解：如图，•・•四边形为8C。和四边形。EFG是两个边长相等的正方形，

：.0B=OC,Z,OBA=Z.OCB=45°,Z.BOC=Z.EOG=90°,

:.乙BON=乙MOC,

乙OBN=Z.OCM

在AOBN与AOCM中，OB=0C,

乙SON-乙COM

:M0BN2△0cM(ASA),

•・SAO8N=S^OCM»

・•・四边形OMBN的面枳等于△80C的面积，即重合部分的面枳等于正方形面积的3

4

・•・两个正方形的重合部分的面积=卜22=1,

4

故选：C.

【点睛】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点的理解和掌握，能推出四边形

0M8N的面积等于△8。。的面积是解此题的关键.

2（）.（2022・广东东莞•统考一模）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足

够大的直角三角板PE«匕。=90。/尸=60。）的一个顶点放在正方形中心0处，并绕点O逆时针旋转，探

究直角三角板PEF与正方形力BC。重叠部分的面枳变化情况（已知正方形边长为2）.

图一图二图三备用图

（1）操作发现：如图1,若将三角板的顶点P放在点。处，在旋转过程中，当OF与。3重合时，重叠部分的

面积为;当。/与8c垂直时，重登部分的面积为；一般地，若正方形面积为S,在旋

转过程中，重叠部分的面积工与S的关系为：

⑵类比探究：若将三角板的顶点F放在点。处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M,

N.

①如图2,当BM=GV时，试判断重叠部分^OMN的形状，并说明理由；

②如图3,当CM=CN时，求重置部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；

（3）拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心。处，该锐角记为NGOH（设乙GOH=a）,将

乙GOH绕点。逆时针旋转，在旋转过程中，40H的两边与正方形4BCD的边所围成的图形的面积为S2,请

直接写出S2的最小值与最大值（分别用含a的式子表示），

(参考数据：sinl5°="士,cosl5。=今U,tanl5。=2-遮)

44

【答案】⑴1』，Si=；s

(2)①AOMN是等边三角形，理由见解析；②8一1

(3)tanpl-tan(45。一以

【分析】(1)如图1,若将三角板的顶点P放在点。处，在旋转过程中，当。尸与08重合时，0E与0。

重合，此时重叠部分的面积;△OBC的面积正方形A8C。的面积=1；当。尸与BC垂直时，0E1.BC,重

叠部分的面积三正方形4BCO的面积=1；一般地，若正方形面积为S,在旋转过程中，重叠部分的面积5/

4

与S的关系为S/=：S.利用全等三角形的性质证明即可；

(2)①结论：△OWN是等边三角形.证明OM=OM可得结论；

②如图3中，连接OC,过点O作。J_L〃C于点J.证明△OCWAOCN(SA5),推出

NCOM=NCON=30。,解直角三角形求出0J,即可解决问题；

(3)如图4-1中，过点。作0QJL8C于点Q,当BM=CN时，AOMN的面积最小，即S?最小.如图4-2

中，当CM=CN时，S2最大.分别求解即可.

【详解】(1)如图1,若将三角板的顶点P放在点。处，在旋转过程中，当。尸与重合时，0E与0C

重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=：正方形ABC。的面积=1；

当。尸与8c垂直时，0E上BC,重置部分的面积=；正方形ABCO的面积=1；

一般地，若正方形面积为S,在旋转过程中，重叠部分的面积S与S的关系为S/=：S.

4

理由：如图1中，设。尸交AB于点J,0E交BC于点、K,过点。作OM_LAB于点M,ONtBC于点、N.

丁0是正方形ABCD的中心,

：.OM=ON,

'：ZOMB=ZONB=Z8=90。，

・•・四边形OMBN是矩形，

・：OM=ON,

・•・四边形OMBN是正方形，

JNMON=NEO尸=90。，

NMOJ=NNOK,

NOMJ=NONK=5)。,

：.Z)MJ@K)NK(AAS),

:.S0MJ二SQNK,

/.S国边心OKBJ=S正方彬OMBN』s正方形ABCD,

4

故答案为：1,1,S/=：S.

(2)①如图2中，结论：4OMN是等边三角形.

图二

理由：过点。作。兀L8C,

TO是正方形A8C7)的中心,

：.BT=CT,

■:BM=CN,

:,MT二TN,

•：OTIMN,

：.OM=ON,

NMO260。，

•••△MON是等边三角形；

②如图3中，连接OC,过点。作。/_LBC于点■

图三

•:CM=CN,ZOCM=ZOCN,OC=OC,

•••△OCM^ZXOCN(SAS),

・•・NCOM=NCON=30。，

JZOMJ=ZCOM+Z0cM=75。，

yOJICB.

NJOM=90°-75°=15。，

,:BJ=JC=OJ=\,

/.JM=OJ*tan150=2-V3,

：,CM=CJ-MJ=\-(2-V3)=V3-1,

/.S^OMCN=2x^CMxOJ=\/3-1.

(3)如图4,^^HOG^OH^tf\i^UHOG,,则△MONw/kATON,此时则当M,N在BC上时，S2比四边

形NOM，C的面积小，

图四

设APC=a,CN=b,则当SACNM，最大时，S?最小,

••・SAMNM，,即M'C=NC时,S“NM，最大，

此时OC垂直平分/N,即ON=OMI则OM=ON

如图5中，过点。作OQ_LBC于点Q,

图五

V0M=ON,OQ±MN

:・BM;CN

当8M二CN时，^OMN的面积最小，即$2最小.

在,七△MOQ中，MQ=OQ・ta吟二ta吟，

：.MN=2MQ=2tar^t

：.S2=SN)MN=?MNXOQ=I呜.

如图6中，同理可得，当CM=CV时，S2最大.

图六

v0C=OC,Z.OCN=Z.OCM,CN=CM

则ACOMg△CON,

ZCOM£2

NCOQ=45°,

・•・NMOQ=45。4，

QM=OQ・tan(45*)=tan(45。微)，

：.MC=CQ-MQ=\-tan(45°-^),

AS2=2S^CMO=2X^XCMXOQ=1tan(45°予.

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的

面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题.

题型07利用正方形的性质证明

21.(2023•贵州铜仁・统考一模)如图,在正方形4BCD中,E为4D上一点,连接BE,BE的垂直平分线交

力8于点M,交CD于点、N,垂足为0,点F在0C上，且MFIIAO.

N

C

(I)求证：AABEmAFMN；

(2)若4B=8,AE=6,求。N的长.

【答案】(1)见详解

⑵弓

【分析】(1)先证明四边形4。/"/是矩形，得至U4/)=M凡/AMF=90°=/M/7),再利用股NI/般证得

ZMBO=ZOMF,结合NA=90o=NNFM即可证明：

(2)利用勾股定理求得8E=10=A1N,根据垂直平分线的性质可得8O=OE=5,BM=ME,即有AM=A8-

BM=8-ME,在MAAME中，AM2+AE2=ME2,可得(8-ME)2+62=ME?,解得：ME=失即有

BM=ME=再在町△8M。中利用勾股定理即可求出MO，则N。可求.

4

【详解】(1)在正方形ABC。中，有AD=DC=CB=AB,NA=NO=NC=90。，BCWAD,

AB\DC,

,：MF\\AD,NA=NO=90。，AB\\DC,

・•・四边形ADFM是矩形，

：.AD=MF,NAMF=90o=NMFD,

：./BMF=900=/NFM,即N8MO+NOMF=90°,AB=AD=MF,

•・•MN是BE的垂直平分线，

:,MN工BE,

：.Z8OM=90°=ZBMO+ZMBO,

：.NMBO=NOMF,

(乙NFM=AA=90°

VjMF=AB,

(WMF=乙MBO

工AABE94FMN；

(2)连接ME,如图，

*8=8,AE=6,

••・在心△ABE中，BE=>JAB2+AE2=V82+62=10,

，根据(1)中全等的结论可知MN=8E=1O,

〈MN是BE的垂直平分线，

：.BO=OE=^BE=5,BA仁ME,

2

：.AM=AB-BM=S-ME,

・••在R/aAME中，AM2+AE2=ME2,

.,.(8-ME)2+62=ME2,解得：ME='*

：.BM=ME=—,

4

・•・在RmBMO中,MO?=BM2-BO2,

：.M0=y/BM2-BO2=J(^)2-52=^,

ON=MN-MO=10--=

44

即NO的长为：箕

【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判

定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键.

22.(2023・云南曲靖・统考一模)妇图，点M,N分别在正方形4BCD的边BC,CD上,且4M4N=45。，把

△4DN绕点力顺时针旋转90。得到△ABE.

(1)求证：AAEMGAANM.

(2)若3M=3,DN=2,求正方形力BCD的边长.

【答案】(1)证明见解析；(2)正方形4BCD的边长为6.

【分析】(1)先根据旋转的性质可得成二/^1以后二功力乂再根据正方形的性质、角的和差可得

^MAE=45。，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；

(2)设正方形的边长为x,从而可得CM=x-3,CN=无一2,再根据旋转的性质可得BE=ON=

2,从而可得ME=5,然后根据三角形全等的性质可得MN=ME=5,最后在RtZkCMN中，利用勾股定

理即可得.

【详解】(1)由旋转的性质得：AE=AN,^BAE=^DAN

•.•四边形ABCD是正方形

LBAD=90°,^/.BAN+^DAN=90°

4BAN+Z.BAE=90°,即ZEAN=90°

•••/MAN=45°

:./.MAE=LEAN-乙MAN=90°-45°=45°

AE=AN

在A4NM中，Z.MAE=乙MAN=45°

AM=AM

三△ANM(S/1S)；

(2)设正方形ABC。的边长为x,则8C=CD=x

VBM=3,DN=2

CM=BC-BM=x-3,CN=CD-DN=x-2

由旋转的性质得：BE=DN=2

•••ME=BE+BM=2+3=5

由（1）已证：△AEM=^ANM

:.MN=ME=5

乂••四边形ABCD是正方形

ZC=90°

则在RtZkCMN中，CM2+CN2=M/V2,即-3/+（x—2尸=5?

解得％=6或%=-1（不符题意，舍去）

故正方形的边长为6.

【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、二角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较

难的是题（2）,熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键.

23.（2022•北京东城・统考一模）如图，在正方形A8C。中，E为对角线AC上一点（4E>CE；,连接BE,

（2）过点E作EF1/C交BC于点F,延长BC至点G,使得CG=BF,连接QG.

①依题意补全图形；

②用等式表示与。G的数量关系，并证明.

【答案】（1）见解析

（2）①见解析：②DG=0BE

【分析】（1）根据正方形的性质可得48=4D,=依据SAS证明A48E三2L4DE即可得出结

论；

（2）①根据题中作图步骤补全图形即可：②连接£G,证明ABEF会ADEG,得=由

（1）得。E=EG/DEG=90。，再运用勾股定理可得出结论.

【详解】（1）•・•四边形48co是E方形，

：,AD=AB,/,BAD=乙BCD=90\

•・FC是正方形的对角线，

:.ZBAC=LDAC=LBCA=-2x90°=45°,

在AAb/i.和△七中，

（AD=AB

1/.DAE=Z-BAE

（AE=AE,

/./\ABE=△ADE,

：.BE=DE；

（2）①补全图形如下：

②连接G£如图，

9：EFLAC,/.ECF=45°,

:.NEFC=45°,

/.ZECF=乙EFC,

:・EF=EC,乙EFB=Z.ECG=135°,

又BF=CG,

/.△FEF=LGEC,

：,BE=GE/BEF=乙GEC,

：,GE=DE,

由（1）知：△ABESA/1DE.,

:.NAEB=LAED,

・•・ZBEC=LDEC,^^BEF+乙FEC=乙GEC+乙DEG,

：・NDEG=Z-FEC=90°

由勾股定理得，DG2=DE2+GE2,

：.DG2=2GE2=2BE2,

：.DG=V2BE.

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明1三A4OE

是解答本题的关键.

24.（2023・湖北鄂州•校考模拟预测）如图，正方形A8C。内接于。0,点E为力8的中点，连接CE交8。于

点、F,延长CE交。0于点G,连接BG.

⑴求证：FB2=FEFG；

（2）若力8=6.求FB和EG的长.

【答案】（1）见详解

⑵FB=2或，9G=?

【分析】（1）根据正方形性质得出AD=BC,可证N4BZ）=NCGB,再证△即可；

（2）根据点石为A8中点，求出AE=8E=3,利用勾股定理求得8。==6a，CE==375,然后证明

△CDFsRBEF,得出DF=2BF,CF=2EF,求出二百艮『可.

【详解】（1）证明：正方形48co内接于。。，

：,AD=BC,

；•AD=此，

，NABD=NCGB,

又•：NEFB二NBFG,

:•△BFEsRGFB,

.EF_BF

,・凉—淳’

即rF=FE-FG；

（2）解：•••点七为A8中点,

；・AE=BE=3,

•・•四边形人BCO为正方形，

：,CD=AB=AD=6,BD3AD2+A/=依+62=6四,CE=>jBC24-BE2=375,

^CDWBE,

“CDFS/\EBF,

.CDDFCF6c

••一=—=—="=Zf

EBBFEF3

：.DF=2BF,CF=2EF,

：.3BF=BD=6a,3EF=3y[5,

，M=2&,EF=瓜

由⑴得5=上哈

【点睛】本题考查圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆

内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键.

题型08添加一个条件使四边形是正方形