中考数学总复习中考数学专项提升第26讲 正方形的性质与判定(练习)(解析版)

第五章四边形第26讲正方形的性质与判定TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u👉题型01利用正方形的性质求角度👉题型02利用正方形的性质求线段长👉题型03利用正方形的性质求周长👉题型04利用正方形的性质求面积👉题型05根据正方形的性质求点的坐标👉题型06利用正方形的性质证明👉题型07正方形的折叠问题👉题型08求正方形重叠部分面积👉题型09添加一个条件使四边形是正方形👉题型10证明四边形是正方形👉题型11根据正方形的性质与判定求角度👉题型12根据正方形的性质与判定求线段长👉题型13根据正方形的性质与判定求面积👉题型14根据正方形的性质与判定解决多结论问题👉题型15与正方形有关的规律探究问题👉题型16与正方形有关的新定义问题👉题型17与正方形有关的动点问题👉题型18与正方形有关的最值问题👉题型19正方形与函数综合👉题型20与正方形有关的存在性问题👉题型21与正方形有关的材料阅读类问题👉题型01利用正方形的性质求角度1．（2024·广东·模拟预测）正方形ABCO与Rt△DEO的位置如图所示，已知∠AOD+∠COE=α，则∠DOC的度数为（

A．90°−α B．90°+α C．90°−α2 【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，等式的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．由四边形ABCO是正方形，△DEO是直角三角形得到∠AOD+∠DOC+∠DOC+∠COE=180°，则2∠DOC=180°−α，化简即可．【详解】∵四边形ABCO是正方形，△DEO是直角三角形，∴∠DOE=90°=∠AOC=90°，∴∠AOD+∠DOC+∠DOC+∠COE=180°，∵∠AOD+∠COE=α，∴2∠DOC=180°−α，∴∠DOC=90°−α故选：C．2．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，以点C为圆心，以CO的长为半径作弧，交CD于点E，连接OE，则∠DOE=度．【答案】22.5【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理的综合，根据正方形的性质可得∠COD=90°，∠OCE=45°，根据作图可得△COE是等腰三角形，由三角形内角和定理可得∠COE=67.5°，根据∠DOE=∠COD−∠COE即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AC，BD是对角线，∴∠OCD=45°，AC⊥BD，即∠COD=90°，∵以点C为圆心，以CO为半径画弧交CD于点E，∴CO=CE，∴∠COE=∠CEA=∴∠DOE=∠COD−∠COE=90°−67.5°=22.5°，故答案为：22.5．3．（2024·浙江宁波·模拟预测）如图，已知E是正方形ABCD内一点，设∠EBC=α，∠BAE=γ，∠EDC=β,A．αβ=γθ B．aβ=θγ【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，先根据正方形的性质证明∠ABE+∠EBC=∠ADE+∠EDC=90°，AB=AD，再根据已知条件求出∠ABE、∠AEB、∠AED和【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠ABE+∠EBC=90°，∵∠EBC=α，∴∠ABE=90°−∠EBC=90°−α，∵AE=AB，∴AE=AB=AD，∴∠ABE=∠AEB=90°−α，在△ABE中，∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，∴90°−α+90°−α+γ=180°，∴γ=2α，∴γ在△ADE中，∵∠AED+∠ADE+∠DAE=180°，∴90°−β+90°−β+θ=180°，∴θ=2β，∴θ∴γ∴α故选：A．👉题型02利用正方形的性质求线段长4．（2024·广东·模拟预测）如图所示，已知正方形ABCD的边长为2，以点B为圆心，对角线BD的长为半径画弧，交BC的延长线于点E，连接DE，则tan∠BDE=【答案】2【分析】本题考查正方形的性质，求正切值，等边对等角，结合题意，由正方形的性质可知BD=BE=22，则CE=BE−BC=22−2，∠BDE=∠BED【详解】解：在正方形ABCD中，BC=CD=2，∠BCD=∠DCE=90°，∴BD=B由题意可知BD=BE=22，则CE=BE−BC=2∴∠BDE=∠BED，∴tan∠BDE=故答案为：2+15．（2024·陕西商洛·二模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是对角线AC上一点，且AE=2CE，则ED的长度为．【答案】2【分析】本题考查正方形性质及应用，涉及勾股定理及应用．过E作EF⊥CD于F，由正方形ABCD的边长为6，可得CD=6，AC=2CD=62，∠ACD=45°，而AE=2CE，故CE=13AC=22【详解】解：过E作EF⊥CD于F，如图：∵正方形ABCD的边长为6，∴CD=6，AC=2CD=62∵AE=2CE，∴CE=1∵EF⊥CD，∠ACD=45°，∴△EFC是等腰直角三角形，∴EF=CF=CE∴DF=CD−CF=6−2=4，在Rt△DEFDE=E故答案为：256．（2024·陕西咸阳·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=15，点E，F分别在边BC，CD上，AE与BF相交于点G，若BE=CF=8，则BG的长为【答案】12017/【分析】先根据勾股定理求出AE=17，再证明△ABE≌△BCF，得到∠CBF=∠BAE，进而证明△BGE∽△ABE，得到BGAB【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC，在Rt△ABE中，AB=15，BE=8∴AE=A在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABC=∠BCD∴△ABE≌△BCFSAS∴∠CBF=∠BAE，∵∠BEG=∠AEB，∴△BGE∽△ABE，∴BGAB=BE∴BG=120故答案为：12017【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．👉题型03利用正方形的性质求周长7．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，已知正方形ABCD边长为4，点E为边AB上一点，AE=1，点P为对角线BD上一点，当△APE周长最短时，则PA的长．【答案】20【分析】连接AC、CP，连接CE交BD于P'，由正方形的性质得出BD垂直平分AC，AB=BC=4，∠ABC=90°，∠CBD=45°，从而得出AP=CP，BE=3，表示出△APE的周长=1+CP+PE，当C、P、E在同一直线上时，AP+PE的值最小，为CE，此时CE交BD于P'，作P'F⊥BC于F，则△BP'F【详解】解：如图，连接AC、CP，连接CE交BD于P'，∵四边形ABCD为正方形，∴BD垂直平分AC，AB=BC=4，∠ABC=90°，∠CBD=45°，∴AP=CP，BE=AB−AE=4−1=3，∴AP+PE=CP+PE，∴△APE的周长=AE+AP+PE=AE+CP+PE=1+CP+PE，当C、P、E在同一直线上时，AP+PE的值最小，为CE，此时CE交BD于P'作P'F⊥BC于F，则△BP∴BF=P'F∴P'FBE∴CF=4∵CF+BF=BC，∴4P∴P'∴BF=P'F=∴AP∴当△APE周长最短时，则PA的长为207故答案为：207【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．8．（2024·浙江·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AB为边向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于点F，交对角线AD于点G，连接BG．要求△BFG的周长，只需知道（

A．AC的长 B．BC的长 C．BF的长 D．FG的长【答案】B【分析】设EF与AB相交于H，设AB=c，AC=b，BC=a，利用正方形的轴对称形得出BG=EG，则可得出△BFG的周长为EF+BF，证明△AEH∽△CBA，求出EH=c2a，AH=bca，BH=AB−AH=ac−bca，证明△BHF∽△BAC【详解】解∶设EF与AB相交于H，设AB=c，AC=b，BC=a，∵∠ACB=90°，∴c2∵四边形ABDE是正方形，∴B、E关于直线AD对称，AE=AB=c，∠BAE=90°，∴BG=EG，∴△BFG的周长为BG+GF+BF=EG+GF+BF=EF+BF，∵EF⊥BC，∠C=90°，∴EF∥AC，∴∠AHE=∠CAB，∴△BHF∽△BAC，又∠EAH=∠C=90°，∴△AEH∽△CBA，∴EHAB=AE解得EH=c2a∴BH=AB−AH=ac−bc∵△BHF∽△BAC，∴HFAC=BH解得HF=ab−b2∴EF+BF=EH+HF+BF=====2a=2BC，即△BFG的周长为2BC，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，轴对称等知识，明确题意，利用相似三角形求出EH，HF，BF是解题的关键．9．（2024·浙江宁波·一模）如图，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、BC上的点，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，则△DGB'A．2AB B．AB+2BF C．2AB+BF【答案】A【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，如图，作BH⊥A'B'，连接BG，BB'，可证△BB【详解】解：如图，作BH⊥A'B'，连接∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠C=∠A=90°，由折叠可得BF=B'∴∠2=∠3，∵∠BHG=∠F∴BH∥∴∠2=∠4，∴∠3=∠4，在△BCB'和∠BH∴△B∴BC=BH，HB在Rt△BAG和RtBG=BG∴△BHG≌∴GH=AG，∴C△DG故选：A．👉题型04利用正方形的性质求面积10．（2024·广东·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形围成正方形ABCD和正方形EFGH，连接AC，分别交EF,GH于点M,N．已知AH=3DH，

正方形ABCD的面积为24，则图中阴影部分的面积之和为【答案】4.8【分析】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设DH=x，则AH=3DH=3x，根据勾股定理可得x2的值，再根据题意可得S△FGN=【详解】解：∵正方形ABCD的面积为24，∴AB2=24，∠BAM=∠DCN=45°设DH=x，则AH=3DH=3x，∵四边形EFGH为正方形，∴∠EHG=∠AHD=90°,EF=FG，∠AEM=90°=∠CGN，∴AD∴x2又∵四个三角形为全等的直角三角形，∴AE=CG=DH=BF=x,DG=CF=AH=BE=3x，∠ABM=∠CDN，又∵∠BAM=∠DCN=45°，AB=CD，∴△ABM≌△CDN，∴AM=CN，又AE=CG,∠AEM=90°=∠CGN，∴△AEM≌△CGN，∴S△AEM∵EF=FG=2x，∴S△FNG∴阴影部分的面积之和=S故阴影部分的面积之和就是梯形MFGE的面积，∴S=====2=4.8，故答案为：4.8．11．（2024·湖北·模拟预测）如图有一直角边为3和4的直角三角形，现欲在该三角形中裁出一个面积最大的正方形，小鄂给出了两种裁法则（

）A．裁法一所得的正方形面积最大B．裁法二所得的正方形面积最大C．裁法一与裁法二所得的正方形面积均不是最大值D．裁法一与裁法二所得的正方形面积相等且面积均为最大值【答案】A【分析】本题考查解直角三角形，设两个正方形的边长分别为x，y，利用锐角三角函数，分别求出x，y的值，进而求出两个正方形的面积进行判断即可．【详解】解：裁法一，如图，设正方形的边长为x，则：CE=CF=DE=DF=x，∵AC=3,BC=4，∴AE=3−x,BF=4−x，∵DE∥CF，∴∠B=∠ADE，∴tanB=∴AEDE=DF解得：x=127，经检验，∴正方形的面积为127裁法二，如图，设正方形的边长为y，则：QM=QP=y，∵AC=3,BC=4，∴AB=3∴AQ=QM÷sin∵PQ∥AB，∴∠B=∠CPQ，∴sinB=∴CQ=PQ⋅sin∴AC=AQ+CQ=5y解得：y=60∴正方形的面积为6037∵14449∴裁法一所得的正方形面积最大；故选A．12．（2024·广东清远·模拟预测）如图，正方形OABC与抛物线y=−14x2相交于点Bm,−1A．1 B．32 C．52【答案】C【分析】本题考查了二次函数图象上点的坐标特征，正方形的性质，求出B点坐标是解题的关键．根据点Bm,−1在抛物线y=−14x2上求出m【详解】解：∵点Bm,−1在抛物线y=−∴−1=−1∴m=2或m=−2（舍去），∴B2,−1∴OB=2−0∵四边形OABC是正方形，∴AC=OB=5∴正方形OABC面积为∶12故选C．👉题型05根据正方形的性质求点的坐标13．（2024·贵州黔东南·一模）如图，正方形OABC的边长为2，以点O为坐标原点建立平面直角坐标系，BC与x轴交于点E．若点E恰好是BC的中点，则点B的坐标为（

）A．655,−255 B．4【答案】A【分析】如图，过点B作BF⊥x轴于点F，根据E是BC的中点，可得BE=CE=1，在Rt△OCE中，运用勾股定理可得OE=OC2+CE2=5【详解】解：如图，过点B作BF⊥x轴于点F，∵E是BC的中点，OC=BC=2，∴BE=CE=1，在Rt△OCE∴OE=O∵∠C=∠BFE=90°，∴△OCE∽△BFE，∴OCBF=∴BF=255∴OF=OE+EF=6∵点B在第四象限，∴点B的坐标为65【点睛】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，坐标与图形的综合，掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．14．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在函数y=−3xx<0和y=6xx>0的图象上，点B，C在【答案】(2,3)【分析】本题考查反比例函数比例系数k的几何意义．掌握过反比例函数y=kx(k≠0)图象上任意一点作x轴、y轴的垂线，它们与x轴、y设AD与y轴交于点P，由反比例函数中k的几何意义可知S正方形ABCD=S矩形ABOP+S矩形DCOP=3+6=9【详解】解：如图，设AD与y轴交于点P，∵正方形ABCD的顶点A,D分别在函数y=−3x(x<0)和y=6x∴S矩形∴S正方形∴正方形的边长为3，即CD=3，∴y将yD=3代入y=6解得：x=2，∴D(2,3)，故答案为：(2,3)．15．（2024·河南郑州·三模）如图，平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O为原点，点B2,2，对角线的交点为M，CD平分∠OCA，交OB于点D，交OA于点E，则点D的坐标为（

A．12,1C．2−1,2−1【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理，角平分线的性质，三角形的面积，待定系数法求一次函数解析式，一次函数的交点问题，过点E作EH⊥AC于H，由勾股定理得AC=22，由角平分线的性质得EO=EH，设EO=EH=a，利用三角形面积可得a=22−2，得到E22−2,0，利用待定系数法求出直线OB和直线CE的解析式，联立函数式即可由所得方程组得到点【详解】解：过点E作EH⊥AC于H，

∵点B2,2，四边形ABCD∴OC=OA=AB=2，∠AOC=90°，C0,2∴AC=2∵CD平分∠OCA，∠AOC=90°，EH⊥AC，∴EO=EH，设EO=EH=a，∵S△AOC∴12解得a=22∴E2设直线OB的解析式为y=kx，把B2,2代入得，2=2k∴k=1，∴直线OB的解析式为y=x，设直线CE的解析式为y=mx+n，把C0,2、E2=n0=m解得m=−2∴直线CE的解析式为y=−由y=xy=−2∴点D的坐标为2−2故选：D．👉题型06利用正方形的性质证明16．（2023·四川绵阳·中考真题）黄金分割由于其美学性质，受到摄影爱好者和艺术家的喜爱．摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法．其原理是：如图，将正方形ABCD的底边BC取中点E，以E为圆心，线段DE为半径作圆，其与底边BC的延长线交于点F，这样就把正方形ABCD延伸为矩形ABFG，称其为黄金矩形．若CF=4a，则AB=（

）A．5−1a B．25−2a 【答案】D【分析】本题主要考查了黄金分割点、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．设AB=2x，根据题意得出CE=x,DE=x+4a，在Rt△CDE中，由勾股定理，可得C【详解】解：设AB=2x，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=2x,∠BCD=90°，∵点E为BC中点，∴CE=BE=1又∵CF=4a，∴DE=FE=EC+CF=x+4a，∴在Rt△CDE中，由勾股定理，可得C即x2整理可得x2解得：x1∴AB=2x=(25故选：D．17．（2024·四川乐山·一模）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是Rt△ABC的一条角平分线，点O、E、F分别在BD、BC、AC(1)求证：OA平分∠BAC(2)若AC=5，BC=12，求OE的长．【答案】(1)见解析(2)2【分析】本题考查角平分线的判定及性质，直角三角形的两锐角互余以及正方形的性质，掌握角平分线的判定及性质是本题的解题关键．（1）过点O作OM⊥AB于点M，根据角平分线定理的性质及正方形的性质得OM=OE=OF，利用角平分线的判定即可得证；（2）利用全等得到线段AM=BE，AM=AF，利用正方形OECF，得到四边都相等，从而利用OE与BE、AF及AB的关系求出OE的长．【详解】（1）证明：过点O作OM⊥AB于点M∵正方形OECF，∴OE=EC=CF=OF，OE⊥BC于E，OF⊥AC于F∵BD平分∠ABC，OM⊥AB于M，OE⊥BC于∴OM=OE=OF∵OM⊥AB于M，OF⊥AC,∴点O在∠BAC的平分线上,即OA平分∠（2）解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=5∴AB=13∵BO平分∠ABC∴∠OBM=∵OE⊥AB，OE⊥BC，∴∠BOE=90°−∴BE=BM，同理得AM=AF由（1）得CE=CF=OE∵BE=BC−CE，AF=AC−CF，∴BE=12−OE，AF=5−OE∵BM+AM=AB∴BE+AF=13即12−OE+5−OE=13解得OE=218．（2024·贵州·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，以AD为直角边向外作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°．下面是两位同学的对话：(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；(2)连接CE，若DE=22，求CE【答案】(1)答案不唯一，见解析(2)2【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，平行线的判定定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键．（1）若选择小星的说法，连接AC，证明∠CAB=∠E即可，若选择小红，证明∠DBA=∠E即可；（2）连接CE，由△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，DE=22，则AD=AE=2，结合正方形的性质得到BE=4，BC=2，最后在Rt△BCE中，【详解】（1）解：答案不唯一，若选择小星的说法，证明如下：如图，连接AC．∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°，∠CAB=45°．∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠DAE=90°，∠E=45°，∴∠DAE+∠DAB=180°，∴E，A，B三点共线，∴∠CAB=∠E，∴AC∥DE．若选择小红的说法，证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°，∠DBA=45°．∵△ADE是等腰直角三角形，∴∠DAE=90°，∠E=45°，∴∠DAE+∠DAB=180°，∴E，A，B三点共线，∴∠DBA=∠E，∴DB=DE；（2）解：如图，连接CE，∵△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，∴AD=AE设AD=AE=x，∵DE=22∴在Rt△ADE中，由勾股定理得：x解得：x=2（舍负）∴AD=AE=2，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=2，∴BE=4，BC=2，∴在Rt△BCE中，CE=👉题型07正方形的折叠问题19．（2024·湖南衡阳·模拟预测）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；(3)如图3，当AB=AD时，设矩形ABCD的周长为m，△CHP的周长为n，探究n与m的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)GH=(3)n=【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；（3）根据题意得出四边形ABCD是正方形，根据折叠的性质，设AD=BC=t，则m=4t，ED=a,PD=b，则EP=AE=t−a，PC=t−b，在Rt△PED中，勾股定理可得t2−2at=b2，根据△EDP∽△PCH得出PH=【详解】（1）证明：如图，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠1+∠3=90°，∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2，∴△EDP∽△PCH；（2）解：∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，∵P为CD中点，∴DP=CP=1设EP=AE=x，∴ED=AD−x=3−x，在Rt△EDP中，E即x2解得x=5∴EP=AE=x=5∴ED=AD−AE=4∵△EDP∽△PCH，∴EDPC=EP∴PH=5∵PG=AB=2，∴GH=PG−PH=3（3）解：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD∴四边形ABCD是正方形，∴设AD=BC=t，则m=4t，∵折叠，∴PE=AE，设ED=a,PD=b，则EP=AE=t−a，PC=t−b，在Rt△PED中，即t−a2∴t∵△EDP∽△PCH∴EDPC=EP∴PH=t−at−ba∴n=PC+CH+PH=t−b+∵t∴n=∴n=【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上基础知识是解题关键．20．（2024·广东深圳·模拟预测）【问题背景】折纸是一种许多人熟悉的活动，将折纸的一边二等分、四等分都是比较容易做到的，但将一边三等分就不是那么容易了，近些年，经过人们的不懈努力，已经找到了多种将正方形折纸一边三等分的精确折法．综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．操作探究：操作过程及内容如下（如图①）操作1：将正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合．再将正方形ABCD展开，得到折痕EF；操作2：再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E与AB交于点P.则P即为AB的三等分点，即AP【解决问题】（1）在图①中，若EF与MN交于点Q，连接CQ求证：四边形EQCM是菱形．（2）请在图①中证明AP：PB=2：1.【发现感悟】若E为正方形纸片ABCD的边AD上的任意一点，重复“问题背景”中操作2的折纸过程，请你思考并解决如下问题：（3）如图②，若AD=3AE时，则APAB=______；若AD=nAE时，则APAB【答案】（1）见解析（2）见解析（3）45；【分析】（1）根据操作1，利用折叠和平行线的性质得CD∥EQ，∠CMQ=∠EQM，根据操作2，利用折叠性质得出CM=EM，CQ=EQ，∠EMQ=∠CMQ，即可得出∠EMQ=EQM，EQ=CM，得出EQ=CQ=CM=EM，再根据“四条边都相等的四边形是菱形”得出答案；（2）令正方形的边长为2，设DM=x，再根据勾股定理求出DM，EM，然后说明△AEP∽△DEM，求出（3）仿照（2）解答即可．【详解】（1）证明：∵将正方形ABCD对折，使点A与点D重合，点B与点C重合，得到折痕EF，∴AD=BC，∠D=∠FCD=∠CFE=∠FED=90°，DE=CF=1∴CDEF是矩形，CD∥EQ∥AB，∴∠CMQ=∠EQM，∵再将正方形纸片的右下角向上翻折，使点C与点E重合，边BC翻折至B'∴CM=EM，CQ=EQ，∠EMQ=∠CMQ，∴∠EMQ=EQM，∴EQ=EM，∴EQ=CQ=CM=EM，∴四边形EQCM是菱形；（2）证明：设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1−x，在Rt△DEM中，由勾股定理可得：EM2=E∴CM=58，∵∠PEM=∠D=90°，∴∠AEP+∠DEM=90°，∠DEM+∠EMD=90°，又∵∠A=∠D=90°，∴△AEP∽△DME，则AE∴APAE=解得AP=23，∴AP：PB=2：1；（3）解：设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1−x，∴AD=3AE，∴AE=13，在Rt△DEM中，由勾股定理可得：E即x2解得x=13即CM=13∴DM=5由（2），得△AEP∽△DME，则AE即APAE=DE解得AP=4∴AP故答案为：45设正方形ABCD的边长为1，CM=x，则EM=x，DM=1−x，∴AD=nAE，∴AE=1n，由勾股定理可得：EM即x2解得x=n−1∴CM=n−12+同理可得，APAE即AP1解得AP=2n−2∴故答案为：2n−2【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定，菱形的判定，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．👉题型08求正方形重叠部分面积21．（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）如图，三个边长相等的正方形重叠在一起，O1，O2是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和为8，则正方形的边长为

（A．2 B．4 C．8 D．2【答案】B【分析】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，根据题意作图，连接O1B、O1【详解】解：连接O1B、∵∠BO1F+∠F∴∠BO∵四边形ABCD是正方形，∴∠O在△O1BF∴△O∴S△∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是14∴阴影部分的面积和=8=1∴S正方形∴AD=4，故选：B．22．（2024·河北石家庄·二模）如图，正方形ABCD和CEFG边长分别是a和b(a>b)，点B，C，E在同一直线上，点C，G，D在同一直线上，如果在这个图形基础上再画一个正方形，使得新正方形（阴影部分）的面积等于正方形ABCD和CEFG面积之和，下列四个正方形(阴影部分)的面积符合要求的是（填写序号即可）．

【答案】①③④【分析】设阴影正方形的边长为c，其面积设为S，且S=c2，根据题意，得S正方形ABCD=BC2=a2,S正方形CEFG=CG2=b2，∠BCG=90°，由勾股定理，得BC2+CG2=BG2即a2+b本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，三角形全等是解题的关键．【详解】设阴影正方形的边长为c，其面积设为S，且S=c2，根据题意，得S正方形由勾股定理，得BC2+CG2故①正确；根据题意，得AB故a2故②错误；据题意，得DC2+C得到S正方形故③正确；根据正方形的性质，∵∠B=∠E=90°，∠AMF=90°，AM=MF，∴∠BMA+∠BAM=90°，∠BMA+∠EMF=90°∴∠EMF=∠BAM，∵∠B=∠E∠BAM=∠EMF∴△ABM≌△MEFAAS∴BM=EF，∴AB2+B得到S正方形故④正确，

．故答案为：①③④．23．（2024·广东·三模）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E，F在AD边上，G，H分别是AB，CD的中点，GF和EH交于点M，若EF=12AD【答案】21【分析】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．连接GH，过点M作MN⊥GH于点N，延长NM交AD于点Q，证明四边形GHDA是矩形，根据矩形的性质证△GMH∽【详解】解：如图，连接GH，过点M作MN⊥GH于点N，延长NM交AD于点Q，∵在正方形ABCD中，点G，H分别是AB，CD的中点，∴四边形GHDA是矩形，∴GH=AD=AB=6，GH∥∴△GMH∽∴MNMQ∵MN+MQ=1∴MN=2，MQ=1，∴S△GHM∴S△EFM=1∴S阴影👉题型09添加一个条件使四边形是正方形24．（2024·甘肃金昌·模拟预测）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC=BD，在不添加任何辅助线的前提下，若使四边形【答案】AB=BC（答案不唯一）【分析】本题主要考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．先证四边形ABCD是矩形，再由正方形的判定即可解答．【详解】解：∵AB∥CD，∴四边形ABCD是平行四边形，∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，∴需添加的一个条件是AB=BC．故答案为：AB=BC（答案不唯一）．25．（2024·陕西榆林·三模）已知菱形ABCD的对角线相交于点O，下列条件中，能够判定菱形ABCD为正方形的是（

）A．AC⊥BD B．∠OAB=∠OBAC．AB=BC D．AB=AC【答案】B【分析】本题考查菱形的性质和正方形的判定，菱形的对角线互相垂直，四条边相等，正方形的对角线互相垂直平分且相等，据此即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB=BC，AB=AC，故A、C、D选项均不能判定菱形ABCD为正方形，不符合题意，如图，在菱形ABCD中，∠OAB=∠OBA，∴OA=OB，∵OA=OC，OB=OD，∴AC=BD，∴菱形ABCD为正方形，故选：B．26．（2024·广东佛山·一模）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，对角线AC⊥BD于点O，若添加一个条件后，可使得四边形【答案】AC=BD或∠ABC=90°【分析】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形．根据菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．【详解】解：∵在四边形ABCD中，AB∥CD，∴ABCD是平行四边形，又∵AC⊥BD，∴ABCD是菱形，∴要使四边形ABCD是正方形，则还需增加一个条件是：AC=BD或∠ABC=90°．故答案为：AC=BD或∠ABC=90°．👉题型10证明四边形是正方形27．（2024·陕西咸阳·三模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BP平分∠ABC交AC于点P，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，求证：四边形BMPN【答案】详见解析【分析】本题主要考查了矩形的判定和性质，正方形的判定，等腰三角形的判定，角平分线的性质等知识点，由BP平分∠ABC交AC于点P，得出∠ABP=∠CBP，由过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N和∠ABC=90°得出四边形BMPN为矩形，再由MP=MB即可得出结论，熟练掌握矩形的判定和性质是解决此题的关键．【详解】∵BP平分∠ABC交AC于点P，∴∠ABP=∠CBP，∵过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，∴∠BMP=∠BNP=90°，∵∠ABC=90°，∴四边形BMPN为矩形，∴PM∥BN，∴∠CBP=∠MPB=∠ABP，∴MP=MB，∴四边形BMPN为正方形．28．（2024·陕西渭南·三模）如图，在四边形ABCD中，∠B=90°，请用尺规作图法在AD边上求作一点E，AB边上求作一点M，BC边上求作一点N，连接EM，EN，使得四边形【答案】作图见解析【分析】本题考查了正方形的判定，角平分线的画法，垂线的画法，先作∠ABC的角平分线，与AD相交于点E，经过点E作BC的垂线，交BC于点N，再在BA上截取BM=BN，连接ME，则四边形BMEN为正方形，掌握正方形的性质和判定和解题的关键．【详解】解：如图，四边形BMEN即为所求．理由：∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=45°，∵EN⊥BC，∴∠BNE=90°，∴△BNE为等腰直角三角形，∴BN=EN，∵BM=BN，∴BM=EN，∵∠B+∠BNE=90°+90°=180°，∴BM∥∴四边形BMEN是平行四边形，∵∠BNE=90°，∴四边形BMEN是矩形，又∵BM=BN，∴四边形BMEN是正方形．29．（2024·上海杨浦·三模）已知：如图，在⊙O中，OC平分劣弧AB，OC与AB交于点E，点D在OC延长线上，OA⊥AD，连接AC．(1)求证：AC平分∠EAD；(2)连结OB、BD，延长BC交AD于点F，如果AC2=AF⋅AD【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】（1）根据OC平分劣弧AB可得OC⊥AB，即有∠EAC+∠ACE=90°，再根据垂直可得∠OAC+∠CAD=90°，问题即可得证；（2）在优弧AB上任取一点N，连接AN、BN，根据圆内接四边形的性质可得：∠ANB=∠ACF，根据OC平分劣弧AB可得OC⊥AB，AE=EB，证明△CAF∽△DAC，可得∠ACF=∠ADC，即可证明∠ADC=∠AOC，则有AO=AD，进而可得AO=BO=AD=BD，问题随之得证．【详解】（1）∵OC平分劣弧AB，∴OC⊥AB，∴∠EAC+∠ACE=90°，∵OA⊥AD，∴∠OAC+∠CAD=90°，∵OA=OC，∴∠OAC=∠OCA，∴∠EAC=∠CAD，∴AC平分∠EAD；（2）在优弧AB上任取一点N，连接AN、BN，如图，根据圆内接四边形的性质可得：∠ANB=∠ACF，∵OC平分劣弧AB，∴OC⊥AB，AE=EB，∠AOC=∠BOC=1∵AC∴ACAF又∵∠CAF=∠DAC，∴△CAF∽△DAC，∴∠ACF=∠ADC，∵∠ANB=∠ACF，∴∠ANB=∠ADC，∵∠ANB=12∠AOB∴∠ADC=∠AOC，∴AO=AD，∵OC⊥AB，AE=EB，∴OC垂直平分AB，∴AO=BO，AD=BD，∵AO=AD，∴AO=BO=AD=BD，∴四边形OADB是菱形，∵OA⊥AD，∴菱形OADB是正方形．【点睛】本题考查了圆周角定理，相似三角形的判定与性质，正方形的判定以及圆内接四边形的性质等知识，掌握并灵活运用垂径定理是解答本题的关键．👉题型11根据正方形的性质与判定求角度30．（2024·福建·三模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BD是BC由绕点B顺时针旋转2α0°<α≤90°得到，连接CD，将DC绕点D逆时针旋转90°得到DE，连接AD(1)求证：AD=BE；(2)若△ACD是等腰三角形，直接写出α的度数；(3)当A，D，【答案】(1)见解析(2)α的度数为15°或30°或45°；(3)tanα=【分析】（1）利用SAS证明△ACD≌△BDE，即可得到AD=BE；（2）分AC=CD、AD=CD和AC=AD三种情况讨论，画出图形，利用等边三角形或矩形或正方形的性质求解即可；（3）作BH⊥CD，利用等腰三角形的性质求得CH=12CD，∠CBH=12∠CBD=α，利用【详解】（1）证明：由题意得BC=BD，∴∠BCD=∠BDC，∵∠ACB=∠CDE=90°，∴∠ACD=∠BDE，∵AC=BC=BD，DC=DE，∴△ACD≌△BDESAS∴AD=BE；（2）解：当AC=CD时，∵AC=BC=BD，∴CD=BC=BD，∴△CDB是等边三角形，∴∠CBD=60°=2α，∴α=30°；当AD=CD时，作DM⊥BC，DN⊥AC，垂足分别为M，∵∠ACB=90°，∴四边形CMND是矩形，∵AD=CD，DN⊥AC，∴CN=1∴DM=CN=1∵BC=BD，∴sin∠CBD=∴∠CBD=30°=2α，∴α=15°；当AC=AD时，∵AC=BC=BD，∴AC=AD=BC=BD，∴四边形ACBD是菱形，∵∠ACB=90°，∴四边形ACBD是正方形，∴∠CBD=90°=2α，∴α=45°；综上，α的度数为15°或30°或45°；（3）解：作BH⊥CD，垂足为H，∵BC=BD，∴CH=12CD∵∠ACD=90°−∠BCH=∠CBH=α，∵A，D，∴∠ADC=180°−90°=90°=∠CHB，∴△ADC≌△CHBAAS∴AD=CH=1∴tanα=【点睛】本题考查了解直角三角形，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，正确引出辅助线、分类讨论解决问题是解题的关键．31．（21-22九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形；(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为【答案】(1)见解析(2)度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，从而∠EFD=∠BDE，根据等角对等边得出（2）如图2，利用正方形的性质可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=∠B=30°，然后利用三角形的外角性质求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【详解】（1）证明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌∴DE=DC，同理△BFE≌∴EF=CF，∵EF∥∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四边形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四边形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四边形CDEF是正方形．∴∠EDF=45°，∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，∵AC=BC，∴∠A=∠CBE=2∠ABD，∴∠ABD+∠A=180°−∠ADB=45°，∴∠A=30°；∴∠CBF=∠ABF=1∵四边形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，∴度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB．【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由SAS得出△BDE≌👉题型12根据正方形的性质与判定求线段长32．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，已知四边形ABCD中，AD⊥AB，DC=25，AD=AB=2，∠EBF=∠C，以A为圆心，AD为半径作圆，延长CD交⊙A于点F，延长DA交⊙A于点E，连接BF交DE于点G(1)求证：BC是⊙A的切线；(2)求BG的长．【答案】(1)见详解(2)BG=【分析】（1）由圆周角定理推出ED∥BC，而AB⊥AD，推出AB⊥BC，即可证明BC是⊙A的切线；（2）过A作AN⊥DF于N，过D作DM⊥BC于M，判定四边形ABMD是正方形，推出MB=DM=AD=2，由勾股定理求出CM=CD2−DM2=4，由△DAN∽△CDM，推出DN:CM=AD:CD，求出DN=45【详解】（1）证明：∵EF∴∠EBF=∠EDF∵∠EBF=∠C，∴∠C=∠EDF∴ED∥BC（同位角相等，两直线平行），∵AB⊥AD，∴∠DAB=90°∵ED∥BC∴∠ABC=180°−90°=90°，∵AB是⊙A的半径∴BC是⊙A的切线；（2）解：过A作AN⊥DF于N，过D作DM⊥BC于M，∵DM⊥BC∴∠CMD=∠DMB=90°∵AD⊥AB，∴∠DAB=90°由（1）得∠ABC=90°∴四边形ABMD是矩形∵AD=AB，∴四边形ABMD是正方形，∴MB=DM=AD=2，∵DC=25∴CM=C∴BC=MB+CM=4+2=6，∵AN⊥DF∴∠AND=90°∵∠AND=90°=∠CMD，∠ADN=∠C，∴△DAN∽△CDM，∴DN:CM=AD:CD，∴DN:4=2:25∴DN=4∵AN⊥DF，∴FD=2DN=8∴FC=DF+CD=18∵GD∥BC，∴△FGD∽△FBC，∴GD:BC=FD:FC，∴GD:6=8∴GD=8∴AG=DG−AD=2∴BG=A【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，切线的判定，圆周角定理，勾股定理，关键是由△DAN∽△CDM，推出DN:CM=AD:CD求出DN的长，由△FGD∽△FBC，推出GD:BC=FD:FC，求出GD=83，由勾股定理即可求出33．（2024·河南商丘·模拟预测）张老师在讲“图形的对称”时，进行了如下教学设计．【观察发现】（1）如图1，在平面直角坐标系xOy中，▱OABC的顶点O与坐标原点重合，点A在x轴的正半轴上，点B,C均在第一象限，OC=2，分别作点C关于x轴，y轴的对称点C1,C2，连接C1C2，则OC2【迁移探究】（2）在△AOB中，OA=29,∠AOB=45∘,AB①小明利用（1）中的方法解决此问题，过程如下：根据要求作出△AOB，如图2所示，再分别作OC关于OA,OB的对称线段OC,OC，连接C1A,C2B②小明发现根据要求还可以作出钝角三角形AOB，如图3所示，请直接写出此时AB的长．【拓展应用】（3）在△AOB中，OA=10,∠AOB=60∘,AB【答案】（1）180，4；（2）①补全图形见解析，AB=297；②AB的长为293；（3）AB的长为【分析】（1）根据轴对称的性质即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到∠1=∠2，∠3=∠4，OC=OC1，OC=OC2，根据全等三角形的性质得到∠C1=∠C2=∠ACO=90°，根据矩形的性质得到OC=OC1=OC2②如图3，分别作OC关于OA，OB的对称线段OC1，OC2，连接（3）①当△AOB是锐角三角形时，如图4，根据轴对称的性质得到∠C1OC2=2∠AOB=120°，OC=OC1=OC2，∠OC1D=∠OC2D=90°，连接OD，根据全等三角形的性质得到∠C1OD=∠C2OD=60°，∠C1DO=∠C2DO=30°，得到OD=6，过B【详解】解：（1）如图1所示；OC2可看作是由OC1绕点O顺时针旋转180°故答案为：180，4；（2）①补全图形如图2所示，∵OC关于OA，OB的对称线段OC∴∠1=∠2，∵∠2+∠3=45°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∵OA=OA，∴△OCA≌△OC∴∠C∴四边形OC∵OC=OC∴四边形OC∵OA=29∴AC=O由轴对称的性质得AC∴AD=C设BC=x，则AB=2+x，∴BD=5−x，∵AB∴2+x2∴x=15∴AB=AC+BC=2+15②如图3，分别作OC关于OA，OB的对称线段OC1，OC由①知四边形OC1D∴AD=C设AB=x，则BC=BC∴BD=x+2−5=x−3，∵AB∴x2∴x=29∴AB的长为293（3）①当△AOB是锐角三角形时，如图4，分别作OC关于OA，OB的对称线段OC1，OC∴∠C连接OD，∵OD=OD，OC∴Rt△O∴∠C∵OC∴OD=6，过B作BH⊥OD于H，设BH=x，∵∠C∴∠C∴△C∴OC∵OA=10，OC=3∴AC=1，∴OHHB∴OH=3x，∵∠BDH=30°，∴DH=3∴OD=OH+DH=3x+3∴x=3−3∵BD=2BH=2x=23−3，DC2∴BC=BC2∴AB=AC+BC=1+53②当△AOB是钝角三角形时，同①作辅助线，如图5，连接OD，过B作BH⊥OD交OD的延长线于H，同理可得，Rt△OC设BH=x，则OH=3x，DH=3x∴OD=OH−DH=3x−3∴x=3+3∴BC=BC2=DC2∴AB=BC−AC=53综上所述，AB的长为53−5或【点睛】本题是几何变换综合题，考查了全等三角形的判定和性质，轴对称的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键．👉题型13根据正方形的性质与判定求面积34．（2024·吉林白城·一模）如图，已知：在四边形ABFC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且CF∥AE．(1)求证：四边形BECF是菱形；(2)当∠A=45°，AC=4时，则四边形ABFC的面积为．【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）根据垂直平分线的性质，垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以得到CD=BD，EF⊥BC再证明△BED≌△CFD，继而证明四边形BECF是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到四边形BECF是菱形；（2）可证明四边形BECF是正方形，得出四边形ABFC为直角梯形，求出FC，AB，【详解】（1）证明：∵EF是BC的垂直平分线，∴CD=BD，EF⊥BC∵CF∥AB，∴∠BED=∠CFD，∠EBD=∠DCF，∴△BED≌△CFD，∴DE=DF，又∵CD=BD，∴四边形BECF是平行四边形，又∵EF⊥BC，∴四边形BECF是菱形；（2）解：∵∠A=45°，∠ACB=90°，∴∠CBA=45°，∴∠EBF=2∠CBA=90°，∴菱形BECF是正方形．∴∠A=∠ECA=45°，∴∠FBA=∠BFC=90°，四边形ABFC为直角梯形，又∵AC=4，∴AE=EC=AC⋅sin∴CE=CF=22，AB=BE+AE=2∴S梯形=1故答案为：12．【点睛】此题主要考查了菱形的判定，正方形的性质及判定，解直角三角形以及线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握四条边都相等的四边形是菱形．35．（2023·四川成都·一模）如图，在四边形ABCD中，且∠BAD=90°，对角线AC和BD相交于点O，且BO=DO，过点B作BE∥AD，交AC于点E，连结DE．(1)求证：△AOD≌(2)试探究四边形ABED的形状，并说明理由；(3)若BC=DC，BC=5，CE=1，求四边形ABED的面积．【答案】(1)见解析(2)矩形，理由见解析(3)18【分析】（1）由BE∥AD可知，∠BEO=∠DAO，进而可证△AOD≌（2）由△AOD≌△EOB，可得BE=AD，证明四边形ABED是平行四边形，由∠BAD=90°，可证四边形（3）由BC=CD且BO=DO，可得CO⊥BD，即∠BOC=90°，可证四边形ABED是正方形，则BO=EO，设BO=EO=x，则OC=x+1，在Rt△BOC中，由勾股定理得BO2+CO2=BC2，即x【详解】（1）证明：∵BE∥AD，∴∠BEO=∠DAO，在△AOD和△EOB中，∵∠BEO=∠DAO∠EOB=∠AOD∴△AOD≌（2）解：四边形ABED是矩形，理由如下：∵△AOD≌∴BE=AD，∵BE∥AD，∴四边形ABED是平行四边形，∵∠BAD=90°，∴四边形ABED是矩形；（3）解：∵BC=CD且BO=DO，∴CO⊥BD，即∠BOC=90°，∴四边形ABED是正方形，∴BO=EO，设BO=EO=x，则OC=x+1，在Rt△BOC中，由勾股定理得BO2解得：x1=3，∴BO=EO=3，∴BD=AE=2BO=6，∴S正方形∴四边形ABED的面积为18．【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．👉题型14根据正方形的性质与判定解决多结论问题36．如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB，BC的中点，AF与DE交于点M，O为BD的中点，则下列结论：①∠AME=90°，②∠BAF=∠EDB，③AM=23MF，A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】B【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，证明△ABF≌△DAESAS，得出∠BAF=∠ADE，通过导角证明∠AME=90°，可判断①；根据∠ADE≠∠EDB可判断②；证明△AME∽△ABF，根据对应边成比例可判断③；过点M作MN⊥AB于点N，证明△NAM∽△BAF，结合勾股定理可判断④【详解】解：在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∵E，F分别为边AB，∴AE=BF=1在△ABF和△DAE中，BF=AE∠ABF=∠DAE∴△ABF≌△DAESAS∴∠BAF=∠ADE．∵∠BAF+∠DAF=∠BAD=90°=∠ADE+∠DAF，∴∠AME=90°，故①正确；∵DE是△ABD的中线，∴∠ADE≠∠EDB，∴∠BAF≠∠EDB，故②错误；设正方形ABCD的边长为2a，则BF=a，在Rt△ABF中，AF=∵∠BAF=∠MAE，∠ABC=∠AME=90°，∴△AME∽△ABF，∴MEBF=解得AM=255∴MF=AF−AM=5∴AM=2故③正确；如图，过点M作MN⊥AB于点N，∵∠NAM=∠BAF，∠ANM=∠ABF=90°，∴△NAM∽△BAF，∴MNBF=解得MN=25a∴BN=AB−AN=2a−4根据勾股定理，得MB=B∵ME+MF=55a+∴ME+MF=2故④正确．综上所述，正确的结论有①③④共3个，故选B．37．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，BC上，且∠EAF=45°，BD分别交AE，AF于点M，N，以点A为圆心，AB长为半径画弧BD.下列结论：①DE+BF=EF；②BN2+DM2=MN2；③△AMN∽△AFE；A．5个 B．4个 C．3个 D．2个【答案】B【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，正确的作出辅助线，熟练掌握这些性质，是解题的关键．延长CB到G，使BG=DE，连接AG.根据全等三角形的性质得到AG=AE，∠DAE=∠BAG，求得∠GAF=∠EAF，证得△AFG≌△AFE，根据全等三角形的性质即可得到EF=DE+BF；故①正确；在AG上截取AH=AM，根据全等三角形的性质得到BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，证得∠HBN=90°，根据勾股定理得到BH2+BN2=HN2，根据全等三角形的性质得到MN=HN，等量代换得到BN2+DM2=MN2；故②正确；根据平行线的性质得到∠DEA=∠BAM，推出∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，于是得到△AMN∽△AFE，故③正确；过A作AP⊥EF于P，根据角平分线的性质得到AP=AD，于是得到BD与【详解】解：延长CB到G，使BG=DE，连接AG．在△ABG和△ADE中，AD=AB∠ADE=∠ABG∴△ABG≌△ADESAS∴AG=AE，∠DAE=∠BAG，又∵∠EAF=45°，∠DAB=90°，∴∠DAE+∠BAF=45°∴∠GAF=∠EAF=45°．在△AFG和△AFE中，AE=AG∠GAF=∠EAF∴△AFG≌△AFESAS∴GF=EF=BG+BF，又∵DE=BG，∴EF=DE+BF；故①正确；在AG上截取AH=AM，连接BH、HN，在△AHB和△AMD中，AD=AB∠HAB=∠MAD∴△AHB≌△AMDSAS∴BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，又∵∠ABD=45°，∴∠HBN=90°．∴BH在△AHN和△AMN中，AM=AH∠HAN=∠MAN∴△AHN≌△AMNSAS∴MN=HN．∴BN2+D∵AB//CD，∴∠DEA=∠BAM．∵∠AEF=∠AED=∠G，∠BAM=∠AND=45°+∠BAN，∴∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，∴△AMN∽△AFE，故③正确；过A作AP⊥EF于P，∵∠AED=∠AEP，AD⊥DE，∴AP=AD，∴BD与EF相切；故④∵∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，∴∠AMN不一定等于∠AEF，∴MN不一定平行于EF，故⑤错误，故选：B．38．（2024·北京平谷·一模）如图，正方形ABCD中，点E、H、G、F分别为AB、BC、CD、AD边上的点，点K、M、N为对角线BD上的点，四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，它们的面积分别表示为S1和S给出下面三个结论：①S1=S2；②DF=2AF上述结论中，所有正确结论的序号是（

）A．② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得BH=CH=MH=12BC，BK=EK=KN，DN=KN，进而得到EK=13BD=23BC，根据正方形的面积公式即可判断①；根据DF=2FN，EF=【详解】解：①∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠CBD=45°，∵四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，∴∠BHM=∠CHM=90°，∠BKE=∠NKE=90°，∴△BEK和△BMH都是等腰直角三角形，∴BH=CH=MH=12BC同理可得DN=KN，∴EK=1∴S1=EK∴S1≠S②∵△AEF和△DFN都是等腰直角三角形，∴DF=2FN，∵四边形EKNF为正方形，∴FN=EF，∴DF=2AF，故②正确；③由①知：S1=2∴94S1故选：C．👉题型15与正方形有关的规律探究问题39．（2024·山东枣庄·一模）如图，正方形ABCB1中，AB=3，AB与直线l所夹锐角为60°，延长CB1交直线l于点A1，作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l

【答案】2×【分析】本题考查了图形类规律探索、正方形的性质、解直角三角形；利用正方形的性质得到AB1=AB=3，∠BAB1=90°，求出∠【详解】解：∵四边形ABCB∴AB1=AB=∵AB与直线l所夹锐角为60°，∴∠B∴A∴AA同理可得：A2B2．．．．．．∴An∴A故答案为：2×340．（2024·山东聊城·三模）如图，正方形OA1B1C1的边长为1，以O为圆心，OA1为半径作扇形OA1C1，弧A1C1与OB1相交于点B2，设A1C1，A1B1，B1C1围成阴影部分的面积为S1；然后以OB2为对角线作正方形OA2【答案】1【分析】本题考查了扇形面积的计算以及正方形的性质，解直角三角形，要先从简单的例子入手得出一般化的结论，然后根据得出的规律去求特定的值．正方形OA1B1C1的边长为1，则S正方形OA1B1C1=1,OB1=2，以O为圆心，O【详解】解：正方形OA∴OB1=以O为圆心，OA为半径作扇形OA得到S1以OB2为对角线作正方形OA2B2C则OA得到S2依此类推得到OA得到S3...,故Sn故S2024故答案为：1241．（2024·黑龙江齐齐哈尔·二模）如图，在抛物线y=x2的内部依次画正方形，使对角线在y轴上，另两个顶点落在抛物线上，按此规律类推，第2024个正方形的边长是【答案】2024【分析】本题考查了二次函数的性质以及二次函数图象上点的坐标特征，由题意可知，直线OA1的表达式为y=x，联立方程求得A1的坐标，进而求得第一个正方形的边长和B1的坐标，即可得到直线B1A2的表达式为：y=x+2，联立方程求得A2的坐标，进而求得第二个正方形的边长和B2的坐标，即可得到直线B【详解】∵正方形的对角线在y轴上∴∠A1OB1=45°，A1和C1关于y轴对称，A2和C2∴A1到x轴和∴直线OA1∴列方程组：y=x解得x=0y=0或∴∴根据两点间距离公式：O∵∠∴∴O∴设B1A∵C∴解得：x=1∴直线B1A∴列方程组：y=x+2解得x=−1y=1或∴同理可得：A∴直线B2A∴列方程组：y=x+6解得x=−2y=4或∴同理可得：A⋯按此规律类推，第n个正方形的边长为2n，第2024个正方形的边长是2024故答案为：20242👉题型16与正方形有关的新定义问题42．（2024·河南驻马店·模拟预测）定义：有一组邻边相等，并且它们的夹角是直角的凸四边形叫做等腰直角四边形．如图，在平面直角坐标系中，边长为3的正方形AOCB的两条边分别在坐标轴上，点M为边OC上中点，连接AM，点P是线段AM上一动点（点P不与A，M重合），过点P的直线与边BC交于点E（点E不与C重合），若四边形ABEP是等腰直角四边形，则点BE的长为．【答案】1或2【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，掌握新定义是解题的关键．分PA=PE，BE=EP两种情况，分别画图，利用全等三角形和相似三角形进行解题即可．【详解】解：如图，当PA=PE，且∠APE=90°时，过点P作DF⊥AO于点D，交BC于点F，∴∠ADP=∠APE=∠PFE=90°，∴∠DAP+∠DPA=∠DPA+∠EPF=90°，∴∠DAP=∠EPF，∴△DPA≌△FEP，∴AD=PF=3−DP，EF=DP，∵正方形AOCB的边长为3，M是中点，∴OM=32，∠AOB=∠C=∠B=90°∴PD∥OM，∴△ADP∽△AOM，∴DPOM=ADAO，即∴AD=2∴OD=CF=OA−AD=3−2=1，∴BE=CB−CF−EF=3−1−1=1；当BE=EP，且∠BEP=90°时，延长EP交OA于点F，则四边形AFEB是矩形，PF=3−BE，EF∥OC，∴△AFP∽△AOM，∴FPOM=AFAO，即故答案为：1或2．43．（2024·江苏扬州·二模）定义：两组邻边对应相等的四边形为“筝形”．如图①．在四边形ABCD中，AB=AD，BC=CD，那么四边形ABCD就是筝形．(1)在①平行四边形：②矩形：③菱形；④正方形中，“筝形”是______（填序号）；(2)如图①，连接AC，BD，请判断并证明对角线AC与BD的位置关系；(3)如图②，在筝形ABCD中，AB=AD，BC=CD，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形ABCD中找一点P，连接PB、PD，使折线BPD将筝形ABCD的面积等分（保留作图痕迹，不写作法）．【答案】(1)③④(2)AC垂直平分BD；(3)见解析【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“筝形”的定义即可得出结论；（2）运用线段垂直平分线的判定定理即可；（3）利用三角形的一条中线将三角形分成两个面积相等的三角形即可作出图形．【详解】（1）解：根据“筝形”的定义可得：平行四边形和矩形不一定是筝形，菱形和正方形一定是筝形，故答案为：③④；（2）解：AC垂直平分BD，理由如下：如图，设AC与BD交于点O，∵AB=AD，BC=CD，点A、C均在线段BD的垂直平分线上，∴AC垂直平分BD；（3）解：如图所示，点P即为所求．作出AC的中点P，连接BP、DP，折线B−P−D将筝形ABCD面积等分．理由：在△ABC中，∵P为AC边中点，∴AP=CP，∴S同理：S△APD∵S∴S即四边形ABPD的面积=四边形BCDP的面积，∴折线B−P−D将筝形ABCD面积等分．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了“筝形”的判定与性质、平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、作图−基本作图，三角形的面积等知识；熟练掌握“筝形”的定义，正确地作出图形是解题的关键．44．（2024·辽宁·二模）在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC的边长为n（n为正整数），点A在x轴正半轴上，点C在y轴正半轴上．若点Mx,y在正方形OABC的边上，且x，y均为整数，定义点M为正方形OABC的“LS点”．若某函数的图象与正方形OABC只有两个交点，且交点均是正方形OABC的“LS点”，定义该函数为正方形OABC的“LS例如：如图1，当n=2时，某函数的图象C1经过点0,1和2,2，则该函数是正方形OABC的“LS(1)当n=1时，若一次函数y=kx+t是正方形OABC的“LS函数”，则一次函数的表达式是______（写出一个即可）；(2)如图2，当n=3时，函数y=mxx>0的图象经过点D1,3，与边AB相交于点E，判断该函数是否是正方形(3)当n=4时，二次函数y=ax2+bx+4的图象经过点B，若该函数是正方形OABC的“LS(4)在（3）的条件下，点Pa−1,y1,Qa+3,y2是二次函数y=ax2+bx+4图象上两点，若点P，【答案】(1)y=x（或y=−x+1）(2)是，理由见解析(3)0<a<1或a(4)8−55或【分析】（1）当n=1时，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，写出一个一次函数，其图象过O(0,0)，B(1,1)即可；（2）求出y=3x，点E的坐标为(3,1)，可知函数y=3x的图象与正方形OABC只有两个交点，且点D，E均是“LS点”，故函数

y=3x（3）当n=4时，把点B(4,4)代入二次函数

y=ax2+bx+4可得b=−4a，故y=ax2−4ax+4，该函数图象的顶点坐标为(2,−4a+4)，可知点C(0,4)在函数

y=ax2+bx+4

的图象上，①当a>0时，抛物线顶点在x轴上方，即可得−4a+4>0，0<a<1；②当a<0时，函数

y=ax2+bx+4图象经过点（4）当0<a<1时，抛物线开口向上，点P，Q之间的图象的最高点是点P，最低点是顶点，可得a(a−1)2−4a(a−1)+4−(−4a+4)=10a2，当a<0时，抛物线开口向下，①当a+3≥2，点P，Q之间的图象的最高点是顶点，最低点是点P，知(−4a+4)−[a(a−1)2−4a(a−1)+4]=10a2，②当a+3<2，即a<−1时，点本题考查二次函数综合应用，涉及新定义，解题的关键是读懂题意，理解“LS函数”的定义．【详解】（1）解：如图：当n=1时，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，当一次函数y=kx+t图象过O(0,0)，B(1,1)时，其解析式为y=x，此时直线y=x与正方形OABC只有两个交点，∴一次函数y=x是正方形OABC的“LS函数”；故答案为：y=x（答案不唯一）；（2）解：该函数是正方形OABC的“LS函数”；理由如下：把点D(1,3)代入y=mx中得：解得m=3，∴y=3把x=3代入y=3x得∴点E的坐标为(3,1)，∴函数y=3x的图象与正方形OABC只有两个交点，且点D，E均是“∴函数

y=3x(x>0)

是正方形OABC（3）解：当n=4时，点B的坐标为(4,4)，点C的坐标为(0,4)，把点B(4,4)代入二次函数

y=ax2+bx+4

∴b=−4a，∴y=ax∴该函数图象的顶点坐标为(2,−4a+4)，在y=ax2−4ax+4中，令x=0∴点C(0,4)在函数

y=ax2函数

y=ax2+bx+4

是正方形OABC的“LS函数”，其图象经过点B①当a>0时，抛物线顶点在x轴上方，∴−4a+4>0，解得a<1，∴0<a<1；②当a<0时，函数

y=ax2+bx+4图象经过点B，C，则函数

y=ax2综上所述，a的取值范围为0<a<1或a<0；（4）解：由（3）知，该函数图象的对称轴是直线x=2，顶点坐标为(2,−4a+4)，当0<a<1时，有−1<a−1<0，3<a+3<4，抛物线开口向上，∴点P，Q之间的图象的最高点是点P，最低点是顶点，∴a(a−1)整理得：a2解得：a1=8−55，当a<0时，抛物线开口向下，①当a+3≥2，即−1≤a<0时，有−2≤a−1<−1，2≤a+3<3，∴点P，Q之间的图象的最高点是顶点，最低点是点P，∴(−4a+4)−[a(a−1)整理得

a2+4a+9=0，此方程无实数根，②当a+3<2，即a<−1时，有a−1<a+3<2，∴点P，Q之间的图象的最高点是点Q，最低点是点P，∴[a(a+3)整理得a+4=0，解得a=−4；综上所述，a的值是8−55或−4👉题型17与正方形有关的动点问题45．（2024·广东广州·模拟预测）如图，已知正方形ABCD的边长为2，E为AB的中点，F是AD边上的一个动点，连接EF，将△AEF沿EF折叠得△HEF，若延长FH交边BC于点M，则DH的取值范围是．【答案】5【分析】本题考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、两点之间线段最短等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．当点F与点D重合，点M在BC边上，此时DH的值最大；连接DE，利用DH+HE≥DE即可最小值．【详解】解：如图1，点F与点D重合，此时点M在BC边上，∵正方形ABCD的边长为2，∴DA=AB=2，由折叠得DH=FH=FA=DA=2，∴DH的最大值为2；如图2，连接DE，∵E为AB的中点，∴HE=AE=BE=1∵∠A=90°，∴DE=D∴DH+HE≥DE，∴DH+1≥5∴DH≥5∴DH的最小值为5−1∴DH的最值范围是5−1≤DH≤2故答案为：5−1≤DH≤246．（2024·河北秦皇岛·一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，Q为AB的中点．动点P从点A出发沿线段AC以每秒1个单位长度的速度向终点C运动，连接PQ，以PQ为边构造正方形PMNQ，且边MN与点B始终在边PQ同侧．设点P的运动时间为t秒t>0

(1)线段BC的长为________；(2)线段CP的长为________（用含t的代数式表示）；(3)当正方形PMNQ的顶点M落在△ABC的边上时，求t的值；(4)当正方形PMNQ的边MN的中点落