中考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)中考數(shù)學(xué)專(zhuān)項(xiàng)提升第26講 正方形的性質(zhì)與判定(練習(xí))(解析版)

第五章四邊形第26講正方形的性質(zhì)與判定TOC\o"1-1"\n\p""\h\z\u??題型01利用正方形的性質(zhì)求角度??題型02利用正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)??題型03利用正方形的性質(zhì)求周長(zhǎng)??題型04利用正方形的性質(zhì)求面積??題型05根據(jù)正方形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)??題型06利用正方形的性質(zhì)證明??題型07正方形的折疊問(wèn)題??題型08求正方形重疊部分面積??題型09添加一個(gè)條件使四邊形是正方形??題型10證明四邊形是正方形??題型11根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度??題型12根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)??題型13根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積??題型14根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題??題型15與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題??題型16與正方形有關(guān)的新定義問(wèn)題??題型17與正方形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題??題型18與正方形有關(guān)的最值問(wèn)題??題型19正方形與函數(shù)綜合??題型20與正方形有關(guān)的存在性問(wèn)題??題型21與正方形有關(guān)的材料閱讀類(lèi)問(wèn)題??題型01利用正方形的性質(zhì)求角度1．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）正方形ABCO與Rt△DEO的位置如圖所示，已知∠AOD+∠COE=α，則∠DOC的度數(shù)為（

A．90°?α B．90°+α C．90°?α2 【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，等式的性質(zhì)，熟練掌握知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．由四邊形ABCO是正方形，△DEO是直角三角形得到∠AOD+∠DOC+∠DOC+∠COE=180°，則2∠DOC=180°?α，化簡(jiǎn)即可．【詳解】∵四邊形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故選：C．2．（2024·福建泉州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，以點(diǎn)C為圓心，以CO的長(zhǎng)為半徑作弧，交CD于點(diǎn)E，連接OE，則∠DOE=度．【答案】22.5【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理的綜合，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠COD=90°，∠OCE=45°，根據(jù)作圖可得△COE是等腰三角形，由三角形內(nèi)角和定理可得∠COE=67.5°，根據(jù)∠DOE=∠COD?∠COE即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，AC，BD是對(duì)角線，∴∠OCD=45°，AC⊥BD，即∠COD=90°，∵以點(diǎn)C為圓心，以CO為半徑畫(huà)弧交CD于點(diǎn)E，∴CO=CE，∴∠COE=∠CEA=∴∠DOE=∠COD?∠COE=90°?67.5°=22.5°，故答案為：22.5．3．（2024·浙江寧波·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知E是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，設(shè)∠EBC=α，∠BAE=γ，∠EDC=β,A．αβ=γθ B．a(chǎn)β=θγ【答案】A【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，先根據(jù)正方形的性質(zhì)證明∠ABE+∠EBC=∠ADE+∠EDC=90°，AB=AD，再根據(jù)已知條件求出∠ABE、∠AEB、∠AED和【詳解】解：∵四邊形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故選：A．??題型02利用正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)4．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖所示，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，以點(diǎn)B為圓心，對(duì)角線BD的長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，連接DE，則tan∠BDE=【答案】2【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，求正切值，等邊對(duì)等角，結(jié)合題意，由正方形的性質(zhì)可知BD=BE=22，則CE=BE?BC=22?2，∠BDE=∠BED【詳解】解：在正方形ABCD中，BC=CD=2，∠BCD=∠DCE=90°，∴BD=B由題意可知BD=BE=22，則CE=BE?BC=2∴∠BDE=∠BED，∴tan∠BDE=故答案為：2+15．（2024·陜西商洛·二模）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上一點(diǎn)，且AE=2CE，則ED的長(zhǎng)度為．【答案】2【分析】本題考查正方形性質(zhì)及應(yīng)用，涉及勾股定理及應(yīng)用．過(guò)E作EF⊥CD于F，由正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，可得CD=6，AC=2CD=62，∠ACD=45°，而AE=2CE，故CE=13AC=22【詳解】解：過(guò)E作EF⊥CD于F，如圖：∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為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故答案為：256．（2024·陜西咸陽(yáng)·一模）如圖，在正方形ABCD中，AB=15，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊BC，CD上，AE與BF相交于點(diǎn)G，若BE=CF=8，則BG的長(zhǎng)為【答案】12017/【分析】先根據(jù)勾股定理求出AE=17，再證明△ABE≌△BCF，得到∠CBF=∠BAE，進(jìn)而證明△BGE∽△ABE，得到BGAB【詳解】解：∵四邊形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故答案為：12017【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．??題型03利用正方形的性質(zhì)求周長(zhǎng)7．（2024·江蘇揚(yáng)州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)E為邊AB上一點(diǎn)，AE=1，點(diǎn)P為對(duì)角線BD上一點(diǎn)，當(dāng)△APE周長(zhǎng)最短時(shí)，則PA的長(zhǎng)．【答案】20【分析】連接AC、CP，連接CE交BD于P'，由正方形的性質(zhì)得出BD垂直平分AC，AB=BC=4，∠ABC=90°，∠CBD=45°，從而得出AP=CP，BE=3，表示出△APE的周長(zhǎng)=1+CP+PE，當(dāng)C、P、E在同一直線上時(shí)，AP+PE的值最小，為CE，此時(shí)CE交BD于P'，作P'F⊥BC于F，則△BP'F【詳解】解：如圖，連接AC、CP，連接CE交BD于P'，∵四邊形ABCD為正方形，∴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的周長(zhǎng)=AE+AP+PE=AE+CP+PE=1+CP+PE，當(dāng)C、P、E在同一直線上時(shí)，AP+PE的值最小，為CE，此時(shí)CE交BD于P'作P'F⊥BC于F，則△BP∴BF=P'F∴P'FBE∴CF=4∵CF+BF=BC，∴4P∴P'∴BF=P'F=∴AP∴當(dāng)△APE周長(zhǎng)最短時(shí)，則PA的長(zhǎng)為207故答案為：207【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)并靈活運(yùn)用，添加適當(dāng)?shù)妮o助線是解此題的關(guān)鍵．8．（2024·浙江·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以AB為邊向三角形外作正方形ABDE，作EF⊥BC于點(diǎn)F，交對(duì)角線AD于點(diǎn)G，連接BG．要求△BFG的周長(zhǎng)，只需知道（

A．AC的長(zhǎng) B．BC的長(zhǎng) C．BF的長(zhǎng) D．FG的長(zhǎng)【答案】B【分析】設(shè)EF與AB相交于H，設(shè)AB=c，AC=b，BC=a，利用正方形的軸對(duì)稱(chēng)形得出BG=EG，則可得出△BFG的周長(zhǎng)為EF+BF，證明△AEH∽△CBA，求出EH=c2a，AH=bca，BH=AB?AH=ac?bca，證明△BHF∽△BAC【詳解】解∶設(shè)EF與AB相交于H，設(shè)AB=c，AC=b，BC=a，∵∠ACB=90°，∴c2∵四邊形ABDE是正方形，∴B、E關(guān)于直線AD對(duì)稱(chēng)，AE=AB=c，∠BAE=90°，∴BG=EG，∴△BFG的周長(zhǎng)為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的周長(zhǎng)為2BC，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)等知識(shí)，明確題意，利用相似三角形求出EH，HF，BF是解題的關(guān)鍵．9．（2024·浙江寧波·一模）如圖，點(diǎn)E、F分別是正方形ABCD的邊AD、BC上的點(diǎn)，將正方形ABCD沿EF折疊，使得點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)B'恰好落在邊CD上，則△DGB'A．2AB B．AB+2BF C．2AB+BF【答案】A【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，如圖，作BH⊥A'B'，連接BG，BB'，可證△BB【詳解】解：如圖，作BH⊥A'B'，連接∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠C=∠A=90°，由折疊可得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故選：A．??題型04利用正方形的性質(zhì)求面積10．（2024·廣東·模擬預(yù)測(cè)）如圖，四個(gè)全等的直角三角形圍成正方形ABCD和正方形EFGH，連接AC，分別交EF,GH于點(diǎn)M,N．已知AH=3DH，

正方形ABCD的面積為24，則圖中陰影部分的面積之和為【答案】4.8【分析】本題考查了勾股定理的證明、全等圖形、梯形的面積，首先要正確理解題意，然后會(huì)利用勾股定理和梯形的面積解題．根據(jù)正方形的面積可得正方形邊長(zhǎng)的平方，設(shè)DH=x，則AH=3DH=3x，根據(jù)勾股定理可得x2的值，再根據(jù)題意可得S△FGN=【詳解】解：∵正方形ABCD的面積為24，∴AB2=24，∠BAM=∠DCN=45°設(shè)DH=x，則AH=3DH=3x，∵四邊形EFGH為正方形，∴∠EHG=∠AHD=90°,EF=FG，∠AEM=90°=∠CGN，∴AD∴x2又∵四個(gè)三角形為全等的直角三角形，∴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∴陰影部分的面積之和=S故陰影部分的面積之和就是梯形MFGE的面積，∴S=====2=4.8，故答案為：4.8．11．（2024·湖北·模擬預(yù)測(cè)）如圖有一直角邊為3和4的直角三角形，現(xiàn)欲在該三角形中裁出一個(gè)面積最大的正方形，小鄂給出了兩種裁法則（

）A．裁法一所得的正方形面積最大B．裁法二所得的正方形面積最大C．裁法一與裁法二所得的正方形面積均不是最大值D．裁法一與裁法二所得的正方形面積相等且面積均為最大值【答案】A【分析】本題考查解直角三角形，設(shè)兩個(gè)正方形的邊長(zhǎng)分別為x，y，利用銳角三角函數(shù)，分別求出x，y的值，進(jìn)而求出兩個(gè)正方形的面積進(jìn)行判斷即可．【詳解】解：裁法一，如圖，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，則：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，經(jīng)檢驗(yàn)，∴正方形的面積為127裁法二，如圖，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為y，則：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∴正方形的面積為6037∵14449∴裁法一所得的正方形面積最大；故選A．12．（2024·廣東清遠(yuǎn)·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形OABC與拋物線y=?14x2相交于點(diǎn)Bm,?1A．1 B．32 C．52【答案】C【分析】本題考查了二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，正方形的性質(zhì)，求出B點(diǎn)坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．根據(jù)點(diǎn)Bm,?1在拋物線y=?14x2上求出m【詳解】解：∵點(diǎn)Bm,?1在拋物線y=?∴?1=?1∴m=2或m=?2（舍去），∴B2,?1∴OB=2?0∵四邊形OABC是正方形，∴AC=OB=5∴正方形OABC面積為∶12故選C．??題型05根據(jù)正方形的性質(zhì)求點(diǎn)的坐標(biāo)13．（2024·貴州黔東南·一模）如圖，正方形OABC的邊長(zhǎng)為2，以點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系，BC與x軸交于點(diǎn)E．若點(diǎn)E恰好是BC的中點(diǎn)，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為（

）A．655,?255 B．4【答案】A【分析】如圖，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F，根據(jù)E是BC的中點(diǎn)，可得BE=CE=1，在Rt△OCE中，運(yùn)用勾股定理可得OE=OC2+CE2=5【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥x軸于點(diǎn)F，∵E是BC的中點(diǎn)，OC=BC=2，∴BE=CE=1，在Rt△OCE∴OE=O∵∠C=∠BFE=90°，∴△OCE∽△BFE，∴OCBF=∴BF=255∴OF=OE+EF=6∵點(diǎn)B在第四象限，∴點(diǎn)B的坐標(biāo)為65【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形的綜合，掌握相似三角形的判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．14．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD的頂點(diǎn)A，D分別在函數(shù)y=?3xx<0和y=6xx>0的圖象上，點(diǎn)B，C在【答案】(2,3)【分析】本題考查反比例函數(shù)比例系數(shù)k的幾何意義．掌握過(guò)反比例函數(shù)y=kx(k≠0)圖象上任意一點(diǎn)作x軸、y軸的垂線，它們與x軸、y設(shè)AD與y軸交于點(diǎn)P，由反比例函數(shù)中k的幾何意義可知S正方形ABCD=S矩形ABOP+S矩形DCOP=3+6=9【詳解】解：如圖，設(shè)AD與y軸交于點(diǎn)P，∵正方形ABCD的頂點(diǎn)A,D分別在函數(shù)y=?3x(x<0)和y=6x∴S矩形∴S正方形∴正方形的邊長(zhǎng)為3，即CD=3，∴y將yD=3代入y=6解得：x=2，∴D(2,3)，故答案為：(2,3)．15．（2024·河南鄭州·三模）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，正方形OABC的頂點(diǎn)O為原點(diǎn)，點(diǎn)B2,2，對(duì)角線的交點(diǎn)為M，CD平分∠OCA，交OB于點(diǎn)D，交OA于點(diǎn)E，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為（

A．12,1C．2?1,2?1【答案】D【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，坐標(biāo)與圖形，勾股定理，角平分線的性質(zhì)，三角形的面積，待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式，一次函數(shù)的交點(diǎn)問(wèn)題，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，由勾股定理得AC=22，由角平分線的性質(zhì)得EO=EH，設(shè)EO=EH=a，利用三角形面積可得a=22?2，得到E22?2,0，利用待定系數(shù)法求出直線OB和直線CE的解析式，聯(lián)立函數(shù)式即可由所得方程組得到點(diǎn)【詳解】解：過(guò)點(diǎn)E作EH⊥AC于H，

∵點(diǎn)B2,2，四邊形ABCD∴OC=OA=AB=2，∠AOC=90°，C0,2∴AC=2∵CD平分∠OCA，∠AOC=90°，EH⊥AC，∴EO=EH，設(shè)EO=EH=a，∵S△AOC∴12解得a=22∴E2設(shè)直線OB的解析式為y=kx，把B2,2代入得，2=2k∴k=1，∴直線OB的解析式為y=x，設(shè)直線CE的解析式為y=mx+n，把C0,2、E2=n0=m解得m=?2∴直線CE的解析式為y=?由y=xy=?2∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為2?2故選：D．??題型06利用正方形的性質(zhì)證明16．（2023·四川綿陽(yáng)·中考真題）黃金分割由于其美學(xué)性質(zhì)，受到攝影愛(ài)好者和藝術(shù)家的喜愛(ài)．?dāng)z影中有一種拍攝手法叫黃金構(gòu)圖法．其原理是：如圖，將正方形ABCD的底邊BC取中點(diǎn)E，以E為圓心，線段DE為半徑作圓，其與底邊BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，這樣就把正方形ABCD延伸為矩形ABFG，稱(chēng)其為黃金矩形．若CF=4a，則AB=（

）A．5?1a B．25?2a 【答案】D【分析】本題主要考查了黃金分割點(diǎn)、正方形的性質(zhì)、勾股定理、一元二次方程的應(yīng)用等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)知識(shí)并靈活運(yùn)用是解題關(guān)鍵．設(shè)AB=2x，根據(jù)題意得出CE=x,DE=x+4a，在Rt△CDE中，由勾股定理，可得C【詳解】解：設(shè)AB=2x，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=2x,∠BCD=90°，∵點(diǎn)E為BC中點(diǎn)，∴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故選：D．17．（2024·四川樂(lè)山·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，BD是Rt△ABC的一條角平分線，點(diǎn)O、E、F分別在BD、BC、AC(1)求證：OA平分∠BAC(2)若AC=5，BC=12，求OE的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)2【分析】本題考查角平分線的判定及性質(zhì)，直角三角形的兩銳角互余以及正方形的性質(zhì)，掌握角平分線的判定及性質(zhì)是本題的解題關(guān)鍵．（1）過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)M，根據(jù)角平分線定理的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)得OM=OE=OF，利用角平分線的判定即可得證；（2）利用全等得到線段AM=BE，AM=AF，利用正方形OECF，得到四邊都相等，從而利用OE與BE、AF及AB的關(guān)系求出OE的長(zhǎng)．【詳解】（1）證明：過(guò)點(diǎn)O作OM⊥AB于點(diǎn)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,∴點(diǎn)O在∠BAC的平分線上,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·貴州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在正方形ABCD中，以AD為直角邊向外作等腰直角三角形ADE，∠DAE=90°．下面是兩位同學(xué)的對(duì)話：(1)請(qǐng)你選擇一位同學(xué)的說(shuō)法，并進(jìn)行證明；(2)連接CE，若DE=22，求CE【答案】(1)答案不唯一，見(jiàn)解析(2)2【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的判定與性質(zhì)，平行線的判定定理等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．（1）若選擇小星的說(shuō)法，連接AC，證明∠CAB=∠E即可，若選擇小紅，證明∠DBA=∠E即可；（2）連接CE，由△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，DE=22，則AD=AE=2，結(jié)合正方形的性質(zhì)得到BE=4，BC=2，最后在Rt△BCE中，【詳解】（1）解：答案不唯一，若選擇小星的說(shuō)法，證明如下：如圖，連接AC．∵四邊形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三點(diǎn)共線，∴∠CAB=∠E，∴AC∥DE．若選擇小紅的說(shuō)法，證明如下：∵四邊形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三點(diǎn)共線，∴∠DBA=∠E，∴DB=DE；（2）解：如圖，連接CE，∵△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，∴AD=AE設(shè)AD=AE=x，∵DE=22∴在Rt△ADE中，由勾股定理得：x解得：x=2（舍負(fù)）∴AD=AE=2，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC=2，∴BE=4，BC=2，∴在Rt△BCE中，CE=??題型07正方形的折疊問(wèn)題19．（2024·湖南衡陽(yáng)·模擬預(yù)測(cè)）在矩形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊AD，BC上，將矩形ABCD沿EF折疊，使點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)P落在邊CD上，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)G，PG交BC于點(diǎn)H．(1)如圖1，求證：△DEP∽△CPH；(2)如圖2，當(dāng)P為CD的中點(diǎn)，AB=2，AD=3時(shí)，求GH的長(zhǎng)；(3)如圖3，當(dāng)AB=AD時(shí)，設(shè)矩形ABCD的周長(zhǎng)為m，△CHP的周長(zhǎng)為n，探究n與m的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)GH=(3)n=【分析】（1）證明對(duì)應(yīng)角相等，即可得到△EDP∽△PCH；（2）根據(jù)△EDP∽△PCH，求得PH的長(zhǎng)度，從而得出GH長(zhǎng)度；（3）根據(jù)題意得出四邊形ABCD是正方形，根據(jù)折疊的性質(zhì)，設(shè)AD=BC=t，則m=4t，ED=a,PD=b，則EP=AE=t?a，PC=t?b，在Rt△PED中，勾股定理可得t2?2at=b2，根據(jù)△EDP∽△PCH得出PH=【詳解】（1）證明：如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴∠A=∠D=∠C=90°，∴∠1+∠3=90°，∵E，F(xiàn)分別在AD，BC上，將四邊形ABFE沿EF翻折，使A的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)P落在DC上，∴∠EPH=∠A=90°，∴∠1+∠2=90°，∴∠3=∠2，∴△EDP∽△PCH；（2）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，∵P為CD中點(diǎn)，∴DP=CP=1設(shè)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：∵四邊形ABCD是矩形，AB=AD∴四邊形ABCD是正方形，∴設(shè)AD=BC=t，則m=4t，∵折疊，∴PE=AE，設(shè)ED=a,PD=b，則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=【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形與折疊、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練掌握以上基礎(chǔ)知識(shí)是解題關(guān)鍵．20．（2024·廣東深圳·模擬預(yù)測(cè)）【問(wèn)題背景】折紙是一種許多人熟悉的活動(dòng)，將折紙的一邊二等分、四等分都是比較容易做到的，但將一邊三等分就不是那么容易了，近些年，經(jīng)過(guò)人們的不懈努力，已經(jīng)找到了多種將正方形折紙一邊三等分的精確折法．綜合與實(shí)踐課上，老師讓同學(xué)們以“正方形的折疊”為主題開(kāi)展數(shù)學(xué)活動(dòng)．操作探究：操作過(guò)程及內(nèi)容如下（如圖①）操作1：將正方形ABCD對(duì)折，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，點(diǎn)B與點(diǎn)C重合．再將正方形ABCD展開(kāi)，得到折痕EF；操作2：再將正方形紙片的右下角向上翻折，使點(diǎn)C與點(diǎn)E重合，邊BC翻折至B'E的位置，得到折痕MN，B'E與AB交于點(diǎn)P.則P即為AB的三等分點(diǎn)，即AP【解決問(wèn)題】（1）在圖①中，若EF與MN交于點(diǎn)Q，連接CQ求證：四邊形EQCM是菱形．（2）請(qǐng)?jiān)趫D①中證明AP：PB=2：1.【發(fā)現(xiàn)感悟】若E為正方形紙片ABCD的邊AD上的任意一點(diǎn)，重復(fù)“問(wèn)題背景”中操作2的折紙過(guò)程，請(qǐng)你思考并解決如下問(wèn)題：（3）如圖②，若AD=3AE時(shí)，則APAB=______；若AD=nAE時(shí)，則APAB【答案】（1）見(jiàn)解析（2）見(jiàn)解析（3）45；【分析】（1）根據(jù)操作1，利用折疊和平行線的性質(zhì)得CD∥EQ，∠CMQ=∠EQM，根據(jù)操作2，利用折疊性質(zhì)得出CM=EM，CQ=EQ，∠EMQ=∠CMQ，即可得出∠EMQ=EQM，EQ=CM，得出EQ=CQ=CM=EM，再根據(jù)“四條邊都相等的四邊形是菱形”得出答案；（2）令正方形的邊長(zhǎng)為2，設(shè)DM=x，再根據(jù)勾股定理求出DM，EM，然后說(shuō)明△AEP∽△DEM，求出（3）仿照（2）解答即可．【詳解】（1）證明：∵將正方形ABCD對(duì)折，使點(diǎn)A與點(diǎn)D重合，點(diǎn)B與點(diǎn)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，∵再將正方形紙片的右下角向上翻折，使點(diǎn)C與點(diǎn)E重合，邊BC翻折至B'∴CM=EM，CQ=EQ，∠EMQ=∠CMQ，∴∠EMQ=EQM，∴EQ=EM，∴EQ=CQ=CM=EM，∴四邊形EQCM是菱形；（2）證明：設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，CM=x，則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，則AE∴APAE=解得AP=23，∴AP：PB=2：1；（3）解：設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，CM=x，則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，則AE即APAE=DE解得AP=4∴AP故答案為：45設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，CM=x，則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∴故答案為：2n?2【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，熟練掌握相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．??題型08求正方形重疊部分面積21．（2024·海南省直轄縣級(jí)單位·模擬預(yù)測(cè)）如圖，三個(gè)邊長(zhǎng)相等的正方形重疊在一起，O1，O2是其中兩個(gè)正方形的中心，陰影部分的面積和為8，則正方形的邊長(zhǎng)為

（A．2 B．4 C．8 D．2【答案】B【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)及全等三角形的證明，根據(jù)題意作圖，連接O1B、O1【詳解】解：連接O1B、∵∠BO1F+∠F∴∠BO∵四邊形ABCD是正方形，∴∠O在△O1BF∴△O∴S△∴O1、O2兩個(gè)正方形陰影部分的面積是14∴陰影部分的面積和=8=1∴S正方形∴AD=4，故選：B．22．（2024·河北石家莊·二模）如圖，正方形ABCD和CEFG邊長(zhǎng)分別是a和b(a>b)，點(diǎn)B，C，E在同一直線上，點(diǎn)C，G，D在同一直線上，如果在這個(gè)圖形基礎(chǔ)上再畫(huà)一個(gè)正方形，使得新正方形（陰影部分）的面積等于正方形ABCD和CEFG面積之和，下列四個(gè)正方形(陰影部分)的面積符合要求的是（填寫(xiě)序號(hào)即可）．

【答案】①③④【分析】設(shè)陰影正方形的邊長(zhǎng)為c，其面積設(shè)為S，且S=c2，根據(jù)題意，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本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，勾股定理，三角形全等是解題的關(guān)鍵．【詳解】設(shè)陰影正方形的邊長(zhǎng)為c，其面積設(shè)為S，且S=c2，根據(jù)題意，得S正方形由勾股定理，得BC2+CG2故①正確；根據(jù)題意，得AB故a2故②錯(cuò)誤；據(jù)題意，得DC2+C得到S正方形故③正確；根據(jù)正方形的性質(zhì)，∵∠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正確，

．故答案為：①③④．23．（2024·廣東·三模）如圖，在正方形ABCD中，AB=6，點(diǎn)E，F(xiàn)在AD邊上，G，H分別是AB，CD的中點(diǎn)，GF和EH交于點(diǎn)M，若EF=12AD【答案】21【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．連接GH，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥GH于點(diǎn)N，延長(zhǎng)NM交AD于點(diǎn)Q，證明四邊形GHDA是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)證△GMH∽【詳解】解：如圖，連接GH，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥GH于點(diǎn)N，延長(zhǎng)NM交AD于點(diǎn)Q，∵在正方形ABCD中，點(diǎn)G，H分別是AB，CD的中點(diǎn)，∴四邊形GHDA是矩形，∴GH=AD=AB=6，GH∥∴△GMH∽∴MNMQ∵M(jìn)N+MQ=1∴MN=2，MQ=1，∴S△GHM∴S△EFM=1∴S陰影??題型09添加一個(gè)條件使四邊形是正方形24．（2024·甘肅金昌·模擬預(yù)測(cè)）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，AC=BD，在不添加任何輔助線的前提下，若使四邊形【答案】AB=BC（答案不唯一）【分析】本題主要考查了正方形的判定、平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握正方形的判定和平行四邊形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．先證四邊形ABCD是矩形，再由正方形的判定即可解答．【詳解】解：∵AB∥CD，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∵AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形，∴需添加的一個(gè)條件是AB=BC．故答案為：AB=BC（答案不唯一）．25．（2024·陜西榆林·三模）已知菱形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，下列條件中，能夠判定菱形ABCD為正方形的是（

）A．AC⊥BD B．∠OAB=∠OBAC．AB=BC D．AB=AC【答案】B【分析】本題考查菱形的性質(zhì)和正方形的判定，菱形的對(duì)角線互相垂直，四條邊相等，正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，據(jù)此即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，AB=BC，AB=AC，故A、C、D選項(xiàng)均不能判定菱形ABCD為正方形，不符合題意，如圖，在菱形ABCD中，∠OAB=∠OBA，∴OA=OB，∵OA=OC，OB=OD，∴AC=BD，∴菱形ABCD為正方形，故選：B．26．（2024·廣東佛山·一模）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD∥BC，對(duì)角線AC⊥BD于點(diǎn)O，若添加一個(gè)條件后，可使得四邊形【答案】AC=BD或∠ABC=90°【分析】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．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∥CD，∴ABCD是平行四邊形，又∵AC⊥BD，∴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或∠ABC=90°．故答案為：AC=BD或∠ABC=90°．??題型10證明四邊形是正方形27．（2024·陜西咸陽(yáng)·三模）如圖，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，BP平分∠ABC交AC于點(diǎn)P，過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，PN⊥BC于點(diǎn)N，求證：四邊形BMPN【答案】詳見(jiàn)解析【分析】本題主要考查了矩形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，等腰三角形的判定，角平分線的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，由BP平分∠ABC交AC于點(diǎn)P，得出∠ABP=∠CBP，由過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，PN⊥BC于點(diǎn)N和∠ABC=90°得出四邊形BMPN為矩形，再由MP=MB即可得出結(jié)論，熟練掌握矩形的判定和性質(zhì)是解決此題的關(guān)鍵．【詳解】∵BP平分∠ABC交AC于點(diǎn)P，∴∠ABP=∠CBP，∵過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AB于點(diǎn)M，PN⊥BC于點(diǎn)N，∴∠BMP=∠BNP=90°，∵∠ABC=90°，∴四邊形BMPN為矩形，∴PM∥BN，∴∠CBP=∠MPB=∠ABP，∴MP=MB，∴四邊形BMPN為正方形．28．（2024·陜西渭南·三模）如圖，在四邊形ABCD中，∠B=90°，請(qǐng)用尺規(guī)作圖法在AD邊上求作一點(diǎn)E，AB邊上求作一點(diǎn)M，BC邊上求作一點(diǎn)N，連接EM，EN，使得四邊形【答案】作圖見(jiàn)解析【分析】本題考查了正方形的判定，角平分線的畫(huà)法，垂線的畫(huà)法，先作∠ABC的角平分線，與AD相交于點(diǎn)E，經(jīng)過(guò)點(diǎn)E作BC的垂線，交BC于點(diǎn)N，再在BA上截取BM=BN，連接ME，則四邊形BMEN為正方形，掌握正方形的性質(zhì)和判定和解題的關(guān)鍵．【詳解】解：如圖，四邊形BMEN即為所求．理由：∵BE平分∠ABC，∴∠ABE=∠CBE=45°，∵EN⊥BC，∴∠BNE=90°，∴△BNE為等腰直角三角形，∴BN=EN，∵BM=BN，∴BM=EN，∵∠B+∠BNE=90°+90°=180°，∴BM∥∴四邊形BMEN是平行四邊形，∵∠BNE=90°，∴四邊形BMEN是矩形，又∵BM=BN，∴四邊形BMEN是正方形．29．（2024·上海楊浦·三模）已知：如圖，在⊙O中，OC平分劣弧AB，OC與AB交于點(diǎn)E，點(diǎn)D在OC延長(zhǎng)線上，OA⊥AD，連接AC．(1)求證：AC平分∠EAD；(2)連結(jié)OB、BD，延長(zhǎng)BC交AD于點(diǎn)F，如果AC2=AF?AD【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)見(jiàn)詳解【分析】（1）根據(jù)OC平分劣弧AB可得OC⊥AB，即有∠EAC+∠ACE=90°，再根據(jù)垂直可得∠OAC+∠CAD=90°，問(wèn)題即可得證；（2）在優(yōu)弧AB上任取一點(diǎn)N，連接AN、BN，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可得：∠ANB=∠ACF，根據(jù)OC平分劣弧AB可得OC⊥AB，AE=EB，證明△CAF∽△DAC，可得∠ACF=∠ADC，即可證明∠ADC=∠AOC，則有AO=AD，進(jìn)而可得AO=BO=AD=BD，問(wèn)題隨之得證．【詳解】（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）在優(yōu)弧AB上任取一點(diǎn)N，連接AN、BN，如圖，根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)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，∴四邊形OADB是菱形，∵OA⊥AD，∴菱形OADB是正方形．【點(diǎn)睛】本題考查了圓周角定理，相似三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定以及圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)等知識(shí)，掌握并靈活運(yùn)用垂徑定理是解答本題的關(guān)鍵．??題型11根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度30．（2024·福建·三模）如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BD是BC由繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)2α0°<α≤90°得到，連接CD，將DC繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到DE，連接AD(1)求證：AD=BE；(2)若△ACD是等腰三角形，直接寫(xiě)出α的度數(shù)；(3)當(dāng)A，D，【答案】(1)見(jiàn)解析(2)α的度數(shù)為15°或30°或45°；(3)tanα=【分析】（1）利用SAS證明△ACD≌△BDE，即可得到AD=BE；（2）分AC=CD、AD=CD和AC=AD三種情況討論，畫(huà)出圖形，利用等邊三角形或矩形或正方形的性質(zhì)求解即可；（3）作BH⊥CD，利用等腰三角形的性質(zhì)求得CH=12CD，∠CBH=12∠CBD=α，利用【詳解】（1）證明：由題意得BC=BD，∴∠BCD=∠BDC，∵∠ACB=∠CDE=90°，∴∠ACD=∠BDE，∵AC=BC=BD，DC=DE，∴△ACD≌△BDESAS∴AD=BE；（2）解：當(dāng)AC=CD時(shí)，∵AC=BC=BD，∴CD=BC=BD，∴△CDB是等邊三角形，∴∠CBD=60°=2α，∴α=30°；當(dāng)AD=CD時(shí)，作DM⊥BC，DN⊥AC，垂足分別為M，∵∠ACB=90°，∴四邊形CMND是矩形，∵AD=CD，DN⊥AC，∴CN=1∴DM=CN=1∵BC=BD，∴sin∠CBD=∴∠CBD=30°=2α，∴α=15°；當(dāng)AC=AD時(shí)，∵AC=BC=BD，∴AC=AD=BC=BD，∴四邊形ACBD是菱形，∵∠ACB=90°，∴四邊形ACBD是正方形，∴∠CBD=90°=2α，∴α=45°；綜上，α的度數(shù)為15°或30°或45°；（3）解：作BH⊥CD，垂足為H，∵BC=BD，∴CH=12CD∵∠ACD=90°?∠BCH=∠CBH=α，∵A，D，∴∠ADC=180°?90°=90°=∠CHB，∴△ADC≌△CHBAAS∴AD=CH=1∴tanα=【點(diǎn)睛】本題考查了解直角三角形，正方形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，正確引出輔助線、分類(lèi)討論解決問(wèn)題是解題的關(guān)鍵．31．（21-22九年級(jí)下·黑龍江哈爾濱·開(kāi)學(xué)考試）已知：BD是△ABC的角平分線，點(diǎn)E在AB邊上，BE＝BC，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AC，交BD于點(diǎn)F，連接(1)如圖1，求證：四邊形CDEF是菱形；(2)如圖2，當(dāng)∠DEF=90°，AC=BC時(shí)，在不添加任何輔助線的情況下，請(qǐng)直接寫(xiě)出圖2中度數(shù)為【答案】(1)見(jiàn)解析(2)度數(shù)為∠ABD的度數(shù)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證明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，從而∠EFD=∠BDE，根據(jù)等角對(duì)等邊得出（2）如圖2，利用正方形的性質(zhì)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質(zhì)求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【詳解】（1）證明：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，∴四邊形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四邊形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四邊形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∵四邊形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性質(zhì)得：∠FEB=∠FCB=30°，∴度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)等知識(shí)．關(guān)鍵是由SAS得出△BDE≌??題型12根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)32．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知四邊形ABCD中，AD⊥AB，DC=25，AD=AB=2，∠EBF=∠C，以A為圓心，AD為半徑作圓，延長(zhǎng)CD交⊙A于點(diǎn)F，延長(zhǎng)DA交⊙A于點(diǎn)E，連接BF交DE于點(diǎn)G(1)求證：BC是⊙A的切線；(2)求BG的長(zhǎng)．【答案】(1)見(jiàn)詳解(2)BG=【分析】（1）由圓周角定理推出ED∥BC，而AB⊥AD，推出AB⊥BC，即可證明BC是⊙A的切線；（2）過(guò)A作AN⊥DF于N，過(guò)D作DM⊥BC于M，判定四邊形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【詳解】（1）證明：∵EF∴∠EBF=∠EDF∵∠EBF=∠C，∴∠C=∠EDF∴ED∥BC（同位角相等，兩直線平行），∵AB⊥AD，∴∠DAB=90°∵ED∥BC∴∠ABC=180°?90°=90°，∵AB是⊙A的半徑∴BC是⊙A的切線；（2）解：過(guò)A作AN⊥DF于N，過(guò)D作DM⊥BC于M，∵DM⊥BC∴∠CMD=∠DMB=90°∵AD⊥AB，∴∠DAB=90°由（1）得∠ABC=90°∴四邊形ABMD是矩形∵AD=AB，∴四邊形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【點(diǎn)睛】本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定，圓周角定理，勾股定理，關(guān)鍵是由△DAN∽△CDM，推出DN:CM=AD:CD求出DN的長(zhǎng)，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·模擬預(yù)測(cè)）張老師在講“圖形的對(duì)稱(chēng)”時(shí)，進(jìn)行了如下教學(xué)設(shè)計(jì)．【觀察發(fā)現(xiàn)】（1）如圖1，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，?OABC的頂點(diǎn)O與坐標(biāo)原點(diǎn)重合，點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)B,C均在第一象限，OC=2，分別作點(diǎn)C關(guān)于x軸，y軸的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)C1,C2，連接C1C2，則OC2【遷移探究】（2）在△AOB中，OA=29,∠AOB=45°,AB①小明利用（1）中的方法解決此問(wèn)題，過(guò)程如下：根據(jù)要求作出△AOB，如圖2所示，再分別作OC關(guān)于OA,OB的對(duì)稱(chēng)線段OC,OC，連接C1A,C2B②小明發(fā)現(xiàn)根據(jù)要求還可以作出鈍角三角形AOB，如圖3所示，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)AB的長(zhǎng)．【拓展應(yīng)用】（3）在△AOB中，OA=10,∠AOB=60°,AB【答案】（1）180，4；（2）①補(bǔ)全圖形見(jiàn)解析，AB=297；②AB的長(zhǎng)為293；（3）AB的長(zhǎng)為【分析】（1）根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）①根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得到∠1=∠2，∠3=∠4，OC=OC1，OC=OC2，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠C1=∠C2=∠ACO=90°，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OC=OC1=OC2②如圖3，分別作OC關(guān)于OA，OB的對(duì)稱(chēng)線段OC1，OC2，連接（3）①當(dāng)△AOB是銳角三角形時(shí)，如圖4，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得到∠C1OC2=2∠AOB=120°，OC=OC1=OC2，∠OC1D=∠OC2D=90°，連接OD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠C1OD=∠C2OD=60°，∠C1DO=∠C2DO=30°，得到OD=6，過(guò)B【詳解】解：（1）如圖1所示；OC2可看作是由OC1繞點(diǎn)O順時(shí)針旋轉(zhuǎn)180°故答案為：180，4；（2）①補(bǔ)全圖形如圖2所示，∵OC關(guān)于OA，OB的對(duì)稱(chēng)線段OC∴∠1=∠2，∵∠2+∠3=45°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∵OA=OA，∴△OCA≌△OC∴∠C∴四邊形OC∵OC=OC∴四邊形OC∵OA=29∴AC=O由軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)得AC∴AD=C設(shè)BC=x，則AB=2+x，∴BD=5?x，∵AB∴2+x2∴x=15∴AB=AC+BC=2+15②如圖3，分別作OC關(guān)于OA，OB的對(duì)稱(chēng)線段OC1，OC由①知四邊形OC1D∴AD=C設(shè)AB=x，則BC=BC∴BD=x+2?5=x?3，∵AB∴x2∴x=29∴AB的長(zhǎng)為293（3）①當(dāng)△AOB是銳角三角形時(shí)，如圖4，分別作OC關(guān)于OA，OB的對(duì)稱(chēng)線段OC1，OC∴∠C連接OD，∵OD=OD，OC∴Rt△O∴∠C∵OC∴OD=6，過(guò)B作BH⊥OD于H，設(shè)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當(dāng)△AOB是鈍角三角形時(shí)，同①作輔助線，如圖5，連接OD，過(guò)B作BH⊥OD交OD的延長(zhǎng)線于H，同理可得，Rt△OC設(shè)BH=x，則OH=3x，DH=3x∴OD=OH?DH=3x?3∴x=3+3∴BC=BC2=DC2∴AB=BC?AC=53綜上所述，AB的長(zhǎng)為53?5或【點(diǎn)睛】本題是幾何變換綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．??題型13根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積34．（2024·吉林白城·一模）如圖，已知：在四邊形ABFC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分線EF交BC于點(diǎn)D，交AB于點(diǎn)E，且CF∥AE．(1)求證：四邊形BECF是菱形；(2)當(dāng)∠A=45°，AC=4時(shí)，則四邊形ABFC的面積為．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)12【分析】（1）根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)，垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩個(gè)端點(diǎn)的距離相等，可以得到CD=BD，EF⊥BC再證明△BED≌△CFD，繼而證明四邊形BECF是平行四邊形，再根據(jù)對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，即可得到四邊形BECF是菱形；（2）可證明四邊形BECF是正方形，得出四邊形ABFC為直角梯形，求出FC，AB，【詳解】（1）證明：∵EF是BC的垂直平分線，∴CD=BD，EF⊥BC∵CF∥AB，∴∠BED=∠CFD，∠EBD=∠DCF，∴△BED≌△CFD，∴DE=DF，又∵CD=BD，∴四邊形BECF是平行四邊形，又∵EF⊥BC，∴四邊形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°，四邊形ABFC為直角梯形，又∵AC=4，∴AE=EC=AC?sin∴CE=CF=22，AB=BE+AE=2∴S梯形=1故答案為：12．【點(diǎn)睛】此題主要考查了菱形的判定，正方形的性質(zhì)及判定，解直角三角形以及線段垂直平分線的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握四條邊都相等的四邊形是菱形．35．（2023·四川成都·一模）如圖，在四邊形ABCD中，且∠BAD=90°，對(duì)角線AC和BD相交于點(diǎn)O，且BO=DO，過(guò)點(diǎn)B作BE∥AD，交AC于點(diǎn)E，連結(jié)DE．(1)求證：△AOD≌(2)試探究四邊形ABED的形狀，并說(shuō)明理由；(3)若BC=DC，BC=5，CE=1，求四邊形ABED的面積．【答案】(1)見(jiàn)解析(2)矩形，理由見(jiàn)解析(3)18【分析】（1）由BE∥AD可知，∠BEO=∠DAO，進(jìn)而可證△AOD≌（2）由△AOD≌△EOB，可得BE=AD，證明四邊形ABED是平行四邊形，由∠BAD=90°，可證四邊形（3）由BC=CD且BO=DO，可得CO⊥BD，即∠BOC=90°，可證四邊形ABED是正方形，則BO=EO，設(shè)BO=EO=x，則OC=x+1，在Rt△BOC中，由勾股定理得BO2+CO2=BC2，即x【詳解】（1）證明：∵BE∥AD，∴∠BEO=∠DAO，在△AOD和△EOB中，∵∠BEO=∠DAO∠EOB=∠AOD∴△AOD≌（2）解：四邊形ABED是矩形，理由如下：∵△AOD≌∴BE=AD，∵BE∥AD，∴四邊形ABED是平行四邊形，∵∠BAD=90°，∴四邊形ABED是矩形；（3）解：∵BC=CD且BO=DO，∴CO⊥BD，即∠BOC=90°，∴四邊形ABED是正方形，∴BO=EO，設(shè)BO=EO=x，則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∴四邊形ABED的面積為18．【點(diǎn)睛】本題考查了平行線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．??題型14根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問(wèn)題36．如圖，已知E，F(xiàn)分別為正方形ABCD的邊AB，BC的中點(diǎn)，AF與DE交于點(diǎn)M，O為BD的中點(diǎn)，則下列結(jié)論：①∠AME=90°，②∠BAF=∠EDB，③AM=23MF，A．4個(gè) B．3個(gè) C．2個(gè) D．1個(gè)【答案】B【分析】本題考查正方形的性質(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)，勾股定理等，證明△ABF≌△DAESAS，得出∠BAF=∠ADE，通過(guò)導(dǎo)角證明∠AME=90°，可判斷①；根據(jù)∠ADE≠∠EDB可判斷②；證明△AME∽△ABF，根據(jù)對(duì)應(yīng)邊成比例可判斷③；過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，證明△NAM∽△BAF，結(jié)合勾股定理可判斷④【詳解】解：在正方形ABCD中，AB=BC=AD，∠ABC=∠BAD=90°，∵E，F(xiàn)分別為邊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正確；∵DE是△ABD的中線，∴∠ADE≠∠EDB，∴∠BAF≠∠EDB，故②錯(cuò)誤；設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2a，則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正確；如圖，過(guò)點(diǎn)M作MN⊥AB于點(diǎn)N，∵∠NAM=∠BAF，∠ANM=∠ABF=90°，∴△NAM∽△BAF，∴MNBF=解得MN=25a∴BN=AB?AN=2a?4根據(jù)勾股定理，得MB=B∵M(jìn)E+MF=55a+∴ME+MF=2故④正確．綜上所述，正確的結(jié)論有①③④共3個(gè)，故選B．37．（2024·安徽·模擬預(yù)測(cè)）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在邊CD，BC上，且∠EAF=45°，BD分別交AE，AF于點(diǎn)M，N，以點(diǎn)A為圓心，AB長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧BD.下列結(jié)論：①DE+BF=EF；②BN2+DM2=MN2；③△AMN∽△AFE；A．5個(gè) B．4個(gè) C．3個(gè) D．2個(gè)【答案】B【分析】本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)，切線的判定，勾股定理，正確的作出輔助線，熟練掌握這些性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．延長(zhǎng)CB到G，使BG=DE，連接AG.根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AG=AE，∠DAE=∠BAG，求得∠GAF=∠EAF，證得△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到EF=DE+BF；故①正確；在AG上截取AH=AM，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，證得∠HBN=90°，根據(jù)勾股定理得到BH2+BN2=HN2，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到MN=HN，等量代換得到BN2+DM2=MN2；故②正確；根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DEA=∠BAM，推出∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，于是得到△AMN∽△AFE，故③正確；過(guò)A作AP⊥EF于P，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到AP=AD，于是得到BD與【詳解】解：延長(zhǎng)CB到G，使BG=DE，連接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正確；在AG上截取AH=AM，連接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正確；過(guò)A作AP⊥EF于P，∵∠AED=∠AEP，AD⊥DE，∴AP=AD，∴BD與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錯(cuò)誤，故選：B．38．（2024·北京平谷·一模）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E、H、G、F分別為AB、BC、CD、AD邊上的點(diǎn)，點(diǎn)K、M、N為對(duì)角線BD上的點(diǎn)，四邊形EKNF和四邊形MHCG均為正方形，它們的面積分別表示為S1和S給出下面三個(gè)結(jié)論：①S1=S2；②DF=2AF上述結(jié)論中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是（

）A．② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．根據(jù)正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得BH=CH=MH=12BC，BK=EK=KN，DN=KN，進(jìn)而得到EK=13BD=23BC，根據(jù)正方形的面積公式即可判斷①；根據(jù)DF=2FN，EF=【詳解】解：①∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠CBD=45°，∵四邊形EKNF和四邊形MHCG均為正方形，∴∠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，∵四邊形EKNF為正方形，∴FN=EF，∴DF=2AF，故②正確；③由①知：S1=2∴94S1故選：C．??題型15與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問(wèn)題39．（2024·山東棗莊·一模）如圖，正方形ABCB1中，AB=3，AB與直線l所夾銳角為60°，延長(zhǎng)CB1交直線l于點(diǎn)A1，作正方形A1B1C1B2，延長(zhǎng)C1B2交直線l

【答案】2×【分析】本題考查了圖形類(lèi)規(guī)律探索、正方形的性質(zhì)、解直角三角形；利用正方形的性質(zhì)得到AB1=AB=3，∠BAB1=90°，求出∠【詳解】解：∵四邊形ABCB∴AB1=AB=∵AB與直線l所夾銳角為60°，∴∠B∴A∴AA同理可得：A2B2．．．．．．∴An∴A故答案為：2×340．（2024·山東聊城·三模）如圖，正方形OA1B1C1的邊長(zhǎng)為1，以O(shè)為圓心，OA1為半徑作扇形OA1C1，弧A1C1與OB1相交于點(diǎn)B2，設(shè)A1C1，A1B1，B1C1圍成陰影部分的面積為S1；然后以O(shè)B2為對(duì)角線作正方形OA2【答案】1【分析】本題考查了扇形面積的計(jì)算以及正方形的性質(zhì)，解直角三角形，要先從簡(jiǎn)單的例子入手得出一般化的結(jié)論，然后根據(jù)得出的規(guī)律去求特定的值．正方形OA1B1C1的邊長(zhǎng)為1，則S正方形OA1B1C1=1,OB1=2，以O(shè)為圓心，O【詳解】解：正方形OA∴OB1=以O(shè)為圓心，OA為半徑作扇形OA得到S1以O(shè)B2為對(duì)角線作正方形OA2B2C則OA得到S2依此類(lèi)推得到OA得到S3...,故Sn故S2024故答案為：1241．（2024·黑龍江齊齊哈爾·二模）如圖，在拋物線y=x2的內(nèi)部依次畫(huà)正方形，使對(duì)角線在y軸上，另兩個(gè)頂點(diǎn)落在拋物線上，按此規(guī)律類(lèi)推，第2024個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是【答案】2024【分析】本題考查了二次函數(shù)的性質(zhì)以及二次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，由題意可知，直線OA1的表達(dá)式為y=x，聯(lián)立方程求得A1的坐標(biāo)，進(jìn)而求得第一個(gè)正方形的邊長(zhǎng)和B1的坐標(biāo)，即可得到直線B1A2的表達(dá)式為：y=x+2，聯(lián)立方程求得A2的坐標(biāo)，進(jìn)而求得第二個(gè)正方形的邊長(zhǎng)和B2的坐標(biāo)，即可得到直線B【詳解】∵正方形的對(duì)角線在y軸上∴∠A1OB1=45°，A1和C1關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，A2和C2∴A1到x軸和∴直線OA1∴列方程組：y=x解得x=0y=0或∴∴根據(jù)兩點(diǎn)間距離公式：O∵∠∴∴O∴設(shè)B1A∵C∴解得：x=1∴直線B1A∴列方程組：y=x+2解得x=?1y=1或∴同理可得：A∴直線B2A∴列方程組：y=x+6解得x=?2y=4或∴同理可得：A?按此規(guī)律類(lèi)推，第n個(gè)正方形的邊長(zhǎng)為2n，第2024個(gè)正方形的邊長(zhǎng)是2024故答案為：20242??題型16與正方形有關(guān)的新定義問(wèn)題42．（2024·河南駐馬店·模擬預(yù)測(cè)）定義：有一組鄰邊相等，并且它們的夾角是直角的凸四邊形叫做等腰直角四邊形．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，邊長(zhǎng)為3的正方形AOCB的兩條邊分別在坐標(biāo)軸上，點(diǎn)M為邊OC上中點(diǎn)，連接AM，點(diǎn)P是線段AM上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)P不與A，M重合），過(guò)點(diǎn)P的直線與邊BC交于點(diǎn)E（點(diǎn)E不與C重合），若四邊形ABEP是等腰直角四邊形，則點(diǎn)BE的長(zhǎng)為．【答案】1或2【分析】本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握新定義是解題的關(guān)鍵．分PA=PE，BE=EP兩種情況，分別畫(huà)圖，利用全等三角形和相似三角形進(jìn)行解題即可．【詳解】解：如圖，當(dāng)PA=PE，且∠APE=90°時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作DF⊥AO于點(diǎn)D，交BC于點(diǎn)F，∴∠ADP=∠APE=∠PFE=90°，∴∠DAP+∠DPA=∠DPA+∠EPF=90°，∴∠DAP=∠EPF，∴△DPA≌△FEP，∴AD=PF=3?DP，EF=DP，∵正方形AOCB的邊長(zhǎng)為3，M是中點(diǎn)，∴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；當(dāng)BE=EP，且∠BEP=90°時(shí)，延長(zhǎng)EP交OA于點(diǎn)F，則四邊形AFEB是矩形，PF=3?BE，EF∥OC，∴△AFP∽△AOM，∴FPOM=AFAO，即故答案為：1或2．43．（2024·江蘇揚(yáng)州·二模）定義：兩組鄰邊對(duì)應(yīng)相等的四邊形為“箏形”．如圖①．在四邊形ABCD中，AB=AD，BC=CD，那么四邊形ABCD就是箏形．(1)在①平行四邊形：②矩形：③菱形；④正方形中，“箏形”是______（填序號(hào)）；(2)如圖①，連接AC，BD，請(qǐng)判斷并證明對(duì)角線AC與BD的位置關(guān)系；(3)如圖②，在箏形ABCD中，AB=AD，BC=CD，請(qǐng)利用無(wú)刻度的直尺和圓規(guī)，在箏形ABCD中找一點(diǎn)P，連接PB、PD，使折線BPD將箏形ABCD的面積等分（保留作圖痕跡，不寫(xiě)作法）．【答案】(1)③④(2)AC垂直平分BD；(3)見(jiàn)解析【分析】（1）由平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質(zhì)和“箏形”的定義即可得出結(jié)論；（2）運(yùn)用線段垂直平分線的判定定理即可；（3）利用三角形的一條中線將三角形分成兩個(gè)面積相等的三角形即可作出圖形．【詳解】（1）解：根據(jù)“箏形”的定義可得：平行四邊形和矩形不一定是箏形，菱形和正方形一定是箏形，故答案為：③④；（2）解：AC垂直平分BD，理由如下：如圖，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，∵AB=AD，BC=CD，點(diǎn)A、C均在線段BD的垂直平分線上，∴AC垂直平分BD；（3）解：如圖所示，點(diǎn)P即為所求．作出AC的中點(diǎn)P，連接BP、DP，折線B?P?D將箏形ABCD面積等分．理由：在△ABC中，∵P為AC邊中點(diǎn)，∴AP=CP，∴S同理：S△APD∵S∴S即四邊形ABPD的面積=四邊形BCDP的面積，∴折線B?P?D將箏形ABCD面積等分．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題目，考查了“箏形”的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的判定與性質(zhì)、作圖?基本作圖，三角形的面積等知識(shí)；熟練掌握“箏形”的定義，正確地作出圖形是解題的關(guān)鍵．44．（2024·遼寧·二模）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，正方形OABC的邊長(zhǎng)為n（n為正整數(shù)），點(diǎn)A在x軸正半軸上，點(diǎn)C在y軸正半軸上．若點(diǎn)Mx,y在正方形OABC的邊上，且x，y均為整數(shù)，定義點(diǎn)M為正方形OABC的“LS點(diǎn)”．若某函數(shù)的圖象與正方形OABC只有兩個(gè)交點(diǎn)，且交點(diǎn)均是正方形OABC的“LS點(diǎn)”，定義該函數(shù)為正方形OABC的“LS例如：如圖1，當(dāng)n=2時(shí)，某函數(shù)的圖象C1經(jīng)過(guò)點(diǎn)0,1和2,2，則該函數(shù)是正方形OABC的“LS(1)當(dāng)n=1時(shí)，若一次函數(shù)y=kx+t是正方形OABC的“LS函數(shù)”，則一次函數(shù)的表達(dá)式是______（寫(xiě)出一個(gè)即可）；(2)如圖2，當(dāng)n=3時(shí)，函數(shù)y=mxx>0的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)D1,3，與邊AB相交于點(diǎn)E，判斷該函數(shù)是否是正方形(3)當(dāng)n=4時(shí)，二次函數(shù)y=ax2+bx+4的圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，若該函數(shù)是正方形OABC的“LS(4)在（3）的條件下，點(diǎn)Pa?1,y1,Qa+3,y2是二次函數(shù)y=ax2+bx+4圖象上兩點(diǎn)，若點(diǎn)P，【答案】(1)y=x（或y=?x+1）(2)是，理由見(jiàn)解析(3)0<a<1或a(4)8?55或【分析】（1）當(dāng)n=1時(shí)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，寫(xiě)出一個(gè)一次函數(shù)，其圖象過(guò)O(0,0)，B(1,1)即可；（2）求出y=3x，點(diǎn)E的坐標(biāo)為(3,1)，可知函數(shù)y=3x的圖象與正方形OABC只有兩個(gè)交點(diǎn)，且點(diǎn)D，E均是“LS點(diǎn)”，故函數(shù)

y=3x（3）當(dāng)n=4時(shí)，把點(diǎn)B(4,4)代入二次函數(shù)

y=ax2+bx+4可得b=?4a，故y=ax2?4ax+4，該函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(2,?4a+4)，可知點(diǎn)C(0,4)在函數(shù)

y=ax2+bx+4

的圖象上，①當(dāng)a>0時(shí)，拋物線頂點(diǎn)在x軸上方，即可得?4a+4>0，0<a<1；②當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)

y=ax2+bx+4圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)（4）當(dāng)0<a<1時(shí)，拋物線開(kāi)口向上，點(diǎn)P，Q之間的圖象的最高點(diǎn)是點(diǎn)P，最低點(diǎn)是頂點(diǎn)，可得a(a?1)2?4a(a?1)+4?(?4a+4)=10a2，當(dāng)a<0時(shí)，拋物線開(kāi)口向下，①當(dāng)a+3≥2，點(diǎn)P，Q之間的圖象的最高點(diǎn)是頂點(diǎn)，最低點(diǎn)是點(diǎn)P，知(?4a+4)?[a(a?1)2?4a(a?1)+4]=10a2，②當(dāng)a+3<2，即a<?1時(shí)，點(diǎn)本題考查二次函數(shù)綜合應(yīng)用，涉及新定義，解題的關(guān)鍵是讀懂題意，理解“LS函數(shù)”的定義．【詳解】（1）解：如圖：當(dāng)n=1時(shí)，A(1,0)，B(1,1)，C(0,1)，當(dāng)一次函數(shù)y=kx+t圖象過(guò)O(0,0)，B(1,1)時(shí)，其解析式為y=x，此時(shí)直線y=x與正方形OABC只有兩個(gè)交點(diǎn)，∴一次函數(shù)y=x是正方形OABC的“LS函數(shù)”；故答案為：y=x（答案不唯一）；（2）解：該函數(shù)是正方形OABC的“LS函數(shù)”；理由如下：把點(diǎn)D(1,3)代入y=mx中得：解得m=3，∴y=3把x=3代入y=3x得∴點(diǎn)E的坐標(biāo)為(3,1)，∴函數(shù)y=3x的圖象與正方形OABC只有兩個(gè)交點(diǎn)，且點(diǎn)D，E均是“∴函數(shù)

y=3x(x>0)

是正方形OABC（3）解：當(dāng)n=4時(shí)，點(diǎn)B的坐標(biāo)為(4,4)，點(diǎn)C的坐標(biāo)為(0,4)，把點(diǎn)B(4,4)代入二次函數(shù)

y=ax2+bx+4

∴b=?4a，∴y=ax∴該函數(shù)圖象的頂點(diǎn)坐標(biāo)為(2,?4a+4)，在y=ax2?4ax+4中，令x=0∴點(diǎn)C(0,4)在函數(shù)

y=ax2函數(shù)

y=ax2+bx+4

是正方形OABC的“LS函數(shù)”，其圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B①當(dāng)a>0時(shí)，拋物線頂點(diǎn)在x軸上方，∴?4a+4>0，解得a<1，∴0<a<1；②當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)

y=ax2+bx+4圖象經(jīng)過(guò)點(diǎn)B，C，則函數(shù)

y=ax2綜上所述，a的取值范圍為0<a<1或a<0；（4）解：由（3）知，該函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)軸是直線x=2，頂點(diǎn)坐標(biāo)為(2,?4a+4)，當(dāng)0<a<1時(shí)，有?1<a?1<0，3<a+3<4，拋物線開(kāi)口向上，∴點(diǎn)P，Q之間的圖象的最高點(diǎn)是點(diǎn)P，最低點(diǎn)是頂點(diǎn)，∴a(a?1)整理得：a2解得：a1=8?55，當(dāng)a<0時(shí)，拋物線開(kāi)口向下，①當(dāng)a+3≥2，即?1≤a<0時(shí)，有?2≤a?1<?1，2≤a+3<3，∴點(diǎn)P，Q之間的圖象的最高點(diǎn)是頂點(diǎn)，最低點(diǎn)是點(diǎn)P，∴(?4a+4)?[a(a?1)整理得

a2+4a+9=0，此方程無(wú)實(shí)數(shù)根，②當(dāng)a+3<2，即a<?1時(shí)，有a?1<a+3<2，∴點(diǎn)P，Q之間的圖象的最高點(diǎn)是點(diǎn)Q，最低點(diǎn)是點(diǎn)P，∴[a(a+3)整理得a+4=0，解得a=?4；綜上所述，a的值是8?55或?4??題型17與正方形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題45．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測(cè)）如圖，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接EF，將△AEF沿EF折疊得△HEF，若延長(zhǎng)FH交邊BC于點(diǎn)M，則DH的取值范圍是．【答案】5【分析】本題考查正方形的性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)、勾股定理、兩點(diǎn)之間線段最短等知識(shí)，正確地作出輔助線是解題的關(guān)鍵．當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，點(diǎn)M在BC邊上，此時(shí)DH的值最大；連接DE，利用DH+HE≥DE即可最小值．【詳解】解：如圖1，點(diǎn)F與點(diǎn)D重合，此時(shí)點(diǎn)M在BC邊上，∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∴DA=AB=2，由折疊得DH=FH=FA=DA=2，∴DH的最大值為2；如圖2，連接DE，∵E為AB的中點(diǎn)，∴HE=AE=BE=1∵∠A=90°，∴DE=D∴DH+HE≥DE，∴DH+1≥5∴DH≥5∴DH的最小值為5?1∴DH的最值范圍是5?1≤DH≤2故答案為：5?1≤DH≤246．（2024·河北秦皇島·一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，AC=4，Q為AB的中點(diǎn)．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿線段AC以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，連接PQ，以PQ為邊構(gòu)造正方形PMNQ，且邊MN與點(diǎn)B始終在邊PQ同側(cè)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒t>0

(1)線段BC的長(zhǎng)為_(kāi)_______；(2)線段CP的長(zhǎng)為_(kāi)_______（用含t的代數(shù)式表示）；(3)當(dāng)正方形PMNQ的頂點(diǎn)M落在△ABC的邊上時(shí)，求t的值；(4)當(dāng)正方形PMNQ的邊MN的中點(diǎn)落