初中数学浙教版八年级下册5.3.2正方形的性质与判定 同步练习
一、单选题
1．（2020八上·深圳期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点4的坐标为（-1，1），AB平行于x轴，则点C的坐标为（ ）
A．（3，1） B．（-1，1） C．（3，5） D．（-1，5）
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=4，
∵A（-1，1），
∴B（3，1），
∴C（3，5）.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质得出AB=BC=4，再根据点A的坐标，得出点B的坐标，即可得出点C的坐标.
2．（2020八下·上蔡期末）下列说法正确的个数是（ ）
①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形；②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形；③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形，正确；
②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形，正确；
③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确；
综上，四个均正确，
故答案为：D.
【分析】根据正方形的判定方法对各个条件进行分析，从而得到答案.
3．（2020八下·淮安期末）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则∠CBO等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图，
正方形的对角线即角平分线，AC、BD交于点O，
则∠CBO 45°.
故答案为：B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角，根据对角线即角平分线的性质可以解题.
4．（2020八上·沈阳期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB=BC=1，
∴AC= ，
∵以A为圆心，AC为半径画圆交 轴负半轴于点P，
∴AP= ，
∵点A（1，0），
∴点P的横坐标为： .
故答案为：D.
【分析】由正方形的性质可得AB=BC=1，由勾股定理可求AC= =AP，即可求点P的横坐标.
5．（2020八下·福绵期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点M在边DC上，且DM＝1，点N是边AC上一动点，则线段DN+MN的最小值为（ ）
A．4 B．4 C．2 D．5
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴DN＝BN，
∴DN+MN＝BN+NM＝BM，
在Rt△BMC中，∵∠BCM＝90°，BC＝4，CM＝CD﹣DM＝4﹣1＝3，
∴BM＝ ＝ ＝5.
故答案为：D.
【分析】如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小，先证明这个最小值就是线段BM的长，利用勾股定理就是即可解决问题.
6．（2020八下·柯桥期末）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示，并测得∠ABC＝60°，接着活动学具成为图2所示，并测得∠ABC＝90°，若图2对角线BD＝20cm，则图1中对角线BD的长为（ ）
A．10cm B．10 cm C．10 cm D．10 cm
【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图2，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝ BD＝ ×20＝10 ，
如图1，连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴OA＝ AB＝5 ，
OB＝ OA＝5 ，
∴BD＝2OB＝10 （cm）.
故答案为：D.
【分析】如图2，利用正方形的性质得到AB＝ BD＝10 ，如图1，连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD，BD平分∠ABC，则∠ABO＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB，从而得到BD的长.
7．（2020八下·邯郸月考）如图①、图②，在给定的一张矩形纸片上作一个正方形，甲、乙两人的作法如下：
甲：以点A为圆心，AD长为半径画弧，交AB于点E，以点D为圆心，AD长为半径画弧，交CD于点F，连接EF，则四边形AEFD即为所求；
乙：作∠DAB的平分线，交CD于点M，同理作∠ADC的平分线，交AB于点N，连接MN，则四边形ADMN即为所求．
对于以上两种作法，可以做出的判定是（ ）
A．甲正确，乙不正确 B．甲、乙正确
C．乙正确，甲不正确 D．甲、乙均不正确
【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：由甲的作图可知 ， ，
四边形ABCD是矩形
四边形AEFD是矩形
四边形AEFD是正方形，甲符合题意；
如图，AM和DN交于点O，
四边形ABCD是矩形
是∠DAB的平分线， 是∠ADC的平分线，
，
，即 ，
同理可证
且AM和DN互相平分
四边形AEFD是正方形，乙符合题意.
所以甲乙的均符合题意.
故答案为：B.
【分析】由一组邻边相等的矩形是正方形可知甲符合题意，由对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形可知乙符合题意.
8．（2020八下·广州月考）如图，在四边形ABCD中,点O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（ ）
A．AC=BD，AB∥CB，AD∥BC B．AD∥BC，∠BAD =∠BCD
C．AO=CO，BO=DO，AB=BC D．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：AO=BO=CO=DO可得四边形ABCD是矩形，再由AC⊥BD可判定这个四边形是正方形，
故答案为：D．
【分析】先证明四边形ABCD是矩形，再根据有一个角是直角的矩形是正方形，进行判断即可。
9．（2020八上·青神期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过E作EF⊥AC，交CA的延长线于F，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠BAE=90°，AE=AB，
∵∠EAF+∠AEF=90°，∠EAF+∠BAC=90°，
∴∠AEF=∠BAC，
在△AEF和△BAC中，
，
∴△AEF≌△BAC（AAS），
∴EF=AC=8，AF=BC=7，
在Rt△ECF中，EF=8，FC=FA+AC=8+7=15，
根据勾股定理得： ．
故答案为：D．
【分析】根据正方形的性质以及同角的余角相等，即可得到△AEF≌△BAC，根据全等三角形的性质，根据勾股定理计算得到EC的长度即可。
10．（2020八上·沭阳月考）如图所示中的 的正方形网格中， （ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】全等三角形的应用；正方形的性质
【解析】【解答】解：由图可知， 所在的三角形与 所在的三角形全等，
∴ .
同理得， ， .
又 ，
所以 .
故答案为：B.
【分析】根据正方形的轴对称得 ， ， ， .
二、填空题
11．（2021八上·高台期末）正方形的对角线长为2，则正方形的边长为 cm.面积为 cm2.
【答案】；2
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，正方形ABCD中，对角线AC=2，
由正方形的性质可知△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC， ，
∴ ，S正方形=AB2=2，
故答案为： ；2.
【分析】由正方形的性质可知△ABC为等腰直角三角形，从而利用勾股定理求出AB，进而根据正方形的面积等于边长的平方即可算出答案.
12．（2020八上·光明期末）如图，BD是正方形ABCD的对角线，点E在CD上，若CE=3，△ABE的面积为8，则△DBE的周长为 。
【答案】4 +6
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠C=∠BAD=90°，
∵ △ABE的面积为8，
∴，
∴AB=BC=CD=4，
∴BD=，
∵ CE=3，
∴BE=，DE=1，
∴ △DBE的周长=BD+BE+DE=.
故答案为：
【分析】根据正方形的性质和三角形的面积公式求出AB=BC=CD=4，根据CE=3，求出DE=1，再根据勾股定理求出BD和BE的长，即可求出△DBE的周长.
13．（2020八下·隆回期末）如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP =
BC，则∠DCP度数是 ．
【答案】22.5°
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，∠CBD=45°，
∵BP=BC，
∴∠BCP= ，
∴∠DCP=∠BCD ∠BCP=90° 67.5°=22.5°．
故答案为：22.5°.
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠CBD=45°，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BCP=67.5°，然后根据∠DCP=∠BCD ∠BCP求解即可．
14．（2020八下·天桥期末）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与点B，C重合），过点C作CN⊥DM交AB于点N，连结OM、ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②ON＝OM；③ON⊥OM；④若AB＝2，则S△OMN的最小值是1；⑤AN2+CM2＝MN2．其中正确结论是 ；（只填序号）
【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】①∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90°，
∴∠BCN+∠DCN＝90°，
∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN＝90°，
∴∠BCN＝∠CDM，
在△CNB和△DMC中
，
∴△CNB≌△DMC（ASA），
故①符合题意；
②∵△CNB≌△DMC，
∴CM＝BN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCM＝∠OBN＝45°，OC＝OB，
在△OCM和△OBN中，
，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM＝ON，
故②符合题意；
③∵△OCM≌△OBN，
∴∠COM＝∠BON，
∴∠BOM+∠COM＝∠BOM+∠BON，即∠NOM＝∠BOC＝90°，
∴ON⊥OM；
故③符合题意；
④∵AB＝2，
∴S正方形ABCD＝4，
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN＝x＝CM，则BM＝2﹣x，
∴△MNB的面积S＝ x（2﹣x）＝﹣ x2+x＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值 ，
此时S△OMN的最小值是1﹣ ＝ ，
故④不符合题意；
⑤∵AB＝BC，CM＝BN，
∴BM＝AN，
在Rt△BMN中，BM2+BN2＝MN2，
∴AN2+CM2＝MN2，
故⑤符合题意；
∴本题正确的结论有：①②③⑤，
故答案为①②③⑤．
【分析】①由正方形的性质得出CD=BC，∠BCD=90°，证出∠BCN=∠CDM，由ASA即可得出结论；
②由全等三角形的性质得出CM=BN，由正方形的性质得出∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，由SAS证得△OCM≌△OBN（SAS）即可得出结论；
③由△OCM≌△OBN，得出∠COM=∠BON，则∠BOM+∠COM=∠BOM+∠BON，即可得出结论；
④由AB=2，得出S正方形ABCD=4，由△OCM≌△OBN得出四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，推出△MNB的面积有最大值 即可得出结论；
⑤由CM=BN，BM=AN，由勾股定理即可得出结论．
三、解答题
15．（2020八上·景泰期中）正方形的边长为2，建立适当的直角坐标系，使它的一个顶点的坐标为（ ，0），并写出另外三个顶点的坐标.
【答案】解：建立坐标轴，使正方形的对称中心为原点，
则 ， ，
那么B的坐标是 ，
其对称点D的坐标为 .
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【分析】先找到 ，根据正方形的对称性，可知A点的对称点C的坐标，同样可得出B和D的坐标；
16．（2020八下·淮滨期中）如图，在正方形ABCD中，E，F分别BC，CD边上的一点，且BE＝2EC，FC＝ DC，连接AE，AF，EF，求证：△AEF是直角三角形.
【答案】证明：设FC＝2a，则DC＝9a，DF＝7a.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝9a， .
∵BE＝2CE，
∴BE＝6a，EC＝3a.
在Rt△ECF中，EF2＝EC2＋FC2＝（3a）2＋（2a）2＝13a2.
在Rt△ADF中，AF2＝AD2＋DF2＝（9a）2＋（7a）2＝130a2.
在Rt△ABE中，AE2＝AB2＋BE2＝（9a）2＋（6a）2＝117a2.
∵13a2＋117a2＝130a2，
∴EF2＋AE2＝AF2.
∴△AEF是以∠AEF为直角的直角三角形.
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质
【解析】【分析】设FC＝2a，由正方形的性质得出AB＝BC＝AD＝CD＝9a， ，然后利用勾股定理分别表示出 ，然后根据勾股定理的逆定理即可证明结论.
17．（2020八下·西山期末）如图（1），正方形 的对角线 相交于点 是 上一点，连接 过点A作 垂足为 与 相交于点F.
（1）直接写出 与 的数量关系；
（2）如图（2）若点E在 的延长线上， 于点 交 的延长线于点F,其他条件不变.试探究 与 的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）
（2）解：OE=OF；证明如下：
∵四边形 为正方形，对角线AC、BD相交于点
， ，
∴
∴
于点
，
，
在 和 中
∴OE=OF.
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1） ；
∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵AM⊥DE，
∴∠EAM+∠AEM=∠EDO+∠AEM=90°，
∴∠EAM=∠EDO，
在△FAO和△EDO中， ，
∴△FAO≌△EDO，
∴OE=OF.
【分析】（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OA=OD，OA⊥OD，根据AM⊥DE，利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠EAM=∠EDO，利用ASA可证明△FAO≌△EDO，可得OE=OF；（2）根据正方形的性质可得 ， ，根据直角三角形两锐角互余的关系可得 ，利用ASA可证明 ，根据全等三角形的性质即可得出OE=OF.
18．（2020八下·三台期末）如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°．过点C的直线m∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC交直线m于点E，垂足为点F，连结CD、BE．
（1）求证：CE＝AD
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若点D是AB中点，当四边形BECD是正方形时，则∠A大小满足什么条件？
【答案】（1）证明：∵m∥AB，
∴EC∥AD，
∵DE⊥BC，∴∠CFD＝90°，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，∠BCD+∠CDE＝90°，
∴∠DCA＝∠CDE，
∴DE∥AC，
∴四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA；
（2）解：四边形BECD是菱形．理由如下：
∵由（1）知：四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA，CE∥AD，
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴BD＝DC＝DA，
又∵CE＝DA，
∴CE＝BD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD＝CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：∠A＝45°，理由如下：
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A，
∵四边形BECD是正方形，
∴∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，
∴∠A＝45°．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接CD，利用同角的余角相等，得到∠DCA＝∠CDE，利用平行四边形的判定和性质得结论；（2）先证明四边形BECD是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；（3）由平行线的性质得出∠EDB＝∠A，由正方形的性质得出∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，即可得出结论．
19．（2020八下·天桥期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，E是BC的延长线上一点，CE＝CB，AE交CD 于点O．
（1）求证：OC＝OD；
（2）连接AC、DE，当∠B＝∠AEB时，判断四边形ACED的形状，并说明理由；
（3）在（2）
条件下，∠B＝ °时，四边形ACED是正方形．
【答案】（1）解：连接AC，DE，
四边形 是平行四边形，
．
又∵CE＝CB，
∴CE＝AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
（2）解： ，
，
四边形 是平行四边形，
．
．
是矩形．
（3）45
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】证明：（3）∠B＝45°时，在（2） 条件下，四边形ACED是正方形．
理由： ，
，
四边形 是平行四边形，
．
．
∴矩形 是正方形．
【分析】（1）连接AC，DE，根据平行四边形ABCD可得AD=BC，AD//BC，结合已知CE＝CB可证四边形ACED是平行四边形，即得 ；（2）当 时，可得OC=OE，继而可知AE=CD，即可判定 是矩形，（3）根据对角线互相垂直且相等，可知当CD⊥AE时，矩形 是正方形，由此求出∠AEB度数即可．
1 / 1初中数学浙教版八年级下册5.3.2正方形的性质与判定 同步练习
一、单选题
1．（2020八上·深圳期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点4的坐标为（-1，1），AB平行于x轴，则点C的坐标为（ ）
A．（3，1） B．（-1，1） C．（3，5） D．（-1，5）
2．（2020八下·上蔡期末）下列说法正确的个数是（ ）
①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形；②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形；③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形.
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2020八下·淮安期末）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，则∠CBO等于（ ）
A．30° B．45° C．60° D．75°
4．（2020八上·沈阳期中）如图所示，正方形ABCD的边长为1，AB在x轴的正半轴上，以A（1，0）为圆心，AC为半径作圆交x轴负半轴于点P，则点P的横坐标是（ ）
A． B． C． D．
5．（2020八下·福绵期末）如图所示，正方形ABCD的边长为4，点M在边DC上，且DM＝1，点N是边AC上一动点，则线段DN+MN的最小值为（ ）
A．4 B．4 C．2 D．5
6．（2020八下·柯桥期末）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具成为图1所示，并测得∠ABC＝60°，接着活动学具成为图2所示，并测得∠ABC＝90°，若图2对角线BD＝20cm，则图1中对角线BD的长为（ ）
A．10cm B．10 cm C．10 cm D．10 cm
7．（2020八下·邯郸月考）如图①、图②，在给定的一张矩形纸片上作一个正方形，甲、乙两人的作法如下：
甲：以点A为圆心，AD长为半径画弧，交AB于点E，以点D为圆心，AD长为半径画弧，交CD于点F，连接EF，则四边形AEFD即为所求；
乙：作∠DAB的平分线，交CD于点M，同理作∠ADC的平分线，交AB于点N，连接MN，则四边形ADMN即为所求．
对于以上两种作法，可以做出的判定是（ ）
A．甲正确，乙不正确 B．甲、乙正确
C．乙正确，甲不正确 D．甲、乙均不正确
8．（2020八下·广州月考）如图，在四边形ABCD中,点O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（ ）
A．AC=BD，AB∥CB，AD∥BC B．AD∥BC，∠BAD =∠BCD
C．AO=CO，BO=DO，AB=BC D．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
9．（2020八上·青神期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝8，BC＝7，以斜边AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为（ ）
A．14 B．15 C．16 D．17
10．（2020八上·沭阳月考）如图所示中的 的正方形网格中， （ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021八上·高台期末）正方形的对角线长为2，则正方形的边长为 cm.面积为 cm2.
12．（2020八上·光明期末）如图，BD是正方形ABCD的对角线，点E在CD上，若CE=3，△ABE的面积为8，则△DBE的周长为 。
13．（2020八下·隆回期末）如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP =
BC，则∠DCP度数是 ．
14．（2020八下·天桥期末）如图，在正方形ABCD中，O是对角线AC与BD的交点，M是BC边上的动点（点M不与点B，C重合），过点C作CN⊥DM交AB于点N，连结OM、ON，MN．下列五个结论：①△CNB≌△DMC；②ON＝OM；③ON⊥OM；④若AB＝2，则S△OMN的最小值是1；⑤AN2+CM2＝MN2．其中正确结论是 ；（只填序号）
三、解答题
15．（2020八上·景泰期中）正方形的边长为2，建立适当的直角坐标系，使它的一个顶点的坐标为（ ，0），并写出另外三个顶点的坐标.
16．（2020八下·淮滨期中）如图，在正方形ABCD中，E，F分别BC，CD边上的一点，且BE＝2EC，FC＝ DC，连接AE，AF，EF，求证：△AEF是直角三角形.
17．（2020八下·西山期末）如图（1），正方形 的对角线 相交于点 是 上一点，连接 过点A作 垂足为 与 相交于点F.
（1）直接写出 与 的数量关系；
（2）如图（2）若点E在 的延长线上， 于点 交 的延长线于点F,其他条件不变.试探究 与 的数量关系，并说明理由.
18．（2020八下·三台期末）如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°．过点C的直线m∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC交直线m于点E，垂足为点F，连结CD、BE．
（1）求证：CE＝AD
（2）当点D是AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）若点D是AB中点，当四边形BECD是正方形时，则∠A大小满足什么条件？
19．（2020八下·天桥期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，E是BC的延长线上一点，CE＝CB，AE交CD 于点O．
（1）求证：OC＝OD；
（2）连接AC、DE，当∠B＝∠AEB时，判断四边形ACED的形状，并说明理由；
（3）在（2）
条件下，∠B＝ °时，四边形ACED是正方形．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 正方形ABCD的边长为4，
∴AB=BC=4，
∵A（-1，1），
∴B（3，1），
∴C（3，5）.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质得出AB=BC=4，再根据点A的坐标，得出点B的坐标，即可得出点C的坐标.
2．【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】①对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形，正确；
②对角线相等或有一个角是直角的菱形是正方形，正确；
③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确；
④对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确；
综上，四个均正确，
故答案为：D.
【分析】根据正方形的判定方法对各个条件进行分析，从而得到答案.
3．【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】如图，
正方形的对角线即角平分线，AC、BD交于点O，
则∠CBO 45°.
故答案为：B.
【分析】正方形中对角线分别平分一组对角，根据对角线即角平分线的性质可以解题.
4．【答案】D
【知识点】坐标与图形性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴AB=BC=1，
∴AC= ，
∵以A为圆心，AC为半径画圆交 轴负半轴于点P，
∴AP= ，
∵点A（1，0），
∴点P的横坐标为： .
故答案为：D.
【分析】由正方形的性质可得AB=BC=1，由勾股定理可求AC= =AP，即可求点P的横坐标.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小.
∵四边形ABCD是正方形，
∴B、D关于AC对称，
∴DN＝BN，
∴DN+MN＝BN+NM＝BM，
在Rt△BMC中，∵∠BCM＝90°，BC＝4，CM＝CD﹣DM＝4﹣1＝3，
∴BM＝ ＝ ＝5.
故答案为：D.
【分析】如图，连接MB交AC于N，此时DN+MN最小，先证明这个最小值就是线段BM的长，利用勾股定理就是即可解决问题.
6．【答案】D
【知识点】含30°角的直角三角形；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图2，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝ BD＝ ×20＝10 ，
如图1，连接AC交BD于O，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，OB＝OD，BD平分∠ABC，
∵∠ABC＝60°，
∴∠ABO＝30°，
∴OA＝ AB＝5 ，
OB＝ OA＝5 ，
∴BD＝2OB＝10 （cm）.
故答案为：D.
【分析】如图2，利用正方形的性质得到AB＝ BD＝10 ，如图1，连接AC交BD于O，根据菱形的性质得到AC⊥BD，OB＝OD，BD平分∠ABC，则∠ABO＝30°，然后利用含30度的直角三角形三边的关系求出OB，从而得到BD的长.
7．【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：由甲的作图可知 ， ，
四边形ABCD是矩形
四边形AEFD是矩形
四边形AEFD是正方形，甲符合题意；
如图，AM和DN交于点O，
四边形ABCD是矩形
是∠DAB的平分线， 是∠ADC的平分线，
，
，即 ，
同理可证
且AM和DN互相平分
四边形AEFD是正方形，乙符合题意.
所以甲乙的均符合题意.
故答案为：B.
【分析】由一组邻边相等的矩形是正方形可知甲符合题意，由对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形可知乙符合题意.
8．【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：AO=BO=CO=DO可得四边形ABCD是矩形，再由AC⊥BD可判定这个四边形是正方形，
故答案为：D．
【分析】先证明四边形ABCD是矩形，再根据有一个角是直角的矩形是正方形，进行判断即可。
9．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过E作EF⊥AC，交CA的延长线于F，
∵四边形ABDE为正方形，
∴∠BAE=90°，AE=AB，
∵∠EAF+∠AEF=90°，∠EAF+∠BAC=90°，
∴∠AEF=∠BAC，
在△AEF和△BAC中，
，
∴△AEF≌△BAC（AAS），
∴EF=AC=8，AF=BC=7，
在Rt△ECF中，EF=8，FC=FA+AC=8+7=15，
根据勾股定理得： ．
故答案为：D．
【分析】根据正方形的性质以及同角的余角相等，即可得到△AEF≌△BAC，根据全等三角形的性质，根据勾股定理计算得到EC的长度即可。
10．【答案】B
【知识点】全等三角形的应用；正方形的性质
【解析】【解答】解：由图可知， 所在的三角形与 所在的三角形全等，
∴ .
同理得， ， .
又 ，
所以 .
故答案为：B.
【分析】根据正方形的轴对称得 ， ， ， .
11．【答案】；2
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，正方形ABCD中，对角线AC=2，
由正方形的性质可知△ABC为等腰直角三角形，
∴AB=BC， ，
∴ ，S正方形=AB2=2，
故答案为： ；2.
【分析】由正方形的性质可知△ABC为等腰直角三角形，从而利用勾股定理求出AB，进而根据正方形的面积等于边长的平方即可算出答案.
12．【答案】4 +6
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠C=∠BAD=90°，
∵ △ABE的面积为8，
∴，
∴AB=BC=CD=4，
∴BD=，
∵ CE=3，
∴BE=，DE=1，
∴ △DBE的周长=BD+BE+DE=.
故答案为：
【分析】根据正方形的性质和三角形的面积公式求出AB=BC=CD=4，根据CE=3，求出DE=1，再根据勾股定理求出BD和BE的长，即可求出△DBE的周长.
13．【答案】22.5°
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，∠CBD=45°，
∵BP=BC，
∴∠BCP= ，
∴∠DCP=∠BCD ∠BCP=90° 67.5°=22.5°．
故答案为：22.5°.
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠CBD=45°，再根据等腰三角形两底角相等求出∠BCP=67.5°，然后根据∠DCP=∠BCD ∠BCP求解即可．
14．【答案】①②③⑤
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】①∵正方形ABCD中，CD＝BC，∠BCD＝90°，
∴∠BCN+∠DCN＝90°，
∵CN⊥DM，
∴∠CDM+∠DCN＝90°，
∴∠BCN＝∠CDM，
在△CNB和△DMC中
，
∴△CNB≌△DMC（ASA），
故①符合题意；
②∵△CNB≌△DMC，
∴CM＝BN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCM＝∠OBN＝45°，OC＝OB，
在△OCM和△OBN中，
，
∴△OCM≌△OBN（SAS），
∴OM＝ON，
故②符合题意；
③∵△OCM≌△OBN，
∴∠COM＝∠BON，
∴∠BOM+∠COM＝∠BOM+∠BON，即∠NOM＝∠BOC＝90°，
∴ON⊥OM；
故③符合题意；
④∵AB＝2，
∴S正方形ABCD＝4，
∵△OCM≌△OBN，
∴四边形BMON的面积＝△BOC的面积＝1，即四边形BMON的面积是定值1，
∴当△MNB的面积最大时，△MNO的面积最小，
设BN＝x＝CM，则BM＝2﹣x，
∴△MNB的面积S＝ x（2﹣x）＝﹣ x2+x＝﹣ （x﹣1）2+ ，
∴当x＝1时，△MNB的面积有最大值 ，
此时S△OMN的最小值是1﹣ ＝ ，
故④不符合题意；
⑤∵AB＝BC，CM＝BN，
∴BM＝AN，
在Rt△BMN中，BM2+BN2＝MN2，
∴AN2+CM2＝MN2，
故⑤符合题意；
∴本题正确的结论有：①②③⑤，
故答案为①②③⑤．
【分析】①由正方形的性质得出CD=BC，∠BCD=90°，证出∠BCN=∠CDM，由ASA即可得出结论；
②由全等三角形的性质得出CM=BN，由正方形的性质得出∠OCM=∠OBN=45°，OC=OB，由SAS证得△OCM≌△OBN（SAS）即可得出结论；
③由△OCM≌△OBN，得出∠COM=∠BON，则∠BOM+∠COM=∠BOM+∠BON，即可得出结论；
④由AB=2，得出S正方形ABCD=4，由△OCM≌△OBN得出四边形BMON的面积=△BOC的面积=1，即四边形BMON的面积是定值1，推出△MNB的面积有最大值 即可得出结论；
⑤由CM=BN，BM=AN，由勾股定理即可得出结论．
15．【答案】解：建立坐标轴，使正方形的对称中心为原点，
则 ， ，
那么B的坐标是 ，
其对称点D的坐标为 .
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质
【解析】【分析】先找到 ，根据正方形的对称性，可知A点的对称点C的坐标，同样可得出B和D的坐标；
16．【答案】证明：设FC＝2a，则DC＝9a，DF＝7a.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝AD＝CD＝9a， .
∵BE＝2CE，
∴BE＝6a，EC＝3a.
在Rt△ECF中，EF2＝EC2＋FC2＝（3a）2＋（2a）2＝13a2.
在Rt△ADF中，AF2＝AD2＋DF2＝（9a）2＋（7a）2＝130a2.
在Rt△ABE中，AE2＝AB2＋BE2＝（9a）2＋（6a）2＝117a2.
∵13a2＋117a2＝130a2，
∴EF2＋AE2＝AF2.
∴△AEF是以∠AEF为直角的直角三角形.
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质
【解析】【分析】设FC＝2a，由正方形的性质得出AB＝BC＝AD＝CD＝9a， ，然后利用勾股定理分别表示出 ，然后根据勾股定理的逆定理即可证明结论.
17．【答案】（1）
（2）解：OE=OF；证明如下：
∵四边形 为正方形，对角线AC、BD相交于点
， ，
∴
∴
于点
，
，
在 和 中
∴OE=OF.
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1） ；
∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OD，OA⊥OD，
∵AM⊥DE，
∴∠EAM+∠AEM=∠EDO+∠AEM=90°，
∴∠EAM=∠EDO，
在△FAO和△EDO中， ，
∴△FAO≌△EDO，
∴OE=OF.
【分析】（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OA=OD，OA⊥OD，根据AM⊥DE，利用直角三角形两锐角互余的关系可得∠EAM=∠EDO，利用ASA可证明△FAO≌△EDO，可得OE=OF；（2）根据正方形的性质可得 ， ，根据直角三角形两锐角互余的关系可得 ，利用ASA可证明 ，根据全等三角形的性质即可得出OE=OF.
18．【答案】（1）证明：∵m∥AB，
∴EC∥AD，
∵DE⊥BC，∴∠CFD＝90°，
∵∠BCD+∠DCA＝90°，∠BCD+∠CDE＝90°，
∴∠DCA＝∠CDE，
∴DE∥AC，
∴四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA；
（2）解：四边形BECD是菱形．理由如下：
∵由（1）知：四边形DECA是平行四边形，
∴CE＝DA，CE∥AD，
在Rt△ABC中，∵点D是AB的中点，
∴BD＝DC＝DA，
又∵CE＝DA，
∴CE＝BD，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD＝CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：∠A＝45°，理由如下：
∵DE∥AC，
∴∠EDB＝∠A，
∵四边形BECD是正方形，
∴∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，
∴∠A＝45°．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）连接CD，利用同角的余角相等，得到∠DCA＝∠CDE，利用平行四边形的判定和性质得结论；（2）先证明四边形BECD是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；（3）由平行线的性质得出∠EDB＝∠A，由正方形的性质得出∠BDC＝90°，∠EDB＝ ∠BDC＝45°，即可得出结论．
19．【答案】（1）解：连接AC，DE，
四边形 是平行四边形，
．
又∵CE＝CB，
∴CE＝AD，
∴四边形ACED是平行四边形，
（2）解： ，
，
四边形 是平行四边形，
．
．
是矩形．
（3）45
【知识点】平行四边形的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】证明：（3）∠B＝45°时，在（2） 条件下，四边形ACED是正方形．
理由： ，
，
四边形 是平行四边形，
．
．
∴矩形 是正方形．
【分析】（1）连接AC，DE，根据平行四边形ABCD可得AD=BC，AD//BC，结合已知CE＝CB可证四边形ACED是平行四边形，即得 ；（2）当 时，可得OC=OE，继而可知AE=CD，即可判定 是矩形，（3）根据对角线互相垂直且相等，可知当CD⊥AE时，矩形 是正方形，由此求出∠AEB度数即可．
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