北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》3.正方形的性质与判定（1）

北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》3.正方形的性质与判定（1）
一、选择题
1．（2023·奉贤模拟）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）．
A．对角线互相垂直 B．对角线平分一组对角
C．对角线相等 D．对角线互相平分
【答案】C
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵正方形是特殊的菱形，
∴正方形具备菱形的所有性质，但是，“对角线相等”是正方形特有的性质，菱形的对角线不一定相等，
∴选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意，故答案为C。
【分析】此题考察正方形、菱形的性质，难度较低，熟练掌握正方形、菱形的性质是解题的关键。
2．（2023·自贡）如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形OBCD为正方形，
∴OB=CB=CD=OD=3，
∴点的坐标是，
故答案为：C
【分析】根据正方形的性质结合点的坐标即可求解。
3．（2023八下·铁锋期中）如图，正方形的对角线，交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是1，则的长为（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠COE=45°，
∴∠ODE+∠COE=∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠DOF=∠COE.
∵∠ODF=∠OCE，OC=OD，∠DOF=∠COE，
∴△DOF≌△COE（ASA），
∴S△DOF=S△COE，
∴S△COD=S四边形EOFD=1.
∵S△COD=OD2=1，
∴OD=，
∴CD==2，
∴AB=CD=2.
故答案为：C.
【分析】由正方形的性质可得OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠COE=45°，根据同角的余角相等可得∠DOF=∠COE，利用ASA证明△DOF≌△COE，得到S△DOF=S△COE，进而推出S△COD=S四边形EOFD=1，结合三角形的面积公式可得OD的值，然后在Rt△COD中，利用勾股定理求出CD的值，据此解答.
4．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，
由旋转可知AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，
∵，，
∴∠FAD=45°-α，
∴∠FAD=∠HAB=45°-α，
∴∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴∠AHB=∠AFE=45°+α，
∴∠EFD=90°+2α，
∵∠EFD为△CEF的外角，
∴∠EFD=∠C+∠CEF，
∴，
故答案为：A
【分析】将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，先根据正方形性质得到∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，再根据旋转的性质得到AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，进而得到∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，再根据三角形全等的判定与性质结合外角的性质即可求解。
5．（2022·资阳）如图，正方形的对角线交于点O，点E是直线上一动点．若，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【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：如图所示，作点A关于直线BC的对称点，连接，其与BC的交点即为点E，再作交AB于点F，
∵A与关于BC对称，
∴，，当且仅当，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时，
∵正方形，点O为对角线的交点，
∴，
∵对称，
∴，
∴，
在中，.
故答案为：D.
【分析】作点A关于直线BC的对称点A′，连接A′O，其与BC的交点即为点E，再作OF⊥AB交AB于点F，根据轴对称的性质可得AB=A′B=4，AE=A′E，则AE+OE=A′E+OE，当A′、O、E共线时，取得最小值A′O，根据正方形的性质可得OF=FB=2，则FA′=FB+BA′=6，然后利用勾股定理计算即可.
6．（2023·常德）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AO=DO，∠ADO=∠DAO=45°，
∵，
∴∠EFO=45°，∠FE0=45°，
∴∠FE0=∠EFO，
∴FO=EO，
∴△EOD≌△FOA（SAS），
∴∠EDO=∠FAC=15°，
∴∠EDA=30°，
∴∠AED=180°-45°-30°=105°，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到AO=DO，∠ADO=∠DAO=45°，进而根据平行线的性质结合题意即可得到∠FE0=∠EFO，再运用等腰三角形的判定结合三角形全等的判定与性质即可得到∠EDO=∠FAC=15°，进而得到∠EDA=30°，然后根据三角形内角和定理即可求解。
7．（2023·宜宾）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，
∴△MDC≌△MDA（SAS），
∴∠MCD=∠MAD，
∵CP=MP，
∴∠MCD=∠PMC，
∴∠DPA=2∠MCD=2∠MAD，
∴∠MAD=30°，
设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴AM=AP-MP=，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，进而根据三角形全等的判定与性质得到∠MCD=∠MAD，结合等腰三角形的性质即可得到∠MCD=∠PMC，进而得到∠MAD=30°，设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，根据勾股定理即可求出a的值，进而根据AM=AP-MP即可求解。
二、填空题
8．（2023八下·宿迁期中）如图所示，将正方形放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点B的坐标为，则点A的坐标为　 　．
【答案】（1，5）
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点B作BD⊥x轴，过点A作AE⊥DB交其延长线于点E，交y轴于点F，
∵B的坐标为，∴ OD=2，BD=3，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BO，∠ABO=90°，
∴∠ABE+∠DBO=90°，
∵∠ABE+∠EAB=90°，∴∠EAB=∠DBO，
∵∠E=∠D=90°，
∴△EBA≌△DOB，∴AE=BD=3，BE=OD=2，
∴DE=EB+BD=5，AF=AE-EF=AE-DO=1，
∴A（1，5）；
故答案为：（1，5）.
【分析】过点B作BD⊥x轴，过点A作AE⊥DB交其延长线于点E，交y轴于点F，根据AAS证明△EBA≌△DOB，可得AE=BD=3，BE=OD=2，从而求出DE=5，AF=1，继而得出结论.
9．（2023·枣庄）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】根据正方形的性质可得：∠BCD=90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF=EF=DF，
∵△CEF的周长为32，CE=7，
∴CF+EF=25，
∴DE=25，
由勾股定理可得：CD=BC=24，
∴BE=24-7=17，
再由三角形中位线的性质可得OF=BE=，
故答案为：.
【分析】先利用勾股定理求出CD=BC=24，再利用线段的和差求出BE=24-7=17，最后利用三角形中位线的性质可得OF=BE=。
10．（2023·天津市）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．
（1）的面积为　 　；
（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为　 　．
【答案】（1）3
（2）
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图所示：过点E作EM⊥AD于M，
∵EA = ED=，AD=3，
∴AM=DM=AD=，
∴，
∴，
故答案为：3；
（2）过点E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC//AD，
∴EF⊥BC，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM = AB=3，AB//EP，
∴EP =5，∠ABF= ∠NEF，
∵F为BE的中点，
∴BF= EF，
∵∠AFB = ∠NFE，
∴△ABF≌△NEF，
∴EN =AB=3，
∴MN=1，
∵PM//CD，
∴AN=NG，
∴CD=2MN=2，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）根据题意先求出AM=DM=AD=，再求出EM=2，最后利用三角形的面积公式计算求解即可；
（2）根据题意先求出四边形ABPM是矩形，再求出△ABF≌△NEF，最后利用勾股定理计算求解即可。
11．（2023八下·金坛期中）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，，，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°.
∵AE=AF，AB=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，
∴∠AEB=180°-∠B-∠BAE=180°-90°-30°=60°.
故答案为：60.
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，得到∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，然后根据内角和定理进行计算.
12．（2023八下·大兴期中）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，．若 ，，则的长是　 　．
【答案】3
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB， ∠BAF=∠ADE=90°，
又∵AE⊥BF，
∴∠EAD+∠AFB=90°，∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠EAD=∠ABF，
∴△DAE≌△ABF (ASA)，
∴DE=AF，
∴EC=DF=AD-AF=5-2=3，
故答案为：3.
【分析】利用正方形的性质先求出AD=AB， ∠BAF=∠ADE=90°，再利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。
13．（2023八下·海曙期中）如图所示，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC=8，AE=CF=1，则四边形BEDF的周长是　 　.
【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形，AC=8，
∴OA=OC=OB=OD=4，BD⊥EF，
∵ AE=CF=1 ，
∴OE=OF=3，
∴四边形DEBF是菱形，
∴ED=BE=BF=DF，
∴BF==5，
∴ 菱形BEDF的周长=4BF=20.
故答案为：20.
【分析】连接BD交AC于点O，先证四边形DEBF是菱形，可得ED=BE=BF=DF，利用勾股定理求出BF的长，根据菱形BEDF的周长=4BF即可求解.
三、解答题
14．（2023八下·灵丘期中）如图，正方形中，点E为对角线上的一点，，，垂足分别为F，G，已知，，求的长度．
【答案】解：如图所示，连接
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】利用正方形的性质求出 ， ， ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
15．（2023·宜宾模拟）如图，已知在正方形ABCD中，M是AB的中点，E是AB延长线上一点，MN⊥DM且交∠CBE的平分线于N．试判定线段MD与MN的大小关系，并说明理由．
【答案】解：DM＝MN，理由如下：
取AD的中点H，连接HM，
∵四边形ABCD是正方形，M为AB的中点，
∴BM＝HD＝AM＝AH，
∴△AMH为等腰直角三角形，
∴∠DHM＝135°，
∵BN是∠CBE的平分线．
∴∠MBN＝135°，
∴∠DHM＝∠MBN，
又∵DM⊥MN，
∴∠NMB+∠AMD＝90°，
又∵∠HDM+∠AMD＝90°，
∴∠BMN＝∠HDM，
，
∴△DHM≌△MBN（ASA），
∴DM＝MN．
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）；角平分线的定义
【解析】【分析】取AD的中点H，连接HM，根据正方形的性质以及中点的概念可得BM＝HD＝AM＝AH，推出△AMH为等腰直角三角形，得到∠DHM＝135°，根据角平分线的概念可得∠NBE=45°，则∠MBN=135°，由同角的余角相等得∠BMN＝∠HDM，利用ASA证明△DHM≌△MBN，据此可得结果.
16．（2022九上·洛阳模拟）如图所示，点P是正方形ABCD内的一点，连接AP，BP，CP，将△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置.若AP=2，BP=4，∠APB=135°，求PP′及PC的长.
【答案】解：∵△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，
∴BP′=BP=4，P′C=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠BPA=135°，
∴△PB P′是等腰直角三角形，
∴PP′=BP=4，∠BP′P=45°，
∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，
在Rt△PP′C中，PC===6.
答：PP′和PC的长分别为4，6.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】根据旋转的性质得BP′=BP=4，P′C=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠BPA=135°， 则△PBP′是等腰直角三角形，得PP′=BP=4，∠BP′P=45°，由角的和差得∠PP'C=90°， 在Rt△PP′C中， 利用勾股定理可算出PC的长.
17．（2023九上·礼泉期末）按如图所示的方法分别以AB和AC为边作正方形ABDE和正方形AGFC，连接CE、BG，求证：△ACE≌△AGB.
　 　
【答案】证明：∵四边形ABDE和四边形AGFC均为正方形，
∴AE=AB，AC=AG，∠EAB=∠CAG=90°，
∴∠EAC+∠CAB=∠CAB+∠BAG，
∴∠EAC=∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
∴△EAC≌△BAG(SAS).
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用正方形的性质可证得AE=AB，AC=AG，∠EAB=∠CAG=90°，利用余角的性质可证得∠EAC=∠BAG，利用SAS可证得结论.
18．（2022八上·莲湖月考）如图，边长为的正方形中，是的中点，是上一点，且，求证：
【答案】解：设NC=a，
∵BN= BC，
∴BN=3a，BC=4a，
∵在正方形ABCD中，
AD=AB=BC=DC=4a，
∵M是CD的中点，
∴DM=CM=2a，
在Rt△ABN中，根据勾股定理，得AN2=（4a）2+（3a）2=25 ，
在Rt△ADM中，根据勾股定理，得AM2=（4a）2+（2a）2=20 ，
在Rt△NCM中，根据勾股定理，得MN2=（2a）2+ =5 ，
∴AN2=AM2+MN2，
∴∠AMN=90°，
∴AM⊥MN；
【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NC=a，则BN=3a，BC=4a，由正方形的性质可得AD=AB=BC=DC=4a，由M是CD的中点，可得DM=CM=2a， 根据勾股定理分别求出AN2=25 ， AM2=20 ，MN2=5 ，即得AN2=AM2+MN2， 根据勾股定理的逆定理可得∠AMN=90°， 继而得解.
1 / 1北师大版数学九年级上册同步练习——第一章《特殊平行四边形》3.正方形的性质与判定（1）
一、选择题
1．（2023·奉贤模拟）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（　　）．
A．对角线互相垂直 B．对角线平分一组对角
C．对角线相等 D．对角线互相平分
2．（2023·自贡）如图，边长为的正方形两边与坐标轴正半轴重合，点的坐标是（　　）
A． B． C． D．
3．（2023八下·铁锋期中）如图，正方形的对角线，交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是1，则的长为（　　）
A．1 B． C．2 D．
4．（2023·重庆）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（　　）
A． B． C． D．
5．（2022·资阳）如图，正方形的对角线交于点O，点E是直线上一动点．若，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
6．（2023·常德）如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为（　　）
A． B． C． D．
7．（2023·宜宾）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
8．（2023八下·宿迁期中）如图所示，将正方形放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点B的坐标为，则点A的坐标为　 　．
9．（2023·枣庄）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为　 　．
10．（2023·天津市）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．
（1）的面积为　 　；
（2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为　 　．
11．（2023八下·金坛期中）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，，，则　 　．
12．（2023八下·大兴期中）如图，在正方形中，E，F分别是边，上的点，．若 ，，则的长是　 　．
13．（2023八下·海曙期中）如图所示，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC=8，AE=CF=1，则四边形BEDF的周长是　 　.
三、解答题
14．（2023八下·灵丘期中）如图，正方形中，点E为对角线上的一点，，，垂足分别为F，G，已知，，求的长度．
15．（2023·宜宾模拟）如图，已知在正方形ABCD中，M是AB的中点，E是AB延长线上一点，MN⊥DM且交∠CBE的平分线于N．试判定线段MD与MN的大小关系，并说明理由．
16．（2022九上·洛阳模拟）如图所示，点P是正方形ABCD内的一点，连接AP，BP，CP，将△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置.若AP=2，BP=4，∠APB=135°，求PP′及PC的长.
17．（2023九上·礼泉期末）按如图所示的方法分别以AB和AC为边作正方形ABDE和正方形AGFC，连接CE、BG，求证：△ACE≌△AGB.
　 　
18．（2022八上·莲湖月考）如图，边长为的正方形中，是的中点，是上一点，且，求证：
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵正方形是特殊的菱形，
∴正方形具备菱形的所有性质，但是，“对角线相等”是正方形特有的性质，菱形的对角线不一定相等，
∴选项A、B、D不符合题意，选项C符合题意，故答案为C。
【分析】此题考察正方形、菱形的性质，难度较低，熟练掌握正方形、菱形的性质是解题的关键。
2．【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形OBCD为正方形，
∴OB=CB=CD=OD=3，
∴点的坐标是，
故答案为：C
【分析】根据正方形的性质结合点的坐标即可求解。
3．【答案】C
【知识点】三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠COE=45°，
∴∠ODE+∠COE=∠DOF+∠DOE=90°，
∴∠DOF=∠COE.
∵∠ODF=∠OCE，OC=OD，∠DOF=∠COE，
∴△DOF≌△COE（ASA），
∴S△DOF=S△COE，
∴S△COD=S四边形EOFD=1.
∵S△COD=OD2=1，
∴OD=，
∴CD==2，
∴AB=CD=2.
故答案为：C.
【分析】由正方形的性质可得OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠COE=45°，根据同角的余角相等可得∠DOF=∠COE，利用ASA证明△DOF≌△COE，得到S△DOF=S△COE，进而推出S△COD=S四边形EOFD=1，结合三角形的面积公式可得OD的值，然后在Rt△COD中，利用勾股定理求出CD的值，据此解答.
4．【答案】A
【知识点】三角形的外角性质；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，
由旋转可知AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，
∵，，
∴∠FAD=45°-α，
∴∠FAD=∠HAB=45°-α，
∴∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，
∴△AEH≌△AEF（SAS），
∴∠AHB=∠AFE=45°+α，
∴∠EFD=90°+2α，
∵∠EFD为△CEF的外角，
∴∠EFD=∠C+∠CEF，
∴，
故答案为：A
【分析】将△FDA绕点A顺时针旋转90°到△HBA，先根据正方形性质得到∠C=∠D=∠DAB=∠ABC=90°，AB=AD，再根据旋转的性质得到AF=AH，∠ABH=90°，∠HAF=90°，∠AHB=∠AFD，∠FAD=∠HAB，进而得到∠AHB=∠AFD=45°+α，∠HAE=45°，再根据三角形全等的判定与性质结合外角的性质即可求解。
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：如图所示，作点A关于直线BC的对称点，连接，其与BC的交点即为点E，再作交AB于点F，
∵A与关于BC对称，
∴，，当且仅当，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时，
∵正方形，点O为对角线的交点，
∴，
∵对称，
∴，
∴，
在中，.
故答案为：D.
【分析】作点A关于直线BC的对称点A′，连接A′O，其与BC的交点即为点E，再作OF⊥AB交AB于点F，根据轴对称的性质可得AB=A′B=4，AE=A′E，则AE+OE=A′E+OE，当A′、O、E共线时，取得最小值A′O，根据正方形的性质可得OF=FB=2，则FA′=FB+BA′=6，然后利用勾股定理计算即可.
6．【答案】C
【知识点】平行线的性质；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AO=DO，∠ADO=∠DAO=45°，
∵，
∴∠EFO=45°，∠FE0=45°，
∴∠FE0=∠EFO，
∴FO=EO，
∴△EOD≌△FOA（SAS），
∴∠EDO=∠FAC=15°，
∴∠EDA=30°，
∴∠AED=180°-45°-30°=105°，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到AO=DO，∠ADO=∠DAO=45°，进而根据平行线的性质结合题意即可得到∠FE0=∠EFO，再运用等腰三角形的判定结合三角形全等的判定与性质即可得到∠EDO=∠FAC=15°，进而得到∠EDA=30°，然后根据三角形内角和定理即可求解。
7．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：
∵四边形ABCD为正方形，且边长为6，
∴BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，
∴△MDC≌△MDA（SAS），
∴∠MCD=∠MAD，
∵CP=MP，
∴∠MCD=∠PMC，
∴∠DPA=2∠MCD=2∠MAD，
∴∠MAD=30°，
设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，
由勾股定理得，
解得，
∴，
∴AM=AP-MP=，
故答案为：C
【分析】先根据正方形的性质即可得到BA=AD=DC=CB=6，∠CDA=90°，∠MDC=∠MDA=45°，进而根据三角形全等的判定与性质得到∠MCD=∠MAD，结合等腰三角形的性质即可得到∠MCD=∠PMC，进而得到∠MAD=30°，设PD=a，则PA=2a，PM=6-a，根据勾股定理即可求出a的值，进而根据AM=AP-MP即可求解。
8．【答案】（1，5）
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：过点B作BD⊥x轴，过点A作AE⊥DB交其延长线于点E，交y轴于点F，
∵B的坐标为，∴ OD=2，BD=3，
∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BO，∠ABO=90°，
∴∠ABE+∠DBO=90°，
∵∠ABE+∠EAB=90°，∴∠EAB=∠DBO，
∵∠E=∠D=90°，
∴△EBA≌△DOB，∴AE=BD=3，BE=OD=2，
∴DE=EB+BD=5，AF=AE-EF=AE-DO=1，
∴A（1，5）；
故答案为：（1，5）.
【分析】过点B作BD⊥x轴，过点A作AE⊥DB交其延长线于点E，交y轴于点F，根据AAS证明△EBA≌△DOB，可得AE=BD=3，BE=OD=2，从而求出DE=5，AF=1，继而得出结论.
9．【答案】
【知识点】正方形的性质；四边形的综合
【解析】【解答】根据正方形的性质可得：∠BCD=90°，O是中点，
∵F为DE的中点，
∴CF=EF=DF，
∵△CEF的周长为32，CE=7，
∴CF+EF=25，
∴DE=25，
由勾股定理可得：CD=BC=24，
∴BE=24-7=17，
再由三角形中位线的性质可得OF=BE=，
故答案为：.
【分析】先利用勾股定理求出CD=BC=24，再利用线段的和差求出BE=24-7=17，最后利用三角形中位线的性质可得OF=BE=。
10．【答案】（1）3
（2）
【知识点】三角形的面积；三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（1）如图所示：过点E作EM⊥AD于M，
∵EA = ED=，AD=3，
∴AM=DM=AD=，
∴，
∴，
故答案为：3；
（2）过点E作AD的垂线交AD于M，AG于N，BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC//AD，
∴EF⊥BC，
∴四边形ABPM是矩形，
∴PM = AB=3，AB//EP，
∴EP =5，∠ABF= ∠NEF，
∵F为BE的中点，
∴BF= EF，
∵∠AFB = ∠NFE，
∴△ABF≌△NEF，
∴EN =AB=3，
∴MN=1，
∵PM//CD，
∴AN=NG，
∴CD=2MN=2，
∴，
故答案为：.
【分析】（1）根据题意先求出AM=DM=AD=，再求出EM=2，最后利用三角形的面积公式计算求解即可；
（2）根据题意先求出四边形ABPM是矩形，再求出△ABF≌△NEF，最后利用勾股定理计算求解即可。
11．【答案】
【知识点】三角形内角和定理；直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°.
∵AE=AF，AB=AD，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，
∴∠AEB=180°-∠B-∠BAE=180°-90°-30°=60°.
故答案为：60.
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠BAD=∠D=90°，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，得到∠BAE=∠DAF=(∠DAB-∠EAF)=30°，然后根据内角和定理进行计算.
12．【答案】3
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB， ∠BAF=∠ADE=90°，
又∵AE⊥BF，
∴∠EAD+∠AFB=90°，∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠EAD=∠ABF，
∴△DAE≌△ABF (ASA)，
∴DE=AF，
∴EC=DF=AD-AF=5-2=3，
故答案为：3.
【分析】利用正方形的性质先求出AD=AB， ∠BAF=∠ADE=90°，再利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。
13．【答案】20
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD是正方形，AC=8，
∴OA=OC=OB=OD=4，BD⊥EF，
∵ AE=CF=1 ，
∴OE=OF=3，
∴四边形DEBF是菱形，
∴ED=BE=BF=DF，
∴BF==5，
∴ 菱形BEDF的周长=4BF=20.
故答案为：20.
【分析】连接BD交AC于点O，先证四边形DEBF是菱形，可得ED=BE=BF=DF，利用勾股定理求出BF的长，根据菱形BEDF的周长=4BF即可求解.
14．【答案】解：如图所示，连接
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，
∴ ．
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【分析】利用正方形的性质求出 ， ， ， 再求出 ， 最后利用全等三角形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理计算求解即可。
15．【答案】解：DM＝MN，理由如下：
取AD的中点H，连接HM，
∵四边形ABCD是正方形，M为AB的中点，
∴BM＝HD＝AM＝AH，
∴△AMH为等腰直角三角形，
∴∠DHM＝135°，
∵BN是∠CBE的平分线．
∴∠MBN＝135°，
∴∠DHM＝∠MBN，
又∵DM⊥MN，
∴∠NMB+∠AMD＝90°，
又∵∠HDM+∠AMD＝90°，
∴∠BMN＝∠HDM，
，
∴△DHM≌△MBN（ASA），
∴DM＝MN．
【知识点】正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（ASA）；角平分线的定义
【解析】【分析】取AD的中点H，连接HM，根据正方形的性质以及中点的概念可得BM＝HD＝AM＝AH，推出△AMH为等腰直角三角形，得到∠DHM＝135°，根据角平分线的概念可得∠NBE=45°，则∠MBN=135°，由同角的余角相等得∠BMN＝∠HDM，利用ASA证明△DHM≌△MBN，据此可得结果.
16．【答案】解：∵△PAB绕着点B顺时针旋转90°到△P′CB的位置，
∴BP′=BP=4，P′C=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠BPA=135°，
∴△PB P′是等腰直角三角形，
∴PP′=BP=4，∠BP′P=45°，
∴∠PP′C=∠BP′C-∠BP′P=135°-45°=90°，
在Rt△PP′C中，PC===6.
答：PP′和PC的长分别为4，6.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】根据旋转的性质得BP′=BP=4，P′C=AP=2，∠PBP′=90°，∠BP′C=∠BPA=135°， 则△PBP′是等腰直角三角形，得PP′=BP=4，∠BP′P=45°，由角的和差得∠PP'C=90°， 在Rt△PP′C中， 利用勾股定理可算出PC的长.
17．【答案】证明：∵四边形ABDE和四边形AGFC均为正方形，
∴AE=AB，AC=AG，∠EAB=∠CAG=90°，
∴∠EAC+∠CAB=∠CAB+∠BAG，
∴∠EAC=∠BAG，
在△EAC与△BAG中，
∴△EAC≌△BAG(SAS).
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用正方形的性质可证得AE=AB，AC=AG，∠EAB=∠CAG=90°，利用余角的性质可证得∠EAC=∠BAG，利用SAS可证得结论.
18．【答案】解：设NC=a，
∵BN= BC，
∴BN=3a，BC=4a，
∵在正方形ABCD中，
AD=AB=BC=DC=4a，
∵M是CD的中点，
∴DM=CM=2a，
在Rt△ABN中，根据勾股定理，得AN2=（4a）2+（3a）2=25 ，
在Rt△ADM中，根据勾股定理，得AM2=（4a）2+（2a）2=20 ，
在Rt△NCM中，根据勾股定理，得MN2=（2a）2+ =5 ，
∴AN2=AM2+MN2，
∴∠AMN=90°，
∴AM⊥MN；
【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NC=a，则BN=3a，BC=4a，由正方形的性质可得AD=AB=BC=DC=4a，由M是CD的中点，可得DM=CM=2a， 根据勾股定理分别求出AN2=25 ， AM2=20 ，MN2=5 ，即得AN2=AM2+MN2， 根据勾股定理的逆定理可得∠AMN=90°， 继而得解.
1 / 1