【提升版】北师大版数学九上1.3正方形的性质与判定 同步练习
一、选择题
1．（2024九下·仙居模拟）如图，E，F分别是正方形的边，上的点，连接，，，，则下列结论中一定成立的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
2．（2024九上·钟山期末）如图所示，小明用七巧板拼成一个对角线长为4的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形，则长方形的对角线长为（ ）
A．4 B． C． D．5
【答案】B
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】正方形的对角线长为4，
由图可得和两个直角三角形的直角边边长为
长方形的对角线长为：
故答案为：B.
【分析】由正方形的对角线长为4可求得和两个直角三角形的直角边边长，从而求得长方形的长和宽，最后由勾股定理即可求解.
3．（2024九下·东莞模拟）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，、分别交于点M，N，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；多边形的内角和公式
4．（2024八下·湖北月考）如图，在正方形中，点M、N是对角线上的两点，且．若，，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
5．（2022·绍兴）如图，在平行四边形 中， ， ， ， 是对角线 上的动点，且 ， ， 分别是边 ，边 上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形 ；
②存在无数个矩形 ；
③存在无数个菱形 ；
④存在无数个正方形 ．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，OB=OD
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∴△MAO≌△NCO（ASA）
∴OM=ON；
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴当OM=ON时四边形MENF一定是平行四边形，
∴ 存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
∵四边形MENF是平行四边形，
∴当MN=EF时，四边形MENF是矩形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
∵点E，F是BD上的动点，
∴只需MN⊥EF，OM=ON，
就存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④不符合题意；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，利用平行四边形的性质可证得OA=OC，AD∥BC，OB=OD，利用平行线的性质可得到∠MAO=∠NCO，利用ASA证明△MAO≌△NCO，利用全等三角形的性质去证明OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形MENF是平行四边形，利用M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，可对①作出判断；易证四边形MENF是平行四边形，利用对角线相等的四边形是矩形，可对②作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，利用点E，F是动点，可对③作出判断；只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，这样的正方形只有一个，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
6．（2024八下·青秀期中） 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，以为边作正方形，点的坐标在一次函数上，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将正方形沿轴向左平移个单位长度后，点刚好落在直线上，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵点C的坐标（7，3）在一次函数y=kx+6上，
∴3=7k+6，则k=，
∴一次函数表达式为：y=x+6，
过点D作DG⊥y轴，过点C作CH⊥x轴，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ABO+∠CBH=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBH=∠OAB，
∴△AOB≌△BHC（AAS）
∴OB=CH=3，BH=AO=OH-OB=7-3=4，
同理可得：AG=OB=3，GD=AO=4，
∴OG=7，
∴点D的坐标为（4，7），
则点D向左平移a个单位长度后的坐标为（4-a，7），
由已知可得：7=（4-a）+6，
解得：a=.
故答案为：B.
【分析】根据点C的坐标可得出直线EC的函数解析式y=x+6，过点D作DG⊥y轴，过点C作CH⊥x轴，用AAS可证△AOB≌△BHC，得OB=CH，BH=AO，同理可得AG=OB，GD=AO，结合线段的构成可得点D的坐标，然后根据点的坐标平移规律可得平移后的点的坐标，代入EC的解析式可得关于a的方程，解方程即可求解.
7．（2024·沙坪坝模拟）如图，正方形中，点为边延长线上一点，点在边上，且，连接，．若．则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接，作与交于，如图所示：
四边形是正方形，
，，
，
，，
，
，
，
．
故答案为：B
【分析】连接，作与交于，根据正方形的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而结合题意运用平行线的性质得到， 再进行角的运算即可求解。
8．（2023·深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB= AD= CD=CB= 4，∠D=∠A= ∠ABC，
∴∠D = ∠CBE=90°，
∵由翻折可得：CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，
∴DG=BE=2，
∴AG=AD-DG=4-2=2，
∵AE=AB+BE=4+2=6，
∴EG=，
∵AG2+AF2 = FG2，且AF= 6-EF，
∴22+(6 -EF)2 =EF2，
∴EF=，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式计算求解即可。
二、填空题
9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使矩形ABCD是正方形．
【答案】AB=AD(答案不唯一)
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形，AB=AD，
矩形ABCD是正方形.
故答案为：AB=AD.
【分析】邻边相等的矩形是正方形.
10．（2021九上·惠来月考）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °．
【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
11．（2024八下·中山期中）如图，E是边长为6的正方形ABCD的边AB上一点，且，P为对角线BD上的一个动点，则周长的最小值是 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴点A和点C关于BD对称，
连接CE与BD交于P'，
则则当点P和点P'重合时，PA+PE最小，
∵正方形ABCD边长为6，
∴∠ABC=90°，
∵
∴
∴
∴周长=
∴周长的最小值是，
故答案为：.
【分析】连接CE与BD交于P'，则则当点P和点P'重合时，PA+PE最小，根据正方形的性质和勾股定理求出EC的长度，进而即可求解.
12．（2023八下·南岸期末）如图，正方形边长为6，点为边的中点，连接，将沿翻折得到，延长交于点，则长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接GE，如图：
∵点E是CD的中点，正方形边长为6，
∴CE=DE=CD=3，
∵将沿翻折得到，
∴BF=BC=6，EF=CE=DE，∠BFE=∠C=∠D=90°，
在Rt△EFG和Rt△EDG中，
，
∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL），
∴DG=FG，
设AG=x，则DG=FG=（6-x），
∴BG=BF+FG=6+（6-x）=12-x，
在Rt△ABG中，由勾股定理可得：BG2=AG2+AB2，
∴（12-x）2=x2+62，
解得：x=，
故答案为：.
【分析】先证出Rt△EFG≌Rt△EDG（HL），可得DG=FG，再设AG=x，则DG=FG=（6-x），利用勾股定理可得（12-x）2=x2+62，再求出x的值即可.
13．（2024八下·大石桥期中）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为
【答案】
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于P，连接PF。
易证明△DGP≌△EGA，∴PG=AG，PD=AE
又∵H是AF的中点，
∴GH是△APF的中位线，∴GH=
∵AE=AB=2，CF=BC=2
∴DP=AE=2，∴CP=2
∴PF=
∴GH=
故答案为：.
【分析】连接AG，延长AG交CD于P，连接PF，证明△DGP≌△EGA，得AG=PG，PD-AE，再证明GH是△APF的中位线，用勾股定理计算出PF，可得出GH的长。
三、解答题
14．如图，正方形ABCD 的对角线AC，BD相交于点O，E是OC 上一点，OE=2，连结 EB.过点 A 作AM⊥BE，垂足为 M，AM 与BD 相交于点 F.求OF 的长.
【答案】解： 在正方形ABCD中，OA=OB，∠BOE=∠AOF=90°，
∵ AM⊥BE，
∴∠BMF=∠AOF=90°，
∵∠AFO=∠BFM，
∴∠OAF=∠FBM，
∴△AOF≌△BOE（ASA）
∴OF=OE=2.
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】根据ASA证明△AOF≌△BOE，可得OF=OE=2.
15．如图，在 △ABC 中，∠C= 90°，∠CAB，∠CBA的平分线相交于点 D，作 DE⊥BC 于点E，DF⊥AC 于点 F.
（1）求证：四边形 CEDF 为正方形.
（2）若 AC=6，BC=8，求CE 的长.
【答案】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠DFC=∠C=∠DEC=90°，
∴四边形FCED是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，
∴DF＝DE＝DN，
∴矩形FCED是正方形；
（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，
∴AB＝，
∵四边形CEDF为正方形，
∴DF＝DE＝DN，
∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，
则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，
∴EC2．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过点D作DN⊥AB于点N，先根据“三个角是直角的四边形是矩形”可得出四边形FCED是矩形，然后利用角平分线的性质得出DF＝DE，即可得出四边形CEDF为正方形；
（2）先求出AB的长，然后利用“面积法”可求出CE的长．
16．如图，有一张边长为6的正方形纸片ABCD，P是AD边上一点(不与点A，D重合) ，将正方形纸片沿EF折叠使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，连结BP．
（1）求证：∠APB=∠BPH．
（2）若P为AD中点，求四边形EFGP的面积
（3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？写出你的结论并证明．
【答案】（1）证明：由折叠得PE=BE，
∴∠EBP= ∠EPB．
∵ 四边形ABCD 是正方形，
∴∠A= ∠ABC= ∠ EPG=90° ，
∴∠APB+ ∠EBP=90° ，∠BPH+∠EPB= 90°，
∴∠APB=∠BPH．
（2）解：如图①，作FM⊥AB于点M．
∵ ∠ABC=∠C=90°，
∴四边形MBCF是矩形，
∴MF=BC=AB，∠BEF+∠ABP= 90°，∠BEF+∠EFM=90°，
∴∠ABP=∠EFM．
在△ABP和△MFE中，
∴△ABP≌△MFE( ASA)，
∴ME=AP=AD=3．
在Rt△AEP中，设AE=x，则EP=BE=6-x，
∴ (6-x)2=x2+32 ，解得x=，即AE=，
∴CF=BM=AB-AE-EM=，
∴S四边形EFCP = S四边形EFCB =
（3）解：△PDH的周长不变，为定值12．证明如下：
如图②，作BQ⊥PG于点Q，连结BH．
由(1)可知∠APB=∠BPQ，
在△BPA和△BPQ中，
∴△BPA≌△BPQ(AAS) ，
∴AP=PQ ，AB=BQ． ．
∵AB=BC，
∴BC=BQ．
∵∠BQH= ∠ C= 90° ，BH=BH，
∴Rt△BHQ≌Rt△BHC( HL)，
∴CH=QH，
∴△PDH的周长 DP+PH+DH= ( DP+AP) +( CH+DH)= AD+CD= 12．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由折叠的性质得到PE=BE，进而证得∠EBP= ∠EPB，再利用正方形的性质得到∠A= ∠ABC= ∠ EPG=90° ，然后通过余角的性质证得∠APB=∠BPH.
(2)作FM⊥AB于点M，易证四边形MBCF是矩形，故可得MF=BC=AB，再通过余角的性质证得∠ABP=∠EFM，由ASA判定△ABP≌△MFE证得ME=AP=3，设AE=x，则EP=BE=6-x，通过勾股定理解出方程解得x的值，得到AE、CF的长度，然后通过梯形的面积公式计算出四边形EFGP的面积.
(3)作BQ⊥PG于点Q，由(1)可知∠APB=∠BPQ，故可通过AAS判定△BPA≌△BPQ得到AP=PQ ，AB=BQ，再利用HL判定Rt△BHQ≌Rt△BHC得到CH=QH，进而计算的△PDH的周长为12，是定值.
17．如图，在正方形ABCD中，点M是AB边上的中点，将正方形ABCD沿DM折叠，使点A落在点E处，延长ME交BC于点N，连结DN．
（1）求证：Rt△CDN≌Rt△EDN；
（2）求∠MDN的度数；
（3）若AB=12，求BN的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠C= 90°．
由折叠的性质，得DE=AD， ∠DEM=∠A=90°，
∴∠C=∠DEN= 90°，DC=DE．
∵在Rt△CDN和Rt△EDN中，
∴ Rt△CDN≌Rt△EDN( HL)．
（2）解：由折叠的性质，得∠ ADM= ∠ EDM．
∵Rt△CDN≌Rt△EDN，
∴∠CDN= ∠EDN．
∵∠ADM+∠EDM+∠CDN+∠EDN=90°，
∴∠MDN= ∠ EDM+ C EDN=45°．
（3）解：∵点M是AB边上的中点，AB= 12， ME=AM= BM=6．
∵ Rt△CDN≌Rt△EDN，∴CN=NE．设BN=x，则CN=NE=12-x，
在Rt△MBN中，根据勾股定理，得BM2 +BN2=MN2，
∴62+x2=(12-x+6)2 ，解得x=8．∴BN= 8．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)先通过正方形的性质得到AD=DC，∠A=∠C= 90°，再利用折叠的性质证得DE=AD， ∠DEM=∠A=90°，进而通过HL判定Rt△CDN≌Rt△EDN.
(2)由折叠的性质可得∠ ADM= ∠ EDM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN= ∠EDN，进而即可证得∠MDN=45°．
(3)设BN=x，则CN=NE=12-x，利用直角三角形的性质可得BM2 +BN2=MN2，进而列出方程解的x的值，求得BN的长度.
18．如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形ABCD的外角∠DCG的平分线CF于点F．
（1）如图②，取AB的中点H，连结HE，求证：AE=EF．
（2）如图③，若点E是BC的延长线上(除点C外)的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF"仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
【答案】（1）解：如图①，
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EF，
∴∠1+∠AEB=90° ，∠2+∠AEB= 90°，AB=BC，∠DCG= 90°，
∴∠1=∠2．
∵ 点E是边BC的中点， 点H是边AB的中点，
∴BH=AH=AB，BE= CE=BC，
∴BH= BE=AH= CE，∠BHE= 45°，
∵ CF是∠DCG的角平分线，
∴∠ FCG=45°，
∴∠AHE= ∠ ECF= 135° ，
在△AHE和△ECF中，
∴△AHE≌△ECF(ASA) ，
∴AE= EF．
（2）解：AE=EF成立．
证明：如图②，延长BA到点M，使AM=CE，
∵∠AEF=90°，∴∠FEG+∠AEB= 90°．∵∠BAE+∠AEB= 90° ，
∴∠BAE=∠FEG，∴∠MAE=∠CEF．∵AB= BC，∴AB+AM= BC+CE，
即BM=BE，∴∠M=45°，∴∠M=∠FCE．
在△AME和△ECF中，
∴△AME≌△ECF(ASA) ，∴AE=EF．
【知识点】余角、补角及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)利用余角的性质可得∠1=∠2，再通过正方形的性质证得AH= CE，∠BHE= ∠ FCG=45°，然后通过ASA判定△AHE≌△ECF证得AE= EF．
(2)延长BA到点M，使AM=CE，利用余角的性质证得∠BAE=∠FEG，进而得到∠MAE=∠CEF，再通过正方形的性质证得BM=BE得到∠M=∠FCE，然后由ASA判定△AME≌△ECF证得AE=EF．
1 / 1【提升版】北师大版数学九上1.3正方形的性质与判定 同步练习
一、选择题
1．（2024九下·仙居模拟）如图，E，F分别是正方形的边，上的点，连接，，，，则下列结论中一定成立的是（ ）．
A． B． C． D．
2．（2024九上·钟山期末）如图所示，小明用七巧板拼成一个对角线长为4的正方形，再用这副七巧板拼成一个长方形，则长方形的对角线长为（ ）
A．4 B． C． D．5
3．（2024九下·东莞模拟）如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，、分别交于点M，N，连接、，且．下列结论：①，；②；③；④．其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．（2024八下·湖北月考）如图，在正方形中，点M、N是对角线上的两点，且．若，，则的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．（2022·绍兴）如图，在平行四边形 中， ， ， ， 是对角线 上的动点，且 ， ， 分别是边 ，边 上的动点．下列四种说法：
①存在无数个平行四边形 ；
②存在无数个矩形 ；
③存在无数个菱形 ；
④存在无数个正方形 ．其中正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．（2024八下·青秀期中） 如图，在平面直角坐标系中，点在轴上，点在轴上，以为边作正方形，点的坐标在一次函数上，一次函数与轴交于点，与轴交于点，将正方形沿轴向左平移个单位长度后，点刚好落在直线上，则的值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024·沙坪坝模拟）如图，正方形中，点为边延长线上一点，点在边上，且，连接，．若．则（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·深圳模拟）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A． B． C．1 D．
二、填空题
9．如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使矩形ABCD是正方形．
10．（2021九上·惠来月考）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °．
11．（2024八下·中山期中）如图，E是边长为6的正方形ABCD的边AB上一点，且，P为对角线BD上的一个动点，则周长的最小值是 ．
12．（2023八下·南岸期末）如图，正方形边长为6，点为边的中点，连接，将沿翻折得到，延长交于点，则长为 ．
13．（2024八下·大石桥期中）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为
三、解答题
14．如图，正方形ABCD 的对角线AC，BD相交于点O，E是OC 上一点，OE=2，连结 EB.过点 A 作AM⊥BE，垂足为 M，AM 与BD 相交于点 F.求OF 的长.
15．如图，在 △ABC 中，∠C= 90°，∠CAB，∠CBA的平分线相交于点 D，作 DE⊥BC 于点E，DF⊥AC 于点 F.
（1）求证：四边形 CEDF 为正方形.
（2）若 AC=6，BC=8，求CE 的长.
16．如图，有一张边长为6的正方形纸片ABCD，P是AD边上一点(不与点A，D重合) ，将正方形纸片沿EF折叠使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，连结BP．
（1）求证：∠APB=∠BPH．
（2）若P为AD中点，求四边形EFGP的面积
（3）当点P在边AD上移动时，△PDH的周长是否发生变化？写出你的结论并证明．
17．如图，在正方形ABCD中，点M是AB边上的中点，将正方形ABCD沿DM折叠，使点A落在点E处，延长ME交BC于点N，连结DN．
（1）求证：Rt△CDN≌Rt△EDN；
（2）求∠MDN的度数；
（3）若AB=12，求BN的长．
18．如图①，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF=90°，且EF交正方形ABCD的外角∠DCG的平分线CF于点F．
（1）如图②，取AB的中点H，连结HE，求证：AE=EF．
（2）如图③，若点E是BC的延长线上(除点C外)的任意一点，其他条件不变，结论“AE=EF"仍然成立吗？如果成立，写出证明过程；如果不成立，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
2．【答案】B
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】正方形的对角线长为4，
由图可得和两个直角三角形的直角边边长为
长方形的对角线长为：
故答案为：B.
【分析】由正方形的对角线长为4可求得和两个直角三角形的直角边边长，从而求得长方形的长和宽，最后由勾股定理即可求解.
3．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；多边形的内角和公式
4．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
5．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，AD∥BC，OB=OD
∴∠MAO=∠NCO，
在△MAO和△NCO中
∴△MAO≌△NCO（ASA）
∴OM=ON；
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴当OM=ON时四边形MENF一定是平行四边形，
∴ 存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
∵四边形MENF是平行四边形，
∴当MN=EF时，四边形MENF是矩形，
∵M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
∵点E，F是BD上的动点，
∴只需MN⊥EF，OM=ON，
就存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④不符合题意；
∴正确结论的个数有3个.
故答案为：C.
【分析】连接AC交BD于点O，连接MN，MF，NF，ME，NE，利用平行四边形的性质可证得OA=OC，AD∥BC，OB=OD，利用平行线的性质可得到∠MAO=∠NCO，利用ASA证明△MAO≌△NCO，利用全等三角形的性质去证明OE=OF，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，可证得四边形MENF是平行四边形，利用M，N是边AD，BC上的动点，点E，F是BD上的动点，可对①作出判断；易证四边形MENF是平行四边形，利用对角线相等的四边形是矩形，可对②作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，利用点E，F是动点，可对③作出判断；只要MN=EF，MN⊥EF，OM=ON，则四边形MENF是正方形，这样的正方形只有一个，可对④作出判断；综上所述可得到正确结论的个数.
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣平移；一次函数的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：∵点C的坐标（7，3）在一次函数y=kx+6上，
∴3=7k+6，则k=，
∴一次函数表达式为：y=x+6，
过点D作DG⊥y轴，过点C作CH⊥x轴，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴∠ABO+∠CBH=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBH=∠OAB，
∴△AOB≌△BHC（AAS）
∴OB=CH=3，BH=AO=OH-OB=7-3=4，
同理可得：AG=OB=3，GD=AO=4，
∴OG=7，
∴点D的坐标为（4，7），
则点D向左平移a个单位长度后的坐标为（4-a，7），
由已知可得：7=（4-a）+6，
解得：a=.
故答案为：B.
【分析】根据点C的坐标可得出直线EC的函数解析式y=x+6，过点D作DG⊥y轴，过点C作CH⊥x轴，用AAS可证△AOB≌△BHC，得OB=CH，BH=AO，同理可得AG=OB，GD=AO，结合线段的构成可得点D的坐标，然后根据点的坐标平移规律可得平移后的点的坐标，代入EC的解析式可得关于a的方程，解方程即可求解.
7．【答案】B
【知识点】平行线的性质；三角形全等及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接，作与交于，如图所示：
四边形是正方形，
，，
，
，，
，
，
，
．
故答案为：B
【分析】连接，作与交于，根据正方形的性质得到，，进而根据三角形全等的判定与性质证明即可得到，，从而结合题意运用平行线的性质得到， 再进行角的运算即可求解。
8．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB= AD= CD=CB= 4，∠D=∠A= ∠ABC，
∴∠D = ∠CBE=90°，
∵由翻折可得：CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，
∴DG=BE=2，
∴AG=AD-DG=4-2=2，
∵AE=AB+BE=4+2=6，
∴EG=，
∵AG2+AF2 = FG2，且AF= 6-EF，
∴22+(6 -EF)2 =EF2，
∴EF=，
∵，
∴，
解得：，
故答案为：B.
【分析】利用全等三角形的性质，勾股定理，三角形的面积公式计算求解即可。
9．【答案】AB=AD(答案不唯一)
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：四边形ABCD是矩形，AB=AD，
矩形ABCD是正方形.
故答案为：AB=AD.
【分析】邻边相等的矩形是正方形.
10．【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
11．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴点A和点C关于BD对称，
连接CE与BD交于P'，
则则当点P和点P'重合时，PA+PE最小，
∵正方形ABCD边长为6，
∴∠ABC=90°，
∵
∴
∴
∴周长=
∴周长的最小值是，
故答案为：.
【分析】连接CE与BD交于P'，则则当点P和点P'重合时，PA+PE最小，根据正方形的性质和勾股定理求出EC的长度，进而即可求解.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接GE，如图：
∵点E是CD的中点，正方形边长为6，
∴CE=DE=CD=3，
∵将沿翻折得到，
∴BF=BC=6，EF=CE=DE，∠BFE=∠C=∠D=90°，
在Rt△EFG和Rt△EDG中，
，
∴Rt△EFG≌Rt△EDG（HL），
∴DG=FG，
设AG=x，则DG=FG=（6-x），
∴BG=BF+FG=6+（6-x）=12-x，
在Rt△ABG中，由勾股定理可得：BG2=AG2+AB2，
∴（12-x）2=x2+62，
解得：x=，
故答案为：.
【分析】先证出Rt△EFG≌Rt△EDG（HL），可得DG=FG，再设AG=x，则DG=FG=（6-x），利用勾股定理可得（12-x）2=x2+62，再求出x的值即可.
13．【答案】
【知识点】勾股定理的应用；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于P，连接PF。
易证明△DGP≌△EGA，∴PG=AG，PD=AE
又∵H是AF的中点，
∴GH是△APF的中位线，∴GH=
∵AE=AB=2，CF=BC=2
∴DP=AE=2，∴CP=2
∴PF=
∴GH=
故答案为：.
【分析】连接AG，延长AG交CD于P，连接PF，证明△DGP≌△EGA，得AG=PG，PD-AE，再证明GH是△APF的中位线，用勾股定理计算出PF，可得出GH的长。
14．【答案】解： 在正方形ABCD中，OA=OB，∠BOE=∠AOF=90°，
∵ AM⊥BE，
∴∠BMF=∠AOF=90°，
∵∠AFO=∠BFM，
∴∠OAF=∠FBM，
∴△AOF≌△BOE（ASA）
∴OF=OE=2.
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】根据ASA证明△AOF≌△BOE，可得OF=OE=2.
15．【答案】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠DFC=∠C=∠DEC=90°，
∴四边形FCED是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，
∴DF＝DE＝DN，
∴矩形FCED是正方形；
（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，
∴AB＝，
∵四边形CEDF为正方形，
∴DF＝DE＝DN，
∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，
则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，
∴EC2．
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过点D作DN⊥AB于点N，先根据“三个角是直角的四边形是矩形”可得出四边形FCED是矩形，然后利用角平分线的性质得出DF＝DE，即可得出四边形CEDF为正方形；
（2）先求出AB的长，然后利用“面积法”可求出CE的长．
16．【答案】（1）证明：由折叠得PE=BE，
∴∠EBP= ∠EPB．
∵ 四边形ABCD 是正方形，
∴∠A= ∠ABC= ∠ EPG=90° ，
∴∠APB+ ∠EBP=90° ，∠BPH+∠EPB= 90°，
∴∠APB=∠BPH．
（2）解：如图①，作FM⊥AB于点M．
∵ ∠ABC=∠C=90°，
∴四边形MBCF是矩形，
∴MF=BC=AB，∠BEF+∠ABP= 90°，∠BEF+∠EFM=90°，
∴∠ABP=∠EFM．
在△ABP和△MFE中，
∴△ABP≌△MFE( ASA)，
∴ME=AP=AD=3．
在Rt△AEP中，设AE=x，则EP=BE=6-x，
∴ (6-x)2=x2+32 ，解得x=，即AE=，
∴CF=BM=AB-AE-EM=，
∴S四边形EFCP = S四边形EFCB =
（3）解：△PDH的周长不变，为定值12．证明如下：
如图②，作BQ⊥PG于点Q，连结BH．
由(1)可知∠APB=∠BPQ，
在△BPA和△BPQ中，
∴△BPA≌△BPQ(AAS) ，
∴AP=PQ ，AB=BQ． ．
∵AB=BC，
∴BC=BQ．
∵∠BQH= ∠ C= 90° ，BH=BH，
∴Rt△BHQ≌Rt△BHC( HL)，
∴CH=QH，
∴△PDH的周长 DP+PH+DH= ( DP+AP) +( CH+DH)= AD+CD= 12．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)由折叠的性质得到PE=BE，进而证得∠EBP= ∠EPB，再利用正方形的性质得到∠A= ∠ABC= ∠ EPG=90° ，然后通过余角的性质证得∠APB=∠BPH.
(2)作FM⊥AB于点M，易证四边形MBCF是矩形，故可得MF=BC=AB，再通过余角的性质证得∠ABP=∠EFM，由ASA判定△ABP≌△MFE证得ME=AP=3，设AE=x，则EP=BE=6-x，通过勾股定理解出方程解得x的值，得到AE、CF的长度，然后通过梯形的面积公式计算出四边形EFGP的面积.
(3)作BQ⊥PG于点Q，由(1)可知∠APB=∠BPQ，故可通过AAS判定△BPA≌△BPQ得到AP=PQ ，AB=BQ，再利用HL判定Rt△BHQ≌Rt△BHC得到CH=QH，进而计算的△PDH的周长为12，是定值.
17．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠C= 90°．
由折叠的性质，得DE=AD， ∠DEM=∠A=90°，
∴∠C=∠DEN= 90°，DC=DE．
∵在Rt△CDN和Rt△EDN中，
∴ Rt△CDN≌Rt△EDN( HL)．
（2）解：由折叠的性质，得∠ ADM= ∠ EDM．
∵Rt△CDN≌Rt△EDN，
∴∠CDN= ∠EDN．
∵∠ADM+∠EDM+∠CDN+∠EDN=90°，
∴∠MDN= ∠ EDM+ C EDN=45°．
（3）解：∵点M是AB边上的中点，AB= 12， ME=AM= BM=6．
∵ Rt△CDN≌Rt△EDN，∴CN=NE．设BN=x，则CN=NE=12-x，
在Rt△MBN中，根据勾股定理，得BM2 +BN2=MN2，
∴62+x2=(12-x+6)2 ，解得x=8．∴BN= 8．
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【分析】(1)先通过正方形的性质得到AD=DC，∠A=∠C= 90°，再利用折叠的性质证得DE=AD， ∠DEM=∠A=90°，进而通过HL判定Rt△CDN≌Rt△EDN.
(2)由折叠的性质可得∠ ADM= ∠ EDM，再利用全等三角形的性质得到∠CDN= ∠EDN，进而即可证得∠MDN=45°．
(3)设BN=x，则CN=NE=12-x，利用直角三角形的性质可得BM2 +BN2=MN2，进而列出方程解的x的值，求得BN的长度.
18．【答案】（1）解：如图①，
∵四边形ABCD是正方形，AE⊥EF，
∴∠1+∠AEB=90° ，∠2+∠AEB= 90°，AB=BC，∠DCG= 90°，
∴∠1=∠2．
∵ 点E是边BC的中点， 点H是边AB的中点，
∴BH=AH=AB，BE= CE=BC，
∴BH= BE=AH= CE，∠BHE= 45°，
∵ CF是∠DCG的角平分线，
∴∠ FCG=45°，
∴∠AHE= ∠ ECF= 135° ，
在△AHE和△ECF中，
∴△AHE≌△ECF(ASA) ，
∴AE= EF．
（2）解：AE=EF成立．
证明：如图②，延长BA到点M，使AM=CE，
∵∠AEF=90°，∴∠FEG+∠AEB= 90°．∵∠BAE+∠AEB= 90° ，
∴∠BAE=∠FEG，∴∠MAE=∠CEF．∵AB= BC，∴AB+AM= BC+CE，
即BM=BE，∴∠M=45°，∴∠M=∠FCE．
在△AME和△ECF中，
∴△AME≌△ECF(ASA) ，∴AE=EF．
【知识点】余角、补角及其性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)利用余角的性质可得∠1=∠2，再通过正方形的性质证得AH= CE，∠BHE= ∠ FCG=45°，然后通过ASA判定△AHE≌△ECF证得AE= EF．
(2)延长BA到点M，使AM=CE，利用余角的性质证得∠BAE=∠FEG，进而得到∠MAE=∠CEF，再通过正方形的性质证得BM=BE得到∠M=∠FCE，然后由ASA判定△AME≌△ECF证得AE=EF．
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