【培优版】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．（2024九上·雅安期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，．下列结论：①；②；③点B到直线AE的距离是；④．其中所有正确的结论是（ ）
A．② ③ B．① ④
C．① ② ④ D．① ② ③ ④
【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
又∵，，
在和中
∴，故①正确；
由得，，
∴，
∴，故②正确；
过作，交的延长线于，则的长是点到直线的距离，
在中，由勾股定理得，
在中，，，由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，故③错误；
∵，
∴，
连接，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据SAS证明，即可判断①；根据，可得∠AEP=∠APE=45°，得到∠BEP=90°，即可判断②；过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，利用勾股定理即可求得BF的长，即可判断③；连接BD，根据，可得∠ADP=∠ABE，可得到和的面积，即可计算出正方形ABCD的面积，即可判断④；
2．（2024九上·沙坪坝期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点作于，于，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】如图，过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质可证得，得到，根据补角的定义可得，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理加以计算即可求解。
3．（2023九上·达州期中）如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（ ）
A． B．2 C．4 D．
【答案】A
【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；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，如图所示：
∵DD'⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD'，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D'AF，
∴D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，
∴D'P'即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD'=45°，
∴AP'=P'D'，
∴在Rt△AP'D'中，
P'D'2+AP'2=AD'2，AD'2=16，
∵AP'=P'D'，
2P'D'2=AD'2，即2P'D'2=16，
∴P'D'=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为：A
【分析】作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，先根据三角形全等的判定与性质证明△DAF≌△D'AF得到D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，进而根据轴对称-最短距离问题得到D'P'即为DQ+PQ的最小值，再根据正方形的性质得到∠DAD'=45°，从而结合题意运用勾股定理即可求解。
4．（2023九上·达川月考）如图，在正方形中，，点E在边上，且，将沿所在直线翻折得到，延长交边于点G，连接，，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵沿对折至，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴①正确；
∵，，
∴，
设，则，根据勾股定理，得到，，得到，
∴②正确；
∵，，∴即，
∴；
∴③正确；
∵，
∴，
∵FG：EF=6：4=3：2，
∴
∴④正确；
由折叠和三角形全等，
∴，
∴
∴⑤错误．
故答案为：C．
【分析】由翻折结合正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG ，在Rt△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC，经过证明可得，∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，根据平行线的判定可得AG∥CF，求出S△EGC的面积即可，求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°-∠GAF=135°.
5．（2023九上·深圳期中）如图，正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，过P作PE⊥BC，PF⊥DC，垂足分别为E、F，连接EF，若EF=，，点D到AP的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得△BPE和△PDF都是等腰直角三角形，
∴PE=BE，PF=DF，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴四边形PECF是矩形，
∴PE=FC，PF=CE，
∵，
∴，
∴PF=2PE，
在直角三角形PEF中，由勾股定理得：PE2+（2PE）2=（）2；
解得：PE=1，
∴DF=PF=2，AD=3，
如图，连接PC，根据正方形的中心对称和矩形对角线相等可知：
PC=PA=EF=，S△ADP=S△CDP=DC PF=×3×2=3，
∴点D到AP的距离=.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质和已知PE及CD的比，可以求出PE=FC=1，DF=PF=2，CD=3，根据正方形和矩形性质得到S△ADP=S△CDP，按照三角形面积公式计算出点D到AP的距离即可．
6．（2023九上·滕州开学考）如图，四边形是正方形，以为边作等边，与相交于点，则下列结论中： ； ； 的度数是；≌≌．
正确的有（ ）个．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形
∴ AD=AB=DC=BC，∠DAM=∠BAM=∠DCM=∠BCM=45°，∠ABC=∠ADC=90°，
∵ AM=AM，MC=MC
∴，
∴ DM=BM································· 故选项正确；
由 得：∠MDC=∠MBC
∵ 等边
∴ CD=CE，∠DCE=60°
∴ BC=CE，∠BCE=150°，
∴ ∠BEC=∠MBC=∠MDC=15°···························· 故选项正确；
∴∠AMD=∠DCM+∠MDC=45°+15°=60°················ 故选项错误；
∵ AD=DE，∠ADM=∠EDM=75°，DM=DM
∴
∴··························· 故选项正确；
综上，正确，共3个
故答案为：C.
【分析】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质。熟练掌握这些知识是解题关键。
7．（2022九上·南海期中）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【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】∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点恰好落在边上，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得．
故答案为：D．
【分析】设，则，根据题意列出方程，再求解即可。
8．（2022九上·叙州开学考） 如图，是正方形的对角线上任意一点，于点，于点，连接有下列结论：
；
；
一定是等腰三角形；
；
．
其中，正确结论的序号是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过作于点，
点是正方形的对角线上一点，
，
在中，，
，
，
同理，得
，
，
，，
，
≌，
；
，
延长到上于一点，
，
，
，即；
点是正方形的对角线上任意一点，度，
当度或度或度时，是等腰三角形，
除此之外，不是等腰三角形，故错误．
，
，
又，
，
，
在中，，
．
其中正确结论的序号是．
故选：．
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定定理及性质，等腰三角形的判定定理及勾股定理即可求出答案。
二、填空题
9．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
10．（2023九上·开州开学考）如图，，四边形是正方形，若，，则的面积等于 ．
【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】如图所示：延长BA，过点E作EF⊥BA延长线于F，则∠EFA=90°
∵ AB=1，BC=2，∠ABC=90°
∴ AC=，∠BAC+∠BCA=90°
∵ 四边形ACDE为正方形
∴ AE=AC=，∠EAC=90°
∴ ∠FAE+∠BAC=90°，
∴ ∠FAE=∠BCA
∵ ∠EFA=∠ABC=90°
∴
∴ AF=CB=2，
∴
则的面积等于3
【分析】本题考查正方形的性质和三角形全等的一线三等角模型。求的面积，即求的高，求出高是解题的关键。根据正方形ACDE和∠ABE90°，可确定，延长BA，过E作BA的垂线，构造一线三等角模型，证，可得EF=BC，即可求出高，则可知面积。
11．（2021九上·连山期中）如图，P是正方形 内一点， ，将线段 以点A为旋转中心逆时针旋转 得到线段 ，连接 下列结论：
① 可以由 绕点A逆时针旋转 得到；②点P与 的距离为2；③ ；④ ；⑤ ．其中正确的结论是 （填序号）．
【答案】①③④
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵线段 以点A为旋转中心逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 可以由 绕点A逆时针旋转 得到，符合题意；
②连接点P与点 ，
∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
故点P与 的距离为2不符合题意；
③由②知 为等腰直角三角形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 为直角三角形，且 ，
∴ ，
④将△APD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，连接PE，过点A作AH⊥PE交于H，
∴ ，
∴∠APE=45°，
由③知∠DPA=135°，
∴ ，
∴D、P、E三点共线，
∵AP=AE=2，△APE为等腰直角三角形，
∴AH=PH= ，
∴在Rt△DAH中， ，
∴ ，符合题意；
⑤由④知， ，
∴ ，
过P点作PF⊥AB于F，设AF=x，
∵ ，
∴ 即 ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
故 不符合题意；
故答案为：①③④．
【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质对每个结论一一判断即可。
12．（2021九上·黄石期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且 ，AE交BD于M点，AF交BD于N点.下列结论：① ；② ；③EA平分 ；④ 的周长等于 ，其中正确结论的序号是 .（把你认为所有正确的都填上）
【答案】①③④
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵ ，
∴ ，
∵ 绕点A逆时针旋转 得到△ADH ，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
而 ，
∴在 中， ，
∴ ，
故①正确；
②由题知 ， ，只有两个条件不能得到 ，
∴ ，
故②错误；
③将 绕点A逆时针旋转 得到△ADG ，
∵ ， ，
∴ ，
∴点G、D、F三点共线，
由旋转可得 ， ， ，
∵ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴
又∵ ，
∴ ，
∴EA平分 ；
④由③可知 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 的周长
，
故④正确；
综上所述：正确的有①③④.
故答案为：①③④.
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，则∠EAF=∠HAF=45°，由旋转的性质得BM=DH，AH=AM，∠ABM=∠ADH，证明△AMN≌△AHN，得到MN=HN，推出∠HDN=90°，然后结合勾股定理可判断①；由题意可得AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，据此判断②；将△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ADG，由旋转的性质得BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAF，证明△AEF≌△AGF，得到∠AEF=∠AGF，结合∠AEB=∠AGF可推出EA平分∠BEF，据此判断③；根据全等三角形的性质可得EF=GF，推出GF=BE+DF，由正方形的性质可得AB=BC=CD，据此可判断④.
13．（2019九上·牡丹月考）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+ ．其中正确结论的序号是
【答案】①②④
【知识点】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是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC-BE=CD-DF，
∴CE=CF，
∴①说法符合题意；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法符合题意；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法不符合题意；
∵EF=2，
∴CE=CF= ，
设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，
AD2+DF2=AF2，即a2+（a- ）2=4，
解得a= ，
则a2=2+ ，
S正方形ABCD=2+ ，
④说法符合题意，
故答案为①②④．
【分析】根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．
三、解答题
14．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
15．（2023九上·无为期中） 如图1，在正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作，垂足为H.
图1 图2 图3
（1）如图2，将绕点A顺时针旋转得到.
①求证：.
②若，，求AH的长.
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF与点N，请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么关系？请说明理由？
【答案】（1）解：①证明：由题意知，，，
∵，，
∴G、B、E三点共线，
∵，，
∴，
∵，，
∴
②解：∵，，，
∴，
设，则，，
则，
解得，（舍去），
易证.
（2）解：将绕点A顺时针旋转得到，
则，，
∴，
易证，
∴，
在中，，
∴
【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
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质注解。①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；
（2）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理求解。将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
16．（2023九上·成都期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB交两坐标轴于A、B两点（OA＞OB），且OA、OB的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两根．
（1）求直线AB的解析式；
（2）以线段AB为边作正方形ABCD（如图2），对角线AC、BD交于点E，∠CBD的平分线BF交AC于F，求CF的长；
（3）若M是y轴上任一点，点N是坐标平面内一点，若以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，请直接写出N点的坐标．
【答案】（1）解：∵x2﹣7x+12＝0，
∴x1＝3，x2＝4，
∵OA、OB的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两根，且OA＞OB，如图1，
∴OA＝4，OB＝3，
∴A（0，4），B（3，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4；
（2）解：如图2，过F作FH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°，AC⊥BD，即FE⊥BD，
∵BF平分∠CBD，
∴EF＝HF，
在△CFH中，∠CHF＝90°，∠CFH＝90°﹣∠FCH＝45°＝∠FCH，
∴CH＝FH，
∴EF＝HF＝CH，
又∵AB＝＝5，
∴CE＝5sin45°＝，
设CF＝x，则EF＝HF＝CH＝﹣x，
由勾股定理得，CF2＝FH2+HC2，即x2＝2（﹣x）2，
解得，x1＝5﹣5，x2＝5+5（舍去），
答：CF的长为5﹣5；
（3）解：N点的坐标为（﹣3，0）或（3，﹣5）或（3，）或（3，5）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（3）如图3，四边形ANMB为菱形，
点N的坐标为（﹣3，0），
如图4，四边形AMNB为菱形，
则BN＝AB＝5，
点N的坐标为（3，﹣5），
如图5，四边形AMBN为菱形，
设AM＝x，则BM＝x，OM＝4﹣x，
由勾股定理得，BM2＝OM2+OB2，即x2＝（4﹣x）2+32，
解得，x＝，
点N的坐标为（3，），
如图6，四边形ABNM为菱形，
则BN＝AB＝5，
∴点N的坐标为（3，5），
综上所述，以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，N点的坐标为（﹣3，0）或（3，﹣5）或（3，）或（3，5）．
【分析】（1）先解方程 x2﹣7x+12＝0， 得到A，B两点的坐标， 设直线AB的解析式为y＝kx+b， 利用待定系数法即可求解直线AB的解析式；
（2）利用正方形的性质以及角平分线的性质求得 EF＝HF＝CH， 利用勾股定理以及三角函数求得CE的值， 设CF＝x，则EF＝HF＝CH＝﹣x， 再利用勾股定理列出关于x的一元二次方程，解方程取符合题意的x的值即可求解；
（3）分四边形ANMB为菱形，四边形AMNB为菱形，四边形AMBN为菱形，四边形ABNM为菱形，四种情况讨论，利用菱形的性质即可求解.
17．（2023九上·绥化期中）如图①在正方形中，点是对角线上一点.点在的延长线上，且交于点.
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）如图②，把正方形改为菱形，其他条件不变，当，连接.试探究线段与线段的数量关系，并说明理由.
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形
又
又
（2）解：由（1）已证
又
又
∵四边形是正方形
（3）解：
理由：∵四边形是菱形且
又
又
是等边三角形
又
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到，利用"SAS"证明，得到进而即可求解；
（2）由（1）中的全等得到，再根据等腰三角形的的性质得到：进而证明，进而根正方形的性质即可求解；
（3）根据菱形的性质和已知条件得到，利用"SAS"证明得到，结合已知条件得到进而得到：，即可证明是等边三角形，得到，进而即可求解.
18．（2023九上·小店月考） 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得：． 大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定，旋转的性质，理解题中例题的方法是关键。将绕点顺时针旋转得到，可知，再证M、、三点共线，可得，再证，得ME=EF，则可知．
1 / 1【培优版】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．（2024九上·雅安期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，．下列结论：①；②；③点B到直线AE的距离是；④．其中所有正确的结论是（ ）
A．② ③ B．① ④
C．① ② ④ D．① ② ③ ④
2．（2024九上·沙坪坝期末）如图，在正方形中，点E是上一点，过点E作交于点F，连接，，若，则的度数是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023九上·达州期中）如图，正方形ABCD的边长是4，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值（ ）
A． B．2 C．4 D．
4．（2023九上·达川月考）如图，在正方形中，，点E在边上，且，将沿所在直线翻折得到，延长交边于点G，连接，，则下列结论：①；②；③；④；⑤．其中正确结论的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2023九上·深圳期中）如图，正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，过P作PE⊥BC，PF⊥DC，垂足分别为E、F，连接EF，若EF=，，点D到AP的距离（ ）
A． B． C． D．
6．（2023九上·滕州开学考）如图，四边形是正方形，以为边作等边，与相交于点，则下列结论中： ； ； 的度数是；≌≌．
正确的有（ ）个．
A． B． C． D．
7．（2022九上·南海期中）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
8．（2022九上·叙州开学考） 如图，是正方形的对角线上任意一点，于点，于点，连接有下列结论：
；
；
一定是等腰三角形；
；
．
其中，正确结论的序号是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
10．（2023九上·开州开学考）如图，，四边形是正方形，若，，则的面积等于 ．
11．（2021九上·连山期中）如图，P是正方形 内一点， ，将线段 以点A为旋转中心逆时针旋转 得到线段 ，连接 下列结论：
① 可以由 绕点A逆时针旋转 得到；②点P与 的距离为2；③ ；④ ；⑤ ．其中正确的结论是 （填序号）．
12．（2021九上·黄石期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且 ，AE交BD于M点，AF交BD于N点.下列结论：① ；② ；③EA平分 ；④ 的周长等于 ，其中正确结论的序号是 .（把你认为所有正确的都填上）
13．（2019九上·牡丹月考）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上．下列结论：①CE=CF；②∠AEB=75°；③BE+DF=EF；④S正方形ABCD=2+ ．其中正确结论的序号是
三、解答题
14．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
15．（2023九上·无为期中） 如图1，在正方形ABCD内作，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作，垂足为H.
图1 图2 图3
（1）如图2，将绕点A顺时针旋转得到.
①求证：.
②若，，求AH的长.
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF与点N，请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么关系？请说明理由？
16．（2023九上·成都期中）如图1，在平面直角坐标系中，直线AB交两坐标轴于A、B两点（OA＞OB），且OA、OB的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两根．
（1）求直线AB的解析式；
（2）以线段AB为边作正方形ABCD（如图2），对角线AC、BD交于点E，∠CBD的平分线BF交AC于F，求CF的长；
（3）若M是y轴上任一点，点N是坐标平面内一点，若以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，请直接写出N点的坐标．
17．（2023九上·绥化期中）如图①在正方形中，点是对角线上一点.点在的延长线上，且交于点.
（1）求证：；
（2）求的度数；
（3）如图②，把正方形改为菱形，其他条件不变，当，连接.试探究线段与线段的数量关系，并说明理由.
18．（2023九上·小店月考） 阅读以下材料，并按要求完成相应的任务：
从正方形的一个顶点引出夹角为的两条射线，并连接它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型．半角模型可证出多个几何结论，例如： 如图1，在正方形中，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．易证得：． 大致证明思路：如图2，将绕点顺时针旋转，得到，由可得、、三点共线，，进而可证明，故．
任务：
如图3，在四边形中，，，，以为顶点的，、与、边分别交于、两点．请参照阅读材料中的解题方法，你认为结论是否依然成立，若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵，，
∴，
又∵，，
在和中
∴，故①正确；
由得，，
∴，
∴，故②正确；
过作，交的延长线于，则的长是点到直线的距离，
在中，由勾股定理得，
在中，，，由勾股定理得：，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，故③错误；
∵，
∴，
连接，
∴，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：C．
【分析】根据SAS证明，即可判断①；根据，可得∠AEP=∠APE=45°，得到∠BEP=90°，即可判断②；过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长是点B到直线AE的距离，利用勾股定理即可求得BF的长，即可判断③；连接BD，根据，可得∠ADP=∠ABE，可得到和的面积，即可计算出正方形ABCD的面积，即可判断④；
2．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等腰三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点作于，于，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】如图，过点作于，于，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质可证得，得到，根据补角的定义可得，再根据等腰三角形的性质及三角形内角和定理加以计算即可求解。
3．【答案】A
【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；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，如图所示：
∵DD'⊥AE，
∴∠AFD=∠AFD'，
∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，
∴△DAF≌△D'AF，
∴D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，
∴D'P'即为DQ+PQ的最小值，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAD'=45°，
∴AP'=P'D'，
∴在Rt△AP'D'中，
P'D'2+AP'2=AD'2，AD'2=16，
∵AP'=P'D'，
2P'D'2=AD'2，即2P'D'2=16，
∴P'D'=2，
即DQ+PQ的最小值为2，
故答案为：A
【分析】作D关于AE的对称点D'，过D'作D'P'⊥AD于P'，先根据三角形全等的判定与性质证明△DAF≌△D'AF得到D'是D关于AE的对称点，AD'=AD=4，进而根据轴对称-最短距离问题得到D'P'即为DQ+PQ的最小值，再根据正方形的性质得到∠DAD'=45°，从而结合题意运用勾股定理即可求解。
4．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵沿对折至，四边形是正方形，
∴，
∴，
∴①正确；
∵，，
∴，
设，则，根据勾股定理，得到，，得到，
∴②正确；
∵，，∴即，
∴；
∴③正确；
∵，
∴，
∵FG：EF=6：4=3：2，
∴
∴④正确；
由折叠和三角形全等，
∴，
∴
∴⑤错误．
故答案为：C．
【分析】由翻折结合正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG ，在Rt△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC，经过证明可得，∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，根据平行线的判定可得AG∥CF，求出S△EGC的面积即可，求得∠GAF=45°，∠AGB+∠AED=180°-∠GAF=135°.
5．【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得△BPE和△PDF都是等腰直角三角形，
∴PE=BE，PF=DF，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴四边形PECF是矩形，
∴PE=FC，PF=CE，
∵，
∴，
∴PF=2PE，
在直角三角形PEF中，由勾股定理得：PE2+（2PE）2=（）2；
解得：PE=1，
∴DF=PF=2，AD=3，
如图，连接PC，根据正方形的中心对称和矩形对角线相等可知：
PC=PA=EF=，S△ADP=S△CDP=DC PF=×3×2=3，
∴点D到AP的距离=.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质和已知PE及CD的比，可以求出PE=FC=1，DF=PF=2，CD=3，根据正方形和矩形性质得到S△ADP=S△CDP，按照三角形面积公式计算出点D到AP的距离即可．
6．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ 四边形ABCD是正方形
∴ AD=AB=DC=BC，∠DAM=∠BAM=∠DCM=∠BCM=45°，∠ABC=∠ADC=90°，
∵ AM=AM，MC=MC
∴，
∴ DM=BM································· 故选项正确；
由 得：∠MDC=∠MBC
∵ 等边
∴ CD=CE，∠DCE=60°
∴ BC=CE，∠BCE=150°，
∴ ∠BEC=∠MBC=∠MDC=15°···························· 故选项正确；
∴∠AMD=∠DCM+∠MDC=45°+15°=60°················ 故选项错误；
∵ AD=DE，∠ADM=∠EDM=75°，DM=DM
∴
∴··························· 故选项正确；
综上，正确，共3个
故答案为：C.
【分析】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质。熟练掌握这些知识是解题关键。
7．【答案】D
【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】∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵将四边形沿折叠，点恰好落在边上，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得．
故答案为：D．
【分析】设，则，根据题意列出方程，再求解即可。
8．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过作于点，
点是正方形的对角线上一点，
，
在中，，
，
，
同理，得
，
，
，，
，
≌，
；
，
延长到上于一点，
，
，
，即；
点是正方形的对角线上任意一点，度，
当度或度或度时，是等腰三角形，
除此之外，不是等腰三角形，故错误．
，
，
又，
，
，
在中，，
．
其中正确结论的序号是．
故选：．
【分析】根据正方形的性质，全等三角形的判定定理及性质，等腰三角形的判定定理及勾股定理即可求出答案。
9．【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
10．【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】如图所示：延长BA，过点E作EF⊥BA延长线于F，则∠EFA=90°
∵ AB=1，BC=2，∠ABC=90°
∴ AC=，∠BAC+∠BCA=90°
∵ 四边形ACDE为正方形
∴ AE=AC=，∠EAC=90°
∴ ∠FAE+∠BAC=90°，
∴ ∠FAE=∠BCA
∵ ∠EFA=∠ABC=90°
∴
∴ AF=CB=2，
∴
则的面积等于3
【分析】本题考查正方形的性质和三角形全等的一线三等角模型。求的面积，即求的高，求出高是解题的关键。根据正方形ACDE和∠ABE90°，可确定，延长BA，过E作BA的垂线，构造一线三等角模型，证，可得EF=BC，即可求出高，则可知面积。
11．【答案】①③④
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：①∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵线段 以点A为旋转中心逆时针旋转 得到线段 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 可以由 绕点A逆时针旋转 得到，符合题意；
②连接点P与点 ，
∵ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
故点P与 的距离为2不符合题意；
③由②知 为等腰直角三角形， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 为直角三角形，且 ，
∴ ，
④将△APD绕点A顺时针旋转90°得到△ABE，连接PE，过点A作AH⊥PE交于H，
∴ ，
∴∠APE=45°，
由③知∠DPA=135°，
∴ ，
∴D、P、E三点共线，
∵AP=AE=2，△APE为等腰直角三角形，
∴AH=PH= ，
∴在Rt△DAH中， ，
∴ ，符合题意；
⑤由④知， ，
∴ ，
过P点作PF⊥AB于F，设AF=x，
∵ ，
∴ 即 ，
解得： ，
∴ ，
∴ ，
故 不符合题意；
故答案为：①③④．
【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质对每个结论一一判断即可。
12．【答案】①③④
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；角平分线的判定；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，
∵ ，
∴ ，
∵ 绕点A逆时针旋转 得到△ADH ，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
而 ，
∴在 中， ，
∴ ，
故①正确；
②由题知 ， ，只有两个条件不能得到 ，
∴ ，
故②错误；
③将 绕点A逆时针旋转 得到△ADG ，
∵ ， ，
∴ ，
∴点G、D、F三点共线，
由旋转可得 ， ， ，
∵ ，
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴
又∵ ，
∴ ，
∴EA平分 ；
④由③可知 ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ 的周长
，
故④正确；
综上所述：正确的有①③④.
故答案为：①③④.
【分析】将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADH，连接NH，则∠EAF=∠HAF=45°，由旋转的性质得BM=DH，AH=AM，∠ABM=∠ADH，证明△AMN≌△AHN，得到MN=HN，推出∠HDN=90°，然后结合勾股定理可判断①；由题意可得AB=AD，∠ABE=∠ADF=90°，据此判断②；将△ABE绕点A逆时针旋转90°得△ADG，由旋转的性质得BE=DG，AE=AG，∠BAE=∠DAF，证明△AEF≌△AGF，得到∠AEF=∠AGF，结合∠AEB=∠AGF可推出EA平分∠BEF，据此判断③；根据全等三角形的性质可得EF=GF，推出GF=BE+DF，由正方形的性质可得AB=BC=CD，据此可判断④.
13．【答案】①②④
【知识点】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是正方形，
∴AB=AD，
∵△AEF是等边三角形，
∴AE=AF，
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），
∴BE=DF，
∵BC=DC，
∴BC-BE=CD-DF，
∴CE=CF，
∴①说法符合题意；
∵CE=CF，
∴△ECF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=45°，
∵∠AEF=60°，
∴∠AEB=75°，
∴②说法符合题意；
如图，连接AC，交EF于G点，
∴AC⊥EF，且AC平分EF，
∵∠CAF≠∠DAF，
∴DF≠FG，
∴BE+DF≠EF，
∴③说法不符合题意；
∵EF=2，
∴CE=CF= ，
设正方形的边长为a，
在Rt△ADF中，
AD2+DF2=AF2，即a2+（a- ）2=4，
解得a= ，
则a2=2+ ，
S正方形ABCD=2+ ，
④说法符合题意，
故答案为①②④．
【分析】根据三角形的全等的知识可以判断①的正误；根据角角之间的数量关系，以及三角形内角和为180°判断②的正误；根据线段垂直平分线的知识可以判断③的正误，利用解三角形求正方形的面积等知识可以判断④的正误．
14．【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
15．【答案】（1）解：①证明：由题意知，，，
∵，，
∴G、B、E三点共线，
∵，，
∴，
∵，，
∴
②解：∵，，，
∴，
设，则，，
则，
解得，（舍去），
易证.
（2）解：将绕点A顺时针旋转得到，
则，，
∴，
易证，
∴，
在中，，
∴
【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
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质注解。①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；
（2）根据旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理求解。将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
16．【答案】（1）解：∵x2﹣7x+12＝0，
∴x1＝3，x2＝4，
∵OA、OB的长是一元二次方程x2﹣7x+12＝0的两根，且OA＞OB，如图1，
∴OA＝4，OB＝3，
∴A（0，4），B（3，0），
设直线AB的解析式为y＝kx+b，则，
解得：，
∴直线AB的解析式为y＝﹣x+4；
（2）解：如图2，过F作FH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝45°，AC⊥BD，即FE⊥BD，
∵BF平分∠CBD，
∴EF＝HF，
在△CFH中，∠CHF＝90°，∠CFH＝90°﹣∠FCH＝45°＝∠FCH，
∴CH＝FH，
∴EF＝HF＝CH，
又∵AB＝＝5，
∴CE＝5sin45°＝，
设CF＝x，则EF＝HF＝CH＝﹣x，
由勾股定理得，CF2＝FH2+HC2，即x2＝2（﹣x）2，
解得，x1＝5﹣5，x2＝5+5（舍去），
答：CF的长为5﹣5；
（3）解：N点的坐标为（﹣3，0）或（3，﹣5）或（3，）或（3，5）．
【知识点】待定系数法求一次函数解析式；菱形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：（3）如图3，四边形ANMB为菱形，
点N的坐标为（﹣3，0），
如图4，四边形AMNB为菱形，
则BN＝AB＝5，
点N的坐标为（3，﹣5），
如图5，四边形AMBN为菱形，
设AM＝x，则BM＝x，OM＝4﹣x，
由勾股定理得，BM2＝OM2+OB2，即x2＝（4﹣x）2+32，
解得，x＝，
点N的坐标为（3，），
如图6，四边形ABNM为菱形，
则BN＝AB＝5，
∴点N的坐标为（3，5），
综上所述，以A、B、M、N为顶点的四边形是菱形，N点的坐标为（﹣3，0）或（3，﹣5）或（3，）或（3，5）．
【分析】（1）先解方程 x2﹣7x+12＝0， 得到A，B两点的坐标， 设直线AB的解析式为y＝kx+b， 利用待定系数法即可求解直线AB的解析式；
（2）利用正方形的性质以及角平分线的性质求得 EF＝HF＝CH， 利用勾股定理以及三角函数求得CE的值， 设CF＝x，则EF＝HF＝CH＝﹣x， 再利用勾股定理列出关于x的一元二次方程，解方程取符合题意的x的值即可求解；
（3）分四边形ANMB为菱形，四边形AMNB为菱形，四边形AMBN为菱形，四边形ABNM为菱形，四种情况讨论，利用菱形的性质即可求解.
17．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形
又
又
（2）解：由（1）已证
又
又
∵四边形是正方形
（3）解：
理由：∵四边形是菱形且
又
又
是等边三角形
又
【知识点】等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质得到，利用"SAS"证明，得到进而即可求解；
（2）由（1）中的全等得到，再根据等腰三角形的的性质得到：进而证明，进而根正方形的性质即可求解；
（3）根据菱形的性质和已知条件得到，利用"SAS"证明得到，结合已知条件得到进而得到：，即可证明是等边三角形，得到，进而即可求解.
18．【答案】解：成立．
证明：将绕点顺时针旋转得到，
，，，，，
，
、、三点共线，
，
，
，，
，
，
．
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定，旋转的性质，理解题中例题的方法是关键。将绕点顺时针旋转得到，可知，再证M、、三点共线，可得，再证，得ME=EF，则可知．
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