19.3正方形同步练习（含解析）
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19.3正方形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在四边形中，对角线，且，则该四边形的面积是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
2．如图，正方形的边长均为定值，点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中，的面积（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．不确定
3．如图，将一个矩形对折两次，沿着图中的虚线剪下一个角，为了得到一个正方形，则剪切线与折痕所夹的大小为（）
A． B． C． D．
4．已知正方形ABCD，点E在边AB上，以CE为边作正方形CEFG，如图所示，连接DG．求证：△BCE≌△DCG．甲、乙两位同学的证明过程如下，则下列说法正确的是（ ）
甲：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形
∴CB=CD CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°
∴∠BCD﹣∠ECD=∠ECG﹣∠ECD
∴∠BCE=∠GCD
∴△BCE≌△DCG（SAS）
乙：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形
∴CB=CD CE=CG
且∠B=∠CDG=90°
∴△BCE≌△DCG（HL）
A．甲同学的证明过程正确 B．乙同学的证明过程正确
C．两人的证明过程都正确 D．两人的证明过程都不正确
5．如图，E、F为菱形ABCD对角线上的两点，∠ADE=∠CDF，要判定四边形BFDE是正方形，需添加的条件是（ ）
A．AE=CF B．OE=OF C．∠EBD=45° D．∠DEF=∠BEF
6．如图，P是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上的一点，点E是AB的中点，则PA+PE最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，正确结论的个数是（ ）
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，在五边形中，，，，，连结，．若，则的面积为（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
9．如图,正方形中,∠,交对角线于点,那么∠等于（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，正方形纸片：①先对折使与重合，得到折痕；②折叠纸片，使得点落在的点上，沿和剪下．则判定为等边三角形的依据是（ ）
A．三个角都相等的三角形是等边三角形 B．有两个角是的三角形是等边三角形
C．三边都相等的三角形是等边三角形 D．有一个角是的等腰三角形是等边三角形
12．已知：如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤
二、填空题
13．设矩形的两条邻边长分别为x，y，且满足．若此矩形能被分割成3个全等的正方形，则这个矩形的对角线长是 ．
14．如图1，图2，图3，在中，分别以、为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，、相交于点O．
（1）如图1， ：如图2， ；如图3， ；
（2）如图4，已知：、是以为边向外所作正n边形的一组邻边；、是以为边向外所作正n边形的一组邻边．、的延长线交于点O．此时， （用含n的式子表示）．
15．将正方形的中心O置于平面直角坐标系的原点，A、B、C、D四点逆时针排列，若点A坐标为，则点B的坐标是 ，点C的坐标是 ．
16．如图所示，菱形中，对角线相交于点O，若再补充一个条件能使菱形成为正方形，则这个条件是 ．（只填一个条件即可）
17．如图，将一副七巧板拼成一只小动物，则∠AOB= 度．
三、解答题
18．如图，在正方形中，是上一点，连接.过点作，垂足为.经过点、、，与相交于点.
（1）求证；
（2）若正方形的边长为，，求的半径.
19．如图，四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=4，AB=7，求：
（1）指出旋转中心和旋转角度；
（2）求DE的长度；
（3）BE与DF的位置关系如何？
20．在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．
（1）当点运动到与点重合时(如图1)，线段与的数量关系是________．
（2）若点运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．
21．如图，是边长为的等边三角形，点为下方的一动点，．
（1）若，求的长；
（2）求点到的最大距离；
（3）当线段的长度最大时，求四边形的面积．
22．如图，正方形的边长为，点在边上，且，点为边上一动点，且 ，以A为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系．
(1)连接，求四边形的面积S关于的函数表达式；
(2)若直线将正方形分成面积相等的两部分，求此时直线对应的函数表达式；
(3)在正方形的边上是否存在点，使是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．已知正方形的对角线的长为l，求这个正方形的周长和面积．
24．将两个正方形按如图所示摆放（、、三点共线），连接、、，已知大正方形的边长为4，求阴影部分的面积.
《19.3正方形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B A C A C A C C
题号 11 12
答案 C D
1．B
【分析】设两对角线的交点为E，由即可完成．
【详解】设两对角线的交点为E
∵
=54
故选：B．
【点睛】本题考查了四边形面积的计算，关键是转化为两个直角三角形面积的和，体现了转化思想的应用．一般地，如果四边形的两条对角线相互垂直，则四边形的面积与菱形面积计算一样，等于两对角线乘积的一半．
2．C
【分析】此题考查正方形的性质，平行线的判定和性质，根据正方形的性质及平行线的判定和性质得到，由此与之间的距离处处相等，即可判断点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中的面积不变．
【详解】解：∵四边形均为正方形，
∴，
∴，
∴与之间的距离处处相等，
设与之间的距离为h，
∴的面积，是定值，
故选：C．
3．B
【分析】要想成为一个正方形，那么就必须展开后为的角，通过折叠我们知道剪下的四边形四边相等，有一个角为就为正方形．
【详解】解：剪切线与折痕所成的角的大小等于为就可以得到一个正方形．
，
故选：B．
【点睛】本题考查了剪纸问题、通过折叠变换考查正方形的有关知识及学生的逻辑思维能力，解答此类题最好动手操作，易得出答案．
4．A
【分析】根据正方形性质得出BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，都减去∠ECD，即可求出∠BCE=∠DCG，根据SAS即可推出两三角形全等；但是根据已知不能推出∠CDG=90°，即可判断乙同学证明过程不对．
【详解】解:甲同学的证明过程正确；而乙同学的证明过程错误；
因为从已知不能确定A、D、G三点共线，
即不能推出∠GDC=90°，
故选A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和正方形性质，有正确的识图能力、推理能力和辨析能力是解题的关键．
5．C
【分析】从对角线的角度看，一个四边形需满足其两条对角线垂直、平分且相等才能判定是正方形，由于菱形的对角线已经垂直，所以要判定四边形BFDE是正方形，只需证明BD和EF相等且平分，据此逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，
A、若AE=CF，则OE=OF，但EF与BD不一定相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项不符合题意；
B、若OE=OF，同样EF与BD不一定相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项也不符合题意；
C、若∠EBD=45°，∵∠BOE=90°，∴∠BEO=45°，∴OE=OB，
∵AD=CD，∴∠DAE=∠DCF，又∵∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE=CF，∴OE=OF，
∴EF=BD，∴四边形BFDE是正方形，本选项符合题意；
D、若∠DEF=∠BEF，由C选项的证明知OE=OF，但不能证明EF与BD相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是菱形的性质和正方形的判定，属于常考题型，熟练掌握菱形的性质和正方形的判定方法是解题的关键．
6．A
【分析】利用轴对称最短路径求法，得出A点关于BD的对称点为C点，连接EC交BD于点P即为最短路径位置，利用勾股定理求出即可．
【详解】连接AC，EC，EC与BD交于点P，连接AP，此时PA+PE的值最小．
∵ABCD是正方形，∴BD垂直平分AC，∴AP=PC，∴PA+PE=PC+PE=EC．
正方形ABCD中，∵AB=BC=1，E为AB中点，∴BE=，∴EC==．
故选A．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短路径问题以及正方形的性质和勾股定理，利用正方形性质得出A，C关于BD对称是解题的关键．
7．C
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
8．A
【分析】此题考查了正方形的性质和判定，解题的关键是证明出四边形是正方形．
延长，交于点F，首先证明出四边形是正方形，得到，，求出，，然后利用的面积代数求解即可．
【详解】如图所示，延长，交于点F，
∵
∴四边形是矩形
∵
∴四边形是正方形
∴，
∵，，
∴，
∴的面积
．
故选：A．
9．C
【详解】试题分析：∵AD=CD，∠ADE=∠CDE，DE=DE
∴△AED≌△CED
∴∠ECF=∠DAF=25°，
又∵在△DEC中，∠CDE=45°，
∴∠CED=180°-25°-45°=110°，
∴∠BEC=180°-110°=70°．
故选C．
考点：正方形的性质．
10．C
【分析】根据正方形的判定方法，结合矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵与分别平分和，
∴，
∴，
∴；
A.∵，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，故A不符合题意；
B.∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故B不符合题意；
C.∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴四边形一定不是正方形，故C符合题意；
D.∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
11．C
【分析】本题考查了等边三角形的判定，折叠的性质，正方形的性质，根据正方形的性质得出，再根据折叠的性质得出，垂直平分，则，即可求证为等边三角形．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵由沿折叠所得，
∴，
由折叠可得，垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
故选：C．
12．D
【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过作，交的延长线于，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；⑤在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积；④连接，求出的面积，然后减去的面积即可．
【详解】解：①，，
，
又，，
，故①正确；
③，
，
又，，
，
，故③正确；
②过作，交的延长线于，
，，
，
又③中，，
，
又
，
故②不正确；
⑤，
在中，，
，故⑤正确.
④如图，连接，在中，
，
，
又，
，
，
，
，故④错误；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识．解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解.
13．
【分析】由题意可得，则有，然后问题根据勾股定理可求解．
【详解】解：∵矩形能被分割成3个全等的正方形，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，则，
∴矩形的对角线长为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形的性质、反比例函数的应用及正方形的性质，熟练掌握勾股定理、矩形的性质、反比例函数的应用及正方形的性质是解题的关键．
14．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可以得出△ABE≌△ADC，根据三角形的外角与内角的关系就可以求出∠BOC的值；
在图2中，连接BD，然后用同样的方法证明△DAC≌△BAE，根据三角形外角与内角之间的关系就可以求出∠BOC的值；
依此类推就可以得出当作五边形的时候就可以求出图3中∠BOC的值；
（2）根据图1中，∠BOC=120°=；图2中，∠BOC=90°=；图3中，∠BOC=72°=；以此类推找出规律，即可得出图4中当作正n边形时，∠BOC=．
【详解】（1）解：如图1，
∵△ABD和△AEC是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE．
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠CDA=∠EBA，
∵∠BOC=∠BDO+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADC+∠OBA，
∴∠BOC=∠BDA+∠OBD=60°+60°=120°；
如图2中，连接BD，
∵四边形ABFD和四边形ACGE是正方形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=90°，∠BDA=∠DBA=45°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠BDO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠DBA=45°+45°=90°；
如图3中，连接BD，
∵五边形ABHFD和五边形ACIGO是正五边形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠EAC=108°，
∴∠BAD+∠DAE=∠EAC+∠DAE，∠ABD=∠ADB=36°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠OBD+∠BDO，
∴∠BOC=∠ADB+∠ADC+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABD=72°．
故答案为：120°，90°，72°；
（2）由题可得，
图1中，∠BOC=120°=；
图2中，∠BOC=90°=；
图3中，∠BOC=72°=；
以此类推，图4中，当作正n边形时，∠BOC=．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形、正四边形等图形的性质，解决问题的关键是利用正n边形各边相等证明两个三角形全等，运用了类比的思想方法，同时还要熟练掌握正n边形每一个内角的求法，并根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和得出结论．
15．
【分析】过点A作AEx轴于点E，过点B作BFx轴，连接OA、OB，证出AOEOBF，可得BF=OE =2，OF =AE=1，即可得点B的坐标为(-1，2)，由点A与C关于原点对称，可得点C的坐标为(-2，-1).
【详解】过点A作AEx轴于点E，过点B作BFx轴，连接OA、OB，
∵四边形ABCD为正方形，
OA = OB，OAOB，
AOB =90°，
AOE+BOF= 90°，
∵AEO =BFO =90°，
BOF+FBO = 90°，
FBO =AOE，
AOEOBF，
BF=OE =2，OF =AE=1，
点B的坐标为(-1，2)，
∵点A与C关于原点对称，
点C的坐标为(-2，-1).
故答案为：(-1，2)；(-2，- 1).
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握相应的性质和判定是解答此题的关键,
16．（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了正方形的判定．根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件，即可．
【详解】解：添加，理由：
∵四边形是菱形，，
∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）
17．135°
【详解】由图可知，∠AOB=90°+45°=135°.
故答案为135°.
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】分析：（1）先,证出,再根据四边形是的内接四边形,得到,从而证出结论;
(2) 连接根据得到,根据得,从而,得,DG=3,利用勾股定理得CG=5,即可求出的半径.
【详解】（1）证明：在正方形中，.
∴.
∵.
∴.
∴.
∴.
∵四边形是的内接四边形，
∴.
又，
∴.
∴.
（2）解：如图，连接.
∵，，
∴.
∴，即.
∵，
∴.
∴.
在正方形中，，
∴，.
∴.
∵，
∴是的直径.
∴的半径为.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，正方形的性质．关键是利用正方形的性质证明相似三角形，利用线段，角的关系解题.
19．（1）旋转中心：点A，旋转角度：90°或270°；（2）DE= 3；（3）BE⊥DF.
【分析】先根据正方形的性质得到：△AFD≌△AEB，从而得出等量关系AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA，找到旋转中心和旋转角度．这些等量关系即可求出DE=AD-AE=7-4=3；BE⊥DF．
【详解】解：（1）根据正方形的性质可知：△AFD≌△AEB，
即AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA；
可得旋转中心为点A；
旋转角度为：90°或270°；
（2）DE=ADAE=74=3；
（3）BE⊥DF ；
延长BE交DF于点G
由旋转△ADF≌△ABE
∴∠ADF=∠ABE
又∵∠DEG=∠AEB
∴∠DGE=∠EAB=90°
∴BE⊥DF．
【点睛】本题考查旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点——旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
20．（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；
（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；
（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AG，
∴∠AEB+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴EF=BE=AG；
（2）成立，理由是：
过点F作FM⊥AE，垂足为M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，
∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，
∴∠E+∠EFM=90°，
∵EF⊥AH，
∴∠HAE+∠E=90°，
∴∠HAE=∠EFM，
∴△ADG≌△FME（ASA），
∴EF=AG；
（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，
由翻折变换的性质得PQ⊥AM，
∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵点M是CD的中点，
∴DM=CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，
∴PQ的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
21．（1）；（2）当时，点到的距离最大为；（3），四边形的面积为．
【分析】（1）根据含30°的直角三角形的性质求出AC，利用勾股定理求出BC，故可得到CD的长；
（2）取的中点，连接，根据直角三角形的性质得到，再得到当时，点到的距离最大为；
（3）由（2）可知，当时线段的长度最大，再求出此时CD的长，故可求解．
【详解】是等边三角形，
又
;
取的中点，连接
:∠ACB=90°，AB=2,
又点为下方的一动点，
当时，点到的距离最大为
连接
为等边三角形，
.
根据三角形三边关系
即共线时，最大，
的最大长度为
此时，四边形的面积为．
【点睛】此题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是熟知等边三角形的性质．
22．(1)
(2)
(3)存在，，，
【分析】（1）根据图形可知，四边形是梯形，将的长度表示出来，再根据梯形的面积公式即可进行解答；
（2）直线将正方形分成面积相等的两部分，则四边形的面积是正方形面积的一半，求出正方形面积，代入求出m，即可得点F的坐标，最后用待定系数法求解即可；
（3）根据题意，进行分类讨论，①以点C为圆心，长为半径画弧，交于点P，证明即可求出点P的坐标；②作的垂直平分线，交于点，交于点，根据勾股定理即可求出，的坐标．
【详解】（1）解：∵正方形的边长为，
∴，
∵，，
∴，
整理得：；
（2）∵正方形的边长为，
∴正方形面积，
∵直线将正方形分成面积相等的两部分，
∴四边形的面积，解得：，
∴点，
∵，
∴点
设直线的函数表达式为：，
把，代入得：
，解得：，
∴设直线的函数表达式为：；
（3）①以点C为圆心，长为半径画弧，交于点P，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵正方形的边长为，，
∴，
∵是等腰三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作的垂直平分线，交于点，交于点；
设，则，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理可得：，
即，解得：，
∴；
设，则，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，，
∴在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，
即，解得：，
∴；
综上：存在，点P的坐标为，，．
【点睛】本题主要考查了列表达式，用待定系数法求一次函数表达式，勾股定理，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，正确作出辅助线构造直角三角形，用勾股定理求解．
23．，．
【分析】已知对角线的长可求得正方形的边长，从而求得面积和周长．
【详解】解：∵在正方形中，对角线的长=l，
∴边长=对角线的长÷=l，
∴正方形面积S=边长的平方=l2；
周长C=4×边长=4×l =2 l．
【点睛】此题考查正方形性质的运用，熟练掌握正方形中各边及对角线的关系：正方形的对角线是边长的倍，可有利于提高解题速度．
24．8
【分析】根据题中的条件，因为阴影部分的高和底无法直接得到，所以要求阴影部分的面积可以用整体的面积减去部分的面积求得. 但是我们只能知道大正方形的边长，所以可设小正方形的边长为a，最近通过化简计算，可以消掉a.
【详解】设小正方形的边长为a，则DE=4+a，
故答案为8
【点睛】本题解题关键是，只知道大正方形的边长时，不知道小正方的边长时，此时要大胆的去设小正方形的边长为一个代数a，再通过整体面积减部分面积得到阴影部分的面积，进行化简，最终可以消除a.
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19.3正方形
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图，在四边形中，对角线，且，则该四边形的面积是（ ）
A．30 B．54 C． D．60
2．如图，正方形的边长均为定值，点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中，的面积（ ）
A．逐渐变大 B．逐渐变小 C．不变 D．不确定
3．如图，将一个矩形对折两次，沿着图中的虚线剪下一个角，为了得到一个正方形，则剪切线与折痕所夹的大小为（）
A． B． C． D．
4．已知正方形ABCD，点E在边AB上，以CE为边作正方形CEFG，如图所示，连接DG．求证：△BCE≌△DCG．甲、乙两位同学的证明过程如下，则下列说法正确的是（ ）
甲：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形
∴CB=CD CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°
∴∠BCD﹣∠ECD=∠ECG﹣∠ECD
∴∠BCE=∠GCD
∴△BCE≌△DCG（SAS）
乙：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形
∴CB=CD CE=CG
且∠B=∠CDG=90°
∴△BCE≌△DCG（HL）
A．甲同学的证明过程正确 B．乙同学的证明过程正确
C．两人的证明过程都正确 D．两人的证明过程都不正确
5．如图，E、F为菱形ABCD对角线上的两点，∠ADE=∠CDF，要判定四边形BFDE是正方形，需添加的条件是（ ）
A．AE=CF B．OE=OF C．∠EBD=45° D．∠DEF=∠BEF
6．如图，P是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上的一点，点E是AB的中点，则PA+PE最小值是（ ）
A． B． C． D．
7．在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，正确结论的个数是（ ）
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
A．1 B．2 C．3 D．4
8．如图，在五边形中，，，，，连结，．若，则的面积为（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
9．如图,正方形中,∠,交对角线于点,那么∠等于（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（ ）
A． B． C． D．
11．如图，正方形纸片：①先对折使与重合，得到折痕；②折叠纸片，使得点落在的点上，沿和剪下．则判定为等边三角形的依据是（ ）
A．三个角都相等的三角形是等边三角形 B．有两个角是的三角形是等边三角形
C．三边都相等的三角形是等边三角形 D．有一个角是的等腰三角形是等边三角形
12．已知：如图，在正方形外取一点，连接、、．过点作的垂线交于点．若，．下列结论：①；②点到直线的距离为；③；④；⑤．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④ B．①②⑤ C．③④⑤ D．①③⑤
二、填空题
13．设矩形的两条邻边长分别为x，y，且满足．若此矩形能被分割成3个全等的正方形，则这个矩形的对角线长是 ．
14．如图1，图2，图3，在中，分别以、为边，向外作正三角形，正四边形，正五边形，、相交于点O．
（1）如图1， ：如图2， ；如图3， ；
（2）如图4，已知：、是以为边向外所作正n边形的一组邻边；、是以为边向外所作正n边形的一组邻边．、的延长线交于点O．此时， （用含n的式子表示）．
15．将正方形的中心O置于平面直角坐标系的原点，A、B、C、D四点逆时针排列，若点A坐标为，则点B的坐标是 ，点C的坐标是 ．
16．如图所示，菱形中，对角线相交于点O，若再补充一个条件能使菱形成为正方形，则这个条件是 ．（只填一个条件即可）
17．如图，将一副七巧板拼成一只小动物，则∠AOB= 度．
三、解答题
18．如图，在正方形中，是上一点，连接.过点作，垂足为.经过点、、，与相交于点.
（1）求证；
（2）若正方形的边长为，，求的半径.
19．如图，四边形ABCD是正方形，△ADF旋转一定角度后得到△ABE，如图所示，如果AF=4，AB=7，求：
（1）指出旋转中心和旋转角度；
（2）求DE的长度；
（3）BE与DF的位置关系如何？
20．在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．
（1）当点运动到与点重合时(如图1)，线段与的数量关系是________．
（2）若点运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．
21．如图，是边长为的等边三角形，点为下方的一动点，．
（1）若，求的长；
（2）求点到的最大距离；
（3）当线段的长度最大时，求四边形的面积．
22．如图，正方形的边长为，点在边上，且，点为边上一动点，且 ，以A为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系．
(1)连接，求四边形的面积S关于的函数表达式；
(2)若直线将正方形分成面积相等的两部分，求此时直线对应的函数表达式；
(3)在正方形的边上是否存在点，使是等腰三角形？若存在，请直接写出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
23．已知正方形的对角线的长为l，求这个正方形的周长和面积．
24．将两个正方形按如图所示摆放（、、三点共线），连接、、，已知大正方形的边长为4，求阴影部分的面积.
《19.3正方形》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B C B A C A C A C C
题号 11 12
答案 C D
1．B
【分析】设两对角线的交点为E，由即可完成．
【详解】设两对角线的交点为E
∵
=54
故选：B．
【点睛】本题考查了四边形面积的计算，关键是转化为两个直角三角形面积的和，体现了转化思想的应用．一般地，如果四边形的两条对角线相互垂直，则四边形的面积与菱形面积计算一样，等于两对角线乘积的一半．
2．C
【分析】此题考查正方形的性质，平行线的判定和性质，根据正方形的性质及平行线的判定和性质得到，由此与之间的距离处处相等，即可判断点H在线段上，从点F向点C运动，在这个过程中的面积不变．
【详解】解：∵四边形均为正方形，
∴，
∴，
∴与之间的距离处处相等，
设与之间的距离为h，
∴的面积，是定值，
故选：C．
3．B
【分析】要想成为一个正方形，那么就必须展开后为的角，通过折叠我们知道剪下的四边形四边相等，有一个角为就为正方形．
【详解】解：剪切线与折痕所成的角的大小等于为就可以得到一个正方形．
，
故选：B．
【点睛】本题考查了剪纸问题、通过折叠变换考查正方形的有关知识及学生的逻辑思维能力，解答此类题最好动手操作，易得出答案．
4．A
【分析】根据正方形性质得出BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，都减去∠ECD，即可求出∠BCE=∠DCG，根据SAS即可推出两三角形全等；但是根据已知不能推出∠CDG=90°，即可判断乙同学证明过程不对．
【详解】解:甲同学的证明过程正确；而乙同学的证明过程错误；
因为从已知不能确定A、D、G三点共线，
即不能推出∠GDC=90°，
故选A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和正方形性质，有正确的识图能力、推理能力和辨析能力是解题的关键．
5．C
【分析】从对角线的角度看，一个四边形需满足其两条对角线垂直、平分且相等才能判定是正方形，由于菱形的对角线已经垂直，所以要判定四边形BFDE是正方形，只需证明BD和EF相等且平分，据此逐项判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，
A、若AE=CF，则OE=OF，但EF与BD不一定相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项不符合题意；
B、若OE=OF，同样EF与BD不一定相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项也不符合题意；
C、若∠EBD=45°，∵∠BOE=90°，∴∠BEO=45°，∴OE=OB，
∵AD=CD，∴∠DAE=∠DCF，又∵∠ADE=∠CDF，
∴△ADE≌△CDF（ASA），∴AE=CF，∴OE=OF，
∴EF=BD，∴四边形BFDE是正方形，本选项符合题意；
D、若∠DEF=∠BEF，由C选项的证明知OE=OF，但不能证明EF与BD相等，所以不能判定四边形BFDE是正方形，本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查的是菱形的性质和正方形的判定，属于常考题型，熟练掌握菱形的性质和正方形的判定方法是解题的关键．
6．A
【分析】利用轴对称最短路径求法，得出A点关于BD的对称点为C点，连接EC交BD于点P即为最短路径位置，利用勾股定理求出即可．
【详解】连接AC，EC，EC与BD交于点P，连接AP，此时PA+PE的值最小．
∵ABCD是正方形，∴BD垂直平分AC，∴AP=PC，∴PA+PE=PC+PE=EC．
正方形ABCD中，∵AB=BC=1，E为AB中点，∴BE=，∴EC==．
故选A．
【点睛】本题考查了利用轴对称求最短路径问题以及正方形的性质和勾股定理，利用正方形性质得出A，C关于BD对称是解题的关键．
7．C
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ＝PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM＝QD，AQ＝PD，
∵PD＝BM，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
8．A
【分析】此题考查了正方形的性质和判定，解题的关键是证明出四边形是正方形．
延长，交于点F，首先证明出四边形是正方形，得到，，求出，，然后利用的面积代数求解即可．
【详解】如图所示，延长，交于点F，
∵
∴四边形是矩形
∵
∴四边形是正方形
∴，
∵，，
∴，
∴的面积
．
故选：A．
9．C
【详解】试题分析：∵AD=CD，∠ADE=∠CDE，DE=DE
∴△AED≌△CED
∴∠ECF=∠DAF=25°，
又∵在△DEC中，∠CDE=45°，
∴∠CED=180°-25°-45°=110°，
∴∠BEC=180°-110°=70°．
故选C．
考点：正方形的性质．
10．C
【分析】根据正方形的判定方法，结合矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵与分别平分和，
∴，
∴，
∴；
A.∵，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，故A不符合题意；
B.∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故B不符合题意；
C.∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴四边形一定不是正方形，故C符合题意；
D.∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
11．C
【分析】本题考查了等边三角形的判定，折叠的性质，正方形的性质，根据正方形的性质得出，再根据折叠的性质得出，垂直平分，则，即可求证为等边三角形．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵由沿折叠所得，
∴，
由折叠可得，垂直平分，
∴，
∴为等边三角形，
故选：C．
12．D
【分析】①利用同角的余角相等，易得，再结合已知条件利用可证两三角形全等；③利用①中的全等，可得，结合三角形的外角的性质，易得，即可证；②过作，交的延长线于，利用③中的，利用勾股定理可求，结合是等腰直角三角形，可证是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求、；⑤在中，利用勾股定理可求，即是正方形的面积；④连接，求出的面积，然后减去的面积即可．
【详解】解：①，，
，
又，，
，故①正确；
③，
，
又，，
，
，故③正确；
②过作，交的延长线于，
，，
，
又③中，，
，
又
，
故②不正确；
⑤，
在中，，
，故⑤正确.
④如图，连接，在中，
，
，
又，
，
，
，
，故④错误；
故选：D．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、正方形和三角形的面积公式、勾股定理等知识．解题的关键是根据题意作出辅助线进行求解.
13．
【分析】由题意可得，则有，然后问题根据勾股定理可求解．
【详解】解：∵矩形能被分割成3个全等的正方形，
∴，
∵，
∴，解得：，
∴，则，
∴矩形的对角线长为；
故答案为．
【点睛】本题主要考查勾股定理、矩形的性质、反比例函数的应用及正方形的性质，熟练掌握勾股定理、矩形的性质、反比例函数的应用及正方形的性质是解题的关键．
14．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可以得出△ABE≌△ADC，根据三角形的外角与内角的关系就可以求出∠BOC的值；
在图2中，连接BD，然后用同样的方法证明△DAC≌△BAE，根据三角形外角与内角之间的关系就可以求出∠BOC的值；
依此类推就可以得出当作五边形的时候就可以求出图3中∠BOC的值；
（2）根据图1中，∠BOC=120°=；图2中，∠BOC=90°=；图3中，∠BOC=72°=；以此类推找出规律，即可得出图4中当作正n边形时，∠BOC=．
【详解】（1）解：如图1，
∵△ABD和△AEC是等边三角形，
∴AD=AB，AE=AC，∠DAB=∠EAC=∠ABD=∠ADB=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠EAC+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE．
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠CDA=∠EBA，
∵∠BOC=∠BDO+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADC+∠OBA，
∴∠BOC=∠BDA+∠OBD=60°+60°=120°；
如图2中，连接BD，
∵四边形ABFD和四边形ACGE是正方形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠CAE=90°，∠BDA=∠DBA=45°，
∴∠BAD+∠DAE=∠CAE+∠DAE，
即∠BAE=∠CAD，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠BDO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ADO+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠ABE+∠DBO，
∴∠BOC=∠BDA+∠DBA=45°+45°=90°；
如图3中，连接BD，
∵五边形ABHFD和五边形ACIGO是正五边形，
∴AB=AD，AE=AC，∠BAD=∠EAC=108°，
∴∠BAD+∠DAE=∠EAC+∠DAE，∠ABD=∠ADB=36°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△ABE和△ADC中，
，
∴△ABE≌△ADC（SAS），
∴∠ABE=∠ADC，
∵∠BOC=∠OBD+∠BDO，
∴∠BOC=∠ADB+∠ADC+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABE+∠OBD，
∴∠BOC=∠ADB+∠ABD=72°．
故答案为：120°，90°，72°；
（2）由题可得，
图1中，∠BOC=120°=；
图2中，∠BOC=90°=；
图3中，∠BOC=72°=；
以此类推，图4中，当作正n边形时，∠BOC=．
故答案为：．
【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定与性质、等边三角形、正四边形等图形的性质，解决问题的关键是利用正n边形各边相等证明两个三角形全等，运用了类比的思想方法，同时还要熟练掌握正n边形每一个内角的求法，并根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和得出结论．
15．
【分析】过点A作AEx轴于点E，过点B作BFx轴，连接OA、OB，证出AOEOBF，可得BF=OE =2，OF =AE=1，即可得点B的坐标为(-1，2)，由点A与C关于原点对称，可得点C的坐标为(-2，-1).
【详解】过点A作AEx轴于点E，过点B作BFx轴，连接OA、OB，
∵四边形ABCD为正方形，
OA = OB，OAOB，
AOB =90°，
AOE+BOF= 90°，
∵AEO =BFO =90°，
BOF+FBO = 90°，
FBO =AOE，
AOEOBF，
BF=OE =2，OF =AE=1，
点B的坐标为(-1，2)，
∵点A与C关于原点对称，
点C的坐标为(-2，-1).
故答案为：(-1，2)；(-2，- 1).
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，掌握相应的性质和判定是解答此题的关键,
16．（答案不唯一）
【分析】本题主要考查了正方形的判定．根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件，即可．
【详解】解：添加，理由：
∵四边形是菱形，，
∴四边形是正方形．
故答案为：（答案不唯一）
17．135°
【详解】由图可知，∠AOB=90°+45°=135°.
故答案为135°.
18．（1）证明见解析；（2）.
【分析】分析：（1）先,证出,再根据四边形是的内接四边形,得到,从而证出结论;
(2) 连接根据得到,根据得,从而,得,DG=3,利用勾股定理得CG=5,即可求出的半径.
【详解】（1）证明：在正方形中，.
∴.
∵.
∴.
∴.
∴.
∵四边形是的内接四边形，
∴.
又，
∴.
∴.
（2）解：如图，连接.
∵，，
∴.
∴，即.
∵，
∴.
∴.
在正方形中，，
∴，.
∴.
∵，
∴是的直径.
∴的半径为.
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，圆周角定理的推论，正方形的性质．关键是利用正方形的性质证明相似三角形，利用线段，角的关系解题.
19．（1）旋转中心：点A，旋转角度：90°或270°；（2）DE= 3；（3）BE⊥DF.
【分析】先根据正方形的性质得到：△AFD≌△AEB，从而得出等量关系AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA，找到旋转中心和旋转角度．这些等量关系即可求出DE=AD-AE=7-4=3；BE⊥DF．
【详解】解：（1）根据正方形的性质可知：△AFD≌△AEB，
即AE=AF=4，∠EAF=90°，∠EBA=∠FDA；
可得旋转中心为点A；
旋转角度为：90°或270°；
（2）DE=ADAE=74=3；
（3）BE⊥DF ；
延长BE交DF于点G
由旋转△ADF≌△ABE
∴∠ADF=∠ABE
又∵∠DEG=∠AEB
∴∠DGE=∠EAB=90°
∴BE⊥DF．
【点睛】本题考查旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点——旋转中心；②旋转方向；③旋转角度．
20．（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；
（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；
（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AG，
∴∠AEB+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴EF=BE=AG；
（2）成立，理由是：
过点F作FM⊥AE，垂足为M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，
∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，
∴∠E+∠EFM=90°，
∵EF⊥AH，
∴∠HAE+∠E=90°，
∴∠HAE=∠EFM，
∴△ADG≌△FME（ASA），
∴EF=AG；
（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，
由翻折变换的性质得PQ⊥AM，
∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵点M是CD的中点，
∴DM=CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，
∴PQ的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
21．（1）；（2）当时，点到的距离最大为；（3），四边形的面积为．
【分析】（1）根据含30°的直角三角形的性质求出AC，利用勾股定理求出BC，故可得到CD的长；
（2）取的中点，连接，根据直角三角形的性质得到，再得到当时，点到的距离最大为；
（3）由（2）可知，当时线段的长度最大，再求出此时CD的长，故可求解．
【详解】是等边三角形，
又
;
取的中点，连接
:∠ACB=90°，AB=2,
又点为下方的一动点，
当时，点到的距离最大为
连接
为等边三角形，
.
根据三角形三边关系
即共线时，最大，
的最大长度为
此时，四边形的面积为．
【点睛】此题主要考查四边形的综合问题，解题的关键是熟知等边三角形的性质．
22．(1)
(2)
(3)存在，，，
【分析】（1）根据图形可知，四边形是梯形，将的长度表示出来，再根据梯形的面积公式即可进行解答；
（2）直线将正方形分成面积相等的两部分，则四边形的面积是正方形面积的一半，求出正方形面积，代入求出m，即可得点F的坐标，最后用待定系数法求解即可；
（3）根据题意，进行分类讨论，①以点C为圆心，长为半径画弧，交于点P，证明即可求出点P的坐标；②作的垂直平分线，交于点，交于点，根据勾股定理即可求出，的坐标．
【详解】（1）解：∵正方形的边长为，
∴，
∵，，
∴，
整理得：；
（2）∵正方形的边长为，
∴正方形面积，
∵直线将正方形分成面积相等的两部分，
∴四边形的面积，解得：，
∴点，
∵，
∴点
设直线的函数表达式为：，
把，代入得：
，解得：，
∴设直线的函数表达式为：；
（3）①以点C为圆心，长为半径画弧，交于点P，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵正方形的边长为，，
∴，
∵是等腰三角形，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴；
②作的垂直平分线，交于点，交于点；
设，则，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，
∴在中，根据勾股定理可得：，
即，解得：，
∴；
设，则，
∵为等腰三角形，
∴，
∵，，
∴在中，根据勾股定理可得：，
在中，根据勾股定理可得：，
∴，
即，解得：，
∴；
综上：存在，点P的坐标为，，．
【点睛】本题主要考查了列表达式，用待定系数法求一次函数表达式，勾股定理，解题的关键是掌握用待定系数法求解函数表达式的方法和步骤，正确作出辅助线构造直角三角形，用勾股定理求解．
23．，．
【分析】已知对角线的长可求得正方形的边长，从而求得面积和周长．
【详解】解：∵在正方形中，对角线的长=l，
∴边长=对角线的长÷=l，
∴正方形面积S=边长的平方=l2；
周长C=4×边长=4×l =2 l．
【点睛】此题考查正方形性质的运用，熟练掌握正方形中各边及对角线的关系：正方形的对角线是边长的倍，可有利于提高解题速度．
24．8
【分析】根据题中的条件，因为阴影部分的高和底无法直接得到，所以要求阴影部分的面积可以用整体的面积减去部分的面积求得. 但是我们只能知道大正方形的边长，所以可设小正方形的边长为a，最近通过化简计算，可以消掉a.
【详解】设小正方形的边长为a，则DE=4+a，
故答案为8
【点睛】本题解题关键是，只知道大正方形的边长时，不知道小正方的边长时，此时要大胆的去设小正方形的边长为一个代数a，再通过整体面积减部分面积得到阴影部分的面积，进行化简，最终可以消除a.
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