资源简介

中小学教育资源及组卷应用平台
第4章平行四边形 题型归纳解答
题型一：中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
一．选择题（共3小题）
1．（2023春 福山区期末）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是　　
A．四边形是矩形
B．四边形的面积等于四边形面积的
C．四边形的内角和小于四边形的内角和
D．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
【分析】根据三角形中位线定理可得四边形是平行四边形，进而逐一判断即可．
【解答】解：．如图，连接，，
在四边形中，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，，，
，，
四边形是平行四边形，故选项错误；
．四边形的面积不等于四边形的面积的，故选项错误；
．四边形的内角和等于，四边形的内角和等于，故选项错误；
．点，，，分别是，，，边上的中点，
，，
，
同理：，
四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故选项正确．
故选：．
【点评】本题考查了中点四边形，矩形的判定，解决本题的关键是掌握三角形中位线定理．
2．（2023春 新城区校级期中）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点、、、分别为边、、、的中点．若，，则四边形的面积为　　
A．48 B．24 C．32 D．12
【分析】有一个角是直角的平行四边形是矩形．利用中位线定理可得出四边形矩形，根据矩形的面积公式解答即可．
【解答】解：点、分别为四边形的边、的中点，
，且．
同理求得，且，
又，
，且．
四边形是矩形．
四边形的面积，即四边形的面积是12．
故选：．
【点评】本题考查的是中点四边形．解题时，利用了矩形的判定以及矩形的定理，矩形的判定定理有：
（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；
（2）有三个角是直角的四边形是矩形；
（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．
3．（2023春 达州期末）如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是　　
A．7 B．9 C．11 D．13
【分析】利用勾股定理列式求出的长，再根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半求出，，然后代入数据进行计算即可得解．
【解答】解：，，，
，
、、、分别是、、、的中点，
，，
四边形的周长，
又，
四边形的周长．
故选：．
【点评】本题考查了三角形的中位线定理，勾股定理的应用，熟记三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半是解题的关键．
二．填空题（共3小题）
4．（2022春 临海市期末）如图，，，，分别是四边形边，，，的中点，若，．则四边形的周长为 　10　．
【分析】根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形的周长公式计算，得到答案．
【解答】解：，，，分别是四边形边，，，的中点，，，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，
四边形的周长，
故答案为：10．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
5．（2022春 金东区期中）如图，在四边形中，，，，分别是，，，的中点，，，则四边形的周长是 　9　．
【分析】根据三角形中位线定理分别求出、、、，计算即可．
【解答】解：，，，分别是，，，的中点，
，，，，
四边形的周长，
故答案为：9．
【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键．
6．（2024春 金州区月考）顺次连接任意四边形各边中点所得到的四边形一定是 　平行四边形　．
【分析】顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形．
【解答】证明：如图，连接，
、、、分别是四边形边的中点，
，，，；
且；
四边形是平行四边形．
故答案为：平行四边形．
【点评】本题考查了平行四边形的判断及三角形的中位线定理的应用，三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
三．解答题（共7小题）
7．（2023春 南山区校级期中）如图，四边形中，，，，分别是，，，的中点．
求证：四边形是平行四边形．
【分析】连接，再利用三角形中位线定理可得，，，．进而得到，且，可根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形证出结论．
【解答】证明：如图，连接．
，分别是，的中点，
所以，．
，分别是，的中点．
，．
，且．
四边形是平行四边形．
【点评】此题主要考查了中点四边形，关键是掌握三角形中位线定理，三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半．
8．（2023春 汉阴县期中）如图，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）对角线，满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由．
【分析】（1）连接，，利用三角形中位线定理可得，，，，则，，从而证明结论；
（2）根据菱形的判定可知，当四边形的对角线添加条件时，这个中点四边形是菱形．
【解答】（1）证明：如图，连接，，
，分别是，的中点，
，，
同理，，，
，，
中点四边形是平行四边形；
（2）解：当图中的四边形的对角线满足条件时，这个中点四边形是菱形，
，，，
，
是菱形，
故答案为：．
【点评】本题考查了平行四边形和菱形的判定，掌握平行四边形的判定方法是解题的关键，1、两组对边分别平行的四边形是平行四边形（定义判定法）；2、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；3、两组对边分别相等的四边形是平行四边形；4、两组对角分别相等的四边形是平行四边形（两组对边平行判定）；5、对角线互相平分的四边形是平行四边形．
9．（2022春 仙居县期末）如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积．
【分析】（1）连接，根据三角形中位线定理证明，，根据平行四边形的判定定理证明即可；
（2）先由三角形的中位线定理和矩形的判定定理推知四边形的形状是矩形，进而利用矩形的面积解答即可．
【解答】（1）证明：如图，连接，
点，分别为边，的中点，
，，
点，分别为边，的中点，
，，
，，
中点四边形是平行四边形；
（2）解：如图，连接，
由（1）知，四边形是平行四边形．
在中，、分别是、的中点，
则，
同理，
又，
，
四边形是矩形，
四边形的面积．
即四边形的面积是12．
【点评】本题考查的是平行四边形的判定和性质、中点四边形，解题的关键是灵活应用三角形中位线定理，学会添加常用辅助线．
10．（2023春 姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由．
【分析】（1）利用三角形中位线定理可得新四边形的对边平行且等于原四边形一条对角线的一半，那么根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可判定所得的四边形一定是平行四边形；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，只要证明即可．
【解答】（1）证明：点、、、分别是、、、的中点，
，，，，
，，
四边形为平行四边形；
（2）当时，四边形是菱形，理由如下：
由（1）知：四边形是平行四边形．
、分别是、的中点，
．
又，
当时，，
平行四边形是菱形．
【点评】此题考查了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理．熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形．
11．（2023春 西湖区期中）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
（1）四边形的形状是 　平行四边形　；
（2）证明你的结论．
（3）当、满足 　　时，四边形是菱形．
（4）当、满足 　　时，四边形是矩形．
（5）当、满足 　　时，四边形是正方形．
【分析】（1）猜想：四边形是平行四边形．
（2）连接，，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形．
（3）根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可．
（4）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形的对角线满足的条件时，四边形是矩形．
（5）根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形证明即可．
【解答】解：（1）结论：四边形是平行四边形，
故答案为：平行四边形．
（2）连接，，
四边形中，、、、分别为、、、的中点，
，，
，
同理：，
四边形是平行四边形．
（3）当时，四边形是菱形．
，，
，
四边形是菱形；
故答案为：．
（4）当时，四边形是矩形．
由（2）得：四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是矩形．
故答案为：．
（5）当且时，四边形是正方形．
时，四边形是矩形，时，四边形是菱形，
四边形是正方形．
故答案为：，．
【点评】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定等知识，熟记各定理是解题的关键．
12．（2023春 盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形．
（1）这个中点四边形的形状是 　平行四边形　；
（2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明．
【分析】（1）连接，由三角形中位线定理得出，，，，得出，，即可得出结论；
（2）连接、，由等边三角形的性质得出，，，证出，由证明，得出，由三角形中位线定理得出，，，，，得出，，证出四边形是平行四边形；再得出，即可得出结论．
【解答】解：（1）中点四边形是平行四边形；
理由如下：连接，如图1所示：
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，
四边形是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）四边形为菱形．理由如下：
连接与，如图2所示：
和为等边三角形，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，，，分别是边，，，的中点，
是的中位线，是的中位线，是的中位线，
，，，，，
，，
四边形是平行四边形；
，
，
四边形为菱形．
【点评】本题考查了中点四边形、菱形的判定方法、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质；熟练掌握中点四边形，证明三角形全等得出是解决问题（2）的关键．
13．（2023春 顺庆区校级期中）如图，，，，分别是边，，，的中点．
（1）判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）当，满足什么条件时，四边形是正方形．（不要求证明）
【分析】（1）四边形为平行四边形，利用中位线的性质验证即可；
（2）根据原四边形对角线相等且垂直，得到中点四边形为正方形即可．
【解答】解：（1）四边形是平行四边形．
证明：，分别是边，的中点，
，且，
同理：，且，
，且，
四边形是平行四边形；
（2）当且时，四边形是正方形，
同（1）得到四边形为平行四边形，且，，
平行四边形为正方形．
【点评】此题考查了中点四边形，以及正方形的判定，熟练掌握中位线定理是解本题的关键．
题型二：正方形中的十字架模型
一．填空题（共2小题）
1．（2023春 拱墅区期中）如图，在正方形中，为的中点，点在边上，且．则　　，　　．
【分析】过点作于点，先证明，，从而得，，据此可得出答案；首先设，，进而可得，，，据此可在中利用勾股定理用含的代数式表示，进而可用含的代数式表示出，，据此可得出答案．
【解答】解：过点作于点，
则，
四边形为正方形，
，，，
，
，
，
又，
，
在和中，
，
，
，，
，，
在和中，
，
，
，
，
，
设，，
点为的中点，
，，
，
，，
，，
，
在中，由勾股定理得：，
即：，
解得：，
，
，
．
答案为：；．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的性质，难点是正确的作出辅助线：过点作于点，构造全等三角形．
2．（2023春 长葛市期末）如图，正方形，点，在对角线上，连接、，满足，过点作，垂足为，若，，则　　．
【分析】连接，，根据正方形的性质证明，，，由勾股定理求出，再通过证明三角形全等证明，利用面积法求出对角线长，再次利用勾股定理求出．
【解答】解：如图所示：连接，，
四边形是正方形，是其对角线，
，，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理和平行线的性质，解题关键是添加辅助线，求出对角线的长．
二．解答题（共4小题）
3．（2023春 库尔勒市校级期末）如图，，，，四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库和分别位于和上，且．问题：此时与有怎样的关系？请说明理由．
【分析】先根据已知条件证明，再利用全等三角形的性质进行解答即可．
【解答】解：如图所示：
与互相垂直且相等，理由如下：
四边形是正方形，
，，
，
，即，
在和中，
，
，
，，
四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
与互相垂直且相等．
【点评】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，解题关键是根据已知条件证明．
4．（2023春 增城区期末）如图1，在正方形中，，点在边上，连接，且，点是的中点．
（1）求的长；
（2）过点作直线，分别交，于点，，且，求的长；
（3）如图2，过点作的垂线，分别交，，于点，，，连接，求的度数．
【分析】（1）由得出，设，则，根据勾股定理列出方程即可求解；
（2）分两种情况讨论，由全等三角形的性质和勾股定理可求解；
（3）由角平分线的性质可得，由线段垂直平分线的性质可得，由“”可证，可得，由平角的性质可求解．
【解答】解：（1），
，
设，则，
在中，，
解得或（舍去），
；
（2）如图，过点作，交于，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，
．
又，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
，
；
如图，过点作，交于，过点作于点，
同理可证：，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
的长为或；
（3）如图，连接，过点作于点，于点，
四边形是正方形，
，
，，
，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
．
【点评】此题考查了考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是添加恰当的辅助线构造全等三角形．
5．（2023春 武汉期末）【探索发现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形绕点怎么转动，总有，连接，求证：；
【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
【迁移拓展】（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，直接写出线段的长度．
【分析】（1）根据正方形的性质证明，推出，得到，然后根据股定理和线段的代换即可证得结论．
（2）连接，证明，可得，，然后根据股定理和线段的代换证明即可；
（3）设，分两种情况：当点在边上，点在边延长线上时，结合（2）的结论利用股定理构建方程求解即
【解答】（1）证明：四边形、都是正方形，
，，，，
，
，
，
，连接，
在中，，
．
（2）仍然成立．
连接，
是矩形的中心，
在上，且，
延长交于，连接，如图：
四边形是矩形，
，，
，，
，
，，
又矩形中，，
．
（3）当点在边上时，如图：
，
，
设，则，
则，
解得，即，
．
当点在边延长线上时，如图：
同理可证．，
设，则，
，
，
解得，即，
，
综上所述，或，
【点评】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、灵活利用方程思想是解题的关键
6．（2023春 淮安期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？
（1）直接判断：　　（填“”或“” ；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
（2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
（3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处．
①四边形是正方形吗？请说明理由；
②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　．
【分析】（1）证明即可得出结论；
（2）过点作，证明，由此可得；
（3）①如图3，连接，证明，所以，；由折叠可知，，，由四边形内角和和平角的定义可得，所以，则，所以四边形是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；
②作交的延长线于点，作于点，可证明△，由此可得；易证是等腰直角三角形，所以，则，可得，则；作关于的对称点，则，可得，求出的值即可得出结论．
【解答】解：（1），
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
．
故答案为：；
（2），理由如下：
如图2，过点作，交于点，交于点，
，
，
四边形是正方形，
，，，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
，
．
（3）①如图3，连接，
由（2）的结论可知，，
四边形是正方形，是正方形的对角线，
，，
，
，
，，
由折叠可知，，，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是菱形，
，
菱形是正方形；
②如图4，作交的延长线于点，作于点，
，
由上知四边形是正方形，
，，，
，
，
△，
，；
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
；
如图4，作关于的对称点，则，过点作交延长线于点，
则是等腰直角三角形，
，即当，，三点共线时，最小，最小值为的长．
，
，
，
，
，
，
，即的最小值为．
故答案为：．
【点评】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理的应用等，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角 形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键
题型三：四边形中的对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
一．选择题（共1小题）
1．（2023春 金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　
A． B． C． D．
【分析】根据平行四边形的性质，得到，，进而得到，，设的度数为，列式计算即可．
【解答】解：，，
，，
，
，，
，
设的度数为，则：，，，
，
，
；
故选．
【点评】本题考查平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的内角和与外角的性质，熟练掌握相关性质，并灵活运用，是解题的关键．
二．填空题（共1小题）
2．（2023春 通城县期中）如图，正方形的面积为16，对角线，相交于点，点，分别在边，上运动，，平分，与边交于点．则下列结论：
①；
②四边形的面积保持4不变；
③；
④的最小值为．
其中正确说法的序号是 　①②③④　．（把你认为正确的序号都填上）
【分析】依据正方形的性质以及全等三角形的判定与性质、勾股定理，通过推理计算即可得到正确的结论，进而得出答案．
【解答】解：正方形的对角线，相交于点，
，，，
又，
，
，
，故①正确；
与的面积相等，
四边形的面积与的面积相等，
又的面积等于正方形面积的四分之一，
四边形的面积保持4不变，故②正确；
如图所示，连接，
平分，
，
又，，
，
，
，
，
中，，
，故③正确；
，，
是等腰直角三角形，
，
当有最小值时，的值最小，
是等腰直角三角形，
当时，的最小值等于的一半，
即的最小值等于2，
的最小值为，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识的综合运用，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形、直角三角形解决问题．
三．解答题（共4小题）
3．（2021秋 莆田期末）如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．
（1）求点的坐标．
（2）当绕点旋转时，
①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出的最小值．
【分析】（1）由题意知，，即可解决问题；
（2）①过点作轴于，于．利用证明，得，从而得出；
②连接，由勾股定理得，则，当最小时，也最小．根据垂线段最短，从而得出答案．
【解答】解：（1）点在第一象限的角平分线上，
，
，
；
（2）①不变．
过点作轴于，于．
，，
四边形是正方形，
，
．
在和中，
，
，
，
，
②连接，
，
，
，
，
，当最小时，也最小．
根据垂线段最短原理，最小值为2，
的最小值为8．
【点评】本题是几何变换综合题，主要考查了坐标与图形的变化旋转，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是构造全等三角形，属于中考常考题型．
4．（2020春 通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 　正方形　；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，为边的等补四边形；
探究：
（3）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．
【分析】（1）根据等补四边形的定义，在梯形、平行四边形、矩形、菱形、正方形中分别分析每个图形的性质，筛选符合定义的图形即可；
（2）在格点上找满足定义的点作为四边形顶点即可；
（3）过点分别作于点，交的延长线于点，证明，由全等三角形的性质得到，根据角平分线的判定可得出结论；
【解答】解：（1）满足有一组邻边相等的四边形有菱形、正方形，满足对角互补的四边形有矩形、正方形，同时满足两个条件的只有正方形．
故答案为：正方形．
（2）如图1，等补四边形为所求图：
（3）平分，理由如下：
如图2，过点分别作于点，交的延长线于点，
则，
四边形等补四边形，
，
又，
，
，
，
，
又，，
是的平分线，即平分．
【点评】本题是四边形综合题，考查了角平分线的判定与性质，全等三角形的判定与性质，新定义等补四边形的理解与运用，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
5．（2023春 分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　④　（请填序号）；
（2）在“完美”四边形中，，，连接．
①如图1，求证：平分；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分
想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分；
想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分．
请你参考上面的想法，帮助小明证明平分；
②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【分析】（1）由“完美四边形”定义可求解；
（2）①想法一：由“”可证，可得，，由等腰三角形的性质可得结论；
想法二：由旋转的性质可得，，，可证点，，在一条直线上，由等腰三角形的性质可得结论；
②延长使，连接，由①可得为等腰三角形，由，可证为等腰直角三角形，即可得解．
【解答】解：（1）由“完美四边形”的定义可得正方形是“完美四边形”．
故答案为：④
（2）
①想法一：延长使，连接
，，
，
，
．
．
即平分；
想法二：将绕点顺时针旋转，使边与边重合，得到，
．
；
；
．
，
．
点，，在一条直线上．
，
即平分
②
理由如下：
延长使，连接，
由 ①得为等腰三角形．
，
，
．
．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的性质，矩形的性质，菱形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是本题的关键．
6．（2021秋 丹阳市期末）四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 　　；
（2）如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为：　　；
（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明：
①平分；
②；
（4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为：　　．
【分析】（1）根据对角互补，求解即可；
（2）由题意可得，，，即可得；
（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，在求出，即可证明；
②由①直接可证明；
（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．
【解答】解：（1）四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，
故答案为：；
（2），
，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
故答案为：；
（3）①延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
平分；
②，，
，
；
（4）延长至，使，连接，
四边形为对角互补四边形，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
过点作交于点，
为的中点，
，
在中，，
，
，
故答案为：．
【点评】本题是四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，恰当的构造辅助线是解题的关键．
题型四：与正方形有关三垂线
一、单选题
1．（20-21八年级上·江苏常州·期中）如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】C
【分析】易证△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得．
【详解】∵四边形AFDC是正方形
∴AC=AF，∠FAC=90°
∴∠CAE+∠FAB=90°
又∵∠CAE+∠ACE=90°
∴∠ACE=∠FAB
又∵∠CEA=∠FBA=90°
∴△AEC≌△FBA
∴AB=EC=4
∴图中阴影部分的面积=
故选C
【点睛】本题考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
二、填空题
2．（20-21八年级上·四川达州·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，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为 ．
【答案】17
【分析】利用正方形的性质得∠BAE＝90°，AE＝AB，利用同角的余角相等得∠AEF＝∠BAC，再∠F＝∠ACB=90°，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的对应边相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，得FA+AC=FC=15，在Rt△CEF中，利用勾股定理即可求出EC的长．
【详解】解： ∵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：CE＝＝17．
故答案为：17．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理求边长以及余角的性质，熟练掌握以上知识是解决问题的关键.
3．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形中，，点E是边的中点，将沿着翻折，得到，延长交的延长线于点H，则＝ ．

【答案】
【分析】先根据勾股定理求出，根据折叠的性质得到，进而得到，过点D′作于点F，过点C作于点G，则，于是，由三角形内角和定理得到，，由可算出，在中，，则.
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，
∵点E是边的中点，
∴，
在中，，
∵将沿着翻折，得到，
∴，
∴，
如图，过点D′作于点F，过点C作于点G，

则，
∴ ，
∴，
∴为等腰直角三角形，，
∵，
∴ ,
∴，
在中，，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、等腰三角形的性质，正确作出辅助线，根据题意推理论证得到是解题关键．
三、解答题
4．（20-21八年级下·湖南长沙·期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）∠EFC＝130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题；
（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，求得∠DEC＝45°＋40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【详解】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
，
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC＝AB＝4，
∵CE＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，
∴CG＝CE＝2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°＋40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】此题考查了正方形的判定以及性质，涉及了全等三角形的证明、等腰直角三角形等性质，熟练掌握相关基本性质是解题的关键．
5．（20-21八年级下·湖北鄂州·期末）如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；
（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；
（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．
【详解】（1）证明：在边上截取线段，使连．
∵四边形是正方形
;
∵BN平分
在中,,
在和中
∴
．
（2）如图，
设与CE的交点为H，
∵四边形是正方形
∴
∵
在和中，
∴．
又，
又．
四边形为平行四边形．
．
（3）解：如图所示，过作垂足为．
由（2）知，
，
又
∴即
平分所以，
∴三角形是等腰直角三角形，
在中，
设，则，即，
．
，，
在中，，
又在中，，，
．
【点睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．
6．（20-21八年级下·安徽安庆·期末）如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点C）延长AE交CE于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由．
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明．
（3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）CF＝FE'，证明见解析；（3）5
【分析】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【详解】解：（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
在△ADG和△BAE中
，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴AE＝CE′，
∴FE′＝AE＝CE′，
∴CF＝FE'．
（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，
∴(BE+3)2+BE2＝()2，
解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去），
∴AE＝1+3＝4，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1，
∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝＝＝5．
【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．
7．（21-22八年级下·四川德阳·阶段练习）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析
(2)16
(3)
【分析】（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）证明：在上取点，使，连接，
则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）解：四边形的面积不变，为，
连接，
，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）解：作于，
，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
题型五：正方形与45°角的基本图
一、单选题
1．（20-21八年级下·天津津南·期中）如图，有一正方形的纸片ABCD，边长为6，点E是DC边上一点且DC＝3DE，把ADE沿AE折叠使ADE落在AFE的位置，延长EF交BC边于点G，连接BF有以下四个结论：
①∠GAE＝45°；
②BG+DE＝GE；
③点G是BC的中点；
④连接FC，则BF⊥FC；
其中正确的结论序号是（　　）
A．①②③④ B．①②③ C．①② D．②③
【答案】A
【分析】先计算出DE＝2，EC＝4，再根据折叠的性质AF＝AD＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，然后根据“HL”可证明Rt△ABG≌Rt△AFG，则GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，所以∠GAE＝∠BAD＝45°；GE＝GF+EF＝BG+DE；设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，在Rt△CGE中，根据勾股定理得（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，则BG＝CG＝3，则点G为BC的中点；同时得到GF＝GC，根据等腰三角形的性质得∠GFC＝∠GCF，再由Rt△ABG≌Rt△AFG得到∠AGB＝∠AGF，然后根据三角形外角性质得∠BGF＝∠GFC+∠GCF，易得∠AGB＝∠GCF，根据平行线的判定方法得到CF∥AG，再证出AG⊥BF，即可得出BF∥FC．
【详解】解：连接AG，AG和BF交于H，如图所示：
∵正方形ABCD的边长为6，DC＝3DE，
∴DE＝2，EC＝4，
∵把△ADE沿AE折叠使△ADE落在△AFE的位置，
∴AF＝AD＝AB＝6，EF＝ED＝2，∠AFE＝∠D＝90°，∠FAE＝∠DAE，
在Rt△ABG和Rt△AFG中， ，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），
∴GB＝GF，∠BAG＝∠FAG，
∴∠GAE＝∠FAE+∠FAG＝∠BAD＝45°，①正确；
∴GE＝GF+EF＝BG+DE，②正确；
设BG＝x，则GF＝x，CG＝BC﹣BG＝6﹣x，
在Rt△CGE中，GE＝x+2，EC＝4，CG＝6﹣x，
∵CG2+CE2＝GE2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，解得x＝3，
∴BG＝3，CG＝6﹣3＝3，
∴BG＝CG，即点G为BC的中点，③正确；
∴GF＝GC，
∴∠GFC＝∠GCF，
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴∠AGB＝∠AGF，
而∠BGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB+∠AGF＝∠GFC+∠GCF，
∴∠AGB＝∠GCF，
∴FC∥AG，
∵AB＝AF，BG＝FG，
∴AG⊥BF，
∴BF⊥FC，④正确；
故选：A．
【点睛】本题考查了折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理、正方形的性质、平行线的判定等知识；熟练掌握折叠的性质和全等三角形的判定是解题的关键．
2．（20-21八年级上·广东广州·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．
【详解】解：由正方形与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
∴，
故①正确；
由对折可得：
，
故②正确；
设
则
所以：的周长是一个定值，
故③正确，
如图，连接
由对折可得：
故④正确．
综上：①②③④都正确．
故选
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
3．（20-21八年级下·山东济南·期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】根据旋转的性质得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB＝AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，根据勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN（SAS），从而得MQ＝MN，再证明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，设MN＝x，再由勾股定理求出x即可．
【详解】解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中，
，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝BE+DF＝5，
设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，
∴EF2＝CE2+CF2，
∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），
∴AG＝6，
∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正确；
如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QM，
由旋转的性质得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，
在△AMQ和△AMN中，
，
∴△AMQ≌△AMN（SAS），
∴MQ＝MN，
∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，
∴BQ2+MB2＝MQ2，
∴ND2+MB2＝MN2，
∵AB＝6，
∴BD＝AB＝12，
设MN＝x，则ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，
∴32+（9﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴MN＝5，故④正确，
故选A．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF和三角形AND．
二、解答题
4．（20-21八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形中 ，点在边上，且．将沿翻折至，延长交边于点，连结．
（1）求的度数；
（2）求证：；
（3）若，则的面积等于 ．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）由轴对称性质可得，，根据正方形的性质可以得出，然后由HL就可以判断，从而得出的度数；（2），则，然后根据勾股定理求得与的关系，从而得到点F是GE的中点，再根据边角关系求得；（3）通过题目已知信息，可求出，，然后求出的面积，再根据等高的三角形面积之比等于底边之比，求出的面积．
【详解】（1）解：四边形是正方形，
，
由折叠性质可知，，
在和中，
，
，
，
．
故答案为：．
（2）设，则，
在中，，
即，
解得，
，
，
，
．
（3）由题意及第（2）问可知，，，，
∴根据勾股定理可得：，
∴，
与是同高不同底的两个三角形，
∴面积之比等于底之比，即 ，
∴．
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理的运用等，熟练掌握正方形的性质与判定，并能进行推理论证与计算是解题关键．
5．（20-21八年级下·山东菏泽·期中）如图，点，分别在正方形的边，上，，点在的延长线上，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）5
【分析】（1）由正方形得，，由得：，得；
（2）根据得：，那么可得，则可证，所以，根据勾股定理即可求得EM的长度．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
∴（SAS），
∴．
（2）解：由，得
∴，
在与中，
,
∴（SAS），
∴，
在中，，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形是解题的关键．
6．（20-21八年级下·广西南宁·期末）如图1，在正方形中，为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交、、于点、、．
（1）求证；
（2）如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点．求的度数；
（3）如图3，若该正方形边长为11，将正方形沿着直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作，垂足分别为，若，则______．
【答案】（1）见解析；（2）45°；（3）
【分析】（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，BF⊥AE，由ASA证得，得出AE=BF即可得出答案；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC与点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，由HL证明，得，证明即可得出答案；
（3）延长交于点，由折叠的性质可知， ，再根据勾股定理计算出的长度即可得出答案.
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
过点作交于点，如图1所示
∴四边形为平行四边形，
∴，，∴
∵，∴，
在和中，
∴
∴，∴；
（2）解：连接，过点作，分别交、于点、，如图2所示：
∵四边形是正方形，∴四边形为矩形，
∴，，，
∵是正方形的对角线，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵是的垂直平分线，∴，
在和中，
∴，
∴，∴
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，即；
（3）解：延长交于点，如图3所示，
由折叠的性质可知，
∴
∴
∴
【点睛】本题考查的是正方形的综合，运用到了全等三角形的判定、勾股定理以及正方形的性质等知识点，掌握旋转前后的图形是完全重合的是解决本题的关键.
7．（20-21八年级下·广东广州·期末）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝12，P为线段AB上一动点．将△BPC沿PC翻折至△EPC，延长CE交射线AD于点D．
（1）如图1，当P为AB的中点时，求出AD的长；
（2）如图2，延长PE交AD于点F，连接CF，求证：∠PCF＝45°；
（3）如图3，∠MON＝45°，在∠MON内部有一点Q，且OQ＝8，过点Q作OQ的垂线GH分别交OM、ON于G、H两点．当QG＝2时，求QH的值．
【答案】（1）；（2）证明过程见解析；（3）．
【分析】（1）如图1，根据平行线的性质得到∠A=∠B=90°，由折叠的性质得到∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，根据全等三角形的性质得到．作于，设，根据AB＝BC＝12，得到，，根据勾股定理求出AD的长；
（2）如图2，过C作CK⊥AD交AD的延长线于K，推出四边形ABCK是正方形，求得CK=CB，根据折叠的性质得到∠CEP=∠B=90°，BC=CE，∠BCP=∠ECP，得到CE= CB= CK，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（3）如图3，将△OQG沿OM翻折至△OUG，将△OQH沿ON翻折至△OWH，延长UG，WH交于V，根据已知条件和折叠的性质，利用有三个角是直角的四边形是矩形和邻边相等的矩形是正方形，推出四边形UOWV是正方形，设QH=y，在中，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：（1）如图1，连结，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠A=∠B=90°
∵将△BPC沿PC翻折至△EPC，
∴∠CEP=∠B=90°，PB=PE，∠BPC=∠EPC，
∴∠DEP=90°
∵当P为AB的中点，
∴AP=BP
∴PA=PE
∵PD=PD
∴，
∴
作于，设，AB＝BC＝12，则，
由勾股定理得，
解得，
∴
（2）如图2，作交延长线于，
∴
∴四边形为矩形
又∵AB＝BC
∴矩形为正方形
∴CK=CB，∠BCK=90°
∵将△BPC沿PC翻折至△EPC，
∴∠FED=90°，CE= CB= CK，
又∵CF=CF
∴，
∴∠ECF=∠KCF
∴∠BCP+∠KCF=∠PCE+∠FCE=45°
∴∠PCF=45°
(3)如图3，将△OQG沿OM翻折至△OUG，将△OQH沿ON翻折至△OWH，延长UG，WH交于V，
∴∠UOG=∠QOG，∠WOH=∠QOH，OU=OQ=OW=8，UG=QG=2，
设QH=WH=y
∴ ∠UOW=2∠MON=90°，
∵GH⊥OQ
∴∠OQG=∠OQH=90° ．
∴∠U=∠W=90°=∠UOW，
∴四边形UOWV是正方形
∴UV=WV=8，∠V=90°，
∴GV=6，HV=8-y，GH=y+2
∴
∴
解得，即．
【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
8．（20-21八年级下·江苏扬州·期末）【问题情境】
在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形，直线经过点，并绕点旋转，作点关于直线的对称点，直线交直线于点，连结、．
【操作发现】
（1）如图1，若．则　 　°，　 　°．
【拓展应用】
（2）如图2，当直线在正方形的外部时
①判断的度数是否为一个定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由．
②线段、、之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由．
【答案】（1）65，45；（2）①是，；②，理由见解析
【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理解决问题即可．
（2）①如图2中，连接BD，BF，证明△BEF是等腰直角三角形即可． ②结论：EF2+DF2=2AB2．利用勾股定理解决问题即可．
【详解】解：（1）如图1中，
∵B，E关于PQ对称，
∴∠PAB=∠PAE=20°，AB=AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=AE，∠BAD=90°，
∴∠EAD=90°-40°=50°，
∴∠ADE=∠AED= （180°-50°）=65°，
∴∠AEB=∠ABE=（180°-40°）=70°，
∴∠BEF=180°-70°-65°=45°，
故答案为：65，45．
（2）①的度数是一个定值
如图2中，连接，，与相交于点，
由对称知，，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵，
∴
②．理由如下：
∵，
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，
∴．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
9．（20-21八年级下·福建泉州·期末）已知正方形ABCD，点E，F分别是边AB，BC上的动点．
（1）如图1，点E，F分别是边AB，CD上的中点，证明DE＝DF；
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为1，△BEF的周长为2．
①试证明∠EDF＝45°；
②请你进一步探究图形的其它重要性质，并将如下A，B，C，D四个结论中，正确的代号直接填写在横线上（不必写出推理过程）：_________．
A．△DEF一定是等腰三角形．
B．EF＝AE+CF．
C．△DEF中，EF边上的高为定值．
D．△DEF的面积存在最小值．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②BCD
【分析】（1）根据正方形性质及中点定义可得∠A＝∠C＝90°，AD＝CD＝AB＝BC，AE＝AB，CF＝BC，进而得出AE＝CF，利用SAS证得△ADE≌△CDF，即可得出结论；
（2）①延长BC至G，使CG＝AE，如图2，根据正方形性质得出BE+BF+FG＝2，根据△BEF的周长为2，得出BE+BF+EF＝2，可得EF＝FG，利用SAS证明△DCG≌△DAE，得出DG＝DE，再证明△DEF≌△DGF（SSS），即可证得结论；
②如图2，设AE＝x，则BE＝1﹣x，BF＝1+x﹣FG＝1+x﹣EF，得出EF＝，DE＝，DF＝，可判断A不正确，由①可判断B、C正确，如图3，连接BD，延长DA至G，延长DC至H，使DG＝DH＝DB＝，连接GH，交AB于点，交BC于点，证得A+C＝，得出∠＝45°，此时，最小，即△DEF的面积存在最小值，可判断D正确．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝90°，AD＝CD＝AB＝BC，
∵点E，F分别是边AB，CD上的中点，
∴AE＝AB，CF＝BC，
∴AE＝CF，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE＝DF；
（2）如图2，①延长BC至G，使CG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝CD＝AB＝BC＝1，
∴BE+AE+BF+CF＝BE+CG+BF+CF＝2，
即BE+BF+FG＝2，
∵△BEF的周长为2，
∴BE+BF+EF＝2，
∴EF＝FG，
∵∠DCG＝180°﹣∠BCD＝90°，
∴∠DCG＝∠A，
在△DCG和△DAE中，
，
∴△DCG≌△DAE（SAS），
∴DG＝DE，∠CDG＝∠ADE，
∵∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠CDG+∠EDC＝90°，
∴∠EDG＝90°，
在△DEF和△DGF中，
，
∴△DEF≌△DGF（SSS），
∴∠EDF＝∠FDG，
∵∠EDF+∠FDG＝90°，
∴∠EDF＝∠FDG＝45°；
②如图2，设AE＝x，则BE＝1﹣x，BF＝1+x﹣FG＝1+x﹣EF，
∵BE2+BF2＝EF2，
∴（1﹣x）2+（1+x﹣EF）2＝EF2，
解得：EF＝，
在Rt△ADE中，DE＝，
∵CF＝，
∴DF＝＝，
∴△DEF不一定是等腰三角形，
故结论A不正确；
由①知，EF＝FG＝CF+CG＝CF+AE，
故结论B正确；
由①知，△DEF≌△DGF，
∴EF边上的高＝GF边上的高＝1，
故结论C正确；
如图3，连接BD，延长DA至G，延长DC至H，使DG＝DH＝DB＝，
连接GH，交AB于点，交BC于点，
则∠DGH＝∠DHG＝45°，A＝AG＝C＝CH＝﹣1，
∴B＝B＝AB﹣AE′＝2﹣，
由勾股定理得：＝（2﹣）＝2﹣2，
又∵AE'+C＝2﹣2，
∴A+C＝，
根据①可知∠＝45°，
此时，最小，即△DEF的面积存在最小值，
故结论D正确；
故答案为：BCD．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形性质，全等三角形判定和性质，等腰三角形判定和性质，勾股定理等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
10．（20-21八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，则BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如图1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周长；
(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 ．

【答案】（1）=；（2）8；（3）
【分析】（1）如图1中，延长到，使得，连接．证明，推出，，再证明，推出，可得结论．
（2）如图中，作于．利用全等三角形的性质证明，利用（1）中结论即可解决问题．
（3）结论：．如图2中，在上取一点使得．证明方法类似（1）．
【详解】解：（1）如图1中，延长到，使得，连接．
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
故答案为：；
（2）如图中，作于．
，，，
，
，，
，
，
，，，
，
，
，
，
，
的周长．
（3）结论：．
理由：如图2中，在上取一点使得．
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
11．（20-21八年级下·辽宁沈阳·期末）已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线BC交于点F，连接EF．
（1）如图①，当BF＝DE时，求证：△ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE；
（3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接写出点P到直线AB的距离．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或4
【分析】（1）利用定理判定即可；
（2）延长到，使，连接，易证，则，；再证明即可得出结论；
（3）分两种情形：①，②；①过点作于点，过点作，交延长线于点，利用三角形的面积公式和勾股定理列出方程组求得线段；利用，可得，则点到直线的距离为，结论可得；②通过说明，可得，则点到直线的距离为，结论可得．
【详解】解：（1）证明：
四边形为正方形，
，．
在和中，
，
．
（2）延长到，使，连接，如图，
四边形为正方形，
，．
．
在和中，
，
．
，．
，
．
即．
，
．
在和中，
，
．
．
（3）点到直线的距离为或4，理由：
当①时，；
四边形为正方形，
，．
点是的中点，
，
．
设，，
，，
．
，
．
．
在中，
，
．
．
解得：，（不合题意，舍去）．
．
过点P作PH⊥BC，交CB于点H，如图，
，
，
，
，
．
在和中，
，
．
，
到直线的距离为．
②当，时，此时点P在CD上，如图，
则点到直线的距离为，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝4，∠ABF＝∠D＝90°．
在△APD和△AFB中，
∴△APD≌△AFB（HL）．
∴∠FAB＝∠PAD，
∵∠BAP＋∠DAP＝90°，
∴∠BAP＋∠FAB＝90°．
∴∠FAP＝90°．
∴△AFP是以AF为腰的等腰直角三角形．
∴点P到直线AB的距离为AD＝4.
综上，点到直线的距离为或4
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了三角形全等的判定与性质，正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，二元二次方程组的解法，根据正方形的特殊性质构造全等三角形是解题的关键．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台
第4章平行四边形 题型归纳解答
题型一：中点四边形
“中点四边形”，也叫瓦里尼翁平行四边形，是顺次连接四边形各边中点而组成的四边形，是四边形的内接四边形的一种特殊情况，一般有以下三种形态：
（原四边形ABCD依次是：凸四边形，凹四边形，折四边形）
（一）中点四边形一定是平行四边形
当原四边形对角线相等时，其中点四边形为菱形
当原四边形对角线垂直时，其中点四边形为矩形
当原四边形对角线垂直且相等时，其中点四边形为正方形
（二）中点四边形的周长等于原四边形对角线之和
（三）中点四边形的面积等于原四边形面积的二分之一
一．选择题（共3小题）
1．（2023春 福山区期末）如图，在四边形中，点，，，分别是，，，边上的中点，则下列结论一定正确的是　　
A．四边形是矩形
B．四边形的面积等于四边形面积的
C．四边形的内角和小于四边形的内角和
D．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
2．（2023春 新城区校级期中）如图，在四边形中，对角线，垂足为，点、、、分别为边、、、的中点．若，，则四边形的面积为　　
A．48 B．24 C．32 D．12
3．（2023春 达州期末）如图，是内一点，，，，，、、、分别是、、、的中点，则四边形的周长是　　
A．7 B．9 C．11 D．13
二．填空题（共3小题）
4．（2022春 临海市期末）如图，，，，分别是四边形边，，，的中点，若，．则四边形的周长为 　　．
5．（2022春 金东区期中）如图，在四边形中，，，，分别是，，，的中点，，，则四边形的周长是 　　．
6．（2024春 金州区月考）顺次连接任意四边形各边中点所得到的四边形一定是 　 　．
三．解答题（共7小题）
7．（2023春 南山区校级期中）如图，四边形中，，，，分别是，，，的中点．
求证：四边形是平行四边形．
8．（2023春 汉阴县期中）如图，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）对角线，满足什么条件时，四边形为菱形？请说明理由．
9．（2022春 仙居县期末）如图，在四边形中，点，，，分别为边，，，的中点．
（1）求证：四边形是平行四边形．
（2）若四边形的对角线互相垂直且它们的乘积为48，求四边形的面积．
10．（2023春 姜堰区期中）如图，在四边形中，点、、、分别是、、、的中点，连接、．
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当对角线与满足什么关系时，四边形是菱形，并说明理由．
11．（2023春 西湖区期中）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
（1）四边形的形状是 　 　；
（2）证明你的结论．
（3）当、满足 　　时，四边形是菱形．
（4）当、满足 　　时，四边形是矩形．
（5）当、满足 　　时，四边形是正方形．
12．（2023春 盐城期中）阅读理解，我们把依次连接任意一个四边形各边中点得到的四边形叫中点四边形，如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，依次连接各边中点得到中点四边形．
（1）这个中点四边形的形状是 　 　；
（2）如图2，在四边形中，点在上且和为等边三角形，、、、分别为、、、的中点，试判断四边形的形状并证明．
13．（2023春 顺庆区校级期中）如图，，，，分别是边，，，的中点．
（1）判断四边形的形状，并证明你的结论；
（2）当，满足什么条件时，四边形是正方形．（不要求证明）
题型二：正方形中的十字架模型
一．填空题（共2小题）
1．（2023春 拱墅区期中）如图，在正方形中，为的中点，点在边上，且．则　　，　　．
2．（2023春 长葛市期末）如图，正方形，点，在对角线上，连接、，满足，过点作，垂足为，若，，则　　．
二．解答题（共4小题）
3．（2023春 库尔勒市校级期末）如图，，，，四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库和分别位于和上，且．问题：此时与有怎样的关系？请说明理由．
4．（2023春 增城区期末）如图1，在正方形中，，点在边上，连接，且，点是的中点．
（1）求的长；
（2）过点作直线，分别交，于点，，且，求的长；
（3）如图2，过点作的垂线，分别交，，于点，，，连接，求的度数．
5．（2023春 武汉期末）【探索发现】（1）如图1，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，我们知道，无论正方形绕点怎么转动，总有，连接，求证：；
【类比迁移】（2）如图2，矩形的中心是矩形的一个顶点，与边相交于点，与边相交于点，连接，矩形可绕着点旋转，判断（1）中的结论是否成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由；
【迁移拓展】（3）如图3，在中，，，，直角的顶点在边的中点处，它的两条边和分别与直线，相交于点，，可绕着点旋转，当时，直接写出线段的长度．
6．（2023春 淮安期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形中，点、分别在边、上，且，垂足为．那么与相等吗？
（1）直接判断：　　（填“”或“” ；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
（2）如图2，在正方形中，点、、分别在边、和上，且，垂足为．那么与相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
（3）如图3，点在边上，且，垂足为，当在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处．
①四边形是正方形吗？请说明理由；
②若，点在上，，直接写出的最小值为 　　．
题型三：四边形中的对角互补模型
模型1:全等形一-90°对角互补模型
模型2:全等形--120°对角互补模型
模型 3:全等形一一任意角对角互补模型
模型4:相似形一-90°对角互补模型（后面会学到）
一．选择题（共1小题）
1．（2023春 金湖县期中）如图，是的对角线，点在上，，，则是　　
A． B． C． D．
二．填空题（共1小题）
2．（2023春 通城县期中）如图，正方形的面积为16，对角线，相交于点，点，分别在边，上运动，，平分，与边交于点．则下列结论：
①；
②四边形的面积保持4不变；
③；
④的最小值为．
其中正确说法的序号是 　 　．（把你认为正确的序号都填上）
三．解答题（共4小题）
3．（2021秋 莆田期末）如图，点在第一象限的角平分线上，，点在轴正半轴上，点在轴正半轴上．
（1）求点的坐标．
（2）当绕点旋转时，
①的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出的最小值．
4．（2020春 通山县期末）定义：有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做等补四边形．
理解：
（1）在你所学过四边形中，满足等补四边形定义的四边形是 　 　；
画图：
（2）如图1，在正方形网格中，线段的端点在格点上（小正方形的顶点），请你画出1个以格点为顶点，为边的等补四边形；
探究：
（3）如图2，在等补四边形中，，连接，是否平分？请说明理由．
5．（2023春 分宜县期末）我们规定：一组邻边相等且对角互补的四边形叫做“完美四边形”．
（1）在①平行四边形，②菱形，③矩形，④正方形中，一定为“完美”四边形的是 　　（请填序号）；
（2）在“完美”四边形中，，，连接．
①如图1，求证：平分；
小明通过观察、实验，提出以下两种想法，证明平分
想法一：通过，可延长到，使，通过证明，从而可证平分；
想法二：通过，可将绕点顺时针旋转，使与重合，得到，可证，，三点在一条直线上，从而可证平分．
请你参考上面的想法，帮助小明证明平分；
②如图2，当，用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
6．（2021秋 丹阳市期末）四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．
（1）四边形为对角互补四边形，且，则的度数为 　 　；
（2）如图1，四边形为对角互补四边形，，．
求证：平分．
小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道、、三者关系为：　　；
（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，，试证明：
①平分；
②；
（4）如图3，四边形为对角互补四边形，且满足，，则、、三者关系为：　　．
题型四：与正方形有关三垂线
一、单选题
1．（20-21八年级上·江苏常州·期中）如图，四边形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三点共线，，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
二、填空题
2．（20-21八年级上·四川达州·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，EF垂直于CA的延长线于F，连接CE，则CE的长为 ．
3．（22-23八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形中，，点E是边的中点，将沿着翻折，得到，延长交的延长线于点H，则＝ ．

三、解答题
4．（20-21八年级下·湖南长沙·期中）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；
（2）若AB＝4，CE＝2，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．
5．（20-21八年级下·湖北鄂州·期末）如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
6．（20-21八年级下·安徽安庆·期末）如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点C）延长AE交CE于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由．
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明．
（3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长．
7．（21-22八年级下·四川德阳·阶段练习）如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
题型五：正方形与45°角的基本图
一、单选题
1．（20-21八年级下·天津津南·期中）如图，有一正方形的纸片ABCD，边长为6，点E是DC边上一点且DC＝3DE，把ADE沿AE折叠使ADE落在AFE的位置，延长EF交BC边于点G，连接BF有以下四个结论：
①∠GAE＝45°；
②BG+DE＝GE；
③点G是BC的中点；
④连接FC，则BF⊥FC；
其中正确的结论序号是（　　）
A．①②③④ B．①②③ C．①② D．②③
2．（20-21八年级上·广东广州·期中）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
3．（20-21八年级下·山东济南·期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（　　）
A．4 B．3 C．2 D．1
二、解答题
4．（20-21八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形中 ，点在边上，且．将沿翻折至，延长交边于点，连结．
（1）求的度数；
（2）求证：；
（3）若，则的面积等于 ．
5．（20-21八年级下·山东菏泽·期中）如图，点，分别在正方形的边，上，，点在的延长线上，连接，．
（1）求证：；
（2）若，，求的长．
6．（20-21八年级下·广西南宁·期末）如图1，在正方形中，为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交、、于点、、．
（1）求证；
（2）如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点．求的度数；
（3）如图3，若该正方形边长为11，将正方形沿着直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作，垂足分别为，若，则______．
7．（20-21八年级下·广东广州·期末）如图，已知AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝12，P为线段AB上一动点．将△BPC沿PC翻折至△EPC，延长CE交射线AD于点D．
（1）如图1，当P为AB的中点时，求出AD的长；
（2）如图2，延长PE交AD于点F，连接CF，求证：∠PCF＝45°；
（3）如图3，∠MON＝45°，在∠MON内部有一点Q，且OQ＝8，过点Q作OQ的垂线GH分别交OM、ON于G、H两点．当QG＝2时，求QH的值．
8．（20-21八年级下·江苏扬州·期末）【问题情境】
在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形，直线经过点，并绕点旋转，作点关于直线的对称点，直线交直线于点，连结、．
【操作发现】
（1）如图1，若．则　 　°，　 　°．
【拓展应用】
（2）如图2，当直线在正方形的外部时
①判断的度数是否为一个定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由．
②线段、、之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由．
9．（20-21八年级下·福建泉州·期末）已知正方形ABCD，点E，F分别是边AB，BC上的动点．
（1）如图1，点E，F分别是边AB，CD上的中点，证明DE＝DF；
（2）如图2，若正方形ABCD的边长为1，△BEF的周长为2．
①试证明∠EDF＝45°；
②请你进一步探究图形的其它重要性质，并将如下A，B，C，D四个结论中，正确的代号直接填写在横线上（不必写出推理过程）：_________．
A．△DEF一定是等腰三角形．
B．EF＝AE+CF．
C．△DEF中，EF边上的高为定值．
D．△DEF的面积存在最小值．
10．（20-21八年级上·湖北武汉·阶段练习）如图，正方形ABCD中，边长为4，M、N在AB、AD上．
(1) 若∠MCN＝45°，则BM＋DN__________MN（填“＞”“＜”或“＝”）；
(2) 如图1，若∠NMC＝∠MCD，求△AMN的周长；
(3) 如图2，若M、N在AB、AD反向延长线上，在(2)的条件下，直接写出DN、MN、BM的数量关系 ．

11．（20-21八年级下·辽宁沈阳·期末）已知正方形ABCD，∠EAF＝45°，将∠EAF绕顶点A旋转，角的两边始终与直线CD交于点E，与直线BC交于点F，连接EF．
（1）如图①，当BF＝DE时，求证：△ABF≌△ADE；
（2）若∠EAF旋转到如图②的位置时，求证：∠AFB＝∠AFE；
（3）若BC＝4，当边AE经过线段BC的中点时，在AF的右侧作以AF为腰的等腰直角三角形AFP，直接写出点P到直线AB的距离．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)

展开更多......

收起↑