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2023年中考数学第一轮复习
模块五 四边形
专题3 正方形
正方形 定义 有一组邻边相等,并且有一个角是直角的平行四边形.
性质 （1）正方形既有矩形的性质，又有菱形的性质. （2）正方形的四个角都是直角，四条边相等. （3）正方形的对角线相等且互相垂直平分.
判定 （1）有一组邻边相等的矩形是正方形. （2）对角线互相垂直的矩形是正方形. （3）有一个角是直角的菱形是正方形. （4）对角线相等的菱形是正方形.
正方形的模型 十字架模型 条件：正方形ABCD，AM⊥BN 条件：正方形ABCD，EF⊥HQ 结论：AM=BN 结论：EF=FQ
对角线模型
半角模型 如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°连接EF． 结论：EF=BE+DF． 证明：延长CD至点G使得DG=BE【截长】 易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45° 易证：△AFE≌△AFG（SAS）→ EF=GF 综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF．
中点+折叠模型
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题型一、正方形的性质与判定
1．（2022·广东广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022·贵州黔东南）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022·海南）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．
4．（2022·江苏无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．
5．（2022·湖北恩施）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，于点E，于点F．求证：．
6．（2022·四川雅安）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
题型二、正方形的常考模型
1．（2021·四川绵阳）如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
2．（2022·黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
3．（2021·山东东营）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若，则GE的长为________．
4．（2022·黑龙江大庆）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．
5．（2022·贵州贵阳）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
6．（2021·山东德州）如图，点，分别在正方形的边，上，且，点，分别在边，上，且，垂足为
(1)求证：FG=EH；
(2)若正方形边长为5，，，求的长度．
7．（2022·河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
　　 　　
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
8．（2022·内蒙古赤峰）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】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，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
题型三、正方形的动态问题
1．（2022·内蒙古通辽）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．
(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；
(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；
(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．
2023年中考数学第一轮复习
模块五 四边形
专题3 正方形
正方形 定义 有一组邻边相等,并且有一个角是直角的平行四边形.
性质 （1）正方形既有矩形的性质，又有菱形的性质. （2）正方形的四个角都是直角，四条边相等. （3）正方形的对角线相等且互相垂直平分.
判定 （1）有一组邻边相等的矩形是正方形. （2）对角线互相垂直的矩形是正方形. （3）有一个角是直角的菱形是正方形. （4）对角线相等的菱形是正方形.
正方形的模型 十字架模型 条件：正方形ABCD，AM⊥BN 条件：正方形ABCD，EF⊥HQ 结论：AM=BN 结论：EF=FQ
对角线模型
半角模型 如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、CD上，且∠EAF=45°连接EF． 结论：EF=BE+DF． 证明：延长CD至点G使得DG=BE【截长】 易证：△ABE≌△ADG（SAS）→ AE=AG，∠GAF=45° 易证：△AFE≌△AFG（SAS）→ EF=GF 综上：EF=GF=GD+DF=BE+DF．
中点+折叠模型
题型一、正方形的性质与判定
1．（2022·广东广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上， 且CE = 1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
如图，连接EF，先证明 再求解 可得 再求解 可得为等腰直角三角形，求解 再利用三角形的中位线的性质可得答案．
【详解】
解：如图，连接EF，
∵正方形ABCD的面积为3，
∵
∴
∴
∴
∵平分
∴
∴
∴为等腰直角三角形，
∵分别为的中点，
故选D
2．（2022·贵州黔东南）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．
【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，
∵DF⊥BC，∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，
∴四边形AGFH是矩形，∴FH=AG，
∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，BC=AB=2，
∴∠BAG=30°，BG=1，∴，∴，
在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，∴∠DAH=∠BAG=30°，
∴，∴．故选：D
【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．
3．（2022·海南）如图，正方形中，点E、F分别在边上，，则___________；若的面积等于1，则的值是___________．
【答案】 60
【分析】由正方形的性质证明，即可得到，再由可得，即可求出．设，表示出的面积，解方程即可．
【详解】∵正方形
∴，
∵
∴（HL）
∴，
∵，
∴
∴
设
∴
∴
∵的面积等于1
∴，解得，（舍去）
∴
故答案为：60；．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2022·江苏无锡）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝________．
【答案】1
【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵点E是CD的中点，
∴CE=4，
设BG=x，则CG=8-x，
由勾股定理，得
EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴（8-x）2+42=82+x2，
解得：x=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．
5．（2022·湖北恩施）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，于点E，于点F．求证：．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
先根据正方形的性质可得，从而可得，再根据垂直的定义可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证．
【详解】
证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．
6．（2022·四川雅安）如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)6
【分析】（1）利用正方形的性质证明再结合BE＝DF，从而可得结论；
（2）先利用正方形的性质证明 再求解EF的长，再利用四边形AECF的面积，即可得到答案．
(1)
证明： 正方形ABCD，
(2)
如图，连结AC，
正方形ABCD，
∴四边形AECF的面积
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，掌握“正方形的对角线相等且互相垂直平分”是解本题的关键．
题型二、正方形的常考模型
1．（2021·四川绵阳）如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】C
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，
∵在中，，
，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
2．（2022·黑龙江）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，交BC于点E，连接AE，BF交于点P，连接OP．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的．其中正确的结论是（ ）
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【答案】B
【分析】分别对每个选项进行证明后进行判断：
①通过证明得到EC=FD，再证明得到∠EAC=∠FBD，从而证明∠BPQ=∠AOQ=90°，即；
②通过等弦对等角可证明；
③通过正切定义得，利用合比性质变形得到，再通过证明得到，代入前式得，最后根据三角形面积公式得到，整体代入即可证得结论正确；
④作EG⊥AC于点G可得EGBO，根据，设正方形边长为5a，分别求出EG、AC、CG的长，可求出，结论错误；
⑤将四边形OECF的面积分割成两个三角形面积，利用，可证明S四边形OECF=S△COE+S△COF= S△DOF+S△COF =S△COD即可证明结论正确．
【详解】①∵四边形ABCD是正方形，O是对角线AC、BD的交点，
∴OC=OD，OC⊥OD，∠ODF=∠OCE=45°
∵∴∠DOF+∠FOC=∠FOC+∠EOC=90°∴∠DOF=∠EOC
在△DOF与△COE中∴∴EC=FD
∵在△EAC与△FBD中∴∴∠EAC=∠FBD
又∵∠BQP=∠AQO∴∠BPQ=∠AOQ=90°∴AE⊥BF所以①正确；
②∵∠AOB=∠APB=90°∴点P、O在以AB为直径的圆上
∴AO是该圆的弦∴所以②正确；
③∵∴∴
∴∴
∵∴∴
∴∴
∵∴
∴所以③正确；
④作EG⊥AC于点G，则EGBO，∴
设正方形边长为5a，则BC=5a，OB=OC=，
若，则，∴∴
∴
∵EG⊥AC，∠ACB=45°，∴∠GEC=45°∴CG=EG=
∴所以④错误；
⑤∵，S四边形OECF=S△COE+S△COF
∴S四边形OECF= S△DOF+S△COF= S△COD
∵S△COD=∴S四边形OECF=所以⑤正确；
综上，①②③⑤正确，④错误，故选 B
【点睛】本题综合考查了三角形、正方形、圆和三角函数，熟练运用全等三角形、相似三角形、等弦对等角和三角函数的定义是解题的关键．
3．（2021·山东东营）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若，则GE的长为________．
【答案】
【解析】
【分析】
因为折叠，则有，从而可知，利用线段比求出DG的长，即可求出EG．
【详解】
如图, 四边形ABCD是正方形，
，
因为折叠，，设垂足为H，
，
，
，
，
，
，，DE=，
，
，
故答案为．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形相似的判定与性质，勾股定理，找到是解题的关键．
4．（2022·黑龙江大庆）如图，正方形中，点E，F分别是边上的两个动点，且正方形的周长是周长的2倍，连接分别与对角线交于点M，N．给出如下几个结论：①若，则；②；③若，则；④若，则．其中正确结论的序号为____________．
【答案】②
【分析】根据已知条件可得，即可判断①，进而推出，导角可得②正确，作于点，连接，证明是直角三角形，勾股定理验证③，证明，即可判断④求解．
【详解】解：∵正方形的周长是周长的2倍，
∴，
，
①若，则，故①不正确；
如图，在的延长线上取点，使得，
四边形是正方形，
，，
，
，，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
即，故②正确；
如图，作于点，连接，
则，
，，
，
同理可得，
，
关于对称轴，关于对称，
，
，
，
是直角三角形，
③若，
，
，故③不正确，
，
若，
即，
，
，，
又，
，
，
即，
，
，
，
，
，
故④不正确．
故答案为：②．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，掌握以上知识是解题的关键．
5．（2022·贵州贵阳）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．
(1)
在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，
，
∵，∠A=∠D=90°，，
∴四边形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，
∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴MN⊥BE，
∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，
∴∠MBO=∠OMF，
∵，
∴△ABE≌△FMN；
(2)
连接ME，如图，
∵AB=8，AE=6，
∴在Rt△ABE中，，
∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴BO=OE==5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，
∴在Rt△AME中，，
∴，解得：，
∴，
∴在Rt△BMO中，，
∴，
∴ON=MN-MO=．
即NO的长为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．
6．（2021·山东德州）如图，点，分别在正方形的边，上，且，点，分别在边，上，且，垂足为．
(1)求证：；
(2)若正方形边长为5，，，求的长度．
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质得出AD= AB，∠A=∠B= 90°，得到AF= BE，再根据垂直的定义进而得出∠AFG =∠BEH，即可根据ASA证明△AFG≌△BEH，根据全等三角形的性质即可得解；
（2）先求出AG的长，在根据勾股定理求出FG的长，再证△AFG∽△PEG，由性质求出PG的长，最后根据PF=FG-PG，可得答案．
(1)
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD= AB，∠A=∠B= 90°，
∴∠AGF+∠AFG = 90°，
∵FG⊥ EH，
∴∠AGF+∠GEP= 90°，
∴∠AFG=∠GEP=∠BEH
∵AE= DF，
∴AD- DF= AB- AE，
即AF= BE，
在△AFG和△BEH中，
，
∴△AFG≌△BEH
∴FG=EH；
(2)
∵AB=AD=5，DF=AE=2，
∴BE=AF=5-2=3，
在RT△AFG中，，
∴AG=4，
∴EG=2，
在RT△AFG中，，
∵∠A=∠FPG=90°，∠AGF=∠PGE，
∴△AFG∽△PEG，
∴ ，
即，
∴PG= ，
∴PF=FG-PG=5-=．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理的应用、相似三角形的判定与性质等知识，解题的关键是熟记相似三角形的判定与性质．
7．（2022·河南）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．
　　 　　
(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)或或或
(2)①15，15；②，理由见解析
(3)cm或
【解析】
【分析】
（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；
（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；
（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
(1)
解：
(2)
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①
∴
②
(3)
当点Q在点F的下方时，如图，
，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴；
当当点Q在点F的上方时，如图，
cm，DQ =3cm，
由（2）可知，
设
，
即
解得：
∴．
【点睛】
本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
8．（2022·内蒙古赤峰）同学们还记得吗？图①、图②是人教版八年级下册教材“实验与探究”中我们研究过的两个图形．受这两个图形的启发，数学兴趣小组提出了以下三个问题，请你回答：
(1)【问题一】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，交于点，交于点，则与的数量关系为_________；
(2)【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图③：直线、经过正方形的对称中心，直线分别与、交于点、，直线分别与、交于点、，且，若正方形边长为8，求四边形的面积；
(3)【问题三】受图②启发，兴趣小组画出了图④：正方形的顶点在正方形的边上，顶点在的延长线上，且，．在直线上是否存在点，使为直角三角形？若存在，求出的长度；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)16
(3)或
【分析】（1）由正方形的性质可得，，根据ASA可证，由全等三角形的性质可得结论；
（2） 过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，证明△进而证明；
（3）分别求出，由勾股定理可得方程，求出x的值即可．
(1)
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠
∵是对角线，
∴∠，
∴∠，
∵四边形是正方形，
∴∠，
∴∠
又∠
∴，
∴
∴
故答案为:
(2)
过点O作交AD于点M，交BC于点N，作交AB于点T，交CD于点R，如图，
∵点O是正方形ABCD的中心，
∴
又∠A=90°
∴四边形ATOM是正方形，
∴
同（1）可证△
∴
(3)
∵四边形均为正方形，
∴∠
∵CG在CD上，
∴
又CE在BC的延长线上，
∴
设则
在中，
在中，
延长AD，CE交于点Q，则四边形是矩形，
∴
∴，
在中，
若△为直角三角形，则有，
即
整理得，
解得，
∴或
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定，勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键
题型三、正方形的动态问题
1．（2022·内蒙古通辽）已知点在正方形的对角线上，正方形与正方形有公共点．
(1)如图1，当点在上，在上，求的值为多少；
(2)将正方形绕点逆时针方向旋转，如图2，求：的值为多少；
(3)，，将正方形绕逆时针方向旋转，当，，三点共线时，请直接写出的长度．
【答案】(1)2
(2)
(3)
【分析】（1）根据题意可得，根据平行线分线段成比例即可求解；
（2）根据（1）的结论，可得，根据旋转的性质可得，进而证明，根据相似三角形的性质即可求解；
（3）勾股定理求得，，进而根据，由相似三角形的性质即可求解．
(1)
正方形与正方形有公共点，点在上，在上，
四边形是正方形
(2)
如图，连接，
正方形绕点逆时针方向旋转，
，
(3)
如图，
，，
,,，
三点共线，
中，，
，
由（2）可知，
，
．
【点睛】本题考查了平行线分线段成比例，相似三角形的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，综合运用以上知识是解题的关键．

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