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特殊平行四边形·正方形的判定与性质—浙教版数学八（下）核心素养培优专题
一、选择题
1．如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（　　）
A．（，-1） B．（2，﹣1） C．（1，-） D．（﹣1，）
【答案】A
【知识点】点的坐标；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：
则∠ADO=∠OEC=90°
∴∠1+∠2=90°．
∵AO=2，AD=1，
∴OD=，
∴点A的坐标为（1，），
∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC=90°，OC=AO，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠3=∠2．
在△OCE和△AOD中，，
∴△OCE≌△AOD（AAS），
∴OE=AD=1，CE=OD=
∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
【分析】作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，∠ADO=∠OEC=90°，根据三角形内角和定理可得∠1+∠2=90°，根据勾股定理可得OD，再根据点的坐标可得点A的坐标为（1，），则AD=1，OD=，根据正方形性质可得∠AOC=90°，OC=AO，则∠1+∠3=90°，根据角之间的关系可得∠3=∠2，根据全等三角形判定定理可得△OCE≌△AOD（AAS），则OE=AD=1，CE=OD=，再根据点的坐标即可求出答案.
2． 如图，已知，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使成为正方形. ①；②；③；④ . 则下列四种选法中错误的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：A、四边形ABCD是平行四边形，
当①∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当②AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，
当①∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当③AB=BC时，矩形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
C、四边形ABCD是平行四边形，
当②AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，
当③AB=BC时，菱形ABCD不判定是正方形，故此选项符合题意；
D、四边形ABCD是平行四边形，
③AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当④AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可.
3．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．18
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接，过点作于，于，设与交于点，与交于点，
∴，
∵四边形、是正方形，点位于正方形对角线的交点，
∴，是等腰直角三角形，
∴四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，
∵正方形、、的边长分别为2、4、6，
∴，
故答案为：C．
【分析】连接，过点作于，于，设与交于点，与交于点，先证出四边形是正方形，，得，然后证出，得，从而可得每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，据此即可求解.
4．如图，在中，，是的角平分线，的角平分线交于点，若，，则（　　）
A．6 B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如下图，过点分别作，垂足分别为，
∵是的角平分线，是的角平分线，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
即，解得，
∵，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∴，
∴在中，．
故答案为：D
【分析】过点分别作，垂足分别为，根据角平分线的性质可得，再利用勾股定理可得；结合，可得，根据正方形判定定理可得四边形为正方形，则，根据边之间的关系可得BH=6，在中，再根据勾股定理即可求出答案.
5．2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：如图，记和交于点，
∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，
∴，，，，
∴，
，即，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵大正方形边长为，
∴，
∴，
∴四边形的面积为，
故答案为：D．
【分析】 记和交于点，先利用“ASA”证出，利用全等三角形的性质可得，， 再利用“AAS”证出，可得， 设，则， 再求出， 利用勾股定理可得， 再结合 大正方形边长为， 求出， 最后求出 四边形的面积为即可.
6．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（　　）
①∠1＝∠2；
②∠3＝∠4；
③GD＝CM；
④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．
A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②④
【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；正方形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．
∵B，G关于EF对称，
∴EB＝EG，
∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，
∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，
∴△BAG≌△BKG（AAS），
∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，
∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确，
∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．
∵∠1＝∠2，
∴MQ＝MP，
∵∠MEQ＝∠MER，
∴MQ＝MR，
∴MP＝MR，
∴∠4＝∠MCP＝∠BCD＝45°，
∴∠GBH＝∠4，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，
∴BM＝MG，
∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），
∴BM＝DM，
∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，
∴WG＝WD，
∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，
∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，
∴∠BMT＝∠MGW，
∵MB＝MG，
∴△BTM≌△MWG（AAS），
∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，
∴DG＝CM，故③正确，
∵AG＝1，DG＝2，
∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝，故④正确，
故答案为：A．
【分析】过点B作BK⊥GH于K，根据对称性质可得EB＝EG，根据等边对等角可得∠EBG＝∠EGB，再根据正方形性质可得AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，则∠AGB＝∠EBG，即∠AGB＝∠BGK，再根据全等三角形判定定理可得△BAG≌△BKG（AAS），则BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，根据全等三角形判定定理可得Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），则∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，可判断①；根据角之间的关系可得∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R，根据角之间的关系可判断②；过点M作MW⊥AD于W，交BC于T，根据对称性质可得BM＝MG，再根据全等三角形判定定理可得△MCB≌△MCD（SAS），则BM＝DM，根据边之间的关系可得WG＝WD，再根据角之间的关系可得∠BMT＝∠MGW，再根据全等三角形判定定理可得△BTM≌△MWG（AAS），则MT＝WG，再根据边之间的关系可判断③；根据勾股定理可判断④.
7． 如图， 点 E为正方形ABCD内一点， ∠AEB=90°， 将△AEB绕点 B 按顺时针方向旋转90°， 得到△CBG。延长AE交 CG于点 F， 连接DE。下列结论： ①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形， ③若DA=DE， 则2CF=CG； ④若△ADE是等边三角形，其中正确的结论是(　　)
A．①②③④ B．①②④ C．①③ D．①④
【答案】A
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：设交于，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵将绕点按顺时针方向旋转，得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故正确；
∵将绕点按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴ 四边形是正方形，故正确；
过点作于，如图所示：
∵，，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵将绕点按顺时针方向旋转，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，故正确；
若，则，
∵，
∴，即，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，故正确；
∴正确的有，
故答案为：
【分析】设交于，根据正方形的性质得到，进而得到，根据旋转的性质得到，从而等量代换即可得到， 再结合题意即可判断①；先根据旋转的性质得到，，，进而根据矩形的判定结合正方形的判定即可判断②；过点作于，先根据垂直得到，，进而根据正方形的性质得到，，从而结合题意等量代换得到， 再根据三角形全等的判定与性质证明得到， 根据旋转的性质得到，再根据正方形的性质得到，从而等量代换得到，再结合题意即可判断③；根据题意得到若，则，进而即可得到，即，再根据正方形的性质得到，从而即可判断④.
8．如图，正方形ABCD的边长为a，P是对角线AC上的点，连结PB，过点P作PQ⊥BP交线段CD于点Q。当DQ=2CQ时，BP的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，过点P作PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E.
∵正方形ABCD，边长为a，
∴CP平分∠BCD，∠PEC=∠ECF=90°，
∴PE=PF，
∴四边形PECF为正方形，
∴EC=CF.
∵∠BPE+∠EPQ=90°，∠EPQ+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF.
∵∠BPE=∠QPF，∠PEB=∠PFQ=90°，PE=PF，
∴△PEB≌△PFQ，
∴PB=PQ，BE=QF.
∵DQ=2CQ ，CD=a，
∴QD=a，CQ=a.
设BE=FQ=m，则CE=a-m，CF=QC+FQ=a+m，
∴a-m=a+m，
∴m=a，
∴BE=a，PE=CF=a，
∴BP===a.
故答案为： C.
【分析】过点P作PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E，易得四边形PECF为正方形，则EC=CF，然后证明△PEB≌△PFQ，得到PB=PQ，BE=QF，由已知条件DQ=2CQ 可得QD=a，CQ=a，设BE=FQ=m，则CE=a-m，CF=QC+FQ=a+m，由EC=CF可得m=a，进而得到BE=a，PE=a，最后利用勾股定理计算即可.
二、填空题
9．如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是　 　．
【答案】1
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接，
∵正方形，，
∴，
∵E，F分别是的中点，
∴．
故答案为：1．
【分析】连接，则，又因为E，F分别是的中点得EF是三角形中位线定理，从而得．
10．如图，正方形的边长为2，E为边的中点，点F在边上，点B关于直线的对称点记为，连接．当点F在边上移动使得四边形成为正方形时，的长为　 　．
【答案】
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接BB'，BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，BD平分∠ABC，
∵E为AB边的中点，
∴AE=BE=1，
∵四边形BEB'F是正方形，
∴，BB'平分∠ABC，
∴点B，点B'，点D三点共线，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了正方形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
连接BB'，BD， 由正方形的性质：对角线平分对角，和勾股定理可得：，BD平分∠ABC，由中点的定义可知：AE=BE=1，再由正方形的性质：对角线平分对角，和勾股定理可得：，BB'平分∠ABC，由此可知：点B，点B'，点D三点共线，由线段的和差运算可知：，由此可得出答案.
11．如图，在中，，在内取一点G，使点G到三角形三边距离，，都相等，连结，，已知，．
（1）若，则的长是　 　（用含m的代数式表示）；
（2）当，时，的值为　 　．
【答案】（1）
（2）
【知识点】完全平方公式及运用；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵点G到△ABC的三边的距离相等，
∴∠C=∠GEC=∠GFC=90°，DG=DE=DF，
∴四边形GECF是正方形，
∴GE=CE=GF=CF，
在Rt△ADG和Rt△AGE中
∴Rt△ADG≌Rt△AGE（HL）
∴AD=AE=n，
同理可知BD=BF=m，
∴AB=m+n，BC=CF+m，AC=CF+n
∵AB2=AC2+BC2即（m+n）2=（CF+n）2+（CF+m）2，
解之：（取正）；
（2）由（1）可知AB2=AC2+BC2即（m+n）2=（1+n）2+（1+m）2，
解之：mn=m+n+1，
∴（m+n）2=m2+2mn+n2=m2+n2+2（m+n+1），
∴m2+n2=（m+n-1）2-3，
∵4m2+4n2=109，
∴
，
解之：
故答案为：，.
【分析】（1）利用已知易证四边形GECF是正方形，利用正方形的性质可得到GE=CE=GF=CF，利用HL证明Rt△ADG≌Rt△AGE，利用全等三角形的对应边相等，可证得AD=AE=n，同理可知BD=BF=m，由此可表示出AB，AC，BC的长，利用勾股定理可表示出CF的长；
（2）由（1）可知AB2=AC2+BC2，可推出mn=m+n+1，可得到m2+n2=（m+n-1）2-3；利用已知可分别求出m+n和mn的值，利用完全平方公式，可求出m-n的值.
12．在等腰直角中，，，将直角边绕点A顺时针旋转得到，旋转角为，连接，．若为等腰三角形，则此时线段的长为　 　．
【答案】2或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：在等腰直角中，，，
∴，
当时，如图，，
；
当时，如图，过P作于E，过C作于F，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
；
当时，如图，
∴，
∴四边形是菱形，
又，
∴菱形是正方形，
∴，
∴，
综上，的长为2或或，
故答案为：2或或．
【分析】利用等腰直角三角形的定义可求出BC的长，分三种情况讨论：当时；当时，过P作于E，过C作于F，根据三线合一的性质求出CE的长，利用旋转的性质可证得AC=AP，，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理表示出∠ACP和∠APC的度数，即可得到∠PCE的度数，可推出，利用AAS可证得，利用全等三角形的性质可得到FC的长，再利用勾股定理求出AF的长，可得到PF的长，然后利用勾股定理求出CP的长；当时，易证四边形是正方形，利用正方形的性质可证得∠CBP=90°，利用勾股定理求出CP的长；综上所述可得到符合题意的CP的长.
13．如图，在四边形ABCD中，，，垂足为，延长EF交AD于点，与互余，则　 　．
【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点B作，连接EH，
，
，
，
四边形ABHD是矩形，，
与互余，
，
，
，
，点F、H关于BC对称，
四边形ABHD是正方形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：.
【分析】作，易证四边形ABHD是矩形，进而证得，再通过AAS判定得到AB=BH，进而证得四边形ABHD是正方形，然后由AAS判定得到HG=BC，从而求得FG的长度.
14．如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE=　 　.
【答案】15°或165°
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当正三角形AEF在正方形ABCD内部时，
易证 △BAE△DAF，
∴∠BAE=∠DAF，
又∵∠EAF=60°，∠BAD=90°，
∴∠BAE=15°；
当正三角形AEF在正方形ABCD外部时，
由题意可知AB=AD，BE=DF，AF=AE，
∴ △BAE△DAF，
∴∠BAE=∠ DAF，
∴∠ BAF=∠ DAE，
又∵∠EAF=60°，∠BAD=90°，
∴∠ BAF=(360°-60°-90°)=105°，
∴∠BAE=105°+60°=165°.
故答案为：15°或165°.
【分析】本题主要依据正方形和正三角形性质，利用全等三角形判定（SSS）证明 △ABE△ADF ，得出角的等量关系；再结合正方形内角90°、正三角形内角60°，分两种情况（常规与旋转后），通过角度的和差关系求解∠ BAE的度数。
三、解答题
15．如图，在正方形中，G是对角线上的一点（不与点B，D重合），过点G作，分别交于点E，F．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若，求的长．
【答案】（1）证明：∵，∴四边形是平行四边形．
∵在正方形中，，
∴是矩形．
（2）解：如图，延长交于点H，
在正方形中，，
∵，
∴四边形是矩形，是等腰直角三角形．
∴，
∴矩形是正方形．
∴，
在中，．
【知识点】勾股定理；矩形的判定；正方形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）先根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，再由正方形的性质得到，则可证明是矩形；
（2）延长交于点H，，则四边形是矩形，可证明是等腰直角三角形．得到，则矩形是正方形，据此可求出，再利用勾股定理，得．
（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
∵在正方形中，，
∴是矩形．
（2）解：如图，延长交于点H，
在正方形中，，
∵，
∴四边形是矩形，是等腰直角三角形．
∴，
∴矩形是正方形．
∴，
在中，．
16． 如图，在正方形 ABCD 中，动点 E 在AC上，AF⊥AC，AF=AE，连结BE，DE，BF.
（1）求证：BF=DE；
（2）当点 E 运动到AC 的中点时(其他条件不变)，四边形 AFBE 是正方形吗 请说明理由.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°.
∵AF⊥AC，∴∠EAF=90°，
∴∠EAF=∠BAD，
∴∠BAF=∠DAE.
又∵AF=AE，
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴BF=DE
（2）解：当点E运动到AC的中点时，四边形AFBE是正方形.
理由：∵四边形ABCD是正方形，E是AC的中点，∴BE⊥AC，BE=AE=AC.
又∵AF=AE，∴BE=AF.
∵BE⊥AC，AF⊥AC，∴BE∥AF，
∴四边形AFBE是平行四边形.
又∵∠EAF=90°，AF=AE，
∴四边形AFBE是正方形
【知识点】正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质判定后即可得到BF=DE；
(2)利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可.
17．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P为线段AO上一个动点（不包括两个端点），Q为CD边上一点，且∠BPQ＝90°．
（1）①∠ACB＝　 　度（直接填空）；
②求证：∠PBC＝∠PQD；
③直接写出线段PB与线段PQ的数量关系；
（2）若BC+CQ＝6，则四边形BCQP的面积为　 　（直接填空）；
（3）如图②，连接BQ交AC于点E，直接用等式表示线段AP、PE、EC之间的数量关系．
【答案】（1）① 45；
② 解：四边形为正方形，
∵∠BPQ+∠PBC+∠BCD+∠PQC＝360°，
∴∠PBC+∠PQC＝180°，
又∵∠PQC+∠PQD＝180°，
∴∠PBC＝∠PQD；
③解：PB＝PQ，理由如下：如图①，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
过点P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F．则四边形PECF是矩形，PE=PF，
∴四边形PECF是正方形，∴∠EPF＝90°
∴∠BPQ=∠EPF，
∴∠BPQ-∠EPQ=∠EPF-∠EPQ，
∴∠BPE＝∠QPF，
又∵∠PEB＝∠PFQ＝90°，PE＝PF，
∴（ASA），
∴PB＝PQ .
（2）解：如图①中，由（1）可知，四边形PECF是正方形，
∴BE＝FQ，CE＝CF，S△BPE＝S△PQF，
∵BC+CQ＝6，
∴EC+FC＝BC+CQ＝6，
∴CE＝CF＝3，
又∵S△BPE＝S△PQF，
∴S四边形BCQP＝S四边形CEPF＝9，
故答案为：9；
（3）解：PE2＝AP2+EC2．理由如下：
∵BP＝PQ，
∴∠PBQ＝∠PQB＝45°，
∴∠ABP+∠CBE＝45°，
如图②，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到，连接HP，
∴，
∴AH＝EC，BH＝BE，∠BCE＝∠BAH＝45°，∠CBE＝∠ABH，
∴∠PAH＝∠PAB+∠BAH＝90°，∠ABH+∠ABP＝45°＝∠PBH，
又∵BP＝BP，BH＝BE，
∴（SAS），
∴PE＝PH，
∵PH2＝AP2+AH2，
∴PE2＝AP2+EC2．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）①解： ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，
故答案为：45；
【分析】
本题考查的是正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，四边形的内角和定理，勾股定理的应用，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）①由正方形的对角线平分对角这一性质可得出∠ACB的度数。
②由四边形内角和定理可求∠PBC+∠PQC＝180°，由平角的性质可得∠PQC+∠PQD＝180°，根据等角的补角相等可推导出结论；
③过点P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，由ASA可证，可得PB＝PQ；
（2）由可推导出S△BPE＝S△PQF，可得S四边形BCQP＝S四边形CEPF，运用正方形面积公式计算即可。
（3）将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BHA，连接HP，由SAS证，可得PE＝PH，由勾股定理可得结论．
18．如图1，已知四边形是正方形，点分别是边上的点（不与正方形的顶点重合），且满足，连结相交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连结交于点，作的角平分线交于点．
①当时，求的值；
②试猜想之间满足的数量关系，并证明．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH.
四边形ABCD是正方形
四边形AFCQ是平行四边形
四边形GKHR是矩形
四边形ABCD是正方形
同理：
四边形GKHR是正方形
平分
三点共线
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；正方形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证 ，再借助全等三角形的对应角相等结合三角形外角的性质即可；
（2）①由（1）的结论结合角平分线的概念可得，则过点M作AF的垂线段MH可得等腰直角三角形MHG，即有MH＝GH，由正方形的性质可得，则由等腰三角形三线合一可得AG平分，再由三角形外角的性质结合等角对等边可得MG＝AG＝2，则由勾股定理可得MH等于GH等于，即AH可得，再利用勾股定理即可得AM2；
②如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH，则由正方形的性质可证四边形AFCQ是平行四边形，即AF平行CQ，再由平行线的性质及判定可证DE平行BH，再由（1）的结论可得四边形GKHR是矩形，再利用正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证明，再由全等三角形的对应边相等可得DG=AK且矩形GKHR是正方形，则G、M、H三点共线，此时再利用ASA证明，即点M是对角GH的中点，则是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再等量代换即可得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．
∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
过作交于
平分，
，是等腰直角三角形
，，
∴，
由（1）知，
，
又四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴，
在和中：
，，
1 / 1特殊平行四边形·正方形的判定与性质—浙教版数学八（下）核心素养培优专题
一、选择题
1．如图，将边长为2cm的正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的横坐标为1，则点C的坐标为（　　）
A．（，-1） B．（2，﹣1） C．（1，-） D．（﹣1，）
2． 如图，已知，从下列四个条件中选两个作为补充条件，使成为正方形. ①；②；③；④ . 则下列四种选法中错误的是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
3．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．18
4．如图，在中，，是的角平分线，的角平分线交于点，若，，则（　　）
A．6 B． C． D．
5．2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（　　）
①∠1＝∠2；
②∠3＝∠4；
③GD＝CM；
④若AG＝1，GD＝2，则BM＝．
A．①②③④ B．①② C．③④ D．①②④
7． 如图， 点 E为正方形ABCD内一点， ∠AEB=90°， 将△AEB绕点 B 按顺时针方向旋转90°， 得到△CBG。延长AE交 CG于点 F， 连接DE。下列结论： ①AF⊥CG，②四边形BEFG是正方形， ③若DA=DE， 则2CF=CG； ④若△ADE是等边三角形，其中正确的结论是(　　)
A．①②③④ B．①②④ C．①③ D．①④
8．如图，正方形ABCD的边长为a，P是对角线AC上的点，连结PB，过点P作PQ⊥BP交线段CD于点Q。当DQ=2CQ时，BP的长为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
9．如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是　 　．
10．如图，正方形的边长为2，E为边的中点，点F在边上，点B关于直线的对称点记为，连接．当点F在边上移动使得四边形成为正方形时，的长为　 　．
11．如图，在中，，在内取一点G，使点G到三角形三边距离，，都相等，连结，，已知，．
（1）若，则的长是　 　（用含m的代数式表示）；
（2）当，时，的值为　 　．
12．在等腰直角中，，，将直角边绕点A顺时针旋转得到，旋转角为，连接，．若为等腰三角形，则此时线段的长为　 　．
13．如图，在四边形ABCD中，，，垂足为，延长EF交AD于点，与互余，则　 　．
14．如图，正方形ABCD与正三角形AEF的顶点A重合，将△AEF绕顶点A旋转，在旋转过程中，当BE=DF时，∠BAE=　 　.
三、解答题
15．如图，在正方形中，G是对角线上的一点（不与点B，D重合），过点G作，分别交于点E，F．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）若，求的长．
16． 如图，在正方形 ABCD 中，动点 E 在AC上，AF⊥AC，AF=AE，连结BE，DE，BF.
（1）求证：BF=DE；
（2）当点 E 运动到AC 的中点时(其他条件不变)，四边形 AFBE 是正方形吗 请说明理由.
17．如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P为线段AO上一个动点（不包括两个端点），Q为CD边上一点，且∠BPQ＝90°．
（1）①∠ACB＝　 　度（直接填空）；
②求证：∠PBC＝∠PQD；
③直接写出线段PB与线段PQ的数量关系；
（2）若BC+CQ＝6，则四边形BCQP的面积为　 　（直接填空）；
（3）如图②，连接BQ交AC于点E，直接用等式表示线段AP、PE、EC之间的数量关系．
18．如图1，已知四边形是正方形，点分别是边上的点（不与正方形的顶点重合），且满足，连结相交于点．
（1）求证：；
（2）如图2，连结交于点，作的角平分线交于点．
①当时，求的值；
②试猜想之间满足的数量关系，并证明．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】点的坐标；三角形内角和定理；三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，如图所示：
则∠ADO=∠OEC=90°
∴∠1+∠2=90°．
∵AO=2，AD=1，
∴OD=，
∴点A的坐标为（1，），
∴AD=1，OD=．
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOC=90°，OC=AO，
∴∠1+∠3=90°，
∴∠3=∠2．
在△OCE和△AOD中，，
∴△OCE≌△AOD（AAS），
∴OE=AD=1，CE=OD=
∴点C的坐标为（，﹣1）．
故选A．
【分析】作AD⊥y轴于D，作CE⊥y轴于E，∠ADO=∠OEC=90°，根据三角形内角和定理可得∠1+∠2=90°，根据勾股定理可得OD，再根据点的坐标可得点A的坐标为（1，），则AD=1，OD=，根据正方形性质可得∠AOC=90°，OC=AO，则∠1+∠3=90°，根据角之间的关系可得∠3=∠2，根据全等三角形判定定理可得△OCE≌△AOD（AAS），则OE=AD=1，CE=OD=，再根据点的坐标即可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】菱形的判定与性质；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：A、四边形ABCD是平行四边形，
当①∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当②AC⊥BD时，矩形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
B、四边形ABCD是平行四边形，
当①∠ABC=90°时，平行四边形ABCD是矩形，
当③AB=BC时，矩形ABCD是正方形，故此选项不符合题意；
C、四边形ABCD是平行四边形，
当②AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，
当③AB=BC时，菱形ABCD不判定是正方形，故此选项符合题意；
D、四边形ABCD是平行四边形，
③AB=BC时，平行四边形ABCD是菱形，
当④AC=BD时，菱形ABCD是正方形，故此选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可.
3．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，连接，过点作于，于，设与交于点，与交于点，
∴，
∵四边形、是正方形，点位于正方形对角线的交点，
∴，是等腰直角三角形，
∴四边形是正方形，，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，
∵正方形、、的边长分别为2、4、6，
∴，
故答案为：C．
【分析】连接，过点作于，于，设与交于点，与交于点，先证出四边形是正方形，，得，然后证出，得，从而可得每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，据此即可求解.
4．【答案】D
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如下图，过点分别作，垂足分别为，
∵是的角平分线，是的角平分线，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∵，
∴，
即，解得，
∵，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形，
∴，
∴，
∴在中，．
故答案为：D
【分析】过点分别作，垂足分别为，根据角平分线的性质可得，再利用勾股定理可得；结合，可得，根据正方形判定定理可得四边形为正方形，则，根据边之间的关系可得BH=6，在中，再根据勾股定理即可求出答案.
5．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：如图，记和交于点，
∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，
∴，，，，
∴，
，即，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵大正方形边长为，
∴，
∴，
∴四边形的面积为，
故答案为：D．
【分析】 记和交于点，先利用“ASA”证出，利用全等三角形的性质可得，， 再利用“AAS”证出，可得， 设，则， 再求出， 利用勾股定理可得， 再结合 大正方形边长为， 求出， 最后求出 四边形的面积为即可.
6．【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；正方形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．
∵B，G关于EF对称，
∴EB＝EG，
∴∠EBG＝∠EGB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴∠AGB＝∠EBG，
∴∠AGB＝∠BGK，
∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，
∴△BAG≌△BKG（AAS），
∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，
∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，
∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），
∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确，
∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，
过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．
∵∠1＝∠2，
∴MQ＝MP，
∵∠MEQ＝∠MER，
∴MQ＝MR，
∴MP＝MR，
∴∠4＝∠MCP＝∠BCD＝45°，
∴∠GBH＝∠4，故②正确，
如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．
∵B，G关于EF对称，
∴BM＝MG，
∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，
∴△MCB≌△MCD（SAS），
∴BM＝DM，
∴MG＝MD，
∵MW⊥DG，
∴WG＝WD，
∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，
∴∠BMT+∠GMW＝90°，
∵∠GMW+∠MGW＝90°，
∴∠BMT＝∠MGW，
∵MB＝MG，
∴△BTM≌△MWG（AAS），
∴MT＝WG，
∵MC＝TM，DG＝2WG，
∴DG＝CM，故③正确，
∵AG＝1，DG＝2，
∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，
∴BM＝，故④正确，
故答案为：A．
【分析】过点B作BK⊥GH于K，根据对称性质可得EB＝EG，根据等边对等角可得∠EBG＝∠EGB，再根据正方形性质可得AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，则∠AGB＝∠EBG，即∠AGB＝∠BGK，再根据全等三角形判定定理可得△BAG≌△BKG（AAS），则BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，根据全等三角形判定定理可得Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），则∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，可判断①；根据角之间的关系可得∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝∠ABC＝45°，过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R，根据角之间的关系可判断②；过点M作MW⊥AD于W，交BC于T，根据对称性质可得BM＝MG，再根据全等三角形判定定理可得△MCB≌△MCD（SAS），则BM＝DM，根据边之间的关系可得WG＝WD，再根据角之间的关系可得∠BMT＝∠MGW，再根据全等三角形判定定理可得△BTM≌△MWG（AAS），则MT＝WG，再根据边之间的关系可判断③；根据勾股定理可判断④.
7．【答案】A
【知识点】矩形的判定；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：设交于，如图所示：
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵将绕点按顺时针方向旋转，得到，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，故正确；
∵将绕点按顺时针方向旋转，
∴，，，
又∵，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴ 四边形是正方形，故正确；
过点作于，如图所示：
∵，，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵将绕点按顺时针方向旋转，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，故正确；
若，则，
∵，
∴，即，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，故正确；
∴正确的有，
故答案为：
【分析】设交于，根据正方形的性质得到，进而得到，根据旋转的性质得到，从而等量代换即可得到， 再结合题意即可判断①；先根据旋转的性质得到，，，进而根据矩形的判定结合正方形的判定即可判断②；过点作于，先根据垂直得到，，进而根据正方形的性质得到，，从而结合题意等量代换得到， 再根据三角形全等的判定与性质证明得到， 根据旋转的性质得到，再根据正方形的性质得到，从而等量代换得到，再结合题意即可判断③；根据题意得到若，则，进而即可得到，即，再根据正方形的性质得到，从而即可判断④.
8．【答案】C
【知识点】角平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：如图，过点P作PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E.
∵正方形ABCD，边长为a，
∴CP平分∠BCD，∠PEC=∠ECF=90°，
∴PE=PF，
∴四边形PECF为正方形，
∴EC=CF.
∵∠BPE+∠EPQ=90°，∠EPQ+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF.
∵∠BPE=∠QPF，∠PEB=∠PFQ=90°，PE=PF，
∴△PEB≌△PFQ，
∴PB=PQ，BE=QF.
∵DQ=2CQ ，CD=a，
∴QD=a，CQ=a.
设BE=FQ=m，则CE=a-m，CF=QC+FQ=a+m，
∴a-m=a+m，
∴m=a，
∴BE=a，PE=CF=a，
∴BP===a.
故答案为： C.
【分析】过点P作PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E，易得四边形PECF为正方形，则EC=CF，然后证明△PEB≌△PFQ，得到PB=PQ，BE=QF，由已知条件DQ=2CQ 可得QD=a，CQ=a，设BE=FQ=m，则CE=a-m，CF=QC+FQ=a+m，由EC=CF可得m=a，进而得到BE=a，PE=a，最后利用勾股定理计算即可.
9．【答案】1
【知识点】正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接，
∵正方形，，
∴，
∵E，F分别是的中点，
∴．
故答案为：1．
【分析】连接，则，又因为E，F分别是的中点得EF是三角形中位线定理，从而得．
10．【答案】
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，连接BB'，BD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，BD平分∠ABC，
∵E为AB边的中点，
∴AE=BE=1，
∵四边形BEB'F是正方形，
∴，BB'平分∠ABC，
∴点B，点B'，点D三点共线，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了正方形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．
连接BB'，BD， 由正方形的性质：对角线平分对角，和勾股定理可得：，BD平分∠ABC，由中点的定义可知：AE=BE=1，再由正方形的性质：对角线平分对角，和勾股定理可得：，BB'平分∠ABC，由此可知：点B，点B'，点D三点共线，由线段的和差运算可知：，由此可得出答案.
11．【答案】（1）
（2）
【知识点】完全平方公式及运用；直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（1）∵点G到△ABC的三边的距离相等，
∴∠C=∠GEC=∠GFC=90°，DG=DE=DF，
∴四边形GECF是正方形，
∴GE=CE=GF=CF，
在Rt△ADG和Rt△AGE中
∴Rt△ADG≌Rt△AGE（HL）
∴AD=AE=n，
同理可知BD=BF=m，
∴AB=m+n，BC=CF+m，AC=CF+n
∵AB2=AC2+BC2即（m+n）2=（CF+n）2+（CF+m）2，
解之：（取正）；
（2）由（1）可知AB2=AC2+BC2即（m+n）2=（1+n）2+（1+m）2，
解之：mn=m+n+1，
∴（m+n）2=m2+2mn+n2=m2+n2+2（m+n+1），
∴m2+n2=（m+n-1）2-3，
∵4m2+4n2=109，
∴
，
解之：
故答案为：，.
【分析】（1）利用已知易证四边形GECF是正方形，利用正方形的性质可得到GE=CE=GF=CF，利用HL证明Rt△ADG≌Rt△AGE，利用全等三角形的对应边相等，可证得AD=AE=n，同理可知BD=BF=m，由此可表示出AB，AC，BC的长，利用勾股定理可表示出CF的长；
（2）由（1）可知AB2=AC2+BC2，可推出mn=m+n+1，可得到m2+n2=（m+n-1）2-3；利用已知可分别求出m+n和mn的值，利用完全平方公式，可求出m-n的值.
12．【答案】2或或
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：在等腰直角中，，，
∴，
当时，如图，，
；
当时，如图，过P作于E，过C作于F，
∴，
∵旋转，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
；
当时，如图，
∴，
∴四边形是菱形，
又，
∴菱形是正方形，
∴，
∴，
综上，的长为2或或，
故答案为：2或或．
【分析】利用等腰直角三角形的定义可求出BC的长，分三种情况讨论：当时；当时，过P作于E，过C作于F，根据三线合一的性质求出CE的长，利用旋转的性质可证得AC=AP，，利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理表示出∠ACP和∠APC的度数，即可得到∠PCE的度数，可推出，利用AAS可证得，利用全等三角形的性质可得到FC的长，再利用勾股定理求出AF的长，可得到PF的长，然后利用勾股定理求出CP的长；当时，易证四边形是正方形，利用正方形的性质可证得∠CBP=90°，利用勾股定理求出CP的长；综上所述可得到符合题意的CP的长.
13．【答案】
【知识点】正方形的判定与性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：如图，过点B作，连接EH，
，
，
，
四边形ABHD是矩形，，
与互余，
，
，
，
，点F、H关于BC对称，
四边形ABHD是正方形，
，
，
，
，
，
，，
，
，
，
，
，
.
故答案为：.
【分析】作，易证四边形ABHD是矩形，进而证得，再通过AAS判定得到AB=BH，进而证得四边形ABHD是正方形，然后由AAS判定得到HG=BC，从而求得FG的长度.
14．【答案】15°或165°
【知识点】等边三角形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图，当正三角形AEF在正方形ABCD内部时，
易证 △BAE△DAF，
∴∠BAE=∠DAF，
又∵∠EAF=60°，∠BAD=90°，
∴∠BAE=15°；
当正三角形AEF在正方形ABCD外部时，
由题意可知AB=AD，BE=DF，AF=AE，
∴ △BAE△DAF，
∴∠BAE=∠ DAF，
∴∠ BAF=∠ DAE，
又∵∠EAF=60°，∠BAD=90°，
∴∠ BAF=(360°-60°-90°)=105°，
∴∠BAE=105°+60°=165°.
故答案为：15°或165°.
【分析】本题主要依据正方形和正三角形性质，利用全等三角形判定（SSS）证明 △ABE△ADF ，得出角的等量关系；再结合正方形内角90°、正三角形内角60°，分两种情况（常规与旋转后），通过角度的和差关系求解∠ BAE的度数。
15．【答案】（1）证明：∵，∴四边形是平行四边形．
∵在正方形中，，
∴是矩形．
（2）解：如图，延长交于点H，
在正方形中，，
∵，
∴四边形是矩形，是等腰直角三角形．
∴，
∴矩形是正方形．
∴，
在中，．
【知识点】勾股定理；矩形的判定；正方形的判定与性质；等腰直角三角形
【解析】【分析】（1）先根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，证明四边形是平行四边形，再由正方形的性质得到，则可证明是矩形；
（2）延长交于点H，，则四边形是矩形，可证明是等腰直角三角形．得到，则矩形是正方形，据此可求出，再利用勾股定理，得．
（1）证明：∵，
∴四边形是平行四边形．
∵在正方形中，，
∴是矩形．
（2）解：如图，延长交于点H，
在正方形中，，
∵，
∴四边形是矩形，是等腰直角三角形．
∴，
∴矩形是正方形．
∴，
在中，．
16．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°.
∵AF⊥AC，∴∠EAF=90°，
∴∠EAF=∠BAD，
∴∠BAF=∠DAE.
又∵AF=AE，
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴BF=DE
（2）解：当点E运动到AC的中点时，四边形AFBE是正方形.
理由：∵四边形ABCD是正方形，E是AC的中点，∴BE⊥AC，BE=AE=AC.
又∵AF=AE，∴BE=AF.
∵BE⊥AC，AF⊥AC，∴BE∥AF，
∴四边形AFBE是平行四边形.
又∵∠EAF=90°，AF=AE，
∴四边形AFBE是正方形
【知识点】正方形的判定与性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)根据正方形的性质判定后即可得到BF=DE；
(2)利用正方形的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可.
17．【答案】（1）① 45；
② 解：四边形为正方形，
∵∠BPQ+∠PBC+∠BCD+∠PQC＝360°，
∴∠PBC+∠PQC＝180°，
又∵∠PQC+∠PQD＝180°，
∴∠PBC＝∠PQD；
③解：PB＝PQ，理由如下：如图①，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD＝90°，AC平分∠BCD，
过点P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F．则四边形PECF是矩形，PE=PF，
∴四边形PECF是正方形，∴∠EPF＝90°
∴∠BPQ=∠EPF，
∴∠BPQ-∠EPQ=∠EPF-∠EPQ，
∴∠BPE＝∠QPF，
又∵∠PEB＝∠PFQ＝90°，PE＝PF，
∴（ASA），
∴PB＝PQ .
（2）解：如图①中，由（1）可知，四边形PECF是正方形，
∴BE＝FQ，CE＝CF，S△BPE＝S△PQF，
∵BC+CQ＝6，
∴EC+FC＝BC+CQ＝6，
∴CE＝CF＝3，
又∵S△BPE＝S△PQF，
∴S四边形BCQP＝S四边形CEPF＝9，
故答案为：9；
（3）解：PE2＝AP2+EC2．理由如下：
∵BP＝PQ，
∴∠PBQ＝∠PQB＝45°，
∴∠ABP+∠CBE＝45°，
如图②，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到，连接HP，
∴，
∴AH＝EC，BH＝BE，∠BCE＝∠BAH＝45°，∠CBE＝∠ABH，
∴∠PAH＝∠PAB+∠BAH＝90°，∠ABH+∠ABP＝45°＝∠PBH，
又∵BP＝BP，BH＝BE，
∴（SAS），
∴PE＝PH，
∵PH2＝AP2+AH2，
∴PE2＝AP2+EC2．
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）①解： ∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠ACD＝45°，
故答案为：45；
【分析】
本题考查的是正方形的判定与性质，三角形全等的判定与性质，四边形的内角和定理，勾股定理的应用，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
（1）①由正方形的对角线平分对角这一性质可得出∠ACB的度数。
②由四边形内角和定理可求∠PBC+∠PQC＝180°，由平角的性质可得∠PQC+∠PQD＝180°，根据等角的补角相等可推导出结论；
③过点P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，由ASA可证，可得PB＝PQ；
（2）由可推导出S△BPE＝S△PQF，可得S四边形BCQP＝S四边形CEPF，运用正方形面积公式计算即可。
（3）将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BHA，连接HP，由SAS证，可得PE＝PH，由勾股定理可得结论．
18．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH.
四边形ABCD是正方形
四边形AFCQ是平行四边形
四边形GKHR是矩形
四边形ABCD是正方形
同理：
四边形GKHR是正方形
平分
三点共线
【知识点】三角形外角的概念及性质；勾股定理；正方形的判定与性质；同侧一线三垂直全等模型；等腰三角形的性质-三线合一
【解析】【分析】（1）由正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证 ，再借助全等三角形的对应角相等结合三角形外角的性质即可；
（2）①由（1）的结论结合角平分线的概念可得，则过点M作AF的垂线段MH可得等腰直角三角形MHG，即有MH＝GH，由正方形的性质可得，则由等腰三角形三线合一可得AG平分，再由三角形外角的性质结合等角对等边可得MG＝AG＝2，则由勾股定理可得MH等于GH等于，即AH可得，再利用勾股定理即可得AM2；
②如图，在DA上截取DQ=BF，连接CQ交DE于点R，再过点B作CQ的垂线段BH交AF于点K，连接MK、MH，则由正方形的性质可证四边形AFCQ是平行四边形，即AF平行CQ，再由平行线的性质及判定可证DE平行BH，再由（1）的结论可得四边形GKHR是矩形，再利用正方形的性质结合一线三垂直全等模型可证明，再由全等三角形的对应边相等可得DG=AK且矩形GKHR是正方形，则G、M、H三点共线，此时再利用ASA证明，即点M是对角GH的中点，则是等腰直角三角形，由勾股定理可得，再等量代换即可得．
（1）证明：∵四边形是正方形，
， ．
又，
．
．
∴ ．
．
（2）解：①由（1）知，即．
∵，，
∴平分．
∵四边形是正方形，为对角线，，
∴．
∵，，
∴．
又平分，
∴，
∴．
在中，，
∴，
∴．
过点作于点，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴
∴
②，理由如下：
过作交于
平分，
，是等腰直角三角形
，，
∴，
由（1）知，
，
又四边形是正方形，是对角线，
∴，
∵，
∴，
∴
∵
∴
∴，
在和中：
，，
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