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北师大版 数学九年级上册 1.4 正方形的性质与判定 三阶训练
一、选择题
1． 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（　　）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A： 当时， 根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得出A正确；
B： 当时， 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得出B正确；
C： 当时， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可得出C正确；
D： 当时 ，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得出D不正确。
故答案为：D。
【分析】分别根据菱形，矩形的判定方法，逐项进行判定，即可得出答案。
2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，E，F是正方形ABCD内两点，且AE=CF=3，BE=DF=4，则EF的长为（　　)。
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解： 如图，延长AE交DF 于G，
∵AB=5，AE=3，BE=4，
∴△ABE 是直角三角形.
同理可得△DFC 是直角三角形，
则△AGD 是直角三角 形，
∴∠ABE+∠BAE =∠DAG+∠BAE.
∴∠DAG=∠EBA.
同理可得∠ADG=∠BAE，
在△AGD 和△BEA 中，
∠GDA=∠EAB，AD= AB，∠DAG=∠ABE，
∴△AGD≌△BEA(ASA).
∴AG=BE=4，DG=AE=3.
∴EG=4-3=1.
同理可得
故答案为：D.
【分析】先根据三边长利用勾股定理的逆定理得到△ABE ，△DFC，△AGD是直角三角形，即可得到∠DAG=∠EBA，∠ADG=∠BAE，然后根据ASA得到△AGD≌△BEA，即可得到AG=BE=4，DG=AE=3，求出EG和GF长，再根据勾股定理解答即可.
3．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形均为正方形．若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；算术平方根的实际应用；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴；
故选C
【分析】根据正方形面积可得AG，，，根据勾股定理可得BG，再根据正方形性质可得FG，再根据勾股定理可得IF，再根据三角形面积即可求出答案.
4．如图，在正方形中，是边上一点，的垂直平分线交于点，交的延长线于点，连结交于点，连接．给出下面四个结论：①；②平分；③；④若是中点，则也是中点．上述结论中，正确结论的序号有（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①②④
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；正方形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：垂直平分，
，故结论①正确；
，
四边形是正方形，
，，，，
，
，
平分，故结论②正确；
如图，过点作于点，
平分，，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，故结论③正确；
点是的中点，
，
假设点是的中点，则，
，
，
，
与在中，相矛盾，故假设不成立，即此时点不是的中点，故结论④错误；
综上所述，结论①②③正确．
故答案为：C．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得 ，根据平行线的性质 得，等角代换得 判断②正确；
如图，过点作于点，
根据角平分线的性质得，，得，，得，判断③正确；假设是的中点，此时，可得，不满足三角形的三边关系，故假设不成立，即可判断④错误．
5．就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在中，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，，设，，的面积分别是，，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接，
，
，
四边形、、是正方形，
，，
，，
，
，
，
，
（），
，，
，
四边形是平行四边形，
，
同理可证：四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：D．
【分析】过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接，根据正方形性质可得，，，，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得（），则，，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，同理可证：四边形是平行四边形，则，再根据三角形面积之间的关系即可求出答案.
6．如图，BD 是正方形ABCD 的对角线，E 为边 BC 上的动点(不与端点重合)，点F 在 BC 的延长线上，且CF=BE，过点 F 作 FG⊥BD 于点 G，连结AE，EG，则下列比值为定值的是 (　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接AG， CG， 如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
在 和 中，
又·
是等腰直角三角形，∴GF=GB， ∠F =∠CBG =45°，在△GCF和△GEB中，
∴△GCF≌△GEB(SAS)，
∴CG =EB， ∠CGF =∠EGB，
∴AG=EG，
∴△GAE是等腰三角形，
∵∠AGB =∠CGB， ∠CGF =∠EGB，
∴∠AGE=∠AGB+∠EGB=∠CGB+∠CGF=∠BGF =90°，
∴△GAE是等腰直角三角形，
在Rt△GAE中， 由勾股定理得： AE =
为定值.
故选： A.
【分析】连接AG， CG， 证明△ABG和△CBG全等得AG=CG， ∠AGB=∠CGB， 再证明△GBF是等腰直角三角形得GF=GB， ∠F =∠CBG=45°， 进而可证明△GCF和△GEB全等， 则CG= EB， ∠CGF =∠EGB， 由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得 则 据此即可得出答案.
7．如图，在正方形中，E是边的中点，P是边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段逆时针旋转，得到线段．给出下面四个结论：
①；
②；
③D，Q两点间距离的最小值大于C，Q两点间距离的最小值；
④点Q到直线，的距离相等．
上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【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；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
取、的中点、，连接、、、，
∵正方形，
∴，，，，
∵E是边的中点，、的中点、，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，，
∴，，
∵以E为中心，将线段逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，
①∵，
∴，故①正确.
②当在右边时，如图，
此时，，
∴，故②错误.
③∵点在直线上运动，
∴当在点时，D，Q两点间距离取最小值，C，Q两点间距离取最小值，而，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值；故③错误.
④∵点在直线上运动，，
∴点Q到直线，的距离相等；故④正确.
综上所述，所有正确结论的序号是①④.
故答案为：B．
【分析】取、的中点、，连接、、、，根据正方形的性质得，，，，根据E是边的中点，、的中点、，得，根据已知条件得，根据全等三角形的性质得
，根据，得即可判断①正确，
当在右边时，此时，，即可得，可判断②错误，点在直线上运动，当在点时，D，Q两点间距离取最小值，C，Q两点间距离取最小值，而，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值，故③错误，点在直线上运动，，点Q到直线，的距离相等，故④正确.
8．如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①过作于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四边是矩形，四边形是矩形，
∴，
∴
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在△AGP和△FAE中
∴（SAS），
∴，
∴此结论符合题意；
②，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即，
，
，
，即，
∴此结论符合题意；
③由①得：，
∴，
即，
∴此结论符合题意；
④∵在中，，
在中，，
在中，，
∴，
∴此结论符合题意.
故答案为：D．
【分析】①过作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，用边角边可证明，根据全等三角形的对应边相等可求解；
②由平行线的性质易得是等腰直角三角形，然后用勾股定理可求解；
③由①中的全等三角形可求解；
④根据正方形的对角线平分对角的性质，在、、中，用勾股定理可求解.
二、填空题
9．如图，在正方形中，，点E在上且，点F是边上的动点，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】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：如图，作点E关于的对称点G，连接，则，，
∴，
即的最小值为的长，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴点B，C，G三点共线，
∴，
∴．
即的最小值为．
故答案为：
【分析】本题考查轴对称性质与勾股定理的最值应用，求线段和的最小值可利用轴对称转化线段：作关于的对称点，则，最小值转化为的长度；结合正方形边长算出长度，再在中用勾股定理计算长度。
10． 如图，在边长为2的正方形ABCD中，M，N分别是BC，AD的中点，连接MN。若正方形DEFG的顶点F在线段MN上，点A，E，G在同一条直线上，则正方形 DEFG的边长为　 　。
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，分别是，的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，即，
∵是的中点，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是正方形，
∴垂直平分，
∵点在同一条直线上，
∴，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即正方形的边长为．
故答案为：．
【分析】连接，，得到垂直平分，即可得到，根据正方形的性质和垂直平分线的性质得到，即可得到，再在中根据勾股定理解答即可．
11．正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用.如图 1 为某园林石窗，其外框为边长为 6 的正方形 (如图 2)，点 分别为边上的中点， 以四边形 各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如 ，四个等边三角形的顶点恰好是正方形 各边的中点， 则点 之间的距离是　 　。
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，H是正方形边的中点，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，过点K作，延长分别交于L、S，利用勾股定理得到；根据矩形的判定定理证明四边形是矩形，由对称性可知，由线段的和差运算可得；同理四边形是矩形，得到，；过点M作于W，则四边形是矩形，可得，得到，在△HWM中，根据勾股定理可得，即可得到答案.
12．如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连结BD，CF，DF，若AB=1，AC=2，则 　 　.
【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；转化思想
【解析】【解答】解：连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P， 如图，
∵四边形ABEF和四边形
ACGD为正方形，
，
即
在 和 中，
而
在 中，
在 中，
在 中，
在 中，
=10.
故答案为10.
【分析】连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P，如图，利用正方形的性质得到AB=AF，A 再证明 得到 接着证明 然后利用勾股定理得到 解答即可.
13．如图，在正方形中，对角线、相交于点O，，P为上的一点，，则的长度为　 　；若M为上一动点，连接并将线段绕点C顺时针旋转得，连接，则的最小值为　 　．
【答案】；
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q， 过D作于E，连接交于H，
四边形是正方形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，即，
，
线段绕点C顺时针旋转得，
，
，
，
，
，
点N在直线上运动，
过D作，
当时，的值最小，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：；.
【分析】过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q， 过D作于E，连接，交于H，根据正方形的性质，利用勾股定理求出PD长，再在Rt△APD中求出AP长，设，则，利用勾股定理可得，进而求出AE长，根据SAS得到，即可得到，可知点N在直线上运动，当时，的值最小，再根据AAS得到，利用解答即可．
三、解答题
14．【问题情境】
数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图 2，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE， EF为边作矩形DEFG.
【特例探究】
启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图 1，当∠AED=90°时，点F与点C重合，此时可以证明矩形DEFG是正方形.
【探究发现】
（1）博学小组发现，如图 2，当∠AED>90°时，点F落在BC边上，此时，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，通过证明△EMF≌△END，进而可以证明出矩形DEFG是正方形，请你帮助博学小组完成证明.
（2）奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图 3，当∠AED<90°时，点F落在BC的延长线上.
①此时矩形DEFG还是正方形吗 如果是，请证明；如果不是，请说明理由.
②当∠AED=75°，且DE=2时，直接写出AD的长.
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°，EM=EN，
∴四边形EMCN是正方形，
∵∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∴△EMF≌△END(ASA)，
∴FE=ED，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：①矩形DEFG还是正方形，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，
∴∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°， AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°， EM=EN，
∴∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形.
②
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=45°，
∵∠AED=75°，
过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK 是等腰直角三角形
∴∠DEK=30°，
∵DE=2，
∴DK=1，
【分析】（1）根据正方性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（2）①过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，则∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，根据正方形性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
②根据正方形性质可得∠EAD=45°，根据三角形内角和定理可得∠ADE，过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形，根据含30°角的直角三角形性质可得DK，再根据勾股定理可得EK，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．在正方形中，点是对角线所在直线上的一点，点在的延长线上，且，连接．
（1）如图①，当点在线段上时，________；
（2）如图②，当点在的延长线上时，交的延长线于点，其他条件不变，判断的形状并说明理由；
（3）如图③，把正方形改为菱形，点在的延长线上，交的延长线于点，其他条件不变，当时，直接写出线段与线段的数量关系．
【答案】（1）
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点作交的延长线于点，作交的延长线于点，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵点在的延长线上，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∵，且在的垂直平分线上，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形
（3）
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】（1）解：设，
∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，为对角线，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：90
（3）解：．
理由：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【分析】（1）利用正方形的对称性得出PA=PC，结合已知PA=PE得出PC=PE，从而得到是等腰三角形，通过构造全等三角形证明即可；
（2）当点P在BD的延长线上时，依然利用正方形的对称性证明PA=PC，进而PC=PE，通过构造全等三角形证明=90°，从而判定we为等腰直角三角形；
（3）将正方形改为菱形且=120°，利用菱形的对称性证明PA=PC，通过角度计算发现=60°，从而判定为等边三角形，得出PA=CE.
（1）解：设，
∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，为对角线，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点作交的延长线于点，作交的延长线于点，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵点在的延长线上，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∵，且在的垂直平分线上，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
（3）解：．
理由：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
1 / 1北师大版 数学九年级上册 1.4 正方形的性质与判定 三阶训练
一、选择题
1． 如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（　　）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
2．如图，在正方形ABCD中，AD=5，E，F是正方形ABCD内两点，且AE=CF=3，BE=DF=4，则EF的长为（　　)。
A． B． C． D．
3．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创立的．我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形均为正方形．若，，则（　　）
A． B． C． D．
4．如图，在正方形中，是边上一点，的垂直平分线交于点，交的延长线于点，连结交于点，连接．给出下面四个结论：①；②平分；③；④若是中点，则也是中点．上述结论中，正确结论的序号有（ ）
A．①②③④ B．①② C．①②③ D．①②④
5．就实证科学而言，宇宙这部著作是用数学语言写成的．其中勾股定理是我们的祖先在“立竿见影，以正农时”，探索天地相对运动周期时捕捉到的数学原理．它所蕴含的“天道之数”，被人们用以作为沟通天地、与自然对话的凭借，最早被“放之四海”，构筑起中华文明的大厦．如图，在中，，以其三边为边分别向外作正方形，连接，，，设，，的面积分别是，，，则下列结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．如图，BD 是正方形ABCD 的对角线，E 为边 BC 上的动点(不与端点重合)，点F 在 BC 的延长线上，且CF=BE，过点 F 作 FG⊥BD 于点 G，连结AE，EG，则下列比值为定值的是 (　　)
A． B． C． D．
7．如图，在正方形中，E是边的中点，P是边上的动点（不与点A，B重合），以E为中心，将线段逆时针旋转，得到线段．给出下面四个结论：
①；
②；
③D，Q两点间距离的最小值大于C，Q两点间距离的最小值；
④点Q到直线，的距离相等．
上述结论中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①③ B．①④ C．①③④ D．②③④
8．如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列四个结论：①；②；③；④．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
9．如图，在正方形中，，点E在上且，点F是边上的动点，则的最小值为　 　．
10． 如图，在边长为2的正方形ABCD中，M，N分别是BC，AD的中点，连接MN。若正方形DEFG的顶点F在线段MN上，点A，E，G在同一条直线上，则正方形 DEFG的边长为　 　。
11．正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用.如图 1 为某园林石窗，其外框为边长为 6 的正方形 (如图 2)，点 分别为边上的中点， 以四边形 各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如 ，四个等边三角形的顶点恰好是正方形 各边的中点， 则点 之间的距离是　 　。
12．如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABEF与正方形ACGD，连结BD，CF，DF，若AB=1，AC=2，则 　 　.
13．如图，在正方形中，对角线、相交于点O，，P为上的一点，，则的长度为　 　；若M为上一动点，连接并将线段绕点C顺时针旋转得，连接，则的最小值为　 　．
三、解答题
14．【问题情境】
数学兴趣小组在探究与正方形有关的动点问题时，如图 2，在正方形ABCD中，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE， EF为边作矩形DEFG.
【特例探究】
启智小组在探究过程中遵循由特殊到一般的探究规律：如图 1，当∠AED=90°时，点F与点C重合，此时可以证明矩形DEFG是正方形.
【探究发现】
（1）博学小组发现，如图 2，当∠AED>90°时，点F落在BC边上，此时，过点E作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，通过证明△EMF≌△END，进而可以证明出矩形DEFG是正方形，请你帮助博学小组完成证明.
（2）奋发小组受博学小组的启发，进一步深入探究，如图 3，当∠AED<90°时，点F落在BC的延长线上.
①此时矩形DEFG还是正方形吗 如果是，请证明；如果不是，请说明理由.
②当∠AED=75°，且DE=2时，直接写出AD的长.
15．在正方形中，点是对角线所在直线上的一点，点在的延长线上，且，连接．
（1）如图①，当点在线段上时，________；
（2）如图②，当点在的延长线上时，交的延长线于点，其他条件不变，判断的形状并说明理由；
（3）如图③，把正方形改为菱形，点在的延长线上，交的延长线于点，其他条件不变，当时，直接写出线段与线段的数量关系．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A： 当时， 根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可得出A正确；
B： 当时， 根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得出B正确；
C： 当时， 根据一个角是直角的平行四边形是矩形，可得出C正确；
D： 当时 ，根据对角线相等的平行四边形是矩形，可得出D不正确。
故答案为：D。
【分析】分别根据菱形，矩形的判定方法，逐项进行判定，即可得出答案。
2．【答案】D
【知识点】勾股定理的逆定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解： 如图，延长AE交DF 于G，
∵AB=5，AE=3，BE=4，
∴△ABE 是直角三角形.
同理可得△DFC 是直角三角形，
则△AGD 是直角三角 形，
∴∠ABE+∠BAE =∠DAG+∠BAE.
∴∠DAG=∠EBA.
同理可得∠ADG=∠BAE，
在△AGD 和△BEA 中，
∠GDA=∠EAB，AD= AB，∠DAG=∠ABE，
∴△AGD≌△BEA(ASA).
∴AG=BE=4，DG=AE=3.
∴EG=4-3=1.
同理可得
故答案为：D.
【分析】先根据三边长利用勾股定理的逆定理得到△ABE ，△DFC，△AGD是直角三角形，即可得到∠DAG=∠EBA，∠ADG=∠BAE，然后根据ASA得到△AGD≌△BEA，即可得到AG=BE=4，DG=AE=3，求出EG和GF长，再根据勾股定理解答即可.
3．【答案】C
【知识点】正方形的性质；算术平方根的实际应用；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵，
∴，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
∴；
故选C
【分析】根据正方形面积可得AG，，，根据勾股定理可得BG，再根据正方形性质可得FG，再根据勾股定理可得IF，再根据三角形面积即可求出答案.
4．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；线段垂直平分线的性质；正方形的性质；角平分线的概念
【解析】【解答】解：垂直平分，
，故结论①正确；
，
四边形是正方形，
，，，，
，
，
平分，故结论②正确；
如图，过点作于点，
平分，，
，
，
在和中，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，故结论③正确；
点是的中点，
，
假设点是的中点，则，
，
，
，
与在中，相矛盾，故假设不成立，即此时点不是的中点，故结论④错误；
综上所述，结论①②③正确．
故答案为：C．
【分析】根据线段垂直平分线的性质得NA=NP，判断①正确；由NA=NP，等边对等角得 ，根据平行线的性质 得，等角代换得 判断②正确；
如图，过点作于点，
根据角平分线的性质得，，得，，得，判断③正确；假设是的中点，此时，可得，不满足三角形的三边关系，故假设不成立，即可判断④错误．
5．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接，
，
，
四边形、、是正方形，
，，
，，
，
，
，
，
（），
，，
，
四边形是平行四边形，
，
同理可证：四边形是平行四边形，
，
，
，
故选：D．
【分析】过作交的延长线于，连接，过作交的延长线于，连接，根据正方形性质可得，，，，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得（），则，，根据平行四边形判定定理可得四边形是平行四边形，则，同理可证：四边形是平行四边形，则，再根据三角形面积之间的关系即可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接AG， CG， 如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
在 和 中，
又·
是等腰直角三角形，∴GF=GB， ∠F =∠CBG =45°，在△GCF和△GEB中，
∴△GCF≌△GEB(SAS)，
∴CG =EB， ∠CGF =∠EGB，
∴AG=EG，
∴△GAE是等腰三角形，
∵∠AGB =∠CGB， ∠CGF =∠EGB，
∴∠AGE=∠AGB+∠EGB=∠CGB+∠CGF=∠BGF =90°，
∴△GAE是等腰直角三角形，
在Rt△GAE中， 由勾股定理得： AE =
为定值.
故选： A.
【分析】连接AG， CG， 证明△ABG和△CBG全等得AG=CG， ∠AGB=∠CGB， 再证明△GBF是等腰直角三角形得GF=GB， ∠F =∠CBG=45°， 进而可证明△GCF和△GEB全等， 则CG= EB， ∠CGF =∠EGB， 由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得 则 据此即可得出答案.
7．【答案】B
【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；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，
取、的中点、，连接、、、，
∵正方形，
∴，，，，
∵E是边的中点，、的中点、，
∴，
∴四边形是矩形，，
∴，
∴，，
∴，，
∵以E为中心，将线段逆时针旋转，得到线段，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点在直线上运动，
①∵，
∴，故①正确.
②当在右边时，如图，
此时，，
∴，故②错误.
③∵点在直线上运动，
∴当在点时，D，Q两点间距离取最小值，C，Q两点间距离取最小值，而，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值；故③错误.
④∵点在直线上运动，，
∴点Q到直线，的距离相等；故④正确.
综上所述，所有正确结论的序号是①④.
故答案为：B．
【分析】取、的中点、，连接、、、，根据正方形的性质得，，，，根据E是边的中点，、的中点、，得，根据已知条件得，根据全等三角形的性质得
，根据，得即可判断①正确，
当在右边时，此时，，即可得，可判断②错误，点在直线上运动，当在点时，D，Q两点间距离取最小值，C，Q两点间距离取最小值，而，即D，Q两点间距离的最小值等于C，Q两点间距离的最小值，故③错误，点在直线上运动，，点Q到直线，的距离相等，故④正确.
8．【答案】D
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①过作于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴四边是矩形，四边形是矩形，
∴，
∴
在中，，
∴，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在△AGP和△FAE中
∴（SAS），
∴，
∴此结论符合题意；
②，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，即，
，
，
，即，
∴此结论符合题意；
③由①得：，
∴，
即，
∴此结论符合题意；
④∵在中，，
在中，，
在中，，
∴，
∴此结论符合题意.
故答案为：D．
【分析】①过作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，用边角边可证明，根据全等三角形的对应边相等可求解；
②由平行线的性质易得是等腰直角三角形，然后用勾股定理可求解；
③由①中的全等三角形可求解；
④根据正方形的对角线平分对角的性质，在、、中，用勾股定理可求解.
9．【答案】
【知识点】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：如图，作点E关于的对称点G，连接，则，，
∴，
即的最小值为的长，
∵四边形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴点B，C，G三点共线，
∴，
∴．
即的最小值为．
故答案为：
【分析】本题考查轴对称性质与勾股定理的最值应用，求线段和的最小值可利用轴对称转化线段：作关于的对称点，则，最小值转化为的长度；结合正方形边长算出长度，再在中用勾股定理计算长度。
10．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，连接，，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∵，分别是，的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，即，
∵是的中点，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是正方形，
∴垂直平分，
∵点在同一条直线上，
∴，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
在中，，
∴，
∴，即正方形的边长为．
故答案为：．
【分析】连接，，得到垂直平分，即可得到，根据正方形的性质和垂直平分线的性质得到，即可得到，再在中根据勾股定理解答即可．
11．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵点E，H是正方形边的中点，
∴，
∴，，
同理可得，
∴，
∴四边形是正方形，
∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴，
如图所示，过点K作，延长分别交于L、S，
∴，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
由对称性可知，
∴；
∵K、L分别为正方形边的中点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，；
如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点H，M之间的距离是，
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，过点K作，延长分别交于L、S，利用勾股定理得到；根据矩形的判定定理证明四边形是矩形，由对称性可知，由线段的和差运算可得；同理四边形是矩形，得到，；过点M作于W，则四边形是矩形，可得，得到，在△HWM中，根据勾股定理可得，即可得到答案.
12．【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应角的关系；转化思想
【解析】【解答】解：连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P， 如图，
∵四边形ABEF和四边形
ACGD为正方形，
，
即
在 和 中，
而
在 中，
在 中，
在 中，
在 中，
=10.
故答案为10.
【分析】连接BF、CD， BD与CF相交于O点， CF交AD于P，如图，利用正方形的性质得到AB=AF，A 再证明 得到 接着证明 然后利用勾股定理得到 解答即可.
13．【答案】；
【知识点】垂线段最短及其应用；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q， 过D作于E，连接交于H，
四边形是正方形，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
，
，即，
，
线段绕点C顺时针旋转得，
，
，
，
，
，
点N在直线上运动，
过D作，
当时，的值最小，
，，
，
，
，
，
，
，，
，
，
的最小值为．
故答案为：；.
【分析】过P作于G，延长使，作直线，延长交于Q， 过D作于E，连接，交于H，根据正方形的性质，利用勾股定理求出PD长，再在Rt△APD中求出AP长，设，则，利用勾股定理可得，进而求出AE长，根据SAS得到，即可得到，可知点N在直线上运动，当时，的值最小，再根据AAS得到，利用解答即可．
14．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°，EM=EN，
∴四边形EMCN是正方形，
∵∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∴△EMF≌△END(ASA)，
∴FE=ED，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形；
（2）解：①矩形DEFG还是正方形，理由如下：
如图，过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，
∴∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°， AC平分∠BCD，
∴∠MEN=90°， EM=EN，
∴∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形.
②
【知识点】三角形内角和定理；三角形全等及其性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：（2）②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=45°，
∵∠AED=75°，
过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK 是等腰直角三角形
∴∠DEK=30°，
∵DE=2，
∴DK=1，
【分析】（1）根据正方性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
（2）①过点E作EM⊥BC， EN⊥CD，垂足分别为M，N，则∠EMC=∠BCD=∠ENC=90°，根据正方形性质可得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，根据角平分线性质可得EM=EN，再根据角之间的关系可得∠DEN=∠MEF，再根据全等三角形判定定理可得△EMF≌△END(ASA)，则FE=ED，再根据正方形判定定理即可求出答案.
②根据正方形性质可得∠EAD=45°，根据三角形内角和定理可得∠ADE，过点D作DK⊥AD于点K，则△AEK是等腰直角三角形，根据含30°角的直角三角形性质可得DK，再根据勾股定理可得EK，再根据边之间的关系即可求出答案.
15．【答案】（1）
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点作交的延长线于点，作交的延长线于点，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵点在的延长线上，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∵，且在的垂直平分线上，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形
（3）
【知识点】三角形全等的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】（1）解：设，
∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，为对角线，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：90
（3）解：．
理由：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
【分析】（1）利用正方形的对称性得出PA=PC，结合已知PA=PE得出PC=PE，从而得到是等腰三角形，通过构造全等三角形证明即可；
（2）当点P在BD的延长线上时，依然利用正方形的对称性证明PA=PC，进而PC=PE，通过构造全等三角形证明=90°，从而判定we为等腰直角三角形；
（3）将正方形改为菱形且=120°，利用菱形的对称性证明PA=PC，通过角度计算发现=60°，从而判定为等边三角形，得出PA=CE.
（1）解：设，
∵，
∴，
∴，
∵在正方形中，为对角线，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：是等腰直角三角形．
理由如下：如图②，过点作交的延长线于点，作交的延长线于点，
∵四边形是正方形，
∴，平分，
∵点在的延长线上，
∴，
在四边形中，，，
∴，
∵，且在的垂直平分线上，
∴，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∵
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
（3）解：．
理由：∵四边形为菱形，
∴，，，
∴，
∵在和中，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是等边三角形，
∴．
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