?專題18.35 正方形與三垂直（鞏固篇）
（專項練習）
一、單選題
1．如圖，在平面直角坐標系中，點的坐標為，點分別在軸的正半軸上，，則四邊形的面積為（ ）

A． B． C． D．
2．如圖，將n個邊長都為2的正方形按如圖所示擺放，點A1，A2，…An分別是正方形的中心，則這n個正方形重疊部分的面積之和是（　　　）

A．n B．n－1 C．（）n－1 D．n
3．如圖，四邊形AFDC是正方形，和都是直角，且E，A，B三點共線，，則圖中陰影部分的面積是（ ）

A．12 B．10 C．8 D．6
4．如圖，在正方形中，點E在邊上，于點G，交于點F.若，，則的面積與四邊形的面積之比是（　?。?br />
A． B． C． D．
5．如圖，點，點在射線上勻速運動，運動的過程中以為對稱中心，為一個頂點作正方形，當正方形的面積為40時，點的坐標是（ ）

A． B． C． D．


二、填空題
6．如圖，正方形的邊長為3，點在上，點在的延長線上，且，則四邊形的面積為：______．

7．如圖，正方形的邊長為4，點在邊上，，若點在正方形的某一邊上，滿足，且與的交點為．則_________．

8．如圖，直線l1//l2//l3，正方形ABCD的三個頂點A、B、C分別在l1、l2、l3上，l1、l2之間的距離是3，l2、l3之間的距離是4，則正方形ABCD的面積為_____．

9．如圖，在中，，AC=8，BC=7，以斜邊AB為邊向外作正方形ABDE，連接CE，則CE的長為______．

10．正方形ABCD在平面直角坐標系中的位置如圖所示，已知A點的坐標（0，4），B點的坐標（﹣3，0），則點D的坐標是_____．

11．如圖在直線上一次擺放著七個正方形，已知斜放置的三個正方形的面積分別為1，2，3，正放置的四個正方形的面積依次是S1，S2，S3，S4，則S1＋2S2＋2S3＋S4=__．

12．如圖，正方形的四個頂點分別在四條平行線上．若每兩條相鄰平行線間的距離都是1 cm，則正方形的面積為_________________

13．如圖，點A，B，E在同一條直線上，正方形ABCD，BEFG的邊長分別為2，3，H為線段DF的中點，則BH＝_____．

14．如圖，平面直角坐標系中有一正方形，點的坐標為點坐標為________．

15．如圖，正方形ABCD中，E為BC上一點，過B作BG⊥AE于G，延長BG至點F使∠CFB＝45°，延長FC、AE交于點M，連接DF、BM，若C為FM中點，BM＝5，則FD的長為_____．

16．如圖，四邊形中，．則______．

17．如圖，將正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，A的坐標為(1，)，則點C的坐標為______．

18．如圖所示，直線a經(jīng)過正方形ABCD的頂點A，分別過正方形的頂點B、D作BF⊥a于點F，DE⊥a于點E，若DE＝8，BF＝5，則EF的長為__．

19．如圖，邊長一定的正方形ABCD，Q為CD上一個動點，AQ交BD于點M，過M作MN⊥AQ交BC于點N，作NP⊥BD于點P，連接NQ，下列結論：①AM＝MN；②MP＝BD；③BN＋DQ＝NQ；④為定值．一定成立的是_____．


三、解答題
20．問題情景：如圖1，在等腰直角三角形ABC中∠ACB＝90°，BC＝a．將AB繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，連接CD，過點D作△BCD的BC邊上的高DE．
易證△ABC≌△BDE，從而得到△BCD的面積為．
簡單應用：如圖2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，將邊AB繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，連接CD，用含a的代數(shù)式表示△BCD的面積，并說明理由．


21．如圖1，正方形ABCD中，點O是對角線AC的中點，點P是線段AO上（不與點A，O重合）的一個動點，過點P作PE⊥PB且PE交邊CD于點E．
（1）求證：PE＝PB；
（2）如圖2，若正方形ABCD的邊長為2，過點E作EF⊥AC于點F，在點P運動的過程中，PF的長度是否發(fā)生變化？若不變，試求出這個不變的值；若變化，請說明理由；
（3）用等式表示線段PC，PA，CE之間的數(shù)量關系．


22．探究證明：
（1）如圖1，正方形ABCD中，點M、N分別在邊BC、CD上，AM⊥BN．求證：BN=AM；
（2）如圖2，矩形ABCD中，點M在BC上，EF⊥AM，EF分別交AB、CD于點E、F．求證：；
（3）如圖3，四邊形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，點M、N分別在邊BC、AB上，求的值．


23．如圖所示，，四邊形為正方形，交軸于.求點的坐標.

24．如圖所示，，，延長至，使，四邊形為正方形，求的長.

25．如圖所示，，，以為邊作正方形，求點、的坐標.


26．如圖所示，邊長為2的正方形的邊與軸的夾角為，求，的坐標.


27．如圖，點E，F(xiàn)，G，H分別位于邊長為a的正方形ABCD的四條邊上，四邊形EFGH也是正方形，AG＝x，正方形EFGH的面積為y．
（1）當a＝2，y＝3時，求x的值；
（2）當x為何值時，y的值最??？最小值是多少？



28．如圖所示，，，以為邊作正方形，求，的坐標.


















參考答案
1．B
【分析】
過點P作，，證明，再根據(jù)面積計算即可；
【詳解】
如圖所示，過點P作，，

∵點的坐標為，
∴PM=PN，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴．
故答案選B．
【點撥】
本題主要考查了四邊形與坐標系結合，全等三角形的應用，準確判斷計算是解題的關鍵．
2．B
【分析】
過中心作陰影另外兩邊的垂線可構建兩個全等三角形（ASA），由此可知陰影部分的面積是正方形的面積的，已知兩個正方形可得到一個陰影部分，則n個這樣的正方形重疊部分即為（n-1）個陰影部分的和，即可求解．
【詳解】

如圖作正方形邊的垂線，
由ASA可知同正方形中兩三角形全等，
利用割補法可知一個陰影部分面積等于正方形面積的 ，
即是，
n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：．
故選：B．
【點撥】
本題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質．解題的關鍵是得到n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和的計算方法，難點是求得一個陰影部分的面積．
3．C
【分析】
易證△AEC≌△FBA，得AB=EC，即可求得．
【詳解】
∵四邊形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
∴圖中陰影部分的面積=
故選C
【點撥】
本題考查全等三角形的判定，掌握全等三角形的判定條件是解題的關鍵．
4．D
【分析】
首先證△AED≌△BFA，得S△ABF=S△DAE，兩者都減去△AEG的面積后可得S△AGD=S四邊形EGFB，那么只需求△AEC和△AGD的面積關系即可；Rt△AED中，AG⊥ED，易證得△AEG∽△DAG，根據(jù)它們的相似比（可由AE、BE的比例關系求得），即可求得面積比，由此得解．
【詳解】
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠B=90°，AB=DA；
∵，
∴
∴
∴∠EAG=∠EDA,
∴△AED≌△BFA(ASA)；
∴；
∴,即；
∵∠EAG=∠EDA,∠AGE=∠DGA=90°，
∴△AEG∽△DAG；
∴
∴的面積與四邊形的面積之比是,
故選D.
【點撥】
此題主要考查了正方形的性質、全等三角形及相似三角形的判定和性質，能夠發(fā)現(xiàn)是解答此題的關鍵.
5．D
【分析】
作軸于，軸于E，根據(jù)的坐標求得直線的斜率，進一步得出直線的斜率為，通過證得，得出，，可設，則，然后根據(jù)待定系數(shù)法求得直線的斜率為，整理得，然后根據(jù)勾股定理得出，代值求解即可．
【詳解】
解：作軸于，軸于E，

設直線的解析式為，
∵點
∴
∵四邊形是正方形，
∴
∴直線的斜率為
又∵，
∴，
∴
又∵
∴
∴，
設，則
設直線的解析式為，
∴
解得：
∴
整理得：
∵正方形面積為40
∴
∴在中，，即：
解得：
∴
∴
故答案選B
【點撥】
本題是一次函數(shù)綜合題，考查了待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，正方形的性質，全等三角形的判定和性質，勾股定理的應用等，根據(jù)直線的斜率列出方程是解題的關鍵．
6．9
【分析】
根據(jù)SAS判斷，從而得到四邊形EBFD的面積=正方形ABCD的面積，計算即可；
【詳解】
∵四邊形ABCD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴四邊形EBFD的面積=正方形ABCD的面積==9．

故答案是9．
【點撥】
本題主要考查了全等三角形的判定與性質，正方形的性質，準確計算是解題的關鍵．
7．或
【分析】
分兩種情況進行討論，點F在AD上或點F在AB上，依據(jù)全等三角形的性質以及矩形的性質，即可得到CM的長．
【詳解】
解：分兩種情況：
①如圖1所示，當點F在AD上時，
由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），
∴∠DCF=∠CBE，
又∵∠BCF+∠DCF=90°，
∴∠BCF+∠CBE=90°，
∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，
∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，
∴BE=5，
∴CM=；

②如圖2所示，當點F在AB上時，
同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），
∴BF=CE，
又∵BF∥CE，
∴四邊形BCEF是平行四邊形，
又∵∠BCE=90°，
∴四邊形BCEF是矩形，
∴CM=BE=×5=．

故答案為：或．
【點撥】
本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質以及勾股定理的運用，全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．在判定三角形全等時，關鍵是選擇恰當?shù)呐卸l件．
8．25
【分析】
畫出1到2，2到3的距離，分別交2，3于E，F(xiàn)，通過證明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出結論．
【詳解】
解：過點A作AE⊥l2，過點C作CF⊥l2，

∴∠CBF+∠BCF=90°，
四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS）
∴BF=AE，
∵1∥2∥3，且l1、l2之間的距離是3，l2、l3之間的距離是4，
∴BF=AE=3，CF=4,
∵BF2+CF2=BC2，
∴BC2=42+32=25．
故答案為：25．
【點撥】
本題主要考查了正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定與性質以及正方形面積的求解方法．證得△ABE≌△BCF是解題的關鍵．
9．17
【分析】
過E作EF⊥AC，垂足為F，由ABDE為正方形，利用正方形的性質得到一對角為直角，AE＝AB，利用同角的余角相等得到一對角相等，再由一對直角相等，利用AAS得到△AEF≌△BAC，利用全等三角形的對應邊相等得到EF＝AC＝8，AF＝BC＝7，由FA＋AC求出FC的長，在直角三角形CEF中，利用勾股定理即可求出EC的長．
【詳解】
過E作EF⊥AC，交CA的延長線于F，

∵四邊形ABDE為正方形，
∴∠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，F(xiàn)C＝FA＋AC＝8＋7＝15，
根據(jù)勾股定理得：CE＝＝17．
故答案為：17．
【點撥】
此題考查了勾股定理，正方形的性質，以及全等三角形的判定與性質，熟練掌握勾股定理是解本題的關鍵．
10．（4，1）．
【分析】
過點D作DE⊥y軸于E，由“AAS”可證△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．
【詳解】
解：如圖，過點D作DE⊥y軸于E，

∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠BAO＝∠ADE，
在△ABO和△DAE中，
，
∴△ABO≌△DAE（AAS），
∴AE＝OB，DE＝OA，
∵A（0，4），B（﹣3，0），
∴OA＝4，OB＝3，
∴OE＝4﹣3＝1，
∴點D的坐標為（4，1）．
【點撥】
本題考查了正方形的性質，坐標與圖形性質，全等三角形的判定和性質，熟記各性質并作輔助線構造出全等三角形是解題的關鍵．
11．6
【分析】
先根據(jù)正方形的性質得到∠ABD=90°，AB=DB，再根據(jù)等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，則可根據(jù)“AAS”判斷△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代換后有DE2+AC2=BD2，根據(jù)正方形的面積公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同樣方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通過計算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．
【詳解】
解：如圖，∵圖中的四邊形為正方形，

∴∠ABD=90°，AB=DB，
∴∠ABC+∠DBE=90°，
∵∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠DBE，
∵在△ABC和△BDE中，
，
∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴AC=BE，
∵DE2+BE2=BD2，
∴DE2+AC2=BD2，
∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，
∴S1+S2=1，
同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，
∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．
故答案為：6．
【點撥】
本題考查了全等三角形的判定與性質：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的對應邊相等．也考查了勾股定理和正方形的性質．
12．5
【分析】
過D點作直線EF與平行線垂直，與l1交于點E，與l4交于點F．易證△ADE≌△DCF，得CF＝1，DF＝2．根據(jù)勾股定理可求CD2得正方形的面積．
【詳解】
解：過D點作EF⊥l2，交l1于E點，交l4于F點．

∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2，
∴EF⊥l1，EF⊥l4，
即∠AED＝∠DFC＝90°．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠ADC＝90°．
∴∠ADE＋∠CDF＝90°．
又∵∠ADE＋∠DAE＝90°，
∴∠CDF＝∠DAE．
在△ADE和△DCF中

∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴CF＝DE＝1．
∵DF＝2，
∴CD2＝12＋22＝5，
即正方形ABCD的面積為5．
故答案為：5．
【點撥】
此題主要考查了正方形的性質和面積計算，根據(jù)平行線之間的距離構造全等的直角三角形是關鍵．
13．
【分析】
根據(jù)題意，利用勾股定理可以求得DF的長，然后根據(jù)正方形的性質可以得到△DBF的形狀，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，即可得到BH的長．
【詳解】
解：延長DC交FE于點M，連接BD、BF，

∵正方形ABCD，BEFG的邊長分別為2，3，
∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，
∴DF＝＝，
∵BD、BF分別是正方形ABCD，BEFG的對角線，
∴∠DBC=∠GBF=90，
∴∠DBF＝90°，
∴△DBF是直角三角形，
∵點H為DF的中點，
∴BH＝DF＝，
故答案為：．
【點撥】
本題考查了正方形的性質、直角三角形斜邊上的中線與斜邊的關系、勾股定理，解答本題的關鍵是明確題意，利用數(shù)形結合的思想解答．
14．
【分析】
過點作軸于，過點作軸，過點作交CE的延長線于．先證明，得到，，根據(jù)點的坐標定義即可求解．
【詳解】
解：如圖，過點作軸于，過點作軸，過點作交CE的延長線于．
，
，．
四邊形是正方形，
．
易求．
又
∴，
，，
點的坐標為，，
點到軸的距離為，
點的坐標為．

故答案為：
【點撥】
本題考查了平面直角坐標系點的坐標，全等三角形的判定與性質，根據(jù)題意，添加輔助線構造全等三角形是解題關鍵．
15．
【分析】
過C點作CH⊥BF于H點，過B點作BK⊥CM于K，過D作DQ⊥MF交MF延長線于Q，只要證明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解決問題．
【詳解】
解：如圖，過C點作CH⊥BF于H點，過B點作BK⊥CM于K，過D作DQ⊥MF交MF延長線于Q．

∵∠CFB＝45°
∴CH＝HF，
∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，
∴∠BAG＝∠FBE，
∵AG⊥BF，CH⊥BF，
∴∠AGB＝∠BHC＝90°，
在△AGB和△BHC中，
∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，
∴△AGB≌△BHC（AAS），
∴AG＝BH，BG＝CH，
∵BH＝BG+GH，
∴BH＝HF+GH＝FG，
∴AG＝FG；
∵CH⊥GF，
∴CH∥GM，
∵C為FM的中點，
∴CH＝GM，
∴BG＝GM，
∵BM＝5，
∴BG＝，GM＝2，
∴AG＝2，AB＝5，
∴HF＝，
∴CF＝×＝，
∴CM＝，
∵CK＝CM＝CF＝，
∴BK＝，
∵在△BKC和△CQD中，
∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，
∴△BKC≌△CQD（AAS），
∴CQ＝BK＝，
DQ＝CK＝，
∴QF＝CQ﹣CF＝﹣＝，
∴DQ＝QF＝，
∴DF＝×＝．
故答案為．
【點撥】
此題考查的是全等三角形的判定及性質、等腰三角形的判定及性質和正方形的性質，掌握全等三角形的判定及性質、等腰三角形的判定及性質和正方形的性質是解題關鍵．
16．45°
【分析】
作AE⊥BC于E，AF⊥CD延長線于點F，易證四邊形AECF為矩形，可得∠FAE＝90°，再根據(jù)∠DAB＝90°，可得∠DAF＝∠BAE，即可證明△BAE≌△DAF，可得AE＝AF，即可判定矩形AECF為正方形，即可解題．
【詳解】
解：作AE⊥BC于E，AF⊥CD延長線于點F，

∵∠AEC＝∠AFC＝∠BCD＝90°，
∴四邊形AECF為矩形，
∴∠FAE＝90°，即∠DAF＋∠DAE＝90°，
∵∠DAE＋∠BAE＝90°，
∴∠DAF＝∠BAE，
在△BAE和△DAF中，
∠AEB＝∠F，∠BAE＝∠DAF，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（AAS），
∴AE＝AF，
∴矩形AECF為正方形，
∴∠ACB＝45°；
故答案為：45°．
【點撥】
本題考查了全等三角形的判定與性質、矩形的判定與性質、正方形的判定與性質等知識；熟練掌握正方形的判定與性質，證明三角形全等是解題的關鍵．
17．
【分析】
如圖作AF⊥x軸于F，CE⊥x軸于E，先證明△COE≌△OAF，推出CE＝OF，OE＝AF，由此即可解決問題．
【詳解】
解：如圖作AF⊥x軸于F，CE⊥x軸于E．

∵四邊形ABCO是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∵∠COE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠OAF＝90°，
∴∠COE＝∠OAF，
在△COE和△OAF中，
，
∴△COE≌△OAF，
∴CE＝OF，OE＝AF，
∵A（1，），
∴CE＝OF＝1，OE＝AF＝，
∴點C坐標，
故答案為：．
【點撥】
本題考查全等三角形的判定與性質，作出輔助線構造全等三角形是解題的關鍵．
18．13
【分析】
本題是典型的一線三角模型，根據(jù)正方形的性質、直角三角形兩個銳角互余以及等量代換可以證得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的對應邊相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【詳解】
解：∵ABCD是正方形（已知），
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°；
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°，
∴∠FBA＝∠EAD（等量代換）；
∵BF⊥a于點F，DE⊥a于點E，
∴在Rt△AFB和Rt△AED中，
∵ ，
∴△AFB≌△DEA（AAS），
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的對應邊相等），
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13．
故答案為：13．
【點撥】
本題考查了正方形的性質、直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質及熟悉一線三角模型是解本題的關鍵．
19．①②③④
【分析】
如圖1，連接AC、AN，AC交BD于點H，根據(jù)正方形的性質可得A，B，N，M四點共圓，進而可得∠ANM＝∠NAM＝45°，于是可判斷①；由余角的性質可得∠HAM＝∠PMN，從而可利用AAS證明Rt△AHM≌Rt△MPN，可得MP＝AH，再根據(jù)正方形的性質即可判斷②；如圖2，將△ADQ繞點A順時針旋轉90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，根據(jù)旋轉的性質和SAS可推得△RAN≌△QAN，進而可得RN=QN，進一步即可判斷③；如圖3，作MS⊥AB于S，MW⊥BC于W，由題意易得四邊形SMWB是正方形，進一步即可推出△AMS≌△NMW，可得AS＝NW，進而得AB＋BN＝2BW，然后利用等腰直角三角形的性質即可判斷④，于是可得答案．
【詳解】
解：如圖1，連接AC、AN，AC交BD于點H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，AH=CH，∠DBC＝∠ABD＝45°，
∵∠AMN＝∠ABC＝90°，
∴A，B，N，M四點共圓，
∴∠NAM＝∠DBC＝45°，∠ANM＝∠ABD＝45°，
∴∠ANM＝∠NAM＝45°，
∴AM＝MN，故①正確；

∵∠MAH+∠AMH=90°，∠PMN+∠AMH=90°，
∴∠HAM＝∠PMN，
∵∠AHM＝∠MPN=90°，AM＝MN，
∴Rt△AHM≌Rt△MPN（AAS），
∴MP＝AH＝AC＝BD，故②正確；
如圖2，將△ADQ繞點A順時針旋轉90°至△ABR，使AD和AB重合，連接AN，
則AR=AQ，∠BAR=∠DAQ，∠ABR=∠ADQ=90°，
∴R、B、N三點在同一直線上，
∵∠BAN＋∠QAD＝∠NAQ＝45°，
∴∠RAN=∠QAN=45°，
又∵AN=AN，
∴△RAN≌△QAN（SAS），
∴RN=QN，即BN＋DQ＝NQ，故③正確；

如圖3，作MS⊥AB，垂足為S，作MW⊥BC，垂足為W，
∵點M是對角線BD上的點，
∴四邊形SMWB是正方形，有MS＝MW＝BS＝BW，
∵∠AMN=∠SMW=90°，
∴∠AMS=∠NMW，
又∵∠ASM=∠NWM=90°，
∴△AMS≌△NMW（ASA），
∴AS＝NW，
∴AB＋BN＝SB＋BW＝2BW，
∵BW：BM＝1∶，
∴，故④正確．
故答案為：①②③④．

【點撥】
本題是正方形的綜合題，主要考查了正方形的性質和判定、四點共圓、圓周角定理的推論、等腰直角三角形的性質、全等三角形的判定和性質以及旋轉的性質等知識，綜合性強、具有相當?shù)碾y度，正確添加輔助線、靈活應用所學知識是解題的關鍵．
20．△BCD的面積為．
【分析】
根據(jù)問題情景的解題思路，如下圖2，根據(jù)旋轉的對應關系，可得△ABC≌△BDE（AAS），進而求出線段DE的長，根據(jù)三角形的面積公式計算即可.
【詳解】
解：△BCD的面積為 ．
理由如下：
過點D作△BCD的BC邊上的高DE．如圖2，
∵邊AB繞點B順時針旋轉90°得到線段BD，
∴BA＝BD，∠ABD＝90°，
∵∠ABC+∠DBE＝90°，∠ABC+∠A＝90°，
∴∠A＝∠DBE，
在△ABC和△BDE中

∴△ABC≌△BDE（AAS），
∴DE＝BC＝a，
∴△BCD的面積＝BC?DE＝．

【點撥】
本題主要考查了學生對新提出的問題情境的理解能力，學會和已有的知識（三角形全等）相結合是解答本題的關鍵.
21．（1）見解析；（2）在P點運動的過程中，PF的長度不發(fā)生變化．PF的長為定值；（3）．理由見解析．
【分析】
（1）做輔助線，構建全等三角形，根據(jù)ASA證明即可求解．
（2）如圖，連接OB，通過證明，得到PF=OB，則PF為定值是．
（3）根據(jù)△AMP和△PCN是等腰直角三角形，得，，整理可得結論．
【詳解】
（1）證明：如圖①，過點P作MN∥AD，交AB于點M，交CD于點N．

∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°．
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°．
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90，
∵∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP．
在Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∴BM＝CN＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：在P點運動的過程中，PF的長度不發(fā)生變化．

理由：如圖2，連接OB．
∵點O是正方形ABCD對角線AC的中點，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°．
∴∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE．
由（1）得PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE（AAS），
∴PF＝OB．
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，∴．
∴PF的長為定值．
（3）解：．
理由：如圖1，∵∠BAC＝45°，
∴△AMP是等腰直角三角形，
∴．
由（1）知PM＝NE，
∴．
∵△PCN是等腰直角三角形，
∴．
【點撥】
本題主要考查了四邊形綜合應用，通過對三角形全等的證明找出邊之間的關系，準確分析代換求解是解題的關鍵．
22．（1）證明見解析；（2）證明見解析；（3）．
【分析】
（1）由矩形的性質結合等角的余角相等，可證明∠NBC=∠MAB，進而證明△BCN∽△ABM，最后根據(jù)相似三角形對應邊成比例解題即可；
（2）過點B作BG∥EF交CD于G，由兩組對邊分別平行判定四邊形BEFG是平行四邊形，再根據(jù)平行四邊形的性質，可證明△GBC∽△MAB，最后根據(jù)相似三角形對應邊成比例解題即可；
（3）過點D作平行于AB的直線交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，連接AC，可得四邊形ABSR是平行四邊形，再由含有一個90°角的平行四邊形是矩形，證明四邊形ABSR是矩形，進而得到∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．，結合（2）中結論可證明△ACD≌△ACB，由全等三角形對應角相等得到∠ADC=∠ABC，再由等角的余角相等，證明△RAD∽△SDC，根據(jù)相似三角形對應邊成比例，設SC=x，解得DR、DS的長，再結合勾股定理解題即可．
【詳解】
（1）證明∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=90°
∴∠NBA+∠NBC=90°．
∵AM⊥BN，
∴∠MAB+∠NBA=90°，
∴∠NBC=∠MAB，
∴△BCN∽△ABM，
∴=
（2）結論：=
理由：如圖2中，過點B作BG//EF交CD于G，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴四邊形BEFG是平行四邊形，
∴BG=EF．
∵EF⊥AM，
∴BG⊥AM，
∴∠GBA+∠MAB=90°．
∵∠ABC=∠C=90°，
∴∠GBC+∠GBA=90°，
∴∠MAB=∠GBC，
∴△GBC∽△MAB，
∴=，
∴=
（3）過點D作平行于AB的直線交過點A平行于BC的直線于R，交BC的延長線于S，連接AC，則四邊形ABSR是平行四邊形．

∵∠ABC=90°，
∴四邊形ABSR是矩形，
∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS．
∵AM⊥DN，
∴由（2）中結論可得：=
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°．
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴=
，設SC=x，
∴=
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵，
∴52=（10-2x）2+x2，
∴x=3或5（舍棄），
∴BS=5+x=8，
∴===
【點撥】
本題考查全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質、勾股定理、矩形的判定與性質、平行四邊形的判定與性質等知識，是重要考點，難度一般，正確作出輔助線、掌握相關知識是解題關鍵．
23．
【解析】
【分析】
過點A作軸于E,利用勾股定理列式求出AO,然后解直角三角形求出AD、OD,即可求出點D的坐標.
【詳解】
解:如圖,過點A作軸于E,

,
,AE=4,
,
在中, ,
,
∴點.
【點撥】
本題考查了正方形的性質,坐標與圖形性質,主要利用了利用銳角三角函數(shù)解直角三角形,作輔助線構造成直角三角形是解題的關鍵.
24．10
【解析】
【分析】
作AF∥x軸，DF∥y，CG⊥DF．通過證明△AFD≌△EOA，△CDG≌△DAF，可證DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4，從而求出點C與點E的坐標，然后根據(jù)勾股定理求解即可.
【詳解】
正方形的中心如圖：作AF∥x軸，DF∥y，CG⊥DF．

∵DF∥y，
∴∠ADF=∠EAO，
∵AD＝AE，∠F=∠AOE，
∴△AFD≌△EOA，
∵∠DGC=∠AFD,∠DCG=∠ADF, CD＝AD，
∴△CDG≌△DAF,
∴DG＝AF＝EO＝2，GC＝DF＝AO＝4,
∴C為(2+4，4+(4-2))，即(6，6),
E為(-2，0)，C為(6，6)
?.
【點撥】
本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，圖形與坐標及勾股定理，正確作出輔助線是解答本題的關鍵.
25．；
【解析】
【分析】
過B作BE⊥y軸，過C作CF⊥x軸，垂足分別為E、F，可證明△ABE≌△DAO≌△CDF，可求得OE、BE、CF、OF的長，可求得B、C的坐標．
【詳解】
解：如圖，過B作BE⊥y軸，過C作CF⊥x軸，垂足分別為E、F，

∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠A=∠D=90°，AB=CD，
∴∠BAE+∠DAO=∠DAO+∠ADO=90°，
∴∠BAE=∠ADO，
在△ABE和△DAO中，
，，
∴△ABE≌△DAO（AAS），
同理可得△DAO≌△CDF，
∵A（0，2），D（1，0），
∴BE=DF=OA=2，AE=CF=OD=1，
∴OE=OA+AE=2+1=3，OF=OD+DF=1+2=3，
∴B點坐標為（2，3），C點坐標為（3，2）．
【點撥】
本題主要考查正方形的性質及全等三角形的判定和性質，利用正方形的四邊相等找到條件通過證明三角形全等求得BE、AE、CF、OF的長是解題的關鍵．
26．；
【解析】
【分析】
本題只有點在坐標軸上，且正方形在軸的兩側（即軸穿越了正方形），
故須作AE⊥x軸于E，CN⊥x軸于N，BM⊥NC于M，只要證明△CON≌△OAE，同理證明△CON≌△BCM，得CN=OE=BM，ON=AE=CM，求出OE、AE即可解決問題．
【詳解】
解解；如圖作AE⊥x軸于E，CN⊥x軸于N，BM⊥NC于M，

在RT△AOE中，∵∠AOE=60°，AO=2，
∴OE=1，AE=，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AO=CO=BC，∠AOC=∠OCB=90°，
∴∠CON+∠AOE=90°，∠AOE+∠OAE=90°，
∴∠CON=∠OAE，
在△CON和△OAE中，
，
∴△CON≌△OAE，
同理△CON≌△BCM，
∴CN=OE=BM=1，ON=AE=CM=，
∴點C坐標（-，1），點B坐標（1-，1+）．
【點撥】
本題考查正方形的性質、直角三角形30度角的性質、全等三角形的判定和性質等知識，解題的關鍵是添加輔助線構造全等三角形，當正方形的部分點在坐標軸上，且正方形在坐標軸的兩側時，往往過另外的點向坐標軸（或已生成的垂線）作垂線，從而得到“三垂直”的基本圖形，利用正方形邊角的性質構造全等三角形求點的坐標.
27．（1）x＝；（2）當x＝a（即E在AB邊上的中點）時，正方形EFGH的面積最小，最小的面積為a2．
【分析】
（1）設正方形ABCD的邊長為a，AG＝x，則DG＝a﹣x，易證△AHG≌△DGF≌△CFE≌△BHE，再利用勾股定理求出EF的長，進而得到正方形EFGH的面積；
（2）利用二次函數(shù)的性質即可求出面積的最小值．
【詳解】
解：設正方形ABCD的邊長為a，AG＝x，則DG＝a﹣x，
∵四邊形EFGH是正方形，
∴GH＝GF，∠HGF＝90°，
∴∠AGH+∠DGF＝90°，
∵∠AGH+∠AHG＝90°，
∴∠AHG＝∠DGF，
在△AHG和△DGF中，，
∴△AHG≌△DGF（AAS），
同理可證△AHG≌△DGF≌△CFE≌△BHE，
∴AG＝DF＝CE＝BH＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝a﹣x
∴EF2＝CF2+CE2＝（a﹣x）2+x2＝2x2﹣2ax+a2，
∴正方形EFGH的面積y＝EF2＝2x2﹣2ax+a2，
當a＝2，y＝3時，2x2﹣4x+4＝3，
解得：x＝；
（2）∵y＝2x2﹣2ax+a2＝2（x﹣a）2+a2，
即：當x＝a（即H在AB邊上的中點）時，正方形EFGH的面積最小，最小的面積為a2．

【點撥】
本題考查了二次函數(shù)的應用，正方形的性質、全等三角形的判定和性質以及二次函數(shù)的性質，題目的綜合性較強，難度中等．
28．；
【解析】
【分析】
本題有、兩個點都在坐標軸上，且正方形在坐標軸的同側（基本上在第二象限），故只須過，兩點分別向坐標軸作垂線即可. 作CE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，證明△BCE≌△ABO，得出對應邊相等BE=OA=1，CE=BO=3，同理得出DF=OA=1，AF=BO=3，再求出OE、OF，即可得出結果．
【詳解】
解：作CE⊥y軸于E，DF⊥x軸于F，如圖所示：

則∠CEB=∠AFD=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BC=AB，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
在△BCE和△ABO中，
，
∴△BCE≌△ABO（AAS），
∴BE=OA=1，CE=BO=3，
同理得：DF=OA=1，AF=BO=3，
∴OE=4，OF=4，
∴C（-3，4），D（-4，1）．
【點撥】
本題考查了正方形的性質、坐標與圖形性質以及全等三角形的判定與性質；通過作輔助線證明三角形全等是解決問題的關鍵．當正方形的部分點在坐標軸上，且整個正方形在坐標軸的同側時，往往過另外的點向坐標軸作垂線，從而得到“形外三垂直”的基本圖形.

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