?專題18.48 平行四邊形幾何模型——正方形中的三垂直（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G為邊上一點，以為邊向右作正方形，連接，交于點P，連接，過點F作交于點H，連接，交于點K，下列結論中錯誤的是（???????）

A． B．是等腰直角三角形
C．點P為中點 D．
5．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（　　）

A． B． C． D．
6．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
7．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：______．

8．如圖，四邊形中，．則______．

9．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______．

10．如圖所示，直線a經過正方形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__．

11．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_____．

12．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＝_____．

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

14．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______．

15．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=__．

16．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_____．

17．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_____．

18．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_________________

19．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_________．

三、解答題
20．如圖所示，，，以為邊作正方形，求，的坐標.




21．（1）如圖1，正方形ABCD中，E為邊CD上一點，連接AE，過點A作AF⊥AE交CB的延長線于F，猜想AE與AF的數量關系，并說明理由；
（2）如圖2，在（1）的條件下，連接AC，過點A作AM⊥AC交CB的延長線于M，觀察并猜想CE與MF的數量關系，并說明理由；
（3）解決問題：
王師傅有一塊如圖所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王師傅想切一刀后把它拼成正方形．請你幫王師傅在圖3中畫出剪拼的示意圖．



22．平面直角坐標系中，四邊形OABC是正方形，點A，C 在坐標軸上，點B（，），P是射線OB上一點，將繞點A順時針旋轉90°，得，Q是點P旋轉后的對應點.
（1）如圖（1）當OP = 時，求點Q的坐標；
（2）如圖（2），設點P（，）（），的面積為S. 求S與的函數關系式，并寫出當S取最小值時，點P的坐標；
（3）當BP+BQ = 時，求點Q的坐標（直接寫出結果即可）




23．在正方形中，點是邊上的一點，點是直線上一動點，于，交直線于點．

（1）當點運動到與點重合時(如圖1)，線段與的數量關系是________．
（2）若點運動到如圖2所示的位置時，（1）探究的結論還成立嗎？如果成立，請給出證明：如果不成立，請說明理由．
（3）如圖3，將邊長為的正方形折疊，使得點落在邊的中點處，折痕為，點、分別在邊、上，請直接寫出折痕的長．


24．綜合與實踐：如圖1，在正方形中，連接對角線，點O是的中點，點E是線段上任意一點（不與點A，O重合），連接，．過點E作交直線于點F．
（1）試猜想線段與的數量關系，并說明理由；
（2）試猜想線段之間的數量關系，并說明理由；
（3）如圖2，當E在線段上時（不與點C，O重合），交延長線于點F，保持其余條件不變，直接寫出線段之間的數量關系．




25．如圖1，點C在線段AB上，分別以AC、BC為邊在線段AB的同側作正方形ACDE和正方形BCMN， 連結AM、BD．???
（1）AM與BD的關系是：________．???????
（2）如果將正方形BCMN繞點C順時針旋轉銳角α(如圖2)．(1) 中所得的結論是否仍然成立？請說明理由．???????
（3）在(2)的條件下，連接AB、DM，若AC=4，BC=2，求AB2+DM2的值．


26．如圖1，點E為正方形ABCD內一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（點A的對應點為點C）延長AE交CE于點F，連接DE．
（1）試判斷四邊形BE′FE的形狀，并說明理由．
（2）如圖2，若DA＝DE，請猜想線段CF于FE'的數量關系并加以證明．
（3）如圖1，若AB＝，CF＝3，請直接寫出DE的長．





27．（1）如圖1，正方形ABCD中，點P為線段BC上一個動點，若線段MN垂直AP于點E，交線段AB于點M，交線段CD于點N，證明：AP＝MN；
（2）如圖2，正方形ABCD中，點P為線段BC上一動點，若線段MN垂直平分線段AP，分別交AB，AP，BD，DC于點M，E，F，N．求證：EF＝ME+FN；
（3）若正方形ABCD的邊長為2，求線段EF的最大值與最小值．





28．如圖①，已知△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點D是BC的中點．作正方形DEFG，使點A、C分別在DG和DE上，連接AE，BG．
（1）試猜想線段BG和AE的關系（直接寫出答案，不用證明）；
（2）將正方形DEFG繞點D逆時針方向旋轉α （0°＜α≤60°），判斷（1）中的結論是否仍然成立？請利用圖②證明你的結論；
（3）若BC＝DE＝4，當α等于多少度時，AE最大？并求出此時AF的值．


















參考答案
1．B
【解析】
【分析】
過點P作，，證明，再根據面積計算即可；
【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
【解析】
【詳解】
解：由題意可得一個陰影部分面積等于正方形面積的，即是×4=1，
3個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×2，
4個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×3，
5個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×4，
n個這樣的正方形重疊部分（陰影部分）的面積和為：1×（n﹣1）=n﹣1．
故選：B．
3．C
【解析】
【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
【解析】
【分析】
A．證明四邊形BHFG為平行四邊形，得BH=GF=CE，得BC=HE，再由正方形的性質得HE=CD，進而便可判斷選項正誤；B．證明△ABH≌△HEF，進而得出△AHF是等腰直角三角形，便可判斷選項正誤；C．過H作HM⊥BC，HM與BD交于點M，連接MF，證明四邊形EFMH為矩形，再證明△PAD≌△PFM得AP=FP，便可判斷選項正誤；D．將△ADP繞點A順時針旋轉90，得△ABQ，連接QK，證明△AQK≌△APK得AK=PK，進而得BK2+DP2=KP2，便可判斷正誤．
【詳解】
解：A．∵四邊形CEFG是正方形，
∴GF∥CE，GF=CE，
∵BG∥HF，
∴四邊形BHFG為平行四邊形，
∴GF=BH，
∴BH=CE，
∴BC=HE，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴BC=CD．
∴HE=CD，故A正確；
B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形，
∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°，
∵BC=HE，BH=CE，
∴AB=HE，BH=EF，
∴△ABH≌△HEF（SAS），
∴AH=HF，∠BAH=∠EHF，
∵∠BAH+∠AHB=90°，
∴∠EHF+∠AHB=90°，
∴∠AHF=90°，
∴△AHF為等腰直角三角形，故B正確；
C．過H作HM⊥BC，HM與BD交于點M，連接MF，則MH∥EF，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠HBD=∠ABC，
∴∠HBM=45°，
∴BH=MH，
∵△ABH≌△HEF，
∴BH=EF，
∴MH=EF，
∴四邊形EFMH為矩形，
∴MF∥BE∥AD，MF=HE，
∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP，
∵AD=BC=HE，
∴AD=MF，
∴△PAD≌△PFM（ASA），
∴AP=FP，故C正確；

D．將△ADP繞點A順時針旋轉90，得△ABQ，連接QK，則AQ=AP，∠QAP=90°，
∵△AHF是等腰直角三角形，
∴∠HAF=45°，
∴∠QAK=∠PAK=45°，
∵AK=AK，
∴△AQK≌△APK（SAS），
∴QK=PK，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
由旋轉性質知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP，
∴∠QBK=90°，
∴BK2+BQ2=QK2，
∴BK2+DP2=KP2，故D錯誤；

故選：D．
【點撥】本題是正方形的一個綜合題，主要考查了正方形的性質，矩形的性質與判定，平行四邊形的性質與判定，等腰直角三角形的性質與判定，全等三角形的性質與判定，旋轉的性質，后兩選項關鍵在構造全等三角形．
5．D
【解析】
【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)現是解答此題的關鍵.
6．D
【解析】
【分析】
作軸于，軸于E，根據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，然后根據待定系數法求得直線的斜率為，整理得，然后根據勾股定理得出，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】本題是一次函數綜合題，考查了待定系數法求一次函數的解析式，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，根據直線的斜率列出方程是解題的關鍵．
7．9
【解析】
【分析】
根據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．
8．45°
【解析】
【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∠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．
9．
【解析】
【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．
10．13
【解析】
【分析】
本題是典型的一線三角模型，根據正方形的性質、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．
11．
【解析】
【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．
12．
【解析】
【分析】
根據題意，利用勾股定理可以求得DF的長，然后根據正方形的性質可以得到△DBF的形狀，再根據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，利用數形結合的思想解答．
13．
【解析】
【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，根據題意，添加輔助線構造全等三角形是解題關鍵．
14．17
【解析】
【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，FC＝FA＋AC＝8＋7＝15，
根據勾股定理得：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．
15．6
【解析】
【分析】
先根據正方形的性質得到∠ABD=90°，AB=DB，再根據等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，則可根據“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．
16．（4，1）．
【解析】
【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．
17．25
【解析】
【分析】
畫出1到2，2到3的距離，分別交2，3于E，F，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．
18．5
【解析】
【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，根據平行線之間的距離構造全等的直角三角形是關鍵．
19．或
【解析】
【分析】
分兩種情況進行討論，點F在AD上或點F在AB上，依據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，關鍵是選擇恰當的判定條件．
20．；
【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.
21．（1）AE=AF，理由見解析；（2）CE=MF，理由見解析；（3）如圖所示，見解析．
【解析】
【分析】
（1）根據兩角互余的關系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性質即可解答；
（2）根據△ABF≌△ADE及三角形外角的性質可求出∠AFM=∠AEC，根據兩角互余的關系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）畫出示意圖，只要求出C、D、F共線，即可求出四邊形AECF是正方形；
【詳解】
（1）AE=AF．
理由：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如圖所示．
過A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共線，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四邊形AECF是正方形．

【點撥】此題考查了正方形的性質、全等三角形的判定與性質、余角的性質、多邊形的內角和等知識．解題的關鍵是利用全等三角形進行割補．
22．（1）；（2），；（3）．
【解析】
【分析】
（1）先根據正方形的性質、解直角三角形可得，，再根據三角形全等的判定定理與性質可得，從而可得，由此即可得出答案；
（2）先根據正方形的性質得出，，再根據旋轉的性質、勾股定理可得，，然后根據直角三角形的面積公式可得S與x的函數關系式，最后利用二次函數的解析式即可得點P的坐標；
（3）先根據旋轉的性質、正方形的性質得出，，從而得出點P在OB的延長線上，再根據線段的和差可得，然后同（1）的方法可得，，最后根據三角形全等的性質、線段的和差可得，由此即可得出答案．
【詳解】
（1）如圖1，過P點作軸于點G，過Q點作軸于點H
∵四邊形OABC是正方形
∴
∵
∴
在中，，
∴
∵繞點A順時針旋轉得到
∴，


在和中，
∴
∴
∴
則點Q的坐標為；
（2）如圖2，過P點作軸于點G
∵繞點A順時針旋轉得到
∴
∵
∴，
∴
在中，由勾股定理得：
整理得：
∴
整理得：

由二次函數的性質可知，當時，S隨x的增大而減小；當時，S隨x的增大而增大
則當時，S取得最小值，最小值為9
此時
故點P的坐標為；
（3）∵繞點A順時針旋轉得到
∴
∵
∴
∵四邊形OABC是正方形，且邊長
對角線
∴點P在OB的延長線上
∴
解得

如圖3，過P點作軸于點G，過Q點作軸于點H
同（1）可得：，
，

則點Q的坐標為．
???
【點撥】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質、解直角三角形、三角形全等的判定定理與性質、二次函數的性質等知識點，較難的是題（3），正確得出點P的位置是解題關鍵．
23．（1）EF=AG；（2）成立，理由見解析；（3）
【解析】
【分析】
（1）利用ASA證明△ABE≌△DAG全等即可得到結論；
（2）過點F作FM⊥AE，垂足為M，利用ASA證明△ADG≌△FME，即可得到結論；
（3）過點Q作QH⊥AD于H，，根據翻折變換的性質可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角邊”證明△ADM≌△QHP，根據全等三角形對應邊相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，從而得解．
【詳解】
解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AG，
∴∠AEB+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴EF=BE=AG；
（2）成立，理由是：
過點F作FM⊥AE，垂足為M，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，
∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，
∴∠E+∠EFM=90°，
∵EF⊥AH，
∴∠HAE+∠E=90°，
∴∠HAE=∠EFM，
∴△ADG≌△FME（ASA），
∴EF=AG；

（3）如圖，過點Q作QH⊥AD于H，則四邊形ABQH中，HQ=AB，
由翻折變換的性質得PQ⊥AM，
∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵點M是CD的中點，
∴DM=CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，
∴PQ的長為．

【點撥】本題考查了全等三角形的判定和性質，翻折變換的問題，折疊問題其實質是軸對稱，對應線段相等，對應角相等，找到相應的直角三角形利用勾股定理求解是解決本題的關鍵．
24．（1），理由見解析；（2），理由見解析；（3），理由見解析
【解析】
【分析】
（1）先根據正方形的性質可證得，由此可得，，再根據同角的補角相等證得，等量代換可得，由此可得，再等量代換即可得證；
（2）過點E作交CB的延長線于點G，先證明，利用勾股定理可得，再證明，由此可得，最后再等量代換即可得證；
（3）仿照（1）和（2）的證明即可證得．
【詳解】
解：（1），理由如下：
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在與中，

∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如圖，過點E作交CB的延長線于點G，

∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在與中，

∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如圖，過點E作交BC于點G，設CD與EF的交點為點P，

∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在與中，

∴，
∴，
又∵，
∴．
【點撥】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，等腰三角形的判定與性質以及勾股定理的應用，作出正確的輔助線并能靈活運用相關圖形的性質是解決本題的關鍵．
25．（1）相等且垂直；（2）成立， 理由詳見解析；（3）40
【解析】
【分析】
（1）根據正方形的性質可得AC=DC，CM=CB，∠ACM=∠DCB=90°，利用SAS可證出△ACM≌△DCB，根據全等三角形的性質即可得出AM=BD，∠MAC+∠DBC=90°，進而得出AM⊥BD；
（2）根據正方形的性質可得AC=DC，CM=CB，∠ACD=∠MCB=90°，通過等量相加即可得到∠ACM=∠DCB，利用SAS可證出△ACM≌△DCB，根據全等三角形的性質即可得出AM=BD，∠MAC=∠BDC，設AM與CD交于點P，即可證出∠DPM+∠BDC=90°，進而得出AM⊥BD；
（3）連接AD、BM，設AM與BD交于點Q，根據AM⊥BD，即可利用勾股定理即可求出答案.
【詳解】
（1）相等且垂直.
（1）在正方形ACDE和正方形BCMN中，
∵AC=DC，∠ACM=∠DCB=90°，CM=CB，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，
∵∠MAC+∠AMC=90°，
∴∠MAC+∠DBC=90°，
∴AM⊥BD；
故答案為相等且垂直；
（2）第（1）問中的結論仍然成立，即AM與BD的關系是：相等且垂直；理由如下：
如圖所示，設AM與CD交于點P，

在正方形ACDE和正方形BCMN中，
∵AC=DC，∠ACD=∠MCB=90°，CM=CB，
∴∠ACD+∠DCM=∠MCB+∠DCM,
即∠ACM=∠DCB，
∴△ACM≌△DCB（SAS），
∴AM=BD，∠MAC=∠BDC，
∵∠MAC+∠APC=90°，
∴∠BDC+∠APC =90°，
∵∠APC =∠DPM，
∴∠BDC+∠DPM =90°，
∴AM⊥BD；
∴AM與BD的關系是：相等且垂直；
（3）如圖所示，連接AD、BM，設AM與BD交于點Q，

∵AC=4，BC=2，
∴AD2=42+42=32，BM2＝22+22＝8，
∴，，
由（2）可知，AM⊥BD，
∴AB2=AQ2+BQ2，DM2=DQ2+MQ2；AD2=AQ2+DQ2，BM2=BQ2+MQ2，
∴AB2+DM2＝AQ2+BQ2+DQ2+MQ2，
AD2+BM2＝AQ2+DQ2+BQ2+MQ2，
∴AB2+DM2＝AD2+BM2=40.
【點撥】本題考查了正方形的性質、旋轉的性質、全等三角形的判定和性質、勾股定理等知識.結合圖形綜合運用所學知識是解題的關鍵.
26．（1）正方形，理由見解析；（2）CF＝FE'，證明見解析；（3）5
【解析】
【分析】
（1）由旋轉的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四邊形BE′FE是正方形；
（2）過點D作DG⊥AE于點G，由DA＝DE得AG＝AE，再證明△ADG≌△BAE，且由四邊形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可證得結論；
（3）過點D作DG⊥AE于點G，由旋轉及四邊形BE′FE是正方形可得如下關系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根據勾股定理求出BE、AE的長，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的長．
【詳解】
解：（1）四邊形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋轉得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四邊形BE′FE是矩形，
由旋轉得，BE′＝BE，
∴四邊形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
證明：如圖2，過點D作DG⊥AE于點G，則∠DGA＝∠AEB＝90°，

∵DA＝DE，
∴AG＝AE，
∵四邊形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；
∵四邊形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋轉得，AE＝CE′，
∴AE＝CE′，
∴FE′＝AE＝CE′，
∴CF＝FE'．
（3）如圖3，過點D作DG⊥AE于點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（不符合題意，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．
【點撥】此題考查了正方形的性質與判定、旋轉的性質、等腰三角形的性質、全等三角形的判定與性質、勾股定理等知識點，解題的關鍵是正確地作出解題所需要的輔助線，構造全等三角形．
27．（1）見解析；（2）見解析；（3）EF最大值： ，EF最小值：1
【解析】
【分析】
（1）過B點作BH∥MN交CD于H，則AP⊥BH，根據平行四邊形和正方形的性質求證△ABP≌△BCH（ASA），然后根據三角形全等的性質即可證明；
（2）根據垂直平分線的性質和正方形的性質求得FP＝FC，然后根據等邊對等角和等量代換求得∠AFP＝90°，根據直角三角形斜邊中線的性質得到FE＝AP，結合（1）問結論即可求證；
（3）根據（2）問結論得到EF＝MN，當點P和點B重合時，EF有最小值；當點P和C重合時，EF有最大值，根據正方形的對角線即可求解．
【詳解】
（1）如圖1，過B點作BH∥MN交CD于H，則AP⊥BH，
∵BM∥NH，
∴四邊形MBHN為平行四邊形，
∴MN＝BH，
∵四邊形ABCD是正方形．
∴AB＝BC，∠ABP＝90°＝∠C，
∴∠CBH+∠ABH＝∠BAP+∠ABH＝90°，
∴∠BAP＝∠CBH，
∴△ABP≌△BCH（ASA），
∴BH＝AP，
∴MN＝AP；

（2）如圖2，連接FA，FP，FC
∵正方形ABCD是軸對稱圖形，F為對角線BD上一點，
∴FA＝FC，
又∵FE垂直平分AP，
∴FA＝FP，
∴FP＝FC，
∴∠FPC＝∠FCP，
∵∠FAB＝∠FCP，
∴∠FAB＝∠FPC，
∴∠FAB+∠FPB＝180°，
∴∠ABC+∠AFP＝180°，
∴∠AFP＝90°，
∴FE＝AP，
由（1）知，AP＝MN，
∴MN＝ME+EF+FN＝AP＝2EF，
∴EF＝ME+FN；
（3）由（2）有，EF＝ME+FN，
∵MN＝EF+ME+NF，
∴EF＝MN，
∵AC，BD是正方形的對角線，
∴BD＝2，
當點P和點B重合時，EF最小值＝MN＝AB＝1，
當點P和C重合時，EF最大值＝MN＝BD＝．
【點撥】本題考查了平行四邊形的判定和性質，正方形的性質，三角形全等的判定和性質，等腰三角形的性質，本題考查較為綜合，題目較難，熟練掌握各部分定理和性質是本題的關鍵．
28．（1）BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（2）結論成立，BG＝AE，BG⊥AE，見解析；（3）當α為270°時，AE最大，AF＝
【解析】
【分析】
（1）由等腰直角三角形的性質及正方形的性質就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結論．
（2）如圖2，連接AD，由等腰直角三角形的性質及正方形的性質就可以得出△ADE≌△BDG就可以得出結論．
（3）由（2）可知BG=AE，當BG取得最大值時，AE取得最大值，由勾股定理就可以得出結論．
【詳解】
解：（1）結論：BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如圖1，延長EA交BG于K．

∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC＝90°，點D是BC的中點，
∴AD⊥BC，BD＝CD，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°．
∵四邊形DEFG是正方形，
∴DE＝DG．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GAK＝∠DAE，
∴∠AKG＝∠ADE＝90°，
∴EA⊥BG．
（2）結論成立，BG＝AE，BG⊥AE．
理由：如圖2，連接AD，延長EA交BG于K，交DG于O．

∵在Rt△BAC中，D為斜邊BC中點，
∴AD＝BD，AD⊥BC，
∴∠ADG+∠GDB＝90°．
∵四邊形EFGD為正方形，
∴DE＝DG，且∠GDE＝90°，
∴∠ADG+∠ADE＝90°，
∴∠BDG＝∠ADE．
在△BDG和△ADE中，
，
∴△BDG≌△ADE（SAS），
∴BG＝AE，∠BGD＝∠AED，
∵∠GOK＝∠DOE，
∴∠OKG＝∠ODE＝90°，
∴EA⊥BG．
（3）∵BG＝AE，
∴當BG取得最大值時，AE取得最大值．
如圖3，當旋轉角為270°時，BG＝AE．

∵BC＝DE＝4，
∴BG＝2+4＝6．
∴AE＝6．
在Rt△AEF中，由勾股定理，得
AF＝＝，
∴AF＝．
【點撥】本題是四邊形綜合題，考查了旋轉的性質的運用，等腰直角三角形的性質的運用，勾股定理的運用，全等三角形的判定及性質的運用，正方形的性質的運用，解答時證明三角形全等是關鍵．

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