初中数学北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定课后作业题

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正
方
形
的
性
质
与
判
定
正方形的性质求解
题型1
正方形的判定
题型2
根据正方形的性质与判定求角度
题型3
根据正方形的性质与判定求线段长
题型4
根据正方形的性质与判定证明
题型5
中点四边形
题型6
正方形的折叠问题
题型7
题型变式
【题型1】正方形的性质求解
1．（2022·重庆沙坪坝·九年级期末）如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上的点，AB＝BF＝DE，则∠EAF的度数为（ ）
A．22.5°B．30°C．45°D．67.5°
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可得，，，证明，即可解决问题．
【详解】
解：在正方形中，，，，
，
，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的性质．
【变式1-1】
1．（2022·山东泰安·三模）图，边长为2的正方形ABCD中，E、F分别时边BC、CD的中点，连接AE，G是AE上的一点，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接BF交AE于H，根据正方形的性质得到AB=BC=CD，∠ABE=∠C=90°，根据全等三角形的性质得到∠BAE=∠CBF，AE=BF，推出△FGH是等腰直角三角形，根据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．
【详解】
：连接BF交AE于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠C=90°，
∵点E、F分别是边BC，CD的中点，
∴BE=CF，
在△ABE与△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE=∠CBF，AE=BF，
∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠AEB+∠EBH=90°，
∴∠BHE=90°，
∴∠GHF=90°，
∵∠FGH=45°，
∴△FGH是等腰直角三角形，
∵AB=BC=2，
∴AE=BF=，
∵S△ABE=AB•BE=AE•BH，
∴BH，
∴GH=HF=HG=BF-BH=，
∴GF=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题的关键．
【题型2】正方形的判定
1．（2022·重庆市育才中学二模）下列各命题中真命题的是（ ）
A．有一个角为直角的平行四边形是正方形
B．有一组邻边相等的平行四边形是正方形
C．对角线互相垂直平分的平行四边形是正方形
D．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形
【答案】D
【解析】
【分析】
利用正方形的判定定理分别判断即可确定正确的选项．
【详解】
解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，错误，是假命题，不符合题意；
B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，错误，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，错误，是假命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意．
故选：D．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是熟记正方形的判定方法．
【变式2-1】
2．（2018·内蒙古兴安盟·八年级期中）如图，在矩形ABCD中，M，N分别是边AD，BC的中点，E，F分别是线段BM，CM的中点，当AB:AD=___________时，四边形MENF是正方形．
【答案】1:2
【解析】
【详解】
试题分析：当AB：AD＝1：2时，四边形MENF是正方形，
理由是：∵AB：AD＝1：2，AM＝DM，AB＝CD，
∴AB＝AM＝DM＝DC，
∵∠A＝∠D＝90°，
∴∠ABM＝∠AMB＝∠DMC＝∠DCM＝45°，
∴∠BMC＝90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠DCB＝90°，
∴∠MBC＝∠MCB＝45°，
∴BM＝CM，
∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点，
∴BE＝CF，ME＝MF，NF∥BM，NE∥CM，
∴四边形MENF是平行四边形，
∵ME＝MF，∠BMC＝90°，
∴四边形MENF是正方形，
即当AB：AD＝1：2时，四边形MENF是正方形，
故答案为1：2．
点睛：本题考查了矩形的性质、正方形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练应用正方形的判定方法是解题关键．
【题型3】利用正方形的性质与判定求角度
1．（2021·安徽·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（ ）
A．22.5°B．25°C．30°D．不能确定
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解．
【详解】
解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
所以，∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
【变式3-1】
2．（2020·山东滨州·八年级期末）如图，正方形中，为边上一点，为延长线上一点，且，若，则____________．
【答案】64°
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出BC=DC，∠BCE=∠DCF=90°，由SAS证明△BCE≌△DCF，得出对应角相等即可求出∠BEC的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
∴∠DCF=90°，
在△BCE和△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF（SAS），
∴∠BEC＝∠DFC，
∵CE=CF，∠ECF=90°，
∴△ECF为等腰直角三角形，
∴∠EFC=45°，
则∠DFC=∠EFD+∠EFC=19°+45°=64°，
∴∠BEC＝64°，
故答案为：64°.
【点睛】
本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形内角和定理；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
【题型4】利用正方形的性质与判定求线段长
1．（2021·河北·石家庄二十三中八年级期末）如图，在边长为的正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且于点F，连接DE，当时，（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
证明，则，计算的长，得，证明是等腰直角三角形，可得的长．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
【变式4-1】
2．（2022·山西朔州·八年级期中）如图，在正方形中，和为直角三角形，，，，则的长是__________．
【答案】
【解析】
【分析】
由正方形的性质得出∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD，由SSS证明△ABE≌△CDF，得出∠ABE=∠CDF，证出∠ABE=∠DAG=∠CDF=∠BCH，由AAS证明△ABE≌△ADG，得出AE=DG，BE=AG，同理：AE=DG=CF=BH=5，BE=AG=DF=CH=12，得出EG=GF=FH=EF=7，证出四边形EGFH是正方形，即可得出结果．
【详解】
如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，AB=BC=CD=AD，
∴∠BAE+∠DAG=90°，
在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF（SSS），
∴∠ABE=∠CDF，
∵∠AEB=∠CFD=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
∴∠ABE=∠DAG=∠CDF，
同理：∠ABE=∠DAG=∠CDF=∠BCH，
∴∠DAG+∠ADG=∠CDF+∠ADG=90°，
即∠DGA=90°，
同理：∠CHB=90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=DG，BE=AG，
同理：AE=DG=CF=BH=5，BE=AG=DF=CH=12，
∴EG=GF=FH=EF=12-5=7，
∵∠GEH=180°-90°=90°，
∴四边形EGFH是正方形，
∴EF=EG=7；
故答案为：7．
【点睛】
本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【题型5】利用正方形的性质与判定证明
1．（2022·山东滨州·八年级期中）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E、F分别为垂足，连接AP、EF．则下列命题：①若AP=3，则EF=3；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形的边长为4，则EF的最小值为2．其中正确的命题有（ ）
A．0个B．1个C．2个D．3个
【答案】C
【解析】
【分析】
连接PC、AC，逐项分析：①由条件易得是矩形，由正方形性质得出，则可证出，②当AP⊥BD时，可证得：为正方形，则可证得；③当时，AP最小，此时由正方形性质和勾股定理即可求解．
【详解】
解：如图：连接PC、AC，
①、∵正方形ABCD，PE⊥BC，PF⊥CD，
是矩形，
，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC， ，
在 和 中
，
，
，
，
故①正确；
②、当AP⊥BD时，
，
，
即，
则A、P、C三点共线，则P为AC与BD的交点，即为正方形对角线的交点，
，
为正方形，
，
，
，
故②正确；
③、由①可知：EF=AP，则EF最小值即为AP最小值，
当时，AP最小，由②可知，此时 ，
，
即EF最小值为 ，
故③错误；
所以一共有2个正确的．
故选C．
【点睛】
本题考查了矩形正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点到直线的距离最短，以及化简二次根式，掌握矩形正方形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-1】
2．（2022·广西柳州·二模）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线BD的中点，点P在线段OD上，连接AP并延长交CD于点E，过点P作交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于G，以下三个结论：①；②；③为定值．其中正确的结论有______．（填入正确的序号即可）．
【答案】①②
【解析】
【分析】
①证明A，B，F，P四点共圆，推出∠PAG=∠PBF=45°，可得结论；②将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，利用全等三角形的性质证明即可；③由△AEF≌△AMF，推出S△AEF=S△AMF ，因为FM的长度是变化的，所以△AEF的面积不是定值．
【详解】
取AF的中点T，连接PT，BT．
∵AP⊥PF，四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠APF=90°，∠ABD=∠CBD=45°，
∵AT=TF，
∴BT=AT=TF=PT，
∴A，B，F，P四点共圆，
∴∠PAF=∠PBF=45°，
∴∠PAF=∠PFA=45°，
∴PA=PF，故①正确，
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∵∠ADE=∠ABM=90°，∠ABC=90°，
∴∠ABC+∠ABM=180°，
∴C，B，M共线，
∵∠EAF=45°，
∴∠MAF=∠FAB+∠BAM=∠FAB+∠DAE=45°，
∴∠FAE=∠FAM，
在△FAM和△FAE中，
，
∴△FAM≌△FAE（SAS），
∴FM=EF，
∵FM=BF+BM=BF+DE，
∴EF=DE+BF，故②正确，
∵△AEF≌△AMF，
∴S△AEF=S△AMF，
∵FM的长度是变化的，
∴△AEF的面积不是定值，故③错误，
故答案为：①②．
【点睛】
本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四点共圆，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【题型6】中点四边形
1．（2022·湖南永州·二模）依次连接任意凸四边形各边的中点，得到一个特殊四边形，则这个图形一定是（ ）
A．正方形B．矩形C．菱形D．平行四边形
【答案】D
【解析】
【分析】
首先根据题意画出图形，连接AC，根据三角形的中位线定理得到HG∥AC，HG＝AC，EF∥AC，EF＝AC，可以推出EF＝GH，EF∥GH，根据平行四边形的判定：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求出即可．
【详解】
解：根据题意画出图形，如图所示：
连接AC，
∵四边形ABCD各边中点是E、F、G、H，
∴HG∥AC，HG＝AC，EF∥AC，EF＝AC，
∴EF＝GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形．
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了平行四边形的判定，三角形的中位线，解决问题的关键是正确画出图形，证明EF＝GH和EF∥GH．
【变式6-1】
2．（2022·江苏扬州·八年级期中）点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、AB、BC、CD各边的中点，对角线AC，BD交于点O，当四边形ABCD满足_______条件时，四边形EFGH是菱形．
【答案】AC=BD
【解析】
【分析】
根据三角形中位线定理得到EF∥BD，EF＝BD，GH∥BD，GH＝BD，EH∥AC，EH＝AC，FG∥AC，FG＝AC，进而证明四边形EFGH为平行四边形，再根据菱形的判定定理解答即可．
【详解】
解：∵点E、F、G、H分别是任意四边形ABCD中AD、AB、BC、CD各边的中点，
∴EF∥BD，EF＝BD，GH∥BD，GH＝BD，EH∥AC，EH＝AC，FG∥AC，FG＝AC，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC＝BD时，EF＝EH，
∴平行四边形EFGH为菱形，
∴当四边形ABCD的对角线AC＝BD时，四边形EFGH是菱形，
故答案为：AC=BD．
【点睛】
本题考查的是中点四边形的知识，掌握平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
【题型7】正方形的折叠问题
1．（2022·山东临沂·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC=120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则AE的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'=60°，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到AE的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠A=90°，
∴
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴∠AB'E=30°，
∴B'E=2AE，
设AE=x，则B'E=2x=BE，
∵AB=8，
∴x+2x=8，
解得．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
【变式7-1】
2．（2022·江西省临川第二中学三模）如图，将一张正方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC的内部，若∠CAD'=33°，则∠CAE的度数为_____
【答案】6°##6度
【解析】
【分析】
设∠CAE=α，根据折叠的性质列式α+33°+α=45°，解之可得答案．
【详解】
解：设∠CAE=α，
根据折叠的性质知∠DAE=∠D'AE=∠CAE+∠D'AC=α+33°，
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=45°，即∠DAE+∠CAE=α+33°+α=45°，
解得：α=6°，
∴∠CAE的度数为6°，
故答案为：6°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
专项训练
一．选择题
1．（2019·全国·九年级专题练习）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．一组邻边相等，对角线互相垂直平分
B．一组邻角相等，对角线也相等
C．一组对边平行且相等，对角线互相平分
D．对角线相等，且互相垂直平分
【答案】C
【解析】
【分析】
从角、边、对角线三个方面把握各图形的性质比较解答．
【详解】
解：A、只有正方形和菱形具有；
B、只有矩形和正方形具有；
D、只有正方形具有；
矩形、菱形、正方形都具有的性质是：一组对边平行且相等，对角线互相平分．
故选C．
【点睛】
对于平行四边形，矩形、菱形、正方形的性质的理解与记忆是解决本题的关键．
2．（2022·福建漳州·九年级期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角互补B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分D．四边相等
【答案】C
【解析】
【分析】
A中菱形对角不互补，则错误，B中矩形对角线不互相垂直，则错误，C中平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，正确，D三个图形中，矩形四边不相等，错误．
【详解】
解：A．菱形对角不互补，故本选项错误；
B．矩形对角线不互相垂直，故本选项错误；
C．平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，故本选项正确；
D．三个图形中，矩形四边不相等，故本选项错误．
故选 C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，主要从对角线着手考查的，正方形是平行四边形得最典型的图形．
3．（2022·浙江·九年级专题练习）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是AC延长线上一点，且，若，则正方形的边长是（ ）．
A．2B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
设CO=x，可表示OE，OB，再根据勾股定理求出x，然后根据正方形的性质得出答案．
【详解】
设CO=x，则OE=2x，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB=OC=x，∠BOC=90°．
在Rt△BOE中，OE2+OB2=BE2，
即，
解得，
∴．
在Rt△BOC中，BC2=OC2+OB2=4，
解得BC=2．
所以正方形得边长是2．
故选：A．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理是求线段长的常用方法．
4．（2022·陕西榆林·一模）如图，正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，H为CD边中点，正方形ABCD的周长为8，则OH的长为（ ）
A．4B．3C．2D．1
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意知是的中位线，则有，根据正方形的周长求边长，进而可求的长．
【详解】
解：由题意知是的中位线
∴
∵正方形ABCD的周长为8
∴
∴
故选D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，中位线的性质．解题的关键在于熟练掌握中位线的性质．
5．（2019·陕西·九年级专题练习）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E为边BC上的点，以DE为边向外作矩形DEFG，使GF过点A，若DE=9，那么DG的长为（ ）
A．3B．3C．4D．4
【答案】C
【解析】
【分析】
先利用等角的余角证明∠ADG=∠EDC，再根据相似三角形的判定方法证明△ADG∽△CDE，然后利用相似比计算DG的长即可．
【详解】
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD=6，∠ADC=∠C=90°，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠EDG=∠G=90°，
∵∠ADG+∠ADE=90°，∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠ADG=∠EDC，
∴△ADG∽△CDE，
∴，即，
∴DG=4，
故选C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质等，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键.
6．（2022·山东临沂·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC=120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则AE的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】
依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'=60°，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到AE的长．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠A=90°，
∴
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴∠AB'E=30°，
∴B'E=2AE，
设AE=x，则B'E=2x=BE，
∵AB=8，
∴x+2x=8，
解得．
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
二、填空题
7．（2021·全国·八年级课时练习）在四边形中，，，试补充一个条件__________，使四边形是正方形．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】
根据平行四边形的判定定理、菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．
【详解】
解：补充条件：；
证明：∵在四边形ABCD中，AB =CD ，，
∴四边形ABCD是平行四边形，
又∵AB=BC，
∴是菱形，
∵
∴菱形ABCD是正方形，
故答案为.
【点睛】
解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形．
8．（2015·北京·八年级期中）若正方形的面积为16，则它的对角线长是__________
【答案】
【解析】
【详解】
试题分析：因为正方形的面积为16，所以正方形的边长=4，所以根据勾股定理可得：正方形的对角线长是.
考点：正方形的性质.
9．（2020·全国·八年级课时练习）如图，中，交于，交于，是的角平分线，那么四边形的形状是________形；在前面的条件下，若再满足一个条件________，则四边形是正方形．
【答案】 菱
【解析】
【分析】
由角平分线的性质与平行线的性质，可得∠EAD=∠DAF=∠ADE，进而可得AE=DE，由菱形的判定方法即可得答案，由前面的条件下和正方形的判定方法：有一个角是直角的菱形是正方形即可得问题答案．
【详解】
根据题意，，，
则四边形AEDF是平行四边形，
又∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD=∠DAF=∠ADE，
则AE=DE，
即四边形AEDF是菱形；
∵四边形AEDF是菱形；
∴当时，四边形AEDF是正方形，
故答案为菱，．
【点睛】
本题主要考查菱形的判定与性质，正方形的判定，解此题的关键在于熟练掌握其知识点.
10．（2021·全国·八年级课时练习）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于___．
【答案】
【解析】
【分析】
根据轴对称图形的性质，解决问题即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，△AIE的面积＝△AEG的面积，
∴S阴＝S正方形ABCD＝，
故答案为：．
【点睛】
本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型．
11．（2022·广东·深圳市龙岗区金稻田学校一模）如图，正方形的边长为，点是中点，将沿翻折至，延长交边于点，则的长为______．
【答案】
【解析】
【分析】
如图所示，连接EG，先求出，由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，证明Rt△EFG≌Rt△ECG得到FG=CG，设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，在Rt△ABG中，，则由此求解即可．
【详解】
解：如图所示，连接EG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=∠D=90°，
∵E是CD的中点，
∴，
由折叠的性质可得EF=DE=CE=1，∠AFE=∠D=90°，AF=AD=2，
∴∠EFG=90°，
在Rt△EFG和Rt△ECG
，
∴Rt△EFG≌Rt△ECG（HL），
∴FG=CG，
设FG=CG=x，则BG=BC-CG=2-x，AG=AF+FG=2+x，
在Rt△ABG中，，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．（2021·天津·九年级专题练习）如图，是边长为2的正方形的对角线上一点，且，为上任意一点，于点，于点，则的值是________．
【答案】
【解析】
【分析】
连接BD，交AC于点O，连接AF，根据正方形的性质和勾股定理，求得OB=，利用计算即可．
【详解】
如图，连接BD，交AC于点O，连接AF，
∵四边形ABCD是正方形，AB=AE，
∴AB=AE=2，AC⊥BD，OD=OB，
∴BD==2，
∴OB=，
∵，
∴
∴，
∴=，
故答案为：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，勾股定理，图形的面积分割，熟练掌握正方形的性质，灵活运用是解题的关键．
三、解答题
13．（2020·四川·树德中学九年级期中）如图，在中，分别为的中点，，延长交的延长线于点，连接．
(1)证明：四边形AMDN是菱形；
(2)若，判断四边形的形状，请直接写出答案．
【答案】（1）证明见解析（2）正方形
【解析】
【分析】
由平行四边形的性质可得，可得，可证≌，可得，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得，可得四边形AMDN是菱形；
由菱形的性质可得，可得，则四边形AMDN是正方形．
【详解】
四边形ABCD是平行四边形，

，且，
≌
，且
四边形AMDN是平行四边形
又，M为AB的中点，
在中，
四边形AMDN是菱形
正方形
理由如下：
四边形AMDN是菱形

，

菱形AMDN是正方形.
故答案为（1）证明见解析（2）正方形.
【点睛】
本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用这些性质进行推理．
14．（2021·全国·八年级专题练习）如图，已知正方形ABCD的面积是8，连接AC、BD交于点O，CM平分∠ACD交BD于点M，MN⊥CM，交AB于点N，
（1）求∠BMN的度数；
（2）求BN的长．
【答案】（1）22..5°；（2）．
【解析】
【分析】
（1）先由正方形ABCD的面积是8，求得正方形的边长及其对角线的长；再由正方形的性质及CM平分∠ACD，求得∠DCO、∠BCO、∠CDO、∠MBN、∠DCM、∠MCO及∠BMC的度数；然后由MN⊥CM得∠CMN＝90°，则∠BMN的度数等于∠CMN的度数减去∠BMC即可得出答案；
（2）先证明∠BCM＝∠BMC，从而可得BM＝BC＝CD，则由DM＝BD﹣BM可得DM的长；再证明△DCM≌△BMN（ASA），从而可得BN＝DM，问题得解．
【详解】
解：（1）∵正方形ABCD的面积是8，
∴BC＝CD＝＝2，
∴BD＝×2＝4．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCO＝∠BCO＝∠CDO＝∠MBN＝45°，
∵CM平分∠ACD，
∴∠DCM＝∠MCO＝22.5°，
∴∠BMC＝∠CDO+∠DCM＝45°+22.5°＝67.5°．
∵MN⊥CM，
∴∠CMN＝90°，
∴∠BMN＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠BMN的度数为22..5°．
（2）∵∠MCO＝22.5°，∠BCO＝45°，
∴∠BCM＝∠BCO+∠MCO＝67.5°，
又∵∠BMC＝67.5°，
∴∠BCM＝∠BMC，
∴BM＝BC＝CD＝2，
∴DM＝BD﹣BM＝4﹣2．
∵∠DCM＝22.5°，∠BMN＝22.5°，
∴∠DCM＝∠BMN．
∴在△DCM和△BMN中，
∴△DCM≌△BMN（ASA），
∴BN＝DM＝4﹣2，
∴BN的长为4﹣2．
【点睛】
本题考查正方形的性质、角平分线的性质、余角的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
15．（2022·上海·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一点，点E在边AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F．
(1)求证：PA＝PC；
(2)求证：PC⊥PE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）欲证明PA＝PE，只要证明△ADP≌△CDP即可．
（2）作PM⊥AE，PN⊥CD，再证Rt△PME≌Rt△PNC，得∠MPE＝∠NPC和∠MPN＝∠MPE+∠NPE＝∠NPC+∠NPE＝∠EPC＝90°，由此解答即可．
(1)
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP=45°，
在△ADP和△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴PA＝PC；
(2)
解：过点P作PM⊥AE于M，PN⊥CD于N，
∵PD平分∠ADC，
∴PM＝PN，
∵∠ADC＝90°，
∵PA＝PE，PA＝PC
∴PE=PC
∴四边形PNDM是矩形，
∴∠MPN＝90°，
在Rt△PME和Rt△PNC中，
，
∴Rt△PME≌Rt△PNC（HL），
∴∠MPE＝∠NPC，
∴∠MPN＝∠MPE+∠NPE＝∠NPC+∠NPE＝∠EPC＝90°．
∴PC⊥PE．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，矩形的性质与判定、全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等知识，正确寻找全等三角形是解题的关键．
16．（2021·山东·临沂二十九中九年级期中）四边形是正方形， 旋转一定角度后得到 ，如图所示，如果，，
指出旋转中心和旋转角度
求的长度
与的位置关系如何？试说明理由
【答案】 旋转中心为点，旋转角度为或；； 与的位置关系是，理由见解析；
【解析】
【分析】
根据旋转的性质分顺时针和逆时针旋转两种情况解答；
根据代入数值计算即可得解；
延长与相交于点，然后求出，再根据垂直的定义解答．
【详解】
解：根据旋转的性质可知：
旋转中心为点，旋转角度为或；
旋转一定角度后得到，
≌

解：与的位置关系是；
理由如下：
延长交于，
≌
在中，
，即．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，解题关键是根据旋转得出全等三角形，进行推理证明和计算．
17．（2021·湖南衡阳·中考真题）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【解析】
【分析】
（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接，利用勾股定理可求，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】
解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
故答案是17．
【点睛】
本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．