数学八年级下册正方形课堂检测

这是一份数学八年级下册正方形课堂检测，共58页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在线段BC、CD上运动，且满足∠EAF＝45°，AE、AF分别与BD相交于点M、N，下列说法中：①BE+DF＝EF；②点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；③BE＝2，DF＝3，则S△AEF＝15；④若AB＝6，BM＝3，则MN＝5．其中结论正确的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
2．如图，在正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连结AG，CF，下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③S△AGE=18；④∠GAE=45°，其中正确的是（ ）
A．①②③B．②③④C．③④①D．①②④
3．如图，正方形的对角线与相交于点，将绕点顺时针旋转，设旋转角为（），角的两边分别与，交于点，，连接，，，下列四个结论：①；②；③；④；其中正确结论的个数是（ ）
A．B．C．D．
4．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，在正方形中，的顶点，分别在，边上，高与正方形的边长相等，连接分别交，于点，，下列说法：①；②连接，，则为直角三角形；③；④若，，则的长为，其中正确结论的个数是（ ）
A．4B．3C．2D．1
二、填空题
6．如图，在直角梯形中，， E是上一点，且，则__________．
7．如图，正方形的边长为1，点在边上运动（不与点，重合），，点在射线上，且，与相交于点，连接、、．则下列结论：①；②平分；③；④的面积的最大值是；其中正确的结论是______．
8．如图，在正方形ABCD中，E是线段CD上一点，连接AE，将ADE沿AE翻折至AEF，连接BF并延长BF交AE延长线于点P，当PF＝BF时，＝_____．
9．如图，已知正方形ABCD，P是边BA延长线上的动点（不与点A重台），且AP＜AB，由平移得到，若过点E作EQ⊥AC，点Q为垂足，则有以下结论：①在点P运动过程中，四边形PECD可能为菱形；②无论点P运动到何处，都有DP＝PQ；③若∠DQC＝60°，则有2BE＝DP；④无论点P运动到何处，∠CQP一定大于135°．其中正确结论的序号为________．
10．如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面积为，则△BEC与△DFC的面积之和为________．
11．如图，△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点P为△ABC外一点，且∠APC=45°，过B作BE∥AC分别交PA、PC于点E、F，若BE=3EF=3，则AE=_____．
12．如图，已知正方形的边长为3，、分别是、边上的点，且，将绕点逆时针旋转，得到．若，则的长为____．
三、解答题
13．在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且∠EAF=45°．EA交BD于M，AF交BD于N．
(1) 作△APB≌△AND（如图①），求证：△APM≌△ANM；
(2) 求证：；
(3) 矩形ABCD中，M、N分别在BC、CD上，∠MAN=∠CMN=45°，（如图②），请你直接写出线段MN，BM，DN之间的数量关系．
14．将正方形ABCD放置在平面直角坐标系中，B与原点重合，点A的坐标为，点E的坐标为，并且实数a，b使式子成立，
(1) 直接写出点D、E的坐标：D______，E______．
(2) ∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，
①如图①，求证AE＝EF；
②如图②，连接AF交DC于点G，作交AE于点M，作交AF于点N，连接MN，求四边形MNGE的面积；
如图③，连接正方形ABCD的对角线AC，若点P在AC上，点Q在CD上，且AP＝CQ，求的最小值．
15．已知四边形ABCD是正方形，一个等腰直角三角板的一个锐角顶点与A点重合，将此三角板绕A点旋转时，两边分别交直线BC，CD于M，N．
(1) 如图1，当M，N分别在边BC，CD上时，求证：BM+DN=MN
(2) 如图2，当M，N分别在边BC，CD的延长线上时，请直接写出线段BM，DN，MN之间的数量关系
(3) 如图3，直线AN与BC交于P点，MN=10，CN=6，MC=8，求CP的长．
16．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．
（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
17．如图．在正方形中，点E在边上，点F在延长线上，，连接交于点H，连接．
（1）求证；
（2）求的值；
（3）探究、、三条线段之间的数量关系，并证明．
18．已知正方形，，绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、于点M、N，于点H．
（1）如图①，当时，可以通过证明，得到与的数量关系，这个数量关系是___________；
（2）如图②，当时，（1）中发现的与的数量关系还成立吗？说明理由；
（3）如图③，已知中，，于点H，，，求的长．
19．如图正方形的边、在坐标轴上，已知点．将正方形绕点顺时针旋转一定的角度（小于），得到正方形，交线段于点，的延长线交线段于点，连接、．
（1）求的度数．
（2）当时，求点的坐标．
（3）在（2）的条件下，直线上是否存在点，使以、、为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，请直接写出点的坐标，若不存在，请说明理由．
20．情景呈现：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．
（Ⅰ）提出问题：当点P运动时，∠APE的度数，线段CP与DE的数量关系是否发生改变？
（Ⅱ）探究问题：首先观察点P的两个特殊位置：
①当点P与点B重合时，如图1所示，∠APE＝ °，线段CP与DE之间的数量关系： ；
②当BP＝BC时，如图2所示，∠APE＝ °，线段CP与DE之间的数量关系： ；
（Ⅲ）猜想并证明：
①然后观察点P的一般位置：当点P在线段BC上时，结合图3，通过观察、测量、发现：上述结论 ；（填“成立”或“不成立”）
②当点P在射线CB上时，如图4，上述结论是否成立？若成立，请结合图4进行证明；若不成立，请说明理由．
（Ⅳ）解决问题：请用简洁的语言概括你发现的结论：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．当点P在射线CB运动时（不与点C重合）， ．
21．【问题情境】
在综合实践课上，同学们以“正方形和直线的旋转”为主题分组开展数学探究活动，已知正方形，直线经过点，并绕点旋转，作点关于直线的对称点，直线交直线于点，连结、．
【操作发现】
（1）如图1，若．则 °， °．
【拓展应用】
（2）如图2，当直线在正方形的外部时
①判断的度数是否为一个定值？如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由．
②线段、、之间存在特殊的数量关系，请写出这一关系式，并说明理由．
22．如图1，在正方形中，为边上一点（不与点、重合），垂直于的一条直线分别交、、于点、、．
（1）求证；
（2）如图2，若垂足恰好为的中点，连接，交于点，连接，并延长交边于点．求的度数；
（3）如图3，若该正方形边长为11，将正方形沿着直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作，垂足分别为，若，则______．
参考答案
1．A
【分析】根据旋转的性质得到BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，得到∠EAH＝∠EAF＝45°，根据全等三角形的性质得到EH＝EF，∠AEB＝∠AEF，于是得到BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；过A作AG⊥EF于G，根据全等三角形的性质得到AB＝AG，于是得到点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长，故②正确；求出EF＝BE+DF＝5，设BC＝CD＝n，根据勾股定理即可得到S△AEF＝15，故③正确；把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，再证明△AMQ≌△AMN（SAS），从而得MQ＝MN，再证明∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，设MN＝x，再由勾股定理求出x即可．
解：如图，把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
由旋转的性质得，BH＝DF，AH＝AF，∠BAH＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠BAH+∠BAE＝∠DAF+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAH＝∠EAF＝45°，
在△AEF和△AEH中，
，
∴△AEF≌△AEH（SAS），
∴EH＝EF，
∴∠AEB＝∠AEF，
∴BE+BH＝BE+DF＝EF，故①正确；
过A作AG⊥EF于G，
∴∠AGE＝∠ABE＝90°，
在△ABE与△AGE中，
，
∴△ABE≌△AGE（AAS），
∴AB＝AG，
∴点A到线段EF的距离一定等于正方形的边长；故②正确；
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝BE+DF＝5，
设BC＝CD＝n，
∴CE＝n﹣2，CF＝n﹣3，
∴EF2＝CE2+CF2，
∴25＝（n﹣2）2+（n﹣3）2，
∴n＝6（负值舍去），
∴AG＝6，
∴S△AEF＝×6×5＝15．故③正确；
如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，连接QM，
由旋转的性质得，BQ＝DN，AQ＝AN，∠BAQ＝∠DAN，∠ADN＝∠ABQ＝45°，
∵∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠BAQ+∠BAE＝∠DAN+∠BAE＝90°﹣∠EAF＝45°，
∴∠MAQ＝∠MAN＝45°，
在△AMQ和△AMN中，
，
∴△AMQ≌△AMN（SAS），
∴MQ＝MN，
∵∠QBM＝∠ABQ+∠ABM＝90°，
∴BQ2+MB2＝MQ2，
∴ND2+MB2＝MN2，
∵AB＝6，
∴BD＝AB＝12，
设MN＝x，则ND＝BD﹣BM﹣MN＝9﹣x，
∴32+（9﹣x）2＝x2，
解得：x＝5，
∴MN＝5，故④正确，
故选A．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理等等，解题的关键是旋转三角形ADF和三角形AND．
2．D
【分析】根据正方形的性质得出AB=AD=DC=6，∠B=∠D=90°，求出DE=2，AF=AB，根据HL推出Rt△ABG≌Rt△AFG，推出BG=FG，设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2，在Rt△ECG中，由勾股定理得出（6-x）2+42=（x+2）2，求出x=3，得出BG=GF=CG，由DE=2，得出GE=GF+EF=5，AF=AB=6，计算出S△AGE=15；根据全等得出∠DAE=∠FAE，∠BAG=∠FAG，即可得出∠GAE.
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=∠D=90°，
∵CD=3DE，
∴DE=2，
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB，
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）．
∴①正确；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，
∴BG=FG，∠AGB=∠AGF．
设BG=x，则CG=BC-BG=6-x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．
∵CG=6-x，CE=4，EG=x+2，
∴（6-x）2+42=（x+2）2，解得：x=3．
∴BG=GF=CG=3．
∴②正确；
∵BG=GF=CG=3，CD=3DE ，AB=AD=DC=6，DE=EF=2，
∴GE=GF+EF=5，AF=AB=6，
∴S△AGE=，
∴③错误；
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴△DAE≌△FAE．
∴∠DAE=∠FAE．
∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG=∠FAG．
∵∠BAD=90°，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=×90°=45°．
∴④正确．
故选D．
【点拨】本题考查了正方形性质，折叠性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行线的判定等知识点的运用，依据翻折的性质找出其中对应相等的线段和对应相等的角是解题的关键．
3．C
【分析】由“”可证，可得，，由余角的性质可判断②，根据证，得出,易得，则,利用反证法假设,推出矛盾，即可判断①，由“”可证，由勾股定理可判断④．
解：四边形是正方形
，，，
将绕点顺时针旋转，
，且，
，
，
，
，
故②正确
根据②中证出，


,
，
则,
若假设，
则，
矛盾，即假设不成立，
即①错误,
，，
故③正确
，
，
；
故④正确
故选：C．
【点拨】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理的综合应用，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
4．C
【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断②，再利用勾股定理计算，判断③，通过计算，判断④．
解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中
，





故①正确，




设正方形的边长为，则
由勾股定理得：
解得：（舍去）

故②错误，

故③正确，

故④正确．
综上：①③④正确，
故选C．
【点拨】本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．
5．A
【分析】根据正方形的性质及HL定理求得Rt△AEB≌Rt△AEG，Rt△AFD≌Rt△AFG，从而求得∠EAB=∠EAG，∠FAD=∠FAG，然后求得2∠EAG+2∠FAG=90°，从而得到，由此判断①；
将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，连接MH，MG，NG，由旋转的性质根据结合SAS定理求得△AHM≌△ANM，得到MN=MH，结合正方形和旋转的性质求得∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，从而可得MH2=HB2+BM2，然后根据SAS定理求得△ABM≌△AGM，△AND≌△AANG，从而得到BM=GM，DN=GN，从而求得MN2=MG2+NG2，由此判断②；
由垂直可得∠AEG =90°-∠EAG，然后结合①中已证∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°，可得∠ANM=90°-∠EAG，由此得到∠AEG =∠ANM，然后根据AA定理求得三角形形式，由此判断③；
旋转△ABE到△ADH，由旋转性质和SAS定理可得得△ABE≌△ADH，△AEF≌△AHF，设CF=a，在Rt△CEF中，根据勾股定理列方程求a，从而求得正方形的边长，设MN=x，结合②中的结论列方程求x的值，从而判断④．
解：如图中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，
∵AG⊥EF，
∴∠AGE=∠ABC=90°，
在Rt△AEB和Rt△AEG中， ，
∴Rt△AEB≌Rt△AEG，
∴∠EAB=∠EAG，
同理可证Rt△AFD≌Rt△AFG，
∴∠FAD=∠FAG，
∴2∠EAG+2∠FAG=90°，
∴∠EAG+∠FAG=45°，
∴∠EAF=45°，故①正确；
如图②，将△ADN绕点A顺时针旋转90°至△ABH位置，连接MH，MG，NG
由旋转知：∠BAH=∠DAN，AH=AN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAM=∠BAM+∠BAH=45°，
∴∠HAM=∠NAM，又AM=AM，
∴△AHM≌△ANM，
∴MN=MH
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠ABD=45°．
由旋转知：∠ABH=∠ADB=45°，HB=ND，
∴∠HBM=∠ABH+∠ABD=90°，
∴MH2=HB2+BM2，
∴MN2=MB2+ND2．
又∵AB=AG，∠EAB=∠EAG，AM=AM
∴△ABM≌△AGM
∴BM=GM
同理可证：△AND≌△AANG
∴DN=GN
∴MN2=MG2+NG2
即为直角三角形，故②正确；
∵AG⊥EF
∴∠AEG =90°-∠EAG
又∵∠ANM=∠BDA+∠DAF=45°+∠DAF
由①可知：∠EAG+∠FAG=∠EAG+∠FAD=45°
∴∠ANM=90°-∠EAG
∴∠AEG =∠ANM
又∵
∴，故③正确；
如图3中，
旋转△ABE到△ADH，△ABE≌△ADH
∴DH=BE=2，
同理②中可证：△AEF≌△AHF，
∴FH=EF，设CF=a
∴CD=CF+DF=a+3，EF=FH=DF+DH=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=a+3
∴CE=BC-BE=a+3-2=a+1，
在Rt△CEF中，根据勾股定理得，（a+1）2+32=25
∴a=3或a=-5（舍），
∴CF=3，
∴CD=6，
∴正方形的边长为6；
由正方形ABCD的边长为6，
∴BD=CD=6，
由①可知△MAN=45°，
∵AB=AD，∠BAD=90°，
由②得BM2+DN2=MN2，
设MN=x，
∵BD=6，BM=，
∴DN=
∴
解得x=，
∴MN=，故④正确
故选：A．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题关键是学会用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用探究的结论解决新的问题，属于中考压轴题．
6．10
【分析】过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．再设DE＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出DE．
解：过C作CG⊥AD于G，并延长DG，使GF＝BE，
在直角梯形ABCD中，∵AD∥BC，∠A＝∠B＝90°，∠CGA＝90°，AB＝BC，
∴四边形ABCG为正方形，
∴AG＝BC＝GC=12，
∵∠DCE＝45°，
∴∠ECB+∠GCD=45°，
∵BE＝GF，∠B＝∠FGC=90°，BC＝GC，
∴△EBC≌△FGC，
∴∠ECB＝∠FCG，
∴∠FCG+∠GCD=∠DCF =45°=∠DCE，
∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC，
∴△ECD≌△FCD，
∴ED＝DF，
∴DE＝GF＋DG＝BE＋GD，
设DE＝x，则DG＝x−4，
∴AD＝16−x，
在Rt△AED中，∵DE2＝AD2＋AE2，
∴x2＝（16−x）2＋82，
∴x＝10，
即DE＝10．
故答案为：10
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．①③
【分析】①正确，如图1中，在上截取，连接．证明即可解决问题；
②错误，由（1）可得，，由此即可判定不平分；
③正确，如图2中，延长到，使得，连接CH，则，再证明即可解决问题．
④错误，如图1，设，则，利用三角形的面积公式构建二次函数，利用二次函数的性质解决最值问题．
解：如图1中，在上截取，连接．
，，
，，
，
，
，，
，
，，
，
∴，
，，
，
，
，
，故①正确；
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴不平分，故②错误；
如图2中，延长到，使得，连接CH，
又∵，，
∴，
，，
，
，
又，，
，
，
，
，故③正确；
如图1，设，则，
，
，
∴当时，的面积取得最大值，最大值为，故④错误，
故答案为：①③．
【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，二次函数的应用等知识，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，属于中考选择题中的压轴题．
8．﹣1
【分析】如图，过点A作AM⊥BP于M，过点E作EN⊥BP于N．首先证明△AMP是等腰直角三角形，设BF＝2a，则PF＝BF＝a，BM＝MF＝a，利用相似三角形的性质求出FN：EN＝1+，再想办法求出EN（用a表示），即可解决问题．
解：如图，过点A作AM⊥BP于M，过点E作EN⊥BP于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝90°，
由翻折的性质可知，AD＝AF，∠DAE＝∠EAF，
∴AB＝AF，
∵AM⊥BF，
∴BM＝FM，∠BAM＝∠FAM，
∴∠PAM＝∠PAF+∠FAM＝∠BAD＝45°，
∵∠AMP＝90°，
∴∠P＝∠PAM＝45°，
∴AM＝MP，
设BF＝2a，则PF＝BF＝a，BM＝MF＝a，
∴AM＝PM＝FM+PF＝a+a，
∵∠AMF＝∠AFE＝∠ENF＝90°，
∴∠AFM+∠EFN＝90°，∠EFN+∠FEN＝90°，
∴∠AFM＝∠FEN，
∴△AMF∽△FNE，
∴，
设EN＝PN＝x，则FN＝（1+）x，
∴（1+）x+x＝a，
∴x＝（﹣1）a，
∴EN＝（﹣1）x，
∴＝＝﹣1，
∵CD＝AD＝AF，DE＝EF，
∴＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点拨】本题考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题，属于中考常考题型．
9．②③④
【分析】根据直角三角形的斜边大于直角边，判定DP＞PE，可判断①是错误的；利用△PQE≌△DQA，证明△DPQ是等腰直角三角形即可；延长EB到M，使EB=BM，证明△CEM是等边三角形即可；利用∠CQP=180°-∠PQA，∠QAE=45°＞∠PQA，根据不等式的性质推理判断即可
解：∵由平移得到，
∴△DAP≌△CBE，
∴PA=EB，
∴PA+AE=EB+AE，
∴PE=AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA=AB，DC∥AB，∠DAP=90°，
∴DC=PE，DC∥PE，
∴四边形PECD是平行四边形，
在直角三角形DAP 中，
∵DP＞DA，
∴DP＞PE，
∴①是错误的；
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠DAQ=∠QAE=45°，
∵CQ⊥AE，
∴∠QEA=∠QAE=45°，
∴∠PEQ=∠DAQ，AQ=EQ，
∵PE=DA，
∴△PQE≌△DQA，
∴PQ=DQ，∠DQA=∠PQE，
∴∠DQP=∠AQE=90°，
∴△DPQ是等腰直角三角形，
∴DP＝PQ；
∴②正确；
延长EB到M，使EB=BM，
∵∠QCD=45°，∠DQC=60°，
∴∠QDC=75°，
∴∠ADQ=15°，
∵∠PDQ=45°，
∴∠PDA=30°，
∵△DAP≌△CBE，
∴∠ECB=30°，
∴∠CEB=60°，
∵EB=BM，CB⊥EM，
∴CE=CM，
∴△CEM是等边三角形，
∴DP=CE=EB=2EB
∴③正确；
∵∠CQP=180°-∠PQA，∠QAE=45°＞∠PQA，
∴180°-45°＜180°-∠PQA，,
∴∠CQP＞135°，
∴④正确；
故答案为：②③④．
【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，三角形的全等和性质，不等式的基本性质，灵活运用正方形的性质，三角形的全等，判定两个核心三角形的形状是解题的关键．
10．
【分析】将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，再证明△△△，根据求解即可．
解：将△绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△，且△，将△绕点A顺时针旋转90°至AD与AB重合，得△，且△，
∴
连接
∵∠
∴∠
∴∠
即：∠
∵
∴△
∴
同理可得：△
∴
∴
∵
∴△
∴
故答案是：
【点拨】本题考查了运用旋转的性质求解，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握相关性质是解答本题的关键．
11．
【分析】延长BE，过点A作AD垂直于BE的延长线，在AD上截取，通过证明可得，利用半角模型可得，在中应用勾股定理可得，设，利用方程思想即可求解．
解：如图，延长BE，过点A作AD垂直于BE的延长线，在AD上截取，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴四边形ACBD是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵∠APC=45°，
∴，
将顺时针旋转90°到，则，
∴，
设，
在中，，
即，解得，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，作出辅助线，合理应用半角模型和方程思想是解题的关键
12．
【分析】由旋转可得，为直角，可得出，由，得到为，可得出，再由，利用可得出三角形与三角形全等，由全等三角形的对应边相等可得出；则可得到，正方形的边长为3，用求出的长，再由求出的长，设，可得出，在直角三角形中，利用勾股定理列出关于的方程，求出方程的解得到的值，即为的长．
解：逆时针旋转得到，
，
、、三点共线，
，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
设，
，且，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
即，
解得：，
．
故答案为：．
【点拨】此题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理．此题难度适中，解题的关键是注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
13．(1) 见分析(2) 见分析(3) ．理由见分析
【分析】（1）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠PAM=∠NAM=45°，利用SAS即可证明△APM≌△ANM；
（2）由正方形的性质和△APB≌△AND，推出∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，再由（1）的结论得到PM=MN，根据勾股定理即可证明；
（3）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△，则△AMN≌△，利用全等三角形的性质可得出=MN，由∠C=90°，∠CMN=45°可得出CM=CN，设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，进而可得出=a-b，NF=b+a，在Rt△中，利用勾股定理可求出，进而可得出．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°．
∴∠BAM+∠NAD=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PA=NA，∠PAB=∠NAD，
∴∠PAB+∠BAM=45°，
∴∠PAM=∠NAM=45°，
在△APM和△ANM中，，
∴△APM≌△ANM(SAS)；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABD=∠ADB=45°，
∵△APB≌△AND，
∴PB=ND，∠ABP=∠ADB=45°，
∴∠BPM=∠ABP+∠ABD=90°，
∴，
∵△APM≌△ANM，
∴PM=MN，
∴；
（3）解：．理由如下：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△．如图：
过点作⊥CD于F，连接，
同（1）可证△AMN≌△，
∴=MN．
∵∠C=90°，∠CMN=45°，
∴CM=CN．
设BM=a，DN=b，CM=c，则AD=a+c，CD=b+c，
∴=AD-=AD-AB=a+c-（b+c）=a-b，
NF=DN+DF=DN+=DN+BM=b+a．
在Rt△中，，
∴．
【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形以及勾股定理，解题的关键是：（1）利用SAS即可证明△APM≌△ANM；（2）证明∠BPM=90°，利用勾股定理求解；（3）通过构造直角三角形，利用勾股定理找出．
14．(1)（6，6），（3，0）(2) ①证明见分析；②(3)
【分析】（1）由二次根式有意义的条件可得出a=6，b=3，然后根据正方形的性质求解即可得出答案；
（2）①取OA的中点K，连接KE，证明△AKE≌△ECF（ASA），由全等三角形的性质可得出AE=EF；②延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，证明△AOE≌△ADH（SAS），由全等三角形的性质得出∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，证明△AEG≌△AHG（SAS），得出EN=EG，同理可得GM=GE，设DG=x，则CG=6-x，由勾股定理得出32+（6-x）2=（x+3）2，解得x=2，根据计算求解即可得出答案；
（3）在外角平分线上取点E，使CF=AO，证明△APB≌△CQF（SAS），得出PB=QF，当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，过点F作FR⊥x轴于点R，由勾股定理求出OF2，进而可得出答案．
解：（1）解：∵实数a，b使式子成立，
∴，
∴，
∴a=6，
∴b=3，
∴点A的坐标为（0，6），E（3，0）；
∴OA=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OC=CD=OA=6，
∴D（6，6），
故答案为：（6，6），（3，0）；
（2）解：①如图①，取OA的中点K，连接KE，
∵∠AEF=90°，
∴∠FEC+∠AEO=∠AEO+∠OAE=90°，
∴∠FEC=∠OAE，
∵OE=EC=3，K为OA的中点，OA=OC，
∴AK=EC，OK=OE，
∴∠OKE=45°，
∴∠AKE=135°，
∵CF是正方形外角的平分线，
∴∠DCF=45°，
∴∠ECF=135°，
∴∠AKE=∠ECF，
在△AKE和△ECF中，
，
∴△AKE≌△ECF（ASA），
∴AE=EF；
②如图②，延长CD，并在延长线上截取DH=OE，连接AH，
∵四边形AOCD是正方形，
∴AO=AD，∠AOE=∠ADH=90°，
∴△AOE≌△ADH（SAS），
∴∠OAE=∠DAH，AE=AH，∠AEO=∠AHD，
由①知AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
∴∠OAE+∠DAG=∠DAH+∠DAG=∠GAH=45°，
∴∠GAH=∠GAE，
∴△AEG≌△AHG（SAS），
∴EG=GH=DG+OE，∠AGE=∠AGH，∠AEG=∠AHD，
∴∠AEO=∠AEG，
∵，
∴∠AGH=∠GNE=∠AGE，
∴EN=EG，
同理可得GM=GE，
∴GM=EN，
又∵GM⊥EN，
设DG=x，则CG=6-x，
∴OE=CE=3，
∴EG=x+3，
在Rt△ECG中，32+（6-x）2=（x+3）2，
解得x=2，
∴EG=EN=GM=5，
∴S四边形MNGE=＝；
（3）解：在外角平分线上取点F，使CF=AO，连接，，
∴∠OAP=∠QCF=45°，
∵AP=CQ，
∴△APB≌△CQF（SAS），
∴PB=QF，
∴BP+BQ=BQ+QF，
∴当B，Q，F三点共线时，值最小，即为OF的长，
过点F作FR⊥x轴于点R，
∵∠DCF=∠RCF=45°，
∴△CFR为等腰直角三角形，
∵AO=CF=6，
∴CR=FR=，
∴OR=，
在Rt△ORF中，，
的最小值为，
故答案为：．
【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，点的坐标等知识；熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15．（1）见分析；（2）；（3）3
【分析】（1）延长到使，连接AG，先证明，由此得到，，再根据，，可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（2）在BM上取一点G，使得，连接AG，先证明，由此得到，，由此可得，再根据可以得到，从而证明，然后根据全等三角形的性质即可证明；
（3）在DN上取一点G，使得，连接AG，先证明，再证明，设，根据可求得，由此可得，最后再证明，由此即可求得答案．
解：（1）证明：如图，延长到使，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
，，
∴，
，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
；
（2），理由如下：
如图，在BM上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
又∵，，
∴，
故答案为：；
（3）如图，在DN上取一点G，使得，连接AG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
在与中，
，
，
，，
∴，
∴，
又，
，
在与中，
，
，
，
设，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∵，
∴，
在与中，
，
，
，
∴CP的长为3．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，能够作出正确的辅助线并能灵活运用全等三角形的判定与性质是解决本题的的关键．
16．（1），理由见分析；（2），理由见分析；（3），理由见分析
【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
17．（1）见分析；（2）；（3），理由见分析
【分析】（1）过E作交于点M，证明即可；
（2）连接，，证明，则易得△EAF是等腰直角三角形，从而可求得结果；
（3）连接，，过H作交延长线于G，易得，可得EG=AB，由勾股定理即可求得BE、AB、BH的关系．
解：（1）过E作交于点M，如图1，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵．
∴，
∴；
（2）连接，，如图2，
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
又∵H为中点，
∴；
（3）．
理由如下：
连接，，过H作交延长线于G，如图3．
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，，
由（2）得，为等腰直角三角形，H为中点，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判官与性质，勾股定理等知识，有一定的综合性，关键是作辅助线证明三角形全等．
18．（1）；（2）成立，理由见分析；（3）
【分析】（1）由“SAS”可证Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由AAS可证Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设AH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．
解：（1）∵正方形ABCD，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADN中，
∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，
∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN，
∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，
∴∠BAM＝∠MAH，
在Rt△ABM和Rt△AHM中，
∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），
∴AB＝AH，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，
在Rt△AEB和Rt△AND中，
∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠DAN＋∠BAM＝45°，
∴∠EAB＋∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
由折叠可得BM＝MH＝3，NH＝DN＝7，
设AH＝AB＝BC＝CD＝x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2＋NC2，
∴，
解得或（舍去），
∴．
【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
19．（1）∠PAG =45°（2）P点坐标为：（3， ）；（3）M1（0，-3）、M2（，3）．
【分析】（1）由AD=AB，AP=AP，根据斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等，易证Rt△ADP≌Rt△ABP，同理易证Rt△AOG≌Rt△ADG，继而可得∠DAP=∠BAP，∠OAG=∠DAG；然后根据∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，求出∠PAG的度数；
（2）根据题意易得：∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，继而可得∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，∠AGO=∠AGD=∠PGC=60°，∠OAG =∠CPG=30°，在Rt△AOG中，，，CG=3﹣，在Rt△CPG中，可得，继而即可求解；
(3)根据题意，分两种情况：①当点M在为直线PE与y轴交点时；②当点M为直线EP与直线AB的交点时；根据以M、A、G为顶点的三角形是等腰三角形，求出M点坐标即可．
解：（1）在Rt△ADP和Rt△ABP中，

∴Rt△ADP≌Rt△ABP（HL），
∴∠DAP=∠BAP；
在Rt△AOG和Rt△ADG中，

∴Rt△AOG≌Rt△ADG（HL）．
∴∠OAG=∠DAG；
又∵∠OAG+∠DAG+∠DAP+∠BAP=90°，
∴2∠DAG+2∠DAP=90°，
∴∠DAG+∠DAP=45°，
∴∠PAG=∠DAG+∠DAP =45°；
（2）∵∠OAG＋∠AGO＝90°， ∠CPG+∠PGC=90°，∠OAG =∠CPG，
∴∠AGO＝∠PGC，
又∵∠AGO=∠AGD，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC，
又∵∠AGO+∠AGD+∠PGC=180°，
∴∠AGO=∠AGD=∠PGC=180°÷3=60°，
∴∠OAG =∠CPG=90°﹣60°=30°，
在Rt△AOG中，AO=3，
设OG=x，AG＝2x，
由勾股定理可得：，即
解得：（负数舍去）
∴，
∴G点坐标为（，0），CG=3﹣，
，
∴P点坐标为：（3， ），
（3）①如图1，当点M在为直线PE与y轴交点时，
∵∠OGM=∠PGC=60°，∠AGO=60°，
∴∠AGO=∠MGO，
又∵∠AOG=∠MOG=90°，OG=OG，
∴△AOG≌△MOG，
∴AG=MG，OM=OA=3，
∴点M坐标为（0，﹣3）．
②如图2，当点M为直线EP与直线AB的交点时，
∵AB//CO，
∴∠AMG=∠PGC=60°，
又∵∠AGP=60°，
∴∠AMG=∠AGP=60°，
∴△AGM是等边三角形，
∴AM=AG=，
∴M的横坐标是，纵坐标是3，
∴点M坐标为（，3）．
综上，可得 点M坐标为（0，﹣3）或（，3）．
【点拨】本题考查几何变换综合题，涉及到全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定及其性质，解直角三角形，解题的关键是综合运用所学知识，利用数形结合的思想，学会分类讨论．
20．（Ⅱ）①45；；②45；；（Ⅲ）猜想并证明：①成立；②成立，见分析；（Ⅳ）始终存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【分析】（Ⅱ）探究问题：①根据正方形的性质以及等腰直角三角形三边长比例关系，即可得到答案；②先推出B、E重合，再证明四边形APED是平行四边，再根据等腰直角三角形三边长比例关系，即可得到答案；
（Ⅲ）①通过观察、测量、猜想即可发现答案；②过点E作EF⊥AD于点F，延长FE交BC于点G，连接CE，可证明△BAE≌△BCE，从而得∠EAB＝∠EPC，∠AEP＝90°，∠EAP＝∠APE＝45°，再证明四边形FGCD为矩形，结合，即可求解．
（Ⅳ）根据（Ⅱ）（Ⅲ）的证明过程，可得始终存在∠APE＝45°，CP＝ DE．
解：（Ⅱ）探究问题：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠APE＝45°，BC＝CD，
在Rt△BCD中，BC＝CD，
∴PD＝PC，
∵AE=PE，∠APE＝45°，
∴AE⊥PD，
∴PD＝2DE，
∴，
故答案为：45；；
②∵四边形ABCD是正方形，BP＝BC，
∴AB=PB，
∴是等腰直角三角形，
∴AB的中垂线过点B，即B、E重合，
∴∠DBC＝45°，BC＝AD，AD∥PB，
∵BP＝BC，
∴AD=PB，
∴四边形APED是平行四边形，
∴AP＝DE＝CE，AP∥DE，
∴∠APE＝∠DBC＝45°，
又∵CP=2CE，
∴
故答案为：45；；
（Ⅲ）猜想并证明：
①通过观察、测量发现：∠APE＝45°， 成立，
故答案为：成立；
②成立，
证明：如图4，过点E作EF⊥AD于点F，延长FE交BC于点G，连接CE，
∵点E在AP的垂直平分线上，
∴EA＝EP．
∵四边形ABCD为正方形，
∴BA＝BC，∠ABE＝∠CBE，
又∵BE=BE，
∴△BAE≌△BCE（SAS），
∴∠EAB＝∠ECB，EA＝EC．
∴EP＝EC．
∴∠EPC＝∠ECP．
∴∠EAB＝∠EPC．
∵∠EAB+∠AEP＝∠ABP+∠EPC，∠ABP＝90°，
∴∠AEP＝90°．
∴∠EAP＝∠APE＝45°，
∵EF⊥AD，
∴∠DFG＝90°．
∵∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形FGCD为矩形．
∴CG＝FD，∠FGC＝90°．
∵∠BDA＝45°，
∴．
∵EP＝EC，
∴，
（Ⅳ）解决问题：在正方形ABCD中，P为射线CB上的一个动点（不与点C重合），连结AP，作AP的垂直平分线交线段BD于点E，连结AE，PE．当点P在射线CB上运动时（不与点C重合），根据（Ⅲ）②可得，始终存在∠APE＝45°，CP＝ DE，
故答案为：始终存在∠APE＝45°，CP＝DE．
【点拨】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的性质，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
21．（1）65，45；（2）①是，；②，理由见分析
【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及三角形的内角和定理解决问题即可．
（2）①如图2中，连接BD，BF，证明△BEF是等腰直角三角形即可． ②结论：EF2+DF2=2AB2．利用勾股定理解决问题即可．
解：（1）如图1中，
∵B，E关于PQ对称，
∴∠PAB=∠PAE=20°，AB=AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=AE，∠BAD=90°，
∴∠EAD=90°-40°=50°，
∴∠ADE=∠AED= （180°-50°）=65°，
∴∠AEB=∠ABE=（180°-40°）=70°，
∴∠BEF=180°-70°-65°=45°，
故答案为：65，45．
（2）①的度数是一个定值
如图2中，连接，，与相交于点，
由对称知，，，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵，
∴
②．理由如下：
∵，
∴，
∵是正方形的对角线，
∴，
∴．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
22．（1）见分析；（2）45°；（3）
【分析】（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN=BF，BF⊥AE，由ASA证得，得出AE=BF即可得出答案；
（2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC与点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI=AB=AD，由HL证明，得，证明即可得出答案；
（3）延长交于点，由折叠的性质可知， ，再根据勾股定理计算出的长度即可得出答案.
解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
过点作交于点，如图1所示
∴四边形为平行四边形，
∴，，∴
∵，∴，
在和中，
∴
∴，∴；
（2）解：连接，过点作，分别交、于点、，如图2所示：
∵四边形是正方形，∴四边形为矩形，
∴，，，
∵是正方形的对角线，∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∵是的垂直平分线，∴，
在和中，
∴，
∴，∴
∴，∴是等腰直角三角形，
∴，即；
（3）解：延长交于点，如图3所示，
由折叠的性质可知，
∴
∴
∴
【点拨】本题考查的是正方形的综合，运用到了全等三角形的判定、勾股定理以及正方形的性质等知识点，掌握旋转前后的图形是完全重合的是解决本题的关键.