初中数学北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定课时训练

这是一份初中数学北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定课时训练，共37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。

北师大九年级数学上册1.3正方形的性质与判定含解析答案
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列说法正确的是（    ）
A．三条边相等的四边形是菱形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
2．下列说法中正确的是(　　)
A．有一组对边平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
3．如图，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，AG⊥EF，垂足为G，且AG=AB，则∠EAF=（   ）度

A．30° B．45° C．50° D．60°
4．下列命题中，错误的是
A．矩形的对角线互相平分且相等
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．等腰梯形的两条对角线相等
D．对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形
5．下列命题正确的是（　　）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．顺次连接平行四边形四边中点的四边形是正方形
6．下列条件能判定四边形ABCD为正方形的是（　　）
A．四边相等，且对角线互相垂直
B．四角相等，且对角线相等
C．对角线相等且互相垂直平分
D．四边相等，且对角线互相平分
7．如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②AD=2AE；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG：⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为（  ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
8．下列说法正确的是（    ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直且平分的四边形是正方形
D．对角线互相垂直的四边形是菱形
9．如图．将面积为a2的小正方形与面积为b2的大正方形放在一起（a＞0，b＞0）则三角形ABC的面积是（　　）

A．b2 B．b2 C．b2 D．2b2
10．如图，矩形ABCD的长和宽分别为6和4，E、F、G、H依次是矩形ABCD各边的中点，则四边形EFGH的周长等于(   )

A．20 B．10 C．4 D．2
11．如图，四边形ABCD中，AC＝8，BD＝6，且AC⊥BD，连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，下列说法错误的是（　　）

A．四边形EFGH是矩形 B．四边形EFGH的周长是14
C．四边形EFGH的面积是12 D．四边形ABCD的面积是48
12．如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为（　　）

A． B． C． D．

二、填空题
13．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为 ．

14．若正方形的对角线的长为4，则该正方形的面积为 ．
15．如图，连接四边形ABCD各边的中点，得到四边形EFGH，还要添加 ，才能保证四边形EFGH是正方形．

16．如图，正方形和正方形的边长分别为3和4，点D在上，点H为的中点，则的长为 .

17．如图，在长方形中，长为3，长为6，点从出发沿向以每秒1个单位的速度运动，同时点从出发沿向以每秒2个单位的速度运动（当一个点到达终点时另一个点也随之停止运动）.若运动的时间为秒，则三角形的面积为 （用含的式子表示）.

18．图，正六边形的顶点B、C分别在正方形的边上，若，则的长度为 ．

19．如图，正方形的边长为5，E为与点D不重合的动点，以为一边作正方形．连，，当的值最小时，正方形的边长为 ．

20．如图，在正方形中，以为边在正方形内作等边，连接，则的度数为 ．
  
21．如图，将边长为的正方形折叠，使得点落在上的点处．若折痕的长为，则 ．

22．如图，正方形ABCD的边长为4，点P是对角线BD上的一个动点，点E在AB上且AE＝1，则PAE周长的最小值为 ．

23．如图，有一块边长为2的正方形塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是 ．

24．如图，E是正方形ABCD内一点，E到点A、D、B的距离EA、ED、EB分别为1、3、2，延长AE交CD于点F，则四边形BCFE的面积为 ．


三、解答题
25．如图，已知：在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2，AC=2，D是边AC上一点（D与A、C不重合），过点A作AE垂直AC，求满足AE=CD，联结DE交边AB于点F.
（1）试判断△DBE的形状，并证明你的结论.
（2）当点D在边AC上运动时，四边形ADBE的面积是否发生变化？若不变，求出四边形ADBE的面积；若改变，请说明理由.
（3）当△BDF是等腰三角形时，请直接写出AD的长.     

26．如图，正方形ABCD的边长为4，连接对角线AC，点E为BC边上一点，将线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF，点E的对应点F恰好落在边CD上，过F作FM⊥AC于点M．
（1）求证：BE＝FM；
（2）求BE的长度．

27．如图,在平行四边形中,对角线AC⊥BC,AC=BC=2,动点P从点A出发沿AC向终点C移动,过点P分别作PM∥AB交BC于M,PN∥AD交DC于N．连结AM．

（1）四边形PMCN的形状有可能是菱形吗?请说明理由
（2）当AP=1时, 试求出四边形PMCN的面积．
28．如图，正方形ABCD中，点E、F分别在AD，CD上，且AE＝DF，连接BE，AF，BE与AF有怎样的关系？试说明理由．

29．已知：如图，在中，AB=AC，，垂足为点D，AN是外角的平分线，，垂足为点E，连接DE交AC于点．
(1)求证：四边形ADCE为矩形；
(2)当满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？并给出证明．
(3)在（2）的条件下，若，求正方形ADCE周长．

30．已知，点E在正方形的边上（不与点B，C重合），是对角线，延长到点F，使，过点E作的垂线，垂足为G，连接，．

（1）根据题意补全图形，并证明；
（2）①用等式表示线段与的数量关系，并证明；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
31．在正方形ABCD中，O是对角线的交点，过O作OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F，若AE＝4，CF＝3，
（1）求证：OE=OF
（2）求 EF的长

32．【感知】如图①，中，，，易知（不需要证明）．
【探究】如图②，四边形是一张边长为2的正方形纸片，、分别为、的中点，沿过点的折痕将纸片翻折，使点落在上的点A'处，折痕交于点，求的度数和的长．
【拓展】若矩形纸片按如图③所示的方式折叠，、两点恰好重合于一点（如图④），若，直接写出的长．

33．已知正方形和正方形有一个公共点A，点G、E分别在线段、上．

(1)如图1， 连接、，若将正方形绕点A按顺时针方向旋转，判断∶“在旋转的过程中线段与的长始终相等．”是否正确，若正确请说明理由，若不正确请举反例说明；
(2)若将正方形绕点A按顺时针方向旋转， 连结，在旋转的过程中，你能否找到一条线段的长与线段的长始终相等．并以图2为例说明理由．
34．以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边分别向外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连接这四个点，得四边形EFGH．
（1）如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状（不要求证明）；
（2）如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC=α（0°＜α＜90°），
①试用含α的代数式表示∠HAE；
②求证：HE=HG；
③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由．


参考答案：
1．B
【分析】利用菱形、矩形、平行四边形及正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：A、四条边相等的四边形是菱形，故原命题错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，正确；
C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原命题错误；
D、一组对边平行，另一组对边相等的四边形也可能是等腰梯形，故原命题错误，
故选：B．
2．C
【分析】运用正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质和判定可求解．
【详解】解：A、有一组对边平行的四边形不一定是平行四边形（如梯形），故该选项错误；
B、对角线互相垂直的四边形不一定是菱形（如梯形的对角线也可能垂直），故该选项错误；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该选项正确；
D、对角线互相垂直平分的四边形不一定是正方形（如菱形），故该选项错误；
故选：C．
3．B
【分析】根据正方形的性质以及HL判定，可得出△ABF≌△AGF，故有∠BAF=∠GAF，再证明△AGE≌△ADE，有∠GAE=∠DAE，即可求∠EAF=45°
【详解】解：在正方形ABCD中，∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD，
∵AG⊥EF，∴∠AGF=∠AGE=90°，
∵AG=AB，∴AG=AB=AD，
在Rt△ABF与Rt△AGF中，

∴△ABF≌△AGF，
∴∠BAF=∠GAF，
同理可得：△AGE≌△ADE，
∴∠GAE=∠DAE；
∴∠EAF=∠EAG+∠FAG，
∴∠EAF=45°
故选：B
4．B
【详解】试题分析：根据特殊四边形的判定和性质依次分析各选项即可作出判断.
解：A．矩形的对角线互相平分且相等，C．等腰梯形的两条对角线相等，D．对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形，均正确，不符合题意；
B．对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，也可能是筝形，故错误，本选项符合题意.
考点：特殊四边形的判定和性质
5．A
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定进行判断即可．
【详解】解：A． 对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题；
B． 对角线互相平分且相等的四边形是矩形，原命题是假命题；
C． 对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，原命题是假命题；
D． 顺次连接平行四边形四边中点的四边形是平行四边形，原命题是假命题；
故选：A．
6．C
【分析】根据正方形的判定判断即可．
【详解】解：A、四边相等，且对角线互相垂直，是菱形，不符合题意；
B、四角相等，且对角线相等，是矩形，不符合题意；
C、对角线相等且互相垂直平分，是正方形，符合题意；
D、四边相等，且对角线互相平分，是菱形，不符合题意；
故选：C．
7．B
【分析】由题意易得AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，△ADE≌△FDE，则有，进而可得四边形AEFG是平行四边形，然后根据等腰直角三角形的性质及线段的等量关系可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，
∵折叠正方形ABCD，
∴△ADE≌△FDE，
∴∠ADE=∠FDE=22.5°，AD=DF，AE=FE，∠EFD=∠DAE=90°，故①正确；
∴△EFB是等腰直角三角形，
∴，
∴，故②错误；
由图可直接判定③错误；
∵∠EFB=∠AOB=90°，
∴OA∥EF，
由折叠的性质可得：∠GFO=∠DAO=45°，
∴∠GFO=∠ABO=45°，
∴GF∥AE，
∴四边形AEFG是平行四边形，
∵AE=AF，
∴四边形AEFG是菱形，故④正确；
∵∠GFO=45°，∠AOB=90°，
∴△GOF是等腰直角三角形，
∴，
∴，故⑤正确；
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，故⑥错误；
∴正确的有三个；
故选B．
8．B
【分析】根据平行四边形的判定、菱形的判定、正方形和矩形的判定判断即可．
【详解】解；A. 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故原选项说法错误，不符合题意；
B. 有一个角是直角的平行四边形是矩形，说法正确，故此选项符合题意；
C. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故原选项说法错误，不符合题意；
D. 对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，故原选项说法错误，不符合题意；
故选：B
9．B
【分析】根据图形得出三角形ABC的面积S=正方形AFGM+S正方形BGCH+S△AMB-S△AFC-S△BHC，再根据面积公式求出即可．
【详解】解：∵将面积为a2的小正方形与面积为b2的大正方形放在一起，
∴CM＝AF＝FG＝a，BG＝CG＝CH＝BH＝b，
∴三角形ABC的面积S＝S正方形AFGM+S正方形BGCH+S△AMB﹣S△AFC﹣S△BHC
＝a2+b2+•（b﹣a）﹣•（a+b）﹣b•b
＝a2+b2+﹣﹣﹣﹣
＝，
故选：B．
10．C
【分析】根据矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD的中点，利用三角形中位线定理求证EF=GH=FG=EH，然后利用四条边都相等的平行四边形是菱形．根据菱形的性质来计算四边形EFGH的周长即可．
【详解】如图，连接BD，AC．
在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，∠DAB=90°，则由勾股定理易求得BD=AC=2．
∵矩形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、AB、BC、CD的中点，
∴EF为△ABC的中位线，
∴EF=AC=，EF∥AC，
又GH为△BCD的中位线，
∴GH=AC=，GH∥AC，
∴HG=EF，HG∥EF，
∴四边形EFGH是平行四边形．
同理可得：FG=BD=，EH=AC=，
∴EF=GH=FG=EH=，
∴四边形EFGH是菱形．
∴四边形EFGH的周长是：4EF=4，
故选C．

11．D
【分析】利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，然后利用有一个角是直角的平行四边形是矩形可判断选项A是否正确；由AC=8，BD=6，且AC⊥BD，可求出四边形EFGH和ABCD的面积，由此可判断选项CD是否正确；运用中位线定理可求出四边形EFGH的周长为14，所以选项B不符合题意．
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF=AC，GH=AC，
∴EF=GH，同理EH=FG
∴四边形EFGH是平行四边形；
又∵对角线AC、BD互相垂直，
∴EF与FG垂直．
∴四边形EFGH是矩形，故选项A正确，不符合题意；
∵AC=8，BD=6，且AC⊥BD，
∴四边形ABCD的面积=AC•BD=24，故选项D错误，符合题意；
∵四边形EFGH是矩形，且HG=AC=4，HE=BD=3
∴四边形EFGH的面积=3×4=12，故选项C正确，不符合题意；
∵EF=AC=4，HE=BD=3，
∴四边形EFGH的周长=2（3+4）=14，所以选项B正确，不符合题意，
故选：D．
12．A
【分析】过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，依据勾股定理即可求得DF的长，再根据全等三角形的对应边相等得到FQ=DP，进而证明
△FQM≌△DPM，得到M是FD的中点，由此可得DM=DF．
【详解】如图所示，过D作DN⊥CF于点N，作DP⊥HM于点P，过点F作FQ⊥HM，交HM的延长线于点Q，

∵∠ACB＝120°，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∴∠DCN＝60°，∠CDN＝30°，
又∵BC＝DC＝2，AC＝FC＝3，
∴CNCD＝1，FN＝CF﹣CN＝3﹣1＝2，DN，
Rt△DFN中，DF．
∵四边形BCDE是正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝90°，
又∵CH⊥AB，
∴∠DCP+∠BCH＝∠CBH+∠BCH＝90°，
∴∠DCP＝∠CBH，
又∵∠DPC＝∠BHC＝90°，
∴△DCP≌△CBH（AAS），
∴DP＝CH，
同理可得△ACH≌△CFQ，
∴FQ＝CH，
∴FQ＝DP，
又∵∠Q＝∠DPM＝90°，∠FMQ＝∠DMP，
∴△FQM≌△DPM（AAS），
∴FM＝DM，即M是FD的中点，
∴DMDF．
故选：A
13．2
【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=4，得出正方形边长即可．
【详解】解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，

由题意可得出：△DAF≌△BAF′，
∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′，
∴∠EAF′=45°，
在△FAE和△EAF′中 ，
∴△FAE≌△EAF′（SAS），
∴EF=EF′，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
14．8
【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列式计算即可得解．
【详解】解：∵正方形的一条对角线的长为4，
∴这个正方形的面积=×4²=8．
故答案为：8．
15．AC⊥BD，AC=BD/ AC=BD， AC⊥BD
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH为平行四边形，根据正方形的判定定理即可得解．
【详解】解：当AC⊥BD，AC=BD时，四边形EFGH为正方形．
∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF∥AC，EF=AC，GH∥AC，GH=AC，EH∥BD，EH=BD，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD，AC=BD时，EF⊥EH，EF=EH，
∴四边形EFGH为正方形．
故答案为：AC⊥BD，AC=BD．
16．
【分析】连接DH并延长交GF于M，由ASA证明△ADH≌△FMH，得出对应边DH＝MH，AD＝FM＝3，证出△DGM是等腰直角三角形，由三角函数求出DM，再由直角三角形斜边上的中线性质即可得出结果．
【详解】如解图，连接并延长，交于点M，
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，AD∥GF，
∴，，
∵H是的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴△DGM是等腰直角三角形，
∴，
∴.
故答案为：.

17．
【分析】根据动点运动的速度和时间可得：AM=t，BN=2t，利用面积差：三角形MND的面积=S矩形ABCD-S△ADM-S△BMN-S△DCN，代入可得结论．
【详解】解：由题意得：AM=t，BN=2t，
∵AB长为3，BC长为6，
∴BM=3-t，CN=6-2t，CD=AB=3，AD=BC=6，
∴三角形MND的面积=S矩形ABCD-S△ADM-S△BMN-S△DCN，
=3×6-×6×t- (3−t)•2t-×3×(6−2t)，
=，
故答案为：．
18．3
【分析】由正六边形的性质及正方形的性质可得∠BCG=30°，则由直角三角形的性质可求得BG的长，从而可得AG的长．
【详解】∵六边形为正六边形，
∴∠CBG=360°÷6=60°，BC=AB=2；
∵四边形AGHI是正方形，
∴∠G=90°，
∴，
∴，
∴AG=AB+BG=2+1=3．
故答案为：3．
19．
【分析】连接，证明，得到，进而得到，进而得到四点共线时，的值最小，进行求解即可．
【详解】解：连接，

∵四边形，四边形均为正方形，
∴，
∴，
∴△AED≌△CGDSAS，
∴，
∴，
∴当四点共线时，的值最小，如图：

此时：．
故答案为：．
20．
【分析】由正方形的性质及等边三角形的性质，求得，从而由等腰三角形的性质可得，由互余关系及三角形内角和即可求得结果．
【详解】∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
21．
【分析】过点作于点，连接，则,，证明△FMG≌△DCEAAS，在中，勾股定理，即可求解．
【详解】解：如图所示，

过点作于点，连接，则,
∵将边长为的正方形折叠，使得点落在上的点处．
∴DE⊥FG
∴
∵
∴，
∴，
在与中，

∴
∴，
在中，
∴,
故答案为：．
22．6
【分析】连接CP，CE，通过SAS证明△ABP≌△CBP，从而将AP＋PE最小值转化为CE的长，计算即可解决问题．
【详解】解：连接CP，CE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABD＝∠CBP，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴AP＝CP，
∴AP＋PE最小值为CE的长，
∵AE＝1，
∴BE＝AB−AE＝3，
在Rt△CBE中，由勾股定理得：
CE＝，
∴△PAE周长的最小值为CE＋AE＝5＋1＝6，
故答案为：6．
23．4
【分析】由四边形为正方形可以得到，，又，而由此可以推出，，进一步得到，所以可以证明，所以，那么它们都加上四边形的面积，即四边形的面积正方形的面积，从而求出其面积．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
它们都加上四边形的面积，
可得到四边形的面积正方形的面积．
故答案为：4．
24．
【分析】将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，作DN⊥AF垂足为N，先证明△BME是直角三角形，推出∠AMB=∠AED=135°，在RT△EDN中求出DN，EN，利用△ADN∽△AFD求出AF，NF，最后根据S四边形BCFE=S正方形ABCD-（S△ABE+S△AED）-S△EFD计算即可．
【详解】解：如图，
将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，作DN⊥AF垂足为N，

∵AM=AE=1，∠MAE=90°，
∴ME= ，
∵BM2+ME2=（3）2+（）2=20，BE2=（2）2=20，
∴BM2+ME2=BE2，
∴∠BME=90°，∵∠AME=∠AEM=45°，
∴AMB=∠AED=135°，
在RT△DEN中，∵DE=3，∠DEN=45°，
∴DN=EN=3，AN=4，
∴AD==5，
∵∠DAN=∠DAF，∠AND=∠ADF=90°，
∴△ADN∽△AFD，
∴ ，
∴AF=，NF=，
∵S△ABE+S△ADE=S△ABM+S△ABE=S△AME+S△BME=×1×1+××3=，
S△EDF=×（3+）×3=，
∴S四边形BCFE=S正方形ABCD-（S△ABE+S△AED）-S△EFD=25--=．
故答案为．
25．（1）△DBE是等腰直角三角形，证明见解析；（2）不变；2；（3）或2．
【分析】（1）根据在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC=2可得出∠CAB=∠ACB=45°，再由AE⊥AC可得出∠EAC=90°，故可得出∠BAE=45°，由SAS定理可得出△CBD≌△ABE，故可得出BD=BE，由此可得出结论；
（2）根据（1）中△CBD≌△ABE可知四边形ADBE的面积不变，再由三角形的面积公式即可得出结论；
（3）分两种情况分别讨论即可求得．
【详解】（1）△DBE是等腰直角三角形．
理由：∵∠ABC=90°，AB=BC=2，
∴∠CAB=∠ACB=45°．
∵AE⊥AC，
∴∠EAC=90°，
∴∠BAE=45°．
在△CBD与△ABE中，
∵，
∴△CBD≌△ABE（SAS），
∴BD=BE，∠CBD=∠ABE，
∵∠CBD+∠ABD=90°，
∴∠ABE+∠ABD=90°，
即∠BDE=90°，
即△DBE是等腰直角三角形；

（2）不变．
∵由（1）知△CBD≌△ABE，
∴S四边形ADBE=S△ABC=×2×2=2；
（3）当BF=DF时，则∠BDE=∠FBD，
∵△DBE是等腰直角三角形，
∴∠BDE=45°，
∴∠FBD=45°
∴∠CBD=45°，
∴∠CBD=∠ABD，
∴AD=CD，
∴AD=AC，
∵AB=BC=2，
∴AC=2
∴AD=；
当BD=DF时，
∵△ABC是等腰直角三角形，△BDE是等腰直角三角形，
∴∠C=∠CAB=45°，∠BDE=∠BED=45°，
∴∠C=∠BDE，
∵∠ADB=∠C+∠CBD=∠BDE+∠FDA，
∴∠CDB=∠ADF，
在△BCD和△DAF中

∴△BCD≌△DAF（AAS），
∴AD=BC=2．

∴当△BDF是等腰三角形时，AD的长为或2．
26．（1）见解析；（2）—4
【分析】（1）由旋转和正方形的性质得出∠FAM＝∠EAB，再证≌即可；
（2）求出正方形对角线长，再求出MC=—4即可．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，线段AE绕点A逆时针旋转45°得到线段AF
∠CAB＝45°，∠EAF＝45°，AE＝AF  
∠FAM＝∠EAB                 
∵FM⊥AC
∠FMA＝∠B＝90°
≌（AAS）               
BE＝FM                       
（2）在正方形ABCD中，边长为4
AC＝，∠DCA＝45°            
≌                   
∴AM＝AB＝4                               
MC＝AC—AM＝—4                 
∵是等腰直角三角形
BE＝MF＝MC＝—4
27．（1）不会；（2）1．
【详解】试题分析：（1）由题可知，四边形PMCN是一个▱，而要想成为一个菱形，则必须有邻边相等，如PM=MC，而PM和MC同在一直角三角形中，且PM为斜边＞直角边MC，因此不会为菱形；
（2） 当x=1时，四边形PMCN的面积与△ABM的面积相等．
试题解析：（1）四边形PMCN不可能是菱形．
∵点P在运动过程中，△PCM始终是一个直角三角形，斜边PM大于直角边MC
∴四边形PMCN不可能是菱形．
（2） ∵ AC =2，AP=1
∴ CP=1．
又∵AC⊥BC,AC=BC=2
∴ ∠BAC=45°
∵ PM∥AB
∴ ∠CPM=∠BAC=45°
∵ AC⊥BC
∴△CPM为等腰直角三角形．
∴CM=CP=1
∵PM∥AB，,PN∥AD
∴四边形PMCN是平行四边形
∴所以□PMCN的面积为CM·CP=1×1=1．
28．BE=AF，，理由见解析
【分析】由正方形的性质，结合条件证明△ABE≌△DAF即可证得结论．
【详解】BE=AF，，理由如下，
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠BAE=∠ADF=90°，
在△ABE和△DAF中

∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴BE=AF，．



29．(1)见解析
(2)当时，四边形ADCE是一个正方形；理由见解析
(3)8

【分析】（ 1 ）根据等腰三角形的性质，可得 ∠ CAD=∠ BAC ，根据等式的性质，可得∠CAD+ ∠CAE=（ ∠BAC+ ∠CAM ）=90°，根据垂线的定义，可得∠ADC=∠CEA，根据矩形的判定，可得答案；
（ 2 ）根据等腰直角三角形的性质，可得AD与CD的关系，根据正方形的判定，可得答案；
（ 3 ）根据勾股定理，可得AD的长，根据正方形周长公式，可得答案．
【详解】（1）证明：∵，，垂足为点D，
∴．
∵AN是外角的平分线，
∴．
∵与是邻补角，
∴，
∴．
∵，，
∴，
∴四边形ADCE为矩形；
（2）解：当时，四边形ADCE是一个正方形，理由如下：
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴AD=CD．
∵四边形ADCE为矩形，
∴四边形ADCE为正方形；
（3）解：由勾股定理，得
，AD=CD，
即，
∴AD=2，
正方形ADCE周长．
30．(1)见解析；(2)①；②.
【分析】(1)补全图形后，如下图所示，证明△EGC为等腰三角形即可；
(2)①连接GF，GD，证明△BGE≌△FGC，得到GF=GB，再证明△ABG≌△ADG，得到GD=GF，进一步得到△DGF为等腰直角三角形，进而得到；
②连接AE，证明△ABE≌△DCF，得到DF=AE，在Rt△AEG中由勾股定理得到，进而得到.
【详解】解：(1)补全图形如下所示：

证明：∵四边形ABCD为正方形，AC是对角线
∴∠GCE=45°
∵EG⊥AC
∴∠EGC=90°
∴∠GEC=∠GCE=45°
∴△GEC为等腰直角三角形
∴GC=GE.
(2)①连接GF，GD，如下图所示：

由(1)知：∠GEB=180°-∠GEC=180°-45°=135°，∠GCF=180°-∠GCE=180°-45°=135°
∴∠GEB=∠GCF
在△GBE和△GCF中
，∴△GBE≌△GCF(SAS)
∴GF=GB，且∠3=∠4
在△ABG和△ADG中
，∴△ABG≌△ADG(SAS)
∴GB=GD，∠1=∠2
故GF=GD，△GDF为等腰三角形
又∠2+∠4=90°
∴∠1+∠3=90°，即∠DGF=90°
∴△GDF为等腰直角三角形
∴.
故答案为：.
②连接AE，如下图所示：

在△ABE和△DCF中
，∴△ABE≌△DCF(SAS)
∴
又由①中知：
∴
且
在Rt△AGE中，由勾股定理：，将上述等式代入：
故有
即：.
故线段，，之间的数量关系为：.
故答案为：.
31．（1）见解析；（2）5
【详解】试题分析：(1) 先证明△OFC≌△OEB，再由全等三角形的性质得出;
(2) 由△OFC≌△OEB得出BE=CF，根据勾股定理求出EF即可.
试题解析：
∵OE⊥OF
∴∠EOB+∠FOB=90°
∵在正方形ABCD中
∴∠COF+∠BOF=90°
∴∠EOB=∠FOC
又∵OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°
∴△OFC≌△OEB（ASA），
∴OE=OF；
（2）∵△OFC≌△OEB（ASA）
∴CF=BE=3cm，
∵AB=BC，
∴AE=BF=4，
∵∠ABC=90°
根据勾股定理得EF==5cm．
32．【探究】15°；【拓展】4
【探究】由折叠的性质可知，，，由，可得，可知，进而得出，，利用折叠性质就可求的度数；在中，根据勾股定理可求出，，通过角的计算，可得出，可得出；
【拓展】利用折叠的性质可知四边形是菱形，折叠后构成的六个小的直角三角形全等，可得出，是等边三角形，，由，可得．
【详解】探究：解：∵正方形边长为2，、为、的中点，
∴边长，
沿过点的折痕将纸片翻折，使点落在上的点处，
∴，
∴，
∴，
可得，
沿折叠落在处，
∴，，
∴，
，，
∴，
∴，
，
∴，
∴，
则；
拓展：解：∵四边形是矩形，
∴，
∴∠DFA=∠FAE，∠FCE=∠CEB，
由折叠得∠DFA=∠AFO，∠OEC=∠CEB，
∴∠EAF=∠AFO，∠FEC=∠FCE，
∴EA=EF，EF=FC，
∴EA=FC，
∴DF=EB，
由折叠得DF=OF，BE=OE，
∴OF=OE，
由折叠的性质可知：
，，
∵，，，
∴，
∴
∴A、O、C三点共线，E、O、F三点共线，且AC与EF互相平分，
又∵∠AOF=90°，
∴，
∴四边形是菱形，
结合折叠的性质和菱形的性质，可知：
，，
∴，
∴∠FAE=∠BEC=60°，
∵，
∴是等边三角形，
在中，，
∴
∴，
∵，
∴，
∴．
33．(1)不正确，反例见解析
(2)，理由见解析

【分析】（1）显然，当A，F，B在同一直线上时，．
（2）连接，根据可判断出，则有．
【详解】（1）解：不正确．
若在正方形绕点A顺时针旋转，这时点F落在线段或的延长线上．（或将正方形绕点A顺时针旋转，使得点F落在线段或的延长线上）．如图：

设，，
则，
，
∴，即此时；
（2）连接BE，可得，则．
如图，

∵四边形是正方形，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴．
34．(1) 四边形EFGH的形状是正方形;(2)①∠HAE=90°+a;②见解析；③四边形EFGH是正方形，理由见解析
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质得到∠E=∠F=∠G=∠H=90°，求出四边形是矩形，根据勾股定理求出AH=HD=AD，DG=GC=CD，CF=BF=BC，AE=BE=AB，推出EF=FG=GH=EH，根据正方形的判定推出四边形EFGH是正方形即可；
（2）①根据平行四边形的性质得出，∠BAD=180°-α，根据△HAD和△EAB是等腰直角三角形，得到∠HAD=∠EAB=45°，求出∠HAE即可；
②根据△AEB和△DGC是等腰直角三角形，得出AE=AB，DG=CD，平行四边形的性质得出AB=CD，求出∠HDG=90°+a=∠HAE，根据SAS证△HAE≌△HDG，根据全等三角形的性质即可得出HE=HG；
③与②证明过程类似求出GH=GF，FG=FE，推出GH=GF=EF=HE，得出菱形EFGH，证△HAE≌△HDG，求出∠AHD=90°，∠EHG=90°，即可推出结论．
【详解】（1）解：四边形EFGH的形状是正方形．
（2）解：①∠HAE=90°+α，
在平行四边形ABCD中AB∥CD，
∴∠BAD=180°-∠ADC=180°-α，
∵△HAD和△EAB是等腰直角三角形，
∴∠HAD=∠EAB=45°，
∴∠HAE=360°-∠HAD-∠EAB-∠BAD=360°-45°-45°-（180°-a）=90°+α，
答：用含α的代数式表示∠HAE是90°+α．
②证明：∵△AEB和△DGC是等腰直角三角形，
∴AE=AB，DG=CD，
在平行四边形ABCD中，AB=CD，
∴AE=DG，
∵△AHD和△DGC是等腰直角三角形，
∴∠HDA=∠CDG=45°，
∴∠HDG=∠HDA+∠ADC+∠CDG=90°+α=∠HAE，
∵△AHD是等腰直角三角形，
∴HA=HD，
∴△HAE≌△HDG，
∴HE=HG．
③答：四边形EFGH是正方形，
理由是：由②同理可得：GH=GF，FG=FE，
∵HE=HG，
∴GH=GF=EF=HE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵△HAE≌△HDG，
∴∠DHG=∠AHE，
∵∠AHD=∠AHG+∠DHG=90°，
∴∠EHG=∠AHG+∠AHE=90°，
∴四边形EFGH是正方形．