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| 完美的正方形 |
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完美的正方形
例四
考点：正方形的特征及性质．
专题：平面图形的认识与计算．
分析：（1）过点P作PE⊥BC于E，作PF⊥CD于F，根据正方形的对角线平分一组对角可得AC平分∠BCD，根据角平分线上的点到角的两边的距离相等可得PE=PF，然后求出∠EPF=90°，根据同角的余角相等求出∠1=∠2，然后利用“角边角”证明△BPE和△QPF全等，根据全等三角形对应边相等即可得证；（2）先求出四边形PECF是正方形，再根据全等三角形的面积相等得到四边形PBCQ的面积等于正方形PECF的面积，然后根据正方形的性质表示出PC，再根据正方形的面积等于对角线平方的一半列式整理即可得解；（3）延长BP交CD于G，根据点Q在DC的延长线上判断出∠PCQ＞90°，从而得到PC=QC，根据等边对等角可得∠1=∠2，然后根据同角的余角相等求出∠3=∠5，再根据两直线平行，内错角相等可得∠4=∠5，根据等角对等边的想可得AB=AP，从而得解．
评：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正方形的问题，往往通过作辅助线构造出全等三角形求解．
（4）考点：正方形的性质；等腰三角形的性质．
分析：首先过点P作PF⊥BC于点F，PE⊥CD于点E，易证得四边形PFCE是正方形，设AP=x，CQ=y，易求得当Q在DC上时，y=1-
2 x，当点Q在边DC的延长线上时，y=
2 x-1，然后分别分析PC=CQ与PQ=QC时的情景，即可求得答案．
解答：解：能．理由：如图，当Q在DC上时，过点P作PF⊥BC于点F，PE⊥CD于点E，∵∠BCD=90°∴四边形PFCE是矩形，∵∠PCE=45°，∠PEQ=90°，∴PE=EC．∴四边形PFCE是正方形．∵AP=x，CQ=y，∵AB=BC=1，
点评：此题考查正方形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质以及一次函数的应用等知识．此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意在正方形中的特殊三角形的应用，搞清楚矩形、菱形、正方形中的三角形的三边关系，可有助于提高解题速度和准确率，注意数形结合思想的应用，注意辅助线的作法．
1、考点：反比例函数综合题．
专题：综合题．
分析：（1）根据直线y=-2x+2与x轴y轴分别相交于点A，B，先得到A点坐标为（1，0），B点坐标为（0，2），即OA=1，OB=2，进而求出AB的长，即可求出正方形ABCD的面积；（2）过D作DE⊥x轴于E，根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，利用等角的余角相等得到∠OBA=∠DAE，根据全等三角形的判定易得Rt△ABO≌Rt△DAE，则DE=OA=1，AE=OB=2，OE=OA+AE=1+2=3，于是可确定D点坐标为（3，1），然后利用待定系数法即可确定反比例函数的解析式．
解答：解：（1）令x=0，则y=2；令y=0，则-2x+2=0，解得x=1，∴A点坐标为（1，0），B点坐标为（0，2），∴OA=1，OB=2，
（2）过D作DE⊥x轴于E，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∴∠OAB+∠DAE=90°，又∠OBA+∠OAB=90°，∴∠OBA=∠DAE，在△ABO和△DAE中，
∠OBA＝∠DAE
∠BOA＝∠DEA
AB＝AD
反比例函数综合题．
专题：压轴题．
分析：（1）根据已知得出AO，BO的长度，进而得出△AOB≌△DEA，求出D点坐标，进而得出解析式；（2）利用△AOB≌△DEA，同理可得出：△AOB≌△BFC，即可得出C点纵坐标，如果点在图象上，利用纵坐标求出横坐标即可．
解答：解：（1）过点D作DE⊥x轴于点E．∵直线y=-2x+2与x轴，y轴相交于点A．B，∴当x=0时，y=2，即OB=2．当y=0时，x=1，即OA=1．∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，AB=AD．∴∠BAO+∠DAE=90°．∵∠ADE+∠DAE=90°，∴∠BAO=∠ADE∵∠AOB=∠DEA=90°∴△AOB≌△DEA∴DE=AO=1，AE=BO=2，∴OE=3，DE=1．∴点D?的坐标为（3，1）
∴应该将正方形ABCD沿X轴向左平移2-1=1个单位长度时，点C的对应点恰好落在（1）中的双曲线上．故答案为：1．
点评：此题主要考查了反比例函数的综合应用，根据图象上点的坐标性质以及全等三角形的判定与性质得出是解题关键．
（4）-（6）
考点：反比例函数综合题；根的判别式；配方法的应用；点的坐标；待定系数法求反比例函数解析式；三角形的面积；平移的性质．
专题：探究型．
分析：（1）过D作DM⊥OA于M点，根据题中条件先求出AM和DM的值，继而求出点D的坐标，继而代入反比例函数即可；（2）将四边形AOBK的面积表示出来为：S四边形AOBKBOA+S△BKA且S△BOA=1，又S△BKA=0.5其大小与KH有关，继而通过求HK的最大
最小值，来判断S的取值范围；（3）先求出点C的坐标，继而求出相同横纵坐标时，反比例函数上的值，即可得出平移规律．
解答：解：（1）过D作DM⊥OA于M点，由题意得，AB=AD，∠AOB=∠AMD，又∵∠DAM+∠BAO=∠BAO+∠ABO=90°，∴∠ABO=∠DAM，可证得：RT△BAO≌RT△ADM，（1分）∵A（1，0），B（0，2），∴DM=OA=1，AM=OB=2，则：OM=3，D（3，1），（1分）
点评：此题是一道反比例函数的综合题，涉及到函数图象交点坐标的求法、用待定系数法确定函数解析式、图形面积的求法以及平移的相关知识，注意这些知识的熟练掌握及灵活运用，难度较大．
2、考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
专题：几何综合题．
分析：先利用AAS判定△ABE≌△BCF，从而得出AE=BF，BE=CF，最后得出AB的长．
解答：解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠CBF+∠FBA=90°，∠CBF+∠BCF=90°，∴∠BCF=∠ABE，∵∠AEB=∠BFC=90°，AB=BC，∴△ABE≌△BCF（AAS）∴AE=BF，BE=CF，
点评：此题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定方法，做题时要注意各个条件之间的关系并灵活运用．
（2）考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
分析：由四边形ABCD是正方形，CF⊥BE，AE⊥BE，易证得△ABE≌△CBF，然后根据全等三角形的对应边相等，即可求得BF与BE的长，继而求得EF的长度．
解答：解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∴∠ABE+∠FBC=90°，∵CF⊥BE，AE⊥BE，∴∠AEB=∠FBC=90°，∴∠ABE+∠EAB=90°，∴∠FBC=∠EAB，在△ABE和△CBF中，
∠AEB＝∠BFC
∠EAB＝∠FBC
AB＝BC
点评：此题考查了正方形的性质与全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意证得△ABE≌△CBF是解此题的关键，注意数形结合思想的应用．
3、考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
专题：压轴题．
分析：由已知得AB=AD，AE=AF，利用“HL”可证△ABE≌△ADF，利用全等的性质判断①②③正确，在AD上取一点G，连接FG，使AG=GF，由正方形，等边三角形的性质可知∠DAF=15°，从而得∠DGF=30°，设DF=1，则AG=GF=2，DG=
分别表示AD，CF，EF的长，判断④⑤的正确性．
解答：解：∵AB=AD，AE=AF=EF，∴△ABE≌△ADF（HL），△AEF为等边三角形，∴BE=DF，又BC=CD，∴CE=CF，
点评：本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．关键是利用全等三角形的性质，把条件集中到直角三角形中，运用勾股定理求解．
4、考点：正方形的性质．
专题：压轴题；分类讨论．
分析：分两种情况进行分析，①当BF如图位置时，②当BF为BG位置时；根据相似三角形的性质即可求得BM的长．
解答：解：如图，当BF如图位置时，∵AB=AB，∠BAF=∠ABE=90°，AE=BF，∴△ABE≌△BAF（HL），∴∠ABM=∠BAM，∴AM=BM，AF=BE=3，∵AB=4，BE=3，
点评：本题利用了全等三角形的判定和性质，等角对等边，相似三角形的判定和性质，勾股定理求解．
5、考点：正方形的判定．
专题：计算题；压轴题．
分析：运用割补法把原四边形转化为正方形，求出BE的长．
解答：解：过B点作BF⊥CD，与DC的延长线交于F点，则有△BCF≌△BAE（AAS），则BE=BF，S四边形ABCD正方形BEDF
点评：本题运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变，所求BE就是正方形的边长了；也可以看作将三角形ABE绕B点逆时针旋转90°后的图形．
6、考点：翻折变换（折叠问题）．
专题：数形结合．
分析：根据折叠的性质，只要求出DN就可以求出NE，在直角△CEN中，若设CN=x，则DN=NE=8-x，CE=4cm，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出CN的长．
解答：解：由题意设CN=x?cm，则EN=（8-x）cm，
点评：本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
7、考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
专题：计算题；压轴题．
分析：先证明Rt△CDF≌Rt△CBE，故CE=CF，根据△CEF的面积计算CE，根据正方形ABCD的面积计算BC，根据勾股定理计算BE．
解答：解：∵∠ECF=90°，∠DCB=90°，∴∠BCE=∠DCF，∵
∠BCE＝∠DCF
BC＝DC
∠CDF＝∠CBE
翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
专题：几何综合题；压轴题．
分析：根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；由于S△FGC=S△GCE-S△FEC，求得面积比较即可．
解答：解：①正确．因为AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）
点评：本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度．
9\
10、考点：相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定；平行四边形的判定；正方形的性质．
专题：综合题；压轴题；存在型．
分析：（1）（2）可用同种方法证明：在OC上截取OG=OE，由正方形的性质可得CG=AE，∠EAP=∠CGE=135°，由同角的余角相等可得∠GCE=∠AEP，故有△GCE≌△AEP?CE=EP；（3）过点B作BM∥EP交y轴于点M，由同角的余角相等可得∠4=∠6，又因为CE=OC，可得△BCM≌△COE?BM=CE，而CE=EP，则BM=EP，由一组对边平行有相等证得四边形BMEP是平行四边形，OM=CO-CM=5-t，故可求得点M的坐标．
解答：解：（1）（2）方法一：在OC上截取ON=OE，则AE=CN，∠EAP=∠CNE=135°∵CE⊥EP∴∠CEO+∠PEA=90°又∵∠OCE+∠OEC=90°，∴∠NCE=∠AEP∴△NCE≌△AEP∴CE=EP，即不论点E的坐标是多少，都存在CE=EP，（1）（2）得证；方法二：（1）过点P作PH⊥x轴，垂足为H∴∠2=∠1=90°∵EF⊥CE∴∠3=∠4∴△COE∽△EHP
点评：本题（1）（2）可用不同的方法证明，显然方法一简单，用了正方形的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，而方法二中要用到勾股定理，相似三角形的判定和性质，用变量表示线段的长，故复杂．（3）主要用到全等三角形的判定和性质及平行四边形的判定．
9、1）过P作PGAB,PH⊥BC,垂足为G,HPGE=∠PHF=90,∠EPG=∠FPHPG=PF所以PEG≌△PFH得PE=PF2)由三角形全等，得，EG=FH所以BE+BF=BE+BH+HF=BE+PH+EG=BG+BH=2BH因为等腰直角三角形BFP中BP=√2BH所以√2BP=BE+BF
正方形的性质．
分析：连接AC，利用正方形对角线互相垂直平分，得到NA=NC，MA=MC，利用等腰三角形的性质证明角相等，再利用外角的性质证明∠EAF=∠MCN，从而使问题得证．
解答：解：连接AC，∵∠CNF=∠CAN+∠NCA，∠CME=∠CAM+∠MCA，∴∠CNF+∠CME=∠CAN+∠NCA+∠CAM+∠CMA=∠EAF+∠MCN．∵ABCD是正方形，∴BD垂直平分AC，∴NA=NC，MA=MC，∴∠NCA=∠NAC，∠MCA=∠MAC．∴∠MCN=∠MCA+∠NCA=∠MAC+∠NAC=∠EAF=50°．所以∠CNF+∠CME=∠FAE+∠MCN=100°．故答案为：100°．
点评：本题考查正方形的性质．关键是利用对角线垂直平分证明等腰三角形，利用角的相等关系将角进行转化．
12、考点：相似三角形的判定与性质；坐标与图形性质；勾股定理；正方形的性质．
专题：规律型．
分析：根据相似三角形的判定原理，得出△AA1B∽△A1A2B1，继而得知∠BAA1=∠B1A1A2；利用勾股定理计算出正方形的边长；最后利用正方形的面积公式计算三个正方形的面积，从中找出规律．
解答：解：设正方形的面积分别为S1，S2…，Sn，根据题意，得：AD∥BC∥C1A2∥C2B2，∴∠BAA1=∠B1A1A2=∠B2A2x（同位角相等）．∵∠ABA1=∠A1B1A2=∠A2B2x=90°，∴△BAA1∽△B1A1A2，
13、
14、考点：解直角三角形．
分析：根据三角形的面积公式，已知边CD的长，求出CD边上的高即可．过E作EH⊥CD，易证△ADG与△HDE全等，求得EH，进而求△CDE的面积．
解答：解：过E作EH⊥CD．∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，∴∠ADG=∠EDH．又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．∴△ADG≌△HDE．∴HE=AG．
点评：正确作出辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键．
15、考点：翻折变换（折叠问题）；正方形的性质．
专题：探究型．
分析：过B点作BK∥GF交AD于K点，再根据折叠的性质可知FG⊥AE，可证Rt△ABK≌Rt△DAE，再由勾股定理可求出AK的长，由正方形的性质即可求解．
解答：解：过B点作BK∥GF交AD于K点，交GF于J点，由折叠的性质可知FG⊥AE，∵KF∥BG，∴BK⊥AE，四边形BGFK为平行四边形，
点评：本题考查的是图形翻折变换的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，根据题意作出辅助线，构造出直角三角形是解答此题的关键．
（2）考点：翻折变换（折叠问题）．
专题：代数几何综合题；压轴题．
分析：根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出∠MWE=∠AWM=90°，进而得出∠DAE=∠DAE，再证明△NFM≌△ADE，从而求出CE=7的长．
解答：解：做NF⊥AD，垂足为F，连接AE，NE，∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的E点，折痕为MN，∴∠D=∠AHM=90°，∠DAE=∠DAE，∴△AHM∽△ADE，∴∠AMN=∠AED，又∵AD=NF，∠NFM=∠D=90°，∴△NFM≌△ADE（AAS），∴FM=DE，∵在直角三角形MNF中，FN=12，MN=13，∴根据勾股定理得：FM=5，∴DE=5，∴CE=DC-DE=12-5=7．故选B．
点评：此题主要考查了图形的翻折变换，根据图形折叠前后图形不发生大小变化得出三角形的全等是解决问题的关键．
16、考点：全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：压轴题．
分析：根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；根据全等的性质得∠ABF=∠EAD，利用∠EAD+∠EAB=90°得到∠ABF+∠EAB=90°，则AE⊥BF；连结BE，BE＞BC，BA≠BE，而BO⊥AE，根据垂直平分线的性质得到OA≠OE；最后根据△ABF≌△DAE得S△ABF=S△DAE，则S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，即S△AOB=S四边形DEOF解答：解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，而CE=DF，∴AF=DE，在△ABF和△DAE中
AB＝DA
∠BAD＝∠ADE
AF＝DE
ABF=S△DAE，∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，∴S△AOB=S四边形DEOF
点评：本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了正方形的性质．
17、考点：勾股定理；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
分析：画出L1到L2，L2到L3的距离，分别交L2，L3于E，F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出结论．
解答：解：过点A作AE⊥l1，过点C作CF⊥l2，∴∠CBF+∠BCF=90°，四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∵l1∥l2∥l3，∴∠ABE=∠BCF，在△ABE和△BCF中，
∠AEB＝∠BFC
∠ABE＝∠BCF
AB＝BC
1到L2，L2到L3的距离，分别交L2，L3于E，F）∴BF=AE，∴BF2+CF2=BC2，∴BC2=52+72=74．故面积为74．故选B．
点评：本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，能够熟练掌握．
18、考点：旋转的性质；全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：开放型．
分析：把△ADE绕A点逆时针旋转90°得△ABG，根据旋转的性质得∠1=∠5，∠3=∠G，∠ADB=∠ABG，DE=BG，则∠GBF=180°，即G，B，F共线，再根据∠3=∠2+∠4，∠1=∠2，可得到∠G=∠5+∠4，则AF=GF；然后设正方形ABCD的边长为2a，BF=x，则AF=x+a，在Rt△ABF
解答：解：把△ADE绕A点逆时针旋转90°得△ABG，如图，∴∠1=∠5，∠3=∠G，∠ADE=∠ABG，DE=BG，∴∠GBF=180°，即G，B，F共线，
点评：本题考查了旋转的性质，旋转前后的两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角，对应点到旋转中心的距离相等，正方形的性质以及勾股定理．
19、作AOFB的延长线
,BQAC∵BF∥AC,??∴AO∥BQ且QAB=∠QBA=45°∴AO=BQ=AQ=AC/2∵AE=AC?∴AO=AE/2????∴∠AEO=30°∵BF∥AC?????∴∠CAE∠AEO=30°∵BF∥AC,?CF∥AE??∴∠CFE∠CAE=30°∵BF∥AC?????∴∠CBF∠BCA=45°∠BCF=180°-∠CBF-∠CFE=180-45-30=105°
20、考点：正方形的性质；等边三角形的性质．
专题：计算题．
分析：要求CG的长度，求出∠CGE即可，BF是EC边上的高，根据∠EGF=∠CGF，求∠EGF即可．
解答：解：∵BF是等边△BEC中EC边上的中线，即BF既是中线又是高，又是角平分线，且BE所在直线是EC的垂直平分线；∴∠FBC=30°，∠EGF=∠CGF，GE=GC，∵∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°+60°=150，且AB=BE，∴∠BAG=15°，∴∠BGA=180°-∠ABG-∠BAG=180°-15°-120°=45°，∴∠EGF=45°，∠CGF=45°，故∠EGC=90°，且GE=GC，∴△GEC为等腰直角三角形，
点评：本题考查了等边三角形中线，高，角平分线，垂直平分线四线合一的性质，考查了正方形各内角均为90°的性质，解本题的关键是求∠EGF=45°，即∠EGC=90°．
21、证明：连接PM，RN正方形MNBC、正方形ABRT、正方形ACPMMN＝MC＝BC，AB＝BR，AC＝PC，BCM＝ABR＝BNM＝ACP＝90ACB＝BCM-∠ACM，PCM＝ACP-∠ACM∴∠ACB＝PCM∴△ABC≌△PMC（SAS）PM＝ABPM＝BR同理可得：RN＝AC，BNR＝ACB∴RN＝PC,BNR＝PCM∵∠BCP＝BCM+∠PCM，MNR＝BNM+∠BNR∴∠BCP＝MNR∴△BCP≌△MNR（SAS）BP＝MR平行四边形BPMRBP∥RM
22、
23、证明：过点E作EHBD于H，连接AC交BD于O正方形ABCDBDC＝DBC＝45，COD＝90,OC＝AC/2＝BD/2CE∥BD，EHBD∴矩形OCEHEH＝OCEH＝BD/2BE＝BDEH＝BE/2DBE＝30BED＝BDE＝（180-DBE）/2＝75DFE＝BDC+∠DBE＝75BED＝DFE∴DE＝DF
正方形的性质；线段垂直平分线的性质．
专题：压轴题；动点型．
解答：解：（1）如图2，延长FP交AB于点Q，①∵AC是正方形ABCD对角线，∴∠QAP=∠APQ=45°，∴AQ=PQ，∵AB=QF，∴BQ=PF，∵PE⊥PB，∴∠QPB+∠FPE=90°，∵∠QBP+∠QPB=90°，∴∠QBP=∠FPE，∵∠BQP=∠PFE=90°，∴△BQP≌△PFE，∴QP=EF，∵AQ=DF，∴DF=EF；②如图2，过点P作PG⊥AD．∵PF⊥CD，∠PCF=∠PAG=45°，∴△PCF和△PAG均为等腰直角三角形，∵四边形DFPG为矩形，
点评：本题是一个动态几何题，考查用正方形性质、线段垂直平分线的性质、三角形相似的条件和性质进行有条理的思考和表达能力，还考查按要求画图能力．
25、考点：正方形的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
专题：证明题；转化思想．
分析：作出辅助线BM，AM，FH，把求∠HAF的度数转化为求其全等三角形的对应角∠MAF的度数．
解答：解：如图，连结FH，延长CB到M，使BM=DH，连结AM，∵Rt△ABM≌Rt△ADH，∴AM=AH，∠MAB=∠HAD，∴∠MAH=∠MAB+∠BAH=∠BAH+∠HAD=90°，如图设正方形边长为a，AG=m，GP=n，则FC=a-n，CH=a-m，
点评：本题考查的全等三角形的证明，考查了正方形对边平行且各内角均为90°的性质，构建△DAH的全等三角形△BAM并进行证明是解题的关键．
23
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