苏科版八年级数学下册压轴题攻略专题05中心对称图形-平行四边形综合压轴(50题12个考点)(原卷版+解析)

这是一份苏科版八年级数学下册压轴题攻略专题05中心对称图形-平行四边形综合压轴(50题12个考点)(原卷版+解析)，共101页。

A．6B．C．7D．8
二．平行四边形的性质（共3小题）
2．（2023春•辛集市期末）如图，▱ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（ ）
A．6sB．6s或10sC．8sD．8s或12s
3．（2023•六安模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S▱ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD，其中成立的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
4．（2023春•叙州区期末）如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O，以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1，以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B……依此类推，则平行四边形AO2022C2023B的面积为 cm2．
三．平行四边形的判定与性质（共2小题）
5．（2023•莆田模拟）如图，在△ABD中，AD＜AB，点D在直线AB上方，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，点B，D的对应点分别是C，E，将线段BD绕着点B顺时针旋转90°得到线段BF，点D的对应点是F，连接BE，CF．当∠DAB的度数从0°逐渐增大到180°的过程中．四边形BFCE的形状依次是：平行四边形→______→平行四边形．画线处应填入（ ）
A．菱形→矩形→正方形
B．矩形→菱形→正方形
C．菱形→平行四边形→矩形
D．矩形→平行四边形→菱形
6．（2023春•尤溪县期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝110°；④S四边形AEFD＝1．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
四．菱形的性质（共2小题）
7．（2023•平房区二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AB的中点，点F在OD上，DF＝OF，连接EF交OA于点G，若OG＝1，连接CE，S△BEC＝12，则线段CE的长为 ．
8．（2023春•泗水县期末）如图，在菱形ABCD中，∠ADB＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°．
（1）求证：△ABE≌△DBF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由．
五．菱形的判定（共1小题）
9．（2023春•桂林期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）用含t的式子表示PB．
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形PBCQ为菱形，则点Q的运动速度应为多少？
六．菱形的判定与性质（共1小题）
10．（2023•郧西县模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
七．矩形的性质（共3小题）
11．（2023春•定州市期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（ ）
A．B．C．D．2
12．（2023秋•锦江区校级期中）如图，长方形ABCD中，AD＝2AB＝8，点E、F分别为线段AD、BC上动点，且AE＝CF，点G是线段BC上一点，且满足BG＝2，四边形AEFB关于直线EF对称后得到四边形A′EFB′，连接GB′，当AE＝ 时，点B′与点D重合，在运动过程中，线段GB′长度的最大值是 ．
13．（2023秋•丰城市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 ．
八．矩形的判定（共1小题）
14．（2022春•泰山区校级期中）如图，在△ABC中，点O是AC边上的一动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
（1）求证：EO＝FO；
（2）当CE＝12，CF＝10时，求CO的长；
（3）当O点运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
九．正方形的性质（共27小题）
15．（2022秋•汝州市期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（ ）
①②B．①③C．①②④D．①②③
16．（2023秋•福田区期中）如图，正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离为； ③S△APD+S△APB＝； ④S正方形ABCD＝2．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④
17．（2023秋•呈贡区期中）如图，正方形ABCD和长方形AEFG的面积相等，且四边形BEFH也是正方形，欧几里得在《几何原本》中利用该图得到了：BH2＝CH×GH．设AB＝a，CH＝b．若ab＝5，则图中阴影部分的周长是（ ）
A．6B．8C．10D．20
18．（2023秋•深圳月考）如图，在正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连接PA．过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：
①PA＝PE；
②BD＝3PF；
③CE＝2PD；
④若BP＝BE，则PF＝（+1）DF．
其中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
19．（2022秋•雁塔区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．B．1C．D．2
20．（2023•温州模拟）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接EH，GH，连接EG交AB于点K，当∠EHG＝90°时，则的值为（ ）
A．B．C．D．
21．（2023春•新吴区期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：
①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正确的是（ ）
A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④
22．（2023春•西平县期中）如图，正方形ABCD边长为12，里面有2个小正方形，各边的顶点都在大正方形的边上的对角线或边上，它们的面积分别是S1，S2，则S1+S2＝（ ）
A．68B．72C．64D．70
23．（2023•光山县校级三模）如图，正方形OABC中，点A（4，0），点D为AB上一点，且BD＝1，连接OD，过点C作CE⊥OD交OA于点E，过点D作MN∥CE，交x轴于点M，交BC于点N，则点M的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（6，0）C．（，0）D．（，0）
24．（2023•鄞州区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若，则EF的长为（ ）
A．2B．2+C．+1D．3
25．（2023•淮南二模）如图，在△BCP 中，BP＝2，PC＝4，现以BC为边在BC的下方作正方形ABCD并连接AP，则AP的最大值为（ ）
A．B．6C．D．
26．（2023春•平桥区期末）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，点E是BC边上的动点，连接OE并延长交AB的延长线于点P，过点O作OQ⊥OP交CD于点F，交BC延长线于点Q，连接PQ．若点E恰好是OP中点时，则PQ的长为（ ）
A．2B．C．D．
27．（2023春•江阴市期末）如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB＝12，BE＝4，M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（ ）
A．8B．8C．8D．12
28．（2023春•徐州期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A、O、E在同一直线l上，且EF＝，AB＝4，给出下列结论：①∠COD＝45°；②AD⊥CF；③CF＝；④四边形ABDO的面积与正方形ABCO的面积相等．其中正确的结论为（ ）
A．①②③④B．①②C．①②③D．①③④
29．（2022秋•郑州期末）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，EF，OC交于点G．下列结论：
①△COE≌△DOF；
②△OGE∽△FGC；
③DF2+BE2＝OG•OC；
④正方形ABCD的面积是四边形CEOF面积的4倍．
其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②④D．③④
30．（2023秋•西安期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在边BC上，且 BM＝3，P为对角线BD上一点，当对角线BD平分∠NPM时，PM+PN的值为 ．
31．（2023秋•重庆月考）如图，正方形ABCD的边长为4，E为DC边上一点，DE＝3，连接AE，过D作AE的垂线交AE于点F，交BC于点G，则FG的长为 ．
32．（2023•增城区一模）如图，点E在正方形ABCD外，连结AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点F．若AE＝AF＝4，BF＝10，则下列结论：
①△AFD≌△AEB；
②EB⊥ED；
③点B到直线AE的距离为3；
④S△ABF+S△ADF＝40．
其中正确的结论是 ．（填写所有正确结论的序号）
33．（2023秋•余江区期中）如图，四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：ED＝EF；
（2）若AB＝2，，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数．
34．（2023•歙县校级模拟）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
35．（2023秋•拱墅区校级期中）阅读下面材料：
我遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．我是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF．
请回答：在图2中，∠GAF的度数是 ．
参考我得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度．
（2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝ 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值．
36．（2023春•西乡塘区校级期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
37．（2023春•遂平县期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．
38．（2023春•青县期末）已知边长为2的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作PE⊥PB，PE交DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F．
（1）求证：PB＝PE；
（2）在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由．
39．（2023春•贵州期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，
再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是 ；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
40．（2023春•通许县期末）如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与A、O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且交边CD于点E．
（1）求证：PB＝PE；
（2）过点E作EF⊥AC于点F，如图2，若正方形ABCD的边长为2，则在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，请直接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
41．（2022春•江城区期末）（1）正方形ABCD，E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），∠EAF＝45°，EF与AC交于点G
①如图（i），若AC平分∠EAF，直接写出线段EF，BE，DF之间等量关系；
②如图（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由
（2）如图（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．点M、N分别在边CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的长度．
一十．正方形的判定（共1小题）
42．（2023•二七区校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，AN是∠BAC的外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足是E，连接DE交AC于F．
（1）求证：四边形ADCE为矩形；
（2）求证：DF∥AB，DF＝AB；
（3）当△ABC满足 时，四边形ADCE为正方形．
一十一．正方形的判定与性质（共3小题）
43．（2023秋•灯塔市校级期末）如图，正方形ABCD的边长为9，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论中不正确的是（ ）
A．矩形DEFG是正方形B．∠CEF＝∠ADE
C．CG平分∠DCHD．
44．（2023春•福田区校级期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
45．（2023•肥城市一模）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ °（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 （直接写出结果不写解答过程）．
一十二．旋转的性质（共5小题）
46．（2023秋•富锦市校级期末）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM＝∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
47．（2023秋•营口期中）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：
①AF⊥CG；
②四边形BEFG是正方形；
③若DA＝DE，则CF＝FG；
其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①
48．（2023春•苏州期中）如图，在△ABC中，AB＝10，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为 ．
49．（2022秋•利津县期末）如图，在等腰三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，PA＝1，PB＝3，PC＝，将△APB绕点A逆时针旋转后与△AQC重合．求：
（1）线段PQ的长；
（2）∠APC的度数．
50．（2022秋•恩施市期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将CO绕点C顺时针方向旋转60°得到CD，连接AD，OD．
（1）当α＝150°时，求证：△AOD为直角三角形；
（2）求∠DAO的度数；
（3）请你探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？
专题05 中心对称图形-平行四边形综合压轴（50题12个考点）
一．三角形中位线定理（共1小题）
1．（2022秋•东平县期末）如图，△ABC中，∠BAD＝∠CAD，BE＝CE，AD⊥BD，DE＝，AB＝4，则AC的值为（ ）
A．6B．C．7D．8
【答案】C
【解答】解：如图，
延长BD，交AC于F，
∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝∠ADF＝90°，
在△ABD和△AFD中，
，
∴△ABD≌△AFD（ASA），
∴BD＝DF，AF＝AB＝4，
∵BE＝CE，
∴CF＝2DE＝3，
∴AC＝AF+CF＝4+3＝7，
故答案为：C．
二．平行四边形的性质（共3小题）
2．（2023春•辛集市期末）如图，▱ABCD中，AB＝22cm，BC＝8cm，∠A＝45°，动点E从A出发，以2cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1cm/s的速度沿着CD向D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止．则EF的长为10cm时点E的运动时间是（ ）
A．6sB．6s或10sC．8sD．8s或12s
【答案】C
【解答】解：在▱ABCD中，CD＝AB＝22cm，AD＝BC＝8cm，
如图，过点D作DG⊥AB于点G，
∵∠A＝45°，
∴△ADG是等腰直角三角形，
∴AG＝DG＝AD＝8，
过点F作FH⊥AB于点H，
得矩形DGHF，
∴DG＝FH＝8cm，DF＝GH，
∵EF＝10cm，
∴EH＝＝6cm，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE＝AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE+EH＝（2t﹣8）+6＝（2t﹣2）cm，
∴2t﹣2＝22﹣t，
解得t＝8，
当F点在E点左侧时，
由题意可知：AE＝2t cm，CF＝t cm，
∴GE＝AE﹣AG＝（2t﹣8）cm，DF＝CD﹣CF＝（22﹣t）cm，
∴GH＝GE﹣EH＝（2t﹣8）﹣6＝（2t﹣14）cm，
∴2t﹣14＝22﹣t，
解得t＝12，
∵点E到达点B时，两点同时停止运动，
∴2t≤22，解得t≤11．
∴t＝12不符合题意，舍去，
∴EF的长为10cm时点E的运动时间是8s，
故选：C．
3．（2023•六安模拟）如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，AE平分∠BAD，交BC于点E，且∠ADC＝60°，AB＝BC，连接OE，下列结论：①∠CAD＝30°；②OD＝AB；③S▱ABCD＝AC•CD；④S四边形OECD＝S△AOD，其中成立的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】见试题解答内容
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，∠ADC＝60°，
∴AD∥BC，∠ABC＝∠ADC＝60°，OB＝OD，
∴∠DAE＝∠AEB，∠BAD＝∠BCD＝120°，
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE＝∠DAE，
∴∠BAE＝∠AEB
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝∠AEB＝60°，AB＝BE＝AE，
∵AB＝BC，
∴EC＝AE，
∴∠EAC＝∠ECA＝30°，
∴∠CAD＝30°，故①正确；
∵∠BAD＝120°，∠CAD＝30°，
∴∠BAC＝90°，
∴BO＞AB，
∴OD＞AB，故②错误；
∴S▱ABCD＝AB•AC＝AC•CD，故③正确；
∵∠BAC＝90°，BC＝2AB，
∴E是BC的中点，
∴S△BEO：S△BCD＝1：4，
∴S四边形OECD：S△BCD＝3：4，
∴S四边形OECD：S▱ABCD＝3：8，
∵S△AOD：S▱ABCD＝1：4，
∴S四边形OECD＝S△AOD，故④正确．
故选：C．
4．（2023春•叙州区期末）如图，矩形ABCD的面积为20cm2，对角线交于点O，以AB、AO为邻边作平行四边形AOC1B，对角线交于点O1，以AB，AO1为邻边作平行四边形AO1C2B……依此类推，则平行四边形AO2022C2023B的面积为 cm2．
【答案】．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO＝CO，BO＝DO，DC∥AB，DC＝AB，
∴S△ADC＝S△ABC＝S矩形ABCD＝×20＝10（cm2），
∴S△AOB＝S△BCO＝S△ABC＝×10＝5（cm2），
∴＝S△AOB＝×5＝（cm2），
∴＝＝（cm2），
＝＝（cm2），
＝＝（cm2），
……
∴平行四边形AOnCn+1B的面积为，
∴平行四边形AO2022C2023B的面积为（cm2），
故答案为：．
三．平行四边形的判定与性质（共2小题）
5．（2023•莆田模拟）如图，在△ABD中，AD＜AB，点D在直线AB上方，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，点B，D的对应点分别是C，E，将线段BD绕着点B顺时针旋转90°得到线段BF，点D的对应点是F，连接BE，CF．当∠DAB的度数从0°逐渐增大到180°的过程中．四边形BFCE的形状依次是：平行四边形→______→平行四边形．画线处应填入（ ）
A．菱形→矩形→正方形
B．矩形→菱形→正方形
C．菱形→平行四边形→矩形
D．矩形→平行四边形→菱形
【答案】D
【解答】解：∵△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACE，
∴△ABD≌△ACE，BD＝BF，∠CAB＝∠DAE＝90°，∠DBF＝90°，
∴CE＝BD＝BF，AE＝AD，∠ACE＝∠ABD，
①当∠DAB逐渐变大，B、D、E三点共线之前时，如图，
∵∠COE＝∠AOB，
∴∠CEO+∠CEO＝∠OAB+∠OBA＝∠OAB+∠OBD+∠ABD，
又∵∠ACE＝∠ABD，
∴∠CEO＝∠OAB+∠OBD＝90°+∠OBD，
∴∠CEB+∠EBF＝90°+∠OBD+90°+∠OBD＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形；
②当B、D、E三点共线且D在B、E之间时，
∵∠DAE＝90°，AE＝AD，
∴∠ADE＝∠AED＝45°，
∴∠ADB＝135°＝∠AEC，
∴∠DEC＝90°，
又∵∠DBF＝90°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
又∵∠DEC＝90°，
∴四边形BFCE是矩形；
③当∠DAB逐渐变大，B、D、E三点共线，∠DAB＝135°之前时，
∵∠CEB+∠EBF
＝∠CEA+∠AEB+∠ABE+∠ABD+∠DBF
＝∠ADB+（∠AEB+∠ABE）+∠ABD+∠DBF
＝（∠ADB+∠ABD）+（∠AEB+∠AE）+∠DBF
＝180°﹣∠ADB+180°﹣∠EAB+90°
＝180°×2+90°﹣（∠DAB+∠EAB）
＝180°×2+90°﹣（360°﹣∠DAE）
＝180°×2+90°﹣360°+∠DAE
＝90°+∠DAE
＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
④当∠DAB＝135°时，
∴∠EAB＝360°﹣∠DAE﹣∠DAE＝135°＝∠DAB，
又∵AD＝AE，AB＝AB，
∴△ADB≌△AEB（SAS），
∴BD＝BE＝CE，
由③同理可证∠CEB+∠EBF＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF＝CE，
∴四边形BFCE是平行四边形，
又∵BE＝CE，
∴四边形BFCE是菱形；当∠DAB＝135°后时，
由③同理可证∠CEB+∠EBF＝180°，
∴BF∥CE，
又∵BF﹣CE，
∴四边形BFCE是平行四边形．
当∠DAB的度数从0°逐渐增大到180°的过程中，四边形BFCE的形状依次是：平行四边形→矩形一平行四边形一菱形一平 行四边形．
故选：D．
6．（2023春•尤溪县期末）如图，在△ABC中，AB＝3，AC＝4，BC＝5，△ABD，△ACE，△BCF都是等边三角形，下列结论中：①AB⊥AC；②四边形AEFD是平行四边形；③∠DFE＝110°；④S四边形AEFD＝1．正确的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解答】解：∵AB＝3，AC＝4，BC＝5，32+42＝52，
∴AB2+AC2＝BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，
∴AB⊥AC，故①正确；
∵△ABD，△ACE都是等边三角形，
∴∠DAB＝∠EAC＝60°，
∴∠DAE＝150°，
∵△ABD和△FBC都是等边三角形，
∴BD＝BA，BF＝BC，∠DBF+∠FBA＝∠ABC+∠ABF＝60°，
∴∠DBF＝∠ABC，
在△ABC与△DBF中，
，
∴△ABC≌△DBF（SAS），
∴AC＝DF＝AE＝4，
同理可证：△ABC≌△EFC（SAS），
∴AB＝EF＝AD＝3，
∴四边形AEFD是平行四边形，故②正确；
∴∠DFE＝∠DAE＝150°，故③错误；
过A作AG⊥DF于G，如图所示：
则∠AGD＝90°，
∵四边形AEFD是平行四边形，
∴∠FDA＝180°﹣∠DFE＝180°﹣150°＝30°，
∴AG＝AD＝，
∴S▱AEFD＝DF•AG＝4×＝6，故④错误；
∴正确的个数是2个，
故选：B．
四．菱形的性质（共2小题）
7．（2023•平房区二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E为AB的中点，点F在OD上，DF＝OF，连接EF交OA于点G，若OG＝1，连接CE，S△BEC＝12，则线段CE的长为 3 ．
【答案】3．
【解答】解：作EM⊥OA于M，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥OA，OD＝OB，OA＝OC，
∴EM∥OB，
∴AM：MO＝AE：EB，
∵AE＝BE，
∴AM＝OM，
∴EM是△ABO的中位线，
∴EM＝，
∵DF＝OF，
∴OF＝OD，
∴EM＝OF，
∵∠MEG＝∠OFG，∠MGE＝∠OGF，
∴△EMG≌△FOG（AAS），
∴MG＝OG＝1，
∴OM＝2OG＝2，
∴OA＝2OM＝4，
∴AC＝2OA＝8，
∵AE＝BE，
∴△BAC的面积＝2×△BEC的面积＝2×12＝24，
∴AC•OB＝24，
∴OB＝6，
∴EM＝OB＝3，
∵CM＝OM+OC＝2+4＝6，
∴CE＝＝3．
故答案为：3．
8．（2023春•泗水县期末）如图，在菱形ABCD中，∠ADB＝60°，点E，F分别在AD，CD上，且∠EBF＝60°．
（1）求证：△ABE≌△DBF；
（2）判断△BEF的形状，并说明理由．
【答案】（1）见解答；
（2）△BEF是等边三角形，理由见解答．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠ADB＝60°
∴△ADB是等边三角形，△BDC是等边三角形，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠A＝∠BDC＝60°，
∵∠ABD＝∠EBF＝60°，
∴∠ABE＝∠DBF，
在△ABE和△DBF中，
，
∴△ABE≌△DBF（ASA）．
（2）解：结论：△BEF是等边三角形．
理由：∵△ABE≌△DBF，
∴BE＝BF，
∵∠EBF＝60°，
∴△EBF是等边三角形．
五．菱形的判定（共1小题）
9．（2023春•桂林期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向终点B运动，同时动点Q从点B出发，以2cm/s的速度沿折线B﹣C﹣D向终点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
（1）用含t的式子表示PB．
（2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？
（3）只改变点Q的运动速度，使运动过程中某一时刻四边形PBCQ为菱形，则点Q的运动速度应为多少？
【答案】（1）PB＝（18﹣t）cm；
（2）当t＝s或12s时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）当Q点的速度为5.2cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
【解答】解：（1）由于P从A点以1cm/s向B点运动，
∴t s时，AP＝t×1＝t cm，
∵AB＝18 cm，
∴BP＝AB﹣AP＝（18﹣t）cm；
（2）过B点作BN⊥CD于N点，∵AB∥CD，∠ADC＝90°，
∴四边形ACNB是矩形，
∴BN＝AD＝12 cm，AD＝DN＝18 cm，
∵CD＝23 cm，∴CN＝CD﹣CN＝5 cm，
∴Rt△BNC中，根据勾股定理可得：
BC＝＝＝13 cm，
则Q在BC上运动时间为13÷2＝6.5s，
∵BC+CD＝23+13＝36 cm，
∴Q运动时间最长为36÷2＝18 s，
∴6.5 s≤t≤18 s时，Q在CD边上，
此时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形，分两种情况：
①四边形PQCB是平行四边形，如图所示：
∵AB∥CD即PB∥CQ，
∴只需PB＝CQ即可，由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
∵Q以2cm/s沿沿折线B﹣C﹣D向终点D运动，
∴运动时间为t s时，CQ＝2 t﹣BC＝（2 t﹣13）cm，
∴18﹣t＝2 t﹣13，
解得：t＝ s；
②四边形ADQP是平行四边形，如图所示：
同理∵AP∥DQ，
∴只需AP＝DQ，四边形ADQP是平行四边形，
由（1）知：AP＝t cm，
点DQ＝CD+CB﹣2 t＝（36﹣2t）cm，
∴36﹣2t＝t，
解得：t＝12 s，
综上所述：当t＝ s或12 s时，
直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形；
（3）设Q的速度为x cm/s，由（2）可知：Q在CD边上，此时四边形PBCQ可为菱形，
∵PB∥CQ，∴只需满足PB＝BC＝CQ即可，
由（1）知：PB＝（18﹣t）cm，
由（2）知：CQ＝（xt﹣13）cm，BC＝1 cm，
∴18﹣t＝13，xt﹣13＝13，
解得：t＝5 s，x＝5.2 cm/s，
∴当Q点的速度为5.2 cm/s时，四边形PBCQ为菱形．
六．菱形的判定与性质（共1小题）
10．（2023•郧西县模拟）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F．
（1）证明四边形ADCF是菱形；
（2）若AC＝4，AB＝5，求菱形ADCF的面积．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）证明：如图，∵AF∥BC，
∴∠AFE＝∠DBE，
∵E是AD的中点，AD是BC边上的中线，
∴AE＝DE，BD＝CD，
在△AFE和△DBE中，
，
∴△AFE≌△DBE（AAS）；
∴AF＝DB．
∵DB＝DC，
∴AF＝CD，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠BAC＝90°，D是BC的中点，
∴AD＝DC＝BC，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：连接DF，
∵AF∥BC，AF＝BD，
∴四边形ABDF是平行四边形，
∴DF＝AB＝5，
∵四边形ADCF是菱形，
∴S＝AC•DF＝10．
七．矩形的性质（共3小题）
11．（2023春•定州市期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】C
【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10，
∴AE＝AB＝×6＝3，CF＝BC＝10＝5，
∵AD∥BC，
∴∠DHP＝∠FHC，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝5，CH＝PH，
∴AP＝AD﹣PD＝5，
∴PE＝＝＝，
∵点G是EC的中点，
∴GH＝EP＝，
故选：C．
12．（2023秋•锦江区校级期中）如图，长方形ABCD中，AD＝2AB＝8，点E、F分别为线段AD、BC上动点，且AE＝CF，点G是线段BC上一点，且满足BG＝2，四边形AEFB关于直线EF对称后得到四边形A′EFB′，连接GB′，当AE＝ 3 时，点B′与点D重合，在运动过程中，线段GB′长度的最大值是 2+2 ．
【答案】3；2+2．
【解答】解：当B与点D 合时，
如图：
由于对称：BF＝B′F＝DF FC＝AE，
设AE＝x，则CF＝x，DF＝BF＝8﹣x，
在Rt△CDF中，
由勾股定理得：x2+42＝（8﹣x ）2；
∴x＝3，
则AE＝3；
如图：取EF中点O，
∵AE＝CF，
由题意知，无论EF如何变动，EF经过点O，
连接 B′O、OG、OB，
在△B′OG中 B′G＜OB′+OG，
∵四边形AEFB关于EF对称得到四边形A′EFB′，
∴OB＝OB′，故只有当 B′、O、G 三点共线时、GB′长度最大，
此时GB'＝B′O+OG＝OB+OG，
过点O作OH⊥BC，AD＝2AB＝8，CD＝AB＝4，
∴在Rt△OBH 中，OH＝CD＝2，BH＝BC＝4，
∴OB＝＝2，
∵在Rt△OGH中OH＝2，GH＝BH﹣BG＝2，
∴OG＝＝2，
∴GB'＝2+2，
故答案为：3；2+2．
13．（2023秋•丰城市校级期中）如图，在平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A、C的坐标分别为（10，0），（0，4），点D是OA的中点，点P在BC边上运动，点Q是坐标平面内的任意一点．若以O，D，P，Q为顶点的四边形是边长为5的菱形时，则点Q的坐标为 （﹣3，4）或（8，4）或（3，4） ．
【答案】（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．
【解答】解：∵A（10，0），C（0，4），
∴OC＝AB＝4，BC＝OA＝10，
∵点D是OA的中点，
∴OD＝5，
①如图1所示，以OP为对角线，点P在点D的左侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝OC＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD﹣DE＝5﹣3＝2，
∴点P的坐标为（2，4），
此时，点Q的坐标为（﹣3，4）；
②如图2所示，以OQ为对角线，点P在点D的左侧时，OP＝OD＝5．
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△POE中，由勾股定理得：，
∴点P的坐标为（3，4），
此时，点Q的坐标为（8，4）；
③如图3所示，以OP为对角线，点P在点D的右侧时，PD＝OD＝5，
过点P作PE⊥x轴于点E，则PE＝4．
在Rt△PDE中，由勾股定理得：，
∴OE＝OD+DE＝5+3＝8，
∴点P的坐标为（8，4），
此时，点Q的坐标为（3，4）；
综上所述，点Q的坐标为（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）；
故答案为：（﹣3，4）或（8，4）或（3，4）．
八．矩形的判定（共1小题）
14．（2022春•泰山区校级期中）如图，在△ABC中，点O是AC边上的一动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
（1）求证：EO＝FO；
（2）当CE＝12，CF＝10时，求CO的长；
（3）当O点运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证明你的结论．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）证明：∵MN∥BC，CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠BCE＝∠ACE＝∠OEC，∠OCF＝∠FCD＝∠OFC，
∴OE＝OC，OC＝OF，
∴OE＝OF；
（2）∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，
∴∠ECF＝∠ACB+∠ACD＝×180°＝90°，
∴Rt△CEF中，EF＝＝＝2，
又∵OE＝OF，
∴CO＝EF＝；
（3）当O运动到AC中点时，四边形AECF是矩形，
证明：∵AO＝CO，OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
由（2）可得∠ECF＝90°，
∴四边形AECF是矩形．
九．正方形的性质（共27小题）
15．（2022秋•汝州市期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是AB，BC的中点，CE，DF交于点G，连接AG，下列结论：①CE＝DF；②CE⊥DF；③∠AGE＝∠CDF；④∠EAG＝30°，其中正确的结论是（ ）
A．①②B．①③C．①②④D．①②③
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点，
∴BE＝AB，CF＝BC，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF，故②正确；
∴∠EGD＝90°，
延长CE交DA的延长线于H，
∵点E是AB的中点，
∴AE＝BE，
∵∠AHE＝∠BCE，∠AEH＝∠CEB，AE＝BE，
∴△AEH≌△BEC（AAS），
∴BC＝AH＝AD，
∵AG是斜边的中线，
∴AG＝DH＝AD，
∴∠ADG＝∠AGD，
∵∠AGE+∠AGD＝90°，∠CDF+∠ADG＝90°，
∴∠AGE＝∠CDF．故③正确；
∵CF＝BC＝CD，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∵AD＝AG，
∴△ADG不是等边三角形，
∴∠EAG≠30°，故④错误；
故选：D．
16．（2023秋•福田区期中）如图，正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE．过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB＝．下列结论：①EB⊥ED；②点B到直线DE的距离为； ③S△APD+S△APB＝； ④S正方形ABCD＝2．其中正确结论的序号是（ ）
A．①③④B．①②③C．②③④D．①②③④
【答案】A
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠BAD＝ADC＝90°，
∵AE⊥AP，
∴∠EAP＝90°，
∴∠BAE+∠BAP＝∠BAP+∠DAP＝90°，
∴∠BAE＝∠DAP，
∵AE＝AP＝1，
∴△ABE≌△ADP（SAS），
∴∠AEB＝∠APD，BE＝DP，
∵△AEP是等腰直角三角形，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，EP＝AE＝，
∴∠APD＝180°﹣∠APE＝180°﹣45°＝135°，
∴∠AEB＝135°，
∴∠BED＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥ED，
∴①正确；
∴BE＝＝＝1＝AE，
∴②不正确；
∵△ABE≌△ADP，
∴S△ABE＝S△ADP，
∵∠BAP＝90°，AE＝AP＝1，PB＝，
∴EP＝，∠AEP＝45°，
∵∠AEB＝135°，
∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝AE×AP+EP×BE＝×1×1+××1＝，
∴③正确；
如图，过点B作BO⊥AE，交AE的延长线于点O，
则∠O＝90°，
∵∠BEO＝180°﹣∠AEB＝180°﹣135°＝45°，
∴△BOE是等腰直角三角形，
∴OE＝OB＝BE＝，
∴AO＝AE+OE＝1+，
在Rt△ABO中，∵AB2＝AO2+OB2＝（1+）2+（）2＝2+，
∴S正方形ABCD＝AB2＝2+；
∴④正确；
故选：A．
17．（2023秋•呈贡区期中）如图，正方形ABCD和长方形AEFG的面积相等，且四边形BEFH也是正方形，欧几里得在《几何原本》中利用该图得到了：BH2＝CH×GH．设AB＝a，CH＝b．若ab＝5，则图中阴影部分的周长是（ ）
A．6B．8C．10D．20
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD，四边形BEFH为正方形，AB＝a，CH＝b，
∴BC＝AB＝CD＝a，BE＝BH＝EF＝BC﹣CH＝a﹣b，AE＝AB+BE＝a+a﹣b＝2a﹣b，
∴S正方形ABCD＝AB2＝a2，
S长方形AEFG＝AE•EF＝（2a﹣b）（a﹣b）＝2a2﹣3ab+b2，
∵正方形ABCD和长方形AEFG的面积相等，
∴a2＝2a2﹣3ab+b2，
整理得：a2+b2＝3ab，
∴（a+b）2＝5ab，
∵ab＝5，
∴（a+b）2＝5×5，
∴a+b＝5，
∴阴影部分的周长为：2（CD+CH）＝2（a+b）＝10．
故选：C．
18．（2023秋•深圳月考）如图，在正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连接PA．过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：
①PA＝PE；
②BD＝3PF；
③CE＝2PD；
④若BP＝BE，则PF＝（+1）DF．
其中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠ABD＝45°，
∴BF＝EF，
在△BFG和△EFP中，
，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，
∵∠ABD＝∠FPG＝45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，
∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP＝BG，
∴AP＝PE；故①正确；
连接CG，
由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG＝CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG＝PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，
∵∠CEG＝45°，
∴CE＝CG＝PD；故③错误；
连接AC交BD于O，如图3：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOP＝90°＝∠PFE，
∵∠APO＝90°﹣∠OPE＝∠PEF，AP＝PE，
∴△AOP≌△PFE（AAS），
∴OA＝PF，
∵OA＝BD，
∴PF＝BD，即BD＝2PF，故②错误；
设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，
∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，
∵∠DBC＝45°，∠BFE＝90°，
∴BE＝BF＝2m+n，
若BP＝BE，则3m+n＝2m+n，
∴m＝n＝（+1）n，
即PF＝（+1）DF，故④正确，
故选：B．
19．（2022秋•雁塔区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．B．1C．D．2
【答案】C
【解答】解：连接AG并延长交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
在△AGE和MGD中，
，
∴△AGE≌△MGD（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝＝2，
∴GH＝，
故选：C．
20．（2023•温州模拟）如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边分别向外作正方形，连接EH，GH，连接EG交AB于点K，当∠EHG＝90°时，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解答】解：以A为原点，以AB边所在直线为x轴建立如图所示坐标系：
设AB＝c，AC＝b，BC＝a，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
∴a2+b2＝c2，
过E作EQ⊥x轴于Q，过H作HP⊥x轴于P，
∵四边形ACDE与四边形BCMH都是正方形，
∴∠EAC＝∠CBH＝90°，AC＝AE＝b，BC＝BH＝a，
∴∠EAQ+∠BAC＝90°，∠HBP+∠ABC＝90°，
∵∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠ABC＝∠EAQ，∠BAC＝∠HBP，
∴Rt△EAQ∽Rt△ABC∽Rt△BHP，
∴，，
即，，
∴AQ＝，EQ＝，HP＝，BP＝，
∴AP＝AB+BP＝c+＝，
∴E（﹣，），H（，），
∵四边形BABGF是正方形，
∴AB＝BG＝FG，BG⊥x轴，
∴G（c，﹣c），
当∠EHG＝90°时，
在Rt△EHG中，由勾股定理可得：
EH2+GH2＝EG2，
∴（+）2+（﹣）2+（﹣c）2+（+c）2＝（+c）2+（﹣﹣c）2，
整理可得：（a﹣b）（2a2+b2）＝﹣ab（a+b），
∴2a3+ab2﹣2a2b﹣b3＝﹣a2b﹣ab2，
∴（a2+b2）（2a﹣b）＝0，
∵a、b是三角形的边长，
∴a＞0，b＞0，
∴a2+b2≠0，
∴2a﹣b＝0，
∴b＝2a，
∵a2+b2＝c2，
∴c2＝5a2，
∵EQ∥BC，
∴，
即，
∴，
故选：D．
21．（2023春•新吴区期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：
①DE＝EF；②△DAE≌△DCG；③AC⊥CG；④CE＝CF．其中正确的是（ ）
A．②③④B．①②③C．①②④D．①③④
【答案】B
【解答】解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
②∵矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
③根据②得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
④当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③正确．
故选：B．
22．（2023春•西平县期中）如图，正方形ABCD边长为12，里面有2个小正方形，各边的顶点都在大正方形的边上的对角线或边上，它们的面积分别是S1，S2，则S1+S2＝（ ）
A．68B．72C．64D．70
【答案】A
【解答】解：如图，由正方形的性质，∠1＝∠2＝∠3＝∠4＝45°，
所以，四个角所在的三角形都是等腰直角三角形，
∵正方形的边长为12，
∴AC＝12，
∴两个小正方形的边长分别为×12＝4，×12＝6，
∴S1+S2＝（4）2+62＝32+36＝68．
故选：A．
23．（2023•光山县校级三模）如图，正方形OABC中，点A（4，0），点D为AB上一点，且BD＝1，连接OD，过点C作CE⊥OD交OA于点E，过点D作MN∥CE，交x轴于点M，交BC于点N，则点M的坐标为（ ）
A．（5，0）B．（6，0）C．（，0）D．（，0）
【答案】C
【解答】解：∵OABC是正方形，A（4，0），
∴OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，
∵BD＝1，
∴AD＝3，D（4，3），
∵CE⊥OD，
∴∠DOE＝90°﹣∠CEO＝∠OCE，
在△COE和△OAD中，
，
∴△COE≌△OAD（ASA），
∴OE＝AD＝3，
∴E（3，0），
设直线CE为y＝kx+b，把C（0，4），E（3，0）代入得：
，解得，
∴直线CE为y＝﹣x+4，
由MN∥CE设直线MN为y＝﹣x+c，把D（4，3）代入得：
﹣+c＝3，
解得c＝，
∴直线MN为y＝﹣x+，
在y＝﹣x+中，令y＝0得﹣x+＝0，
解得x＝，
∴M（，0），
故选：C．
方法二：
∵CE⊥OD，CE∥MN，
∴OD⊥MN，
∴∠ADM＝90°﹣∠ODA＝∠AOD，
∵∠DAO＝90°＝∠MAD，
∴△DAO∽△MAD，
∴＝，
∵点A（4，0），BD＝1，
∴OA＝4＝AB，AD＝AB﹣BD＝3，
∴＝，
解答AM＝，
∴OM＝OA+AM＝4+＝，
∴M（，0），
故选：C．
24．（2023•鄞州区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若，则EF的长为（ ）
A．2B．2+C．+1D．3
【答案】A
【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝60°，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，
∴∠OGF＝∠DGF＝90°，
∵∠ODC＝45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴GF＝DG＝DF＝，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°，
∴∠DOF＝30°，
∴OF＝2GF＝，
∴EF＝OF＝2．
故选：A．
25．（2023•淮南二模）如图，在△BCP 中，BP＝2，PC＝4，现以BC为边在BC的下方作正方形ABCD并连接AP，则AP的最大值为（ ）
A．B．6C．D．
【答案】D
【解答】解：将△ABP绕点B逆时针旋转90°得△BCE，连接PE，
则△BPE是等腰直角三角形，AP＝CE，
∴PE＝BP＝2，
在△CPE中，CE≤PE+CP，
∴CE的最大值为2+4，
即AP的最大值为2+4，
故选：D．
26．（2023春•平桥区期末）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，点E是BC边上的动点，连接OE并延长交AB的延长线于点P，过点O作OQ⊥OP交CD于点F，交BC延长线于点Q，连接PQ．若点E恰好是OP中点时，则PQ的长为（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解答】解：作OH⊥AB于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴△OBC和△OAB是等腰直角三角形，
∴∠BOP+∠EOC＝90°，
∵OQ⊥OP，
∴∠QOC+∠EOC＝90°，
∴∠BOP＝∠COQ，
∵∠ABO＝∠OCB＝45°，
∴∠OBP＝∠OCQ＝135°，
∵OB＝OC，
∴△OBP≌△OCQ（ASA），
∴PO＝QO，
∴△OPQ是等腰直角三角形，
∵OH⊥AB，EB⊥AB，
∴BE∥OH，
∴PB：BH＝PE：OE，
∵OE＝PE，
∴PB＝BH，
∵△OAB是等腰直角三角形，OH⊥AB，
∴OH＝BH＝AB＝×2＝1，
∴PB＝BH＝1，
∴PH＝PB+BH＝2，
∴OP＝＝＝，
∴PQ＝PO＝．
故选：D．
27．（2023春•江阴市期末）如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB＝12，BE＝4，M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（ ）
A．8B．8C．8D．12
【答案】C
【解答】解：过点D作DH∥MN，交AB于点H，过点E作EG∥MN，过点M作MG∥NE，两直线交于点G，连接AG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠B＝∠BAD＝90°，
∵AB＝12，BE＝4，
∴AE＝＝＝4，
∵DH∥MN，AB∥CD，
∴四边形DHNM是平行四边形，
∴DH＝MN，
∵MN⊥AE，DH∥MN，EG∥MN，
∴DH⊥AE，AE⊥EG，
∴∠BAE+∠AHD＝90°＝∠AHD+∠ADH，∠AEG＝90°，
∴∠BAE＝∠ADH，
在△ABE和△DAH中，
，
∴△ABE≌△DAH（ASA），
∴DH＝AE＝4，
∴MN＝DH＝AE＝4，
∵EG∥MN，MG∥NE，
∴四边形NEGM是平行四边形，
∴NE＝MG，MN＝EG＝AE＝4，
∴AM+NE＝AM+MG，
∴当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，
∴AG＝＝＝8．
故选：C．
28．（2023春•徐州期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A、O、E在同一直线l上，且EF＝，AB＝4，给出下列结论：①∠COD＝45°；②AD⊥CF；③CF＝；④四边形ABDO的面积与正方形ABCO的面积相等．其中正确的结论为（ ）
A．①②③④B．①②C．①②③D．①③④
【答案】C
【解答】解：过D作DN⊥AE于N，延长BC交直线DN于M，连接CD，如图：
∵四边形ABCO、四边形DEFO是正方形，
∴∠AOC＝90°＝∠COE，∠DOE＝45°，
∴∠COD＝45°，故①正确，
∵∠AOC＝90°＝∠FOD，
∴∠AOD＝135°＝∠COF，
又OA＝OC，OD＝OF，
∴△AOD≌△COF（SAS），
∴∠ADO＝∠CFO，AD＝CF，
∵∠DKS＝∠FKO，
∴∠DSK＝∠FOK＝90°，
∴AD⊥CF，故②正确；
∵四边形DEFO是正方形，
∴△DON是等腰直角三角形，
∵EF＝＝DO，
∴DN＝ON＝DO＝1，
∵∠MNO＝∠NOC＝∠OCM＝90°，
∴四边形NOCM是矩形，
∴MN＝OC＝AB＝4，CM＝ON＝1
∴DM＝MN﹣DM＝1，BM＝BC+CM＝5，
在Rt△BDM中，BD＝，
∴CF＝BD＝，故③正确；
∵S△BCD＝BC•DM＝×2×3＝1.5，S△CDO＝OC•ON＝×4×1＝2，
∴S△BCD≠S△CDO，
∴S△DTO≠S△BCT，
∴S四边形ABDO≠S正方形ABCO，故④错误，
∴正确的有①②③，
故选：C．
29．（2022秋•郑州期末）如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，EF，OC交于点G．下列结论：
①△COE≌△DOF；
②△OGE∽△FGC；
③DF2+BE2＝OG•OC；
④正方形ABCD的面积是四边形CEOF面积的4倍．
其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②③④C．①②④D．③④
【答案】C
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），
故①正确；
②由①全等可得OE＝OF，
∴∠OEF＝∠OCF＝45°，∠OGE＝∠CGF，
∴△OGE∽△FGC，
故②正确；
④由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
∴正方形ABCD的面积是四边形CEOF面积的4倍，
故④正确；
③∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，
在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，
∴DF2+BE2＝EF2，
∵∠OCE＝∠OEG＝45°，∠EOG＝∠COE，
∴△EOG∽△COE，
∴＝，
∴OG•OC＝EO2≠EF2，
∴DF2+BE2≠OG•OC，
故③不正确；
综上所述，正确的是①②④，
故选：C．
30．（2023秋•西安期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，AC与BD交于点O，N是AO的中点，点M在边BC上，且 BM＝3，P为对角线BD上一点，当对角线BD平分∠NPM时，PM+PN的值为 5 ．
【答案】5．
【解答】解：设PM与AC相交于点Q，
∵在正方形ABCD中，AB＝4，
∴AC＝AB＝4，AC⊥BD，∠ABC＝90°，
∴∠NOP＝∠QOP＝90°，
∵O为AC中点，
∴0A＝0C＝2，
∵N为OA的中点，
∴ON＝，
∵对角线BD平分∠NPM，
∴∠NPO＝∠QPO，
∵PO＝PO，
∴△NPO≌△QPO，
∴OQ＝ON＝，PQ＝PN，∠PNO＝∠PQO，
∴NQ＝2，CQ＝OC﹣CQ＝，
∴
∵AB＝4，BM＝3，
∴CM＝1，
∴，
∴，
∵∠ACB＝∠QCM＝45°，
∴△CMQ～△CBA，
∴∠CMQ＝∠CBA＝90°，
∴∠PNO＝∠PQO＝∠CQM＝45°，
∴MQ＝CM＝1，∠NPQ＝180°﹣∠PNO﹣∠PQO＝90°，
∴PQ2+PN2＝NQ2，即2，
∴PQ＝PN＝2，
∴PM+PN＝PQ+MQ+PN＝2+1+2＝5．
31．（2023秋•重庆月考）如图，正方形ABCD的边长为4，E为DC边上一点，DE＝3，连接AE，过D作AE的垂线交AE于点F，交BC于点G，则FG的长为 ．
【答案】．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，且边长为4，
∴AB＝CD＝4，∠ADC＝∠C＝90°，
∴∠ADF+∠CDG＝90°，
又∵DF⊥AE，
∴∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠DAE＝∠CDG，
在△ADE和△DCG中，
，
∴△ADE≌△DCG（ASA），
∴DG＝AE，
在Rt△ADE中，AD＝4，DE＝3，
由勾股定理得：AE＝＝5，
∴DG＝AE＝5，
由三角形的面积得：S△ADE＝AE•DF＝AD•DE，
∴AE•DF＝AD•DE，
∴5•DF＝4×3，
∴DF＝，
∴FG＝DG﹣DF＝5﹣＝，
故答案为：．
32．（2023•增城区一模）如图，点E在正方形ABCD外，连结AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点F．若AE＝AF＝4，BF＝10，则下列结论：
①△AFD≌△AEB；
②EB⊥ED；
③点B到直线AE的距离为3；
④S△ABF+S△ADF＝40．
其中正确的结论是 ①②③④ ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②③④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE＝∠BAE+∠BAF＝90°，
∵∠DAF+∠BAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAE＝∠DAF，
又∵AE＝AF，
∴△AFD≌△AEB（SAS），故①正确；
∴∠AFD＝∠AEB，
∵∠AEB＝∠AEF+∠BEF，∠AFD＝∠AEF+∠FAE，
∴∠BEF＝∠FAE＝90°，即EB⊥ED，故②正确；
过点B作BP⊥AE，交AE的延长线于P，则BF的长即点B到直线AE的距离，
∵AE＝AF＝4，∠FAE＝90°，
∴FE＝8，∠AEF＝∠AFE＝45°，
在Rt△BEF中，FB＝10，FE＝8，
∴BE＝6，
∵EB⊥ED，BP⊥AP，
∴∠EPB＝∠PBE＝45°，
∴BP＝EP＝3，
故③正确；
连接BD，
S△AFD+S△AFB＝S△AEB+S△AFB＝S△AEF+S△BEF＝×4×4+×6×8＝40，
故④正确；
综上，正确结论的序号是①②③④，
故答案为：①②③④．
33．（2023秋•余江区期中）如图，四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
（1）求证：ED＝EF；
（2）若AB＝2，，求CG的长度；
（3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，求∠EFC的度数．
【答案】（1）见解答；
（2）2；
（3）∠EFC＝120°或30°．
【解答】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
（2）解：如图2中，在Rt△ABC中．AC＝AB＝2，
∵EC＝，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝．
（3）解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°，
则∠CDE＝90°﹣30°＝60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，
∴∠EFC＝∠CDE＝30°，
综上所述，∠EFC＝120°或30°．
34．（2023•歙县校级模拟）如图①，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，M为对角线BD（不含B点）上任意一点，将BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，连接EN、AM、CM．
（1）连接MN，△BMN是等边三角形吗？为什么？
（2）求证：△AMB≌△ENB；
（3）①当M点在何处时，AM+CM的值最小；
②如图②，当M点在何处时，AM+BM+CM的值最小，请你画出图形，并说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】（1）解：△BMN是等边三角形．
理由如下：如图①，∵BM绕点B逆时针旋转60°得到BN，
∴BM＝BN，∠MBN＝60°，
∴△BMN是等边三角形；
（2）证明：∵△ABE和△BMN都是等边三角形，
∴AB＝EB，BM＝BN，∠ABE＝∠MBN＝60°，
∴∠ABE﹣∠ABN＝∠MBN﹣∠ABN，
即∠ABM＝∠EBN，
在△AMB和△ENB中，
，
∴△AMB≌△ENB（SAS）；
（3）①由两点之间线段最短可知A、M、C三点共线时，AM+CM的值最小，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点M为BD的中点；
②当点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小，
理由如下：如图②，∵△AMB≌△ENB，
∴AM＝EN，
∵△BMN是等边三角形，
∴BM＝MN，
∴AM+BM+CM＝EN+MN+CM，
由两点之间线段最短可知，点E、N、M、C在同一直线上时，EN+MN+CM，
故，点M在CE与BD的交点时，AM+BM+CM的值最小．
35．（2023秋•拱墅区校级期中）阅读下面材料：
我遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．我是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF．
请回答：在图2中，∠GAF的度数是 45° ．
参考我得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题：
（1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度．
（2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝ 135° 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值．
【答案】阅读材料：45°；
（1）BE＝；
（2）135°．
【解答】解：阅读材料：
根据旋转△ABG≌△QDE，
∴∠GAB＝∠EAD，AG＝AE，
∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAE＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF+∠GAB＝45°，即∠GAF＝45°；
（1）过点A作AF⊥CB 交CB的延长线于点F，
∵AD∥BC，∠D＝90°，
∴∠B＝180°﹣∠D＝90°，
∵AD＝CD＝10，
∴四边形AFCD是正方形，
∴CF＝10，
根据上面结论，可知BE＝DE+BF，
设BE＝x，
∵DE＝4，
∴BF＝BE﹣DE＝x﹣4，
∴CB＝CF﹣BF＝10﹣x+4＝14﹣x，
CE＝CD﹣DE＝10﹣4＝6，
∵∠C＝90°，
∴CE2+CB2＝BE2，
∴36+（14﹣x）2＝x2，
解得：x＝，
故BE＝；
（3）过点A作AF⊥CA，取AF＝AC，
连接BF，CF，
∵∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°+∠BAC，
∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝90°，
∴∠BAF＝∠DAC，
又∵AC＝AF，AB＝AD，
∴△FAB≌△CAD（SAS），
∴BF＝CD，
∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可，
在△BCF中，BF≤BC+CF，
当B、C、F三点共线时，
BF取最大值，此时BF＝BC+CF，
在等腰直角三角形ACF中AC＝AF＝4，∠ACF＝45°，
∴CF＝AC＝4，
∵CB＝6，
BF最大为：4+6，此时∠BCA＝180°﹣∠ACF＝135°．
故答案为：135°．
36．（2023春•西乡塘区校级期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，
∵AB＝BE，
∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），
∴AO＝BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BE，连接AF，如图1所示：
则BF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
在△ABF和△DCE中，，
∴△ABF≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AFB，
∵EB＝CF，BN＝CN，
∴N为EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，
∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，
∴∠BEQ＝∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ＝PB，
∴＝＝．
37．（2023春•遂平县期末）在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ 5 ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长；
（3）若AG＝，请直接写出此时DE的长．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）如图1，连接CG，
∵四边形ABCD和四边形EBGF是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD，
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，
∴AG＝＝＝5；
故答案为：5；
（2）如图2，过点G作GK⊥AB，交AB的延长线于K，
∵DE＝2，DC＝5，
∴CE＝3，
∵∠EBG＝∠EBC+∠CBG＝90°，∠CBG+∠GBK＝90°，
∴∠EBC＝∠GBK，
∵BE＝BG，∠K＝∠BCE＝90°，
∴△BCE≌△BKG（AAS），
∴CE＝KG＝3，BC＝BK＝5，
∴AK＝10，
由勾股定理得：AG＝＝；
（3）分三种情况：
①当点E在CD的延长线上时，如图3，同理知△BCE≌△BKG（AAS），
∴BC＝BK＝5，
∵AG＝，
由勾股定理得：KG＝＝，
∴CE＝KG＝，此种情况不成立；
②当点E在边CD上时，如图4，
同理得：DE＝；
③当点E在DC的延长线上时，如图5，
同理得CE＝GK＝，
∴DE＝5+＝，
综上，DE的长是或．
38．（2023春•青县期末）已知边长为2的正方形ABCD中，P是对角线AC上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作PE⊥PB，PE交DC于点E，过点E作EF⊥AC，垂足为点F．
（1）求证：PB＝PE；
（2）在点P的运动过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由．
【答案】（1）证明见解答；（2）点P在运动过程中，PF的长度不变，值为．
【解答】（1）证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图1．
∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC＝∠ACB＝∠ACD＝∠HPC＝45°．
∴PG＝PH，∠GPH＝∠PGB＝∠PHE＝90°．
∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，
∴∠BPG＝90°﹣∠GPE＝∠EPH．
在△PGB和△PHE中，
，
∴△PGB≌△PHE（ASA），
∴PB＝PE．
（2）解：PF的长度不变．
连接BD，如图2．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BOP＝90°，
∵PE⊥PB，即∠BPE＝90°，
∴∠PBO＝90°﹣∠BPO＝∠EPF，
∵EF⊥PC，即∠PFE＝90°，
∴∠BOP＝∠PFE，
在△BOP和△PFE中，
，
∴△BOP≌△PFE（AAS），
∴BO＝PF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴OB＝OC，∠BOC＝90°，
∴BC＝OB．
∵BC＝2，
∴OB＝，
∴PF＝OB＝．
∴点P在运动过程中，PF的长度不变，值为．
39．（2023春•贵州期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，探究PB与PQ所满足的数量关系；
小明同学探究此问题的方法是：
过P点作PE⊥DC于E点，PF⊥BC于F点，
根据正方形的性质和角平分线的性质，得出PE＝PF，
再证明△PEQ≌△PFB，可得出结论，他的结论应是 PB＝PQ ；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，并证明你的猜想．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）结论：PB＝PQ，
理由：过P作PF⊥BC，PE⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠QPF+∠QPE＝90°，
∴∠BPF＝∠QPE，
在△PEQ和△PFB中，
，
∴Rt△PQE≌Rt△PBF，
∴PB＝PQ；
故答案为PB＝PQ．
（2）PB＝PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB＝90°，
∴PF＝PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF＝90°，∠BPF+∠BPE＝90°，
∴∠BPE＝∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB＝PQ．
40．（2023春•通许县期末）如图1，正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，点P是线段AO上（不与A、O重合）的一个动点，过点P作PE⊥PB且交边CD于点E．
（1）求证：PB＝PE；
（2）过点E作EF⊥AC于点F，如图2，若正方形ABCD的边长为2，则在点P运动的过程中，PF的长度是否发生变化？若不变，请直接写出这个不变的值；若变化，请说明理由．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）证明：
如图1，过P作MN∥AD，交AB于M，交CD于N，
∵PB⊥PE，
∴∠BPE＝90°，
∴∠MPB+∠EPN＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝90°，
∵AD∥MN，
∴∠BMP＝∠BAD＝∠PNE＝∠D＝90°，
∴∠MPB+∠MBP＝90°，
∴∠EPN＝∠MBP，
Rt△PNC中，∠PCN＝45°，
∴△PNC是等腰直角三角形，
∴PN＝CN，
∵∠BMP＝∠PNC＝∠ABC＝90°，
∴四边形MBCN是矩形，
∴BM＝CN，
∴BM＝PN，
∴△BMP≌△PNE（ASA），
∴PB＝PE；
（2）在P点运动的过程中，PF的长度不发生变化，理由是：
如图2，连接OB，
∵点O是正方形ABCD对角线AC的中点，
∴OB⊥AC，
∴∠AOB＝90°，
∴∠AOB＝∠EFP＝90°，
∴∠OBP+∠BPO＝90°，
∵∠BPE＝90°，
∴∠BPO+∠OPE＝90°，
∴∠OBP＝∠OPE，
由（1）得：PB＝PE，
∴△OBP≌△FPE，
∴PF＝OB，
∵AB＝2，△ABO是等腰直角三角形，
∴OB＝＝，
∴PF为定值是．
41．（2022春•江城区期末）（1）正方形ABCD，E、F分别在边BC、CD上（不与端点重合），∠EAF＝45°，EF与AC交于点G
①如图（i），若AC平分∠EAF，直接写出线段EF，BE，DF之间等量关系；
②如图（ⅱ），若AC不平分∠EAF，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立吗？若成立请证明；若不成立请说明理由
（2）如图（ⅲ），矩形ABCD，AB＝4，AD＝8．点M、N分别在边CD、BC上，AN＝2，∠MAN＝45°，求AM的长度．
【答案】（1）①EF＝BE+DF；
②，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立：EF＝BE+DF；理由见解答；
（2）．
【解答】解：（1）①如图（i），
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠CAD＝45°，
∵∠EAF＝45°，AC平分∠EAF，
∴∠BAE＝∠EAG＝∠DAF＝∠FAG＝22.5°，
∵AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∴∠AEF＝∠AFE，
∴AC⊥EF，
∴∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AE平分∠BAC，
∴BE＝EG，DF＝GF，
∴EF＝BE+DF；
②，①中线段EF，BE，DF之间等量关系还成立：EF＝BE+DF；
如图（ⅱ），延长CD到点H，截取DH＝BE，连接AH，
在△AEB与△AHD中，
∵，
∴△AEB≌△AHD（SAS），
∴AE＝AH，∠BAE＝∠HAD，
∵∠EAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠DAF+∠DAH＝45°．即∠EAF＝∠HAF，
在△EAF与△HAF中，
∵，
∴△EAF≌△HAF（SAS），
∴EF＝HF＝DF+DH＝BE+DF，
（2）解法一：如图，取AD，BC的中点P，Q，连接QP，PQ交AM于H，连接NH，
∵AD＝8，AB＝4，
∴AP＝AB＝BQ＝PQ＝4，∠B＝90°，
∴四边形ABQP是正方形，
Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，
∴BN＝＝2，
∴NQ＝4﹣2＝2，
∵∠NAH＝45°，
由（1）同理得：NH＝BN+PH，
设PH＝x，则NH＝x+2，QH＝4﹣x，
Rt△NHQ中，NH2＝QH2+NQ2，
∴（2+x）2＝22+（4﹣x）2，
x＝，
∵P是AD的中点，PH∥DM，
∴AH＝HM，
∴DM＝2PH＝，
由勾股定理得：AM＝＝＝；
解法二：如图（iii），延长AN，DC交于点G，过M作MP⊥AG于点P，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
Rt△ABN中，AB＝4，AN＝2，
∴BN＝2，CN＝8﹣2＝6，
∵AB∥CG，
∴△ABN∽△GCN，
∴＝，
∴NG＝6，
∵∠MAN＝45°，∠APM＝90°，
∴AP＝PM，
设AP＝x，则PM＝x，PG＝2x，
∵AG＝2+6＝x+2x，
x＝，
∴AM＝x＝．
解法三：如图，过点N作NK⊥AN，交AM于K，过K作KL⊥BC于L，
∴∠ANK＝∠B＝∠KLN＝90°，
∴∠ANB＝∠KNL，
∵∠MAN＝45°，
∴△ANK是等腰直角三角形，
∴AN＝NK，
∴△ABN≌△NLK（AAS），
∴NL＝AB＝4，KL＝BN＝2，
设CM＝x，则DM＝4﹣x，
∵S梯形ABCM＝2S△ABN+S△ANK+S梯形KLCM，
∴×8（x+4）＝2×+×（2）2+（x+2）×（8﹣2﹣4），
∴x＝，
∴DM＝，
由勾股定理得：AM＝＝＝．
一十．正方形的判定（共1小题）
42．（2023•二七区校级开学）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，AN是∠BAC的外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足是E，连接DE交AC于F．
（1）求证：四边形ADCE为矩形；
（2）求证：DF∥AB，DF＝AB；
（3）当△ABC满足 是等腰直角三角形 时，四边形ADCE为正方形．
【答案】（1）见解答；
（2）见解答；
（3）是等腰直角三角形．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC垂足是D，
∴AD平分∠BAC，∠B＝∠5，
∴∠1＝∠2，
∵AE是△ABC的外角平分线，
∴∠3＝∠4，
∵∠1+∠2+∠3+∠4＝180°，
∴∠2+∠3＝90°，
即∠DAE＝90°，
又∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝90°，
又∵CE⊥AE，
∴∠AEC＝90°，
∴四边形ADCE是矩形．
（2）证明：∵四边形ADCE是矩形，
∴AF＝CF＝AC，
∵AB＝AC，AD平分∠BAC，
∴BD＝CD＝BC，
∴DF是△ABC的中位线，
即DF∥AB，DF＝．
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCE为正方形．
∵在Rt△ABC中，AD平分∠BAC，
∴∠5＝∠2＝∠3＝45°，
∴AD＝CD，
又∵四边形ADCE是矩形，
∴矩形ADCE为正方形．
故答案为：是等腰直角三角形．
一十一．正方形的判定与性质（共3小题）
43．（2023秋•灯塔市校级期末）如图，正方形ABCD的边长为9，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论中不正确的是（ ）
A．矩形DEFG是正方形B．∠CEF＝∠ADE
C．CG平分∠DCHD．
【答案】B
【解答】解：如图，作EK⊥BC于点K，EL⊥CD于点L，则∠EKF＝∠ELD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CB，AD＝CD，∠B＝∠ADC＝90°，
∴∠BCA＝∠BAC＝45°，∠DCA＝∠DAC＝45°，
∴∠BCA＝∠DCA，
∴EK＝EL，
∵∠EKC＝∠ELC＝∠KCL＝90°，
∴四边形EKCL是矩形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠KEL＝∠FED＝90，
∴∠FEK＝∠DEL＝90°﹣∠FEL，
∴△FEK≌△DEL（ASA），
∴DE＝FE，
∴矩形DEFG是正方形，故A正确；
∵∠EDG＝∠ADC＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE＝90°﹣∠CDE，
∵CD＝AD，GD＝ED，
∴△CDG≌△ADE（SAS），
∴CG＝AE，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC，
∵∠B＝90°，AB＝CB＝9，
∴AC＝AB＝9，
∴CE+CG＝9，故D正确；
∵△CDG≌△ADE（SAS），
∴∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴CG平分∠DCH，故C正确；
∵∠ADE＝∠DEL＝∠FEK，≠∠CEF，
∴∠CEF≠∠ADE，故B不正确，
故选：B．
44．（2023春•福田区校级期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①证明过程见解答；
②3．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
连接EG，
∴EG＝＝＝3，
∴DE＝EG＝3．
∴正方形DEFG的边长为3．
45．（2023•肥城市一模）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ 45 °（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝5，QH＝2，则HR的长度是 （直接写出结果不写解答过程）．
【答案】．
【解答】解：（1）∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，
∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
∴∠AFE＝DFE，∠AEF＝BEF，
∴∠AEF+∠AFE＝（∠DFE+∠BEF）＝270°＝135°，
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝3，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2；
（3）解：如图2所示：
把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于点G，
由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MR+DQ＝QR，MR＝HR，DQ＝HQ＝2，
∴MG＝DG＝MP＝PH＝5，
∴GQ＝3，
设MR＝HR＝a，则GR＝5﹣a，QR＝a+2，
在Rt△GQR中，由勾股定理得：（5﹣a）2+32＝（2+a）2，
解得：a＝，即HR＝；
故答案为：．
一十二．旋转的性质（共5小题）
46．（2023秋•富锦市校级期末）如图，点P为定角∠AOB平分线上的一个定点，且∠MPN与∠AOB互补．若∠MPN在绕点P旋转的过程中，其两边分别与OA、OB相交于M、N两点，则以下结论：①OM+ON的值不变；②∠PNM＝∠POB；③MN的长不变；④四边形PMON的面积不变，其中，正确结论的是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【解答】解：作PE⊥OA于E，PF⊥OB于F．
∵∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴∠EPF+∠AOB＝180°，
∵∠MPN+∠AOB＝180°，
∴∠EPF＝∠MPN，
∴∠EPM＝∠FPN，
∵OP平分∠AOB，PE⊥OA于E，PF⊥OB于F，
∴∠PEO＝∠PFO＝90°，
在△POE和△POF中，
，
∴△POE≌△POF（AAS），
∴OE＝OF，PE＝PF，
在△PEM和△PFN中，
，
∴△PEM≌△PFN（ASA），
∴EM＝NF，PM＝PN，故①正确，
∴S△PEM＝S△PNF，
∴S四边形PMON＝S四边形PEOF＝定值，故④正确，
设∠MPN＝x°，
∵PM＝PN，
∴∠PNM＝∠PMN＝×（180°﹣x）＝90°﹣x°，
∵∠AOB+∠MPN＝180°，
∴∠AOB＝180°﹣x°
∴∠PON＝×（180°﹣x）＝90°﹣x°，
∴∠PNM＝∠PON，故②正确，
在旋转过程中，△PMN是等腰三角形，形状是相似的，因为PM的长度是变化的，所以MN的长度是变化的，故③错误，
故选：B．
47．（2023秋•营口期中）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转，得到△CBG．延长AE交CG于点F，连接DE．下列结论：
①AF⊥CG；
②四边形BEFG是正方形；
③若DA＝DE，则CF＝FG；
其中正确的是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①
【答案】A
【解答】解：设AF交BC于K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABK＝90°，
∴∠KAB+∠AKB＝90°，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBG，
∴∠KAB＝∠BCG，
∵∠AKB＝∠CKF，
∴∠BCG+∠CKF＝90°，
∴∠KFC＝90°，
∴AF⊥CG，故①正确；
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB＝∠CGB＝90°，BE＝BG，∠EBG＝90°，
又∵∠BEF＝90°，
∴四边形BEFG是矩形，
又∵BE＝BG，
∴四边形BEFG是正方形，故②正确；
如图，过点D作DH⊥AE于H，
∵DA＝DE，DH⊥AE，
∴AH＝AE，
∴∠ADH+∠DAH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠DAH+∠EAB＝90°，
∴∠ADH＝∠EAB，
又∵AD＝AB，∠AHD＝∠AEB＝90°，
∴△ADH≌△BAE（AAS），
∴AH＝BE＝AE，
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴AE＝CG，
∵四边形BEFG是正方形，
∴BE＝GF，
∴GF＝CG，
∴CF＝FG，故③正确；
∴正确的有：①②③，
故选：A．
48．（2023春•苏州期中）如图，在△ABC中，AB＝10，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，则阴影部分的面积为 25 ．
【答案】25．
【解答】解：过A作AD⊥A1B于D，如图：
在△ABC中，AB＝10，将△ABC绕点B按逆时针方向旋转30°后得到△A1BC1，
∴△ABC≌△A1BC1，
∴A1B＝AB＝10，
∴△A1BA是等腰三角形，∠A1BA＝30°，
∵AD⊥A1B，
∴AD＝AB＝5，
∴S△A1BA＝×10×5＝25，
又∵S阴影＝S△A1BA+S△A1BC1﹣S△ABC，且S△A1BC1＝S△ABC，
∴S阴影＝S△A1BA＝25，
故答案为：25．
49．（2022秋•利津县期末）如图，在等腰三角形ABC中，∠CAB＝90°，P是△ABC内一点，PA＝1，PB＝3，PC＝，将△APB绕点A逆时针旋转后与△AQC重合．求：
（1）线段PQ的长；
（2）∠APC的度数．
【答案】见试题解答内容
【解答】解：（1）∵△APB绕点A旋转与△AQC重合
∴AQ＝AP＝1，∠QAP＝∠CAB＝90°．
在Rt△APQ中，由勾股定理得：PQ＝＝＝．
（2）∵∠QAP＝90°，AQ＝AP，
∴∠APQ＝45°．
∵△APB绕点A旋转与△AQC重合，
∴CQ＝BP＝3．
∵在△CPQ中PQ＝，CQ＝3，CP＝，
∴CP2+PQ2＝（）2+（）2＝9，CQ2＝32＝9．
∴CP2+PQ2＝CQ2．
∴∠CPQ＝90°．
∴∠APC＝∠CPQ+∠APQ＝135°．
50．（2022秋•恩施市期末）如图，点O是等边△ABC内一点，∠AOB＝110°，∠BOC＝α，将CO绕点C顺时针方向旋转60°得到CD，连接AD，OD．
（1）当α＝150°时，求证：△AOD为直角三角形；
（2）求∠DAO的度数；
（3）请你探究：当α为多少度时，△AOD是等腰三角形？
【答案】（1）见解析；
（2）50°；
（3）140°或125°或110°．
【解答】（1）证明：由旋转的性质得：OC＝CD，∠DCO＝60°，
∴△COD是等边三角形，
∴∠CDO＝60°，
∵△ABC是等边三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝60°，
∴∠ACD＝∠BCO，
∴△BOC≌△ADC（SAS），
∴∠ADC＝∠BOC＝150°，
∴∠ADO＝90°，
即△AOD是直角三角形；
（2）解：∵△COD是等边三角形，
∴∠COD＝60°，
∵∠AOB＝110°，∠BOC＝α，
∴∠AOD＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，
由（1）知：△ADC≌△BOC，
∴∠ADC＝∠BOC＝α，
∴∠ADO＝α﹣60°，
△ADO中，∠DAO＝180°﹣∠ADO﹣∠AOD＝180°﹣（α﹣60°）﹣（190°﹣α）＝50°；
（3）解：分三种情况：
①当AO＝AD时，∠AOD＝∠ADO．
∵∠AOD＝360°﹣∠AOB﹣∠COD﹣α＝360°﹣110°﹣60°﹣α＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴190°﹣α＝α﹣60°，
∴α＝125°；
②当OA＝OD时，∠OAD＝∠ADO．
∵∠AOD＝190°﹣α，∠ADO＝α﹣60°，
∴∠OAD＝180°﹣（∠AOD+∠ADO）＝50°，
∴α﹣60°＝50°，
∴α＝110°；
③当OD＝AD时，∠OAD＝∠AOD．
∵190°﹣α＝50°，
∴α＝140°，
综上所述：当α的度数为125°或110°或140°时，△AOD是等腰三角形．
18907713