沪科版八年级数学下学期核心考点精讲精练 专题19 正方形（专题强化）-【专题重点突破】(原卷版+解析)

这是一份沪科版八年级数学下学期核心考点精讲精练 专题19 正方形（专题强化）-【专题重点突破】(原卷版+解析)，共31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．(本题4分)(2023·广东揭阳·九年级期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分D．每一条对角线平分一组对角
2．(本题4分)(2023·山东·滕州市级索镇级索中学九年级期中）如图，矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
3．(本题4分)(2023·陕西延安·八年级期末）如图，在正方形内，以为边作等边三角形，连接并延长交于点N，则的度数是（ ）
A．60°B．45°C．30°D．25°
4．(本题4分)(2023·陕西咸阳·九年级期中）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上的一点，且BP＝BC，则∠PCD的度数是（ ）
A．22.5°B．45°C．60°D．67.5°
5．(本题4分)(2023·福建三明·九年级期中）如图，是正方形内一点，四边形与也都是正方形，图中阴影部分的面积是10，则长为（ ）
A．B．C．10D．20
6．(本题4分)（2020·山东·禹城市龙泽实验学校八年级期末）如图，已知正方形，沿直线将折起，使点A落在对角线上的处，连结，则（ ）
A．45°B．60°C．67.5°D．75°
7．(本题4分)(2023·河北·保定十三中九年级阶段练习）已知四边形ABCD是平行四边形，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，它是菱形B．当时，它是正方形
C．当时，它是矩形D．当时，它是矩形
8．(本题4分)(2023·浙江·八年级专题练习）在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+S4等于（ ）
A．4B．5C．6D．14
9．(本题4分)(2023·江西新余·八年级期末）如图①，在边长为4cm的正方形ABCD中，点P以每秒2cm的速度从点A出发，沿AB→BC的路径运动，到点C停止．过点P作PQ∥BD，PQ与边AD（或边CD）交于点Q，PQ的长度y（cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图②所示．当点P运动2.5秒时，PQ的长是（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
10．(本题4分)(2023·全国·八年级专题练习）如图，正方形的两边在坐标轴上，，，点P为OB上一动点，的最小值是（ ）
A．8B．10C．D．
二、填空题(共20分)
11．(本题5分)（2022·全国·八年级）正方形的一条对角线长为4，则这个正方形面积是_________．
12．(本题5分)（2022·贵州毕节·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC的中点，在对角线BD上有一点P，则PC+PE的最小值是_______．
13．(本题5分)(2023·吉林长春·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，则∠AED为 ___度．
14．(本题5分)(2023·湖南·长沙市南雅中学九年级期中）如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E为对角线AC上的动点，以DE为边作正方形DEFG，点H是CD上一点，且DH＝CD．
（1）连接CG，则∠DCG＝____________．
（2）连接GH，GH的最小值为____________．
三、解答题(共90分)
15．(本题8分)（2020·福建·厦门市海沧区北附学校九年级阶段练习）在正方形ABCD中，E是CD边上的点，过点E作EF⊥BD于F．
(1)尺规作图：在图中求作点E，使得EF=EC；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)的条件下，连接FC，求∠BCF的度数．
16．(本题8分)(2023·河南濮阳·八年级期末）已知：如图，正方形中，是边上一点，，，垂足分别是点、．
（1）求证：；
（2）连接，若，，求的长．
17．(本题8分)(2023·全国·九年级专题练习）用一块边长为60㎝的正方形薄钢片制作一个长方体盒子：如果要做成一个没有盖的长方体盒子,可先在薄钢片的四个角上截去四个相同的小正方形，如图(1),然后把四边折合起来，如图(2)
（1）求做成的盒子底面积y(㎝2)与截去小正方形边长x(㎝)之间的函数关系式；
（2）当做成的盒子的底面积为900㎝2时,试求该盒子的容积.
18．(本题8分)(2023·广东·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，延长EF交AB于点G，连接DG、BF．
(1)求证：DG平分∠ADF；
(2)若AB＝12，求△EDG的面积．
19．(本题10分)（2022·江西·新余市第一中学八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点B作射线BM交CD于点F，
交AE于点O，且BF⊥AE ．
(1)求证：BF＝AE；
(2)连接OD，猜想OD与AB的数量关系，并证明．
20．(本题10分)(2023·吉林吉林·八年级期末）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（1）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（3）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
21．(本题12分)(2023·山东泰安·八年级期末）如图所示，在正方形中，点在边上，射线交于点，交的延长线于点．求证：
（1）：
（2）若点是上的中点，连接和，求证：．
22．(本题12分)（2022·福建莆田·九年级期末）如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
(1)求点P的坐标．
(2)当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
23．(本题14分)（2022·北京一七一中九年级开学考试）在正方形ABCD中，点P是边BC上一动点（不包含端点），线段AP的垂直平分线与AB、AP、BD、CD分别交于点M、E、F、N．
(1)过点B作BGMN交DC于G，求证：△BGC≌△APB；
(2)若AB＝9，BP＝3，求线段MN的长度；
(3)请你用等式表示线段ME，EF和FN的数量关系，并证明你的结论．
专题19 正方形（专题强化）
一、单选题(共40分)
1．(本题4分)(2023·广东揭阳·九年级期中）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等C．对角线互相平分D．每一条对角线平分一组对角
【答案】C
【解析】
【分析】
矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是三个图形都具有的性质．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立，
而矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，
故矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选：C．
【点睛】
本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
2．(本题4分)(2023·山东·滕州市级索镇级索中学九年级期中）如图，矩形内两个相邻正方形的面积分别为9和3，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据有理数的乘方求出两个正方形的面积，然后根据阴影部分的面积的和为一个矩形的面积列式计算即可得解．
【详解】
解：∵两个相邻的正方形，面积分别为9和3，
∴两个正方形的边长分别为3，，
∴阴影部分的面积=×（3-）=3-3．
故选：C．
【点睛】
本题考查了二次根式的混合运算，正方形的性质，是基础题，熟记概念并求出两个正方形的边长是解题的关键．
3．(本题4分)(2023·陕西延安·八年级期末）如图，在正方形内，以为边作等边三角形，连接并延长交于点N，则的度数是（ ）
A．60°B．45°C．30°D．25°
【答案】B
【解析】
【分析】
先求出∠ABM=30°，然后证明AB=BM得到∠BAM=∠AMB，利用三角形内角和定理求出∠BMA即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵△BCM是等边三角形，
∴BM=BC，∠MBC=∠BMC=60°，
∴AB=BM，∠ABM=30°，
∴∠BAM=∠AMB，
又∵∠BAM+∠AMB+∠ABM=180°，
∴∠BAM=∠BMA=75°，
∴∠CMN=180°-∠CMB-∠BMA=45°，
故选B．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
4．(本题4分)(2023·陕西咸阳·九年级期中）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上的一点，且BP＝BC，则∠PCD的度数是（ ）
A．22.5°B．45°C．60°D．67.5°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形的性质和等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理即可求得
【详解】
四边形ABCD是正方形
,
BP＝BC
故选A
【点睛】
本题考查了正方形的性质和等腰三角形的性质，以及三角形内角和定理，是解题的关键．
5．(本题4分)(2023·福建三明·九年级期中）如图，是正方形内一点，四边形与也都是正方形，图中阴影部分的面积是10，则长为（ ）
A．B．C．10D．20
【答案】B
【解析】
【分析】
先证四边形AHOF是矩形，可得AH=OF，由三角形的面积公式可得OG2+OE2=20，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD，四边形OHBE，四边形OGDF都是正方形，
∴AD∥BC∥HG，AB∥EF∥CD，FO=OG，HO=OE，
∴四边形AHOF是平行四边形，
又∵∠BAD=90°，
∴四边形AHOF是矩形，
∴AH=OF，
∵阴影部分的面积是10，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选B．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，多边形的面积等知识，求出是解题的关键．
6．(本题4分)（2020·山东·禹城市龙泽实验学校八年级期末）如图，已知正方形，沿直线将折起，使点A落在对角线上的处，连结，则（ ）
A．45°B．60°C．67.5°D．75°
【答案】C
【解析】
【分析】
由于四边形为正方形，则， ，再根据折叠的性质得，所以，则 ，然后根据三角形内角和定理计算的度数．
【详解】
解：四边形为正方形，
，，
正方形，沿直线将折起，使点 落在对角线上的处，
，
，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定与性质和三角形内角和定理，折叠的性质，熟悉相关性质是解题的关键．
7．(本题4分)(2023·河北·保定十三中九年级阶段练习）已知四边形ABCD是平行四边形，则下列结论中正确的是（ ）
A．当时，它是菱形B．当时，它是正方形
C．当时，它是矩形D．当时，它是矩形
【答案】C
【解析】
【分析】
根据矩形、菱形、正方形的判定定理进行判断即可．
【详解】
由题意知：四边形ABCD是平行四边形；
当时，，则AC与BD不可能互相垂直，故A项错误；
当时，四边形ABCD是矩形，故B项错误；
当时，四边形ABCD是矩形，故C项正确；
当时，四边形ABCD是菱形，故D项错误；
故选：C
【点睛】
本题主要考查的是平行四边形的性质，矩形、菱形、正方形的判定定理，熟练地掌握矩形、菱形、正方形的判定定理是解题的关键．
8．(本题4分)(2023·浙江·八年级专题练习）在直线l上依次摆放着七个正方形（如图所示）．已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+S4等于（ ）
A．4B．5C．6D．14
【答案】A
【解析】
【详解】
如图，易证△ABC≌△CDE，得AB2+DE2=DE2+CD2=CE2，同理FG2+LK2=HL2，S1+S2+S3+S4=1+3=4．
解：在△ABC和△CDE中，，
∴△ABC≌△CDE，∴AB=CD，BC=DE，
∴AB2+DE2=DE2+CD2=CE2=3，
同理可证FG2+LK2=HL2=1，
∴S1+S2+S3+S4=CE2+HL2=1+3=4．
故答案为A．
本题考查了全等三角形的证明，考查了勾股定理的灵活运用，本题中证明AB2+DE2=DE2+CD2=CE2是解题的关键．
9．(本题4分)(2023·江西新余·八年级期末）如图①，在边长为4cm的正方形ABCD中，点P以每秒2cm的速度从点A出发，沿AB→BC的路径运动，到点C停止．过点P作PQ∥BD，PQ与边AD（或边CD）交于点Q，PQ的长度y（cm）与点P的运动时间x（秒）的函数图象如图②所示．当点P运动2.5秒时，PQ的长是（ ）
A．2cmB．3cmC．4cmD．5cm
【答案】B
【解析】
【分析】
根据运动速度乘以时间，可得PQ的长，根据线段的和差，可得CP的长，根据勾股定理，可得答案．
【详解】
点P运动2.5秒时P点运动了5cm，且5>4，
∴点P在线段BC上，且CP＝8﹣5＝3(cm)，
∵PQ∥BD，
∴CQ=CP=3cm，
在Rt△CPQ中，由勾股定理，得PQ＝(cm)．
故选：B．
【点睛】
本题是动点问题，考查了函数与图象、正方形的性质、勾股定理等知识，关键是确定点P的位置．
10．(本题4分)(2023·全国·八年级专题练习）如图，正方形的两边在坐标轴上，，，点P为OB上一动点，的最小值是（ ）
A．8B．10C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】
先找到点A关于OB的对称点C，连结CD交OB于点P′，当点P运动到P′时PA+PD最短，在Rt△COD中用勾股定理求出CD即可．
【详解】
正方形ABCO，
A、C两点关于OB对称，
连接CD，交OB于，
，
，
当C、P、D三点共线时，取最小值，
，，
，
故选择：C．
【点睛】
本题考查动点问题，掌握正方形的性质，与轴对称的性质，三角形三边关系，勾股定理，会利用对称性找对称点，会利用P、C、D三点一线最短，会用勾股定理求出最短距离是解题关键．
二、填空题(共20分)
11．(本题5分)（2022·全国·八年级）正方形的一条对角线长为4，则这个正方形面积是_________．
【答案】8
【解析】
【分析】
正方形边长相等设为，对角线长已知，利用勾股定理求解边长的平方，即为正方形的面积．
【详解】
解：设边长为，对角线为
故答案为：．
【点睛】
本题考察了正方形的性质以及勾股定理．解题的关键在于求解正方形的边长．
12．(本题5分)（2022·贵州毕节·九年级期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC的中点，在对角线BD上有一点P，则PC+PE的最小值是_______．
【答案】
【解析】
【分析】
要求PE+PC的最小值，PE，PC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化PE，PC的值，从而找出其最小值求解．
【详解】
解：如图，连接AE，PA，
∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，
∴点C关于BD的对称点为点A，
∴PE+PC=PE+AP，
根据两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值，
∵正方形ABCD的边长为4，E是BC边的中点，
∴BE=2，
∴AE=AB2+BE2=42+22=25，
故答案为：．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用．根据已知得出两点之间线段最短可得AE就是AP+PE的最小值是解题关键．
13．(本题5分)(2023·吉林长春·八年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，△ABE是等边三角形，则∠AED为 ___度．
【答案】
【解析】
【分析】
根据正方形的性质和等边三角形的性质可得到，，即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ， ，
∵△ABE是等边三角形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ．
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质和等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关知识点，灵活运用从而得到等腰三角形．
14．(本题5分)(2023·湖南·长沙市南雅中学九年级期中）如图，正方形ABCD中，AB＝4，点E为对角线AC上的动点，以DE为边作正方形DEFG，点H是CD上一点，且DH＝CD．
（1）连接CG，则∠DCG＝____________．
（2）连接GH，GH的最小值为____________．
【答案】 45°
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的性质证明△ADE≌△CDG，即可求解；
（2）由∠DCG＝45°，得到点G的运动轨迹是射线CG，根据垂线段最短，即可解答．
【详解】
解：（1）解：∵四边形ABCD是正方形，四边形DECG是正方形，
∴DA＝DC，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°，∠DAC＝45°，
∴∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴∠DCC＝∠DAE＝45°，
故答案为：45°；
（2）∵∠DCG＝45°，
∴点G的运动轨迹是射线CG，
根据垂线段最短可知，当GH⊥CG时，GH的值最小，
∵DH＝ CD，
∵
∴CH＝CD﹣DH＝ CD＝ ，
∴GH最小值＝CH•sin45°＝ ．
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，点到直线垂线段最短，证得三角形全等和得到点G的运动轨迹是射线CG，是解题的关键．
三、解答题(共90分)
15．(本题8分)（2020·福建·厦门市海沧区北附学校九年级阶段练习）在正方形ABCD中，E是CD边上的点，过点E作EF⊥BD于F．
(1)尺规作图：在图中求作点E，使得EF=EC；(保留作图痕迹，不写作法)
(2)在(1)的条件下，连接FC，求∠BCF的度数．
【答案】（1）作图见解析；（2）∠BCF=67.5°.
【解析】
【分析】
（1）作∠CBD的角平分线即可．
（2）证明BF＝BC，利用等腰三角形的性质即可解决问题．
【详解】
解：（1）如图，点E即为所求．
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，BC＝CD．
∴∠DBC＝∠CDB＝45°，
∵EF⊥BD，
∴∠BFE＝90°．
由（1）得EF＝EC，BE＝BE，
∴Rt△BFE≌Rt△BCE（HL）
∴BC＝BF．
∴∠BCF＝∠BFC，
∴∠BCF＝(180°−∠FBC)＝67.5°．
【点睛】
本题考查作图−复杂作图，正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型
16．(本题8分)(2023·河南濮阳·八年级期末）已知：如图，正方形中，是边上一点，，，垂足分别是点、．
（1）求证：；
（2）连接，若，，求的长．
【答案】（1）详见解析；（2）
【解析】
【分析】
（1）利用正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，根据等角的余角相等得到∠BAE=∠ADF，则可判断△ABE≌△DAF，则BE=AF，然后利用等线段代换可得到结论；
（2）利用全等三角形的性质和勾股定理解答即可．
【详解】
证明：（1）四边形为正方形，
，，
，，
，
，，
，
在和中
，
，
，
；
（2），
，，
，，
，
，
．
故答案为（1）详见解析；（2）．
【点睛】
本题考查三角形全等的判定与性质和正方形的性质，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
17．(本题8分)(2023·全国·九年级专题练习）用一块边长为60㎝的正方形薄钢片制作一个长方体盒子：如果要做成一个没有盖的长方体盒子,可先在薄钢片的四个角上截去四个相同的小正方形，如图(1),然后把四边折合起来，如图(2)
（1）求做成的盒子底面积y(㎝2)与截去小正方形边长x(㎝)之间的函数关系式；
（2）当做成的盒子的底面积为900㎝2时,试求该盒子的容积.
【答案】（1）y=4x2-240x+3600；（2）该盒子的容积为13500cm3.
【解析】
【分析】
（1）先表示出盒子的正方形底面的边长，然后根据正方形的面积公式即可得出x，y的函数关系式；
（2）可将底面积代入（1）的式子中，求出高，然后根据底面积×高=容积，即可得出容积是多少．
【详解】
（1）由题意可得y=(60-2x)2=4x2-240x+3600；
（2）当y=900时(60-2x)2 =900
∴60-2 x=±30
∴x1=15 x2=45
∵x2=45不符合题意∴x=15，
∴该盒子的容积为900×15=13500 （cm3），
答：该盒子的容积为13500cm3.
故答案为（1）y=4x2-240x+3600；（2）该盒子的容积为13500cm3.
【点睛】
本题考查正方形的面积公式的运用，一元二次方程的解法，长方体容器的容积的运用，解答时求出容器的高是解题的关键．
18．(本题8分)(2023·广东·九年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，延长EF交AB于点G，连接DG、BF．
(1)求证：DG平分∠ADF；
(2)若AB＝12，求△EDG的面积．
【答案】（1）见解析；（2）60
【解析】
【分析】
（1）由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，证明Rt△ADG≌Rt△FDG即可证明DG平分∠ADF；
（2）设AG=x，则BG=12-x，GE=x+6，在Rt△BEG中，根据勾股定理建立方程求出x，然后再求出面积即可.
【详解】
解：（1）如图，由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴∠ADG=∠FDG，
∴DG平分∠ADF；
（2）∵AB=12，点E是BC边的中点，
∴BE=CE=6，
∴EF=6，
设AG=x,
∴GF=x，BG=12-x，
∴GE=x+6，
在Rt△BEG中，
，即，
解得：，
∴GE=4+6=10，
∴S△EDG=10×12×=60.
【点睛】
本题是对正方形知识的考查，熟练掌握正方形的性质定理是解决本题的关键.
19．(本题10分)（2022·江西·新余市第一中学八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点B作射线BM交CD于点F，
交AE于点O，且BF⊥AE ．
(1)求证：BF＝AE；
(2)连接OD，猜想OD与AB的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)OD=AB，理由见解析
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质和BF⊥AE，可得∠BAE=∠CBF，从而得到△ABE≌△BCF，即可求证；
（2）延长AD交射线BM于点G，根据△ABE≌△BCF，可得BE=CF，从而得到CF=DF，再由AD∥BC，进而得到∠DGF=∠CBF，可证得△DGF≌△CBF，从而得到DG=BC，进而得到OD为△AOG的中线，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可求解．
(1)
证明：在正方形ABCD中，∠ABC=∠C=90°，AB=BC，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠EOB=90°，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF，
∴BF=AE；
(2)
解：OD=AB，理由如下：
如图，延长AD交射线BM于点G，
由（1）得：△ABE≌△BCF，
∴BE=CF，
∵E是BC的中点，
∴，
∴CF=DF，
∵AD∥BC，
∴∠DGF=∠CBF，
在△DGF和△CBF中，
∵∠DGF=∠CBF，∠DFG=∠BFC，DF=CF，
∴△DGF≌△CBF，
∴DG=BC，
∴DG=AD，即OD为△AOG的中线，
∵BF⊥AE，
∴．
【点睛】
本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
20．(本题10分)(2023·吉林吉林·八年级期末）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（1）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（2）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（3）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析．
【解析】
【分析】
（1）画出底为3，高为的平行四边形ABCD即可；
（2）根据菱形的定义，画出图形即可；
（3）根据正方形的定义画出图形即可．
【详解】
解：（1）如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
（2）如图②中，菱形ABEF即为所求；
（3）如图③中，正方形ABGH即为所求．
【点睛】
本题考查作图-应用与设计作图，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考常考题型．
21．(本题12分)(2023·山东泰安·八年级期末）如图所示，在正方形中，点在边上，射线交于点，交的延长线于点．求证：
（1）：
（2）若点是上的中点，连接和，求证：．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】
【分析】
（1）首先根据正方形的性质可得AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，再有DE是公共边，可以利用SAS判定△ADE和△CDE全等；
（2）根据全等三角形的性质可以证出∠1＝∠2，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可以证出CH＝HG，进而根据等边对等角证出∠G＝∠4，再利用ADBG可以得到∠1＝∠G，再利用等量代换可得到∠2＝∠4，然后由∠4＋∠3＝90°，可得∠2＋∠3＝90°，即可以证出EC⊥CH．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADB＝∠CDB＝45°，
在△ADE和△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE（SAS）；
（2）证明：∵△ADE≌△CDE，
∴∠1＝∠2，
∵在Rt△FCG中，点H是FG上的中点，
∴CH＝FG＝GH，
∴∠4＝∠G，
∵ADBG，
∴∠1＝∠G，
∴∠4＝∠1，
∵∠2＝∠1，
∴∠4＝∠2，
∵∠4＋∠3＝90°，
∴∠2＋∠3＝90°，
∴EC⊥CH．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，此题的难点是证明EC⊥CH，解决问题的突破口是证明∠2＝∠4．
22．(本题12分)（2022·福建莆田·九年级期末）如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
(1)求点P的坐标．
(2)当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
【答案】(1)P（2，2）；
(2)①不变，定值为4；②OA2+OB2的最小值为8．
【解析】
【分析】
（1）根据在第一象限的角平分线OC上的点的横坐标与纵坐标相等，构建方程求出m即可．
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．证明四边形OMPN是正方形，再证明△PMB≌△PNA（ASA），推出BM=AN，可得结论；
②根据垂线段最短原理以及勾股定理即可求解．
(1)
解：∵点P （3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m-1=-2m+4，
∴m=1，
∴P（2，2）；
(2)
①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，
∴四边形OMPN是矩形，
∵OP平分∠MON，PM⊥OM，PN⊥ON，
∴PM=PN，
∴四边形OMPN是正方形，
∵P（2，2），
∴PM=PN=OM=ON=2，
∵AP⊥BP，
∴∠APB=∠MPN=90°，
∴∠MPB+∠BPN=∠BPN+∠NPA=90°，
∴∠MPB=∠NPA，
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM=AN，
∴OB+OA=OM-BM+ON+AN=2OM=4．
②连接AB，
∵∠AOB=90°，
∴OA2+OB2=AB2．
∵∠BPA=90°，
∴AB2=PA2+PB2=2PA2，
∴OA2+OB2=2PA2，
当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2．
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点睛】
本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
23．(本题14分)（2022·北京一七一中九年级开学考试）在正方形ABCD中，点P是边BC上一动点（不包含端点），线段AP的垂直平分线与AB、AP、BD、CD分别交于点M、E、F、N．
(1)过点B作BGMN交DC于G，求证：△BGC≌△APB；
(2)若AB＝9，BP＝3，求线段MN的长度；
(3)请你用等式表示线段ME，EF和FN的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)ME+FN＝EF，证明见解析
【解析】
【分析】
(1)过点B作BG∥MN交DC于G，利用AAS即可得△BGC≌△APB（AAS）；
(2)由△BGC≌△APB，得到BG＝AP，证明四边形BMNG是平行四边形，由平行四边形的性质得MN＝BG＝AP，由勾股定理AP的长度，即可得到结果．
(3)过P作PH∥AB交MN于H，过F作ST∥AB交BC于S，交AD与T，连接AF，PF，通过△AME≌△PHE，得到ME＝HE，再由矩形的性质和三角形全等得到BS＝AT，FS＝AT，由Rt△FPS≌Rt△ATF，得到PS＝TF，可得PS＝TD，再根据平行线分线段成比例定理即可证明．
(1)
证明：如图，过点B作BG∥MN交DC于G，
∴BG⊥AP，
∴∠CBG+∠BPA＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠CGB＝90°，
∴∠CGB＝∠BPA，
在△BGC与△APB中，，
∴△BGC≌△APB（AAS），
(2)
解：∵△BGC≌△APB，
∴BG＝AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∵BG∥MN，
∴四边形BMNG是平行四边形，
∴MN＝BG＝AP，
在Rt△ABP中，AB＝9，BP＝3，
∴，
∴MN＝；
(3)
解：ME+FN＝EF．理由如下
证明：如图，过P作PH∥AB交MN于H，过F作ST∥AB交BC于S，交AD与T，连接AF，PF，
∵MN垂直平分AP，
∴AE＝PE，AF＝PF，
∵PH∥AB，
∴∠MAE＝∠HPE，
在△AME与△PHE中，，
∴△AME≌△PHE（ASA），
∴ME＝HE，
∵∠TDF＝∠FBP＝45°，
∴TD＝TF，FS＝BS，
∵四边形ABST是矩形，
∴BS＝AT，
∴FS＝AT，t
在Rt△FPS与Rt△ATF中，，
∴Rt△FPS≌Rt△ATF（HL），
∴PS＝TF，
∴PS＝TD，
∵四边形TSCD是矩形，
∴TD＝SC，
∴PS＝SC，
∵PH∥TS∥CD，
∴HF＝FN，
∴ME+FN＝EF．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和垂直平分线的性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解决问题关键，属于中考常考题型．