2025中考数学二轮复习-正方形-专项训练【含答案】

这是一份2025中考数学二轮复习-正方形-专项训练【含答案】，共57页。试卷主要包含了正方形的定义，正方形的性质，对角线，对角线与面积的关系，边长与对角线的关系，周长与面积的关系，75．等内容，欢迎下载使用。

知识点1 正方形的性质（重点、高频考点）
1.正方形的定义：
（1）有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。
（2）正方形是在平行四边形的前提下定义的，它包含两层意思：
①有一组邻边相等的平行四边形（即菱形）；
②并且有一个角是直角的平行四边形（即矩形）。
（3）正方形不仅是特殊的平行四边形，而且是特殊的矩形，又是特殊的菱形。
2.正方形的性质：
（1）对边平行；
（2）四个角都是直角；
（3）四条边都相等；
（4）对角线互相垂直且平分，对角线相等且平分对角；
（5）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
（6）正方形是轴对称图形，也是中心对称图形.
（7）面积：正方形的面积＝边长的平方或对角线乘积的一半。
1．正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线垂直
C．对角线互相平分D．对角线垂直且相等
2．如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（ ）
A．50°B．55°C．65°D．70°
3．如图，在正方形中，点E是边上一动点，将沿直线折叠，点B落在点F处，连接交的延长线于点H，连接．下列四个结论： ①； ②； ③； ④；其中正确的是（ ）
A．①②④B．①④C．②③④D．①②③④
4．如图，正方形中，，连接，的平分线交于点，在上截取，连接，分别交，于点，，点是线段上的动点，于点，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值是，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
5．如图，正方形的边长为3，E在上，且，点P是上的动点，则的最小值为 ．
6．如图，正方形的边在正方形的边上，点O是的中点，的平分线过点D，交于点H，连接与交于点M，对于下面四个结论：①；②；③为等腰三角形；④，其中正确结论的序号为 ．
7．在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．
(1)当点F运动到与点B重合时（如图1），线段与的数量关系是 ．
(2)若点F运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
(3)如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．
8．在图到图中，点是正方形对角线的中点，为直角三角形，．正方形保持不动，沿射线向右平移，平移过程中点始终在射线上，且保持垂直于直线于点，垂直于直线于点．
(1)如图1，当点与点重合时，与的数量关系为 ；
(2)如图2，当在线段上时，猜想与有怎样的数量关系与位置关系？并对你的猜想结果给予证明；
(3)如图3，当点在的延长线上时，与的数量关系为 ；位置关系为 ．
9．如图，正方形的顶点、在反比例函数的图象上，顶点、分别在轴、轴的正半轴上，再在其右侧作正方形，顶点在反比例函数的图象上，顶点在轴的正半轴上．求点，的坐标．
10．如图①，的顶点在正方形两条对角线的交点处，， 将绕点旋转，旋转过程中的两边分别与正方形的边和交于点和点（点与点，不重合）．
(1)如图①，当时，，，之间满足的数量关系是______________；
(2)如图②，将图①中的正方形改为的菱形， 其他条件不变， 当时，（1）中的结论变为_____________________，请给出证明；
(3)在（2）的条件下，若旋转过程中的边与直线交于点，与直线相交与点，其他条件不变，探究在整个运动变化过程中，，，之间满足的数量关系，直接写出结论，不用证明．
知识点2 正方形的判定（重点、高频考点）
正方形的判定：
（1）根据正方形的定义；
（2）有一组邻边相等的矩形是正方形；
（3）有一个角是直角的菱形是正方形；
（4）既是矩形又是菱形的四边形是正方形。
11．下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是矩形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直的矩形是正方形
12．如图，四边形ABCD是平行四边形，下列说法不正确的是（ ）

A．当时，四边形ABCD是矩形
B．当时，四边形ABCD是菱形
C．当时，四边形ABCD是菱形
D．当时，四边形ABCD是正方形
13．如图，已知正方形ABCD的边长为2，△BPC是等边三角形，则△CDP的面积是1，△BPD的面积是 ．
14．如图所示，多边形中，，，，，，则多边形的面积是 ．
15．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于E，垂足为F，连接．
(1)与的数量关系是 ；
(2)当D在的中点，四边形是什么特殊的四边形？请说明理由；
(3)若D为中点，则当的大小满足什么条件时，四边形是正方形？请说明你的理由．
16．如图，已知中，，先把绕点B顺时针旋转至后，再把沿射线平移至相交于点H．
(1)判断线段的位置关系，并说明理由；
(2)连接，求证：四边形是正方形．
知识点3 正方形的周长、面积及相关计算
1.周长：正方形的周长等于其边长的四倍。如果边长为 a，则周长 P 为：P=4a
2.面积：正方形的面积等于其边长的平方。如果边长为 a，则面积为：
3.对角线：正方形的对角线长度等于边长乘以根号2。如果边长为 a，则对角线 d 为：d=a
4.对角线与面积的关系：正方形的面积也可以通过对角线的长度来计算。如果对角线长度为 d，则面积 A 为：
5.边长与对角线的关系：如果已知正方形的对角线长度 d，则边长 a 为：a=​=
6.周长与面积的关系：如果已知正方形的周长 P，则边长 a 为：a=
17．如图所示，点E在正方形的对角线上，且，直角三角形的两直角边分别交于点M，N，若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（ ）

A．B．C．D．
18．如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．B．C．D．不能确定
19．如图，以的斜边为一边，在的右侧作正方形，正方形的对角线交于点O，连接，如果，，那么 ．
20．如图，在平面直角坐标系中，已知点A(0，3)，B(9，0)，且∠ACB＝90°，CA＝CB，则点C的坐标为 ．
21．如图，在中，，点为边的中点，点为边的中点．

(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求证：四边形是正方形．
22．如图，在直角坐标系中，的直角边在x轴上，，反比例函数的图象经过边的中点．
(1)直接写出这个反比例函数的表达式 ；
(2)若与关于点M成中心对称，且的边在y轴的正半轴上，点E在这个函数的图象上．
①直接写出的长 、对称中心点M的坐标 ；
②连接，证明四边形是正方形．
知识点4 正方形的性质与判定的综合应用（难点、高频考点）1.正方形性质和判定的联系
2.正方形的应用策略
通常可以把正方形转化为四个等腰直角三角形，利用三角形的知识求解。
3.正方形的判定思路
23．如图，在矩形中，平分交于点，交于点，若，，则等于（ ）
A．5B．6C．7D．8
24．△ABC中，∠C=90°，点O为△ABC三条角平分线的交点，OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，且AB=10cm，BC=8cm，AC=6cm，则点O到三边AB、AC、BC的距离为（ ）
A．2cm，2cm，2cmB．3cm，3cm，3cmC．4cm，4cm，4cmD．2cm，3cm，5cm
25．如图，已知点，C是y轴上位于点B上方的一点，平分，平分，直线交于点D．若反比例函数（）的图像经过点D，则k的值是（ ）

A．﹣8B．﹣9C．﹣10D．﹣12
26．如图，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针旋转，得到． 延长交于点，连接，下列结论：①，②四边形是正方形，③若，则；其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②C．②③D．①③
27．如图，在等腰直角三角形ABC中，，AC＝BC＝4，D是AB的中点，E、F分别是AC、BC上的点（点E不与端点A、C重合），且AE＝CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO＝DO，连接DE、DF、GE、GF．
(1)求证：四边形EDFG是正方形；
(2)当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．
28．如图1，边长为4的正方形ABCD中，点E在AB边上(不与点A，B重合)，点F在BC边上(不与点B、C重合)．
第一次操作：将线段EF绕点F顺时针旋转，当点E落在正方形上时，记为点G；
第二次操作：将线段FG绕点G顺时针旋转，当点F落在正方形上时，记为点H；
依此操作下去…
(1)图2中的△EFD是经过两次操作后得到的，其形状为 ，求此时线段EF的长；
(2)若经过三次操作可得到四边形EFGH．
①请判断四边形EFGH的形状为 ，此时AE与BF的数量关系是 ；
②以①中的结论为前提，设AE的长为x，四边形EFGH的面积为y，求y与x的函数关系式及面积y的取值范围．
29．如图1，四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，．

(1)求证：；
(2)如图2，过点E作，交边于点F，以，为邻边作矩形，连接．
①求证：矩形是正方形；
②若正方形的边长为，，求正方形的边长．
30．四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．
(1)如图1，求证：矩形是正方形；
(2)若，，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
31．在中，．点在直线上，以为边作矩形，直线与直线的交点分别为．
（1）如图，点在线段上，四边形是正方形．
①若点为中点，求的长．
②若，求的长．
（2）已知，是否存在点，使得是等腰三角形？若存在，求的长；若不存在，试说明理由．
32．（1）如图1，正方形ABCD中，E为边CD上一点，连接AE，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于F，猜想AE与AF的数量关系，并说明理由；

（2）如图2，在（1）的条件下，连接AC，过点A作AM⊥AC交CB的延长线于M，观察并猜想CE与MF的数量关系，并说明理由；
（3）解决问题：
王师傅有一块如图所示的板材余料，其中∠A=∠C=90°，AB=AD．王师傅想切一刀后把它拼成正方形．请你帮王师傅在图3中画出剪拼的示意图．
正方形的性质
正方形的判定
具有矩形、菱形的所有性质
既是矩形也是菱形的四边形是正方形
参考答案
1．D
【分析】本题考查了正方形，菱形及矩形的性质，根据正方形，菱形，矩形的性质逐一判断即可．
【详解】解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角；
菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角；
矩形的性质有：矩形的四个角度数直角，矩形的对边相等且互相平行，矩形对角线相等且互相平分；
故A、B、C选项都不符合题意，只有D选项符合题意；
故选：D．
2．C
【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数．
【详解】解：在正方形中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°，
∵，
∴△AOF≌△BOE（SAS），
∴∠OBE=∠OAF，
∵OE=OF，∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵，
∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，
∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
3．B
【分析】连接交于点，过点作交于点，过点作，交于点，根据翻折的性质可得是的垂直平分线，进而可以判断①正确；证明为等腰三角形，可证明③不正确，根据等腰三角形三线合一的性质即可证②不正确；然后证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得④正确．
【详解】解：如图，连接交于点，过点作交于点，过点作，交于点，则，
将沿直线折叠，点落在点处，
是的垂直平分线，
连接交的延长线于点，
，故①正确；
四边形是正方形，
，，
由翻折可知：，，
，则为等腰三角形，
若，则，此时为等边三角形，
则，，
而点的位置不定，则的度数不定，相互矛盾，故③不正确
，则，
，
，
，
，
，故②不正确；
则为等腰直角三角形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，故④正确；
综上所述：正确的有①④，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质、翻折的性质，解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、等腰三角形，等腰直角三角形的相关知识．
4．D
【分析】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、解直角三角形等知识点．先根据定理证出，从而可得，再根据角的和差即可判断结论①；根据等腰三角形的性质可得，然后根据线段的和差、等量代换即可判断结论②；先根据正方形的性质可得，再根据可得，求解，由此即可判断结论③；过点作于点，连接，先根据角平分线的性质可得，再根据两点之间线段最短、垂线段最短可得当时，取得最小值，然后利用勾股定理解直角三角形即可得判断结论④．
【详解】解：四边形是正方形，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，即，结论①正确；
平分，，
，
，
，
，
，
，
，结论②正确；
，
，
∴，
∴，即，故结论③正确；
如图，过点作于点，连接，
平分，，，
，
，
由两点之间线段最短得：当点共线时，取得最小值，
由垂线段最短得：当时，取得最小值，
此时在中，，
即的最小值是，结论④正确；
综上，所有正确结论的序号是①②③④，
故选：D．
5．
【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称及勾股定理，要求 的最小值，不能直接求，可考虑通过作辅助线转化的值，根据两点之间线段最短可得就是的最小值，求出的值即得出的最小值．
【详解】解：连接，
点C关于的对称点为点A，
，
根据两点之间线段最短可得就是的最小值，
正方形的边长为3，
，
的最小值是，
故答案为：．
6．①②③
【分析】本题主要考查了四边形的综合应用，解题时需要综合运用正方形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质以及等腰三角形的判定等，解题的关键是作辅助线构造等腰三角形和等腰直角三角形，灵活利用直角三角形的边角关系来计算．
证明，即可证得，然后根据三角形的内角和定理证得，则，然后证明，可得，H是的中点，则是的中位线，根据三角形的中位线定理即可得到，以及，再根据等腰直角三角形的性质，得出，以及，根据，即可得出，最后根据等腰直角三角形的边角关系，得出，即可得到．
【详解】解：∵正方形的边在正方形的边上，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，故①正确；
∵的平分线过点D，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
∵，
∴H为的中点，
又∵O是的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
如图，连接，
∵O是的中点，
∴等腰中，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，即是等腰三角形，故③正确；
如图，连接，
∵垂直平分，
∴，
∵中，，
，故④错误；
故答案为：①②③
7．(1)
(2)成立，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用证明全等即可得到结论；
（2）过点F作，垂足为M，利用证明，即可得到结论；
（3）过点Q作于H，根据翻折变换的性质可得，然后求出，再利用“角角边”证明，根据全等三角形对应边相等可得，再利用勾股定理列式求出，从而得解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：成立，理由是：
过点F作，垂足为M，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，过点Q作于H，则四边形中，，
由翻折变换的性质得，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵点M是的中点，
∴，
在中，由勾股定理得，，
∴的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，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．
8．(1)（相等）
(2)，，证明见解析
(3)（相等），（垂直）
【分析】（1）根据利用正方形的性质及三角形全等的判定证明（），从而得到结论；
（2）当移动到点的位置时，可以通过证明四边形为矩形来得到．进而证明即可得解；
（3）通过证明四边形为矩形来得到．进而证明，即可得解．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵，，
∴，
在和中
，
∴（）
∴（相等）
故答案为：（相等）；
（2）解：，；理由如下：
连接，
∵在正方形中，为中点，
∴，，，，
∴
∵，，
∴，
∴．
∵正方形，，，，．
∴四边形是矩形，
∴．
∴．
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∴．
（3）解：（相等），（垂直）．
理由：连接，
∵在正方形中，为中点，
∴，，，
∴
∴，
∵，，
∴
∴，
∴．
∵正方形，，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴．
∴．
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴．
∴．
故答案为：（相等），（垂直）
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，同角的余角相等，等角对等边，解题的关键是抓住动点问题，化动为静，还要大胆的猜想．
9．；
【分析】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特点为横纵坐标之积为定值；也考查了正方形的性质和三角形全等的判定与性质．作轴于，轴于，轴于，于，设，则，，易得，，则，所以，则的坐标为，然后把的坐标代入反比例函数，得到的方程，解方程求出，得到的坐标；设的坐标为，易得，则，通过，这样得到关于的方程，解方程求出，得到的坐标．
【详解】解：作轴于，轴于，轴于，于，如图所示：
设，则，，
四边形为正方形，
，
，
，，
，
在和中，，
，
同理：，
，
，
，
的坐标为，
把的坐标代入得：，
解得：（舍去）或，
，
设的坐标为，
又四边形为正方形，
同上：，
，
，
，
解得：（舍去），，
，
点的坐标为．
10．(1)
(2)，证明见解析
(3)当点落在线段，点落在线段上时，；
当点落在线段，点落在线段的延长线上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段的延长线上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段的延长线上时，．
【分析】（1）根据正方形的性质，可证，从而得到，即可得到；
（2）取的中点，连接，根据菱形的性质，即可得是等边三角形，利用可证，再由全等三角形的对应边相等可得，由，即可得出；
（3）①当点落在线段，点落在线段上时，同理可证，那么有，从而得到；
②当点落在线段，点落在线段的延长线上时，，同理可证，那么有，从而得到；
③当点落在线段的延长线上，点落在线段的延长线上时，，同理可证，那么有，从而得到；
④当点落在线段延长线时，点落在线段上时，同理可证，那么有，从而得到；
⑤当点落在线段的延长线，点落在线段的延长线上时，，同理可证，那么有，从而得到．
【详解】（1）解：正方形的对角线，交于点，
，
在和中
故答案为：．
（2）解：结论为，证明如下：
如图：取的中点，连接
四边形为菱形，
，，
是等边三角形
，
在和中
故答案为：．
（3）解：①当点落在线段，点落在线段上时，如图所示
由（2）可知，
②当点落在线段，点落在线段的延长线上时，如图所示
取线段的中点，同理可证，那么有，
为线段的中点
③当点落在线段的延长线上，点落在线段的延长线上时，如图所示
取线段的中点，同理可证，那么有，
为线段的中点
④当点落在线段延长线时，点落在线段上时，如图所示
取线段的中点，同理可证，那么有，
为线段的中点
⑤当点落在线段的延长线，点落在线段的延长线上时，如图所示
取线段的中点，同理可证，那么有，
为线段的中点
综上，当点落在线段，点落在线段上时，；
当点落在线段，点落在线段的延长线上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段的延长线上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段上时，；
当点落在线段的延长线时，点落在线段的延长线上时，．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形判定与性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系．
11．B
【分析】本题主要考查了判断命题真假，平行四边形，菱形，矩形和正方形的判定，熟知相关判定定理是解题的关键．根据平行四边形，菱形，矩形和正方形的判定定理逐一判断即可．
【详解】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是真命题，不符合题意；
B、对角线相等且互相平分的四边形是矩形，原命题是假命题，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，原命题是真命题，不符合题意；
D、对角线互相垂直的矩形是正方形，原命题是真命题，不符合题意．
故选：B．
12．D
【分析】根据对角线相等的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，有一个角是直角的平行四边形是矩形判断即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴当时，利用对角线相等的平行四边形是矩形，可知四边形ABCD是矩形，
故A选项正确；
当时，利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形，可知四边形ABCD是菱形，
故B选项正确；
当时，利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可知四边形ABCD是菱形，
故C选项正确
当时，利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知四边形ABCD是矩形，
故D选项错误；
故选：D．
【点睛】此题考查平行四边形的性质，正方形的判定、矩形的判定和菱形的判定，掌握正方形的判定、矩形的判定和菱形的判定定理是解题关键．
13．－1
【分析】过P作PM⊥BC于M，根据等边三角形的性质及勾股定理求得PM的长，再利用S△BPD=S△BPC+S△CPD-S△BCD即可求解
【详解】解：过P作PM⊥BC于M，
∵△BPC为等边三角形，PM⊥BC，
∴CP=BC=2，CM=BM=1，
由勾股定理得：PM=，
∴S△BPD=S△BPC+S△CPD-S△BCD=BC·PM+ S△CPD -BC·CD=×2×+1-×2×2=-1．
故答案为-1．
【点睛】本题考查了正方形的性质和正三角形的形质，观察图形得出S△BPD=S△BPC+S△CPD-S△BCD是解决问题的关键．
14．
【分析】运用拼图的方法，构造一个正方形，用大正方形的面积-小正方形的面积，即可得出所求多边形的面积．
【详解】解：运用拼图的方法，构造一个正方形，如图所示：
大正方形的边长为12+8=20，小正方形的边长ED+DF=13，
∴多边形ABCFDE的面积=（大正方形的面积-小正方形面积）=（202-132）=57.75．
故答案为57.75．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质；熟练掌握正方形的判定与性质，运用拼图的方法，构造一个正方形是解决问题的关键．
15．(1)相等
(2)四边形是菱形，理由见解析
(3)当时，四边形是正方形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形、菱形以及正方形的判定，熟记相关判定定理的内容即可．
（1）证四边形是平行四边形即可求解；
（2）先证四边形是平行四边形，结合，D为中点，可得，即可求证；
（3）根据题意得，结合D为中点，可得；结合（2）中的结论即可求解；
【详解】（1）解：由题意得：，
∴
∵
∴四边形是平行四边形
∴
故答案为：相等
（2）解：四边形是菱形，
理由：∵D为中点，
∴，
∵，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，D为中点，
∴，
∴四边形是菱形．
（3）解：当时，四边形是正方形，
理由：∵，
∴，
∴，
∵D为中点，
∴，
∴°，
∵四边形是菱形，
∴菱形是正方形，
16．(1)，理由见解析
(2)见解析
【分析】（1）由旋转及平移的性质可得到，可得出结论；
（2）由旋转和平移的性质可得，从而可证明四边形是矩形，再结合可证明四边形是正方形．
【详解】（1）．理由如下：
∵绕点B顺时针旋转至后，
∴，
∵把沿射线平移至，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）根据旋转和平移可得
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形．
【点睛】本题主要考查旋转和平移的性质，掌握旋转和平移的性质是解题的关键，即旋转或平移前后，对应角、对应边都相等．
17．D
【分析】作，，结合正方形的性质先推出≌，得到，根据以上分析，可知阴影部分的面积等于正方形的面积，求出的边长即可．
【详解】解：作，，如图，

∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴ ，
∵是直角三角形，
∴，
∴，
∵是的角平分线，，
∴，四边形是正方形，
∴≌，
∴，
∴四边形的面积等于正方形的面积，
∵正方形的边长为a，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴正方形的面积，
∴四边形的面积 ，
故选：D．
【点睛】本题考查的是不规则图形的面积求解问题，解题的关键是掌握将不规则问题转化为规则图形来代替求解．
18．A
【分析】根据正方形的性质得出，，，推出，证出≌，即可求出两个正方形重叠部分的面积．
【详解】
解：四边形和四边形都是正方形，
，，，
．
在与中，
，
≌，
，
．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形的面积等于三角形的面积是解此题的关键．
19．
【分析】过点O作交的延长线于点M，作于点N，易证四边形是矩形，利用已知条件再证明，因为，，所以平分；进而求出的长，根据勾股定理即可求出的长．
【详解】解：如图：过点O作交的延长线于点M，作于点N，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∵正方形的对角线交于点O，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
∴矩形是正方形，，
，，
，
，
，
由勾股定理得：，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解答时作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形是关键．
20．(6，6)
【详解】如图，过点C作CE⊥OA，CF⊥OB，
∵∠AOB=，
∴四边形OECF是矩形，
∴∠ECF=，
∵∠ACB=，
∴∠ACE=∠BCF
在△ACE和△BCF中,
∴△ACE≌△BCF，
∴CE=CF，
∵四边形OECF是矩形，
∴矩形OECF是正方形，
∴OE=OF，
∵AE=OE−OA=OE−3，BF=OB−OF=9−OF，
∴OE=OF=6，
∴C(6，6)，
故答案为：(6，6).
21．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得出，，求出，，得出四边形是平行四边形，求出，根据菱形的判定得出即可；
（2）求出，根据等腰三角形的性质得出，根据正方形的判定得出即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，．
点为边的中点，点为边的中点，
，，
四边形是平行四边形．
，点为边的中点，
，
四边形是菱形；
（2）证明：，，
，
．
为的中点，
，即．
四边形是菱形，
四边形是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、平行四边形的性质、直角三角形的性质等知识点，能综合运用性质进行推理是解答此题的关键．
22．(1)
(2)①1；（，）；②见解析
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）①先根据点D为的中点，得到，再由中心对称图形的性质得到，从而求出，即，则，即可得到，再由与关于点M成中心对称，得到对称中心M是线段的中点，则；②如图，连接，证明，得到，，进而证明，即，同理可证，推出，即可证明四边形为矩形，又，即可证明四边形为正方形．
【详解】（1）解：∵反比例函数的图象经过点，
∴，
∴反比例函数表达式为．
故答案为：；
（2）解：①∵为的中点，，
∴，
∵与关于点M成中心对称，
∴，
∵点E在反比例函数的图象上，
∴，即，
∴；
∴，
∵与关于点M成中心对称，
∴对称中心M是线段的中点，
∴，即．
故答案为：1，；
②如图，连接，
∵，
∴，
在和中

∴，
∴，，
∵，
∴，即，
同理可证，
∴，
又∵，
∴四边形为矩形，
又∵，
∴四边形为正方形．
【点睛】本题主要考查了反比例函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，正方形的判定，中心对称图形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键．
23．C
【分析】利用勾股定理求出AF，根据矩形的四个角是直角可得∠ADC=∠C=90°，然后求出四边形CDFE是矩形，再根据角平分线的定义可得∠ADE=∠CDE，再根据平行线的性质可得∠ADE=∠CED，然后可得∠CDE=∠CED，根据等角对等边的性质可得CD=CE，根据邻边相等的矩形是正方形得到矩形CDFE是正方形，根据正方形的四条边都相等求出DF，根据AD=AF+DF即可得解．
【详解】解：∵，，，
∴，
在矩形中，∠ADC=∠C=90°，
∵，
∴∠DFE=90°，
∴四边形CDFE是矩形，
∵DE平分∠ADC，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CED，
∴∠CDE=∠CED，
∴CD=CE，
∴矩形CDFE是正方形，
∵EF=3，
∴DF=EF=3，
∴AD=AF+DF=4+3=7．
故选C．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，角平分线的定义，平行线的性质，正方形的判定与性质．熟记各性质是解题的关键．
24．A
【分析】连接OA，OB，OC，利用角的平分线上的点到角的两边的距离相等可知△BDO≌△BFO，△CDO≌△CEO，△AEO≌△AFO，所以BD=BF，CD=CE，AE=AF，又因为点O到三边AB、AC、BC的距离是CD，所以AB=8-CD+6-CD=10，解得CD=2，所以点O到三边AB、AC、BC的距离为2．
【详解】连接OA,OB,OC,则△BDO≌△BFO,△CDO≌△CEO,△AEO≌△AFO，
∴BD=BF，CD=CE，AE=AF，
又∵∠C=90°，OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，且O为△ABC三条角平分线的交点
∴四边形OECD是正方形，
则点O到三边AB、AC、BC的距离=CD，
∴AB=8−CD+6−CD=−2CD+14，又根据勾股定理可得：AB=10，
即−2CD+14=10
∴CD=2，
即点O到三边AB、AC、BC的距离为2cm.
故选A
【点睛】此题考查正方形的判定与性质，解题关键在于作辅助线.
25．B
【分析】过点D分别作x、y轴的垂线，垂足分别为F、N，过D作交x轴于G，则四边形为矩形；由两个角平分线条件及三角形外角性质可得，则可证明，可得；再证明，则可得四边形为正方形；设，则，由，即可求得a的值，从而得点D的坐标，最后求得k的值．
【详解】解：如图，过点D分别作x、y轴的垂线，垂足分别为F、N，过D作交x轴于G，

∴四边形为矩形，
∴；
∵平分，平分，
∴，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，；
∵，即，
∴由勾股定理得：，
∴；
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为正方形；
∴；
设，则，
∴，
∴，
解得：，
∴；
∵点D在的图象上，
∴；
故选：B．
【点睛】本题是反比例函数的综合，考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，求反比例函数的解析式等知识，构造适当的辅助线证明全等三角形是解题的关键．
26．A
【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质等知识．设交于，由及将绕点按顺时针方向旋转，得到，可得，即可得，从而判断①正确；由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形，可判断②正确；过点作于，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，从而可得，判断③正确．
【详解】解：设交于，如图：
四边形是正方形，
，
，
将绕点按顺时针方向旋转，得到，
，
，
，
，
，故①正确；
将绕点按顺时针方向旋转，
，，，
又，
四边形是矩形，
又，
四边形是正方形，故②正确；
如图，过点作于，
，，
，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
又，，
，
，
将绕点按顺时针方向旋转，
，
四边形是正方形，
，
，
，故③正确；
正确的有：①②③，
故选：A．
27．(1)见解析
(2)当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，最小值为4
【分析】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，结合AE=CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE=DF、∠ADE=∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF=90°，再根据O为EF的中点、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；
（2）过点D作D⊥AC于，根据等腰直角三角形的性质可得出DE′的长度，从而得出2≤DE＜2，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值．
【详解】（1）证明:连接CD，如图1所示.
∵为等腰直角三角形，，
D是AB的中点，
∴
在和中
，
∴ ，
∴,
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形.
∵O为EF的中点，，
∴，且，
∴四边形EDFG是正方形;
（2）解:过点D作于，如图2所示.
∵为等腰直角三角形，，
∴点为AC的中点，，
∴ (点E与点重合时取等号).
∴
∴当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）找出GD⊥EF且GD=EF；（2）根据正方形的面积公式找出．
28．（1）等边三角形，EF=；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y的取值范围为：8≤y＜16．
【分析】（1）由旋转性质，易得是等边三角形；利用等边三角形的性质、勾股定理求出EF的长；
（2）①四边形EFGH是正方形；利用三角形全等证明AE＝BF；
②求面积y的表达式，这是一个二次函数，利用二次函数性质求出最值及y的取值范围．
【详解】解：（1）如题图2，由旋转性质可知EF＝DF＝DE，则△DEF为等边三角形．
在Rt△ADE与Rt△CDF中，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（HL）
∴AE＝CF．
设AE＝CF＝x，则BE＝BF＝4﹣x
∴△BEF为等腰直角三角形．
∴．
∴．
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AE2+AD2＝DE2，即：，
解得：，（舍去）
∴．
DEF的形状为等边三角形，EF的长为．
（2）①四边形EFGH的形状为正方形，此时AE＝BF．理由如下：
依题意画出图形，如答图1所示：连接EG、FH，作HN⊥BC于N，GM⊥AB于M．
由旋转性质可知，EF＝FG＝GH＝HE，
∴四边形EFGH是菱形，
由△EGM≌△FHN，可知EG＝FH，
∴四边形EFGH的形状为正方形．
∴∠HEF＝90°
∵∠1+∠2＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠1＝∠3．
∵∠3+∠4＝90°，∠2+∠3＝90°，
∴∠2＝∠4．
在△AEH与△BFE中，
∴△AEH≌△BFE（ASA）
∴AE＝BF．
②利用①中结论，易证△AEH、△BFE、△CGF、△DHG均为全等三角形，
∴BF＝CG＝DH＝AE＝x，AH＝BE＝CF＝DG＝4﹣x．
∴．
∴y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4）
∵y＝2x2﹣8x+16＝2（x﹣2）2+8，
∴当x＝2时，y取得最小值8；当x＝0时，y＝16，
∴y的取值范围为：8≤y＜16．
故答案是：（1）等边三角形，；（2）①正方形，AE=BF，②y＝2x2﹣8x+16（0＜x＜4），y的取值范围为：8≤y＜16．
【点睛】本题是几何变换综合题，以旋转变换为背景考查了正方形、全等三角形、等边三角形、等腰直角三角形、正多边形、勾股定理、二次函数等知识点．本题难度不大，着重对于几何基础知识的考查，是一道好题．
29．(1)见解析
(2)①见解析；②
【分析】（1）根据正方形的性质证明，即可解决问题；
（2）①作于，于，得到，然后证，则，即可证明；
②证明，可得，，证明，连接，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形为正方形，
，，
在和中，
，
，
；
（2）解：①如图，过点E作于，于，
正方形中，，
四边形是矩形，
，
点是正方形对角线上的点，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
四边形是矩形，
矩形是正方形；
②正方形和正方形，
，，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
，
在中，．
，
，
如图，连接，
，
是等腰直角三角形，
．
正方形的边长为．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，角平分线的性质，解本题的关键是根据题中所给条件正确作出辅助线构造全等三角形．
30．(1)证明见解析
(2)
(3)或
【分析】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、角平分线的性质、多边形的内角和等知识，熟练掌握正方形的判定与性质是解答的关键．
（1）作于P，于Q 证明得到，然后根据正方形的判定可得结论；
（2）先利用勾股定理求得，进而得到，则点F与C重合，根据（1）中正方形的性质可求解；
（3）分①当与的夹角为时，点F在边上和②当与的夹角为时，点F在的延长线上两种情况分别求解即可．
【详解】（1）证明：作于P，于Q，则
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，，，
∵四边形是矩形，
∴，则，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
（2）解：如图2，
在中．，
∵，
∴，
∴点F与C重合，
∵四边形是正方形，
∴；
（3）解：①当与的夹角为时，点F在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：；
②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示：
∵，，
∴，
综上所述，或．
31．（1）①；②；（2）存在，CD的长为6或9或．
【分析】（1）①根据中点的定义求出DG=DE=6，从而求出AG，证明△AEG≌△BDG，可得BG；
②证明△AEF≌△DEF，得到∠1=∠2，再证明∠B=∠1=∠3=∠2，在△DBF中，利用内角和定理求出∠B，利用勾股定理求出BC；
（2）分FC=FB，CB=CF，BC=BF三种情况分别求解即可．
【详解】（1）①在正方形ACDE中，AC=DE=12，AE//BC，
∵点G为DE中点，
∴DG=GE=6，
在Rt△AEG中，AG==，
∵AE//BC，
∴∠AEG=∠BDG，又EG=CG，∠AGE=∠BGD，
∴△AEG≌△BDG（ASA），
∴BG=AG=；
②如图1中，正方形ACDE中，AE=ED，∠AEF=∠DEF=45°，
∵EF=EF，
∴△AEF≌△DEF（SAS），
∴∠1=∠2，设∠1=∠2=x，
∵AE//BC，
∴∠B=∠1=x，
∵GF=GD，
∴∠3=∠2=x，
在△DBF中，∠3+∠FDB+∠B=180°，
∴x+（x+90°）+x=180°，
解得x=30°，
∴∠B=30°，
∴AB=24，
∴在Rt△ABC中，BC==；
（2）当FC=FB时，
点B、点D和点G重合，
此时CD=BC=9；
当CB=CF时，
即CF=9，
∵四边形ACDE是矩形，
∴AE//CD，
∴∠CBF=∠BAE，
∵BC=CF，
∴∠CFB=∠CBF=∠AFE，
∴∠BAE=∠AFE，
∴AE=EF，
设AE=EF=x，则CE=x+9，
在△ACE中，
，
解得：x=，
即CD=AE=；
当BC=BF时，
即BF=9，
∵AB==15，
∴AF=AB-BF=6，
∵四边形ACDE是矩形，
∴AE//CD，
∴∠BCF=∠AEC，
∵BC=BF，
∴∠BCF=∠BFC=∠AFE，
∴∠AFE=∠AEC，
∴AE=AF=CD=6；
综上：CD的长为6或9或．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
32．（1）AE=AF，理由见解析；（2）CE=MF，理由见解析；（3）如图所示，见解析．
【分析】（1）根据两角互余的关系先求出∠BAF=∠DAE，再由ASA定理可求出△ABF≌△ADE，由全等三角形的性质即可解答；
（2）根据△ABF≌△ADE及三角形外角的性质可求出∠AFM=∠AEC，根据两角互余的关系∠MAF=∠EAC，再由ASA定理求出△AMF≌△ACE，可得CE=MF；
（3）画出示意图，只要求出C、D、F共线，即可求出四边形AECF是正方形；
【详解】（1）AE=AF．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABF=∠ADE=90°，AB=AD．
∵∠BAF+∠BAE=90°，∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠BAF=∠DAE．
在△ABF和△ADE中
，
∴△ABF≌△ADE（ASA）
∴AE=AF；
（2）CE=MF．
理由：∵△ABF≌△ADE，
∴∠BAF=∠DAE，
∴∠ABF+∠FAB=∠ADE+∠DAE，
即∠AFM=∠AEC．
∵∠MAF+∠FAC=90°，∠EAC+∠FAC=90°，
∴∠MAF=∠EAC，
在△AMF和△ACE中
，
∴△AMF≌△ACE（ASA），
∴CE=MF．
(3)如图所示．
过A作AE⊥BC交BC于E，由于AB=AD，所以可以把△ABE切下，拼到△ADF的位置，
∵∠C=∠BAD=90°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∴∠ADF+∠ADC=180°，
∴C、D、F共线，
∵AE=AF，∠AEC=∠ECF=∠AFC=90°，
∴四边形AECF是正方形．

【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、余角的性质、多边形的内角和等知识．解题的关键是利用全等三角形进行割补．