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2022-2023 学年北师大版数学九年级上册压轴题专题精选汇编
专题 03 正方形的性质和判定
考试时间：120分钟 试卷满分：100分
一．选择题（共10小题，满分20分，每小题2分）
1．（2分）（2021九上·讷河期末）正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM＝2，N是AC上的一
动点，DN＋MN的最小值为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．9
【答案】C
【完整解答】根据题意，连接BN，BM，
三点共线时，DN＋MN取得最小值，
则BM就是DN＋MN的最小值，
在Rt BCM中，BC=8，CM=6，
△根据勾股定理得： ，
即DN＋MN的最小值是10，
故答案为：C
【思路引导】连接BN，BM，当B、M、N三点共线时，DN＋MN取得最小值，再利用勾股定理求出BM
的长即可。
2．（2分）（2021九上·揭西期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论：①当AB＝BC时，它是
菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形，其
中不正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【完整解答】解： 四边形 是平行四边形，
①当 时，它是菱形，选项不符合题意，
②当 时，它是菱形，选项不符合题意，
③当 时，它是矩形，选项不符合题意，
④当 时，它是矩形，不一定是正方形，选项符合题意，
故答案为：A．
【思路引导】利用平行四边形的性质对每个结论一一判断即可。
3．（2分）（2021九上·无棣期末）如图，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转 ，得到正方形 ，
DB的延长线交EF于点H，则 的大小为（ ）
A．76º B．97º C．90º D．114º
【答案】B
【完整解答】根据旋转的性质，得∠BAE=38°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBA=45°，∠ABH=135°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠E=90°，
∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°，
故答案为：B．
【思路引导】由旋转的性质和正方形的性质可得∠BAE=35°，∠E=90°，∠ABD=45°，由四边形的内角和
定理可求解。
4．（2分）（2021九上·茂南期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列条件：
①AC⊥BD，②AB=BC，③∠ACB=45°，④OA=OB．上述条件能使矩形ABCD是正方形的是
（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
【答案】B
【完整解答】解：①添加AC⊥BD，根据对角线互相垂直的矩形是正方形，故添加AC⊥BD，能使矩形
ABCD成为正方形；
②添加AB=BC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，故添加AB=BC，能使矩形ABCD成为正方形；
③添加∠ACB=45°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB=B∠AC=45°，
∴AB=BC，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，故添加∠ACB=45°，能使矩形ABCD成为正方形；
④∵矩形ABCD中，
∴AC=BD，则AO=BO，故添加OA=OB，不能使矩形ABCD成为正方形；
综上，①②③符合题意，
故答案为：B．
【思路引导】利用矩形的性质，结合图形，对每个条件一一判断即可。
5．（2分）（2021九上·成都期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记 的面积为 ，
的面积为 ，若正方形的边长 ， ，则 的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【完整解答】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD.
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA）， S=S ，
2 BOM
△
∴ ，
∵ = S ，正方形的边长 ， ，
正方形ABCD
∴ = S - = .
正方形ABCD
故答案为：D.
【思路引导】根据正方形的性质可得OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD，由同角的余角
相等可得∠BOM=∠CON，证明△BOM≌△CON，则S=S ，S+S =S = S ，据此计算.
2 BOM 1 2 AOB 正方形ABCD
△ △
6．（2分）（2021九上·揭西期末）如图，正方形ABCD中，点E是边CD上的动点（不与点C、D重
合），以CE为边向右作正方形CEFG，连接AF，点H是AF的中点，连接DH、CH．下列结论：①△ADH≌△CDH；②AF平分∠DFE；③若BC＝4，CG＝3，则AF＝5；④若 ，则 ．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】A
【完整解答】解：连接 ， ，如图，
四边形 和四边形 为正方形，
， ．
．
是 的中点，
．
在 和 中，
，
．
①的结论符合题意；
，
，
若 平分 ，则必须 ，即需要 ，点 是边 上的动点（不与点 、 重合），
与 不一定相等，
不一定成立，
平分 不一定成立，
②的结论不符合题意；
延长 交 于点 ，如图，
则 ， ， ， ，
， ，
．
③的结论不符合题意；
，
．
．
，
．
．
④的结论不符合题意．
综上所述，只有①的结论符合题意，
故答案为：A．
【思路引导】结合图形，利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等对每个结论一一判断即可。
7．（2分）（2021九上·南海期末）如图，已知E，F分别为正方形ABCD的边AB、BC的中点，AF与
DE交于点M，则下列结论：①AF⊥DE；② ；③AM= MF；④ ．其中正确的结论
有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【完整解答】解：∵E，F分别为正方形ABCD的边AB、BC的中点，
∴AE=BE=BF，∠DAE=∠ABF=90°，AD=AB，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠BAF=∠ADE，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BAM+∠AEM=90°，
∴∠AME=90°，故①符合题意；
假设AE=EG，则AE=BE=EG，
∴∠EBG=∠EGB，∠EAG=∠EGA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=45°，
∴∠EBG=∠EGB=45°，
∴∠BEG=∠EAG+∠EGA=90°，
∴∠EAG=45°，
又∵∠EAG≠45°，
∴AE≠EG，故②不符合题意
∵BF=AE=BE，AB=2AE，
∴ ，∵∠EAM+∠AEM=90°，∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AEM=∠AFB，
∵∠AME=∠ABF=90°，
∴△AEM∽△AFB，
∴ ，即 ，
∴AM= AE，
∴MF=AF AM= AE AE= AE，
∴AM= MF，故③符合题意；
∵∠AEM+∠EAM=90°，∠EAM+∠DAM=90°，
∴∠AEM=∠DAM，
∵∠EMA=∠AMD=90°，
∴△AEM∽△DAM，
∴ ，故④符合题意；
故答案为：B．
【思路引导】由E，F分别为正方形ABCD的边AB、BC的中点，得出AE=BE=BF，
∠DAE=∠ABF=90°，AD=AB，证出△DAE≌△ABF（SAS），进而利用全等三角形的性质得出
∠BAM+∠AEM=90°，∠AME=90°，故①符合题意；AE≠EG，故②不符合题意；证出△AEM∽△AFB，
得出AM= MF，故③符合题意；证出△AEM∽△DAM，得出 ，故④符合题
意；即可得出答案。
8．（2分）（2021九上·青岛期末）如图，点M、N分别是正方形ABCD的边BC、CD上的两个动点，在
运动过程中保持∠MAN＝45°，连接EN、FM相交于点O，以下结论：①MN＝BM+DN；②BE2+DF2＝EF2；③BC2＝BF•DE；④OM＝ OF（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【答案】A
【完整解答】解：将△ABM绕点A逆时针旋转90°，得到△ADM′，将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得
到△ABD'，
∴AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，∠ABM=∠ADM'=90°，
∴∠ADM'+∠ADC=180°，
∴点M'在直线CD上，
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠MAB=45°=∠DAN+∠DAM'=∠M'AN，
∴∠M′AN=∠MAN=45°，
又∵AN=AN，AM=AM'，
∴△AMN≌△AM′N（SAS），
∴MN=NM′，
∴M′N=M′D+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；故①符合题意；∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°，得到△ABD'，
∴AF=AD'，DF=D'B，∠ADF=∠ABD'=45°，∠DAF=∠BAD'，
∴∠D'BE=90°，
∵∠MAN=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°=∠BAD'+∠BAE=∠D'AE，
∴∠D'AE=∠EAF=45°，
又∵AE=AE，AF=AD'，
∴△AEF≌△AED'（SAS），
∴EF=D'E，
∵D'E2=BE2+D'B2，
∴BE2+DF2=EF2；故②符合题意；
∵∠BAF=∠BAE+∠EAF=∠BAE+45°，∠AEF=∠BAE+∠ABE=45°+∠BAE，
∴∠BAF=∠AEF，
又∵∠ABF=∠ADE=45°，
∴△DAE∽△BFA，
∴ ，
又∵AB=AD=BC，
∴BC2=DE•BF，故③符合题意；
∵∠FBM=∠FAM=45°，
∴点A，点B，点M，点F四点共圆，
∴∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，
同理可求∠AEN=90°，∠DAN=∠DEN，
∴∠EOM=45°=∠EMO，
∴EO=EM，
∴MO= EO，
∵∠BAM≠∠DAN，
∴∠BFM≠∠DEN，
∴EO≠FO，∴OM≠ FO，故④不符合题意，
故答案为：A．
【思路引导】由旋转的性质得出AM'=AM，BM=DM'，∠BAM=∠DAM'，∠MAM'=90°，
∠ABM=∠ADM'=90°，由SAS证出△AMN≌△AM′N，得出MN=NM'，得出MN=BM+DN；故①符合题
意；由△AEF≌△AED'（SAS），得出EF=D'E，由勾股定理得出结论，故②符合题意；证明
△DAE∽△BFA，得出 ，证出BC2=DE•BF，故③符合题意；证明点A，点B，点M，点F四点
共圆，∠ABM=∠AFM=90°，∠AMF=∠ABF=45°，∠BAM=∠BFM，可证出MO= EO，由
∠BAM≠∠DAN，得出EO≠FO，故④不符合题意，即可得出结论。
9．（2分）（2021九上·颍上月考）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是CD边上的一点，点F
是点D关于直线AE对称的点，连接AF、BF，若tan∠ABF＝2，则DE的长是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【完整解答】解：过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，∵AB∥CD，
∴MN⊥CD，
∴∠FME＝90°，
∵tan∠ABF＝2，
∴ ＝2，
设BN＝x，则FN＝2x，
∴AN＝4﹣x，
∵点F是点D关于直线AE对称的点，
∴DE＝EF，DA＝AF＝4，
∵AE＝AE，
∴△ADE≌△AFE（SSS），
∴∠D＝∠AFE＝90°，
∵AN2＋NF2＝AF2，
∴（4﹣x）2＋（2x）2＝42，
∴x＝0（舍），x＝ ，
1 2
∴AN＝4﹣x＝4﹣ ＝ ，MF＝4﹣2x＝4﹣ ＝ ，
∵∠EFM＋∠AFN＝∠AFN＋∠FAN＝90°，
∴∠EFM＝∠FAN，
∴cos∠EFM＝cos∠FAN，∴ ＝ ，即 ，
∴EF＝ ，
∴DE＝EF＝ ．
故答案为：C．
【思路引导】过点F作FN⊥AB于点N，并延长NF交CD于点M，根据tan∠ABF＝2，可得 ＝2，设
BN＝x，则FN＝2x，可得AN＝4﹣x，再利用勾股定理列出方程（4﹣x）2＋（2x）2＝42，求出x的值，最
后根据cos∠EFM＝cos∠FAN，可得 ＝ ，即 ，求解即可。
10．（2分）（2021九上·长沙月考）如图，在正方形ABCD中，F为CD上一点，AF交对角线BD于点
E，点G是BC上的一点且AE=EG，连结AG，交BD于点H.满足AH2=HE•HD，现给出下列结论：
①EG⊥AF；②BG+DF=FG；③若 ，则 .其中正确的有（ ）个.
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C【完整解答】解：∵AH2=HE•HD，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴ ，
∵AE=EG，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故结论①正确；
将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM，
∴ ，
∴ ， ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴∠MAG=∠FAG=45°，
在 和 中，
，∴ ，
∴ ，
即 ，
∴BG+DF=FG，故结论②正确；
设正方形的边长为4，BG=a ，
∵ ，
∴ ，
则 ， ，
在 中， ，
即 ，
解得： ，
即 ， ，
∴ ，故结论③错误；
所以正确的结论有2个，
故答案为：C.
【思路引导】利用有两边对应成比例且夹角相等的两三角形相似，可证△AHE∽△DHA，利用相似三角形
的对应角相等可得到∠HAE=∠ADH；利用正方形的性质可推出∠HAE=∠ADH=45°，由此可证得
∠AEG=90°，利用垂直的定义可对①作出判断；将△ADF绕着点A顺时针旋转90°可得到△ABM，利用旋
转的性质可知△ADF≌△ABM，利用全等三角形的性质可证得AF=AM，DF=BM，∠DAF=∠BAM；再证
明△FAG≌△MAG，利用全等三角形的对应边相等可证得FG=MG，由此可得到BG，DF，FG之间的数量
关系，可对②作出判断；设正方形的边长为4，BG=a，利用解直角三角形取出DF，FC，BM的长，可表
示出CG，GF的长；再利用勾股定理可得到关于a的方程，解方程求出a的值，即可求出BG，CG的长；然后求出BG与CG的比值，可对③作出判断，综上所述可得到正确结论的个数.
二．填空题（共10小题，每题2分，满分20分）
11．（2分）（2022九上·鄞州开学考）如图，正方形 中， 是 上一点，连接 ，将
绕点 逆时针旋转 至 与 对应， 与 对应 ，连接 、 ，若 ， 平分
，则 长为 ．
【答案】
【完整解答】解：设DE，CF交于O，如图：
将 绕点A逆时针旋转90°至 ，
，
，
平分 ，
，
， ，
，即 ，
，即 ，
设 ，，
或 舍去 ，
.
故答案为： .
【思路引导】设DE、CF交于O，由旋转的性质可得∠ADE=∠ABF，AF=AE，由等腰直角三角形的性质
可得∠AFE=∠AEF=45°，根据角平分线的概念可得∠EFB=∠EFC，由角的和差关系可得∠CFD=∠ADE，
设AE=AF=x，结合三角函数的概念可得x的值，据此解答.
12．（2分）（2021九上·长沙期末）如图，有一张直角三角形的纸片ABC，其中∠ACB=90°，AB=10，
AC=8，D为AC边上的一点，现沿过点D的直线折叠，使直角顶点C恰好落在斜边 AB上的点E处，当
△ADE是直角三角形时，CD的长为 .
【答案】3或
【完整解答】解：分两种情况：
若 时，则 ， ，
连接AD，由折叠可得： ，由勾股定理可得： ，
∴ ， ，
设 ，则 ，
在 中，
，
即： ，
解得： ，
∴ ；
②若 ，则 ， ，
∴四边形CDEF是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ， ， ，
∴ ，
解得：x= ，
综上所述，CD的长为3或 .故答案为：3或 .
【思路引导】若∠DEA=90°，则∠BED=90°=∠C，CD=ED，连接AD，由折叠得△BCD≌△BED，由勾股
定理求出BC，得BE=BC=6，AE=4，设CD=DE=x，则AD=8-x，由勾股定理求出x，据此得CD；若
∠ADE=90°，则∠CDE=∠DEF=∠C=90°，CD=DE，由正方形性质∠BFE=∠EDA=90°，∠BEF=∠A，证
明△BEF∽△EAD，设CD=x，则EF=CF=x，BF=6-x，AD=8-x，利用相似三角形的性质求出x，据此可得
CD.
13．（2分）（2021九上·揭东期末）如图，正方形 中，A，C分别在x，y正半轴上，反比例函数
的图象与边 分别交于点D，E，且 ，对角线 把 分成面积相等的
两部分，则 ．
【答案】
【完整解答】如图所示，设OD、OE交AC于F、G两点，∵四边形OABC为正方形，AC为对角线，
∴∠B=90°，∠BCA=45°，
∵BD=BE，
∴△BDE为等腰直角三角形，∠BDE=45°，
∴∠BCA=∠BDE，DE∥AC，
∴△OFG∽△ODE，
∴ ，
∵AC将△ODE分为面积相等的两部分，
∴ ，
∴ ，
即： ， ，
∴ ，
∵在正方形OABC中， ，
∴ ，
∴ ，
设正方形边长为 ，则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，解得： ，
∴ ，
∴D点的坐标为 ，
∴ ，
故答案为： ．
【思路引导】先根据相似三角形的面积之比等于相似比的平方得出 ， ，推出
△OFG∽△ODE，得出 ，设正方形边长为 ，则 ，根据同一条线段的长
列等式求出a的值，即可得出k的值。
14．（2分）（2021九上·成都期末）如图，E是正方形ABCD的对角线BD上一点，连接CE，过点E作
，垂足为点F.若 ， ，则正方形ABCD的面积为 .
【答案】49
【完整解答】解：如图，延长FE交AB于点M，则EM⊥BC，AF=BM=3，∵四边形ABCD是正方形，
∴ ，
∴△BME是等腰直角三角形，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
∴ .
故答案为：49.
【思路引导】延长FE交AB于点M，则EM⊥BC， 则可求出BM长，再根据等腰直角三角形的性质求出
EM长，然后在Rt EMC中，根据勾股定理求出CM长，再根据线段的和差关系求BC长，最后计算正方
形的面积即可. △
15．（2分）（2021九上·溧阳期末）如图，在边长为1的正网格中，A、B、C都在格点上，AB与CD相
交于点D，则sin ∠ADC= .
【答案】
【完整解答】解：延长CD交正方形的另一个顶点为E ，连接BE，如下图所示，
由正方形的性质易得 ，根据对顶角相等得 ，根据正方形小格的边长及勾股定理可得： ， ，
在 中， ，
，
故答案为： .
【思路引导】延长CD交正方形的另一个顶点为E，连接BE，易知∠BED=90°，∠ADC=∠BDE，根据正
方形小格的边长及勾股定理可得BE、BD的值，然后求出sin∠BDE的值，进而可得sin∠ADC的值.
16．（2分）（2021九上·准格尔旗期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，
连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 ．
【答案】
【完整解答】解：连接 ，过点 作 交 延长线于点 ，
，
∴ ，
∵ ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，，
，
点在 的射线上运动，
作点 关于 的对称点 ，
， ，
，
，
，
，
点在 的延长线上，
当 、 、 三点共线时， 最小，
在 中， ， ，
，
的最小值为 ．
故答案为： ．
【思路引导】连接BF，过点 作 交 延长线于点 ，通过证明 ，确
定F点在BF的射线上运动；作点 关于 的对称点 ，由三角形全等得到∠CBF=45°，从而确定C'点
在AB的延长线上；当D、F、C'三点共线时，DF+CF=DC'最小，在Rt ADC'中，AD=6，AC'=12，求出
△
即可。
17．（2分）（2021九上·溧阳期末）如图，正方形ABCD是边长为2，点E、F是AD边上的两个动点，
且AE=DF，连接BE、CF，BE与对角线AC交于点G，连接DG交CF于点H，连接BH，则BH的最小值为 .
【答案】
【完整解答】解：如图，
∵正方形ABCD，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDF=90°
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠ABE=∠DCF，
∵AC所在的中线是正方形的对称轴，
∴∠ABE=∠ADG=∠DCF，
∵∠ADG+∠GDC=90°，
∴∠DCF+∠∠GDC=90°，
∴∠DHC=90°即DH⊥CF
∴点H在以CD为直径的圆上运动，当点H运动到AC的中点时，BH最短，
连接BD交AC于点O，
∵BH+DH≥BD，∴当点B，H，D在同一条直线上时，
∵垂线段最短，
∴当BH⊥AC时即点H和点O重合时，BH的值最小，
在Rt BOC中，
△
.
∴BH的最小值为 .
故答案为： .
【思路引导】利用正方形的性质可证得AB=CD，∠BAE=∠CDF=90°，利用SAS证明△ABE≌△DCF，利
用全等三角形的性质可得到∠ABE=∠DCF，利用正方形的对称性可证得∠ABE=∠ADG=∠DCF，由此可
推出DH⊥CF，从而可证得点H在以CD为直径的圆上运动，当点H运动到AC的中点时BH最短；连接
BD交AC于点O，可知垂线段最短，当BH⊥AC时即点H和点O重合时，BH的值最小，利用直角三角形
求出BO的长，即可得到BH的最小值.
18．（2分）（2021九上·椒江期末）如图，把矩形Ⅰ、一个小正方形和由大小相同的四个正方形组成的 L
型放入矩形 ABCD 中.矩形Ⅰ的一个顶点落在 L 型中正方形的顶点 E 处，其他顶点在矩形 ABCD 的边
上； L 型中的正方形有三个顶点恰好在矩形 ABCD 的边上，另有一个顶点和小正方形顶点合.若矩形Ⅰ
与矩形 ABCD相似，则 AB：BC 的值为 .
【答案】 或
【完整解答】解：设大小相同的四个正方形的边长为a，DF=x，即GH=IJ=KJ=a，IH=EG=2a，
在Rt IJH中，JH= a，
△∵四边形ABCD和四边形MEFD是矩形，四边形NBLK是矩形，
4个完全相同的小正方形组成的L型模板如图放置，
∴∠B=∠C=∠KLJ=∠EFG=∠JIH=90°，
∴∠LKJ+∠LJK=∠IJH+∠IHJ=∠GHC+∠HGC=∠EGF+∠GEF=90°，
∠KJL+∠IJH=∠IHJ+∠GHC=∠EGF+∠HGC=90°，
∴∠KJL=∠IHJ=∠HGC=∠GEF，
∴△KJL≌△HGC，△JHI∽△HGC∽△GEF，
∴BL=KL=HC，LJ=GC， ， ，
即 ， ，
∴FG= ，EF= ，BL=KL=HC= ，LJ=GC= ，
∴CD=DF+FG+GC=x+ = ，
BC=BL+LJ+JH+HC= + = ，
当矩形MEFD∽矩形 ABCD时， ，即 ，解得：x= ，
AB：BC 的值为 ；
当矩形MDFE∽矩形 ABCD时， ，即 ，
解得：x= (负值已舍)，
AB：BC 的值为 ；
故答案为： 或 .
【思路引导】设大小相同的四个正方形的边长为a，DF=x，即GH=IJ=KJ=a，IH=EG=2a，由勾股定理得
JH= a，根据矩形的性质得∠B=∠C=∠KLJ=∠EFG=∠JIH=90°，由同角的余角相等得
∠KJL=∠IHJ=∠HGC=∠GEF，证△KJL≌△HGC，△JHI∽△HGC∽△GEF，根据全等三角形的性质可得
BL=KL=HC，LJ=GC，根据相似三角形的性质可得FG、EF，进而得到BL、LJ、CD、BC，根据相似矩形
的对应边成比例可得x的值，进而可得AB：BC的值.
19．（2分）（2021九上·玉林期末）如图，边长为2的正方形ABCD在等边长的正六边形外部做顺时针滚
动，滚动一周回到初始位置时停止，点A在滚动过程中到出发点的最大距离是 .【答案】
【完整解答】解：如图，点A的运动轨迹是图中弧线.延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在滚
动过程中到出发点的最大距离.
EH＝EA＝ ，
2
在△AEF中，∵AF＝EF＝2，∠AFE＝120°，
∴AE＝ ，
∴AH＝AE+EH＝ ，
∴点A在滚动过程中到出发点的最大距离为 .
故答案为 ： .
【思路引导】如图，点A的运动轨迹是图中红色弧线，延长AE交弧线于H，线段AH的长，即为点A在
滚动过程中到出发点的最大距离，求出此时AH的长即可.20．（2分）（2021九上·本溪期末）如图，在正方形ABCD的对角线AC上取一点E，使得 ，
连接BE并延长BE到F，使 ，BF与CD相交于点H，若 ，有下列结论：① ；
② ；③ ；④ ．则其中正确的结论有 ．
【答案】①②③
【完整解答】解：① 四边形 是正方形，
， ， ．
在 和 中，
，
，
，故①符合题意；
②在 上取一点G，使 ，连接 ，
，
．
，
，，
．
，
，
．
，
是等边三角形．
， ，
，
．
在 和 中，
，
，
．
，
，故②符合题意；
③过D作 交于M，
根据勾股定理求出 ，
由面积公式得： ，
，， ，
， ，
，故③符合题意；
④在 中， ，
是等边三角形，
，
，
，
，
，故④不符合题意；
综上，正确的结论有①②③，
故答案是：①②③．
【思路引导】（1）求证出 ，得出 ，故①符合题意；先证出 是等
边三角形，再证出 ，得出 ，故②符合题意；根据勾股定理求出
，利用三角形面积公式得出 ，故③符合题意；根据相似三角形的性质得出 ，得出 ，故④不符合题意；即可得出答案。
三、解答题(共8题；共60分)
21．（4分）（2021九上·北仑期中）一张圆心角为45°的扇形纸板和圆形纸板按如图方式各剪得一个正方
形，边长都为1，求扁形纸板和圆形纸板的面积比．
【答案】解：解：连接OD，
∵正方形ABCD，∠AOB=45°，
∴AB=CD=BC=1，∠ABC=∠ABO=∠DCB=90°，
∴∠AOB=∠OAB=45°，
∴AB=OB=BC=1
∴OC=2
；
∴扇形纸板的面积为 ；
∵∠BMC=90°，MC=MB2BM2=BC2=1
解之：
∴圆形纸板的面积为
∴扁形纸板和圆形纸板的面积比 .
答：扁形纸板和圆形纸板的面积比为5：4.
【思路引导】连接OD，利用正方形的性质可证得AB=CD=BC=1，∠ABC=∠ABO=∠DCB=90°，
∠AOB=∠OAB=45°，即可求出OC的长，利用勾股定理求出OD的长，利用扇形的面积公式求出扇形纸板
的面积；再利用勾股定理求出BM的长，即可求出圆的面积；然后求出扁形纸板和圆形纸板的面积比.
22．（5分）（2021九上·榆林月考）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，E、F分别在
OD、OC上，且DE=CF，连结DF、AE，AE的延长线交于DF于点M，求证：AM⊥DF.
【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CO=DO，
又∵DE=CF，
∴OD﹣DE=OC﹣CF，即OF=OE，
在△AOE和△DOF中，∵AO=DO，∠AOD=∠DOF，OE=OF，
∴△AOE≌△DOF（SAS），
∴∠OAE=∠ODF，
∵∠OAE+∠AEO=90°，∠AEO=∠DEM，
∴∠ODF+∠DEM=90°，即可得AM⊥DF.
【思路引导】由正方形的性质可得CO=DO，结合DE=CF，可推出OF=OE，证明△AOE≌△DOF，得到
∠OAE=∠ODF，由余角的性质可得∠OAE+∠AEO=90°，由对顶角的性质可得∠AEO=∠DEM，则
∠ODF+∠DEM=90°，据此证明.
23．（6分）（2021九上·宜宾期末）如图，在正方形ABCD中，M为BC上一点， ，ME交
CD于F，交AD的延长线于点E.
（1）（3分）求证： ；
（2）（3分）若 ， ，求 的面积.
【答案】（1）证明： 四边形 是正方形
（2）解：
四边形 是正方形， ， ，
， ，，
【思路引导】（1）根据正方形的性质可得∠B=∠C=90°，根据同角的余角相等可得∠MAB=∠FMC，然后
利用相似三角形的判定定理进行证明；
（2）根据正方形的性质可得BC∥AD，BC=CD=4，MC=BC-BM=2，利用相似三角形的性质求出CF，然
后根据DF=DC-CF可得DF，易证△MCF∽△EDF，利用相似三角形的性质求出DE，然后根据三角形的面
积公式进行计算.
24．（9分）（2021九上·无棣期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，延长BC到点F，使
CF=AE．
（1）（3分）求证：DE=DF；
（2）（3分）在（1）的条件下，把△ADE绕点D逆时针旋转多少度后与△CDF重合；
（3）（3分）现把 向左平移，使 与AB重合，得 ，AH交ED于点G．若 ，
求 的长．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD=BC，∠BAD=∠BCD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠DCF=90°，
在△ADE和△CDF中，
，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴DE=DF；（2）解：由（1）可△ADE≌△CDF，
∴∠ADE=∠CDF，
∴∠ADE+∠EDC=∠CDF+∠EDC=90°，
∴∠EDF=90°，
即△ADE绕点D逆时针旋转 90度后与△CDF重合
（3）解：∵点E是AB的中点，
∴AE=BE=CF= AB= AD=4．
又由平移性质可得CF=BH，
∴AE=BE=CF=BH=4，
由平移可得DF∥AH，
由勾股定理得AH= =4 ，
∴∠AGE=∠EDF=90°，
∴∠AGE=∠B=90°，
又∠EAG=∠HAB，
∴△AEG∽△AHB，
∴ ，
∴EG= ．
【思路引导】（1）利用“SAS”证明△ADE≌△CDF，再利用全等三角形的性质可得DE=DF；
（2）根据全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDF，再求出∠EDF=90°，即可得到△ADE绕点D逆时针旋转
90度后与△CDF重合；
（3）先证明△AEG∽△AHB，再利用相似三角形的性质可得 ，再求出EG的长
即可。
25．（8分）（2018九上·平顶山期末）如图 ，已知点G在正方形ABCD的对角线AC上，，垂足为点E， ，垂足为点F.
（1）（1分）发现问题：在图 中， 的值为 .
（2）（3分）探究问题：将正方形CEGF绕点C顺时针方向旋转 角 ，如图
所示，探究线段AG与BE之间的数量关系，并证明你的结论.
（3）（4分）解决问题：正方形CEGF在旋转过程中，当B，E，F三点在一条直线上时，如图 所
示，延长CG交AD于点H；若 ， ，直接写出BC的长度.
【答案】（1）
（2）解： ，
理由如下：
如图 ，
四边形ABCD，四边形GECF是正方形，
， ，， ，
，
， ，
，且 ，
∽ ，
，
即 ，
（3）解：如图 ，过点H作 于点M，
四边形ABCD，四边形GECF是正方形，
， ，
，
为等腰直角三角形，
，
，
在 中，，
，且
∽
，
即 ，
，
在 中，
，
的长度为 .
【完整解答】（1） 四边形ABCD是正方形，
， ，
，
， ，
，
，
，
，
故答案为：
【思路引导】（1）由正方形的性质可得 ， ，可证 ，，可得 ，由平行线分线段成比例可得 ；（2）
由正方形的性质可得 ，即可证 ∽ ，可得 ，则
；（3）过点H作 于点M，构造等腰 ，利用HG的长度分别求出
HM，GM，AH的长度，再利用 与 相似即可求出AC的长度，进一步求出BC的长度.
26．（7分）（2017九上·虎林期中）如图，四边形ABCD是正方形，点E在直线BC上，连接AE．将
△ABE沿AE所在直线折叠，点B的对应点是点B′，连接AB′并延长交直线DC于点F．
（1）（3分）当点F与点C重合时如图1，证明：DF+BE=AF；
（2）（4分）当点F在DC的延长线上时如图2，当点F在CD的延长线上时如图3，线段DF、BE、AF
有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，并选择一种情况给予证明．
【答案】（1）解：由折叠可得AB＝AB′，BE＝B′E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC＝DF，∠B′CE＝45°，
∴B′E＝B′F，
∴AF＝AB′＋B′F，
即DF＋BE＝AF
（2）解：图（2）的结论：DF＋BE＝AF；图（3）的结论：BE﹣DF＝AF．图（2）的证明：延长CD到点G，使DG＝BE，连接AG， 易证△ABE≌△ADG，∴∠BAE＝∠DAG，
∠AEB＝∠AGD，∵∠BAE＝∠B′AE，∴∠B′AE＝∠DAG，∴∠GAF＝∠DAE，∵CB∥AD，∴∠AEB
＝∠EAD，∴∠AGD＝∠GAF，
∴GF＝AF，
∴BE＋DF＝AF．图（3）的证明：在BC上取点M，使BM＝DF，连接AM，
易证△ABM≌△ADF，∴∠BAM＝∠FAD，AF＝AM，∵△ABE≌AB′E，∴∠BAE＝∠EAB′，∴∠MAE
＝∠DAE，∵AD∥BE，
∴∠AEM＝∠DAE，
∴∠MAE＝∠AEM，
∴ME＝MA＝AF，∴BE﹣DF＝AF．
【思路引导】（1）根据折叠AB＝AB′，BE＝B′E，再结合正方形四边相等和对角线平分内角，利用等腰
直角三角形即可证明 ；
（2）图2通过添辅助线构造全等三角形，把线段BE等量转移到DG，再结合折叠及两直线平行内错角相
等可得∠AGD＝∠GAF，从而利用GF＝AF即可证得线段DF、BE、AF的数量关系；同理图3类比图2的
思路方法即可。
27．（10分）（2021九上·海州期末）如图，△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝4，在线段AB上，动
点M从点A出发向点B做匀速运动，同时动点N从B出发向点A做匀速运动，当点M、N其中一点停止
运动时，另一点也停止运动，分别过点M、N作AB的垂线，分别交两直角边AC，BC所在的直线于点
D、E，连接DE，若运动时间为t秒，在运动过程中四边形DENM总为矩形（点M、N重合除外）.（1）（3分）写出图中与△ABC相似的三角形；
（2）（3分）如图，设DM的长为x，矩形DENM面积为S，求S与x之间的函数关系式；当x为何值
时，矩形DENM面积最大？最大面积是多少？
（3）（4分）在运动过程中，若点M的运动速度为每秒1个单位长度，求点N的运动速度.求t为多少
秒时，矩形DEMN为正方形？
【答案】（1）图中与△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM；
（2）解：∵在△ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，
∴ ，
∵△ADM∽△ABC，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∵△ADM∽△ABC，△DEC∽△ABC，
∴△ADM∽△DEC，∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴当 时，矩形DENM面积最大，最大面积是3；
（3）解：当M、N相遇前，
∵四边形DENM是矩形，
∴NE=MD，
∵△AMD∽△ABC，
∴ ，
由题意得 ，∴ ，
∴ ；
∵△BEN∽△BAC，
∴ ，即
∴ ，
∴点N的速度为每秒 个单位长度；
∵当N、M相遇时，有AM+BM=AB，
∴ ，
解得 ，即M、N相遇的时间为 ，
当N、M相遇后继续运动，N点到达A点时，
∴ ，
解得 ，即N点到底A点的时间为 ；
∵矩形DENM是正方形，
∴DM=MN=EN，
当N、M相遇前，即当 时， ， ， ，
∴ ，∴ ，
解得 ；
当N、M相遇后，即当 时， ， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
解得 不符合题意，
∴综上所述，点N的速度为每秒 个单位长度，当 时，矩形DEMN为正方形.
【完整解答】（1）解：∵四边形DENM是矩形，
∴DE∥AB，∠DMN=∠DMA=∠ENM=∠ENB=90°，
∴△CDE∽△CAB，
∵∠ACB=∠AMD=∠ENB=90°，∠A=∠A，∠B=∠B，
∴△AMD∽△ACB，△ENB∽△ACB；
∴图中与△ABC相似的三角形有△DEC，△EBN，△ADM；
【思路引导】（1）易得DE∥AB，∠DMN=∠DMA=∠ENM=∠ENB=90°，∠ACB=∠AMD=∠ENB=90°，
然后利用相似三角形的判定定理进行证明；
（2）利用勾股定理求出AB，设DM=x，根据相似三角形的性质表示出AM，由勾股定理可得AD，进而表
示出CD，易证△ADM∽△DEC，然后根据相似三角形的性质可得DE，接下来根据三角形的面积公式可
得S ，最后结合二次函数的性质进行解答；
矩形DENM
（3）当M、N相遇前，根据矩形的性质可得NE=MD，由题意可得AM=t，根据相似三角形的性质可得MD、BN，然后根据AM+BM=AB求解即可；当N、M相遇后继续运动，N点到达A点时，根据正方形的
性质可得DM=MN=EN；当N、M相遇前，表示出MD、BN、AM，然后根据MN=AB-AM-BN可求出t的
值；同理可得当N、M相遇后，t的值，据此解答.
28．（11分）（2021九上·崇明期末）已知：如图，正方形的边长为1，在射线AB上取一点E，联结
DE，将ADE绕点D针旋转90°，E点落在点F处，联结EF，与对角线BD所在的直线交于点M，与射线
DC交于点N．求证：
（1）（3分）当 时，求 的值；
（2）（4分）当点E在线段AB上，如果 ， ，求y关于x的函数解析式，并写出定义
域；
（3）（4分）联结AM，直线AM与直线BC交于点G，当 时，求AE的值．
【答案】（1）解：过点E作EH⊥BD与H，
∵正方形的边长为1， ，∴EB=1- ，
∵BD为正方形对角线，
∴BD平分∠ABC，
∴∠ABD=45°，
∵EH⊥BD，
∴∠BEH=180°-∠EBH-∠EHB=180°-45°-90°=45°，
∴EH=BH，
∴EH=BH=BEsin45= ，AB=BDcos45°，
∴ ，
∴DH=DB-BH= ，
；
（2）解：如上图，∵AE=x，
∴BE=1-x，
∵将△ADE绕点D针旋转90°，得到△DCF，
∴CF=AE=x，ED=FD= ，
∴BF=BC+CF=1+x，
在Rt EBF中EF= ，
△
∵∠EDF=90°，ED=FD，
∴△DEF为等腰直角三角形，
∴∠DFE=∠DEF=45°，
∴∠EBM=∠MFD=45°，∵∠EMB=∠DMF，
∴△BEM∽△FDM，
∴ ，即 ，
∵∠DEM=∠FBM=45°，∠EMD=∠BMF，
∴△EMD∽△BMF，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ 即 ，
∴ ，0≤x≤1
（3）解：当点G在BC上， ，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BG，
∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，∴ ，
∵由（2）知△BEM∽△FDM，
∴ ，
∵DB= ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ 即 ，
解 ， 舍去；
当点G在CB延长线上， ，过M作ML⊥BC，交直线BC于L，∵GB∥AD，
∴∴∠DAM=∠BGM，∠ADM=∠GBM，
∴△BGM∽△DAM，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵∠LBM=∠CBD=45°，ML⊥BC，
∴△MLB为等腰直角三角形，
∵ML∥CD，
∴∠LMB=∠CDB，∠L=∠DCB，
∴△MLB∽△DCB，
∴ ，CD=1，
∴ML=
∵ML∥BE，
∴∠L=∠FBE，∠LMF=∠BEF，
∴△LMF∽△BEF，
∴ ，∵BE=AE-AB=x-1，LF=LB+BC+CF= ，BF=BC+CF=1+x，
∴ ，
整理得： ，
解得 ， 舍去，
∴AE的值为 或 ．
【思路引导】（1）过点E作EH⊥BD与H，再利用解直角三角形求出EH、AB的长，然后利用线段的和
差求出DH，最后利用正切的定义求解即可；
（2）先证明△BEM∽△FDM，再利用相似三角形的性质可得 ，即 ，再化简即
可得到答案；
（3）分两种情况， 当点G在BC上，当点G在CB延长线上， ，过M作ML⊥BC，交直线BC
于L， 再分别利用相似三角形的性质求解即可
