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5. 如图,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4,则图中5个小矩形的周长之和为
14
。答案
5. 14
解析
【分析】
解题时可采用平移法：首先观察5个小矩形的边的分布，将所有小矩形的水平方向的边分别向上、向下平移至大矩形ABCD的上下边位置，将竖直方向的边分别向左、向右平移至大矩形ABCD的左右边位置，可发现5个小矩形的周长之和恰好等于大矩形ABCD的周长，接下来只需要计算大矩形的周长即可得到结果。
【解析】
根据平移的性质，把5个小矩形的所有水平边平移到大矩形的上下边，所有竖直边平移到大矩形的左右边，可得5个小矩形的周长之和等于大矩形ABCD的周长。
已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，根据矩形周长公式：
$C_{\mathrm{矩形}ABCD}=2×(AB+BC)=2×(3+4)=14$
因此5个小矩形的周长之和为14。
【答案】
14
【知识点】
平移的性质、矩形周长计算
【点评】
本题考查平移思想在周长计算中的应用，通过平移可以将分散的小边长整合为规则大图形的边长，大幅简化计算过程，不需要逐个求解每个小矩形的周长即可得到结果。
【难度系数】
0.8
解题时可采用平移法：首先观察5个小矩形的边的分布，将所有小矩形的水平方向的边分别向上、向下平移至大矩形ABCD的上下边位置，将竖直方向的边分别向左、向右平移至大矩形ABCD的左右边位置，可发现5个小矩形的周长之和恰好等于大矩形ABCD的周长，接下来只需要计算大矩形的周长即可得到结果。
【解析】
根据平移的性质，把5个小矩形的所有水平边平移到大矩形的上下边，所有竖直边平移到大矩形的左右边，可得5个小矩形的周长之和等于大矩形ABCD的周长。
已知矩形ABCD中，AB=3，BC=4，根据矩形周长公式：
$C_{\mathrm{矩形}ABCD}=2×(AB+BC)=2×(3+4)=14$
因此5个小矩形的周长之和为14。
【答案】
14
【知识点】
平移的性质、矩形周长计算
【点评】
本题考查平移思想在周长计算中的应用，通过平移可以将分散的小边长整合为规则大图形的边长，大幅简化计算过程，不需要逐个求解每个小矩形的周长即可得到结果。
【难度系数】
0.8
6.有下列5个结论:①正方形具有平行四边形的一切性质;②正方形具有矩形的一切性质;③正方形具有菱形的一切性质;④正方形有两条对称轴;⑤正方形有四条对称轴。其中正确的有(
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
D
)。A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
6. D
解析
【分析】
解题时首先明确正方形的从属关系：正方形是特殊的平行四边形，同时是特殊的矩形和特殊的菱形，因此兼具这三类四边形的所有性质；再回忆正方形对称轴的数量，逐一判断5个结论的正误，最后统计正确结论的个数对应选项即可。
【解析】
我们对5个结论逐一判断：
① 正方形属于特殊的平行四边形，因此具有平行四边形的一切性质，结论正确；
② 正方形是邻边相等的特殊矩形，因此具有矩形的一切性质，结论正确；
③ 正方形是有一个内角为直角的特殊菱形，因此具有菱形的一切性质，结论正确；
④ 正方形的对称轴包括：两组对边中点所在的直线共2条，两条对角线所在的直线共2条，合计4条，因此“有两条对称轴”的结论错误；
⑤ 由上述分析可知正方形有4条对称轴，结论正确。
综上，正确的结论为①②③⑤，共4个，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；对称轴的判定；特殊四边形的从属关系
【点评】
本题考查正方形的基础性质，核心是理解正方形作为特殊平行四边形，同时兼具矩形、菱形的所有特征，只要准确记忆其对称轴数量就能顺利解题，属于基础类考题。
【难度系数】
0.85
解题时首先明确正方形的从属关系：正方形是特殊的平行四边形，同时是特殊的矩形和特殊的菱形，因此兼具这三类四边形的所有性质；再回忆正方形对称轴的数量，逐一判断5个结论的正误，最后统计正确结论的个数对应选项即可。
【解析】
我们对5个结论逐一判断：
① 正方形属于特殊的平行四边形，因此具有平行四边形的一切性质，结论正确；
② 正方形是邻边相等的特殊矩形，因此具有矩形的一切性质，结论正确；
③ 正方形是有一个内角为直角的特殊菱形，因此具有菱形的一切性质，结论正确；
④ 正方形的对称轴包括：两组对边中点所在的直线共2条，两条对角线所在的直线共2条，合计4条，因此“有两条对称轴”的结论错误；
⑤ 由上述分析可知正方形有4条对称轴，结论正确。
综上，正确的结论为①②③⑤，共4个，对应选项D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；对称轴的判定；特殊四边形的从属关系
【点评】
本题考查正方形的基础性质，核心是理解正方形作为特殊平行四边形，同时兼具矩形、菱形的所有特征，只要准确记忆其对称轴数量就能顺利解题，属于基础类考题。
【难度系数】
0.85
7. 如图，把正方形ABCD绕点A按顺时针方向旋转得到正方形AEFG，边FG与BC相交于点H。求证：$HG = HB$。
（第7题）
（第7题）答案
7. 如图，连接AH。
∵ 四边形ABCD, AEFG 都是正方形，
∴ ∠B = ∠G = 90°。由题意知AG = AB，在 Rt △AGH 和 Rt△ABH中,AH = AH,AG = AB，
∴ Rt△AGH≌Rt△ABH( HL)。
∴ HG = HB
解析
【分析】
要证明HG=HB，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。首先观察到HG在Rt△AGH中，HB在Rt△ABH中，结合正方形的性质可得∠G=∠B=90°，再由旋转的性质可知AG=AB，此时只需连接公共边AH，即可利用HL判定两个直角三角形全等，进而得到对应边相等的结论。
【解析】
证明：连接AH。
∵ 四边形ABCD、AEFG都是正方形，
∴ ∠B = ∠G = 90°，
由旋转的性质可得AG = AB，
在Rt△AGH和Rt△ABH中，
$\{\begin{array}{l}AH=AH\\AG=AB\end{array} $
∴ Rt△AGH≌Rt△ABH（HL），
∴ HG = HB。
【答案】
如图，连接AH。
∵ 四边形ABCD, AEFG 都是正方形，
∴ ∠B = ∠G = 90°。由题意知AG = AB，在 Rt △AGH 和 Rt△ABH中,AH = AH,AG = AB，
∴ Rt△AGH≌Rt△ABH( HL)。
∴ HG = HB
【知识点】
正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的关键是合理构造辅助线，结合已知图形的性质找到全等三角形的判定条件，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.8
要证明HG=HB，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。首先观察到HG在Rt△AGH中，HB在Rt△ABH中，结合正方形的性质可得∠G=∠B=90°，再由旋转的性质可知AG=AB，此时只需连接公共边AH，即可利用HL判定两个直角三角形全等，进而得到对应边相等的结论。
【解析】
证明：连接AH。
∵ 四边形ABCD、AEFG都是正方形，
∴ ∠B = ∠G = 90°，
由旋转的性质可得AG = AB，
在Rt△AGH和Rt△ABH中，
$\{\begin{array}{l}AH=AH\\AG=AB\end{array} $
∴ Rt△AGH≌Rt△ABH（HL），
∴ HG = HB。
【答案】
如图，连接AH。
∵ 四边形ABCD, AEFG 都是正方形，
∴ ∠B = ∠G = 90°。由题意知AG = AB，在 Rt △AGH 和 Rt△ABH中,AH = AH,AG = AB，
∴ Rt△AGH≌Rt△ABH( HL)。
∴ HG = HB
【知识点】
正方形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的关键是合理构造辅助线，结合已知图形的性质找到全等三角形的判定条件，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.8
1. 如图,在正方形ABCD中,O是AC上的一点,且OA = $\frac{1}{4}$AC,将正方形ABCD绕点O旋转,使它与原正方形重合,那么旋转的最小角度是
360°
。答案
1. 360°
解析
【分析】
要解决这道题，首先要明确旋转后图形与原图形重合的核心条件：旋转后图形的所有顶点都要与原图形的顶点重合，且旋转前后对应点到旋转中心的距离相等。很多同学容易陷入思维定式，默认旋转中心是正方形的对角线交点，直接得出90°的错误结论。首先我们先判断O点的位置：已知OA=1/4AC，说明O不是正方形对角线的中点（中心），接下来我们可以通过分析各顶点到O点的距离推导最小旋转角：正方形四个顶点到O的距离中，仅OB=OD，OA和OC的长度与其他顶点到O的距离都不相等，因此旋转时A只能和自身重合、C也只能和自身重合，要让A、C都与自身重合，旋转角必须是360°的整数倍，再验证更小的角度（如90°、180°、270°）都无法让所有顶点落在原正方形的顶点位置，因此最小旋转角为360°。
【解析】
我们用坐标法验证：
设正方形ABCD的顶点坐标为A(0,0)、B(4,0)、C(4,4)、D(0,4)，则对角线AC的长度为$\sqrt{(4-0)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}$。
由$OA=\frac{1}{4}AC=\sqrt{2}$，可得O点坐标为(1,1)。
计算各顶点到O的距离：
$OA=\sqrt{(1-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$，
$OB=\sqrt{(4-1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{10}$，
$OC=\sqrt{(4-1)^2+(4-1)^2}=3\sqrt{2}$，
$OD=\sqrt{(0-1)^2+(4-1)^2}=\sqrt{10}$。
根据旋转的性质，旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：
1. 只有A到O的距离为$\sqrt{2}$，因此旋转后A只能与自身重合；
2. 只有C到O的距离为$3\sqrt{2}$，因此旋转后C也只能与自身重合。
要使A、C旋转后与自身重合，旋转角必须是360°的整数倍，最小的正旋转角就是360°，此时所有顶点都回到原位置，正方形与原图形重合。
【答案】
$360°$
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，旋转对称图形
【点评】
本题容易因思维定式误将O点当成正方形的中心，错填90°，解题时要先明确旋转中心的位置，结合旋转的核心性质分析，避免凭经验直接答题。
【难度系数】
0.3
要解决这道题，首先要明确旋转后图形与原图形重合的核心条件：旋转后图形的所有顶点都要与原图形的顶点重合，且旋转前后对应点到旋转中心的距离相等。很多同学容易陷入思维定式，默认旋转中心是正方形的对角线交点，直接得出90°的错误结论。首先我们先判断O点的位置：已知OA=1/4AC，说明O不是正方形对角线的中点（中心），接下来我们可以通过分析各顶点到O点的距离推导最小旋转角：正方形四个顶点到O的距离中，仅OB=OD，OA和OC的长度与其他顶点到O的距离都不相等，因此旋转时A只能和自身重合、C也只能和自身重合，要让A、C都与自身重合，旋转角必须是360°的整数倍，再验证更小的角度（如90°、180°、270°）都无法让所有顶点落在原正方形的顶点位置，因此最小旋转角为360°。
【解析】
我们用坐标法验证：
设正方形ABCD的顶点坐标为A(0,0)、B(4,0)、C(4,4)、D(0,4)，则对角线AC的长度为$\sqrt{(4-0)^2+(4-0)^2}=4\sqrt{2}$。
由$OA=\frac{1}{4}AC=\sqrt{2}$，可得O点坐标为(1,1)。
计算各顶点到O的距离：
$OA=\sqrt{(1-0)^2+(1-0)^2}=\sqrt{2}$，
$OB=\sqrt{(4-1)^2+(0-1)^2}=\sqrt{10}$，
$OC=\sqrt{(4-1)^2+(4-1)^2}=3\sqrt{2}$，
$OD=\sqrt{(0-1)^2+(4-1)^2}=\sqrt{10}$。
根据旋转的性质，旋转前后对应点到旋转中心的距离相等：
1. 只有A到O的距离为$\sqrt{2}$，因此旋转后A只能与自身重合；
2. 只有C到O的距离为$3\sqrt{2}$，因此旋转后C也只能与自身重合。
要使A、C旋转后与自身重合，旋转角必须是360°的整数倍，最小的正旋转角就是360°，此时所有顶点都回到原位置，正方形与原图形重合。
【答案】
$360°$
【知识点】
旋转的性质，正方形的性质，旋转对称图形
【点评】
本题容易因思维定式误将O点当成正方形的中心，错填90°，解题时要先明确旋转中心的位置，结合旋转的核心性质分析，避免凭经验直接答题。
【难度系数】
0.3
2. 如图,在矩形ABCD中,点E在BC上,AE=AD,DF⊥AE,垂足为点F。求证:DF=AB。
（第2题）
（第2题）答案
在矩形ABCD中,
∵ AD // BC, ∠B =90°,
∴ ∠AEB = ∠DAF。又
∵ DF ⊥ AE,
∴ ∠DFA = 90°。
∴ ∠DFA = ∠B。在△ADF 和△EAB 中, ∠DFA = ∠B, ∠DAF = ∠AEB,AD = AE,
∴ △ADF≌△EAB( AAS)。
∴ DF = AB
∵ AD // BC, ∠B =90°,
∴ ∠AEB = ∠DAF。又
∵ DF ⊥ AE,
∴ ∠DFA = 90°。
∴ ∠DFA = ∠B。在△ADF 和△EAB 中, ∠DFA = ∠B, ∠DAF = ∠AEB,AD = AE,
∴ △ADF≌△EAB( AAS)。
∴ DF = AB
解析
【分析】
要证明DF=AB，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。首先定位线段所属三角形：DF属于△ADF，AB属于△EAB；接下来结合已知条件推导全等条件：利用矩形对边平行、四个角为直角的性质，可得AD//BC、∠B=90°，进而推出内错角∠DAF=∠AEB；再由DF⊥AE可得∠DFA=90°，即∠DFA=∠B；最后结合已知AD=AE，即可通过AAS判定两个三角形全等，由全等三角形对应边相等即可得证。
【解析】
证明：在矩形ABCD中，
∵ AD // BC，∠B =90°，
∴ ∠AEB = ∠DAF。
∵ DF ⊥ AE，
∴ ∠DFA = 90°，
∴ ∠DFA = ∠B。
在△ADF 和△EAB 中：
$\begin{cases}∠ DFA = ∠ B \\∠ DAF = ∠ AEB \\AD = AE\end{cases}$
∴ △ADF≌△EAB(AAS)，
∴ DF = AB。
【答案】
在矩形ABCD中,
∵ AD // BC, ∠B =90°,
∴ ∠AEB = ∠DAF。又
∵ DF ⊥ AE,
∴ ∠DFA = 90°。
∴ ∠DFA = ∠B。在△ADF 和△EAB 中, ∠DFA = ∠B, ∠DAF = ∠AEB,AD = AE,
∴ △ADF≌△EAB( AAS)。
∴ DF = AB
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何证明题型，主要考察利用三角形全等证明线段相等的方法，解题关键是结合矩形性质挖掘出隐含的角相等、直角的条件，是全等三角形应用的常规考法。
【难度系数】
0.8
要证明DF=AB，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。首先定位线段所属三角形：DF属于△ADF，AB属于△EAB；接下来结合已知条件推导全等条件：利用矩形对边平行、四个角为直角的性质，可得AD//BC、∠B=90°，进而推出内错角∠DAF=∠AEB；再由DF⊥AE可得∠DFA=90°，即∠DFA=∠B；最后结合已知AD=AE，即可通过AAS判定两个三角形全等，由全等三角形对应边相等即可得证。
【解析】
证明：在矩形ABCD中，
∵ AD // BC，∠B =90°，
∴ ∠AEB = ∠DAF。
∵ DF ⊥ AE，
∴ ∠DFA = 90°，
∴ ∠DFA = ∠B。
在△ADF 和△EAB 中：
$\begin{cases}∠ DFA = ∠ B \\∠ DAF = ∠ AEB \\AD = AE\end{cases}$
∴ △ADF≌△EAB(AAS)，
∴ DF = AB。
【答案】
在矩形ABCD中,
∵ AD // BC, ∠B =90°,
∴ ∠AEB = ∠DAF。又
∵ DF ⊥ AE,
∴ ∠DFA = 90°。
∴ ∠DFA = ∠B。在△ADF 和△EAB 中, ∠DFA = ∠B, ∠DAF = ∠AEB,AD = AE,
∴ △ADF≌△EAB( AAS)。
∴ DF = AB
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何证明题型，主要考察利用三角形全等证明线段相等的方法，解题关键是结合矩形性质挖掘出隐含的角相等、直角的条件，是全等三角形应用的常规考法。
【难度系数】
0.8
