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1[中]将图(1)中两个三角形按图(2)所示的方式摆放,其中四边形ABCD为矩形,连接PQ,MN,甲、乙两人有如下结论:
甲:若四边形ABCD是边长为1的正方形,则四边形PQMN必是正方形;
乙:若四边形PQMN为正方形,则四边形ABCD必是边长为1的正方形.下列判断正确的是
(
A.甲正确,乙不正确
B.甲不正确,乙正确
C.甲、乙都不正确
D.甲、乙都正确
(第1题图)
(第2题图)
甲:若四边形ABCD是边长为1的正方形,则四边形PQMN必是正方形;
乙:若四边形PQMN为正方形,则四边形ABCD必是边长为1的正方形.下列判断正确的是
(
D
)A.甲正确,乙不正确
B.甲不正确,乙正确
C.甲、乙都不正确
D.甲、乙都正确
(第1题图)
(第2题图)
答案
1.D 【解析】甲:
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形,
∴ AB=BC=CD=AD=1, ∠BAD=90°,
∴ AQ=4-1=3,AP=3+1=4, ∠PAQ=90°,
∴ PQ²=AQ²+AP²=25,
∴ PQ=5,同理可得 MN=5,
∴ 四边形PQMN是菱形. 在△QMD 和△PQA 中,
$\begin{cases}MQ=QP,\\MD=QA,\\DQ=AP,\end{cases}$
∴ △QMD≅△PQA(SSS),
∴ ∠MQD=∠APQ.
∵ ∠AQP+∠QPA=90°,
∴ ∠AQP+∠MQD=90°,
∴ ∠MQP=90°,则四边形PQMN必是正方形,
∴ 甲正确. 乙:若四边形PQMN为正方形,则 PQ = PN = MN = MQ = 5, 且∠QMD + ∠MQD = ∠AQP + ∠MQD = ∠AQP + ∠APQ=90°,
∴ ∠MQD = ∠APQ, ∠QMD = ∠AQP.
在△QMD 和△PQA 中,
$\begin{cases}∠QMD=∠AQP,\\MQ=PQ,\\∠MQD=∠QPA,\end{cases}$
∴ △QMD≅△PQA(ASA),
∴ QD=AP=4,MD=AQ=3,同理可得QD=AP=MC=BN=4. 又
∵ BP=MD=AQ=3,
∴ AB=AD=1. 又
∵ 四边形ABCD为矩形,
∴ 四边形ABCD必是边长为1的正方形,
∴ 乙正确. 故选D.
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形,
∴ AB=BC=CD=AD=1, ∠BAD=90°,
∴ AQ=4-1=3,AP=3+1=4, ∠PAQ=90°,
∴ PQ²=AQ²+AP²=25,
∴ PQ=5,同理可得 MN=5,
∴ 四边形PQMN是菱形. 在△QMD 和△PQA 中,
$\begin{cases}MQ=QP,\\MD=QA,\\DQ=AP,\end{cases}$
∴ △QMD≅△PQA(SSS),
∴ ∠MQD=∠APQ.
∵ ∠AQP+∠QPA=90°,
∴ ∠AQP+∠MQD=90°,
∴ ∠MQP=90°,则四边形PQMN必是正方形,
∴ 甲正确. 乙:若四边形PQMN为正方形,则 PQ = PN = MN = MQ = 5, 且∠QMD + ∠MQD = ∠AQP + ∠MQD = ∠AQP + ∠APQ=90°,
∴ ∠MQD = ∠APQ, ∠QMD = ∠AQP.
在△QMD 和△PQA 中,
$\begin{cases}∠QMD=∠AQP,\\MQ=PQ,\\∠MQD=∠QPA,\end{cases}$
∴ △QMD≅△PQA(ASA),
∴ QD=AP=4,MD=AQ=3,同理可得QD=AP=MC=BN=4. 又
∵ BP=MD=AQ=3,
∴ AB=AD=1. 又
∵ 四边形ABCD为矩形,
∴ 四边形ABCD必是边长为1的正方形,
∴ 乙正确. 故选D.
解析
【分析】
要判断甲、乙两人的结论是否正确，需分别从两个结论的已知条件出发推导：验证甲的结论时，先根据ABCD是边长为1的正方形，结合图形线段和差关系求各段长度，用勾股定理证明PQMN四边相等得到菱形，再通过全等三角形证明菱形有一个内角为90°，即可判定其为正方形；验证乙的结论时，先利用PQMN是正方形的边角性质证明对应三角形全等，得到线段等量关系，求出矩形ABCD的边长均为1，即可判定其为边长为1的正方形。
【解析】
验证甲的结论：
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ $AB=BC=CD=AD=1$，$∠ BAD=90°$，
∴ $AQ=4-1=3$，$AP=3+1=4$，$∠ PAQ=90°$，
由勾股定理得 $PQ^2=AQ^2+AP^2=3^2+4^2=25$，
∴ $PQ=5$，同理可证 $QM=MN=NP=5$，
∴ 四边形PQMN是菱形。
在$△ QMD$和$△ PQA$中：
$\begin{cases}MQ=QP,\\MD=QA=3,\\DQ=AP=4,\end{cases}$
∴ $△ QMD≌△ PQA(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ MQD=∠ APQ$。
∵ $∠ AQP+∠ QPA=90°$，
∴ $∠ AQP+∠ MQD=90°$，
∴ $∠ MQP=180°-(∠ AQP+∠ MQD)=90°$，
∴ 菱形PQMN是正方形，甲正确。
验证乙的结论：
若四边形PQMN为正方形，则 $PQ=PN=MN=MQ=5$，且$∠ MQP=90°$，
∴ $∠ MQD+∠ AQP=90°$，
又
∵ 在$\mathrm{Rt}△ PQA$中，$∠ AQP+∠ APQ=90°$，
∴ $∠ MQD=∠ APQ$，同理可得$∠ QMD=∠ AQP$。
在$△ QMD$和$△ PQA$中：
$\begin{cases}∠ QMD=∠ AQP,\\MQ=PQ,\\∠ MQD=∠ QPA,\end{cases}$
∴ $△ QMD≌△ PQA(\mathrm{ASA})$，
∴ $QD=AP=4$，$MD=AQ=3$，
同理可得其余对应边也满足该等量关系，
∴ $AD=QD-AQ=4-3=1$，$AB=AP-BP=4-3=1$，
又
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ 四边形ABCD是边长为1的正方形，乙正确。
综上，甲、乙结论都正确。
【答案】
D
【知识点】
正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题为几何综合推理题，需要从正反两个方向进行逻辑推导，解题时要结合图形线段的和差关系，灵活运用相关几何定理分析，侧重考查学生的逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
要判断甲、乙两人的结论是否正确，需分别从两个结论的已知条件出发推导：验证甲的结论时，先根据ABCD是边长为1的正方形，结合图形线段和差关系求各段长度，用勾股定理证明PQMN四边相等得到菱形，再通过全等三角形证明菱形有一个内角为90°，即可判定其为正方形；验证乙的结论时，先利用PQMN是正方形的边角性质证明对应三角形全等，得到线段等量关系，求出矩形ABCD的边长均为1，即可判定其为边长为1的正方形。
【解析】
验证甲的结论：
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ $AB=BC=CD=AD=1$，$∠ BAD=90°$，
∴ $AQ=4-1=3$，$AP=3+1=4$，$∠ PAQ=90°$，
由勾股定理得 $PQ^2=AQ^2+AP^2=3^2+4^2=25$，
∴ $PQ=5$，同理可证 $QM=MN=NP=5$，
∴ 四边形PQMN是菱形。
在$△ QMD$和$△ PQA$中：
$\begin{cases}MQ=QP,\\MD=QA=3,\\DQ=AP=4,\end{cases}$
∴ $△ QMD≌△ PQA(\mathrm{SSS})$，
∴ $∠ MQD=∠ APQ$。
∵ $∠ AQP+∠ QPA=90°$，
∴ $∠ AQP+∠ MQD=90°$，
∴ $∠ MQP=180°-(∠ AQP+∠ MQD)=90°$，
∴ 菱形PQMN是正方形，甲正确。
验证乙的结论：
若四边形PQMN为正方形，则 $PQ=PN=MN=MQ=5$，且$∠ MQP=90°$，
∴ $∠ MQD+∠ AQP=90°$，
又
∵ 在$\mathrm{Rt}△ PQA$中，$∠ AQP+∠ APQ=90°$，
∴ $∠ MQD=∠ APQ$，同理可得$∠ QMD=∠ AQP$。
在$△ QMD$和$△ PQA$中：
$\begin{cases}∠ QMD=∠ AQP,\\MQ=PQ,\\∠ MQD=∠ QPA,\end{cases}$
∴ $△ QMD≌△ PQA(\mathrm{ASA})$，
∴ $QD=AP=4$，$MD=AQ=3$，
同理可得其余对应边也满足该等量关系，
∴ $AD=QD-AQ=4-3=1$，$AB=AP-BP=4-3=1$，
又
∵ 四边形ABCD为矩形，
∴ 四边形ABCD是边长为1的正方形，乙正确。
综上，甲、乙结论都正确。
【答案】
D
【知识点】
正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题为几何综合推理题，需要从正反两个方向进行逻辑推导，解题时要结合图形线段的和差关系，灵活运用相关几何定理分析，侧重考查学生的逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
2[2025广东广州期中,中]如图,已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,进行如下操作:第一次,顺次连接菱形ABCD各边的中点,得到四边形$A_1B_1C_1D_1$;第二次,顺次连接四边形$A_1B_1C_1D_1$各边的中点,得到四边形$A_2B_2C_2D_2$;…,如此反复操作下去,则第n次操作后,得到四边形$A_nB_nC_nD_n$的面积是 (
A.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^n}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{n-1}}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{n+1}}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{2n}}$
B
)A.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^n}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{n-1}}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{n+1}}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2^{2n}}$
答案
2.B 【解析】连接AC,BD,如图
.∵ 点A₁,B₁分别是AB和BC的中点,点C₁,D₁分别是CD和AD的中点,
∴ A₁B₁是△ABC的中位线,C₁D₁是△ACD的中位线,
∴ A₁B₁//AC,A₁B₁ = $\frac{1}{2}$AC,C₁D₁//AC,C₁D₁ = $\frac{1}{2}$AC,
∴ A₁B₁ // C₁D₁, A₁B₁ = C₁D₁,
∴ 四边形A₁B₁C₁D₁是平行四边形. 又
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AC ⊥ BD.
∵ A₁,D₁分别是AB,AD的中点,
∴ A₁D₁是△ABD的中位线,
∴ A₁D₁//DB,
∴ A₁D₁ ⊥ C₁D₁,
∴ ∠A₁D₁C₁ = 90°,
∴ 四边形A₁B₁C₁D₁是矩形.
∵ 四边形ABCD是菱形,
∴ AD = AB.
∵ AD₁ = $\frac{1}{2}$AD,AA₁ = $\frac{1}{2}$AB,
∴ AD₁ = AA₁.
∵ ∠DAB = 60°,
∴ △D₁AA₁是等边三角形. 又
∵ AA₁ = $\frac{1}{2}$AB = 1,
∴ A₁D₁ = AA₁ = 1. 易得 C₁D₁ = $\sqrt{3}$,
∴ 四边形A₁B₁C₁D₁的面积为$\sqrt{3}$; 依次类推,四边形A₂B₂C₂D₂的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$; 四边形A₃B₃C₃D₃的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^2}$; …,
∴ 四边形AₙBₙCₙDₙ的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^{n-1}}$. 故选B.
解析
【分析】
要解决这道题，首先先计算原菱形ABCD的面积，再结合三角形中位线的性质，推导得出每次顺次连接四边形各边中点得到的新四边形面积是前一个四边形面积的$\frac{1}{2}$，找到面积的递推规律，最后归纳出第n次操作后四边形的面积即可。
【解析】
连接AC，BD，如图。
∵ 点$A_1,B_1$分别是AB和BC的中点，点$C_1,D_1$分别是CD和AD的中点，
∴ $A_1B_1$是$△ ABC$的中位线，$C_1D_1$是$△ ACD$的中位线，
∴ $A_1B_1// AC$，$A_1B_1=\frac{1}{2}AC$，$C_1D_1// AC$，$C_1D_1=\frac{1}{2}AC$，
∴ $A_1B_1// C_1D_1$，$A_1B_1=C_1D_1$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$是平行四边形。
又
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AC⊥ BD$。
∵ $A_1,D_1$分别是AB,AD的中点，
∴ $A_1D_1$是$△ ABD$的中位线，
∴ $A_1D_1// DB$，
∴ $A_1D_1⊥ C_1D_1$，即$∠ A_1D_1C_1=90°$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$是矩形。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=AB$，
∵ $AD_1=\frac{1}{2}AD$，$AA_1=\frac{1}{2}AB$，
∴ $AD_1=AA_1$，
又$∠ DAB=60°$，
∴ $△ D_1AA_1$是等边三角形，
∵ $AA_1=\frac{1}{2}AB=1$，
∴ $A_1D_1=AA_1=1$，易得$C_1D_1=\sqrt{3}$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$的面积为$1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
依次类推，四边形$A_2B_2C_2D_2$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，四边形$A_3B_3C_3D_3$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^2}$，……
∴ 第n次操作后，四边形$A_nB_nC_nD_n$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^{n-1}}$。故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.菱形的性质 2.三角形中位线定理 3.中点四边形规律
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质与规律探究，解题关键是结合中位线定理推导出每次得到的新四边形面积为前一个的一半，能较好地考查学生的逻辑推理和归纳总结能力。
【难度系数】
0.6
要解决这道题，首先先计算原菱形ABCD的面积，再结合三角形中位线的性质，推导得出每次顺次连接四边形各边中点得到的新四边形面积是前一个四边形面积的$\frac{1}{2}$，找到面积的递推规律，最后归纳出第n次操作后四边形的面积即可。
【解析】
连接AC，BD，如图
。∵ 点$A_1,B_1$分别是AB和BC的中点，点$C_1,D_1$分别是CD和AD的中点，
∴ $A_1B_1$是$△ ABC$的中位线，$C_1D_1$是$△ ACD$的中位线，
∴ $A_1B_1// AC$，$A_1B_1=\frac{1}{2}AC$，$C_1D_1// AC$，$C_1D_1=\frac{1}{2}AC$，
∴ $A_1B_1// C_1D_1$，$A_1B_1=C_1D_1$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$是平行四边形。
又
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AC⊥ BD$。
∵ $A_1,D_1$分别是AB,AD的中点，
∴ $A_1D_1$是$△ ABD$的中位线，
∴ $A_1D_1// DB$，
∴ $A_1D_1⊥ C_1D_1$，即$∠ A_1D_1C_1=90°$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$是矩形。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ $AD=AB$，
∵ $AD_1=\frac{1}{2}AD$，$AA_1=\frac{1}{2}AB$，
∴ $AD_1=AA_1$，
又$∠ DAB=60°$，
∴ $△ D_1AA_1$是等边三角形，
∵ $AA_1=\frac{1}{2}AB=1$，
∴ $A_1D_1=AA_1=1$，易得$C_1D_1=\sqrt{3}$，
∴ 四边形$A_1B_1C_1D_1$的面积为$1×\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
依次类推，四边形$A_2B_2C_2D_2$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，四边形$A_3B_3C_3D_3$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^2}$，……
∴ 第n次操作后，四边形$A_nB_nC_nD_n$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{2^{n-1}}$。故选B。
【答案】
B
【知识点】
1.菱形的性质 2.三角形中位线定理 3.中点四边形规律
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质与规律探究，解题关键是结合中位线定理推导出每次得到的新四边形面积为前一个的一半，能较好地考查学生的逻辑推理和归纳总结能力。
【难度系数】
0.6
3[2026广西南宁质检,中]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,点H在BC的延长线上.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∠DCH
D.CE+CG=9√2
B
)A.矩形DEFG是正方形
B.∠CEF=∠ADE
C.CG平分∠DCH
D.CE+CG=9√2
答案
3.B 【解析】如图
,过点E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 = ∠DCA = ∠DAC = 45°,
∴ EK = EL.
∵ ∠EKC = ∠ELC = ∠KCL = 90°,
∴ 四边形EKCL是矩形,
∴ ∠KEL = 90°.
∵ 四边形DEFG是矩形,
∴ ∠FED = ∠KEL = 90°,
∴ ∠FEK = ∠LED = 90° - ∠FEL.
∵ EK = EL, ∠EKF = ∠ELD = 90°,
∴ △FEK ≅ △DEL(ASA),
∴ DE = FE,
∴ 矩形DEFG是正方形,故A正确.
∵ ∠EDG = ∠ADC = 90°,
∴ ∠CDG = ∠ADE = 90° - ∠CDE.
∵ 矩形DEFG是正方形,
∴ GD = ED. 又
∵ CD = AD,
∴ △CDG ≅ △ADE(SAS),
∴ CG = AE,
∴ CE + CG = CE + AE = AC.
∵ ∠B = 90°, AB = CB = 9,
∴ AC = $\sqrt{AB^2+BC^2}$ = 9$\sqrt{2}$,
∴ CE + CG = 9$\sqrt{2}$,故D正确.
∵ △CDG ≅ △ADE,
∴ ∠DAE = ∠DCG = 45°,
∴ ∠GCH = 45°,
∴ CG平分∠DCH,故C正确.
∵ EL⊥CD,AD⊥CD,
∴ EL//AD,
∴ ∠ADE = ∠DEL = ∠FEK, ∠FEK 与 ∠CEF 不一定相等,
∴ ∠CEF 与 ∠ADE 不一定相等,故B不正确. 故选B.
解析
【分析】
这是一道正方形相关的综合判断题，我们可通过作辅助线构造全等三角形，结合正方形、矩形的性质逐一验证选项：
1. 验证A选项：要证矩形DEFG是正方形，需证邻边DE=EF，过E分别作BC、CD的垂线，利用角平分线性质得两条垂线长度相等，再证三角形全等即可得边相等；
2. 验证B选项：结合平行线的内错角相等和全等三角形的对应角相等，分析∠CEF与∠ADE的关系，判断二者是否一定相等；
3. 验证C选项：要证CG平分∠DCH，需证∠DCG和∠GCH均为45°，可通过证明△CDG与△ADE全等，推导∠DCG的度数即可判断；
4. 验证D选项：利用全等三角形对应边相等，将CG转化为AE，即可得CE+CG为正方形对角线AC的长度，结合边长计算即可验证。
【解析】
如图，过点E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 = ∠DCA = ∠DAC = 45°，
∴ EK = EL。
∵ ∠EKC = ∠ELC = ∠KCL = 90°，
∴ 四边形EKCL是矩形，
∴ ∠KEL = 90°。
∵ 四边形DEFG是矩形，
∴ ∠FED = ∠KEL = 90°，
∴ ∠FEK = ∠LED = 90° - ∠FEL。
∵ EK = EL，∠EKF = ∠ELD = 90°，
∴ △FEK ≅ △DEL(ASA)，
∴ DE = FE，
∴ 矩形DEFG是正方形，故A正确。
∵ ∠EDG = ∠ADC = 90°，
∴ ∠CDG = ∠ADE = 90° - ∠CDE。
∵ 矩形DEFG是正方形，
∴ GD = ED。
又
∵ CD = AD，
∴ △CDG ≅ △ADE(SAS)，
∴ CG = AE，
∴ CE + CG = CE + AE = AC。
∵ ∠B = 90°，AB = CB = 9，
∴ AC = $\sqrt{AB^2+BC^2}$ = $9\sqrt{2}$，
∴ CE + CG = $9\sqrt{2}$，故D正确。
∵ △CDG ≅ △ADE，
∴ ∠DAE = ∠DCG = 45°，
∴ ∠GCH = 180° - ∠BCD - ∠DCG = 180° - 90° - 45° = 45°，
∴ ∠DCG = ∠GCH，即CG平分∠DCH，故C正确。
∵ EL⊥CD，AD⊥CD，
∴ EL//AD，
∴ ∠ADE = ∠DEL = ∠FEK，∠FEK 与 ∠CEF 不一定相等，
∴ ∠CEF 与 ∠ADE 不一定相等，故B不正确。
【答案】
B
【知识点】
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
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质和全等三角形的应用，解题的关键是合理作辅助线构造全等三角形，对逻辑推理能力有一定要求，是正方形相关知识应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
这是一道正方形相关的综合判断题，我们可通过作辅助线构造全等三角形，结合正方形、矩形的性质逐一验证选项：
1. 验证A选项：要证矩形DEFG是正方形，需证邻边DE=EF，过E分别作BC、CD的垂线，利用角平分线性质得两条垂线长度相等，再证三角形全等即可得边相等；
2. 验证B选项：结合平行线的内错角相等和全等三角形的对应角相等，分析∠CEF与∠ADE的关系，判断二者是否一定相等；
3. 验证C选项：要证CG平分∠DCH，需证∠DCG和∠GCH均为45°，可通过证明△CDG与△ADE全等，推导∠DCG的度数即可判断；
4. 验证D选项：利用全等三角形对应边相等，将CG转化为AE，即可得CE+CG为正方形对角线AC的长度，结合边长计算即可验证。
【解析】
如图
，过点E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 = ∠DCA = ∠DAC = 45°，
∴ EK = EL。
∵ ∠EKC = ∠ELC = ∠KCL = 90°，
∴ 四边形EKCL是矩形，
∴ ∠KEL = 90°。
∵ 四边形DEFG是矩形，
∴ ∠FED = ∠KEL = 90°，
∴ ∠FEK = ∠LED = 90° - ∠FEL。
∵ EK = EL，∠EKF = ∠ELD = 90°，
∴ △FEK ≅ △DEL(ASA)，
∴ DE = FE，
∴ 矩形DEFG是正方形，故A正确。
∵ ∠EDG = ∠ADC = 90°，
∴ ∠CDG = ∠ADE = 90° - ∠CDE。
∵ 矩形DEFG是正方形，
∴ GD = ED。
又
∵ CD = AD，
∴ △CDG ≅ △ADE(SAS)，
∴ CG = AE，
∴ CE + CG = CE + AE = AC。
∵ ∠B = 90°，AB = CB = 9，
∴ AC = $\sqrt{AB^2+BC^2}$ = $9\sqrt{2}$，
∴ CE + CG = $9\sqrt{2}$，故D正确。
∵ △CDG ≅ △ADE，
∴ ∠DAE = ∠DCG = 45°，
∴ ∠GCH = 180° - ∠BCD - ∠DCG = 180° - 90° - 45° = 45°，
∴ ∠DCG = ∠GCH，即CG平分∠DCH，故C正确。
∵ EL⊥CD，AD⊥CD，
∴ EL//AD，
∴ ∠ADE = ∠DEL = ∠FEK，∠FEK 与 ∠CEF 不一定相等，
∴ ∠CEF 与 ∠ADE 不一定相等，故B不正确。
【答案】
B
【知识点】
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
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质和全等三角形的应用，解题的关键是合理作辅助线构造全等三角形，对逻辑推理能力有一定要求，是正方形相关知识应用的典型题型。
【难度系数】
0.6
4[2025湖北武汉期末,较难]如图,点A,B分别是x轴和y轴上的动点,且OA+OB=6,取AB的中点P,则所有满足条件的点P围成的封闭图形的面积为
18
.答案
4.18 【解析】设点P的坐标为(x,y).
∵ P是AB中点,A在x轴上,B在y轴上,
∴ A(2x,0), B(0,2y),
∴ OA = |2x| = 2|x|, OB = |2y| = 2|y|.
∵ OA + OB = 6,
∴ |x| + |y| = 3. 如图
,当x≥0,y≥0时,点P运动的轨迹是线段CD,其中OC=OD=3;当x≥0,y≤0时,点P运动的轨迹是线段CF,其中OC=OF=3;当x≤0,y≥0时,点P运动的轨迹是线段DE,其中OE=OD=3;当x≤0,y≤0时,点P运动的轨迹是线段EF,其中OE=OF=3.∵ EC⊥DF,OC=OD=OE=OF,
∴ 四边形CDEF是正方形,
∴ 所有满足条件的点P围成的封闭图形是正方形,
∴ 这个封闭图形的面积为$\frac{1}{2}×6×6$=18. 故答案为18.
解析
【分析】
解题时先设出中点P的坐标，结合中点坐标公式反推x轴上点A、y轴上点B的坐标，再根据OA+OB=6的条件列出关系式，化简得到点P满足的方程；接着分x、y的正负四种情况讨论，确定点P的运动轨迹，判断出围成的封闭图形的形状，最后根据图形的性质计算面积即可。
【解析】
设点P的坐标为(x,y)。
∵ P是AB中点，A在x轴上，B在y轴上，
∴ A(2x,0)，B(0,2y)，
∴ OA = |2x| = 2|x|，OB = |2y| = 2|y|。
∵ OA + OB = 6，
∴ 2|x| + 2|y| = 6，化简得|x| + |y| = 3。
当x≥0,y≥0时，点P运动的轨迹是线段CD，其中OC=OD=3；当x≥0,y≤0时，点P运动的轨迹是线段CF，其中OC=OF=3；当x≤0,y≥0时，点P运动的轨迹是线段DE，其中OE=OD=3；当x≤0,y≤0时，点P运动的轨迹是线段EF，其中OE=OF=3。
∵ EC⊥DF，OC=OD=OE=OF=3，
∴ 四边形CDEF是正方形，其对角线EC长为6，DF长为6，
∴ 这个封闭图形的面积为$\frac{1}{2}×6×6=18$。
【答案】
18
【知识点】
中点坐标公式；绝对值方程；正方形面积计算
【点评】
本题综合考查了平面直角坐标系中点的坐标特征、中点公式的应用以及特殊图形面积的计算，解题的核心是通过坐标推导得到点P的轨迹方程，进而确定封闭图形的形状，需要注意距离的非负性，避免忽略坐标的绝对值导致轨迹判断错误。
【难度系数】
0.4
解题时先设出中点P的坐标，结合中点坐标公式反推x轴上点A、y轴上点B的坐标，再根据OA+OB=6的条件列出关系式，化简得到点P满足的方程；接着分x、y的正负四种情况讨论，确定点P的运动轨迹，判断出围成的封闭图形的形状，最后根据图形的性质计算面积即可。
【解析】
设点P的坐标为(x,y)。
∵ P是AB中点，A在x轴上，B在y轴上，
∴ A(2x,0)，B(0,2y)，
∴ OA = |2x| = 2|x|，OB = |2y| = 2|y|。
∵ OA + OB = 6，
∴ 2|x| + 2|y| = 6，化简得|x| + |y| = 3。
当x≥0,y≥0时，点P运动的轨迹是线段CD，其中OC=OD=3；当x≥0,y≤0时，点P运动的轨迹是线段CF，其中OC=OF=3；当x≤0,y≥0时，点P运动的轨迹是线段DE，其中OE=OD=3；当x≤0,y≤0时，点P运动的轨迹是线段EF，其中OE=OF=3。
∵ EC⊥DF，OC=OD=OE=OF=3，
∴ 四边形CDEF是正方形，其对角线EC长为6，DF长为6，
∴ 这个封闭图形的面积为$\frac{1}{2}×6×6=18$。
【答案】
18
【知识点】
中点坐标公式；绝对值方程；正方形面积计算
【点评】
本题综合考查了平面直角坐标系中点的坐标特征、中点公式的应用以及特殊图形面积的计算，解题的核心是通过坐标推导得到点P的轨迹方程，进而确定封闭图形的形状，需要注意距离的非负性，避免忽略坐标的绝对值导致轨迹判断错误。
【难度系数】
0.4
5[较难]如图,在四边形ABCD中,∠A=∠B=90°,AB=BC=4,AD=3,E是边AB上一点,且∠DCE=45°,则DE的长度是
刷素养 走向重高
3.4
。刷素养 走向重高
答案
5.3.4 【添加辅助线】过C作CG⊥AD,交AD延长线于G,延长DG至F,使GF=BE,连接CF,先证四边形ABCG是正方形,再证△ECD≅△FCD,得DE=DF. 设DE=x,在Rt△AED中利用勾股定理可求出ED的长.
【解析】如图
,过C作CG⊥AD,交AD的延长线于G,并延长DG至F,使GF=BE,连接CF.∵ ∠A=∠B=∠CGA=90°,AB=BC,
∴ 四边形ABCG为正方形,
∴ AG=BC=4,∠BCG=90°,BC=CG.
∵ AD=3,
∴ DG=4-3=1.
∵ BC=CG,∠B=∠CGF,BE=FG,
∴ △EBC ≅ △FGC (SAS),
∴ CE = CF, ∠ECB = ∠FCG.
∵ ∠DCE=45°,
∴ ∠BCE+∠DCG = ∠DCG+∠FCG = 45°,
∴ ∠DCE = ∠DCF.
∵ CE = CF, ∠DCE = ∠DCF, DC = DC,
∴ △ECD ≅ △FCD (SAS),
∴ ED = DF. 设 ED = x, 则 EB = FG = x - 1,
∴ AE=4-(x-1)=5-x.
∵ Rt△AED 中, AE²+AD² = DE²,
∴ (5-x)²+3²=x²,解得 x=3.4,
∴ DE=3.4. 故答案为3.4.
解析
【分析】
本题属于正方形半角模型的应用类题目，解题思路如下：首先观察到已知∠A、∠B为直角，AB=BC，可通过作辅助线构造正方形ABCG；结合∠DCE=45°的半角特征，采用截长补短的方法构造全等三角形，延长DG到F使GF=BE，先证△EBC≌△FGC得到边和角的等量关系，进而推出∠DCE=∠DCF，再证△ECD≌△FCD，将DE转化为DF，最后设DE为未知数，在Rt△AED中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
如图，过C作CG⊥AD，交AD的延长线于G，并延长DG至F，使GF=BE，连接CF。
∵ ∠A=∠B=∠CGA=90°，AB=BC，
∴ 四边形ABCG为正方形，
∴ AG=BC=4，∠BCG=90°，BC=CG。
∵ AD=3，
∴ DG=AG-AD=4-3=1。
在△EBC和△FGC中：
$\{\begin{array}{l} BC=CG\\ ∠ B=∠ CGF=90°\\ BE=FG\end{array} $
∴ △EBC ≅ △FGC (SAS)，
∴ CE = CF，∠ECB = ∠FCG。
∵ ∠DCE=45°，∠BCG=90°，
∴ ∠BCE+∠DCG = 90°-∠DCE=45°，
∴ ∠DCG+∠FCG = ∠DCF=45°，即∠DCE = ∠DCF。
在△ECD和△FCD中：
$\{\begin{array}{l} CE=CF\\ ∠ DCE=∠ DCF\\ CD=CD\end{array} $
∴ △ECD ≅ △FCD (SAS)，
∴ ED = DF。
设 ED = x，则 DF=x，
∵ DF=DG+GF=1+GF，
∴ GF=x-1，即EB=FG=x-1，
∴ AE=AB-EB=4-(x-1)=5-x。
在Rt△AED中，由勾股定理得：AE²+AD² = DE²，
∴ $(5-x)^2+3^2=x^2$，
展开得：$25-10x+x^2+9=x^2$，
整理得：$10x=34$，
解得 x=3.4。
【答案】
3.4
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是正方形半角模型的典型考题，需要通过构造辅助线将分散的边角条件集中，利用全等实现线段的等量转化，再结合勾股定理建立方程求解，既考查了几何辅助线的构造能力，也渗透了转化思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.4
本题属于正方形半角模型的应用类题目，解题思路如下：首先观察到已知∠A、∠B为直角，AB=BC，可通过作辅助线构造正方形ABCG；结合∠DCE=45°的半角特征，采用截长补短的方法构造全等三角形，延长DG到F使GF=BE，先证△EBC≌△FGC得到边和角的等量关系，进而推出∠DCE=∠DCF，再证△ECD≌△FCD，将DE转化为DF，最后设DE为未知数，在Rt△AED中用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
如图
，过C作CG⊥AD，交AD的延长线于G，并延长DG至F，使GF=BE，连接CF。∵ ∠A=∠B=∠CGA=90°，AB=BC，
∴ 四边形ABCG为正方形，
∴ AG=BC=4，∠BCG=90°，BC=CG。
∵ AD=3，
∴ DG=AG-AD=4-3=1。
在△EBC和△FGC中：
$\{\begin{array}{l} BC=CG\\ ∠ B=∠ CGF=90°\\ BE=FG\end{array} $
∴ △EBC ≅ △FGC (SAS)，
∴ CE = CF，∠ECB = ∠FCG。
∵ ∠DCE=45°，∠BCG=90°，
∴ ∠BCE+∠DCG = 90°-∠DCE=45°，
∴ ∠DCG+∠FCG = ∠DCF=45°，即∠DCE = ∠DCF。
在△ECD和△FCD中：
$\{\begin{array}{l} CE=CF\\ ∠ DCE=∠ DCF\\ CD=CD\end{array} $
∴ △ECD ≅ △FCD (SAS)，
∴ ED = DF。
设 ED = x，则 DF=x，
∵ DF=DG+GF=1+GF，
∴ GF=x-1，即EB=FG=x-1，
∴ AE=AB-EB=4-(x-1)=5-x。
在Rt△AED中，由勾股定理得：AE²+AD² = DE²，
∴ $(5-x)^2+3^2=x^2$，
展开得：$25-10x+x^2+9=x^2$，
整理得：$10x=34$，
解得 x=3.4。
【答案】
3.4
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题是正方形半角模型的典型考题，需要通过构造辅助线将分散的边角条件集中，利用全等实现线段的等量转化，再结合勾股定理建立方程求解，既考查了几何辅助线的构造能力，也渗透了转化思想和方程思想的应用。
【难度系数】
0.4
6 核心素养 模型观念[较难]如图(1),在平面直角坐标系中,放置一个边长为5的正方形ABCD,使得它的两个顶点B和A恰好落在x轴正半轴和y轴正半轴上,M为正方形的中心,连接OM.
(1)若点B和点A分别在x轴和y轴的正半轴上滑动,求证:在这个运动过程中,M始终在第一象限的角平分线上.
(2)如图(2),若点A运动到(0,3),求此时M点的坐标.
(1)若点B和点A分别在x轴和y轴的正半轴上滑动,求证:在这个运动过程中,M始终在第一象限的角平分线上.
(2)如图(2),若点A运动到(0,3),求此时M点的坐标.
答案
6.(1)【证明】作ME⊥y轴于E点,作MF⊥x轴于F点,如图
所示,则四边形EMFO是矩形,∠EMF = ∠MEA = ∠MFB = 90°,∴ ∠EMA + ∠AMF = 90°.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ MA=MB,∠AMF+∠FMB=90°,
∴ ∠EMA=∠FMB.
在△MEA和△MFB中,
$\begin{cases}∠MEA=∠MFB,\\∠EMA=∠FMB,\\MA=MB,\end{cases}$
∴ △MEA≅△MFB(AAS),
∴ ME=MF,
∴ 四边形EMFO是正方形,
∴ 点M在∠AOB的平分线上,
∴ M始终在第一象限的角平分线上.
(2)【解】
∵ 点A运动到(0,3),
∴ OA=3.
∵ AB=5,
∴ OB = $\sqrt{AB^2-OA^2}$ = $\sqrt{5^2-3^2}$ = 4. 作ME⊥y轴于E点,作MF⊥x轴于F点,作CN⊥x轴于N点,如图
所示,则MF//OA//CN,∠AOB = ∠CNB = 90°,∴ 结合(1)知四边形EMFO是正方形.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ MA = MC,AB = BC, ∠ABC = 90°,
∴ ∠ABO+∠CBN = 90°.
∵ ∠BAO + ∠ABO=90°,
∴ ∠BAO = ∠CBN.
在△BAO 和△CBN 中,
$\begin{cases}∠AOB=∠CNB,\\∠BAO=∠CBN,\\AB=BC,\end{cases}$
∴ △BAO≅△CBN(AAS),
∴ CN=OB=4,BN=OA=3. 延长OM与NC交于点G.
∵ OA//CN,
∴ ∠AOM=∠MGC. 又
∵ MA=MC,∠AMO=∠GMC,
∴ △AMO≅△CMG,
∴ OA=GC,OM=MG,
∴ MF是△ONG的中位线,
∴ MF = $\frac{1}{2}$(GC+CN) = $\frac{1}{2}$(OA+CN) = $\frac{1}{2}×(3+4)$ = $\frac{7}{2}$, OF = $\frac{1}{2}$(OB+BN) = $\frac{1}{2}×(4+3)$ = $\frac{7}{2}$,
∴ M点的坐标为$(\frac{7}{2},\frac{7}{2})$.
解析
【分析】
(1) 要证明点M始终在第一象限的角平分线上，可利用角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此过M分别向x轴、y轴作垂线，只需证明两条垂线段长度相等即可。结合正方形的性质可得其中心到顶点A、B的距离相等，再通过角的等量代换找到全等条件，证明两个直角三角形全等即可证得垂线段相等。
(2) 先根据A点坐标和AB的长度，用勾股定理求出OB的长度，再结合第一问的结论，构造全等三角形求出C点对应的线段长度，利用中位线的性质即可求出M点的横、纵坐标。
【解析】
(1) 证明：作ME⊥y轴于E点，作MF⊥x轴于F点，如图所示，则四边形EMFO是矩形，$∠ EMF = ∠ MEA = ∠ MFB = 90°$，
$\therefore ∠ EMA + ∠ AMF = 90°$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore MA=MB$，$∠ AMF+∠ FMB=90°$，
$\therefore ∠ EMA=∠ FMB$。
在$△ MEA$和$△ MFB$中，
$\begin{cases}∠ MEA=∠ MFB,\\∠ EMA=∠ FMB,\\MA=MB,\end{cases}$
$\therefore △ MEA ≌ △ MFB(\mathrm{AAS})$，
$\therefore ME=MF$，
∴ 四边形EMFO是正方形，
∴ 点M在$∠ AOB$的平分线上，即M始终在第一象限的角平分线上。
(2) 解：
∵ 点A运动到$(0,3)$，
$\therefore OA=3$。
∵ $AB=5$，
$\therefore OB = \sqrt{AB^2-OA^2} = \sqrt{5^2-3^2} = 4$。
作ME⊥y轴于E点，作MF⊥x轴于F点，作CN⊥x轴于N点，如图所示，则$MF// OA// CN$，$∠ AOB = ∠ CNB = 90°$，
结合(1)知四边形EMFO是正方形。
∵ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore MA = MC$，$AB = BC$， $∠ ABC = 90°$，
$\therefore ∠ ABO+∠ CBN = 90°$。
∵ $∠ BAO + ∠ ABO=90°$，
$\therefore ∠ BAO = ∠ CBN$。
在$△ BAO$ 和$△ CBN$ 中，
$\begin{cases}∠ AOB=∠ CNB,\\∠ BAO=∠ CBN,\\AB=BC,\end{cases}$
$\therefore △ BAO ≌ △ CBN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore CN=OB=4$，$BN=OA=3$。
延长OM与NC交于点G。
∵ $OA// CN$，
$\therefore ∠ AOM=∠ MGC$。
又
∵ $MA=MC$，$∠ AMO=∠ GMC$，
$\therefore △ AMO ≌ △ CMG$，
$\therefore OA=GC$，$OM=MG$，
∴ MF是$△ ONG$的中位线，
$\therefore MF = \frac{1}{2}(GC+CN) = \frac{1}{2}(OA+CN) = \frac{1}{2}×(3+4) = \frac{7}{2}$，
$OF = \frac{1}{2}(OB+BN) = \frac{1}{2}×(4+3) = \frac{7}{2}$，
∴ M点的坐标为$(\frac{7}{2},\frac{7}{2})$。
【答案】
(1) 已证得M始终在第一象限的角平分线上；
(2) M点的坐标为$\boldsymbol{(\frac{7}{2},\frac{7}{2})}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的判定
【点评】
本题将正方形的动态运动与平面直角坐标系结合，综合性较强，解题时需合理构造辅助线，借助全等三角形转化线段关系，同时第一问的结论可直接为第二问的求解提供依据，体现了数形结合和转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明点M始终在第一象限的角平分线上，可利用角平分线的判定定理：到角两边距离相等的点在角的平分线上，因此过M分别向x轴、y轴作垂线，只需证明两条垂线段长度相等即可。结合正方形的性质可得其中心到顶点A、B的距离相等，再通过角的等量代换找到全等条件，证明两个直角三角形全等即可证得垂线段相等。
(2) 先根据A点坐标和AB的长度，用勾股定理求出OB的长度，再结合第一问的结论，构造全等三角形求出C点对应的线段长度，利用中位线的性质即可求出M点的横、纵坐标。
【解析】
(1) 证明：作ME⊥y轴于E点，作MF⊥x轴于F点，如图
所示，则四边形EMFO是矩形，$∠ EMF = ∠ MEA = ∠ MFB = 90°$，$\therefore ∠ EMA + ∠ AMF = 90°$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore MA=MB$，$∠ AMF+∠ FMB=90°$，
$\therefore ∠ EMA=∠ FMB$。
在$△ MEA$和$△ MFB$中，
$\begin{cases}∠ MEA=∠ MFB,\\∠ EMA=∠ FMB,\\MA=MB,\end{cases}$
$\therefore △ MEA ≌ △ MFB(\mathrm{AAS})$，
$\therefore ME=MF$，
∴ 四边形EMFO是正方形，
∴ 点M在$∠ AOB$的平分线上，即M始终在第一象限的角平分线上。
(2) 解：
∵ 点A运动到$(0,3)$，
$\therefore OA=3$。
∵ $AB=5$，
$\therefore OB = \sqrt{AB^2-OA^2} = \sqrt{5^2-3^2} = 4$。
作ME⊥y轴于E点，作MF⊥x轴于F点，作CN⊥x轴于N点，如图
所示，则$MF// OA// CN$，$∠ AOB = ∠ CNB = 90°$，结合(1)知四边形EMFO是正方形。
∵ 四边形ABCD是正方形，
$\therefore MA = MC$，$AB = BC$， $∠ ABC = 90°$，
$\therefore ∠ ABO+∠ CBN = 90°$。
∵ $∠ BAO + ∠ ABO=90°$，
$\therefore ∠ BAO = ∠ CBN$。
在$△ BAO$ 和$△ CBN$ 中，
$\begin{cases}∠ AOB=∠ CNB,\\∠ BAO=∠ CBN,\\AB=BC,\end{cases}$
$\therefore △ BAO ≌ △ CBN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore CN=OB=4$，$BN=OA=3$。
延长OM与NC交于点G。
∵ $OA// CN$，
$\therefore ∠ AOM=∠ MGC$。
又
∵ $MA=MC$，$∠ AMO=∠ GMC$，
$\therefore △ AMO ≌ △ CMG$，
$\therefore OA=GC$，$OM=MG$，
∴ MF是$△ ONG$的中位线，
$\therefore MF = \frac{1}{2}(GC+CN) = \frac{1}{2}(OA+CN) = \frac{1}{2}×(3+4) = \frac{7}{2}$，
$OF = \frac{1}{2}(OB+BN) = \frac{1}{2}×(4+3) = \frac{7}{2}$，
∴ M点的坐标为$(\frac{7}{2},\frac{7}{2})$。
【答案】
(1) 已证得M始终在第一象限的角平分线上；
(2) M点的坐标为$\boldsymbol{(\frac{7}{2},\frac{7}{2})}$
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的判定
【点评】
本题将正方形的动态运动与平面直角坐标系结合，综合性较强，解题时需合理构造辅助线，借助全等三角形转化线段关系，同时第一问的结论可直接为第二问的求解提供依据，体现了数形结合和转化思想的应用。
【难度系数】
0.4
