1. (2025·四川自贡)如图，在平面直角坐标系中，正方形 $ABCD$ 的边长为 $5$，边 $AB$ 在 $y$ 轴上，点 $B$ 的坐标为 $(0,-2)$。若将正方形 $ABCD$ 绕点 $O$ 按逆时针方向旋转 $90^{\circ}$，得到正方形 $A'B'C'D'$，则点 $D'$ 的坐标为 (
A
)
A.$(-3,5)$
B.$(5,-3)$
C.$(-2,5)$
D.$(5,-2)$
答案：1.A
解析：
解：
∵正方形$ABCD$边长为$5$，$AB$在$y$轴上，$B(0,-2)$
$\therefore AB=5$，$A(0,-2 + 5)=(0,3)$
$\because AD⊥ AB$且$AD=5$，$AD$在$x$轴正方向
$\therefore D(0 + 5,3)=(5,3)$
将点$D(5,3)$绕点$O$逆时针旋转$90^{\circ}$，
根据旋转规律$(x,y)\rightarrow(-y,x)$，得$D'(-3,5)$
答案：A
2. (2025·四川乐山)如图，在 $□ ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$。小乐同学欲添加两个条件使得四边形 $ABCD$ 是正方形，现有三个条件可供选择：① $AC⊥ BD$；② $AC = BD$；③ $\angle ADC = 90^{\circ}$。则正确的组合是
①②(或①③)
。(只需填一种即可)
答案：2.①②(或①③)
3. (教材 $P86$ 习题 $15$ 变式)(2025·北京)如图，在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$ 在边 $CD$ 上，连接 $BE$，过点 $C$ 作 $CF⊥ BE$，垂足为 $F$，连接 $AF$。若 $AB = 1$，$\angle EBC = 30^{\circ}$，则 $\triangle ABF$ 的面积为
$\frac{3}{8}$
。
答案：3.$\frac{3}{8}$
解析：
在正方形$ABCD$中，$\angle ABC = 90^{\circ}$，
根据三角函数定义有：
$\cos \angle ABF = \frac{BF}{AB}$。
已知$\angle EBC = 30^{\circ}$，
所以$\angle ABF = 90^{\circ} - 30^{\circ} = 60^{\circ}$。
在直角三角形$BCF$中，$\cos \angle EBC = \frac{BF}{BC}$，
已知$BC = 1$，$\angle EBC = 30^{\circ}$，
所以$BF = BC × \cos 30^{\circ} = 1 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
过点$A$作$AM ⊥ BF$交$BF$的延长线于点$M$，
在直角三角形$ABM$中，$\cos \angle ABF = \frac{BF（此处应为BM，个人认为本题存在参考解法瑕疵）}{AB}$，
所以$BM = AB × \cos 60^{\circ} = 1 × \frac{1}{2} = \frac{1}{2}$。
$AM$为$ \triangle ABF$中$BF$边上的高，根据三角函数定义有：
$\sin \angle ABF = \frac{AM}{AB}$，
所以$AM = AB × \sin 60^{\circ} = 1 × \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。
$S_{\triangle ABF} = \frac{1}{2} × BF × AM=\frac{1}{2} × \frac{\sqrt{3}}{2} × \frac{\sqrt{3}}{2}（个人认为参考解法此处高代入错误，应该代入AM长度，不应再次代入BF长度）$
$=\frac{1}{2} × \frac{3}{4}$
$ = \frac{3}{8}$
故答案为：$\frac{3}{8}$。
4. (2025·湖南长沙)如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 两点分别在 $AB$，$CD$ 上，且 $BE = DF$。
(1) 求证：四边形 $AECF$ 是平行四边形；
(2) 连接 $EF$，若 $BC = 12$，$BE = 5$，求 $EF$ 的长。
答案：4.(1)因为四边形ABCD是正方形，所以AB//CD，AB=BC=CD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°.又BE=DF，所以AB−BE=CD−DF，即AE=CF.所以四边形AECF是平行四边形.
(2)过点E作EG⊥CD于点G，则∠EGC=∠EGD=90°.由(1)，得AB=BC=CD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°，所以四边形BCGE是矩形，即EG=BC，BE=CG.因为BC=12，BE=5，所以CG=5，EG=CD=12.又BE=DF，所以DF=5.所以GF=CD−CG−DF=2.在Rt△EFG中，由勾股定理，得EF=$\sqrt{EG^{2}+GF^{2}}=\sqrt{148}$.
5. 亮点原创·如图，在正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $BC$ 上一点，$F$ 是 $CD$ 延长线上一点，连接 $EF$ 交对角线 $BD$ 于点 $G$，连接 $AG$。若 $BE = DF$，$\angle AGB = \alpha$，则 $\angle CEF$ 的度数为 (
D
)
A.$\alpha$
B.$\frac{3}{2}\alpha$
C.$\alpha + 15^{\circ}$
D.$135^{\circ}-\alpha$
答案：5.D
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是正方形，
∴$AB=AD$，$\angle ABD=\angle ADB=45°$，$\angle ABE=\angle ADF=90°$。
∵$BE=DF$，
∴$\triangle ABE \cong \triangle ADF$（SAS），
∴$AE=AF$，$\angle BAE=\angle DAF$。
∵$\angle BAD=90°$，
∴$\angle EAF=\angle BAD=90°$，
∴$\triangle EAF$是等腰直角三角形，$\angle AEF=45°$。
∵$AD // BC$，
∴$\angle DAG=\angle AEB$。
∵$\angle AGB=\alpha$，$\angle AGB=\angle AEB+\angle BAE$，
∴$\alpha=\angle AEB+\angle BAE$。
∵$\angle AEB+\angle BAE=90°-\angle AEF+\angle CEF$，
又$\angle AEF=45°$，
∴$\alpha=90°-45°+\angle CEF$，
∴$\angle CEF=135°-\alpha$。
答案：D
6. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$O$ 为对角线 $AC$ 的中点，$E$ 为正方形内部一点，连接 $BE$，且 $BE = AB$，连接 $CE$ 并延长，与 $\angle ABE$ 的平分线交于点 $F$，连接 $OF$。若 $AB = \sqrt{2}$，则 $OF$ 的长为 (
C
)
A.$2$
B.$\sqrt{3}$
C.$1$
D.$\sqrt{2}$
答案：6.C
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是正方形，$AB = \sqrt{2}$，
∴$AB = BC = \sqrt{2}$，$\angle ABC = 90°$，$AC = \sqrt{AB^2 + BC^2} = 2$，
$O$为$AC$中点，
∴$AO = OC = 1$。
∵$BE = AB = \sqrt{2}$，
∴$BE = BC$，设$\angle ABE = 2\alpha$，
$BF$平分$\angle ABE$，则$\angle ABF = \angle FBE = \alpha$，
$\angle EBC = \angle ABC - \angle ABE = 90° - 2\alpha$，
∵$BE = BC$，
∴$\angle BEC = \angle BCE = \frac{180° - (90° - 2\alpha)}{2} = 45° + \alpha$，
$\angle FEB = 180° - \angle BEC = 135° - \alpha$，
$\angle BFE = 180° - \angle FBE - \angle FEB = 180° - \alpha - (135° - \alpha) = 45°$。
连接$OB$，正方形中$OB = \frac{AC}{2} = 1$，$\angle OBC = 45°$，$\angle BOC = 90°$。
∵$\angle FBC = \angle FBE + \angle EBC = \alpha + (90° - 2\alpha) = 90° - \alpha$，
$\angle BFC = 180° - \angle FBC - \angle BCE = 180° - (90° - \alpha) - (45° + \alpha) = 45°$，
∴$\angle BFC = \angle BOC = 90°$，
∴$B, O, F, C$四点共圆，$\angle OFC = \angle OBC = 45°$，
$\triangle OFC$中，$OC = 1$，$\angle OCF = 45°$，$\angle OFC = 45°$，
∴$\angle FOC = 90°$，$OF = OC · \sin 45° / \sin 45° = 1$。
答案：$1$
7. (2024·四川宜宾改编)如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $1$，$M$，$N$ 分别是边 $BC$，$CD$ 上的动点。若 $\angle MAN = 45^{\circ}$，$BM = \frac{1}{3}$，则 $MN$ 的长为
$\frac{5}{6}$
。
答案：7.$\frac{5}{6}$
解析：
解：设 $DN = x$，则 $CN = 1 - x$。
∵ 正方形 $ABCD$ 边长为 $1$，$BM = \frac{1}{3}$，
∴ $MC = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$。
将 $\triangle ADN$ 绕点 $A$ 顺时针旋转 $90°$ 至 $\triangle ABE$，
则 $BE = DN = x$，$AE = AN$，$\angle BAE = \angle DAN$。
∵ $\angle MAN = 45°$，
∴ $\angle MAE = \angle MAB + \angle BAE = \angle MAB + \angle DAN = 45° = \angle MAN$。
在 $\triangle AME$ 和 $\triangle AMN$ 中，
$\begin{cases} AE = AN \\ \angle MAE = \angle MAN \\ AM = AM \end{cases}$，
∴ $\triangle AME \cong \triangle AMN$（SAS），
∴ $ME = MN$。
∵ $ME = MB + BE = \frac{1}{3} + x$，
在 $\mathrm{Rt}\triangle MCN$ 中，$MN^2 = MC^2 + CN^2 = (\frac{2}{3})^2 + (1 - x)^2$，
∴ $(\frac{1}{3} + x)^2 = (\frac{2}{3})^2 + (1 - x)^2$，
解得 $x = \frac{1}{2}$。
∴ $MN = \frac{1}{3} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}$。
$\frac{5}{6}$
