數(shù)學(xué)-專(zhuān)項(xiàng)17 正方形的性質(zhì)與判定（帶答案）

2022-2023學(xué)年浙教版八年級(jí)數(shù)學(xué)下冊(cè)精選壓軸題培優(yōu)卷專(zhuān)題17正方形的性質(zhì)與判定閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（2022八下·范縣期末）如圖，已知正方形的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)P是對(duì)角線(xiàn)上一點(diǎn)，于點(diǎn)E，于點(diǎn)F，連接．給出下列結(jié)論：①；②四邊形的周長(zhǎng)為8；③；④；⑤的最小值為．其中正確結(jié)論的序號(hào)為（）A．①②③⑤ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤【答案】C【規(guī)范解答】①∵PE⊥BC于點(diǎn)E，PF⊥CD于點(diǎn)F，CD⊥BC，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC，∵四邊形ABCD是正方形∴∠DBC＝45°∴∠DPF＝∠DBC＝45°，∴∠PDF＝∠DPF＝45°，∴PF＝EC＝DF，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝DF2+DF2＝2DF2，∴PD＝DF∴PD=．

故①不符合題意；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，∴四邊形PECF為矩形，又∵PE=CE∴四邊形PECF的周長(zhǎng)＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，故②符合題意；③如圖1延長(zhǎng)FP交AB于G，延長(zhǎng)AP交EF于H，在正方形ABCD中，∴CD∥AB又∵PF⊥于CD∴∠AGP=90°；由②知四邊形PECF是矩形，∴∠EPF=90°∴∠AGP=∠EPF；由①知PF=DF，又∵AG=DF∴AG=PF∴四邊形BGPE是正方形，∴PG=PE∴△AGP≌△FPE∴∠BAP=∠PFE又∵∠APG=∠FPH，∠BAP與∠APG互余∴∠FPH與∠PFE互余

∴∠PHF=90°即AP⊥EF故③符合題意；④由③知，△AGP≌△FPE∴AP=EF故④符合題意；⑤當(dāng)時(shí)，AP最小；∴EF的最小值為．故⑤符合題意．綜上：②③④⑤符合題意．故答案為：C．【思路點(diǎn)撥】結(jié)合圖形，利用正方形的性質(zhì)，勾股定理等計(jì)算求解即可。2．（2分）（2022八下·撫遠(yuǎn)期末）如圖，正方形的邊長(zhǎng)為1，，是對(duì)角線(xiàn)，將繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°得到，交于點(diǎn)，連接交于點(diǎn)，連接，則下列結(jié)論：①四邊形是菱形；②；③；④．其中結(jié)論正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【規(guī)范解答】解：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，∵△DHG是由△DBC旋轉(zhuǎn)得到，∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，在Rt△ADE和Rt△GDE中，

，∴Rt△AED≌Rt△GED（HL），故②符合題意；∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，∴∠AED=∠AFE=67.5°，∴AE=AF=EG，又∵∠H=∠DBC=∠DAC=45°，∴GH∥AC，∴四邊形AEGF是菱形，故①符合題意；∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③符合題意；∵AE=FG=EG=BG，BE=HE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④不符合題意．故答案為：A．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)正方形的性質(zhì)，得到四邊相等，四個(gè)角90°，對(duì)角線(xiàn)平分對(duì)角，Rt△AED≌Rt△GED（HL），證得②；Rt△AED≌Rt△GED（HL），求得∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，根據(jù)菱形判定定理證得四邊形AEGF是菱形；通過(guò)角的等量替換即可得到∠DFG=112.5°；通過(guò)等量替換得到AE＜，得不到④.3．（2分）（2022八下·曹妃甸期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形為正方形，點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，2），點(diǎn)的坐標(biāo)為（4，0），則點(diǎn)的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．【答案】C【規(guī)范解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸，垂足為E．∵四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)A（0，2），B（4，0），

∴AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，∴∠AOB=∠BEC=90°，∠ABO=∠BCE=90°-∠CBE，∴△AOB≌△BEC，∴BE=AO=2，EC=OB=4，∴OE=OB+BE=2=4=6，∴點(diǎn)C（6，4），故答案為：C．

【思路點(diǎn)撥】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸，垂足為E．由四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)A（0，2），B（4，0），可得AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，再證△AOB≌△BEC，可得BE=AO=2，EC=OB=4，從而求出OE=OB+BE=6，即得點(diǎn)C坐標(biāo).4．（2分）（2022八下·遷安期末）如圖，三個(gè)邊長(zhǎng)相同的正方形重疊在一起，、是其中兩個(gè)正方形的中心，陰影部分的面積和是4，則正方形的邊長(zhǎng)為（）A．2 B．4 C．8 D．【答案】D【規(guī)范解答】解：連接O1B、O1C，如圖：

∵∠BO1F+∠FO1C=90°，∠FO1C+∠CO1G=90°，∴∠BO1F=∠CO1G，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠O1BF=∠O1CG=45°，在△O1BF和△O1CG中，，∴△O1BF≌△O1CG（ASA），∴S△O1BF=S△O1CG，∴O1、O2兩個(gè)正方形陰影部分的面積是S正方形ABCD，同理另外兩個(gè)正方形陰影部分的面積也是S正方形ABCD，∴陰影部分的面積和=4=S正方形ABCD，∴S正方形ABCD=8=AD2，∴AD=，故答案為：D．【思路點(diǎn)撥】先求出∠O1BF=∠O1CG=45°，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)計(jì)算求解即可。5．（2分）（2022八下·寧安期末）如圖，邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊BC，DC上的點(diǎn)，且∠EAF=45°，下列結(jié)論：①；②BE+DF=EF；③當(dāng)△ABE≌△ADF時(shí)，EF的長(zhǎng)為；④當(dāng)EF=4時(shí)，△CEF是等腰直角三角形，其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）

A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【規(guī)范解答】解：如下圖所示，過(guò)點(diǎn)A作AH，使，AH交EF于點(diǎn)H，過(guò)點(diǎn)E做，垂足為M，過(guò)點(diǎn)F做，垂足為N；∵，∠EAF=45°，∴，∵，∴，∵，∴，∴AE、AF分別是和的角平分線(xiàn)，∵，；，；∴，；∵BE=EMAE=AE，∴，，

∴，，∵，∴，∴點(diǎn)M、N、H三點(diǎn)重合，∵，，，∴，∵，；∴BE+DF=EF；故①②符合題意；當(dāng)△ABE≌△ADF時(shí)，，設(shè)，得，∵，∴，解方程得（負(fù)數(shù)舍去），∴，故③符合題意當(dāng)△CEF是等腰直角三角形時(shí)，設(shè)，，，∵，∴，解方程得，，故④不符合題意，故答案為：C．

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)正方形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理的性質(zhì)，分別判斷得到答案即可。

6．（2分）（2022八下·官渡期末）如圖，正方形中，點(diǎn)、、分別是、、的中點(diǎn)，、交于，連接、.下列結(jié)論：①；②；③；④.正確的有（）A．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【答案】C【規(guī)范解答】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，∵點(diǎn)E、F、H分別是AB、BC、CD的中點(diǎn)，∴BE=CF，在△BCE與△CDF中，BE＝CF∠B＝∠DCF∴△BCE≌△CDF，（SAS），∴∠ECB=∠CDF，∵∠BCE+∠ECD=90°，∴∠ECD+∠CDF=90°，∴∠CGD=90°，∴CE⊥DF；故①符合題意；在Rt△CGD中，H是CD邊的中點(diǎn)，∴HG=CD=AD，即2HG=AD；故④符合題意；連接AH，如圖所示：

同理可得：AH⊥DF，∵HG=HD=CD，∴DK=GK，∴AH垂直平分DG，∴AG=AD；若AG=DG，則△ADG是等邊三角形，則∠ADG=60°，∠CDF=30°，而CF=CD≠DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，∴AG≠DG，故②不符合題意；∴∠DAG=2∠DAH，同理：△ADH≌△DCF，∴∠DAH=∠CDF，∵GH=DH，∴∠HDG=∠HGD，∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，∴∠CHG=∠DAG；故③符合題意；正確的結(jié)論有3個(gè)，故答案為：C．【思路點(diǎn)撥】利用正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)逐項(xiàng)判斷即可。7．（2分）（2022八下·泰安期末）如圖，正方形ABCD中，AB=6，點(diǎn)E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對(duì)折至△AFE，延長(zhǎng)EF交邊BC于點(diǎn)G，連結(jié)AG、CF．下列結(jié)論：

①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°．∵CD=3DE，

∴DE=2．∵△ADE沿AE折疊得到△AFE，

∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，∴AF=AB．∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①符合題意；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，設(shè)BG=x，則CG=BC﹣BG=6﹣x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．∵CG=6﹣x，CE=4，EG=x+2，∴（6﹣x）2+42=（x+2）2，解得：x=3，∴BG=GF=CG=3，∴②符合題意；∵CG=GF，∴∠CFG=∠FCG．∵∠BGF=∠CFG+∠FCG．又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．

∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，∴∠AGB=∠FCG，∴AG∥CF，∴③符合題意；∵BG=GF=CG=3，CE=4，∴，∴④符合題意．故答案為：A．【思路點(diǎn)撥】根據(jù)翻折變化的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)證出Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），根據(jù)勾股定理得出CG2+CE2=EG2，由平行線(xiàn)的判定得出AG∥CF，求出的面積即可。8．（2分）（2022八下·濱城期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝12，點(diǎn)E在邊BC上，BE＝EC，將△DCE沿DE對(duì)折至△DFE，延長(zhǎng)EF交邊AB于點(diǎn)G，連接DG、BF，給出以下結(jié)論：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，由折疊可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，∴∠DFG=∠A=90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，，∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①符合題意；∵正方形邊長(zhǎng)是12，∴BE=EC=EF=6，設(shè)AG=FG=x，則EG=x+6，BG=12-x，

由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，即：（x+6）2=62+（12-x）2，解得：x=4∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②符合題意；S△DGF=?FG?DF=×4×12=24，故③不符合題意；S△GBE=×6×8=24，S△BEF=?S△GBE=×24=，故④符合題意．∵EF=EC=EB，∴∠EFB=∠EBF，∵∠DEC=∠DEF，∠CEF=∠EFB+∠EBF，∴∠DEC=∠EBF，∴BF∥DE，故⑤符合題意；所以①②④⑤符合題意，共4個(gè)，故答案為：B．【思路點(diǎn)撥】利用正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等對(duì)每個(gè)結(jié)論一一判斷即可。9．（2分）（2022八下·廣饒期末）如圖，在正方形中，點(diǎn)O是對(duì)角線(xiàn)的交點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)O作射線(xiàn)分別交于點(diǎn)，且，交于點(diǎn)．給出下列結(jié)論：；；四邊形的面積為正方形面積的；．其中正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：四邊形是正方形，，，

，，，故符合題意；，點(diǎn)四點(diǎn)共圓，∴，∴，故符合題意；，，，故符合題意；，，又，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，

又中，，，，故不符合題意，故答案為：B．【思路點(diǎn)撥】利用正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定，相似三角形的判定，勾股定理等對(duì)每個(gè)結(jié)論一一判斷即可。10．（2分）（2022八下·慈溪期末）如圖，正方形中，點(diǎn)P為延長(zhǎng)線(xiàn)上任一點(diǎn)，連結(jié)，過(guò)點(diǎn)P作，交的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)F.下列結(jié)論：①；②；③；④若，則.其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG=FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四邊形ABCD是正方形，

∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正確；如圖2，連接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG=PD，CG∥PD，

∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正確；如圖3，連接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正確；④，，，，，，，

，，，，，，即.故④正確.故答案為：D.【思路點(diǎn)撥】在EF上取一點(diǎn)G，使FG=FP，連接BG、PG，根據(jù)正方形的性質(zhì)得∠FBC=∠ABD=45°，則BF=EF，證△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四邊形ABGP是平行四邊形，則AP=BG，據(jù)此判斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，根據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此判斷③；連接AC交BD于O，根據(jù)正方形性質(zhì)得AC⊥BD，BD=AB=PG，則四邊形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此判斷②；根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，則∠GPE=22.5°，推出PG=GE，則FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，據(jù)此判斷④.閱卷人二、填空題(共10題；每空2分，共22分)得分11．（2分）（2022八下·任丘期末）把8個(gè)邊長(zhǎng)為1的正方形按如圖所示擺放在直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O的直線(xiàn)l將這8個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，則該直線(xiàn)的函數(shù)表達(dá)式是．

【答案】y＝x或y＝0.9x【規(guī)范解答】解：如圖，過(guò)A作AB⊥y軸，垂足為點(diǎn)B，則OB＝3，∵經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的一條直線(xiàn)l將這八個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，∴S△AOB＝4+1＝5，∵OB＝3，∴AB?3＝5，解得：AB＝，∴A點(diǎn)坐標(biāo)為（，3），設(shè)直線(xiàn)方程為y＝kx，則3＝k，∴k＝，∴直線(xiàn)l解析式為y＝x．故答案為：y＝x．

【思路點(diǎn)撥】過(guò)A作AB⊥y軸，垂足為點(diǎn)B，則OB＝3，由于經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的一條直線(xiàn)l將這八個(gè)正方形分成面積相等的兩部分，可得S△AOB＝5=×AB·OB，據(jù)此求出AB＝，即得A（，3），利用待定系數(shù)法求出直線(xiàn)l解析式即可.12．（4分）（2022八下·曹妃甸期末）如圖，等腰直角三角形的直角邊長(zhǎng)與正方形的邊長(zhǎng)均為，邊與邊在同一條直線(xiàn)上，點(diǎn)與點(diǎn)重合，讓沿方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)

重合時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．運(yùn)動(dòng)中兩個(gè)圖形重疊部分的面積與的長(zhǎng)度之間的函數(shù)關(guān)系式為，自變量的取值范圍是．【答案】；【規(guī)范解答】解：是等腰直角三角形，四邊形MNPQ是正方形是等腰直角三角形由題意可知，AM=MR=x，故答案為：，．

【思路點(diǎn)撥】求出△AMR是等腰直角三角形，可得AM=MR=x，根據(jù)三角形的面積公式求出函數(shù)解析式，根據(jù)正方形的邊長(zhǎng)即得自變量的范圍.13．（2分）（2022八下·潮安期末）如圖，點(diǎn)A在線(xiàn)段BG上，四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，面積分別是10和19，則△CDE的面積為.【答案】【規(guī)范解答】解：解：過(guò)E作EH⊥CD于點(diǎn)H．

∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，∴∠ADG=∠EDH．又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．∴△ADG≌△HDE．∴HE=AG．∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，面積分別是5和9．即AD2=5，DG2=9．∴在直角△ADG中，AG=，∴EH=AG=3．∴△CDE的面積為CD·EH=××3=．故答案為.

【思路點(diǎn)撥】過(guò)E作EH⊥CD于點(diǎn)H，先證明△ADG≌△HDE，可得HE=AG，再利用勾股定理求出AG的長(zhǎng)，最后利用三角形的面積公式計(jì)算即可。14．（2分）（2022八下·鋼城期末）如圖，在正方形內(nèi)作等邊，連接，，則的度數(shù)為．【答案】15【規(guī)范解答】解：△ADE是等邊三角形，

四邊形ABCD是正方形，．故答案為：15．

【思路點(diǎn)撥】先證明△ABE和△DEC為頂角為30°的等腰三角形，再求出∠ABE的度數(shù)，最后利用角的運(yùn)算求出∠CBE的度數(shù)即可。15．（2分）（2022八下·樂(lè)亭期末）如圖，正方形，是對(duì)角線(xiàn)上一動(dòng)點(diǎn)，，且，連接，，，若，則長(zhǎng)度的最小值為．【答案】2【規(guī)范解答】解：過(guò)C作于點(diǎn)，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴，．∵，∴，∴，∴．在和中

BE=DF∠EBC=∠FDC∴，∴，．∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∴當(dāng)CE最小時(shí)，EF最小，∴當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到時(shí)，CE最小，最小值即為CE的長(zhǎng)度，此時(shí)EF最小值為．∵，，∴，∴EF最小值為．故答案為：2．【思路點(diǎn)撥】過(guò)C作于點(diǎn)，證明，得出，，即得出是等腰直角三角形，，當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到時(shí)，CE最小，最小值即為CE的長(zhǎng)度，此時(shí)EF最小值為．即可得解。16．（2分）（2022八下·洛江期末）如圖，正方形中，點(diǎn)是邊的中點(diǎn)，、交于點(diǎn)，、交于點(diǎn)，則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的序號(hào)是．

【答案】②③④【規(guī)范解答】解：∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∵E是AD的中點(diǎn)，∴DE=AD=CD，∴∠DCE≠30°，∴∠BCE≠60°，故①錯(cuò)誤；∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，DH=DH，∴△ADH≌△CDH（SAS），∴∠HAD=∠HCD，∵∠ABE=∠DCE，∴∠ABE=∠HAD，∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴AG⊥BE，故②正確；∵ADBC，∴S△BDE=S△CDE，∴S△BDE-S△DEH=S△CDE-S△DEH，即；S△BHE=S△CHD，故③正確；∵△ADH≌△CDH，∴∠AHD=∠CHD，∴∠AHB=∠CHB，∵∠BHC=∠DHE，

∴∠AHB=∠EHD，故④正確；故答案為：②③④．

【思路點(diǎn)撥】由正方形的性質(zhì)及線(xiàn)段的中點(diǎn)可推出∠ADC=∠BCD=90°，DE=AD=CD，從而推出∠DCE≠30°，即得∠BCE≠60°，故①錯(cuò)誤；證明△ADH≌△CDH（SAS），可得∠HAD=∠HCD，從而可推出∠BAD=∠BAH+∠DAH=∠ABE+∠BAH=90°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠AGB=90°，即可判斷②；由ADBC，根據(jù)同底等高可的S△BDE=S△CDE，從而推出S△BHE=S△CHD，據(jù)此判斷③；由△ADH≌△CDH，可得∠AHD=∠CHD，從而得出∠AHB=∠CHB，由對(duì)頂角相等知∠BHC=∠DHE，從而求出∠AHB=∠EHD，據(jù)此判斷④.17．（2分）（2022八下·禹州期末）如圖，在正方形ABCD中，，E為對(duì)角線(xiàn)AC上與A，C不重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)E作于點(diǎn)F，于點(diǎn)G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①；②；③；④FG的最小值為2，其中正確的結(jié)論是.（只填序號(hào)）【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點(diǎn)O，

∵，，∴，

∵，∴四邊形EFBG為矩形，∴，，∵四邊形ABCD為正方形，∴，，在和中，∴（SAS），∴，∴，即①正確；延長(zhǎng)DE，交FG于M，交FB于點(diǎn)H，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，即②正確；∵正方形ABCD，EF⊥AB，EG⊥BC，

∴∠ABC、∠EFB、∠EGB均為直角，

∴四邊形EFBG為長(zhǎng)方形，

在△BEF和△FGB中

∴△BEF≌△FGB（SSS）

∴∠BGF=∠FEB

假設(shè)∠BGF=∠ADE，則有∠FEB=∠ADE，

又∵EF∥AD，則B、E、D在同一條直線(xiàn)上，

而題干中E是AC上的動(dòng)點(diǎn)，B、E、D并不一定共線(xiàn)，

故∠BGF不一定等于∠ADE.

故③錯(cuò)誤；

∵E為對(duì)角線(xiàn)AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，∴當(dāng)時(shí)，DE最小，∵，，∴，∴，由①知，，∴FG的最小值為，即④正確，綜上，①②④正確，故答案為：①②④.【思路點(diǎn)撥】連接BE，交FG于點(diǎn)，易得四邊形EFBG為矩形，得FG=BE，OB=OF=OE=OG，根據(jù)正方形的性質(zhì)，得出，

，利用SAS證明△ABE≌△ADE，得出DE=BE，則可判斷①；延長(zhǎng)DE，交FG于M，交FB于點(diǎn)H，由(1)得出∠ABE=∠ADE，根據(jù)條件和角之間的關(guān)系求出DE⊥FG，即可判斷②；先通過(guò)三角為直角判定四邊形EFBG為長(zhǎng)方形，再通過(guò)SSS判定△BEF≌△FGB，從而可得∠BGF=∠FEB，通過(guò)反證法推理即可判斷③；根據(jù)垂線(xiàn)段最短得當(dāng)DE⊥AC時(shí)，DE最小，根據(jù)勾股定理求出AC長(zhǎng)，從而求出DE長(zhǎng)，即可得FG的最小值，即可判斷即④.18．（2分）（2022八下·泰興期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，BE＝CE，F(xiàn)是邊AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接EF，翻折△BEF至△GEF，使得B落在G處，連接DG，當(dāng)四邊形AFGD的周長(zhǎng)取得最小值時(shí)，則BF＝．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接ED，F(xiàn)G，DF，

∵正方形ABCD，AB=4，

∴∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，

∵翻折△BEF至△GEF，BE=EC，

∴BE=EG=EC=2，

∴G點(diǎn)在以E為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動(dòng)，

∴當(dāng)E、G、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，GD的長(zhǎng)最短，此時(shí)FG=BF的長(zhǎng)最大，

∴AF的長(zhǎng)最短，

∴四邊形AFGD的周長(zhǎng)最小，

在Rt△DCE中，ED==2，

∴GD=2-2，

設(shè)FG=BF=x，AF=4-x，

在Rt△FAD和Rt△FGD中，DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，

∴（4-x）2+16=x2+（2-2）2，

整理，解得x=+1，

∴BF=+1.

故答案為：+1.

【思路點(diǎn)撥】如圖，連接ED，F(xiàn)G，DF，由正方形性質(zhì)得∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，由翻折性質(zhì)得BE=EG=EC=2，可推出G點(diǎn)在以E為圓心，半徑為2的圓上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)E、G、D三點(diǎn)共線(xiàn)時(shí)，GD的長(zhǎng)最短，此時(shí)FG=BF的長(zhǎng)最大，AF的長(zhǎng)最短，即四邊形AFGD的周長(zhǎng)最小，在Rt△DCE中，由勾股定理求得ED2，從而得GD=2-2，設(shè)設(shè)FG=BF=x，AF=4-x，在Rt△FAD和Rt△FGD中，由勾股定理得DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，即（4-x）2+16=x2+（2-2）2，整理，解得x=+1，即可求出

四邊形AFGD的周長(zhǎng)最小時(shí)，BF的長(zhǎng).19．（2分）（2022八下·青山期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為6，點(diǎn)P為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)，以P為直角頂點(diǎn)，AP為直角邊作等腰Rt△APE，M為邊AE的中點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)P從點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，則點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)為．【答案】【規(guī)范解答】解：如下圖所示，連接AC，BD相交于點(diǎn)O，連接EC，過(guò)點(diǎn)E作ET⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于T．∵△APE是等腰直角三角形，

∴∠APB+∠TPE=90°．∵四邊形ABCD是正方形，ET⊥BC，∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．∴∠BAP=∠TPE．．．∵四邊形ABCD是正方形，．．∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．．∴∠TEC=∠TCE=45°．∵正方形ABCD中，AC，BD相交于點(diǎn)O，∴O是AC的中點(diǎn)，∠DBC=45°．∴∠DBC=∠TCE．．∵M(jìn)是AE的中點(diǎn)，∴OM是△ACE的中位線(xiàn)．∴．∴點(diǎn)M在直線(xiàn)OD上．∵點(diǎn)P在BC邊上移動(dòng)，∴點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是OD．∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)是6，且AC，BD相交于點(diǎn)O，∴AB=6，AD=6，O是BD的中點(diǎn)．∴．∴．

故答案為：．

【思路點(diǎn)撥】連接AC，BD相交于點(diǎn)O，連接EC，過(guò)點(diǎn)E作ET⊥BC交BC的延長(zhǎng)線(xiàn)于T，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可證得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性質(zhì)可證得∠BAP=∠TPE，利用AAS證明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性質(zhì)可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性質(zhì)可得到點(diǎn)O是AC的中點(diǎn)，∠DBC=45°，從而可推出∠DBC=∠TCE，同時(shí)可證得OM是△ACE的中位線(xiàn)，由此可推出點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)軌跡是OD，利用勾股定理求出BD的長(zhǎng)，即可得到OD的長(zhǎng).20．（2分）（2021八下·重慶期末）如圖，正方形紙片的邊長(zhǎng)為4，點(diǎn)在邊上，連接，將紙片沿著直線(xiàn)翻折，點(diǎn)的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)，連接并延長(zhǎng)交于點(diǎn)，若，則.【答案】【規(guī)范解答】解：四邊形是正方形，折疊（ASA），

，，故答案為

【思路點(diǎn)撥】根據(jù)折疊圖形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得出有關(guān)角和邊相等，利用AAS證明△AED≌△BFA，可知AE=BF，AF=DE，再利用勾股定理求出BF，然后由等面積法求得AH的長(zhǎng)，由折疊的性質(zhì)可知AG=2AH，最后利用線(xiàn)段的和差關(guān)系即可求得GE的長(zhǎng).閱卷人三、解答題(共7題；共58分)得分21．（6分）（2022八下·洮北期末）如圖，四邊形ABCD是一個(gè)正方形花園，E、F是它的兩個(gè)門(mén)，且，要修建兩條路BE和AF，這兩條路等長(zhǎng)嗎？它們有什么位置關(guān)系？請(qǐng)證明你的猜想．22．（6分）（2021八下·河間期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，點(diǎn)E是邊BC的中點(diǎn)，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線(xiàn)CF于點(diǎn)F．求證AE＝EF．（提示：取AB的中點(diǎn)H，連接EH．）23．（8分）（2022八下·鐵東期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC邊上的中線(xiàn)，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作，交BE的延長(zhǎng)線(xiàn)于點(diǎn)F，連接CF．

（1）（4分）求證：四邊形ADCF是菱形；（2）（4分）若AB＝AC，試判定四邊形ADCF的形狀．24．（8分）（2022八下·長(zhǎng)春期末）【閱讀材料】如圖①，在邊長(zhǎng)為4的正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上且∠EAF＝45°，連接EF，求△CEF的周長(zhǎng)．小明想到解決問(wèn)題的方法如下：如圖②，延長(zhǎng)CB至點(diǎn)G，使BG＝DF，通過(guò)證明，得到BE、DF、EF之間的關(guān)系，進(jìn)而求出△CEF的周長(zhǎng)．（1）（3分）請(qǐng)按照小明的思路，幫助小明寫(xiě)出完整的求解過(guò)程．（2）（4分）【方法應(yīng)用】如圖②，若BE＝1，求DF的長(zhǎng)．（3）（1分）【能力提升】如圖③，在銳角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于點(diǎn)D．若BD＝1，AD＝4，則CD的長(zhǎng)為．25．（12分）（2022八下·槐蔭期末）如圖1，四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，點(diǎn)A在DG上，連接AE，CG．（1）（2分）求證：；（2）（3分）猜想：AE與CG之間的位置關(guān)系，并證明你的猜想；

（3）（3分）在其它條件不變的前提下，如果將正方形ABCD繞著點(diǎn)D按逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)任意角度（如圖2）．那么（2）中結(jié)論是否還成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由；（4）（4分）如圖3，將正方形ABCD繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)到某一位置時(shí)恰好使得，．當(dāng)正方形DEFG的邊長(zhǎng)為時(shí)，請(qǐng)直接寫(xiě)出正方形ABCD的邊長(zhǎng)．26．（9分）（2022八下·大同期末）綜合與實(shí)踐問(wèn)題情境：已知四邊形是正方形，是對(duì)角線(xiàn)，將等腰直角三角形的底角頂點(diǎn)與點(diǎn)重合，，分別與邊，相交于點(diǎn)，（點(diǎn)，不與線(xiàn)段的端點(diǎn)重合），連接．特例感知：（1）（4分）如圖1，當(dāng)平分時(shí)，①試判斷和的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；②和的數(shù)量關(guān)系是▲．（2）（5分）如圖2，當(dāng)不是的平分線(xiàn)時(shí)，試判斷，，的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．【答案】解：猜想BE＝AF，BE⊥AF，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形∴AB=AD=CD，∠D=∠BAD=90°∵，∴AD-DE=CD-CF，即在和中，

∴(SAS)∴BE＝AF，∠AEB=∠DFA，∵∠D=90°∴∠EAO+∠DFA=90°∴∠EAO+∠AEB=90°∴∠AOE=90°∴BE⊥AF【思路點(diǎn)撥】先利用“SAS”證明，可得BE＝AF，∠AEB=∠DFA，再利用角的運(yùn)算和等量代換可得∠AOE=90°，從而可得BE⊥AF。【答案】證明：取中點(diǎn)，連接又為的中點(diǎn)，四邊形是正方形∴，∴△BHE為等腰直角三角形∴，又∵，∴，∴又EF交正方形外角的平分線(xiàn)CF于點(diǎn)F∴，在和中

∴≌（ASA）∴【思路點(diǎn)撥】因?yàn)樗倪呅问钦叫?，得出△BHE為等腰直角三角形，EF交正方形外角的平分線(xiàn)CF于點(diǎn)F，得出，，利用全等三角形的性質(zhì)即可得出?！敬鸢浮浚?）證明：∵點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，∴AE＝DE．∵，∴∠DAF＝∠3．又∵∠1＝∠2，∴．∴AF＝BD．∵AD是斜邊BC邊上的中線(xiàn)，∴AD＝BD＝DC．∴AF＝DC．又∵，∴四邊形ADCF是平行四邊形．∵∠BAC＝90°，AD是斜邊BC邊上的中線(xiàn)，∴AD＝DC，∴四邊形ADCF是菱形．（2）解：∵四邊形ADCF是菱形，∴∠4＝∠5．當(dāng)AB＝AC，∠BAC＝90°時(shí)，∴∠4＝∠ABC＝45°，∴∠DCF＝90°，∴四邊形ADCF是正方形．【思路點(diǎn)撥】（1）先證明四邊形ADCF是平行四邊形，再結(jié)合AD＝DC，即可得到四邊形ADCF是菱形；

（2）利用有一個(gè)角是直角的菱形是正方形的判定方法求解即可?！敬鸢浮浚?）解：依照小明的思路：

延長(zhǎng)CB至點(diǎn)G，使BG＝DF，如圖②，在正方形ABCD中，∠BAD=90°=∠D=∠ABC，AD=AB=CD=BC=4，∵∠FAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，∵BG=DF，AB=AD，∠D=∠ABG=90°，∴△ADF≌△ABG，∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，∵∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAG=∠EAF，∵AG=AF，AE=AE，∴△AFE≌△AGE，∴EF=GE，∵△CEF的周長(zhǎng)CF+FE+EC=CF+EC+GE，∵GE=GB+BE，BG＝DF，∴CF+EC+GE=CF+EC+GB+BE=CF+DF+EC+BE=CD+BC=4+4=8；（2）解：∵BE=1，∴EC=BC-BE=4-1=3，∵FC=DC-DF=4-DF，∠C=90°，∴在Rt△CEF中，，∴，∵在（1）已證明EF=GE，GB=DF，∴EF=DF+BE=DF+1，∴，∴，解得：DF=2.4；（3）2.4【規(guī)范解答】解：(3)∵AD⊥BC，AD=4，∴∠ADC=∠ADB=90°，

以AD為邊上在AD的左側(cè)作正方形ADGH，在GH上取一點(diǎn)E，連接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，如圖，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，∵∠EAB=45°，∴∠HAE+∠BAD=∠HAD-∠EAB=45°，∵∠BAC=45°=∠BAD+∠DAC，∴∠DAC=∠HAE，∵∠H=∠ADC=90°，AH=AD，∴△AHE≌△ADC，∴DC=HE，AE=AC，即EG=HG-HE=AD-DC=4-DC，∵∠EAB=∠BAC=45°，AB=AB，∴△AEB≌△ACD，∴BC=BE，∵BD=1，∴BE=BC=BD+DC=1+DC，∵GD=AD，∴GB=GD-BD=AD-BD=4-1=3，∵∠G=90°，∴在Rt△GEB中，，∴，解得：DC=2.4，即DC長(zhǎng)為2.4．

【思路點(diǎn)撥】

（1）延長(zhǎng)CB至點(diǎn)G，使BG＝DF，證明△AFE≌△AGE，得出EF=GE，再根據(jù)△CEF的周長(zhǎng)CF+FE+EC=CF+EC+GE，即可得出答案；

（2）在Rt△CEF中，，得出，在（1）已證明EF=GE，GB=DF，得出EF=DF+BE=DF+1，即可得出，即可得解；

（3）以AD為邊上在AD的左側(cè)作正方形ADGH，在GH上取一點(diǎn)E，連接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，證出△AHE≌△ADC，得出DC=HE，AE=AC，在Rt△GEB中，由勾股定理即可得解。【答案】（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；（2）解：AE⊥CG．證明：延長(zhǎng)EA交CG于H，∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（3）解：（2）中結(jié)論仍然成立．理由：如圖2，設(shè)EA與CG相交于點(diǎn)H，GD與AE交于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，即∠CDG=∠ADE，在△CDG和△ADE中，CD=AD∠CDG=∠ADE（4）【規(guī)范解答】解：（4）連接CE，

由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四邊形DEFG是正方形，∴∠DGE=45°，∵AD∥EG，∴∠ADG=∠DGE=45°，∴∠CGD=135°，∵∠EDG=90°，∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，又∵CD=CD，DG=DE，∴△CDE≌△CDG（SAS），∴CE=CG，∴CG=CE=EG，∴△CEG是等邊三角形，∴∠CEG=60°，延長(zhǎng)CD交EG于點(diǎn)H，∵△CDE≌△CDG，∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，∴GH=EH，CH⊥EG，∵DE=，∴EG=2，∴DH=EH=EG=1，∴CH=EH=，∴CD=CH-DH=．即正方形ABCD的邊長(zhǎng)為．

【思路點(diǎn)撥】（1）利用“SAS”證明△CDG≌△ADE，再利用全等三角形的性質(zhì)可得AE=CG；

（2）延長(zhǎng)EA交CG于H，利用全等三角形的性質(zhì)可得∠CGD=∠AED，再利用角的運(yùn)算和等量代換可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（3）利用“SAS”證明△CDG≌△ADE，可得∠CGD=∠AED，再利用角的運(yùn)算和等量代換可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（4）利用“SAS”證明△CDE≌△CDG，可得CE=CG，證出△CEG是等邊三角形，求出∠CEG=60°，再求出CH=EH=，最后利用線(xiàn)段的和差求出CD=CH-DH=，即可得到答案。【答案】（1）解：①BE=DF，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠DAC=45°，∵AE平分∠BAC，∴，∵∠EAF=45°，∴∠DAF=∠BAD-∠BAE-∠EAF=22.5°，∴∠BAE=∠DAF，在△ABE和△ADF中，

，∴△ABE≌△ADF，BE=DF；②EF=2BE深入探究：（2）解：當(dāng)AE不是∠BAC的平分線(xiàn)時(shí)，BE、EF、DF的數(shù)量關(guān)系是BE+DF=EF，理由如下：如圖，延長(zhǎng)CB到點(diǎn)G，使BG=DF，連接AG，則∠ABG=90°=∠D，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG=