專題15 正方形的判定與性質(zhì) 帶解析

2022-2023學年湘教版八年級數(shù)學下冊精選壓軸題培優(yōu)卷專題15正方形的判定與性質(zhì)閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（2023九上·漢臺期末）如圖，正方形的邊長為8，在各邊上順次截取，則四邊形的面積是（）A．34 B．36 C．40 D．100【答案】C【規(guī)范解答】解：∵正方形的邊長為8，在各邊上順次截取，∴，∴四邊形的面積為：；故答案為：C.【思路點撥】根據(jù)正方形的性質(zhì)結(jié)合題意可得BE=AH=DG=CF=2，然后根據(jù)S四邊形EFGH=S正方形ABCD-4S△AEH進行計算.2．（2分）（2022八上·興平期中）如圖，所有陰影部分的四邊形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A，B，C的面積依次為4，8，6，則正方形D的面積為（）A．10 B．12 C．16 D．18【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖，

∵所有陰影部分的四邊形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，正方形A，B，C的面積依次為4，8，6，

∴EF2=4+8=12，GH2=正方形D的面積-6，EF2=GH2，

∴GH2=正方形D的面積-6=12

解之：正方形D的面積=18.

故答案為：D

【思路點撥】利用正方形的性質(zhì)及勾股定理可證得EF2=4+8=12，GH2=正方形D的面積-6，EF2=GH2，由此可求出正方形D的面積.3．（2分）（2022八上·沈陽期中）如圖，已知正方形ABCD的面積為64平方厘米，厘米，則CE的長為（）A．6 B．12 C． D．【答案】D【規(guī)范解答】解：∵正方形ABCD的面積為64平方厘米，∴，厘米，∵厘米，∴（厘米），故答案為：D．

【思路點撥】先求出正方形的邊長，再利用勾股定理求出CE的長即可。4．（2分）（2022八上·鎮(zhèn)海區(qū)期中）勾股定理是人類最偉大的科學發(fā)現(xiàn)之一，在我國古算書《周髀算經(jīng)》中早有記載，如圖以直角三角形的各邊為邊分別向同側(cè)作正方形，若知道圖中阻影部分的面積之和，則一定能求出（）A．正方形的面積 B．正方形的面積C．正方形的面積 D．的面積【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖，過點N作于點H，則是矩形，則∵，∴，又，∴，∴，同理可得，依題意，，∴，∴，∴，∴，，故答案為：D.

【思路點撥】過點N作于點H，則是矩形，則，證明，可得，同理可得，再證，可得，從而得出.5．（2分）（2022八上·蒼南期中）如圖，邊長為5的大正方形ABCD是由四個全等的直角三角形和一個小正方形EFGH組成，連結(jié)AF并延長交CD于點M.若AH＝GH，則CM的長為（）A． B． C．1 D．【答案】D【規(guī)范解答】解：過點M作MN⊥FC于點N，設FA與GH交與點K，如圖，∵四邊形EFGH是正方形，∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF，∵AH＝GH，∴AH＝HE＝GF＝EF.由題意得：Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，∴BE＝CF＝AH＝DG，∠BAE＝∠DCG.∴BE＝EF＝GF＝FC.∵AE⊥BF，∴AB＝AF，∴∠BAE＝∠FAE，∴∠DCG＝∠FAE，∵AH∥GF，∴∠FAE＝∠GFK.∵∠GFK＝∠CFM，∴∠CFM＝∠DCG，∴MF＝MC，∵MN⊥FC，∴CN＝NF＝CF，∴CN＝CG.∵MN⊥CG，DG⊥CG，∴MN∥DG，∴，∵CD＝5，∴CM＝.故答案為：D.【思路點撥】由正方形的性質(zhì)可證Rt△ABE≌Rt△BCF≌Rt△ADH≌Rt△CDG，可推出BE＝EF＝GF＝FC，由AE⊥BF可得AB＝AF，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可得∠BAE＝∠FAE=∠DCG，結(jié)合平行線的性質(zhì)可推出∠CFM＝∠DCG，利用等角對等邊可得MF＝MC，根據(jù)等腰三角形三線合一可得CN＝NF＝CF，即得CN＝CG，根據(jù)平行線分線段成比例可得，繼而得解.6．（2分）（2022八上·欽州月考）如圖，正方形ABCD的面積為100cm2，△ABP為直角三角形，∠P＝90°，且PB＝6cm，則AP的長為（）A．10cm B．6cm C．8cm D．無法確定【答案】C【規(guī)范解答】解：∵正方形ABCD的面積為100cm2，∴AB=10cm，∵△ABP為直角三角形，∠P=90°，且PB=6cm，∴AP=．故答案為：C．【思路點撥】根據(jù)正方形的面積S=邊長的平方可得邊長AB的值，在直角三角形ABP中，用勾股定理可求解.7．（2分）（2023八上·溫州期末）如圖，大正方形ABCD由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼接而成．點E為小正方形的頂點，延長CE交AD于點F，連結(jié)BF交小正方形的一邊于點G．若△BCF為等腰三角形，AG=5，則小正方形的面積為()A．15 B．16 C．20 D．25【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖：添加字母標注，

∵四邊形ABCD是正方形，

∴AB=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，

∵△BCF為等腰三角形，

∴BF=CF，

∴∠FCB=∠FBC，

∴∠ABC-∠FBC=∠BCD-∠FCB，即∠ABF=∠FCD，

在△ABF與△DCF中，

∵∠CDA=∠BAD，AB=CD，∠ABF=∠FCD，

∴△ABF≌△DCF（ASA），

∴AF=DF，

又∵CF∥AN，

∴EF是△ADH的中位線，

∴AH=2EF，DE=HE，

∴DE=HE=HN，

設EF=x，則AH=2x，HG=AG-AH=5-2x，

∴DE=BN=AH=2x，GN=HN-HG=2x-（5-2x）=4x-5，

∵FC∥AN，

∴△EFM∽HGM，

∴，即①，

∵HD∥BN，

∴△HMG∽△NBG，

∴，即②，

聯(lián)立①與②得x=2，

∴小正方形的面積為：

（2x）2=16.

故答案為：B.

【思路點撥】易得AB=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，由等腰三角形的性質(zhì)得∠FCB=∠FBC，根據(jù)等角的余角相等得∠ABF=∠FCD，從而利用ASA判斷出△ABF≌△DCF，得AF=DF，結(jié)合CF∥AN，得EF是△ADH的中位線，推出AH=2EF，DE=HE，設EF=x，則AH=2x，HG=AG-AH=5-2x，DE=BN=AH=2x，GN=HN-HG=4x-5，判斷出△EFM∽HGM，△HMG∽△NBG，根據(jù)相似三角形對應邊成比例得，即①，，即②，聯(lián)立①與②可得x的值，進而根據(jù)正方形的面積計算方法即可求出答案.8．（2分）（2022八上·龍港期中）三國時期的趙爽利用圖1證明了勾股定理，后來日本的數(shù)學家關(guān)孝和在“趙爽弦圖”的啟發(fā)下利用圖2也證明了勾股定理.在圖2中，E，B，F(xiàn)在同一條直線上，四邊形ABCD，EFGA，HGDJ都是正方形，若正方形ABCD的面積等于100，△IJD面積等于，且已知AH＝2，則△KCD的面積等于（）A． B．39 C． D．52【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD和四邊形GDJH是正方形，正方形ABCD的面積等于100，∴AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，∵AG2+DG2＝AD2，∴（2+x）2+x2＝102，解得x＝6，x＝﹣8舍去，∴DJ＝6，∵△IJD面積等于，∴，∴IJ＝，∴IH＝HJ﹣IJ＝6﹣＝，∴AI＝＝，∵AB＝10，AE＝AG＝8，∴BE＝＝6，∴BF＝2，∴AH＝BF，∵∠EAG＝∠BAD＝∠ABC＝90°，∴∠GAD＝∠BAE，∠BAE＝∠FBK，

∴∠GAD=∠FBK，∵∠BFK＝∠AHI＝90°，∴△AHI≌△BFK（ASA），∴AI＝BK＝，∴CK＝BC﹣BK＝10﹣＝，∴△KCD的面積＝CD?CK＝.故答案為：A.【思路點撥】根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB＝BC＝AD＝CD＝10，GH＝GD，設GH＝GD＝x，則AG＝x+2，根據(jù)勾股定理建立方程，求出x的值，即可得出DJ的值，結(jié)合△IJD面積，根據(jù)三角形的面積公式算出IJ的長，再由IH＝HJ﹣IJ算出IH的長，接著利用勾股定理算出AI、BE的長，根據(jù)同角的余角相等可得∠GAD=∠FBK，從而利用ASA判斷出△AHI≌△BFK，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得BK=AI，由CK＝BC﹣BK算出CK，最后根據(jù)三角形的面積公式即可算出答案.9．（2分）（2022八下·官渡期末）如圖，正方形中，點、、分別是、、的中點，、交于，連接、.下列結(jié)論：①；②；③；④.正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【規(guī)范解答】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，∵點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，∴BE=CF，在△BCE與△CDF中，，∴△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，∴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，故答案為：C．【思路點撥】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)逐項判斷即可。10．（2分）（2022八下·泰安期末）如圖，正方形ABCD中，AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點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，由平行線的判定得出AG∥CF，求出的面積即可。閱卷人二、填空題(共10題；每題2分，共20分)得分11．（2分）（2022八上·龍崗期末）如圖，在中，，分別以為邊向上作正方形、正方形、正方形，點在上，若，則圖中陰影的面積為．【答案】6【規(guī)范解答】如圖，連接，過點作，∴，∵四邊形是正方形，∴，，又∵，∴∴在與中：∴（AAS）∴又∵是正方形，∴，，∴，∴是平行四邊形，∴∴、、在一條直線上，故：也是直角三角形且，由四邊形是正方形，是正方形，是正方形，、是全等的三角形，類比趙爽弦圖已知，即可證明（此處證明略）則：∵，∴∴．故答案為：6．

【思路點撥】連接，過點作，先利用“AAS”證明，可得，再利用割補法和等量代換可得，最后求出陰影部分的面積即可。12．（2分）（2022八上·蒼南期中）如圖，以直角三角形ABC的三條邊為邊長，向形外分別作正方形，連結(jié)CG，其中正方形ACDE和正方形ABGF的面積分別為1和5，則CG長為.【答案】【規(guī)范解答】解：連結(jié)AH，∵正方形ACDE和正方形ABGF的面積分別為1和5，∴AC2＝1，AB2＝5，GB＝AB，∴AC＝1，∵∠ACB＝90°，∴BC2＝AB2﹣AC2＝5﹣1＝4，∴BC＝2，∵四邊形BDIH是正方形，∴CI＝HI＝BC＝2，∠ICB＝90°，CB＝HB，∴∠ACB+∠ICB＝180°，∴A、C、I三點在同一條直線上，∴AI＝AC+CI＝1+2＝3，∴HA＝＝，∵∠ABG＝∠CBH＝90°，∴∠GBC＝∠ABH＝90°+∠ABC，在△GBC和△ABH中，GB=AB∠GBC=∠ABH∴△GBC≌△ABH（SAS），∴CG＝HA＝，∴CG的長為，故答案為：.【思路點撥】連結(jié)AH，由正方形的性質(zhì)可得AC2＝1，AB2＝5，GB＝AB，A、C、I三點在同一條直線上，利用勾股定理求出BC=2，AI=3，AH=，根據(jù)SAS證明△GBC≌△ABH，可得CG＝HA＝.13．（2分）（2022八上·平陽期中）如圖，四邊形是正方形，直線a，b，c分別通過A、D、C三點，且．若a與b之間的距離是2，b與c之間的距離是7，則正方形的面積是．【答案】53【規(guī)范解答】解：如圖：過A作直線b于M，過D作直線c于N，則，∵，直線c，∴，∵四邊形是正方形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，∵a與b之間的距離是2，b與c之間的距離是7，∴，在中，由勾股定理得：，即正方形的面積為53.故答案為：53.【思路點撥】過A作AM⊥直線b于M，過D作DN⊥直線c于N，由平行線的性質(zhì)可得∠AMD=∠2+∠3=90°，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD=DC，∠1+∠2=90°，則∠1=∠3，利用AAS證明△AMD≌△CND，得到AM=CN，由題意可得AM=CN=2，DN=7，利用勾股定理可得DC2，進而可得正方形ABCD的面積.14．（2分）（2022八下·任丘期末）把8個邊長為1的正方形按如圖所示擺放在直角坐標系中，經(jīng)過原點O的直線l將這8個正方形分成面積相等的兩部分，則該直線的函數(shù)表達式是．【答案】y＝x或y＝0.9x【規(guī)范解答】解：如圖，過A作AB⊥y軸，垂足為點B，則OB＝3，∵經(jīng)過原點的一條直線l將這八個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點坐標為（，3），設直線方程為y＝kx，則3＝k，∴k＝，∴直線l解析式為y＝x．故答案為：y＝x．

【思路點撥】過A作AB⊥y軸，垂足為點B，則OB＝3，由于經(jīng)過原點的一條直線l將這八個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l解析式即可.15．（2分）（2022八下·潮安期末）如圖，點A在線段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E作EH⊥CD于點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.

【思路點撥】過E作EH⊥CD于點H，先證明△ADG≌△HDE，可得HE=AG，再利用勾股定理求出AG的長，最后利用三角形的面積公式計算即可。16．（2分）（2022八上·西安月考）如圖，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，點E是BC邊上一點，連接AE，把∠B沿AE折疊，使點B落在點處，當為直角三角形時，BE的長為【答案】3或【規(guī)范解答】解：當△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：①當點B′落在矩形內(nèi)部時，如答圖1所示．連結(jié)AC，在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，∴AC==5，∵∠B沿AE折疊，使點B落在點B′處，∴∠AB′E=∠B=90°，當△CEB′為直角三角形時，只能得到∠EB′C=90°，∴點A、B′、C共線，即∠B沿AE折疊，使點B落在對角線AC上的點B′處，∴EB=EB′，AB=AB′=3，∴CB′=5-3=2，設BE=x，則EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，∵EB′2+CB′2=CE2，∴x2+22=（4-x）2，解得，∴BE=；②當點B′落在AD邊上時，如答圖2所示．此時ABEB′為正方形，∴BE=AB=3．綜上所述，BE的長為或3.故答案為：或3.【思路點撥】當△CEB′為直角三角形時，有兩種情況：①當點B′落在矩形內(nèi)部時，連結(jié)AC，根據(jù)勾股定理可得AC=5，由折疊的性質(zhì)可得∠AB′E=∠B=90°，EB=EB′，AB=AB′=3，則CB′=2，設BE=x，則EB′=x，CE=4-x，在Rt△CEB′中，利用勾股定理可得x；②當點B′落在AD邊上時，此時ABEB′為正方形，則BE=AB，據(jù)此解答.17．（2分）（2022八下·越秀期末）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為對角線BD上任意一點（不與B，D重合），連接AE，過點E作，交線段BC于點F，以AE，EF為鄰邊作矩形AEFG，連接BG．給出下列四個結(jié)論：①；②；③設四邊形AGBE的周長為m，則；④當時，的面積為3．其中正確的結(jié)論有．（填寫所有正確結(jié)論的序號）【答案】①③④【規(guī)范解答】如圖，連接EC，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°∵AE⊥EF∴∠AEF=90°∴四邊形ABFE中，∠BAE+∠BFE=360°－∠ABC－∠AEF=180°又∵∠EFC=180°－∠BFE，∴∠BAE=∠EFC在△AEB與△CEB中∴△AEB≌△CEB（SAS）∴∠BAE=∠BCE，EC=EA∴∠EFC=∠BCE∴EF=EC，∴EF=EA，故①符合題意；②如圖，連接CE，過點E作EH⊥BC于點H，∵四邊形ABCD是正方形，點E在BD上，∴AE=CE，CD=BC，∠CBD=45°，∵EH⊥BC，∴BH=EH=BE，CD-BF=BC-BF=CF，∵AE=EF，∴CE=EF，∵EH⊥BC，∴CF=2FH，若CD-BF=BE，則BH=CF=2FH，∴BF=FH=CH，即F、H是BC的三等分點，而當點E在BD上運動時，點F會在線段BC上運動，∴②不符合題意；③由①得，AE=EF，∵四邊形AEFG是矩形，∴四邊形AEFG是正方形，∴AG=AE，∠GAE=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=∠GAE=90°，BD=AD=×4=4，∴∠BAD-∠BAE=∠GAE-∠BAE，∴∠DAE=∠BAG，在△DAE和△BAG中，AD=AB∠DAE=∠BAG∴DE=BG，∴m=AG+AE+BG+BE=AE+AE+DE+BE=2AE+BD=2AE+4，∴m隨AE的增大而增大，當AE⊥BD時，AE最小，m的值最小，此時AE=AD=×4＝2，m的最小值為2AE+4=2×2+4=8，當點E與點B或點D重合時，AE最大，m的值最大，此時AE=4，m的最大值為2AE+4=2×4+4=8+4，∵點E不與B、D重合，∴8≤m＜8+4，∴③符合題意；④如圖，連接AF，過點A作AT⊥BD于點T，∵BF=1，AB=4，∴AF=，由③知四邊形AEFG是正方形，∴AE=AF=×＝，∵四邊形ABCD是正方形，∴AT=DT=AD=×4＝2，∴ET=，∴DE=DT-ET=2-=，∴S△ADE＝DE?AT＝××2=3，∴S△AGB=S△ADE=3．故④符合題意，綜上所述，正確的有①③④，故答案為：①③④

【思路點撥】連接EC，根據(jù)正方形的性質(zhì)以及圓周角定理即可判斷；連接CE，過點E作EH⊥BC于點H，利用正方形的性質(zhì)以及線段的和差關(guān)系得出CF=2FH，若CD-BF=BE，則BH=CF=2FH，得出BF=FH=CH，即F、H是BC的三等分點，而當點E在BD上運動時，點F會在線段BC上運動，即可判斷；由正方形的判定與性質(zhì)得出∠DAE=∠BAG，再由全等三角形的判定與性質(zhì)以及最值問題即可判斷；連接AF，過點A作AT⊥BD于點T，根據(jù)正方形的性質(zhì)以及勾股定理可得AT、ET的長，再利用三角形的面積公式解答即可。18．（2分）（2022八下·洛江期末）如圖，正方形中，點是邊的中點，、交于點，、交于點，則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的序號是．【答案】②③④【規(guī)范解答】解：∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∵E是AD的中點，∴DE=AD=CD，∴∠DCE≠30°，∴∠BCE≠60°，故①錯誤；∵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．

【思路點撥】由正方形的性質(zhì)及線段的中點可推出∠ADC=∠BCD=90°，DE=AD=CD，從而推出∠DCE≠30°，即得∠BCE≠60°，故①錯誤；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，由對頂角相等知∠BHC=∠DHE，從而求出∠AHB=∠EHD，據(jù)此判斷④.19．（2分）（2022八下·禹州期末）如圖，在正方形ABCD中，，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作于點F，于點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）【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點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DE，交FG于M，交FB于點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為長方形，

在△BEF和△FGB中

∴△BEF≌△FGB（SSS）

∴∠BGF=∠FEB

假設∠BGF=∠ADE，則有∠FEB=∠ADE，

又∵EF∥AD，則B、E、D在同一條直線上，

而題干中E是AC上的動點，B、E、D并不一定共線，

故∠BGF不一定等于∠ADE.

故③錯誤；

∵E為對角線AC上的一個動點，∴當時，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.【思路點撥】連接BE，交FG于點，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DE，交FG于M，交FB于點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；先通過三角為直角判定四邊形EFBG為長方形，再通過SSS判定△BEF≌△FGB，從而可得∠BGF=∠FEB，通過反證法推理即可判斷③；根據(jù)垂線段最短得當DE⊥AC時，DE最小，根據(jù)勾股定理求出AC長，從而求出DE長，即可得FG的最小值，即可判斷即④.20．（2分）（2022八下·長沙期中）如圖，在正方形ABCD外取一點E，分別連接AE、BE、DE.過點A作AE的垂線交DE于點P.若AE＝AP＝1，PB＝.S正方形ABCD＝.【答案】【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵AE⊥AP，AE=AP=1，∴∠AEP=∠APE=45°，∠EAP=∠BAD=90°，∴∠EAB=∠PAD，在△EAB和△PAD中，∵AB=AD，∠EAB=∠PAD，AE=AP，∴△EAB≌△PAD（SAS），∴∠EBA=∠ADP，BE=DP，∠APD=∠AEB=180°-45°=135°，∴∠PEB=135°-45°=90°，即△BEP是直角三角形，∵AE=AP=1，∵，∴，過點B作BF⊥AE交AE的延長線于點F，連接BD，則∠FEB=180°-135°=45°，∴∠EBF=45°=∠FEB，∴EF=BF，∵，∴，∴，∵，∴.故答案為：.【思路點撥】證明△EAB≌△PAD（SAS），可得∠EBA=∠ADP，BE=DP，∠APD=∠AEB=180°-45°=135°，從而得出∠PEB=90°，即△BEP是直角三角形，利用勾股定理求出PE、BE、DP的長，過點B作BF⊥AE交AE的延長線于點F，連接BD，易求，分別求出，的值，根據(jù)即可求解.閱卷人三、解答題(共7題；共60分)得分21．（5分）（2022八上·蒼南月考）如圖，正方形內(nèi)有一點A，以，為邊向形外作正方形和正方形，連接，.求證：.【答案】證明：連接，，∵四邊形，，均為正方形，∴，，，，∵，，∴，在和種，，∴，同理可得：，∴，，，∵，，∴，在和種，，∴，∴，∵，，∴四邊形為平行四邊形，∴.【思路點撥】連接PM、RN，根據(jù)正方形的性質(zhì)交點MN=MC-BC，AB=BR，AC=PC，∠BCM=∠ABR=∠BNM=∠ACP=90°，由同角的余角相等可得∠ACB=∠PCM，利用SAS證明△ACB≌△PCM，同理可得△ACB≌△RNB，則PC=AC=RN，PM=AB=RB，∠RNB=∠ACB=∠MCP，根據(jù)角的和差關(guān)系可得∠RNM=∠BCP，證明△RNM≌△BCP，得到RM=PB，推出四邊形BPMR為平行四邊形，據(jù)此證明.22．（5分）（2022八上·蓮湖月考）如圖，邊長為的正方形中，是的中點，是上一點，且，求證：【答案】解：設NC=a，∵BN=BC，∴BN=3a，BC=4a，∵在正方形ABCD中，AD=AB=BC=DC=4a，∵M是CD的中點，∴DM=CM=2a，在Rt△ABN中，根據(jù)勾股定理，得AN2=（4a）2+（3a）2=25，在Rt△ADM中，根據(jù)勾股定理，得AM2=（4a）2+（2a）2=20，在Rt△NCM中，根據(jù)勾股定理，得MN2=（2a）2+=5，∴AN2=AM2+MN2，∴∠AMN=90°，∴AM⊥MN；【思路點撥】設NC=a，則BN=3a，BC=4a，由正方形的性質(zhì)可得AD=AB=BC=DC=4a，由M是CD的中點，可得DM=CM=2a，根據(jù)勾股定理分別求出AN2=25，AM2=20，MN2=5，即得AN2=AM2+MN2，根據(jù)勾股定理的逆定理可得∠AMN=90°，繼而得解.

23．（10分）（2022八上·萊西期末）如圖（1）（3分）【問題情境】如圖1，點為正方形內(nèi)一點，，將Rt△ABE繞點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，得到（點的對應點為點．延長交于點，連接．試判斷四邊形的形狀，并說明理由；（2）（3分）【解決問題】若請求出正方形的面積；（3）（4分）【猜想證明】如圖2，若，請猜想線段與的數(shù)量關(guān)系并加以證明．【答案】（1）解：四邊形是正方形，證明：將繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴，，，又∵，∴四邊形是矩形，又∵，∴四邊形是正方形；（2）解：∵，，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，，∴，∴正方形ABCD的面積為225；（3）解：，理由如下：如圖，過點D作于H，∵，，∴，∴，∵四邊形ABCD是正方形，∴，，∴，∴，又∵，∴（AAS），∴，∵將繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴．【思路點撥】（1）先證明四邊形是矩形，再結(jié)合，可得四邊形是正方形；

（2）先求出，再求出正方形ABCD的面積為225即可；

（3）過點D作于H，先利用“AAS”證明，可得，再根據(jù)四邊形是正方形，可得，即可得到。24．（10分）（2022八上·沈陽期中）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5，點E為CD邊上一點（不與點C，D重合），將沿AE所在直線折疊得到，延長EF交邊BC于點G，連接AG，CF，可得．（1）（3分）判斷BG與FG是否相等，并說明理由；（2）（3分）若，求DE的長；（3）（4分）若，請直接寫出的值．【答案】（1）解：，理由：∵四邊形ABCD是正方形，∴，，由折疊得，，，∴，，在和中，AG=AGAB=AF，∴，∴．（2）解：如圖1，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴，，∵，且，∴，∴，∴DE的長是．（3）解：的值是【規(guī)范解答】（3）如圖2，∵，∴，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∴的值是．

【思路點撥】（1）先利用“HL”證明，再利用全等三角形的性質(zhì)可得；

（2）根據(jù)，且，可得，再求出即可；

（3）先求出，即可得到。25．（12分）（2022八下·延慶期末）如圖，四邊形是正方形，點E是邊上的點，連接，，過點D作，垂足為F，延長到點G，使，連接，，延長交的延長線于點H．（1）（2分）依題意補全圖形；（2）（3分）用含α的式子表示；（3）（3分）直接寫出的度數(shù)；（4）（4分）用等式表示線段，，之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】（1）解：如圖：（2）解：，理由如下：如下圖，過點A作，交的延長線于點M∵∴∵四邊形是正方形，∴，∵，，∴，，∵，∴∴∴；（3）解：，理由如下：∵由（2）得，∠AGB=∠AGF+∠FGH=+∠FGH，∴，∵，∴；（4）解：，理由如下：由（3）得，∵，∴∴，∵，∴MH2=AM2+AH2，∴，∵AG=AB，AM=AH，∴∠AGB=∠ABG，∠M=∠H，∵∠AGB+∠AGM=∠ABG+∠ABH，∴∠AGM=∠ABH，在△ABM和△ABH中，∠AGM=∠ABH∠M=∠HAG=AB，∴，∴，∴，∵，∴．【思路點撥】（1）根據(jù)題意作圖即可；

（2）先求出，再求出，最后求解即可；

（3）根據(jù)題意先求出，再根據(jù)，計算求解即可；

（4）利用全等三角形的判定與性質(zhì)證明求解即可。26．（8分）（2022八上·秦都月考）在△ABC中，∠ACB＝90°，分別以AB、BC為邊向外作正方形ADEB和正方形BCFH．（1）（1分）當BC＝m時，正方形BCFH的周長＝_（用含m的代數(shù)式表示）；（2）（3分）連接CE．試說明：三角形BEC的面積等于正方形BCFH面積的一半；（3）（4分）已知AC＝BC＝2，且點P是線段DE上的動點，點Q是線段BC上的動點，當P點和Q點在移動過程中，△APQ的周長是否存在最小值？若存在，求出這個最小值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）4m（2）解：如圖1，連接AH，在△BHA和△BCE中，∵∴（SAS），∴△BHA的面積=△BCE的面積=正方形BCFH的面積；（3）解：△APQ的周長存在最小值．如圖2，作點A關(guān)于DE的對稱點，∴AP=P∵AC＝BC＝CF=2，BC⊥AF，∴點A關(guān)于BC的對稱點F，∴AQ=QF，∴△APQ的周長的最小值為F，過作M⊥FA交FA的延長線于M，∵∠ACB＝90°，AC＝BC＝2（已知）∴是等腰直角三角形（等腰三角形的定義）∴，∵在的延長線上，∴，∵四邊形是正方形，∴，∴，∴三點共線，∴，∵M⊥FA，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∵AC＝BC＝CF=2，，∵四邊形是正方形，∴，∵點A關(guān)于DE的對稱點，∴，∴，∵