专题08 正方形7种常考题型归类-【好题汇编】备战2023-2024学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（云南专用）

专题08 正方形 根据正方形的性质与判定求角度 1．（22-23八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形的外侧作等边，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 2．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则为（　　）    A． B． C． D． 3．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，四边形ABCD是正方形，延长BA到点E，使BE=BD，则∠ADE等于( )   A．15.5° B．22.5° C．45° D．67.5° 4．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，平分，平分的外角，垂足为F．    (1)求证：四边形是矩形． (2)当四边形是正方形时，求的度数． 根据正方形的性质与判定求线段长 5．（22-23八年级下·云南·期末）如图，正方形的对角线交于点O，E是正方形外一点，且，若，，则的长为（    ）    A． B．9 C． D． 6．（20-21八年级下·云南丽江·期末）如图，正方形的周长为24，为对角线上的一个动点，是的中点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 7．（2024·云南·模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为 A．1 B． C． D． 8．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，正方形的对角线、相交于点，是上的一点，连接，过点作，交于点，若四边形的面积是，则的长为 ． 9．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图所示，正方形ABCD中，AC，BD交于点O．BD＝10，点E，F是BD上的两点，BE＝DF＝2．求四边形AECF的周长． 根据正方形的性质与判定求面积 10．（22-23八年级下·云南曲靖·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 11．（22-23八年级下·昆明·期末）如图中，三个正方形的边长都相等，图中的阴影部分的面积分别记作，和，则，和的大小关系是（   ）    A． B． C． D． 12．（22-23八年级下·曲靖·期末）白老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使道具发生了形变（如图），若正方形道具边长为，，则四边形的面积减少了（    ） A． B． C． D． 13．（21-22八年级下·昆明·期末）如图，为正方形，在中，长为4，长为5，则正方形的面积为 ．    14．（22-23八年级下·玉溪·期末）已知边长为4的正方形和．    (1)以为一个内角作菱形，使；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)设正方形的面积为，菱形的面积为，求的值． 正方形折叠问题 15．（22-23八年级下·云南德宏·期末）如图，正方形的边长为12，将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为. 若，则线段的长是（     ）    A． B．8 C． D．6 16．（2023·云南·二模）取一张边长为的正方形纸片，按如图所示的方法折叠两次，则线段的长为（    ）    A． B． C． D． 17．（2044·云南·模拟）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论： ①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤∠AGB+∠AED=145°. 其中正确的个数是（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 18．（22-23八年级下·昆明·期末）如图，正方形中，是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 19．（22-23八年级下·曲靖·期末）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点H，连接．    (1)求证：； (2)若，求的长． 根据正方形的性质证明 20．（22-23八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形中，为上一点，连接，交对角线于点，连接，若，则的度数为（ ）    A． B． C． D． 21．（21-22八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD上除端点外的任意一点，过点O作交CD于点F，若，则四边形EOFD的面积为（    ） A．18 B．9 C．6 D．不能确定 22．（21-22八年级下·云南西双版纳·期末）如图，点E、F分别是正方形的边上的点，且相交于点G，下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 23．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）【母题再现】如图，四边形是正方形，是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点，求证：． 【知识探究】证明：如图，取的中点，连接． 四边形是正方形， ，． ．    结合上面的知识探究，请同学们完成如下问题： (1)请补全知识探究的证明过程． (2)连接，若正方形边长为，求的面积． (3)连接，求的值． 24．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是正方形，对角线，相交于点，，分别是边，上的动点，且，连接，分别交对角线于点，，连接，．    (1)求证：． (2)当点，分别在，的什么位置时？四边形是平行四边形，并说明理由． 证明四边形是正方形 25．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）下列说法正确的是（    ） A．对角线相等的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．各边都相等的四边形是正方形 26．（22-23八年级下·云南昭通·期末）下列说法正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．四个角都相等的四边形是正方形 C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 27．（22-23八年级下·云南曲靖·期末）如图，在四边形中，，，是上一点，过点作，，垂足分别为、．    (1)求证：； (2)当的度数为何值时，四边形是正方形，并说明理由． 28．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＞∠A，点D为边AB的中点，DE∥BC交AC于点E，CF∥AB交DE的延长线于点F．    (1)求证：DE＝EF； (2)当Rt△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请证明你的结论． 29．（21-22八年级下·昆明·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且，． (1)求证：四边形ABCD是正方形； (2)若，，求四边形ABCD的面积． (特殊)平行四边形的动点问题 30．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图．在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t．    (1)　 　，　 　（用含t的代数式表示）； (2)运动中，是否存在这样的t，使得，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 31．（22-23八年级下·云南·期中）如图1，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，过点N作于点P，连接交于点，连接．设运动时间为t秒． (1)______，______．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值； (3)如图2，将沿AD翻折，得，是否存在某时刻t，使四边形为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 32．（21-22八年级下·云南保山·期末）如图所示，在直角梯形中，，，，，．动点从点出发，沿射线的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位长度的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时停止运动，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为秒． (1)设的面积为，用含的式子表示； (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ (3)求出当为何值时，． 33．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，动点从点出发，沿着射线方向以每秒个单位长度的速度运动.过点作轴，交轴于点同时，动点从定点出发沿轴正方向以每秒个单位长度的速度运动，连接，设运动时间为秒． （1）当点运动到线段的中点时， ． （2）在（1）的条件下，判断四边形是否是平行四边形，并说明理由； （3）过定点画直线轴，与线段所在的直线相交于点连接，若四边形为平行四边形，请直接写出点的坐标． 1．（22-23八年级下·云南红河·期末）有下列性质：①对边平行且相等；②对角线相等；③对角线互相平分；④对角线互相垂直；⑤对角相等．在平行四边形、矩形、菱形、正方形中都具有的是（    ） A．①②④ B．①③⑤ C．①③④ D．②③⑤ 2．（21-22八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边，则的度数为（    ） A．15° B．22.5° C．20° D．10° 3．（20-21八年级下·云南玉溪·期末）如图，正方形ABCD的对角线BD＝4，点P是对角线BD上的一个动点，点E在AB上且AE＝1，则△PAE周长的最小值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．41 4．（21-22八年级下·云南昭通·期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，某小区要在一块矩形ABCD的空地上建造一个如图所示的四边形花园EFGH，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，若AB＝10m，AD＝20m，则四边形EFGH的面积为 ． 6．（22-23八年级下·云南昆明·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．    (1)如图1，当点在菱形内部或边上时，连接．则与的数量关系是　 　，与的位置关系是 　 　； (2)如图2，当点在菱形外部时，连接．那么（1）中的结论是否仍成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； (3)如图3，当点在线段的延长线上时，连接，若，，请直接写出四边形的面积． 7．（20-21八年级下·云南曲靖·期末）如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点． （1）求证：； （2）如图2，连接、，点、、、分别是、、、的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； （3）如图3，点、分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长． 8．（21-22八年级下·云南红河·期末）四边形ABCD和四边形CEFG均是正方形，点G在边DC上，连接BG，DE． (1)求证：． (2)当，时，求的值． 9．（20-21八年级下·云南西双版纳·期末）如图1，在ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，AN为∠CAM的平分线． （1）求证：∠DAN＝90°； （2）如图2，过点C作CE∥AD，交AN于点E，求证：四边形ADCE为矩形； （3）求当AD和BC满足怎样的数量关系时，四边形ADCE是正方形，并说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题08 正方形 根据正方形的性质与判定求角度 1．（22-23八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形的外侧作等边，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由四边形是正方形，是等边三角形可得，据此即可求得答案． 【详解】∵四边形是正方形， ∴，． ∵是等边三角形， ∴，． ∴，． ∴． 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形和等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的判定及性质，牢记正方形和等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的判定定理及性质是解题的关键． 2．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，则为（　　）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质可得，由等边三角形的性质可得，，由等腰三角形的性质可求，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，掌握正方形的性质是本题的关键． 3．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，四边形ABCD是正方形，延长BA到点E，使BE=BD，则∠ADE等于( )   A．15.5° B．22.5° C．45° D．67.5° 【答案】B 【分析】由正方形的对角线平分对角得∠DBE=45°，再由BE=BD，等边对等角结合三角形内角和求出∠BDE，最后由∠BDE和∠BDA之差求得∠ADE. 【详解】∵四边形ABCD为正方形， ∴∠DBE=45°， 又∵BD=BE， ∴△BDE为等腰三角形， ∴∠BDE=（180°-45°）÷2=67.5， ∴∠ADE=∠BDE-∠BDA=90°-67.5°=22.5°， 故答案为B. 【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知等腰三角形与正方形的性质. 4．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，在中，，平分，平分的外角，垂足为F．    (1)求证：四边形是矩形． (2)当四边形是正方形时，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由角平分线的定义可证，由三线合一可证，由垂线的定义可得，从而可证四边形是矩形； （2）当四边形是正方形时，，由正方形的性质得，由角平分线的定义可求． 【详解】（1）平分，平分的外角， ． ， ，即． ，AD平分， ，即 ， ， ∴四边形是矩形． （2）当四边形是正方形时，． 正方形的对角线平分， ． 平分， ． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，矩形的判定，以及正方形的性质，熟练掌握矩形的判定方法和正方形的性质是解答本题的关键． 根据正方形的性质与判定求线段长 5．（22-23八年级下·云南·期末）如图，正方形的对角线交于点O，E是正方形外一点，且，若，，则的长为（    ）    A． B．9 C． D． 【答案】B 【分析】在中，求出，即可求出，再结合四边形是正方形，便可得出的长. 【详解】解：∵，，， ∴在中，由勾股定理得，， 即，解得， ∴， 又∵是正方形， ∴， 故选：B. 【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形和正方形的性质，属于基础题，要熟练掌握. 6．（20-21八年级下·云南丽江·期末）如图，正方形的周长为24，为对角线上的一个动点，是的中点，则的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点.此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果； 【详解】解：如图，连接BE，设BE与AC交于点P'， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与D关于AC对称， ∴P'D=P'B， ∴P'D+P'E=P'B+P'E=BE最小. 即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，即为BE的长度. ∵正方形的周长为24 ∴直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=6，CE=CD=3， ∴. 故选A. 【点睛】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键 7．（2024·云南·模拟）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为 A．1 B． C． D． 【答案】C 【详解】解：在正方形ABCD中，∠ABD=∠ADB=45°， ∵∠BAE=22.5°，∴∠DAE=90°－∠BAE=90°－22.5°=67.5°． 在△ADE中，∠AED=180°-45°-67.5°=67.5°，∴∠DAE=∠ADE．∴AD=DE=4． ∵正方形的边长为4，∴BD=．∴BE=BD－DE=． ∵EF⊥AB，∠ABD=45°，∴△BEF是等腰直角三角形． ∴EF=BE==． 故选：C． 8．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图，正方形的对角线、相交于点，是上的一点，连接，过点作，交于点，若四边形的面积是，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的性质，熟悉性质是解题关键．先过作，，然后利用正方形的性质得出≌，从而得到四边形的面积与四边形的面积相等，等于正方形面积的，即可得到大正方形的面积，从而求出的长． 【详解】解：过作，，如图： 四边形是正方形， 平分， ，， ， ， ， ， ， 四边形的面积是， 正方形的面积为， ， 故答案为：． 9．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图所示，正方形ABCD中，AC，BD交于点O．BD＝10，点E，F是BD上的两点，BE＝DF＝2．求四边形AECF的周长． 【答案】4 【分析】由对角线互相垂直平分的四边形是菱形，AO＝CO，EO＝FO，AC⊥EF，进而利用勾股定理和菱形的周长即可解答． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴OD＝OB，OA＝OC，BD⊥AC， ∵BE＝DF， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵EF⊥AC， ∴四边形AECF为菱形， ∵BD＝10，BE＝DF＝2， ∴OE＝5﹣2＝3，OC＝5， ∴CE＝， ∴菱形AECF的周长为4． 【点睛】本题考查了正方形对角线互相垂直平分的性质，考查了菱形的判定以及勾股定理的应用，本题中证明AC与EF互相垂直平分是解题的关键． 根据正方形的性质与判定求面积 10．（22-23八年级下·云南曲靖·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用勾股定理先求C′E，再求BE，最后求梯形D′EBA面积，最后求阴影部分的面积． 【详解】解：设BC与C′D′交点为E， ∵在正方形ABCD和菱形，ABC′D′中， ∴C′D′= C′B=AB=2， ∴BE⊥C′D′， ∵∠C′＝∠D′AB＝45°， ∴C′E＝BE， 设C′E=BC=x， 则在Rt△C′EB中 ，解得： ， ∴C′E=BC ∴D′E＝C′D′-C′E=2−， ∴梯形D′EBA面积为： S′＝（D′E＋AB）×BE×＝2 −1， 阴影面积为：S＝ −S′＝2×2−（2 −1）＝5−2． 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形的面积，掌握求阴影部分的面积化为面积之差，勾股定理、梯形面积的应用是解决此题的关键． 11．（22-23八年级下·昆明·期末）如图中，三个正方形的边长都相等，图中的阴影部分的面积分别记作，和，则，和的大小关系是（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，求出，和是本题的关键．由题意分别求出，和，即可得，和的大小关系． 【详解】解：设正方形的边长为， ，，， ， 故选：C 12．（22-23八年级下·曲靖·期末）白老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使道具发生了形变（如图），若正方形道具边长为，，则四边形的面积减少了（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定及性质，含度直角三角形的性质，过作于，由正方形的性质得，，进而证明四边形是菱形，再由直角三角形性质得，从而可以求得变形后的四边形的面积，进而即可求解． 【详解】解：过作于， ∵四边形是正方形，正方形道具边长为， ∴，， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴ ∴四边形的面积减少了， 故选C． 13．（21-22八年级下·昆明·期末）如图，为正方形，在中，长为4，长为5，则正方形的面积为 ．    【答案】9 【分析】根据勾股定理可得的长，根据正方形的求面积的方法求解即可． 【详解】解：在中，长为4，长为5， 根据勾股定理，得， ∴正方形的面积， 故答案为：9． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握这些知识是解题的关键． 14．（22-23八年级下·玉溪·期末）已知边长为4的正方形和．    (1)以为一个内角作菱形，使；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)设正方形的面积为，菱形的面积为，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）以点O为圆心，以正方形边长为半径画弧，交点为N、P，再分别以点N、P为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点M，则四边形即为所求； （2）分别求出正方形，菱形的面积即可解决问题． 【详解】（1）解：如图，菱形即为所求，    以点O为圆心，以正方形边长为半径画弧，交点为N、P，再分别以点N、P为圆心，长为半径画弧，两弧相交于点M，则四边形即为所求； （2）解：过点N作于H，如图，      ∵ ∴ 正方形的面积为， 在中， ∵， ∴， ∴菱形的面积， ∴． 【点睛】本题考查作图一复杂作图，菱形的判定和性质, 正方形的性质等知识，解题的关键是理解题意, 灵活运用所学知识解决问题． 正方形折叠问题 15．（22-23八年级下·云南德宏·期末）如图，正方形的边长为12，将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为. 若，则线段的长是（     ）    A． B．8 C． D．6 【答案】A 【分析】根据折叠可得，在中，根据可得，可以根据勾股定理列出方程，从而解出线段的长. 【详解】解：∵正方形的边长为12， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵将正方形折叠，使顶点落在边上的点处，折痕为， ∴， ∵， ∴， 在中，， ， 解得， ∴， 故选：A. 【点睛】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换。在直角三角形中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键. 16．（2023·云南·二模）取一张边长为的正方形纸片，按如图所示的方法折叠两次，则线段的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据折叠（垂直平分线）的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质即可求解． 【详解】解：边长为的正方形纸片， ∴第一次折叠后，在中，，， 第二次折叠后，是的角平分线，根据折叠的性质得，， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ， ∴， ∵， ∴线段的长为， 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形与折叠的综合，掌握折叠的性质，直角三角形的性质，全等三角形的性质是解题的关键． 17．（2044·云南·模拟）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论： ①△ABG≌△AFG；②BG=CG；③AG∥CF；④S△EGC=S△AFE；⑤∠AGB+∠AED=145°. 其中正确的个数是（     ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【详解】解：①正确．理由： ∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）； ②正确．理由： EF=DE=CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x． 在直角△ECG中，根据勾股定理，得（6﹣x）2+42=（x+2）2， 解得x=3． ∴BG=3=6﹣3=GC； ③正确．理由： ∵CG=BG，BG=GF， ∴CG=GF， ∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF． 又∵Rt△ABG≌Rt△AFG； ∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF， ∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF， ∴AG∥CF； ④正确．理由： ∵S△GCE=GC•CE=×3×4=6， ∵S△AFE=AF•EF=×6×2=6， ∴S△EGC=S△AFE； ⑤错误． ∵∠BAG=∠FAG，∠DAE=∠FAE， 又∵∠BAD=90°， ∴∠GAF=45°， ∴∠AGB+∠AED=180°﹣∠GAF=135°． 故选C． 【点睛】本题考查翻折变换（折叠问题）；全等三角形的判定与性质；正方形的性质；勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明． 18．（22-23八年级下·昆明·期末）如图，正方形中，是边的中点，将沿折叠，得到，延长交边于点． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，由正方形的性质得，，由折叠得，，则，，可证明，得； （2）由，是边的中点，得，，由勾股定理得，求得． 【详解】（1）证明：连接， 四边形是正方形， ，， 将沿折叠，得到，延长交边于点， ，， ，， 在和中， ， ， ； （2）解：，是边的中点， ，， ， ， ， ， ． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用这些知识是解题的关键． 19．（22-23八年级下·曲靖·期末）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点H，连接．    (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据翻折的性质，得到，进而得到，再根据，利用即可证明； （2）根据翻折得到，，全等得到，进而推出，利用勾股定理求出的长，设，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即：， ∵， ∴，， 在中，， 设，则：， 在和中：， 即：， 解得：； ∴． 【点睛】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，是解题的关键． 根据正方形的性质证明 20．（22-23八年级下·云南临沧·期末）如图，在正方形中，为上一点，连接，交对角线于点，连接，若，则的度数为（ ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由“”可证，可得，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：， ， 四边形是正方形， ，， 又， ， ， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． 21．（21-22八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD上除端点外的任意一点，过点O作交CD于点F，若，则四边形EOFD的面积为（    ） A．18 B．9 C．6 D．不能确定 【答案】B 【分析】利用正方形的性质推出∠EOD=∠FOC，证得△EOD≌△FOC，根据勾股定理求出OA2=18，由四边形EOFD的面积=S△EOD+S△FOD=S△FOC+S△FOD=S△COD，利用公式计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OB=OC=OD，AC⊥BD，∠ODA=∠OCD=45°， ∵OE⊥OF， ∴∠EOF=∠COD=90°， ∴∠EOD=∠FOC， ∴△EOD≌△FOC， ∴S△EOD=S△FOC， ∵OA=OB，∠AOB=90°， ∴2OA2=AB2=62， 解得OA2=18， ∵四边形EOFD的面积=S△EOD+S△FOD=S△FOC+S△FOD=S△COD， ∴四边形EOFD的面积=， 故选：B． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，正确理解正方形的性质及掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 22．（21-22八年级下·云南西双版纳·期末）如图，点E、F分别是正方形的边上的点，且相交于点G，下列结论不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质及全等三角形的判定定理和性质、垂直的判定依次进行判断即可得解． 【详解】解：A、∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=90°， 在△ABF与△BCE中， ， ∴Δ ABF≌Δ BCE， ∴AF=BE，故A正确，不符合题意； B、∵∠BAF+∠BFA=90°， ∠BAF=∠EBC， ∴∠EBC+∠BFA=90°， ∴∠BGF=90°， ∴AF⊥BE，故B正确，不符合题意； C、∵GF与BG的数量关系不清楚， ∴无法得AG与GE的数量关系，故C错误，符合题意； D、∵△ABF≌△BCE， ∴S△ABF=S△BCE， ∴S△ABF-S△BGF=S△BCE-S△BGF， 即S△ABG=S四边形CEGF，故D正确，不符合题意； 故选：C 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，垂直的判定等，理解题意，综合运用全等三角形全等的判定和性质是解题关键． 23．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）【母题再现】如图，四边形是正方形，是边的中点，，且交正方形外角的平分线于点，求证：． 【知识探究】证明：如图，取的中点，连接． 四边形是正方形， ，． ．    结合上面的知识探究，请同学们完成如下问题： (1)请补全知识探究的证明过程． (2)连接，若正方形边长为，求的面积． (3)连接，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)10； (3)． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，证明是解题的关键． 取的中点，连接利用证明，得； 在中，利用勾股定理求出的长，进而得出答案； 由可知，得再利用三角形中位线定理可得答案． 【详解】（1）证明：取的中点，连接． ，分别是，的中点， ， ，． 又为正方形的外角平分线． ， ， ． ， ， ． 在和中， ， ， ． （2）解：连接，如图：    ∵正方形边长为， ． 由可得，， 在中，， ∴． （3）解：连接，如图：    由可知， ． ，分别是，的中点， 是的中位线， ， ． 24．（22-23八年级下·云南红河·期末）如图，四边形是正方形，对角线，相交于点，，分别是边，上的动点，且，连接，分别交对角线于点，，连接，．    (1)求证：． (2)当点，分别在，的什么位置时？四边形是平行四边形，并说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)当点，分别在，的中点时，四边形是平行四边形，理由见详解 【分析】（1）由四边形是正方形，得，，从而证明，即可得证； （2）当点，分别在，的中点时，则为的中位线，那么，，由四边形是正方形，得，所以，，即可得到四边形是平行四边形． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴． ∵正方形的对角线，相交于点， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：当点，分别在，的中点时，四边形是平行四边形， ∵当点，分别在，的中点时， ∴为的中位线， ∴，， ∵正方形的对角线，相交于点， ∴， ∴在四边形中，，， ∴四边形是平行四边形． 【点睛】本题考查了正方形的性质、中位线的性质、平行四边形以及全等三角形的判定，正确掌握相关内容性质是解题的关键． 证明四边形是正方形 25．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）下列说法正确的是（    ） A．对角线相等的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 C．有一个角是直角的平行四边形是正方形 D．各边都相等的四边形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查正方形的判定，从四边形出发：有四条边相等，四个角都是直角的四边形是正方形；对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形．从平行四边形出发：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形．从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形；对角线互相垂直的矩形是正方形．从菱形出发：有一个角是直角的菱形是正方形；对角线相等的菱形是正方形.从平行四边形出发：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形；对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形；对角线互相垂直的矩形是正方形.从菱形出发：有一个角是直角的菱形是正方形；对角线相等的菱形是正方形，依次进行分析即可答案． 【详解】解：菱形是特殊的平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形， 对角线相等的菱形同时也是矩形， 对角线相等的菱形是正方形， 故A正确； 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，但不一定是正方形， 故B错误； 有一个角是直角的平行四边形是矩形，但不一定是正方形， 故C错误； 根据菱形的判定定理，各边都相等的四边形是菱形， 故D错误， 故选：A． 26．（22-23八年级下·云南昭通·期末）下列说法正确的是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．四个角都相等的四边形是正方形 C．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定内容进行逐项分析判断即可． 【详解】解：A、因为对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，所以对角线互相垂直的四边形是菱形的说法是不正确的； B、因为四个角都相等的四边形是矩形，所以四个角都相等的四边形是正方形的说法是不正确的； C、因为一组对边平行，另一组对边相等的四边形也有可能是等腰梯形，所以一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形的说法是不正确的； D、因为有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，所以D选项正确； 故选：D． 【点睛】本题主要考查的是平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定等知识内容，掌握平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定内容是解题的关键． 27．（22-23八年级下·云南曲靖·期末）如图，在四边形中，，，是上一点，过点作，，垂足分别为、．    (1)求证：； (2)当的度数为何值时，四边形是正方形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）首先证明出，然后利用全等三角形的性质求解即可； （2）首先根据题意证明出四边形是矩形，然后证明出，进而得到矩形是正方形． 【详解】（1）在和中， ， ； （2）当时，四边形是正方形， 理由如下： ∵，， ， ， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形． 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，正方形和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 28．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠B＞∠A，点D为边AB的中点，DE∥BC交AC于点E，CF∥AB交DE的延长线于点F．    (1)求证：DE＝EF； (2)当Rt△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)当△ABC满足∠BAC＝45°，四边形ADCF是正方形；见解析 【分析】（1）首先证明四边形DBCF为平行四边形，可得DF＝BC，再证明DE＝BC，进而得到EF=CB，即可得证； （2）证出AD=CF，AD∥CF，则四边形ADCF是正方形，由直角三角形的性质可得出AD＝CD，∠ADC＝90°，根据正方形的判定可得出结论． 【详解】（1）证明：（1）∵DE∥BC，CF∥AB， ∴四边形DBCF为平行四边形， ∴DF＝BC， ∵D为边AB的中点，DE∥BC， ∴DE＝BC， ∴EF＝DF﹣DE＝BC﹣CB＝CB， ∴DE＝EF； （2）解：当△ABC满足∠BAC＝45°，四边形ADCF是正方形， 证明：∵四边形DBCF为平行四边形， ∴BD＝CF， ∵∠ACB＝90°，D为边AB的中点， ∴AD＝BD＝CD， ∴AD＝CF， ∵AD∥CF， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵∠BAC＝45°， ∴∠BAC＝∠DCA＝45°， ∴∠ADC＝90°， ∴四边形ADCF是正方形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，三角形中位线、正方形的判定，掌握判定定理是解题的关键． 29．（21-22八年级下·昆明·期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且，． (1)求证：四边形ABCD是正方形； (2)若，，求四边形ABCD的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据AE=AF，可得∠AFE=∠AEF，再由∠CEF=45°，可得∠CFE=∠CEF=45°，从而得到∠AFC=∠AEC，进而得到∠AFD=∠AEB，可证得ΔABE≌ΔADF，从而得到AB=AD，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可求解． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B=∠D=∠C=90°， ∵AE=AF， ∴∠AFE=∠AEF， ∵∠CEF=45°，∠C=90°， ∴∠CFE=∠CEF=45°， ∴∠AFC=∠AEC， ∴∠AFD=∠AEB， ∴ΔABE≌ΔADF（AAS）， ∴AB=AD， ∴矩形ABCD是正方形． （2）解：∵由（1）可知：， 又，， 由勾股定理得：， ∵四边形ABCD是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． (特殊)平行四边形的动点问题 30．（22-23八年级下·云南昆明·期末）如图．在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t．    (1)　 　，　 　（用含t的代数式表示）； (2)运动中，是否存在这样的t，使得，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)存在，5或7 【分析】（1）由P运动的速度即可表示长，的长； （2）分两种情况，当四边形是平行线四边形，得到，因此，当四边形是等腰梯形时，由，得到，因此，即可得到t的值． 【详解】（1）解：由题意，得，． （2）解：当时，四边形是平行线四边形， ∴， ∴， ∴， 当四边形是等腰梯形时， ， 作于M，于N，    ∵，， ∴四边形是矩形，是矩形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴或． 【点睛】本题考查列代数式，平行四边形、等腰梯形的性质，关键是分两种情况讨论． 31．（22-23八年级下·云南·期中）如图1，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，过点N作于点P，连接交于点，连接．设运动时间为t秒． (1)______，______．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值； (3)如图2，将沿AD翻折，得，是否存在某时刻t，使四边形为为菱形，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2) (3)存在， 【分析】（1）由，根据即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）由，，可得当时有四边形为菱形，列出方程，求解即可． 【详解】（1）解：如图1．   ， ． 在直角梯形中，，，于点， 四边形为矩形， ， ； 故答案为：，． （2）四边形为平行四边形时，， ， 解得：； （3）存在时刻，使四边形为菱形． 理由如下： ，， 当时有四边形为菱形， ， 解得． 【点睛】本题主要考查了四边形综合题，其中涉及到直角梯形的性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键． 32．（21-22八年级下·云南保山·期末）如图所示，在直角梯形中，，，，，．动点从点出发，沿射线的方向以每秒2个单位长度的速度运动，动点同时从点出发，在线段上以每秒1个单位长度的速度向点运动，当其中一个动点到达端点时停止运动，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为秒． (1)设的面积为，用含的式子表示； (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ (3)求出当为何值时，． 【答案】(1) (2)当时，四边形PCDQ是平行四边形 (3)当时， 【分析】（1）过点P作PE⊥AD于E，根据三角形的面积公式计算，得出结论； （2）根据对边平行且相等的四边形是平行四边形列式计算； （3）根据等腰三角形的三线合一得到QE=ED，进而列出方程，解方程得到答案． 【详解】（1）解：当点Q运动到点D时，用时为16秒；当点P运动到点C时，用时为10秒， 因为，所以当点P，Q停止运动时，所用时间为10秒， 在直角梯形中，依题意知， 则，， 如图2，过点P作于点E， ∵， ∠A=90°， ∴AB⊥BC， ∴∠A=∠ABC=∠AEP=90°， ∴四边形ABPE为矩形， ， ． （2）解：当四边形PCDQ是平行四边形时，， 即， 解得，符合题意， ∴当时，四边形PCDQ是平行四边形． （3）解：由（1）知 当时，， 又∵， ∴，则， ∴， 解得，符合题意， ∴当时，． 【点睛】本题考查的是直角梯形的性质、平行四边形的判定、等腰三角形的性质，熟记平行四边形的判定定理、等腰三角形的三线合一是解题的关键． 33．（22-23八年级下·云南楚雄·期末）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标为，点在轴正半轴上，动点从点出发，沿着射线方向以每秒个单位长度的速度运动.过点作轴，交轴于点同时，动点从定点出发沿轴正方向以每秒个单位长度的速度运动，连接，设运动时间为秒． （1）当点运动到线段的中点时， ． （2）在（1）的条件下，判断四边形是否是平行四边形，并说明理由； （3）过定点画直线轴，与线段所在的直线相交于点连接，若四边形为平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】（1）2；（2）四边形是平行四边形，理由见解析；（3）点的坐标为． 【分析】（1）根据点A的坐标即可求出OA，然后根据30°所对的直角边是斜边的一半即可求出AB，从而求出AD，即可求出结论； （2）根据t的值，即可求出OF的长，然后求出DE可得DE=OF，DE∥OF，从而证出结论； （3）根据平行四边形的性质可得从而求出t的值、AD和BD，利用勾股定理求出OB、DE和BE，从而求出点E的坐标． 【详解】解：（1）∵点的坐标为， ∴OA=6 在Rt中，∠ABO=30° ∴AB=2OA=12 ∵点运动到线段的中点 ∴AD==6 ∴此时t=6÷3=2 故答案为：2； （2）四边形是平行四边形． 理由：∵点 当时， 轴， 在中，， ， 四边形是平行四边形． （3）点的坐标为 如图， 四边形为平行四边形， 轴，， 点的坐标为． 【点睛】此题考查的是平面坐标系与几何图形的综合大题，掌握点的坐标与线段长度的关系、平行四边形的判定及性质、30°所对的直角边是斜边的一半和勾股定理是解决此题的关键． 1．（22-23八年级下·云南红河·期末）有下列性质：①对边平行且相等；②对角线相等；③对角线互相平分；④对角线互相垂直；⑤对角相等．在平行四边形、矩形、菱形、正方形中都具有的是（    ） A．①②④ B．①③⑤ C．①③④ D．②③⑤ 【答案】B 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质进行判断即可求解． 【详解】解：根据平行四边形、矩形、菱形、正方形可知， 它们共同的性质是：对边平行且相等，对角线互相平分、对角相等， ∴在平行四边形、矩形、菱形、正方形中都具有的是①③⑤， 故选：B． 【点睛】本题考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 2．（21-22八年级下·云南昆明·期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边，则的度数为（    ） A．15° B．22.5° C．20° D．10° 【答案】A 【分析】根据正方形与等边三角形的性质可得，，即可求解． 【详解】解：∵正方形ABCD外侧作等边， ∴， ，， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，掌握正方形与等边三角形的性质是解题的关键． 3．（20-21八年级下·云南玉溪·期末）如图，正方形ABCD的对角线BD＝4，点P是对角线BD上的一个动点，点E在AB上且AE＝1，则△PAE周长的最小值为（　　） A．4 B．5 C．6 D．41 【答案】C 【分析】连接AC、CE，CE交BD于P，根据正方形的性质可得出此时AP+PE的值最小，利用勾股定理求出CE长，即可求出答案． 【详解】解：连接AC、CE，CE交BD于P，连接AP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OC，AC⊥BD， 即A和C关于BD对称， ∴AP=CP， 即AP+PE=CE，此时AP+PE的值最小， 所以此时△PAE周长的值最小， ∵正方形ABCD的对角线BD＝4，AE=1， ∴AD=AB，∠BAD=∠ABC=90°， ∵AD2+AB2=BD2=32， ∴AD=AB=4， ∴BE= AB –AE=4-1=3， 由勾股定理得：CE==5， ∴△PAE的周长的最小值是AP+PE+AE=CE+AE=5+1=6． 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理，轴对称的性质，正方形的性质，能找出符合的P点的位置是解此题的关键． 4．（21-22八年级下·云南昭通·期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】先证明△CFG为等腰直角三角形，可得GF=FC，从而得到GE=FD，故①正确；再由H为CG的中点，可得FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD，从而证明△EHF≌△DHC，故④正确；进而得到∠HEF=∠HDC，可得到∠AEH+∠ADH =∠AEF+∠ADF=180°，故③正确；再勾股定理可得，，可得②错误；即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，EF∥AD， ∴EF=AD=CD，∠ACD=45°，∠GFC=90°， ∴△CFG为等腰直角三角形， ∴GF=FC， ∵EG=EF-GF，DF=CD-FC， ∴GE=FD，故①正确； ∵△CFG为等腰直角三角形，H为CG的中点， ∴FH=CH，∠GFH=∠GFC=45°=∠HCD， 在△EHF和△DHC中， ∵， ∴△EHF≌△DHC（SAS）， ∴∠HEF=∠HDC，故④正确； ∴∠AEH+∠ADH=∠AEF+∠HEF+∠ADF-∠HDC=∠AEF+∠ADF=180°，故③正确； ∵△EHF≌△DHC， ∴EH=DH， ∵∠AEH+∠ADH=180°，∠BAD=90°， ∴∠EHD=90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 根据题意得：∠AEF=90°，∠AGE=∠CGF=45°， ∴△AEG为等腰直角三角形， ∴，即， ∵E为AB上一点， ∴无法判断AE与AB的大小，即AE与AD的大小不确定， ∴不一定成立，故②错误； ∴正确的有①③④，共3个． 故选：C 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解题的关键． 5．（20-21八年级下·云南昆明·期末）如图，某小区要在一块矩形ABCD的空地上建造一个如图所示的四边形花园EFGH，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA的中点，若AB＝10m，AD＝20m，则四边形EFGH的面积为 ． 【答案】100 【分析】根据矩形的性质及H、F分别为边AD、BC的中点，推出AH＝BF，得到平行四边形BFHA，推出ABHF，AB＝HF，同理得到BC＝EG，BCEG，推出HF⊥EG，根据三角形的面积公式求出即可． 【详解】解：连接HF、EG，交于点O， ∵四边形ABCD是矩形， ∴BCAD，BC＝AD＝20m， ∵H、F分别为边AD、BC的中点， ∴AH＝BF， ∴四边形BFHA是平行四边形， ∴AB＝HF＝10m，ABHF， 同理BC＝EG＝20m，BCEG， ∵AB⊥BC， ∴HF⊥EG， ∴四边形EFGH的面积＝＝＝100（m2）， 故答案为：100． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，平行四边形的性质和判定，三角形的面积等知识点的理解和掌握，能求出HF、EG的长和HF⊥EG是解此题的关键． 6．（22-23八年级下·云南昆明·期末）在菱形中，，点是射线上一动点，以为边向右侧作等边．    (1)如图1，当点在菱形内部或边上时，连接．则与的数量关系是　 　，与的位置关系是 　 　； (2)如图2，当点在菱形外部时，连接．那么（1）中的结论是否仍成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由； (3)如图3，当点在线段的延长线上时，连接，若，，请直接写出四边形的面积． 【答案】(1)，； (2)结论成立，证明见解答过程； (3) 【分析】（1）连接，根据证，即可得出，延长交于，再根据得出； （2）连接交于，设交于，根据证，即可得出，再根据得出； （3）连接交于，连接，作于，利用勾股定理分别求出，，，的长度，再根据，即可求出四边形的面积． 【详解】（1）如图1，连接，    四边形是菱形，， ，都是等边三角形， ， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， ，， 延长交于， ， ， ， ， 故答案为：，； （2）当点在菱形外部时，（1）中的结论还成立， 理由如下： 如图2，连接交于，设交于，    四边形是菱形，， ，都是等边三角形，， ，， 是等边三角形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ； （3）如图3，连接交于，连接，作于，    四边形是菱形， ，平分， ， ， ， ， ， 由（2）知， ， ， ，， ， 由（2）知， ， ， ， 是等边三角形， ，， ， ， ， 四边形的面积是． 【点睛】本题是四边形综合题，考查菱形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 7．（20-21八年级下·云南曲靖·期末）如图1，在正方形中，为上一点，连接，过点作于点，交于点． （1）求证：； （2）如图2，连接、，点、、、分别是、、、的中点，试判断四边形的形状，并说明理由； （3）如图3，点、分别在正方形的边、上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点，过点作于点，若，正方形的边长为3，求线段的长． 【答案】（1）见解析；（2）四边形为正方形，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形为正方形，可得，推得，由，可得，可证即可； （2）、为、中点，可得为的中位线，可证，，由点、、、分别是、、、的中点，可得PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，可证，，，，，，可证四边形为平行四边形．再证四边形为菱形，最后证即可； （3）延长交于点，由对称性可得，，，由勾股定理可求，可得，设，在中，，解得，在中，可求． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∵， ∴∠AHB=90°， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴． （2）解：四边形为正方形，理由如下： ∵、为、中点， ∴为的中位线， ∴，， ∵点、、、分别是、、、的中点， ∴PQ是的中位线，MQ为的中位线，NP为的中位线，， ∴，，，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形为菱形， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形． （3）解：延长交于点， 由对称性可知 ，，， 在中， ， ∴， 设，则， 在中， ， ， ∴， 在中， ． 【点睛】本题考查正方形性质与判定，等角的余角性质三角形全等判定与性质，三角形中位线判定与性质，勾股定理，根据勾股定理建构方程，解拓展一元一次方程等知识，掌握以上知识是解题关键． 8．（21-22八年级下·云南红河·期末）四边形ABCD和四边形CEFG均是正方形，点G在边DC上，连接BG，DE． (1)求证：． (2)当，时，求的值． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）四边形ABCD是正方形推出△BCG≌△DCE即可得出结论； （2）在中，根据勾股定理求出，再求出，然后代入计算即可． 【详解】（1）∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． （2）∵四边形是正方形，四边形是正方形，， ∴． 在中，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用全等三角形的性质解决问题，灵活运用条件解决问题． 9．（20-21八年级下·云南西双版纳·期末）如图1，在ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，AN为∠CAM的平分线． （1）求证：∠DAN＝90°； （2）如图2，过点C作CE∥AD，交AN于点E，求证：四边形ADCE为矩形； （3）求当AD和BC满足怎样的数量关系时，四边形ADCE是正方形，并说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）BC=2AD，见解析 【分析】（1）利用角平分线的定义和邻补角的定义即可得出∠DAN的度数； （2）利用有三个内角是直角的四边形是矩形的判断方法即可； （3）利用邻边相等的矩形是正方形解答即可． 【详解】（1）证明：如图1， ∵AB＝AC，AD⊥BC，垂足为D， ∴∠CAD＝∠BAC． ∵AN是△ABC外角的平分线， ∴∠CAN＝∠CAM， ∵∠BAC与∠CAM是邻补角， ∴∠BAC+∠CAM＝180°， ∴∠DAN＝∠CAD+∠CAN＝（∠BAC+∠CAM）＝90°； （2）证明：如图2中， ∵AD⊥BC，CE⊥AN，∠DAN＝90°， ∴∠ADC＝∠CEA＝∠DAN＝90°， ∴四边形ADCE为矩形； （3）BC=2AD时，四边形ADCE是一个正方形． 理由如下： ∵AB＝AC，AD⊥BC， ∴BC=2CD， 又∵BC=2AD， ∴AD＝DC． ∵四边形ADCE为矩形， ∴四边形ADCE为正方形． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查正方形的判断方法，涉及到知识有，等腰三角形的三线合一的性质，如由AB=AC，AD⊥BC得到∠CAD=∠BAC，三角形的外角的平分线，勾股定理；本题的关键是整体计算∠DAN=∠CAD+∠CAE=（∠BAC+∠CAM）=90°． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$