专题09 正方形的性质与判定（专题测试）-2023-2024学年浙教版数学八年级下册期末专题突破

专题12 正方形的性质与判定 专题测试 一、选择题 1．（2023秋•东明县期末）正方形有而矩形不一定有的性质是（　　） A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 2．（2024春•中山区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，那么下列条件中，能判断菱形ABCD是正方形的为（　　） A．AB＝AD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AO＝CO 3．（2023秋•西安期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，作EF⊥AD于点F，连接DE，若DF＝2．则DE的长为（　　） A． B． C．4 D．2.5 4．（2023秋•临淄区期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，下列判断正确的是（　　） A．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 C．若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD是正方形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 5．（2023秋•太原期末）若▱ABCD中对角线AC、BD相交于点O，则下列说法正确的是（　　） A．当OA＝OD时，▱ABCD为菱形 B．当AB＝AD时，▱ABCD为正方形 C．当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形 D．当AC⊥BD时，▱ABCD为矩形 6．（2023秋•南浔区期末）如图，将图1中周长为16cm的长方形纸片剪成①号、②号、③号、④号正方形和⑤号长方形，并将它们按图2的方式无重叠地放入另一个大长方形中，则图中阴影部分的周长为（　　） A．12cm B．14cm C．6cm D．7cm 7．（2023秋•渝北区期末）如图，点M是正方形ABCD边AB上一点，DN⊥CM于N，DN＝2CN＝2，则BN的长度为（　　） A．2 B． C． D． 8．（2023秋•达川区期末）如图，正方形ABCD的边长为15，AG＝CH＝12，BG＝DH＝9，连接GH，则线段GH的长为（　　） A． B．12﹣3 C． D．3 9．（2023秋•沙坪坝区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AC上一点，过点E作EF⊥ED交AB于点F，连接BE，DF，若∠ADF＝α，则∠BEF的度数是（　　） A．2α B．45°+α C．90°﹣2α D．3α 10．（2023秋•宣汉县期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝AB，∠ADC的平分线交边BC于点E，AH⊥DE于点H，连接CH并延长交边AB于点F，连接AE交CF于点O，给出下列命题： （1）∠AEB＝∠AEH （2）DH＝2EH （3）OH＝AE （4）BC﹣BF＝EH 其中正确命题的序号（　　） A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（4） D．（1）（3） 二．填空题 11．（2023秋•长沙期末）如图，正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，且BE＝AB，连接CE，AE，则∠AEC的度数为 　 　． 12．（2023秋•磐石市期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形A'B'C'O的一个顶点．若两个正方形的边长均为2，则图中阴影部分图形的面积为　　． 13．（2023秋•防城区期末）四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF．若BC＝8，DE＝3，则△AEF的面积为 　　． 14．（2023春•邻水县期末）如图，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列说法：①如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；②如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形．其中正确的有 　　个． 15．（2023秋•东河区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论： ①DE＝FG； ②∠BFG＝∠ADE； ③DE⊥FG； ④FG的最小值为2． 其中正确结论的有 　　．（填序号） 16．（2023秋•福山区期末）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，DE＝AF，BE⊥CF于点G，若BC＝8，AF＝2，则GF的长为 　　． 三．解答题 17．（2023秋•武侯区期末）如图，在正方形ABCD中，延长BC至点E，使得，连接AC，AE，AE交CD于点F． （1）试探究△ACE的形状； （2）求∠AFD的度数． 18．（2023秋•佛山期末）如图，已知E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF． （1）请判断四边形AECF的形状，并证明． （2）若，BE＝2，则四边形AECF的周长为 　　． 19．（2023春•伊川县期末）如图．在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，AN为△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为E． （1）求证：四边形ADCE是矩形． （2）若连接DE，交AC于点F，试判断四边形ABDE的形状（直接写出结果，不需要证明）． （3）△ABC再添加一个什么条件时，可使四边形ADCE是正方形．并证明你的结论． 20．（2023秋•萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE． （1）求证：CE＝AD； （2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由； （3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 　　条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）． 21．（2023秋•潢川县期末）（1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，并延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．若∠EAF＝45°，猜想BE，EF，DF之间的数量关系并证明； （2）如图2，当点E在线段BC的延长线上，且∠EAF＝45°时，试探究BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由． 22．（2023秋•定边县期末）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F． （1）求证：△DAE≌△ABF； （2）若△DEF的面积为，求AF的长； （3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长． 23．（2022春•湘桥区期末）矩形ABCD的边长AB＝18cm，点E在BC上，把△ABE沿AE折叠，使点B落在CD边的点F处，∠BAE＝30°． （1）如图1，求DF的长度； （2）如图2，点N从点F出发沿FD以每秒1cm的速度向点D运动，同时点P从点A出发沿AF以每秒2cm的速度向点F运动，运动时间为t秒（0＜t＜9），过点P作PM⊥AD，于点M． ①请证明在N、P运动的过程中，四边形FNMP是平行四边形； ②连接NP，当t为何值时，△MNP为直角三角形？ 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题12 正方形的性质与判定 专题测试 一、选择题 1．（2023秋•东明县期末）正方形有而矩形不一定有的性质是（　　） A．四个角都是直角 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直 【思路点拨】根据正方形与矩形的性质对各选项分析判断后利用排除法求解． 【解析】解：A、正方形和矩形的四个角都是直角，故本选项错误； B、正方形和矩形的对角线相等，故本选项错误； C、正方形和矩形的对角线互相平分，故本选项错误； D、正方形的对角线互相垂直平分，矩形的对角线互相平分但不一定垂直，故本选项正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，熟记性质并正确区分是解题的关键． 2．（2024春•中山区期中）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，那么下列条件中，能判断菱形ABCD是正方形的为（　　） A．AB＝AD B．AC＝BD C．AC⊥BD D．AO＝CO 【思路点拨】根据菱形的性质和正方形 的判定定理即可得到结论． 【解析】解：A、由AB＝AD，故不能判断菱形ABCD是正方形；故A不符合题意； B、∵四边形ABCD是菱形，AC＝BD， ∴菱形ABCD是正方形，故B符合题意； C、由AC⊥BD不能判断菱形ABCD是正方形；故C不符合题意； D、由AC⊥BD不能判断菱形ABCD是正方形；故D不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 3．（2023秋•西安期末）如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，作EF⊥AD于点F，连接DE，若DF＝2．则DE的长为（　　） A． B． C．4 D．2.5 【思路点拨】由正方形的性质得∠EAF＝45°，从而得出∠AEF＝∠EAF＝45°，所以EF＝AF＝4，再利用勾股定理求解即可． 【解析】解：∵边长为6的正方形ABCD， ∴AD＝6，∠EAF＝45°， ∵DF＝2， ∴AF＝AD﹣DF＝6﹣2﹣4， ∵EF⊥AD， ∴∠AFE＝∠DFE＝90°， ∴∠AEF＝∠EAF＝45°， ∴EF＝AF＝4， 由勾股定理，得． 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，求出EF＝AF＝4是解题的关键． 4．（2023秋•临淄区期末）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于O，下列判断正确的是（　　） A．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形 B．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 C．若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD是正方形 D．若AO＝OC，BO＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 【思路点拨】根据矩形，菱形，正方形，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【解析】解：A、若AC⊥BD，则四边形ABCD不一定是菱形，故选项A不符合题意； B、若AC＝BD，则四边形不一定ABCD是矩形，故选项B不符合题意； C、若AC⊥BD，AC＝BD，则四边形ABCD不一定是正方形，故选项C不符合题意； D、∵AO＝OC，BO＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 5．（2023秋•太原期末）若▱ABCD中对角线AC、BD相交于点O，则下列说法正确的是（　　） A．当OA＝OD时，▱ABCD为菱形 B．当AB＝AD时，▱ABCD为正方形 C．当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形 D．当AC⊥BD时，▱ABCD为矩形 【思路点拨】根据矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定可得出结论． 【解析】解：当OA＝OD时，平行四边形ABCD是不一定是菱形，故选项A不符合题意； 当AB＝AD时，▱ABCD不一定为正方形，故选项B不符合题意； 当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形，故选项C符合题意； 当AC⊥BD时，▱ABCD为是菱形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法． 6．（2023秋•南浔区期末）如图，将图1中周长为16cm的长方形纸片剪成①号、②号、③号、④号正方形和⑤号长方形，并将它们按图2的方式无重叠地放入另一个大长方形中，则图中阴影部分的周长为（　　） A．12cm B．14cm C．6cm D．7cm 【思路点拨】先设①号正方形的边长为a cm，②号正方形的边长为b cm，则③号正方形的边长为（a+b）cm，④号正方形的边长为（2a+b）cm，⑤号长方形的长为（3a+b），宽为（b﹣a）cm，再求出阴影图形的周长6（a+b）cm，通过图1长方形的周长求出a+b即可解答． 【解析】解：设①号正方形的边长为a cm，②号正方形的边长为b cm，则③号正方形的边长为（a+b）cm，④号正方形的边长为（2a+b）cm，⑤号长方形的长为（3a+b），宽为（b﹣a）cm， 如图： ∴AD＝b﹣a+b+a＝2b cm，AB＝a+b+2a+b﹣b＝（3a+b）cm， ∴．阴影部分图形的周长为：6（a+b）cm， ∵图1长方形的周长为16cm， ∴b+3a+b+b+a+b＝4（a+b）＝8， ∴a+b＝2， ∴6（a+b）＝6×2＝12cm， 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的性质，整式加减的应用，解题的关键是设出未知数，列代数式表示各线段进而解决问题． 7．（2023秋•渝北区期末）如图，点M是正方形ABCD边AB上一点，DN⊥CM于N，DN＝2CN＝2，则BN的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【思路点拨】过点B作BE⊥CM于E，可证得△DCN≌△CBE（AAS），再证得△BNE是等腰直角三角形，即可求得答案． 【解析】解：如图，过点B作BE⊥CM于E， ∵DN⊥CM，BE⊥CM， ∴∠DNC＝∠CEB＝90°， ∴∠DCN+∠CDN＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴DC＝CB，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠DCN+∠BCE＝90°， ∴∠CDN＝∠BCE， ∴△DCN≌△CBE（AAS）， ∴DN＝CE，CN＝BE， ∵DN＝2CN＝2， ∴CN＝BE＝1，CE＝2， ∴EN＝CE﹣CN＝2﹣1＝1， ∴EN＝BE＝1， ∵∠BEN＝90°， ∴△BNE是等腰直角三角形， ∴BN＝BE＝． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等，添加辅助线构造全等三角形是解题关键． 8．（2023秋•达川区期末）如图，正方形ABCD的边长为15，AG＝CH＝12，BG＝DH＝9，连接GH，则线段GH的长为（　　） A． B．12﹣3 C． D．3 【思路点拨】延长BD交CH于点E，先利用勾股定理的逆定理证∠AGB＝90°，∠CHD＝90°，再证△ABG和△CDH全等得∠BAG＝∠HCD，进而可得∠ABG＝∠BCE，∠BAG＝∠CBE，由此可得△ABG和△BCE全等，进而得BG＝CE＝9，AG＝BE＝12，∠BEC＝∠AGB＝90°，据此得GE＝BE﹣BG＝12﹣9＝3，HE＝3，然后在Rt△GEH中由勾股定理可求出GH的长． 【解析】解：延长BD交CH于点E，如图： ∵四边形ABCD为正方形，边长为15， ∴AB＝BC＝CD＝15，∠ABC＝∠BCD＝90°， ∵AG＝12，BG＝9，AB＝15， ∴AD2+BG2＝122+92＝225，AB2＝152＝225， ∴AD2+BG2＝AB2， 即△ABG为直角三角形，则∠AGB＝90°， 同理：∠CHD＝90°， 在△ABG和△CDH中， ， ∴△ABG≌△CDH（SSS）， ∴∠BAG＝∠HCD， ∵∠AGB＝90°，∠BCD＝90°， ∴∠BAG+∠ABG＝90°，∠HCD+∠BCE＝90°， ∴∠ABG＝∠BCE 又∵∠ABC＝90°，∠AGB＝90°， ∴∠ABG+∠BAG＝90°，∠ABG+∠CBE＝90°， ∴∠BAG＝∠CBE， 在△ABG和△BCE中， ， ∴△ABG≌△BCE（ASA）， ∴BG＝CE＝9，AG＝BE＝12，∠BEC＝∠AGB＝90°， ∴GE＝BE﹣BG＝12﹣9＝3， 同理：HE＝3， ∵∠BEC＝90°， ∴∠GEH＝90°， 在Rt△GEH中，GE＝3，HE＝3， 由勾股定理得：GH＝＝． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理及其逆定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理的逆定理判定三角形是直角三角，以及运用勾股定理进行计算是解答此题的关键． 9．（2023秋•沙坪坝区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AC上一点，过点E作EF⊥ED交AB于点F，连接BE，DF，若∠ADF＝α，则∠BEF的度数是（　　） A．2α B．45°+α C．90°﹣2α D．3α 【思路点拨】过点E作EM⊥AB于M，EN⊥AD于N，根据全等三角形的判定定理结合正方形的性质证得△EMF≌△END，△ABE≌△ADE，得到BE＝DE＝EF，根据等腰三角形的性质和平角的定义即可求出答案． 【解析】解：过点E作EM⊥AB于M，EN⊥AD于N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∴四边形AMEN是矩形，∠BAE＝∠DAE＝45°， ∴EM＝EN，四边形AMEN是正方形， ∴∠MEN＝90°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠MEF＝∠NED＝90°﹣∠FEN， 在△EMF和△END中， ， ∴△EMF≌△END（ASA）， ∴EF＝ED， ∴∠EFD＝∠EDF＝45°， ∵∠ADF＝α， ∴∠AFD＝90°﹣α， ∴∠BFE＝180°﹣（∠AFD+EFD）＝180°﹣（90°﹣α+45°）＝45°+α， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE， ∴BE＝EF， ∴∠BFE＝∠EBF＝45°+α， ∴∠BEF＝180°﹣（∠BFE+∠EBF）＝180°﹣2（45°+α）＝90°﹣2α． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，解决问题的关键是关注特殊性，添加辅助线，需要十分扎实的基础和很强的能力． 10．（2023秋•宣汉县期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝AB，∠ADC的平分线交边BC于点E，AH⊥DE于点H，连接CH并延长交边AB于点F，连接AE交CF于点O，给出下列命题： （1）∠AEB＝∠AEH （2）DH＝2EH （3）OH＝AE （4）BC﹣BF＝EH 其中正确命题的序号（　　） A．（1）（2）（3） B．（2）（3）（4） C．（2）（4） D．（1）（3） 【思路点拨】（1）根据矩形的性质得到AD＝BC＝AB＝CD，由DE平分∠ADC，得到△ADH是等腰直角三角形，△DEC是等腰直角三角形，得到DE＝CD，得到等腰三角形求出∠AED＝67.5°，∠AEB＝67.5°，得到（1）正确； （2）设DH＝1，则AH＝DH＝1，AD＝DE＝，求出HE＝﹣1，得到2HE≠1，所以（2）不正确； （3）通过角的度数求出△AOH和△OEH是等腰三角形，从而得到（3）正确； （4）由△AFH≌△CHE，得到AF＝EH，由△ABE≌△AHE，得到BE＝EH，于是得到BC﹣BF＝（BE+CE）﹣（AB﹣AF）＝（CD+EH）﹣（CD﹣EH）＝2EH，从而得到（4）不正确． 【解析】解：（1）在矩形ABCD中，AD＝BC＝AB＝CD，∠ADC＝∠BCD＝90°， ∵DE平分∠ADC， ∴∠ADE＝∠CDE＝45°， ∵AH⊥DE， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴AD＝AH， ∴AH＝AB＝CD， ∵△DEC是等腰直角三角形， ∴DE＝CD， ∴AD＝DE， ∴∠AED＝67.5°， ∴∠AEB＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°， ∴∠AEH＝∠AEB， 所以（1）结论正确； （2）设DH＝1， 则AH＝DH＝1，AD＝DE＝， ∴HE＝DE﹣DH＝﹣1， ∴2HE＝2（﹣1）＝4﹣2≠1， 所以（2）结论不正确； （3）∵∠AEH＝67.5°， ∴∠EAH＝22.5°， ∵DH＝CD，∠EDC＝45°， ∴∠DHC＝67.5°， ∴∠OHA＝180°﹣90°﹣67.5°＝22.5°， ∴∠OAH＝∠OHA＝22.5°， ∴OA＝OH， ∴∠AEH＝∠OHE＝67.5°， ∴OH＝OE＝OA， ∴OH＝AE， 所以（3）正确； （4）∵AH＝DH＝CD＝CE， 在△AFH与△CHE中， ， ∴△AFH≌△CHE（ASA）， ∴AF＝EH， 在Rt△ABE与Rt△AHE中， ， ∴△ABE≌△AHE（AAS）， ∴BE＝EH， ∴BC﹣BF＝（BE+CE）﹣（AB﹣AF）＝（CD+EH）﹣（CD﹣EH）＝2EH， 所以（4）不正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质并仔细分析题目条件，根据相等的度数求出相等的角，从而得到三角形全等的条件或判断出等腰三角形是解题的关键，也是本题的难点． 二．填空题 11．（2023秋•长沙期末）如图，正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，且BE＝AB，连接CE，AE，则∠AEC的度数为 　135°　． 【思路点拨】根据正方形的性质，得到BE＝AB＝BC，进而得到∠AEB＝∠BAE，∠BEC＝∠BCE，利用三角形的内角和定理，进行求解即可． 【解析】解：∵正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点，且BE＝AB， ∴BE＝AB＝BC，∠ABE＝∠EBC＝45°， ∴，， ∴∠AEC＝∠BEA+∠BEC＝135°； 故答案为：135°． 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质．熟练掌握等边对等角，是解题的关键． 12．（2023秋•磐石市期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形A'B'C'O的一个顶点．若两个正方形的边长均为2，则图中阴影部分图形的面积为　1　． 【思路点拨】设A′O与AB交于点E，C′O与BC交于点F，证明△AEO≌△BFO，阴影部分面积转化为△ABO面积即可． 【解析】解：设A′O与AB交于点E，C′O与BC交于点F， 因为四边形ABCD是正方形， 所以AO＝BO，∠AOB＝90°，∠EAO＝∠FBO． ∴∠AOE+∠BOE＝90°． 又∠BOF+∠BOE＝90°， ∴∠AOE＝∠BOF． 所以△AEO≌△BFO（ASA）． ∴四边形EBFO面积＝△BEO面积+△BFO面积＝△BEO面积+△AEO面积＝△ABO面积． 因为正方形ABCD边长为2， ∴正方形面积为4， ∴△ABO面积为1． 所以阴影部分面积为1． 故答案为1． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解决不规则图形的面积要转化为规则图形，利用规则图形的性质求解． 13．（2023秋•防城区期末）四边形ABCD是正方形，E，F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE，AF，EF．若BC＝8，DE＝3，则△AEF的面积为 　　． 【思路点拨】先利用勾股定理可计算出AE＝，由“SAS”可证△ABF≌△ADE，可得AE＝AF，∠EAF＝90°，然后根据直角三角形的面积公式计算即可． 【解析】解：四边形ABCD是正方形，BC＝8， ∴AD＝8， 在Rt△ADE中，DE＝3，AD＝8， ∴AE＝＝＝， ∵DE＝BF，∠ADE＝∠ABF＝90°，AD＝AB， ∴△ABF≌△ADE（SAS）， ∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF， ∴∠EAF＝∠DAB＝90°， ∴△AEF的面积＝AE2＝×73＝， 故答案为：． 【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，证明三角形全等是解题的关键． 14．（2023春•邻水县期末）如图，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列说法：①如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；②如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；③如果AD⊥BC且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形．其中正确的有 　2　个． 【思路点拨】先根据平行四边形的判定推出四边形AEDF是平行四边形，再根据等腰三角形的性质推出AD平分∠BAC，再根据菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定推出即可． 【解析】解：①∵DE∥CA，DF∥BA， ∴四边形AEDF是平行四边形， ∵∠BAC＝90°， ∴平行四边形AEDF是矩形，故①正确； ②∵AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵DF∥AB， ∴∠ADF＝∠BAD， ∴∠ADF＝∠CAD， ∴AF＝DF， ∵四边形AEDF是平行四边形， ∴四边形AEDF是菱形，故②正确； ③∵AD⊥BC，AC＝AB， ∴AD平分∠BAC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵DF∥AB， ∴∠ADF＝∠BAD， ∴∠ADF＝∠CAD， ∴AF＝DF， ∵四边形AEDF是平行四边形， ∴四边形AEDF是菱形，四边形AEDF不一定是正方形，故③错误； 即正确的个数是2个， 故答案为：2． 【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定等知识点，根据平行四边形的判定推出四边形AEDF是平行四边形是解此题的关键． 15．（2023秋•东河区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG，下列结论： ①DE＝FG； ②∠BFG＝∠ADE； ③DE⊥FG； ④FG的最小值为2． 其中正确结论的有 　①②③④　．（填序号） 【思路点拨】连接BE，交FG于点O，由题意得∠EFB＝∠EGB＝90°，即可得四边形EFBG为矩形，得FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG，用SAS即可得△ABE≌△ADE，即可判断①；根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质得∠BFG＝∠ADE，即可判断②，延长DE，交FG于M，交FB于点H，由①得，∠ABE＝∠ADE，根据题意和角之间的关系得DE⊥FG，即可判断③，根据垂线段最短得当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理得AC＝4，即可得FG的最小值为2，即可判断④． 【解析】解：如图所示，连接BE，交FG于点O， ∵EF⊥AB，EG⊥BC， ∴∠EFB＝∠EGB＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形EFBG为矩形， ∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°， 在△ABE和△ADE中， ， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE， ∴DE＝FG， 即①正确； ∵△ABE≌△ADE， ∴∠ABE＝∠ADE， ∵OB＝OF， ∴∠OFB＝∠ABE， ∴∠BFG＝∠ADE， 即②正确， 延长DE，交FG于M，交FB于点H， 由①得，∠ABE＝∠ADE， ∵OB＝OF， ∴∠OFB＝∠ABE， ∴∠OFB＝∠ADE， ∵∠BAD＝90°， ∴∠ADE+∠AHD＝90°， ∴∠OFB+∠AHD＝90°， 即∠FMH＝90°， ∴DE⊥FG， 即③正确； ∵E为对角线AC上的一个动点， ∴当DE⊥AC时，DE最小， ∵AB＝AD＝CD＝4，∠ADC＝90°， ∴AC＝＝4， ∴DE＝AC＝2， 由①知，FG＝DE， ∴FG的最小值为2， 即④正确， 综上，①②③④正确， 故答案为：①②③④． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． 16．（2023秋•福山区期末）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，DE＝AF，BE⊥CF于点G，若BC＝8，AF＝2，则GF的长为 　5.2　． 【思路点拨】先由正方形的性质及BC＝8，得出∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC，再结合DE＝AF＝2，得出CE＝DF＝6，从而可判定△CDF≌△BCE（SAS），然后证得∠BGC＝90°，由面积法及勾股定理求得BE、CG的长，最后用CF的长的长减去CG的长即可得出答案． 【解析】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝8， ∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝8， 又∵DE＝AF＝2， ∴CE＝DF＝6， ∴在△CDF和△BCE中， ， ∴△CDF≌△BCE（SAS）， ∴∠DCF＝∠CBE， ∵∠DCF+∠BCF＝90°， ∴∠CBE+∠BCF＝90°， ∴∠BGC＝90°， ∵在Rt△BCE中，BC＝8，CE＝6， ∴BE＝10， ∴BE•CG＝BC•CE， ∴CG＝＝＝， ∵△CDF≌△BCE（SAS）， ∴CF＝BE＝10， ∴GF＝CF﹣CG＝10﹣＝5.2． 故答案为：5.2． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质及勾股定理等知识点，熟练掌握相关性质及定理是解题的关键． 三．解答题 17．（2023秋•武侯区期末）如图，在正方形ABCD中，延长BC至点E，使得，连接AC，AE，AE交CD于点F． （1）试探究△ACE的形状； （2）求∠AFD的度数． 【思路点拨】（1）根据正方形的性质可得AD：AC＝1：，进而得CA＝CE，即可解决问题； （2）结合（1）利用三角形外角定义求出∠E＝22.5°，然后根据直角三角形两个锐角互余即可解决问题． 【解析】解：（1）△ACE是等腰三角形，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝AB＝BC，∠B＝∠D＝90°， ∴∠ACB＝∠ACD＝45°， ∴AD：AC＝1：， ∵， ∴CA＝CE， ∴△ACE是等腰三角形； （2）∵CA＝CE， ∴∠CAE＝∠E， ∵∠CAE+∠E＝∠ACB， ∴∠E+∠E＝45°， ∴∠E＝22.5°， ∵∠FCE＝∠BCD＝90°， ∴∠AFD＝∠EFC＝90°﹣22.5°＝67.5°． 【点睛】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的性质、直角三角形的两个锐角互余、三角形的外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，掌握正方形的性质是解题的关键． 18．（2023秋•佛山期末）如图，已知E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF． （1）请判断四边形AECF的形状，并证明． （2）若，BE＝2，则四边形AECF的周长为 　4　． 【思路点拨】（1）连接AC交BD于O，证AC与EF互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论； （2）根据正方形的性质，利用勾股定理求得AC＝BD＝6，从而求得EF＝BD﹣NE﹣DF＝2，根据菱形的周长解答即可． 【解析】解：（1）四边形AECF是菱形， 证明：连接AC，交BD于点O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO， ∵BE＝DF， ∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∵AC⊥EF， ∴四边形AECF是菱形； （2）由（1）知：四边形AECF是菱形， ∵，AC⊥EF， ∴AC＝BD＝6， ∴OA＝OB＝3， ∵BE＝DF＝2， ∴EF＝BD﹣BE﹣DF＝2， ∴OE＝1， ∴AE＝＝＝， ∴菱形AECF的周长＝4AE＝4×＝4， 故答案为：4． 【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理，菱形的面积公式是解题的关键． 19．（2023春•伊川县期末）如图．在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线，AN为△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为E． （1）求证：四边形ADCE是矩形． （2）若连接DE，交AC于点F，试判断四边形ABDE的形状（直接写出结果，不需要证明）． （3）△ABC再添加一个什么条件时，可使四边形ADCE是正方形．并证明你的结论． 【思路点拨】（1）由等腰三角形的性质可得AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD，又由AN为△ABC的外角∠CAM的平分线，可得∠DAE＝90°，又由CE⊥AN，由矩形的判定可证四边形ADCE为矩形； （2）利用（1）中矩形的对角线相等推知：AC＝DE；结合已知条件可以推知AB∥DE，又AE＝BD，则易判定四边形ABDE是平行四边形； （3）由等腰直角三角形的性质可得AD＝CD＝BD，即可证四边形ADCE是正方形． 【解析】证明：（1）∵在△ABC中，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线， ∴AD⊥BC，∠BAD＝∠CAD， ∴∠ADC＝90°， ∵AN为△ABC的外角∠CAM的平分线， ∴∠MAN＝∠CAN， ∴∠DAE＝90°， ∵CE⊥AN， ∴∠AEC＝90°， ∴四边形ADCE为矩形； （2）四边形ABDE是平行四边形， 理由如下：由（1）知，四边形ADCE为矩形，则AE＝CD，AC＝DE． 又∵AB＝AC，BD＝CD， ∴AB＝DE，AE＝BD， ∴四边形ABDE是平行四边形； （3）当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是正方形， 理由：∵∠BAC＝90°，AB＝AC，AD为∠BAC的平分线， ∴AD＝CD＝BD， 又∵四边形ADCE是矩形， ∴四边形ADCE是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 20．（2023秋•萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE． （1）求证：CE＝AD； （2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由； （3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 　等腰直角三角形　条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）． 【思路点拨】（1）证出AC∥DE，得出四边形ADEC是平行四边形，即可得出结论； （2）先证出BD＝CE，得出四边形BECD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CD＝AB＝BD，即可得出四边形BECD是菱形； （3）当△ABC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得出CD⊥AB，即可得出四边形BECD是正方形． 【解析】（1）证明：∵DE⊥BC， ∴∠DFB＝90°， ∵∠ACB＝90°， ∴∠ACB＝∠DFB， ∴AC∥DE， ∵MN∥AB，即CE∥AD， ∴四边形ADEC是平行四边形， ∴CE＝AD； （2）解：四边形BECD是菱形，理由如下： ∵D为AB中点， ∴AD＝BD， ∵CE＝AD， ∴BD＝CE， ∵BD∥CE， ∴四边形BECD是平行四边形， ∵∠ACB＝90°，D为AB中点， ∴CD＝AB＝BD， ∴四边形BECD是菱形； （3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由如下： ∵∠ACB＝90°， 当△ABC是等腰直角三角形， ∵D为AB的中点， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∴四边形BECD是正方形， 故答案为：等腰直角三角形． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键． 21．（2023秋•潢川县期末）（1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，连接AE，AF，EF，并延长CB到点G，使BG＝DF，连接AG．若∠EAF＝45°，猜想BE，EF，DF之间的数量关系并证明； （2）如图2，当点E在线段BC的延长线上，且∠EAF＝45°时，试探究BE，EF，DF之间的数量关系，并说明理由． 【思路点拨】（1）由正方形性质可得AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°，可证得△ADF≌△ABG（SAS），△AGE≌△AFE（SAS），即可证得结论； （2）在BC上截取BG＝DF，连接AG．可证得△ADF≌△ABG（SAS），△AGE≌△AFE（SAS），即可证得结论． 【解析】解：（1）EF＝BE+DF．理由如下： 如图1， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°， 在△ADF和△ABG中， ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF， ∴∠GAE＝∠EAF＝45°， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵GE＝GB+BE＝BE+DF， ∴EF＝BE+DF． 故答案为：EF＝BE+DF； （2）EF＝BE﹣DF，理由如下： 如图2，在BC上截取BG＝DF，连接AG． ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ABG＝∠ADF＝90°， ∵BG＝DF， 在△ADF和△ABG中， ， ∴△ADF≌△ABG（SAS）， ∴AF＝AG，∠DAF＝∠BAG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAE+∠DAF＝45°， ∴∠DAE+∠BAG＝45°， ∴∠GAE＝∠EAF＝45°， 在△AGE和△AFE中， ， ∴△AGE≌△AFE（SAS）， ∴GE＝EF， ∵GE＝BE﹣BG＝BE﹣DF， ∴EF＝BE﹣DF． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解此题的关键是能正确作出辅助线得出全等三角形． 22．（2023秋•定边县期末）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F． （1）求证：△DAE≌△ABF； （2）若△DEF的面积为，求AF的长； （3）在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长． 【思路点拨】（1）先证得∠ADE＝∠BAF，再利用ASA证明△DAE≌△ABF即可； （2）根据全等三角形的性质可设AE＝BF＝x，则BE＝CF＝4﹣x，再由S△DEF＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF得到方程，解方程求出AE的值，再利用勾股定理求出AF的长即可； （3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，得到PM＝AM，再根据DP＝AE＝3或1，MN是△APF的中位线，求出PF的长即可． 【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAB＝∠B＝90°，DA＝BA， ∵AF⊥DE，即∠AGD＝90°， ∴∠GAE+∠GAD＝90°＝∠GAD+∠GDA， ∴∠ADE＝∠BAF， 在△ABF与△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（ASA）； （2）解：∵△ABF≌△DAE， ∴可设AE＝BF＝x， ∴BE＝CF＝4﹣x， ∴S△DEF＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△EBF﹣S△DCF ＝ ＝ ＝， ∴， 解得x＝3或x＝1， ∴AE＝3或AE＝1， ∴或； （3）解：如图所示，连接AM并延长交CD于点P，连接PF， ∵点M是DE的中点， ∴DM＝ME， ∵在正方形ABCD中，AB∥CD， ∴∠PDM＝∠AEM，∠DPM＝∠EAM， ∴△DPM≌△EAM（AAS）， ∴PM＝AM，DP＝AE＝3或1， 当AE＝3时，BF＝DP＝3， ∴CF＝CP＝1， ∴， ∵N是AF的中点， ∴MN是△APF的中位线， ∴； 当AE＝1时，BF＝DP＝1， ∴CF＝CP＝3， ∴， 同理可得； 综上所述，MN的长度为或． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理，三角形中位线定理，灵活运用所学知识是解题的关键． 23．（2022春•湘桥区期末）矩形ABCD的边长AB＝18cm，点E在BC上，把△ABE沿AE折叠，使点B落在CD边的点F处，∠BAE＝30°． （1）如图1，求DF的长度； （2）如图2，点N从点F出发沿FD以每秒1cm的速度向点D运动，同时点P从点A出发沿AF以每秒2cm的速度向点F运动，运动时间为t秒（0＜t＜9），过点P作PM⊥AD，于点M． ①请证明在N、P运动的过程中，四边形FNMP是平行四边形； ②连接NP，当t为何值时，△MNP为直角三角形？ 【思路点拨】（1）由矩形的性质得∠D＝∠BAD＝∠B＝90°，再由折叠的性质得AF＝AB＝18cm，∠FAE＝∠BAE＝30°，则∠DAF＝30°，然后由含30°角的直角三角形的性质即可求解； （2）①由题意得：FN＝t cm，PA＝2t cm，再证PM∥FD，∠PMA＝90°，然后由含30°角的直角三角形的性质得PM＝PA＝t（cm），则FN＝PM，即可得出结论； ②分三种情况：①当∠MPN＝90°时；②当∠PMN＝90°时；③当∠PNM＝90°时；分别由含30°角的直角三角形的性质和全等三角形的性质求解即可． 【解析】（1）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠D＝∠BAD＝∠B＝90°， 由折叠的性质得：AF＝AB＝18cm，∠FAE＝∠BAE＝30°， ∴∠DAF＝90°﹣30°﹣30°＝30°， ∴DF＝AF＝9（cm）； （2）①证明：由题意得：FN＝t cm，PA＝2t cm， 则PF＝（18﹣2t）cm， ∵PM⊥AD，FD⊥AD， ∴PM∥FD，∠PMA＝90°， 由（1）得：∠DAF＝30°， ∴PM＝PA＝t（cm）， ∴FN＝PM， ∴四边形FNMP是平行四边形； ②解：分三种情况： a、当∠MPN＝90°时，PM⊥PN，如图2所示： ∵PM⊥AD，AD⊥CD， ∴PN∥AD，PN⊥CD， ∴∠FPN＝∠DAF＝30°，∠PNF＝90°， ∴FN＝PF， 即t＝（18﹣2t）， 解得：t＝； b、当∠PMN＝90°时，点N、M重合，不能构成△MNP； c、当∠PNM＝90°时，如图3所示： 过P作PH⊥FN于H， 则四边形PHDM是矩形，∠PHF＝∠PHD＝90°，PH∥AD， ∴PH＝DM，∠HPF＝∠DAF＝30°， ∴FH＝PF＝（9﹣t）cm， ∵ND＝DF﹣FN＝（9﹣t）cm， ∴FH＝ND， ∵∠D＝∠PHF＝90°，PH＝MD， ∴△DMN≌△HPF（SAS）， ∴MN＝PF＝（18﹣2t）cm，∠DMN＝∠HPF＝30°， ∴∠NMP＝90°﹣30°＝60°， ∴∠MPN＝90°﹣60°＝30°， ∴PM＝2MN＝（36﹣4t）cm， ∵PM＝t cm， ∴36﹣4t＝t， 解得：t＝； 综上所述，当t为秒或秒时，△MNP为直角三角形． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定、折叠变换的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握矩形的性质、平行四边形的判定、含30°角的直角三角形的性质是解题的关键． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$