专题04《正方形的判定与性质的综合》-2024-2025学年苏科版数学八年级下册专题培优满分特训卷

2024-2025学年苏科版数学八年级下册专题培优满分特训卷-挑战压轴题 专题04《正方形的判定与性质的综合》 试题满分：100分 检测时间：120分钟 难度系数：0.34（难度较大） 班级： 姓名： 学号： 本卷系统解析正方形的核心判定定理与多维性质应用，以28题百分制梯度训练深度覆盖苏科版教材重难点，题目精选全国各地区名校期中期末及原创模拟题。 内容分层设计： 🔹基础速通：基础判定定理强化（四边相等+四直角、菱形矩形双重属性）、简单性质推导（对角线相等且垂直平分、轴对称与中心对称性），直击“判定条件逻辑嵌套错误”“对角线性质混淆”“面积公式误用（边长² vs 对角线乘积一半）”等高频易错点； 🔹能力进阶：动态正方形构造分析（含动点旋转/反射变换）、复杂图形综合应用（与圆、正多边形结合的综合推理）、跨章节融合题型（如坐标系中正方形顶点存在性验证、函数图像与正方形对称轴交点分析）； 🔹压轴突破：多条件联动判定模型（含平移旋转参数）、实际场景建模（如地砖铺设优化设计、手机屏幕APP图标矩阵规划）、逆向思维训练（反推正方形参数范围与存在性证明）。 特训核心优势： ✅高频痛点突破：菱形/矩形/正方形判定条件交叉混淆、动态旋转问题轨迹遗漏、坐标系中对称轴计算偏差等失分重灾区专项攻克； ✅名校真题驱动：融入“反射变换构造动态正方形题”、“坐标系中正方形黄金分割点探究”等经典压轴题型，紧扣苏科版教材“几何逻辑链”训练特色； ✅思维建模引擎：通过“一题三模”（改旋转角度、增对称约束、换科技场景），强化几何变换思维与代数运算的融合能力。 掌握“判定→性质→综合建模”的解题闭环，突破动态变换与多学科融合瓶颈，显著提升空间抽象与创新应用能力！ 一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．（2分）（2024•福建模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点F是AB边上一点，点E是BC延长线上一点，AF＝CE，BF＝2AF．连接DF、DE、EF，EF与对角线AC相交于点G，则线段BG的长是（　　） A． B． C． D． 2．（2分）（2024春•陵城区期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，M是边AD上一点，连OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N，连接MN．若正方形边长为1，下列结论： ①；②MD+ND＝1；③AM2+CN2＝MN2；④△MON始终是等腰直角三角形；⑤△MDN周长的最小值为，面积的最小值为．其中正确的为（　　） A．①②④ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 3．（2分）（2024•平谷区一模）如图，正方形ABCD中，点E、H、G、F分别为AB、BC、CD、AD边上的点，点K、M、N为对角线BD上的点，四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，它们的面积分别表示为S1和S2，给出下面三个结论：①S1＝S2；②DF＝2AF；③S正方形ABCDS1+2S2．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．② B．①③ C．②③ D．①②③ 4．（2分）（2024春•济宁期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B．2.5 C． D．2 5．（2分）（2024秋•浑南区校级期末）如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M．若AH＝GH，则CM的长为（　　） A． B． C．1 D． 6．（2分）（2024春•盱眙县期末）如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（　　） A． B． C． D． 7．（2分）（2024秋•南海区期中）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2S四边形MNPQ；②DG＝2AF；③若∠EMH＝30°，则S1＝3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1＝4S2，其中正确的序号是（　　） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 8．（2分）（2023春•天门期末）如图，在平面直角坐标系中，A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为（　　） A．（2，0） B．（6，0） C．（8，0） D．（2，0）或（8，0） 9．（2分）（2024春•香洲区校级期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，E，O在同一直线l上，且EF＝2，AB＝6，给出下列结论：①AE＝10，②∠COD＝45°，③△COF的面积为6，④CF＝BD＝2，其中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．① 10．（2分）（2023春•璧山区校级期中）如图，点E为正方形ABCD对角线BD上一点，连接CE，连接AE并延长交BC于点G，过点E作EF⊥CE交AD于点F，EH⊥BE交AB于点H，连接CF、HF．下列说法中正确的个数为（　　） ①∠EAF＝∠EFA；②当∠FCD＝∠HFE时，HF∥BD；③；④S△AEF＝S△BEH+S△ABF． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分． 11．（2分）（2025•济南一模）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边CD上，DE＝2，过点E作EF∥BC，分别交AC，AB于点G，F，M，N分别是AG，BE的中点，则MN的长是 　 　 ． 12．（2分）（2024春•招远市期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为对角线BD、AC的三等分点，连接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG．若∠FAG＝α，则∠AGF用含α的代数式表示为 　 　 ． 13．（2分）（2024春•梁溪区校级期中）如图正方形ABCD中，AB＝12，点E在CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至AFE，延长EF交BC于点G，连接AG、CF，则BG＝　 　 ． 14．（2分）（2024春•鹤壁期末）如图所示，Rt△ABC的两条外角平分线相交于点D，∠B＝90°，过点D作DE⊥BA于点E，DF⊥BC于点F．若DE＝12cm，当点C恰好是BF的中点时，AC＝　 　 cm． 15．（2分）（2024春•淮阴区期末）在正方形ABCD中，E是BC的中点，F、G分别是边AB、CD上的动点，且FG⊥AE交AE于M，连接EF和AG，当AB＝2时，则EF+AG的最小值为 　 　 ． 16．（2分）（2024春•江油市期末）如图，P是正方形ABCD对角线BD上的一点，直线m，n经过点P且m⊥n，若四边形BEPH与四边形DFPG的面积分别是23cm2，16cm2，那么四边形AEPG与四边形CHPF的面积之和是 　 　 ． 17．（2分）（2024春•庄浪县期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，则矩形EFGD的面积最小值为 　 　 ． 18．（2分）（2024春•雨城区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E是边CD上一点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折，得到△AFE，延长EF交CB于G，连接AG，对角线BD分别与AE、AG交于P、Q，连接PG、PC，下列结论：①DE+BG＝GE；②BQ2+PD2＝PQ2；③PC＝PG；④若BG＝2，则，其中，正确的有 　 　 （填序号）． 19．（2分）（2023春•泰山区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是AD边上的一点，AM：MD＝1：2．将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN．则DN的长是 　 ． 20．（2分）（2021春•历城区期末）正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝1．其中正确结论的序号是 　 　 ． 三、解答题：本大题共8小题，共60分． 21．（6分）（2024春•新罗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在AB，BC上，且∠EOF＝90°． （1）求证：OE＝OF； （2）求证：AE2+CF2＝2OE2．（提示：连EF） 22．（6分）（2024春•朝阳区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN．连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点． （1）依题意补全图形1，则∠CBE的度数为 　 　 （直接写出答案）； （2）请探究线段BE，AD，CN所满足的等量关系，并证明你的结论； （3）设AB＝2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为 　 　 （直接写出答案）． 23．（8分）（2024春•梁子湖区期中）如图，在正方形ABCD中，点P在射线AC上，点E在射线BC上． （1）连接BP，如图1，求证：PD＝PB； （2）过点P作PE⊥PD交BC于点E，如图2，求证：BEAP； （3）点P在射线AC上，点E在射线BC上，若CD＝6，CP＝4，PE⊥PD，直接写出EC的长：EC＝　 　 ． 24．（8分）（2024春•洛龙区期中）综合与实践课上，刘老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． （1）操作判断 操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平； 操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM． 根据以上操作，当点M在EF上时，∠MBE＝　 　 °． （2）迁移探究 爱动脑的小明同学将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ． ①如图2，当点M在EF上时，∠PBQ＝　 　 °； ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠PBQ的度数，并说明理由． （3）拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝2cm时，直接写出AP的长． 25．（8分）（2024春•梁山县期末）【探究问题】： （1）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，点F是DE上的一个动点，BF与边CD相交于点G．若BF⊥DE，试猜想CG与CE的数量关系，并说明理由； 【拓展迁移】： （2）如图2，正方形ABCD中，点E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE+DF＝EF； （3）在（2）的条件下，若正方形的边长为6，点E是BC边的中点，求EF的长． 26．（8分）（2024春•珠海校级期中）（1）感知：如图①在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，连接DE、AF，若BE＝CF，求证：DE＝AF． （2）应用：在（1）的条件下，求证：AF⊥DE． （3）探究：如图②在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O，若E为AB中点，DF＝1，AB＝4，求GH的长． 27．（8分）（2024秋•章丘区期末）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF． 请回答：在图2中，∠GAF的度数是 　 　 ． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度． （2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝　 　 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值． 28．（8分）（2024•槐荫区三模）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． （1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 　 　 ； （2）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG． ①判定四边形ABEG是否为“神奇四边形”　 　 （填“是”或“否”）； ②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．证明四边形MNPQ是“神奇四边形”； （3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′＝2，正方形的边长为6，求线段OF的长 . 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年苏科版数学八年级下册专题培优满分特训卷-挑战压轴题 专题04《正方形的判定与性质的综合》 试题满分：100分 检测时间：120分钟 难度系数：0.34（难度较大） 班级： 姓名： 学号： 本卷系统解析正方形的核心判定定理与多维性质应用，以28题百分制梯度训练深度覆盖苏科版教材重难点，题目精选全国各地区名校期中期末及原创模拟题。 内容分层设计： 🔹基础速通：基础判定定理强化（四边相等+四直角、菱形矩形双重属性）、简单性质推导（对角线相等且垂直平分、轴对称与中心对称性），直击“判定条件逻辑嵌套错误”“对角线性质混淆”“面积公式误用（边长² vs 对角线乘积一半）”等高频易错点； 🔹能力进阶：动态正方形构造分析（含动点旋转/反射变换）、复杂图形综合应用（与圆、正多边形结合的综合推理）、跨章节融合题型（如坐标系中正方形顶点存在性验证、函数图像与正方形对称轴交点分析）； 🔹压轴突破：多条件联动判定模型（含平移旋转参数）、实际场景建模（如地砖铺设优化设计、手机屏幕APP图标矩阵规划）、逆向思维训练（反推正方形参数范围与存在性证明）。 特训核心优势： ✅高频痛点突破：菱形/矩形/正方形判定条件交叉混淆、动态旋转问题轨迹遗漏、坐标系中对称轴计算偏差等失分重灾区专项攻克； ✅名校真题驱动：融入“反射变换构造动态正方形题”、“坐标系中正方形黄金分割点探究”等经典压轴题型，紧扣苏科版教材“几何逻辑链”训练特色； ✅思维建模引擎：通过“一题三模”（改旋转角度、增对称约束、换科技场景），强化几何变换思维与代数运算的融合能力。 掌握“判定→性质→综合建模”的解题闭环，突破动态变换与多学科融合瓶颈，显著提升空间抽象与创新应用能力！ 一、选择题：本大题共10小题，每小题2分，共20分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C A D C D D A C 1．（2分）（2024•福建模拟）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点F是AB边上一点，点E是BC延长线上一点，AF＝CE，BF＝2AF．连接DF、DE、EF，EF与对角线AC相交于点G，则线段BG的长是（　　） A． B． C． D． 解：过点F作FH∥BC交AC于H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD＝BC＝3，∠ABC＝∠DAF＝∠ADC＝∠BCD＝90°，∠BAC＝45°， ∴∠DCE＝180°﹣∠BCD＝90°， ∴∠DAF＝∠DCE， ∵AF＝CE， ∴△DFA≌△DEC（SAS）， ∴DF＝DE，∠FDA＝∠EDC， ∵BF＝2AF， ∴AF＝1，BF＝2， ∴DFDE， ∵∠EDF＝∠EDC+∠CDF＝∠FDA+∠CDF＝∠ADC＝90°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴EFDF＝2， ∵FH∥BC， ∴∠AFH＝∠ABC＝90°，∠FHG＝∠ECG， 又∵∠BAC＝45°， ∴△AFH是等腰直角三角形， ∴FH＝AF＝CE， ∵∠FGH＝∠EGC， ∴△FGH≌△EGC（AAS）， ∴FG＝EG， ∵∠ABC＝90°， ∴BGEF， 故选：A． 2．（2分）（2024春•陵城区期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，M是边AD上一点，连OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N，连接MN．若正方形边长为1，下列结论： ①；②MD+ND＝1；③AM2+CN2＝MN2；④△MON始终是等腰直角三角形；⑤△MDN周长的最小值为，面积的最小值为．其中正确的为（　　） A．①②④ B．①②③④ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴OAAC，ODBD，AC＝BD，AC⊥BD，∠OAD＝CDO＝45°． ∴OA＝OD，∠AOD＝90°． ∴∠AOM+∠MOD＝90°． ∵ON⊥OM， ∴∠MON＝90°． ∴∠MOD+∠NOD＝90°． ∴∠AOM＝∠NOD． ∴△AOM≌△DON． ∴S△AOM＝S△DON． ∵S四边形MOND＝S△MOD+S△DON， ∴S四边形MOND＝S△MOD+S△AOM＝S△AODOA×ODAC•BD． ∵S正方形ABCDAC•BD， ∴S四边形MONDS正方形ABCD． 故①正确； ∵△AOM≌△DON， ∴AM＝DN． ∴MD+ND＝MD+AM＝AD＝1． 故②正确； ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADC＝90°． ∴DM2+DN2＝MN2． ∵AM＝DN， ∴DM＝CN． ∴AM2+CN2＝MN2． 故③正确； ∵△AOM≌△DON， ∴OM＝ON． ∵∠MON＝90°， ∴△MON始终是等腰直角三角形． 故④正确； ∵MD+ND＝1， ∴当MN的值最小时，△MDN的周长最小． ∵△MON始终是等腰直角三角形， ∴OM和ON的值最小时，MN的值最小． ∴OM⊥AD． ∵OA＝OD， ∴点M是AD的中点． ∵∠AOD＝90°，AD＝1， ∴OM． ∴ON． ∴MN． ∴△MDN周长的最小值为1； 设DM长x，S△MDN＝y，则DN＝1﹣x， ∵S△MDNDM•DN， ∴yx（1﹣x）x2x． ∵0， ∴S△MDN有最大值． 故⑤错误． 故选：B． 3．（2分）（2024•平谷区一模）如图，正方形ABCD中，点E、H、G、F分别为AB、BC、CD、AD边上的点，点K、M、N为对角线BD上的点，四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形，它们的面积分别表示为S1和S2，给出下面三个结论：①S1＝S2；②DF＝2AF；③S正方形ABCDS1+2S2．上述结论中，所有正确结论的序号是（　　） A．② B．①③ C．②③ D．①②③ 解：如图，①∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABD＝∠CBD＝45°， ∵四边形EKNF和四边形MHCG均为正方形， ∴∠BHM＝∠CHM＝90°，∠BKE＝∠NKE＝90°， ∴△BEK和△BMH都是等腰直角三角形， ∴BH＝CH＝MHBC，BK＝EK＝KN， 同理可得DN＝KN， ∴EKBDBC， ∴S1＝EK2＝（BC）2BC2，S2＝MH2＝（BC）2BC2， ∴S1≠S2；故结论①错误． ②∵△AEF和△DFN都是等腰直角三角形， ∴DFFN，EFAF， ∵四边形EKNF是正方形， ∴FN＝EF， ∴DF＝2AF；故结论②正确． ③由①知：S1BC2S正方形ABCD，S2BC2S正方形ABCD， ∴S1+2S2S正方形ABCD+2S正方形ABCDS正方形ABCDS正方形ABCD＝S正方形ABCD； 故结论③正确． 故选：C． 4．（2分）（2024春•济宁期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B．2.5 C． D．2 解：连接AC，CF，延长AD交EF于点K，如图， 则四边形ABEK和四边形DCEK为矩形， ∴DK＝CE＝3，EK＝DC＝1， ∴AK＝AD+DK＝4，FK＝FE﹣EK＝2． ∵四边形ABCD和四边形CEFG为正方形， ∴∠ACD＝∠GCF＝45°， ∴∠ACF＝90°， ∵H是AF的中点， ∴CHAF． 在Rt△AKF中， AF2， ∴CHAF． 故选：A． 5．（2分）（2024秋•浑南区校级期末）如图，边长为5的大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和一个小正方形EFGH组成，连结AF并延长交CD于点M．若AH＝GH，则CM的长为（　　） A． B． C．1 D． 解：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF， ∵AH＝GH， ∴AH＝HE＝GF＝EF． 由题意得：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， ∵AE∥GC， ∴∠FAE＝∠GFK． ∵∠GFK＝∠CFM， ∴∠CFM＝∠DCG， ∴MF＝MC， ∵MN⊥FC， ∴FN＝NCFC． 延长BF交CD于点P，如图， ∵PF∥MN， ∴MN为△CFP的中位线， ∴CMCP， 同理：PF为△CGD的中位线， ∴CPCD， ∴CMCD， ∴CM． 解法二：过点M作MN⊥FC于点N，设FA与GH交于点K，如图， ∵四边形EFGH是正方形， ∴HE＝HG＝GF＝EF，AH∥GF， ∵AH＝GH， ∴AH＝HE＝GF＝EF． 由题意得：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， ∵AE∥GC， ∴∠FAE＝∠GFK． ∵∠GFK＝∠CFM， ∴∠CFM＝∠DCG， ∴MF＝MC， 设MF＝MC＝x，则AM＝5+x，DM＝5﹣x， 在Rt△ADM中，由勾股定理得： 52+（5﹣x）2＝（5+x）2， 解得：x． ∴CM． 故选：D． 6．（2分）（2024春•盱眙县期末）如图，正方形ABCD边长为1，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（　　） A． B． C． D． 解：连接AE，如图1， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°． 又BE＝CF， ∴△ABE≌△BCF（SAS）． ∴AE＝BF． 所以BF+DE最小值等于AE+DE最小值． 作点A关于BC的对称点H点，如图2， 连接BH，则A、B、H三点共线， 连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点． 根据对称性可知AE＝HE， 所以AE+DE＝DH． 在Rt△ADH中，AD＝1，AH＝2， ∴DH， ∴BF+DE最小值为． 故选：C． 7．（2分）（2024秋•南海区期中）公元三世纪，我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》题时给出了“赵爽弦图”．将两个“赵爽弦图”（如图1）中的两个正方形和八个直角三角形按图2方式摆放围成正方形MNPQ，记空隙处正方形ABCD，正方形EFGH的面积分别为S1，S2（S1＞S2），则下列四个判断：①S1+S2S四边形MNPQ；②DG＝2AF；③若∠EMH＝30°，则S1＝3S2；④若点A是线段GF的中点，则3S1＝4S2，其中正确的序号是（　　） A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 解：设“赵爽弦图”中，直角三角形的较短直角边是a，较长直角边是b，斜边是c，则小正方形的边长是b﹣a， ∴正方形ABCD的面积S1＝b2，正方形EFGH的面积S2＝a2， ∴S1+S2＝a2+b2＝c2， ∵正方形MNPQ的边长是2c， ∴正方形MNPQ的面积＝（2c）2＝4c2， ∴S1+S2S四边形MNPQ， 故①符合题意； ∵AF＝b﹣a， ∴AG＝FG﹣AF＝a﹣（b﹣a）＝2a﹣b， ∴DG＝AD﹣AG＝b﹣（2a﹣b）＝2（b﹣a）， ∴DG＝2AF， 故②符合题意； ∵∠HME＝30°，∠MHE＝90°， ∴MHHE， ∴ba， ∴b2＝3a2， ∴S1＝3S2， 故③符合题意； ∵A是FG中点， ∴AG＝FA， ∴a﹣（b﹣a）＝b﹣a， ∴2b＝3a， ∴4b2＝9a2， ∴4S1＝9S2， 故④不符合题意． ∴正确的是①②③， 故选：D． 8．（2分）（2023春•天门期末）如图，在平面直角坐标系中，A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12），点E在x轴上，满足∠BED＝∠DEC，则点E的坐标为（　　） A．（2，0） B．（6，0） C．（8，0） D．（2，0）或（8，0） 解：分两种情况： （1）如图，过D作DT⊥AC于T， ∵A（8，0），B（﹣4，0），C（8，8），D（﹣4，12）， ∴∠DBA＝∠BAT＝∠ATD＝90°，BD＝BA＝12， ∴四边形ABDT是正方形， 连接AD，则∠BAD＝∠TAD＝45°， ∴E，A重合时，有∠BED＝∠DEC， ∴E点的坐标为（8，0）； （2）2如图，过D作DH⊥EC于H， ∵∠BED＝∠DEC，DB⊥BE， ∴DB＝DH＝12， 又∵DE＝DE， ∴Rt△BDE≌Rt△HDE（HL）， ∴HE＝BE， 由（1）知四边形ABDT是正方形， ∴BD＝DT＝AB＝AT＝12， ∴DH＝DT＝12， 又∵CD＝CD， ∴Rt△DTC≌Rt△DHC（HL）， ∴CT＝CH， ∵AC＝8， ∴CT＝CH＝AT﹣AC＝4， 设BE＝x，则HE＝x， ∴CE＝HE+CH＝x+4， AE＝AB﹣BE＝12﹣x， 在Rt△AEC中，由勾股定理可得： AE2+AC2＝CE2，即：（12﹣x）2+82＝（x+4）2， 解得：x＝6， ∴BE＝6， ∴OE＝BE﹣OB＝6﹣4＝2， 此时E（2，0）， 综上所述：E（2，0）或（8，0）， 故答案选：D． 9．（2分）（2024春•香洲区校级期中）如图，正方形ABCO和正方形DEFO的顶点A，E，O在同一直线l上，且EF＝2，AB＝6，给出下列结论：①AE＝10，②∠COD＝45°，③△COF的面积为6，④CF＝BD＝2，其中正确的是（　　） A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．① 解：①∵四边形DEFO是正方形， ∴OF＝EF＝2，∠EFO＝90°， ∴OE4， ∵四边形ABCO是正方形， ∴AO＝AB＝6， ∴AE＝AO+OE＝6+4＝10，故结论①正确； ②∵四边形ABCO和四边形DEFO都是正方形， ∴∠AOC＝90°，∠DOE＝45°， ∴∠COD＝180°﹣∠AOC﹣∠DOE＝45°，故结论②正确； ③如图，过点F作FG⊥CO交CO的延长线于G， 则∠G＝90°， ∵∠EOG＝∠AOC＝90°，∠EOF＝45°， ∴△OFG是等腰直角三角形， ∴FG＝OF＝2， ∴FG＝2， ∴△COF的面积OC•FG6×2＝6，故结论③正确； ④如图，过点D作DH⊥AB于H，DK⊥OE于K， ∵△OFG是等腰直角三角形， ∴OG＝FG＝2， ∴CG＝OC+OG＝6+2＝8， 在Rt△CFG中，CF2， ∵OD＝DE＝2，∠ODE＝90°，DK⊥OE， ∴DK＝OK＝EK＝2， ∵∠DKA＝∠DHA＝∠BAO＝90°， ∴四边形AHDK是矩形， ∴AH＝DK＝2，DH＝AK＝6+2＝8， ∴BH＝AB﹣AH＝6﹣2＝4， 在Rt△BDH中，BD4，故结论④错误． 综上所述，正确的结论是①②③． 故选：A． 10．（2分）（2023春•璧山区校级期中）如图，点E为正方形ABCD对角线BD上一点，连接CE，连接AE并延长交BC于点G，过点E作EF⊥CE交AD于点F，EH⊥BE交AB于点H，连接CF、HF．下列说法中正确的个数为（　　） ①∠EAF＝∠EFA；②当∠FCD＝∠HFE时，HF∥BD；③；④S△AEF＝S△BEH+S△ABF． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°， ∵BE＝BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴AE＝CE， 作EM⊥CD于M，EN⊥AD于N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴ED为∠ADC的平分线， ∴EM＝EN， ∵∠FEN+∠FEM＝∠CEM+∠FEM＝90°， ∴∠FEN＝∠CEM， ∴△ENF≌△EMC（ASA）， ∴EF＝CE， ∴AE＝EF， ∴∠EAF＝∠EFA，故①正确； ②取FC和ED的交点为O， 由①可知EF＝CE， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴∠EFC＝45°， ∴∠EFC＝∠CDE， ∵∠EOF＝∠COD， ∴∠FED＝∠FCD， 若∠FCD＝∠HFE， 则∠FED＝∠HFE， ∴HF∥BD，故②正确； ③将△FED顺时针旋转90°，得到△CEP， ∴CP＝FD，∠ECP＝∠EFD， ∵∠FEC+∠FDC＝180°， ∴∠EFD+∠ECD＝180°， ∴∠ECP+∠ECD＝180°， ∴D，C，P三点共线， ∵∠EDP＝45°， ∴△DEP是等腰直角三角形， ∴DPED， ∴DF+DC＝CP+DC＝DPED，故③正确； ④作BK⊥CE于K，HL⊥EF于L， ∵∠HLE＝∠BKE＝90°， ∴∠BEK+∠HEK＝∠HEL+∠HEK＝90°， ∴∠BEK＝∠HEL， ∵∠EBH＝45°， ∵△BEH是等腰直角三角形， ∴EH＝EB， ∴△BKE≌△HLE（AAS）， ∴HL＝BK， 由①得CE＝EF， ∵， ∴S△HEF＝S△CBE， 由①可知△ABE≌△CBE， ∴S△ABE＝S△CBE， ∴S△HEF＝S△ABE， ∴S四边形ABEF＝S△AEF+S△ABE＝S△BEH+S△AHF+S△HEF， ∴S△AEF＝S△BEH+S△AHF， S△ABF＞S△AHF， 故④S△AEF＝S△BEH+S△ABF错误； 故选：C． 二、填空题：本大题共10小题，每小题2分，共20分． 11．（2分）（2025•济南一模）如图，四边形ABCD是边长为6的正方形，点E在边CD上，DE＝2，过点E作EF∥BC，分别交AC，AB于点G，F，M，N分别是AG，BE的中点，则MN的长是 　　 ． 解：连接FM，FC， ∵四边形ABCD是正方形，EF∥BC， ∴∠BAC＝45°，四边形BCEF为矩形， ∴△AFG为等腰直角三角形，BE＝CF， ∵M是AG的中点， ∴AM＝MG， 则FM⊥AG， 即△FMC是直角三角形， ∵N是BE的中点，四边形BCEF是矩形， ∴点N在CF上，且是CF的中点， ∴MNFC， ∵DE＝2，BC＝DC＝6， ∴CE＝4， ∴BE＝FC2， ∴MNFC． 故答案为：． 12．（2分）（2024春•招远市期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为对角线BD、AC的三等分点，连接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG．若∠FAG＝α，则∠AGF用含α的代数式表示为 　90°﹣2α　 ． 解：设AC与BD的交点为O，如图， ∵正方形ABCD中，点E、F分别为对角线BD、AC的三等分点， ∴OD＝OC，∠ODC＝∠OCD＝45°，DE＝CF， ∴OE＝OF， ∵∠EOF＝∠DOC，， ∴△EOF∽△DOC， ∴∠OFE＝∠OCD＝45°， ∵点E、F分别为对角线BD、AC的三等分点， ∴， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∴∠GDB＝∠DBA，∠BAE＝∠AGD， ∴△ABE∽△GDE， ∴， ∴DGABCD＝CG， ∴△DEG≌△CFG（SAS）， ∴GE＝GF， ∵∠GEF＝∠BAG＝∠BAF+∠CAG＝45°+α， ∴∠EFG＝∠GEF＝45°+α， ∴∠EGF＝180°﹣∠EFG﹣∠GEF＝180°﹣2（45°+α）＝90°﹣2α． 故答案为：90°﹣2α． 13．（2分）（2024春•梁溪区校级期中）如图正方形ABCD中，AB＝12，点E在CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至AFE，延长EF交BC于点G，连接AG、CF，则BG＝　6　 ． 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝AB＝AD＝12，∠B＝∠D＝∠BCD＝90°， 由于折叠，∠AFE＝∠D＝90°，AF＝AD，EF＝DE， ∴∠AFG＝∠B＝90°，AF＝AB， ∵AG＝AG， ∴△ABG≌△AFG（HL）， ∴FG＝BG， ∵CD＝3DE， ∴DE＝4，CE＝8， ∵在Rt△CGE中，GE2＝CG2+CE2， ∴（FG+4）2＝（12﹣FG）2+82， 解得：FG＝6， ∴BG＝6， 故答案为：6． 14．（2分）（2024春•鹤壁期末）如图所示，Rt△ABC的两条外角平分线相交于点D，∠B＝90°，过点D作DE⊥BA于点E，DF⊥BC于点F．若DE＝12cm，当点C恰好是BF的中点时，AC＝　10　 cm． 解：如图所示：过点D作DH⊥AC，垂足为点H， ∵DE⊥BA于点E，DF⊥BC于点F， ∴∠E＝∠F＝∠B＝90°， ∴四边形BEDF是矩形， ∵DE⊥BA，DH⊥AC，AD是∠EAC的角平分线， ∴DE＝DH， ∵DF⊥BC，DH⊥AC，CD是∠ACF的角平分线， ∴DH＝DF， ∴DE＝DF， ∴四边形BEDF是正方形， ∴DE＝DF＝BF＝BE＝DH＝12cm， ∵C恰好是BF的中点， ∴BC＝CF＝6， ∵DH⊥AC，DF⊥BC， ∴∠DHC＝∠F＝90°， 在Rt△DCH和Rt△DCF中， ， ∴Rt△DCH≌Rt△DCF（HL）， ∴CH＝CF＝6， 同理可证：AF＝AH， 设AF＝AH＝x cm， ∴AB＝BE﹣AF＝（12﹣x）cm，AC＝AH+CH＝（x+6）cm， 在Rt△ACB中，由勾股定理得： AB2+BC2＝AC2， （12﹣x）2+62＝（x+6）2， 144﹣24x+x2+36＝x2+12x+36， 180﹣24x＝12x+36， 36x＝144， x＝4， ∴AC＝4+6＝10cm， 故答案为：10． 15．（2分）（2024春•淮阴区期末）在正方形ABCD中，E是BC的中点，F、G分别是边AB、CD上的动点，且FG⊥AE交AE于M，连接EF和AG，当AB＝2时，则EF+AG的最小值为 　　 ． 解：以FE、FG为邻边作平行四边形FGNE，连接AN，过点G作GH⊥AB于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠BAD＝∠ADG＝90°，AB＝AD＝BC＝2， ∵E是BC的中点， ∴BE＝CE＝1， 在Rt△ABE中，AB＝2，BE＝1， 由勾股定理得， ∵GH⊥AB， ∴∠GHA＝∠GHF＝90°， ∴∠GHA＝∠BAD＝∠ADG＝90°， ∴四边形AHGD是矩形， ∴GH＝AD， ∴GH＝AB， ∵FG⊥AE， ∴∠AMF＝90°， ∴∠GFH+∠BAE＝90°， ∵∠AEB+∠BAE＝90°， ∴∠GFH＝∠AEB， 在△ABE和△GHF中， ， ∴△ABE≌△GHF（AAS）， ∴GF＝AE， ∵四边形FGNE是平行四边形， ∴GF∥EN，GF＝EN＝AE，EF＝GN， ∴∠AEN＝∠AMG＝90°， ∴△AEN是等腰直角三角形， ∴， ∵AG+GN≥AN， ∴当A、G、N在一条直线上时AG+GN最小，即AG+EF最小，此时最小值是AN的长，为， 故答案为：． 16．（2分）（2024春•江油市期末）如图，P是正方形ABCD对角线BD上的一点，直线m，n经过点P且m⊥n，若四边形BEPH与四边形DFPG的面积分别是23cm2，16cm2，那么四边形AEPG与四边形CHPF的面积之和是 　　 ． 解：如图所示：过点P作PM⊥CD于点M，MP的延长线交AB于点R，过点P作PN⊥AD于点N，NP的延长线交BC于点S， ∵P是正方形ABCD对角线BD上的一点， ∴∠MDN＝∠A＝∠C＝∠ABC＝90°，∠NDP＝∠MDP＝45°，AB∥CD，AD∥BC， ∴四边形PMDN，ARPN，PSCM，PRBS都是矩形，∠PDN＝∠NPD＝45°，MR⊥AB，NS⊥BC， ∴PN＝DN， ∴四边形PMDN是正方形， ∴PN＝PM，∠MPN＝90°， ∵直线m，n经过点P且m⊥n， ∴∠MPF+∠NPF＝∠NPG+∠NPF＝90°， ∴∠MPF＝∠NPG， ∵∠PNG＝∠PMF＝90°， △PNG≌△PMF（ASA）， ∴S△PNG＝S△PMF， ∴四边形DFPG的面积＝正方形PMDN的面积＝16cm2， ∴PM＝PN＝DN＝DM＝4cm， 同理可证：四边形PRBS是正方形，△PRE的面积＝△PSH的面积， ∴四边形BEPH的面积＝正方形PRBS的面积＝23cm2，RP＝PS＝BS＝BRcm， ∴四边形AEPG的面积+四边形CHPF的面积＝矩形ARPN的面积+矩形PSCM的面积， ∴四边形AEPG的面积+四边形CHPF的面积 ＝PR•PN+PS•PM ， 故答案为：． 17．（2分）（2024春•庄浪县期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，则矩形EFGD的面积最小值为 　　 ． 解：如图所示：连接BD交AC于点E， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC＝BD，∠BAD＝90°，AB＝AD＝3， ∴AC， ∵AC，BD是正方形ABCD的对角线， ∴DB⊥AC，， ∴此时DE的长最短， ∵四边形DEFG是矩形DEFG， ∴四边形DEFG是正方形， ∴当时，矩形DEFG的面积最小， ∴矩形EFGD的面积最小值为：， 故答案为：． 18．（2分）（2024春•雨城区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E是边CD上一点，连接AE，将△ADE沿直线AE翻折，得到△AFE，延长EF交CB于G，连接AG，对角线BD分别与AE、AG交于P、Q，连接PG、PC，下列结论：①DE+BG＝GE；②BQ2+PD2＝PQ2；③PC＝PG；④若BG＝2，则，其中，正确的有 　①②③　 （填序号）． 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，∠BAD＝∠ADC＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°， ∵将△ADE沿直线AE翻折，得到△AFE， ∴AD＝AF，∠ADE＝∠AFE＝90°，DE＝EF，∠DAE＝∠FAE， ∴AB＝AF，∠ABG＝∠AFG＝90°， 又∵AG＝AG， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴BG＝FG，∠BAG＝∠GAF， ∴GE＝GF+EF＝BG+DE，故①正确； ∵∠BAG+∠GAF+∠DAE+∠FAE＝90°， ∴∠GAE＝45°， ∴∠BAG+∠DAE＝45°， 如图，将△ADP绕点A顺时针旋转90°，得到△ABH，连接HQ， ∴AH＝AP，DP＝BH，∠ADP＝∠ABH＝45°，∠DAP＝∠BAH， ∴∠QAH＝∠BAH+∠BAQ＝∠DAP+∠BAQ＝45°，∠HBQ＝90°， ∴∠HAQ＝∠PAQ＝45°， 又∵AQ＝AQ， ∴△PAQ≌△HAQ（SAS）， ∴PQ＝HQ， ∵HQ2＝HB2+BQ2， ∴BQ2+PD2＝PQ2；故②正确； ∵∠PAQ＝45°＝∠GBQ， ∴点A，点B，点G，点P四点共圆， ∴∠BAP+∠BGP＝180°， ∵∠BGP+∠PGC＝180°， ∴PG＝PC；故③正确； ∵BG＝2，则GC＝2， ∵GE2＝EC2+GC2， ∴（2+DE）2＝（4﹣DE）2+4， ∴DE，故④错误； 故答案为：①②③． 19．（2分）（2023春•泰山区期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，M是AD边上的一点，AM：MD＝1：2．将△BMA沿BM对折至△BMN，连接DN．则DN的长是 　 ． 解：连接AN交BM于点O，作NH⊥AD于点H．如图： ∵AB＝6，AM：MD＝1：2． ∴AM＝2，MD＝4． ∵四边形ABCD是正方形． ∴BM2， 根据折叠性质，AO⊥BM，AO＝ON．AM＝MN＝2． ∴AB•AMBM•AO， ∴AO， ∴AN＝2AO， ∵NH⊥AD． ∴AN2﹣AH2＝MN2﹣MH2． ∴（）2﹣（2+MH）2＝22﹣MH2， ∴MH， ∴HN， ∴HD＝AD﹣AM﹣MH＝6﹣2， ∴DN． 故答案为：． 20．（2分）（2021春•历城区期末）正方形ABCD外取一点E，连接AE、BE、DE，过点A作AE的垂线交DE于点P，若AE＝AP＝1，PB．下列结论：①△APD≌△AEB；②EB⊥ED；③点B到直线AE的距离为；④S正方形ABCD＝1．其中正确结论的序号是 　①②　 ． 解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵AP⊥AE， ∴∠PAE＝∠BAE+∠BAP＝90°， ∵∠DAP+∠BAP＝∠BAD＝90°， ∴∠BAE＝∠DAP， 又∵AE＝AP， ∴△APD≌△AEB（SAS），故①正确； ∴∠APD＝∠AEB， ∵∠AEB＝∠AEP+∠BEP，∠APD＝∠AEP+∠PAE， ∴∠BEP＝∠PAE＝90°，即EB⊥ED，故②正确； 过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，则BF的长即点B到直线AE的距离， ∵AE＝AP＝1，∠PAE＝90°， ∴PE，∠AEP＝∠APE＝45°， 在Rt△BEP中，PB，PE， ∴BE， ∵EB⊥ED，BF⊥AF， ∴∠FEB＝∠FBE＝45°， ∴BF＝EF， 在Rt△BEP中，BE，BF＝EF， ∴BF，故③错误； 连接BD， ∵△APD≌△AEB， ∴PD＝BE，S△APD＝S△AEB， ∴S△BPDPD×BE， ∵S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△BEP1×1， ∴S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝2， ∴S正方形ABCD＝2S△ABD＝4．故④错误； 综上，正确结论的序号是①②， 故答案为：①②． 三、解答题：本大题共8小题，共60分． 21．（6分）（2024春•新罗区校级期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点E，F分别在AB，BC上，且∠EOF＝90°． （1）求证：OE＝OF； （2）求证：AE2+CF2＝2OE2．（提示：连EF） （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴OA＝OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，AC⊥BD， ∴∠EOF＝∠BOC＝90°， ∴∠EOB＝∠FOC． 在△EOB和△FOC中， ， ∴△EOB≌△FOC（AAS）． ∴BE＝CF，OE＝OF， （2）证明：连接EF，由（1）知△EOF是等腰直角三角形，BE＝CF， ∴EFOE， 在Rt△EBF中，BE2+BF2＝EF2， ∴BE2+BF2＝（OE）2． ∵AB＝BC，BE＝CF， ∴AE＝BF， ∴AE2+CF2＝2OE2． 22．（6分）（2024春•朝阳区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点M在CD边上，点N在正方形ABCD外部，且满足∠CMN＝90°，CM＝MN．连接AN，CN，取AN的中点E，连接BE，AC，交于F点． （1）依题意补全图形1，则∠CBE的度数为 　45°　 （直接写出答案）； （2）请探究线段BE，AD，CN所满足的等量关系，并证明你的结论； （3）设AB＝2，若点M沿着线段CD从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段EN所扫过的面积为 　3　 （直接写出答案）． （1）解：补全图形如图所示，并连接CE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC，∠BCA＝∠ACD＝45°， ∵∠CMN＝90°，CM＝MN， ∴∠MCN＝45°， ∴∠ACN＝∠ACD+∠MCN＝45°+45°＝90°， ∵E为AN的中点， ∴AE＝CEAN， ∵AB＝BC，AE＝CE， ∴BE垂直平分AC， ∴∠BFC＝90°， ∴∠CBF＝90°﹣∠BCF＝45°，即∠CBE＝45°； 故答案为：45°； （2）BEADCN，证明如下： ∴BE垂直平分AC， ∴AF＝CF，即F为AC的中点， ∵E为AN的中点， ∴EF为△ACN的中位线， ∴EFCN， 由（1）可知，△BFC为等腰直角三角形， ∴BCBF＝AD， ∴BFAD ∴BE＝BF+EFADCN； （3）解：在点M沿着线段CD从点C运动到点D的过程中，线段EN所扫过的图形为四边形DFCN，如图， ∵∠CBD＝45°，∠DCN＝45°， ∴∠BCD＝∠DCN， ∴BD∥CN， ∴四边形DFCN为梯形， ∵四边形ABCD为正方形，AB＝2， ∴AB＝AD＝CD＝2， ∴DF＝CF，CNCD， ∴S梯形DFCN3， ∴线段EN所扫过的面积为3． 故答案为：3． 23．（8分）（2024春•梁子湖区期中）如图，在正方形ABCD中，点P在射线AC上，点E在射线BC上． （1）连接BP，如图1，求证：PD＝PB； （2）过点P作PE⊥PD交BC于点E，如图2，求证：BEAP； （3）点P在射线AC上，点E在射线BC上，若CD＝6，CP＝4，PE⊥PD，直接写出EC的长：EC＝　2或14　 ． （1）证明：∵四边形ABCD是正方形，点P在对角线AC上， ∴AB＝AD，∠BAP＝∠DAP＝45°， 在△BAP和△DAP中， ， ∴△BAP≌△DAP（SAS）， ∴PD＝PB； （2）证明：如图，连接PB，作PF⊥AB于F，PG⊥BC于G， ， 由（1）可得：PB＝PD，△BAP≌△DAP， ∴∠ABP＝∠ADP， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝45°， ∴∠ABC﹣∠ABP＝∠ADC﹣∠ADP，即∠CBP＝∠CDP， ∵PF⊥AB，PG⊥BC， ∴∠PFA＝∠PFB＝∠FBG＝∠PGB＝∠PGC＝90°， ∴四边形FBGP是矩形，△AFP是等腰直角三角形， ∴FP＝BG，， ∴， ∵PD⊥PE， ∴∠DPE＝90°， ∵∠DPE+∠PEC+∠DCE+∠CDP＝360°， ∴∠PEC+∠CDP＝180°， ∵∠PEC+∠PEB＝180°， ∴∠CDP＝∠PEB， ∴∠PBE＝∠PEB， ∴BP＝EP， ∵PG⊥BC， ∴BE＝2BG， ∵， ∴； （3）解：EC的长为2或14；理由如下： 如图3，当点P在线段AC上时，此时点E在线段BC上， ∵四边形ABCD是正方形，CD＝6， ∴AD＝AC＝BC＝6， ∴， ∴， 由（2）可得， ∴， ∴CE＝BC﹣BE＝6﹣4＝2； 如图4，当点P在射线AC上时，此时点E在射线BC上，作PF⊥AB交AB的延长线于F，PG⊥BC交BC的延长线于G，延长DC交PF于H， ， ∵四边形ABCD是正方形，CD＝6， ∴AD＝AC＝BC＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠BCA＝45°， ∴， ∴， ∵PG⊥BC，PF⊥AB， ∴∠F＝∠FBG＝∠PGB＝∠HCG＝∠BAD＝∠ADH＝90°， ∴四边形BFPG是矩形，四边形AFHD是矩形，△AFP是等腰直角三角形， ∴FP∥BG，， ∴DH⊥FP， ∴∠CHP＝90°， ∴四边形CHPG是正方形， ∴， ∵PE⊥PD， ∴∠EPG+∠DPG＝∠HPD+∠DPG＝90°， ∴∠EPG＝∠HPD， ∵HP＝GP，∠DHP＝∠EGP＝90°， ∴△DHP≌△EGP（AAS）， ∴GE＝DH＝10， ∴CE＝CG+GE＝4+10＝14； 综上所述，CE＝2或14， 故答案为：2或14． 24．（8分）（2024春•洛龙区期中）综合与实践课上，刘老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动． （1）操作判断 操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平； 操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM． 根据以上操作，当点M在EF上时，∠MBE＝　60　 °． （2）迁移探究 爱动脑的小明同学将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ． ①如图2，当点M在EF上时，∠PBQ＝　45　 °； ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠PBQ的度数，并说明理由． （3）拓展应用 在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝2cm时，直接写出AP的长． 解：（1）连接AM， ， 由于折叠，△ABP≌△MBP，EF垂直平分AB， ∴AM＝BM＝AB，即△ABM是等边三角形， ∴∠MBE＝60°， 故答案为：60； （2）①由于折叠，△ABP≌△MBP， ∴∠ABP＝∠MBP，BM＝AB，∠PMB＝∠A＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC， ∴BC＝BM，∠C＝∠BMQ＝90°， ∵BQ＝BQ， ∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL）， ∴∠MBQ＝∠CBQ， ∵∠ABC＝90°， ∴∠PBQ＝∠PBM+∠QBM＝45°， 故答案为：45； ②由于折叠，△ABP≌△MBP， ∴∠ABP＝∠MBP，BM＝AB，∠PMB＝∠A＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC， ∴BC＝BM，∠C＝∠BMQ＝90°， ∵BQ＝BQ， ∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ（HL）， ∴∠MBQ＝∠CBQ， ∵∠ABC＝90°， ∴∠PBQ＝∠PBM+∠QBM＝45°； （3）①， 由于折叠，DF＝CF＝4cm， ∵FQ＝2cm， ∴DQ＝6cm，MQ＝CQ＝2cm， 设AP＝x cm，则PM＝x cm，PQ＝（x+2）cm，PD＝（8﹣x）cm， 由勾股定理得，（x+2）2＝（8﹣x）2+62， 解得：x， ∴APcm， ②， ∵FQ＝2cm，DF＝CF＝4cm，AB＝8cm， ∴QC＝6cm，DQ＝2cm， ∵MQ＝CQ＝6cm， 设AP＝PM＝x cm．则PD＝（8﹣x）cm， 由勾股定理得，（x+6）2＝22+（8﹣x）2， 解得：x， ∴APcm， 综上，APcm或APcm． 25．（8分）（2024春•梁山县期末）【探究问题】： （1）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC延长线上一点，连接DE，点F是DE上的一个动点，BF与边CD相交于点G．若BF⊥DE，试猜想CG与CE的数量关系，并说明理由； 【拓展迁移】： （2）如图2，正方形ABCD中，点E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝45°，求证：BE+DF＝EF； （3）在（2）的条件下，若正方形的边长为6，点E是BC边的中点，求EF的长． （1）解：CG＝CE．理由如下： ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°， ∵BF⊥DE， ∴∠E+∠CBG＝∠E+∠EDC＝90°， ∴∠CBG＝∠EDC， 在△BCG与△DCE中， ， ∴△BCG≌△DCE（ASA）， ∴CG＝CE． （2）证明：延长FD至G，使得DG＝BE， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠BAD＝∠ADF＝∠ADG＝90°， 又DG＝BE， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴AE＝AG，∠BAE＝∠DAG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠FAG＝∠FAD+∠DAG＝∠FAD+∠BAE＝90°﹣45°＝45°＝∠EAF， ∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴EF＝GF， ∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF， ∴BE+DF＝EF； （3）解：设DF＝x，则根据题意，知：FC＝6﹣x， ∵点E是BC边的中点， ∴BE＝EC＝3， ∵BE+DF＝EF， ∴EF＝3+x， 在Rt△EFC中，由勾股定理得：（x+3）2＝32+（6﹣x）2， 解得：x＝2， ∴EF＝5． 即EF的长为5． 26．（8分）（2024春•珠海校级期中）（1）感知：如图①在正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC上的点，连接DE、AF，若BE＝CF，求证：DE＝AF． （2）应用：在（1）的条件下，求证：AF⊥DE． （3）探究：如图②在正方形ABCD中，E，F分别为边AB，CD上的点（点E，F不与正方形的顶点重合），连接EF，作EF的垂线分别交边AD，BC于点G，H，垂足为O，若E为AB中点，DF＝1，AB＝4，求GH的长． （1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°， ∵BE＝CF， ∴AE＝BF， 在△DAE和△ABF中， ， ∴△DAE≌△ABF（SAS）， ∴DE＝AF； （2）证明：∵△DAB≌△ABF， ∴∠BAF＝∠ADE， ∵∠BAF+∠DAF＝∠DAB＝90°， ∴∠ADE+∠DAF＝90° ∴∠DOA＝90°， ∴AF⊥DE； （3）解：分别过点A、D作AN∥GH，DM∥EF，分别交BC、AB于点N、M，如图②： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，AB＝CD，∠DAB＝∠B＝90°， ∴四边形DMEF是平行四边形， ∴ME＝DF＝1，DM＝EF， ∵AN∥GH，GH⊥EF， ∴DM⊥GH， 同理，四边形AGHN是平行四边形， ∴GH＝AN， ∵DM∥EF，GH⊥EF， ∴AN⊥DM， ∴∠DAN＝∠ADM＝90°， ∵∠DAN+∠BAN＝90°， ∴∠ADM＝∠BAN， 在△ADM和△BAN中， ， ∴△ADM≌△BAN（ASA）， ∴DM＝AN， ∴EF＝GH， ∴DM＝GH， ∵E为AB中点， ∴， ∴AM＝AE﹣ME＝2﹣1＝1， ∴， ∴． 27．（8分）（2024秋•章丘区期末）阅读下面材料： 小明遇到这样一个问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，∠EAF＝45°，连接EF，求证：DE+BF＝EF．小明是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段集中到同一条线段上．他先后尝试了平移、翻折、旋转的方法，发现通过旋转可以解决此问题．他的方法是将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG（如图2），此时GF即是DE+BF． 请回答：在图2中，∠GAF的度数是 　45°　 ． 参考小明得到的结论和思考问题的方法，解决下列问题： （1）如图3，在直角梯形ABCD中，AD∥BC（AD＞BC），∠D＝90°，AD＝CD＝10，E是CD上一点，若∠BAE＝45°，DE＝4，求BE的长度． （2）如图4，△ABC中，AC＝4，BC＝6，以AB为边作正方形ADEB，连接CD．当∠ACB＝　135°　 时，线段CD有最大值，并求出CD的最大值． 解：阅读材料： 根据旋转△ABG≌△QDE， ∴∠GAB＝∠EAD，AG＝AE， ∵∠BAD＝∠BAE+∠EAF+∠DAE＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAF+∠GAB＝45°，即∠GAF＝45°； （1）过点A作AF⊥CB 交CB的延长线于点F， ∵AD∥BC，∠D＝90°， ∴∠B＝180°﹣∠D＝90°， ∵AD＝CD＝10， ∴四边形AFCD是正方形， ∴CF＝10， 根据上面结论，可知BE＝DE+BF， 设BE＝x， ∵DE＝4， ∴BF＝BE﹣DE＝x﹣4， ∴CB＝CF﹣BF＝10﹣x+4＝14﹣x， CE＝CD﹣DE＝10﹣4＝6， ∵∠C＝90°， ∴CE2+CB2＝BE2， ∴36+（14﹣x）2＝x2， 解得：x， 故BE； （3）过点A作AF⊥CA，取AF＝AC， 连接BF，CF， ∵∠BAF＝∠BAC+∠CAF＝90°+∠BAC， ∠DAC＝∠BAD+∠BAC＝90°+∠BAC， ∴∠BAF＝∠DAC， 又∵AC＝AF，AB＝AD， ∴△FAB≌△CAD（SAS）， ∴BF＝CD， ∴线段CD有最大值时，只需BF最大即可， 在△BCF中，BF≤BC+CF， 当B、C、F三点共线时， BF取最大值，此时BF＝BC+CF， 在等腰直角三角形ACF中AC＝AF＝4，∠ACF＝45°， ∴CFAC＝4， ∵CB＝6， BF最大为：46，即CD最大值为46，此时∠BCA＝180°﹣∠ACF＝135°． 故答案为：135°． 28．（8分）（2024•槐荫区三模）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． （1）在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 　④　 ； （2）如图1，在正方形ABCD中，E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点H，交CD于点G，连AG、EG． ①判定四边形ABEG是否为“神奇四边形”　是　 （填“是”或“否”）； ②如图2，点M、N、P、Q分别是AB、AG、GE、EB的中点．证明四边形MNPQ是“神奇四边形”； （3）如图3，点F、R分别在正方形ABCD的边AB、CD上，把正方形沿直线FR翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AO⊥FR于点O，若AB′＝2，正方形的边长为6，求线段OF的长 . （1）解：∵平行四边形的对角线互相平分，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，正方形的对角线互相垂直平分且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④； （2）①解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠ABG+∠CBG＝90°， ∵BG⊥AE， ∴∠BAE+∠ABG＝90°， ∴∠BAE＝∠CBG， 在△ABE和△BCG中， ， ∴△ABE≌△BCG（ASA）， ∴AE＝BG， 又∵BG⊥AE， ∴四边形ABEG是“神奇四边形”， 故答案为：是； ②证明：∵M，N为AB，AG的中点， ∴MN为△ABG的中位线， ∴MN∥BG，MNBG， 同理：PQ∥BG，PQBG，MQ∥AE，MQAE，NP∥AE，NPAE， ∴MN＝PQ，MQ＝NP， ∴四边形MNPQ为平行四边形， ∵AE＝BG， ∴MN＝MQ， ∴平行四边形MNPQ为菱形， ∵BG⊥AE，MQ∥AE， ∴MQ⊥BG， ∵MN∥BG， ∴MQ⊥MN， ∴∠QMN＝90°， ∴四边形MNPQ为正方形， ∴四边形MNPQ是“神奇四边形”； （3）解：如图3，延长AO交BC于S， 由翻折的性质可知，BF＝B'F，AB'＝BS＝2，AO＝SO，∠B'＝∠B， ∵四边形ABCD是正方形，边长为6， ∴AB＝6，∠B＝90°， ∴AS2，∠B'＝∠B＝90°， ∴AOAS， 设AF＝x，则BF＝B'F＝6﹣x， 在Rt△AB'F中，由勾股定理得：22+（6﹣x）2＝x2， ∴x， ∴AF， ∵AO⊥FR， ∴∠AOF＝90°， ∴OF， 即线段OF的长为 第 1 页 共 5 页 学科网（北京）股份有限公司 $$