专题06 正方形 （6大考点经典基础练+优选提升练）（福建专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编

专题06 正方形 题型概览 题型01利用正方形的性质求线段长 题型02利用正方形的性质求面积 题型03正方形折叠问题 题型04根据正方形的性质证明 题型05根据正方形的性质和判定求角度和线段长 题型06根据正方形的性质和判定证明 ( 题型01 ) 利用正方形的性质求线段长 1．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为 ． 2．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，，点、为对角线上的点，且，，点在正方形边上，则满足的点个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 3．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，以点A为圆心，以的长为半径作弧，交于点E，若，则的长为 ． 4．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，边长为4的正方形中，E，F分别为边，上的点，连接，．若，则的最小值是 ． 5．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，在正方形中，，点在边上，过点作，交，分别于点，．若点，分别是，的中点，，则的长是 ． 6．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在y，x轴上，以为边长在第一象限内作正方形，连接．若，则的最大值是（    ）    A． B． C． D．8 ( 题型02 ) 利用正方形的性质求面积 7．（23-24八年级下·福建·期末）如图，点在正方形的边上，若，，那么正方形的面积为（    ） A． B．6 C．8 D．10 8．（23-24八年级下·福建·期末）如图，平面内4条直线、、、是一组平行线，相邻2条平行线的距离是1个单位长度，正方形ABCD的4个顶点A、B、C、D都在这些平行线上，则这个正方形的面积不可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 ( 题型03 ) 正方形折叠问题 9．（24-25八年级上·福建厦门·期末）把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是（   ） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，正方形中，，E为边上一点，，连接 ，． 点 为线段上一个动点，，将沿线段折叠，得到 ，连接 ． (1)求，的长； (2)当点落在线段上，求的长； (3)连接，若为等腰三角形，求的值及． 11．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于． (1)当四边形为菱形时，填空：______； (2)试求的度数； (3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形． 12．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在正方形中，E为边上异于点A，B的一个动点，连接，点B关于的对称点为点F，与交于点M，延长，分别交直线于点G，H． (1)如图1，当点G在边上时，将点A关于对称，其对称点恰好与点F重合，交于点N． ①求证：四边形为矩形； ②连接并延长交于点K，若，，求正方形的面积； (2)如图2，若正方形的边长为9，随着长度的变化，探究点G的位置． ( 题型0 4 )根据正方形的性质证明 13．（23-24八年级下·福建·期末）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（    ） A． B． C． D． 14．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，与交于点，以为斜边向外作，连结，若，，则 ． 15．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点E是正方形对角线上一点，且，连接，则 度． 16．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，P是射线上一点，连接，过点P作，交射线于点E． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当点P在线段的延长线上时， ①求证：； ②求的值． 17．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图1，在正方形中，E是边上的一点，在的右上方作正方形，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，记、的面积分别为、，求的值； (3)如图3，当点E在边的延长线上时，连接，交线段于点M，当时，试判断与的数量关系，并加以证明． ( 题型0 5 )根据正方形的性质与判定求角度和线段长 18．（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 19．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形ABCD中，AD＝5，点E、F是正方形ABCD外的两点，且AE＝FC＝3，    BE＝DF＝4，则EF的长为 ．    20．（23-24八年级下·福建福州·期末）在四边形中，，，下列四个判断： ①若，则； ②连接，若垂直平分，； ③连接，作，则四边形是正方形； ④点A关于直线的对称点一定在直线上． 其中正确的序号为 ．（写出所有正确的序号） ( 题型0 6 )根据正方形的性质和判定证明 21．（23-24八年级下·福建厦门·期末）已知，正方形的边长为6，菱形的三个顶点E，G，H分别在正方形边，，上，． (1)如图1，当，且点F在边上时，求证： ①； ②菱形是正方形； (2)如图2，当点F在正方形的外部时，连接．探究：点F到直线的距离是否发生变化？并说明理由． 22．（23-24八年级上·福建福州·期末）如图，是等腰直角三角形，，与关于对称，为边上一点，连接并延长交于点，作交于点． (1)求证：； (2)探究：当为何值时，点与点关于对称． 23．（23-24八年级下·福建·期末）已知：在中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，BD与CF的位置关系为__________；CF、BC、CD三条线段之间的数量关系____________________． （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请你写出CF、BC、CD三条线段之间的数量关系并加以证明； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系． ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究的形状，并说明理由． 24．（23-24八年级下·福建·期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 一、单选题 1．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在正方形中，点E为边的中点，点与点B关于对称，与交于点F，连接，，．下列结论：①；②为直角三角形；③；④。其中正确的是（    ） A．①② B．①②④ C．③④ D．①②③④ 2．（23-24八年级上·福建福州·期末）数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理．以的三条边为边长向外作正方形，正方形，正方形，连接．若，则的面积为（    ） A．40 B．32 C．24 D．18 3．（23-24八年级下·福建·期末）如图，正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，AF＝BE，CE，BF交于点H，BF交AC于点M，O为AC的中点，OB交CE于点N，连接OH．下列结论：①BF⊥CE；②BM＝CN；③∠FHO＝45°；④CH﹣BH＝OH，正确的个数（　） A．1 B．2 C．3 D．4 4．（23-24八年级下·福建·期末）下列说法不正确的是（ ） A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．一组邻边相等的四边形是菱形 C．有三个角是直角的四边形是矩形 D．对角线相等的菱形是正方形 二、填空题 5．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形中，E、F分别是的中点，交于点G，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是 ． 6．（22-23八年级下·福建厦门·期末）如图，已知正方形，边长为4，点M是正方形对角线上一点，连接，过点A作，垂足为H，连接．在M点从C到A的运动过程中，的最小值为 ．    7．（23-24八年级下·福建·期末）在菱形中，分别为边，，，上的点（不与端点重合）．对于任意菱形，下面四个结论中：①存在无数个四边形是平行四边形；②存在无数个四边形是菱形；③存在无数个四边形是矩形；④存在无数个四边形是正方形；所有正确结论的序号是 ． 三、解答题 8．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，点关于的对称点为，连接并延长交于点，交延长线于点，连接． (1)如图1，当时，求证：； (2)求的度数，并探究线段，的数量关系； (3)如图2，连接，当，时，求的长． 9．（23-24八年级下·福建·期末）如图1，已知正方形，，是边上的一个动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，．    (1)求的度数； (2)如图2，连接，若，求线段的长； (3)如图3，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，若，求线段的长． 10．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）在正方形中，，点O为对角线的中点，动点E在射线上，连接，过点E作交射线于点F．当点E与A重合时，；当点E与重合时，（点F与A重合）．    (1)如图1，当点E在线段上时，求证：； (2)如图2，当点E在线段上时，请补全图形，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，若点P、C在直线的异侧，且，动点E沿着从点P向点C运动，请直接写出伴随动点F的运动路径的长为______． 11．（23-24八年级下·福建·期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考、用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 （1）如图（1），在矩形中，把矩形折叠，使与重合，与重合，展平纸片得到折痕，再第二次折叠，点落在上点，展平纸片得到折痕，连接，，则等于　　 A．    B．   C．   D． 【深入探究】 （2）如图（2），是矩形边上一点，把矩形折叠，使与重合，展平纸片得到折痕；第二次折叠，点落在上的点 ，落在点 ，展平纸片得到折痕，连接，，，写出与的数量关系，并给出证明； 【拓展应用】 （3）如图（3），正方形中，是射线上一点，点与点是对称点，是对称轴．点与点 是对称点，是对称轴，点关于的对称点为点 ，连接 ，，，，当时，直接写出的长． 12．（23-24八年级下·福建泉州·期末）问题提出： （1）如图，四边形是正方形，是上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，连接，求的大小； 问题探究： （）如图，在四边形中，，连接，若，求四边形的面积；（用含的代数式表示） 问题解决： （）如图，在四边形中，与交于点且，求四边形的面积． 13．（23-24八年级下·福建·期末）（1）【探究发现】如图①，已知矩形的对角线的垂直平分线与边，分别交于点E，F．求证：四边形是菱形； （2）【类比应用】如图②，直线分别交矩形的边，于点E，F，将矩形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，求四边形的周长； （3）【拓展延伸】如图③，直线分别交平行四边形的边，于点E，F，将平行四边形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，，求的长． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 正方形 题型概览 题型01利用正方形的性质求线段长 题型02利用正方形的性质求面积 题型03正方形折叠问题 题型04根据正方形的性质证明 题型05根据正方形的性质和判定求角度和线段长 题型06根据正方形的性质和判定证明 ( 题型01 ) 利用正方形的性质求线段长 1．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形中，为对角线、的交点，、分别为边、上一点，且，连接．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等相关知识；由题意证明，所以，则是等腰直角三角形，即可得到；过点F作，求出，得到，推出是等腰直角三角形，则，进而即可求解． 【详解】解：在正方形中，和为对角线， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 过点F作，如图，    ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， 又， ∴， ∴ ∴ 故答案为：． 2．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，，点、为对角线上的点，且，，点在正方形边上，则满足的点个数为（    ） A．4 B．5 C．6 D．8 【答案】B 【分析】根据正方形得，再根据，得，，则，，， ①当点与点重合时，，故点为符合条件的点； ②当点与点重合时，过点作于，于，则，，进而得，，则，，由此得，则点不符合条件；同理点不符合条件； ③当点与点重合时，则，故点不符合条件； ④当点在边上（不与，重合）时，作点关于的对称点，连接，交于点，过点作于，过点作，交的延长线于，过点作于，当点，，在同一条直线上时，为最小，分别求出，，则，，，进而得，即的最小值为，因此边上（不与，重合）存在一个点，使，同理：边上（不含端点），边上（不含端点），边上（不含端点）各有一个符合条件的点，综上所述即可得出答案． 【详解】解：四边形为正方形，， ，，， 在中，由勾股定理得：， 点、为对角线上的点，且，， ，， ，，， ①当点与点重合时：，， ， 故点为符合条件的点； ②当点与点重合时，过点作于，于，如图1所示： 则，均为等腰直角三角形， 由勾股定理得：，， ，， 在和中，由勾股定理得：，， ， 点不符合条件； 同理：点不符合条件； ③当点与点重合时，，， ， 点不符合条件， ④当点在边上（不与，重合）时，作点关于的对称点，连接，交于点，过点作于，过点作，交的延长线于，过点作于，当点，，在同一条直线上时，为最小，如图2所示： 四边形为矩形， ，， ，均为等腰直角三角形， 由勾股定理得：，， ，， ， 在中，由勾股定理得：， 即的最小值为， 边上（不与，重合）存在一个点，使， 同理：边上（不含端点），边上（不含端点），边上（不含端点）各有一个符合条件的点， 综上所述：点在正方形边上，满足的点个数为5个． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，并根据正方形的性质正确地作出辅助线构造等腰直角三角形，灵活运用勾股定理及等腰三角形的性质进行计算是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的难点． 3．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，以点A为圆心，以的长为半径作弧，交于点E，若，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，先根据正方形的性质得到，,再根据勾股定理得出，最后求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， ∴，, ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 4．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，边长为4的正方形中，E，F分别为边，上的点，连接，．若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称最短路径问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线是解题的关键． 如图所示，作D关于直线的对称点，连接，，先证明得到，则，从而推出当C、F、三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为，由此求解即可． 【详解】解：如图所示，作D关于直线的对称点，连接，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当C、F、三点共线时，有最小值，即有最小值，最小值为， 在中，． 故答案为：． 5．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，在正方形中，，点在边上，过点作，交，分别于点，．若点，分别是，的中点，，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，以及“直角三角形斜边中线等于斜边一半”．先证四边形和都是矩形，由是等腰直角三角形，M是的中点，可得．由“矩形的对角线相等且互相平分”可得，且N是的中点．根据勾股定理求出的长，即可求出的长． 【详解】    解：如图，连接、， ∵四边形是正方形， ． ∵ ， ， ∴四边形和都是矩形， ． ∵N是的中点， ∴点F、N、C三点共线 ∵四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形． ∵M是的中点， ， ． ∵四边形是矩形， ． 又∵N是的中点， ∴N是的中点， ． 故答案为：． 6．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，在平面直角坐标系中，动点A，B分别在y，x轴上，以为边长在第一象限内作正方形，连接．若，则的最大值是（    ）    A． B． C． D．8 【答案】A 【分析】取的中点E，连接，则，根据正方形的性质及勾股定理得出，，结合图形得出当点E在线段上时，线段的长最大，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点E，连接，则，    ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，则， 在中，，由勾股定理，得， ∵在中， ，点E是斜边的中点， ∴， 由图可知：，当点E在线段上时，线段的长最大，最大值是， 故选A． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，勾股定理解三角形及三角形三边关系，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． ( 题型02 ) 利用正方形的性质求面积 7．（23-24八年级下·福建·期末）如图，点在正方形的边上，若，，那么正方形的面积为（    ） A． B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，先根据正方形的性质得出，然后在中，利用勾股定理得出，即可得出正方形的面积． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， 正方形的面积． 故选：C． 8．（23-24八年级下·福建·期末）如图，平面内4条直线、、、是一组平行线，相邻2条平行线的距离是1个单位长度，正方形ABCD的4个顶点A、B、C、D都在这些平行线上，则这个正方形的面积不可能是（    ） A．1 B．2 C．3 D．5 【答案】C 【分析】分①正方形有一组对边与该组平行线平行，根据相邻直线间的距离为1，分别求出正方形的面积，②正方形的每条边都与该组平行线不平行，有一对对角顶点在同一直线上与不在同一直线上，过点B作EF⊥l2，根据正方形的性质求出AB=BC，再根据同角的余角相等求出∠ABE=∠BCF，然后利用“角角边”证明△ABE和△BCF全等，根据全等三角形对应边相等可得AE=BF，然后利用勾股定理列式求出AB的长，再根据正方形的面积求解即可． 【详解】解：①若正方形有一组对边与该组平行线平行，， ∵相邻2条平行线的距离都是1个单位长度， ∴正方形的边长为1或2或3， ∴正方形的面积为1或4或9， ②若正方形的每条边都与该组平行线不平行， 如图，过点B作EF⊥l2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABC=90°， ∵∠ABE+∠CBF=180°-90°=90°， ∠CBF+∠BCF=90°， ∴∠ABE=∠BCF， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（AAS）， ∴AE=BF， 当为图1时，AB=， 正方形的面积为 当为图2时，AB=， 正方形的面积为5， 所以，正方形的面积为1或4或9或2或5， 综上所述，只有3不可能． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线间的距离，勾股定理的应用，难点在于要分情况讨论，作出图形更形象直观． ( 题型03 ) 正方形折叠问题 9．（24-25八年级上·福建厦门·期末）把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，理解图示，培养学生的空间思维能力，掌握图示特点是关键． 根据图示特点分析即可． 【详解】解：把一个正方形纸片按图所示的步骤进行操作，较大的剩余部分展开后的图形是 ， 故选：D． 10．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，正方形中，，E为边上一点，，连接 ，． 点 为线段上一个动点，，将沿线段折叠，得到 ，连接 ． (1)求，的长； (2)当点落在线段上，求的长； (3)连接，若为等腰三角形，求的值及． 【答案】(1)，； (2) (3)的值面积为或，面积为4． 【分析】（1）利用正方形的性质和勾股定理解答即可； （2）利用折叠的性质得到，利用三角形的面积公式和正方形的性质得到正方形的面积，进而求得，再利用勾股定理解答即可得出结论； （3）利用分类讨论的思想方法分三种情况讨论解答∶①当CF=FD时，连接，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质得到为等边三角形，则，利用折叠的性质解答即可；②当时利用等腰三角形的性质和正方形的性质得到为等边三角形，则， ，利用折叠的性质解答即可；③不存在的情形，综上即可得出结论． 【详解】（1）解：正方形中，，E为边上一点， ， ， ， ， ； （2）当点F落在线段上，如图， 则，， ． ．E为边上一点， ， ， ， ， ； （3）①当CF=FD时，连接BF，如图， ，．将沿线段折叠，得到， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， 在和中 ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ； 过F作于N，交于M， 则， 四边形为矩形， ，， 为等腰三角形， ， 由折叠的性质得∶， ， 的面积； ②当时，如图， ，， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 作于M，于N，如图所示∶ 则， 由折叠的性质得∶ ， ， 为等边三角形， ， 在中， ， ， 的面积； ③不存在的情形， 综上，若为等腰三角形，的值面积为或，面积为4． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，勾股定理，利用分类讨论的思想方法解答是解题的关键． 11．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，是正方形内一点，，连接，将沿翻折，得到，延长，与的平分线相交于． (1)当四边形为菱形时，填空：______； (2)试求的度数； (3)如图，连接，交于，连接，当三点共线时，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析． 【分析】（）根据四边形为菱形，四边形是正方形，得，，，证明是等边三角形，则，通过等边对等角及角度和差即可求解； （）由折叠性质得，则有，，设，则，通过角度和差及角平分线的定义即可求解； （）由折叠性质得，则有，，由四边形是正方形，则，，由，，得，由平分，可得，证明，，，通过全等三角形的性质和菱形的判定方法求解． 【详解】（1）解：∵四边形为菱形，四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）∵四边形是正方形， ∴，， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴，， 设，则， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴； （3）∵将沿翻折，得到， ∴， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， 在和中 ， ∴， ∴，， 由()得:， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵三点共线， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中 ， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 12．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在正方形中，E为边上异于点A，B的一个动点，连接，点B关于的对称点为点F，与交于点M，延长，分别交直线于点G，H． (1)如图1，当点G在边上时，将点A关于对称，其对称点恰好与点F重合，交于点N． ①求证：四边形为矩形； ②连接并延长交于点K，若，，求正方形的面积； (2)如图2，若正方形的边长为9，随着长度的变化，探究点G的位置． 【答案】(1)①见解析；②正方形的面积为； (2)． 【分析】（1）①利用对称的性质得，，，，求得，再由矩形的判定即可证明； ②由对称的性质可得，于是，再由平行四边形的判定和性质求得，得到，据此计算即可解答； （2）当和重合时，求得；当时，连接，设，，连接，设，则，由折叠的性质可得和，在直角中由勾股定理求得，于是可得，然后在直角和直角中利用勾股定理建立方程求得的表达式即可求解；当时，同理求解即可． 【详解】（1）解：①如图，    由对称的性质可知是线段的垂直平分线，是线段的垂直平分线， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形； ②如图过点作，交正方形的两于点，，    由正方形的性质可知，，， ∴，， 由对称的性质可知，， ∴， ∵和等高， ∴， 由①结论和可得四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵正方形的面积； （2）解：当和重合时， 同理，，， ∴， ∴， ∵， ∴； 当时， 如图，连接，设，，则，    由对称的性质可知，，， 直角中由勾股定理可得， ∴， 直角中由勾股定理可得， 直角中由勾股定理可得， ∴， 整理得， ∴． 当时， 如图，连接，设，，则， 由对称的性质可知，，， 直角中由勾股定理可得， ∴， 直角中由勾股定理可得， 直角中由勾股定理可得， ∴， 整理得， 综上，． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，二次根式的混合运算等知识；熟练掌握勾股定理是解题关键． ( 题型0 4 )根据正方形的性质证明 13．（23-24八年级下·福建·期末）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直角三角形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，在正方形中证明三角形全等，并运用全等的性质解题是解题的关键．连接并延长交于，根据“两直线平行，内错角相等”可得，然后利用“角边角”证明，根据全等三角形对应边相等可得，，再求出，然后根据等腰直角三角形的性质解答． 【详解】解：连接并延长交于，如下图， ∵四边形和四边形是正方形，三点在同一直线上， ∴，，，， ∴， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴是的中点， ∴在中，可有， ∵，， ∴，即， 即为等腰直角三角形， 所以知道的长度，可求出，一定能求出线段的长． 故选：C． 14．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，与交于点，以为斜边向外作，连结，若，，则 ． 【答案】10 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由“”可证，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可得，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，延长至，使，连接， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 又， ， ，， ， ， ， ， ， 故答案为：． 15．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点E是正方形对角线上一点，且，连接，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握相关性质定理． 先根据正方形的性质得出，再根据等腰三角形的性质得出，最后根据即可解答． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 16．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在正方形中，P是射线上一点，连接，过点P作，交射线于点E． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当点P在线段的延长线上时， ①求证：； ②求的值． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质即可解答； （2）①过点P作于点G，过点P作于点F，根据正方形的性质证明，即可得证；②将绕点P逆时针旋转，得到，连接，由旋转的性质可得，为等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，证明四边形为矩形，即可解答 点评 【详解】（1）∵四边形为正方形，是正方形的对角线 ∴ ∵ ∴， ∴． （2）①如图1，过点P作于点G，过点P作于点F， ∴ ∵四边形为正方形，是正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图2，将绕点P逆时针旋转，得到，连接， 由旋转的性质可得：为等腰直角三角形 ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查相似型的综合应用，主要考查全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，直角三角形的性质，掌握这些性质是解题的关键． 17．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图1，在正方形中，E是边上的一点，在的右上方作正方形，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，记、的面积分别为、，求的值； (3)如图3，当点E在边的延长线上时，连接，交线段于点M，当时，试判断与的数量关系，并加以证明． 【答案】(1)详见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，作出正确的辅助线，熟练运用各种性质是解题的关键． （1）利用正方形的性质，进行角度转换得到，再证明，即可解答； （2）连接，过点F作，交的延长线于点H，证明，得到，，再利用线段的转换证明是等腰直角三角形，得到，即可解答； （3）连接，设正方形的边长为a，，则，，，利用勾股定理求得，再求得即可解答． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴，， ∴． 在和中， ， ∴． ∴； （2）解：如图2，由（1）得， ∴，即， ∴C、D、G三点共线． 如图，连接，过点F作，交的延长线于点H． ∴． ∵，， ∴． ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，． 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ． ∴． ∵， ∴， ∴，． （3）解：．理由如下： 如图3，同（1）（2）可证得，C、D、G三点共线． 如图，连接， 设正方形的边长为a，，则，，， ∴， ∴， 由正方形的轴对称性，得， 在中，由勾股定理，得， ∴，整理得， ，解得． ∴，， ∴． ∴，即． ( 题型0 5 )根据正方形的性质与判定求角度和线段长 18．（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 【答案】 【分析】如图，作，于，连接，证明四边形是正方形，则，，证明是等边三角形，则，，根据，求解作答即可． 【详解】解：如图，作，于，连接， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理是解题的关键． 19．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形ABCD中，AD＝5，点E、F是正方形ABCD外的两点，且AE＝FC＝3，    BE＝DF＝4，则EF的长为 ．    【答案】 【分析】延长EA交FD的延长线于点M，可证明EMF是等腰直角三角形，而EM=MF=AE+DF=7，所以利用勾股定理即可求出EF的长． 【详解】解：如图所示，延长EA交FD的延长线于点M，    ∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=5， 又∵AE=FC=3，BE=DF=4，∴，， ∴ABE和CDF皆是直角三角形， 在ABE和CDF中， ∴ABE≌CDF（SSS）， ∴∠EAB=∠FCD，∠EBA=∠FDC，∠EAB+∠EBA=90°，∠CDF+∠FDC=90°， ∴∠EAB+∠CDF=90°，∠MAD+∠MDA=90°，故∠M=90°， ∴EMF是直角三角形， ∵∠EAB+∠MAD=90°，∠MAD +∠MDA=90°，∴∠EAB=∠MDA， 在ABE和DMA中， ∴ABE≌DMA（AAS）， ∴AM=BE=4，MD=AE=3， ∴EM=MF=7， ∴， 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以及勾股定理的运用，题目的综合性较强，证明出EMF是等腰直角三角形是解题的关键． 20．（23-24八年级下·福建福州·期末）在四边形中，，，下列四个判断： ①若，则； ②连接，若垂直平分，； ③连接，作，则四边形是正方形； ④点A关于直线的对称点一定在直线上． 其中正确的序号为 ．（写出所有正确的序号） 【答案】②③④ 【分析】①过点C作于E，则四边形为矩形，进而得，则，由勾股定理得 ，据此可对①进行判断；②先证明得，根据垂直平分得，则为等腰直角三角形，进而得，再根据得，则，从而得四边形为正方形，据此可对②进行判断；③根据得，则，从而得为正方形，据此可对③进行判断；④连接，过点A作，的延长线交的延长线于F，先证明，再依据“”判定和全等得，则点A与点F关于直线对称，据此可对④进行判断． 【详解】解：①如图1：过点C作于E， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴，故①不正确； ②∵， ∴， ∴， ∵垂直平分， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 又∵， ∴矩形为正方形， ∴，故②正确； ③∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 又∵， ∴矩形为正方形，故③正确； ④如图2所示：连接，过点A作，的延长线交的延长线于F，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴点A与点F关于直线对称， ∴点A关于直线的对称点一定在直线上，故④正确， 综上所述：正确的是②③④． 故答案为：②③④． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质、线段垂直平分线的性质是解题的关键． ( 题型0 6 )根据正方形的性质和判定证明 21．（23-24八年级下·福建厦门·期末）已知，正方形的边长为6，菱形的三个顶点E，G，H分别在正方形边，，上，． (1)如图1，当，且点F在边上时，求证： ①； ②菱形是正方形； (2)如图2，当点F在正方形的外部时，连接．探究：点F到直线的距离是否发生变化？并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)点到直线的距离不发生变化，理由见解析 【分析】（1）①由于四边形为正方形，四边形为菱形，那么，，而，利用证明≌； ②由全等三角形的性质得出，等量代换可得，即可证四边形为正方形； （2）过点作，根据平行公理可得，根据平行线的性质可以得到，，再根据菱形的邻角互补以及平角等于可以求出，然后证明与全等，即可得到是定值． 【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形， ， ，， ， 四边形是菱形， ， ； ≌， ， ， ， ， 菱形为正方形； （2）解：点到直线的距离不发生变化． 理由：作交的延长线于，如图，过点作， 在正方形中，， ∴， ，， 四边形是菱形， ∴，， 即， 又， ， 在与中， ， ≌， ， 即，是定值不变． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质和判定，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线、灵活运用相关的性质定理和判定定理是解题的关键． 22．（23-24八年级上·福建福州·期末）如图，是等腰直角三角形，，与关于对称，为边上一点，连接并延长交于点，作交于点． (1)求证：； (2)探究：当为何值时，点与点关于对称． 【答案】(1)见解析 (2)当时，点与点关于对称． 【分析】（1）先证明四边形是正方形，利用等角的余角相等，得到，推出，即可证明； （2）证明当点与点关于对称时，，由，推出，利用等腰直角三角形的性质及勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰直角三角形，，与关于对称， ∴，且， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵与关于对称，又点与点关于对称， ∴， 由（1）知， ∴， ∴， 设，则， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 23．（23-24八年级下·福建·期末）已知：在中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF． （1）如图1，当点D在线段BC上时，BD与CF的位置关系为__________；CF、BC、CD三条线段之间的数量关系____________________． （2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请你写出CF、BC、CD三条线段之间的数量关系并加以证明； （3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变： ①请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系． ②若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究的形状，并说明理由． 【答案】（1）BD⊥CF，CF=BC-CD；（2）CF=BC+CD，见解析；（3）①CF=CD−BC，②等腰三角形，见解析 【分析】（1）先说明△ABC是等腰直角三角形，利用SAS即可证明△BAD≌△CAF，从而证得CF⊥BD、CF=BD，又 BD+CD=BC, CF=BC-CD； （2）先利用SAS即可证得△BAD≌△CAF，从而证得BD=CF，即可得到CF-CD=BC； （3）①与（2）同理可得BD=CF，然后结合图形可得CF=CD-BC； ②先根据等腰直角三角形的性质得到∠ABC=∠ACB=45°，再根据邻补角的定义求出∠ABD=135°，再根据同角的余角相等求出∠BAD=∠CAF，然后利用“边角边”证明△BAD≌△CAF，得∠ACF=∠ABD，求出∠FCD=90°，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OC= DF，再根据正方形的对角线相等求出OC=OA，从而得到△AOC是等腰三角形． 【详解】（1）解：∵∠B4C=90°，AB=AC ∴∠ABC=∠ACB=45° ∵四边形ADEF是正方形 ∴AD=AF，∠DAF=90° ∵∠BAC=∠BAD+∠DAC=90°，∠DAF=∠CAF+∠DAC=90° ∴∠BAD=∠CAF 在△BAD和△CAF中， AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF， ∴△BAD≌△CAF(SAS)， ∴BD=CF，∠ABD=∠ACF=45° ∴∠FCB=∠ACF+ ∠ACB=90°，即CF⊥BC ∵BD+CD=BC ∴CF+CD=BC； 故答案为：BD⊥CF，CF=BC-CD； （2）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAD=∠BAC+∠DAC， ∠CAF=∠DAF+∠DAC， ∴∠BAD=∠CAF， 在△BAD和△CAF中， AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF， ∴△BAD≌△CAF(SAS)， ∴BD=CF， ∵BD=BC+CD， ∴CF=BC+CD； （3）①与（2）同理可得，BD=CF， 所以，CF=CD−BC； ②∵∠BAC=90°，AB=AC， ∴∠ABC=∠ACB=45°， 则∠ABD=180∘−45°=135°， ∵四边形ADEF是正方形， ∴AD=AF，∠DAF=90°， ∵∠BAC=∠BAF+∠CAF=90°， ∠DAF=∠BAD+∠BAF=90°， ∴∠BAD=∠CAF， 在△BAD和△CAF中， AB=AC，∠BAD=∠CAF，AD=AF， ∴△BAD≌△CAF(SAS)， ∴∠ACF=∠ABD=180°−45°=135°， ∴∠FCD=∠ACF−∠ACB=90°， 则△FCD为直角三角形， ∵正方形ADEF中，O为DF中点， ∴OC=DF， ∵在正方形ADEF中，OA=AE，AE=DF， ∴OC=OA， ∴△AOC是等腰三角形． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、等腰三角形的判定以及同角的余角相等的性质，在（1）证明三角形全等得到思路并推广到（2）（3）是解答本题的关键. 24．（23-24八年级下·福建·期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． ①求证：矩形DEFG是正方形； ②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析;(2) 是定值 【详解】分析：①作出辅助线，得到EN=EM，然后判断∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF即可； ②同①的方法证出△ADE≌△CDG得到CG=AE，得出CE+CG=CE+AE=AC=4即可． 详解：①过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示： ∵正方形ABCD， ∴∠BCD=90°，∠ECN=45°， ∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形． ∵四边形DEFG是矩形，∴EM=EN，∠DEN+∠NEF=∠MEF+∠NEF=90°， ∴∠DEN=∠MEF，又∠DNE=∠FME=90°．在△DEN和△FEM中，∵∠DNE=∠FME，EN=EM，∠DEN=∠FEM，∴△DEN≌△FEM（ASA），∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形， ②CE+CG的值为定值，理由如下： ∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG，∠EDC+∠CDG=90°． ∵四边形ABCD是正方形，∵AD=DC，∠ADE+∠EDC=90°， ∴∠ADE=∠CDG．在△ADE和△CDG中，∵AD=CD，∠ADE=∠CDG，DE=DG，∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE=CG， ∴AC=AE+CE=AB=×2=4，∴CE+CG=4 是定值． 点睛：本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解答本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等． 一、单选题 1．（23-24八年级下·福建厦门·期末）在正方形中，点E为边的中点，点与点B关于对称，与交于点F，连接，，．下列结论：①；②为直角三角形；③；④。其中正确的是（    ） A．①② B．①②④ C．③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据正方形的性质结合轴对称得性质可得，可判断①正确；可得EF为△BCB′的中位线，即有，可得，可判断②正确；利用可证明，即可证明，进而可得，进而有，可得，再证明，可得，可判断④正确；根据周角的定义可得，由可得，根据等腰三角形的性质及角的和差关系可得，进而可得，根据等腰三角形的性质可得，可判断③错误；综上即可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点E为边的中点，点与点B关于对称， ∴，，， ∴，故①正确； ∵，点E为边的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴，即是直角三角形，故②正确； ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴，即是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴， 在和中，， ∴， ∴，故④正确， ∴，即， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误； 综上所述：正确的结论有①②④， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线的性质及平行线的性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键． 2．（23-24八年级上·福建福州·期末）数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理．以的三条边为边长向外作正方形，正方形，正方形，连接．若，则的面积为（    ） A．40 B．32 C．24 D．18 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，余角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．延长，过点E作于点M，证明，得出，根据三角形面积公式求出． 【详解】解：延长，过点E作于点M，如图所示： 则， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵为直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 3．（23-24八年级下·福建·期末）如图，正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，AF＝BE，CE，BF交于点H，BF交AC于点M，O为AC的中点，OB交CE于点N，连接OH．下列结论：①BF⊥CE；②BM＝CN；③∠FHO＝45°；④CH﹣BH＝OH，正确的个数（　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】①可证△ABF≌△BCE，得出∠ABF＝∠BCE，进而得到∠HBC＋∠BCH＝90°，由此得①正确；②根据题意得出∠ABO＝∠BCO＝45°，结合∠ABF＝∠BCE，得出∠FBO＝∠ECO，结合正方形的性质可证△OBM≌OCN，根据全等三角形的性质得出BM＝CN，由此得②正确；③过点O作OG⊥OH交CH于点G，可证出△OGC≌△OHB，得△OHG是等腰直角三角形，由∠FHO＝∠FHC−∠OHG＝90°−45°＝45°可得③正确；④由△OGC≌△OHB，得CG＝BH，根据△OHG是等腰直角三角形，即可得证CH−BH＝OH． 【详解】解：∵四边形ABCD 是正方形， ∵AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°， 又∵AF＝BE， ∴△ABF≌△BCE（SAS）， ∴∠ABF＝∠BCE， ∵∠ABC＝∠ABH＋∠HBC＝90°， ∴∠HBC＋∠BCH＝90°， ∴∠BHC＝90°， ∴BF⊥CE，故①正确； ∵四边形ABCD 是正方形，O为AC的中点， ∴BO⊥AC，BO＝CO，∠ABO＝∠BCO＝45°， ∵∠ABF＝∠BCE， ∴∠FBO＝∠ECO， 又∵∠BOM＝∠CON＝90°， ∴△OBM≌OCN（ASA）， ∴BM＝CN，故②正确； 过点O作OG⊥OH交CH于点G， ∵∠HON＋∠NOG＝∠NOG＋∠GOC＝90°， ∴∠HON＝∠GOC， 又∵OC＝OB，∠OCN＝∠OBH， ∴△OGC≌△OHB（ASA）， ∴OG＝OH， ∵OG⊥OH， ∴∠OHG＝45°， ∴∠FHO＝∠FHC−∠OHG＝90°−45°＝45°，故③正确； ∵△OGC≌△OHB， ∴CG＝BH， ∴CH−BH＝CH−CG＝HG， ∵∠HOG＝90°，OH＝OG， ∴HG＝OH， ∴CH−BH＝OH，故④正确． 综上，①②③④正确， 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质及等腰直角三角形的性质，充分利用线段和角证明三角形全等、转化线段和角的关系式解题的关键． 4．（23-24八年级下·福建·期末）下列说法不正确的是（ ） A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形 B．一组邻边相等的四边形是菱形 C．有三个角是直角的四边形是矩形 D．对角线相等的菱形是正方形 【答案】B 【分析】利用平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、正方形的判定定理逐一判断后即可确定本题的答案． 【详解】A．两组对角分别相等的四边形是平行四边，正确，不符合题意； B．一组邻边相等的平行四边形是菱形，故B错误，符合题意； C．有三个角是直角的四边形是矩形，正确，不符合题意； D．对角线相等的菱形是正方形，正确，不符合题意． 故选B． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理、菱形的判定定理、矩形的判定定理、正方形的判定定理． 二、填空题 5．（23-24八年级下·福建·期末）如图，在正方形中，E、F分别是的中点，交于点G，连接，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论是 ． 【答案】①②③ 【分析】证明，根据全等三角形的性质得到，，故①正确；求得，根据垂直的定义得到，故②正确；延长交的延长线于H，根据线段中点的定义得到，根据全等三角形的性质得到，由是斜边的中线，得到，求得，根据余角的性质得到，故③正确；假设，根据，可得，结合，，可得，即有，进而可得，则有，显然，即假设不成立，即可判断④错误． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ，分别是，的中点， ，， ， 在与中， ， ， ，，故①正确； ， ， ， ，故②正确； ， 如图，延长交的延长线于，   ， ， 点是的中点， ， ，，， ， ， ， 是斜边的中线， ， ， ，， ．故③正确； 根据可得， 若成立， ， ， ，， ， ， 在中，有， ， ， 显然， 假设不成立， ，故④错误， 故答案为：①②③． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，含30度角的直角三角形的性质等，综合性很强，难度较大，解题的关键是能够综合运用上述知识． 6．（22-23八年级下·福建厦门·期末）如图，已知正方形，边长为4，点M是正方形对角线上一点，连接，过点A作，垂足为H，连接．在M点从C到A的运动过程中，的最小值为 ．    【答案】 【分析】取中点O，连接，，由知当C、H、O三点共线时，取最小值，根据勾股定理求出，根据直角三角形斜边的中线性质求出，即可解答． 【详解】解：取中点O，连接，，   ， 则， 当C、H、O三点共线时，取最小值，最小值， ∵正方形，边长为4， ∴，，， ∴， ∵，O为中点， ∴， ∴最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质等知识，根据题意，取中点O， 判断出当C、H、O三点共线时，取最小值，是解题的关键． 7．（23-24八年级下·福建·期末）在菱形中，分别为边，，，上的点（不与端点重合）．对于任意菱形，下面四个结论中：①存在无数个四边形是平行四边形；②存在无数个四边形是菱形；③存在无数个四边形是矩形；④存在无数个四边形是正方形；所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是菱形，连接AC，BD交于O， 过点O作直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 由对称性可得：OM=OP，ON=OQ， 则四边形MNPQ是平行四边形，由于是直线MP和QN是任意所作， 故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确； ②当MP⊥NQ时，四边形MNPQ是菱形， 由于MP是任意所作，当MP绕点O旋转一定角度时，且都存在NQ⊥MP， 故存在无数个四边形是菱形；故正确； ③当MP=NQ时，四边形MNPQ是矩形， 由于MP是任意所作，只要以O为圆心，OM为半径的圆与菱形ABCD有交点，则都存在NQ=MP， 故存在无数个四边形是矩形；故正确； ④当四边形ABCD是正方形时， 则∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°， 当AM=BN=CP=DQ时， 由AB=BC=CD=DA， 可得：AQ=BM=CN=DP， 在△AMQ和△BNM中， ， ∴△AMQ≌△BNM（SAS）， ∴∠AMQ=∠BNM，∠AQM=∠BMN，MQ=MN， ∵∠BMN+∠BNM=90°， ∴∠BMN+∠AMQ=90°， ∴∠NMQ=90°， ∵MQ=MN， ∴此时四边形MNPQ为正方形， 故只有当四边形ABCD为正方形时，存在四边形是正方形，故错误. 故答案为：①②③. 【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的判定和性质，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键． 三、解答题 8．（23-24八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，点关于的对称点为，连接并延长交于点，交延长线于点，连接． (1)如图1，当时，求证：； (2)求的度数，并探究线段，的数量关系； (3)如图2，连接，当，时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据四边形是正方形，得出，．根据，运用等腰三角形的性质得出，证出，从而证明，即可证明． （2）连接，，设．根据垂直平分，得出，，．再根据，得出．．过点作于点，过点作于点．证明，得出，，从而证明为等腰直角三角形，即可得出，再根据等腰三角形的性质即可得出，即可得出． （3）当时，由（2）知点、重合，根据为等腰直角三角形，得出，即，，，，勾股定理得出．连接并延长，交于点，连接．证明，得出，．再证明，，得出．设，则，，在中，由勾股定理解出，再根据即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，． ， ． ，， ， ， ． （2）解：连接，，设． 点、关于对称， 即垂直平分， ， ， ． ， ． ． 过点作于点，过点作于点． ， ， ∴， ，， ， ， ， ，， ，， ， 为等腰直角三角形， ， ，， ， ． （3）解：当时，由（2）知点、重合， 为等腰直角三角形， ， 即， ，，， ． 连接并延长，交于点，连接． 在对称轴上， ，，， ， ， ，． ， ， ． ，且， ， ， ． 设，则，， 在中，由勾股定理可得：， 解得：， ． 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质和判定，线段垂直平分线的性质等知识点，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 9．（23-24八年级下·福建·期末）如图1，已知正方形，，是边上的一个动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接，．    (1)求的度数； (2)如图2，连接，若，求线段的长； (3)如图3，在点运动过程中，作的平分线交延长线于，若，求线段的长． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）根据正方形性质和轴对称性质得到，，，得到，得到，得到，即得； （2）当时，，，得到．．设，则，，根据勾股定理得到，得到； （3）过点H作于点M，则，，由角平分线性质和对称性质推出，得到是等腰直角三角形，，推出，根据，得到，得到． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，点B关于的对称点为F， ∴，，， ∵． ∴， ∴， ∴ （2）∵， ∴， ∵， ∴． ∴． ∴．． 设则， ∵， 即， 解得：； ∴； （3）过点H作于点M，    则， ∴， ∵平分， ∴， 由轴对称可知，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形，轴对称．熟练掌握正方形性质，轴对称性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理解直角三角形，是解决问题的关键． 10．（23-24八年级下·福建龙岩·期末）在正方形中，，点O为对角线的中点，动点E在射线上，连接，过点E作交射线于点F．当点E与A重合时，；当点E与重合时，（点F与A重合）．    (1)如图1，当点E在线段上时，求证：； (2)如图2，当点E在线段上时，请补全图形，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)如图3，若点P、C在直线的异侧，且，动点E沿着从点P向点C运动，请直接写出伴随动点F的运动路径的长为______． 【答案】(1)证明见解析 (2)补图见解析，或 (3) 【分析】（1）过E作，交于P，交于Q，证明，．可得，从而可得结论； （2）过E作，分两种情况：①当E在上，②当E在上，利用正方形的性质，证明，由线段的和差关系可求解； （3）连接，作，交于，当点在点时，点与点重合，过点作，分别垂直，，交于点，点，过点作，交的延长线于，连接，由正方形的性质可得，，，则，，，为等腰直角三角形，证明， ，得四边形是矩形，则，可知当点从点运动到点时，点从点运动到点，当点在点时，，此时点与点重合，． 【详解】（1）证明：过E作，交于P，交于Q， ∴， ∵正方形， ∴，， ∴四边形为矩形，， ∴，    ∵， ∴， 又∵正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ， ∴． ∴， ∴， （2）过E作，交于P，交于Q， ∴， 结合（1）可得：， ①当E在上，    由（1）得，， ∴，又，， ∴，则， ∵， ∴，， 在中，， ∴， ②当E在上，如图，    ∵，， 则，，，， ∴，， ∴， ∴， 同上可知， ∴， ∴． （3）解：连接，作，交于，当点在点时，点与点重合， 过点作，分别垂直，，交于点，点，过点作，交的延长线于，连接，      由正方形的性质可得，，则，，，为等腰直角三角形，， ∴，， ∵，则， ∴， ∴， ∴， 又∵为等腰直角三角形， ∴，，， 则，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形，则， ∴当点从点运动到点时，点从点运动到点， 当点在点时，， 此时点与点重合，， ∴动点F的运动路径的长为． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，二次根式的乘法运算等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． 11．（23-24八年级下·福建·期末）折纸是富有趣味和有意义的一项活动，折纸中隐含着数学知识与思想方法．深入探究折纸，可以用数学的眼光发现，用数学的思维思考、用数学的语言描述，提升同学们的综合素养． 【操作发现】 （1）如图（1），在矩形中，把矩形折叠，使与重合，与重合，展平纸片得到折痕，再第二次折叠，点落在上点，展平纸片得到折痕，连接，，则等于　　 A．    B．   C．   D． 【深入探究】 （2）如图（2），是矩形边上一点，把矩形折叠，使与重合，展平纸片得到折痕；第二次折叠，点落在上的点 ，落在点 ，展平纸片得到折痕，连接，，，写出与的数量关系，并给出证明； 【拓展应用】 （3）如图（3），正方形中，是射线上一点，点与点是对称点，是对称轴．点与点 是对称点，是对称轴，点关于的对称点为点 ，连接 ，，，，当时，直接写出的长． 【答案】（1）B；（2），见解析；（3）或 【分析】（1）由折叠知，继而是等边三角形，则，而，即可求解； （2）连接与交于点O，由轴对称可知点O在折痕上，是的垂直平分线，则，因此，由，，得到，故，再根据即可求证．； （3）当点P在边上时，连接，由折叠知是的垂直平分线，则，可求，设，则，，由勾股定理得，则，解得，因此；当点P在线段延长线上，同上可求． 【详解】（）解：由折叠的性质可知：， ∴是等边三角形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故选：B； （）解：， 连接与交于点O，由轴对称可知点O在折痕上，是的垂直平分线， ∴， ∴， ∵是的对称轴， ∴，， ∴ ∴， ∵四边形是矩形， ∴，而， ∴， ∴ ∴， ∴， （）当点P在边上时，连接，如图： 由折叠知是的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，而， ∴， 设，则，，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∵是的对称轴， ∴ ∴； 当点P在线段延长线上，如图： 设，同上可求， ∴， 综上：或． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定与性质，平行线的性质，折叠的性质，矩形，正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握知识点，正确条件辅助线是解题的关键． 12．（23-24八年级下·福建泉州·期末）问题提出： （1）如图，四边形是正方形，是上一点，连接，过点作的垂线交的延长线于点，连接，求的大小； 问题探究： （）如图，在四边形中，，连接，若，求四边形的面积；（用含的代数式表示） 问题解决： （）如图，在四边形中，与交于点且，求四边形的面积． 【答案】（）（）（） 【分析】（）先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理可得，再根据全等三角形的性质可得，然后根据等腰直角三角形的定义即可得； （）过点作于，交的延长线于，先根据三角形全等的判定定理可得，再证四边形是正方形，然后根据正方形的性质、面积公式即可得； （）直接根据（）的结论求解即可． 【详解】解：（）四边形是正方形， 在和中， ， （）如图②，过点作于，交的延长线于， 又 四边形是矩形， ， 又 四边形是正方形， ∴四边形的面积； （）由（）的结论可得：四边形的面积 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及正方形的性质，熟练掌握正方形的性质及全等三角形的判定及性质是解题的关键． 13．（23-24八年级下·福建·期末）（1）【探究发现】如图①，已知矩形的对角线的垂直平分线与边，分别交于点E，F．求证：四边形是菱形； （2）【类比应用】如图②，直线分别交矩形的边，于点E，F，将矩形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，求四边形的周长； （3）【拓展延伸】如图③，直线分别交平行四边形的边，于点E，F，将平行四边形沿翻折，使点C的对称点与点A重合，点D的对称点为，若，，，求的长． 【答案】（1）见详解； （2）； （3）． 【分析】（1）通过证明，得到，可证四边形为平行四边形，再由，可证平行四边形为菱形； （2）过点作于，先判断四边形是矩形，再求矩形的边长，进而求出周长； （3）过点作，交的延长线于，过点作于，先证明四边形是平行四边形，再证明四边形是矩形，在中，求出， 中，求出即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， 垂直平分， ，， ， ， 四边形为平行四边形， ， 平行四边形为菱形； （2）解：过点作于， 由折叠可知：，， 在中，，即， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， ， 四边形的周长； （3）解：过点作，交的延长线于，过点作于， 四边形是平行四边形，， ， ， ， ， ， 由折叠的性质可知：，， ， ， ， ， ， ， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， ， 在中，， ， 在 中，． 【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握菱形的判定及性质，平行四边形的判定及性质，图形折叠的性质是解题的关键． 2 / 13 学科网（北京）股份有限公司 $$