专题06 正方形（期末真题汇编，福建专用）八年级数学下学期新教材人教版

**基本信息** 正方形专题期末试题汇编，覆盖6大高频考点，精选福建多地期末真题，融合赵爽弦图、李善兰勾股证明等文化素材，梯度设计性质计算与综合证明题。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|多题|正方形性质（对角线计算、面积最值）、判定（与矩形菱形辨析）|基础题占比高，结合对称考性质理解（如对称轴上点对称）| |解答题|多题|折叠问题（对折求线段最小值）、综合应用（等边三角形与正方形动态证明）|融入文化情境（赵爽弦图），分层设计探究题（动点分类讨论周长）|

学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03 正方形 ☆6大高频考点概览 考点01根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点02正方形性质理解 考点03正方形折叠问题 考点04利用正方形性质证明与求解 考点05正方形的判定及其证明 考点06正方形性质与判断的综合应用 目目 考点01 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 1.(24-25八年级下·福建福州期末)在正方形ABCD中，两条对角线AC、BD相交于点O,点E是BC上 一点，连接OE,若AB=4,BE=1,则OE的长为() B E A.5 B.√10 c D.阿 2 2.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且DM=2,N是AC 上的一动点，则DN+MN的最小值是() B A.8 B.9 C.10 D.12 3.(24-25八年级下·福建龙岩期末)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是边AB、BC上两点， ∠EDF=∠ADC,AE=3,CF=2,则EF的长度是() 2 1/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C E B A.√13 B.4 C.18 D.5 4.（24-25八年级上福建泉州期末“赵爽弦图”被人们称为“中国古代数学的图腾”，是数形结合的典型体现. 如图，大正方形ABCD是由四个全等的直角三角形和小正方形EFGH组成.若AH⊥HF,AB=5,则阴影 部分的面积为() G BL A.5 B.7 c. 5.(24-25八年级上·福建福州期末)已知，如图所示四边形ABCD是由Rt△ABE,Rt△CDG,Rt△BCF和 RtADH围成的，中间的空白部分四边形EFGH恰好是正方形，若BCF和△ADH是两个全等的等腰直角 三角形，且BF=a,则四边形ABCD的面积为() B F E H A. 3 B.2a2 C. 6.(24-25八年级下·福建福州期末)如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC,BD的交点，E,F分别 为边BC,CD上的点，OE⊥OF,连接EF.若LAOE=120°，DF=√6，则EF的长为 2/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 7.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图是清代著名的数学家李善兰运用数形关系证明勾股定理而引入的 图形.该方法表明：如图1，正方形ABCD与正方形EFGH存在重叠的线段EC,图2是将图1的两个正方 形重新裁剪后拼接成的大正方形BNHM.记BC=a,FG=b,则右图中的阴影部分面积为 ·(用 含a,b的式子表示) M F 图1 图2 8.(24-25八年级下·福建泉州期末)如图，正方形ABCD的边长等于4，点E、F分别在AD、BC边上，A 点关于EF的对称点N恰好是CD边的中点，则DE等于 AE A B 9.(24-25八年级下·福建龙岩期末)正方形A,B,C0,正方形AB,CC1,正方形ABCC,,按如图所示 的方式放置在平面直角坐标系中.若点A,4,A,和C,C,,C,.,分别在直线y=x+1和x轴上， 则点B225的坐标是 3/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 /y=x+1 A: B A /0C C2 C 10.(24-25八年级下.福建福州期末)如图，已知正方形ABCD的边长为Q,点E是AB边上一动点，连接 ED,△DEF为等腰直角三角形，连接CF,则当CF+DF之和取最小值时，△DCF的周长为·（用含 a的代数式表示) D 11.(24-25八年级下·福建龙岩期末)如图，正方形ABCD的边长为4，点E为正方形ABCD内与点D不重 合的动点，以DE为边向下作正方形DEFG.则DE+CG+CF的最小值为· A B 12.(24-25八年级下.福建福州期末)如图，正方形纸片ABCD的边长为4，点E在AD边上，且AE=3, 点F在CD边上.将正方形纸片ABCD沿EF对折，点B的对应点是点G,连接DG和GF,当线段DG取 最小值时△DGF的面积是· E G C 13.(24-25八年级下·福建泉州期末)在正方形ABCD中，AC与BD交于点O,则AB0= 14.(24-25八年级下.福建龙岩期末)如图，在正方形ABCD中，AB=2,以A、B、C、D为圆心，1为 半径画弧，交正方形四边于点E、F、G、H.则阴影部分面积是·（结果保留π). 4/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E B 15.(24-25八年级上·福建厦门期末)已知，在正方形ABCD中，ADE是一个等边三角形，点P在射线 DE上运动且与直线AB上的两动点M,N(点M在N点左侧)构成等边三角形PMN A(M) NB M BN MB N 图1 图2 图3 (1)如图1，当点M与A点重合时，求证：AE平分∠PAB; (2)当点P在直线AB下方时 ①如图2，试说明：PN+AN为定值； ②如图3，若AM的中点为F点，连接EF,EN.试探究SEw与S。4DE的数量关系. 16.(24-25八年级下·福建泉州期末)如图是一个矩形平面设计图，它是由3个正方形（标号②与③）和2 个大小相同的小矩形（标号①）组成的大矩形，已知大矩形的周长为L.设小矩形①的长为Q,宽为b,正 方形②的边长为C,回答下面问题： ① ② ② ③ ① (1)求正方形②的边长C;(用L的代数式表示) (2)判断图中是否存在不必测量（即可由己知周长L确定）就能知道其周长的图形？若存在，请写出所有图 形标号，并说明理由， 17.(24-25八年级下·福建龙岩·期末)如图，在四边形ABCD中，点M、N分别在边CD、BC上.连接 AM、AN. 5/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D D M B B 图1 图2 (1)如图1，四边形ABCD为正方形时，连结MN,且∠MAN=45°， ①已知CM=6,CN=8,则MN的长是； ②己知DM=3,CM=2,求BN的值： (2)如图2，四边形ABCD为矩形，∠AMD=2LBAN,点N为BC的中点，AN=6,AM=8,求AD的长。 18.(24-25八年级下·福建泉州期末)如图，将正方形ABCD纸片折叠，使点D落在AB边上的点E处，将 纸片压平并展开，得到折痕FG,设DC的对应边EK交BC于点H,连接DE交FG于点M,连接DH交 FG于点N. F M (I)求证：∠AED=∠DEH; (2)若正方形的边长为4，求△BEH的周长. 19.(24-25八年级下·福建福州期末)如图1，四边形ABCD是正方形，点E在BC的延长线上的一点，在 四边形ABCD同侧以AE为边作正方形AEFG, G G 图1 图2 (I)直接写出∠AEF的度数为 度； (2)连接CF,求LECF的度数： (3)如图2，连接AF,GE相交于点O,求证：点B,D,O三点共线. 6/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图，在正方形ABCD中，P是边BC上的一个动点（不与点B,C重 合)，连接DP,点E在DP上且AE=AB,连接BE并延长，交CD于点F. D 刀 A D B B 备用图 备用图 (1)求∠BED的度数； (2)连接CE. ①当CE=CF时，画出示意图，求证：A,E,C三点在同一直线上； ②当CE1BF时，画出示意图，求B那的值， PC 目目 考点02 正方形性质理解 1.(24-25八年级下福建厦门期末)下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（) A.矩形 B.菱形 C.正方形 D.等腰三角形 2.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图，四边形ABCD是正方形，直线1是正方形ABCD的一条对称轴， E是边AD的中点，F是边AB的中点，点G在边BC上，且BG<CG,则点E关于直线I的对称点可能是 E D G A.点C B.点D C.点F D.点G 3.(24-25八年级下·福建福州期末)正方形具有而菱形不一定具有的性质是() A.四条边都相等 B.对角线互相垂直且平分 C.对角线相等 D.对角线平分一组对角 4.(24-25八年级下·福建福州期末)矩形、菱形、正方形都具有的性质是() A.对角互补 B.对角线互相垂直 C.对角线互相平分 D.四边相等 7/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图，在平面直角坐标系x0y中，将直线AB:y=-x+4向上平移 (m-4)个单位得到直线AB',点C是射线AB'上的一动点，点D的坐标是(m,m),以CD为边向右作正方形 CDEF,连接BE,B'E=nB'C,其中m>4,n>0,点E的坐标为 (用m,的式子表示). D B 6.(24-25八年级下福建泉州期末)如图1，直线y=-x+mm>0)分别与x轴、y轴交于A,B两点，直线 2x+mn<0)分别与x轴、y轴交于C,D两点，两直线交于第四象限点E,且OA=34C,BDE的面 y= 积为草 图1 图2 (1)L0AB= (2)求m,n的值； (3)如图2，点G(-1,0)，H(O,)(h>0),以线段HG为边向右侧作正方形HGPQ,当边P2在BDE内部（不 含边界)时，求h的取值范围. 目目 考点03 正方形折叠问题 1.(24-25八年级上福建泉州期末)如图，将正方形ABCD折叠，使点A与点B重合，点D与点C重合， 折痕为MN. 8/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D M (I)在折痕MN上作点F,在AD边上作点E,使得△ABE≌△FBE;(要求：尺规作图，保留作图痕迹，不 写作法.) (2)在(1)的条件下，求∠CBF的度数. 目目 考点04 利用正方形性质证明与求解 1.(24-25八年级下·福建厦门期末)【问题解决】如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在BC,CD上， DE⊥AF于点G. D 图1 图2 (1)请直接写出线段DE与线段AF的数量关系； (2)延长BC到点H,使得CH=DF,连接DH,判断△DEH的形状，并说明理由. 【类比迁移】 (3)如图2，在菱形ABCD中，点E,F分别在BC,CD上，DE与AF相交于点G,DE=AF, ∠AFD=60°，DF=10,CE=2,求CD的长 D 图1 图2 (I)求证：△ABE≌△ADP; ②若DE-BD,求的值， HE 9/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)如图2，连接PB,点G是PB中点，用等式表示DE与AG的数量关系，并证明. 3.(24-25八年级下·福建福州期末)如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点， 且CE=CF. D B (I)求证：BE=DF; (2)若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？ 4.(24-25八年级上福建福州期末)如图1，正方形ABCD中，点M是边AD上的一点（不与点A、D重 合)，连接BM,点AE关于BM对称，连接AE并延长，交BM于点F,交CD于点N. M M D 图1 图2 图3 (I)求证：AN=BM; (2)如图2，当点M为AD中点时，连接DF,求∠DFM的值； (3)如图3，连接CE并延长，交BM的延长线于点G,连接GA,探索线段AG、BG、CG之间的等量关系， 请写出关系式，并加以证明， 目目 考点05 正方形的判定及其证明 1.(24-25八年级下·福建福州期末)在平行四边形中ABCD,对角线AC,BD交于点0，若 OB2+OC2=BC2,则下列说法正确的是() A.∠OBC=∠OCB B.四边形ABCD是菱形 C.四边形ABCD是矩形 D.四边形ABCD是正方形 2.(24-25八年级下·福建泉州期末)如图，在ABC中，点E、D、F分别在AB、BC、AC上， DE∥CA,DF∥BA.下列四个判断中，正确的是() 10/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.如果DE⊥DF,那么四边形AEDF是正方形 B.如果DE=DF,那么四边形AEDF是正方形 C.如果DE⊥DF,那么四边形AEDF是矩形 D.如果DE=DF,那么四边形AEDF是矩形 3.(24-25八年级下·福建福州·期末)在四边形ABCD中，∠A=∠B=90°，CB=CD,下列四个判断：①若 LC=135°，则AD=√2BC;②连接AC,DB,若BD垂直平分AC,则AD=BC;③连接AC,若 LACD=LBAC,则四边形ABCD是正方形；④点A关于直线BD的对称点一定在直线CD上.下列说法正 确的是 (填序号) A D 4.(24-25八年级下·福建龙岩期末)如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E是DB的延长 线上一点，且△ACE是等边三角形. (I)求证：四边形ABCD是菱形 (2)若∠AEB=2∠EAB,求证：四边形ABCD是正方形. 目目 考点06 正方形性质与判定的综合应用 1.(24-25八年级下·福建厦门期末)“赵爽弦图”通过对图形的切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了勾股 定理，它表现了我国古人对数学的钴研精神和聪明才智，假设直角三角形的两直角边长分别为α，b 11/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (a<b),斜边长为c,某数学兴趣小组受赵爽弦图的启发，先分别以a,b为边长构造了两个正方形，通 过如图的裁切方式将边长为b的正方形ABCD裁切成四块，EF,HG是裁切线.若这四块能够与边长为a 的正方形拼接成一个边长为c的正方形，则裁切点E与点A的距离为·（用含有α，b的式子表示） D 2.(24-25八年级下·福建漳州期末)如图1，将矩形纸片ABMN沿着过点A的直线折叠，使点B落在AN边 上的点D处，折痕与边BM交于点C,点E为线段AC上一点，过点E作EF⊥DE,交BC于点F, N 图1 图2 (I)求证：DE=EF; (2)如图2，以DE、EF为邻边作平行四边形DEFG,连接CG. ①求证：∠DCG=45°； ②试探究AE、CE、DE之间的数量关系，并说明理由. 3.(24-25八年级下·福建厦门期末)如图，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AD∥BC, ∠ABC=∠ADC,BC=2a,点P是射线BC上的动点，BP=m(m≥2a. D (①)判断四边形ABCD的形状，并证明； (2)当∠BDP=∠ADC时，∠A0D+2∠CDP=180°. ①求证：OA=OD; ②若AB=BC,连接OP,过点0在BC上方作射线OE,使得∠POE=二∠ABC,点Q是射线OE上的点， 2 点Q与点0不重合，连接PQ,P9=n.当n2=m2+2a2-2am时，在点P运动的过程中，点9的位置会随 12/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 之变化，记9,2是其中任意两个位置，求点A到直线22的距离. 4.(24-25八年级下·福建泉州·期末)如图，四边形ABCD中，AD∥BC,∠A=∠BCD,DE垂直平分AB 垂足为点E,CF⊥BD交BD于点F,CF的延长线交DE于点G,且DG=BE. D G B (1I)求证：四边形ABCD为平行四边形： (2)若EG=2,求AB的长； (3)求证：EF=√2DF· 5.(24-25八年级下·福建福州期末)如图1，E是☐ABCD边AB上的一点，连接CE,以CE为边作口 CEGF,使点D在线段GF上（不与端点重合）. (1)求证：∠CDF=∠CEB; (2)如图2，连接AG,当点E是AB中点且AG=AE时，求证：四边形CEGF是矩形： (3)在(2)的情况下，当AB=AD且∠DAB=90°时，判断线段DG和DF的数量关系，并证明. D D A E A E 图1 图2 6.(24-25八年级下·福建厦门期末)在正方形ABCD中，点E是CD边上任意一点，连接AE,过点B作 BF⊥AE于F,交AD于H. B B E 图1 图2 图3 (I)如图1，过点D作DG⊥AE于G,求证：△ABF≌△DAG; 13/14 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)如图2，点E为CD的中点，连接DF,求证：EF+HF=√2DF; (3)如图3，AB=3,连接EH,点P为EH的中点，在点E从点D运动到点C的过程中，点P随之运动，请 直接写出点P运动的路径长， 14/14 专题03 正方形 6大高频考点概览 考点01根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 考点02正方形性质理解 考点03正方形折叠问题 考点04 利用正方形性质证明与求解 考点05 正方形的判定及其证明 考点06 正方形性质与判断的综合应用 地 城 考点01 根据正方形的性质求角度、线段和面积计算 1．（24-25八年级下·福建福州·期末）在正方形中，两条对角线相交于点，点是上一点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．作于点，根据正方形的性质得到，，，得出是等腰直角三角形，再由得到，，最后在利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，作于点， ∵正方形， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， 又∵， ∴，， ∵， ∴， ∴． 故选：A． 2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，正方形的边长为8，在上，且，是上的一动点，则的最小值是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了轴对称的应用，正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据正方形轴对称的性质作出图形，得到的最小值即为线段的长．连接交于，连接，根据轴对称的性质得到，可得，的最小值即为线段的长，根据勾股定理，可求得的长，即可得答案． 【详解】解：如图，连接交于，连接， ∵四边形是正方形， ∴点与点关于对角线对称， ∴， ∴， ∴当点与重合时，有最小值， ∵，， ∴， ∴，即可的最小值是． 故选：C． 3．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，在正方形中，点，分别是边、上两点，，，，则的长度是（   ） A． B．4 C． D．5 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形综合问题，延长至G使，连接，由正方形的性质得出，，进一步即可得出，由全等三角形的性质得出，，再根据角的和差关系得出，再证明，则由全等三角形的性质得出即可． 【详解】解：延长至G使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， 又， ∴， ，， ∴． 故选：D． 4．（24-25八年级上·福建泉州·期末）“赵爽弦图”被人们称为“中国古代数学的图腾”，是数形结合的典型体现．如图，大正方形是由四个全等的直角三角形和小正方形组成．若，，则阴影部分的面积为（   ） A．5 B．7 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，等角对等边，正方形的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由正方形的性质得因为，所以，即，再运用勾股定理列式，得，故阴影部分的面积，即可作答． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴阴影部分的面积 ， 故选：C． 5．（24-25八年级上·福建福州·期末）已知，如图所示四边形是由和围成的，中间的空白部分四边形恰好是正方形，若和是两个全等的等腰直角三角形，且，则四边形的面积为（） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查全等三角形的性质和判定，正方形的性质以及等腰直角三角形的性质． 四边形是正方形，设其边长为，写出4个直角三角形的面积以及中间四边形的面积相加，即可求得结果． 【详解】因为四边形是正方形，设其边长为， 已知和是两个全等的等腰直角三角形，且， 根据等腰直角三角形的性质可知 ， 四边形的面积为 故选B． 6．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，为对角线，的交点，，分别为边，上的点，，连接．若，，则的长为______． 【答案】 【分析】过点作于点，先求出，再证明，根据全等三角形对应边相等，可得：，则是等腰直角三角形，由勾股定理得，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，再证明，在中，由勾股定理得，据此即可得出的长． 【详解】解：如下图所示，过点作于点， 在正方形中，，，， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 由勾股定理得：， ， ，， ， ， 在中，， ， ， ， 故答案为： 【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，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，灵活运用含有角的直角三角形的性质及勾股定理进行计算是解决问题的关键． 7．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图是清代著名的数学家李善兰运用数形关系证明勾股定理而引入的图形．该方法表明：如图1，正方形与正方形存在重叠的线段，图2是将图1的两个正方形重新裁剪后拼接成的大正方形．记，，则右图中的阴影部分面积为_________．（用含a，b的式子表示） 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质，由题意可得，四边形、、、均为正方形，四边形、为矩形，从而可得，，求出，即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用数形结合的思想是解此题的关键． 【详解】解：由题意可得：，四边形、、、均为正方形，四边形、为矩形， ∴，， ∴，即， ∴右图中的阴影部分面积为， 故答案为：． 8．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，正方形的边长等于4，点E、F分别在、边上，A点关于的对称点N恰好是边的中点，则等于________． 【答案】 【分析】如图所示，连接，求出，，设，则，由对称得到，然后利用勾股定理求出，进而求解即可． 【详解】如图所示，连接 ∵正方形的边长等于4， ∴ ∵点N恰好是边的中点 ∴ 设，则 ∵点A和点N关于对称 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 9．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）正方形，正方形，正方形，…，按如图所示的方式放置在平面直角坐标系中．若点，，，…和，，，…，分别在直线和x轴上，则点的坐标是______． 【答案】 【分析】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及正方形的性质；根据直线解析式先求出，再求出第一个正方形的边长为2，第三个正方形的边长为，得出规律，即可求出第个正方形的边长，从而求得点的坐标，即可求得点的坐标． 【详解】解：直线，当时，，当时，， ， ， ，， ， ， ， ， 同理得：，， ； ，即， ， 点的坐标为， 故答案为：． 10．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，已知正方形的边长为，点是边上一动点，连接，为等腰直角三角形，连接，则当之和取最小值时，的周长为______．（用含的代数式表示） 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，轴对称求最短路径，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． 连接 ，过点作交延长线于点，则，由为等腰直角三角形，则，，所以，又四边形是正方形，则，即有，然后下面，故有，，点在的射线上运动，作点关于的对称点，然后通过是的角平分线，即点在的角平分线上运动，则点在的延长线上，当三点共线时，最小，最后通过勾股定理即可求解． 【详解】解：连接 ，过点作交延长线于点，则， ∵为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴点在的射线上运动，作点关于的对称点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是的角平分线，即点在的角平分线上运动， ∴点在的延长线上， 当三点共线时，最小， 在中，，， ∴， ∴的最小值为， ∴此时的周长为， 故答案为：． 11．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，正方形的边长为4，点E为正方形内与点D不重合的动点，以为边向下作正方形．则的最小值为______． 【答案】 【分析】连接，证明，根据，等量代换证明即可． 【详解】解：如图，连接， ∵正方形，正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四点共线时，取得最小值，且最小值为的长， ∵正方形的边长为4， ∴， 的最小值为， 故的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，两点之间线段最短，熟练掌握三角形全等的判定和性质，两点之间线段最短是解题的关键． 12．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，正方形纸片的边长为4，点E在边上，且，点F在边上．将正方形纸片沿对折，点B的对应点是点G，连接和．当线段取最小值时的面积是_____． 【答案】4 【分析】本题考查了正方形的性质、翻折变换以及勾股定理等知识，解题关键是确定取最小值时的位置，再计算的面积； 连接，利用折叠性质知，根据两点之间线段最短确定、、共线时最小；再用勾股定理求、；设，由，结合勾股定理列方程求出；最后根据三角形面积公式算出的面积 ； 【详解】解：连接，,, 因为正方形纸片沿对折，点的对应点是点， 所以，，垂直平分． ∵， 故当D、E、G共线时，取最小值．最小值为， 此时， 在正方形中，，， 根据勾股定理， 所以， 又，，则， 那么． 设，则，由折叠可知． 在中，； 在中，． 因为， 所以， 解得：， 即． 则． 故答案为：4． 13．（24-25八年级下·福建泉州·期末）在正方形中，与交于点，则___________． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，根据正方形性质得，进而得是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形的性质即可得出的度数． 【详解】解：如图所示： ∵四边形是正方形，与交于点O， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 故答案为：． 14．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，在正方形中，，以、、、为圆心，1为半径画弧，交正方形四边于点、、、．则阴影部分面积是_____．（结果保留）． 【答案】/ 【分析】本题考查了图形的面积，正方形的性质，熟悉掌握图形的面积公式是解题的关键． 分析出四个扇形的面积相等，可合并为一个圆，利用运算求解即可． 【详解】解：由题意可得：四个扇形的面积相等，可合并为一个圆， ∵，， ∴， 故答案为：． 15．（24-25八年级上·福建厦门·期末）已知，在正方形中，是一个等边三角形，点P在射线上运动且与直线上的两动点M，（点M在N点左侧）构成等边三角形 (1)如图1，当点M与A点重合时，求证：平分； (2)当点P在直线下方时． ①如图2，试说明：为定值； ②如图3，若的中点为F点，连接，．试探究与的数量关系． 【答案】(1)见解析； (2)①见解析；② 【分析】根据正方形的性质得到，根据等边三角形的性质得到，得到，求得，根据角平分线的定义得到平分； 假设射线与直线的交点为Q点， ①根据题意得到，，，求得，得到； ②由①得：根据等边三角形的性质得到，求得，由点F为中点，求得，得到，根据三角形的面积公式得到，推出，于是得到结论． 【详解】（1）证明：在正方形中， ， 、是等边三角形， ， ， ， ， 平分． （2）解：设射线与直线的交点为Q点， ①由题可得：，，， ， ∴， ∴，是定值， ∵， ∴； ∴； ； ； 是定值． ② 理由：由①得： 在等边中，， ， 点F为中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了等边三角形的性质，三角形的面积的计算，正方形的性质，等腰三角形的性质，角平分线的定义，熟练掌握各知识点是解题的关键． 16．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图是一个矩形平面设计图，它是由3个正方形（标号②与③）和2个大小相同的小矩形（标号①）组成的大矩形，已知大矩形的周长为．设小矩形①的长为，宽为，正方形②的边长为，回答下面问题： (1)求正方形②的边长；（用的代数式表示） (2)判断图中是否存在不必测量（即可由已知周长确定）就能知道其周长的图形？若存在，请写出所有图形标号，并说明理由． 【答案】(1) (2)存在，它们是①和② 【分析】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、列代数式，能根据题意找出c与L的关系是解题的关键． （1）由③为正方形得出，再结合大矩形的周长为L即可用L表示出c； （2）结合（1）中发现的结论即可解决问题． 【详解】（1）解：由图可知，，化简得， （2）解：存在，它们是①和②．理由是： 标号①的周长为：， 标号①的矩形无需测量就可以知道其周长． 标号②的周长为：， 标号②正方形无需测量就可以知道其周长． 17．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，在四边形中，点、分别在边、上．连接、．    (1)如图1，四边形为正方形时，连结，且， ①已知，，则的长是______； ②已知，，求的值； (2)如图2，四边形为矩形，，点为的中点，，，求的长． 【答案】(1)①10；② (2) 【分析】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定和性质； （1）①根据勾股定理进行计算即可； ②延长至点，使，连接，结合正方形的性质证出，得到，再证出，得到，设，则，，结合勾股定理计算即可； （2）延长、交于点，证出，得到，，求出，，设，得到，解出，再结合勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：（1）①∵四边形为正方形， ∴， ∵，， 中，， 故答案为：10． ②延长至点，使，连接，如图， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， 设，则， 在中，， ， 解得 ， 的值为． （2）解：如图，延长、交于点． ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， 设，则， 即， 解得：， ． 18．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，将纸片压平并展开，得到折痕，设的对应边交于点，连接交于点，连接交于点． (1)求证：； (2)若正方形的边长为4，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)8 【分析】本题主要考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是关键． （1）根据折叠得到，即，由正方形的性质得到，则，由此即可求解； （2）如图，过点作交于点，可证，，，且，由此即可求解． 【详解】（1）解：由折叠得，， ， ， 即， 正方形中，， ， ； （2）解：如图，过点作交于点， ， 由（1）可知，， 在和中， ， ， ， 正方形中，， ， 在和中， ， ， ， ，且， ． 19．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，四边形是正方形，点E在的延长线上的一点，在四边形同侧以为边作正方形． (1)直接写出的度数为______度； (2)连接，求的度数； (3)如图2，连接，相交于点O，求证：点B，D，O三点共线． 【答案】(1) (2) (3)见解析 【分析】（1）由正方形的性质可得出答案； （2）过点F作的延长线于点M，证明，得出．证明是等腰直角三角形．得出； （3）连接，延长交于点N，证明，则可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 故答案为：90； （2）解：如图，过点F作的延长线于点M， ∴． ∵四边形是正方形， ∴，． ∴， ∵四边形是正方形， ∴，． ∴． ∴． 在和中， ， ． ∴，． ∴． ∴． ∴是等腰直角三角形． ∴． （3）证明：如图2，连接，，延长交于点N， ∵四边形是正方形， ∴，，． 由（2）知． ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形． ∴． ∴．即点D是的中点． ∵四边形是正方形， ∴点O是的中点． ∴是的中位线． ∴，即 又， ∴点B，D，O三点共线． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，三角形的中位线定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 20．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在正方形中，是边上的一个动点（不与点，重合），连接，点在上且，连接并延长，交于点． (1)求的度数； (2)连接． ①当时，画出示意图，求证：，，三点在同一直线上； ②当时，画出示意图，求的值． 【答案】(1) (2)①图见解析，证明见解析②图见解析，2 【分析】（1）由正方形的性质得，则，所以，则，所以 ； （2）①由得到，根据平行线的性质得到，推出，进而得到，即可得到结论A，E，C三点在同一直线上； ②作作于点G，于点H，则 ，而 ，所以，则 ，可证明，得，可证明，得到平分，根据角平分线的性质，结合同高三角形的面积比等于底边比，得到，可得出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴ ∴； （2）解：①由题意，画图如下： ∵， ∴， ∵正方形， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴A，E，C三点在同一直线上； ②如图，作于点G，于点H，则 ， ∵， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴， ∴平分， ∴到的距离相等，均为的长， ∴ ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的性质、三角形内角和定理、角平分线的性质，数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法． 地 城 考点02 正方形性质理解 1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形 【答案】C 【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答． 【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等， 故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形， 故选：C． 2．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，四边形是正方形，直线l是正方形的一条对称轴，E是边的中点，F是边的中点，点G在边上，且，则点E关于直线l的对称点可能是（　　） A．点C B．点D C．点F D．点G 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的对称性，利用数形结合思想解答是解题的关键．画出正方形的对称轴，根据图象即可判断求解． 【详解】如图，正方形有4条对称轴， 由图可知，E关于直线l的对称点可能是点， 故选：C． 3．（24-25八年级下·福建福州·期末）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．四条边都相等 B．对角线互相垂直且平分 C．对角线相等 D．对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查的是正方形与菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断即可得答案，熟记性质是解本题的关键． 【详解】解：A、正方形和菱形的四条边都相等，则此项不符题意； B、正方形和菱形的对角线都互相垂直且平分，则此项不符题意； C、正方形的对角线相等，而菱形的对角线不一定相等，则此项符合题意； D、正方形和菱形的对角线都平分一组对角，则此项不符题意； 故选：C． 4．（24-25八年级下·福建福州·期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　） A．对角互补 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．四边相等 【答案】C 【分析】A中菱形对角不互补，则错误，B中矩形对角线不互相垂直，则错误，C中平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，正确，D三个图形中，矩形四边不相等，错误． 【详解】解：A．菱形对角不互补，故本选项错误； B．矩形对角线不互相垂直，故本选项错误； C．平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，故本选项正确； D．三个图形中，矩形四边不相等，故本选项错误． 故选 C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，主要从对角线着手考查的，正方形是平行四边形得最典型的图形． 5．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在平面直角坐标系中，将直线向上平移个单位得到直线，点是射线上的一动点，点的坐标是，以为边向右作正方形，连接，，其中，点的坐标为_____（用，的式子表示）． 【答案】或 【分析】由设，则，，连接，，可证，得；分两种情况讨论：（i）若点在第一象限，求证，得，，则，进而得，则，（ii）若点在第四象限，可证，得，，，则，进而求得 【详解】解：由，设，则，过作轴的平行线交于，交轴于，过作交的延长线于， ∵直线向上平移个单位得到直线，， ∴， ∵，，    ∴， ∴，， 连接，， ∵点的坐标是， ∴， 而， ∴四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， （i）若点在第一象限，    ∵， ∴ ∵， ∴， ∴， 则 又，则， 则 （ii）若点在第四象限， ∵ ∴ 又， ∴，    ∴，，， ∴ 又，则， ∴． 综上， 点的坐标为 或． 故答案为：或 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，分式的运算，勾股定理的应用，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键． 6．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图1，直线分别与轴、轴交于两点，直线分别与轴、轴交于两点，两直线交于第四象限点，且，的面积为． (1)______； (2)求的值； (3)如图2，点，，以线段为边向右侧作正方形，当边在内部（不含边界）时，求的取值范围． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键． （1）分别求出点A、B的坐标，可知，则； （2）分别求出A、B、C、D点坐标，再由，得①，由，得②，联立①②即可求解； （3）作轴于，轴于，可以证明，求出，，，则点P始终在直线上，点Q始终在直线上．当，即时，P在内部（不含边界）；联立得：，当时，Q在内部（不含边界）． 【详解】（1）解：由， 令，则，令，则， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 故答案为：； （2）解：由，得，． 由，得，． ，． 联立得：． 由，得，即．① 由，得， （负值舍去）．② 由①②解得：，； （3）解：作轴于，轴于． ，， ，． 在正方形中， ，， ， ，同理， ， 且， ， ，， ，， 点始终在直线上，点始终在直线上． 在中，令，得， 当，即时，在内部（不含边界）； 联立得：， 当时，在内部（不含边界）． 综上，的取值范围为：． 地 城 考点03 正方形折叠问题 1．（24-25八年级上·福建泉州·期末）如图，将正方形折叠，使点与点重合，点与点重合，折痕为． (1)在折痕上作点，在边上作点，使得；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法．） (2)在（1）的条件下，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的折叠问题，等边三角形的判定和性质，角平分线的作法，全等三角形的判定和性质： （1）以点B为圆心，为半径画弧交于点F，作的角平分线交于点E，连接即可（根据可证） （2）连接，证明是等边三角形可得结论． 【详解】（1）解：如图所示，点，点即为求； （2）解：如图，连接， 正方形沿折痕折叠，点A，D与点B，C重合， ，， ， ， ， ， 为等边三角形， ， ， ． 地 城 考点04 利用正方形性质证明与求解 1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）【问题解决】如图1，在正方形中，点E，F分别在上，于点G． （1）请直接写出线段与线段的数量关系； （2）延长到点H，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 【类比迁移】 （3）如图2，在菱形中，点E，F分别在上，与相交于点G，，，，，求的长． 【答案】（1）；（2）是等腰三角形，理由见解析；（3）的长为． 【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质定理即可得到结论； （2）利用证明得到，即可得出结论； （3）延长至H，使，连接，通过菱形性质证明，得到是等边三角形，过D作于M，通过勾股定理即可得出结果． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）是等腰三角形，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， 由（1）得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （3）如图，延长至H，使，连接， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 过D作于M， 则， 在中，， ， ∴， 即的长为． 【点睛】本题是四边形的综合题，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，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 2．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，在正方形中，点是上的一点，以为腰作等腰直角且，连接． (1)求证：； (2)若，求的值； (3)如图2，连接，点是中点，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，角平分线的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． （1）根据得出，进而得出结论； （2）根据得出，，从而，根据角平分线的性质得出到的距离相等，设到的距离为，进而根据三角形的面积公式，得出，即可求解． （3）延长至，使，连接，根据三角形中位线的性质得出，可证得，从而，从而得出． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ； （2）解： 由（1）可得 ，， ， ∴是的角平分线， ∴到的距离相等，设到的距离为， ∴ ； （3），证明如下， 如图， ，理由如下： 延长至，使，连接， 是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 3．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图，在正方形中，是上一点，是延长线上一点，且．    (1)求证：； (2)若点在上，且，则成立吗？为什么？ 【答案】(1)证明见解析 (2)成立，理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，以及全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定方法（即、、、和）和全等三角形的性质（即全等三角形的对应边相等、对应角相等）是解题的关键． （1）由，四边形为正方形可证，从而证出； （2）由得，，又，可得，故可证得，即．又因为，可证出成立． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 是延长线上一点， ． 在和中， ， ， ． （2）解：成立，理由如下： ， ． 又， ． ， ． 在和中， ， ， ． 又， ． 4．（24-25八年级上·福建福州·期末）如图1，正方形中，点M是边上的一点（不与点A、D重合），连接，点关于对称，连接并延长，交于点F，交于点N． (1)求证：； (2)如图2，当点M为中点时，连接，求的值； (3)如图3，连接并延长，交的延长线于点G，连接，探索线段、、之间的等量关系，请写出关系式，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2) (3)．理由见解析 【分析】(1)证明，即可得到； (2)证明是的中位线，得到，再证明，得到,结合推出是等腰直角三角形，据此求解即可； (3)连接，作于点H，先求得，再证明，和以及是等腰直角三角形，根据，进一步计算即可求解． 【详解】（1）证明：∵点关于对称， ∴垂直平分，即， ∵四边形正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，如图2， ∵点关于对称， ∴，， ∵点M为中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴； （3）解：．理由如下， 连接，作于点H，如图3， ∵点关于对称， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ， ∵，在四边形中， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴和是等腰直角三角形，, ， ∵是等腰直角三角形， ∴， ， ， ． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键． 地 城 考点05 正方形的判定及其证明 1．（24-25八年级下·福建福州·期末）在平行四边形中，对角线，交于点，若，则下列说法正确的是（   ） A． B．四边形是菱形 C．四边形是矩形 D．四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题考查了特殊四边形判定定理，平行四边形性质，勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 根据平行四边形的性质，结合勾股定理的逆定理分析对角线的关系，进而判断四边形的具体形状即可． 【详解】解：如图， 是平行四边形， ，． ， ，即， 四边形是菱形； 故选：B． 2．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在中，点E、D、F分别在、、上，，．下列四个判断中，正确的是（   ） A．如果，那么四边形是正方形 B．如果，那么四边形是正方形 C．如果，那么四边形是矩形 D．如果，那么四边形是矩形 【答案】C 【分析】此题主要考查了平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定是解决问题的关键． 根据，．下得四边形是平行四边形，当，则平行四边形是矩形，无法判定是正方形，由此可对选项，进行判断；当，则平行四边形是菱形，无法判定是正方形或矩形，由此可对选项，进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：∵，． 四边形是平行四边形， 如果，那么平行四边形是矩形，无法判定是正方形， 故选项A不正确，不符合题意；选项C正确，符合题意； 如果，那么平行四边形是菱形，无法判定是正方形，也无法判定是矩形， 故选项B，D均不正确，不符合题意． 故选：C． 3．（24-25八年级下·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，则；③连接，若，则四边形是正方形；④点关于直线的对称点一定在直线上．下列说法正确的是_____（填序号）    【答案】②③④ 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质等，当时，如图，过点作于，可得四边形为矩形，即得，，得到为等腰直角三角形，即得，进而可得，即可判定①；连接，由线段垂直平分线的性质可得，即得，即可判定②；由可得，进而得四边形是平行四边形，即得四边形是矩形，再由可得四边形是正方形，即可判定③；过点作交于点，证明，得到，即可判定④，综上即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：①当时，如图，过点作于，则，    ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，故①错误； ②如图，连接，    若垂直平分，则， ∵， ∴，故②正确； ③若，则， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，故③正确； ④如图，过点作交于点，则，    ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 又∵， ∴， ∴， ∴点关于直线的对称点一定在直线上，故④正确； 综上，说法正确的是②③④， 故答案为：②③④． 4．（24-25八年级下·福建龙岩·期末）如图，在中，对角线相交于点O，点E是的延长线上一点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】此题主要考查菱形的判定、正方形的判定，要灵活应用判定定理． （1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．进而利用菱形的判定证明即可； （2）根据有一个角是的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，即O是的中点，是的中线， ∵是等边三角形， ∴， 即， ∴是菱形，即四边形是菱形； （2）∵是等边三角形， ∴ 由（1）知， ∴，是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是菱形， ∴， ∴菱形是正方形，即四边形是正方形． 地 城 考点06 正方形性质与判定的综合应用 1．（24-25八年级下·福建厦门·期末）“赵爽弦图”通过对图形的切割、拼接，巧妙地利用面积关系证明了勾股定理，它表现了我国古人对数学的钻研精神和聪明才智．假设直角三角形的两直角边长分别为a，b（），斜边长为c，某数学兴趣小组受赵爽弦图的启发，先分别以a，b为边长构造了两个正方形，通过如图的裁切方式将边长为b的正方形裁切成四块，，是裁切线．若这四块能够与边长为a的正方形拼接成一个边长为c的正方形，则裁切点E与点A的距离为______．（用含有a，b的式子表示） 【答案】或 【分析】本题考查了以弦图为背景的计算、正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定，根据题意正确拼接图形是解题的关键．分2种情况画出拼接成边长为c的正方形的示意图，结合图形的特点，再利用正方形和全等三角形的性质与判定等知识即可求解． 【详解】解：①若拼接边长为c的正方形如图1所示： 由图可知，，， 连接， 则四边形是正方形， ∴，， ∴ ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， 由图可知，四边形拼接至四边形， ∴， ∵这四块能够与边长为a的正方形拼接成一个边长为c的正方形， ∴； ②若拼接边长为c的正方形如图2所示： 同理①的方法可得，，， 由图可知，四边形拼接至四边形， ∴， ∵这四块能够与边长为a的正方形拼接成一个边长为c的正方形， ∴， ∴； ∴综上所述，裁切点E与点A的距离为或． 故答案为：或． 2．（24-25八年级下·福建漳州·期末）如图1，将矩形纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕与边交于点，点为线段上一点，过点作，交于点． (1)求证：； (2)如图2，以、为邻边作平行四边形，连接． ①求证：； ②试探究、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）先证明四边形是正方形，作于G，于H，然后证明即可； （2）①先证明四边形是正方形，则，然后证明，则，那么； ②过点作于H，则为等腰直角三角形，由勾股定理得，同理可得，则，再由勾股定理得，代入化简可得、、之间的数量关系． 【详解】（1）证明：∵矩形纸片， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， 作于G，于H， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①如图： ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②，理由如下： 过点作于H， ∵在正方形中，，， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， 则， 同理可得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 3．（24-25八年级下·福建厦门·期末）如图，在四边形中，对角线，相交于点，，，，点是射线上的动点，． (1)判断四边形的形状，并证明； (2)当时，． 求证：； 若，连接，过点在上方作射线，使得，点是射线上的点，点与点不重合，连接，．当时，在点运动的过程中，点的位置会随之变化，记，是其中任意两个位置，求点到直线的距离． 【答案】(1)证明见解析式； (2)证明见解析式；点到直线的距离为． 【分析】（）由，则，由，所以，从而证明，最后通过平行四边形的判定方法即可求证； （）由，可得，由，即可求证； （）过作于点，过作，交延长线于点，连接，则，然后证明四边形是正方形，所以，，再通过线段和差，由，得到，可得，证明，所以，，从而可得出，所以点在平分线上运动，故有点到直线的距离为的长． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， 证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）证明：∵， ∴， ∴， ∵ ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 解：如图，过作于点，过作，交延长线于点，连接，则， 由（）得四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴点在平分线上运动，， ∴， 如图， ∴点到直线的距离为． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和定理，因式分解，勾股定理，全等三角形的判定与性质，点到直线的距离等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 4．（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，四边形中，，，垂直平分，垂足为点E， 交于点F，的延长线交于点，且． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的长； (3)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)4 (3)见解析 【分析】（1）利用平行线的性质得到，结合，得出，则有，再利用平行四边形的判定即可证明； （2）根据垂直平分线的性质得到，，，根据平行四边形的性质得出，通过证明得到，则有，再利用线段的和差推出，即可求出的长； （3）过点作，交的延长线于点，通过证明得到，同理可得，则有，再利用正方形的判定推出四边形为正方形，得到，最后利用勾股定理即可证明． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：∵垂直平分， ∴，，， ∴， 由（1）得，四边形为平行四边形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴； （3）证明：过点作，交的延长线于点，于点，如图， ， ， ， ， 由（2）中的结论得，， 在和中 ， ． ∵，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ， ， ， 四边形为矩形， 又， 矩形为正方形， ． 在中，由勾股定理可得，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质与判定、垂直平分线的性质、全等三角形的性质与判定、正方形的性质与判定、勾股定理，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 5．（24-25八年级下·福建福州·期末）如图1，E是▱ABCD边AB上的一点，连接CE，以CE为边作▱CEGF，使点D在线段GF上（不与端点重合）． （1）求证：∠CDF＝∠CEB； （2）如图2，连接AG，当点E是AB中点且AG＝AE时，求证：四边形CEGF是矩形； （3）在（2）的情况下，当AB＝AD且∠DAB＝90°时，判断线段DG和DF的数量关系，并证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）DG＝DF，见解析 【分析】（1）由平行四边形的性质得出AB∥CD，CE∥FG，由平行线的性质得出∠BEC=∠DCE，∠DCE=∠CDF，则可得出结论； （2）延长FG，BA交于点H，证明四边形CDHE是平行四边形，由平行四边形的性质得出HE=CD，证出∠EGF=90°，由矩形的判定可得出结论； （3）连接DE，设AE=a，证明四边形ABCD是正方形，得出BC=AB=AD=2a，EB=a，∠B=90°，由勾股定理求出DE，CE的长，根据三角形DHE的面积可求出DG，求出DF的长则可得出答案． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形CEGF是平行四边形， ∴AB∥CD，CE∥FG， ∴∠BEC＝∠DCE，∠DCE＝∠CDF， ∴∠CDF＝∠CEB； （2）解：延长FG，BA交于点H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD， ∵E是AB的中点， ∴AE＝CD， ∵AB∥CD，CE∥FG， ∴四边形CDHE是平行四边形， ∴HE＝CD， ∴AE＝HE， ∴AH＝HE＝AE， ∵AG＝AE， ∴∠AGE＝∠AEG， ∵AG＝AH， ∴∠H＝∠AGH， 在Rt△EGH中，∠H+∠HEG+∠HGE＝180°， 即∠H+∠AGH+∠AGE+∠AEG＝180°， ∴∠HGE＝∠AGH+∠AGE＝90°， ∴∠EGF＝90°， ∵四边形CEGF是平行四边形， ∴四边形CEGF是矩形； （3）DG＝DF． 理由如下：连接DE，设AE＝a， ∵AB＝AD，且∠DAB＝90°，四边形ABCD是平行四边形， ∴平行四边形ABCD是正方形， ∴BC＝AB＝AD＝2a，EB＝a，∠B＝90°， 在Rt△ADE和Rt△BCE中，DE＝＝a，CE＝＝a， ∵四边形CEGF是矩形， ∴GF＝CE＝a，∠EGF＝90°， ∴EH＝CD＝2a，GF＝CE＝a， ∵S△DHE＝EG•DH， ∴EG＝a， 在Rt△EDG中，DG＝＝a， ∴DF＝GF﹣DG＝a， ∴， ∴DG＝DF． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了平行四边形性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明四边形CEGF是矩形是解本题的关键． 6．（24-25八年级下·福建厦门·期末）在正方形中，点是边上任意一点，连接，过点作于，交于． (1)如图，过点作于，求证：； (2)如图，点E为的中点，连接，求证：； (3)如图，，连接，点为的中点，在点从点运动到点的过程中，点随之运动，请直接写出点运动的路径长． 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)． 【分析】根据正方形的性质可得：，，根据同角的余角相等可得，利用可证； 利用可证，根据全等三角形的性质可证，过点作，交的延长线于点，可证，根据全等三角形的性质可证：，利用勾股定理可证结论成立； 作的中点，的中点，连接，因为点在边上运动，点在上运动，点是的中点，可知点的运动轨迹是连接、中点的线段，利用勾股定理求出的长度即为点运动的路径长． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 点为的中点， ， ， 如下图所示，过点作，交的延长线于点， ， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 在中，， ； （3）解：如下图所示，作的中点，的中点，连接， 当点与点重合时，点与点重合，则线段与重合， 点在的中点的位置， 当点与点重合时，点与点重合，则线段与重合， 点在的中点的位置， 随着点、的运动，点在线段上运动， ， ， 在中， 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、动点问题．解决本题的关键是根据点、的运动路径找到点的运动轨迹，根据点的运动轨迹求出点运动的路径长度． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $