专题17正方形的性质与判定(原卷版+解析)

2022-2023学年浙教版八年级数学下册精选压轴题培优卷专题17正方形的性质与判定姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三总分评分阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（2022八下·范县期末）如图，已知正方形的边长为4，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③；④；⑤的最小值为．其中正确结论的序号为（）A．①②③⑤ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤2．（2分）（2022八下·抚远期末）如图，正方形的边长为1，，是对角线，将绕点顺时针旋转45°得到，交于点，连接交于点，连接，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④．其中结论正确的是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④3．（2分）（2022八下·曹妃甸期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点的坐标为（0，2），点的坐标为（4，0），则点的坐标为（）A． B． C． D．4．（2分）（2022八下·迁安期末）如图，三个边长相同的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（）A．2 B．4 C．8 D．5．（2分）（2022八下·宁安期末）如图，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，DC上的点，且∠EAF=45°，下列结论：①；②BE+DF=EF；③当△ABE≌△ADF时，EF的长为；④当EF=4时，△CEF是等腰直角三角形，其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．46．（2分）（2022八下·官渡期末）如图，正方形中，点、、分别是、、的中点，、交于，连接、.下列结论：①；②；③；④.正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个7．（2分）（2022八下·泰安期末）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，连结AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．18．（2分）（2022八下·滨城期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正确结论的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．29．（2分）（2022八下·广饶期末）如图，在正方形中，点O是对角线的交点，过点O作射线分别交于点，且，交于点．给出下列结论：；；四边形的面积为正方形面积的；．其中正确的是（）A． B． C． D．10．（2分）（2022八下·慈溪期末）如图，正方形中，点P为延长线上任一点，连结，过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F.下列结论：①；②；③；④若，则.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4阅卷人二、填空题(共10题；每空2分，共22分)得分11．（2分）（2022八下·任丘期末）把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点O的直线l将这8个正方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是．12．（4分）（2022八下·曹妃甸期末）如图，等腰直角三角形的直角边长与正方形的边长均为，边与边在同一条直线上，点与点重合，让沿方向运动，当点与点重合时停止运动．运动中两个图形重叠部分的面积与的长度之间的函数关系式为，自变量的取值范围是．13．（2分）（2022八下·潮安期末）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和19，则△CDE的面积为.14．（2分）（2022八下·钢城期末）如图，在正方形内作等边，连接，，则的度数为．15．（2分）（2022八下·乐亭期末）如图，正方形，是对角线上一动点，，且，连接，，，若，则长度的最小值为．16．（2分）（2022八下·洛江期末）如图，正方形中，点是边的中点，、交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的序号是．17．（2分）（2022八下·禹州期末）如图，在正方形ABCD中，，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接DE，FG，下列结论：①；②；③；④FG的最小值为2，其中正确的结论是.（只填序号）18．（2分）（2022八下·泰兴期末）如图，正方形ABCD中，AB＝4，BE＝CE，F是边AB上一动点，连接EF，翻折△BEF至△GEF，使得B落在G处，连接DG，当四边形AFGD的周长取得最小值时，则BF＝．19．（2分）（2022八下·青山期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点P为BC边上一动点，以P为直角顶点，AP为直角边作等腰Rt△APE，M为边AE的中点，当点P从点B运动到点C，则点M运动的路径长为．20．（2分）（2021八下·重庆期末）如图，正方形纸片的边长为4，点在边上，连接，将纸片沿着直线翻折，点的对应点为点，连接并延长交于点，若，则.阅卷人三、解答题(共7题；共58分)得分21．（6分）（2022八下·洮北期末）如图，四边形ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．22．（6分）（2021八下·河间期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证AE＝EF．（提示：取AB的中点H，连接EH．）23．（8分）（2022八下·铁东期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作，交BE的延长线于点F，连接CF．（1）（4分）求证：四边形ADCF是菱形；（2）（4分）若AB＝AC，试判定四边形ADCF的形状．24．（8分）（2022八下·长春期末）【阅读材料】如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上且∠EAF＝45°，连接EF，求△CEF的周长．小明想到解决问题的方法如下：如图②，延长CB至点G，使BG＝DF，通过证明，得到BE、DF、EF之间的关系，进而求出△CEF的周长．（1）（3分）请按照小明的思路，帮助小明写出完整的求解过程．（2）（4分）【方法应用】如图②，若BE＝1，求DF的长．（3）（1分）【能力提升】如图③，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝1，AD＝4，则CD的长为．25．（12分）（2022八下·槐荫期末）如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．（1）（2分）求证：；（2）（3分）猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；（3）（3分）在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（4）（4分）如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得，．当正方形DEFG的边长为时，请直接写出正方形ABCD的边长．26．（9分）（2022八下·大同期末）综合与实践问题情境：已知四边形是正方形，是对角线，将等腰直角三角形的底角顶点与点重合，，分别与边，相交于点，（点，不与线段的端点重合），连接．特例感知：（1）（4分）如图1，当平分时，①试判断和的数量关系，并说明理由；②和的数量关系是．（5分）如图2，当不是的平分线时，试判断，，的数量关系，并说明理由．27．（9分）（2022八下·牡丹江期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D为直线BC上一点，点F在点A的右侧，以AD为边作正方形ADEF，连接CF．（1）（3分）当点D在线段BC上时，如图①，求证：CF+CD=CA；（2）（4分）当点D在CB的延长线上时，如图②；当点D在BC的延长线上时，如图③，请分别写出线段CF，CD，CA之间的数量关系，不需要证明；（3）（2分）在（1），（2）的条件下，若AC=2，AD=3，则CF=．2022-2023学年浙教版八年级数学下册精选压轴题培优卷专题17正方形的性质与判定阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（2022八下·范县期末）如图，已知正方形的边长为4，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接．给出下列结论：①；②四边形的周长为8；③；④；⑤的最小值为．其中正确结论的序号为（）A．①②③⑤ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤【答案】C【规范解答】①∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，CD⊥BC，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC，∵四边形ABCD是正方形∴∠DBC＝45°∴∠DPF＝∠DBC＝45°，∴∠PDF＝∠DPF＝45°，∴PF＝EC＝DF，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝DF2+DF2＝2DF2，∴PD＝DF∴PD=．故①不符合题意；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，∴四边形PECF为矩形，又∵PE=CE∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，故②符合题意；③如图1延长FP交AB于G，延长AP交EF于H，在正方形ABCD中，∴CD∥AB又∵PF⊥于CD∴∠AGP=90°；由②知四边形PECF是矩形，∴∠EPF=90°∴∠AGP=∠EPF；由①知PF=DF，又∵AG=DF∴AG=PF∴四边形BGPE是正方形，∴PG=PE∴△AGP≌△FPE∴∠BAP=∠PFE又∵∠APG=∠FPH，∠BAP与∠APG互余∴∠FPH与∠PFE互余∴∠PHF=90°即AP⊥EF故③符合题意；④由③知，△AGP≌△FPE∴AP=EF故④符合题意；⑤当时，AP最小；∴EF的最小值为．故⑤符合题意．综上：②③④⑤符合题意．故答案为：C．【思路点拨】结合图形，利用正方形的性质，勾股定理等计算求解即可。2．（2分）（2022八下·抚远期末）如图，正方形的边长为1，，是对角线，将绕点顺时针旋转45°得到，交于点，连接交于点，连接，则下列结论：①四边形是菱形；②；③；④．其中结论正确的是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【规范解答】解：证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，∵△DHG是由△DBC旋转得到，∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，在Rt△ADE和Rt△GDE中，，∴Rt△AED≌Rt△GED（HL），故②符合题意；∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，∴∠AED=∠AFE=67.5°，∴AE=AF=EG，又∵∠H=∠DBC=∠DAC=45°，∴GH∥AC，∴四边形AEGF是菱形，故①符合题意；∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③符合题意；∵AE=FG=EG=BG，BE=HE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④不符合题意．故答案为：A．

【思路点拨】根据正方形的性质，得到四边相等，四个角90°，对角线平分对角，Rt△AED≌Rt△GED（HL），证得②；Rt△AED≌Rt△GED（HL），求得∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，根据菱形判定定理证得四边形AEGF是菱形；通过角的等量替换即可得到∠DFG=112.5°；通过等量替换得到AE＜，得不到④.3．（2分）（2022八下·曹妃甸期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点的坐标为（0，2），点的坐标为（4，0），则点的坐标为（）A． B． C． D．【答案】C【规范解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴，垂足为E．∵四边形ABCD是正方形，点A（0，2），B（4，0），∴AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，∴∠AOB=∠BEC=90°，∠ABO=∠BCE=90°-∠CBE，∴△AOB≌△BEC，∴BE=AO=2，EC=OB=4，∴OE=OB+BE=2=4=6，∴点C（6，4），故答案为：C．

【思路点拨】过点C作CE⊥x轴，垂足为E．由四边形ABCD是正方形，点A（0，2），B（4，0），可得AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，再证△AOB≌△BEC，可得BE=AO=2，EC=OB=4，从而求出OE=OB+BE=6，即得点C坐标.4．（2分）（2022八下·迁安期末）如图，三个边长相同的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（）A．2 B．4 C．8 D．【答案】D【规范解答】解：连接O1B、O1C，如图：∵∠BO1F+∠FO1C=90°，∠FO1C+∠CO1G=90°，∴∠BO1F=∠CO1G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠O1BF=∠O1CG=45°，在△O1BF和△O1CG中，，∴△O1BF≌△O1CG（ASA），∴S△O1BF=S△O1CG，∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是S正方形ABCD，同理另外两个正方形阴影部分的面积也是S正方形ABCD，∴阴影部分的面积和=4=S正方形ABCD，∴S正方形ABCD=8=AD2，∴AD=，故答案为：D．【思路点拨】先求出∠O1BF=∠O1CG=45°，再利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。5．（2分）（2022八下·宁安期末）如图，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，DC上的点，且∠EAF=45°，下列结论：①；②BE+DF=EF；③当△ABE≌△ADF时，EF的长为；④当EF=4时，△CEF是等腰直角三角形，其中正确结论的个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【规范解答】解：如下图所示，过点A作AH，使，AH交EF于点H，过点E做，垂足为M，过点F做，垂足为N；∵，∠EAF=45°，∴，∵，∴，∵，∴，∴AE、AF分别是和的角平分线，∵，；，；∴，；∵BE=EMAE=AE，∴，，∴，，∵，∴，∴点M、N、H三点重合，∵，，，∴，∵，；∴BE+DF=EF；故①②符合题意；当△ABE≌△ADF时，，设，得，∵，∴，解方程得（负数舍去），∴，故③符合题意当△CEF是等腰直角三角形时，设，，，∵，∴，解方程得，，故④不符合题意，故答案为：C．

【思路点拨】根据正方形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理的性质，分别判断得到答案即可。6．（2分）（2022八下·官渡期末）如图，正方形中，点、、分别是、、的中点，、交于，连接、.下列结论：①；②；③；④.正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【规范解答】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，∴BE=CF，在△BCE与△CDF中，BE＝CF∠B＝∠DCF∴△BCE≌△CDF，（SAS），∴∠ECB=∠CDF，∵∠BCE+∠ECD=90°，∴∠ECD+∠CDF=90°，∴∠CGD=90°，∴CE⊥DF；故①符合题意；在Rt△CGD中，H是CD边的中点，∴HG=CD=AD，即2HG=AD；故④符合题意；连接AH，如图所示：同理可得：AH⊥DF，∵HG=HD=CD，∴DK=GK，∴AH垂直平分DG，∴AG=AD；若AG=DG，则△ADG是等边三角形，则∠ADG=60°，∠CDF=30°，而CF=CD≠DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，∴AG≠DG，故②不符合题意；∴∠DAG=2∠DAH，同理：△ADH≌△DCF，∴∠DAH=∠CDF，∵GH=DH，∴∠HDG=∠HGD，∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，∴∠CHG=∠DAG；故③符合题意；正确的结论有3个，故答案为：C．【思路点拨】利用正方形的性质、全等三角形的判定和性质及含30°角的直角三角形的性质逐项判断即可。7．（2分）（2022八下·泰安期末）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，连结AG、CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④．其中正确结论的个数是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【规范解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°．∵CD=3DE，

∴DE=2．∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，

∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，∴AF=AB．∵在Rt△ABG和Rt△AFG中，∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①符合题意；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，设BG=x，则CG=BC﹣BG=6﹣x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．∵CG=6﹣x，CE=4，EG=x+2，∴（6﹣x）2+42=（x+2）2，解得：x=3，∴BG=GF=CG=3，∴②符合题意；∵CG=GF，∴∠CFG=∠FCG．∵∠BGF=∠CFG+∠FCG．又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，∴∠AGB=∠FCG，∴AG∥CF，∴③符合题意；∵BG=GF=CG=3，CE=4，∴，∴④符合题意．故答案为：A．【思路点拨】根据翻折变化的性质和正方形的性质证出Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），根据勾股定理得出CG2+CE2=EG2，由平行线的判定得出AG∥CF，求出的面积即可。8．（2分）（2022八下·滨城期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正确结论的个数是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【规范解答】解：如图，由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，∴∠DFG=∠A=90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，，∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①符合题意；∵正方形边长是12，∴BE=EC=EF=6，设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，即：（x+6）2=62+（12-x）2，解得：x=4∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②符合题意；S△DGF=•FG•DF=×4×12=24，故③不符合题意；S△GBE=×6×8=24，S△BEF=•S△GBE=×24=，故④符合题意．∵EF=EC=EB，∴∠EFB=∠EBF，∵∠DEC=∠DEF，∠CEF=∠EFB+∠EBF，∴∠DEC=∠EBF，∴BF∥DE，故⑤符合题意；所以①②④⑤符合题意，共4个，故答案为：B．【思路点拨】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等对每个结论一一判断即可。9．（2分）（2022八下·广饶期末）如图，在正方形中，点O是对角线的交点，过点O作射线分别交于点，且，交于点．给出下列结论：；；四边形的面积为正方形面积的；．其中正确的是（）A． B． C． D．【答案】B【规范解答】解：四边形是正方形，，，，，，故符合题意；，点四点共圆，∴，∴，故符合题意；，，，故符合题意；，，又，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，又中，，，，故不符合题意，故答案为：B．【思路点拨】利用正方形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，勾股定理等对每个结论一一判断即可。10．（2分）（2022八下·慈溪期末）如图，正方形中，点P为延长线上任一点，连结，过点P作，交的延长线于点E，过点E作于点F.下列结论：①；②；③；④若，则.其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【规范解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC=∠ABD=45°，∴BF=EF，在△BFG和△EFP中，，∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，∵∠ABD=∠FPG=45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，∴∠APF=∠PEF=∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正确；如图2，连接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正确；如图3，连接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四边形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正确；④，，，，，，，，，，，，，即.故④正确.故答案为：D.【思路点拨】在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，根据正方形的性质得∠FBC=∠ABD=45°，则BF=EF，证△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四边形ABGP是平行四边形，则AP=BG，据此判断①；连接CG，易得四边形DCGP是平行四边形，则CG=PD，CG∥PD，根据三角函数的概念得CE=CG，据此判断③；连接AC交BD于O，根据正方形性质得AC⊥BD，BD=AB=PG，则四边形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根据全等三角形的性质可得PF=FG，据此判断②；根据等腰三角形的性质结合内角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，则∠GPE=22.5°，推出PG=GE，则FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，据此判断④.阅卷人二、填空题(共10题；每空2分，共22分)得分11．（2分）（2022八下·任丘期末）把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点O的直线l将这8个正方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是．【答案】y＝x或y＝0.9x【规范解答】解：如图，过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，∴S△AOB＝4+1＝5，∵OB＝3，∴AB•3＝5，解得：AB＝，∴A点坐标为（，3），设直线方程为y＝kx，则3＝k，∴k＝，∴直线l解析式为y＝x．故答案为：y＝x．

【思路点拨】过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，由于经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，可得S△AOB＝5=×AB·OB，据此求出AB＝，即得A（，3），利用待定系数法求出直线l解析式即可.12．（4分）（2022八下·曹妃甸期末）如图，等腰直角三角形的直角边长与正方形的边长均为，边与边在同一条直线上，点与点重合，让沿方向运动，当点与点重合时停止运动．运动中两个图形重叠部分的面积与的长度之间的函数关系式为，自变量的取值范围是．【答案】；【规范解答】解：是等腰直角三角形，四边形MNPQ是正方形是等腰直角三角形由题意可知，AM=MR=x，故答案为：，．

【思路点拨】求出△AMR是等腰直角三角形，可得AM=MR=x，根据三角形的面积公式求出函数解析式，根据正方形的边长即得自变量的范围.13．（2分）（2022八下·潮安期末）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和19，则△CDE的面积为.【答案】【规范解答】解：解：过E作EH⊥CD于点H．∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，∴∠ADG=∠EDH．又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．∴△ADG≌△HDE．∴HE=AG．∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是5和9．即AD2=5，DG2=9．∴在直角△ADG中，AG=，∴EH=AG=3．∴△CDE的面积为CD·EH=××3=．故答案为.

【思路点拨】过E作EH⊥CD于点H，先证明△ADG≌△HDE，可得HE=AG，再利用勾股定理求出AG的长，最后利用三角形的面积公式计算即可。14．（2分）（2022八下·钢城期末）如图，在正方形内作等边，连接，，则的度数为．【答案】15【规范解答】解：△ADE是等边三角形，四边形ABCD是正方形，．故答案为：15．

【思路点拨】先证明△ABE和△DEC为顶角为30°的等腰三角形，再求出∠ABE的度数，最后利用角的运算求出∠CBE的度数即可。15．（2分）（2022八下·乐亭期末）如图，正方形，是对角线上一动点，，且，连接，，，若，则长度的最小值为．【答案】2【规范解答】解：过C作于点，如图：∵四边形ABCD是正方形，∴，．∵，∴，∴，∴．在和中BE=DF∠EBC=∠FDC∴，∴，．∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∴当CE最小时，EF最小，∴当E运动到时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为．∵，，∴，∴EF最小值为．故答案为：2．【思路点拨】过C作于点，证明，得出，，即得出是等腰直角三角形，，当E运动到时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为．即可得解。16．（2分）（2022八下·洛江期末）如图，正方形中，点是边的中点，、交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的序号是．【答案】②③④【规范解答】解：∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∵E是AD的中点，∴DE=AD=CD，∴∠DCE≠30°，∴∠BCE≠60°，故①错误；∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，DH=DH，∴△ADH≌△CDH（SAS），∴∠HAD=∠HCD，∵∠ABE=∠DCE，∴∠ABE=∠HAD，∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AGB=180°-90°=90°，∴AG⊥BE，故②正确；∵ADBC，∴S△BDE=S△CDE，∴S△BDE-S△DEH=S△CDE-S△DEH，即；S△BHE=S△CHD，故③正确；∵△ADH≌△CDH，∴∠AHD=∠CHD，∴∠AHB=∠CHB，∵∠BHC=∠DHE，∴∠AHB=∠EHD，故④正确；故答案为：②③④．

【思路点拨】由正方形的性质及线段的中点可推出∠ADC=∠BCD=90°，DE=AD=CD，从而推出∠DCE≠30°，即得∠BCE≠60°，故①错误；证明△ADH≌△CDH（SAS），可得∠HAD=∠HCD，从而可推出∠BAD=∠BAH+∠DAH=∠ABE+∠BAH=90°，再根据三角形内角和求出∠AGB=90°，即可判断②；由ADBC，根据同底等高可的S△BDE=S△CDE，从而推出S△BHE=S△CHD，据此判断③；由△ADH≌△CDH，可得∠AHD=∠CHD，从而得出∠AHB=∠CHB，由对顶角相等知∠BHC=∠DHE，从而求出∠AHB=∠EHD，据此判断④.17．（2分）（2022八下·禹州期末）如图，在正方形ABCD中，，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接DE，FG，下列结论：①；②；③；④FG的最小值为2，其中正确的结论是.（只填序号）【答案】①②④【规范解答】解：如图所示，连接BE，交FG于点O，

∵，，∴，∵，∴四边形EFBG为矩形，∴，，∵四边形ABCD为正方形，∴，，在和中，∴（SAS），∴，∴，即①正确；延长DE，交FG于M，交FB于点H，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，即②正确；∵正方形ABCD，EF⊥AB，EG⊥BC，

∴∠ABC、∠EFB、∠EGB均为直角，

∴四边形EFBG为长方形，

在△BEF和△FGB中

∴△BEF≌△FGB（SSS）

∴∠BGF=∠FEB

假设∠BGF=∠ADE，则有∠FEB=∠ADE，

又∵EF∥AD，则B、E、D在同一条直线上，

而题干中E是AC上的动点，B、E、D并不一定共线，

故∠BGF不一定等于∠ADE.

故③错误；

∵E为对角线AC上的一个动点，∴当时，DE最小，∵，，∴，∴，由①知，，∴FG的最小值为，即④正确，综上，①②④正确，故答案为：①②④.【思路点拨】连接BE，交FG于点，易得四边形EFBG为矩形，得FG=BE，OB=OF=OE=OG，根据正方形的性质，得出，，利用SAS证明△ABE≌△ADE，得出DE=BE，则可判断①；延长DE，交FG于M，交FB于点H，由(1)得出∠ABE=∠ADE，根据条件和角之间的关系求出DE⊥FG，即可判断②；先通过三角为直角判定四边形EFBG为长方形，再通过SSS判定△BEF≌△FGB，从而可得∠BGF=∠FEB，通过反证法推理即可判断③；根据垂线段最短得当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理求出AC长，从而求出DE长，即可得FG的最小值，即可判断即④.18．（2分）（2022八下·泰兴期末）如图，正方形ABCD中，AB＝4，BE＝CE，F是边AB上一动点，连接EF，翻折△BEF至△GEF，使得B落在G处，连接DG，当四边形AFGD的周长取得最小值时，则BF＝．【答案】【规范解答】解：如图，连接ED，FG，DF，

∵正方形ABCD，AB=4，

∴∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，

∵翻折△BEF至△GEF，BE=EC，

∴BE=EG=EC=2，

∴G点在以E为圆心，半径为2的圆上运动，

∴当E、G、D三点共线时，GD的长最短，此时FG=BF的长最大，

∴AF的长最短，

∴四边形AFGD的周长最小，

在Rt△DCE中，ED==2，

∴GD=2-2，

设FG=BF=x，AF=4-x，

在Rt△FAD和Rt△FGD中，DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，

∴（4-x）2+16=x2+（2-2）2，

整理，解得x=+1，

∴BF=+1.

故答案为：+1.

【思路点拨】如图，连接ED，FG，DF，由正方形性质得∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，由翻折性质得BE=EG=EC=2，可推出G点在以E为圆心，半径为2的圆上运动，当E、G、D三点共线时，GD的长最短，此时FG=BF的长最大，AF的长最短，即四边形AFGD的周长最小，在Rt△DCE中，由勾股定理求得ED2，从而得GD=2-2，设设FG=BF=x，AF=4-x，在Rt△FAD和Rt△FGD中，由勾股定理得DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，即（4-x）2+16=x2+（2-2）2，整理，解得x=+1，即可求出

四边形AFGD的周长最小时，BF的长.19．（2分）（2022八下·青山期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点P为BC边上一动点，以P为直角顶点，AP为直角边作等腰Rt△APE，M为边AE的中点，当点P从点B运动到点C，则点M运动的路径长为．【答案】【规范解答】解：如下图所示，连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T．∵△APE是等腰直角三角形，∴∠APB+∠TPE=90°．∵四边形ABCD是正方形，ET⊥BC，∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．∴∠BAP=∠TPE．．．∵四边形ABCD是正方形，．．∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．．∴∠TEC=∠TCE=45°．∵正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，∴O是AC的中点，∠DBC=45°．∴∠DBC=∠TCE．．∵M是AE的中点，∴OM是△ACE的中位线．∴．∴点M在直线OD上．∵点P在BC边上移动，∴点M的运动轨迹是OD．∵正方形ABCD的边长是6，且AC，BD相交于点O，∴AB=6，AD=6，O是BD的中点．∴．∴．故答案为：．

【思路点拨】连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T，利用等腰直角三角形的性质可证得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性质可证得∠BAP=∠TPE，利用AAS证明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的对应边相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性质可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性质可得到点O是AC的中点，∠DBC=45°，从而可推出∠DBC=∠TCE，同时可证得OM是△ACE的中位线，由此可推出点M的运动轨迹是OD，利用勾股定理求出BD的长，即可得到OD的长.20．（2分）（2021八下·重庆期末）如图，正方形纸片的边长为4，点在边上，连接，将纸片沿着直线翻折，点的对应点为点，连接并延长交于点，若，则.【答案】【规范解答】解：四边形是正方形，折叠（ASA），，，故答案为

【思路点拨】根据折叠图形的性质和正方形的性质得出有关角和边相等，利用AAS证明△AED≌△BFA，可知AE=BF，AF=DE，再利用勾股定理求出BF，然后由等面积法求得AH的长，由折叠的性质可知AG=2AH，最后利用线段的和差关系即可求得GE的长.阅卷人三、解答题(共7题；共58分)得分21．（6分）（2022八下·洮北期末）如图，四边形ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．22．（6分）（2021八下·河间期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证AE＝EF．（提示：取AB的中点H，连接EH．）23．（8分）（2022八下·铁东期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作，交BE的延长线于点F，连接CF．（1）（4分）求证：四边形ADCF是菱形；（2）（4分）若AB＝AC，试判定四边形ADCF的形状．24．（8分）（2022八下·长春期末）【阅读材料】如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上且∠EAF＝45°，连接EF，求△CEF的周长．小明想到解决问题的方法如下：如图②，延长CB至点G，使BG＝DF，通过证明，得到BE、DF、EF之间的关系，进而求出△CEF的周长．（1）（3分）请按照小明的思路，帮助小明写出完整的求解过程．（2）（4分）【方法应用】如图②，若BE＝1，求DF的长．（3）（1分）【能力提升】如图③，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝1，AD＝4，则CD的长为．25．（12分）（2022八下·槐荫期末）如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．（1）（2分）求证：；（2）（3分）猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；（3）（3分）在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；（4）（4分）如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得，．当正方形DEFG的边长为时，请直接写出正方形ABCD的边长．26．（9分）（2022八下·大同期末）综合与实践问题情境：已知四边形是正方形，是对角线，将等腰直角三角形的底角顶点与点重合，，分别与边，相交于点，（点，不与线段的端点重合），连接．特例感知：（1）（4分）如图1，当平分时，①试判断和的数量关系，并说明理由；②和的数量关系是▲．（2）（5分）如图2，当不是的平分线时，试判断，，的数量关系，并说明理由．【答案】解：猜想BE＝AF，BE⊥AF，理由如下：∵四边形ABCD是正方形∴AB=AD=CD，∠D=∠BAD=90°∵，∴AD-DE=CD-CF，即在和中，∴(SAS)∴BE＝AF，∠AEB=∠DFA，∵∠D=90°∴∠EAO+∠DFA=90°∴∠EAO+∠AEB=90°∴∠AOE=90°∴BE⊥AF【思路点拨】先利用“SAS”证明，可得BE＝AF，∠AEB=∠DFA，再利用角的运算和等量代换可得∠AOE=90°，从而可得BE⊥AF。【答案】证明：取中点，连接又为的中点，四边形是正方形∴，∴△BHE为等腰直角三角形∴，又∵，∴，∴又EF交正方形外角的平分线CF于点F∴，在和中∴≌（ASA）∴【思路点拨】因为四边形是正方形，得出△BHE为等腰直角三角形，EF交正方形外角的平分线CF于点F，得出，，利用全等三角形的性质即可得出。【答案】（1）证明：∵点E是AD的中点，∴AE＝DE．∵，∴∠DAF＝∠3．又∵∠1＝∠2，∴．∴AF＝BD．∵AD是斜边BC边上的中线，∴AD＝BD＝DC．∴AF＝DC．又∵，∴四边形ADCF是平行四边形．∵∠BAC＝90°，AD是斜边BC边上的中线，∴AD＝DC，∴四边形ADCF是菱形．（2）解：∵四边形ADCF是菱形，∴∠4＝∠5．当AB＝AC，∠BAC＝90°时，∴∠4＝∠ABC＝45°，∴∠DCF＝90°，∴四边形ADCF是正方形．【思路点拨】（1）先证明四边形ADCF是平行四边形，再结合AD＝DC，即可得到四边形ADCF是菱形；

（2）利用有一个角是直角的菱形是正方形的判定方法求解即可。【答案】（1）解：依照小明的思路：延长CB至点G，使BG＝DF，如图②，在正方形ABCD中，∠BAD=90°=∠D=∠ABC，AD=AB=CD=BC=4，∵∠FAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，∵BG=DF，AB=AD，∠D=∠ABG=90°，∴△ADF≌△ABG，∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，∵∠BAE+∠DAF=45°，∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAG=∠EAF，∵AG=AF，AE=AE，∴△AFE≌△AGE，∴EF=GE，∵△CEF的周长CF+FE+EC=CF+EC+GE，∵GE=GB+BE，BG＝DF，∴CF+EC+GE=CF+EC+GB+BE=CF+DF+EC+BE=CD+BC=4+4=8；（2）解：∵BE=1，∴EC=BC-BE=4-1=3，∵FC=DC-DF=4-DF，∠C=90°，∴在Rt△CEF中，，∴，∵在（1）已证明EF=GE，GB=DF，∴EF=DF+BE=DF+1，∴，∴，解得：DF=2.4；（3）2.4【规范解答】解：(3)∵AD⊥BC，AD=4，∴∠ADC=∠ADB=90°，以AD为边上在AD的左侧作正方形ADGH，在GH上取一点E，连接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，如图，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，∵∠EAB=45°，∴∠HAE+∠BAD=∠HAD-∠EAB=45°，∵∠BAC=45°=∠BAD+∠DAC，∴∠DAC=∠HAE，∵∠H=∠ADC=90°，AH=AD，∴△AHE≌△ADC，∴DC=HE，AE=AC，即EG=HG-HE=AD-DC=4-DC，∵∠EAB=∠BAC=45°，AB=AB，∴△AEB≌△ACD，∴BC=BE，∵BD=1，∴BE=BC=BD+DC=1+DC，∵GD=AD，∴GB=GD-BD=AD-BD=4-1=3，∵∠G=90°，∴在Rt△GEB中，，∴，解得：DC=2.4，即DC长为2.4．

【思路点拨】（1）延长CB至点G，使BG＝DF，证明△AFE≌△AGE，得出EF=GE，再根据△CEF的周长CF+FE+EC=CF+EC+GE，即可得出答案；

（2）在Rt△CEF中，，得出，在（1）已证明EF=GE，GB=DF，得出EF=DF+BE=DF+1，即可得出，即可得解；

（3）以AD为边上在AD的左侧作正方形ADGH，在GH上取一点E，连接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，证出△AHE≌△ADC，得出DC=HE，AE=AC，在Rt△GEB中，由勾股定理即可得解。【答案】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；（2）解：AE⊥CG．证明：延长EA交CG于H，∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（3）解：（2）中结论仍然成立．理由：如图2，设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，即∠CDG=∠ADE，在△CDG和△ADE中，CD=AD∠CDG=∠ADE（4）【规范解答】解：（4）连接CE，由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四边形DEFG是正方形，∴∠DGE=45°，∵AD∥EG，∴∠ADG=∠DGE=45°，∴∠CGD=135°，∵∠EDG=90°，∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，又∵CD=CD，DG=DE，∴△CDE≌△CDG（SAS），∴CE=CG，∴CG=CE=EG，∴△CEG是等边三角形，∴∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，∵△CDE≌△CDG，∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，∴GH=EH，CH⊥EG，∵DE=，∴EG=2，∴DH=EH=EG=1，∴CH=EH=，∴CD=CH-DH=．即正方形ABCD的边长为．

【思路点拨】（1）利用“SAS”证明△CDG≌△ADE，再利用全等三角形的性质可得AE=CG；

（2）延长EA交CG于H，利用全等三角形的性质可得∠CGD=∠AED，再利用角的运算和等量代换可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（3）利用“SAS”证明△CDG≌△ADE，可得∠CGD=∠AED，再利用角的运算和等量代换可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（4）利用“SAS”证明△CDE≌△CDG，可得CE=CG，