2024八年級數(shù)學(xué)下冊專題17正方形的性質(zhì)與判定含解析新版浙教版

Page1專題17正方形的性質(zhì)與判定閱卷人一、選擇題(共10題；每題2分，共20分)得分1．（2分）（范縣期末）如圖，已知正方形的邊長為4，點P是對角線上一點，于點E，于點F，連接．給出下列結(jié)論：①；②四邊形的周長為8；③；④；⑤的最小值為．其中正確結(jié)論的序號為（）A．①②③⑤ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤【答案】C【規(guī)范解答】①∵PE⊥BC于點E，PF⊥CD于點F，CD⊥BC，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC，∵四邊形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不符合題意；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，∴四邊形PECF為矩形，又∵PE=CE∴四邊形PECF的周長＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，故②符合題意；③如圖1延長FP交AB于G，延長AP交EF于H，在正方形ABCD中，∴CD∥AB又∵PF⊥于CD∴∠AGP=90°；由②知四邊形PECF是矩形，∴∠EPF=90°∴∠AGP=∠EPF；由①知PF=DF，又∵AG=DF∴AG=PF∴四邊形BGPE是正方形，∴PG=PE∴△AGP≌△FPE∴∠BAP=∠PFE又∵∠APG=∠FPH，∠BAP與∠APG互余∴∠FPH與∠PFE互余∴∠PHF=90°即AP⊥EF故③符合題意；④由③知，△AGP≌△FPE∴AP=EF故④符合題意；⑤當(dāng)時，AP最??；∴EF的最小值為．故⑤符合題意．綜上：②③④⑤符合題意．故答案為：C．【思路點撥】結(jié)合圖形，利用正方形的性質(zhì)，勾股定理等計算求解即可。2．（2分）（撫遠(yuǎn)期末）如圖，正方形的邊長為1，，是對角線，將繞點順時針旋轉(zhuǎn)45°得到，交于點，連接交于點，連接，則下列結(jié)論：①四邊形是菱形；②；③；④．其中結(jié)論正確的是（）A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④【答案】A【規(guī)范解答】解：證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，∵△DHG是由△DBC旋轉(zhuǎn)得到，∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，在Rt△ADE和Rt△GDE中，，∴Rt△AED≌Rt△GED（HL），故②符合題意；∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，∴∠AED=∠AFE=67.5°，∴AE=AF=EG，又∵∠H=∠DBC=∠DAC=45°，∴GH∥AC，∴四邊形AEGF是菱形，故①符合題意；∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③符合題意；∵AE=FG=EG=BG，BE=HE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④不符合題意．故答案為：A．

【思路點撥】依據(jù)正方形的性質(zhì)，得到四邊相等，四個角90°，對角線平分對角，Rt△AED≌Rt△GED（HL），證得②；Rt△AED≌Rt△GED（HL），求得∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，依據(jù)菱形判定定理證得四邊形AEGF是菱形；通過角的等量替換即可得到∠DFG=112.5°；通過等量替換得到AE＜，得不到④.3．（2分）（曹妃甸期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形為正方形，點的坐標(biāo)為（0，2），點的坐標(biāo)為（4，0），則點的坐標(biāo)為（）A． B． C． D．【答案】C【規(guī)范解答】解：如圖，過點C作CE⊥x軸，垂足為E．∵四邊形ABCD是正方形，點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，∴點C（6，4），故答案為：C．

【思路點撥】過點C作CE⊥x軸，垂足為E．由四邊形ABCD是正方形，點A（0，2），B（4，0），可得AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，再證△AOB≌△BEC，可得BE=AO=2，EC=OB=4，從而求出OE=OB+BE=6，即得點C坐標(biāo).4．（2分）（遷安期末）如圖，三個邊長相同的正方形重疊在一起，、是其中兩個正方形的中心，陰影部分的面積和是4，則正方形的邊長為（）A．2 B．4 C．8 D．【答案】D【規(guī)范解答】解：連接O1B、O1C，如圖：∵∠BO1F+∠FO1C=90°，∠FO1C+∠CO1G=90°，∴∠BO1F=∠CO1G，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠O1BF=∠O1CG=45°，在△O1BF和△O1CG中，，∴△O1BF≌△O1CG（ASA），∴S△O1BF=S△O1CG，∴O1、O2兩個正方形陰影部分的面積是S正方形ABCD，同理另外兩個正方形陰影部分的面積也是S正方形ABCD，∴陰影部分的面積和=4=S正方形ABCD，∴S正方形ABCD=8=AD2，∴AD=，故答案為：D．【思路點撥】先求出∠O1BF=∠O1CG=45°，再利用全等三角形的判定與性質(zhì)計算求解即可。5．（2分）（寧安期末）如圖，邊長為4的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊BC，DC上的點，且∠EAF=45°，下列結(jié)論：①；②BE+DF=EF；③當(dāng)△ABE≌△ADF時，EF的長為；④當(dāng)EF=4時，△CEF是等腰直角三角形，其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【規(guī)范解答】解：如下圖所示，過點A作AH，使，AH交EF于點H，過點E做，垂足為M，過點F做，垂足為N；∵，∠EAF=45°，∴，∵，∴，∵，∴，∴AE、AF分別是和的角平分線，∵，；，；∴，；∵BE=EMAE=AE，∴，，∴，，∵，∴，∴點M、N、H三點重合，∵，，，∴，∵，；∴BE+DF=EF；故①②符合題意；當(dāng)△ABE≌△ADF時，，設(shè)，得，∵，∴，解方程得（負(fù)數(shù)舍去），∴，故③符合題意當(dāng)△CEF是等腰直角三角形時，設(shè)，，，∵，∴，解方程得，，故④不符合題意，故答案為：C．

【思路點撥】依據(jù)正方形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理的性質(zhì)，分別推斷得到答案即可。6．（2分）（官渡期末）如圖，正方形中，點、、分別是、、的中點，、交于，連接、.下列結(jié)論：①；②；③；④.正確的有（）A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】C【規(guī)范解答】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，∵點E、F、H分別是AB、BC、CD的中點，∴BE=CF，在△BCE與△CDF中，BE＝CF∠B＝∠DCF∴△BCE≌△CDF，（SAS），∴∠ECB=∠CDF，∵∠BCE+∠ECD=90°，∴∠ECD+∠CDF=90°，∴∠CGD=90°，∴CE⊥DF；故①符合題意；在Rt△CGD中，H是CD邊的中點，∴HG=CD=AD，即2HG=AD；故④符合題意；連接AH，如圖所示：同理可得：AH⊥DF，∵HG=HD=CD，∴DK=GK，∴AH垂直平分DG，∴AG=AD；若AG=DG，則△ADG是等邊三角形，則∠ADG=60°，∠CDF=30°，而CF=CD≠DF，∴∠CDF≠30°，∴∠ADG≠60°，∴AG≠DG，故②不符合題意；∴∠DAG=2∠DAH，同理：△ADH≌△DCF，∴∠DAH=∠CDF，∵GH=DH，∴∠HDG=∠HGD，∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，∴∠CHG=∠DAG；故③符合題意；正確的結(jié)論有3個，故答案為：C．【思路點撥】利用正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)逐項推斷即可。7．（2分）（泰安期末）如圖，正方形ABCD中，AB=6，點E在邊CD上，且CD=3DE．將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點G，連結(jié)AG、CF．下列結(jié)論：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．4 B．3 C．2 D．1【答案】A【規(guī)范解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°．∵CD=3DE，

∴DE=2．∵△ADE沿AE折疊得到△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符合題意；∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，設(shè)BG=x，則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符合題意；∵CG=GF，∴∠CFG=∠FCG．∵∠BGF=∠CFG+∠FCG．又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，∴∠AGB=∠FCG，∴AG∥CF，∴③符合題意；∵BG=GF=CG=3，CE=4，∴，∴④符合題意．故答案為：A．【思路點撥】依據(jù)翻折變更的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)證出Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），依據(jù)勾股定理得出CG2+CE2=EG2，由平行線的判定得出AG∥CF，求出的面積即可。8．（2分）（濱城期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝12，點E在邊BC上，BE＝EC，將△DCE沿DE對折至△DFE，延長EF交邊AB于點G，連接DG、BF，給出以下結(jié)論：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝；⑤BF∥DE．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】B【規(guī)范解答】解：如圖，由折疊可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，∴∠DFG=∠A=90°，在Rt△ADG和Rt△FDG中，，∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①符合題意；∵正方形邊長是12，∴BE=EC=EF=6，設(shè)AG=FG=x，則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符合題意；S△DGF=?FG?DF=×4×12=24，故③不符合題意；S△GBE=×6×8=24，S△BEF=?S△GBE=×24=，故④符合題意．∵EF=EC=EB，∴∠EFB=∠EBF，∵∠DEC=∠DEF，∠CEF=∠EFB+∠EBF，∴∠DEC=∠EBF，∴BF∥DE，故⑤符合題意；所以①②④⑤符合題意，共4個，故答案為：B．【思路點撥】利用正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等對每個結(jié)論一一推斷即可。9．（2分）（廣饒期末）如圖，在正方形中，點O是對角線的交點，過點O作射線分別交于點，且，交于點．給出下列結(jié)論：；；四邊形的面積為正方形面積的；．其中正確的是（）A． B． C． D．【答案】B【規(guī)范解答】解：四邊形是正方形，，，，，，故符合題意；，點四點共圓，∴，∴，故符合題意；，，，故符合題意；，，又，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，又中，，，，故不符合題意，故答案為：B．【思路點撥】利用正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定，相像三角形的判定，勾股定理等對每個結(jié)論一一推斷即可。10．（2分）（慈溪期末）如圖，正方形中，點P為延長線上任一點，連結(jié)，過點P作，交的延長線于點E，過點E作于點F.下列結(jié)論：①；②；③；④若，則.其中正確的個數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【規(guī)范解答】解：如圖1，在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE=90°，∵四邊形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，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP=BG，∴AP=PE；故①正確；如圖2，連接CG，由①知：PG∥AB，PG=AB，∵AB=CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG=CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG=PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，∵∠CEG=45°，∴CE=CG=PD；故③正確；如圖3，連接AC交BD于O，∠CGF=∠GFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，BD=∴∠COF=90°，∴四邊形OCGF是矩形，∴OC=FG，BD=2OC=2FG，△BFG≌△EFP，，，故②正確；④，，，，，，，，，，，，，即.故④正確.故答案為：D.【思路點撥】在EF上取一點G，使FG=FP，連接BG、PG，依據(jù)正方形的性質(zhì)得∠FBC=∠ABD=45°，則BF=EF，證△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四邊形ABGP是平行四邊形，則AP=BG，據(jù)此推斷①；連接CG，易得四邊形DCGP是平行四邊形，則CG=PD，CG∥PD，依據(jù)三角函數(shù)的概念得CE=CG，據(jù)此推斷③；連接AC交BD于O，依據(jù)正方形性質(zhì)得AC⊥BD，BD=AB=PG，則四邊形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得PF=FG，據(jù)此推斷②；依據(jù)等腰三角形的性質(zhì)結(jié)合內(nèi)角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，則∠GPE=22.5°，推出PG=GE，則FG=GE，BE=(1+)FG，DF=(-1)PF，據(jù)此推斷④.閱卷人二、填空題(共10題；每空2分，共22分)得分11．（2分）（任丘期末）把8個邊長為1的正方形按如圖所示擺放在直角坐標(biāo)系中，經(jīng)過原點O的直線l將這8個正方形分成面積相等的兩部分，則該直線的函數(shù)表達(dá)式是．【答案】y＝x或y＝0.9x【規(guī)范解答】解：如圖，過A作AB⊥y軸，垂足為點B，則OB＝3，∵經(jīng)過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，∴S△AOB＝4+1＝5，∵OB＝3，∴AB?3＝5，解得：AB＝，∴A點坐標(biāo)為（，3），設(shè)直線方程為y＝kx，則3＝k，∴k＝，∴直線l解析式為y＝x．故答案為：y＝x．

【思路點撥】過A作AB⊥y軸，垂足為點B，則OB＝3，由于經(jīng)過原點的一條直線l將這八個正方形分成面積相等的兩部分，可得S△AOB＝5=×AB·OB，據(jù)此求出AB＝，即得A（，3），利用待定系數(shù)法求出直線l解析式即可.12．（4分）（曹妃甸期末）如圖，等腰直角三角形的直角邊長與正方形的邊長均為，邊與邊在同一條直線上，點與點重合，讓沿方向運動，當(dāng)點與點重合時停止運動．運動中兩個圖形重疊部分的面積與的長度之間的函數(shù)關(guān)系式為，自變量的取值范圍是．【答案】；【規(guī)范解答】解：是等腰直角三角形，四邊形MNPQ是正方形是等腰直角三角形由題意可知，AM=MR=x，故答案為：，．

【思路點撥】求出△AMR是等腰直角三角形，可得AM=MR=x，依據(jù)三角形的面積公式求出函數(shù)解析式，依據(jù)正方形的邊長即得自變量的范圍.13．（2分）（潮安期末）如圖，點A在線段BG上，四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，面積分別是10和19，則△CDE的面積為.【答案】【規(guī)范解答】解：解：過E作EH⊥CD于點H．∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，∴∠ADG=∠EDH．又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．∴△ADG≌△HDE．∴HE=AG．∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，面積分別是5和9．即AD2=5，DG2=9．∴在直角△ADG中，AG=，∴EH=AG=3．∴△CDE的面積為CD·EH=××3=．故答案為.

【思路點撥】過E作EH⊥CD于點H，先證明△ADG≌△HDE，可得HE=AG，再利用勾股定理求出AG的長，最終利用三角形的面積公式計算即可。14．（2分）（鋼城期末）如圖，在正方形內(nèi)作等邊，連接，，則的度數(shù)為．【答案】15【規(guī)范解答】解：△ADE是等邊三角形，四邊形ABCD是正方形，．故答案為：15．

【思路點撥】先證明△ABE和△DEC為頂角為30°的等腰三角形，再求出∠ABE的度數(shù)，最終利用角的運算求出∠CBE的度數(shù)即可。15．（2分）（樂亭期末）如圖，正方形，是對角線上一動點，，且，連接，，，若，則長度的最小值為．【答案】2【規(guī)范解答】解：過C作于點，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴，．∵，∴，∴，∴．在和中BE=DF∠EBC=∠FDC∴，∴，．∵，∴，即，∴是等腰直角三角形，∴，∴當(dāng)CE最小時，EF最小，∴當(dāng)E運動到時，CE最小，最小值即為CE的長度，此時EF最小值為．∵，，∴，∴EF最小值為．故答案為：2．【思路點撥】過C作于點，證明，得出，，即得出是等腰直角三角形，，當(dāng)E運動到時，CE最小，最小值即為CE的長度，此時EF最小值為．即可得解。16．（2分）（洛江期末）如圖，正方形中，點是邊的中點，、交于點，、交于點，則下列結(jié)論：①；②；③；④．其中正確的序號是．【答案】②③④【規(guī)范解答】解：∵正方形ABCD，∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∵E是AD的中點，∴DE=AD=CD，∴∠DCE≠30°，∴∠BCE≠60°，故①錯誤；∵四邊形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正確；∵ADBC，∴S△BDE=S△CDE，∴S△BDE-S△DEH=S△CDE-S△DEH，即；S△BHE=S△CHD，故③正確；∵△ADH≌△CDH，∴∠AHD=∠CHD，∴∠AHB=∠CHB，∵∠BHC=∠DHE，∴∠AHB=∠EHD，故④正確；故答案為：②③④．

【思路點撥】由正方形的性質(zhì)及線段的中點可推出∠ADC=∠BCD=90°，DE=AD=CD，從而推出∠DCE≠30°，即得∠BCE≠60°，故①錯誤；證明△ADH≌△CDH（SAS），可得∠HAD=∠HCD，從而可推出∠BAD=∠BAH+∠DAH=∠ABE+∠BAH=90°，再依據(jù)三角形內(nèi)角和求出∠AGB=90°，即可推斷②；由ADBC，依據(jù)同底等高可的S△BDE=S△CDE，從而推出S△BHE=S△CHD，據(jù)此推斷③；由△ADH≌△CDH，可得∠AHD=∠CHD，從而得出∠AHB=∠CHB，由對頂角相等知∠BHC=∠DHE，從而求出∠AHB=∠EHD，據(jù)此推斷④.17．（2分）（禹州期末）如圖，在正方形ABCD中，，E為對角線AC上與A，C不重合的一個動點，過點E作于點F，于點G，連接DE，F(xiàn)G，下列結(jié)論：①；②；③；④FG的最小值為2，其中正確的結(jié)論是.（只填序號）【答案】①②④【規(guī)范解答】解：如圖所示，連接BE，交FG于點O，

∵，，∴，∵，∴四邊形EFBG為矩形，∴，，∵四邊形ABCD為正方形，∴，，在和中，∴（SAS），∴，∴，即①正確；延長DE，交FG于M，交FB于點H，由（1）得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，即②正確；∵正方形ABCD，EF⊥AB，EG⊥BC，

∴∠ABC、∠EFB、∠EGB均為直角，

∴四邊形EFBG為長方形，

在△BEF和△FGB中

∴△BEF≌△FGB（SSS）

∴∠BGF=∠FEB

假設(shè)∠BGF=∠ADE，則有∠FEB=∠ADE，

又∵EF∥AD，則B、E、D在同一條直線上，

而題干中E是AC上的動點，B、E、D并不愿定共線，

故∠BGF不愿定等于∠ADE.

故③錯誤；

∵E為對角線AC上的一個動點，∴當(dāng)時，DE最小，∵，，∴，∴，由①知，，∴FG的最小值為，即④正確，綜上，①②④正確，故答案為：①②④.【思路點撥】連接BE，交FG于點，易得四邊形EFBG為矩形，得FG=BE，OB=OF=OE=OG，依據(jù)正方形的性質(zhì)，得出，，利用SAS證明△ABE≌△ADE，得出DE=BE，則可推斷①；延長DE，交FG于M，交FB于點H，由(1)得出∠ABE=∠ADE，依據(jù)條件和角之間的關(guān)系求出DE⊥FG，即可推斷②；先通過三角為直角判定四邊形EFBG為長方形，再通過SSS判定△BEF≌△FGB，從而可得∠BGF=∠FEB，通過反證法推理即可推斷③；依據(jù)垂線段最短得當(dāng)DE⊥AC時，DE最小，依據(jù)勾股定理求出AC長，從而求出DE長，即可得FG的最小值，即可推斷即④.18．（2分）（泰興期末）如圖，正方形ABCD中，AB＝4，BE＝CE，F(xiàn)是邊AB上一動點，連接EF，翻折△BEF至△GEF，使得B落在G處，連接DG，當(dāng)四邊形AFGD的周長取得最小值時，則BF＝．【答案】【規(guī)范解答】解：如圖，連接ED，F(xiàn)G，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點在以E為圓心，半徑為2的圓上運動，

∴當(dāng)E、G、D三點共線時，GD的長最短，此時FG=BF的長最大，

∴AF的長最短，

∴四邊形AFGD的周長最小，

在Rt△DCE中，ED==2，

∴GD=2-2，

設(shè)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.

故答案為：+1.

【思路點撥】如圖，連接ED，F(xiàn)G，DF，由正方形性質(zhì)得∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，由翻折性質(zhì)得BE=EG=EC=2，可推出G點在以E為圓心，半徑為2的圓上運動，當(dāng)E、G、D三點共線時，GD的長最短，此時FG=BF的長最大，AF的長最短，即四邊形AFGD的周長最小，在Rt△DCE中，由勾股定理求得ED2，從而得GD=2-2，設(shè)設(shè)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

四邊形AFGD的周長最小時，BF的長.19．（2分）（青山期中）如圖，正方形ABCD的邊長為6，點P為BC邊上一動點，以P為直角頂點，AP為直角邊作等腰Rt△APE，M為邊AE的中點，當(dāng)點P從點B運動到點C，則點M運動的路徑長為．【答案】【規(guī)范解答】解：如下圖所示，連接AC，BD相交于點O，連接EC，過點E作ET⊥BC交BC的延長線于T．∵△APE是等腰直角三角形，∴∠APB+∠TPE=90°．∵四邊形ABCD是正方形，ET⊥BC，∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．∴∠BAP=∠TPE．．．∵四邊形ABCD是正方形，．．∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．．∴∠TEC=∠TCE=45°．∵正方形ABCD中，AC，BD相交于點O，∴O是AC的中點，∠DBC=45°．∴∠DBC=∠TCE．．∵M(jìn)是AE的中點，∴OM是△ACE的中位線．∴．∴點M在直線OD上．∵點P在BC邊上移動，∴點M的運動軌跡是OD．∵正方形ABCD的邊長是6，且AC，BD相交于點O，∴AB=6，AD=6，O是BD的中點．∴．∴．故答案為：．

【思路點撥】連接AC，BD相交于點O，連接EC，過點E作ET⊥BC交BC的延長線于T，利用等腰直角三角形的性質(zhì)可證得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性質(zhì)可證得∠BAP=∠TPE，利用AAS證明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的對應(yīng)邊相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性質(zhì)可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性質(zhì)可得到點O是AC的中點，∠DBC=45°，從而可推出∠DBC=∠TCE，同時可證得OM是△ACE的中位線，由此可推出點M的運動軌跡是OD，利用勾股定理求出BD的長，即可得到OD的長.20．（2分）（重慶期末）如圖，正方形紙片的邊長為4，點在邊上，連接，將紙片沿著直線翻折，點的對應(yīng)點為點，連接并延長交于點，若，則.【答案】【規(guī)范解答】解：四邊形是正方形，折疊（ASA），，，故答案為

【思路點撥】依據(jù)折疊圖形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得出有關(guān)角和邊相等，利用AAS證明△AED≌△BFA，可知AE=BF，AF=DE，再利用勾股定理求出BF，然后由等面積法求得AH的長，由折疊的性質(zhì)可知AG=2AH，最終利用線段的和差關(guān)系即可求得GE的長.閱卷人三、解答題(共7題；共58分)得分21．（6分）（洮北期末）如圖，四邊形ABCD是一個正方形花園，E、F是它的兩個門，且，要修建兩條路BE和AF，這兩條路等長嗎？它們有什么位置關(guān)系？請證明你的猜想．22．（6分）（河間期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E是邊BC的中點，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分線CF于點F．求證AE＝EF．（提示：取AB的中點H，連接EH．）23．（8分）（鐵東期末）如圖，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC邊上的中線，點E是AD的中點，過點A作，交BE的延長線于點F，連接CF．（1）（4分）求證：四邊形ADCF是菱形；（2）（4分）若AB＝AC，試判定四邊形ADCF的形態(tài)．24．（8分）（長春期末）【閱讀材料】如圖①，在邊長為4的正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上且∠EAF＝45°，連接EF，求△CEF的周長．小明想到解決問題的方法如下：如圖②，延長CB至點G，使BG＝DF，通過證明，得到BE、DF、EF之間的關(guān)系，進(jìn)而求出△CEF的周長．（1）（3分）請依據(jù)小明的思路，幫助小明寫出完整的求解過程．（2）（4分）【方法應(yīng)用】如圖②，若BE＝1，求DF的長．（3）（1分）【實力提升】如圖③，在銳角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于點D．若BD＝1，AD＝4，則CD的長為．25．（12分）（槐蔭期末）如圖1，四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，點A在DG上，連接AE，CG．（1）（2分）求證：；（2）（3分）猜想：AE與CG之間的位置關(guān)系，并證明你的猜想；（3）（3分）在其它條件不變的前提下，假如將正方形ABCD圍著點D按逆時針旋轉(zhuǎn)隨意角度（如圖2）．那么（2）中結(jié)論是否還成立？若成立，請給出證明；若不成立，請說明理由；（4）（4分）如圖3，將正方形ABCD圍著點D旋轉(zhuǎn)到某一位置時恰好使得，．當(dāng)正方形DEFG的邊長為時，請干脆寫出正方形ABCD的邊長．26．（9分）（大同期末）綜合與實踐問題情境：已知四邊形是正方形，是對角線，將等腰直角三角形的底角頂點與點重合，，分別與邊，相交于點，（點，不與線段的端點重合），連接．特例感知：（1）（4分）如圖1，當(dāng)平分時，①試推斷和的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；②和的數(shù)量關(guān)系是▲．（2）（5分）如圖2，當(dāng)不是的平分線時，試推斷，，的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】解：猜想BE＝AF，BE⊥AF，理由如下：∵四邊形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【思路點撥】先利用“SAS”證明，可得BE＝AF，∠AEB=∠DFA，再利用角的運算和等量代換可得∠AOE=90°，從而可得BE⊥AF?！敬鸢浮孔C明：取中點，連接又為的中點，四邊形是正方形∴，∴△BHE為等腰直角三角形∴，又∵，∴，∴又EF交正方形外角的平分線CF于點F∴，在和中∴≌（ASA）∴【思路點撥】因為四邊形是正方形，得出△BHE為等腰直角三角形，EF交正方形外角的平分線CF于點F，得出，，利用全等三角形的性質(zhì)即可得出。【答案】（1）證明：∵點E是AD的中點，∴AE＝DE．∵，∴∠DAF＝∠3．又∵∠1＝∠2，∴．∴AF＝BD．∵AD是斜邊BC邊上的中線，∴AD＝BD＝DC．∴AF＝DC．又∵，∴四邊形ADCF是平行四邊形．∵∠BAC＝90°，AD是斜邊BC邊上的中線，∴AD＝DC，∴四邊形ADCF是菱形．（2）解：∵四邊形ADCF是菱形，∴∠4＝∠5．當(dāng)AB＝AC，∠BAC＝90°時，∴∠4＝∠ABC＝45°，∴∠DCF＝90°，∴四邊形ADCF是正方形．【思路點撥】（1）先證明四邊形ADCF是平行四邊形，再結(jié)合AD＝DC，即可得到四邊形ADCF是菱形；

（2）利用有一個角是直角的菱形是正方形的判定方法求解即可?！敬鸢浮浚?）解：依照小明的思路：延長CB至點G，使BG＝DF，如圖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的周長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）已證明EF=GE，GB=DF，∴EF=DF+BE=DF+1，∴，∴，解得：DF=2.4；（3）2.4【規(guī)范解答】解：(3)∵AD⊥BC，AD=4，∴∠ADC=∠ADB=90°，以AD為邊上在AD的左側(cè)作正方形ADGH，在GH上取一點E，連接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，如圖，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長為2.4．

【思路點撥】（1）延長CB至點G，使BG＝DF，證明△AFE≌△AGE，得出EF=GE，再依據(jù)△CEF的周長CF+FE+EC=CF+EC+GE，即可得出答案；

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

（3）以AD為邊上在AD的左側(cè)作正方形ADGH，在GH上取一點E，連接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，證出△AHE≌△ADC，得出DC=HE，AE=AC，在Rt△GEB中，由勾股定理即可得解?！敬鸢浮浚?）證明：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；（2）解：AE⊥CG．證明：延長EA交CG于H，∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；（3）解：（2）中結(jié)論照舊成立．理由：如圖2，設(shè)EA與CG相交于點H，GD與AE交于點M，∵四邊形ABCD和四邊形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）【規(guī)范解答】解：（4）連接CE，由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四邊形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是等邊三角形，∴∠CEG=60°，延長CD交EG于點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的邊長為．

【思路點撥】（1）利用“SAS”證明△CDG≌△ADE，再利用全等三角形的性質(zhì)可得AE=CG；

（2）延長EA交CG于H，利用全等三角形的性質(zhì)可得∠CGD=∠AED，再利用角的運算和等量代換可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（3）利用“SAS”證明△CDG≌△ADE，可得∠CGD=∠AED，再利用角的運算和等量代換可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；

（4）利用“SAS”證明△CDE≌△CDG，可得CE=CG，證出△CEG是等邊三角形，求出∠CEG=60°，再求出CH=EH=，最終利用線段的和差求出CD=CH-DH=，即可得到答案?！敬鸢浮浚?）解：①BE=DF，理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠DAC=45°，∵AE平分∠BAC，∴，∵∠EAF=45°，∴∠DAF=∠BAD-∠BAE-∠EAF=22.5°，∴∠BAE=∠DAF，在△ABE和△ADF中，，∴△ABE≌△ADF，BE=DF；②EF=2BE深化探究：（2）解：當(dāng)AE不是∠BAC的平分線時，BE、EF、DF的數(shù)量關(guān)系是BE+DF=EF，理由如下：如圖，延長CB到點G，使BG=DF，連接AG，則∠ABG=90°=∠D，在△ABG和△ADF中，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，∵∠EA