2024八年級數(shù)學(xué)下冊第14講正方形核心考點(diǎn)講與練含解析新版浙教版

Page1第14講正方形（核心考點(diǎn)講與練）一．正方形的性質(zhì)（1）正方形的定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．（2）正方形的性質(zhì)①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，相互垂直平分，并且每條對角線平分一組對角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．二．正方形的判定正方形的判定方法：①先判定四邊形是矩形，再判定這個矩形有一組鄰邊相等；②先判定四邊形是菱形，再判定這個菱形有一個角為直角．③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進(jìn)行判定．三．正方形的判定與性質(zhì)（1）正方形的性質(zhì)：正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的全部性質(zhì)．（2）正方形的判定正方形的判定沒有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．一．正方形的性質(zhì)（共7小題）1．（鄞州區(qū)校級期末）如圖所示，將邊長為12cm的正方形ABCD沿其對角線AC剪開，再把△ABC沿著AD方向平移得到△A'B'C'，若兩個三角形重疊部分的面積為32cm2，則它移動的距離AA'等于（）A．4cm B．6cm C．8cm D．4cm或8cm【分析】依據(jù)平移的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，結(jié)合陰影部分是平行四邊形，△AA′H與△HCB′都是等腰直角三角形，則若設(shè)AA′＝x，則陰影部分的底長為x，高A′D＝12﹣x，依據(jù)平行四邊形的面積公式即可列出方程求解．【解答】解：設(shè)AC交A′B′于H，∵∠A＝45°，∠D＝90°，∴△A′HA是等腰直角三角形，設(shè)AA′＝x，則陰影部分的底長為x，高A′D＝12﹣x，∴x?（12﹣x）＝32，解得x1＝4，x2＝8，即AA′＝4cm或AA′＝8cm，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查正方形的性質(zhì)和平移的性質(zhì)．解決本題關(guān)鍵是抓住平移后圖形的特點(diǎn)，利用方程方法解題．2．（鄞州區(qū)校級開學(xué)）如圖，正方形ABCD的邊長為6，P，Q兩點(diǎn)同時從點(diǎn)A動身，在正方形ABCD的邊上分別按順時針和逆時針方向勻速運(yùn)動，點(diǎn)Q的運(yùn)動速度是點(diǎn)P的兩倍，當(dāng)點(diǎn)P第一次回到動身點(diǎn)時兩點(diǎn)同時停止運(yùn)動，在運(yùn)動過程中，出現(xiàn)以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形的次數(shù)為（）A．0次 B．1次 C．2次 D．3次【分析】設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動速度為1，點(diǎn)Q的速度為2，運(yùn)動時間為t，然后利用平行四邊形的性質(zhì)分狀況探討求得t的值，即可得到結(jié)果．【解答】解：當(dāng)點(diǎn)Q第一次位于AB上時，0≤t＜3，此時，點(diǎn)P位于AD上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q第一次在BC上時，3≤t＜6，點(diǎn)P在AD上，如圖1，此時，PD＝6﹣t，BQ＝2t﹣6，∵四邊形PBQD為平行四邊形，∴PD＝BQ，即6﹣t＝2t﹣6，∴t＝4，符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q第一次在CD上時，6≤t＜9，此時，點(diǎn)P在CD上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q第一次在AD上時，9≤t＜12，此時，點(diǎn)P在CD上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q回到點(diǎn)A時，t＝12，點(diǎn)P在點(diǎn)C處，此時，四邊形PBQD為正方形，符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q其次次位于AB上時，12＜t＜15，此時，點(diǎn)P位于BC上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q其次次位于BC上時，15≤t＜18，此時，點(diǎn)P位于BC上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q其次次位于CD上時，18≤t＜21，此時點(diǎn)P位于AB上，PB＝t﹣18，DQ＝42﹣2t，∵四邊形PBQD是平行四邊形，∴PB＝QD，即t﹣18＝42﹣2t，∴t＝20，符合題意；當(dāng)點(diǎn)Q其次次位于AD上時，21≤t≤24，此時，點(diǎn)P位于BC上，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形不是平行四邊形，不符合題意；綜上所述，以P，Q，B，D為頂點(diǎn)的四邊形為平行四邊形的次數(shù)為3次，故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知正方形的性質(zhì)．3．（諸暨市期末）如圖，在正方形ABCD內(nèi)，將2張①號長方形紙片和3張②號長方形紙片按圖1和圖2兩種方式放置（放置的紙片間沒有重疊部分），正方形中未被覆蓋的部分（陰影部分）的周長相等．（1）若①號長方形紙片的寬為1厘米，則②號長方形紙片的寬為2厘米；（2）若①號長方形紙片的面積為10平方厘米，則②號長方形紙片的面積是平方厘米．【分析】（1）依據(jù)正方形中未被覆蓋的部分（陰影部分）的周長相等，可得②號長方形紙片的寬＝①號長方形紙片的寬×2，依此計算即可求解；（2）視察圖形可知，②號長方形紙片的寬＝①號長方形紙片的寬×2，②號長方形紙片的長×3＝①號長方形紙片的長，依此計算即可求解．【解答】解：（1）1×2＝2（厘米）．故②號長方形紙片的寬為2厘米．故答案為：2；（2）10÷3×2＝（平方厘米）．故②號長方形紙片的面積是平方厘米．故答案為：．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，有理數(shù)的混合運(yùn)算，解題的關(guān)鍵是視察圖形得到②號長方形紙片的寬＝①號長方形紙片的寬×2，②號長方形紙片的長×3＝①號長方形紙片的長．4．（上城區(qū)月考）如圖，正方形ABCD中，E是對角線BD上一點(diǎn)，連接AE，CE，延長AE交CD邊于點(diǎn)F．（1）求證：△ABE≌△CBE；（2）設(shè)∠AEC＝α，∠AFD＝β，試求β關(guān)于α的表達(dá)式．【分析】（1）由“SAS”可證△ABE≌△CBE；（2）由全等三角形的性質(zhì)可求∠CEB，由三角形的外角的性質(zhì)可求解．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE＝∠CBE＝∠ADB＝45°，在△ABE和△CBE中，，∴△ABE≌△CBE（SAS）；（2）解：∵△ABE≌△CBE，∴∠AEB＝∠CEB，又∵∠AEC＝α，∴∠CEB＝α＝∠AEB，∴∠DEF＝α，∴∠AFD＝180°﹣∠DEF﹣∠EDF＝180°﹣45°﹣α＝β．∴β＝135°﹣α．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，駕馭正方形的性質(zhì)是本題的關(guān)鍵．5．（臨海市開學(xué)）如圖，已知點(diǎn)E是正方形ABCD的邊CD上一點(diǎn)，點(diǎn)F是CB的延長線上一點(diǎn)，連接AF，且EA⊥AF．（1）求證：DE＝BF；（2）若AH平分∠FAE交線段BC上一點(diǎn)H，連接EH，請推斷線段DE、BH、HE三者存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？并加以證明．【分析】（1）由同角的余角相等知，∠FAB＝∠DAE，由正方形的性質(zhì)知，∠AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，則ASA證得△AFB≌△ADE，由全等三角形的性質(zhì)可得DE＝BF；（2）依據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AF＝AE，依據(jù)角平分線的定義得到∠FAH＝∠EAH，依據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，∵EA⊥AF，∴∠EAF＝90°，∴∠FAB+∠BAE＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，∴∠FAB＝∠DAE，在△BAF和△DAE中，，∴△BAF≌△DAE（ASA），∴DE＝BF；（2）解：DE+BH＝HE，理由如下：由（1）知△BAF≌△DAE，∴AF＝AE，∵AH平分∠FAE，∴∠FAH＝∠EAH，在△FAH與△EAH中，，∴△FAH≌△EAH（SAS），∴FH＝EH，∴DE+BH＝HE．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，嫻熟駕馭全等三角形的判定和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．6．（鎮(zhèn)海區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別是它的四條邊上的點(diǎn)，且AE＝BF＝CG＝DH，AC與四邊形EFGH的邊EH交于點(diǎn)P．若，則∠AHE＝22.5度．【分析】過點(diǎn)E作EM∥BC交AC于點(diǎn)M，依據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，所以EM∥BC，可得△AEM是等腰直角三角形，可得AM＝AE，然后依據(jù)平行線分線段成比例定理和已知條件可得AE＝AP，再依據(jù)三角形內(nèi)角和定理即可解決問題．【解答】解：如圖，過點(diǎn)E作EM∥BC交AC于點(diǎn)M，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，∴EM∥BC，∴∠AEM＝90°，∴△AEM是等腰直角三角形，∴AE＝ME，∴AM＝AE，∵EM∥BC，∴＝＝，∵，∴AE＝AP，∴∠AEP＝∠APE＝（180°﹣45°）＝67.5°，∴∠AHE＝90°﹣67.5°＝22.5°．故答案為：22.5°．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，解決本題的關(guān)鍵是駕馭正方形的性質(zhì)．7．（諸暨市期末）如圖，正方形紙片ABCD的四個頂點(diǎn)分別在四條平行線l1、l2、l3、l4上，這四條直線中相鄰兩條之間的距離依次為h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，則正方形ABCD的面積S等于（）A．34 B．89 C．74 D．109【分析】過A點(diǎn)作AF⊥l3分別交l2、l3于點(diǎn)E、F，過C點(diǎn)作CH⊥l2分別交l2、l3于點(diǎn)H、G，依據(jù)正方形的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)，證△ABE≌△CDG即可；易證△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF，且兩直角邊長分別為h1、h1+h2，四邊形EFGH是邊長為h2的正方形，所以S＝4××h1（h1+h2）+h22＝2h12+2h1h2+h22＝（h1+h2）2+h12，將h1＝5，h2＝2代入，即可解決問題．【解答】證明：如圖，過A點(diǎn)作AF⊥l3分別交l2、l3于點(diǎn)E、F，過C點(diǎn)作CH⊥l2分別交l2、l3于點(diǎn)H、G，∵四邊形ABCD是正方形，l1∥l2∥l3∥l4，∴AB＝CD，∠ABE+∠HBC＝90°，∵CH⊥l2，∴∠BCH+∠HBC＝90°，∴∠BCH＝∠ABE，同理可得，∠BCH＝∠CDG，∴∠ABE＝∠CDG，∵∠AEB＝∠CGD＝90°，在△ABE和△CDG中，，∴△ABE≌△CDG（AAS），∴AE＝CG，即h1＝h3，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝DA，∵∠AEB＝∠DFA＝∠BHC＝∠CGD＝90°，∠ABE＝∠FAD＝∠BCH＝∠CDG，∴△AEB≌△DAF≌△BCH≌△CGD，且兩直角邊長分別為h1、h1+h2，∴四邊形EFGH是邊長為h2的正方形，∴正方形ABCD的面積S＝4××h1（h1+h2）+h22＝2h12+2h1h2+h22＝（h1+h2）2+h12，∵h(yuǎn)1＝5，h2＝2，∴S＝（h1+h2）2+h12＝49+25＝74．故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查全等三角形的判定和性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)，本題的關(guān)鍵在于作好幫助線，依據(jù)已知找到全等三角形即可．二．正方形的判定（共4小題）8．（綦江區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，下列條件能使四邊形ABCD成為正方形的是（）A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BC D．AC⊥BD【分析】依據(jù)已知條件可以推斷四邊形ABCD是矩形，則四條邊相等的矩形是正方形或者對角線相互垂直的矩形是正方形．【解答】解：∵已知四邊形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．A、當(dāng)AC＝BD時，只能判定四邊形ABCD是矩形，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；B、矩形ABCD的四個角都是直角，則AB⊥BC，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；C、矩形ABCD的對邊AD＝BC，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；D、當(dāng)矩形ABCD的對角線相互垂直，即AC⊥BD時，該矩形是正方形，故本選項正確；故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的判定．須要駕馭矩形與正方形間的區(qū)分與聯(lián)系．9．（嘉興期末）要使矩形ABCD成為正方形，可添加的條件是AB＝BC（寫一個即可）．【分析】依據(jù)有一組鄰邊相等或?qū)蔷€相互垂直的矩形是正方形添加條件．【解答】解：依據(jù)有一組鄰邊相等或?qū)蔷€相互垂直的矩形是正方形，得到應(yīng)當(dāng)添加的條件為：AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB或AC⊥BD．故答案為：AB＝BC．【點(diǎn)評】本題是考查了正方形的判定，判別一個四邊形為正方形主要依據(jù)正方形的概念，途經(jīng)有兩種：①先說明它是矩形，再說明有一組鄰邊相等；②先說明它是菱形，再說明它有一個角為直角．10．（鎮(zhèn)海區(qū)校級開學(xué)）如圖，已知AD是△ABC的角平分線，DE∥AC交AB于點(diǎn)E，DF∥AB交AC于點(diǎn)F．（1）求證：四邊形AEDF是菱形；（2）請干脆填寫，當(dāng)∠BAC＝90°時，四邊形AEDF是正方形．【分析】（1）依據(jù)DE∥AC交AB于點(diǎn)E，DF∥AB交AC于點(diǎn)F，可以推斷四邊形AEDF是平行四邊形，再依據(jù)角平分線的性質(zhì)和平行線的性質(zhì)即可證明結(jié)論成立；（2）依據(jù)有一個角是直角的菱形是正方形可以解答本題．【解答】證明：（1）∵DE∥AC交AB于點(diǎn)E，DF∥AB交AC于點(diǎn)F，∴四邊形AEDF是平行四邊形，∠EAD＝∠ADF，∵AD是△ABC的角平分線，∴∠EAD＝∠FAD，∴∠ADF＝∠FAD，∴FA＝FD，∴四邊形AEDF是菱形（有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形）；（2）解：當(dāng)△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，時，四邊形AEDF是正方形，理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，由（1）知四邊形AEDF是菱形，∴四邊形AEDF是正方形（有一個角是直角的菱形是正方形）．故答案為：90．【點(diǎn)評】本題考查正方形的判定、菱形的判定與性質(zhì)，解答本題的關(guān)鍵是明確題意，找出所求問題須要的須要的條件，利用正方形的判定、菱形的判定與性質(zhì)解答．11．（富陽區(qū)期末）如圖，在線段AB的同側(cè)作射線AC和BD，當(dāng)AC∥BD時，若∠CAB與∠DBA的角平分線分別交射線BD，AC于點(diǎn)E，F(xiàn)，兩條角平分線相交于點(diǎn)P，連接EF．（1）試推斷四邊形ABEF的形態(tài)并賜予證明；（2）若AB＝BF＝2，在線段AE上取一點(diǎn)G，點(diǎn)G關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為點(diǎn)H，問線段AG的長為多少時？以F，G，B，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．【分析】（1）先依據(jù)角平分線的定義和平行線的性質(zhì)證明AE⊥BF，AB＝BE，由AC∥BD，依據(jù)一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，由對角線相互垂直的平行四邊形是菱形，可得結(jié)論；（2）由菱形的性質(zhì)得到AF＝AB，推出△ABF是等邊三角形，得到∠BAF＝60°，求得AP＝，依據(jù)正方形的性質(zhì)得到PG＝PH＝1，于是得到結(jié)論．【解答】解：（1）四邊形ABEF是菱形，理由是：∵AE平分∠FAB，BF平分∠ABE，∴∠FAP＝∠PAB＝∠FAB，∠PBA＝∠ABE，∵AC∥BD，∴∠FAB+∠ABE＝180°，∠FAP＝∠BEP，∴∠PAB+∠PBA＝90°，∠BAP＝∠PEB，∴∠APB＝90°，AB＝BE，∴AE⊥BF，∵∠FAP＝∠BAP，∠APF＝∠APB＝90°，∴∠AFP＝∠ABP，∴AF＝AB＝BE，∴四邊形ABEF是菱形；（2）∵四邊形ABEF是菱形，∴AF＝AB，∵AB＝BF＝2，∴△ABF是等邊三角形，∴∠BAF＝60°，∴∠FAP＝30°，∴AP＝，∵以F，G，B，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，∴HG＝BF＝2，∴PG＝PH＝1，∵在線段AE上取一點(diǎn)G，點(diǎn)G關(guān)于點(diǎn)P的對稱點(diǎn)為點(diǎn)H，∴點(diǎn)G在線段AP上或線段PE上，∴AG＝﹣1或+1．∴線段AG的長為﹣1或+1，以F，G，B，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的判定，菱形的判定和性質(zhì)，角平分線的定義，對稱的性質(zhì)，正確的理解題意是解題的關(guān)鍵．三．正方形的判定與性質(zhì)（共4小題）12．如圖，在一個大正方形內(nèi)，放入三個面積相等的小正方形紙片，這三張紙片蓋住的總面積是24平方厘米，且未蓋住的面積比小正方形面積的四分之一還少3平方厘米，則大正方形的面積是（單位：平方厘米）（）A．40 B．25 C．26 D．36【分析】設(shè)小正方形的邊長為a，大正方形的邊長為b，由正方形的面積公式，依據(jù)題意列出方程組解方程組得出大正方形的邊長，則可求出面積．【解答】解：設(shè)小正方形的邊長為a，大正方形的邊長為b，由這三張紙片蓋住的總面積是24平方厘米，可得ab+a（b﹣a）＝24①，由未蓋住的面積比小正方形面積的四分之一還少3平方厘米，可得（b﹣a）2＝a2﹣3，②將①②聯(lián)立解方程組可得：a＝4，b＝5，∴大正方形的邊長為5，∴面積是25．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)及面積公式，難度較大，關(guān)鍵依據(jù)題意列出方程．13．（上城區(qū)校級期末）如圖，在△ABC中，點(diǎn)O是邊AC上一個動點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN交∠ACB的平分線于點(diǎn)E，交△ABC的外角∠ACD的平分線于點(diǎn)F．（1）探究線段OE與OF的數(shù)量關(guān)系并說明理由．（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到何處，且△ABC滿足什么條件時，四邊形AECF是正方形？請說明理由．（3）當(dāng)點(diǎn)O在邊AC上運(yùn)動時，四邊形BCFE不行能是菱形（填“可能”或“不行能”）．請說明理由．【分析】（1）由直線MN∥BC，MN交∠BCA的平分線于點(diǎn)E，交∠BCA的外角平分線于點(diǎn)F，易證得△OEC與△OFC是等腰三角形，則可證得OE＝OF＝OC；（2）正方形的判定問題，AECF若是正方形，則必有對角線OA＝OC，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，同樣在△ABC中，當(dāng)∠ACB＝90°時，可滿足其為正方形；（3）菱形的判定問題，若使菱形，則必有四條邊相等，對角線相互垂直．【解答】解：（1）OE＝OF．理由如下：∵CE是∠ACB的角平分線，∴∠ACE＝∠BCE，又∵M(jìn)N∥BC，∴∠NEC＝∠ECB，∴∠NEC＝∠ACE，∴OE＝OC，∵CF是∠BCA的外角平分線，∴∠OCF＝∠FCD，又∵M(jìn)N∥BC，∴∠OFC＝∠FCD，∴∠OFC＝∠OCF，∴OF＝OC，∴OE＝OF；（2）當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)，且△ABC滿足∠ACB為直角的直角三角形時，四邊形AECF是正方形．理由如下：∵當(dāng)點(diǎn)O運(yùn)動到AC的中點(diǎn)時，AO＝CO，又∵EO＝FO，∴四邊形AECF是平行四邊形，∵FO＝CO，∴AO＝CO＝EO＝FO，∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，∴四邊形AECF是矩形．已知MN∥BC，當(dāng)∠ACB＝90°，則∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，∴AC⊥EF，∴四邊形AECF是正方形；（3）不行能．理由如下：如圖，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，∴∠ECF＝∠ACB+∠ACD＝（∠ACB+∠ACD）＝90°，若四邊形BCFE是菱形，則BF⊥EC，但在△GFC中，不行能存在兩個角為90°，所以不存在其為菱形．故答案為不行能．【點(diǎn)評】本題考查了平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，等腰三角形的判定，正方形、菱形的判定，關(guān)鍵是依據(jù)正方形的判定和性質(zhì)解答．14．（鄞州區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P在對角線BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F(xiàn)分別為垂足，連結(jié)AP，EF，則下列命題：①若AP＝5，則EF＝5；②若AP⊥BD，則EF∥BD；③若正方形邊長為4，則EF的最小值為2，其中正確的命題是（）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【分析】延長EP交AD于Q，利用SAS證明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可證得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行線的判定可證明②的正確性；當(dāng)AP⊥BD時，AP有最小值，此時P為BD的中點(diǎn)，由勾股定理及直角三角形的性質(zhì)可求得AP的最小值，進(jìn)而求得EF的最小值，進(jìn)而可判定③．【解答】解：延長EP交AD于Q，∵四邊形ABCD為正方形，∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，∵PF⊥CD，∴∠DPF＝45°，∴DF＝PF，∵PE⊥BC，∴PQ⊥AD，四邊形CEPF為矩形，∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四邊形PQDF為正方形，∴DF＝QP，∴CE＝QP，在△AQP和△FCE中，，∴△AQP≌△FCE（SAS），∴AP＝EF，若AP＝5，則EF＝5，故①正確；若AP⊥BD，則∠PAQ＝45°，∵△AQP≌△FCE，∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，∵∠BDC＝45°，∴∠EFC＝∠BDC，∴EF∥BD，故②正確；當(dāng)AP⊥BD時，AP有最小值，此時P為BD的中點(diǎn)，∵AB＝AD＝4，∴BD＝，∴AP＝BD＝，∵EF＝AP，∴EF的最小值為，故③錯誤，故選：A．【點(diǎn)評】本題主要考查正方形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)與判定等學(xué)問的綜合運(yùn)用，證明△AQP≌△FCE是解題的關(guān)鍵．15．如圖，P為正方形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，畫?PAHD，?PBEA，?PCFB，?PDGC，請證明：以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．【分析】要證明以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，須要作幫助線連接四個頂點(diǎn)，推斷4條線段與已知圖形之間的關(guān)系，利用平行四邊形的對角線相互平分的性質(zhì)得到中點(diǎn)四邊形是正方形，利用三角形的中位線定理很簡潔證明須要的結(jié)論．【解答】證明：如圖，連接PH、PG、PF、PE，交點(diǎn)分別為：M、N、L、K，再連接HG、GF、FE、EH、PH．依據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，M平分AD和PH，N平分CD和PG，因此MN是△PHG的中位線，所以HG∥MN，HG＝2MN．∵順次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得MNLK是正方形，∴MN＝NL＝LK＝KM，4個角都為90°．同理可證：GF∥NL，GF＝2NL；FE∥LK，F(xiàn)E＝2LK；EH∥KM，EH＝2KM．∴HG＝GF＝EF＝EH，四邊形EFGH的4個角也為90°，所以E，F(xiàn)，G，H是正方形的四個頂點(diǎn)．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)以及三角形中位線定理的運(yùn)用．題組A基礎(chǔ)過關(guān)練一．選擇題（共5小題）1．（海曙區(qū)期末）如圖，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列推斷中不正確的是（）A．四邊形AEDF是平行四邊形 B．假如AD⊥BC，那么四邊形AEDF是正方形 C．假如∠BAC＝90°，那么四邊形AEDF是矩形 D．假如AD平分∠BAC，那么四邊形AEDF是菱形【分析】兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，有一個角是90°的平行四邊形是矩形，有一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，四個角都是直角，且四個邊都相等的是正方形．【解答】解：A、因?yàn)镈E∥CA，DF∥BA所以四邊形AEDF是平行四邊形．故本選項正確．B、假如AD⊥BC時，∠EDF不愿定是直角，且ED不愿定等于DF，所以不能判定平行四邊形AEDF是正方形．故本選項錯誤；C、平行四邊形AEDF的一內(nèi)角∠BAC＝90°，所以平行四邊形AEDF是矩形．故本選項正確．D、因?yàn)锳D平分∠BAC，所以AE＝DE，又因?yàn)樗倪呅蜛EDF是平行四邊形，所以平行四邊形AEDF是菱形．故本選項正確．故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等學(xué)問點(diǎn)．2．（綦江區(qū)期末）如圖，已知四邊形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，下列條件能使四邊形ABCD成為正方形的是（）A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BC D．AC⊥BD【分析】依據(jù)已知條件可以推斷四邊形ABCD是矩形，則四條邊相等的矩形是正方形或者對角線相互垂直的矩形是正方形．【解答】解：∵已知四邊形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，∴四邊形ABCD是矩形．A、當(dāng)AC＝BD時，只能判定四邊形ABCD是矩形，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；B、矩形ABCD的四個角都是直角，則AB⊥BC，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；C、矩形ABCD的對邊AD＝BC，不能判定該矩形是正方形，故本選項錯誤；D、當(dāng)矩形ABCD的對角線相互垂直，即AC⊥BD時，該矩形是正方形，故本選項正確；故選：D．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的判定．須要駕馭矩形與正方形間的區(qū)分與聯(lián)系．3．（慶安縣期末）一個正方形的對角線長為2cm，則它的面積是（）A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2【分析】依據(jù)正方形的性質(zhì)可求得邊長，從而依據(jù)面積公式即可求得其面積．【解答】解：依據(jù)正方形的性質(zhì)可得，正方形的邊長為cm，則其面積為2cm2故選：A．【點(diǎn)評】此題主要考查學(xué)生對正方形的性質(zhì)的理解及運(yùn)用．4．（婺城區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，E為AB中點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)D作DF⊥DE交BC的延長線于點(diǎn)F，連接EF．若AE＝1，則EF的值為（）A．3 B． C．2 D．4【分析】依據(jù)題意可得AB＝2，∠ADE＝∠CDF，可證△ADE≌△DCF，可得CF＝1，依據(jù)勾股定理可得EF的長．【解答】解：∵ABCD是正方形∴AB＝BC＝CD，∠A＝∠B＝∠DCB＝∠ADC＝90°∵DF⊥DE∴∠EDC+∠CDF＝90°且∠ADE+∠EDC＝90°∴∠ADE＝∠CDF且AD＝CD，∠A＝∠DCF＝90°∴△ADE≌△CDF∴AE＝CF＝1∵E是AB中點(diǎn)∴AB＝BC＝2∴BF＝3在Rt△BEF中，EF＝＝故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定，勾股定理，關(guān)鍵嫻熟運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題．5．（溫州校級月考）如圖，點(diǎn)C為線段AB的中點(diǎn)，在AC邊上取點(diǎn)D，分別以CD，BC，BD為邊向上做正方形CDEF，正方形BCGH，正方形BDJI，已知AB為4，若連結(jié)AI恰好經(jīng)過點(diǎn)E，則陰影部分面積為（）A． B． C．4﹣2 D．8﹣8【分析】依據(jù)△ADE和△ABI相像得出CD的長度，再依據(jù)長方形的性質(zhì)即可得出答案．【解答】解：由題意得CD＝DE＝HI，設(shè)CD的長度為x，由△ADE和△ABI相像可得：，∵AB＝4，∴BC＝2，AD＝2﹣x，∴，解得x＝﹣2+2，∴陰影部分的面積為：＝＝8﹣8，故選：D．【點(diǎn)評】本題主要考查相像三角形的性質(zhì)，關(guān)鍵是要牢記相像相像三角形的性質(zhì)定理，能通過圖視察出△ADE和△ABI相像．二．填空題（共9小題）6．（蕭山區(qū)月考）如圖，在正方形ABCD中，E是BC邊上的點(diǎn)，AE的垂直平分線交CD，AB于點(diǎn)F，G．若BG＝2BE，則AG：BG＝：2，DF：CF＝．【分析】連接GE，延長GF交AD的延長線于H點(diǎn)，由于BG＝2BE，設(shè)BE＝x，BG＝2x，依據(jù)銳角三角函數(shù)的定義以及正方形的性質(zhì)即可求出答案．【解答】解：連接GE，延長GF交AD的延長線于H點(diǎn)，∵BG＝2BE，設(shè)BE＝x，BG＝2x，則：GE＝x，又∵FG垂直平分AE，則AG＝GE＝x，∴＝；故正方形的邊長AB＝AG+BG＝（+2）x，在Rt△ABE中，tan∠BAE＝＝＝﹣2，∵∠H＝∠BAE，tan∠H＝＝﹣2，∴＝﹣2，則AH＝（5+2）x，∴DH＝AH﹣AD＝（5+2）x﹣（+2）＝（+3）x，∵tanH＝＝﹣2，∴DF＝（﹣2）（+3）x＝（﹣1）x，∴FC＝CD﹣DF＝（+2）x﹣（﹣1）x＝3x，故＝；故答案為：：2，．【點(diǎn)評】考查正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是嫻熟運(yùn)用中垂線的性質(zhì)，勾股定理以及解直角三角形，本題屬于中等題型．7．（嘉興期末）要使矩形ABCD成為正方形，可添加的條件是AB＝BC（寫一個即可）．【分析】依據(jù)有一組鄰邊相等或?qū)蔷€相互垂直的矩形是正方形添加條件．【解答】解：依據(jù)有一組鄰邊相等或?qū)蔷€相互垂直的矩形是正方形，得到應(yīng)當(dāng)添加的條件為：AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB或AC⊥BD．故答案為：AB＝BC．【點(diǎn)評】本題是考查了正方形的判定，判別一個四邊形為正方形主要依據(jù)正方形的概念，途經(jīng)有兩種：①先說明它是矩形，再說明有一組鄰邊相等；②先說明它是菱形，再說明它有一個角為直角．8．（杭州期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝6，E是對角線AC上的一點(diǎn)，連結(jié)BE，過點(diǎn)E作EF⊥BE交AD于點(diǎn)F．△BCE和△AEF的面積分別為S1和S2，若2S1＝3S2，則CE的長為2．【分析】作幫助線GH過點(diǎn)E，且GH∥AB，構(gòu)造一線三垂直模型，用EH分別表示出S1和S2的值，列出關(guān)于EH的式子，求出EH即可求出CE．【解答】解：如圖，作GH過點(diǎn)E，且GH∥AB，∵∠HBE+∠HEB＝90°，∠HEB+∠GEF＝90°，∴∠HBE＝∠GEF，∵AC為正方形的對角線，∴CH＝EH，∴HB＝GE，在△HBE和△GEF中，，∴△HBE≌△GEF（ASA），∴GF＝EH，設(shè)EH＝a，AF＝6﹣2a，，，∵2S1＝3S2，∴6a＝3（a2﹣9a+18），解得a＝2，∴CE＝＝2，故答案為2．【點(diǎn)評】本題主要考查正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定，關(guān)鍵是要能作出幫助線GH，構(gòu)造一線三垂直模型，出現(xiàn)須要判定的全等三角形，將AF用EH表示出來．9．（秀洲區(qū)校級月考）如圖，點(diǎn)P在線段AB上，PA＞PB．在AB的同側(cè)作正方形APCD和正方形PBEF，若兩個正方形的面積之差等于10，則四邊形DFEC的面積為5．【分析】設(shè)AP＝a，PB＝b，依據(jù)正方形的性質(zhì)得到CD＝PC＝a，PF＝EF＝b，∠DCF＝∠PFE＝90°，求得CF＝PC﹣PF＝a﹣b，∠CFE＝90°，依據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論．【解答】解：設(shè)AP＝a，PB＝b，∵四邊形形APCD和四邊形PBEF是正方形，∴CD＝PC＝a，PF＝EF＝b，∠DCF＝∠PFE＝90°，∴CF＝PC﹣PF＝a﹣b，∠CFE＝90°，∴四邊形DFEC的面積＝S△DCF+S△CEF＝CD?CF+CF?EF＝a（a﹣b）+（a﹣b）b＝（a2﹣ab+ab﹣b2）＝（a2﹣b2），∵兩個正方形的面積之差等于10，∴四邊形DFEC的面積＝＝5，故答案為：5．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形的面積的計算，嫻熟駕馭正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．10．（柯橋區(qū)月考）如圖，在邊長為2的正方形EFGH中，M，N分別為EF與GH的中點(diǎn)，一個三角形ABC沿豎直方向向上平移，在運(yùn)動的過程中，點(diǎn)A恒在直線MN上，當(dāng)點(diǎn)A運(yùn)動到線段MN的中點(diǎn)時，點(diǎn)E，F(xiàn)恰與AB，AC兩邊的中點(diǎn)重合，設(shè)點(diǎn)A到EF的距離為x，三角形ABC與正方形EFGH的公共部分的面積為y，則當(dāng)y＝，x的值為或2+．【分析】分兩種情形：如圖1中，當(dāng)過A在正方形內(nèi)部時，連接EG交MN于O，連接OF，設(shè)AB交EH于Q，AC交FG于P．如圖2中，當(dāng)點(diǎn)A在正方形外部時，分別求解即可解決問題．【解答】解：如圖1中，當(dāng)過A在正方形內(nèi)部時，連接EG交MN于O，連接OF，設(shè)AB交EH于Q，AC交FG于P．由題意，△ABC是等腰直角三角形，AQ＝OE＝OG＝AP＝OF，S△OEF＝1，∵y＝，∴S四邊形AOEQ+S四邊形AOFP＝1.5，∴OA?2＝1.5，∴OA＝，∴AM＝1+＝；如圖2中，當(dāng)點(diǎn)A在正方形外部時，由題意，重疊部分是六邊形WQRJPT，S重疊＝S△ABC﹣2S△BQR﹣S△AWT，∴2.5＝×2×2﹣1﹣×2AN×AN，解得AN＝，∴AM＝2+，綜上所述，滿足條件的AM的值為或2+，故答案為或2+．【點(diǎn)評】本題考查正方形的性質(zhì)，平移變換，多邊形的面積等學(xué)問，解題的關(guān)鍵是理解題意，學(xué)會用分類探討的思想思索問題．11．（柯橋區(qū)月考）如圖所示，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)分別是邊BC，CD上的點(diǎn)，∠EAF＝45°，△ECF的周長為4，則正方形ABCD的邊長為2．【分析】依據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出∠EAF′＝45°，進(jìn)而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC＝FC+CE+EF′＝CD+BC＝4，得出正方形邊長即可．【解答】解：如圖，將△DAF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△BAF′位置，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠BAD＝90°，∵將△DAF繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)90度到△BAF′位置，則△DAF≌△BAF′，∴DF＝BF′，∠DAF＝∠BAF′，∵∠EAF＝45°，∴∠DAF+∠BAE＝45°∴∠EAF′＝45°，在△FAE和△F'AE中，，∴△FAE≌△F'AE（SAS），∴EF＝EF′，∵△ECF的周長為4，∴EF+EC+FC＝FC+CE+EF′＝FC+BC+BF′＝DF+FC+BC＝4，∴2BC＝4，∴BC＝2．故答案為：2．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)等學(xué)問，得出△FAE≌△F'AE是解題關(guān)鍵．12．（溫嶺市期末）如圖，O是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，四邊形OHBE與OGDF也都是正方形，圖中陰影部分的面積是10，則OA＝2．【分析】先證四邊形AHOF是矩形，可得AH＝OF，由三角形的面積公式可得OF2+OH2＝20，即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD，四邊形OHBE，四邊形OGDF都是正方形，∴AD∥BC∥HG，AB∥EF∥CD，F(xiàn)O＝OG，HO＝OE，∴四邊形AHOF是平行四邊形，又∵∠BAD＝90°，∴四邊形AHOF是矩形，∴AH＝OF，∵陰影部分的面積是10，∴×OG×OF+×OE×OH＝10，∴OF2+OH2＝20，∴AH2+OH2＝20，∴OA2＝20，∴OA＝2，故答案為：2．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理等學(xué)問，求出OA2的值是解題的關(guān)鍵．13．（嵊州市期末）如圖，四邊形ABCD和AEFG均為正方形，點(diǎn)G在對角線BD上，點(diǎn)F在邊BC上，連結(jié)BE．若DG＝3，BF＝1，則正方形ABCD的邊長為7．【分析】過點(diǎn)E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，由“SAS”可證△BAE≌△DAG，可得BE＝DG＝3，∠ABE＝∠ADG＝45°，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求EH＝BH＝3，利用勾股定理可求EF，F(xiàn)G，即可求解．【解答】解：如圖，過點(diǎn)E作EH⊥BC，交CB的延長線于H，∵四邊形ABCD和AEFG均為正方形，∴AE＝AG，AD＝AB，∠EAG＝∠BAD＝90°，∠ADB＝45°，BD＝AD，EG＝EF，∴∠EAB＝∠DAG，在△ABE和△ADG中，，∴△BAE≌△DAG（SAS），∴BE＝DG＝3，∠ABE＝∠ADG＝45°，∴∠EBH＝180°﹣45°﹣90°＝45°，∵EH⊥BH，∴∠EBH＝∠BEH＝45°，∴EH＝BH，∴BE＝BH＝3，∴EH＝BH＝3，∴FH＝BF+BH＝4，∴EF＝＝＝5，∴EG＝5，∴BG＝＝＝4，∴BD＝BG+DG＝7，∴AD＝7，故答案為：7．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等學(xué)問，求出EH的長是解題的關(guān)鍵．14．（寧波期末）如圖，點(diǎn)E為正方形ABCD外一點(diǎn)，且ED＝CD，連結(jié)AE，交BD于點(diǎn)F．若∠CDE＝30°，則∠DFC的度數(shù)為105°．【分析】依據(jù)正方形性質(zhì)和已知得AD＝DE，依據(jù)等腰△ADE頂角為120°計算∠DAE＝30°，由三角形的內(nèi)角和定理得∠AFD＝105°，通過證明△ADF≌△CDF證出∠DFC＝∠AFD即可得到答案．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝DC，∠ADC＝90°，∴∠ADB＝∠BDC＝45°，∵DC＝DE，∴AD＝DE，∴∠DAE＝∠DEA，∵∠ADE＝90°+30°＝120°，∴∠DAE＝30°，∴∠AFD＝180°﹣25°﹣45°＝105°，在△ADF和△CDF中，，∴△ADF≌△CDF（SAS），∴∠DFC＝∠AFD＝105°，故答案為：105°．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等的性質(zhì)和判定、等腰三角形的性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理，嫻熟駕馭正方形的性質(zhì)是關(guān)鍵．三．解答題（共4小題）15．（樂清市校級開學(xué)）如圖，已知正方形ABCD中，AB＝4，點(diǎn)E，F(xiàn)在對角線BD上，AE∥CF．（1）求證：△ABE≌△CDF；（2）若∠ABE＝2∠BAE，求DF的長．【分析】（1）利用平行線性質(zhì)和正方形的性質(zhì)可得∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，則借助AAS可證明△ABE≌△CDF；（2）過點(diǎn)E作HE⊥BE，交AB于H點(diǎn)，證明∠HAE＝∠HEA，得到AH＝HE．設(shè)BE＝DF＝HE＝AH＝x，則HB＝x．依據(jù)AB＝4，構(gòu)造關(guān)于x的方程，解方程即可．【解答】證明：（1）∵AE∥CF，∴∠AEF＝∠CFB．∴∠AEB＝∠CFD．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，∴△ABE≌△CDF（AAS）．（2）過點(diǎn)E作HE⊥BE，交AB于H點(diǎn)，∴∠BHE＝∠HBE＝45°．∵∠ABE＝2∠BAE，∴∠BHE＝2∠BAE．又∵∠BHE＝∠HAE+∠AEH，∴∠HAE＝∠HEA．∴AH＝HE．設(shè)BE＝DF＝HE＝AH＝x，則HB＝x．∴x+x＝4，解得x＝4﹣4．所以DF＝4﹣4．【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，此題第一問簡潔，其次問是“倍半角”問題，通過幫助線構(gòu)造等腰三角形轉(zhuǎn)化角的解決這類問題的通用方法．16．（陽信縣模擬）如圖：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，過點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB上一點(diǎn)，過點(diǎn)D作DE⊥BC，交直線MN于點(diǎn)E，垂足為F，連接CD，BE，（1）當(dāng)點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)時，四邊形BECD是什么特殊四邊形？說明你的理由（2）在（1）的條件下，當(dāng)∠A＝45°時四邊形BECD是正方形．【分析】（1）先證明AC∥DE，得出四邊形BECD是平行四邊形，再“依據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半”證出CD＝BD，得出四邊形BECD是菱形；（2）先求出∠ABC＝45°，再依據(jù)菱形的性質(zhì)求出∠DBE＝90°，即可證出結(jié)論．【解答】解：當(dāng)點(diǎn)D是AB的中點(diǎn)時，四邊形BECD是菱形；理由如下：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB，∴AC∥DE，∵M(jìn)N∥AB，即CE∥AD，∴四邊形ADEC是平行四邊形，∴CE＝AD；∵D為AB中點(diǎn)，∴AD＝BD，∴BD＝CE，∵BD∥CE，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵∠ACB＝90°，D為AB中點(diǎn)，∴CD＝AB＝BD，∴四邊形BECD是菱形；（2）當(dāng)∠A＝45°時，四邊形BECD是正方形；理由如下：∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，∴∠ABC＝45°，∵四邊形BECD是菱形，∴∠ABC＝∠DBE，∴∠DBE＝90°，∴四邊形BECD是正方形．故答案為：45°．【點(diǎn)評】本題考查了平行四邊形的判定、正方形的判定以及直角三角形的性質(zhì)；依據(jù)題意證明線段相等和直角是解決問題的關(guān)鍵．17．（濱江區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對角線AC上一點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥AC，交邊AD，AB于點(diǎn)F，H，連接CF，CH．（1）求證：CF＝CH；（2）若正方形ABCD的邊長為1，當(dāng)△AFH與△CDF的面積相等時，求AE的長．【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得到∠FAE＝∠HAE＝45°，再證明△AEF≌△AEH得到EF＝EH，然后依據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到結(jié)論；（2）設(shè)AE＝x，依據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到AF＝x，F(xiàn)H＝2x，利用三角形面積公式得到?2x?x＝×1?（1﹣x），然后解方程即可．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠FAE＝∠HAE＝45°，∵EF⊥AC，∴∠AEF＝∠AEH＝90°，在△AEF和△AEH中，，∴△AEF≌△AEH（ASA），∴EF＝EH，∴AC垂直平分FH，∴CF＝CH；（2）解：設(shè)AE＝x，AF＝x，DF＝1﹣x，F(xiàn)H＝2AE＝2x，∵△AFH與△CDF的面積相等，∴?2x?x＝×1?（1﹣x），整理得2x2+x﹣1＝0，解得x1＝，x2＝（舍去），∴AE＝．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)：正方形的兩條對角線相等，相互垂直平分，并且每條對角線平分一組對角．也考查了全等三角形的判定與性質(zhì)．18．（路橋區(qū)期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對角線BD上的一點(diǎn)（DE＜BE），連接AE，過點(diǎn)E分別作EF⊥AE交BC于點(diǎn)F，EG⊥BD交BC的延長線于點(diǎn)G．（1）若AD＝2，DE＝1，求EG的長度；（2）求證：FG＝AB．【分析】（1）由正方形的性質(zhì)可得AD＝AB＝2，BD＝AD＝2，∠ABD＝∠CBD＝45°，可求BE的長，由等腰三角形的性質(zhì)可得EB＝EG＝2﹣1；（2）由“AAS”可證△ABE≌△FGE，可得FG＝AB．【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝2，BD＝AD＝2，∠ABD＝∠CBD＝45°，∴BE＝BD﹣DE＝2﹣1，∵EG⊥BD，∠DBG＝45°，∴∠DBG＝∠EGB＝45°，∴EB＝EG＝2﹣1；（2）∵AE⊥EF，∴∠AEF＝∠BEG＝90°，∴∠AEB＝∠GEF，又∵BE＝EG，∠ABD＝∠FGE＝45°，∴△ABE≌△FGE（AAS），∴FG＝AB．【點(diǎn)評】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，靈敏運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．題組B實(shí)力提升練一．選擇題（共7小題）1．（椒江區(qū)校級月考）正方形ABCD與正方形BEFG按如圖方式放置，點(diǎn)F，B，C在同始終線上，已知BG＝，BC＝3，連接DF并取中點(diǎn)M，則AM的長為（）A． B． C． D．【分析】依據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出BH，進(jìn)而利用勾股定理解答即可．【解答】解：延長AM交BC于H點(diǎn)，∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，BG＝，BC＝3，∴BF＝BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC＝3，∵點(diǎn)F，B，C在同始終線上，∴AD∥CF，∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，∵M(jìn)是DF中點(diǎn)，∴DM＝FM，∴△ADM≌△HFM（AAS），∴AD＝FH＝3，AM＝HM＝AH，∴BH＝FH﹣BF＝1，在Rt△ABH中，AH＝，∴AM＝，故選：A．【點(diǎn)評】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是依據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)解答．2．（蕪湖模擬）如圖所示，四邊形ABCD是正方形，G是BC上的一點(diǎn)，DE⊥AG于點(diǎn)E，BF∥DE且交AG于點(diǎn)F．若3AB＝5EF，則S陰影：S正方形ABCD的值為（）A．5：9 B．3：5 C．17：25 D．16：25【分析】設(shè)EF＝3a，則AB＝5a，證明△DAE≌△ABG，得到AE＝BF，再利用勾股定理求出AE＝BF的長度，求S△DAE和S△ABF，從而得解．【解答】解：設(shè)EF＝3a，則AB＝5a，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∵∠DAE+∠GAB＝∠GAB+∠FBA＝90°，∴∠DAE＝∠FBA，在△DAE和△ABF中，，∴△DAE≌△ABF（AAS），∴AE＝BF，設(shè)AE＝BF＝m，在Rt△ABF中，AB＝5a，BF＝m，AF＝3a+m，∴m2+（3a+m）2＝（5a）2，解得m1＝a，m2＝a（舍去），∴S△DAE＝S△ABF＝（a+3a）×（a）＝4a2，∵S正方形ABCD＝5a×5a＝25a2，∴S陰影＝25a2﹣2×4a2＝17a2，∴S陰影：S正方形ABCD＝17a2：25a2＝17：25．故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，解題關(guān)鍵是證明∴DAE≌△ABG，得到AE＝BF，進(jìn)而計算面積求解．3．（溫州期末）在正方形ABCD的對角線BD上取一點(diǎn)E，連結(jié)AE，過點(diǎn)E作EF⊥AE交BC于點(diǎn)F，將線段EF向右平移m個單位，使得點(diǎn)E落在CD上，F(xiàn)落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，則m的值為（）A．6 B．4﹣2 C．4 D．2+2【分析】過點(diǎn)E作MN∥CD，交AD于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，利用一線三垂直模型證明△AME≌△ENF，列出關(guān)于m的方程，求出m即可．【解答】解：過點(diǎn)E作MN∥CD，交AD于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，∵E在正方形的對角線上，∴EM＝EE'＝m，∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，∴∠AEM＝∠EFN，在△AME和△ENF中，，∴△AME≌△ENF（AAS），∴FN＝ME＝m，∴，解得m＝，故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是要作幫助線構(gòu)造一線三垂直模型，證明全等的三角形，才能列出關(guān)于m的方程，從而求出m的值．4．（浦江縣期末）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E、F分別在邊BC、CD上，AE⊥BF，交點(diǎn)為G，CH⊥BF，交BF于點(diǎn)H．若CH＝HG，S△CFH＝1，那么正方形的面積為（）A．15 B．20 C．22 D．24【分析】依據(jù)AE⊥BF，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再依據(jù)AAS即可證出△ABG≌△BCH，得BG＝CH，設(shè)CH＝x，算出BC＝＝，設(shè)FH為y，分別在△CFH和△CFB中運(yùn)用勾股定理得y＝x，再由S△CFH＝1得x＝2，即可求出正方形的面積．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，∵AE⊥BF，∠ABC＝90°，∴∠BAE+∠GBA＝90°，∠FBC+∠GBA＝90°，∴∠BAE＝∠CBF，∵CH⊥BF，∴∠BHC＝90°＝∠AGB，在△ABG與△BCH中，，∴△ABG≌△BCH（AAS），∴BG＝CH，設(shè)CH＝x，則HG＝BG＝x，∴BH＝2x，∴BC＝＝，設(shè)FH為y，∵CH⊥BF，在△CFH中，CF2＝FH2+CH2＝x2+y2，在△CFB中，CF2＝BF2﹣BC2＝（2x+y）2﹣5x2，∴x2+y2＝（2x+y）2﹣5x2，解得：y＝x，∴＝＝1，∴x＝2，∴正方形的面積為BC2＝（2）2＝20．故選：B．【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，分別在△CFH和△CFB中運(yùn)用勾股定理是本題的關(guān)鍵．5．（麗水期末）如圖正方形ABCD的邊長為a，P是對角線AC上的點(diǎn)，連結(jié)PB，過點(diǎn)P作PQ⊥BP交線段CD于點(diǎn)Q．當(dāng)DQ＝2CQ時，BP的長為（）A．a(chǎn) B．a(chǎn) C．a(chǎn) D．a(chǎn)【分析】作PE⊥AB于E，交CD于F，依據(jù)正方形的性質(zhì)得∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，再推斷△PCF為等腰直角三角形得到PF＝CF，接著利用等角的余角相等得到∠1＝∠2，于是可證明△BEP≌△PQF，所以PE＝FQ，設(shè)EP＝FQ＝x，則AE＝x，CF＝x+，在△BEP中用勾股定理即可算出BP＝＝．【解答】解：過P作PE⊥AB于E，交CD于F，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，∴PF⊥CF，∴△PCF為等腰直角三角形，∴PF＝CF，而CF＝BE，∴PF＝BE，∵PB⊥PQ，∴∠1+∠BPE＝90°，而∠2+∠BPE＝90°，∴∠1＝∠2，在△BEP和△PQF中，∴△BEP≌△PFQ（ASA），∴EP＝FQ，正方形ABCD的邊長為a，DQ＝2CQ，∴CQ＝，設(shè)EP＝FQ＝x，則AE＝x，CF＝x+，∴AB＝x++x＝a，∴x＝，∴BP＝＝．故選：C．【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，作出幫助線構(gòu)造△BEP≌△PQF是本題的關(guān)鍵．6．（瑞安市期末）如圖，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各邊為邊分別作正方形ACDE，正方形BCFG與正方形ABMN，AN與FG相交于點(diǎn)H，連接NF并延長交AE于點(diǎn)P，且NF＝2FP．記△ABC的面積為S1，△FNH的面積為S2，若S1﹣S2＝21，則BC的長為（）A．6 B． C．8 D．9【分析】作NI⊥FG，先證明四邊形AOIF為矩形以及△BAC≌△NAO，由此得AO＝AC，NO＝BC，設(shè)AC＝a，BC＝b，再證明△NFI∽△NPO，△NHI∽△NAO，由此得b＝a．最終分別求出S1，S2，即可得到答案．【解答】如圖，作NI⊥FG，垂足為I，延長EA，NI交于O，∵∠ACB＝90°，四邊形ACDE與四邊形CBGF為正方形，∴AE∥BD，F(xiàn)G∥BD，CF⊥FG，∴AE∥FG．∵NI⊥FG，CF⊥FG，∴NI⊥AE，CF∥NO，∴四邊形AOIF為矩形，∵∠O＝90°，AF＝IO，F(xiàn)I＝AO，∠OAF＝∠OAC＝90°．∵四邊形BANM為正方形，∴AN＝AB，∠BAN＝90°，∴∠OAC﹣∠OAB＝∠BAN﹣∠OAB，即∠BAC＝∠NAO，在△BAC與△NAO中，，∴△BAC≌△NAO（AAS），∴AO＝AC，NO＝BC，設(shè)AC＝a，BC＝b，則CF＝BC＝NO＝b，F(xiàn)I＝AO＝AC＝a，∴AF＝IO＝b﹣a，NI＝NO﹣IO＝b﹣（b﹣a）＝a．∵FG∥AE，∴∠NFI＝∠NPO，∠NIF＝∠O，∠NHI＝∠NAO，∴△NFI∽△NPO，△NHI∽△NAO，∴，，∴NI＝2IO，，∴a＝2（b﹣a），∴b＝a．∵，∴HI＝AO＝a，∴FH＝FI﹣HI＝a﹣a＝，∵S1＝AC×BC＝a×b＝，S2＝FH×NI＝××a＝a2，∴S1﹣S2＝﹣a2＝＝21，∴a2＝36，即a＝6，∴b＝a＝9，∴BC＝9．故選：D．【點(diǎn)評】本意主要考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相像三角形的判定與性質(zhì)，解決此題的關(guān)鍵是證明△BAC≌△NAO、△NFI∽△NPO以及△NHI∽△NAO，得出b＝a．7．（浙江自主招生）如圖，正方形ABCD和正方形CGEF的邊長分別是2和3，且點(diǎn)B，C，G在同始終線上，M是線段AE的中點(diǎn)，連接MF，則MF的長為（）A． B． C．2 D．【分析】延長AD至H，易證△AMH≌△EMF，得FM＝HM，AH＝EF，又∵DH＝AH﹣AD，且DF＝CF﹣CD，解直角△DFH可以求得FH的長，依據(jù)FM＝HM即可解題．【解答】解：延長AD至H，延長FM與AH交于H點(diǎn)，則在△AMH和△EMF中，，∴△AMH≌△EMF，即FM＝MH，AH＝EF，∴DH＝AH﹣AD＝EF﹣AD＝1，∵DF＝CF﹣CD＝3﹣2＝1，在直角△DFH中，F(xiàn)H為斜邊，解直角△DFH得：FH＝，又∵FM＝MH，∴FM＝，故選：B．【點(diǎn)評】本題考查了勾股定理在直角三角形中的運(yùn)用，考查了正方形各邊長相等的性質(zhì)，考查了正方形各內(nèi)角均為直角的性質(zhì)，本題中求證FM＝MH是解題的關(guān)鍵．二．填空題（共2小題）8．（婺城區(qū)期末）五巧板是一種類似七巧板的智力玩具，它是由一個正方形按如圖1方式分割而成，其中圖形①是正方形，小明發(fā)覺可以將五巧板拼搭成如圖2所示的“三角形”與“飛機(jī)”模型．在“飛機(jī)”模型中寬與高的比值＝．【分析】利用圖1和圖2所示可得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC，設(shè)正方形MNHG的邊長為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通過說明△CHB∽△BHF，得到HF＝a，利用拼圖與原圖對比求得l與h的長，則結(jié)論可求．【解答】解：由題意得：MNHG為正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝BC．設(shè)正方形MNHG的邊長為a，則AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，∴△CHB∽△BHF．∴．∵CH＝2a，BH＝a，∴．∴HF＝a．由題意：AE＝CF．ME＝HF＝a．∴l(xiāng)＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．∴＝．故答案為：；【點(diǎn)評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，七巧板的操作，利用拼圖與原圖的對比找出數(shù)量關(guān)系是解題的關(guān)鍵．9．（湖州期末）七巧板是我國祖先的一項卓越創(chuàng)建，被譽(yù)為“東方魔板”．由邊長為的正方形可以制作一副如圖1所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板拼成如圖2所示的造型恰好放入矩形ABCD中（其中點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H，K都在矩形邊上），則AD長是．【分析】如圖，設(shè)DF＝x，DE＝y(tǒng)，依據(jù)△AFG∽△DEF，可得出：AF＝2y，AG＝2x，同理：△CHK∽△DEF，可得出：CH＝y(tǒng)，CK＝x，再證明△AFG≌△BGH（AAS），可得：BG＝AF＝2y，BH＝AG＝2x，AD＝x+2y，BC＝2x+y，再由AD＝BC，建立方程求解即可．【解答】解：如圖，設(shè)DF＝x，DE＝y(tǒng)，在Rt△DEF中，EF＝2，∵∠A＝∠D＝∠EFG＝90°，∴∠DFE+∠AFG＝90°，