2021-2022学年浙教版数学八下5.3 正方形 菱形同步练习
一、单选题
1．（2021八下·株洲开学考）下列说法正确的是（ ）
A．菱形有四条对称轴
B．一组邻边相等的平行四边形是矩形
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
2．（2021八上·永州月考）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
（1）AE=BF；（2）AE⊥BF；（3）AO=OE；（4）中正确的有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
3．（2021八上·农安期末）如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA＝AE交CB的延长线于点F，若AB＝4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
4．（2021八上·平阳期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是正方形，已知点C的坐标为（ ，1），则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
5．（2021八上·镇海期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载.如图以直角三角形的各边为边分别向同侧作正方形，若知道图中阴影部分的面积之和，则一定能求出（ ）
A．正方形ABED的面积 B．正方形ACFG的面积
C．正方形BCMN的面积 D．△ABC的面积
6．（2021八上·上城期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边在△ABC外作三个正方形，S1，S2，S3分别表示这三个正方形的面积，若S1＝3，S2＝11，则S3＝（ ）
A．5 B．8 C．14 D．16
7．（2021八上·诸暨期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，则正方形ABCD的面积S等于（ ）
A．34 B．89 C．74 D．109
8．（2021八上·衢江月考）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（ ）
A．50 B．50 C．100 D．100
9．（2021八上·西湖期中）如图，四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成了一个大正方形ABCD，连结AC，交BE于点P，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7.则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5 B．4.5 C．5 D．5.5
10．（2021八上·平阳期中）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，连接AC，交BE于点P，如图所示，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7，则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．7
二、填空题
11．（2021八上·六盘水月考）如图，正方形OABC的边OC落在数轴上，OC＝2，以O为圆心，OB长为半径作圆弧与数轴交于点D，则点D表示的数是 .
12．（2021八上·如皋月考）如图，直线l经过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是1，3，则正方形ABCD的面积是 .
13．（2021八上·如皋期末）如图，两个阴影图形都是正方形，用两种方式表示这两个正方形的面积和，可以得到的等式为 .
14．（2021八上·江油期末）如图，直线a过正方形ABCD的顶点A，点B、D到直线a的距离分别为5、12，则正方形的周长为 ．
15．（2021八下·株洲开学考）如图所示，正方形中，E为边上一点，连接，作的垂直平分线交 于G，交于F﹐若，，则 的长为 .
16．（2021八上·如皋月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，两锐角的角平分线交于点P，点E、F分别在边BC、AC上，且都不与点C重合，若∠EPF＝45°，连接EF，当AC＝6，BC＝8，AB＝10时，则△CEF的周长为 .
三、解答题
17．（2021八下·自贡期末）如图，四边形 是正方形，点 是 边上的一点， ，且 ，连接 ；求 的度数.
18．（2021八下·贵港期末）如图，在正方形ABCD中，F为DC的中点，E为BC上一点，且CE= BC，连接AE，求证：△AFE是直角三角形.
19．（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．）
20．（2021八下·曾都期末）在几何探究问题中，经常需要通过作辅助线（如，连接两点，过某点作垂线，作延长线，作平行线等等）把分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的.
（1）（探究发现）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上， ，连接EF.通过探究，可发现BE，EF，DF之间的数量关系为 （直接写出结果）.
（2）（验证猜想）同学们讨论得出下列三种证明思路（如图1）：
思路一：过点A作 ，交CD的延长线于点G.
思路二：过点A作 ，并截取 ，连接DG.
思路三：延长CD至点G，使 ，连接AG.
请选择你喜欢的一种思路证明（探究发现）中的结论.
（3）（迁移应用）如图2，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且 ， ，设 ，试用含 的代数式表示DF的长.
21．（2021八上·于洪期末）如图
（1）如图1，四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点O．判断AB2+CD2与AD2+BC2的数量关系，并说明理由．
（2）如图2，分别以Rt△ABC的直角边AB和斜边AC为边向外作正方形ABDM和正方形ACEN，连接BN，CM，交点为O．
①判断CM，BN的关系，并说明理由．
②连接MN．若AB＝2，BC＝3，请直接写出MN的长．
22．（2021八上·铁西月考）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一点（不与点A，D重合），连接CE，以CE为一边作正方形CEFG，使点F，G与点A，B在CE的两侧，连接BE并延长，交GD延长线于点H．
（1）如图1，请判断线段BE与GD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图2，连接BG，若AB＝2，CE＝，请你直接写出的值．
23．（2021八上·玉田期中）（1）发现：面积为 的正方形纸片，它的边长是 cm；
（2）拓展：面积为 的长方形纸片，如果它的长是宽的2倍，则长和宽各是多少cm？
（3）延伸：在面积为 的正方形纸片中能否沿着边的方向（如图所示）裁出一块面积为 的长方形纸片，使它的长是宽的2倍 说明理由．
24．（2021八上·如皋期中）如图，正方形 的边长为 ，点 在 上，四边形 是边长为 的正方形，连接 ， .
（1）用含 ， 的代数式表示： ， 的面积＝ ；
（2）若 的面积为 ，两个正方形的面积之和为60，求 的长.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： A、 菱形的对称轴是两条对角线所在的直线，因此菱形只有两条对称轴，故本选项错误；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是矩形，故此选项说法错误；
C、因为等腰梯形满足“一组对边相等，另一组对边平行”，但它不是平行四边形，故此选项说法错误；
D、因为对角线相等且互相平分的四边形是矩形，若再加上对角线互相垂直条件，则矩形便转化为正方形，所以对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故此选项正确.
故答案为：D.
【分析】A、根据菱形的性质可知菱形的对称轴是两条对角线所在的直线；
B、根据菱形的定义可知一组邻边相等的平行四边形是菱形；
C、由题意可知等腰梯形也满足“一组对边相等，另一组对边平行”这个条件；
D、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形.
2．【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，
而CE=DF，
∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中
∴△ABF≌△DAE，
∴AE=BF，所以（1）正确；
∴∠ABF=∠EAD，
而∠EAD+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；
连结BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF=S△DAE，
∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF，所以（4）正确.
故答案为：B.
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，由CE=DF可求出AF=DE，根据SAS证明△ABF≌△DAE，得AE=BF，∠ABF=∠EAD，据此判断①；由∠EAD+∠EAB=90°得∠ABF+∠EAB
=90°，利用三角形的内角和可得∠AOB=90°，据此判断②；连结BE，由于BA≠BE，BO⊥AE，可得OA≠OE，据此判断③；由△ABF≌△DAE可得S△ABF=S△DAE，从而得出S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
即得S△AOB=S四边形DEOF，据此判断④.
3．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解： 正方形ABCD，
AB＝4，
故答案为：C
【分析】先利用“HL”证明，再利用全等的性质可得，再利用等量代换可得，最后利用正方形的性质求解即可。
4．【答案】A
【知识点】点的坐标；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：作CF⊥x轴于F，BE⊥x轴于E，CH⊥BE于H，
∵EH=CF=1，
∵∠BCH+∠HCO=∠HCO+∠FCO=90°，
∴∠BCH=∠FCO，
在△BCH和△CFO中，
，
∴△BCH≌△CFO（AAS），
∴BH=OF=，
∴BE=BH+HE=+1，
OE=OF-EF=-1，
∴B点坐标为 .
故答案为：A.
【分析】作CF⊥x轴于F，BE⊥x轴于E，CH⊥BE于H，则可得出EH的长，然后利用AAS证明△BCH≌△CFO，得出BH=OF=，再求出OE的长，则可求出B点的坐标.
5．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BAC＝90°，
∴AB2+AC2＝BC2，
即S正方形ABDE+S正方形ACFG＝S正方形BCMN，
∴S阴影＝2S△ABC.
故答案为：D.
【分析】由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，则S正方形ABDE+S正方形ACFG＝S正方形BCMN，据此解答.
6．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵S1＝3，S2＝11，S1，S2，S3分别表示三个正方形的面积，
∴BC2＝3，AB2＝11，
∵∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴AC2＝11﹣3＝8，
∴S3＝AC2＝8.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积公式可得BC2＝3，AB2＝11，S3＝AC2，由勾股定理可得AC2+BC2＝AB2，据此求解.
7．【答案】C
【知识点】平行线之间的距离；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，
∵ l1∥l2∥l3∥l4，
∴∠AEB=∠AFD=∠DGC=∠BHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ADC=∠DCB=∠CBA=90°，
∴∠ABE=∠DAF=∠CDG=∠BCH，
∴△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，
∴BE=AF=h1+h2，
∴S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），
∴S=4S△ABE+S正方形EFGH=4×h1（h1+h2）+h22=74.
故答案为：C.
【分析】过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，证出△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，从而得出S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），S正方形EFGH=h22，利用S=4S△ABE+S正方形EFGH，代入数值进行计算，即可得出答案.
8．【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，
∴BC＝AB＝5，AC＝＝5，
过D作DN⊥BF于N，连接DI，
在△ACB和△BND中，
，
∴△ACB≌△BND（AAS），
同理，Rt△MND≌Rt△OCB，
∴MD＝OB，∠DMN＝∠BOC，
∴EM＝DO，
∴DN＝BC＝CI，
∵DN∥CI，
∴四边形DNCI是平行四边形，
∵∠NCI＝90°，
∴四边形DNCI是矩形，
∴∠DIC＝90°，
∴D、I、H三点共线，
∵∠F＝∠DIO＝90°，∠EMF＝∠DMN＝∠BOC＝∠DOI，
∴△FME≌△DOI（AAS），
∵图中S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，
∴S2+S4＝SRt△ABC，S3＝S△ABC，
在Rt△AGE和Rt△ABC中，
，
∴Rt△AGE≌Rt△ACB（HL），
同理，Rt△DNB≌Rt△BHD，
∴S1+S2+S3+S4+S5
＝S1+S3+（S2+S4）+S5
＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积
＝Rt△ABC的面积×4
＝5×5÷2×4
＝50.
故答案为：B.
【分析】过D作DN⊥BF于N，连接DI，证明△ACB≌△BND，Rt△MND≌Rt△OCB，△FME≌△DOI，由于S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，得出S2+S4＝SRt△ABC，S3＝S△ABC，再证明Rt△AGE≌Rt△ACB，Rt△DNB≌Rt△BHD，由于S1+S2+S3+S4+S5＝S1+S3+（S2+S4）+S5＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积＝Rt△ABC的面积×4，据此即可求解.
9．【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ （NG+PF） FG＝ EF FG＝ S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× x （7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5；
故答案为：A.
【分析】由正方形的面积得AB2＝28，设AE＝x可得BE＝7﹣x，Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，据此建立关于x方程，可得2x2﹣14x＝﹣21.证明△AEP≌△CGM（ASA），可得S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，从而求出S△CFP﹣S△AEP＝ S正方形EHGF，根据S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB即可求解.
10．【答案】B
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ ＝ ＝ S正方形EHGF，
∵S正方形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× ＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积可得AB2＝28，设AE＝x，则BE＝7-x，在Rt△AEB中，应用勾股定理可得2x2-14x＝-21，易得AH∥CF，由平行线的性质可得∠EAP＝∠GCM，由题意可知：△AEB≌△CGD，则AE＝CG，进而证明△AEP≌△CGM，得到S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，推出S△CFP-S△AEP=S正方形EHGF，然后根据S正方形EHGF＝S正方形ABCD-4S△AEB进行求解即可.
11．【答案】﹣2
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：由勾股定理知：OB2，
∴OD＝2，
∴点D表示的数为﹣2，
故答案为：﹣2.
【分析】由勾股定理OB的长，即得OD=OB，根据点D的位置写出结论即可.
12．【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴.
根据题意可知：，，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴.
∵在中，，
∴正方形ABCD的面积是10.
故答案为：10.
【分析】利用正方形的性质可证得AB=BC，∠ABC=90°，利用余角的性质可证得∠BAM=∠CBN，∠ABM=∠BCN，利用ASA证明△ABM≌△BCN，利用全等三角形的性质可求出BN的长，再利用勾股定理求出BC2的值，即可得到正方形ABCD的面积.
13．【答案】（a+b）2-2ab = a2+b2
【知识点】完全平方公式的几何背景；正方形的性质
【解析】【解答】解：两个阴影图形的面积和可表示为：a2+b2或 （a+b）2-2ab，
故可得： （a+b）2-2ab = a2+b2
故答案为：（a+b）2-2ab = a2+b2.
【分析】两个阴影部分正方形的边长分别为a、b，根据正方形的面积公式可得阴影部分的面积，利用大正方形的面积-2个矩形的面积之和也可表示出阴影部分的面积，据此可得等式.
14．【答案】52
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∵∠DAF+∠ADF=∠DAF+∠BAE=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
在△AFD和△BEA中，
，
∴△AFD≌△BEA（AAS），
∴AE=DF=12，
∴AB==13，
∴正方形的周长=4AB=52.
故答案为：52.
【分析】根据正方形的性质得出AD=AB，再由余角的性质求出∠ADF=∠BAE，然后利用AAS证明△AFD≌△BEA，得出AE=DF=12，则可利用勾股定理求出AB的长，则可解答.
15．【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接GE，作GH⊥CD于H，则四边形AGHD是矩形，设AG=DH=x，则FH=x-2.
∵GF垂直平分AE，四边形ABCD是正方形，
，，
，，
，
，
，
在中，
，
，
，
，，
在中，，
故答案是：.
【分析】连接GE，作GH⊥CD于H，则四边形AGHD是矩形，设AG=DH=x，则FH=x-2；由线段的垂直平分线的性质得AG=GE，结合正方形的性质用角边角可证△ABE≌△GHF，则BE=FH，在Rt△BGE中，用勾股定理得关于x的方程，解方程可求得x的方程，则可求得AB、BE的值，在Rt△ABE中，用勾股定理可求解.
16．【答案】4
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ＝FN，连接PJ.
∵BP平分∠BC，PA平分∠CAB，PM⊥BC，PN⊥AC，PK⊥AB，
∴PM＝PK，PK＝PN，
∴PM＝PN，
∵∠C＝∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM＝PM，
∴∠MPN＝90°，
在△PMJ和△PNF中，
，
∴△PMJ≌△PNF（SAS），
∴∠MPJ＝∠FPN，PJ＝PF，
∴∠JPF＝∠MPN＝90°，
∵∠EPF＝45°，
∴∠EPF＝∠EPJ＝45°，
在△PEF和△PEJ中，
，
∴△PEF≌△PEJ（SAS），
∴EF＝EJ，
∴EF＝EM+FN，
∴△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+EM+CF+FN＝2CM＝2PM，
∵S△ABC＝ BC AC＝（AC+BC+AB） PM，
∴PM＝2，
∴△ECF的周长为4，
故答案为：4.
【分析】过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ＝FN，连接PJ，利用角平分线的性质可证得PM=PN，∠C＝∠PMC＝∠PNC＝90°，可推出四边形PMCN是正方形，利用正方形的性质可得到CM=PM；再利用SAS证明△PMJ≌△PNF，利用全等三角形的性质可证得∠MPJ＝∠FPN，PJ＝PF；再利用SAS证明△PEF≌△PEJ，利用全等三角形的对应角相等可证得EF=EJ，由此可推出EF＝EM+FN；然后可证得△CEF的周长=2PM；然后证明△ABC的面积=（AC+BC+AB） PM，可求出PM的长，即可得到△CEF的周长.
17．【答案】解：作FH⊥CG交BC的延长线于H.
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠FEH=∠EAB，
又∵∠B=∠EHF，且AE=EF，
∴△ABE≌△EHF，
∴BE=HF，BC=AB=EH，
∴EH-EC=BC-EC，
∴BE=CH，
∴CH=HF.
∴∠FCH=∠CFH=
∴
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】作FH⊥CG交BC的延长线于H，利用余角的性质可证得 ∠FEH=∠EAB，利用AAS可证得△ABE≌△EHF；再利用全等三角形的性质可推出BE=HF，BC=AB=EH，由此可证得BE=CH，从而可推出CH=HF，利用等腰三角形的性质可求出∠FCH的度数，然后求出∠DCF的度数.
18．【答案】证明：设正方形的边长是4a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB=4a，∠B=∠C=∠D=90°，
∵F为DC的中点，
∴DF=FC=2a，
∵CE= BC，
∴CE=a，
由勾股定理得，
AF2=AD2+DF2=（4a）2+（2a）2=20a2，
EF2=FC2+CE2=（2a）2+a2=5a2，
AE2=AB2+BE2=（4a）2+（3a）2=25a2.
∵AF2+EF2=AE2，
∴△AFE是直角三角形.
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；线段的中点
【解析】【分析】设正方形的边长是4a，由正方形的性质可得AD=CD=BC=AB=4a，∠B=∠C=∠D=90°，由线段中点的概念可得DF=FC=2a，CE=a，由勾股定理可得AF2，EF2，AE2，然后利用勾股定理逆定理进行证明.
19．【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）
∴
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】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。
20．【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：过点A作 ，交CD的延长线于点G.
在正方形ABCD中， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
∴ ，
∴
（3）解：连接EF，设DF的长为 ，
∵BE=a，
∴ ，
∴ ，
根据【验证猜想】可得 ，
在 中，根据勾股定理得，
，
∴ ，即DF的长为
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】（1）【探究发现】 .
【分析】（1）【探究发现】 .
（2）（验证猜想） 过点A作 ，交CD的延长线于点G. 先证明 ，可得 ， ， 再证明 ，可得，即得；
（3）（迁移应用）连接EF，设DF的长为，可得 ，根据【验证猜想】可得 ， 在 中，根据勾股定理建立方程，求解即可.
21．【答案】（1）解：∵AC⊥BD，
∴ ，
∴在中， ，
在中， ，
在中， ，
在中， ，
∴ ，
即 ；
（2）解：①∵四边形MDBA和四边形ACEN为正方形，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴CM⊥BN，
综上，，CM⊥BN；
；
②．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】（2）②在四边形MBCN中，MC⊥BN，
由（1）知 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【分析】由勾股定理得出 ， ， ， ，进而得出 ；
（2）①证出 ，得出 ，，再由三角形内角和定理得出 ，即可得出结论；②在四边形MBCN中，MC⊥BN，由（1）知 ，根据 ，利用勾股定理得出MB、CN的值，代入即可得出答案。
22．【答案】（1）解：BE=DG，BE⊥DG，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴BE=DG，∠GDC=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠HED=∠GDC，
∵∠GDC+∠HDE=90°，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∴∠DHE=90°，
∴BE⊥DG；
（2）解：=
【知识点】平行线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）解：连接BD，EG，如图所示，
由（1）知∠BHD=∠EHG=90°，
∴DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=22+22=8，
EH2+HG2=EG2=CG2+CE2=() 2+() 2=5+5=10，
在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，
∴BG2+DE2=BH2+HG2+EH2+DH2=8+10=18．
∴
【分析】（1） BE=DG，BE⊥DG，理由：证明△GCD≌△ECB（SAS），可得BE=DG，∠GDC=
∠EBC， 由平行线的性质可得∠EBC=∠HED=∠GDC，由∠GDC+∠HDE=90°可得∠HED+∠HDE=90°，
从而得出∠DHE=90°，根据垂直的定义即得结论；
（2）连接BD，EG，由勾股定理可得DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=8，EH2+HG2=EG2=CG2+
CE2=10，在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，从而得出BG2+DE2
=18，据此即可求解.
23．【答案】（1）7
（2）解：设长方形的宽为xcm，则长为2xcm，
根据题意得x·2x＝26，
x2＝13，解得x＝
∵x＝－ 不合题意，舍去，
∴x＝
∴长为2x＝ cm，
答：长方形的宽为 cm，长为 cm，
（3）解：不能．
理由：因为 ＞7，即长方形的长大于正方形的边长，所以不能裁出符合要求的长方形纸片．
【知识点】正方形的性质；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）∵正方形的面积为 ，
∴边长 cm．
【分析】（1）根据正方形的面积为 ，即可求得边长；
（2） 设长方形的宽为xcm，则长为2xcm，根据题意得x·2x＝26， x2＝13， 得出x的值即可；
（3） 不能．因为 ＞7，即长方形的长大于正方形的边长，所以不能裁出符合要求的长方形纸片．
24．【答案】（1）a+b；
（2）解： 的面积为 ，
，即 .
两个正方形的面积之和为 ，
.
.
.
【知识点】完全平方公式及运用；三角形的面积；正方形的性质；线段的计算
【解析】【解答】解：（1）∵BC=a，BG=b，
∴CG=BC+BG=a+b，
∵S△AEC=AEBC=（a-b）a=
故答案为：a+b， ；
【分析】（1）根据GC=GB+BC可得GC，由S△AEC=AEBC进行计算；
（2）由题意可得ab=20、a2+b2=60，根据(a+b)2=a2+b2+2ab求出a+b，据此可得GC.
1 / 12021-2022学年浙教版数学八下5.3 正方形 菱形同步练习
一、单选题
1．（2021八下·株洲开学考）下列说法正确的是（ ）
A．菱形有四条对称轴
B．一组邻边相等的平行四边形是矩形
C．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
D．对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定；菱形的性质；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： A、 菱形的对称轴是两条对角线所在的直线，因此菱形只有两条对称轴，故本选项错误；
B、一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是矩形，故此选项说法错误；
C、因为等腰梯形满足“一组对边相等，另一组对边平行”，但它不是平行四边形，故此选项说法错误；
D、因为对角线相等且互相平分的四边形是矩形，若再加上对角线互相垂直条件，则矩形便转化为正方形，所以对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故此选项正确.
故答案为：D.
【分析】A、根据菱形的性质可知菱形的对称轴是两条对角线所在的直线；
B、根据菱形的定义可知一组邻边相等的平行四边形是菱形；
C、由题意可知等腰梯形也满足“一组对边相等，另一组对边平行”这个条件；
D、对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形.
2．（2021八上·永州月考）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、AD上的点，且CE=DF，AE、BF相交于点O，下列结论：
（1）AE=BF；（2）AE⊥BF；（3）AO=OE；（4）中正确的有( )
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【知识点】三角形内角和定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，
而CE=DF，
∴AF=DE，
在△ABF和△DAE中
∴△ABF≌△DAE，
∴AE=BF，所以（1）正确；
∴∠ABF=∠EAD，
而∠EAD+∠EAB=90°，
∴∠ABF+∠EAB=90°，
∴∠AOB=90°，
∴AE⊥BF，所以（2）正确；
连结BE，
∵BE＞BC，
∴BA≠BE，
而BO⊥AE，
∴OA≠OE，所以（3）错误；
∵△ABF≌△DAE，
∴S△ABF=S△DAE，
∴S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
∴S△AOB=S四边形DEOF，所以（4）正确.
故答案为：B.
【分析】由正方形的性质可得AB=AD=DC，∠BAD=∠D=90°，由CE=DF可求出AF=DE，根据SAS证明△ABF≌△DAE，得AE=BF，∠ABF=∠EAD，据此判断①；由∠EAD+∠EAB=90°得∠ABF+∠EAB
=90°，利用三角形的内角和可得∠AOB=90°，据此判断②；连结BE，由于BA≠BE，BO⊥AE，可得OA≠OE，据此判断③；由△ABF≌△DAE可得S△ABF=S△DAE，从而得出S△ABF-S△AOF=S△DAE-S△AOF，
即得S△AOB=S四边形DEOF，据此判断④.
3．（2021八上·农安期末）如图，E是正方形ABCD的边DC上一点，过点A作FA＝AE交CB的延长线于点F，若AB＝4，则四边形AFCE的面积是（ ）
A．4 B．8 C．16 D．无法计算
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；正方形的性质
【解析】【解答】解： 正方形ABCD，
AB＝4，
故答案为：C
【分析】先利用“HL”证明，再利用全等的性质可得，再利用等量代换可得，最后利用正方形的性质求解即可。
4．（2021八上·平阳期中）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCO是正方形，已知点C的坐标为（ ，1），则点B的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】点的坐标；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：作CF⊥x轴于F，BE⊥x轴于E，CH⊥BE于H，
∵EH=CF=1，
∵∠BCH+∠HCO=∠HCO+∠FCO=90°，
∴∠BCH=∠FCO，
在△BCH和△CFO中，
，
∴△BCH≌△CFO（AAS），
∴BH=OF=，
∴BE=BH+HE=+1，
OE=OF-EF=-1，
∴B点坐标为 .
故答案为：A.
【分析】作CF⊥x轴于F，BE⊥x轴于E，CH⊥BE于H，则可得出EH的长，然后利用AAS证明△BCH≌△CFO，得出BH=OF=，再求出OE的长，则可求出B点的坐标.
5．（2021八上·镇海期中）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，在我国古算书《周髀算经》中早有记载.如图以直角三角形的各边为边分别向同侧作正方形，若知道图中阴影部分的面积之和，则一定能求出（ ）
A．正方形ABED的面积 B．正方形ACFG的面积
C．正方形BCMN的面积 D．△ABC的面积
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵∠BAC＝90°，
∴AB2+AC2＝BC2，
即S正方形ABDE+S正方形ACFG＝S正方形BCMN，
∴S阴影＝2S△ABC.
故答案为：D.
【分析】由勾股定理可得AB2+AC2＝BC2，则S正方形ABDE+S正方形ACFG＝S正方形BCMN，据此解答.
6．（2021八上·上城期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边在△ABC外作三个正方形，S1，S2，S3分别表示这三个正方形的面积，若S1＝3，S2＝11，则S3＝（ ）
A．5 B．8 C．14 D．16
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵S1＝3，S2＝11，S1，S2，S3分别表示三个正方形的面积，
∴BC2＝3，AB2＝11，
∵∠ACB＝90°，
∴AC2+BC2＝AB2，
∴AC2＝11﹣3＝8，
∴S3＝AC2＝8.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积公式可得BC2＝3，AB2＝11，S3＝AC2，由勾股定理可得AC2+BC2＝AB2，据此求解.
7．（2021八上·诸暨期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l1、l2、l3、l4上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h1、h2、h3（h1＞0，h2＞0，h3＞0），若h1＝5，h2＝2，则正方形ABCD的面积S等于（ ）
A．34 B．89 C．74 D．109
【答案】C
【知识点】平行线之间的距离；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，
∵ l1∥l2∥l3∥l4，
∴∠AEB=∠AFD=∠DGC=∠BHC=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠ADC=∠DCB=∠CBA=90°，
∴∠ABE=∠DAF=∠CDG=∠BCH，
∴△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，
∴BE=AF=h1+h2，
∴S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），
∴S=4S△ABE+S正方形EFGH=4×h1（h1+h2）+h22=74.
故答案为：C.
【分析】过A点作AF⊥l3分别交l2、l3于点E、F，过C点作CG⊥l3分别交l3、l2于点G、H，证出△ABE≌△DAF≌△CDG≌△BCH，从而得出S△ABE=S△DAF=S△CDG=S△BCH=h1（h1+h2），S正方形EFGH=h22，利用S=4S△ABE+S正方形EFGH，代入数值进行计算，即可得出答案.
8．（2021八上·衢江月考）如图，在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，分别以△ABC的三边长为边在AB上方作正方形，S1，S2，S3，S4，S5分别表示对应阴影部分的面积，则S1+S2+S3+S4+S5＝（ ）
A．50 B．50 C．100 D．100
【答案】B
【知识点】三角形全等的判定；含30°角的直角三角形；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：在Rt△ABC中，∠CBA＝60°，斜边AB＝10，
∴BC＝AB＝5，AC＝＝5，
过D作DN⊥BF于N，连接DI，
在△ACB和△BND中，
，
∴△ACB≌△BND（AAS），
同理，Rt△MND≌Rt△OCB，
∴MD＝OB，∠DMN＝∠BOC，
∴EM＝DO，
∴DN＝BC＝CI，
∵DN∥CI，
∴四边形DNCI是平行四边形，
∵∠NCI＝90°，
∴四边形DNCI是矩形，
∴∠DIC＝90°，
∴D、I、H三点共线，
∵∠F＝∠DIO＝90°，∠EMF＝∠DMN＝∠BOC＝∠DOI，
∴△FME≌△DOI（AAS），
∵图中S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，
∴S2+S4＝SRt△ABC，S3＝S△ABC，
在Rt△AGE和Rt△ABC中，
，
∴Rt△AGE≌Rt△ACB（HL），
同理，Rt△DNB≌Rt△BHD，
∴S1+S2+S3+S4+S5
＝S1+S3+（S2+S4）+S5
＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积
＝Rt△ABC的面积×4
＝5×5÷2×4
＝50.
故答案为：B.
【分析】过D作DN⊥BF于N，连接DI，证明△ACB≌△BND，Rt△MND≌Rt△OCB，△FME≌△DOI，由于S2＝SRt△DOI，S△BOC＝S△MND，得出S2+S4＝SRt△ABC，S3＝S△ABC，再证明Rt△AGE≌Rt△ACB，Rt△DNB≌Rt△BHD，由于S1+S2+S3+S4+S5＝S1+S3+（S2+S4）+S5＝Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积+Rt△ABC的面积＝Rt△ABC的面积×4，据此即可求解.
9．（2021八上·西湖期中）如图，四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成了一个大正方形ABCD，连结AC，交BE于点P，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7.则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3.5 B．4.5 C．5 D．5.5
【答案】A
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ （NG+PF） FG＝ EF FG＝ S正方形EHGF，
∵S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× x （7﹣x）＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5；
故答案为：A.
【分析】由正方形的面积得AB2＝28，设AE＝x可得BE＝7﹣x，Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，据此建立关于x方程，可得2x2﹣14x＝﹣21.证明△AEP≌△CGM（ASA），可得S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，从而求出S△CFP﹣S△AEP＝ S正方形EHGF，根据S矩形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB即可求解.
10．（2021八上·平阳期中）我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，连接AC，交BE于点P，如图所示，若正方形ABCD的面积为28，AE+BE＝7，则S△CFP﹣S△AEP的值是（ ）
A．3 B．3.5 C．4 D．7
【答案】B
【知识点】平行线的判定与性质；三角形的面积；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的面积为28，
∴AB2＝28，
设AE＝x，
∵AE+BE＝7，
∴BE＝7﹣x，
Rt△AEB中，由勾股定理得：AE2+BE2＝AB2，
∴x2+（7﹣x）2＝28，
∴2x2﹣14x＝﹣21，
∵AH⊥BE，BE⊥CF，
∴AH∥CF，
∴∠EAP＝∠GCM，
∵“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形EFGH拼成的一个大正方形ABCD，
∴△AEB≌△CGD，
∴AE＝CG，
∴△AEP≌△CGM（ASA），
∴S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，
∴S△CFP﹣S△AEP＝S△CFP﹣S△CGM＝S梯形FPMG＝ ＝ ＝ S正方形EHGF，
∵S正方形EHGF＝S正方形ABCD﹣4S△AEB＝28﹣4× ＝28﹣2x（7﹣x）＝28﹣21＝7，
则S△CFP﹣S△AEP的值是3.5.
故答案为：B.
【分析】根据正方形的面积可得AB2＝28，设AE＝x，则BE＝7-x，在Rt△AEB中，应用勾股定理可得2x2-14x＝-21，易得AH∥CF，由平行线的性质可得∠EAP＝∠GCM，由题意可知：△AEB≌△CGD，则AE＝CG，进而证明△AEP≌△CGM，得到S△AEP＝S△CGM，EP＝MG，推出S△CFP-S△AEP=S正方形EHGF，然后根据S正方形EHGF＝S正方形ABCD-4S△AEB进行求解即可.
二、填空题
11．（2021八上·六盘水月考）如图，正方形OABC的边OC落在数轴上，OC＝2，以O为圆心，OB长为半径作圆弧与数轴交于点D，则点D表示的数是 .
【答案】﹣2
【知识点】无理数在数轴上表示；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：由勾股定理知：OB2，
∴OD＝2，
∴点D表示的数为﹣2，
故答案为：﹣2.
【分析】由勾股定理OB的长，即得OD=OB，根据点D的位置写出结论即可.
12．（2021八上·如皋月考）如图，直线l经过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是1，3，则正方形ABCD的面积是 .
【答案】10
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∴.
根据题意可知：，，
∴，，
∴在和中，
，
∴，
∴.
∵在中，，
∴正方形ABCD的面积是10.
故答案为：10.
【分析】利用正方形的性质可证得AB=BC，∠ABC=90°，利用余角的性质可证得∠BAM=∠CBN，∠ABM=∠BCN，利用ASA证明△ABM≌△BCN，利用全等三角形的性质可求出BN的长，再利用勾股定理求出BC2的值，即可得到正方形ABCD的面积.
13．（2021八上·如皋期末）如图，两个阴影图形都是正方形，用两种方式表示这两个正方形的面积和，可以得到的等式为 .
【答案】（a+b）2-2ab = a2+b2
【知识点】完全平方公式的几何背景；正方形的性质
【解析】【解答】解：两个阴影图形的面积和可表示为：a2+b2或 （a+b）2-2ab，
故可得： （a+b）2-2ab = a2+b2
故答案为：（a+b）2-2ab = a2+b2.
【分析】两个阴影部分正方形的边长分别为a、b，根据正方形的面积公式可得阴影部分的面积，利用大正方形的面积-2个矩形的面积之和也可表示出阴影部分的面积，据此可得等式.
14．（2021八上·江油期末）如图，直线a过正方形ABCD的顶点A，点B、D到直线a的距离分别为5、12，则正方形的周长为 ．
【答案】52
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，
∵∠DAF+∠ADF=∠DAF+∠BAE=90°，
∴∠ADF=∠BAE，
在△AFD和△BEA中，
，
∴△AFD≌△BEA（AAS），
∴AE=DF=12，
∴AB==13，
∴正方形的周长=4AB=52.
故答案为：52.
【分析】根据正方形的性质得出AD=AB，再由余角的性质求出∠ADF=∠BAE，然后利用AAS证明△AFD≌△BEA，得出AE=DF=12，则可利用勾股定理求出AB的长，则可解答.
15．（2021八下·株洲开学考）如图所示，正方形中，E为边上一点，连接，作的垂直平分线交 于G，交于F﹐若，，则 的长为 .
【答案】
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，连接GE，作GH⊥CD于H，则四边形AGHD是矩形，设AG=DH=x，则FH=x-2.
∵GF垂直平分AE，四边形ABCD是正方形，
，，
，，
，
，
，
在中，
，
，
，
，，
在中，，
故答案是：.
【分析】连接GE，作GH⊥CD于H，则四边形AGHD是矩形，设AG=DH=x，则FH=x-2；由线段的垂直平分线的性质得AG=GE，结合正方形的性质用角边角可证△ABE≌△GHF，则BE=FH，在Rt△BGE中，用勾股定理得关于x的方程，解方程可求得x的方程，则可求得AB、BE的值，在Rt△ABE中，用勾股定理可求解.
16．（2021八上·如皋月考）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，两锐角的角平分线交于点P，点E、F分别在边BC、AC上，且都不与点C重合，若∠EPF＝45°，连接EF，当AC＝6，BC＝8，AB＝10时，则△CEF的周长为 .
【答案】4
【知识点】三角形的面积；角平分线的性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ＝FN，连接PJ.
∵BP平分∠BC，PA平分∠CAB，PM⊥BC，PN⊥AC，PK⊥AB，
∴PM＝PK，PK＝PN，
∴PM＝PN，
∵∠C＝∠PMC＝∠PNC＝90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴四边形PMCN是正方形，
∴CM＝PM，
∴∠MPN＝90°，
在△PMJ和△PNF中，
，
∴△PMJ≌△PNF（SAS），
∴∠MPJ＝∠FPN，PJ＝PF，
∴∠JPF＝∠MPN＝90°，
∵∠EPF＝45°，
∴∠EPF＝∠EPJ＝45°，
在△PEF和△PEJ中，
，
∴△PEF≌△PEJ（SAS），
∴EF＝EJ，
∴EF＝EM+FN，
∴△CEF的周长＝CE+EF+CF＝CE+EM+CF+FN＝2CM＝2PM，
∵S△ABC＝ BC AC＝（AC+BC+AB） PM，
∴PM＝2，
∴△ECF的周长为4，
故答案为：4.
【分析】过点P作PM⊥BC于M，PN⊥AC于N，PK⊥AB于K，在EB上取一点J，使得MJ＝FN，连接PJ，利用角平分线的性质可证得PM=PN，∠C＝∠PMC＝∠PNC＝90°，可推出四边形PMCN是正方形，利用正方形的性质可得到CM=PM；再利用SAS证明△PMJ≌△PNF，利用全等三角形的性质可证得∠MPJ＝∠FPN，PJ＝PF；再利用SAS证明△PEF≌△PEJ，利用全等三角形的对应角相等可证得EF=EJ，由此可推出EF＝EM+FN；然后可证得△CEF的周长=2PM；然后证明△ABC的面积=（AC+BC+AB） PM，可求出PM的长，即可得到△CEF的周长.
三、解答题
17．（2021八下·自贡期末）如图，四边形 是正方形，点 是 边上的一点， ，且 ，连接 ；求 的度数.
【答案】解：作FH⊥CG交BC的延长线于H.
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°，
又∵∠BAE+∠AEB=90°，
∴∠FEH=∠EAB，
又∵∠B=∠EHF，且AE=EF，
∴△ABE≌△EHF，
∴BE=HF，BC=AB=EH，
∴EH-EC=BC-EC，
∴BE=CH，
∴CH=HF.
∴∠FCH=∠CFH=
∴
【知识点】等腰三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【分析】作FH⊥CG交BC的延长线于H，利用余角的性质可证得 ∠FEH=∠EAB，利用AAS可证得△ABE≌△EHF；再利用全等三角形的性质可推出BE=HF，BC=AB=EH，由此可证得BE=CH，从而可推出CH=HF，利用等腰三角形的性质可求出∠FCH的度数，然后求出∠DCF的度数.
18．（2021八下·贵港期末）如图，在正方形ABCD中，F为DC的中点，E为BC上一点，且CE= BC，连接AE，求证：△AFE是直角三角形.
【答案】证明：设正方形的边长是4a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC=AB=4a，∠B=∠C=∠D=90°，
∵F为DC的中点，
∴DF=FC=2a，
∵CE= BC，
∴CE=a，
由勾股定理得，
AF2=AD2+DF2=（4a）2+（2a）2=20a2，
EF2=FC2+CE2=（2a）2+a2=5a2，
AE2=AB2+BE2=（4a）2+（3a）2=25a2.
∵AF2+EF2=AE2，
∴△AFE是直角三角形.
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；线段的中点
【解析】【分析】设正方形的边长是4a，由正方形的性质可得AD=CD=BC=AB=4a，∠B=∠C=∠D=90°，由线段中点的概念可得DF=FC=2a，CE=a，由勾股定理可得AF2，EF2，AE2，然后利用勾股定理逆定理进行证明.
19．（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．）
【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）
∴
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【分析】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。
20．（2021八下·曾都期末）在几何探究问题中，经常需要通过作辅助线（如，连接两点，过某点作垂线，作延长线，作平行线等等）把分散的条件相对集中，以达到解决问题的目的.
（1）（探究发现）如图1，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上， ，连接EF.通过探究，可发现BE，EF，DF之间的数量关系为 （直接写出结果）.
（2）（验证猜想）同学们讨论得出下列三种证明思路（如图1）：
思路一：过点A作 ，交CD的延长线于点G.
思路二：过点A作 ，并截取 ，连接DG.
思路三：延长CD至点G，使 ，连接AG.
请选择你喜欢的一种思路证明（探究发现）中的结论.
（3）（迁移应用）如图2，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且 ， ，设 ，试用含 的代数式表示DF的长.
【答案】（1）EF=BE+DF
（2）解：过点A作 ，交CD的延长线于点G.
在正方形ABCD中， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ .
∴ ，
∴
（3）解：连接EF，设DF的长为 ，
∵BE=a，
∴ ，
∴ ，
根据【验证猜想】可得 ，
在 中，根据勾股定理得，
，
∴ ，即DF的长为
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】（1）【探究发现】 .
【分析】（1）【探究发现】 .
（2）（验证猜想） 过点A作 ，交CD的延长线于点G. 先证明 ，可得 ， ， 再证明 ，可得，即得；
（3）（迁移应用）连接EF，设DF的长为，可得 ，根据【验证猜想】可得 ， 在 中，根据勾股定理建立方程，求解即可.
21．（2021八上·于洪期末）如图
（1）如图1，四边形ABCD的对角线AC⊥BD于点O．判断AB2+CD2与AD2+BC2的数量关系，并说明理由．
（2）如图2，分别以Rt△ABC的直角边AB和斜边AC为边向外作正方形ABDM和正方形ACEN，连接BN，CM，交点为O．
①判断CM，BN的关系，并说明理由．
②连接MN．若AB＝2，BC＝3，请直接写出MN的长．
【答案】（1）解：∵AC⊥BD，
∴ ，
∴在中， ，
在中， ，
在中， ，
在中， ，
∴ ，
即 ；
（2）解：①∵四边形MDBA和四边形ACEN为正方形，
∴ ，
∴ ，
即 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴CM⊥BN，
综上，，CM⊥BN；
；
②．
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】（2）②在四边形MBCN中，MC⊥BN，
由（1）知 ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ．
【分析】由勾股定理得出 ， ， ， ，进而得出 ；
（2）①证出 ，得出 ，，再由三角形内角和定理得出 ，即可得出结论；②在四边形MBCN中，MC⊥BN，由（1）知 ，根据 ，利用勾股定理得出MB、CN的值，代入即可得出答案。
22．（2021八上·铁西月考）如图，已知四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的一点（不与点A，D重合），连接CE，以CE为一边作正方形CEFG，使点F，G与点A，B在CE的两侧，连接BE并延长，交GD延长线于点H．
（1）如图1，请判断线段BE与GD的数量关系和位置关系，并说明理由；
（2）如图2，连接BG，若AB＝2，CE＝，请你直接写出的值．
【答案】（1）解：BE=DG，BE⊥DG，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形FGCE是正方形，
∴CD=CB，CG=CE，∠GCE=∠DCB=90°，
∴∠GCD=∠ECB，且CD=CB，CG=CE，
∴△GCD≌△ECB（SAS），
∴BE=DG，∠GDC=∠EBC，
∵AD∥BC，
∴∠EBC=∠HED=∠GDC，
∵∠GDC+∠HDE=90°，
∴∠HED+∠HDE=90°，
∴∠DHE=90°，
∴BE⊥DG；
（2）解：=
【知识点】平行线的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】（2）解：连接BD，EG，如图所示，
由（1）知∠BHD=∠EHG=90°，
∴DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=22+22=8，
EH2+HG2=EG2=CG2+CE2=() 2+() 2=5+5=10，
在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，
∴BG2+DE2=BH2+HG2+EH2+DH2=8+10=18．
∴
【分析】（1） BE=DG，BE⊥DG，理由：证明△GCD≌△ECB（SAS），可得BE=DG，∠GDC=
∠EBC， 由平行线的性质可得∠EBC=∠HED=∠GDC，由∠GDC+∠HDE=90°可得∠HED+∠HDE=90°，
从而得出∠DHE=90°，根据垂直的定义即得结论；
（2）连接BD，EG，由勾股定理可得DH2+BH2=BD2=AB2+AD2=8，EH2+HG2=EG2=CG2+
CE2=10，在Rt△BGH中，BH2+HG2=BG2，在Rt△EDH中，EH2+DH2=DE2，从而得出BG2+DE2
=18，据此即可求解.
23．（2021八上·玉田期中）（1）发现：面积为 的正方形纸片，它的边长是 cm；
（2）拓展：面积为 的长方形纸片，如果它的长是宽的2倍，则长和宽各是多少cm？
（3）延伸：在面积为 的正方形纸片中能否沿着边的方向（如图所示）裁出一块面积为 的长方形纸片，使它的长是宽的2倍 说明理由．
【答案】（1）7
（2）解：设长方形的宽为xcm，则长为2xcm，
根据题意得x·2x＝26，
x2＝13，解得x＝
∵x＝－ 不合题意，舍去，
∴x＝
∴长为2x＝ cm，
答：长方形的宽为 cm，长为 cm，
（3）解：不能．
理由：因为 ＞7，即长方形的长大于正方形的边长，所以不能裁出符合要求的长方形纸片．
【知识点】正方形的性质；一元二次方程的应用-几何问题
【解析】【解答】解：（1）∵正方形的面积为 ，
∴边长 cm．
【分析】（1）根据正方形的面积为 ，即可求得边长；
（2） 设长方形的宽为xcm，则长为2xcm，根据题意得x·2x＝26， x2＝13， 得出x的值即可；
（3） 不能．因为 ＞7，即长方形的长大于正方形的边长，所以不能裁出符合要求的长方形纸片．
24．（2021八上·如皋期中）如图，正方形 的边长为 ，点 在 上，四边形 是边长为 的正方形，连接 ， .
（1）用含 ， 的代数式表示： ， 的面积＝ ；
（2）若 的面积为 ，两个正方形的面积之和为60，求 的长.
【答案】（1）a+b；
（2）解： 的面积为 ，
，即 .
两个正方形的面积之和为 ，
.
.
.
【知识点】完全平方公式及运用；三角形的面积；正方形的性质；线段的计算
【解析】【解答】解：（1）∵BC=a，BG=b，
∴CG=BC+BG=a+b，
∵S△AEC=AEBC=（a-b）a=
故答案为：a+b， ；
【分析】（1）根据GC=GB+BC可得GC，由S△AEC=AEBC进行计算；
（2）由题意可得ab=20、a2+b2=60，根据(a+b)2=a2+b2+2ab求出a+b，据此可得GC.
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