2023年浙教版数学八年级下册5.3正方形 同步测试
一、单选题（每题3分，共30分）
1．正方形具有而菱形不一定具有的特征是（ ）
A．对边互相平行 B．对角线互相垂直平分
C．中心对称图形 D．有4条对称轴
2．（2022八下·沂南期末）如图，延长正方形边至点E，使，则为（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．45°
3．（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．
4．（2022八下·朝阳期末）如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论：
①正方形ABCD的面积等于的一半；②正方形EFGH的面积等于的一半；③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③ D．①②③
5．（2022八下·上虞期末）根据特殊四边形的定义，在图中的括号内①、②、③、④处应填写的内容是（ ）
A．平行四边形；一个角为60°；矩形；一组邻边相等
B．平行四边形；一组邻边相等；矩形；一组邻边相等
C．矩形；一个角为60°；平行四边形；一组邻边相等
D．矩形；一组邻边相等；平行四边形；一组邻边相等
6．（2022八下·威县期末）在四边形ABCD中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022八下·新昌期末）如图在边长为1的小正方形构成的5×4的网格中，定义：以网格中的格点为顶点的正方形叫做格点正方形．则图中完全包含“”的格点正方形最多能画（ ）
A．13个 B．16个 C．19个 D．21个
8．（2021八下·衢州期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（ ）
A．2 B． C． D．
9．（2021八下·邱县期末）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，，甲、乙两人有如下结论：
甲：若四边形为正方形，则四边形必是正方形；
乙：若四边形为正方形，则四边形必是正方形．
下列判断正确的是（ ）
A．甲正确，乙错误 B．甲错误，乙正确
C．甲、乙都错误 D．甲、乙都正确
10．（2022八下·上犹期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2022八下·同江期末）已知正方形ABCD的边长为6，如果P是正方形内一点，且，那么AP的长为 ．
12．在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是正方形，那么所添加的条件可以是 (写出一个即可)
13．（2022八下·灌阳期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ．
14．（2022八下·大连期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点M在AB上，且，N是BD上一动点，则的最小值为 ．
15．（2022八下·杭州期末）如图，点 ， ， ， 为正方形 四边中点，连结 ， ， ， 若 ，则四边形 的面积是 .
16．（2022八下·仓山期末）在中，点O是对角线的中点.过点O作直线，直线分别交于点H，F，直线分别交于点G，E.连接.有下列四个结论：
①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是矩形；③四边形不可以是菱形；④四边形不可以是正方形，其中正确的是 .（写出所有正确结论的序号）
三、作图题（共9分）
17．（2021八下·永吉期末）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（ 1 ）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（ 2 ）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（ 3 ）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
四、解答题（共7题，共60分）
18．（2022八下·椒江期末）小明同学从一张面积为5的正方形Ⅰ中剪出一个面积为2的小正方形Ⅱ，并按如图所示摆放，其中A，B，C三点共线，求线段AD的长．
19．（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．
20．（2022八下·镇巴期末）已知：如图，在Rt中，平分交于点，垂足分别为，求证：四边形是正方形.
21．（2022八下·交口期末）如图，已知四边形和均是正方形，点K在上，延长到点H，使，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是正方形；
（3）若四边形的面积为10，，求点之间的距离．
22．（2022八下·芜湖期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．
（1）求证：；
（2）当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
23．（2021八下·西湖期末）如图， ， 为平行四边形 的对角线，点E是 上一点，点F在 延长线
上，且 ， 与 交于点G，连结 .
（1）求证： .
（2）连结 ， ，若 ，且G恰好是 的中点，求证：四边形 是菱形.
（3）在（2）的条件下，若四边形 是正方形，且 ，求 的长.
24．（2022八下·江都期中）知识再现：已知，如图，四边形ABCD是正方形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，延长CB至G使BG＝DN，连接AG，根据三角形全等的知识，我们可以证明MN＝BM+DN．
（1）知识探究：在如图中，作AH⊥MN，垂足为点H，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；
（2）知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为 ；
（3）知识拓展：如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、正方形和菱形的对边互相平行，故A不符合题意；
B、正方形的对角线互相垂直平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，故B不符合题意；
C、正方形和菱形都是中心对称图形，故C不符合题意；
D、正方形有4条对称轴，菱形有2条对称轴，故D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据正方形和菱形的性质逐项进行判断，即可得出答案.
2．【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD，且∠CAB=45°，
又∵BD=AE，
∴AE=CA，
∴∠E=∠ACE，
∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，
∴∠E=22.5°．
故答案为：A．
【分析】连接AC，根据正方形的性质可得AE=BD=AC，得到∠E=∠ACE，再利用∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，即可得到∠E=22.5°。
3．【答案】D
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【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．
【分析】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。
4．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b，
则，，，，
∴S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝，
∴正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半；
∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH，
∴，
∴，
∴，即，
∴符合题意结论的序号是②③，
故答案为：B．
【分析】先求出正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半，再结合S正方形ABCD＝S正方形EFGH，可得，再求出，即可得到，即。
5．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
一组邻边相等的平行四边形是菱形，
有一个角是直角的菱形是正方形，
有一组邻边相等的矩形是正方形.
故答案为：平行四边形，一组邻边相等，矩形，一组邻边相等.
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理进行解答即可.
6．【答案】A
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵，有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形，
A：，且AB、BC为邻边，A符合题意
B：AB、CD是对边，不符合题意；
C：AC、BD是对角线，不符合题意；
D：四个角都是直角只能证明是矩形，无法证明是正方形，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】利用正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的判定
【解析】【解答】解：边长为1的正方形有1个，
边长为2的正方形有4个，
边长为3的正方形有有6个，
边长为4的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
边长为2的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
则1+4+6+2+2+2+2+2=21（个），
故答案为：D.
【分析】分七种情况讨论，即当正方形的边长为1时，边长为2时，边长为3时，边长为4时，边长为时，边长为2时，边长为时，边长为时，边长为时，分别找出相应的正方形的个数，再求和，即可作答.
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：分别取的中点为，连接，
分别是的中点，
，
又，
，
四边形是正方形，
，
故答案为：D.
【分析】分别取AD、BC的中点为G、H，连接EG、HE、HF、FG，则EG为△ABD的中位线，HE为△ABC的中位线，HF为△BCD的中位线，FG为△ACD的中位线，则EG=BD，HF=BD，FG=AC，HE=AC，EG∥BD∥HF，HE∥FG∥AC，结合AC=BD=2可得HE=EG=GF=HF=1，推出四边形EGFH为正方形，据此求解.
9．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：若ABCD是正方形
可设AB=BC=CD=AD=x
∴AQ=4-x，AP=3+x
∴PQ2=AQ2+AP2
∴
即x取不同值PQ不同，而QM=5，不一定为正方形；
若PQMN为正方形，则MQ=PQ=MN=PN
且∠QMD+∠MQD=∠QAP=∠AQP+∠QPA=90°
在△QMD和△PQA中
∠QMD=∠AQP，MQ=PQ，∠MQD=∠QPA
∴△QMP≌△PQA（ASA）
∴QD=AP
同理QD=AP=MC=BN
∴AB=CD
则四边形ABCD是正方形
【分析】设AB=BC=CD=AD=x，求出AQ=4-x，AP=3+x，根据勾股定理得出PQ的值，即可判断甲是否正确，若PQMN为正方形，则MQ=PQ=MN=PN，且∠QMD+∠MQD=∠QAP=∠AQP+∠QPA=90°，利用ASA证出△QMP≌△PQA，得出QD=AP，同理QD=AP=MC=BN，得出AB=CD，即可判断出乙是否正确。
10．【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故答案为：C．
【分析】先证明可得，所以即可得到正方形ABCD的面积是4，所以，再求出AB的长即可。
11．【答案】或或或
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
在△BAP与△DAP中，
，
∴△BAP≌△DAP，
∴∠BAP=∠DAP=45°，
过P作PE⊥AD于E，
∴PE=AE，
∵DA=6，
∴AE=6-PE，
在Rt△PDE中，PD2=PE2+DE2，
即
∴PE=2或4，
∴PA=或
故答案为：或．
【分析】根据正方形的性质证得△BAP≌△DAP，在Rt△PDE中根据勾股定理解得PE=2或4，即可求得PA．
12．【答案】 (答案不唯一)
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：需要添加的条件是：AC⊥BD，理由如下：
∵对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为：AC⊥BD.（答案不唯一）
【分析】根据OA=OC=OB=OD，可判定四边形ABCD为矩形，因此根据对角线相互垂直的矩形为为正方形，添加AC⊥BD即可，也可以根据有一组邻边相等的矩形是正方形添加条件.
13．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5，
∴EH=FE=GF=GH=
所以正方形EFGH的面积
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质可得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，根据线段的和差关系可得AH=BE=CF=DG，证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得到EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，推出四边形EFGH是菱形，易得∠HEF=90°，则四边形EFGH是正方形，然后利用勾股定理计算即可.
14．【答案】5
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接MC，CN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于BD对称，
∴AN＝CN，
∴AN+MN＝CN+NM≥CM，
在Rt△BMC中，
∵∠BCM＝90°，BC＝4，BM＝AB﹣AM＝4﹣1＝3，
∴CM＝＝5．
∴AN+MN≥5，
故的最小值为5，
故答案为：5．
【分析】连接MC，CN，根据轴对称的性质可得AN＝CN，所以AN+MN＝CN+NM≥CM，再利用勾股定理求出CM的长即可。
15．【答案】20
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： 点 ， ， ， 为正方形 四边中点，
， ，
四边形 为平行四边形，
，
，
同理可得 ，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
，
，
同理可得 ，
四边形 为矩形，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
四边形 为正方形，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
，
四边形 的面积为 .
故答案为：20.
【分析】根据正方形的性质结合中点的概念可得DE=BG=DH=CG=AB，DE∥BG，推出四边形DEBG为平行四边形，得到BE∥DG，则AM=QM，同理可得DQ=PQ，证明△ADH ≌△DCG，得到∠DAH=∠CDG，结合∠CDG+∠ADO=90°可得∠AQD=90°，同理可得∠BMA=∠CNB=∠DPC=90°，推出四边形MNPQ为矩形，证明△ADQ ≌△DCP，得到AQ=DP，推出四边形MNPQ为正方形，设MQ=x，则AQ=2x，DQ=x，利用勾股定理可得x2，据此可得四边形MNPQ的面积.
16．【答案】①②④
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是对角线AC的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；
当时，四边形EFGH是矩形，故②正确；
当时，四边形EFGH是菱形，故③错误；
将图3中的顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，
∴当时，不存在，
∴四边形EFGH不可以是正方形，故④正确；
故答案为：①②④.
【分析】由平行四边形以及平行线的性质得∠DAC=∠BCA，根据中点的概念得AO=CO，根据对顶角相等得∠AOH=∠COF，证明△AOH≌△COF，得到OF=OF，同理可证△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根据平行四边形的判定定理可判断①；根据矩形的判定定理可判断②；根据菱形的判定定理可判断③；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，当OE⊥OH时，不存在OE=OH，根据正方形的判定定理可判断④.
17．【答案】解：⑴如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
⑵如图②中，菱形ABEF即为所求；
⑶如图③中，正方形ABGH即为所求．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）以AB为一边，画出底为3，高为2的平行四边形即可；
（2）画出BE=EF=AF=AB的四边形即可；
（3）画出BG=GH=AH=AB且∠BAH=90°的四边形即可.
18．【答案】解：由题意可知：，
∴，
∴，
∵，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】根据正方形的面积分别求出Ⅰ和Ⅱ正方形边长，即可得到AC和CD的长，再利用勾股定理可得AD2=AC2+CD2，再代入数据计算即可求解.
19．【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
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】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。
20．【答案】证明：∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠CED=∠CFD=∠ACB=90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DF=DE，
∴四边形CFDE是正方形.
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用垂直的定义可证得∠CED=∠CFD=∠ACB=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形CFDE是矩形；再利用角平分线的性质去证明DF=DE，利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可证得结论.
21．【答案】（1）证明：∵四边形和都是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴．
∴，
由（1）同理可得：，
∴，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵四边形的面积为10，
又由（2）知四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故点之间的距离为5．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据四边形和都是正方形证明，则；
（2）根据 可得则，由（1）同理可得：，则， 四边形是正方形；
（3） 根据四边形的面积为10和四边形是正方形，可得， 根据勾股定理可得，， 由可得， 则， 故点之间的距离为5。
22．【答案】（1）证明：∵，
∴，，
∵CE，CF分别平分∠ACB，∠ACD，
∴，，
∴，，
∴，，
即；
（2）解：当点P是AC的中点时，四边形AECF是矩形，
理由如下：∵点P是AC的中点，
∴，
∴四边形AFCF是平行四边形，
∵，，
∴∠PCE+∠PCF=90°，
即：∠ECF=90°，
∴四边形AFCF是矩形；
（3）解：当△ABC是直角三角形，，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵∠ACB=90° ，
又∵CE平分∠ACB ，
∴∠BCE＝45°，
∵∠PEC＝∠BCE，
∴∠PEC＝45° ，
同理可得：∠PFC＝45°，
∴∠PEC＝∠PFC，
∴EC＝FC，
由（2）可得：四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；正方形的判定；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）先求出 ，， 再求出 ，， 最后证明即可；
（2）先求出四边形AFCF是平行四边形， 再求出 ∠ECF=90°， 最后证明即可；
（3）利用正方形的判定fang'fa'z
23．【答案】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
，
是 的中位线，
；
（2）证明：由（1）得： ，
，
是 的中点，
，
在 和 中，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
四边形 是平行四边形，
，
，
，
平行四边形 是菱形；
（3）解： 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
在 中，由勾股定理得： .
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得OB=OD，结合EF=BE可推出OE为△BDF的中位线，接下来根据中位线的性质进行证明；
（2）由（1）得：DF∥AC，由平行线的性质可得∠FDG=∠ECG，由线段中点的概念可得DG=CG，然后证明△DFG≌△CEG，推出四边形CFDE是平行四边形，由AB∥CD，AB⊥BF可得CD⊥BF，最后根据菱形额判定定理进行证明；
（3）由正方形的性质可得EF=CD=AB=2，EF⊥CD，进而求得CG的值，由BE=CF=2可得BG的值，然后在Rt△BCG中，应用勾股定理求解即可.
24．【答案】答：AB＝AH，证明：如图1∵四边形ABCD是正方形，∴∴ 又∵AB=AD，∵在△ABG和△ADN中，∴△ABG≌△ADN（SAS），∴∵∴∴ 即∵在△GAM和△NAM中，∴△GAM≌△NAM（SAS），又∵GM和NM是对应边，∴AB=AH（全等三角形对应边上的高相等）；知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为____________；【答案】3知识拓展：（3）如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．【答案】解：如图3，过点A作交EF于点M， 在△ABE和△AME中，∴△ABE≌△AME（AAS）， 在和中， ≌， 设DF=x，∴EF=12+ x；FC=24 x；EC=12，在Rt△EFC中， 解得 故DF的长为8.
（1）答：AB＝AH，
证明：如图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴
∴
又∵AB=AD，
∵在△ABG和△ADN中，
∴△ABG≌△ADN（SAS），
∴
∵
∴
∴
即
∵在△GAM和△NAM中，
∴△GAM≌△NAM（SAS），
又∵GM和NM是对应边，
∴AB=AH（全等三角形对应边上的高相等）；
（2）3
（3）解：如图3，过点A作交EF于点M，
在△ABE和△AME中，
∴△ABE≌△AME（AAS），
在和中，
≌，
设DF=x，
∴EF=12+ x；FC=24 x；EC=12，
在Rt△EFC中，
解得
故DF的长为8.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，
∵AD是△ABC的高，
∴
∴
又∵
∴
延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，
又∵AE=AD=AF
∴四边形AEGF是正方形，
由（1）、（2）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，
设CD=x，
∴BG=6 2=4；CG=6 x；BC=2+ x，
在Rt△BGC中，
解得
故CD的长为3.
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠ABC=∠D=90°，由邻补角的性质可得∠ABG=90°，由已知条件可知BG=DN，证明△ABG≌△ADN，得到∠BAG=∠DAN，AG=AN，根据角的和差关系可得∠DAN+∠BAM=45°，则∠BAG+∠BAM=45°，即∠GAM=45°，证明△GAM≌△NAM，据此解答；
（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，根据轴对称的性质可得∠ADB=∠E=90°，∠ADC==∠F=90°，延长EB、FC交于点G，结合AE=AD=AF可得四边形AEGF是正方形，由（1）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，设CD=x，则BG=4，CG=6-x，BC=2+ x，然后利用勾股定理进行计算；
（3）过点A作AM⊥EF交EF于点M，易得∠AEB=∠AEM，证明△ABE≌△AME，得到BE=ME=12，AB=AM=AD，进而证明△ADF≌△AMF，得到MF=DF，设DF=x，则EF=12+x，FC=24-x，EC=12，然后利用勾股定理进行计算.
1 / 12023年浙教版数学八年级下册5.3正方形 同步测试
一、单选题（每题3分，共30分）
1．正方形具有而菱形不一定具有的特征是（ ）
A．对边互相平行 B．对角线互相垂直平分
C．中心对称图形 D．有4条对称轴
【答案】D
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、正方形和菱形的对边互相平行，故A不符合题意；
B、正方形的对角线互相垂直平分且相等，菱形的对角线互相垂直平分，故B不符合题意；
C、正方形和菱形都是中心对称图形，故C不符合题意；
D、正方形有4条对称轴，菱形有2条对称轴，故D符合题意.
故答案为：D.
【分析】根据正方形和菱形的性质逐项进行判断，即可得出答案.
2．（2022八下·沂南期末）如图，延长正方形边至点E，使，则为（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．45°
【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD，且∠CAB=45°，
又∵BD=AE，
∴AE=CA，
∴∠E=∠ACE，
∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，
∴∠E=22.5°．
故答案为：A．
【分析】连接AC，根据正方形的性质可得AE=BD=AC，得到∠E=∠ACE，再利用∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，即可得到∠E=22.5°。
3．（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
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【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．
【分析】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。
4．（2022八下·朝阳期末）如图，在甲、乙两个大小不同的6×6的正方形网格中，正方形ABCD，EFGH分别在两个网格上，且各顶点均在网格线的交点上．若正方形ABCD，EFGH的面积相等，甲、乙两个正方形网格的面积分别记为，，有如下三个结论：
①正方形ABCD的面积等于的一半；②正方形EFGH的面积等于的一半；③．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②③ C．③ D．①②③
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设甲正方形网格中每一小格长度为a，乙正方形网格中每一小格长度为b，
则，，，，
∴S正方形ABCD＝，S正方形EFGH＝，
∴正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半；
∵S正方形ABCD＝S正方形EFGH，
∴，
∴，
∴，即，
∴符合题意结论的序号是②③，
故答案为：B．
【分析】先求出正方形ABCD的面积大于的一半；正方形EFGH的面积等于的一半，再结合S正方形ABCD＝S正方形EFGH，可得，再求出，即可得到，即。
5．（2022八下·上虞期末）根据特殊四边形的定义，在图中的括号内①、②、③、④处应填写的内容是（ ）
A．平行四边形；一个角为60°；矩形；一组邻边相等
B．平行四边形；一组邻边相等；矩形；一组邻边相等
C．矩形；一个角为60°；平行四边形；一组邻边相等
D．矩形；一组邻边相等；平行四边形；一组邻边相等
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
一组邻边相等的平行四边形是菱形，
有一个角是直角的菱形是正方形，
有一组邻边相等的矩形是正方形.
故答案为：平行四边形，一组邻边相等，矩形，一组邻边相等.
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理进行解答即可.
6．（2022八下·威县期末）在四边形ABCD中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵，有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形，
A：，且AB、BC为邻边，A符合题意
B：AB、CD是对边，不符合题意；
C：AC、BD是对角线，不符合题意；
D：四个角都是直角只能证明是矩形，无法证明是正方形，不符合题意；
故答案为：A．
【分析】利用正方形的判定方法对每个选项一一判断即可。
7．（2022八下·新昌期末）如图在边长为1的小正方形构成的5×4的网格中，定义：以网格中的格点为顶点的正方形叫做格点正方形．则图中完全包含“”的格点正方形最多能画（ ）
A．13个 B．16个 C．19个 D．21个
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的判定
【解析】【解答】解：边长为1的正方形有1个，
边长为2的正方形有4个，
边长为3的正方形有有6个，
边长为4的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
边长为2的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
边长为的正方形有2个，
则1+4+6+2+2+2+2+2=21（个），
故答案为：D.
【分析】分七种情况讨论，即当正方形的边长为1时，边长为2时，边长为3时，边长为4时，边长为时，边长为2时，边长为时，边长为时，边长为时，分别找出相应的正方形的个数，再求和，即可作答.
8．（2021八下·衢州期末）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：分别取的中点为，连接，
分别是的中点，
，
又，
，
四边形是正方形，
，
故答案为：D.
【分析】分别取AD、BC的中点为G、H，连接EG、HE、HF、FG，则EG为△ABD的中位线，HE为△ABC的中位线，HF为△BCD的中位线，FG为△ACD的中位线，则EG=BD，HF=BD，FG=AC，HE=AC，EG∥BD∥HF，HE∥FG∥AC，结合AC=BD=2可得HE=EG=GF=HF=1，推出四边形EGFH为正方形，据此求解.
9．（2021八下·邱县期末）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，，甲、乙两人有如下结论：
甲：若四边形为正方形，则四边形必是正方形；
乙：若四边形为正方形，则四边形必是正方形．
下列判断正确的是（ ）
A．甲正确，乙错误 B．甲错误，乙正确
C．甲、乙都错误 D．甲、乙都正确
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：若ABCD是正方形
可设AB=BC=CD=AD=x
∴AQ=4-x，AP=3+x
∴PQ2=AQ2+AP2
∴
即x取不同值PQ不同，而QM=5，不一定为正方形；
若PQMN为正方形，则MQ=PQ=MN=PN
且∠QMD+∠MQD=∠QAP=∠AQP+∠QPA=90°
在△QMD和△PQA中
∠QMD=∠AQP，MQ=PQ，∠MQD=∠QPA
∴△QMP≌△PQA（ASA）
∴QD=AP
同理QD=AP=MC=BN
∴AB=CD
则四边形ABCD是正方形
【分析】设AB=BC=CD=AD=x，求出AQ=4-x，AP=3+x，根据勾股定理得出PQ的值，即可判断甲是否正确，若PQMN为正方形，则MQ=PQ=MN=PN，且∠QMD+∠MQD=∠QAP=∠AQP+∠QPA=90°，利用ASA证出△QMP≌△PQA，得出QD=AP，同理QD=AP=MC=BN，得出AB=CD，即可判断出乙是否正确。
10．（2022八下·上犹期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故答案为：C．
【分析】先证明可得，所以即可得到正方形ABCD的面积是4，所以，再求出AB的长即可。
二、填空题（每题4分，共24分）
11．（2022八下·同江期末）已知正方形ABCD的边长为6，如果P是正方形内一点，且，那么AP的长为 ．
【答案】或或或
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
在△BAP与△DAP中，
，
∴△BAP≌△DAP，
∴∠BAP=∠DAP=45°，
过P作PE⊥AD于E，
∴PE=AE，
∵DA=6，
∴AE=6-PE，
在Rt△PDE中，PD2=PE2+DE2，
即
∴PE=2或4，
∴PA=或
故答案为：或．
【分析】根据正方形的性质证得△BAP≌△DAP，在Rt△PDE中根据勾股定理解得PE=2或4，即可求得PA．
12．在四边形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，添加一个条件使四边形ABCD是正方形，那么所添加的条件可以是 (写出一个即可)
【答案】 (答案不唯一)
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：需要添加的条件是：AC⊥BD，理由如下：
∵对角线AC，BD交于点O，OA=OC=OB=OD，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形.
故答案为：AC⊥BD.（答案不唯一）
【分析】根据OA=OC=OB=OD，可判定四边形ABCD为矩形，因此根据对角线相互垂直的矩形为为正方形，添加AC⊥BD即可，也可以根据有一组邻边相等的矩形是正方形添加条件.
13．（2022八下·灌阳期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5，
∴EH=FE=GF=GH=
所以正方形EFGH的面积
故答案为：.
【分析】根据正方形的性质可得∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，根据线段的和差关系可得AH=BE=CF=DG，证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得到EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，推出四边形EFGH是菱形，易得∠HEF=90°，则四边形EFGH是正方形，然后利用勾股定理计算即可.
14．（2022八下·大连期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点M在AB上，且，N是BD上一动点，则的最小值为 ．
【答案】5
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，连接MC，CN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴A、C关于BD对称，
∴AN＝CN，
∴AN+MN＝CN+NM≥CM，
在Rt△BMC中，
∵∠BCM＝90°，BC＝4，BM＝AB﹣AM＝4﹣1＝3，
∴CM＝＝5．
∴AN+MN≥5，
故的最小值为5，
故答案为：5．
【分析】连接MC，CN，根据轴对称的性质可得AN＝CN，所以AN+MN＝CN+NM≥CM，再利用勾股定理求出CM的长即可。
15．（2022八下·杭州期末）如图，点 ， ， ， 为正方形 四边中点，连结 ， ， ， 若 ，则四边形 的面积是 .
【答案】20
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： 点 ， ， ， 为正方形 四边中点，
， ，
四边形 为平行四边形，
，
，
同理可得 ，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
，
，
同理可得 ，
四边形 为矩形，
在 和 中，
，
≌ ，
，
，
四边形 为正方形，
设 ，则 ， ，
在 中， ，
，
四边形 的面积为 .
故答案为：20.
【分析】根据正方形的性质结合中点的概念可得DE=BG=DH=CG=AB，DE∥BG，推出四边形DEBG为平行四边形，得到BE∥DG，则AM=QM，同理可得DQ=PQ，证明△ADH ≌△DCG，得到∠DAH=∠CDG，结合∠CDG+∠ADO=90°可得∠AQD=90°，同理可得∠BMA=∠CNB=∠DPC=90°，推出四边形MNPQ为矩形，证明△ADQ ≌△DCP，得到AQ=DP，推出四边形MNPQ为正方形，设MQ=x，则AQ=2x，DQ=x，利用勾股定理可得x2，据此可得四边形MNPQ的面积.
16．（2022八下·仓山期末）在中，点O是对角线的中点.过点O作直线，直线分别交于点H，F，直线分别交于点G，E.连接.有下列四个结论：
①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是矩形；③四边形不可以是菱形；④四边形不可以是正方形，其中正确的是 .（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形全等的判定（ASA）
【解析】【解答】解：如图：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴，
∴，
∵点O是对角线AC的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
同理可得，
∴，
∴四边形EFGH是平行四边形，故①正确；
当时，四边形EFGH是矩形，故②正确；
当时，四边形EFGH是菱形，故③错误；
将图3中的顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，
∴当时，不存在，
∴四边形EFGH不可以是正方形，故④正确；
故答案为：①②④.
【分析】由平行四边形以及平行线的性质得∠DAC=∠BCA，根据中点的概念得AO=CO，根据对顶角相等得∠AOH=∠COF，证明△AOH≌△COF，得到OF=OF，同理可证△AOE≌△COG，得到OE=OG，然后根据平行四边形的判定定理可判断①；根据矩形的判定定理可判断②；根据菱形的判定定理可判断③；将图3中的Rt△EOH顺时针和逆时针旋转，可得OE和OH同增同减，当OE⊥OH时，不存在OE=OH，根据正方形的判定定理可判断④.
三、作图题（共9分）
17．（2021八下·永吉期末）如图，在4×4的网格中每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，线段AB的两个端点都在格点上，以格点为顶点分别按下列要求画图．
（ 1 ）在图①中，以AB为一边画平行四边形ABCD，使其面积为6；
（ 2 ）在图②中，以AB为一边画菱形ABEF；
（ 3 ）在图③中，以AB为一边画正方形ABGH，且与图②中所画的图形不全等．
【答案】解：⑴如图①中，平行四边形ABCD即为所求；
⑵如图②中，菱形ABEF即为所求；
⑶如图③中，正方形ABGH即为所求．
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【分析】（1）以AB为一边，画出底为3，高为2的平行四边形即可；
（2）画出BE=EF=AF=AB的四边形即可；
（3）画出BG=GH=AH=AB且∠BAH=90°的四边形即可.
四、解答题（共7题，共60分）
18．（2022八下·椒江期末）小明同学从一张面积为5的正方形Ⅰ中剪出一个面积为2的小正方形Ⅱ，并按如图所示摆放，其中A，B，C三点共线，求线段AD的长．
【答案】解：由题意可知：，
∴，
∴，
∵，
∴.
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】根据正方形的面积分别求出Ⅰ和Ⅱ正方形边长，即可得到AC和CD的长，再利用勾股定理可得AD2=AC2+CD2，再代入数据计算即可求解.
19．（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．
【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
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】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。
20．（2022八下·镇巴期末）已知：如图，在Rt中，平分交于点，垂足分别为，求证：四边形是正方形.
【答案】证明：∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠CED=∠CFD=∠ACB=90°，
∴四边形CFDE是矩形，
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DF=DE，
∴四边形CFDE是正方形.
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用垂直的定义可证得∠CED=∠CFD=∠ACB=90°，利用有三个角是直角的四边形是矩形，可证得四边形CFDE是矩形；再利用角平分线的性质去证明DF=DE，利用有一组邻边相等的矩形是正方形，可证得结论.
21．（2022八下·交口期末）如图，已知四边形和均是正方形，点K在上，延长到点H，使，连接．
（1）求证：；
（2）求证：四边形是正方形；
（3）若四边形的面积为10，，求点之间的距离．
【答案】（1）证明：∵四边形和都是正方形，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴．
∴，
由（1）同理可得：，
∴，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵四边形的面积为10，
又由（2）知四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故点之间的距离为5．
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据四边形和都是正方形证明，则；
（2）根据 可得则，由（1）同理可得：，则， 四边形是正方形；
（3） 根据四边形的面积为10和四边形是正方形，可得， 根据勾股定理可得，， 由可得， 则， 故点之间的距离为5。
22．（2022八下·芜湖期末）如图，△ABC中，交AC于P，∠ACB，∠ACD的平分线分别交MN于E、F．
（1）求证：；
（2）当MN与AC的交点P在AC的什么位置时，四边形AECF是矩形，说明理由；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形．（不需要证明）
【答案】（1）证明：∵，
∴，，
∵CE，CF分别平分∠ACB，∠ACD，
∴，，
∴，，
∴，，
即；
（2）解：当点P是AC的中点时，四边形AECF是矩形，
理由如下：∵点P是AC的中点，
∴，
∴四边形AFCF是平行四边形，
∵，，
∴∠PCE+∠PCF=90°，
即：∠ECF=90°，
∴四边形AFCF是矩形；
（3）解：当△ABC是直角三角形，，四边形AECF是正方形．理由如下：
∵∠ACB=90° ，
又∵CE平分∠ACB ，
∴∠BCE＝45°，
∵∠PEC＝∠BCE，
∴∠PEC＝45° ，
同理可得：∠PFC＝45°，
∴∠PEC＝∠PFC，
∴EC＝FC，
由（2）可得：四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
【知识点】平行线的性质；矩形的判定；正方形的判定；角平分线的定义
【解析】【分析】（1）先求出 ，， 再求出 ，， 最后证明即可；
（2）先求出四边形AFCF是平行四边形， 再求出 ∠ECF=90°， 最后证明即可；
（3）利用正方形的判定fang'fa'z
23．（2021八下·西湖期末）如图， ， 为平行四边形 的对角线，点E是 上一点，点F在 延长线
上，且 ， 与 交于点G，连结 .
（1）求证： .
（2）连结 ， ，若 ，且G恰好是 的中点，求证：四边形 是菱形.
（3）在（2）的条件下，若四边形 是正方形，且 ，求 的长.
【答案】（1）证明： 四边形 是平行四边形，
，
，
是 的中位线，
；
（2）证明：由（1）得： ，
，
是 的中点，
，
在 和 中，
，
，
，
四边形 是平行四边形，
四边形 是平行四边形，
，
，
，
平行四边形 是菱形；
（3）解： 四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
在 中，由勾股定理得： .
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定（ASA）；三角形的中位线定理
【解析】【分析】（1）根据平行四边形的性质可得OB=OD，结合EF=BE可推出OE为△BDF的中位线，接下来根据中位线的性质进行证明；
（2）由（1）得：DF∥AC，由平行线的性质可得∠FDG=∠ECG，由线段中点的概念可得DG=CG，然后证明△DFG≌△CEG，推出四边形CFDE是平行四边形，由AB∥CD，AB⊥BF可得CD⊥BF，最后根据菱形额判定定理进行证明；
（3）由正方形的性质可得EF=CD=AB=2，EF⊥CD，进而求得CG的值，由BE=CF=2可得BG的值，然后在Rt△BCG中，应用勾股定理求解即可.
24．（2022八下·江都期中）知识再现：已知，如图，四边形ABCD是正方形，点M、N分别在边BC、CD上，连接AM、AN、MN，∠MAN＝45°，延长CB至G使BG＝DN，连接AG，根据三角形全等的知识，我们可以证明MN＝BM+DN．
（1）知识探究：在如图中，作AH⊥MN，垂足为点H，猜想AH与AB有什么数量关系？并证明；
（2）知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为 ；
（3）知识拓展：如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．
【答案】答：AB＝AH，证明：如图1∵四边形ABCD是正方形，∴∴ 又∵AB=AD，∵在△ABG和△ADN中，∴△ABG≌△ADN（SAS），∴∵∴∴ 即∵在△GAM和△NAM中，∴△GAM≌△NAM（SAS），又∵GM和NM是对应边，∴AB=AH（全等三角形对应边上的高相等）；知识应用：（2）如图，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D，且BD＝2，AD＝6，则CD的长为____________；【答案】3知识拓展：（3）如图，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，F为边CD上一点，∠FEC＝2∠BAE，AB=24，求DF的长．【答案】解：如图3，过点A作交EF于点M， 在△ABE和△AME中，∴△ABE≌△AME（AAS）， 在和中， ≌， 设DF=x，∴EF=12+ x；FC=24 x；EC=12，在Rt△EFC中， 解得 故DF的长为8.
（1）答：AB＝AH，
证明：如图1
∵四边形ABCD是正方形，
∴
∴
又∵AB=AD，
∵在△ABG和△ADN中，
∴△ABG≌△ADN（SAS），
∴
∵
∴
∴
即
∵在△GAM和△NAM中，
∴△GAM≌△NAM（SAS），
又∵GM和NM是对应边，
∴AB=AH（全等三角形对应边上的高相等）；
（2）3
（3）解：如图3，过点A作交EF于点M，
在△ABE和△AME中，
∴△ABE≌△AME（AAS），
在和中，
≌，
设DF=x，
∴EF=12+ x；FC=24 x；EC=12，
在Rt△EFC中，
解得
故DF的长为8.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的判定与性质；轴对称的性质
【解析】【解答】解：（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，
∵AD是△ABC的高，
∴
∴
又∵
∴
延长EB、FC交于点G，则四边形AEGF是矩形，
又∵AE=AD=AF
∴四边形AEGF是正方形，
由（1）、（2）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，
设CD=x，
∴BG=6 2=4；CG=6 x；BC=2+ x，
在Rt△BGC中，
解得
故CD的长为3.
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠ABC=∠D=90°，由邻补角的性质可得∠ABG=90°，由已知条件可知BG=DN，证明△ABG≌△ADN，得到∠BAG=∠DAN，AG=AN，根据角的和差关系可得∠DAN+∠BAM=45°，则∠BAG+∠BAM=45°，即∠GAM=45°，证明△GAM≌△NAM，据此解答；
（2）作△ABD关于直线AB的对称△ABE，作△ACD关于直线AC的对称△ACF，根据轴对称的性质可得∠ADB=∠E=90°，∠ADC==∠F=90°，延长EB、FC交于点G，结合AE=AD=AF可得四边形AEGF是正方形，由（1）知：EB=DB=2，AE=AF=AD=EG=6，设CD=x，则BG=4，CG=6-x，BC=2+ x，然后利用勾股定理进行计算；
（3）过点A作AM⊥EF交EF于点M，易得∠AEB=∠AEM，证明△ABE≌△AME，得到BE=ME=12，AB=AM=AD，进而证明△ADF≌△AMF，得到MF=DF，设DF=x，则EF=12+x，FC=24-x，EC=12，然后利用勾股定理进行计算.
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