2022-2023学年浙教版数学八年级下册5.3正方形 课后测验
一、单选题
1．（2022八下·斗门期末）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四条边都相等的四边形是菱形
C．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
D．两条对角线相等且平分的四边形是矩形
【答案】C
【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：A、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，∴该选项不符合题意；
B、∵四条边都相等的四边形是菱形，∴该选项不符合题意；
C、∵两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，∴该选项符合题意；
D、∵两条对角线相等且平分的四边形是矩形，∴该选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形和正方形的判定方法逐项判断即可。
2．（2022八下·八公山期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论错误的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A. 当AB＝BC时，它是菱形，不符合题意；
B. 当AC⊥BD时，它是菱形，不符合题意；
C. 当∠ABC＝90°时，它是矩形，不符合题意；
D. 当AC＝BD时，它是矩形，符合题意．
故答案为：D．
【分析】利用菱形的判定方法对每个选项一一判断即可。
3．（2021八下·丰南期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（ ）
A．14 B．16 C．14 D．14
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长=24-10=14，
∴EF=．
故答案为：D．
【分析】先求出小正方形的边长，再利用勾股定理求出EF的长即可。
4．（2021八下·海曙期末）如图，在△ABC中，点E 、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥AC，DF∥AB.下列说法中错误的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果∠BAC=90 °，那么四边形AEDF是矩形
C．如果AD⊥BC，那么四边形AEDF是正方形
D．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形
【答案】C
【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】先根据DE∥AC，DF∥AB可证得四边形AEDF是平行四边形，再根据矩形、菱形、正方形的判定方法依次分析即可作出判断.
由DE∥AC，DF∥AB可得四边形AEDF是平行四边形，故答案为：A正确；
如果∠BAC=90 °，那么四边形AEDF是矩形，故答案为：B 正确；
如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形，故答案为：D正确；
但当AD⊥BC时，无法判定四边形AEDF是正方形，故答案为：C 错误；
故答案为：C.
【分析】根据两组对边分别平行是平行四边形对A作判断；根据一个角是直角的平行四边形是矩形对B作判断；根据正方形的判定定理对C作判断；根据菱形的判定定理对D作判断.
5．（2023八下·内江开学考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＋∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF＋∠EAB＝45°，
∴∠BAG＋∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG=45°，
在△EAG和△EAF中，
∵AG＝AF，∠EAG＝∠EAF，AE＝AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG＋BE＝3＋x，CE＝6 x，
∴EF＝3＋x，
∵∠C＝90°，
∴（6 x）2＋32＝（3＋x）2，
解得，x＝2，
∴BE的长为2．
故答案为：A.
【分析】 如图，首先把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，推出∠EAF＝∠EAG=45°，利用SAS证△EAG≌△EAF，得GE=FE，设BE＝x，再根据DF＝3，AB＝6分别表示出GE、CE、进而利用勾股定理建立方程，可以求出BE的长，本题得以解决．
6．（2023八下·义乌月考）如图，在正方形中，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点E，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵将边绕点B逆时针旋转至，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴线段C'D的长度为.
故答案为：B.
【分析】过点B作BE⊥CC′于点E，根据正方形的性质可得BC=CD，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠C′CD=∠CBE，利用AAS证明△BCE≌△CDC′，得到CE=C′D，BE=CC′，根据旋转的性质可得BC=BC′，结合等腰三角形的性质可得CE=C′E=CC′=BE，利用勾股定理可得CE的值，据此解答.
7．（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。
8．（2022八下·历下期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=，则点B到直线AE的距离是（ ）
A． B．2 C． D．3
【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠EAP=∠BAD=90°，
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS），
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE==，
∴BE=，
∴BF=EF==2，
∴点B到直线AE的距离是2．
故答案为：B．
【分析】在△APD和△AEB中，证出△APD≌△AEB（SAS），过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，∠BEP=135°-45°=90°，利用勾股定理得出BE的值、PE的值，代入求解即可。
9．（2022八下·栾城期末）如图，在边长为8的正方形中，、分别是边、上的动点，且，为中点，是边上的一个动点，则的最小值是（ ）
A．10 B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】延长CD到C′，使C′D＝CD，
CP＋PM＝C′P＋PM，
当C′，P，M三点共线时，C′P＋PM的值最小，
根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，3为半径的圆弧上，
圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M＝C′B 3，
∵BC＝CD＝8，
∴CC′＝16，
∴C′B＝，
∴CP＋PM的最小值是 3，
故答案为：B．
【分析】延长CD到C′，使C′D＝CD，当C′，P，M三点共线时，C′P＋PM的值最小，根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，3为半径的圆弧上，圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M＝C′B 3，利用勾股定理求出C′B的长，即可得到CP＋PM的最小值是 3。
10．（2022八下·来宾期末）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．有下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE=90°．
∴∠PDC+∠CDE=90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠CDE=∠ADP．
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS），故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD=∠CED，
又∵∠APD=∠PDE+∠DEP，∠CED=∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE=∠CEA=90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE=DP，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°．
又∵∠CEA=90°，
∴∠CEF=∠FCE=45°．
∵DP=DE=1，
∴PE=．
∴CE==2，
∴CF=EF=CE=，
即点C到直线DE的距离为，故③错误；
④∵CF=EF=，DE=1，
在Rt△CDF中，CD2=CF2+DF2=，
∴S正方形ABCD=5+2，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠PDE=90°，由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，由同角的余角相等得∠CDE=∠ADP，证明△APD≌△CED，据此判断①；根据全等三角形的性质得∠APD=∠CED，由外角性质得∠APD=∠PDE+∠DEP，由角的和差关系得∠CED=∠CEA+∠DEP，则∠PDE=∠CEA=90°，据此判断②；过点C作CF⊥DE的延长线于点F，易得∠DPE=∠DEP=45°，∠CEF=∠FCE=45°，利用勾股定理可得PE、CE，然后求出CF，据此判断③；利用勾股定理可得CD2，则S正方形ABCD=CD2，据此判断④.
二、填空题
11．（2022八下·嘉兴期末）已知矩形ABCD，请添加一个条件： ，使得矩形ABCD成为正方形．
【答案】AB=BC（答案不唯一）
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
若AB=BC，
则四边形ABCD是正方形（邻边相等的矩形是正方形）.
故答案为：AB=BC.
【分析】由于四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理可得，邻边相等的矩形是正方形；对角线互相垂直的矩形是正方形；对角线平分对角的矩形是正方形；依此解答即可.
12．（2022八下·厦门期中）图中A代表的正方形的面积，则A的值是 .
【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设A代表的正方形的边长为x，
由勾股定理得，
∴，即A所代表的的正方形的面积为16，
故答案为：16.
【分析】设A代表的正方形的边长为x，根据勾股定理求出x2，即得结论.
13．（2019八下·宽城期末）如图，在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E，F分别在边BC和CD上，则∠AEB＝ .
【答案】75
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】因为△AEF是等边三角形，所以∠EAF=60°，AE=AF，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°.
所以Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），所以∠BAE=∠DAF.
所以∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°-60°=30°，
所以∠BAE=15°，所以∠AEB=90°-15°=75°.
故答案为75.
【分析】根据等边三角形的性质可得∠EAF=60°，AE=AF，根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°.根据HL可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得∠BAE=∠DAF，从而求出∠BAE+∠DAF=30°，即得∠BAE=15°，根据直角三角形两锐角互余即可求出结论.
14．如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为
【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=1，∠B=90°，
∴AC2=12+22，AC=；
同理可求：AE=（）2，HE=（）3…，
∴第n个正方形的边长an=（）n-1.
故答案为：（）n-1.
【分析】根据正方形的性质得出∠B=90°，AB=BC=1，根据勾股定理求出AC，再次应用勾股定理可以求出AE，依次类推得到规律.
15．（2022八下·冠县期末）如图，菱形的边长为4，，对角线，相交于点O，点E，F同时从O点出发在线段上以的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为．连接，，，，当t= s时，四边为正方形．
【答案】4
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD=4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD=2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD=OE，
∴t=2÷0.5=4
即t=4时，四边形DEBF为正方形，
故答案为：4．
【分析】先求出OD=2cm，再利用“时间=路程÷速度”可得t=2÷0.5=4，从而得解。
16．（2022八下·剑阁期末）如图，点P是正方形 的对角线 上一点， ，垂足分别为点E，F，连接 ，给出下列四个结论：① ；② ；③ ；④ 一定是等腰三角形．其中正确的结论序号是 ．
【答案】①②③
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：
延长PF交AB于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=BC=CD=AD，
∵PF⊥CD，AB∥CD，
∴PG⊥AB，即∠PGB=90°，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形GBEP为正方形，四边形PFCE为矩形，
∴GB=BE=EP=GP，PF=CE，∠EPF=90°，
∴AB-BG=CD-BE，即AG=CE=PF，
在△AGP和△FPE中，
，
∴△AGP≌△FPE（SAS），
∴AP=EF，∠PFE=∠BAP，
故①②正确；
∵BC=CD，BE=CF，
∴CE=PF=DF，
在Rt△PDF中，由勾股定理得PD=，
故③正确；
∵P在BD上，
∴当AP=DP、AP=AD、PD=DA时，△APD才是等腰三角形，
∴△APD是等腰三角形共有3种情况，故④错误，
故答案为：①②③.
【分析】延长PF交AB于点G，由正方形ABCD和PE⊥BC，PF⊥CD可证出四边形GBEP为正方形，四边形PFCE为矩形，然后用“边角边”证△AGP≌△FPE，利用全等三角形的性质（全等三角形对应边相等，对应角相等）即可证①②正确；由勾股定理可以得出PD=，可证③正确；点P在BD上要使△APD一定是等腰三角形，只有当AP=DP、AP=AD、PD=DA时才成立，可判断④错误.
三、解答题
17．（2022八下·泰安期末）如图，正方形和正方形有公共点A，点B在线段上．判断与的位置关系，并说明理由；
【答案】解：∵四边形，四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，即，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用“SAS”证明可得，，再利用角的运算可得，即，可得。
18．（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.
19．（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.
20．（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.
21．如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由
【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得AEBD是矩形；利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
22．（2022八下·顺平期末）如图，正方形的周长是40．点P是正方形对角线上一动点，过P点分别作、的垂线，垂足分别为E，F．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）请你猜想与的数量关系，并给出证明．
（3）在P点运动过程中，的长也随之变化，求的最小值．
【答案】（1）证明：∵，∴又∵是正方形∴∴四边形四边形是矩形
（2）解：，证明如下：连接，
∵四边形为矩形，∴，又∵四边形是正方形，P为上任意一点，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴，∴；
（3）解：由（2）得，则的最小值，即的最小值，当时，取得最小值，∵正方形ABCD的周长为40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，，∵，∴∴的最小值是．
【知识点】垂线段最短；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】【分析】（1）根据三个角是直角的四边形是矩形即证结论；
（2），理由：连接， 证明△ADP≌△ABP，根据全等三角形的性质可得PB=PD，由矩形的性质知PB=EF，即证PD=EF；
（3）由（2）得，则的最小值，即的最小值，当时，取得最小值，求出此时DP的长即得结论.
23．（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）请按照小明的思路，帮助小明写出完整的求解过程．
（2）【方法应用】如图②，若BE＝1，求DF的长．
（3）【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 ．
【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
【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：(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．
【分析】（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。
24．（2022八下·新余期末）如图1，在正方形中，点E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连接BE，过点A作交BC于点F．
（1）求证：；
（2）如图2，取BE的中点M，过点M作，交AD于点G，交BC于点H．
①求证：；
②连接CM，若，求GH的长；
（3）如图3，取BE的中点M，连接CM，过点C作交AD于点G，连接EG、MG，若，则四边形的面积为 ．（直接写出结果）
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA）．
（2）解：①证明：如图2，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，
∴PG=BC，
同（1）得，∠PGH=∠CBE，
在△PGH和△CBE中，
，
∴△PGH≌△CBE（ASA），
∴BE=GH；
②：由①知，BE=GH，连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，，
∴BE=2CM=6，
∴GH=6．
（3）16
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：(3)由（2）可知，BE=2ME=2CM，，
∴ME=4，
同理可得：△DCG≌△CBE（ASA），
∴CG=BE=8，
∵BE⊥CG，
∴
故答案为：16．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，由AF⊥BE，得出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
（2）①由四边形ABCD是正方形，证出四边形ABPG是矩形，得出PG=BC，同（1）得，∠PGH=∠CBE，证出△PGH≌△CBE（ASA），即可得出结论；②由①知，BE=GH，连接CM，由∠BCE=90°，点M是BE的中点，，即可得解；
（3）由（2）可知，BE=2ME=2CM，，得出ME=4，同理可得：△DCG≌△CBE（ASA），得出CG=BE=8，再根据，即可得解。
1 / 12022-2023学年浙教版数学八年级下册5.3正方形 课后测验
一、单选题
1．（2022八下·斗门期末）下列判断错误的是（ ）
A．两组对边分别相等的四边形是平行四边形
B．四条边都相等的四边形是菱形
C．两条对角线垂直且平分的四边形是正方形
D．两条对角线相等且平分的四边形是矩形
2．（2022八下·八公山期末）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论错误的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
3．（2021八下·丰南期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，其中AE＝10，BE＝24，则EF的长是（ ）
A．14 B．16 C．14 D．14
4．（2021八下·海曙期末）如图，在△ABC中，点E 、D、F分别在边AB、BC、CA上，且DE∥AC，DF∥AB.下列说法中错误的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果∠BAC=90 °，那么四边形AEDF是矩形
C．如果AD⊥BC，那么四边形AEDF是正方形
D．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形
5．（2023八下·内江开学考）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2023八下·义乌月考）如图，在正方形中，将边绕点B逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长度为（ ）
A． B． C． D．3
7．（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．
8．（2022八下·历下期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=，则点B到直线AE的距离是（ ）
A． B．2 C． D．3
9．（2022八下·栾城期末）如图，在边长为8的正方形中，、分别是边、上的动点，且，为中点，是边上的一个动点，则的最小值是（ ）
A．10 B． C． D．
10．（2022八下·来宾期末）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．有下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④
二、填空题
11．（2022八下·嘉兴期末）已知矩形ABCD，请添加一个条件： ，使得矩形ABCD成为正方形．
12．（2022八下·厦门期中）图中A代表的正方形的面积，则A的值是 .
13．（2019八下·宽城期末）如图，在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E，F分别在边BC和CD上，则∠AEB＝ .
14．如图，正方形ABCD的边长为1，以对角线AC为边作第二个正方形，再以对角线AE为边作第三个正方形AEGH，如此下去，第n个正方形的边长为
15．（2022八下·冠县期末）如图，菱形的边长为4，，对角线，相交于点O，点E，F同时从O点出发在线段上以的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动时间为．连接，，，，当t= s时，四边为正方形．
16．（2022八下·剑阁期末）如图，点P是正方形 的对角线 上一点， ，垂足分别为点E，F，连接 ，给出下列四个结论：① ；② ；③ ；④ 一定是等腰三角形．其中正确的结论序号是 ．
三、解答题
17．（2022八下·泰安期末）如图，正方形和正方形有公共点A，点B在线段上．判断与的位置关系，并说明理由；
18．（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.
19．（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．
20．（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.
21．如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由
22．（2022八下·顺平期末）如图，正方形的周长是40．点P是正方形对角线上一动点，过P点分别作、的垂线，垂足分别为E，F．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）请你猜想与的数量关系，并给出证明．
（3）在P点运动过程中，的长也随之变化，求的最小值．
23．（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）请按照小明的思路，帮助小明写出完整的求解过程．
（2）【方法应用】如图②，若BE＝1，求DF的长．
（3）【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 ．
24．（2022八下·新余期末）如图1，在正方形中，点E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），连接BE，过点A作交BC于点F．
（1）求证：；
（2）如图2，取BE的中点M，过点M作，交AD于点G，交BC于点H．
①求证：；
②连接CM，若，求GH的长；
（3）如图3，取BE的中点M，连接CM，过点C作交AD于点G，连接EG、MG，若，则四边形的面积为 ．（直接写出结果）
答案解析部分
1．【答案】C
【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：A、∵两组对边分别相等的四边形是平行四边形，∴该选项不符合题意；
B、∵四条边都相等的四边形是菱形，∴该选项不符合题意；
C、∵两条对角线垂直且平分的四边形是菱形，∴该选项符合题意；
D、∵两条对角线相等且平分的四边形是矩形，∴该选项不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形和正方形的判定方法逐项判断即可。
2．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A. 当AB＝BC时，它是菱形，不符合题意；
B. 当AC⊥BD时，它是菱形，不符合题意；
C. 当∠ABC＝90°时，它是矩形，不符合题意；
D. 当AC＝BD时，它是矩形，符合题意．
故答案为：D．
【分析】利用菱形的判定方法对每个选项一一判断即可。
3．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵AE=10，BE=24，即24和10为两条直角边长时，
小正方形的边长=24-10=14，
∴EF=．
故答案为：D．
【分析】先求出小正方形的边长，再利用勾股定理求出EF的长即可。
4．【答案】C
【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】先根据DE∥AC，DF∥AB可证得四边形AEDF是平行四边形，再根据矩形、菱形、正方形的判定方法依次分析即可作出判断.
由DE∥AC，DF∥AB可得四边形AEDF是平行四边形，故答案为：A正确；
如果∠BAC=90 °，那么四边形AEDF是矩形，故答案为：B 正确；
如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形，故答案为：D正确；
但当AD⊥BC时，无法判定四边形AEDF是正方形，故答案为：C 错误；
故答案为：C.
【分析】根据两组对边分别平行是平行四边形对A作判断；根据一个角是直角的平行四边形是矩形对B作判断；根据正方形的判定定理对C作判断；根据菱形的判定定理对D作判断.
5．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：如图，把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＋∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF＋∠EAB＝45°，
∴∠BAG＋∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG=45°，
在△EAG和△EAF中，
∵AG＝AF，∠EAG＝∠EAF，AE＝AE，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG＋BE＝3＋x，CE＝6 x，
∴EF＝3＋x，
∵∠C＝90°，
∴（6 x）2＋32＝（3＋x）2，
解得，x＝2，
∴BE的长为2．
故答案为：A.
【分析】 如图，首先把△ADF绕A顺时针旋转90°得到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，推出∠EAF＝∠EAG=45°，利用SAS证△EAG≌△EAF，得GE=FE，设BE＝x，再根据DF＝3，AB＝6分别表示出GE、CE、进而利用勾股定理建立方程，可以求出BE的长，本题得以解决．
6．【答案】B
【知识点】等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点B作于点E，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵将边绕点B逆时针旋转至，
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
解得：，
∴线段C'D的长度为.
故答案为：B.
【分析】过点B作BE⊥CC′于点E，根据正方形的性质可得BC=CD，∠BCD=90°，根据同角的余角相等可得∠C′CD=∠CBE，利用AAS证明△BCE≌△CDC′，得到CE=C′D，BE=CC′，根据旋转的性质可得BC=BC′，结合等腰三角形的性质可得CE=C′E=CC′=BE，利用勾股定理可得CE的值，据此解答.
7．【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。
8．【答案】B
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：∵∠EAP=∠BAD=90°，
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS），
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE==，
∴BE=，
∴BF=EF==2，
∴点B到直线AE的距离是2．
故答案为：B．
【分析】在△APD和△AEB中，证出△APD≌△AEB（SAS），过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，∠BEP=135°-45°=90°，利用勾股定理得出BE的值、PE的值，代入求解即可。
9．【答案】B
【知识点】正方形的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】延长CD到C′，使C′D＝CD，
CP＋PM＝C′P＋PM，
当C′，P，M三点共线时，C′P＋PM的值最小，
根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，3为半径的圆弧上，
圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M＝C′B 3，
∵BC＝CD＝8，
∴CC′＝16，
∴C′B＝，
∴CP＋PM的最小值是 3，
故答案为：B．
【分析】延长CD到C′，使C′D＝CD，当C′，P，M三点共线时，C′P＋PM的值最小，根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，3为半径的圆弧上，圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M＝C′B 3，利用勾股定理求出C′B的长，即可得到CP＋PM的最小值是 3。
10．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；等腰直角三角形；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：①∵DP⊥DE，
∴∠PDE=90°．
∴∠PDC+∠CDE=90°，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=∠ADP+∠PDC=90°，AD=CD，
∴∠CDE=∠ADP．
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS），故①正确；
②∵△APD≌△CED，
∴∠APD=∠CED，
又∵∠APD=∠PDE+∠DEP，∠CED=∠CEA+∠DEP，
∴∠PDE=∠CEA=90°．
即AE⊥CE，故②正确；
③过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图，
∵DE=DP，∠PDE=90°，
∴∠DPE=∠DEP=45°．
又∵∠CEA=90°，
∴∠CEF=∠FCE=45°．
∵DP=DE=1，
∴PE=．
∴CE==2，
∴CF=EF=CE=，
即点C到直线DE的距离为，故③错误；
④∵CF=EF=，DE=1，
在Rt△CDF中，CD2=CF2+DF2=，
∴S正方形ABCD=5+2，故④正确．
综上所述，正确结论的序号为①②④.
故答案为：D.
【分析】由垂直的概念得∠PDE=90°，由正方形的性质得∠ADC=90°，AD=CD，由同角的余角相等得∠CDE=∠ADP，证明△APD≌△CED，据此判断①；根据全等三角形的性质得∠APD=∠CED，由外角性质得∠APD=∠PDE+∠DEP，由角的和差关系得∠CED=∠CEA+∠DEP，则∠PDE=∠CEA=90°，据此判断②；过点C作CF⊥DE的延长线于点F，易得∠DPE=∠DEP=45°，∠CEF=∠FCE=45°，利用勾股定理可得PE、CE，然后求出CF，据此判断③；利用勾股定理可得CD2，则S正方形ABCD=CD2，据此判断④.
11．【答案】AB=BC（答案不唯一）
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
若AB=BC，
则四边形ABCD是正方形（邻边相等的矩形是正方形）.
故答案为：AB=BC.
【分析】由于四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理可得，邻边相等的矩形是正方形；对角线互相垂直的矩形是正方形；对角线平分对角的矩形是正方形；依此解答即可.
12．【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设A代表的正方形的边长为x，
由勾股定理得，
∴，即A所代表的的正方形的面积为16，
故答案为：16.
【分析】设A代表的正方形的边长为x，根据勾股定理求出x2，即得结论.
13．【答案】75
【知识点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】因为△AEF是等边三角形，所以∠EAF=60°，AE=AF，
因为四边形ABCD是正方形，所以AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°.
所以Rt△ABE≌Rt△ADF（HL），所以∠BAE=∠DAF.
所以∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=90°-60°=30°，
所以∠BAE=15°，所以∠AEB=90°-15°=75°.
故答案为75.
【分析】根据等边三角形的性质可得∠EAF=60°，AE=AF，根据正方形的性质可得AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°.根据HL可证Rt△ABE≌Rt△ADF，可得∠BAE=∠DAF，从而求出∠BAE+∠DAF=30°，即得∠BAE=15°，根据直角三角形两锐角互余即可求出结论.
14．【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=1，∠B=90°，
∴AC2=12+22，AC=；
同理可求：AE=（）2，HE=（）3…，
∴第n个正方形的边长an=（）n-1.
故答案为：（）n-1.
【分析】根据正方形的性质得出∠B=90°，AB=BC=1，根据勾股定理求出AC，再次应用勾股定理可以求出AE，依次类推得到规律.
15．【答案】4
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；四边形-动点问题
【解析】【解答】解：∵△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD=4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD=2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD=OE，
∴t=2÷0.5=4
即t=4时，四边形DEBF为正方形，
故答案为：4．
【分析】先求出OD=2cm，再利用“时间=路程÷速度”可得t=2÷0.5=4，从而得解。
16．【答案】①②③
【知识点】矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【解答】解：
延长PF交AB于点G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，AB=BC=CD=AD，
∵PF⊥CD，AB∥CD，
∴PG⊥AB，即∠PGB=90°，
∵PE⊥BC，PF⊥CD，
∴四边形GBEP为正方形，四边形PFCE为矩形，
∴GB=BE=EP=GP，PF=CE，∠EPF=90°，
∴AB-BG=CD-BE，即AG=CE=PF，
在△AGP和△FPE中，
，
∴△AGP≌△FPE（SAS），
∴AP=EF，∠PFE=∠BAP，
故①②正确；
∵BC=CD，BE=CF，
∴CE=PF=DF，
在Rt△PDF中，由勾股定理得PD=，
故③正确；
∵P在BD上，
∴当AP=DP、AP=AD、PD=DA时，△APD才是等腰三角形，
∴△APD是等腰三角形共有3种情况，故④错误，
故答案为：①②③.
【分析】延长PF交AB于点G，由正方形ABCD和PE⊥BC，PF⊥CD可证出四边形GBEP为正方形，四边形PFCE为矩形，然后用“边角边”证△AGP≌△FPE，利用全等三角形的性质（全等三角形对应边相等，对应角相等）即可证①②正确；由勾股定理可以得出PD=，可证③正确；点P在BD上要使△APD一定是等腰三角形，只有当AP=DP、AP=AD、PD=DA时才成立，可判断④错误.
17．【答案】解：∵四边形，四边形是正方形，
∴，，，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，即，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】利用“SAS”证明可得，，再利用角的运算可得，即，可得。
18．【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.
19．【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.
20．【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.
21．【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形
【知识点】正方形的判定
【解析】【分析】利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得AEBD是矩形；利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
22．【答案】（1）证明：∵，∴又∵是正方形∴∴四边形四边形是矩形
（2）解：，证明如下：连接，
∵四边形为矩形，∴，又∵四边形是正方形，P为上任意一点，∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，∵AP=AP，∴△ADP≌△ABP，∴，∴；
（3）解：由（2）得，则的最小值，即的最小值，当时，取得最小值，∵正方形ABCD的周长为40，∴AD=CD=10∵AD=CD，∠ADC=90°，，∵，∴∴的最小值是．
【知识点】垂线段最短；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】【分析】（1）根据三个角是直角的四边形是矩形即证结论；
（2），理由：连接， 证明△ADP≌△ABP，根据全等三角形的性质可得PB=PD，由矩形的性质知PB=EF，即证PD=EF；
（3）由（2）得，则的最小值，即的最小值，当时，取得最小值，求出此时DP的长即得结论.
23．【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
【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：(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．
【分析】（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。
24．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBE=90°，
∵AF⊥BE，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA）．
（2）解：①证明：如图2，
过点G作GP⊥BC于P，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠BAD=∠ABC=90°，
∴四边形ABPG是矩形，
∴PG=AB，
∴PG=BC，
同（1）得，∠PGH=∠CBE，
在△PGH和△CBE中，
，
∴△PGH≌△CBE（ASA），
∴BE=GH；
②：由①知，BE=GH，连接CM，
∵∠BCE=90°，点M是BE的中点，，
∴BE=2CM=6，
∴GH=6．
（3）16
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质
【解析】【解答】解：(3)由（2）可知，BE=2ME=2CM，，
∴ME=4，
同理可得：△DCG≌△CBE（ASA），
∴CG=BE=8，
∵BE⊥CG，
∴
故答案为：16．
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得出AB=BC，∠BCE=∠ABC=90°，由AF⊥BE，得出∠BAF=∠CBE，即可得出结论；
（2）①由四边形ABCD是正方形，证出四边形ABPG是矩形，得出PG=BC，同（1）得，∠PGH=∠CBE，证出△PGH≌△CBE（ASA），即可得出结论；②由①知，BE=GH，连接CM，由∠BCE=90°，点M是BE的中点，，即可得解；
（3）由（2）可知，BE=2ME=2CM，，得出ME=4，同理可得：△DCG≌△CBE（ASA），得出CG=BE=8，再根据，即可得解。
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