专题18.36正方形 巩固篇 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题18.36 正方形（巩固篇）（专项练习）
一、单选题
1．下列各组图形中，对角线互相平分且相等的是（ ）
A．矩形与正方形 B．菱形与矩形 C．平行四边形与菱形 D．菱形与正方形
2．如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（ ）
A． B． C． D．
3．如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，且EC＝AE，Rt△FEG的两直角边EF，EG分别交BC，DC于点M，N．若正方形ABCD边长为4，则重叠部分四边形EMCN的面积为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
4．如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是CD中点，连接OE，则下列结论中不一定正确的是（ ）
A．AB＝AD B．OE＝AB C．∠DOE＝∠EOC D．∠EOD＝∠EDO
5．夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上．若A、D、F在一条直线上，则∠1与∠2的数量关系（ ）
A． B．
C． D．
6．如图，正方形的边长为，为边上一点与点、不重合，连接，交于点当是等腰三角形时，则的长为（ ）
A．
B．
C．
D．
7．如图，在边长为的正方形ABCD中，E，F分别是边AB，BC的中点，连接CE，DF，G，H分别是CE，DF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A． B．1 C．2 D．
8．如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，连接，，若，，则线段的长为（ ）
A． B． C． D．
9．如图所示，正方形的面积为9，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A．4.5 B．9 C．2.5 D．3
10．如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，PEBC，PFCD，垂足分别为点E，F，连接AP，EF，给出下列四个结论：
①AP＝EF；
②PFE＝BAP；
③PD＝EF；
④APD可能是等腰三角形．
其中正确的结论有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二、填空题
11．如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A在x轴上，顶点D在y轴上，若点B的坐标为（3，1），则点D的坐标为 ．
12．如图，点E在边长为5的正方形边上，交的延长线于F，连接，过点A作的垂线，与分别交于点H、G．若，则的长为 ．
13．如图，四边形ABCD为正方形，点E、点G分别为BC、AB边上的点，CE＝BG＝BE，连接DE、CG交于点F，若GF＝3，四边形ABCD的面积为 ．
14．如图，四边形ABCD是正方形，点G是边BC上一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．已知DE＝10，BF＝6，则EF的长度为 ．
15．如图，在正方形中，E为的中点，F为的中点， 的延长线与的延长线交于点H，与相交于点G，若，则的长为 ．
16．如图，小实同学先将正方形纸片沿对折成两个完全重合的矩形，再把纸片展平，然后折出上方矩形的对角线，再把边沿折叠，使得A点落在上的H点处，若，则 ．
17．如图，正方形的边长为1，点E是的中点，连接，点A关于的对称点为F，连接交于点G，则 ．
18．如图，现有一张边长为1的正方形纸片，第1次沿着线段剪开，留下三角形；第2次取的中点，再沿着剪开，留下三角形；第3次取的中点，再沿着剪开，留下三角形……如此进行下去，在第n次后，被剪去图形的面积之和是 ．
三、解答题
19．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，．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)求正方形ABCD的面积．
20．如图，正方形和正方形有公共顶点D．
(1)如图1，连接和，直接写出和的数量及位置关系 ；
(2)如图2，连接，M为中点，连接、，探究、的数量及位置关系，并说明理由；
21．如图，边长为2的正方形ABCD，点P在射线BC上，将ABP沿AP向右翻折，得到AEP，DE所在直线与AP所在直线交于点F．
(1)如图1，当点P在边BC上时，若∠BAP=20°，求∠AFD的度数；
(2)若点P是BC边上任意一点时（不与B，C重合），∠AFD的度数是否会发生变化？试证明你的结论；
(3)如图2，若点P在BC边的延长线上时，∠AFD的度数是否会发生变化？试在图中画出图形，并直接写出结论；
22．如图，折叠矩形纸片，使点B落在边上一点E处，折痕两端点分别在，上（含端点），且，．设．
(1)当的最小值等于______时，才能使点B落在上一点E处；
(2)当点F与点C重合时，求的长．
(3)当时，点F离点B有多远？
23．如图一，P为正方形的边上一动点（P与B，C不重合），连接，过点B作交于点Q，将沿所在的直线对折得到，延长交的延长线于点M．
(1)求证：；
(2)如图二，过点Q作，垂足为H，当时，分别求的长；
(3)当时，求的长．
24．如图，四边形是正方形，点在边上任意一点（点不与点，点重合），点在的延长线上，．
(1)求证：；
(2)如图，作点关于的对称点，连接、、，与交于点，与交于点，与交于点．
①若，求的度数；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并说明理由．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据矩形对角线的性质，菱形对角线的性质，平行四边形对角线的性质，正方形对角线的性质进行判断即可．
【详解】解：∵矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相平分且垂直，
平行四边形的对角线互相平分，正方形的对角线互相平分且相等且互相垂直，
∴对角线互相平分且相等的是矩形与正方形，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质，正方形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．
2．C
【分析】根据正方形的判定方法，结合矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，逐项进行判断即可．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，
∵与分别平分和，
∴，
∴，
∴；
A.∵，，，
∴，
∴四边形为菱形，
∵，
∴四边形为正方形，故A不符合题意；
B.∵，，
∴，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故B不符合题意；
C.∵，，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∴四边形一定不是正方形，故C符合题意；
D.∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∵，
∴四边形为正方形，故D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
3．B
【分析】连接ED，由EC=AE得到点E是AC的中点，然后结合正方形的性质得到ED=EC、∠EDN=∠ECM=45°、∠DEC=90°，进而结合EF⊥EG得到∠MEC=∠NED，从而得证△MEC≌△NED，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形EMCN的面积与△EDC的面积，最后由正方形的边长求得结果．
【详解】解：连接ED，
∵AE=EC，
∴点E是AC的中点，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DEC=90°，DE=EC，∠EDN=∠ECM=45°，
∴∠DEN+∠NEC=90°，
∵EF⊥EG，
∴∠MEC+∠NEC=90°，
∴∠DEN=∠CEM，
∴△MEC≌△NED（ASA），
∴，
∴，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴AC=4，
∴ED=EC=2，
∴= ED EC=×2×2=4，
∴重叠部分四边形EMCN的面积为4．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接ED构造全等三角形．
4．C
【分析】由菱形的性质可得AB=AD=CD，AC⊥BD，由直角三角形的性质可得OE=DE=CE=CD= AB，即可判定A，B，D，再在C的条件下证明四边形ABCD是正方形，从而可得答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD=CD，AC⊥BD，故选项A正确，不合题意，
∵点E是CD的中点，
∴OE=DE=CE=，故选项B正确，不合题意；
∴∠EOD=∠EDO，故选项D正确，不合题意；
若∠DOE＝∠EOC，而
∴
∴，
∵
∴四边形ABCD是正方形，与已知条件矛盾，故C错误，符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，正方形的判定，掌握菱形的性质是解题的关键．
5．B
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答即可．
【详解】∵夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上，
∴∠BAD=90°，∠DFE=60°，
∵l1∥l2，A、D、F在一条直线上，
∴∠1+∠BAD=∠2+∠DFE，
即∠1+90°=∠2+60°，
可得：∠2-∠1=30°，
故选B．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答．
6．D
【分析】当是等腰三角形时，存在两种情况：如图，当时，先计算的长，证明，可利的长，由线段的差可得的长；当时，与重合，此种情况不符合题意．
【详解】解：如图，当时，
，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
由勾股定理得：，
，
；
当时，与重合，此种情况不符合题意．
综上，的长是．
故选：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
7．B
【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，根据全等三角形的性质得到PD＝CF＝，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论．
【详解】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC＝2，
∵E，F分别是边AB，BC的中点，
∴，
∵AD∥BC，
∴∠DPH＝∠FCH，
∵H是DF中点，
∴DH=FH，
在△PDH与△CFH中，
，
∴△PDH≌△CFH（AAS），
∴PD＝CF＝，
∴AP＝AD﹣PD＝，
∴，
∵点G，H分别是EC，PC的中点，
∴GH＝EP＝1．
故选B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质．
8．B
【分析】过作，垂足为，根据两个三角形全等的判定定理，确定，从而根据全等三角形的性质得到，再根据将边绕点逆时针旋转至，确定为等腰三角形，结合“三线合一”得到是边上的中线，进而，即，在中，，，利用勾股定理求解即可得到答案．
【详解】解：过作，垂足为，如图所示：
，，
在正方形中，，
，
，
，
在和中，
，
，
将边绕点逆时针旋转至，
，
，
由“三线合一”可得是边上的中线，即，
，
在中，，，设，则，由勾股定理得到，即，化简得，解得或（线段长负值舍去），
，
故选：B．
【点睛】本题考查求线段长，涉及正方形的性质、两个三角形全等的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关几何概念、判定与性质是解决问题的关键．
9．D
【分析】由于点B与D关于对称，所以连接，与的交点即为P点．此时最小，而是等边E的边，，由正方形的面积为9，可求出的长，从而得出结果．
【详解】解：设BE与交于点，连接，，
∵点B与D关于对称，
∴，
∴最小．
∵正方形的面积为9，
∴，
又∵是等边三角形，
∴．
故选：D
【点睛】本题主要考查正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，找到对称点，添加辅助线是关键．
10．C
【分析】由正方形的性质证明，得出，由，证明四边形PECF是矩形，得出，进而得出，可知①符合题意；由矩形的性质证明，得出，进而得出，可知②符合题意；由正方形的性质结合矩形的性质得出是等腰直角三角形，进而得出，由直角三角形的斜边大于直角边，可知，故，可知③不符合题意；只有或或时，才是等腰三角形，可知④符合题意；即可得出答案．
【详解】解：如图，连接PC，
四边形ABCD是正方形，
，，
在和中，
（SAS）
，，
，，
，
四边形PECF是矩形，
，
，
故①符合题意；
四边形PECF是矩形，
，，
在和中，
（SAS）
，
，
，
故②符合题意；
四边形PECF是矩形，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故③不符合题意；
点P在BD上，
只有或或时，才是等腰三角形，
故④符合题意；
综上，①②④符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、直角三角形的斜边大于直角边、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定．
11．（0，2）
【分析】过点B作BE⊥x轴于点E，证明△ODA≌△EAB（AAS），可得OA=BE=1，OD=AE，进而可以解决问题．
【详解】解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E，
∵B的坐标为（3，1），
∴OE=3，BE=1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠BEA=90°．
∵OA⊥OD，
∴∠AOD=∠BEA=90°．∠DAO+∠ODA=∠BAE+∠DAO=90°，
∴∠ODA=∠BAE，
在△ODA和△EAB中，，
∴△ODA≌△EAB（AAS），
∴OA=BE=1，OD=AE，
∴OD=AE=OE-OA=3-1=2，
∴点D的坐标为（0，2）．
故答案为：（0，2）．
【点睛】本题考查了坐标与图形性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质等知识点是解题的关键．
12．
【分析】连接，首先证明出，得到，然后得到垂直平分，，，则，，在中利用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵
∴
∴
又∵
∴，
∴，
又∵，
∴H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，则，，
∴，
∵，
∴中，，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
13．20
【分析】连接GE，根据正方形的性质，易证△GBC≌△ECD（SAS），根据全等三角形的性质，可得GC⊥DE，设CE=BG=BE=x，根据列方程，可求出x的值，进一步即可求出正方形ABCD的面积．
【详解】解：连接GE，如图所示：
在正方形ABCD中，BC=CD，∠A=∠B=∠BCD=90°，
又∵BG=CE，
∴△GBC≌△ECD（SAS），
∴∠GCB=∠EDC，
∵∠GCB+∠FCD=90°，
∴∠EDC+∠FCD=90°，
∴∠DFC=90°，
∴GC⊥DE，
设CE=BG=BE=x，
则BC=2x，
∴正方形ABCD的边长为2x，
∴AG=2x-x=x，
在△DCE中，根据勾股定理，得DE=x，
∵，
又∵GF=3，
∴，
解得x=，
∴正方形ABCD的边长为2，
∴正方形ABCD的面积为2×2=20，
故答案为：20．
【点睛】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等，证明GC⊥DE是解题的关键．
14．4
【分析】因为AF=AE+EF，则可以通过证明△ABF≌△DAE，从而得到AE=BF，AF=DE
便得到了EF=DE- BF．
【详解】证明：∵ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°
∵DE⊥AG，
∴∠AED=90°
∴∠ADE+∠DAE=90°
又∵∠BAF+∠DAE=∠BAD=90°，
∴∠ADE=∠BAF．
∵BF∥DE，
∴∠AFB=∠DEG=∠AED．
在△ABF与△DAE中， ，
∴△ABF≌△DAE（AAS）．
∴BF=AE，AF=DE
∵AF=AE+EF，
∴EF=DE- BF=4，
故答案为：4.
【点睛】此题主要考查学生对正方形的性质及全等三角形的判定的掌握情况，本题难度一般．
15．10
【分析】先证，从而证得，再由F为的中点， ，证得B为的中点，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，从而求得长．
【详解】解：∵正方形，
∴，
又∵E为的中点，F为的中点，
∴，
∴，
在和中
，
∴
∴,
又∵，
∴，
∴,
又∵F为的中点，
∴,
∴，
故答案为：10．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
16．##
【分析】设，则可得．连接，即可构造和，依据勾股定理得到，进而得出关于x的方程，通过解方程即可得到的长．
【详解】解∶如图所示，连接，
在中，
∴，
又∵，
∴，
设，则，
由折叠可得，，
∴，
在和中，
，即，
解得，
∴．
故答案为∶．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及翻折变换(折叠问题)以及勾股定理， 折叠的本质属于轴对称变换，关键是抓住折叠前后的对应边和对应角相等．
17．##
【分析】延长交于H，连接，作，，根据正方形的性质和角平分线的性质，得到，和是等腰直角三角形，再根据轴对称的性质，利用“”证明，，设，利用勾股定理得到，进而得到，然后利用面积法求出，最后再利用勾股定理即可求出的长．
【详解】解：延长交于H，连接，过点G作于M，于N，
四边形是正方形，
，
，，
，和是等腰直角三角形，
为中点，
，
点A关于的对称点为F，
，，
，
在和中，
，
，
，
设，则，，
在中，，
，
，
，
，
，
，
，
在等腰中，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称图形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的性质等知识，求出的长是解题关键．
18．
【分析】求出；；；以此类推求出，即可求出剩余图形的面积为：，进一步可求出减去图形的面积为：．
【详解】解：由题意可知：第1次沿着线段剪开之后，剩余；
第2次沿着线段剪开之后，剩余；
第3次沿着线段剪开之后，剩余；
以此类推：第n次沿着线段剪开之后，剩余；
∴剩余图形的面积为：，
∵正方形的面积为1，
减去图形的面积为：．
故答案为：
【点睛】本题考查图形规律问题，有关线段中线面积问题．正方形面积，解题的关键是找出其中的规律求出最后剩余的面积，
19．(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】(1)由ABCD是正方形得到，，由得到，进一步得到，再根据“边角边”即可证明；
(2)由及得到，进而得到，由(1)中全等得到，最后由即可证明；
(3)过点B作交AE的延长线于点F，证明为等腰直角三角形，求出，在中由勾股定理求出即可得到正方形的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴．
∴，
即．
∵，
∴．
（2）证明：如下图：
∵，，
∴·
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（3）解：如图，过点B作交AE的延长线于点F．
∵，，
∴由勾股定理得：．
由(2)知，，
∴由勾股定理得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理得：，
∴，
∴．
∴，
在中，由勾股定理得：，
．
【点睛】本题借助正方形的性质考查了三角形全等的判定方法、等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理求线段长等知识点；本题中第(3)问的关键点是过点B作交AE的延长线于点F，进而构造等腰直角三角形，利用其性质求解．
20．(1)，；
(2)且，理由见解析
【分析】（1）如图，延长交于，交于Q，证明，可得到和的关系；
（2）延长至H，使，延长交于，再证明，最后由中位线得到结论；
【详解】（1）解：∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
如图，延长交于，交于Q，
∵，
∴，
∴，
∴且．
（2）且，理由如下：
延长至点H，使得，连接，延长交于，则，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∵点M，D分别是，的中点，
∴，，
∴，且．
【点睛】本题主要考查了正方形、三角形全等、三角形的中位线，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质，对于想象能力不太好的同学，可以先画出对应的图形，然后根据图形特点逐步解题．
21．(1)∠AFD=45°；
(2)∠AFD 的大小不会改变，始终是45°，理由见解析
(3)∠AFD 的大小不会改变，始终是45°
【分析】（1）先求出∠DAE=20°，进而求出∠ADE=65°，最后再用三角形的内角和即可得出结论；
（2）设∠BAP=∠EAP=α，同（1）的方法即可得出结论；
（3）设∠BAP=∠EAP=α，同（2）的方法即可得出结论．
【详解】（1）解：由折叠的性质知∠EAP=∠BAP=20°，AB=AD=AE，
∴∠DAE=90°20°×2=50°．
∵在ADE中，AD=AE，∠DAE=50°，
∴∠ADE=∠AED=（180°50°）÷2=65°．
∵在AFD中，∠FAD=90°20°=70°，∠ADF=65°，
∴∠AFD=180°70°65°=45°；
（2）解：∠AFD 的大小不会改变，始终是45°，
设∠BAP=∠EAP=α，则∠EAD=90°2α，∠FAD=90°α．
∵在ADE中，AD=AE，∠EAD=90°2α，
∴∠ADE=（180°∠EAD）=（180°90°+2α）=45°+α．
∴在ADF中，∠F=180°∠FAD∠ADE=180°（90°α）（45°+α）=45°；
（3）解：∠AFD 的大小不会改变，始终是45°，
设∠BAP=∠EAP=α，则∠EAD=2α90°，
∵在ADE中，AD=AE，∠EAD=2α90°，
∴∠AED=（180°∠EAD）=（180°2α+90°）=135°α．
∴在AEF中，∠AFD=180°∠FAE∠AED=180°α（135°α）=45°．
【点睛】此题主要考查了折叠的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，正方形的性质，掌握折叠的性质，找出对应角和对应边相等是解题的关键．
22．(1)6
(2)
(3)
【分析】（1）根据折叠的性质，得到，根据垂线段最短原理，当时，最小，此时四边形是正方形，从而得到的最小值等于，计算即可．
（2）根据折叠性质，勾股定理得，根据，引入未知数，建立等式计算即可．
（3）过点F作，垂足为H，判定四边形是矩形，根据勾股定理，得，计算即可．
【详解】（1）解：根据折叠的性质，得，
根据垂线段最短原理，当时，
最小，
因为矩形纸片，
所以，
所以四边形是正方形，
所以，
故答案为：6．
（2）解：根据折叠的性质，得，
因为矩形纸片，，，
所以，，，，
所以，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以．
（3）解：如图，过点F作，垂足为H，
因为矩形纸片，，
所以，
所以四边形是矩形，
所以，
根据折叠的性质，得，
设，
则，
因为，
所以，
所以，
根据勾股定理，得，
所以，
解得，
所以点F离点B的距离为：．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正方形的判定，垂线段最短原理，熟练掌握矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
23．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，即可求证；
（2）先证明四边形BCQH是矩形，可得．再根据勾股定理可得，从而得到BH=2，再由折叠的性质可得．然后设，则．根据勾股定理，即可求解；
（3）根据勾股定理和正方形的性质可得．设，则有．根据勾股定理，可得，即可求解．
【详解】（1）证明：．理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
在和中，
∴，
∴；
（2）解： ∵四边形是正方形，，
∴∠C=∠ABC=∠BHQ=90°，AB=BC，
∴四边形BCQH是矩形，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
由折叠可得，
∴，
∴．
设，则．
在中，
根据勾股定理得，
解得．
∴的长为；
（3）解：∵四边形是正方形，，
∴．
∴，
∴，
∴．
设，则有．
在中，根据勾股定理得
，
解得，即，
∴．
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，图形的折叠，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，图形的折叠的性质是解题的关键．
24．(1)证明过程见详解
(2)①；②，理由见详解
【分析】（1）证，即可得出结论；
（2）①证，得，再由全等三角形的性质得，则，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得，即可求解；②连接，由①得垂直平分，则，，设，证出，再证，然后由勾股定理得，进而得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：①点关于的对称点，
∴，，
在和中，
，
∴，
∴，
由（1）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
②线段，，之间的数量关系为：，理由如下：
连接，如图2所示：
由①得：垂直平分，
∴，，
设，
由①得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明和是解题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页