2023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.3 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·锦江期中）下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行 B．对角线互相垂直
C．四个角都为直角 D．对角线互相平分
2．（2021·泸县）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
3．（2023九上·小店期中） 如图，四边形ABCD是正方形，在正方形内部作等边三角形EDC，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
4．（2021九上·成都期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记 的面积为 ， 的面积为 ，若正方形的边长 ， ，则 的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
5．（2023八上·萧县期中）如图，在正方形中，是坐标原点，点的坐标为，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023九上·深圳期中）如图，将边长为4cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿AD方向平移，得到△A'B'C'，若两个三角形重叠部分的面积是4cm2，则它移动的距离AA'等于（ ）
A．3cm B．2.5cm C．1.5cm D．2cm
7．如图，在 Rt△ABC中，LACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH 上，CG与EF相交于点P，CM 与BE相交于点Q.若HF=FG则的值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023九上·深圳期中）如图，正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，过P作PE⊥BC，PF⊥DC，垂足分别为E、F，连接EF，若EF=，，点D到AP的距离（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2023九上·栾城期中）如图中，，点D，E分别是边AB，AC的中点，点G，F在BC边上，四边形DEFG是正方形．若cm，则 cm．
10．（2023九上·兰州期中） 如图，正方形ABCD的面积为16，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线BD上有一点P，使PC+PE的和最小，则这个最小值为 .
11．（2023九上·南海期中）如果正方形的一条对角线长为，那么该正方形的面积为 .
12．（2023·内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．
13．（2023九上·埇桥期中）四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．
图1 图2
（1）如图1，当点E与点A重合时， ；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，，则 ．
三、解答题
14．（2023九上·榕城期中）如图，正方形ABCD中，E是CD边的中点，F是BC边上一点，∠FAE＝∠DAE．
（1）求证：AF＝AD+CF；
（2）已知正方形ABCD的边长为4．
①求AF之长；
②若P是AE上一点，且△DEP是等腰三角形，则线段EP的长为 ▲ ．
15．（2023九上·砀山月考）如图，正方形中，点，分别是边，的中点，连接，相交于点.
（1）求证：；
（2）如果点，分别是，的中点，连接并延长交于，连接，若，求的长.
四、综合题
16．（2023八下·河东期末）已知：四边形为正方形，为对角线上一点，连接，．过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）若正方形的边长为，，求正方形的边长．
17．（2021·武威）问题解决：如图1，在矩形 中，点 分别在 边上， 于点 .
（1）求证：四边形 是正方形；
（2）延长 到点 ，使得 ，判断 的形状，并说明理由.
类比迁移：如图2，在菱形 中，点 分别在 边上， 与 相交于点 ， ，求 的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：由题意得正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直，邻边相等，
故答案为：B
【分析】根据正方形的性质和矩形的性质结合题意即可求解。
2．【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；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用正确的命题是真命题；利用平行四边形的判定定理，可对A作出判断；利用矩形的判定定理可对B作出判断；利用菱形的判定定理可对C作出判断；利用正方形的判定定理，可对D作出判断.
3．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，等边三角形EDC，
∴AD=CD=DE，∠CDE=∠CED=60°，∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠ADC-∠CDE=90°-60°=30°，
∵AD=ED，
∴∠DAE=∠DEA，
∴∠DEA=，
∴∠AEC=∠DEA+∠CED=75°+60°=135°，
故答案为：D.
【分析】先利用正方形和等边三角形的性质求出∠ADE=∠ADC-∠CDE=90°-60°=30°，再求出∠DEA的度数，最后利用角的运算求出∠AEC的度数即可.
4．【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：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD.
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA）， S2=S△BOM，
∴ ，
∵ =
S正方形ABCD，正方形的边长
，
，
∴ =
S正方形ABCD -
=
.
故答案为：D.
【分析】根据正方形的性质可得OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD，由同角的余角相等可得∠BOM=∠CON，证明△BOM≌△CON，则S2=S△BOM，S1+S2=S△AOB=
S正方形ABCD，据此计算.
5．【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
在正方形OABC中，∠AOC=90°，AO=CO，
∵∠AOC=∠CDO=90°，
∴∠COD+∠AOE=∠COD+∠OCD=90°，
∴∠OCD=∠AOE，
在△OCD和△AOE中，，
∴△OCD≌△AOE（AAS），
∴CD=OE=1，OD=AE=，
∴C（-，1）．
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质，利用AAS证明△OCD≌△AOE，根据全等三角形的性质即可得点C的坐标．
6．【答案】D
【知识点】正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：如图，设A′B′交AC于点E，
由题意可知∠A=45°，
∴AA′=A′E，
设AA′=A′E=a，则A′D=4-a
∵两个三角形重叠部分的面积是4cm2，
∴a（4-a）=4，
a -4a+4=0，
（a-2） =4，
解得a=2，
即平移的距离为2cm，
故答案为：D.
【分析】已知重叠部分是一个平行四边形，面积=底（A′E）×高（A′D），而A′E+A′D=4，通过设A′E=a，列出方程，即求得答案．
7．【答案】B
【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：∵∠ABE=∠ABP+∠EBP=90°，∠ABP+∠CAB=90°，
∴∠EBP=∠CAB，
在△ABQ和△BEP中
∴△ABQ≌△BEP（AAS）
故S四边形PCQE=S三角形ABC，
∵∠HAF+∠FAC=90°，∠FAC+∠BAC=90°，
∴∠HAF=∠BAC，
在△ABC和△AFH中
∴△ABC≌△AFH（AAS）
∴S四边形PCQE=S三角形ABC=S三角形AFH=HF·AH=HF·2HF=HF2，
S正方形ABEF=AF2=HF2+AH2=HF2+（2HF）2=5HF2，
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质，可以得到S四边形PCQE=S三角形ABC，而△ABC≌△AFH，所以四边形的面积就转换成求△AFH的面积，从而可以求出答案.
8．【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得△BPE和△PDF都是等腰直角三角形，
∴PE=BE，PF=DF，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴四边形PECF是矩形，
∴PE=FC，PF=CE，
∵，
∴，
∴PF=2PE，
在直角三角形PEF中，由勾股定理得：PE2+（2PE）2=（）2；
解得：PE=1，
∴DF=PF=2，AD=3，
如图，连接PC，根据正方形的中心对称和矩形对角线相等可知：
PC=PA=EF=，S△ADP=S△CDP=DC PF=×3×2=3，
∴点D到AP的距离=.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质和已知PE及CD的比，可以求出PE=FC=1，DF=PF=2，CD=3，根据正方形和矩形性质得到S△ADP=S△CDP，按照三角形面积公式计算出点D到AP的距离即可．
9．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴BC=2DE=4，且DE∥BC，
∵四边形DEFG是正方形 ，
∴DG=EF=GF=DE=2，∠DGB=∠DGF=∠EFG=∠EFC=90°，
又AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△BDG≌△CEF，
∴BG=CF=1，
在Rt△CEF中：CE=，
∴AC=2CE=2。
故答案为：2。
【分析】首先根据三角形中位线定理得出BC=4，且DE∥BC，然后再根据正方形的性质，得出DG=EF=GF=DE=2，再根据全等三角形的性质得出CF=1，且△CEF是直角三角形，根据勾股定理可求得CE的长为，进而得出AC的长为2。
10．【答案】4
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，
∵正方形ABCD，
∴AC⊥BD，OA=OC，
∴C、A关于BD对称，
即C关于BD的对称点是A，
∴CP=AP，
∴EP+CP=EP+AP
连接AE交BD于P'， EP+AP的最小值为AE
即EP+CP的最小值为AE，
∵等边△ABE，
∴EP+CP=AE=AB，
∵正方形ABCD的面积为16，
∴AB=4，
∴EP+CP=4，
故答案为4．
【分析】首先根据正方形的对称性得出AE是 PC+PE 的最小值，然后根据等边三角形的性质得出AE=AB的长，再根据正方形的性质即可得出正方形的边长AB=4，从而得出 PC+PE 的最小值AE=4即可。
11．【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图.
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠C =90°.
在Rt△BCD中，BD=4，由勾股定理可知，BC2+CD2=BD2.
∴BC=CD=4.
∴正方形的面积为BC2=42=16.
故答案为：16.
【分析】根据正方形的性质，勾股定理，即可求得边长，进而根据正方形的面积公式即可求解．
12．【答案】
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，如图所示：
∵四边形是边长为4的正方形，
∴四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，
∵是等边三角形，
∴∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，
∴由勾股定理得，∠MCP=30°，
∴，PM=2，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，先根据正方形的性质即可得到四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，进而根据等边三角形的性质即可得到∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，再根据勾股定理即可求出PN的长，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到PM=2，然后根据即可求解。
13．【答案】（1）
（2）
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：(1)作FH⊥AB于H，如图所示：
则∠FHE=90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD=CD=4，EF=CE，∠ADC=∠DAH=∠BAD=∠CEF=90°，
∴∠FEH=∠CED，
在△EFH和△CED中，
，
∴△EFH≌△CED(AAS)，
∴FH=CD=4，AH=AD=4，
∴BH=AB+AH=8，
∴BF===；
故答案为： 。
(2) 过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图所示：
则FM=AH，AM=FH，因为BM=AB+AM=4+3=7，FM=AE+EH=5，
∴BF===.
故答案为： .
【分析】(1)作FH⊥AB于H，根据AAS证明△EFH≌△CED，得出FH=CD=4，AH=AD=4，求出BH=AB+AH=8，根据勾股定理即可得出答案；
(2)根据正方形的性质和全等三角形的性质求出BM=AB+AM=7，FM=AE+EH=5，根据勾股定理即可得出答案.
14．【答案】（1）证明：如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，
（也可延长AE、BC交于P，用全等和等腰三角形知识解决），
∵EG⊥AF，
∴∠EGF=∠AGE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠D=90°，
在△AGE和△ADE中，
∴△AGE≌△ADE（AAS），
∴AD=AG，GE=DE，
∵E是CD边的中点，
∴CE=DE，
∴GE=CE，
在Rt△EGF和Rt△ECF中，
∴Rt△EGF≌Rt△ECF（HL），
∴GF=CF，
∵AF=AG+GF，
∴AF=AD+CF；
（2）解：①设CF=x，则BF=4-x，AF=4+x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴42+（4-x）2=（4+x）2，
解得：x=1，
∴AF=4+x=4+1=5；
②2或或．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：（2）②由题意分三种情况：
Ⅰ、如图，PD=DE，过D作DG⊥AE于G，
∴EP=2EG，
在Rt△ADE中，AD=4，DE=2，
∴AE=，
∴S△ADE=AD·DE=AE·DG，
∴×2×4=×2×DG，
解得：DG=，
在Rt△DEG中，
EG=，
∴EP=2EG=；
Ⅱ、如图，EP=DE=2，
Ⅲ、如图，PD=PE，过P作PM⊥DE于M，则DM=EM，
∵AD⊥CD，PM⊥DE，
∴AD∥PM，
∴AP=PE，
∵AE=2，
∴EP=，
综上可得：EP的长为2或或.
【分析】（1）过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，结合正方形的性质用角角边可证△AGE≌△ADE，由全等三角形的性质可得AD=AG，GE=DE，用HL定理可证Rt△EGF≌Rt△ECF，由全等三角形的性质可得GF=CF，然后由线段的构成可求解；
（2）①设CF=x，则BF=4-x，AF=4+x，在Rt△ABF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，然后由线段的构成可求解；
②△DEP是等腰三角形时，由题意分三种情况：Ⅰ、PD=DE，Ⅱ、EP=DE，Ⅲ、PD=PE，根据面积法和三角形的中位线定理可求解.
15．【答案】（1）解：证明：如图，∵四边形是正方形，
∴，，
∵点，分别是边，的中点，∴，
在和中，，∴
∴，又∵，∴，∴，∴，
（2）连接，如图，
∵四边形是正方形，，∴，，，
∵点，分别是边，的中点，∴，
∵，∴.∵是的中点，∴，
在和中，，∴
∴，，∴，∴，
又∵点是的中点，∴是的中位线，∴.
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形的中位线及勾股定理等知识，熟练掌握是关键。（1）由正方形ABCD得，，根据E、F是中点得BE=CF，证，再用其性质证CE⊥DF；（2）连接，根据正方形的性质和中点证得，，可得AP，勾股定理再得PE，结合GH为中位线，得GH长。
16．【答案】（1）证明：如图，作于，于，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵点是对角线上的点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴矩形是正方形；
（2）解：连接，设正方形的边长为，
∵四边形和四边形都是正方形，正方形的边长为，
∴，，
，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴正方形的边长为．
【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)作EM⊥BC，EN⊥CD，证明△DEN≌△FEM，得DE=FE，结合四边形DEFG是矩形可得四边形DEFG是正方形；
(2)先证明△ADE≌△CDG，可推导出AE=CG，∠ACG=90°，结合勾股定理求出DE。
17．【答案】（1）证明：如图1，∵四边形 是矩形，
.
.
.
.
又 .
∴矩形 是正方形
（2）解： 是等腰三角形.理由如下：
，
.
又 ，即 是等腰三角形.
类比迁移：
如图2，延长 到点 ，使得 ，连接 .
∵四边形 是菱形，
.
.
.
又 .
是等边三角形，
，
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出 ，由等角的余角相等可得，证明可得AD=AB，从而可证结论；
（2）是等腰三角形.理由：证明可得AB=DA，由DE=AF可得AH=AF，据此即得结论；
类比迁移：延长 到点 ，使得 ，连接 ，证明△DAE≌△ABH，可得到 ，可证△AHF是等边三角形，可得AH=HF，利用DE=AH=HF=HB+BF=AE+BF进行计算即可.
1 / 12023-2024学年人教版初中数学八年级下册 18.2.3 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2023九上·锦江期中）下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行 B．对角线互相垂直
C．四个角都为直角 D．对角线互相平分
【答案】B
【知识点】矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：由题意得正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直，邻边相等，
故答案为：B
【分析】根据正方形的性质和矩形的性质结合题意即可求解。
2．（2021·泸县）下列命题是真命题的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相平分且相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直的四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【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；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项错误，不符合题意；
B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形；故本选项正确，符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误，不符合题意；
故答案为：B.
【分析】利用正确的命题是真命题；利用平行四边形的判定定理，可对A作出判断；利用矩形的判定定理可对B作出判断；利用菱形的判定定理可对C作出判断；利用正方形的判定定理，可对D作出判断.
3．（2023九上·小店期中） 如图，四边形ABCD是正方形，在正方形内部作等边三角形EDC，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是正方形，等边三角形EDC，
∴AD=CD=DE，∠CDE=∠CED=60°，∠ADC=90°，
∴∠ADE=∠ADC-∠CDE=90°-60°=30°，
∵AD=ED，
∴∠DAE=∠DEA，
∴∠DEA=，
∴∠AEC=∠DEA+∠CED=75°+60°=135°，
故答案为：D.
【分析】先利用正方形和等边三角形的性质求出∠ADE=∠ADC-∠CDE=90°-60°=30°，再求出∠DEA的度数，最后利用角的运算求出∠AEC的度数即可.
4．（2021九上·成都期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记 的面积为 ， 的面积为 ，若正方形的边长 ， ，则 的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【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：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD.
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA）， S2=S△BOM，
∴ ，
∵ =
S正方形ABCD，正方形的边长
，
，
∴ =
S正方形ABCD -
=
.
故答案为：D.
【分析】根据正方形的性质可得OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD，由同角的余角相等可得∠BOM=∠CON，证明△BOM≌△CON，则S2=S△BOM，S1+S2=S△AOB=
S正方形ABCD，据此计算.
5．（2023八上·萧县期中）如图，在正方形中，是坐标原点，点的坐标为，则点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】坐标与图形性质；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
在正方形OABC中，∠AOC=90°，AO=CO，
∵∠AOC=∠CDO=90°，
∴∠COD+∠AOE=∠COD+∠OCD=90°，
∴∠OCD=∠AOE，
在△OCD和△AOE中，，
∴△OCD≌△AOE（AAS），
∴CD=OE=1，OD=AE=，
∴C（-，1）．
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质，利用AAS证明△OCD≌△AOE，根据全等三角形的性质即可得点C的坐标．
6．（2023九上·深圳期中）如图，将边长为4cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿AD方向平移，得到△A'B'C'，若两个三角形重叠部分的面积是4cm2，则它移动的距离AA'等于（ ）
A．3cm B．2.5cm C．1.5cm D．2cm
【答案】D
【知识点】正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：如图，设A′B′交AC于点E，
由题意可知∠A=45°，
∴AA′=A′E，
设AA′=A′E=a，则A′D=4-a
∵两个三角形重叠部分的面积是4cm2，
∴a（4-a）=4，
a -4a+4=0，
（a-2） =4，
解得a=2，
即平移的距离为2cm，
故答案为：D.
【分析】已知重叠部分是一个平行四边形，面积=底（A′E）×高（A′D），而A′E+A′D=4，通过设A′E=a，列出方程，即求得答案．
7．如图，在 Rt△ABC中，LACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH 上，CG与EF相交于点P，CM 与BE相交于点Q.若HF=FG则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：∵∠ABE=∠ABP+∠EBP=90°，∠ABP+∠CAB=90°，
∴∠EBP=∠CAB，
在△ABQ和△BEP中
∴△ABQ≌△BEP（AAS）
故S四边形PCQE=S三角形ABC，
∵∠HAF+∠FAC=90°，∠FAC+∠BAC=90°，
∴∠HAF=∠BAC，
在△ABC和△AFH中
∴△ABC≌△AFH（AAS）
∴S四边形PCQE=S三角形ABC=S三角形AFH=HF·AH=HF·2HF=HF2，
S正方形ABEF=AF2=HF2+AH2=HF2+（2HF）2=5HF2，
∴
故答案为：B.
【分析】根据正方形的性质，可以得到S四边形PCQE=S三角形ABC，而△ABC≌△AFH，所以四边形的面积就转换成求△AFH的面积，从而可以求出答案.
8．（2023九上·深圳期中）如图，正方形ABCD中，P是对角线BD上一点，过P作PE⊥BC，PF⊥DC，垂足分别为E、F，连接EF，若EF=，，点D到AP的距离（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可得△BPE和△PDF都是等腰直角三角形，
∴PE=BE，PF=DF，
∵PE⊥BC，PF⊥DC，
∴四边形PECF是矩形，
∴PE=FC，PF=CE，
∵，
∴，
∴PF=2PE，
在直角三角形PEF中，由勾股定理得：PE2+（2PE）2=（）2；
解得：PE=1，
∴DF=PF=2，AD=3，
如图，连接PC，根据正方形的中心对称和矩形对角线相等可知：
PC=PA=EF=，S△ADP=S△CDP=DC PF=×3×2=3，
∴点D到AP的距离=.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质和已知PE及CD的比，可以求出PE=FC=1，DF=PF=2，CD=3，根据正方形和矩形性质得到S△ADP=S△CDP，按照三角形面积公式计算出点D到AP的距离即可．
二、填空题
9．（2023九上·栾城期中）如图中，，点D，E分别是边AB，AC的中点，点G，F在BC边上，四边形DEFG是正方形．若cm，则 cm．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：∵点D，E分别是边AB，AC的中点，
∴BC=2DE=4，且DE∥BC，
∵四边形DEFG是正方形 ，
∴DG=EF=GF=DE=2，∠DGB=∠DGF=∠EFG=∠EFC=90°，
又AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△BDG≌△CEF，
∴BG=CF=1，
在Rt△CEF中：CE=，
∴AC=2CE=2。
故答案为：2。
【分析】首先根据三角形中位线定理得出BC=4，且DE∥BC，然后再根据正方形的性质，得出DG=EF=GF=DE=2，再根据全等三角形的性质得出CF=1，且△CEF是直角三角形，根据勾股定理可求得CE的长为，进而得出AC的长为2。
10．（2023九上·兰州期中） 如图，正方形ABCD的面积为16，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线BD上有一点P，使PC+PE的和最小，则这个最小值为 .
【答案】4
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接AC，
∵正方形ABCD，
∴AC⊥BD，OA=OC，
∴C、A关于BD对称，
即C关于BD的对称点是A，
∴CP=AP，
∴EP+CP=EP+AP
连接AE交BD于P'， EP+AP的最小值为AE
即EP+CP的最小值为AE，
∵等边△ABE，
∴EP+CP=AE=AB，
∵正方形ABCD的面积为16，
∴AB=4，
∴EP+CP=4，
故答案为4．
【分析】首先根据正方形的对称性得出AE是 PC+PE 的最小值，然后根据等边三角形的性质得出AE=AB的长，再根据正方形的性质即可得出正方形的边长AB=4，从而得出 PC+PE 的最小值AE=4即可。
11．（2023九上·南海期中）如果正方形的一条对角线长为，那么该正方形的面积为 .
【答案】16
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图.
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠C =90°.
在Rt△BCD中，BD=4，由勾股定理可知，BC2+CD2=BD2.
∴BC=CD=4.
∴正方形的面积为BC2=42=16.
故答案为：16.
【分析】根据正方形的性质，勾股定理，即可求得边长，进而根据正方形的面积公式即可求解．
12．（2023·内江）如图，四边形是边长为4的正方形，是等边三角形，则阴影部分的面积为 ．
【答案】
【知识点】等边三角形的性质；含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，如图所示：
∵四边形是边长为4的正方形，
∴四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，
∵是等边三角形，
∴∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，
∴由勾股定理得，∠MCP=30°，
∴，PM=2，
∴，
∴，
故答案为：
【分析】过点P作PN⊥CB于点N，PM⊥CD于点M，先根据正方形的性质即可得到四边形ABCD的面积为16，DC=CB=4，∠DCB=90°，进而根据等边三角形的性质即可得到∠PCB=60°，PC=BC=4，NC=NB=2，再根据勾股定理即可求出PN的长，进而根据含30°角的直角三角形的性质即可得到PM=2，然后根据即可求解。
13．（2023九上·埇桥期中）四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边AD所在的直线上，连接CE，以CE为边，作正方形CEFG（点D，点F在直线CE的同侧），连接BF．
图1 图2
（1）如图1，当点E与点A重合时， ；
（2）如图2，当点E在线段AD上时，，则 ．
【答案】（1）
（2）
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：(1)作FH⊥AB于H，如图所示：
则∠FHE=90°，
∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形，
∴AD=CD=4，EF=CE，∠ADC=∠DAH=∠BAD=∠CEF=90°，
∴∠FEH=∠CED，
在△EFH和△CED中，
，
∴△EFH≌△CED(AAS)，
∴FH=CD=4，AH=AD=4，
∴BH=AB+AH=8，
∴BF===；
故答案为： 。
(2) 过F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，作FM⊥AB于M，如图所示：
则FM=AH，AM=FH，因为BM=AB+AM=4+3=7，FM=AE+EH=5，
∴BF===.
故答案为： .
【分析】(1)作FH⊥AB于H，根据AAS证明△EFH≌△CED，得出FH=CD=4，AH=AD=4，求出BH=AB+AH=8，根据勾股定理即可得出答案；
(2)根据正方形的性质和全等三角形的性质求出BM=AB+AM=7，FM=AE+EH=5，根据勾股定理即可得出答案.
三、解答题
14．（2023九上·榕城期中）如图，正方形ABCD中，E是CD边的中点，F是BC边上一点，∠FAE＝∠DAE．
（1）求证：AF＝AD+CF；
（2）已知正方形ABCD的边长为4．
①求AF之长；
②若P是AE上一点，且△DEP是等腰三角形，则线段EP的长为 ▲ ．
【答案】（1）证明：如图1，过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，
（也可延长AE、BC交于P，用全等和等腰三角形知识解决），
∵EG⊥AF，
∴∠EGF=∠AGE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠D=90°，
在△AGE和△ADE中，
∴△AGE≌△ADE（AAS），
∴AD=AG，GE=DE，
∵E是CD边的中点，
∴CE=DE，
∴GE=CE，
在Rt△EGF和Rt△ECF中，
∴Rt△EGF≌Rt△ECF（HL），
∴GF=CF，
∵AF=AG+GF，
∴AF=AD+CF；
（2）解：①设CF=x，则BF=4-x，AF=4+x，
在Rt△ABF中，AB2+BF2=AF2，
∴42+（4-x）2=（4+x）2，
解得：x=1，
∴AF=4+x=4+1=5；
②2或或．
【知识点】直角三角形全等的判定（HL）；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：（2）②由题意分三种情况：
Ⅰ、如图，PD=DE，过D作DG⊥AE于G，
∴EP=2EG，
在Rt△ADE中，AD=4，DE=2，
∴AE=，
∴S△ADE=AD·DE=AE·DG，
∴×2×4=×2×DG，
解得：DG=，
在Rt△DEG中，
EG=，
∴EP=2EG=；
Ⅱ、如图，EP=DE=2，
Ⅲ、如图，PD=PE，过P作PM⊥DE于M，则DM=EM，
∵AD⊥CD，PM⊥DE，
∴AD∥PM，
∴AP=PE，
∵AE=2，
∴EP=，
综上可得：EP的长为2或或.
【分析】（1）过E点作EG⊥AF，垂足为G，连接EF，结合正方形的性质用角角边可证△AGE≌△ADE，由全等三角形的性质可得AD=AG，GE=DE，用HL定理可证Rt△EGF≌Rt△ECF，由全等三角形的性质可得GF=CF，然后由线段的构成可求解；
（2）①设CF=x，则BF=4-x，AF=4+x，在Rt△ABF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程求出x的值，然后由线段的构成可求解；
②△DEP是等腰三角形时，由题意分三种情况：Ⅰ、PD=DE，Ⅱ、EP=DE，Ⅲ、PD=PE，根据面积法和三角形的中位线定理可求解.
15．（2023九上·砀山月考）如图，正方形中，点，分别是边，的中点，连接，相交于点.
（1）求证：；
（2）如果点，分别是，的中点，连接并延长交于，连接，若，求的长.
【答案】（1）解：证明：如图，∵四边形是正方形，
∴，，
∵点，分别是边，的中点，∴，
在和中，，∴
∴，又∵，∴，∴，∴，
（2）连接，如图，
∵四边形是正方形，，∴，，，
∵点，分别是边，的中点，∴，
∵，∴.∵是的中点，∴，
在和中，，∴
∴，，∴，∴，
又∵点是的中点，∴是的中位线，∴.
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；三角形的中位线定理
【解析】【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质、三角形的中位线及勾股定理等知识，熟练掌握是关键。（1）由正方形ABCD得，，根据E、F是中点得BE=CF，证，再用其性质证CE⊥DF；（2）连接，根据正方形的性质和中点证得，，可得AP，勾股定理再得PE，结合GH为中位线，得GH长。
四、综合题
16．（2023八下·河东期末）已知：四边形为正方形，为对角线上一点，连接，．过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接．
（1）求证：矩形是正方形；
（2）若正方形的边长为，，求正方形的边长．
【答案】（1）证明：如图，作于，于，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵点是对角线上的点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴矩形是正方形；
（2）解：连接，设正方形的边长为，
∵四边形和四边形都是正方形，正方形的边长为，
∴，，
，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，，
∴，即，
解得：或（负值不符合题意，舍去），
∴正方形的边长为．
【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)作EM⊥BC，EN⊥CD，证明△DEN≌△FEM，得DE=FE，结合四边形DEFG是矩形可得四边形DEFG是正方形；
(2)先证明△ADE≌△CDG，可推导出AE=CG，∠ACG=90°，结合勾股定理求出DE。
17．（2021·武威）问题解决：如图1，在矩形 中，点 分别在 边上， 于点 .
（1）求证：四边形 是正方形；
（2）延长 到点 ，使得 ，判断 的形状，并说明理由.
类比迁移：如图2，在菱形 中，点 分别在 边上， 与 相交于点 ， ，求 的长.
【答案】（1）证明：如图1，∵四边形 是矩形，
.
.
.
.
又 .
∴矩形 是正方形
（2）解： 是等腰三角形.理由如下：
，
.
又 ，即 是等腰三角形.
类比迁移：
如图2，延长 到点 ，使得 ，连接 .
∵四边形 是菱形，
.
.
.
又 .
是等边三角形，
，
【知识点】三角形全等的判定；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）根据矩形的性质得出 ，由等角的余角相等可得，证明可得AD=AB，从而可证结论；
（2）是等腰三角形.理由：证明可得AB=DA，由DE=AF可得AH=AF，据此即得结论；
类比迁移：延长 到点 ，使得 ，连接 ，证明△DAE≌△ABH，可得到 ，可证△AHF是等边三角形，可得AH=HF，利用DE=AH=HF=HB+BF=AE+BF进行计算即可.
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