2023-2024学年冀教版初中数学八年级下册 22.6 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2024九上·揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行且相等 B．对角线相等
C．四条边相等，四个角相等 D．对角线互相垂直
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故符合题意；
B、菱形的对角线不相等 ，故不符合题意；
C、正方形的四条边相等，四个角相等，故不符合题意；
D、菱形、正方形的对角线互相垂直， 故不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据菱形、矩形、正方形的性质逐项判断即可.
2．下列关于 ABCD的说法，正确的是（ ）
A．若AB⊥BC，则 ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，则 ABCD是正方形
C．若AC=BD，则 ABCD是矩形 D．若AB=AD，则 ABCD是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵AB⊥BC，
∴∠B=90°，
四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，故A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可对A作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可对B作出判断；利用对角线相等的平行四边形是矩形，可对C作出判断；利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可对D作出判断.
3．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是 （ ）
A．AC=BD，AB∥CD，AB=CD B．AD=BC，∠BAD=∠BCD
C．AO=CO，BO=DO，AB=BC D．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
【答案】D
【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、∵ AB∥CD，AB=CD ，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵ AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
B、由AD=BC，∠BAD=∠BCD ，则四边形ABCD不一定是平行四边形，
∴ 不能判定这个四边形为正方形，故不符合题意；
C、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
D、∵AO=BO=CO=DO，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD ，
∴四边形ABCD是正方形，故符合题意.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定逐一分析即可.
4．如图，在正方形 ABCD中，G是对角线BD上一点，GE⊥CD，GF⊥BC，垂足分别为 E，F.连结 AG，EF，则下列结论中，正确的是 （ ）
A．AG=BG B．AG=FG C．AG=EF D．AG=AD
【答案】C
【知识点】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：连接GC，如图，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC，∠ABG=∠CBG=45°，∠ECF=90°，
∵ BG=BG，
∴ △ABG≌△CBG（SAS），
∴ AG=CG，
∵ GE⊥CD，GF⊥BC，
∴∠GFC=∠ECF=∠GEC=90°，
∴ 四边形GFCE为矩形，
∴ CG=EF，
∴ AG=EF.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质得AB=BC，∠ABG=∠CBG=45°，∠ECF=90°，依据SAS判定△ABG≌△CBG，推出AG=CG，根据三个角是直角得四边形是矩形得四边形GFCE为矩形，由矩形的对角线相等得CG=EF，即可求得.
5．（2023七上·江油月考）如图所示，将三个大小相同的正方形的一个顶点重合放置，则、、三个角的数量关系为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
，
由正方形的性质可得：∠2+∠3+∠4=90°，∠3+∠4+∠5=90°，
∴∠2=∠5，
∵∠1+∠5+∠3=90°，
∴∠1+∠2+∠3=90°，
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质求出∠2+∠3+∠4=90°，∠3+∠4+∠5=90°，再求出∠2=∠5，最后计算求解即可。
6．（2024九上·揭阳期末）如图，在正方形ABCD外取一点，连接AE、BE、DE.过点作AE的垂线交DE于点.若.下列结论：①；②点到直线AE的距离是；③；④.其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
【答案】C
【知识点】三角形的面积；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：∵∠EAP=∠EAB+∠BAP=90°，∠BAD=∠DAP+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠DAP，
∵AB=AD，AE=AP，
∴（SAS），故①正确；
∵AE⊥AP，AE=AP=1，
∴∠APE=∠AEP=45°，PE=AP=，
∴∠AEP=∠APD=135°，
∴∠BEP=90°，∠FEB=45°，即EB⊥ED，故③正确；
∴BE==，
过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=BE=，故②错误；
∵，
∴△APD的面积=△ABE的面积，
∴△APD的面积+△APB的面积=△ABE的面积+△ABP的面积=△AEP的面积+△PBE的面积=+××=+，
∴△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积=++××=2+，
∴，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据SAS证明，故①正确，可得△APD的面积=△ABE的面积，易得△AEP为等腰直角三角形，可得PE=AP=，∠AEP=∠APD=135°，从而求出∠BEP=90°，故③正确；过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，则△BEF为等腰直角三角形，可得BF=BE=，故②错误；先求出△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积，利用求解，即可判断④.
7．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，如图1，正方形ABCD可以制作一副七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的“风车”造型(内部有一处空缺)，连结最外围的风车顶点 M，N，P，Q得到一个四边形MNPQ，则正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比为 （ ）
A．5：8 B．3 ： 5 C．8： 13 D．25：49
【答案】C
【知识点】七巧板；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图1，设AC=4a，则AB=BC=AC=a，
∴正方形ABCD的面积为AB2=8a2，
由图1可得ME=QF=PG=NH，QE=PF=NG=MH，∠QFP=∠PGN=∠NHM=∠MEQ=135°，
∴△QFP≌△PGN≌△NHM≌△MEQ（SAS）
∴QM=QP=PN=MN，∠PQF=∠GPN，
∴∠NPQ=∠GPN+∠FPQ+∠FPG=∠PQF+∠FPQ+∠FPG=45°+45°=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
由AC=4a，则图2中MH=3a，QH=2a
∴MQ2=MH2+QH2=（3a）2+（2a）2=13a2，
∴ 四边形MNPQ的面积= MQ2=13a2，
∴ 正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比=8a2：13a2=8∶13.
故答案为：C.
【分析】设AC=4a，则AB=BC=AC=a，图2中MH=3a，QH=2a，由勾股定理求出MQ2，分别求出两正方形的面积公式，继而求出比值.
8．（2023八上·南山月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACEF和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC＋BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．16 B．15 C．. D．
【答案】D
【知识点】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：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FAB=∠AFG=∠ACB=90°，
∴∠FAC+∠BAC=∠FAC+∠ABC=90°，
∴∠FAC=∠ABC，
∴△FAH≌△ABN（ASA），
∴S△FAH=S△ABN，
∴S△ABC=S四边形FNCH，
在△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∵ AC＋BC＝7，
∴(AC＋BC)2=49，即得AB2+2AC·BC=49①，
∵正方形ABGF的面积-四边形FNCH的面积=正方形ABGF的面积-△ABC的面积=16，
∴AB2-AC·BC=16②，
联立①②解得：AB2=AC2+BC2=，AC·BC=，
∴阴影部分的面积= AC2+BC2+2△ABC的面积-空白部分面积=+2××=.
故答案为：D.
【分析】证明△FAH≌△ABN（ASA），可得S△FAH=S△ABN，从而得出S△ABC=S四边形FNCH，根据勾股定理可得AC2+BC2=AB2，结合已知可求出AB2=AC2+BC2=，AC·BC=，根据阴影部分的面积= AC2+BC2+2△ABC的面积-空白部分面积进行计算即可.
二、填空题
9．已知在平面直角坐标系中，四边形 ABCD 的四个顶点的坐标依次是A(1，1)，B(-1，1)，C(-1，-1)，D(1，-1)，则四边形 ABCD 是 形.
【答案】正方
【知识点】坐标与图形性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：四边形是正方形；理由如下：
∵A(1，1)，B(-1，1)，C(-1，-1)，D(1，-1)，
∴OA=OC=，OB=OD=，
∴四边形是平行四边形．
∵AC=BD=2，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AB=BC=2，
∴四边形 ABCD是正方形.
故答案为：正方.
【分析】利用两点间的距离公式分别求出OA=OC=OB=OD，可判断四边形ABCD是矩形，然后根据AB=BC可得矩形ABCD是正方形即可解答.
10．如图， ABCD的对角线AC，BD 相交于点O，∠BAO=∠DAO.若添加一个条件使 ABCD为正方形，则可以添加的条件 是 .
【答案】∠ABC=90°
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
又∵∠BAO=∠DAO，
∴∠DAC=∠BCA，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
要使得□ABCD为正方形， 则可以添加∠ABC=90°（答案不唯一），
∵∠ABC=90°，
∴菱形ABCD为正方形；
故答案为：∠ABC=90°.
【分析】 根据正方形的判定方法添加即可解答．
11．（2024九上·河西期末）如图，已知正方形ABCD的边长为2，以顶点C、D为圆心，2为半径的两弧交于点E，点F为AB边的中点，连接EF，则EF的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，延长FE交CD于点H，连接EC，
点E是两弧的交点，点F为AB边的中点，
C是圆心，E在弧上，
CE=CB=2，
在Rt△EHC中，
故答案为： .
【分析】 延长FE交CD于点H，连接EC，由已知可得在Rt△EHC中，利用勾股定理求得EH的值，从而求解.
12．（2024九下·福田开学考）如图，正方形ABCD中，点E．F分别在边BC，CD上，AB=6，，连接BD交AF于点N，交AE于点M，若，则DN为 ．
【答案】
【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，延长CB到F'，使BF'=DF，连接AF'.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=6，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADF=90°，AB//DC.
∴∠ABF'=90°=∠ADF.
又∵BF'=DF，
∴△ABF'≌△ADF（SAS），
∴∠BAF'=∠DAF，AF'=AF.
∵∠DAF+∠EAF+∠EAB=∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAF'+∠EAB=45°，即∠EAF'=45°。
在△EAF和△EAF'中，
AF=AF'，∠EAF=∠EAF'，AE=AE
∴△EAF≌△EAF'（SAS），
∴EF=EF'=DF+BE.
∵DC=BC=6，CE=4，设DF=a，
∴BE=BC-EC=2，FC=DC-DF=6-a，EF=2+a.
在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，
∴（2+a）2=42+（6-a）2，解得a=3，即DF=3.
∵AB=AD=6，
∴BD=.
∵DC//AB，
∴△DFN∽△BAN.
∴，
即，解得DN=.
故答案为：
【分析】第1步要求DN长，DN在一般图形△DFN中，所以通过全等或者相似来求。本题中△DFN和△BAN相似，且已知正方形边长AB长，还可以求出BD的长，可以利用相似建立比例关系求得DN，而要求DN，需要先求DF；
第2步在Rt△EFC中，有EF2=EC2+FC2，已知EC=4，FC=6-DF，只要能表示出EF，就可以求出DF长；第3步已知∠DAB=90°，∠EAF=45°，可以延长CB到F'，使BF'=DF，连接AF'，得到△ABF'，可证得△ABF'和△ADF全等，于是有AF=AF'，∠DAF=∠BAF'，从而得∠EAF=∠EAF'=45°，于是可证得△AEF≌△AEF'，得到EF=EF'=BE+BF'=BE+DF；因为BE=6-EC=2，所以EF=2+DF.利用EF2=EC2+FC2可以求得DF长，代入即可求得DN长.
13．（2024·广西模拟）如图，已知正方形的边长为4，M是对角线上的一个动点（不与B，D重合），连接，过M分别作的垂线段垂足分别为E，F，则的最小值是 ．
【答案】
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图：延长FM交CD于P，连结AC交BD于O，
∵四边形为正方形，
∴BD平分又，则
∵BD平分所以易证得：四边形AFPD为矩形，则FP=AD，故
则当时，MC有最小值：故 的最小值是
故答案为：.
【分析】本题主要考查正方形的性质、角平分线的性质、点到直线的距离最小值为垂线段，延长FM交CD于P，连结AC交BD于O，根据正方形及角平分线的性质可得：从而得到：再根据点到直线的距离最小值为垂线段即可求解.
三、解答题
14．（2023九上·滨江开学考）如图，已知在正方形中，，点为线段上一点点不与、重合，连接，过点作交射线于点，以、为邻边作矩形．
（1）求证：；
（2）连接，设，的面积为求关于的函数关系式并写出自变量的取值范围；
（3）当时，求的度数．
【答案】（1）证明：如图，作，．
，，
四边形是正方形，
，
四边形是矩形，
，
点是正方形对角线上的点，
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：四边形是矩形，，
矩形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，，，
，
≌，
，，
，
，
，，
，
的面积
（3）解：如图，当点在线段上时，
四边形是正方形，
，
，，
；
如图，当点在线段的延长线上时，
，，
，
综上，的度数为或．
【知识点】三角形全等的判定；全等三角形的应用；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】本题主要考查正方形的基本性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定及性质.
（1）作，，结合题意可证得四边形是矩形，然后运用矩形和正方形的性质可得到≌，进而得到答案；
（2）根据矩形和正方形的性质运用等量代换的方法可证得：≌，得到，进而表示出的面积y的表达式；
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况进行求解即可.
15．如图，在平行四边形ABCD中，AD=9 cm，CD= cm，∠B=45°，点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)． ．
（1）求BC边上的高AE的长度．
（2）连结AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形？
（3）作MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形？
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB= CD=3cm， 在Rt△ABE中，∠AEB=90 ，∠B=45°，∴设BE=AE=xcm，则有x2+x2 =(3)2，解得x=3，即AE的长度为3cm．
（2）解：∵点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)，
∴AM=CN=t cm．∵AM∥ CN，∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN=AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE=AE=3 cm，EN=(6-t)cm，∴AN2=32+(6-t)2，
∴32+(6-t)2=t2 ，解得t=
故当t为时，四边形AMCN为菱形．
（3）解：∵MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ
为矩形，∴当QM=QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM=CN=tcm，
BE=3 cm，∴AQ=EN=BC -BE -CN=9-3-t=(6-t)cm，
∴QM=|AM-AQ|=|t-(6-t)|=、2t-6|(注：分点Q在点M的左右两种情况)．
∵QN=AE=3 cm，∴|2t-6|=3，解得t=4.5 或t=1.5．
故当t为4.5或1.5时，四边形MPNQ为正方形．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；正方形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）根据勾股定理，列算式解答即可；
（2）根据菱形的判定方法，邻边相等的平行四边形为菱形，结合勾股定理，可解答；
（3）根据正方形的判定方法，邻边相等的矩形为正方形，再结合勾股定理可解答，但需要分Q在点M的左右两种情况，所以列式时需加上绝对值.
四、综合题
16．（2023九上·天河期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的两点，且．AE、AF分别交正方形的对角线BD于G、H两点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EF．
（1）求证：FA平分∠QAE．
（2）求证：．
（3）试探索BH、HG、GD三条线段间的数量关系，并加以说明．
【答案】（1）证明：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴FA平分∠QAE；
（2）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，
∴，，，
∴，
因此，点Q，B，F在同一条直线上，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：BH、HG、GD三条线段间的数量关系为．
证明：如图，在正方形ABCD中，，，
∴．
把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连接GM．
∴，
∴，，，．
∴，
即．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
在△AHG和△AMG中，
，
∴，
∴．
∵，
∴，
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，证明，得出，进而得出结论；
（2）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，得出，因此，点Q，B，F在同一条直线上，用SAS证明△QAF≌△EAF，得出QF=EF，进而得出结论；
（3）在正方形ABCD中，，，把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM．连接GM，得出，证明，进而用SAS证明△AHG≌△AMG，得出HG=MG，进而根据勾股定理得出结论．
17．（2016·贵港）如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．
（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
①求证：△AGE≌△AFE；
②若BE=2，DF=3，求AH的长．
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．
【答案】（1）解：①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中 ，
∴△GAE≌△FAE．
②∵△GAE≌△FAE，AB⊥GE，AH⊥EF，
∴AB=AH，GE=EF=5．
设正方形的边长为x，则EC=x﹣2，FC=x﹣3．
在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2=25．
解得：x=6．
∴AB=6．
∴AH=6．
（2）解：如图所示：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
由旋转的性质可知：∠ABM=∠ADM′=45°，BE=DM′．
∴∠NDM′=90°．
∴NM′2=ND2+DM′2．
∵∠EAM′=90°，∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠FAM′=45°．
在△AMN和△ANM′中， ，
∴△AMN≌△ANM′．
∴MN=NM′．
又∵BM=DM′，
∴MN2=ND2+BM2．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理的应用；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，依据旋转的性质构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，接下来，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；（2）将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
1 / 12023-2024学年冀教版初中数学八年级下册 22.6 正方形同步分层训练培优题
一、选择题
1．（2024九上·揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行且相等 B．对角线相等
C．四条边相等，四个角相等 D．对角线互相垂直
2．下列关于 ABCD的说法，正确的是（ ）
A．若AB⊥BC，则 ABCD是菱形 B．若AC⊥BD，则 ABCD是正方形
C．若AC=BD，则 ABCD是矩形 D．若AB=AD，则 ABCD是正方形
3．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是 （ ）
A．AC=BD，AB∥CD，AB=CD B．AD=BC，∠BAD=∠BCD
C．AO=CO，BO=DO，AB=BC D．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
4．如图，在正方形 ABCD中，G是对角线BD上一点，GE⊥CD，GF⊥BC，垂足分别为 E，F.连结 AG，EF，则下列结论中，正确的是 （ ）
A．AG=BG B．AG=FG C．AG=EF D．AG=AD
5．（2023七上·江油月考）如图所示，将三个大小相同的正方形的一个顶点重合放置，则、、三个角的数量关系为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024九上·揭阳期末）如图，在正方形ABCD外取一点，连接AE、BE、DE.过点作AE的垂线交DE于点.若.下列结论：①；②点到直线AE的距离是；③；④.其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①④ C．①③④ D．①②③
7．七巧板是我国祖先的一项卓越创造，如图1，正方形ABCD可以制作一副七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的“风车”造型(内部有一处空缺)，连结最外围的风车顶点 M，N，P，Q得到一个四边形MNPQ，则正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比为 （ ）
A．5：8 B．3 ： 5 C．8： 13 D．25：49
8．（2023八上·南山月考）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以AC，BC和AB为边向上作正方形ACEF和正方形BCMI和正方形ABGF，点G落在MI上，若AC＋BC＝7，空白部分面积为16，则图中阴影部分的面积是（ ）
A．16 B．15 C．. D．
二、填空题
9．已知在平面直角坐标系中，四边形 ABCD 的四个顶点的坐标依次是A(1，1)，B(-1，1)，C(-1，-1)，D(1，-1)，则四边形 ABCD 是 形.
10．如图， ABCD的对角线AC，BD 相交于点O，∠BAO=∠DAO.若添加一个条件使 ABCD为正方形，则可以添加的条件 是 .
11．（2024九上·河西期末）如图，已知正方形ABCD的边长为2，以顶点C、D为圆心，2为半径的两弧交于点E，点F为AB边的中点，连接EF，则EF的长为 ．
12．（2024九下·福田开学考）如图，正方形ABCD中，点E．F分别在边BC，CD上，AB=6，，连接BD交AF于点N，交AE于点M，若，则DN为 ．
13．（2024·广西模拟）如图，已知正方形的边长为4，M是对角线上的一个动点（不与B，D重合），连接，过M分别作的垂线段垂足分别为E，F，则的最小值是 ．
三、解答题
14．（2023九上·滨江开学考）如图，已知在正方形中，，点为线段上一点点不与、重合，连接，过点作交射线于点，以、为邻边作矩形．
（1）求证：；
（2）连接，设，的面积为求关于的函数关系式并写出自变量的取值范围；
（3）当时，求的度数．
15．如图，在平行四边形ABCD中，AD=9 cm，CD= cm，∠B=45°，点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)． ．
（1）求BC边上的高AE的长度．
（2）连结AN，CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形？
（3）作MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形？
四、综合题
16．（2023九上·天河期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边CD、BC上的两点，且．AE、AF分别交正方形的对角线BD于G、H两点，将△ADE绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EF．
（1）求证：FA平分∠QAE．
（2）求证：．
（3）试探索BH、HG、GD三条线段间的数量关系，并加以说明．
17．（2016·贵港）如图1，在正方形ABCD内作∠EAF=45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AH⊥EF，垂足为H．
（1）如图2，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABG．
①求证：△AGE≌△AFE；
②若BE=2，DF=3，求AH的长．
（2）如图3，连接BD交AE于点M，交AF于点N．请探究并猜想：线段BM，MN，ND之间有什么数量关系？并说明理由．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故符合题意；
B、菱形的对角线不相等 ，故不符合题意；
C、正方形的四条边相等，四个角相等，故不符合题意；
D、菱形、正方形的对角线互相垂直， 故不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据菱形、矩形、正方形的性质逐项判断即可.
2．【答案】C
【知识点】菱形的性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、∵AB⊥BC，
∴∠B=90°，
四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是矩形，故A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故C符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，故D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】利用有一个角是直角的平行四边形是矩形，可对A作出判断；利用对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可对B作出判断；利用对角线相等的平行四边形是矩形，可对C作出判断；利用一组邻边相等的平行四边形是菱形，可对D作出判断.
3．【答案】D
【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、∵ AB∥CD，AB=CD ，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵ AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
B、由AD=BC，∠BAD=∠BCD ，则四边形ABCD不一定是平行四边形，
∴ 不能判定这个四边形为正方形，故不符合题意；
C、∵AO=CO，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB=BC
∴四边形ABCD是菱形，故不符合题意；
D、∵AO=BO=CO=DO，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD ，
∴四边形ABCD是正方形，故符合题意.
故答案为：D.
【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定逐一分析即可.
4．【答案】C
【知识点】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：连接GC，如图，
∵ 四边形ABCD为正方形，
∴ AB=BC，∠ABG=∠CBG=45°，∠ECF=90°，
∵ BG=BG，
∴ △ABG≌△CBG（SAS），
∴ AG=CG，
∵ GE⊥CD，GF⊥BC，
∴∠GFC=∠ECF=∠GEC=90°，
∴ 四边形GFCE为矩形，
∴ CG=EF，
∴ AG=EF.
故答案为：C.
【分析】根据正方形的性质得AB=BC，∠ABG=∠CBG=45°，∠ECF=90°，依据SAS判定△ABG≌△CBG，推出AG=CG，根据三个角是直角得四边形是矩形得四边形GFCE为矩形，由矩形的对角线相等得CG=EF，即可求得.
5．【答案】A
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示：
，
由正方形的性质可得：∠2+∠3+∠4=90°，∠3+∠4+∠5=90°，
∴∠2=∠5，
∵∠1+∠5+∠3=90°，
∴∠1+∠2+∠3=90°，
故答案为：A.
【分析】根据正方形的性质求出∠2+∠3+∠4=90°，∠3+∠4+∠5=90°，再求出∠2=∠5，最后计算求解即可。
6．【答案】C
【知识点】三角形的面积；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：∵∠EAP=∠EAB+∠BAP=90°，∠BAD=∠DAP+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠DAP，
∵AB=AD，AE=AP，
∴（SAS），故①正确；
∵AE⊥AP，AE=AP=1，
∴∠APE=∠AEP=45°，PE=AP=，
∴∠AEP=∠APD=135°，
∴∠BEP=90°，∠FEB=45°，即EB⊥ED，故③正确；
∴BE==，
过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴BF=BE=，故②错误；
∵，
∴△APD的面积=△ABE的面积，
∴△APD的面积+△APB的面积=△ABE的面积+△ABP的面积=△AEP的面积+△PBE的面积=+××=+，
∴△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积=++××=2+，
∴，故④正确.
故答案为：C.
【分析】根据SAS证明，故①正确，可得△APD的面积=△ABE的面积，易得△AEP为等腰直角三角形，可得PE=AP=，∠AEP=∠APD=135°，从而求出∠BEP=90°，故③正确；过点B作BF⊥AE交的延长线于点F，则△BEF为等腰直角三角形，可得BF=BE=，故②错误；先求出△ABD的面积=△APD的面积+△APB的面积+△PBD的面积，利用求解，即可判断④.
7．【答案】C
【知识点】七巧板；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图1，设AC=4a，则AB=BC=AC=a，
∴正方形ABCD的面积为AB2=8a2，
由图1可得ME=QF=PG=NH，QE=PF=NG=MH，∠QFP=∠PGN=∠NHM=∠MEQ=135°，
∴△QFP≌△PGN≌△NHM≌△MEQ（SAS）
∴QM=QP=PN=MN，∠PQF=∠GPN，
∴∠NPQ=∠GPN+∠FPQ+∠FPG=∠PQF+∠FPQ+∠FPG=45°+45°=90°，
∴四边形MNPQ为正方形，
由AC=4a，则图2中MH=3a，QH=2a
∴MQ2=MH2+QH2=（3a）2+（2a）2=13a2，
∴ 四边形MNPQ的面积= MQ2=13a2，
∴ 正方形ABCD与四边形MNPQ的面积之比=8a2：13a2=8∶13.
故答案为：C.
【分析】设AC=4a，则AB=BC=AC=a，图2中MH=3a，QH=2a，由勾股定理求出MQ2，分别求出两正方形的面积公式，继而求出比值.
8．【答案】D
【知识点】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：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FAB=∠AFG=∠ACB=90°，
∴∠FAC+∠BAC=∠FAC+∠ABC=90°，
∴∠FAC=∠ABC，
∴△FAH≌△ABN（ASA），
∴S△FAH=S△ABN，
∴S△ABC=S四边形FNCH，
在△ABC中，AC2+BC2=AB2，
∵ AC＋BC＝7，
∴(AC＋BC)2=49，即得AB2+2AC·BC=49①，
∵正方形ABGF的面积-四边形FNCH的面积=正方形ABGF的面积-△ABC的面积=16，
∴AB2-AC·BC=16②，
联立①②解得：AB2=AC2+BC2=，AC·BC=，
∴阴影部分的面积= AC2+BC2+2△ABC的面积-空白部分面积=+2××=.
故答案为：D.
【分析】证明△FAH≌△ABN（ASA），可得S△FAH=S△ABN，从而得出S△ABC=S四边形FNCH，根据勾股定理可得AC2+BC2=AB2，结合已知可求出AB2=AC2+BC2=，AC·BC=，根据阴影部分的面积= AC2+BC2+2△ABC的面积-空白部分面积进行计算即可.
9．【答案】正方
【知识点】坐标与图形性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：四边形是正方形；理由如下：
∵A(1，1)，B(-1，1)，C(-1，-1)，D(1，-1)，
∴OA=OC=，OB=OD=，
∴四边形是平行四边形．
∵AC=BD=2，
∴四边形ABCD是矩形，
又∵AB=BC=2，
∴四边形 ABCD是正方形.
故答案为：正方.
【分析】利用两点间的距离公式分别求出OA=OC=OB=OD，可判断四边形ABCD是矩形，然后根据AB=BC可得矩形ABCD是正方形即可解答.
10．【答案】∠ABC=90°
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC，
∴∠DAC=∠BCA，
又∵∠BAO=∠DAO，
∴∠DAC=∠BCA，
∴AB=CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
要使得□ABCD为正方形， 则可以添加∠ABC=90°（答案不唯一），
∵∠ABC=90°，
∴菱形ABCD为正方形；
故答案为：∠ABC=90°.
【分析】 根据正方形的判定方法添加即可解答．
11．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，延长FE交CD于点H，连接EC，
点E是两弧的交点，点F为AB边的中点，
C是圆心，E在弧上，
CE=CB=2，
在Rt△EHC中，
故答案为： .
【分析】 延长FE交CD于点H，连接EC，由已知可得在Rt△EHC中，利用勾股定理求得EH的值，从而求解.
12．【答案】
【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，延长CB到F'，使BF'=DF，连接AF'.
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=6，∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠ADF=90°，AB//DC.
∴∠ABF'=90°=∠ADF.
又∵BF'=DF，
∴△ABF'≌△ADF（SAS），
∴∠BAF'=∠DAF，AF'=AF.
∵∠DAF+∠EAF+∠EAB=∠DAB=90°，∠EAF=45°，
∴∠BAF'+∠EAB=45°，即∠EAF'=45°。
在△EAF和△EAF'中，
AF=AF'，∠EAF=∠EAF'，AE=AE
∴△EAF≌△EAF'（SAS），
∴EF=EF'=DF+BE.
∵DC=BC=6，CE=4，设DF=a，
∴BE=BC-EC=2，FC=DC-DF=6-a，EF=2+a.
在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，
∴（2+a）2=42+（6-a）2，解得a=3，即DF=3.
∵AB=AD=6，
∴BD=.
∵DC//AB，
∴△DFN∽△BAN.
∴，
即，解得DN=.
故答案为：
【分析】第1步要求DN长，DN在一般图形△DFN中，所以通过全等或者相似来求。本题中△DFN和△BAN相似，且已知正方形边长AB长，还可以求出BD的长，可以利用相似建立比例关系求得DN，而要求DN，需要先求DF；
第2步在Rt△EFC中，有EF2=EC2+FC2，已知EC=4，FC=6-DF，只要能表示出EF，就可以求出DF长；第3步已知∠DAB=90°，∠EAF=45°，可以延长CB到F'，使BF'=DF，连接AF'，得到△ABF'，可证得△ABF'和△ADF全等，于是有AF=AF'，∠DAF=∠BAF'，从而得∠EAF=∠EAF'=45°，于是可证得△AEF≌△AEF'，得到EF=EF'=BE+BF'=BE+DF；因为BE=6-EC=2，所以EF=2+DF.利用EF2=EC2+FC2可以求得DF长，代入即可求得DN长.
13．【答案】
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图：延长FM交CD于P，连结AC交BD于O，
∵四边形为正方形，
∴BD平分又，则
∵BD平分所以易证得：四边形AFPD为矩形，则FP=AD，故
则当时，MC有最小值：故 的最小值是
故答案为：.
【分析】本题主要考查正方形的性质、角平分线的性质、点到直线的距离最小值为垂线段，延长FM交CD于P，连结AC交BD于O，根据正方形及角平分线的性质可得：从而得到：再根据点到直线的距离最小值为垂线段即可求解.
14．【答案】（1）证明：如图，作，．
，，
四边形是正方形，
，
四边形是矩形，
，
点是正方形对角线上的点，
，
四边形是矩形，
，
，
在和中，
，
≌，
；
（2）解：四边形是矩形，，
矩形是正方形，
，，
四边形是正方形，
，，，
，
≌，
，，
，
，
，，
，
的面积
（3）解：如图，当点在线段上时，
四边形是正方形，
，
，，
；
如图，当点在线段的延长线上时，
，，
，
综上，的度数为或．
【知识点】三角形全等的判定；全等三角形的应用；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】本题主要考查正方形的基本性质、矩形的判定和性质、三角形全等的判定及性质.
（1）作，，结合题意可证得四边形是矩形，然后运用矩形和正方形的性质可得到≌，进而得到答案；
（2）根据矩形和正方形的性质运用等量代换的方法可证得：≌，得到，进而表示出的面积y的表达式；
（3）分点在线段上和点在线段的延长线上两种情况进行求解即可.
15．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB= CD=3cm， 在Rt△ABE中，∠AEB=90 ，∠B=45°，∴设BE=AE=xcm，则有x2+x2 =(3)2，解得x=3，即AE的长度为3cm．
（2）解：∵点M，N分别以A，C为起点，以1 cm/s的速度沿AD，CB边运动，设点M，N运动的时间为t s(0≤t≤6)，
∴AM=CN=t cm．∵AM∥ CN，∴四边形AMCN为平行四边形，
∴当AN=AM时，四边形AMCN为菱形．
∵BE=AE=3 cm，EN=(6-t)cm，∴AN2=32+(6-t)2，
∴32+(6-t)2=t2 ，解得t=
故当t为时，四边形AMCN为菱形．
（3）解：∵MP⊥BC于点P，NQ⊥AD于点Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ
为矩形，∴当QM=QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM=CN=tcm，
BE=3 cm，∴AQ=EN=BC -BE -CN=9-3-t=(6-t)cm，
∴QM=|AM-AQ|=|t-(6-t)|=、2t-6|(注：分点Q在点M的左右两种情况)．
∵QN=AE=3 cm，∴|2t-6|=3，解得t=4.5 或t=1.5．
故当t为4.5或1.5时，四边形MPNQ为正方形．
【知识点】勾股定理；菱形的性质；菱形的判定；正方形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】（1）根据勾股定理，列算式解答即可；
（2）根据菱形的判定方法，邻边相等的平行四边形为菱形，结合勾股定理，可解答；
（3）根据正方形的判定方法，邻边相等的矩形为正方形，再结合勾股定理可解答，但需要分Q在点M的左右两种情况，所以列式时需加上绝对值.
16．【答案】（1）证明：将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∴FA平分∠QAE；
（2）证明：∵将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，
∴，，，
∴，
因此，点Q，B，F在同一条直线上，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：BH、HG、GD三条线段间的数量关系为．
证明：如图，在正方形ABCD中，，，
∴．
把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM，连接GM．
∴，
∴，，，．
∴，
即．
∵，
∴，
∴，
即，
∴．
在△AHG和△AMG中，
，
∴，
∴．
∵，
∴，
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定（SAS）
【解析】【分析】（1）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，由旋转可得：，证明，得出，进而得出结论；
（2）将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABQ，此时AB与AD重合，得出，因此，点Q，B，F在同一条直线上，用SAS证明△QAF≌△EAF，得出QF=EF，进而得出结论；
（3）在正方形ABCD中，，，把△ABH绕点A逆时针旋转90°得到△ADM．连接GM，得出，证明，进而用SAS证明△AHG≌△AMG，得出HG=MG，进而根据勾股定理得出结论．
17．【答案】（1）解：①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°．
又∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°．
∴∠BAG+∠BAE=45°．
∴∠GAE=∠FAE．
在△GAE和△FAE中 ，
∴△GAE≌△FAE．
②∵△GAE≌△FAE，AB⊥GE，AH⊥EF，
∴AB=AH，GE=EF=5．
设正方形的边长为x，则EC=x﹣2，FC=x﹣3．
在Rt△EFC中，由勾股定理得：EF2=FC2+EC2，即（x﹣2）2+（x﹣3）2=25．
解得：x=6．
∴AB=6．
∴AH=6．
（2）解：如图所示：将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
由旋转的性质可知：∠ABM=∠ADM′=45°，BE=DM′．
∴∠NDM′=90°．
∴NM′2=ND2+DM′2．
∵∠EAM′=90°，∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠FAM′=45°．
在△AMN和△ANM′中， ，
∴△AMN≌△ANM′．
∴MN=NM′．
又∵BM=DM′，
∴MN2=ND2+BM2．
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理的应用；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】本题主要考查的是四边形的综合应用，解答本题主要应用了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，依据旋转的性质构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．（1）①由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG，接下来在证明∠GAE=∠FAE，然后依据SAS证明△GAE≌△FAE即可；②由全等三角形的性质可知：AB=AH，GE=EF=5．设正方形的边长为x，接下来，在Rt△EFC中，依据勾股定理列方程求解即可；（2）将△ABM逆时针旋转90°得△ADM′．在△NM′D中依据勾股定理可证明NM′2=ND2+DM′2，接下来证明△AMN≌△ANM′，于的得到MN=NM′，最后再由BM=DM′证明即可．
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