湘教版数学八年级下册 1.7 正方形 同步分层练习
一、夯实基础
1．（2023八下·思明期末）矩形、正方形、菱形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线长度相等 D．一组对角线平分一组对角
2．（2024八下·无为期中）下列四边形：①正方形，②矩形，③菱形，④平行四边形．对角线一定相等的是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①② D．②③
3．（2025八下·南沙月考）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2025八下·白云期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
5．（2024八下·蒸湘期末）下列条件可以利用定义说明平行四边形是正方形的是（ ）
A． B．
C． D．以上均错
6．（2024八下·宁波期中）正方形是轴对称图形，它的对称轴有（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．5条
7．（2024八下·白云期末）“正方形的四条边都相等”的逆命题可以写成 ，该逆命题是 命题（填写“真”或“假”）．
8．（2025八下·秦淮月考）将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为 ．
9．（2024八下·青秀月考）如图，在正方形的外侧，作等边，则 ．
10．（2024八下·邹平期中）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．
11．（2024八下·龙南期末）如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连接、．求证：．
二、能力提升
12． 在 ABCD中，有以下四个条件：①AB=BC；②∠BAD=90°；③AC⊥BD；④AC=BD.现从中任选两个条件作为一个组合，其中不能推出四边形ABCD是正方形的是 ( )
A．①② B．①④ C．②④ D．③④
13．（2023八下·汝阳期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（ ）
A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
14．（2025八下·达川期末）如图，在正方形外取一点E，连接．过点B作交于点P．若，，下列结论：
①；②点C到直线的距离为；③P是的中点；④．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
15．（2024八下·沅江期末）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
16．（2024八下·齐河期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE，其中正确结论有（ ）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
17．（2024八上·乐清月考）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（ ）
A． B． C． D．
18．（2025八上·义乌开学考）如图，将三张大小相同的透明正方形纸片的一个顶点重合放置，那么的度数为 ．
19．（2025八上·福田期中）如图，已知正方形中，，，垂直于，已知，则 ．
20．（2025八下·宜春期末）如图，清代数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理，连结，若正方形的面积为29，，则的长为 ．
21．（2024八下·长沙期末）如图，四边形是平行四边形，，，点E是边的延长线上的动点．连接．过点C作于点F．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）当点F是的中点，且时，求四边形的面积．
22．（2024八下·广陵期末）如图所示，在正方形中，点在上，且．
（1）求证：；
（2）判断四边形的形状并说明理由．
三、拓展创新
23．（2025八上·肇庆期末）【综合实践】
素材 两个边长不等的正方形卡纸
把两个边长不等的正方形卡纸与如图1所示摆放（点A、B、E在同一条直线上，），点H是边上一点，连接，，沿，裁剪之后，被分成①②③三块，拼接成为图2所示的一个正方形图案．
（1）若，，则________；
（2）试根据题意判断与是否全等？并说明理由．
24．（2024八下·昆明期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．
答案解析部分
1．【答案】B
【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、只有正方形和菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，不符合题意；
B、矩形、正方形、菱形的对角线都互相平分，符合题意；
C、只有矩形和正方形的对角线长度相等，菱形的对角线长度不一定相等，不符合题意；
D、只有正方形和菱形的对角线平分一组对角，矩形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；
故选；B．
【分析】根据矩形，正方形，菱形的性质对选项逐个判断即可．
2．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的对角线互相垂直平分且相等，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直且平分，平行四边形的对角线互相平分，
∴对角线一定相等的是①正方形，②矩形，
故答案为：C.
【分析】根据正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质直接得到答案.
3．【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
4．【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
根据正方形的轴对称性得：
，
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质及轴对称的性质和三角形的面积公式列出算式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形．
故答案为：B．
【分析】先根据已知条件，可知这个是平行四边形，要让该平行四边形是正方形，先需要添加一个角是直角，再添加一组邻边相等，即可判定为正方形．
6．【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条．
故选：C．
【分析】
正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条：两条对角线所在的直线是对称轴，两条对边的中点确定的直线也是对称轴．
7．【答案】四条边相等的四边形是正方形；假
【知识点】正方形的判定；真命题与假命题；逆命题
【解析】【解答】解：命题“正方形的四条边都相等”，它的逆命题是“四条边相等的四边形是正方形”，该逆命题是假命题，
故答案为：四条边相等的四边形是正方形；假．
【分析】先利用逆命题的定义及书写格式求出其逆命题，再利用真假命题的定义分析求解即可.
8．【答案】
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：菱形的对角线分别为和，
菱形的面积，
正方形的边长是
故答案为：。
【分析】根据菱形的基本性质：对角线互相垂直平分，然后再根据菱形的面积公式：，代入数据求出菱形的面积，然后再根据菱形的面积和正方形的面积相等，再根据正方形的面积公式：，代入数据，即可求出正方形的边长。
9．【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】判断是顶角为的等腰三角形，求出的度数即可求解．
10．【答案】
【知识点】点到直线的距离；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵点是正方形的对角线上的一点，于点
∴四边形是矩形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴四边形是正方形，
∴，
即点到直线的距离为
故答案为：．
【分析】
本题考查正方形的性质与判定和点到直线的距离，过点P作PQ⊥AB，利用正方形对角线平分角的性质，证明四边形AEPQ是正方形，从而得出PQ=PE=3．
11．【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵是边的中点，是边的中点，
∴BE=AB，CF=BC，
，
在和中，
，
（SAS），
．
【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，再根据全等三角形的性质得出结论．
12．【答案】C
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、①AB=BC（平行四边形邻边相等，判定为菱形）+③AC⊥BD（菱形的固有性质，无法新增判定条件），仅能判定是菱形，不能判定是正方形，A符合题意；
B、①AB=BC（判定为菱形）+④AC=BD（菱形对角线相等，判定为正方形），可推出是正方形，B不符合题意；
C、②∠BAD=90°（平行四边形有一个直角，判定为矩形）+③AC⊥BD（矩形对角线垂直，判定为正方形），可推出是正方形，C不符合题意；
D、②∠BAD=90°（判定为矩形）+④AC=BD（矩形的固有性质，无法新增判定条件），仅能判定是矩形，不能判定是正方形，D符合题意；
故答案为：C.
【分析】平行四边形判定为正方形，需同时满足“菱形的条件（邻边相等/对角线垂直）”和“矩形的条件（有一个直角/对角线相等）”.
13．【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，图2中，连接AC．
图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝20cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝AB＝20cm；
故答案为：D．
【分析】连接AC，先证出△ABC是等边三角形，可得AB＝BC＝AC＝20cm，再证出△ABC是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性质可得AC＝AB＝20cm.
14．【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①四边形为正方形，
，
，
，
，
，
，
故①正确，符合题意；
②过点C作CF⊥BE交BE的延长线于点F，如图所示：
，，
，，
，
，
，，
，
为等腰直角三角形，.
，
，
，
，
点C到直线的距离是1，
故②错误，不符合题意；
③，
，
，
，
P不是的中点，
故③错误，不符合题意；
④；；
，
∴，
故④正确，符合题意．
综上所述，正确的有2个，
故答案为：B．
【分析】根据正方形性质证明即可判断①，过点作交的延长线于点，证明△BPE为等腰直角三角形，可得PE的长，以及∠BPE=∠BEP=45°，利用全等三角形的判定和性质可得∠BEC=∠BPA=135°，继而可得∠PEC=90°，利用勾股定理求出CE的长，再次利用勾股定理，即可得到长并判断②，求出的长即可判断③，利用求出即可判断④．
15．【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
【分析】根据正方形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据角平分线定义可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
16．【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴BE=DF．故结论①正确．
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，解得：∠DAF=15°．
故②正确；
∵BC=CD，
∴BC－BE=CD－DF，CE=CF．
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．
故③正确；
设EC=x，由勾股定理，得EF=，CG=，AG=，
∴AC=．
∴AB=．
∴BE=．
∴BE+DF．
故④错误．
∵，，
∴．
故⑤正确．
综上所述，正确的有4个，
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质可得，AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．再根据等边三角形的性质可得AE=EF=AF，∠EAF=60°，从而可得∠BAE+∠DAF=30°，再利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，从而可得BE=DF，可判断①；
先根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而可得∠DAF+∠DAF=30°，求得∠DAF，即可判断
②；
先证明CE=CF，结合AE=AF，可得出AC垂直平分EF，从而可判断③；
设EC=x，先根据勾股定理求得EF=，CG=，AG=，从而可得AC=，AB=，再求得BE=，从而可得出BE+DF，可判断④；先用x分别表示出，，从而可得，可判断⑤．
17．【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接并延长交于，如下图，
∵四边形和四边形是正方形，三点在同一直线上，
∴，，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是的中点，
∴在中，可有，
∵，，
∴，即，
即为等腰直角三角形，
所以知道的长度，可求出，一定能求出线段的长．
故答案为：C．
【分析】连接并延长交于，利用平行线的性质得到，再根据ASA得到，即可得到，，然后得到，解答即可．
18．【答案】
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：如下图，
∵，，
又∵，
∴．
故答案是：．
【分析】由正方形的每一个角都是直角可求得∠BOD和∠EOC的度数，然后根据角的构成可求解.
19．【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，
过点作，交的延长线于点，
，
，
设，则，
．
四边形是正方形，
，．
．
在中，，
，
．
．
∵，
．
，．
．
．
∴，解得：.
，．
∴．
故答案为：．
【分析】过点作，交的延长线于点，设，则，，根据已知条件得，，结合可证明，根据全等性质得，，则，，根据勾股定理可得，可求出，进而得，，在中，由勾股定理即可求出的长．
20．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形的面积为29，
∴，
∵四个全等的直角三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形的面积求出边长，然后利用勾股定理解答．
21．【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
又，
菱形为正方形，
（2）解：连接，如下图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形的面积．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】
（1）先由概念可判定为菱形，再根据即可得出结论；
（2）连接，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，在中由勾股定理得，据此可得四边形的面积．
（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
又，
菱形为正方形，
（2）连接，如下图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形的面积．
22．【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴
（2）结论：四边形AFCE是菱形
理由：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，∠ABD=∠CDB=45°，同时可证得BE=DF；再利用SAS可证得结论.
（2）连接，利用正方形的性质可证得AC⊥EF，利用全等三角形的性质可推出∠AEB=∠CFD，AE=CF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形AFCE是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可证得结论.
23．【答案】（1）10
（2）解：；
理由如下：根据拼接可知：图2为正方形，
∴，，
∵正方形和正方形中，
∴，
∴，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴．
【分析】（1）根据两个小正方形的面积计算求解即可；
（2）根据题意先求出，，再求出，最后利用证明即可．
（1）解：∵，，
∴．
（2）解：；理由如下：
根据拼接可知：图2为正方形，
∴，，
∵正方形和正方形中，
∴，
∴，
∴．
24．【答案】（1）证明：∵正方形，∴，
作于P，于Q，
∴四边形为矩形，为等腰直角三角形，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图2中，在中，，
∵，
∴，
∴为的中点，
∴，
∴点F与C重合，矩形为正方形，
∴．
（3）解：①当与的夹角为时，点F在BC边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示：
∵，
∴，
综上所述，或．
【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；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质：
（1）作于P，于Q，利用矩形的性质和等腰直角三角形的性质可推出，再根据四边形为矩形可推出，利用直角三角形全等的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可证明结论；
（2）先利用勾股定理可求出，据此可推出为的中点，进而得到点F与C重合，矩形为正方形，利用正方形的性质可求出的长度 ；
（3）根据题意分两种情况：与的夹角为；与的夹角为；利用角的运算和四边形内角和定理可求出的度数 ．
1 / 1湘教版数学八年级下册 1.7 正方形 同步分层练习
一、夯实基础
1．（2023八下·思明期末）矩形、正方形、菱形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线长度相等 D．一组对角线平分一组对角
【答案】B
【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、只有正方形和菱形的对角线垂直，矩形的对角线不一定垂直，不符合题意；
B、矩形、正方形、菱形的对角线都互相平分，符合题意；
C、只有矩形和正方形的对角线长度相等，菱形的对角线长度不一定相等，不符合题意；
D、只有正方形和菱形的对角线平分一组对角，矩形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；
故选；B．
【分析】根据矩形，正方形，菱形的性质对选项逐个判断即可．
2．（2024八下·无为期中）下列四边形：①正方形，②矩形，③菱形，④平行四边形．对角线一定相等的是（ ）
A．①②④ B．①③④ C．①② D．②③
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的对角线互相垂直平分且相等，矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相垂直且平分，平行四边形的对角线互相平分，
∴对角线一定相等的是①正方形，②矩形，
故答案为：C.
【分析】根据正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质直接得到答案.
3．（2025八下·南沙月考）如图，点在正方形的内部，且是等边三角形，连接，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵点在正方形内部，且是等边三角形，是正方形的对角线，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：C．
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据正方形与等边三角形的性质得出，，进而求得，即可求解．
4．（2025八下·白云期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】解：∵正方形的边长为，
根据正方形的轴对称性得：
，
故答案为：．
【分析】利用正方形的性质及轴对称的性质和三角形的面积公式列出算式求解即可.
5．（2024八下·蒸湘期末）下列条件可以利用定义说明平行四边形是正方形的是（ ）
A． B．
C． D．以上均错
【答案】B
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形．
故答案为：B．
【分析】先根据已知条件，可知这个是平行四边形，要让该平行四边形是正方形，先需要添加一个角是直角，再添加一组邻边相等，即可判定为正方形．
6．（2024八下·宁波期中）正方形是轴对称图形，它的对称轴有（ ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．5条
【答案】C
【知识点】正方形的性质；轴对称图形
【解析】【解答】正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条．
故选：C．
【分析】
正方形是轴对称图形，它的对称轴共有4条：两条对角线所在的直线是对称轴，两条对边的中点确定的直线也是对称轴．
7．（2024八下·白云期末）“正方形的四条边都相等”的逆命题可以写成 ，该逆命题是 命题（填写“真”或“假”）．
【答案】四条边相等的四边形是正方形；假
【知识点】正方形的判定；真命题与假命题；逆命题
【解析】【解答】解：命题“正方形的四条边都相等”，它的逆命题是“四条边相等的四边形是正方形”，该逆命题是假命题，
故答案为：四条边相等的四边形是正方形；假．
【分析】先利用逆命题的定义及书写格式求出其逆命题，再利用真假命题的定义分析求解即可.
8．（2025八下·秦淮月考）将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为 ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：菱形的对角线分别为和，
菱形的面积，
正方形的边长是
故答案为：。
【分析】根据菱形的基本性质：对角线互相垂直平分，然后再根据菱形的面积公式：，代入数据求出菱形的面积，然后再根据菱形的面积和正方形的面积相等，再根据正方形的面积公式：，代入数据，即可求出正方形的边长。
9．（2024八下·青秀月考）如图，在正方形的外侧，作等边，则 ．
【答案】
【知识点】等腰三角形的性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【分析】判断是顶角为的等腰三角形，求出的度数即可求解．
10．（2024八下·邹平期中）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．
【答案】
【知识点】点到直线的距离；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点作于，
∵点是正方形的对角线上的一点，于点
∴四边形是矩形，
∴是等腰直角三角形，
∴
∴四边形是正方形，
∴，
即点到直线的距离为
故答案为：．
【分析】
本题考查正方形的性质与判定和点到直线的距离，过点P作PQ⊥AB，利用正方形对角线平分角的性质，证明四边形AEPQ是正方形，从而得出PQ=PE=3．
11．（2024八下·龙南期末）如图，在正方形中，是边的中点，是边的中点，连接、．求证：．
【答案】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，，
∵是边的中点，是边的中点，
∴BE=AB，CF=BC，
，
在和中，
，
（SAS），
．
【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，再根据全等三角形的性质得出结论．
二、能力提升
12． 在 ABCD中，有以下四个条件：①AB=BC；②∠BAD=90°；③AC⊥BD；④AC=BD.现从中任选两个条件作为一个组合，其中不能推出四边形ABCD是正方形的是 ( )
A．①② B．①④ C．②④ D．③④
【答案】C
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、①AB=BC（平行四边形邻边相等，判定为菱形）+③AC⊥BD（菱形的固有性质，无法新增判定条件），仅能判定是菱形，不能判定是正方形，A符合题意；
B、①AB=BC（判定为菱形）+④AC=BD（菱形对角线相等，判定为正方形），可推出是正方形，B不符合题意；
C、②∠BAD=90°（平行四边形有一个直角，判定为矩形）+③AC⊥BD（矩形对角线垂直，判定为正方形），可推出是正方形，C不符合题意；
D、②∠BAD=90°（判定为矩形）+④AC=BD（矩形的固有性质，无法新增判定条件），仅能判定是矩形，不能判定是正方形，D符合题意；
故答案为：C.
【分析】平行四边形判定为正方形，需同时满足“菱形的条件（邻边相等/对角线垂直）”和“矩形的条件（有一个直角/对角线相等）”.
13．（2023八下·汝阳期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（ ）
A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm
【答案】D
【知识点】等边三角形的判定与性质；勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，图2中，连接AC．
图1中，∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC＝AC＝20cm，
在图2中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝AB＝20cm；
故答案为：D．
【分析】连接AC，先证出△ABC是等边三角形，可得AB＝BC＝AC＝20cm，再证出△ABC是等腰直角三角形，最后利用等腰直角三角形的性质可得AC＝AB＝20cm.
14．（2025八下·达川期末）如图，在正方形外取一点E，连接．过点B作交于点P．若，，下列结论：
①；②点C到直线的距离为；③P是的中点；④．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：①四边形为正方形，
，
，
，
，
，
，
故①正确，符合题意；
②过点C作CF⊥BE交BE的延长线于点F，如图所示：
，，
，，
，
，
，，
，
为等腰直角三角形，.
，
，
，
，
点C到直线的距离是1，
故②错误，不符合题意；
③，
，
，
，
P不是的中点，
故③错误，不符合题意；
④；；
，
∴，
故④正确，符合题意．
综上所述，正确的有2个，
故答案为：B．
【分析】根据正方形性质证明即可判断①，过点作交的延长线于点，证明△BPE为等腰直角三角形，可得PE的长，以及∠BPE=∠BEP=45°，利用全等三角形的判定和性质可得∠BEC=∠BPA=135°，继而可得∠PEC=90°，利用勾股定理求出CE的长，再次利用勾股定理，即可得到长并判断②，求出的长即可判断③，利用求出即可判断④．
15．（2024八下·沅江期末）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】D
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故选：D．
【分析】根据正方形性质可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，根据角平分线定义可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，设，则，再根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案.
16．（2024八下·齐河期中）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于G，下列结论：①BE=DF，②∠DAF=15°，③AC垂直平分EF，④BE+DF=EF，⑤S△CEF=2S△ABE，其中正确结论有（ ）个．
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；正方形的性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．
∵△AEF等边三角形，
∴AE=EF=AF，∠EAF=60°．
∴∠BAE+∠DAF=30°．
在Rt△ABE和Rt△ADF中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）．
∴BE=DF．故结论①正确．
∵Rt△ABE≌Rt△ADF，
∴∠BAE=∠DAF，
∴∠DAF+∠DAF=30°，解得：∠DAF=15°．
故②正确；
∵BC=CD，
∴BC－BE=CD－DF，CE=CF．
∵AE=AF，
∴AC垂直平分EF．
故③正确；
设EC=x，由勾股定理，得EF=，CG=，AG=，
∴AC=．
∴AB=．
∴BE=．
∴BE+DF．
故④错误．
∵，，
∴．
故⑤正确．
综上所述，正确的有4个，
故答案为：C．
【分析】根据正方形的性质可得，AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=∠D=∠BAD=90°．再根据等边三角形的性质可得AE=EF=AF，∠EAF=60°，从而可得∠BAE+∠DAF=30°，再利用HL证明Rt△ABE≌Rt△ADF，从而可得BE=DF，可判断①；
先根据全等三角形的性质可得∠BAE=∠DAF，从而可得∠DAF+∠DAF=30°，求得∠DAF，即可判断
②；
先证明CE=CF，结合AE=AF，可得出AC垂直平分EF，从而可判断③；
设EC=x，先根据勾股定理求得EF=，CG=，AG=，从而可得AC=，AB=，再求得BE=，从而可得出BE+DF，可判断④；先用x分别表示出，，从而可得，可判断⑤．
17．（2024八上·乐清月考）如图，正方形和正方形的点在同一条直线上，点为的中点，连接，则已知下列哪条线段的长度，一定能求出线段的长（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA；直角三角形斜边上的中线；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接并延长交于，如下图，
∵四边形和四边形是正方形，三点在同一直线上，
∴，，，，
∴，
∵点为的中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴是的中点，
∴在中，可有，
∵，，
∴，即，
即为等腰直角三角形，
所以知道的长度，可求出，一定能求出线段的长．
故答案为：C．
【分析】连接并延长交于，利用平行线的性质得到，再根据ASA得到，即可得到，，然后得到，解答即可．
18．（2025八上·义乌开学考）如图，将三张大小相同的透明正方形纸片的一个顶点重合放置，那么的度数为 ．
【答案】
【知识点】角的运算；正方形的性质
【解析】【解答】解：如下图，
∵，，
又∵，
∴．
故答案是：．
【分析】由正方形的每一个角都是直角可求得∠BOD和∠EOC的度数，然后根据角的构成可求解.
19．（2025八上·福田期中）如图，已知正方形中，，，垂直于，已知，则 ．
【答案】
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，
过点作，交的延长线于点，
，
，
设，则，
．
四边形是正方形，
，．
．
在中，，
，
．
．
∵，
．
，．
．
．
∴，解得：.
，．
∴．
故答案为：．
【分析】过点作，交的延长线于点，设，则，，根据已知条件得，，结合可证明，根据全等性质得，，则，，根据勾股定理可得，可求出，进而得，，在中，由勾股定理即可求出的长．
20．（2025八下·宜春期末）如图，清代数学家梅文鼎在《勾股举隅》一书中，用四个全等的直角三角形拼出正方形的方法证明了勾股定理，连结，若正方形的面积为29，，则的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图，
∵正方形的面积为29，
∴，
∵四个全等的直角三角形，
∴，
∴，
∴
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形的面积求出边长，然后利用勾股定理解答．
21．（2024八下·长沙期末）如图，四边形是平行四边形，，，点E是边的延长线上的动点．连接．过点C作于点F．
（1）求证：四边形是正方形；
（2）当点F是的中点，且时，求四边形的面积．
【答案】（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
又，
菱形为正方形，
（2）解：连接，如下图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形的面积．
【知识点】线段垂直平分线的性质；勾股定理；正方形的判定与性质；线段垂直平分线的判定
【解析】【分析】
（1）先由概念可判定为菱形，再根据即可得出结论；
（2）连接，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，在中由勾股定理得，据此可得四边形的面积．
（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
又，
菱形为正方形，
（2）连接，如下图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
，，
在中，由勾股定理得：，
，
四边形的面积．
22．（2024八下·广陵期末）如图所示，在正方形中，点在上，且．
（1）求证：；
（2）判断四边形的形状并说明理由．
【答案】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，
∵，
∴，即，
在和中，
，
∴
（2）结论：四边形AFCE是菱形
理由：连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形
【知识点】菱形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用正方形的性质可证得AB=CD，∠ABD=∠CDB=45°，同时可证得BE=DF；再利用SAS可证得结论.
（2）连接，利用正方形的性质可证得AC⊥EF，利用全等三角形的性质可推出∠AEB=∠CFD，AE=CF，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可证得四边形AFCE是平行四边形，然后根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可证得结论.
三、拓展创新
23．（2025八上·肇庆期末）【综合实践】
素材 两个边长不等的正方形卡纸
把两个边长不等的正方形卡纸与如图1所示摆放（点A、B、E在同一条直线上，），点H是边上一点，连接，，沿，裁剪之后，被分成①②③三块，拼接成为图2所示的一个正方形图案．
（1）若，，则________；
（2）试根据题意判断与是否全等？并说明理由．
【答案】（1）10
（2）解：；
理由如下：根据拼接可知：图2为正方形，
∴，，
∵正方形和正方形中，
∴，
∴，
∴．
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：（1）∵，，
∴．
【分析】（1）根据两个小正方形的面积计算求解即可；
（2）根据题意先求出，，再求出，最后利用证明即可．
（1）解：∵，，
∴．
（2）解：；理由如下：
根据拼接可知：图2为正方形，
∴，，
∵正方形和正方形中，
∴，
∴，
∴．
24．（2024八下·昆明期中）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．
（1）求证：；
（2）若，，求的长度；
（3）当线段与正方形的某条边的夹角是时，求的度数．
【答案】（1）证明：∵正方形，∴，
作于P，于Q，
∴四边形为矩形，为等腰直角三角形，，
∴，
∴四边形为正方形，
∴，
∵矩形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：如图2中，在中，，
∵，
∴，
∴为的中点，
∴，
∴点F与C重合，矩形为正方形，
∴．
（3）解：①当与的夹角为时，点F在BC边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示：
∵，
∴，
综上所述，或．
【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；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质：
（1）作于P，于Q，利用矩形的性质和等腰直角三角形的性质可推出，再根据四边形为矩形可推出，利用直角三角形全等的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可证明结论；
（2）先利用勾股定理可求出，据此可推出为的中点，进而得到点F与C重合，矩形为正方形，利用正方形的性质可求出的长度 ；
（3）根据题意分两种情况：与的夹角为；与的夹角为；利用角的运算和四边形内角和定理可求出的度数 ．
1 / 1
