第14讲正方形（核心考点讲与练）

一．正方形的性质

（1）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叫做正方形．

（2）正方形的性质

①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；

②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；

③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．

④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．

二．正方形的判定

正方形的判定方法：

①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；

②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．

③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．

三．正方形的判定与性质

（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．

（2）正方形的判定

正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．

一．正方形的性质（共7小题）

1．（鄞州区校级期末）如图所示，将边长为12cm的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移得到△A'B'C'，若两个三角形重叠部分的面积为32cm²，则它移动的距离AA'等于（　　）

A．4cm B．6cm C．8cm D．4cm或8cm

【分析】根据平移的性质和正方形的性质，结合阴影部分是平行四边形，△AA′H与△HCB′都是等腰直角三角形，则若设AA′＝x，则阴影部分的底长为x，高A′D＝12﹣x，根据平行四边形的面积公式即可列出方程求解．

【解答】解：设AC交A′B′于H，

∵∠A＝45°，∠D＝90°，

∴△A′HA是等腰直角三角形，

设AA′＝x，则阴影部分的底长为x，高A′D＝12﹣x，

∴x•（12﹣x）＝32，

解得x₁＝4，x₂＝8，

即AA′＝4cm或AA′＝8cm，

故选：D．

【点评】本题考查正方形的性质和平移的性质．解决本题关键是抓住平移后图形的特点，利用方程方法解题．

2．（鄞州区校级开学）如图，正方形ABCD的边长为6，P，Q两点同时从点A出发，在正方形ABCD的边上分别按顺时针和逆时针方向匀速运动，点Q的运动速度是点P的两倍，当点P第一次回到出发点时两点同时停止运动，在运动过程中，出现以P，Q，B，D为顶点的四边形为平行四边形的次数为（　　）

A．0次 B．1次 C．2次 D．3次

【分析】设点P的运动速度为1，点Q的速度为2，运动时间为t，然后利用平行四边形的性质分情况讨论求得t的值，即可得到结果．

【解答】解：当点Q第一次位于AB上时，0≤t＜3，

此时，点P位于AD上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

当点Q第一次在BC上时，3≤t＜6，点P在AD上，如图1，

此时，PD＝6﹣t，BQ＝2t﹣6，

∵四边形PBQD为平行四边形，

∴PD＝BQ，即6﹣t＝2t﹣6，

∴t＝4，符合题意；

当点Q第一次在CD上时，6≤t＜9，

此时，点P在CD上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

当点Q第一次在AD上时，9≤t＜12，

此时，点P在CD上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

当点Q回到点A时，t＝12，点P在点C处，

此时，四边形PBQD为正方形，符合题意；

当点Q第二次位于AB上时，12＜t＜15，

此时，点P位于BC上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

当点Q第二次位于BC上时，15≤t＜18，

此时，点P位于BC上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

当点Q第二次位于CD上时，18≤t＜21，

此时点P位于AB上，PB＝t﹣18，DQ＝42﹣2t，

∵四边形PBQD是平行四边形，

∴PB＝QD，即t﹣18＝42﹣2t，

∴t＝20，符合题意；

当点Q第二次位于AD上时，21≤t≤24，

此时，点P位于BC上，以P，Q，B，D为顶点的四边形不是平行四边形，不符合题意；

综上所述，以P，Q，B，D为顶点的四边形为平行四边形的次数为3次，

故选：D．

【点评】本题考查了正方形的性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟知正方形的性质．

3．（诸暨市期末）如图，在正方形ABCD内，将2张①号长方形纸片和3张②号长方形纸片按图1和图2两种方式放置（放置的纸片间没有重叠部分），正方形中未被覆盖的部分（阴影部分）的周长相等．

（1）若①号长方形纸片的宽为1厘米，则②号长方形纸片的宽为　2　厘米；

（2）若①号长方形纸片的面积为10平方厘米，则②号长方形纸片的面积是　 　平方厘米．

【分析】（1）根据正方形中未被覆盖的部分（阴影部分）的周长相等，可得②号长方形纸片的宽＝①号长方形纸片的宽×2，依此计算即可求解；

（2）观察图形可知，②号长方形纸片的宽＝①号长方形纸片的宽×2，②号长方形纸片的长×3＝①号长方形纸片的长，依此计算即可求解．

【解答】解：（1）1×2＝2（厘米）．

故②号长方形纸片的宽为2厘米．

故答案为：2；

（2）10÷3×2＝ （平方厘米）．

故②号长方形纸片的面积是 平方厘米．

故答案为： ．

【点评】本题考查了正方形的性质，有理数的混合运算，解题的关键是观察图形得到②号长方形纸片的宽＝①号长方形纸片的宽×2，②号长方形纸片的长×3＝①号长方形纸片的长．

4．（上城区月考）如图，正方形ABCD中，E是对角线BD上一点，连接AE，CE，延长AE交CD边于点F．

（1）求证：△ABE≌△CBE；

（2）设∠AEC＝α，∠AFD＝β，试求β关于α的表达式．

【分析】（1）由“SAS”可证△ABE≌△CBE；

（2）由全等三角形的性质可求∠CEB，由三角形的外角的性质可求解．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝CB，∠ABC＝∠ADC＝90°，∠ABE＝∠CBE＝∠ADB＝45°，

在△ABE和△CBE中，

，

∴△ABE≌△CBE（SAS）；

（2）解：∵△ABE≌△CBE，

∴∠AEB＝∠CEB，

又∵∠AEC＝α，

∴∠CEB＝ α＝∠AEB，

∴∠DEF＝ α，

∴∠AFD＝180°﹣∠DEF﹣∠EDF＝180°﹣45°﹣ α＝β．

∴β＝135°﹣ α．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键．

5．（临海市开学）如图，已知点E是正方形ABCD的边CD上一点，点F是CB的延长线上一点，连接AF，且EA⊥AF．

（1）求证：DE＝BF；

（2）若AH平分∠FAE交线段BC上一点H，连接EH，请判断线段DE、BH、HE三者存在怎样的数量关系？并加以证明．

【分析】（1）由同角的余角相等知，∠FAB＝∠DAE，由正方形的性质知，∠AB＝AD，∠ABF＝∠ADE＝90°，则ASA证得△AFB≌△ADE，由全等三角形的性质可得DE＝BF；

（2）根据全等三角形的性质得到AF＝AE，根据角平分线的定义得到∠FAH＝∠EAH，根据全等三角形的性质即可得到结论．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD，∠ABC＝∠D＝∠BAD＝90°，

∵EA⊥AF，

∴∠EAF＝90°，

∴∠FAB+∠BAE＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°，

∴∠FAB＝∠DAE，

在△BAF和△DAE中，

，

∴△BAF≌△DAE（ASA），

∴DE＝BF；

（2）解：DE+BH＝HE，

理由如下：

由（1）知△BAF≌△DAE，

∴AF＝AE，

∵AH平分∠FAE，

∴∠FAH＝∠EAH，

在△FAH与△EAH中，

，

∴△FAH≌△EAH（SAS），

∴FH＝EH，

∴DE+BH＝HE．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．

6．（镇海区期末）如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别是它的四条边上的点，且AE＝BF＝CG＝DH，AC与四边形EFGH的边EH交于点P．若 ，则∠AHE＝　22.5　度．

【分析】过点E作EM∥BC交AC于点M，根据正方形的性质可得AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，所以EM∥BC，可得△AEM是等腰直角三角形，可得AM＝ AE，然后根据平行线分线段成比例定理和已知条件可得AE＝AP，再根据三角形内角和定理即可解决问题．

【解答】解：如图，过点E作EM∥BC交AC于点M，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD∥BC，∠BAD＝90°，∠BAC＝45°，

∴EM∥BC，

∴∠AEM＝90°，

∴△AEM是等腰直角三角形，

∴AE＝ME，

∴AM＝ AE，

∵EM∥BC，

∴ ＝ ＝ ，

∵ ，

∴AE＝AP，

∴∠AEP＝∠APE＝ （180°﹣45°）＝67.5°，

∴∠AHE＝90°﹣67.5°＝22.5°．

故答案为：22.5°．

【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，平行线分线段成比例定理，解决本题的关键是掌握正方形的性质．

7．（诸暨市期末）如图，正方形纸片ABCD的四个顶点分别在四条平行线l₁、l₂、l₃、l₄上，这四条直线中相邻两条之间的距离依次为h₁、h₂、h₃（h₁＞0，h₂＞0，h₃＞0），若h₁＝5，h₂＝2，则正方形ABCD的面积S等于（　　）

A．34 B．89 C．74 D．109

【分析】过A点作AF⊥l₃分别交l₂、l₃于点E、F，过C点作CH⊥l₂分别交l₂、l₃于点H、G，根据正方形的性质和平行线的性质，证△ABE≌△CDG即可；易证△ABE≌△BCH≌△CDG≌△DAF，且两直角边长分别为h₁、h₁+h₂，四边形EFGH是边长为h₂的正方形，所以S＝4× ×h₁（h₁+h₂）+h₂²＝2h₁²+2h₁h₂+h₂²＝（h₁+h₂）²+h₁²，将h₁＝5，h₂＝2代入，即可解决问题．

【解答】证明：如图，过A点作AF⊥l₃分别交l₂、l₃于点E、F，过C点作CH⊥l₂分别交l₂、l₃于点H、G，

∵四边形ABCD是正方形，l₁∥l₂∥l₃∥l₄，

∴AB＝CD，∠ABE+∠HBC＝90°，

∵CH⊥l₂，

∴∠BCH+∠HBC＝90°，

∴∠BCH＝∠ABE，

同理可得，∠BCH＝∠CDG，

∴∠ABE＝∠CDG，

∵∠AEB＝∠CGD＝90°，

在△ABE和△CDG中，

，

∴△ABE≌△CDG（AAS），

∴AE＝CG，

即h₁＝h₃，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝DA，

∵∠AEB＝∠DFA＝∠BHC＝∠CGD＝90°，∠ABE＝∠FAD＝∠BCH＝∠CDG，

∴△AEB≌△DAF≌△BCH≌△CGD，且两直角边长分别为h₁、h₁+h₂，

∴四边形EFGH是边长为h₂的正方形，

∴正方形ABCD的面积S＝4× ×h₁（h₁+h₂）+h₂²＝2h₁²+2h₁h₂+h₂²＝（h₁+h₂）²+h₁²，

∵h₁＝5，h₂＝2，

∴S＝（h₁+h₂）²+h₁²＝49+25＝74．

故选：C．

【点评】本题主要考查全等三角形的判定和性质、平行线的性质、直角三角形的性质，本题的关键在于作好辅助线，根据已知找到全等三角形即可．

二．正方形的判定（共4小题）

8．（綦江区期末）如图，已知四边形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，下列条件能使四边形ABCD成为正方形的是（　　）

A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BC D．AC⊥BD

【分析】根据已知条件可以判断四边形ABCD是矩形，则四条边相等的矩形是正方形或者对角线互相垂直的矩形是正方形．

【解答】解：∵已知四边形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，

∴四边形ABCD是矩形．

A、当AC＝BD时，只能判定四边形ABCD是矩形，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

B、矩形ABCD的四个角都是直角，则AB⊥BC，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

C、矩形ABCD的对边AD＝BC，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

D、当矩形ABCD的对角线相互垂直，即AC⊥BD时，该矩形是正方形，故本选项正确；

故选：D．

【点评】本题考查了正方形的判定．需要掌握矩形与正方形间的区别与联系．

9．（嘉兴期末）要使矩形ABCD成为正方形，可添加的条件是　AB＝BC　（写一个即可）．

【分析】根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形添加条件．

【解答】解：根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形，得到应该添加的条件为：AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB或AC⊥BD．

故答案为：AB＝BC．

【点评】本题是考查了正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．

10．（镇海区校级开学）如图，已知AD是△ABC的角平分线，DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F．

（1）求证：四边形AEDF是菱形；

（2）请直接填写，当∠BAC＝　90　°时，四边形AEDF是正方形．

【分析】（1）根据DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立；

（2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可以解答本题．

【解答】证明：（1）∵DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，

∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD＝∠ADF，

∵AD是△ABC的角平分线，

∴∠EAD＝∠FAD，

∴∠ADF＝∠FAD，

∴FA＝FD，

∴四边形AEDF是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）；

（2）解：当△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，时，四边形AEDF是正方形，

理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°，

由（1）知四边形AEDF是菱形，

∴四边形AEDF是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）．

故答案为：90．

【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的需要的条件，利用正方形的判定、菱形的判定与性质解答．

11．（富阳区期末）如图，在线段AB的同侧作射线AC和BD，当AC∥BD时，若∠CAB与∠DBA的角平分线分别交射线BD，AC于点E，F，两条角平分线相交于点P，连接EF．

（1）试判断四边形ABEF的形状并给予证明；

（2）若AB＝BF＝2，在线段AE上取一点G，点G关于点P的对称点为点H，问线段AG的长为多少时？以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形．

【分析】（1）先根据角平分线的定义和平行线的性质证明AE⊥BF，AB＝BE，由AC∥BD，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得结论；

（2）由菱形的性质得到AF＝AB，推出△ABF是等边三角形，得到∠BAF＝60°，求得AP＝ ，根据正方形的性质得到PG＝PH＝1，于是得到结论．

【解答】解：（1）四边形ABEF是菱形，理由是：

∵AE平分∠FAB，BF平分∠ABE，

∴∠FAP＝∠PAB＝ ∠FAB，∠PBA＝ ∠ABE，

∵AC∥BD，

∴∠FAB+∠ABE＝180°，∠FAP＝∠BEP，

∴∠PAB+∠PBA＝90°，∠BAP＝∠PEB，

∴∠APB＝90°，AB＝BE，

∴AE⊥BF，

∵∠FAP＝∠BAP，∠APF＝∠APB＝90°，

∴∠AFP＝∠ABP，

∴AF＝AB＝BE，

∴四边形ABEF是菱形；

（2）∵四边形ABEF是菱形，

∴AF＝AB，

∵AB＝BF＝2，

∴△ABF是等边三角形，

∴∠BAF＝60°，

∴∠FAP＝30°，

∴AP＝ ，

∵以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形，

∴HG＝BF＝2，

∴PG＝PH＝1，

∵在线段AE上取一点G，点G关于点P的对称点为点H，

∴点G在线段AP上或线段PE上，

∴AG＝ ﹣1或 +1．

∴线段AG的长为 ﹣1或 +1，以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形．

【点评】本题考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，角平分线的定义，对称的性质，正确的理解题意是解题的关键．

三．正方形的判定与性质（共4小题）

12．如图，在一个大正方形内，放入三个面积相等的小正方形纸片，这三张纸片盖住的总面积是24平方厘米，且未盖住的面积比小正方形面积的四分之一还少3平方厘米，则大正方形的面积是（单位：平方厘米）（　　）

A．40 B．25 C．26 D．36

【分析】设小正方形的边长为a，大正方形的边长为b，由正方形的面积公式，根据题意列出方程组解方程组得出大正方形的边长，则可求出面积．

【解答】解：设小正方形的边长为a，大正方形的边长为b，

由这三张纸片盖住的总面积是24平方厘米，可得ab+a（b﹣a）＝24 ①，

由未盖住的面积比小正方形面积的四分之一还少3平方厘米，可得（b﹣a）²＝ a²﹣3，②

将①②联立解方程组可得：a＝4，b＝5，

∴大正方形的边长为5，

∴面积是25．

故选：B．

【点评】本题考查了正方形的性质及面积公式，难度较大，关键根据题意列出方程．

13．（上城区校级期末）如图，在△ABC中，点O是边AC上一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN交∠ACB的平分线于点E，交△ABC的外角∠ACD的平分线于点F．

（1）探究线段OE与OF的数量关系并说明理由．

（2）当点O运动到何处，且△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？请说明理由．

（3）当点O在边AC上运动时，四边形BCFE　不可能　是菱形（填“可能”或“不可能”）．请说明理由．

【分析】（1）由直线MN∥BC，MN交∠BCA的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，易证得△OEC与△OFC是等腰三角形，则可证得OE＝OF＝OC；

（2）正方形的判定问题，AECF若是正方形，则必有对角线OA＝OC，所以O为AC的中点，同样在△ABC中，当∠ACB＝90°时，可满足其为正方形；

（3）菱形的判定问题，若使菱形，则必有四条边相等，对角线互相垂直．

【解答】解：（1）OE＝OF．理由如下：

∵CE是∠ACB的角平分线，

∴∠ACE＝∠BCE，

又∵MN∥BC，

∴∠NEC＝∠ECB，

∴∠NEC＝∠ACE，

∴OE＝OC，

∵CF是∠BCA的外角平分线，

∴∠OCF＝∠FCD，

又∵MN∥BC，

∴∠OFC＝∠FCD，

∴∠OFC＝∠OCF，

∴OF＝OC，

∴OE＝OF；

（2）当点O运动到AC的中点，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是正方形．理由如下：

∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，

又∵EO＝FO，

∴四边形AECF是平行四边形，

∵FO＝CO，

∴AO＝CO＝EO＝FO，

∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，

∴四边形AECF是矩形．

已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则

∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，

∴AC⊥EF，

∴四边形AECF是正方形；

（3）不可能．理由如下：

如图，∵CE平分∠ACB，CF平分∠ACD，

∴∠ECF＝ ∠ACB+ ∠ACD＝ （∠ACB+∠ACD）＝90°，

若四边形BCFE是菱形，则BF⊥EC，

但在△GFC中，不可能存在两个角为90°，所以不存在其为菱形．

故答案为不可能．

【点评】本题考查了平行线的性质，角平分线的定义，等腰三角形的判定，正方形、菱形的判定，关键是根据正方形的判定和性质解答．

14．（鄞州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P在对角线BD上，PE⊥BC，PF⊥CD，E，F分别为垂足，连结AP，EF，则下列命题：①若AP＝5，则EF＝5；②若AP⊥BD，则EF∥BD；③若正方形边长为4，则EF的最小值为2，其中正确的命题是（　　）

A．①② B．①③ C．②③ D．①②③

【分析】延长EP交AD于Q，利用SAS证明△AQP≌△FCE，可得AP＝EF，即可判定①；由AP⊥BD可证得∠EFC＝∠PAQ＝45°，利用平行线的判定可证明②的正确性；当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，由勾股定理及直角三角形的性质可求得AP的最小值，进而求得EF的最小值，进而可判定③．

【解答】解：延长EP交AD于Q，

∵四边形ABCD为正方形，

∴AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，AD∥BC，∠BDC＝45°，

∵PF⊥CD，

∴∠DPF＝45°，

∴DF＝PF，

∵PE⊥BC，

∴PQ⊥AD，四边形CEPF为矩形，

∴∠AQP＝90°，EC＝PF＝DF，

∴∠AQP＝∠C，AQ＝FC，四边形PQDF为正方形，

∴DF＝QP，

∴CE＝QP，

在△AQP和△FCE中，

，

∴△AQP≌△FCE（SAS），

∴AP＝EF，

若AP＝5，则EF＝5，故①正确；

若AP⊥BD，则∠PAQ＝45°，

∵△AQP≌△FCE，

∴∠EFC＝∠PAQ＝45°，

∵∠BDC＝45°，

∴∠EFC＝∠BDC，

∴EF∥BD，故②正确；

当AP⊥BD时，AP有最小值，此时P为BD的中点，

∵AB＝AD＝4，

∴BD＝ ，

∴AP＝ BD＝ ，

∵EF＝AP，

∴EF的最小值为 ，故③错误，

故选：A．

【点评】本题主要考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定等知识的综合运用，证明△AQP≌△FCE是解题的关键．

15．如图，P为正方形ABCD内的一点，画▱PAHD，▱PBEA，▱PCFB，▱PDGC，请证明：以E，F，G，H为顶点的四边形是正方形．

【分析】要证明以E，F，G，H为顶点的四边形是正方形，需要作辅助线连接四个顶点，判断4条线段与已知图形之间的关系，利用平行四边形的对角线互相平分的性质得到中点四边形是正方形，利用三角形的中位线定理很容易证明需要的结论．

【解答】证明：如图，连接PH、PG、PF、PE，交点分别为：M、N、L、K，再连接HG、GF、FE、EH、PH．

根据平行四边形的性质，M平分AD和PH，N平分CD和PG，

因此MN是△PHG的中位线，

所以HG∥MN，HG＝2MN．

∵顺次连接正方形ABCD各边中点得MNLK是正方形，

∴MN＝NL＝LK＝KM，4个角都为90°．

同理可证：GF∥NL，GF＝2NL；

FE∥LK，FE＝2LK；

EH∥KM，EH＝2KM．

∴HG＝GF＝EF＝EH，四边形EFGH的4个角也为90°，

所以E，F，G，H是正方形的四个顶点．

【点评】本题考查了正方形的判定与性质、平行四边形的性质以及三角形中位线定理的运用．

题组A 基础过关练

一．选择题（共5小题）

1．（海曙区期末）如图，在△ABC中，DE∥CA，DF∥BA，下列判断中不正确的是（　　）

A．四边形AEDF是平行四边形

B．如果AD⊥BC，那么四边形AEDF是正方形

C．如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形

D．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形

【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形．

【解答】解：A、因为DE∥CA，DF∥BA所以四边形AEDF是平行四边形．故本选项正确．

B、如果AD⊥BC时，∠EDF不一定是直角，且ED不一定等于DF，所以不能判定平行四边形AEDF是正方形．故本选项错误；

C、平行四边形AEDF的一内角∠BAC＝90°，所以平行四边形AEDF是矩形．故本选项正确．

D、因为AD平分∠BAC，所以AE＝DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以平行四边形AEDF是菱形．故本选项正确．

故选：B．

【点评】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点．

2．（綦江区期末）如图，已知四边形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，下列条件能使四边形ABCD成为正方形的是（　　）

A．AC＝BD B．AB⊥BC C．AD＝BC D．AC⊥BD

【分析】根据已知条件可以判断四边形ABCD是矩形，则四条边相等的矩形是正方形或者对角线互相垂直的矩形是正方形．

【解答】解：∵已知四边形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝90°，

∴四边形ABCD是矩形．

A、当AC＝BD时，只能判定四边形ABCD是矩形，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

B、矩形ABCD的四个角都是直角，则AB⊥BC，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

C、矩形ABCD的对边AD＝BC，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误；

D、当矩形ABCD的对角线相互垂直，即AC⊥BD时，该矩形是正方形，故本选项正确；

故选：D．

【点评】本题考查了正方形的判定．需要掌握矩形与正方形间的区别与联系．

3．（庆安县期末）一个正方形的对角线长为2cm，则它的面积是（　　）

A．2cm² B．4cm² C．6cm² D．8cm²

【分析】根据正方形的性质可求得边长，从而根据面积公式即可求得其面积．

【解答】解：根据正方形的性质可得，正方形的边长为 cm，则其面积为2cm²

故选：A．

【点评】此题主要考查学生对正方形的性质的理解及运用．

4．（婺城区校级期末）如图，在正方形ABCD中，E为AB中点，连接DE，过点D作DF⊥DE交BC的延长线于点F，连接EF．若AE＝1，则EF的值为（　　）

A．3 B． C．2 D．4

【分析】根据题意可得AB＝2，∠ADE＝∠CDF，可证△ADE≌△DCF，可得CF＝1，根据勾股定理可得EF的长．

【解答】解：∵ABCD是正方形

∴AB＝BC＝CD，∠A＝∠B＝∠DCB＝∠ADC＝90°

∵DF⊥DE

∴∠EDC+∠CDF＝90°且∠ADE+∠EDC＝90°

∴∠ADE＝∠CDF且AD＝CD，∠A＝∠DCF＝90°

∴△ADE≌△CDF

∴AE＝CF＝1

∵E是AB中点

∴AB＝BC＝2

∴BF＝3

在Rt△BEF中，EF＝ ＝

故选：B．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定，勾股定理，关键熟练运用这些性质解决问题．

5．（温州校级月考）如图，点C为线段AB的中点，在AC边上取点D，分别以CD，BC，BD为边向上做正方形CDEF，正方形BCGH，正方形BDJI，已知AB为4，若连结AI恰好经过点E，则阴影部分面积为（　　）

A． B． C．4 ﹣2 D．8 ﹣8

【分析】根据△ADE和△ABI相似得出CD的长度，再根据长方形的性质即可得出答案．

【解答】解：由题意得CD＝DE＝HI，

设CD的长度为x，

由△ADE和△ABI相似可得： ，

∵AB＝4，

∴BC＝2，AD＝2﹣x，

∴ ，

解得x＝﹣2+2 ，

∴阴影部分的面积为：

＝

＝8 ﹣8，

故选：D．

【点评】本题主要考查相似三角形的性质，关键是要牢记相似相似三角形的性质定理，能通过图观察出△ADE和△ABI相似．

二．填空题（共9小题）

6．（萧山区月考）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的点，AE的垂直平分线交CD，AB于点F，G．若BG＝2BE，则AG：BG＝　 ：2　，DF：CF＝　 　．

【分析】连接GE，延长GF交AD的延长线于H点，由于BG＝2BE，设BE＝x，BG＝2x，根据锐角三角函数的定义以及正方形的性质即可求出答案．

【解答】解：连接GE，延长GF交AD的延长线于H点，

∵BG＝2BE，设BE＝x，BG＝2x，

则：GE＝ x，

又∵FG垂直平分AE，

则AG＝GE＝ x，

∴ ＝ ；

故正方形的边长AB＝AG+BG＝（ +2）x，

在Rt△ABE中，tan∠BAE＝ ＝ ＝ ﹣2，

∵∠H＝∠BAE，tan∠H＝ ＝ ﹣2，

∴ ＝ ﹣2，则AH＝（5+2 ）x，

∴DH＝AH﹣AD＝（5+2 ）x﹣（ +2）＝（ +3）x，

∵tanH＝ ＝ ﹣2，

∴DF＝（ ﹣2）（ +3）x＝（ ﹣1）x，

∴FC＝CD﹣DF＝（ +2）x﹣（ ﹣1）x＝3x，

故 ＝ ；

故答案为： ：2， ．

【点评】考查正方形的性质，解题的关键是熟练运用中垂线的性质，勾股定理以及解直角三角形，本题属于中等题型．

7．（嘉兴期末）要使矩形ABCD成为正方形，可添加的条件是　AB＝BC　（写一个即可）．

【分析】根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形添加条件．

【解答】解：根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形，得到应该添加的条件为：AB＝BC或BC＝CD或CD＝DA或DA＝AB或AC⊥BD．

故答案为：AB＝BC．

【点评】本题是考查了正方形的判定，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．

8．（杭州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E是对角线AC上的一点，连结BE，过点E作EF⊥BE交AD于点F．△BCE和△AEF的面积分别为S₁和S₂，若2S₁＝3S₂，则CE的长为　2 　．

【分析】作辅助线GH过点E，且GH∥AB，构造一线三垂直模型，用EH分别表示出S₁和S₂的值，列出关于EH的式子，求出EH即可求出CE．

【解答】解：如图，作GH过点E，且GH∥AB，

∵∠HBE+∠HEB＝90°，∠HEB+∠GEF＝90°，

∴∠HBE＝∠GEF，

∵AC为正方形的对角线，

∴CH＝EH，

∴HB＝GE，

在△HBE和△GEF中，

，

∴△HBE≌△GEF（ASA），

∴GF＝EH，

设EH＝a，AF＝6﹣2a，

， ，

∵2S₁＝3S₂，

∴6a＝3（a²﹣9a+18），

解得a＝2，

∴CE＝ ＝2 ，

故答案为2 ．

【点评】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要能作出辅助线GH，构造一线三垂直模型，出现需要判定的全等三角形，将AF用EH表示出来．

9．（秀洲区校级月考）如图，点P在线段AB上，PA＞PB．在AB的同侧作正方形APCD和正方形PBEF，若两个正方形的面积之差等于10，则四边形DFEC的面积为　5　．

【分析】设AP＝a，PB＝b，根据正方形的性质得到CD＝PC＝a，PF＝EF＝b，∠DCF＝∠PFE＝90°，求得CF＝PC﹣PF＝a﹣b，∠CFE＝90°，根据三角形的面积公式即可得到结论．

【解答】解：设AP＝a，PB＝b，

∵四边形形APCD和四边形PBEF是正方形，

∴CD＝PC＝a，PF＝EF＝b，∠DCF＝∠PFE＝90°，

∴CF＝PC﹣PF＝a﹣b，∠CFE＝90°，

∴四边形DFEC的面积＝S_△DCF+S_△CEF＝ CD•CF+ CF•EF＝ a（a﹣b）+ （a﹣b）b＝ （a²﹣ab+ab﹣b²）＝ （a²﹣b²），

∵两个正方形的面积之差等于10，

∴四边形DFEC的面积＝ ＝5，

故答案为：5．

【点评】本题考查了正方形的性质，三角形的面积的计算，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．

10．（柯桥区月考）如图，在边长为2的正方形EFGH中，M，N分别为EF与GH的中点，一个三角形ABC沿竖直方向向上平移，在运动的过程中，点A恒在直线MN上，当点A运动到线段MN的中点时，点E，F恰与AB，AC两边的中点重合，设点A到EF的距离为x，三角形ABC与正方形EFGH的公共部分的面积为y，则当y＝ ，x的值为　 或2+ 　．

【分析】分两种情形：如图1中，当过A在正方形内部时，连接EG交MN于O，连接OF，设AB交EH于Q，AC交FG于P．如图2中，当点A在正方形外部时，分别求解即可解决问题．

【解答】解：如图1中，当过A在正方形内部时，连接EG交MN于O，连接OF，设AB交EH于Q，AC交FG于P．

由题意，△ABC是等腰直角三角形，AQ＝OE＝OG＝AP＝OF，S_△OEF＝1，

∵y＝ ，

∴S_{四边形AOEQ}+S_{四边形AOFP}＝1.5，

∴OA•2＝1.5，

∴OA＝ ，

∴AM＝1+ ＝ ；

如图2中，当点A在正方形外部时，

由题意，重叠部分是六边形WQRJPT，S_重叠＝S_△ABC﹣2S_△BQR﹣S_△AWT，

∴2.5＝ ×2 ×2 ﹣1﹣ ×2AN×AN，

解得AN＝ ，

∴AM＝2+ ，

综上所述，满足条件的AM的值为 或2+ ，

故答案为 或2+ ．

【点评】本题考查正方形的性质，平移变换，多边形的面积等知识，解题的关键是理解题意，学会用分类讨论的思想思考问题．

11．（柯桥区月考）如图所示，在正方形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为　2　．

【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′＝45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC＝FC+CE+EF′＝CD+BC＝4，得出正方形边长即可．

【解答】解：如图，将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝AB，∠BAD＝90°，

∵将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置，

则△DAF≌△BAF′，

∴DF＝BF′，∠DAF＝∠BAF′，

∵∠EAF＝45°，

∴∠DAF+∠BAE＝45°

∴∠EAF′＝45°，

在△FAE和△F'AE中，

，

∴△FAE≌△F'AE（SAS），

∴EF＝EF′，

∵△ECF的周长为4，

∴EF+EC+FC＝FC+CE+EF′＝FC+BC+BF′＝DF+FC+BC＝4，

∴2BC＝4，

∴BC＝2．

故答案为：2．

【点评】本题考查了正方形的性质，旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△F'AE是解题关键．

12．（温岭市期末）如图，O是正方形ABCD内一点，四边形OHBE与OGDF也都是正方形，图中阴影部分的面积是10，则OA＝　2 　．

【分析】先证四边形AHOF是矩形，可得AH＝OF，由三角形的面积公式可得OF²+OH²＝20，即可求解．

【解答】解：∵四边形ABCD，四边形OHBE，四边形OGDF都是正方形，

∴AD∥BC∥HG，AB∥EF∥CD，FO＝OG，HO＝OE，

∴四边形AHOF是平行四边形，

又∵∠BAD＝90°，

∴四边形AHOF是矩形，

∴AH＝OF，

∵阴影部分的面积是10，

∴ ×OG×OF+ ×OE×OH＝10，

∴OF²+OH²＝20，

∴AH²+OH²＝20，

∴OA²＝20，

∴OA＝2 ，

故答案为：2 ．

【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，求出OA²的值是解题的关键．

13．（嵊州市期末）如图，四边形ABCD和AEFG均为正方形，点G在对角线BD上，点F在边BC上，连结BE．若DG＝3 ，BF＝1，则正方形ABCD的边长为　7　．

【分析】过点E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，由“SAS”可证△BAE≌△DAG，可得BE＝DG＝3 ，∠ABE＝∠ADG＝45°，由等腰直角三角形的性质可求EH＝BH＝3，利用勾股定理可求EF，FG，即可求解．

【解答】解：如图，过点E作EH⊥BC，交CB的延长线于H，

∵四边形ABCD和AEFG均为正方形，

∴AE＝AG，AD＝AB，∠EAG＝∠BAD＝90°，∠ADB＝45°，BD＝ AD，EG＝ EF，

∴∠EAB＝∠DAG，

在△ABE和△ADG中，

，

∴△BAE≌△DAG（SAS），

∴BE＝DG＝3 ，∠ABE＝∠ADG＝45°，

∴∠EBH＝180°﹣45°﹣90°＝45°，

∵EH⊥BH，

∴∠EBH＝∠BEH＝45°，

∴EH＝BH，

∴BE＝ BH＝3 ，

∴EH＝BH＝3，

∴FH＝BF+BH＝4，

∴EF＝ ＝ ＝5，

∴EG＝5 ，

∴BG＝ ＝ ＝4 ，

∴BD＝BG+DG＝7 ，

∴AD＝7，

故答案为：7．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理等知识，求出EH的长是解题的关键．

14．（宁波期末）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连结AE，交BD于点F．若∠CDE＝30°，则∠DFC的度数为　105°　．

【分析】根据正方形性质和已知得AD＝DE，根据等腰△ADE顶角为120°计算∠DAE＝30°，由三角形的内角和定理得∠AFD＝105°，通过证明△ADF≌△CDF证出∠DFC＝∠AFD即可得到答案．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝DC，∠ADC＝90°，

∴∠ADB＝∠BDC＝45°，

∵DC＝DE，

∴AD＝DE，

∴∠DAE＝∠DEA，

∵∠ADE＝90°+30°＝120°，

∴∠DAE＝30°，

∴∠AFD＝180°﹣25°﹣45°＝105°，

在△ADF和△CDF中，

，

∴△ADF≌△CDF（SAS），

∴∠DFC＝∠AFD＝105°，

故答案为：105°．

【点评】本题考查了正方形的性质、三角形全等的性质和判定、等腰三角形的性质、三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质是关键．

三．解答题（共4小题）

15．（乐清市校级开学）如图，已知正方形ABCD中，AB＝4，点E，F在对角线BD上，AE∥CF．

（1）求证：△ABE≌△CDF；

（2）若∠ABE＝2∠BAE，求DF的长．

【分析】（1）利用平行线性质和正方形的性质可得∠AEB＝∠CFD，∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，则借助AAS可证明△ABE≌△CDF；

（2）过点E作HE⊥BE，交AB于H点，证明∠HAE＝∠HEA，得到AH＝HE．设BE＝DF＝HE＝AH＝x，则HB＝ x．根据AB＝4，构造关于x的方程，解方程即可．

【解答】证明：（1）∵AE∥CF，

∴∠AEF＝∠CFB．

∴∠AEB＝∠CFD．

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABE＝∠CDF，AB＝CD，

∴△ABE≌△CDF（AAS）．

（2）过点E作HE⊥BE，交AB于H点，

∴∠BHE＝∠HBE＝45°．

∵∠ABE＝2∠BAE，

∴∠BHE＝2∠BAE．

又∵∠BHE＝∠HAE+∠AEH，

∴∠HAE＝∠HEA．

∴AH＝HE．

设BE＝DF＝HE＝AH＝x，

则HB＝ x．

∴ x+x＝4，解得x＝4 ﹣4．

所以DF＝4 ﹣4．

【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，此题第一问简单，第二问是“倍半角”问题，通过辅助线构造等腰三角形转化角的解决这类问题的通用方法．

16．（阳信县模拟）如图：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于点E，垂足为F，连接CD，BE，

（1）当点D是AB的中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由

（2）在（1）的条件下，当∠A＝　45°　时四边形BECD是正方形．

【分析】（1）先证明AC∥DE，得出四边形BECD是平行四边形，再“根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”证出CD＝BD，得出四边形BECD是菱形；

（2）先求出∠ABC＝45°，再根据菱形的性质求出∠DBE＝90°，即可证出结论．

【解答】解：当点D是AB的中点时，四边形BECD是菱形；理由如下：

∵DE⊥BC，

∴∠DFB＝90°，

∵∠ACB＝90°，

∴∠ACB＝∠DFB，

∴AC∥DE，

∵MN∥AB，即CE∥AD，

∴四边形ADEC是平行四边形，

∴CE＝AD；

∵D为AB中点，

∴AD＝BD，

∴BD＝CE，

∵BD∥CE，

∴四边形BECD是平行四边形，

∵∠ACB＝90°，D为AB中点，

∴CD＝ AB＝BD，

∴四边形BECD是菱形；

（2）当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形；理由如下：

∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，

∴∠ABC＝45°，

∵四边形BECD是菱形，

∴∠ABC＝ ∠DBE，

∴∠DBE＝90°，

∴四边形BECD是正方形．

故答案为：45°．

【点评】本题考查了平行四边形的判定、正方形的判定以及直角三角形的性质；根据题意证明线段相等和直角是解决问题的关键．

17．（滨江区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作EF⊥AC，交边AD，AB于点F，H，连接CF，CH．

（1）求证：CF＝CH；

（2）若正方形ABCD的边长为1，当△AFH与△CDF的面积相等时，求AE的长．

【分析】（1）利用正方形的性质得到∠FAE＝∠HAE＝45°，再证明△AEF≌△AEH得到EF＝EH，然后根据线段垂直平分线的性质得到结论；

（2）设AE＝x，根据等腰直角三角形的性质得到AF＝ x，FH＝2x，利用三角形面积公式得到 •2x•x＝ ×1•（1﹣ x），然后解方程即可．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，

∴∠FAE＝∠HAE＝45°，

∵EF⊥AC，

∴∠AEF＝∠AEH＝90°，

在△AEF和△AEH中，

，

∴△AEF≌△AEH（ASA），

∴EF＝EH，

∴AC垂直平分FH，

∴CF＝CH；

（2）解：设AE＝x，AF＝ x，DF＝1﹣ x，FH＝2AE＝2x，

∵△AFH与△CDF的面积相等，

∴ •2x•x＝ ×1•（1﹣ x），

整理得2x²+ x﹣1＝0，解得x₁＝ ，x₂＝ （舍去），

∴AE＝ ．

【点评】本题考查了正方形的性质：正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角．也考查了全等三角形的判定与性质．

18．（路桥区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点（DE＜BE），连接AE，过点E分别作EF⊥AE交BC于点F，EG⊥BD交BC的延长线于点G．

（1）若AD＝2，DE＝1，求EG的长度；

（2）求证：FG＝AB．

【分析】（1）由正方形的性质可得AD＝AB＝2，BD＝ AD＝2 ，∠ABD＝∠CBD＝45°，可求BE的长，由等腰三角形的性质可得EB＝EG＝2 ﹣1；

（2）由“AAS”可证△ABE≌△FGE，可得FG＝AB．

【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝AB＝2，BD＝ AD＝2 ，∠ABD＝∠CBD＝45°，

∴BE＝BD﹣DE＝2 ﹣1，

∵EG⊥BD，∠DBG＝45°，

∴∠DBG＝∠EGB＝45°，

∴EB＝EG＝2 ﹣1；

（2）∵AE⊥EF，

∴∠AEF＝∠BEG＝90°，

∴∠AEB＝∠GEF，

又∵BE＝EG，∠ABD＝∠FGE＝45°，

∴△ABE≌△FGE（AAS），

∴FG＝AB．

【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

题组B 能力提升练

一．选择题（共7小题）

1．（椒江区校级月考）正方形ABCD与正方形BEFG按如图方式放置，点F，B，C在同一直线上，已知BG＝ ，BC＝3，连接DF并取中点M，则AM的长为（　　）

A． B． C． D．

【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出BH，进而利用勾股定理解答即可．

【解答】解：延长AM交BC于H点，

∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，BG＝ ，BC＝3，

∴BF＝ BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC＝3，

∵点F，B，C在同一直线上，

∴AD∥CF，

∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，

∵M是DF中点，

∴DM＝FM，

∴△ADM≌△HFM（AAS），

∴AD＝FH＝3，AM＝HM＝ AH，

∴BH＝FH﹣BF＝1，

在Rt△ABH中，AH＝ ，

∴AM＝ ，

故选：A．

【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．

2．（芜湖模拟）如图所示，四边形ABCD是正方形，G是BC上的一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE且交AG于点F．若3AB＝5EF，则S_阴影：S_{正方形ABCD}的值为（　　）

A．5：9 B．3：5 C．17：25 D．16：25

【分析】设EF＝3a，则AB＝5a，证明△DAE≌△ABG，得到AE＝BF，再利用勾股定理求出AE＝BF的长度，求S_△DAE和S_△ABF，从而得解．

【解答】解：设EF＝3a，则AB＝5a，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD＝AB，∠DAB＝90°，

∵∠DAE+∠GAB＝∠GAB+∠FBA＝90°，

∴∠DAE＝∠FBA，

在△DAE和△ABF中，

，

∴△DAE≌△ABF（AAS），

∴AE＝BF，

设AE＝BF＝m，

在Rt△ABF中，AB＝5a，BF＝m，AF＝3a+m，

∴m²+（3a+m）²＝（5a）²，

解得m₁＝ a，m₂＝ a（舍去），

∴S_△DAE＝S_△ABF＝ （ a+3a）×（ a）＝4a²，

∵S_{正方形ABCD}＝5a×5a＝25a²，

∴S_阴影＝25a²﹣2×4a²＝17a²，

∴S_阴影：S_{正方形ABCD}＝17a²：25a²＝17：25．

故选：C．

【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解题关键是证明∴DAE≌△ABG，得到AE＝BF，进而计算面积求解．

3．（温州期末）在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，连结AE，过点E作EF⊥AE交BC于点F，将线段EF向右平移m个单位，使得点E落在CD上，F落在BC上，已知AE+EF+CF＝24，CD＝10，则m的值为（　　）

A．6 B．4 ﹣2 C．4 D．2 +2

【分析】过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，利用一线三垂直模型证明△AME≌△ENF，列出关于m的方程，求出m即可．

【解答】解：过点E作MN∥CD，交AD于点M，交BC于点N，

∵E在正方形的对角线上，

∴EM＝EE'＝m，

∴AM＝10﹣m，EN＝10﹣m，

∵∠FEN+∠AEM＝90°，∠FEN+∠EFN＝90°，

∴∠AEM＝∠EFN，

在△AME和△ENF中，

，

∴△AME≌△ENF（AAS），

∴FN＝ME＝m，

∴ ，

解得m＝ ，

故选：B．

【点评】本题主要考查正方形的性质，关键是要作辅助线构造一线三垂直模型，证明全等的三角形，才能列出关于m的方程，从而求出m的值．

4．（浦江县期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE⊥BF，交点为G，CH⊥BF，交BF于点H．若CH＝HG，S_△CFH＝1，那么正方形的面积为（　　）

A．15 B．20 C．22 D．24

【分析】根据AE⊥BF，利用同角的余角相等得出∠EAB＝∠FBC，再根据AAS即可证出△ABG≌△BCH，得BG＝CH，设CH＝x，算出BC＝ ＝ ，设FH为y，分别在△CFH和△CFB中使用勾股定理得y＝ x，再由S_△CFH＝1得x＝2，即可求出正方形的面积．

【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，

∵AE⊥BF，∠ABC＝90°，

∴∠BAE+∠GBA＝90°，∠FBC+∠GBA＝90°，

∴∠BAE＝∠CBF，

∵CH⊥BF，

∴∠BHC＝90°＝∠AGB，

在△ABG与△BCH中，

，

∴△ABG≌△BCH（AAS），

∴BG＝CH，

设CH＝x，则HG＝BG＝x，

∴BH＝2x，

∴BC＝ ＝ ，

设FH为y，

∵CH⊥BF，

在△CFH中，CF²＝FH²+CH²＝x²+y²，

在△CFB中，CF²＝BF²﹣BC²＝（2x+y）²﹣5x²，

∴x²+y²＝（2x+y）²﹣5x²，

解得：y＝ x，

∴ ＝ ＝1，

∴x＝2，

∴正方形的面积为BC²＝（2 ）²＝20．

故选：B．

【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，分别在△CFH和△CFB中使用勾股定理是本题的关键．

5．（丽水期末）如图正方形ABCD的边长为a，P是对角线AC上的点，连结PB，过点P作PQ⊥BP交线段CD于点Q．当DQ＝2CQ时，BP的长为（　　）

A． a B． a C． a D． a

【分析】作PE⊥AB于E，交CD于F，根据正方形的性质得∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，再判断△PCF为等腰直角三角形得到PF＝CF，接着利用等角的余角相等得到∠1＝∠2，于是可证明△BEP≌△PQF，所以PE＝FQ，设EP＝FQ＝x，则AE＝x，CF＝x+ ，在△BEP中用勾股定理即可算出BP＝ ＝ ．

【解答】解：过P作PE⊥AB于E，交CD于F，如图，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠PAE＝∠PCF＝45°，AB∥CF，

∴PF⊥CF，

∴△PCF为等腰直角三角形，

∴PF＝CF，

而CF＝BE，

∴PF＝BE，

∵PB⊥PQ，

∴∠1+∠BPE＝90°，

而∠2+∠BPE＝90°，

∴∠1＝∠2，

在△BEP和△PQF中，

∴△BEP≌△PFQ（ASA），

∴EP＝FQ，

正方形ABCD的边长为a，DQ＝2CQ，

∴CQ＝ ，

设EP＝FQ＝x，则AE＝x，CF＝x+ ，

∴AB＝x+ +x＝a，

∴x＝ ，

∴BP＝ ＝ ．

故选：C．

【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，作出辅助线构造△BEP≌△PQF是本题的关键．

6．（瑞安市期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的各边为边分别作正方形ACDE，正方形BCFG与正方形ABMN，AN与FG相交于点H，连接NF并延长交AE于点P，且NF＝2FP．记△ABC的面积为S₁，△FNH的面积为S₂，若S₁﹣S₂＝21，则BC的长为（　　）

A．6 B． C．8 D．9

【分析】作NI⊥FG，先证明四边形AOIF为矩形以及△BAC≌△NAO，由此得AO＝AC，NO＝BC，设AC＝a，BC＝b，再证明△NFI∽△NPO，△NHI∽△NAO，由此得b＝ a．最后分别求出S₁，S₂，即可得到答案．

【解答】如图，作NI⊥FG，垂足为I，延长EA，NI交于O，

∵∠ACB＝90°，四边形ACDE与四边形CBGF为正方形，

∴AE∥BD，FG∥BD，CF⊥FG，

∴AE∥FG．

∵NI⊥FG，CF⊥FG，

∴NI⊥AE，CF∥NO，

∴四边形AOIF为矩形，

∵∠O＝90°，AF＝IO，FI＝AO，∠OAF＝∠OAC＝90°．

∵四边形BANM为正方形，

∴AN＝AB，∠BAN＝90°，

∴∠OAC﹣∠OAB＝∠BAN﹣∠OAB，即∠BAC＝∠NAO，

在△BAC与△NAO中，

，

∴△BAC≌△NAO（AAS），

∴AO＝AC，NO＝BC，

设AC＝a，BC＝b，

则CF＝BC＝NO＝b，FI＝AO＝AC＝a，

∴AF＝IO＝b﹣a，NI＝NO﹣IO＝b﹣（b﹣a）＝a．

∵FG∥AE，

∴∠NFI＝∠NPO，∠NIF＝∠O，∠NHI＝∠NAO，

∴△NFI∽△NPO，△NHI∽△NAO，

∴ ， ，

∴NI＝2IO， ，

∴a＝2（b﹣a），

∴b＝ a．

∵ ，

∴HI＝ AO＝ a，

∴FH＝FI﹣HI＝a﹣ a＝ ，

∵S₁＝ AC×BC＝ a×b＝ ，

S₂＝ FH×NI＝ × ×a＝ a²，

∴S₁﹣S₂＝ ﹣ a²＝ ＝21，

∴a²＝36，即a＝6，

∴b＝ a＝9，

∴BC＝9．

故选：D．

【点评】本意主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，解决此题的关键是证明△BAC≌△NAO、△NFI∽△NPO以及△NHI∽△NAO，得出b＝ a．

7．（浙江自主招生）如图，正方形ABCD和正方形CGEF的边长分别是2和3，且点B，C，G在同一直线上，M是线段AE的中点，连接MF，则MF的长为（　　）

A． B． C．2 D．

【分析】延长AD至H，易证△AMH≌△EMF，得FM＝HM，AH＝EF，又∵DH＝AH﹣AD，且DF＝CF﹣CD，解直角△DFH可以求得FH的长，根据FM＝HM即可解题．

【解答】解：延长AD至H，延长FM与AH交于H点，

则在△AMH和△EMF中，

，

∴△AMH≌△EMF，即FM＝MH，AH＝EF，

∴DH＝AH﹣AD＝EF﹣AD＝1，

∵DF＝CF﹣CD＝3﹣2＝1，

在直角△DFH中，FH为斜边，

解直角△DFH得：FH＝ ，

又∵FM＝MH，

∴FM＝ ，

故选：B．

【点评】本题考查了勾股定理在直角三角形中的运用，考查了正方形各边长相等的性质，考查了正方形各内角均为直角的性质，本题中求证FM＝MH是解题的关键．

二．填空题（共2小题）

8．（婺城区期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形，小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值 ＝　 　．

【分析】利用图1和图2所示可得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝ BC，设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a；通过说明△CHB∽△BHF，得到HF＝ a，利用拼图与原图对比求得l与h的长，则结论可求．

【解答】解：由题意得：MNHG为正方形，DE＝EC＝AF＝FB＝ BC．

设正方形MNHG的边长为a，则AG＝MG＝GH＝HN＝HB＝NC＝a．

∵BH⊥CF，∠FBC＝90°，

∴△CHB∽△BHF．

∴ ．

∵CH＝2a，BH＝a，

∴ ．

∴HF＝ a．

由题意：AE＝CF．

ME＝HF＝ a．

∴l＝GH+MN+NH＝3a，h＝HN+CH+HF＝3.5a．

∴ ＝ ．

故答案为： ；

【点评】本题主要考查了正方形的性质，七巧板的操作，利用拼图与原图的对比找出数量关系是解题的关键．

9．（湖州期末）七巧板是我国祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”．由边长为 的正方形可以制作一副如图1所示的七巧板，现将这副七巧板拼成如图2所示的造型恰好放入矩形ABCD中（其中点E，F，G，H，K都在矩形边上），则AD长是　 　．

【分析】如图，设DF＝x，DE＝y，根据△AFG∽△DEF，可得出：AF＝2y，AG＝2x，同理：△CHK∽△DEF，可得出：CH＝ y，CK＝ x，再证明△AFG≌△BGH（AAS），可得：BG＝AF＝2y，BH＝AG＝2x，AD＝x+2y，BC＝2x+ y，再由AD＝BC，建立方程求解即可．

【解答】解：如图，设DF＝x，DE＝y，

在Rt△DEF中，EF＝2，

∵∠A＝∠D＝∠EFG＝90°，

∴∠DFE+∠AFG＝90°，∠DFE+∠DEF＝90°，

∴∠AFG＝∠DEF，

∴△AFG∽△DEF，

∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，

∴AF＝2y，AG＝2x，

同理：△CHK∽△DEF，

∴ ＝ ＝ ，即 ＝ ＝ ，

∴CH＝ y，CK＝ x，

∵∠A＝∠B＝∠FGH＝90°，

∴∠AGF+∠BGH＝∠AGF+∠AFG＝90°，

∴∠BGH＝∠AFG，

∵FG＝GH，

∴△AFG≌△BGH（AAS），

∴BG＝AF＝2y，BH＝AG＝2x，

∴AD＝x+2y，BC＝2x+ y，

∵AD＝BC，

∴x+2y＝2x+ y，

∴x＝ y，

在Rt△DEF中，∵DE²+DF²＝EF²，

∴x²+y²＝2²，将x＝ y代入，得：（ y）²+y²＝2²，

解得：x＝ ，y＝ ，

∴AD＝x+2y＝ +2× ＝ ，

故答案为： ．

【点评】本题考查正方形的性质，矩形的性质，七巧板，勾股定理，全等三角形判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键熟练运用全等三角形判定和性质及相似三角形的判定和性质解决问题．

三．解答题（共3小题）

10．（南京期末）已知，在正方形ABCD中，点E、F在BD上，且AB＝BE＝DF．

（1）求证：四边形AECF是菱形；

（2）若正方形的边长为2，求菱形AECF的面积．

【分析】（1）连接AC，交BD于点O，依据正方形的性质可得到AC⊥EF，然后再证明OE＝OF，从而可得到四边形AFCE为平行四边形，于是可证明它是一个菱形；

（2）先求得BF的长，然后可得到OF的长，进而可得到EF的长，依据依据菱形的面积等于两对角线乘积的一半求解即可．

【解答】解：（1）证明：连接AC，交BD于点O．

∵四边形ABCD是正方形，

∴OA＝OC，OB＝OD．

又∵BE＝DF，

∴BE﹣BO＝DF﹣DO即OE＝OF．

∴四边形AFCE是平行四边形．

又∵AC⊥EF，

∴四边形AFCE是菱形．

（2）∵AB＝AD＝2，

∴由勾股定理可知AC＝BD＝2 ，

∴BF＝2 ﹣2．

∴EF＝4﹣2 ，

∴菱形的面积＝ EF•AC＝ ×（4﹣2 ）×2 ＝4 ﹣4．

【点评】本题主要考查的是菱形的性质和判定、正方形的性质，熟练掌握正方形性质、菱形的判定定理是解题的关键．

11．（杭州期末）已知，如图，O为正方形对角线的交点，BE平分∠DBC，交DC于点E，延长BC到点F，使CF＝CE，连接DF，交BE的延长线于点G，连接OG．

（1）求证：△BCE≌△DCF．

（2）判断OG与BF有什么关系，证明你的结论．

（3）若DF²＝8﹣4 ，求正方形ABCD的面积？

【分析】（1）利用正方形的性质，由全等三角形的判定定理SAS即可证得△BCE≌△DCF；

（2）首先先判断出DG＝FG，从而得到OG是△DBF的中位线，即可得出答案；

（3）设BC＝x，则DC＝x，BD＝ x，由△BGD≌△BGF，得出BF＝BD，CF＝（ ﹣1）x，利用勾股定理DF²＝DC²+CF²，解得x²＝2，即正方形ABCD的面积是2．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，

∴BC＝DC，∠BCE＝∠DCF＝90°，

在△BCE和△DCF中，

，

∴△BCE≌△DCF（SAS）；

（2）OG∥BF且OG＝ BF，

理由：如图，

∵BD是正方形ABCD的对角线，

∴∠CDB＝∠CBD＝45°，

∵BE平分∠DBC，

∴∠2＝∠3＝ ∠CBD＝22.5°，

由（1）知，△BCE≌△DCF，

∴∠CDF＝∠3＝22.5°，

∴∠BDF＝∠CDB+∠CDF＝67.5°，

∴∠F＝180°﹣∠CBD﹣∠BDF＝67.5°＝∠BDF，

∴BD＝BF，

而BE是∠CBD的平分线，

∴DG＝GF，

∵O为正方形ABCD的中心，

∴DO＝OB，

∴OG是△DBF的中位线，

∴OG∥BF且OG＝ BF；

（3）设BC＝x，则DC＝x，BD＝ x，由（2）知△BGD≌△BGF，

∴BF＝BD，

∴CF＝（ ﹣1）x，

∵DF²＝DC²+CF²，

∴x²+[（ ﹣1）x]²＝8﹣4 ，解得x²＝2，

∴正方形ABCD的面积是2．

【点评】本题主要考查了正方形的性质，涉及全等三角形的判定与性质及正方形的性质，解题的关键是灵活运用三角形全等的判定及性质．

12．（萧山区一模）边长为a的正方形ABCD中，点E是BD上一点，过点E作EF⊥AE交射线CB于点F，连接CE．

（1）若点F在边BC上（如图）；

①求证：CE＝EF；

②若BC＝2BF，求DE的长．

（2）若点F在CB延长线上，BC＝2BF，请直接写出DE的长．

【分析】（1）①先利用正方形的对称性可得到∠BAE＝∠BCE，然后在证明又∠BAE＝∠EFC，通过等量代换可得到∠BCE＝∠EFC；②过点E作MN⊥BC，交AD于M．依据等腰三角形的性质可得到FN＝CN，从而可得到NC的长，然后可得到MD的长，在Rt△MDE中可求得ED的长；

（2）先根据题意画出图形，然后再证明EF＝EC，然后再按照（1）②中的思路进行证明即可．

【解答】解：（1）①证明：∵正方形ABCD关于BD对称，

∴△ABE≌△CBE，

∴∠BAE＝∠BCE．

又∵∠ABC＝∠AEF＝90°，

∴∠BAE＝∠EFC，

∴∠BCE＝∠EFC，

∴CE＝EF．

②过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．

∵CE＝EF，

∴N是CF的中点．

∵BC＝2BF，

∴ ＝ ．

又∵四边形CDMN是矩形，△DME为等腰直角三角形，

∴CN＝DM＝ME，

∴ED＝ DM＝ CN＝ a．

（2）如图所示：过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．

∵正方形ABCD关于BD对称，

∴△ABE≌△CBE，

∴∠BAE＝∠BCE．

又∵∠ABF＝∠AEF＝90°，

∴∠BAE＝∠EFC，

∴∠BCE＝∠EFC，

∴CE＝EF．

∴FN＝CN．

又∵BC＝2BF，

∴FC＝ a，

∴CN＝ a，

∴EN＝BN＝ a，

∴DE＝ a．

【点评】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的法则是解题的关键．