数学八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形综合训练题

这是一份数学八年级下册9.4 矩形、菱形、正方形综合训练题，文件包含苏科版数学八下培优专项提升训练专题914正方形的性质与判定大题专练原卷版doc、苏科版数学八下培优专项提升训练专题914正方形的性质与判定大题专练解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
本试卷试题解答30道，共分成三个层组：基础过关题（第1-10题）、能力提升题（第11-20题）、培优压轴题（第21-30题），每个题组各10题，可以灵活选用．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．
一、解答题
1．（2022春·江苏扬州·七年级校联考期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为，若，求的大小．
【答案】119°
【分析】根据正方形的性质得到∠A=∠C=∠D= 90°，根据折叠的性质，得到∠F=∠A= 90°，∠FEN =∠C= 90°，∠DNM=∠ENM，根据平角的定义得到∠ENM 的度数，根据四边形的内角和即可得到结论．
【详解】解：四边形是正方形，正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，
，，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键．
2．（2021春·江苏·八年级专题练习）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），，且．求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】证明见解析．
【分析】可作于点，由可得，进一步可得，从而可得，再根据四边形ABCD是矩形即可得到结论．
【详解】证明：如图，作于点，
∵四边形是矩形，∴，∴，
∴，，∠ABC=90°
∵，∴，
∵，∴，
∴，∴
∴矩形是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质是解题的关键．
3．（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，正方形的边长为1，点在延长线上，且．求证：平分．
【答案】见解析
【分析】求得，证明，推出，即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形是边长为1的正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴平分．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，证明是解题的关键．
4．（2022秋·江苏·八年级期中）如图，四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE．
(1)求证：△ADE≌△ABF；
(2)若BC＝12，DE＝4，求△AEF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝AB，∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°，可利用SAS证得△ADE≌△ABF；
（2）根据勾股定理可得AE＝4，再由全等三角形的性质可得AE＝AF，∠EAF＝90°，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°
∵F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°
在△ADE和△ABF中，
∴△ADE≌△ABF（SAS）．
（2）解：∵BC＝12，
∴AD＝12
在Rt△ADE中，DE＝4，AD＝12，
∴AE＝＝4，
由（1）知△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF．
∴∠EAF＝90°
∴
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
5．（2022春·江苏扬州·八年级统考期末）已知在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE⊥AF于点G．
(1)求证：DE＝AF；
(2)若点E是AB的中点，AB＝4，求GF的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）证明，即可求证；
（2）根据勾股定理可得，从而得到，再由，可得，即可求解．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）
解：∵，点是中点，
∴，
在中，，
∵DE=AF，
∴，
∵，
∴，
∴．
【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，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是解题的关键．
6．（2022春·江苏镇江·八年级统考期中）如图，正方形的对角线交于点，点是线段上一点，连接，过点作于点，交于点．
(1)求证：；
(2)若，是的角平分线，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据正方形的性质，可得∠EOC=∠GOB=90°，OC=OB，易证△EOC≌△GOB（ASA），根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据BF⊥CE，可得∠EFB=∠CFB=90°，根据BF是∠DBC的角平分线，可知∠EBF=∠CBF，可证△EBF≌△CBF（SAS），可得BE=BC，根据正方形的性质，可知BC=2，即可求出OE．
（1）
证明：在正方形ABCD中，AC⊥BD，OC=OB，
∴∠EOC=∠GOB=90°，
∴∠OEC+∠OCE=90°，
∵BF⊥CE，
∴∠OEC+∠OBG=90°，
∴∠OBG=∠OCE，
在△EOC和△GOB中，
，
∴△EOC≌△GOB（ASA），
∴BG=CE；
（2）
解：∵BF⊥CE，
∴∠EFB=∠CFB=90°，
∵BF是∠DBC的角平分线，
∴∠EBF=∠CBF，
∵BF=BF，
∴△EBF≌△CBF（SAS），
∴BE=BC，
在正方形ABCD中，OB=OC，∠BOC=90°，
∵OB=，
根据勾股定理，得BC=2，
∴OE+=2，
∴OE=2-．
【点睛】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的性质和判定，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
7．（2022春·江苏无锡·八年级宜兴市实验中学校考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E是BC的中点，连接AE，过点B作射线BM交CD于点F，
交AE于点O，且BF⊥AE ．
(1)求证：BF＝AE；
(2)连接OD，猜想OD与AB的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)OD=AB，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和BF⊥AE，可得∠BAE=∠CBF，从而得到△ABE≌△BCF，即可求证；
（2）延长AD交射线BM于点G，根据△ABE≌△BCF，可得BE=CF，从而得到CF=DF，再由AD∥BC，进而得到∠DGF=∠CBF，可证得△DGF≌△CBF，从而得到DG=BC，进而得到OD为△AOG的中线，再由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，即可求解．
(1)
证明：在正方形ABCD中，∠ABC=∠C=90°，AB=BC，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵BF⊥AE，
∴∠EOB=90°，
∴∠CBF+∠AEB=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
∴△ABE≌△BCF，
∴BF=AE；
(2)
解：OD=AB，理由如下：
如图，延长AD交射线BM于点G，
由（1）得：△ABE≌△BCF，
∴BE=CF，
∵E是BC的中点，
∴，
∴CF=DF，
∵AD∥BC，
∴∠DGF=∠CBF，
在△DGF和△CBF中，
∵∠DGF=∠CBF，∠DFG=∠BFC，DF=CF，
∴△DGF≌△CBF，
∴DG=BC，
∴DG=AD，即OD为△AOG的中线，
∵BF⊥AE，
∴．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半是解题的关键．
8．（2022春·江苏·八年级专题练习）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．
(1)的大小＝______°；
(2)求证：≌；
(3)若，则的大小＝______°．
【答案】(1)45
(2)证明见解析
(3)65
【分析】（1）由正方形的性质求解即可；
（2）由正方形ABCD可知，，，进而可证≌（SAS）；
（3）由≌可知，由三角形外角的性质可知，计算求解即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
故答案为45．
（2）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
在和中
∵
∴≌（SAS）．
（3）
解：∵≌
∴
∵
∴
故答案为65．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等，三角形外角的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
9．（2020春·江苏扬州·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上的一点，点E在AD的延长线上，且PA＝PE，PE交CD于点F．
（1）证明：PC＝PE；
（2）求∠CPE的度数．
【答案】（1）见解析；（2）90°
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，BD是正方形ABCD的对角线，得AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，利用SAS可证得△ABP≌△CBP即可证明PC＝PE．
（2）由△ABP≌△CBP，得∠BAP＝∠BCP，从而得∠DAP＝∠DCP，再由PA＝PE即可证出∠DCP＝∠E，进而可证出∠CPE＝∠EDF＝90°．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形ABCD的对角线，
∴AB＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°，
在△ABP和△CBP中，
，
∴△ABP≌△CBP（SAS），
∴PA＝PC，
∵PA＝PE，
∴PC＝PE，
（2）解：由（1）知，△ABP≌△CBP，
∴∠BAP＝∠BCP，
∴∠DAP＝∠DCP，
∵PA＝PE，
∴∠DAP＝∠E，
∴∠DCP＝∠E，
∵∠CFP＝∠EFD，
∴180°﹣∠PFC﹣∠PCF＝180°﹣∠DFE﹣∠E，
即∠CPE＝∠EDF＝90°．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解．
10．（2022春·江苏宿迁·八年级沭阳县怀文中学校考阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E在边AD上，连接CE，以CE为边向右上方作正方形CEFG，作FH⊥AD，垂足为H，连接AF．
（1）求证：FH＝ED；
（2）若AB＝3，AD＝5，当AE＝1时，求∠FAD的度数．
【答案】（1）见解析；（2）∠FAD＝45°
【分析】（1）根据正方形的性质，可得EF=CE，再根据∠CEF=∠90°，进而可得∠FEH=∠DCE，结合已知条件∠FHE=∠D=90°，利用“AAS”即可证明△FEH≌△ECD，由全等三角形的性质可得FH=ED；
（2）根据矩形的性质得到CD=AB=3，求得DE=4，根据全等三角形的性质得到FH=DE=4，EH=CD=3，得到AH=FH，根据等腰直角三角形的性质得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=EF，
∵∠FEC=∠FEH+∠CED=90°，∠DCE+∠CED=90°，
∴∠FEH=∠DCE，
在△FEH和△ECD中，
，
∴△FEH≌△ECD（AAS），
∴FH=ED；
（2）解：∵在矩形ABCD中，AB=3，AD=5，
∴CD=AB=3，
∵AE=1，
∴DE=4，
∵△FEH≌△ECD，
∴FH=DE=4，EH=CD=3，
∴AH=4，
∴AH=FH，
∵∠FHE=90°，
∴∠FAD=45°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键．
11．（2021春·江苏常州·八年级统考期中）如图，已知正方形的边长是，，，垂足分别是、，且，则的长是______________．
【答案】
【分析】延长交于点，证明，根据勾股定理即可求得
【详解】如图，延长交于点，
四边形是正方形，
，
，，，
，
,，
（SSS），
，
四边形是正方形，
，
，，
,，
，，
,，
，
，
在和中
，
，
，，
，
，
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
12．（2022春·江苏·八年级专题练习）如图，边长为4的正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，C，E点在同一直线上，连接BF
（1）求菱形BDFE的面积；
（2）求CG的长度．
【答案】（1）16；（2）
【分析】（1）已知正方形的边长可求BD，根据BE，DC即可求菱形BDFE的面积．
（2）连接DE，可证△BCG≌△DCE，得出CG＝CE，可求CG的长度．
【详解】解：（1）正方形边长为4，则BD＝，则菱形BDFE的边长为，
菱形BDFE的面积为S＝4×4＝16．
答：菱形BDFE的面积为16．
（2）连接DE，则DE⊥BF，
∴∠CBG+∠DEC＝90°，
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠CDE＝∠CBG，
又∵BC＝DC，∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（ASA），
∴CG＝CE=BE-BC=，
【点睛】本题考查了菱形的对角线垂直的性质，正方形的性质，勾股定理，本题中证△BCG≌△DCE是解题的关键．
13．（2021秋·江苏盐城·八年级统考期末）通过折纸活动，可以探索图形的性质，也可以得到一些特殊的图形．如图，取一张正方形纸片ABCD，第一次先将其对折，展开后进行第二次折叠，使正方形右下角的顶点C落在第一次的折痕EF上点G处，折痕为BH
试探究∠CBH、∠GBH、∠GBA三个角之间的数量关系，并说明理由．
【答案】∠CBH＝∠GBH＝∠GBA，理由见解析
【分析】连接，由折叠的性质得出垂直平分，则，证明是等边三角形，由等边三角形的性质得出，则可得出答案．
【详解】∠CBH＝∠GBH＝∠GBA．
理由：连接CG，
由第一次折叠知点B、C关于EF对称，
∴EF垂直平分BC，
∴BG＝CG，
由第二次折叠知△BCH≌△BGH，
∴BG＝BC，
∴BG＝CG＝BC，
∴△BCG是等边三角形，
∴∠CBG＝60°，
∵△BCH≌△BGH，
∴∠CBH＝∠GBH＝30°，
∵∠ABC＝90°，
∴，
∴∠CBH＝∠GBH＝∠GBA．
【点睛】本题考查的是折叠的性质、等边三角形的判定与性质，正方形的性质，线段垂直平分线的性质，掌握等边三角形的判定与性质是解答本题的关键．
14．（2019秋·江苏镇江·八年级统考阶段练习）如图，线段AB=8，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：△AEP≌△CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）求△AEF的周长．
【答案】（1）见解析；（2）CF⊥AB，理由见解析；（3）16
【分析】（1）四边形APCD正方形，则PD平分∠APC，PC=PA，∠APD=∠CPD=45°，即可求解；
（2）由△AEP≌△CEP，则∠EAP=∠ECP，而∠EAP=∠BAP，则∠BAP=∠FCP，又∠FCP+∠CMP=90°，则∠AMF+∠PAB=90°即可求解；
（3）过点C作CN⊥BG，垂足为N，证明△PCN≌△APB（AAS），则 CN=PB=BF，PN=AB，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形APCD为正方形
∴PD平分∠APC，∠APC=90°，PC=PA
∴∠APD=∠CPD=45°
在△AEP和△CEP中，
∴△AEP≌△CEP(SAS)
（2）CF⊥AB．理由如下：
∵△AEP≌△CEP，
∴∠EAP=∠ECP
∵∠EAP=∠BAP
∴∠BAP=∠FCP
∵∠FCP+∠CMP=90°，∠AMF=∠CMP
∴∠AMF+∠PAB=90°
∴∠AFM=90°
∴CF⊥AB
（3）过点C作CN⊥BG，垂足为N
∵CF⊥AB，BG⊥AB
∴四边形BFCN为矩形，FC∥BN
∴∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB
又AP=CP，∠ABP=∠CNP=90°
∴△PCN≌△APB(AAS)
∴CN=PB=BF，PN=AB
∵△AEP≌△CEP
∴AE=CE
∴AE+EF+AF=CE+EF+AF
=BN+AF
=PN+PB+AF
=AB+BF+AF
=2AB
=16
【点睛】本题为四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等等知识点，其中（3），证明△PCN≌△APB（AAS），是本题的关键．
15．（2022秋·江苏·八年级专题练习）（1）作图发现
如图1，已知△ABC，小涵同学以AB、AC为边向△ABC外作等边△ABD和等边△ACE．连接BE，CD．这时他发现BE与CD的数量关系是 ．
（2）拓展探究
如图2．已知△ABC，小涵同学以AB、AC为边向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）BE＝CD；（2）BE＝CD，理由见解析．
【分析】（1）根据等边三角形的性质可得到：AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，再通过角的等量代换可证出∠CAD＝∠EAB，因此△CAD≌△EAB，即可求解．
（2）根据正方形的性质可得到：AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，再通过角的等量代换可证出∠CAD＝∠EAB，因此△CAD≌△EAB，即可求解．
【详解】解：（1）∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝60°，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，
在△CAD和△EAB中，
∵，
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝CD．
（2）BE＝CD，理由同（1），
∵四边形ABFD和ACGE均为正方形，
∴AD＝AB，AC＝AE，∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAD+∠BAC＝∠CAE+∠BAC，即∠CAD＝∠EAB，
∵在△CAD和△EAB中，
，
∴△CAD≌△EAB（SAS），
∴BE＝CD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
16．（2020春·江苏宿迁·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上
（1）以A为中心，把△ADE按顺时针方向旋转90°，画出旋转后的图形；
（2）设旋转后点E的对应点为F，连接EF，△AEF是什么三角形
（3）若四边形AECF的面积为25，DE=2，求AE的长
【答案】（1）见解析；（2）△AEF是等腰直角三角形；（3）
【分析】（1）利用正方形的性质，可画出旋转后的图形；
（2）由旋转的性质，可得AF=AE，∠FAE=90°，即△AEF是等腰直角三角形的性质．
（3）由四边形AECF的面积为25，易知正方形的面积也为25，从而得到正方形的边长AD=5，而DE=2，再利用勾股定理即可求出AE.
【详解】解：（1）如图，△ABF即是旋转后的图形；
（2）△AEF是等腰直角三角形．
理由：∵以A为中心，把△ADE按顺时针方向旋转90°得到△ABF，
∴AF=AE，∠FAE=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形的性质．
（3）∵△ADE≌△ABF，
∴
∴,
∴,
∴,
∴,
在Rt中，DE=2，AD=5，
∴,
【点睛】此题考查了正方形的性质与旋转的性质及勾股定理．此题难度不大，注意掌握旋转前后图形的对应关系，注意数形结合思想的应用．
17．（2019春·江苏苏州·八年级苏州市景范中学校校考期中）如图，正方形中，为边上一点，于，于，连接
（1）求证：
（2）若，的面积为，求的长
【答案】（1）见解析；（2）2．
【分析】（1）首先根据正方形的性质得出，然后通过等量代换得到，从而利用AAS即可证明；
（2）由全等三角形的性质得出，设 ，则，然后利用即可求出x的值．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴
∵，

在和中，
；
（2）

设 ，则
或 （舍去）
【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，掌握正方形的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
18．（2022秋·江苏苏州·八年级校考期中）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，每个顶点叫做格点．
(1)在图（1）中以格点为顶点画一个面积为17的正方形（正方形是四条边相等，四个内角都是的四边形）；
(2)在图（2）中以格点为顶点画一个等腰三角形，使其底边为，腰长为；
(3)在图（3）中，、均为格点，请画出一个格点，使得．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据要求作一个边长为的正方形即可；
（2）根据要求作出图形即可；
（3）利用等腰直角三角形的性质以及勾股定理的逆定理解决问题即可．
【详解】（1）解：如图1中，正方形即为所求；
根据作法得：，，
∴该四边形为正方形，
∴该四边形的面积为；
（2）解：如图2中，即为所求．
根据作法得：；
（3）解：如图3中，点即为所求．
根据作法得：，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理的逆定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
19．（2019春·江苏南京·八年级南京市宁海中学校考期中）如图，在中，过点的直线，为边上一点、过点作，交直线于，垂足为，连接、．
(1)求证：；
(2)当在中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)若为中点，则当______时，四边形是正方形（直接写出答案）．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BECD是菱形，理由见解析
(3)45°
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴ACDE，
∵MNAB，即CEAD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，
理由是：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BDCE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半），
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，理由是：
解：∵∠ACB=90°，∠A=45°，
∴∠ABC=∠A=45°，
∴AC=BC，
∵D为BA中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB=90°，
∵四边形BECD是菱形，
∴菱形BECD是正方形，
故答案为：45°．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．
20．（2022春·江苏南京·八年级期末）如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．
(1)求证：AF与DE互相平分；
(2)当△ABC满足___________时，四边形ADFE是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)AB＝AC且∠BAC＝90°
【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论．
（1）
证明：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O，
∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD，
∴EFAB，EFAB＝AD，
∴四边形DFEA是平行四边形，
∴AF与DE互相平分．
（2）
解：当△ABC满足AB＝AC，∠BAC＝90°时，四边形ADFE是正方形，
理由如下：
由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，
∵AB＝AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵AF是△ABC的中线，
∴AF⊥BC，
∵DE是△ABC的中位线，
∴DEBC，
∴AF⊥DE，
∴平行四边形ADFE是菱形．
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形ADFE是正方形．
故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．
【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
21．（2021秋·江苏宿迁·八年级沭阳县修远中学校考期末）如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【答案】见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
22．（2022秋·江苏扬州·八年级校考阶段练习）（1）【阅读理解】如图，已知中，，点、是边上两动点，且满足，
求证：．
我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．
小明的解题思路：将半角两边的三角形通过旋转，在一边合并成新的，然后证明与半角形成的全等，再通过全等的性质进行等量代换，得到线段之间的数量关系．
请你根据小明的思路写出完整的解答过程．
证明：将绕点旋转至，使与重合，连接，
……
（2）【应用提升】如图，正方形（四边相等，四个角都是直角）的边长为4，点从点出发，以每秒1个单位长度的速度沿射线点运动；点点同时出发，以相同的速度沿射线方向向右运动，当点到达点时，点也停止运动，连接，过点作的垂线交过点平行于的直线于点，与相交于点，连接，设点运动时间为，
①求的度数；
②试探索在运动过程中的周长是否随时间的变化而变化？若变化，说明理由；若不变，试求这个定值．
【答案】（1）见解析；（2）①；②不变，2
【分析】（1）如图1，将绕点旋转至，使与重合，连接，根据旋转的性质结合已知可证，再根据三角形三边关系定理即可证得结论；
（2）①如图2，根据已知结合正方形性质证得，推出，即可证出结论；
②如图3，延长到，使，连接，证出，得到，，证出，由全等三角形的性质得出，由此可得出的周长是定值8．
【详解】（1）如图1，将绕点旋转至，使与重合，连接，
∵绕点旋转至，
∴
∴，，，
∵，，
∴
∴
∵
∴
∵
∴
∴
∵
∴
（2）①如图2，
由题意：
∵四边形是正方形，
∴，
∵
∴
∵
∴
∴
∴
在和中
∵
∴
∴
∴
②的周长不随时间的变化而变化，
如图3，延长到，使，连接，
在和中
∵
∴
∴，
∵，
∴，
∴
在和 中
∵
∴
∴
∴
∵正方形（四边相等，四个角都是直角）的边长为4
∴的周长
∴的周长是定值8．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，学会添加常用辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键．
23．（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）如图，正方形的边长为6，菱形的三个顶点、、分别在正方形的边、、上，．
(1)如图1，当时，求证：菱形是正方形．
(2)如图2，连接，当的面积等于1时，求线段的长度．
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】（1）根据菱形和正方形的性质，去证明≌，即可得到，从而推出，得到，即可证明得出结论；
（2）过F作，交DC的延长线于点M，连接GE，根据菱形和正方形的性质得到，从而证明得到≌，得到，根据的面积等于1，即可求出CG的长度，而，即可求出答案．
（1）
证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵
∴在和中，
，
∴≌（HL）
∴，
∴，
∴，
∴菱形为正方形；
（2）
过F作，交DC的延长线于点M，连接GE，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∴，
∵
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌（AAS），
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，综合掌握以上性质和判定是本题的关键．
24．（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）在正方形纸片ABCD中，点M、N分别是BC、AD上的点，连接MN．
问题探究：如图1，作DD′⊥MN，交AB于点D′，求证：MN ＝DD′；
问题解决：如图2，将正方形纸片ABCD沿过点M、N的直线折叠，点D的对应点D′恰好落在AB上，点C的对应点为点C′，若B D′＝6， CM＝2，求线段MN的长.
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）过点N作NH⊥BC于H，利用ASA证明△ADD'≌△HNM，得DD'=MN；
（2）连接MD'，设正方形的边长为x，由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，解方程可得x的值，利用勾股定理求出DD'，再根据（1）知，DD'=MN，从而解决问题．
【详解】解：（1）证明：过点N作NH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠ABM=90°，
∵∠NHB=90°，
∴四边形ABHN是矩形，
∴AB=HN，
∵DD′⊥MN，
∴∠DON=90°，
∴∠OND+∠ODN=90°，
∵∠OND+∠MNH=90°，
∴∠ODN=∠MNH，
∵∠DAD'=∠NHM，AD=NH，
∴△ADD'≌△HNM（ASA），
∴MN=DD'；
（2）连接MD'，DD'，
设正方形的边长为x，由勾股定理得，
BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，
∴62+（x-2）2=x2+22，
解得x=9，
∴AB=AD=9，
∴AD'=3，
由勾股定理得，DD'=，
∵MN是DD'的垂直平分线，
由（1）知，DD'=MN，
∴MN=．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
25．（2022春·江苏南京·八年级校联考期中）数学问题：如图①，正方形ABCD中，点E是对角线AC上任意一点，过点E作，垂足为E，交BC所在直线于点F．探索AF与DE之间的数量关系，并说明理由．
(1)特殊思考：如图②，当E是对角线AC的中点时，AF与DE之间的数量关系是______．
(2)探究证明：
①小明用“平移法”将AF沿AD方向平移得到DG，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究DG与DE之间的数量关系．请你按照他的思路，完成解题过程．
②请你用与（2）不同的方法解决“数学问题”．
【答案】(1)
(2)①见解析 ②见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和勾股定理即可解决问题；
（2）①延长BC，作，交BC的延长线于点G，连接EG，证明四边形AFGD为平行四边形．从而证明，得到△DEG是等腰直角三角形，得到 ，故可求解；
②作，并截取，连接AG，证明△DEG是等腰直角三角形，得到 ， 再证明，，，再得到四边形AGEF为平行四边形，则 AF＝EG．故可求解．
（1）
，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，E是对角线AC的中点，
∴AC⊥BD，AE＝BE＝CE＝DE，
∵AB2＝AE2＋BE2，
∴AB2＝2DE2，
∵B点与F点重合，
∴AF2＝2DE2，
∴；
故答案为：．
（2）
①如下图，延长BC，作，交BC的延长线于点G，连接EG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，．
∵，，
∴四边形AFGD为平行四边形．
∴AF＝DG，AD＝FG．
∴FG＝CD．
∵，AB＝BC，
∴．
∴
∵．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴．
∴，．
∴．
∴△DEG是等腰直角三角形
∴，
∴．
∴．
②如图，作，并截取，连接AG、GE．
∵四边形ABCD是正方形，
∴，CD＝AD．
∴
同理，．
∵，
∴．
又∵DG＝DE，
∴△DEG是等腰直角三角形
∴，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴，AG＝EC．
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴
∴四边形AGEF为平行四边形
．∴AF＝EG．
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，生活中的平移现象，关键是根据正方形与平行四边形的性质、等腰直角三角形和全等三角形的判定和性质解答．
26．（2022春·江苏南通·八年级统考期中）如图，已知矩形中，，．菱形的顶点在边上，且，顶点，分别是边，上的动点，连接．
(1)当四边形为正方形时，直接写出的长等于________；
(2)连接，判断图中与的大小关系，并说明理由；
(3)若的面积等于12，求的长．
【答案】(1)4
(2)∠1 =∠2，理由见解析
(3)3
【分析】（1）根据正方形的性质及矩形的性质得出∠DHG=∠AEH，利用全等三角形的判定和性质求解即可；
（2）根据矩形及菱形的性质得出∠CGE=∠GEA，∠FGE=∠HEG，结合图形，找准各角之间的关系即可得出结果；
（3）作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，连接EG，利用矩形及菱形的性质得出∠MGF=∠AEH，再由全等三角形的判定和性质得出MF=AH=4，利用三角形面积得出CG=6，结合图形求解即可．
（1）
解：如图所示，当四边形EFGH为正方形时，GH=HE，∠EHG=90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D=∠A=90°，
∴∠DHG=90°-∠AHE=∠AEH，
∴∆DHG≅∆AEH，
∴DG=AH=4，
故答案为：4；
（2）
证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴ABCD，
∴∠CGE=∠GEA，
∵四边形EFGH为菱形，
∴GFHE，
∴∠FGE=∠HEG，
∴∠CGE-∠FGE =∠GEA-∠HEG，
即∠1=∠2；
（3）
如图，作FM⊥CD，交CD的延长线于点M，连接EG，

∵四边形EFGH为菱形，
∴GFHE，
∴∠FGE=∠HEG，
∵ABCD，
∴∠CGE=∠GEA，
∴∠CGE-∠FGE =∠GEA-∠HEG
即∠MGF=∠AEH
∵∠D=∠A=90°，GF=EH，
∴∆MGF≅∆AEH，
∴MF=AH=4，
∵ΔFCG的面积等于12
∴，
∴CG=6，
∵CD=AB=9，
∴DG=CD-CG=3．
【点睛】题目主要考查矩形、正方形及菱形的性质，全等三角形的判定和性质等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
27．（2022春·江苏泰州·八年级统考期末）已知点E为平行四边形ABCD 外一点．
(1)如图1，若∠AEC=∠BED=90°，求证：平行四边形ABCD是矩形；
(2)如图2，若∠AEB=∠BEC=∠CED=45°，过点B作BF⊥BE交EC的延长线于点F．
① 求证：四边形ABCD是正方形；
② 探索线段AE 、CE 与BE 之间的数量关系，并说明你的理由；直接写出线段DE 、CE 与BE 之间的数量关系．
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②，理由见解析；．
【分析】（1）连接EO，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半进行证明即可；
（2）①通过证明△ABE≌△CBF，即可证明四边形ABCD是正方形；
②由△ABE≌△CBF，可得AE=CF，再由；过点C作CP⊥BE交于P，过点C作CQ⊥ED交于Q，可证明△BCP≌△DCQ，再由 ，即可求解．
（1）
证明：如图，连接OE，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴点O为AC，BD的中点，
∵∠AEC= ∠BED=90°，
∴AC=2OE，BD=2OE，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）
①证明：∵∠AEB=∠BEC=∠CED=45°，
∴∠AEC=∠BED=90°，
由（1）得：四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵∠BEC=45°，BF⊥BE，
∴△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=BF，∠F=45°，
∴∠AEB=∠F，
∵∠ABC=90°，∠EBF=90°，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBF（ASA），
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形；
②，理由
∵△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，
∴CE+AE=CE+CF=EF，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴，
∴，
过点C作CP⊥BE于点P，过点C作CQ⊥ED于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠BCD=90°，
∵∠PCQ=∠BCD=90°，
∴∠DCQ=∠BCP，
∴△BCP≌△DCQ（AAS），
∴BP=DQ，
∵∠CED=45°，
∴△CEQ是等腰三角形，
∴EQ=CQ，
∴
∵∠BEC=45°，
∴PE=PC，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题是四边形的综合题，熟练掌握矩形的判定及性质，正方形的判定及性质，等腰直角三角形的性质，三角形全等的判定及性质是解题的关键．
28．（2022春·江苏泰州·八年级统考期中）已知：在正方形ABCD中，，点E是边CD上一点（点E不与点C、D重合），，连接AE，过点B作，垂足为G，交AD于点F．
(1)如图1，若．
①求BF的长；
②求四边形DEGF的面积．
(2)如图2，过点E作AE的垂线，交AD的延长线于点G，交BC于点H，求的长（用含t的代数式表示）．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①由“ASA”证明△BAF≌△EAD，得出AF＝DE＝3，再由勾股定理即可求出BF的长；②利用等积法求出AG的长度，由勾股定理得出BG的长度，再由S四边形DEGF＝S△ABG，即可求出四边形DEGF的面积；
（2）先证明四边形四边形BHGF是平行四边形，得出FG＝BH，由BC＝BH＋CH，AD＝AF＋FD，得出FD＋DG＋CH＝AF＋FD，即可得出DG＋CH＝AF＝t．
（1）
解：①∵在正方形ABCD中，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
在Rt△ABF中，，
∴；
②由①知，
∴＝，
∵，，，
∴，即，
∴，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴ ；
（2）
解：∵，，
∴，
∴，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∴四边形FBHM为平行四边形，
∴，而，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）知，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握正方形的性质，全等三角形的判定，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质是解决问题的关键．
29．（2022春·江苏泰州·八年级校联考期中）在矩形中， AB=10，BC=6，为射线上一点，将沿直线翻折至的位置，使点落在点处．

(1)若为边上一点．
①如图1，当点落在边上时，直接写出此时 ；
②如图2，连接，若，
则与有何数量关系？请说明理由；
(2)如果点在的延长线上，当为直角三角形时，求的长．
【答案】(1)①2；②BC＝2BP，见解析
(2)BP＝10或30
【分析】（1）①利用勾股定理求出DE的长即可；②根据平行线的性质和翻折的性质可证EP=CP，BP=PE，从而BP=PC，进而得BC＝2BP；
（2）由△PEC是直角三角形，∠EPC=90°时，这时四边形ABPE是正方形，得PB=AB=10；当∠ECP=90°时，设BP=x，则PC=x-6，在Rt△ECP中，利用勾股定理列方程即可求解，当∠PEC=90°时，点P在线段BC上，不符合题意，舍去．
（1）
解：①如图：点E为折叠后的点B的对应点
∵AE=AB=10，AD=6，∠D=90°，
∴，
∴CE=DC-DE=10-8=2；
故答案为：2；
②BC＝2BP，理由如下：
∵将△ABP沿直线AP翻折至△AEP的位置，
∴∠APB＝∠APE，PE＝BP，
∵CEAP，
∴∠CEP＝∠APE，∠ECP＝∠APB，
∴∠PEC＝∠ECP，
∴EP＝CP，
∴BP＝BC，
∴BC＝2BP；
（2）
∵△PEC是直角三角形
当∠EPC＝90°时，
∵∠EPC＝∠AEP＝∠B＝90°，且EP＝BP，
∴四边形ABPE是正方形，
∴PB＝AB＝10；
当∠ECP＝90°时，
则∠ECP=∠B=90°，
∴，
∵，
∴点E、D、C三点共线，
由翻折知AE＝AB＝10，根据勾股定理得DE＝8，
∴EC＝18，
设BP＝x，则PC＝x﹣6，
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
182+（x﹣6）2＝x2，
解得x＝30，
∴PB＝30；
当∠PEC＝90°时，点P在线段BC上，
不符合题意，舍去，
综上：BP＝10或30．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了矩形的性质、正方形的判定、翻折变换、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
30．（2022春·江苏盐城·八年级校联考期中）如图1，△GEF是一个等腰直角三角形零件（其中EG=FG，∠EGF=90°），它的两个端点E、F分别安装在矩形框架的边AB、BC上（点E、F可以在边上滑动），且EF=AB=1.5，AD=2．小明在观察△GEF运动的过程中，给出了两个结论：①∠GEB与∠GFB一定互补；②点G到边AB、BC的距离一定相等．
(1)小明给出的两个结论是否都正确？若结论是正确的，请写出证明过程，若结论不正确，请说明理由；
(2)请思考并解决小明提出的两个问题：
问题1：B、G两点间距离的最大值为 ；
问题2：过点G分别作GM⊥BC，GN⊥CD，垂足为点M、N，连接MN，那么MN长度的最小值为多少？
【答案】(1)①②都正确，证明见解析
(2)问题1：1.5；问题2：
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，∠EGF＝90°，即得∠GEB＋∠GFB＝180°，故①正确；过G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，证明△GER≌△GFT（AAS），可得GR＝GT，即点G到边AB、BC的距离一定相等，故②正确；
（2）问题1：连接BG，过G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，由（1）可知GR＝GT，可证四边形RBTG是正方形，有∠GBF＝45°，即得BG＝GT，进而可得当点T、F重合，R、E重合时，GT最大，此时BG最大，然后根据正方形的性质得出BG最大值；
问题2：延长NG交AB于P，由点G到边AB、BC的距离一定相等可知，GP＝GM，设PG＝GM＝a，则GN＝2−a，根据勾股定理得GN2＋GM2＝（2−a）2＋a2＝MN2，求出MN2＝2a2−4a＋4＝2（a−1）2＋2，进而可得MN的最小值为．
（1）
解：①②都正确，
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B＝90°，
又∵∠EGF＝90°，四边形内角和是360°，
∴∠GEB＋∠GFB＝180°，即∠GEB与∠GFB一定互补，故①正确；
过G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，如图：
∵GE＝GF，且∠EGF＝90°，
∴∠GEF＝∠GFE＝45°，
又∵∠B＝90°，
∴∠BEF＋∠EFB＝90°，即∠BEF＝90°−∠EFB，
∵∠GER＝180°−∠BEF−∠GEF＝180°−45°−（90°−∠EFB）＝45°＋∠EFB，
∠GFT＝∠EFB＋∠GFE＝∠EFB＋45°，
∴∠GER＝∠GFT，
在△GER和△GFT中，，
∴△GER≌△GFT（AAS），
∴GR＝GT，即点G到边AB、BC的距离一定相等，故②正确；
（2）
问题1：连接BG，过G作GR⊥AB于R，GT⊥BC于T，如图：

由（1）可知，GR＝GT，
又∵∠GRB＝∠RBT＝∠BTG＝90°
∴四边形RBTG是正方形，
∴∠GBF＝45°，
∴BG＝GT，
∴当GT最大时，BG最大，
在Rt△GFT中，GF≥GT，
∴当点T、F重合，R、E重合时，GT最大，此时BG最大，如图：

∵四边形RBTG是正方形，
∴BG＝RT＝EF＝1.5，
∴BG最大值为1.5，
故答案为：1.5；
问题2：如图，延长NG交AB于P，
∵ABCD，GN⊥CD，
∴GP⊥AB，
由点G到边AB、BC的距离一定相等可知，GP＝GM，
设PG＝GM＝a，则GN＝2−a，
根据勾股定理可知，GN2＋GM2＝（2−a）2＋a2＝MN2，
∴MN2＝2a2−4a＋4＝2（a−1）2＋2，
∵2（a−1）2≥0，
∴MN2有最小值2，
∴MN的最小值为．
【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形判定与性质，勾股定理及完全平方式的应用等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形解决问题．