初中数学人教版（2024）八年级下册正方形综合训练题

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册正方形综合训练题，共41页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．如图，在正方形ABCD中，CE=MN，∠MCE=35°，那么∠ANM等于（ ）
A．45° B．50° C．55° D．60°
2．如图，边长为4的正方形中，点E、F分别在边上，连接，且有．将沿翻折，若点D的对应点恰好落在上，则的长为（ ）
A．B．C．D．
3．如图所示，四边形ABCD是边长为1的正方形，E为BC边的中点，沿AP折叠使D点落在AE上的点H处，连接PH并延长交BC于点F，则EF的长为( )
A．B．C．D．
4．如图，四边形ABCD为正方形，O为AC、BD的交点，△DCE为Rt△，∠CED＝90°，若OE＝2，CE•DE＝5，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．5B．6C．8D．12.5
5．如图，正方形ABCD的边长为10，点E，F在正方形内部AE=CF=8，BE=DF=6，则线段EF的长为（ ）
A．B．4C．D．
6．如图所示，四边形OABC为正方形，边长为6，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点D在OA上，且D的坐标为(2，0)，P是OB上的动点，试求PDPA和的最小值是（ ）
A．2B．C．2D．6
7．如图所示，将一张长方形纸片分别沿着，对折，使点B落在点，点C落在（在C的右侧），若，则的度数为（ ）
A．76°B．90°C．73°D．88°
8．在正方形中，直线经过对角线，的交点，过，两点分别作直线的垂线，交直线于点，．若，，则长为（ ）
A．2B．3C．2或6D．3或7
9．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AE、DF分别是∠OAD与∠ODC的角平分线，AE的延长线与DF相交于点G，则下列结论中，不正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在正方形中，点E，G分别在，边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接，若正方形的边长为4，则的长度是（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
11．如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF=20°，则∠AED等于__度．
12．如图，正方形中，点E在上，点F在上，，连接交于点G，若，则的长是____________．
13．如图，在正方形ABCD中，点O为对角线BD的中点，点E为边AB上一点，AF⊥DE于点F，OF=2，AF=，则正方形ABCD的面积为________．
14．如图，正方形纸片的边长为12，为上一点，连接，沿折叠该纸片，点落在点处，为延长线与边的交点．若，则的长为____________．
15．如图，在正方形中，点在上，点在上，于点，点在上，，连接延长交于点，若，则线段的长为____________．
16．如图，以的斜边为一边，在的右侧作正方形，正方形的对角线交于点O，连接，如果，，那么______．
17．如图，在平面直角坐标系中，，直线l经过点且与x轴平行，是直线l上一动点，以AD为边向右作正方形ABCD．
（1）点C的坐标是_____（用含m的式子表示）．
（2）当时，_______．
18．如图，正方形ABCD的边长为6，点E为边AD的中点，将三角形ABE沿BE折叠使点A与恰好落在点F处，又将点C折叠使其与BF上的点M重合，且折痕GH与BF平行交CD于点H，则线段GH的长度为____．
三、解答题
19．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．
(1) 求证：；
(2) 说明；
(3) 求的面积．
20．已知，如图，O为正方形对角线的交点，平分，交于点E，延长到点F，使，连结，交的延长线于点G，连结．
（1）求证：．
（2）判断与有何数量及位置关系，证明你的结论．
（3）若，求正方形的面积．
21．如图将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使B点落在CD边上一点E，压平后得到折痕MN，当．
(1) 求NE的长；
(2) 连AN、AE，NG⊥AE，垂足为G，求GN的长；
(3) 直接写出AM的长度．
22．如图，，，，且点在内部，连接，，的延长交线段于点．
(1) 求证：；
(2) 判断与的位置关系并证明；
(3) 连接，若，求四边形的面积．
23．已知，矩形ABCD对角线AC，BD相交于O，点E为BC边上的动点，连结OE．
如图1，若AC=2AB，OE=BE，求证：OE⊥AC；
如图2，若点M为OD的中点，当线段OE最小时，连结ME交AC于点N．
①求证：ME=2EN．
②连结AM，若AM=EM，AC=a，求矩形ABCD的面积（用含a的式子表示）．
24．已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1) 如图1，若，，则的度数为________；
(2) 如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长；
(3) 如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度．
参考答案
1．C
【分析】过B作BF∥MN交AD于F，则∠AFB＝∠ANM，根据正方形的性质得出∠A＝∠EBC＝90°，AB＝BC，AD∥BC，推出四边形BFNM是平行四边形，得出BF＝MN＝CE，证Rt△ABF≌Rt△BCE，推出∠AFB＝∠ECB即可．
解：
过B作BF∥MN交AD于F，
则∠AFB＝∠ANM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠EBC＝90°，AB＝BC，AD∥BC，
∴FN∥BM，BF∥MN，
∴四边形BFNM是平行四边形，
∴BF＝MN，
∵CE＝MN，
∴CE＝BF，
在Rt△ABF和Rt△BCE中

∴Rt△ABF≌Rt△BCE（HL），
∴∠ABF＝∠MCE＝35°，
∴∠ANM＝∠AFB＝55°，
故选C．
【点拨】本题考查了直角三角形全等的判定即性质，还涉及正方形的性质以及平行四边形的判定与性质，构造全等三角形是解题关键.
2．D
【分析】过点E作于点，设，，根据勾股定理列方程求得，即可．
解：过点作于点，如下图：
设，，则，，
由题意可得：，，为等腰直角三角形，
又∵，
∴，
∴，，
∴，
由勾股定理可得：，
，即，解得，
，即，解得，
，
故选：D.
【点拨】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及二次根式的运算，解题的关键是熟练掌握相关基础性质．
3．A
【分析】首先证明Rt△AFB≌Rt△AFH，推出BF=FH，设EF=x，则BF=FH=，在Rt△FEH中，根据构建方程即可解决问题；
解：连接AF．
∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=BC=1，∠B=90°，
∵BE=EC=，
∴AE=
由翻折不变性可知：AD=AH=AB=1，
∴EH=，
∵∠B=∠AHF=90°，AF=AF，AH=AB，
∴Rt△AFB≌Rt△AFH，
∴BF=FH，设EF=x，则BF=FH=，
在Rt△FEH中，∵
∴
∴
故选：A．
【点拨】本题考查翻折变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是准确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数构建方程解决问题，
4．B
【分析】过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，判断出四边形OMEN是矩形，根据矩形的性质可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根据正方形的性质可得OC＝OD，然后利用“角角边”证明△COM和△DON全等，根据全等三角形对应边相等可得OM＝ON，MC＝DN，然后判断出四边形OMEN是正方形，可得NE＝ON＝2，得DE＋CE＝4，设DE＝a，CE＝b，可得a＋b＝4，根据CE•DE＝5，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×5＝6，即可解决问题．
解：如图，过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，
∵∠CED＝90°，
∴四边形OMEN是矩形，
∴∠MON＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵∠COM+∠DOM＝90°＝∠DON+∠DOM，OC＝OD，
∴∠COM＝∠DON，
在△COM和△DON中，
，
∴△COM≌△DON（AAS），
∴OM＝ON，MC＝DN，
∴四边形OMEN是正方形，
在Rt△OEN中，
∵OE＝2，
∴2NE2＝OE2＝（2）2＝8，
∴NE＝ON＝2，
∴DE+CE＝DE+EM+MC＝DE+EM+DN＝EN+EM＝2EN＝4，
设DE＝a，CE＝b，
∴a+b＝4，
∵CE•DE＝5，
∴CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×5＝6，
∴S正方形ABCD＝6，
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键，也是本题的难点．
5．A
【分析】延长DF交AE于G，根据全等三角形的判定得出△ABE≌△CDF，进而可证明△AGD≌△BEA，得出AG=BE=6， DG=AE=8，从而有EG=2，GF=2，再根据勾股定理求得EF的长．
解：解∶延长DF交AE于G，如图，
∵AB=10， AE=6， BE=8，
∴AB2=AE2+BE2，
∴△ABE是直角三角形，
同理可得△DFC是直角三角形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°， AB= BC=CD=AD，
∴∠BAE+∠DAG=90° ，
∵在△ABE和△CDF中，
，
∴△ABE≌△CDF，
∴∠BAE=∠DCF，
∵∠DCF+∠CDF=∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠DCF=∠ADG，
∴∠BAE=∠ADG，
∵∠BAE+∠DAG=90°，
∴∠ADG+∠DAG=90°，
∴∠DGA=90°，即△AGD是直角三角形，
∵在△AGD和△BAE中，
，
∴△AGD≌△BAE，
∴AG=BE=6， DG=AE=8，
∴EG=8-6=2，GF=8-6=2，
∵∠DGA=90°，
∴∠EGF=180°-90°=90°，
∴在Rt△EFG中，
故选∶A ．
【点拨】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理的综合运用；熟练学握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
6．A
【分析】根据题意作出D关于OB的对称点D′，则D′的坐标是（0，2）．则PD+PA的最小值就是AD′的长，利用勾股定理进行计算即可求解．
解：作出D关于OB的对称点D′，
则D′的坐标是（0，2）．则PD+PA的最小值就是AD′的长．
则OD′=2，
因而AD′=．
则PD+PA和的最小值是2．
故选：A．
【点拨】本题考查正方形的性质以及最短路线问题，根据题意正确作出P的位置以及运用勾股定理进行计算是解题的关键．
7．A
【分析】根据折叠的性质有：，，再根据，，可得，问题随之得解．
解：根据折叠的性质有：，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了折叠的性质以及平角为180°的知识，根据折叠的性质得到，，是解答本题的关键．
8．D
【分析】依据已知条件求出，，根据证，推出，，即可得到的长．
解：如图，当直线与线段不相交时，
，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
如图，当直线与线段相交时，
，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
故选D．
【点拨】本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质的运用，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、．本题要注意思考全面，直线与线段有两种情况（相交、不相交），不能遗漏．
9．D
【分析】A证明∠DAE=∠CDF，进而得∠DAF+∠ADG=90°，便可判断正误；B证明△AGF≌△AGD（ASA），得AG垂直平分DF，得ED=EF，得∠EFD=∠EDF=∠CDF，得EFCD，便可判断正误；C由△AGF≌△AGD得AF=AD，便可判断正误；D证明EF=ED=，由平行于三角形一边的直线所截得的三角形的三边与原三角形的三边对应成比例便可得AB与EF的数量关系，进而判断正误．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD=∠BDC=45°，
∵AE，DF分别是∠OAD与∠ODC的平分线，
∴∠DAE=∠CDF，
∵∠ADF+∠CDF=90°，
∴∠DAF+∠ADG=90°，
∴∠AGD=90°，即AG⊥DF，
故A结论正确；
在△AGF和△AGD中，
，
∴△AGF≌△AGD（ASA），
∴GF=GD，
∵AG⊥DF，
∴EF=ED，
∴∠EFD=∠EDF=∠CDF，
∴EFCDAB，
故B正确；
∵△AGF≌△AGD（ASA），
∴AD=AF=AB，故C正确；
∵EFAB，
∴∠OEF=∠ABO=45°，
∵∠AOB=∠EOF=90°，
∴EF=ED=OE，
∴，
∴OB=（1+）OE，
故D错误．
故选：D
【点拨】本题考查了正方形的性质，直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，角平分线的性质，平行线的性质与判定，涉及的知识点多，关系复杂，增加了解题的难度，关键是灵活运用这些知识解题．
10．C
【分析】延长交于H，利用已知条件证明，然后利用全等三角形的性质证明，最后利用勾股定理即可求解．
解：如图：延长交于H，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
而，
∴，
∵，正方形的边长为4，
∴，，，
在中，，
在中，，
∴，
∴．
故选：C．
【点拨】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，也利用了正方形的性质，三角形中位线的性质，具有一定的综合性，解题关键是作出辅助线，利用全等三角形、正方形和三角形中位线的性质以及勾股定理求解．
11．65
【分析】先由正方形的性质得到∠ABF的角度，从而得到∠AEB的大小，再证△AEB≌△AED，得到∠AED的大小
解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB=∠ACD=∠BAC=∠CAD=45°，∠ABC=90°，AB=AD
∵∠FBC=20°
∴∠ABF=70°
∴在△ABE中，∠AEB=65°
在△ABE与△ADE中

∴△ABE≌△ADE
∴∠AED=∠AEB=65°
故答案为：65°
【点拨】本题考查正方形的性质和三角形全等的证明，解题关键是利用正方形的性质，推导出∠AEB的大小.
12．25
【分析】连接DF，把△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAM，连接MG，首先可证得△ABF≌△ADF，可得BF=DF，∠ABF=∠ADF，进而易得△BEF是等腰直角三角形；再由旋转的性质可得∠MAG为直角，再证明△MBG≌△FBG，由勾股定理建立方程即可求得GF的长．
解：如图，连接DF，把△BCF绕点B逆时针旋转90°得到△BAM，连接MG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=∠ACB=45°，AB=AD，∠BAD=90°，
在△ABF和△ADF中，
，
∴△ABF≌△ADF(SAS)，
∴BF=DF，∠ABF=∠ADF；
∵∠BFE=90°，
∴∠BFE=∠BAD=90°，
∵∠ABF+∠AEF+∠BFE+∠BAD=360°，
∴∠ABF+∠AEF=180°，
又∵∠DEF+∠AEF=180°，
∴∠DEF=∠ABF，
∴∠DEF=∠ADF，
∴EF=DF，
∴EF=BF，
∵∠BFE=90°，
∴∠EBF=∠BEF=45°；
由旋转可知：∠BAM=∠BCF=45°，AM=CF，BM=BF，∠MBF=∠ABC=90°，
∴∠MAG=∠BAM+∠BAC=45°+45°=90°，
在Rt△AMG中，根据勾股定理得：；
∵AM=CF=CG-GF=32-GF，AG=24，
∴；
∵∠MBF=90°，∠EBF=45°，
∴∠MBG=90°-∠EBF=90°-45°=45°，
∴∠MBG=∠FBG=45°，
在△MBG和△FBG中，
，
∴△MBG≌△FBG，
∴.MG=FG，
∴，
整理得：64GF=1600，
解得GF=25，
故答案为：25．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，作恰当的辅助线、证明三角形全等是本题的难点与重点．
13．20
【分析】连接AO，过点O作交ED于点G，如图（见详解），由正方形的性质证出AO=DO，，再利用角的等量代换得到，接着根据外角得到，利用角角边判定，根据全等三角形的性质以及勾股定理，求出的长，最后求出就是正方形ABCD的面积．
解：连接AO，过点O作交ED于点G，如图所示，
则．
∵在正方形ABCD中，点O为对角线BD的中点，
∴AO=DO，，
∴，
即．
∵AF⊥DE，
∴．
∵是的一个外角，
∴．
又∵，
∴．
在和中，，
∴，
∴，，
∴，
∴．
在直角三角形AFD中，，，
,
∴正方形ABCD的面积为20，
故答案为：20．
【点拨】本题考查了正方形的性质和面积，全等三角形的性质和判定以及外角的相关知识，能够依据已知条件，恰当地添设辅助线，构造出全等三角形以求出线段的长，并能熟练运用勾股定理计算是解题的关键．
14．
【分析】设BF与AE交点为H，根据正方形ABCD中，AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，得到∠BAE+∠DAE=90°，由折叠知BF垂直平分AG，得到∠AHB =90°，AH=GH，推出∠ABF+∠BAE=90°，得到∠ABF=∠DAE，推出△ABF≌△DAE，得到AF=DE=5，BF=AE，根据，得到BF=13，根据，求出，得到，推出．
解：设BF与AE交点为H，
∵正方形ABCD中，AB=AD=12，∠BAD=∠D=90°，
∴∠BAE+∠DAE=90°，
由折叠知BF垂直平分AG，
∴∠AHB =90°，AH=GH，
∴∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE(ASA)，
∴AF=DE=5，BF=AE，
∵，
∴BF=13，
∵，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了正方形，折叠，全等三角形，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握正方形的边角性质，折叠图形的全等性，全等三角形的判定和性质，用勾股定理解直角三角形．
15．
【分析】先证明，可得，设，则，，，，由，，可证，，再利用，可得，进一步证明，可得，，由勾股定理，可列出方程，解出的值，即可求出，的长，在根据勾股定理求出线段的长即可．
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵在和中，
∴，
∴，
∵，
设，则，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
在中，由勾股定理得，
∴，解得，（舍），
∴，，
∴在中，由勾股定理得，
∴，
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质及勾股定理的应用，根据题意设出，并表示出、、，利用勾股定理列出方程，解出的值是解答本题的关键．
16．
【分析】过点O作交的延长线于点M，作于点N，易证四边形是矩形，利用已知条件再证明，因为，，所以平分；进而求出的长，根据勾股定理即可求出的长．
解：如图：过点O作交的延长线于点M，作于点N，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∵正方形的对角线交于点O，
，，
，
，
在和中，
，
，
，，
，
∴矩形是正方形，，
，，
，
，
，
由勾股定理得：，
故答案为：．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解答时作辅助线，构建全等三角形和等腰直角三角形是关键．
17． （m+5，8-m）， 2
【分析】（1）过点D作DM⊥x轴于M，过点C作CN⊥x轴于N，交直线l于F，证明△ADM≌△CDF（AAS），根据全等三角形的性质即可求解；
（2）连接AC，先分别表示CN=8-m， AN=m+2，再利用勾股定理即可求解．
解：（1）过点D作DM⊥x轴于M，过点C作CN⊥x轴于N，交直线l于F，
∵直线l经过点（0，5）且与x轴平行，
∴CF⊥直线l，DM=NF=5，MN=DF，DM⊥直线l，
∴∠AMD=∠MDF=∠CFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形．
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADC-∠ADF=∠MDF-∠ADF=90°-∠ADF，
∴∠CDF=∠ADM，
∵D（m，5），A（3，0），
∴OM=m，AM=3-m，
在△ADM和△CDF中，
∴△ADM≌△CDF（AAS），
∴CF=AM=3-m，DF=DM=5，
∴MN=DF=5，
∴ON=OM+MN=m+5，CN=NF+CF=5+3-m=8-m，
∴点C的坐标是（m+5，8-m），
故答案为：（m+5，8-m）；
（2）连接AC，过点D作DM⊥x轴于M，过点C作CN⊥x轴于N，交直线l于F，
∵ON=m+5，CN=8-m，
∴AN=m+5-3=m+2，
Rt△ANC中，AN2+CN2=AC2，
∴
∴m=2或4，
∵0＜m＜3，
∴m=2，
故答案为：2．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，二次根式的乘法运算，熟练掌握全等三角形的判定和性质解题的关键．
18．3.75####3
【分析】延长BF交CD于点N，连接EN，根据正方形的性质可得∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝6，根据线段中点的定义可得AE＝DE＝3，再根据折叠的性质可得AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，从而可得DE＝EF＝3然后证明Rt△EFN≌Rt△EDN，从而利用全等三角形的性质可得DN＝FN，再设DN＝FN＝x，则BN＝6+x，CN＝6﹣x，从而在Rt△BCN中，根据勾股定理进行计算可求出BN的长，最后根据折叠的性质可得，结合已知可证GH是△BCN的中位线，进行计算即可解答．
解：如图，延长BF交CD于点N，连接EN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠D＝∠BCD＝90°，AB＝AD＝BC＝CD＝6，
∵点E为边AD的中点，
∴AE＝DE＝AD＝3，
由折叠得：AB＝BF＝6，AE＝EF＝3，∠BAD＝∠BFE＝90°，
∴DE＝EF＝3，∠EFN＝180°﹣∠BFE＝90°，
∵EN＝EN，
∴Rt△EFN≌Rt△EDN(HL)，
∴DN＝FN，
设DN＝FN＝x，
∴BN＝BF+FN＝6+x，CN＝DC﹣DN＝6﹣x，
在Rt△BCN中，BC2+CN2＝BN2，即36+(6﹣x)2＝(6+x)2，
∴x＝1.5，
∴BN＝7.5，
由折叠得：，
∵GH∥BM，
，
，
，
∴BG＝CG，
同理可得：CH＝NH，
∴GH是△BCN的中位线，
∴GH＝BN＝3.75，
故答案为：3.75．
【点拨】本题考查了折叠问题、正方形的性质、三角形中位线定理等知识点，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19．(1) 见详解(2) 见详解(3) 6
【分析】（1）根据正方形性质证明，根据对折性质得到，从而证明，根据“斜边，直角边”即可证明；
（2）先求出，进而得到，设，则，
根据得到，根据勾股定理得到，解得，从而得到，，根据，得到，即可证明；
（3）根据，利用三角形面积公式即可求解．
解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵沿对折至，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴（HL）；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴．
【点拨】本题为四边形综合题，考查了正方形的性质，翻折变换，全等三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定等知识，综合性较强，熟知相关定理，根据已知条件灵活应用是解题关键．
20．（1）见分析；（2）且，证明见分析；（3）2
【分析】（1）利用正方形的性质，由全等三角形的判定定理即可证得；
（2）首先先判断出，从而得到是的中位线，即可得出答案；
（3）设，则，，由，得出，，利用勾股定理，解得，即正方形的面积是2．
解：（1）证明：四边形是正方形，
，，
在和中，
，
；
（2）且，
理由：如图，
是正方形的对角线，
，
平分，
，
由（1）知，，
，
，
，
，
而是的平分线，
，
为正方形的中心，
，
是的中位线，
且；
（3）设，则，，由（2）知，
，
，
，
，解得，
正方形的面积是2．
【点拨】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．
21．(1) NE=2.5；(2) NG=；(3) AM=0.5．
【分析】（1）由折叠性质可得EN=BN，由题意可得CE=DE，在Rt△CEN中，利用勾股定理求解即可；
（2）利用正方形面积减去△ABN，△ADE和△CEN的面积可得△AEN的面积，利用勾股定理可得AE，利用三角形面积公式即可求解；
（3）连接BM，EM，由折叠性质可得AM=FM，AB=EF，∠BAD=∠EFM，可证得△ABM≌△FEM，从而得到BM=EM，在Rt△ABM和Rt△DEM中，设AM=x，则DM=4-x，利用勾股定理分别表示出BM，EM，利用等量关系构造方程即可求解．
解：（1）解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠C=90°，
∵，BC=CD=4，
∴CE=DE=2，
由折叠性质可得：EN=BN，
设EN=x，则BN=x，
∴CN=BC-BN=4-x，
在Rt△CEN中，由勾股定理可得：NE2=CN2+CE2，
即x2=（4-x）2+22，
解得：x=2.5，
∴NE=2.5；
（2）解：在Rt△ADE中，由勾股定理可得：
AE= ，
由（1）可得NE=2.5，
∴BN=2.5，
∴CN=BC-BN=1.5，
∵S▱ABCD=BC×CD=16，S△ABN=×AB×BN=×4×2.5=5，
S△CEN=×CN×CE=×1.5×2=1.5，S△ADE=×AD×DE=×4×2=4，
∴S△AEN=S▱ABCD-S△ABN-S△CEN-S△ADE=16-5-1.5-4=5.5，
∵NG⊥AE，
∴S△AEN=×AE×NG，
即5.5=×2×NG，
∴NG=；
（3）解：如图，连接BM，EM，
由折叠性质可得：
AM=FM，AB=EF，∠BAM=∠EFM，
∴△ABM≌△FEM（SAS），
∴BM=EM，
设AM=x，则DM=4-x，
在Rt△ABM中，由勾股定理可得：
BM2=AB2+AM2，即BM2=42+x2，
在Rt△DEM中，由勾股定理可得：
EM2=DM2+DE2，即EM2=（4-x）2+22，
∵BM=EM，
∴BM2=EM2，
∴42+x2=（4-x）2+22，
解得：x=0.5，
∴AM=0.5．
【点拨】本题考查折叠的性质，正方形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是明确折叠的性质：折叠是一种对称变换，属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，对应边和对应角相等．
22．(1) 见分析(2) ，见分析(3) 1
【分析】(1)证出，根据证明；
(2)和交于点，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；
(3)过点作于点，，交的延长线于点，证明，由全等三角形的性质得出，证出四边形为正方形，证明，得出，则可得出答案．
（1）证明：，
，
．
在和中，
，
；
（2）解：，
证明：如图，和交于点，
，
，
，，
，
；
（3）解：过点作于点，，交的延长线于点，
，
四边形为矩形，
，，，
，
，
四边形为正方形，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
23．(1) 见分析(2) ①见分析；②
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO=AC，BO=DO=BD，求得AO=BO=AC，根据等边三角形的性质得到∠BAC=60°，求得∠ACB=30°，根据垂直的定义即可得到结论；
（2）①证明：如图2，根据等腰三角形的性质得到BE=CE，求得OE=CD，，过M作，连接EG，推出四边形OEGM是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得到结论；
②如图3，连接AM，CM，过M作MH⊥BC于H，根据平行线等分线段定理得到EH=CH，求得AM=CM，求得AC⊥BD，根据正方形的判定定理得到矩形ABCD是正方形，于是得到结论．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AC=BD，AO=CO=AC，BO=DO=BD，
∴AO=BO=AC，
∵AC=2AB，
∴AB=AO=BO，
∴∠BAC=60°，
∴∠ACB=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°，
∵OE=BE，
∴∠BOE=∠OBE=30°，
∴∠OEC=∠OBE+∠BOE=60°，
∴∠EOC=90°，
∴OE⊥AC；
（2）①证明：如图2，
当线段OE最小时，OE⊥BC，
∵OB=OC，
∴BE=CE，
∴OE=CD，，
过M作，交AC于G，连接EG，
∴，
∵OM=DM，
∴OG=CG，
∴MG=CD，
∴MG=OE，
∴四边形OEGM是平行四边形，
∴EN=MN，
∴ME=2EN；
②解：如图3，
连接AM，CM，过M作MH⊥BC于H，
∵OE⊥BC，DC⊥BC，
∴，
∵OM=DM，
∴EH=CH，
∴ME=MC，
∵AM=ME，
∴AM=CM，
∵AO=CO，
∴MO⊥AC，
即AC⊥BD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴矩形ABCD的面积=AC•BD=a2．
【点拨】本题考查了四边形的综合题，矩形的性质，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
24．(1) 67.5°(2) 40(3)
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= ×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，
∵AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°，
∴∠CDF+∠CDF=45°，
∴∠CDF=22.5°，
∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°．
（2）如图2，延长BC到点K，使，连接DK，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的周长为40；
（3）如图3，作，交AB于点L，交FG于点P，作，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵，，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴，，，
∴；
由（2）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．