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新课预习衔接 正方形的性质与判定
一．选择题（共5小题）
1．（2024 市北区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在AB边上，点F在OD上，过点E作EG⊥BD，垂足为点G，若FE＝FC，EF⊥CF，OF＝3，则BE的长为（　　）
A．3 B． C． D．
2．（2024春 锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若，PB＝10，下列结论：
①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（　　）
A．①②③④ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤
3．（2024 沙坪坝区模拟）如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE＝CF，连接DF，EF．若∠FDC＝α．则∠AEF＝（　　）
A．90°﹣2α B．45°﹣α C．45°+α D．α
4．（2024春 任泽区期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（　　）
A．（1）处可填∠A＝90° B．（2）处可填AD＝AB
C．（3）处可填DC＝CB D．（4）处可填∠B＝∠D
5．（2024春 河西区期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△ADE，则∠AEB的度数为（　　）
A．15° B．22.5° C．20° D．10°
二．填空题（共5小题）
6．（2024 德州模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝　 　．
7．（2024 平江县二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝　 　．
8．（2024 甘肃一模）已知：正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为　 　．
9．（2024春 兰陵县期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB＝2，连接BF，则BF的长为 　 　．
10．（2024 武进区校级二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，延长BC至E，使CE＝2，连接AE．CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为 　 　．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 建湖县期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，求证：四边形DEFG是正方形．
12．（2024 萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 　 　条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）．
13．（2024春 信阳期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．
（1）求证：四边形OGCF是正方形．
（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．
14．（2024春 河北期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
15．（2024春 易门县期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
新课预习衔接 正方形的性质与判定
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024 市北区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在AB边上，点F在OD上，过点E作EG⊥BD，垂足为点G，若FE＝FC，EF⊥CF，OF＝3，则BE的长为（　　）
A．3 B． C． D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】证明△EFG≌△CFO（ASA），可得EG＝OF＝3，再利用等腰直角三角形即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠ABD＝45°，
∵EF⊥CF，
∴∠COF＝∠EFC＝90°，
∴∠EFG＝90°﹣∠CFO＝∠FCO，
∵EG⊥BD，
∴∠EGF＝∠FOC＝90°，
在△EFG和△FCO中，
，
∴△EFG≌△FCO（AAS），
∴EG＝OF＝3，
∵∠ABD＝45°，
∴△EBG是等腰直角三角形，
∴BEEG＝3，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EFG≌△FCO．
2．（2024春 锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若，PB＝10，下列结论：
①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（　　）
A．①②③④ B．①④⑤ C．①②④ D．③④⑤
【考点】正方形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；勾股定理．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】①利用SAS即可证明△APD≌△AEB，进而可以判断①正确；②根据△APD≌△AEB和等腰直角三角形的性质得出∠APE＝∠AEP＝45°，得出∠APD＝∠AEB＝135°，进而可以判断②正确；③根据勾股定理计算可得EB的长，进而可以判断③；④连接BD，可得S△APD+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝33，即可判断④；⑤根据S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，进而可以判断⑤．
【解答】解：①在正方形ABCD，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵EA⊥PA，
∴∠EAP＝∠BAD＝90°
∴∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
∵AE＝AP，
在△APD和△AEB中，
，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①成立；
②∵AE＝AP＝3，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，PEAE＝6，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB＝∠APD＝180°﹣45°＝135°，故②成立；
③∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥ED，
在Rt△BPE中，PE＝6，PB＝10，
∴BE8，故③不成立；
④如图，连接BD，
由②得：PE＝6，BE＝8，
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD+S△APB
＝S△AEB+S△APB
＝S四边形AEBP
＝S△AEP+S△EPB
AE AP PE BE
336×8
＝33．故④成立；
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝8，
∴S△BDPPD BE＝32，
∴S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，
∴S正方形ABCD＝2S△ABD＝130，
∴CD2＝130，
∴CD，故⑤不成立．
综上所述，正确结论的序号是①②④，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2024 沙坪坝区模拟）如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE＝CF，连接DF，EF．若∠FDC＝α．则∠AEF＝（　　）
A．90°﹣2α B．45°﹣α C．45°+α D．α
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
【分析】连接ED，根据正方形的性质可得∠ADC＝∠BAD＝∠C＝90°，AD＝DC，再由全等三角形的判定与性质可得∠FDC＝∠ADE＝α，最后由等腰直角三角形的性质及三角形外角性质可得答案．
【解答】解：连接ED，
在正方形ABCD中，∠ADC＝∠BAD＝∠C＝90°，AD＝DC，
∵AE＝CF，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（SAS），
∴∠FDC＝∠ADE＝α，DE＝DF，
∴∠CDF+∠ADF＝∠ADE+∠ADF＝90°，
∴∠EFD＝∠FED＝45°，
∴∠AGE＝∠FED+∠ADE＝45°+α，
∴∠AEF＝90°﹣∠AGE＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α，
故选：B．
【点评】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
4．（2024春 任泽区期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（　　）
A．（1）处可填∠A＝90° B．（2）处可填AD＝AB
C．（3）处可填DC＝CB D．（4）处可填∠B＝∠D
【考点】正方形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据正方形、矩形、菱形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，
∴（1）处可填∠A＝90°是正确的，故该选项不符合题意；
B、一组邻边相等的矩形是正方形，
∴（2）处可填AD＝AB是正确的，故该选项不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴（3）处可填DC＝CB是正确的，故该选项不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，
∴∠B＝∠D无法判定两角是不是直角，故该选项不符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定和菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的关系是解题的关键．
5．（2024春 河西区期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△ADE，则∠AEB的度数为（　　）
A．15° B．22.5° C．20° D．10°
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】A
【分析】由四边形ABCD是正方形，△ADE是正三角形可得AB＝AE，利用正方形和正三角形的内角性质即可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
又∵△ADE是正三角形，
∴AE＝AD，∠DAE＝60°，
∴△ABE是等腰三角形，∠BAE＝90°+60°＝150°，
∴∠ABE＝∠AEB＝15°．
故选：A．
【点评】本题题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题首先利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．
二．填空题（共5小题）
6．（2024 德州模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝　　．
【考点】正方形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】．
【分析】由正方形性质得：BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG，运用平行线成比例定理得，由DC∥AG，可得△CDE∽△AGE，求得AG＝2CD＝6，BG＝3＝CD，再证得△CDM≌△BGM（AAS），可得CM＝BMBC，运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AF＝2，FB＝1，
∴BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE＝∠ABC，
∴EF∥BC，
∴，
∵DC∥AG，
∴△CDE∽△AGE，
∴，
∴AG＝2CD＝6，
∴BG＝AG﹣AB＝6﹣3＝3，
∴BG＝CD，
∵CD∥AG，
∴∠CDM＝∠G，
在△CDM和△BGM中，
，
∴△CDM≌△BGM（AAS），
∴CM＝BMBC，
在Rt△BGM中，MG．
故答案为：．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质．
7．（2024 平江县二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝　　．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】先根据正方形的面积公式求出AM＝4，再根据直角三角形的性质得BC＝2AM＝8，进而利用勾股定理求出AC，然后根据直角三角形的面积公式可求出△ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF为正方形，
∴S正方形AMEF＝AM2，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，BC＝8，AB＝4，
由勾股定理得：AC，
∴S△ABCAB AC4．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的面积，直角三角形的面积，直角三角形的性质，熟练掌握正方形和直角三角形的面积公式，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决问题的关键．
8．（2024 甘肃一模）已知：正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为　5　．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GHBF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
∵AB＝AD，∠BAE＝∠D，AE＝DF
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GHBF，
∵BC＝8，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6
∴BF10
∴GH＝5
故答案为：5
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
9．（2024春 兰陵县期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB＝2，连接BF，则BF的长为 　　．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接AF，让△ADF绕点A顺时针旋转90°，此时AD与AB重合，得到△ABF′，连接EF′，根据旋转的性质得到△ADF≌△ABF′，再证明△AEF≌△AEF′，可得F，E，F′三点共线，根据三线合一得到FF′的值，最后利用角度的等量转换得到∠FF′B＝90°，再根据勾股定理，即可解答．
【解答】解：如图，连接AF，让△ADF绕点A顺时针旋转90°，此时AD与AB重合，得到△ABF′，连接EF′，
∵四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，
∴EF＝EA，∠FEA＝90°，AD＝AB，
根据旋转的性质，可得△ADF≌△ABF′，∠FAF′＝90°，∠FAD＝∠F′AB，
∴AF＝AF′，∠AFE＝∠AF′E＝45°，
∴∠FAE＝90°﹣∠AFF′＝45°＝∠DAF+∠DAE，
∴∠DAE+∠BAF′＝45°，
∴∠EAF′＝∠DAB﹣（∠DAE+∠BAF′）＝45°，
∴△FAE≌△F′AE（SAS），
∴∠AEF＝∠AEF′＝90°，
可得F，E，F′三点共线，
∵∠AEF＝90°，AF＝AF′，
∴EF＝EF′，
∵点D为EF的中点，
∴，
设ED＝x，则AE＝2x，
根据勾股定理可得，AE2+ED2＝AD2，
即，
解得x＝2（舍去负值），
∴EF＝AE＝4，BF′＝DF＝2，
∵AE⊥FF′，AF＝AF′，
∴EF＝EF′＝4，
∴FF′＝8，
∵∠EAF+∠AF′B＝45°+45°＝90°，
∴，
故答案为：．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出辅助线，耐心推理是解题的关键．
10．（2024 武进区校级二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，延长BC至E，使CE＝2，连接AE．CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为 　　．
【考点】正方形的性质；角平分线的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，BE＝5，EM＝2﹣a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
【解答】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，AB＝3，
∴∠ABC＝90°，BC＝AB＝CD＝3，AB∥CD，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠DCE＝∠B＝90°，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM＝FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM＝FN＝CM＝CN，
设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，
∵CE＝2，
∴BE＝BC+CE＝5，EM＝CE﹣CM＝2﹣a，
∵∠B＝90°，FM⊥CE，
∴FM∥AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB＝EM：BE，
即：a：3＝（2﹣a）：5，
解得：，
∴，
∴，
在Rt△DFN中，，，
由勾股定理得：．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春 建湖县期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，求证：四边形DEFG是正方形．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，证明四边形EMCN为正方形，则EM＝EN，∠MEN＝90°，证明△DEN≌△FEM（ASA），得到ED＝EF，即可得到结论．
【解答】证明：如图，过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝∠ECM＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∴EM＝EN，∠MEN＝90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEN+∠NEF＝∠FEM+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠FEM，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形．
【点评】此题考查了正方形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质等知识，证明△DEN≌△FEM（ASA）是解题的关键．
12．（2024 萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 　等腰直角三角形　条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）．
【考点】正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）四边形BECD是菱形，理由见解析；
（3）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由见解析．
【分析】（1）证出AC∥DE，得出四边形ADEC是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证出BD＝CE，得出四边形BECD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CDAB＝BD，即可得出四边形BECD是菱形；
（3）当△ABC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得出CD⊥AB，即可得出四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵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；
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CDAB＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由如下：
∵∠ACB＝90°，
当△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴四边形BECD是正方形，
故答案为：等腰直角三角形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
13．（2024春 信阳期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．
（1）求证：四边形OGCF是正方形．
（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．
【考点】正方形的判定与性质；角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）根据有三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OGCF是矩形，根据角平分线的性质，可得OH与OF，OH与OG的关系，根据邻边相等的矩形是正方形，可得答案；
（2）由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB和BC，根据全等三角形判定的HL定理证得Rt△AOH≌Rt△AOF得到AH＝AF，设正方形OGCF的边长为x，则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝4x，根据AB＝AH+BH＝8，解方程即可求出x．
【解答】（1）证明：过O作OH⊥AB于H点，
∵OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，
∴∠OGC＝∠OFC＝90°．
∵∠C＝90°，
∴四边形OGCF是矩形．
∵AD，BE分别是∠BAC，∠ABC的角平分线，OF⊥AC，OG⊥BC，
∴OG＝OH＝OF，
又四边形OGCF是矩形，
∴四边形OGCF是正方形；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴ACAB，
∵AC＝4，
∴AB＝2AC＝2×4＝8，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴BC4，
在Rt△AOH和Rt△AOF中，
，
∴Rt△AOH≌Rt△AOF（HL），
∴AH＝AF，
设正方形OGCF的边长为x，
则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝4x，
∴4﹣x+4x＝8，
∴x＝22，
即正方形OGCF的边长为22．
【点评】本题主要考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质和勾股定理，正确作出辅助线，且根据角平分线的性质推出OH＝OF＝OG是解决问题的关键．
14．（2024春 河北期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝3，求正方形DEFG的边长．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①证明过程见解答；
②3．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB＝9．
∵CG＝3，
∴CE＝6，
连接EG，
∴EG3，
∴DEEG＝3．
∴正方形DEFG的边长为3．
【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM．
15．（2024春 易门县期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则的值．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，AD∥BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）延长BC至F，且使CF＝BC，连接AF，则BM＝CE，由SAS证明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，证出MN为△AEF的中位线，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；
（3）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQPB，即可得出答案；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，
∵AB＝BE，
∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），
∴AO＝BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BC，连接AF，如图1所示：
则BF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
在△ABF和△DCE中，，
∴△ABF≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AFB，
∵EB＝CF，BN＝CN，
∴N为EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，
∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，
∴∠BEQ＝∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQPB，
∴．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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