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【提升版】湘教版数学八下1.7正方形 同步练习
一、选择题
1．（2025八下·杭州月考）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系，以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（　　）
A．有一个内角是90° B．有一组邻边相等
C．对角线互相平分 D．对角线相等
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、有一个内角是90°的平行四边形是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据矩形，菱形和正方形的判定定理求解即可.
2． 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）”.
3．（2025八下·蓬莱期末）我国古代的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼成．如图，正方形与正方形是由四个全等的直角三角形拼成的，连结．若，，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；“赵爽弦图”模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵正方形，
∴，，
∴，
由题意，得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【分析】由正方形和全等三我的性质求得，，，然后根据勾股定理求出AD和DF的长，然后求出比值解答即可．
4．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等的正方形相叠组成，寓意是同心吉祥.如图，将边长为 2cm 的正方形ABCD沿对角线 BD 方向平移1 cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B'之间的距离为 (　　)
A．1 cm B．2cm C． D．
【答案】D
【知识点】正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2 cm的正方形，
∴BD==2(cm).
由平移的性质可知，BB'=1 cm，
∴B'D=(2-1)cm.
故选：D.
【分析】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB'，计算即可.
5．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中能判定这个四边形是正方形的是(　　)
A．AC=BD，AB∥CD，AB=CD B．AD∥BC，∠BAD=∠BCD
C．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD D．AO=CO，BO=DO，AB=BC
【答案】C
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、由AB∥CD、AB=CD可判定是平行四边形，结合AC=BD可判定是矩形，但无“邻边相等”或“对角线垂直”的条件，不能判定是正方形，A不符合题意；
B、由AD∥BC、∠BAD=∠BCD无法直接判定四边形的类型（仅满足平行四边形的部分特征），不能判定是正方形，B不符合题意；
C、由AO=BO=CO=DO可知对角线互相平分且相等（判定为矩形），结合AC⊥BD（对角线垂直），可判定是正方形，C符合题意；
D、由AO=CO、BO=DO可判定是平行四边形，结合AB=BC可判定是菱形，但无“对角线相等”或“内角为直角”的条件，不能判定是正方形，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】先通过对角线特征，判定四边形是矩形（对角线平分且相等）；再结合“对角线垂直”的条件，依据“既是矩形又是菱形的四边形是正方形”得出结论.
6．（2025八下·杭州月考）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别在BD，AB上，连接CE，EF，当，时，CE的长（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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-SAS
【解析】【解答】解：连接AE，过点E作EM⊥AD于点M，
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，∠BAD=90°，
又∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，∠ECD=∠EAD
∵CE=EF
∴AE=EF
∴∠AFE=∠FAE，
∵∠AFE=2∠ECD
∴∠FAE=2∠ECD=2∠EAD
∵∠FAE+∠EAD=∠BAD=90°，
∴2∠EAD+∠EAD=90°
∴∠EAD=30°，
设EM=a，
则AE=2a，
在Rt△AME中，由勾股定理得，
，
在Rt△AME中，∠ADB=45°，
∴△DME是等腰直角三角形
∴MD=EM=a.
∵AD=1.
∴
解得：
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】连接AE，过点E作EM⊥AD于点M，先证△ADE≌△CDE，得出AE=CE，∠ECD=∠EAD，结合CE=EF得出AE=EF，于是得出∠AFE=∠FAE，即可求出∠EAD=30°，设EM=a，则AE=2a，根据勾股定理求出AM的长，再求出DM的长，根据AD=1即可求出a的值，从而求出CE的长.
7．（2025八下·苍南期末）第二十四届国际数学家大会会徽取自1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二次根式的实际应用；正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
故选：D．
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质以及代数运算，通过“设未知数”将线段长度转化为代数式表达式，再利用勾股建立关系是关键.首先由正方形ABCD和EFGH的性质，得，，又，故，根据等腰三线合一得到求得，设，则，由勾股定理得到，，因此可以进一步求得结果．
8．如图，在□ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F 是对角线BD 上的动点，且 BE=DF，M，N 分别是边AD，BC上的动点.
有下列说法：
①存在无数个□MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形 MENF.
其中正确的个数是 (　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，连结AC，与BD交于点O，过点O作线段MN，交AD于点M，交BC于点N，连结EM，EN，NF，FM.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC，
∴∠MAO=∠NCO.
又∵OA=OC，∠AOM=∠CON，
∴△AOM≌△CON，
∴OM=ON.
∵OB=OD，BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∴只要MN过点O，四边形MENF就是平行四边形，
故存在无数个 MENF，故①正确；
只要MN过点O且MN=EF，四边形MENF就是矩形.
∵E，F是对角线BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN过点O且MN⊥BD，四边形MENF就是菱形.
∵E，F是对角线BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
当MN过点O且MN⊥BD时，点M，N的位置就是唯一确定的，
此时当EF=MN时，四边形MENF是正方形.
而当EF=MN时，点E，F的位置也就确定了，
故不存在无数个正方形MENF，故④错误.
故选C.
【分析】连结AC，与BD交于点O，过点O作线段MN，交AD于点M，交BC于点N，连结EM，EN，NF，FM，根据平行四边形的性质证明△AOM≌△CON，即可得到四边形MENF是平行四边形，然后根据题意逐项判断解答即可.
二、填空题
9．（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．
10．（2025八下·杭州期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是AD上一点，现将CDE沿CE翻折，得到△CEF.作FM⊥AB，FN⊥BC，当四边形MBNF是正方形时，则BN的值为　 　.
【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：设BN=x，
∵四边形MBNF是正方形，
∴BM=BN=MF=FN=x，
∵AB=6，BC=8，
∴AM=AB-BM=6-x，CN=BC-BN=8-x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°
由翻折可知CF=CD=AB=6，
在直角三角形FNC中，根据勾股定理可得FN2+CN2=CF2，
∴x2+(8-x)2=62 解得： x=4+2 或 x=4-2 （舍去）
∴BN的值为，
故答案为：.
【分析】通过设未知数，利用正方形和矩形的性质得到BM=BN=MF=FN=x，∠D=90°，最后再根据勾股定理建立方程求解即可.
11．（2025八下·越城期末）如图，正方形纸片的边长是，三角板中，，，.将三角板的顶点E固定在纸片的边AD上，边FG与纸片的边BC交于点H，则HG的最大值是　 　cm.
【答案】4
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ ，，， ，
∴EG=2EF=4，
∴，
连接EH，则，
∴当EH最小时，FH最小，GH最大，
即当EH⊥BC时，EH最小，这时EH=4，FH=2，GH最大为6-2=4，
故答案为：4 .
【分析】根据勾股定理和30°的直角三角形的性质得到GF长，连接EH，即可得到，当EH最小时，FH最小，GH最大，然后根据勾股定理计算解答即可.
12．（2025八下·金东期末） 如图，在正方形 ABCD 的外侧作等边 ，连结 AE， BE，则 =　 　.
【答案】30°
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ADC= 90°，AD=BC=DC．
∵△CDE 是等边三角形，
∴∠EDC=∠ECD=∠DEC=60°，DE=DC= CE，
∴∠ADE=∠BCE=90°+60°=150°，AD= DE=BC=CE，
∴，
∴∠AEB=60°-15°-15°=30°，
即∠AEB的度数是30°．
故答案为： 30°.
【分析】先根据正方形的四条边都相等，四个角是直角得出∠BCD=∠ADC= 90°，AD=BC=DC．根据等边三角形的三个角都是60°，三条边都相等得出∠EDC=∠ECD=∠DEC=60°，DE=DC=CE，求得∠ADE=∠BCE=150°，推得AD=DE=BC=CE，结合等边对等角和三角形内角和是180°求出∠DEA=∠CEB=15°，即可推理∠AEB的度数．
13．（2025八下·江海期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先把活动学具制作成图1所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具制作成图2所示正方形，并测得正方形的对角线AC＝acm，则图1中对角线AC的长为 　 　cm．
【答案】a
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，2中，连接AC.
在图2中，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵AC=a，
∴AB=BC=a，
在图1中，∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=a
故答案为：a.
【分析】利用正方形的性质确定边长和角度，利用正方形对角线的性质确定边长得到AB=BC=a，利用角度和边长的关系确定△ABC是等边三角形后利用等边三角形的性质可以确定对角线AC的长度。
14．（2024八下·湛江期中）正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接AC、CF，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形
∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°
，，∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°
∴在Rt△ACF中，，
∵H是AF的中点，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了正方形的性质、勾股定理和直角三角形的性质，根据直角三角形的性质构造辅助线是解题关键.根据正方形性质：四边相等，对角线平分对角可知：AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°再根据勾股定理可求出AC、CF，再根据角的和差运算可知：∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°，然后利用勾股定理：在Rt△ACF中，，最后根据直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可知：，由此即可得出答案.
三、解答题
15．（2023八下·监利期中）在6×6的网格图中（每个小正方形的边长为1），用无刻度直尺按要求完成作图，不写作法，保留作图痕迹．
（1）在图1中以A为顶点作一个面积为13的正方形（顶点都在格点上）；
（2）在图2中作出格点三角形的中位线，使点D在上，点E在上，则的长为　 　．
【答案】（1）解：如图，四边形即为所求作的正方形；
理由：∵，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
（2）2
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的性质；正方形的判定；三角形的中位线定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：(2)如图，线段即为所求作的中位线；
理由：由矩形的性质可得：，，
∴是的中位线．
∵，
∴．
故答案为：2
【分析】（1）根据正方形的面积等于13，可得出所求作的正方形的边长为，进而根据勾股定理在网格内作，且，即可得出符合条件的正方形ABCD ；
(2)如图，取格点，Q，满足GH=BQ，连接GQ，交BA于点D，同理取点H，使AH=CQ，连接QH，交AC于点E，线段DE即为的中位线，根据三角形中位线定理，即可得出DE的长。
（1）解：如图，四边形即为所求作的正方形；
理由：∵，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
（2）如图，线段即为所求作的中位线；
理由：由矩形的性质可得：，，
∴是的中位线．
∵，
∴．
16．如图，在△ABC中，D 是边 BC的中点，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别是E，F，且BF=CE.
（1）求证：DE=DF；
（2）当∠A=90°时，试判断四边形 AFDE 是怎样的四边形，并证明你的结论.
【答案】（1）证明：∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠CED=∠BFD=90°.
∵D是边BC的中点，∴CD=BD.
在Rt△CDE和Rt△BDF中，
∵
∴Rt△CDE≌Rt△BDF(HL)，
∴DE=DF.
（2）解：四边形AFDE是正方形.
证明：∵∠A=90°，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴四边形AFDE是矩形.
由(1)知DE=DF，
∴四边形AFDE是正方形.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】(1)根据直角三角形全等的判定-HL，证明直角三角形全等，进而得到对应边相等.
(2)先通过“三个角是直角”判定矩形；再结合“邻边相等”的条件，依据正方形的判定定理，即可得出结论.
17．如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD 平分∠ACB，交 AB 于点 D，过点 D 分别作 DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F.
（1）求证：四边形 DECF 为正方形；
（2）若 AC=6 cm，BC=8 cm，则四边形DECF 的边长为　 　.
【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠DEC=∠DFC=90°.
又∵∠ACB=90°，
∴四边形DECF为矩形.
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DE=DF，
∴四边形DECF为正方形.
（2） cm
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： (2) ∵四边形DECF为正方形，
∴DF=FC=CE=DE.
在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB===10(cm).
∵==，
∴==，解得AD=(cm)，
则BD=AB-AD=10-=(cm).
在Rt△ADF中，由勾股定理，得DF2=AD2-AF2；
在Rt△BDE中，由勾股定理，得DE2=BD2-BE2.
设DF=FC=CE=DE=x cm，
则x2=()2-(6-x)2，x2=()2-(8-x)2，
∴()2-(6-x)2=()2-(8-x)2，
解得x=，
则四边形DECF的边长为 cm.
【分析】 (1) 先通过“三个角是直角”判定矩形；再结合“角平分线的性质”得到邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，即可得出结论；
(2) 利用“三角形面积的和差关系”建立方程，结合正方形的边长相等这一性质，即可求出边长.
18．（2024八下·拱墅期末）综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形，且．
特殊化探究：连接．设，．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若，，求的面积．
（2）“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
若，求证：．
（3）深入探究：老师进一步提出问题：
如图2，连接，延长到点I，使，作矩形．设矩形BFIJ的面积为，正方形的面积为，若平分，求证：．
请你解答这三个问题．
【答案】（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，HE∥GF，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【分析】（1）设BF=a，则BG=a+1，由全等三角形的对应边相等得AF=BG=a+1，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求出a的值，从而得到BF、AF的长，进而根据三角形面积计算公式列式计算即可；
（2）由b与a的关系及全等三角形的对应边相等得AE=EF，由正方形四边相等得HG=HE=EF=GF=BF，用SAS证△HGB≌△BFA，由全等三角形的对应角相等得到∠GBH=∠BAF，由二直线平行，内错角相等，得∠BHE=∠HBG，由等量代换可得∠BAE=∠BHE；
（3）用代数法思路证：设DH=CG=BF=AE=a，正方形HEFG的边长为b，AI=AB=AD=c，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，先将表示出来；利用AAS判断出△BEF≌△BEM，由全等三角形的对应边相等得BM=BF=a，则NE=AM=c-a，从而得出和的关系．
（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作，的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
1 / 1【提升版】湘教版数学八下1.7正方形 同步练习
一、选择题
1．（2025八下·杭州月考）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系，以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（　　）
A．有一个内角是90° B．有一组邻边相等
C．对角线互相平分 D．对角线相等
2． 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
3．（2025八下·蓬莱期末）我国古代的“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼成．如图，正方形与正方形是由四个全等的直角三角形拼成的，连结．若，，则等于（　　）
A． B． C． D．
4．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等的正方形相叠组成，寓意是同心吉祥.如图，将边长为 2cm 的正方形ABCD沿对角线 BD 方向平移1 cm得到正方形A'B'C'D'，形成一个“方胜”图案，则点D，B'之间的距离为 (　　)
A．1 cm B．2cm C． D．
5．在四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件中能判定这个四边形是正方形的是(　　)
A．AC=BD，AB∥CD，AB=CD B．AD∥BC，∠BAD=∠BCD
C．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD D．AO=CO，BO=DO，AB=BC
6．（2025八下·杭州月考）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，点E，F分别在BD，AB上，连接CE，EF，当，时，CE的长（　　）
A． B． C． D．
7．（2025八下·苍南期末）第二十四届国际数学家大会会徽取自1700多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在□ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F 是对角线BD 上的动点，且 BE=DF，M，N 分别是边AD，BC上的动点.
有下列说法：
①存在无数个□MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形 MENF.
其中正确的个数是 (　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
9．（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　 　．
10．（2025八下·杭州期末）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E是AD上一点，现将CDE沿CE翻折，得到△CEF.作FM⊥AB，FN⊥BC，当四边形MBNF是正方形时，则BN的值为　 　.
11．（2025八下·越城期末）如图，正方形纸片的边长是，三角板中，，，.将三角板的顶点E固定在纸片的边AD上，边FG与纸片的边BC交于点H，则HG的最大值是　 　cm.
12．（2025八下·金东期末） 如图，在正方形 ABCD 的外侧作等边 ，连结 AE， BE，则 =　 　.
13．（2025八下·江海期末）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先把活动学具制作成图1所示菱形，并测得∠B＝60°，接着活动学具制作成图2所示正方形，并测得正方形的对角线AC＝acm，则图1中对角线AC的长为 　 　cm．
14．（2024八下·湛江期中）正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 　 　．
三、解答题
15．（2023八下·监利期中）在6×6的网格图中（每个小正方形的边长为1），用无刻度直尺按要求完成作图，不写作法，保留作图痕迹．
（1）在图1中以A为顶点作一个面积为13的正方形（顶点都在格点上）；
（2）在图2中作出格点三角形的中位线，使点D在上，点E在上，则的长为　 　．
16．如图，在△ABC中，D 是边 BC的中点，DE⊥AC，DF⊥AB，垂足分别是E，F，且BF=CE.
（1）求证：DE=DF；
（2）当∠A=90°时，试判断四边形 AFDE 是怎样的四边形，并证明你的结论.
17．如图所示，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD 平分∠ACB，交 AB 于点 D，过点 D 分别作 DE⊥BC，DF⊥AC，垂足分别为E，F.
（1）求证：四边形 DECF 为正方形；
（2）若 AC=6 cm，BC=8 cm，则四边形DECF 的边长为　 　.
18．（2024八下·拱墅期末）综合与实践
问题情境：第二十四届国际数学家大会合徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”．如图1，在综合实践课上，同学们绘制了“弦图”并进行探究，获得了以下结论：该图是由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形拼成的大正方形，且．
特殊化探究：连接．设，．
“运河小组”从线段长度的特殊化提出问题：
（1）若，，求的面积．
（2）“武林小组”从a与b关系的特殊化提出问题：
若，求证：．
（3）深入探究：老师进一步提出问题：
如图2，连接，延长到点I，使，作矩形．设矩形BFIJ的面积为，正方形的面积为，若平分，求证：．
请你解答这三个问题．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、有一个内角是90°的平行四边形是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意；
C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意.
故答案为：C.
【分析】根据矩形，菱形和正方形的判定定理求解即可.
2．【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）”.
3．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；“赵爽弦图”模型；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：∵正方形，
∴，，
∴，
由题意，得，
∴，，
∴，
∴，
∴．
故选：B．
【分析】由正方形和全等三我的性质求得，，，然后根据勾股定理求出AD和DF的长，然后求出比值解答即可．
4．【答案】D
【知识点】正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2 cm的正方形，
∴BD==2(cm).
由平移的性质可知，BB'=1 cm，
∴B'D=(2-1)cm.
故选：D.
【分析】根据正方形的性质、勾股定理求出BD，根据平移的概念求出BB'，计算即可.
5．【答案】C
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：A、由AB∥CD、AB=CD可判定是平行四边形，结合AC=BD可判定是矩形，但无“邻边相等”或“对角线垂直”的条件，不能判定是正方形，A不符合题意；
B、由AD∥BC、∠BAD=∠BCD无法直接判定四边形的类型（仅满足平行四边形的部分特征），不能判定是正方形，B不符合题意；
C、由AO=BO=CO=DO可知对角线互相平分且相等（判定为矩形），结合AC⊥BD（对角线垂直），可判定是正方形，C符合题意；
D、由AO=CO、BO=DO可判定是平行四边形，结合AB=BC可判定是菱形，但无“对角线相等”或“内角为直角”的条件，不能判定是正方形，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】先通过对角线特征，判定四边形是矩形（对角线平分且相等）；再结合“对角线垂直”的条件，依据“既是矩形又是菱形的四边形是正方形”得出结论.
6．【答案】B
【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-SAS
【解析】【解答】解：连接AE，过点E作EM⊥AD于点M，
∵四边形ABCD是正方形
∴AD=CD，∠ADB=∠CDB=45°，∠BAD=90°，
又∵DE=DE，
∴△ADE≌△CDE(SAS)，
∴AE=CE，∠ECD=∠EAD
∵CE=EF
∴AE=EF
∴∠AFE=∠FAE，
∵∠AFE=2∠ECD
∴∠FAE=2∠ECD=2∠EAD
∵∠FAE+∠EAD=∠BAD=90°，
∴2∠EAD+∠EAD=90°
∴∠EAD=30°，
设EM=a，
则AE=2a，
在Rt△AME中，由勾股定理得，
，
在Rt△AME中，∠ADB=45°，
∴△DME是等腰直角三角形
∴MD=EM=a.
∵AD=1.
∴
解得：
∴，
∴
故答案为：B.
【分析】连接AE，过点E作EM⊥AD于点M，先证△ADE≌△CDE，得出AE=CE，∠ECD=∠EAD，结合CE=EF得出AE=EF，于是得出∠AFE=∠FAE，即可求出∠EAD=30°，设EM=a，则AE=2a，根据勾股定理求出AM的长，再求出DM的长，根据AD=1即可求出a的值，从而求出CE的长.
7．【答案】D
【知识点】二次根式的实际应用；正方形的性质；“赵爽弦图”模型
【解析】【解答】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
设，则，
∴，，
∴，
故选：D．
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质以及代数运算，通过“设未知数”将线段长度转化为代数式表达式，再利用勾股建立关系是关键.首先由正方形ABCD和EFGH的性质，得，，又，故，根据等腰三线合一得到求得，设，则，由勾股定理得到，，因此可以进一步求得结果．
8．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，连结AC，与BD交于点O，过点O作线段MN，交AD于点M，交BC于点N，连结EM，EN，NF，FM.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，AD∥BC，
∴∠MAO=∠NCO.
又∵OA=OC，∠AOM=∠CON，
∴△AOM≌△CON，
∴OM=ON.
∵OB=OD，BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形MENF是平行四边形，
∴只要MN过点O，四边形MENF就是平行四边形，
故存在无数个 MENF，故①正确；
只要MN过点O且MN=EF，四边形MENF就是矩形.
∵E，F是对角线BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN过点O且MN⊥BD，四边形MENF就是菱形.
∵E，F是对角线BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
当MN过点O且MN⊥BD时，点M，N的位置就是唯一确定的，
此时当EF=MN时，四边形MENF是正方形.
而当EF=MN时，点E，F的位置也就确定了，
故不存在无数个正方形MENF，故④错误.
故选C.
【分析】连结AC，与BD交于点O，过点O作线段MN，交AD于点M，交BC于点N，连结EM，EN，NF，FM，根据平行四边形的性质证明△AOM≌△CON，即可得到四边形MENF是平行四边形，然后根据题意逐项判断解答即可.
9．【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．
10．【答案】
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的性质；矩形翻折模型
【解析】【解答】解：设BN=x，
∵四边形MBNF是正方形，
∴BM=BN=MF=FN=x，
∵AB=6，BC=8，
∴AM=AB-BM=6-x，CN=BC-BN=8-x，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°
由翻折可知CF=CD=AB=6，
在直角三角形FNC中，根据勾股定理可得FN2+CN2=CF2，
∴x2+(8-x)2=62 解得： x=4+2 或 x=4-2 （舍去）
∴BN的值为，
故答案为：.
【分析】通过设未知数，利用正方形和矩形的性质得到BM=BN=MF=FN=x，∠D=90°，最后再根据勾股定理建立方程求解即可.
11．【答案】4
【知识点】含30°角的直角三角形；勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵ ，，， ，
∴EG=2EF=4，
∴，
连接EH，则，
∴当EH最小时，FH最小，GH最大，
即当EH⊥BC时，EH最小，这时EH=4，FH=2，GH最大为6-2=4，
故答案为：4 .
【分析】根据勾股定理和30°的直角三角形的性质得到GF长，连接EH，即可得到，当EH最小时，FH最小，GH最大，然后根据勾股定理计算解答即可.
12．【答案】30°
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；等腰三角形的性质-等边对等角
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠ADC= 90°，AD=BC=DC．
∵△CDE 是等边三角形，
∴∠EDC=∠ECD=∠DEC=60°，DE=DC= CE，
∴∠ADE=∠BCE=90°+60°=150°，AD= DE=BC=CE，
∴，
∴∠AEB=60°-15°-15°=30°，
即∠AEB的度数是30°．
故答案为： 30°.
【分析】先根据正方形的四条边都相等，四个角是直角得出∠BCD=∠ADC= 90°，AD=BC=DC．根据等边三角形的三个角都是60°，三条边都相等得出∠EDC=∠ECD=∠DEC=60°，DE=DC=CE，求得∠ADE=∠BCE=150°，推得AD=DE=BC=CE，结合等边对等角和三角形内角和是180°求出∠DEA=∠CEB=15°，即可推理∠AEB的度数．
13．【答案】a
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图1，2中，连接AC.
在图2中，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵AC=a，
∴AB=BC=a，
在图1中，∠B=60°，BA=BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=BC=a
故答案为：a.
【分析】利用正方形的性质确定边长和角度，利用正方形对角线的性质确定边长得到AB=BC=a，利用角度和边长的关系确定△ABC是等边三角形后利用等边三角形的性质可以确定对角线AC的长度。
14．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：如图，连接AC、CF，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形
∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°
，，∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°
∴在Rt△ACF中，，
∵H是AF的中点，
∴，
故答案为：．
【分析】
本题考查了正方形的性质、勾股定理和直角三角形的性质，根据直角三角形的性质构造辅助线是解题关键.根据正方形性质：四边相等，对角线平分对角可知：AB=BC=1，CE=EF=3，∠ACD=∠GCF=45°再根据勾股定理可求出AC、CF，再根据角的和差运算可知：∠ACF=∠ACD+∠GCF=90°，然后利用勾股定理：在Rt△ACF中，，最后根据直角三角形的性质：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可知：，由此即可得出答案.
15．【答案】（1）解：如图，四边形即为所求作的正方形；
理由：∵，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
（2）2
【知识点】勾股定理的逆定理；矩形的性质；正方形的判定；三角形的中位线定理；运用勾股定理解决网格问题
【解析】【解答】解：(2)如图，线段即为所求作的中位线；
理由：由矩形的性质可得：，，
∴是的中位线．
∵，
∴．
故答案为：2
【分析】（1）根据正方形的面积等于13，可得出所求作的正方形的边长为，进而根据勾股定理在网格内作，且，即可得出符合条件的正方形ABCD ；
(2)如图，取格点，Q，满足GH=BQ，连接GQ，交BA于点D，同理取点H，使AH=CQ，连接QH，交AC于点E，线段DE即为的中位线，根据三角形中位线定理，即可得出DE的长。
（1）解：如图，四边形即为所求作的正方形；
理由：∵，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
（2）如图，线段即为所求作的中位线；
理由：由矩形的性质可得：，，
∴是的中位线．
∵，
∴．
16．【答案】（1）证明：∵DE⊥AC，DF⊥AB，
∴∠CED=∠BFD=90°.
∵D是边BC的中点，∴CD=BD.
在Rt△CDE和Rt△BDF中，
∵
∴Rt△CDE≌Rt△BDF(HL)，
∴DE=DF.
（2）解：四边形AFDE是正方形.
证明：∵∠A=90°，DE⊥AC，DF⊥AB，
∴四边形AFDE是矩形.
由(1)知DE=DF，
∴四边形AFDE是正方形.
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】(1)根据直角三角形全等的判定-HL，证明直角三角形全等，进而得到对应边相等.
(2)先通过“三个角是直角”判定矩形；再结合“邻边相等”的条件，依据正方形的判定定理，即可得出结论.
17．【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，DF⊥AC，
∴∠DEC=∠DFC=90°.
又∵∠ACB=90°，
∴四边形DECF为矩形.
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC，DF⊥AC，
∴DE=DF，
∴四边形DECF为正方形.
（2） cm
【知识点】角平分线的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】解： (2) ∵四边形DECF为正方形，
∴DF=FC=CE=DE.
在Rt△ABC中，由勾股定理，得AB===10(cm).
∵==，
∴==，解得AD=(cm)，
则BD=AB-AD=10-=(cm).
在Rt△ADF中，由勾股定理，得DF2=AD2-AF2；
在Rt△BDE中，由勾股定理，得DE2=BD2-BE2.
设DF=FC=CE=DE=x cm，
则x2=()2-(6-x)2，x2=()2-(8-x)2，
∴()2-(6-x)2=()2-(8-x)2，
解得x=，
则四边形DECF的边长为 cm.
【分析】 (1) 先通过“三个角是直角”判定矩形；再结合“角平分线的性质”得到邻边相等，依据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，即可得出结论；
(2) 利用“三角形面积的和差关系”建立方程，结合正方形的边长相等这一性质，即可求出边长.
18．【答案】（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，HE∥GF，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；三角形全等的判定-AAS；“赵爽弦图”模型
【解析】【分析】（1）设BF=a，则BG=a+1，由全等三角形的对应边相等得AF=BG=a+1，在Rt△ABF中，利用勾股定理建立方程求出a的值，从而得到BF、AF的长，进而根据三角形面积计算公式列式计算即可；
（2）由b与a的关系及全等三角形的对应边相等得AE=EF，由正方形四边相等得HG=HE=EF=GF=BF，用SAS证△HGB≌△BFA，由全等三角形的对应角相等得到∠GBH=∠BAF，由二直线平行，内错角相等，得∠BHE=∠HBG，由等量代换可得∠BAE=∠BHE；
（3）用代数法思路证：设DH=CG=BF=AE=a，正方形HEFG的边长为b，AI=AB=AD=c，过E分别作AB，AD的垂线，垂足分别为M、N，先将表示出来；利用AAS判断出△BEF≌△BEM，由全等三角形的对应边相等得BM=BF=a，则NE=AM=c-a，从而得出和的关系．
（1）解：设，则，
∵，
∴，
∵，
∴在中，，
即，
解得（负值舍去），
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（3）证明：设，正方形的边长为b，，
如图，过E分别作，的垂线，垂足分别为M、N，
，
∵平分，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
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