18.2.3正方形-【人教版期末真题精选】广西2022-2023八年级数学下学期期末复习专练
一、单选题
1．（2022春·广西贺州·八年级统考期末）如图，已知E是正方形对角线上一点，且，则的度数是（ ）
A．15° B．17.5° C．22.5° D．30°
2．（2022春·广西南宁·八年级统考期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形
C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形
3．（2022春·广西桂林·八年级统考期末）顺次连接菱形四边中点得到的四边形是（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形
4．（2022春·广西桂林·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若，则线段CH的长是（ ）
A．3 B． C．1 D．2
5．（2022秋·广西百色·八年级统考期末）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
6．（2022春·广西贺州·八年级统考期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为( )
A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1)
7．（2022春·广西百色·八年级统考期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角互补 B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分 D．四边相等
8．（2022春·广西河池·八年级统考期末）如图，正方形的周长为24，为对角线上的一个动点，是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2022春·广西南宁·八年级统考期末）下列说法正确的是( )
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是菱形
C．三个角都是直角的四边形是矩形
D．一组邻边相等的平行四边形是正方形
10．（2022春·广西来宾·八年级统考期末）如图，△ABC中，AB=AC，点D、E分别是边AB、AC的中点，点G、F在BC边上，四边形DEFG是正方形．若DE=2cm，则AC的长为 ( )
A．cm B．4cm C．cm D．cm
二、填空题
11．（2022秋·广西贺州·八年级统考期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为(1，)，则点C的坐标为______．
12．（2022春·广西贺州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线AC．BD交于点O，E在BC上，F为DE的中点，△CEF的周长为18，且CE＝5，则OF＝_________．
13．（2022春·广西桂林·八年级统考期末）如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是AB边上的一点，且AE=3，点Q为对角线AC上的动点，则△BEQ周长的最小值为____．
14．（2022春·广西崇左·八年级统考期末）如图，是边长为6的正方形的边上一点，且，为对角线上的一个动点，则周长的最小值是_________．
15．（2022春·广西贺州·八年级统考期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM若AE＝2，则FM的长为 ___．
16．（2022春·广西贵港·八年级统考期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，动点F，E分别以相同的速度从D，C两点同时出发向C和B运动（任何一个点到达即停止），连接AE，BF交于点P，过点P作PM∥CD交BC于M点，PN∥BC交CD于N点，连接MN，在运动过程中则下列结论：①△ABE≌△BCF；②AE＝BF；③AE⊥BF；④线段MN的最小值为﹣1．其中正确的结论有___．（填写正确的序号）
17．（2022春·广西来宾·八年级统考期末）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=，则以AC为边长的正方形ACEF的面积为________．
18．（2022春·广西桂林·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是______．
三、解答题
19．（2022春·广西桂林·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若AD＝AE，求证：AB＝AG；
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OD的长．
20．（2022春·广西南宁·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．
(1)求证：BC＝BE；
(2)连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．
21．（2022春·广西来宾·八年级统考期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．
（1）求证：△ABM≌△DCM；
（2）当AB：AD的值为多少时，四边形MENF是正方形？请说明理由．
22．（2022春·广西南宁·八年级校考期末）如图，正方形ABCD边长为4，点E在边AB上（点E与点A、B不重合），过点A作AF⊥DE，垂足为G，AF与边BC相交于点F．
(1)求证：△ADF≌△DCE；
(2)若△DEF的面积为，求AF的长；
(3)在（2）的条件下，取DE，AF的中点M，N，连接MN，求MN的长．
23．（2022春·广西贵港·八年级统考期末）已知：如图，边长为的菱形的对角线与相交于点，若．
(1)求证：四边形是正方形．
(2)是上一点，，且，垂足为，与相交于点，求线段的长．
24．（2022春·广西百色·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AE、BF相交于点O且AF＝DE．求证：∠DAE＝∠ABF．
25．（2022春·广西贵港·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且，．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)若，，求四边形ABCD的面积．
26．（2022春·广西南宁·八年级统考期末）如图，正方形的边长为，分别是射线，上的点不与点重合，且，为的中点．为线段上一点，，连接．
(1)求证：；
(2)如图：当时，求的长；
(3)如图：在的条件下，是的中点，连接，求的面积．
参考答案：
1．C
【分析】根据正方形的性质求出，再利用三角形内角和定理和等腰三角形的性质求出即可求出的度数．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，正确求出是解题的关键．
2．D
【分析】根据菱形的判定，矩形的判定进行逐一判断即可．
【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，说法正确，不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是菱形，说法正确，不符合题意；
C、∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，说法正确，不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形，，
∴四边形是矩形，说法错误，符合题意；
故选D．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形和矩形的判定条件是解题的关键．
3．C
【分析】画出图形，根据菱形的性质得到ACBD，根据三角形中位线定理、矩形的判定定理证明结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴ACBD，
∵E，F，G，H是菱形各边的中点，
∴EFBD，FGAC，
∴EFFG，
同理：FGHG，GHEH，HEEF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握菱形的性质定理、矩形的判定定理以及三角形的中位线定理是解题的关键．
4．B
【分析】根据折叠的性质，可得，设，则，根据，可得，在中，根据勾股定理，列出方程，解出即可得出CH的长．
【详解】解：设，则，
∵，，
∴，
在中，
∵，
∴，
解得：，
即．
故选：B
【点睛】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换．解题时，常常设要求的线段长为x，然后根据折叠和轴对称的性质用含x的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案．
5．D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，
∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
6．A
【详解】解：如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E，
∵∠OAD+∠AOD=∠COE+∠AOD，
∴∠OAD=∠COE，
∵OC=OA，∠ODA=∠OEC=90°，
∴△OAD△OCE全等，
∴OE=AD=，CE=OD=1，
∴点C的坐标为（-，1），
故选A．
7．C
【分析】A中菱形对角不互补，则错误，B中矩形对角线不互相垂直，则错误，C中平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，正确，D三个图形中，矩形四边不相等，错误．
【详解】解：A．菱形对角不互补，故本选项错误；
B．矩形对角线不互相垂直，故本选项错误；
C．平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，故本选项正确；
D．三个图形中，矩形四边不相等，故本选项错误．
故选 C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，主要从对角线着手考查的，正方形是平行四边形得最典型的图形．
8．A
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点.此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果；
【详解】解：如图，连接BE，设BE与AC交于点P'，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴P'D=P'B，
∴P'D+P'E=P'B+P'E=BE最小.
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，即为BE的长度.
∵正方形的周长为24
∴直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=6，CE=CD=3，
∴.
故选A.
【点睛】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键
9．C
【分析】根据平行四边形和特殊的平行四边形的判定方法依次进行判定即可．
【详解】解：A. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形不是平行四边形，选项错误；
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，选项错误；
C. 三个角都是直角的四边形是矩形，选项正确；
D. 一组邻边相等的平行四边形是菱形，选项错误．
故选：C．
【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握各个判定方法是解题的关键．
10．D
【详解】解：∵点D、E分别是边AB、AC的中点，
∴DE=BC，
∵DE=2cm，
∴BC=4cm，
∵AB=AC，四边形DEFG是正方形．
∴∠B=∠C，DG=EF=2，∠DGF=∠EFG=90°，
∴∠DGB=∠EFC=90°，
∴△BDG≌△CEF，
∴BG=CF=1，
∴EC=，
∴AC=2cm．
故选：D．
11．
【分析】如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E，先证明△COE≌△OAF，推出CE＝OF，OE＝AF，由此即可解决问题．
【详解】解：如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E．
∵四边形ABCO是正方形，
∴OA＝OC，∠AOC＝90°，
∵∠COE+∠AOF＝90°，∠AOF+∠OAF＝90°，
∴∠COE＝∠OAF，
在△COE和△OAF中，
，
∴△COE≌△OAF，
∴CE＝OF，OE＝AF，
∵A（1，），
∴CE＝OF＝1，OE＝AF＝，
∴点C坐标，
故答案为：．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
12．
【分析】取的中点，连接，根据正方形对角线交点是对角线的中点及F为DE的中点可得是的中位线，是的中位线，在根据正方形的性质得，可得和为直角三角形，根据直角三角形斜边的中线性质利用△CEF的周长为18可求出，再利用勾股定理即可求得，则利用中位线的性质即可求解．
【详解】解：取的中点，连接，
正方形ABCD的对角线AC．BD交于点O，且F为DE的中点，
是的中位线，是的中位线，
又四边形是正方形，
，
和为直角三角形，
，
又△CEF的周长为18，且CE＝5，
，，
，
，
，
，
，
故答案为．
【点睛】本题考查了三角形中位线性质、直角三角形斜边的中线性质、勾股定理、正方形的性质，解题的关键熟练掌握中位线性质及直角三角形斜边的中线性质．
13．6
【分析】连接BD，DE，根据正方形的性质可知点B与点D关于直线AC对称，故DE的长即为BQ+QE的最小值，进而可得出结论．
【详解】解：连接BD，DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于直线AC对称，
∴DE的长即为BQ+QE的最小值，
∵DE=BQ+QE=，
∴△BEQ周长的最小值=DE+BE=5+1=6．
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题，解题的关键是熟知轴对称的性质．
14．/
【分析】根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，连接CE交BD与 点，此时 最小，则的周长最小．
【详解】如图，连接CE交BD与 点，
根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，此时 最小，
正方形的边长为6，，
在 中，
周长= ．
故答案为
【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，判断出A点与C点关于BD对称是解题的关键．
15．5
【分析】由旋转性质可证明△EDF≌△MDF，从而EF=FM；设FM=EF=x，则可得BF=8 x，由勾股定理建立方程即可求得x．
【详解】由旋转的性质可得：DE=DM，CM=AE=2，∠ADE=∠CDM，∠EDM=90゜
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠B=90゜，AB=BC=6
∴∠ADE+∠FDC=∠ADC ∠EDF=45゜
∴∠FDC+∠CDM=45゜
即∠MDF=45゜
∴∠EDF=∠MDF
在△EDF和△MDF中
∴△EDF≌△MDF(SAS)
∴EF=FM
设EF=FM=x
则
∴
∵
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
解得：
故答案为：5
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了方程思想，关键是证明三角形全等．
16．①②③④
【分析】由正方形的性质及F，E以相同的速度运动，利用SAS证明△ABE≌△BCF，得到AE=BF，∠BAE=∠CBF，再根据∠CBF+∠ABP=90°，可得∠BAE+∠ABP=90°，进而得到AE⊥BF，根据点P在运动中保持∠APB=90°，可得点P的路径是一段以AB为直径的弧，设AB的中点为H，连接CH交弧于点P，此时CP的长度最小，根据勾股定理，求出CH的长度，再求出PH的长度，即可求出线段CP的最小值，根据矩形对角线相等即可得到MN．
【详解】解：∵动点F，E分别以相同的速度从D，C两点同时出发向C和B运动，
∴DF=CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=2，∠ABC=∠BCD=90°，
∴CF=BE，
∴△ABE≌△BCF（SAS），故①正确；
∴AE=BF，∠BAE=∠CBF，故②正确；
∵∠CBF+∠ABP=90°，
∴∠BAE+∠ABP=90°，
∴∠APB=90°，即AE⊥BF，故③正确；
∵点P在运动中始终保持∠APB=90°，
∴点P的路径是一段以AB为直径的弧，如图，
设AB的中点为H，连接CH交弧于点P，此时CP的长度最小，
在Rt△BCH中，CH=，
∵PH=AB=1，
∴CP=CH-PH=，
∵PM∥CD，PN∥BC，
∴四边形PMCN是平行四边形，
∵∠BCD=90°，
∴四边形PMCN是矩形，
∴MN=CP=，即线段MN的最小值，故④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形、勾股定理等，解题的关键是证明△ABE≌△BCF．
17．2
【分析】由题意可知△ABC是等边三角形，可得AC=AB，进而可求正方形ACEF的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，，
∴AB=BC，
∴△ABC是等边三角形
∵
∴
∴正方形ACEF的边长为，面积为2
故答案为：2．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，等边三角形的性质和判定，解题的关键在于求出AC的长．
18．34
【分析】由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出四边形EFGH是正方形，由勾股定理得EH，即可得出正方形EFGH的面积．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5，
∴EH=FE=GF=GH=
所以正方形EFGH的面积
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌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．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据三角形全等的判定证得AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理证得DO＝OF＝OG，根据线段的和差求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAF＝∠ABE＝90°，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，
∴EF＝EB，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△AGD和△ABE中，，
∴△AGD≌△ABE（AAS），
∴AB＝AG；
（3）∵四边形ABEF是正方形，
∴AB＝AF＝1，
∵△AGD≌△ABE，
∴DG＝AB＝AF＝AG＝1，
∵AD＝AE，
∴AD﹣AF＝AE﹣AG，
即DF＝EG，
在△DFO和△EGO中，，
∴△DFO≌△EGO（AAS），
∴FO＝GO，FD＝EG
∵∠DAE＝∠AEF＝45°，∠AFE＝∠AGD＝90°，
∴DF＝FO＝OG＝EG，
∴DO＝OF＝OG，
∴DG＝DO+OG＝OG+OG＝1，
∴OG＝＝﹣1，
∴OD＝(﹣1)＝2﹣．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质．熟记各个性质与判定是解题的关键．
20．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据平行四边形的性质得：，，又由平行四边形的判定得：四边形是平行四边形，又由平行四边形的对边相等可得结论；
（2）根据（1）：四边形是平行四边形，对角线互相平分可得：，，从而证明，即邻边相等，证明，得，从而，根据有一个角是直角，邻边相等的平行四边形是正方形可得结论．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
；
（2）证明：由（1）知：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
四边形是正方形．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质，属于基础题，解题的关键是正确利用平行四边形的性质求解．
21．（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析
【分析】（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可；
（2）求出∠EMF=90°，根据正方形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵M为AD中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM，
，
∴△ABM≌△DCM（SAS）；
（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，
理由：当四边形MENF是正方形时，则∠EMF=90°，
∵△ABM≌△DCM，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，
∴AM=DM=AB，
∴AD=2AB，
即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)或
(3)的长度为或
【分析】（1）先证得∠AED=∠AFB，很容易证明△ABF与△DAE全等，由此得出AF=DE，又由互余可得出∠DAF=∠CDE，进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得AE，再根据勾股定理求得DE，根据（1）中AF=DE即刻得出结论；
（3）连接AM并延长交CD于点P，连接PF，可证明△DPM≌△EAM，所以PM=AM，DP=AE=3或1，又MN是△APF的中位线，求出PF的长即可．
【详解】（1）证明：∵AF⊥DE，∠B=90°，
∴∠AED=∠AFB，
在△ABF与△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF=DE，
∵∠ADE+∠CDE=∠ADE+∠DAG=90°，
∴∠CDE=∠DAF，
在△ADF和△DCE中，
，
∴△ADF≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵△ABF≌△DAE，
∴AE=BF=x，
∴BE=CF=4-x，
∴△DEF的面积
=4×4-×4 x-（4-x） x-×4 （4-x）
=8-2x+，
∴y=-2x+8=，
解得，=3，=1，
∴AE=3或AE=1，
∴AF=DE=5或；
（3）解：如图，连接AM并延长交CD于点P，连接PF，
∵点M是DE的中点，
∴DM=ME，
∵ABCD，
∴∠PDM=∠AEM，∠DPM=∠EAM，
∴△DPM≌△EAM（AAS），
∴PM=AM，DP=AE=3或1，
当AE=3时，BF=EP=3，
∴CF=CP=1，
∴PF=，
∴MN=PF=；
当AE=1时，BF=EP=1，
∴CF=CP=3，
∴PF=3，
∴MN=PF=；
综上，MN的长度为或．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由菱形的性质得出，，，得出，从而证明，可求出，再由正方形的判定即可得证；
（2）由正方形的性质得出，，，，得出，，从而得出，然后证明，最后利用全等三角形的性质即可求出线段的长．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
（2）解：∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，，
∴，，
∵，垂足为，
∴，，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
∵，
∴．
∴线段的长为．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，等角的余角相等，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
24．证明见解析
【分析】由正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由“SAS”可证△ABF≌△DAE，可得∠DAE=∠ABF．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD，
在△ABF与△DAE中
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠DAE＝∠ABF
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
25．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据AE=AF，可得∠AFE=∠AEF，再由∠CEF=45°，可得∠CFE=∠CEF=45°，从而得到∠AFC=∠AEC，进而得到∠AFD=∠AEB，可证得ΔABE≌ΔADF，从而得到AB=AD，即可求证；
（2）根据全等三角形的性质可得，再由勾股定理可得，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°，
∵AE=AF，
∴∠AFE=∠AEF，
∵∠CEF=45°，∠C=90°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴∠AFC=∠AEC，
∴∠AFD=∠AEB，
∴ΔABE≌ΔADF（AAS），
∴AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形．
（2）解：∵由（1）可知：，
又，，
由勾股定理得：，
∵四边形ABCD是正方形，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
26．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】利用证明，即得；
连接，则是的垂直平分线，得，设，则，，在中，利用勾股定理列方程即可解决问题；
由是的中位线，得，由得，，代入三角形面积公式即可．
（1）
证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）
解：连接，
为的中点，，
是的垂直平分线，
，
设，则，，
在中，由勾股定理得，
，
解得，
；
（3）
解：为的中点，为的中点，
是的中位线，
，
由得，，
的面积为．
【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，三角形中位线定理，勾股定理等知识，运用勾股定理列方程求出的长是解题的关键．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
