文档内容
【拔尖特训】2022-2023学年八年级数学下册尖子生培优必刷题【人教版】
专题18.7正方形专项提升训练（重难点培优）
班级：___________________ 姓名：_________________ 得分：_______________
注意事项：
本试卷满分120分，试题共24题，其中选择10道、填空8道、解答6道．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、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的．
1．（2022春•锡山区期末）下列说法正确的是（ ）
A．菱形的四个角都是直角 B．菱形的对角线相等
C．矩形的对角线相等垂直 D．正方形的对角线相等
【分析】直接根据矩形，菱形，正方形的性质进行判断．
【解答】解：∵菱形的四条边相等，但四个角不一定相等；对角线互相垂直且平分，但不一定相等，∴
选项A，B错误；
∵矩形的对角线相等，但不一定垂直．∴选项C错误；
∵正方形的对角线相等且互相垂直平分．∴选项D正确．
故选：D．
2．（2022春•丹凤县期末）下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行 B．对角线互相垂直
C．四个角都为直角 D．对角线互相平分
【分析】根据正方形、矩形的性质即可判断．
【解答】解：因为正方形的对角相等，对角线相等、垂直、且互相平分，矩形的对角相等，对角线相等，
互相平分，
所以正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直．
故选：B．
3．（2022春•安宁市期末）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°
【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．
4．（2022春•青秀区校级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E、F分别为AO、AD
的中点，若EF＝3，则OD的长是（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【分析】由题意可得，EF是△AOD的中位线，然后根据中位线的性质定理解答即可．
【解答】解：∵E、F分别为AO、AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线．
∴EF＝ OD，即OD＝2EF．
∵EF＝3，
∴OD＝6．
故选：D．
5．（2022春•石家庄期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC＝120°，若
将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则∠AEB′为（ ）
A．70° B．65° C．30° D．60°
【分析】依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'＝60°．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A＝90°，
∴∠BEF+∠EFC＝180°，
∵∠EFC＝120°，
∴∠BEF＝180°﹣∠EFC＝60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF＝∠FEB'＝60°，
∴∠AEB'＝180°﹣∠BEF﹣∠FEB'＝60°，
故选：D．
6．（2022春•唐河县期末）已知：如图，M是正方形ABCD内的一点，且MC＝MD＝AD，则∠AMB的度
数为（ ）
A．120° B．135° C．145° D．150°
【分析】利用等边三角形和正方形的性质求得∠ADM＝30°，然后利用等腰三角形的性质求得∠MAD的
度数，从而求得∠BAM＝∠ABM的度数，利用三角形的内角和求得∠AMB的度数．
【解答】解：∵MC＝MD＝AD＝CD，
∴△MDC是等边三角形，
∴∠MDC＝∠DMC＝∠MCD＝60°，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADM＝30°，
∴∠MAD＝∠AMD＝75°，
∴∠BAM＝15°，
同理可得∠ABM＝15°，
∴∠AMB＝180°﹣15°﹣15°＝150°，
故选：D．
7．（2022秋•苏州期中）如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD
于点F，连接EF．若DF＝3，则BE的长为（ ）A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】如图，首先把△ADF旋转到△ABG，然后利用全等三角形的性质得到 DF＝BG，∠DAF＝
∠BAG，然后根据题目中的条件，可以得到△EAG≌△EAF，再根据DF＝3，AB＝6和勾股定理，可以
求出BE的长，本题得以解决．
【解答】解；如图，把△ADF绕A逆时针旋转90°得到△ABG，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠ADF＝∠ABG＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG+∠ABE＝180°，
∴G、B、E三点共线，
∴DF＝BG，∠DAF＝∠BAG，
∵∠DAB＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠EAB＝45°，
∴∠BAG+∠EAB＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝FE，
设BE＝x，
∵CD＝6，DF＝3，
∴CF＝3，
则GE＝BG+BE＝3+x，CE＝6﹣x，
∴EF＝3+x，
∵∠C＝90°，
∴（6﹣x）2+32＝（3+x）2，
解得，x＝2，∴BE的长为2．
故选：A．
8．（2022春•肥城市期中）如图，E、F分别是正方形ABCD的边CD、BC上的点，且CE＝BF，AF、BE
相交于点G，下列结论中正确的是（ ）
①AF＝BE；
②AF⊥BE；
③AG＝GE；
④S△ABG ＝S四边形CEGF ．
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【分析】根据正方形的性质及全等三角形的判定定理和性质、垂直的判定依次进行判断即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
在△ABF与△BCE中，
，
∴Δ ABF≌Δ BCE，
∴AF＝BE，故①正确；
∵∠BAF+∠BFA＝90°，
∠BAF＝∠EBC，
∴∠EBC+∠BFA＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∴AF⊥BE，故②正确；∵GF与BG的数量关系不清楚，
∴无法得AG与GE的数量关系，故③错误；
∵△ABF≌△BCE，
∴S△ABF ＝S△BCE ，
∴S△ABF ﹣S△BGF ＝S△BCE ﹣S△BGF ，
即S△ABG ＝S四边形CEGF ，故④正确；
综上可得：①②④正确，
故选：B．
9．（2022春•鹿城区校级期中）如图，小聪用图 1中的一副七巧板拼出如图2所示“鸟”，已知正方形
ABCD的边长为4，则图2中E，F两点之间的距离为（ ）
A． B．2 C． D．
【分析】过E作EG⊥FG于G，由七巧板和正方形的性质可知，EG＝1，FG＝1+4＝5，再利用勾股定
理可得答案．
【解答】解：如图，过E作EG⊥FG于G，
由七巧板和正方形的性质可知：EG＝1，FG＝1+4＝5，
在Rt△FEG中，由勾股定理得，EF＝ ＝ ，
故选：A．
10．（2022秋•市南区校级月考）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，PE⊥BC
于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①PD＝ DF；②四边形PECF的周长为8；③EF的最小值为2；④AP⊥EF．
其中正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①②④ C．②③④ D．①②③
【分析】①先证△PDF是等腰直角三角形，则PD＝ DF，即可判断；
②先证明△PEB是等腰直角三角形，再根据三个角是直角的四边形是矩形可得四边形 PECF为矩形，
则四边形PECF的周长＝2BC＝8，即可判断；
③证明△ADP≌△CDP，则AP＝PC，根据矩形对角线相等得PC＝EF，当AP⊥BD时，垂线段最短，
即可判断；
④证明Rt△AMP≌Rt△FPE，得到∠BAP＝∠PFE，进而求解．
【解答】解：如图，连接PC，
①∵正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，
∴∠PDC＝45°，
又∵PF⊥CD，
∴∠PFD＝90°，
∴△PDF为等腰直角三角形，
∴PD＝ DF，
故①正确；
②由①同理得：△BPE是等腰直角三角形，
∴PE＝BE，
∵∠PEC＝∠ECF＝∠PFC＝90°
∴四边形PECF为矩形，∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2（CE+BE）＝2BC＝2×4＝8，
故②正确；
③∵四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP，
在△ADP和△CDP中，
，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP＝PC，
∴AP＝EF，
当AP最小时，EF最小，
∴当AP⊥BD时，垂线段最短，即AP＝ BD＝2 时，EF的最小值等于2 ；
故③错误；
④延长FP交AB于M，延长AP交EF于H，
∵AB∥CD，PF⊥CD，
∴FM⊥AB，
∵BD平分∠ABC，PM⊥AB，PE⊥BC，
∴PM＝PE，
∵AP＝EF，∠AMP＝∠EPF＝90°，
∴Rt△AMP≌Rt△FPE（HL），
∴∠BAP＝∠PFE，
∵∠AMP＝90°，
∴∠BAP+∠APM＝90°，∵∠APM＝∠HPF，
∴∠PFH+∠HPF＝90°，
∴∠PHF＝90°，
∴AP⊥EF，
故④正确；
综上，①②④正确．
故选：B．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上
11．（2022春•北京期中）如果正方形的一条对角线长为3 ，那么该正方形的面积为 9 ．
【分析】利用对角线乘积的一半即可求出正方形的面积．
【解答】解：正方形的面积是：3 ×3 × ＝9．
故答案为：9．
12．（2022春•嘉兴期末）已知矩形ABCD，请添加一个条件： AB ＝ BC （答案不唯一） ，使得矩形
ABCD成为正方形．
【分析】根据正方形的判定添加条件即可．
【解答】解：添加的条件可以是AB＝BC．理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，AB＝BC，
∴四边形ABCD是正方形．
故答案为：AB＝BC（答案不唯一）．
13．（2022•新野县三模）在 ABCD中，已知AC，BD为对角线，现有以下四个条件：①∠ABC＝90°；
② AC＝BD；③ AC⊥BD▱；④ AB＝BC．从中选取两个条件，可以判定 ABCD 为正方形的是
①③ （答案不唯一） ．（写出一组即可） ▱
【分析】根据正方形的判断方法即可判断．
【解答】解：根据正方形的判断方法可知：满足条件①③或①④或②③或②④时， ABCD是正
方形． ▱
故答案为：①③（答案不唯一）．
14．（2022秋•通海县校级期中）如图，点E是正方形ABCD内一点，连接AE、BE、CE，若AE＝1，BE
＝2，CE＝3则∠AEB＝ 13 5 度．【分析】将△BCE绕点B顺时针旋转270°，△FBE是等腰直角三角形，可得∠FEB＝45°，再证明
△AFE是直角三角形，可得∠AEF＝90°，进而可得∠AEB的度数．
【解答】解：如下图，将△BCE绕点B逆时针旋转90°，
∵△BCE绕点B顺时针旋转90°，
∴∠FBE＝90°，
∵BE＝BF＝2，
∴△FBE是等腰直角三角形，
∴∠FEB＝45°，FE＝2 ，
∵AF＝CE＝3，AE＝1，FE＝2 ，
∴AF2＝32＝9，AE2+FE2＝12+（2 ）2＝1+8＝9，
∴AF2＝AE2+FE2，
∴△AFE是直角三角形，
∴∠AEF＝90°，
∴∠AEB＝∠FEB+∠AEF＝45°+90°＝135°．
故答案为：135．
15．（2022春•冠县期末）如图，菱形ABCD的边长为4，∠DAB＝60°，对角线AC，BD相交于点O，点
E，F同时从O点出发在线段AC上以0.5cm/s的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运
动），设运动时间为ts．连接DE，DF，BE，BF，当t＝ 4 s时，四边形DEBF为正方形．【分析】根据等边三角形的性质，可以得到 BD 的长，然后根据菱形的性质可以得到 OD 的长和
BD⊥EF，再根据正方形的性质，可以得到OD＝OE，然后即可计算出t的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD＝4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD＝2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD＝OE，
∴t＝2÷0.5＝4，
即t＝4时，四边形DEBF为正方形，
故答案为：4．
16．（2022•攀枝花）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A
在△BCF内部．给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE
是矩形；③当AB＝AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是
正方形．其中正确结论有 ①②③④ （填上所有正确结论的序号）．
【分析】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC＝AD；同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝
AE；根据两边分别相等的四边形是平行四边形得出四边形ADFE是平行四边形，即可判断结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正确；
③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；
④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．
【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；
∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；
∴△EFB≌△ACB（SAS）；
∴EF＝AC＝AD；
同理由△CDF≌△CAB，得DF＝AB＝AE；
由AE＝DF，AD＝EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB＝AC时，AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
17．（2022春•鄂州期中）如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABDE和正方形ACFG，
连接BG，CE，EG，若AB＝3，AC＝1，则BC2+EG2的值为 2 0 ．【分析】连接BE，CG，先证明△BAG≌△EAC，得∠ABG＝∠AEC，可得BG⊥CE，最后由勾股定理
可得结论．
【解答】解：如图，连接BE，CG，
∵正方形ABDE和正方形ACFG，
∴AB＝AE，AG＝AC，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAG＝∠CAE，
∴△BAG≌△EAC（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AHB＝∠OHE，
∴∠EOH＝∠BAH＝90°，
∴∠EOG＝∠BOC＝90°，
∴BC2+EG2＝OB2+OC2+OE2+OG2＝BE2+CG2，
∵AB＝3，AC＝1，
∴BE2＝32+32＝18，CG2＝12+12＝2，
∴BE2+CG2＝18+2＝20，
∴BC2+EG2＝20．
故答案为：20．
18．（2022春•番禺区校级期中）如图，正方形ABCD中，H为CD上一动点（不含C、D），连接AH交
BD于G，过点G作GE⊥AH交BC于E，过E作EF⊥BD于F，连接AE，EH．下列结论：①AG＝
EG；②GE平分∠FEC；③∠EAH＝45°；④BD＝2GF．正确的是 ①③④ （填序号）．【分析】连接CG，由四边形ABCD是正方形，得AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，即可证
明∠ABG＝∠CBG＝45°，进而证明△ABG≌△CBG，得AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，再证明∠BCG＝
∠GEC，得EG＝CG，所以AG＝EG，可判断①正确；
因为AG＝EG，∠AGE＝90°，∠EAH＝∠AEG＝45°，可判断③正确；
连接AC交BD于点I，则AC⊥BC，而EF⊥BD，所以∠GFE＝∠AIG＝90°，得∠GEF＝∠AGI＝90°﹣
∠EGF，即可证明△GEF≌△AGI，得GF＝AI，由正方形的性质可证明BD＝AC＝2AI＝2GF，可判断
④正确；
假设GE平分∠FEC，则∠FEG＝∠CEG，可推导出∠DHG＝∠DGH＝67.5°，与已知条件“H为CD上
一动点”相矛盾，可判断②错误．
【解答】解：连接CG，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CB＝CD，∠BAD＝∠BCD＝90°，
∴∠ABD＝∠ADB＝45°，∠CBD＝∠CDB＝45°，
∴∠ABG＝∠CBG＝45°，
在△ABG和△CBG中，
，
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG＝CG，∠BAG＝∠BCG，
∵AB∥CD，
∴∠BAG＝∠AHD，
∴∠BCG＝∠AHD，
∵GE⊥AH，
∴∠AGE＝∠HGE＝90°，
∴∠GEC+∠AHC＝180°，
∴∠GEC＝180°﹣∠AHC＝∠AHD，∴∠BCG＝∠GEC，
∴EG＝CG，
∴AG＝EG，
故①正确；
∵AG＝EG，∠AGE＝90°，
∴∠EAH＝∠AEG＝45°，
故③正确；
连接AC交BD于点I，则AC⊥BC，
∵EF⊥BD，
∴∠GFE＝∠AIG＝90°，
∴∠GEF＝∠AGI＝90°﹣∠EGF，
在△GEF和△AGI中，
，
∴△GEF≌△AGI（AAS），
∴GF＝AI，∠FEG＝∠IGA＝∠DGH，
∵AI＝CI＝ AC，AC＝BD，
∴BD＝AC＝2AI，
∴BD＝2GF，
故④正确；
假设GE平分∠FEC，则∠FEG＝∠CEG，
∴∠DGH＝∠CEG，
∴∠DHG＝180°﹣∠AHC＝∠CEG，
∴∠DHG＝∠DGH＝ ＝67.5°，
显然与已知条件“H为CD上一动点”相矛盾，
∴GE不一定平分∠FEC，
故②错误，
故答案为：①③④．三、解答题（本大题共6小题，共66分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2022秋•青岛期中）已知：如图，在四边形ABCD中，AB⊥AC，DC⊥AC，∠B＝∠D，点E，F分
别是BC，AD的中点．
（1）求证：△ABC≌△CDA；
（2）求证：四边形AECF是菱形；
（3）给三角形ABC添加一个条件 AB ＝ AC ，使得四边形AECF是正方形，并证明你的结论．
【分析】（1）根据AAS可证明△ABC≌△CDA；
（2）证出AB＝CD，AD＝BC，则可得出四边形ABCD是平行四边形，由直角三角形的性质证出AE＝
BC＝EC，则可得出结论；
（3）根据正方形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB⊥AC，DC⊥AC，
∴∠BAC＝∠ACD＝90°，
在△ABC和△CDA中，
，
∴△ABC≌△CDA（AAS）；
（2）证明：∵△ABC≌△CDA，
∴AB＝CD，AD＝BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵点E，F分别是BC，AD的中点，∴EC＝ BC，AF＝ AD，
∴EC＝AF，
∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠BAC＝90°，点E是BC的中点，
∴AE＝ BC＝EC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（3）解：添加一个条件是AB＝AC．
∵AB＝AC，点E是BC的中点，
∴AE⊥BC，
即∠AEC＝90°，
∵平行四边形AECF是菱形，
∴四边形AECF是正方形．
故答案为：AB＝AC．
20．（2022春•东莞市校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB
边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECF是正方形？（不必说明理由）
【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）当∠A＝45°，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，
理由是：∵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，
∴CD＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC＝∠CBE＝45°，
∴∠DBE＝90°，
∴四边形BECD是正方形．
21．（2022春•寻乌县期末）如图，△ABC中，AD是∠BAC的平分线，作DE∥AB交AC于点E，DF∥AC
交AB于点F．
（1）求证：四边形AEDF是菱形；
（2）当△ABC满足条件 ∠ BAC ＝ 90 ° 时，四边形AEDF是正方形．
【分析】（1）先证四边形AEDF是平行四边形，再证EA＝ED，即可得出结论；（2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，∠EDA＝∠FAD，
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠EAD＝∠FAD，
∴∠EAD＝∠EDA，
∴EA＝ED，
∴平行四边形AEDF为菱形；
（2）在△ABC中，当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形，
∵∠BAC＝90°，
∴四边形AEDF是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）．
故答案为：∠BAC＝90°．
22．（2022秋•江阴市期中）如图，正方形ABCD的边长为8cm，点E在AD边上，AE＝6cm，动点P从点
A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C→D运动，设运动时间为t秒．
（1）BE＝ 1 0 cm ；
（2）当点P在BE的垂直平分线上时，求t的值；
（3）当t＝ 2 0 ，PE平分∠BED，试猜想此时PB是否为∠EBC的角平分线，并说明理由．
【分析】（1）利用勾股定理求解即可；
（2）如图1中，设BE的垂直平分线交AB于点P，交CD于点P′，连接PE．过点P′作P′T⊥AB于
点T．由题意PB＝PE＝8﹣t，利用勾股定理求出t，再证明PT＝AE＝6cm，求出BT，可得结论；
（3）结论：PB是∠EBC的角平分线．如图2中，连接PB，过点P作PK⊥BE于点K．利用全等三角形
的性质证明PD＝PK＝PC，可得结论．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝90°，∴BE＝ ＝ ＝10（cm），
故答案为：10cm；
（2）如图1中，设BE的垂直平分线交AB于点P，交CD于点P′，连接PE．过点P′作P′T⊥AB于
点T．
由题意PB＝PE＝8﹣t，
在Rt△APE中，则有t2+62＝（8﹣t）2，
∴t＝ ．
∵∠C＝∠CBT＝∠BTP′＝90°，
∴四边形CBTP′是矩形，
∴CP′＝BT，P′T＝BC＝AB，
∵∠A＝∠P′TB＝90°，∠ABE+∠TPP′＝90°，∠P′PT+∠PP′T＝90°，
∴∠ABE＝∠PP′T，
∴△P′TP≌△BAE（AAS），
∴PT＝AE＝6cm，
∴BT＝AB﹣AP﹣PT＝8﹣ ﹣6＝ ，
∴运动到P′时，t＝8+8+ ＝ ，
综上所述，满足条件的t的值为 或 ．
（3）结论：PB是∠EBC的角平分线．
理由：如图2中，连接PB，过点P作PK⊥BE于点K．∵PE平分∠BED，PK⊥BE．PD⊥ED，
∴∠PED＝∠PEK，∠D＝∠PKE＝90°，
∵PE＝PE，
∴△PED≌△PEK（AAS），
∴PD＝PK，ED＝EK＝2cm，
∵BE＝10cm，
∴BK＝8cm＝BC，
∵PB＝PB，∠C＝∠PKB＝90°，
∴△BPK≌△BPC（AAS），
∴PK＝PC，
∴PD＝PC，
∵PK⊥BE，PC⊥BC，
∴∠PBK＝∠PBC，
∴PB平分∠EBC，
∵PD＝PC，
∴t＝8+8+4＝20．
故答案为：20．
23．（2022•六合区校级开学）课本上有一道习题：如图1，在正方形ABCD中，点E在AB上，点F在BC
上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求证：∠DGF＝90°．
（1）请完成上题的证明过程；
（2）如图2，在菱形ABCD中，点E在AB上，点F在射线BC上，AF与DE相交于点G，AF＝DE，求
证：∠DGF＝∠B．【分析】（1）根据正方形的性质和已知条件证明Rt△DAE≌Rt△ABF，再通过证明∠ADE+∠DAF＝
90°证明∠DGF＝90°；
（2）作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，根据同一个菱形的高相等证明EK＝AH，再由AF＝DE证明
Rt△EKD≌Rt△AHF得到∠EDC＝∠F，再推出∠DGF＝∠B．
【解答】（1）证明：如图1，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAE＝∠B＝90°，
∵AF＝DE，
∴Rt△DAE≌Rt△ABF（HL），
∴∠ADE＝∠BAF，
∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝∠DAB＝90°，
∴∠DGF＝∠ADE+∠DAF＝90°．
（2）证明：如图2，作AH⊥BC于点H，EK⊥CD于点K，则∠EKD＝∠AHF＝90°，
设AF交CD于点R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，
∴S菱形ABCD ＝EK•DC＝AH•BC，
∴EK＝AH，
∵AF＝DE，
∴Rt△EKD≌Rt△AHF（HL），
∴∠EDC＝∠F，
∴∠DRF﹣∠EDC＝∠DRF﹣∠F，
∵∠DGF＝∠DRF﹣∠EDC，∠DCF＝∠DRF﹣∠F，
∴∠DGF＝∠DCF，
∵CD∥AB，
∴∠DCF＝∠B，∴∠DGF＝∠B．
24．（2022春•海陵区校级期末）如图，在正方形 ABCD中，F为BC为边上的定点，E、G分别是AB、
CD边上的动点，AF和EG交于点H．有2个选项：①AF⊥EG②AF＝EG．
（1）请从2个选项中选择一个作为条件，余下一个作为结论，得到一个真命题，并证明．你选择的条
件是 ① ，结论是 ② （只要填写序号）；
（2）若AB＝6，BF＝2．
①若BE＝3，求AG的长；
②连结AG、EF，直接写出AG+EF的最小值．
【分析】（1）条件是①，结论是②．过点G作GP⊥AB交于P，证明△ABF≌△GPE（ASA）即可；
（2）①在Rt△APG中，求出AP＝1，PG＝6，利用勾股定理得出AG＝ ；
②过点F作FQ∥EG，过点G作GQ∥EF，当A、G、Q三点共线时，AG+EF的值最小，证明△AFQ是
等腰直角三角形，由勾股定理即可求AQ的值即为所求．【解答】解：（1）（答案不唯一）选择的条件是①，结论是②．理由如下：
如图1，过点G作GP⊥AB交于P，
∵AH⊥EG，
∴∠AEH+∠DAH＝90°，
∵∠PEG+∠PGC＝90°，
∴∠EAH＝∠PGE．
在△ABF与△GPE中，
，
∴△ABF≌△GPE（ASA），
∴AF＝EG．
故答案为：①，②（答案不唯一）；
（2）①∵BF＝2，
∴PE＝2，
∵AB＝6，BE＝3，
∴AE＝3，
∴AP＝1，
在Rt△APG中，AP＝1，PG＝6，
∴AG＝ ＝ ；
②过点F作FQ∥EG，过点G作GQ∥EF，
∴四边形EFQG为平行四边形，
∴GQ＝EF，
∴AG+EF＝AG+GQ≥AQ，
∴当A、G、Q三点共线时，AG+EF的值最小，
∵EG＝AF，EG＝FQ，
∴AF＝FQ，
∵AF⊥EG，
∴AF⊥FQ，
∴△AFQ是等腰直角三角形，∵AF＝ ＝2 ，
∴AQ＝4 ，
∴AG+EF的最小值为4 ．
