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8.如图,将正方形纸片按如图所示方式折叠,AM 为折痕,点 B 落在对角线 AC 上的点 E 处,则$∠ CME=\_\_\_\_\_\_°$.
第8题图
第8题图答案
8.45
解析
【分析】解题时先结合正方形性质确定已知角度，再利用折叠的性质得到对应角的度数，最后通过三角形内角和定理计算所求角度。首先，正方形的对角线平分内角，可得AC与BC的夹角为45°，且正方形内角∠B为90°；其次折叠前后对应角相等，可得到点E处的角度；最后在△CEM中利用内角和即可求出∠CME。
【解析】解：
∵四边形ABCD是正方形
∴∠B=90°，∠ACB=45°
由折叠的性质可知，∠AEM=∠B=90°
∴∠CEM=180°-∠AEM=90°
在△CEM中，根据三角形内角和为180°得：
∠CME=180°-∠CEM-∠ACB=180°-90°-45°=45°
【答案】45
【知识点】正方形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理
【点评】本题是基础几何计算题，核心是抓住折叠变换前后对应角相等的特征，结合正方形对角线的角度特性即可快速求解，需要熟练掌握特殊几何图形的性质和折叠类问题的解题规律。
【难度系数】0.8
【解析】解：
∵四边形ABCD是正方形
∴∠B=90°，∠ACB=45°
由折叠的性质可知，∠AEM=∠B=90°
∴∠CEM=180°-∠AEM=90°
在△CEM中，根据三角形内角和为180°得：
∠CME=180°-∠CEM-∠ACB=180°-90°-45°=45°
【答案】45
【知识点】正方形的性质，折叠的性质，三角形内角和定理
【点评】本题是基础几何计算题，核心是抓住折叠变换前后对应角相等的特征，结合正方形对角线的角度特性即可快速求解，需要熟练掌握特殊几何图形的性质和折叠类问题的解题规律。
【难度系数】0.8
9.如图,正方形ABCO的顶点C,A分别在x轴、y轴上,BC是菱形BDCE的对角线,若$∠ D=60°$,$BC=2$,则点D的坐标是$\underline{\hspace{5em}}$.
答案
9.$(2+\sqrt{3},1)$
解析
【分析】
解题时先从正方形ABCO的性质入手，由边长BC=2确定B、C两点坐标，以及BC的中点坐标和BC的方向；再结合菱形对角线互相垂直平分的性质，得出另一条对角线ED为水平方向，点D纵坐标与BC中点纵坐标一致；最后根据∠D=60°，结合等边三角形性质或勾股定理求出D点到BC的水平距离，即可得到D点坐标。
【解析】
1. 求正方形顶点坐标：
∵四边形ABCO是正方形，BC=2，
∴AB=BC=CO=OA=2，BC垂直于x轴，
∴C点坐标为$(2,0)$，B点坐标为$(2,2)$。
2. 求BC中点坐标：
BC为竖直线段，中点坐标为$(\frac{2+2}{2},\frac{2+0}{2})$，即$(2,1)$。
3. 结合菱形性质确定D点纵坐标：
∵四边形BDCE是菱形，BC是对角线，
∴BC与ED互相垂直平分，且BD=CD。
∵BC为竖直方向，
∴ED为水平方向，点D的纵坐标与BC中点纵坐标相同，为1。
4. 计算D点横坐标：
∵∠BDC=60°，BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，即BD=BC=2。
过D作DF⊥BC于F，F即为BC中点，故BF=1，
在Rt△BFD中，由勾股定理得：$FD=\sqrt{BD^2-BF^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵D在BC右侧，
∴D的横坐标为$2+\sqrt{3}$。
综上，点D的坐标为$(2+\sqrt{3},1)$。
【答案】
$(2+\sqrt{3},1)$
【知识点】
正方形的性质，菱形的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形与平面直角坐标系结合的基础综合题，解题核心是利用特殊四边形的对角线性质快速确定点的纵坐标，再结合角度和边长关系求出横坐标，解题时需注意点所在的象限位置避免符号错误。
【难度系数】
0.7
解题时先从正方形ABCO的性质入手，由边长BC=2确定B、C两点坐标，以及BC的中点坐标和BC的方向；再结合菱形对角线互相垂直平分的性质，得出另一条对角线ED为水平方向，点D纵坐标与BC中点纵坐标一致；最后根据∠D=60°，结合等边三角形性质或勾股定理求出D点到BC的水平距离，即可得到D点坐标。
【解析】
1. 求正方形顶点坐标：
∵四边形ABCO是正方形，BC=2，
∴AB=BC=CO=OA=2，BC垂直于x轴，
∴C点坐标为$(2,0)$，B点坐标为$(2,2)$。
2. 求BC中点坐标：
BC为竖直线段，中点坐标为$(\frac{2+2}{2},\frac{2+0}{2})$，即$(2,1)$。
3. 结合菱形性质确定D点纵坐标：
∵四边形BDCE是菱形，BC是对角线，
∴BC与ED互相垂直平分，且BD=CD。
∵BC为竖直方向，
∴ED为水平方向，点D的纵坐标与BC中点纵坐标相同，为1。
4. 计算D点横坐标：
∵∠BDC=60°，BD=CD，
∴△BCD是等边三角形，即BD=BC=2。
过D作DF⊥BC于F，F即为BC中点，故BF=1，
在Rt△BFD中，由勾股定理得：$FD=\sqrt{BD^2-BF^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$。
∵D在BC右侧，
∴D的横坐标为$2+\sqrt{3}$。
综上，点D的坐标为$(2+\sqrt{3},1)$。
【答案】
$(2+\sqrt{3},1)$
【知识点】
正方形的性质，菱形的性质，勾股定理
【点评】
本题是特殊四边形与平面直角坐标系结合的基础综合题，解题核心是利用特殊四边形的对角线性质快速确定点的纵坐标，再结合角度和边长关系求出横坐标，解题时需注意点所在的象限位置避免符号错误。
【难度系数】
0.7
10.如图,点 E 在正方形 ABCD 的边 CD 上,若$△ ABE$的面积为 18,$CE=4$,则线段 BE 的长为________.
答案
10.$2\sqrt{13}$
解析
【分析】
首先分析△ABE的特点：该三角形以AB为底时，对应高等于正方形的边长，因此可先通过△ABE的面积求出正方形的边长；再结合CE的长度，在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求出BE的长度。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$a$。
1. 求正方形边长：
∵AB与CD平行，点E到AB的距离等于正方形的边长$a$，
∴$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}× AB × a=\frac{1}{2}a^2$，
已知$S_{△ ABE}=18$，代入得$\frac{1}{2}a^2=18$，解得$a^2=36$，即$a=6$（边长为正数，舍去负解）。
2. 计算BE的长度：
在正方形ABCD中，$∠ C=90°$，$BC=a=6$，已知$CE=4$，
在$Rt△ BCE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
正方形的性质，三角形面积计算，勾股定理
【点评】
本题是正方形与勾股定理结合的基础题，解题的关键是明确三角形ABE的面积和正方形边长的关系，整体计算难度较低，属于常规考查题型。
【难度系数】
0.7
首先分析△ABE的特点：该三角形以AB为底时，对应高等于正方形的边长，因此可先通过△ABE的面积求出正方形的边长；再结合CE的长度，在直角三角形BCE中利用勾股定理即可求出BE的长度。
【解析】
设正方形ABCD的边长为$a$。
1. 求正方形边长：
∵AB与CD平行，点E到AB的距离等于正方形的边长$a$，
∴$S_{△ ABE}=\frac{1}{2}× AB × a=\frac{1}{2}a^2$，
已知$S_{△ ABE}=18$，代入得$\frac{1}{2}a^2=18$，解得$a^2=36$，即$a=6$（边长为正数，舍去负解）。
2. 计算BE的长度：
在正方形ABCD中，$∠ C=90°$，$BC=a=6$，已知$CE=4$，
在$Rt△ BCE$中，由勾股定理得：
$BE=\sqrt{BC^2+CE^2}=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$。
【答案】
$2\sqrt{13}$
【知识点】
正方形的性质，三角形面积计算，勾股定理
【点评】
本题是正方形与勾股定理结合的基础题，解题的关键是明确三角形ABE的面积和正方形边长的关系，整体计算难度较低，属于常规考查题型。
【难度系数】
0.7
11.如图,四边形ABCD是边长为4的正方形,△BPC是等边三角形,则阴影部分的面积为
$12-4\sqrt{3}$
.答案
11.$12-4\sqrt{3}$
解析
【分析】
求解本题可采用“整体减空白”的思路：阴影部分的面积等于正方形ABCD的面积，减去下方空白的等边△BPC的面积，再减去右侧空白的△DPC的面积。第一步先根据正方形边长算出正方形面积；第二步利用等边三角形的性质、勾股定理算出△BPC的面积；第三步先求出∠PCD的度数，结合30°直角三角形的性质求出△DPC的高，再计算其面积，最后作差即可得到阴影面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是边长为4的正方形
∴$S_{\mathrm{正方形}ABCD}=4×4=16$，$∠ BCD=90°$，$BC=CD=4$
∵$△ BPC$是等边三角形
∴$BC=PC=4$，$∠ BCP=60°$
等边$△ BPC$底边$BC$上的高$h_1=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$
∴$S_{△ BPC}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$
$∠ PCD=∠ BCD-∠ BCP=90°-60°=30°$
过点$P$作$PE⊥ CD$于点$E$，在$\mathrm{Rt}△ PEC$中，$∠ PCE=30°$，$PC=4$
∴$PE=\frac{1}{2}PC=2$（30°角所对的直角边等于斜边的一半）
∴$S_{△ DPC}=\frac{1}{2}× CD× PE=\frac{1}{2}×4×2=4$
∴$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ BPC}-S_{△ DPC}=16-4\sqrt{3}-4=12-4\sqrt{3}$
【答案】
$12-4\sqrt{3}$
【知识点】
正方形的性质，等边三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于组合图形面积计算的典型题，采用整体减空白的思路可有效简化计算，解题关键是结合特殊图形的性质准确求出各空白部分的面积。
【难度系数】
0.6
求解本题可采用“整体减空白”的思路：阴影部分的面积等于正方形ABCD的面积，减去下方空白的等边△BPC的面积，再减去右侧空白的△DPC的面积。第一步先根据正方形边长算出正方形面积；第二步利用等边三角形的性质、勾股定理算出△BPC的面积；第三步先求出∠PCD的度数，结合30°直角三角形的性质求出△DPC的高，再计算其面积，最后作差即可得到阴影面积。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是边长为4的正方形
∴$S_{\mathrm{正方形}ABCD}=4×4=16$，$∠ BCD=90°$，$BC=CD=4$
∵$△ BPC$是等边三角形
∴$BC=PC=4$，$∠ BCP=60°$
等边$△ BPC$底边$BC$上的高$h_1=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$
∴$S_{△ BPC}=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$
$∠ PCD=∠ BCD-∠ BCP=90°-60°=30°$
过点$P$作$PE⊥ CD$于点$E$，在$\mathrm{Rt}△ PEC$中，$∠ PCE=30°$，$PC=4$
∴$PE=\frac{1}{2}PC=2$（30°角所对的直角边等于斜边的一半）
∴$S_{△ DPC}=\frac{1}{2}× CD× PE=\frac{1}{2}×4×2=4$
∴$S_{\mathrm{阴影}}=S_{\mathrm{正方形}ABCD}-S_{△ BPC}-S_{△ DPC}=16-4\sqrt{3}-4=12-4\sqrt{3}$
【答案】
$12-4\sqrt{3}$
【知识点】
正方形的性质，等边三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题属于组合图形面积计算的典型题，采用整体减空白的思路可有效简化计算，解题关键是结合特殊图形的性质准确求出各空白部分的面积。
【难度系数】
0.6
12.如图,已知点 E 在正方形 ABCD 的边 AB 上,以 BE 为边向正方形 ABCD 外部作正方形 BEFG,连接 DF,M,N 分别是 DC,DF 的中点,连接 MN.若 AB=7,BE=5,则 MN=
$\dfrac{13}{2}$
.答案
12.$\dfrac{13}{2}$
解析
【分析】
要计算MN的长度，首先观察M、N分别是DC、DF的中点，可联想到三角形中位线定理，因此先连接CF，可得MN是△DCF的中位线，即MN=½CF，只需计算出CF的长度即可求解。计算CF时，利用正方形的性质得到Rt△FGC的两条直角边长度，再用勾股定理算出CF，最后除以2就能得到MN的长度。
【解析】
解：连接CF。
∵ 四边形ABCD是正方形，AB=7，
∴ BC=AB=7，
∵ 四边形BEFG是正方形，BE=5，
∴ FG=BG=BE=5，∠G=90°，
∴ GC=BG+BC=5+7=12，
在Rt△FGC中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{FG^2+GC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13$，
∵ M、N分别是DC、DF的中点，
∴ MN是△DCF的中位线，
根据三角形中位线定理：$MN=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}×13=\frac{13}{2}$。
【答案】
$\dfrac{13}{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是通过构造辅助线CF，利用中位线定理将未知线段MN转化为已知可求的线段CF，再结合勾股定理完成计算，解题思路清晰，属于常规几何考点的结合应用。
【难度系数】
0.7
要计算MN的长度，首先观察M、N分别是DC、DF的中点，可联想到三角形中位线定理，因此先连接CF，可得MN是△DCF的中位线，即MN=½CF，只需计算出CF的长度即可求解。计算CF时，利用正方形的性质得到Rt△FGC的两条直角边长度，再用勾股定理算出CF，最后除以2就能得到MN的长度。
【解析】
解：连接CF。
∵ 四边形ABCD是正方形，AB=7，
∴ BC=AB=7，
∵ 四边形BEFG是正方形，BE=5，
∴ FG=BG=BE=5，∠G=90°，
∴ GC=BG+BC=5+7=12，
在Rt△FGC中，由勾股定理得：
$CF=\sqrt{FG^2+GC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=\sqrt{25+144}=\sqrt{169}=13$，
∵ M、N分别是DC、DF的中点，
∴ MN是△DCF的中位线，
根据三角形中位线定理：$MN=\frac{1}{2}CF=\frac{1}{2}×13=\frac{13}{2}$。
【答案】
$\dfrac{13}{2}$
【知识点】
三角形中位线定理，正方形的性质，勾股定理
【点评】
本题是几何基础综合题，解题的核心是通过构造辅助线CF，利用中位线定理将未知线段MN转化为已知可求的线段CF，再结合勾股定理完成计算，解题思路清晰，属于常规几何考点的结合应用。
【难度系数】
0.7
三、解答题
13.如图,在正方形ABCD中,点E为BC边上一点,点F为BA延长线上一点,且$CE=AF$,连接DE,DF.求证:$DE=DF$.
13.如图,在正方形ABCD中,点E为BC边上一点,点F为BA延长线上一点,且$CE=AF$,连接DE,DF.求证:$DE=DF$.
答案
13.$\because$ 四边形 ABCD 是正方形, $\therefore AD=CD$,$∠ DAB=∠ C=90°$,$\therefore ∠ FAD=180°-∠ DAB=90°$. 在 $△ DCE$ 和 $△ DAF$ 中, $\begin{cases} CD=AD, \\ ∠ C=∠ DAF, \\ CE=AF, \end{cases}$$\therefore △ DCE≌△ DAF(\mathrm{SAS}),\therefore DE=DF$
解析
【分析】
要证明$DE=DF$，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察图形可知，$DE$在$△ DCE$中，$DF$在$△ DAF$中，结合正方形的性质可得：正方形四条边相等，故$CD=AD$；正方形四个内角均为直角，故$∠ C=90°$，$∠ DAB=90°$，由此可推出$∠ DAB$的邻补角$∠ FAD=90°$，即$∠ C=∠ FAD$；再结合题目给出的$CE=AF$的已知条件，即可利用SAS判定定理证明$△ DCE ≌ △ DAF$，最后根据全等三角形对应边相等即可得到$DE=DF$的结论。
【解析】
证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ DAB=∠ C=90°$，
∴ $∠ FAD=180°-∠ DAB=90°$。
在$△ DCE$和$△ DAF$中：
$\begin{cases}CD=AD \\∠ C=∠ DAF \\CE=AF\end{cases}$
∴ $△ DCE ≌ △ DAF(\mathrm{SAS})$，
∴ $DE=DF$。
【答案】
$DE=DF$，证明成立。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，主要考查正方形性质和三角形全等的综合应用，解题的关键是结合正方形性质找到全等三角形的对应相等条件，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决这类问题的核心。
【难度系数】
0.8
要证明$DE=DF$，可通过证明两条线段所在的三角形全等来推导。首先观察图形可知，$DE$在$△ DCE$中，$DF$在$△ DAF$中，结合正方形的性质可得：正方形四条边相等，故$CD=AD$；正方形四个内角均为直角，故$∠ C=90°$，$∠ DAB=90°$，由此可推出$∠ DAB$的邻补角$∠ FAD=90°$，即$∠ C=∠ FAD$；再结合题目给出的$CE=AF$的已知条件，即可利用SAS判定定理证明$△ DCE ≌ △ DAF$，最后根据全等三角形对应边相等即可得到$DE=DF$的结论。
【解析】
证明：
∵ 四边形$ABCD$是正方形，
∴ $AD=CD$，$∠ DAB=∠ C=90°$，
∴ $∠ FAD=180°-∠ DAB=90°$。
在$△ DCE$和$△ DAF$中：
$\begin{cases}CD=AD \\∠ C=∠ DAF \\CE=AF\end{cases}$
∴ $△ DCE ≌ △ DAF(\mathrm{SAS})$，
∴ $DE=DF$。
【答案】
$DE=DF$，证明成立。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定、全等三角形的性质
【点评】
本题是几何基础证明题，主要考查正方形性质和三角形全等的综合应用，解题的关键是结合正方形性质找到全等三角形的对应相等条件，熟练掌握全等三角形的判定方法是解决这类问题的核心。
【难度系数】
0.8
14.如图,在矩形ABCD中,∠ABC的平分线交对角线AC于点M,ME⊥AB,MF⊥BC,垂足分别是点E,F.判定四边形EBFM的形状,并证明你的结论.
答案
14.四边形EBFM是正方形.证明:$\because$ 四边形 ABCD 是矩形, $\therefore ∠ ABC = 90°$, $\because MF ⊥ BC$, $ME ⊥ AB$,$\therefore ∠ BFM=∠ MEB=90°$,$\because ∠ ABC=∠ BFM=∠ MEB=90°$,$\therefore$ 四边形 EBFM 为矩形,$\because BM$ 平分$∠ ABC$,$\therefore ME=MF$,$\therefore$ 四边形 EBFM 为正方形
解析
【分析】
要判定四边形EBFM的形状，可分两步推导：首先结合已知的垂直条件和矩形ABCD的直角特征，先判断四边形是否为矩形；再利用角平分线的性质判断矩形邻边是否相等，若邻边相等即可进一步判定为正方形。
【解析】
证明：
$\because$ 四边形ABCD是矩形，
$\therefore ∠ ABC = 90°$，
$\because MF⊥ BC$，$ME⊥ AB$，
$\therefore ∠ BFM=∠ MEB=90°$，
$\because ∠ ABC=∠ BFM=∠ MEB=90°$，
$\therefore$ 四边形EBFM为矩形，
$\because$ BM平分$∠ ABC$，$ME⊥ AB$，$MF⊥ BC$，
$\therefore ME=MF$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore$ 四边形EBFM为正方形。
【答案】
四边形EBFM是正方形。
【知识点】
矩形的判定；角平分线的性质；正方形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础题，按照“先证矩形，再证邻边相等推导正方形”的逻辑即可解题，需要熟练掌握特殊四边形的判定定理和角平分线的性质，理清推导顺序即可顺利作答。
【难度系数】
0.8
要判定四边形EBFM的形状，可分两步推导：首先结合已知的垂直条件和矩形ABCD的直角特征，先判断四边形是否为矩形；再利用角平分线的性质判断矩形邻边是否相等，若邻边相等即可进一步判定为正方形。
【解析】
证明：
$\because$ 四边形ABCD是矩形，
$\therefore ∠ ABC = 90°$，
$\because MF⊥ BC$，$ME⊥ AB$，
$\therefore ∠ BFM=∠ MEB=90°$，
$\because ∠ ABC=∠ BFM=∠ MEB=90°$，
$\therefore$ 四边形EBFM为矩形，
$\because$ BM平分$∠ ABC$，$ME⊥ AB$，$MF⊥ BC$，
$\therefore ME=MF$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore$ 四边形EBFM为正方形。
【答案】
四边形EBFM是正方形。
【知识点】
矩形的判定；角平分线的性质；正方形的判定
【点评】
本题是特殊四边形判定的基础题，按照“先证矩形，再证邻边相等推导正方形”的逻辑即可解题，需要熟练掌握特殊四边形的判定定理和角平分线的性质，理清推导顺序即可顺利作答。
【难度系数】
0.8
