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1.【数学应用】如图，已知正方形纸片ABCD，要在该纸片上剪下一个四边形EFGH，其中点E,F,G,H分别在正方形的四条边上，且$AF=BG=CH=DE$。下列结论不一定正确的是（
A.$∠ AFG=∠ BGH$
B.$EF// GH$
C.四边形EFGH是正方形
D.四边形EFGH的面积是四边形ABCD面积的一半
D
）。A.$∠ AFG=∠ BGH$
B.$EF// GH$
C.四边形EFGH是正方形
D.四边形EFGH的面积是四边形ABCD面积的一半
答案
1.D
解析
【分析】
解题时首先利用正方形的边角性质，结合已知AF=BG=CH=DE的条件，先推导得到四个小直角三角形全等，再根据全等的性质逐一判断各选项：①通过对应角相等直接判断A选项；②由全等得四边相等，再推导四边形EFGH的内角为90°，判定其为正方形，即可判断B、C选项；③对于D选项，可通过设边长用代数式表示两四边形的面积，判断是否在所有情况下都满足面积为一半的关系。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，
∵AF=BG=CH=DE，
∴AG=BH=CE=DF。
在△AFG、△BGH、△CHE、△DEF中：
$\{\begin{array}{l}AF=BG=CH=DE\\ ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D\\ AG=BH=CE=DF\end{array} $
∴△AFG≌△BGH≌△CHE≌△DEF（SAS），
∴∠AFG=∠BGH，FG=GH=HE=EF，故A选项结论正确，不符合题意；
∵∠BGH+∠BHG=90°，∠AFG=∠BGH，∠AFG+∠AGF=90°，
∴∠AGF+∠BGH=90°，
∴∠FGH=180°-(∠AGF+∠BGH)=90°，
∴菱形EFGH是正方形，故C选项结论正确，不符合题意；
正方形对边平行，故EF//GH，B选项结论正确，不符合题意；
设正方形ABCD边长为$a$，$AF=x$，则$AG=a-x$，
正方形EFGH的面积为$FG^2=AF^2+AG^2=x^2+(a-x)^2=2x^2-2ax+a^2$，
正方形ABCD面积为$a^2$，
仅当$2x^2-2ax+a^2=\frac{1}{2}a^2$，即$x=\frac{a}{2}$（F、G等为各边中点）时，EFGH面积是ABCD面积的一半，其余情况不满足，故D选项结论不一定正确，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
1.正方形的性质与判定
2.全等三角形的判定与性质
3.正方形面积计算
【点评】
本题以正方形内嵌四边形为背景，核心考查全等三角形的证明和正方形的相关性质，解题时要注意区分一般情况和特殊情况，不要默认E、F、G、H为各边中点而误判D选项。
【难度系数】
0.7
解题时首先利用正方形的边角性质，结合已知AF=BG=CH=DE的条件，先推导得到四个小直角三角形全等，再根据全等的性质逐一判断各选项：①通过对应角相等直接判断A选项；②由全等得四边相等，再推导四边形EFGH的内角为90°，判定其为正方形，即可判断B、C选项；③对于D选项，可通过设边长用代数式表示两四边形的面积，判断是否在所有情况下都满足面积为一半的关系。
【解析】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，
∵AF=BG=CH=DE，
∴AG=BH=CE=DF。
在△AFG、△BGH、△CHE、△DEF中：
$\{\begin{array}{l}AF=BG=CH=DE\\ ∠ A=∠ B=∠ C=∠ D\\ AG=BH=CE=DF\end{array} $
∴△AFG≌△BGH≌△CHE≌△DEF（SAS），
∴∠AFG=∠BGH，FG=GH=HE=EF，故A选项结论正确，不符合题意；
∵∠BGH+∠BHG=90°，∠AFG=∠BGH，∠AFG+∠AGF=90°，
∴∠AGF+∠BGH=90°，
∴∠FGH=180°-(∠AGF+∠BGH)=90°，
∴菱形EFGH是正方形，故C选项结论正确，不符合题意；
正方形对边平行，故EF//GH，B选项结论正确，不符合题意；
设正方形ABCD边长为$a$，$AF=x$，则$AG=a-x$，
正方形EFGH的面积为$FG^2=AF^2+AG^2=x^2+(a-x)^2=2x^2-2ax+a^2$，
正方形ABCD面积为$a^2$，
仅当$2x^2-2ax+a^2=\frac{1}{2}a^2$，即$x=\frac{a}{2}$（F、G等为各边中点）时，EFGH面积是ABCD面积的一半，其余情况不满足，故D选项结论不一定正确，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
1.正方形的性质与判定
2.全等三角形的判定与性质
3.正方形面积计算
【点评】
本题以正方形内嵌四边形为背景，核心考查全等三角形的证明和正方形的相关性质，解题时要注意区分一般情况和特殊情况，不要默认E、F、G、H为各边中点而误判D选项。
【难度系数】
0.7
2. 用边长为6 cm的正八边形拼接成的图案如图所示，在拼接的图案中有空隙，现在要镶嵌对应的几何图形，使该图案是无空隙、无重叠的平面图形，则空隙部分镶嵌的图形是（
A.边长为6 cm的不含直角的菱形
B.边长为3 cm的正方形
C.边长为6 cm的正方形
D.面积为35 cm²的正方形
C
）。A.边长为6 cm的不含直角的菱形
B.边长为3 cm的正方形
C.边长为6 cm的正方形
D.面积为35 cm²的正方形
答案
2.C
解析
【分析】
要解决平面镶嵌问题，需紧扣“同一拼接顶点处所有多边形的内角和为360°”这一核心条件。解题时先计算正八边形的内角度数，再观察空隙顶点处相邻正八边形的内角总和，进而求出空隙图形的内角度数，最后结合拼接处边长相等的特点，即可判断空隙处的图形类型。
【解析】
1. 计算正八边形的内角度数：根据正多边形内角公式，正$n$边形每个内角的度数为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入$n=8$，得正八边形每个内角为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$。
2. 分析拼接点的内角和：观察图案可知，每个空隙的公共顶点处有2个正八边形的内角，二者之和为$2×135°=270°$。
3. 求空隙图形的内角度数：平面镶嵌要求拼接点处所有内角的和为$360°$，因此空隙图形在该顶点处的内角为$360°-270°=90°$。
4. 判断图形边长：拼接时图形无空隙无重叠，因此空隙图形的边长与正八边形的边长相等，为6 cm。
综上，空隙部分是边长为6 cm的正方形，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内角计算；平面镶嵌；正方形特征
【点评】
本题结合实际拼接图案考查几何知识的应用，解题的关键是掌握平面密铺的核心条件和正多边形内角的计算方法，同时要注意观察拼接处的边长对应关系，能较好地考查学生的观察能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.7
要解决平面镶嵌问题，需紧扣“同一拼接顶点处所有多边形的内角和为360°”这一核心条件。解题时先计算正八边形的内角度数，再观察空隙顶点处相邻正八边形的内角总和，进而求出空隙图形的内角度数，最后结合拼接处边长相等的特点，即可判断空隙处的图形类型。
【解析】
1. 计算正八边形的内角度数：根据正多边形内角公式，正$n$边形每个内角的度数为$\frac{(n-2)×180°}{n}$，代入$n=8$，得正八边形每个内角为$\frac{(8-2)×180°}{8}=135°$。
2. 分析拼接点的内角和：观察图案可知，每个空隙的公共顶点处有2个正八边形的内角，二者之和为$2×135°=270°$。
3. 求空隙图形的内角度数：平面镶嵌要求拼接点处所有内角的和为$360°$，因此空隙图形在该顶点处的内角为$360°-270°=90°$。
4. 判断图形边长：拼接时图形无空隙无重叠，因此空隙图形的边长与正八边形的边长相等，为6 cm。
综上，空隙部分是边长为6 cm的正方形，答案选C。
【答案】
C
【知识点】
正多边形内角计算；平面镶嵌；正方形特征
【点评】
本题结合实际拼接图案考查几何知识的应用，解题的关键是掌握平面密铺的核心条件和正多边形内角的计算方法，同时要注意观察拼接处的边长对应关系，能较好地考查学生的观察能力和知识应用能力。
【难度系数】
0.7
3. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=3，现要截出等腰三角形ABE，使点E在边DC上，则DE的最大值为（
A.3
B.4.5
C.$3\sqrt{3}$
D.$3\sqrt{5}$
C
）。A.3
B.4.5
C.$3\sqrt{3}$
D.$3\sqrt{5}$
答案
3.C
解析
【分析】
要解决这个问题，首先明确矩形的基本性质：矩形对边相等，四个角都是直角，因此CD=AB=6，AD=BC=3，∠D=∠C=90°。要使DE最大，我们需要对等腰△ABE的腰的情况分类讨论：等腰三角形的腰有三种可能，分别是AE=BE、AB=AE、AB=BE，分别计算三种情况的DE长度，再比较大小即可得到最大值。
【解析】
解：在矩形ABCD中，CD=AB=6，AD=BC=3，∠D=∠C=90°，分三种情况讨论等腰△ABE：
1. 当AE=BE时：
在Rt△ADE和Rt△BCE中，$\{\begin{array}{l}AD=BC\\ AE=BE\end{array} $
∴Rt△ADE≌Rt△BCE（HL），
∴DE=CE=$\frac{1}{2}$CD=3。
2. 当AB=BE=6时：
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{BE^2-BC^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$
∴DE=CD-CE=$6-3\sqrt{3}\approx0.8$。
3. 当AB=AE=6时：
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}\approx5.2$。
比较三种情况的DE值：$3\sqrt{3}＞3＞6-3\sqrt{3}$，因此DE的最大值为$3\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；等腰三角形分类讨论；勾股定理
【点评】
本题核心考查分类讨论思想，解决此类等腰三角形存在性问题时，一定要分清楚腰和底的所有可能情况，结合图形性质和勾股定理计算边长，最终比较得到所求最值，避免漏解导致错误。
【难度系数】
0.6
要解决这个问题，首先明确矩形的基本性质：矩形对边相等，四个角都是直角，因此CD=AB=6，AD=BC=3，∠D=∠C=90°。要使DE最大，我们需要对等腰△ABE的腰的情况分类讨论：等腰三角形的腰有三种可能，分别是AE=BE、AB=AE、AB=BE，分别计算三种情况的DE长度，再比较大小即可得到最大值。
【解析】
解：在矩形ABCD中，CD=AB=6，AD=BC=3，∠D=∠C=90°，分三种情况讨论等腰△ABE：
1. 当AE=BE时：
在Rt△ADE和Rt△BCE中，$\{\begin{array}{l}AD=BC\\ AE=BE\end{array} $
∴Rt△ADE≌Rt△BCE（HL），
∴DE=CE=$\frac{1}{2}$CD=3。
2. 当AB=BE=6时：
在Rt△BCE中，由勾股定理得：
$CE=\sqrt{BE^2-BC^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}$
∴DE=CD-CE=$6-3\sqrt{3}\approx0.8$。
3. 当AB=AE=6时：
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE=\sqrt{AE^2-AD^2}=\sqrt{6^2-3^2}=3\sqrt{3}\approx5.2$。
比较三种情况的DE值：$3\sqrt{3}＞3＞6-3\sqrt{3}$，因此DE的最大值为$3\sqrt{3}$。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；等腰三角形分类讨论；勾股定理
【点评】
本题核心考查分类讨论思想，解决此类等腰三角形存在性问题时，一定要分清楚腰和底的所有可能情况，结合图形性质和勾股定理计算边长，最终比较得到所求最值，避免漏解导致错误。
【难度系数】
0.6
4. 如图，四边形ABCD四条边AB，BC，CD，DA的中点分别为点E，F，G，H，顺次连接EF，FG，GH，HE得到四边形EFGH。下列命题中的真命题是（
A.若AB=CD，则四边形EFGH是矩形
B.若AD=BC，则四边形EFGH是菱形
C.若AC=BD，则四边形EFGH是正方形
D.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形
D
）。A.若AB=CD，则四边形EFGH是矩形
B.若AD=BC，则四边形EFGH是菱形
C.若AC=BD，则四边形EFGH是正方形
D.若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形
答案
4.D
解析
【分析】
遇到四边形四边中点连线的中点四边形问题，首先运用三角形中位线定理推导中点四边形的基础形状：①先利用中位线性质得出一组对边平行且相等，确定中点四边形是平行四边形；②再根据原四边形对角线的关系（相等/垂直/相等且垂直），对应判断平行四边形是否为菱形/矩形/正方形。接下来逐一分析各选项，将条件转化为原四边形对角线的性质，判断是否符合特殊平行四边形的判定要求即可。
【解析】
根据三角形中位线定理推导：
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，因此$\boldsymbol{EH// BD}$，$\boldsymbol{EH=\frac{1}{2}BD}$；
同理可得：$FG// BD$，$FG=\frac{1}{2}BD$，$EF// AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$。
∴$EH// FG$且$EH=FG$，由此可判定四边形EFGH是平行四边形。
逐一分析选项：
A. 若$AB=CD$，无法推出原四边形对角线AC、BD存在相等或垂直的特殊关系，不能判定平行四边形EFGH是矩形，为假命题；
B. 若$AD=BC$，同样无法推出AC、BD的特殊关系，不能判定平行四边形EFGH是菱形，为假命题；
C. 若$AC=BD$，则$EF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=EH$，可判定邻边相等的平行四边形EFGH是菱形，无法判定是正方形，为假命题；
D. 若$AC⊥ BD$，
∵$EF// AC$，$EH// BD$，
∴$EF⊥ EH$，可判定有一个内角为直角的平行四边形EFGH是矩形，为真命题。
【答案】
D
【知识点】
三角形中位线定理；特殊平行四边形判定；中点四边形性质
【点评】
本题考查中点四边形的判定，核心是通过三角形中位线定理将原四边形的对角线特征转化为中点四边形的边角特征，熟记规律：中点四边形的形状仅由原四边形的对角线决定，对角线相等则中点四边形为菱形，对角线垂直则为矩形，对角线既相等又垂直则为正方形。
【难度系数】
0.7
遇到四边形四边中点连线的中点四边形问题，首先运用三角形中位线定理推导中点四边形的基础形状：①先利用中位线性质得出一组对边平行且相等，确定中点四边形是平行四边形；②再根据原四边形对角线的关系（相等/垂直/相等且垂直），对应判断平行四边形是否为菱形/矩形/正方形。接下来逐一分析各选项，将条件转化为原四边形对角线的性质，判断是否符合特殊平行四边形的判定要求即可。
【解析】
根据三角形中位线定理推导：
∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线，因此$\boldsymbol{EH// BD}$，$\boldsymbol{EH=\frac{1}{2}BD}$；
同理可得：$FG// BD$，$FG=\frac{1}{2}BD$，$EF// AC$，$EF=\frac{1}{2}AC$。
∴$EH// FG$且$EH=FG$，由此可判定四边形EFGH是平行四边形。
逐一分析选项：
A. 若$AB=CD$，无法推出原四边形对角线AC、BD存在相等或垂直的特殊关系，不能判定平行四边形EFGH是矩形，为假命题；
B. 若$AD=BC$，同样无法推出AC、BD的特殊关系，不能判定平行四边形EFGH是菱形，为假命题；
C. 若$AC=BD$，则$EF=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD=EH$，可判定邻边相等的平行四边形EFGH是菱形，无法判定是正方形，为假命题；
D. 若$AC⊥ BD$，
∵$EF// AC$，$EH// BD$，
∴$EF⊥ EH$，可判定有一个内角为直角的平行四边形EFGH是矩形，为真命题。
【答案】
D
【知识点】
三角形中位线定理；特殊平行四边形判定；中点四边形性质
【点评】
本题考查中点四边形的判定，核心是通过三角形中位线定理将原四边形的对角线特征转化为中点四边形的边角特征，熟记规律：中点四边形的形状仅由原四边形的对角线决定，对角线相等则中点四边形为菱形，对角线垂直则为矩形，对角线既相等又垂直则为正方形。
【难度系数】
0.7
5. 如图,在菱形ABCD中,AB=6,∠A=60°。从菱形ABCD中截出矩形EFGH,点E,F,G,H分别在边AB,BC,CD,AD上,BE=2AE,AH=AE,则EH=
2
,EF=$4\sqrt{3}$
,矩形EFGH的面积是$8\sqrt{3}$
。答案
5.$2\ \ \ 4\sqrt{3}\ \ \ 8\sqrt{3}$
解析
【分析】
解题思路可分为三步：①先根据AB的长度和BE与AE的数量关系求出AE的长，再结合∠A=60°、AH=AE，判定△AEH为等边三角形，即可求出EH的长度；②先根据菱形邻角互补求出∠B的度数，再结合菱形对角线的性质和平行线分线段成比例的规律，求出EF的长度；③根据矩形面积公式，代入EH和EF的数值计算即可得到矩形的面积。
【解析】
1. 求EH的长度：
已知AB=6，BE=2AE，因此$AB=AE+BE=AE+2AE=3AE=6$，解得$AE=2$。
又因为$AH=AE=2$，$∠ A=60°$，所以$△ AEH$是等边三角形，因此$EH=AE=2$。
2. 求EF的长度：
菱形ABCD中，邻角互补，所以$∠ ABC=180°-∠ A=180°-60°=120°$。
菱形的短对角线$BD=AB=6$，长对角线$AC=2× AB×\cos30°=2×6×\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。
由$△ AEH$是等边三角形可得$∠ AEH=60°=∠ ABD$，因此$EH// BD$，同理可得$EF// AC$。
根据平行线分线段成比例：$\frac{BE}{AB}=\frac{EF}{AC}$，其中$BE=AB-AE=6-2=4$，代入得$\frac{4}{6}=\frac{EF}{6\sqrt{3}}$，解得$EF=4\sqrt{3}$。
3. 求矩形EFGH的面积：
矩形面积=长×宽，因此$S_{矩形EFGH}=EH× EF=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
$2$；$4\sqrt{3}$；$8\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【点评】
本题是特殊四边形应用的典型习题，综合考查了菱形、等边三角形、矩形的相关性质，解题的关键是先判定出$△ AEH$为等边三角形，再结合平行线分线段成比例的规律求出EF的长度，整体逻辑清晰，对基础知识点的应用要求较高。
【难度系数】
0.7
解题思路可分为三步：①先根据AB的长度和BE与AE的数量关系求出AE的长，再结合∠A=60°、AH=AE，判定△AEH为等边三角形，即可求出EH的长度；②先根据菱形邻角互补求出∠B的度数，再结合菱形对角线的性质和平行线分线段成比例的规律，求出EF的长度；③根据矩形面积公式，代入EH和EF的数值计算即可得到矩形的面积。
【解析】
1. 求EH的长度：
已知AB=6，BE=2AE，因此$AB=AE+BE=AE+2AE=3AE=6$，解得$AE=2$。
又因为$AH=AE=2$，$∠ A=60°$，所以$△ AEH$是等边三角形，因此$EH=AE=2$。
2. 求EF的长度：
菱形ABCD中，邻角互补，所以$∠ ABC=180°-∠ A=180°-60°=120°$。
菱形的短对角线$BD=AB=6$，长对角线$AC=2× AB×\cos30°=2×6×\frac{\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$。
由$△ AEH$是等边三角形可得$∠ AEH=60°=∠ ABD$，因此$EH// BD$，同理可得$EF// AC$。
根据平行线分线段成比例：$\frac{BE}{AB}=\frac{EF}{AC}$，其中$BE=AB-AE=6-2=4$，代入得$\frac{4}{6}=\frac{EF}{6\sqrt{3}}$，解得$EF=4\sqrt{3}$。
3. 求矩形EFGH的面积：
矩形面积=长×宽，因此$S_{矩形EFGH}=EH× EF=2×4\sqrt{3}=8\sqrt{3}$。
【答案】
$2$；$4\sqrt{3}$；$8\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质；等边三角形的判定与性质；矩形的性质
【点评】
本题是特殊四边形应用的典型习题，综合考查了菱形、等边三角形、矩形的相关性质，解题的关键是先判定出$△ AEH$为等边三角形，再结合平行线分线段成比例的规律求出EF的长度，整体逻辑清晰，对基础知识点的应用要求较高。
【难度系数】
0.7
6. 如图，平面内的直线$l_1 // l_2 // l_3 // l_4$，且相邻两条平行线间隔均为1 cm。若正方形ABCD的四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为
$5\ \mathrm{cm^2}$
。答案
6.$5\ \mathrm{cm^2}$
解析
【分析】
要求正方形的面积，只需计算出正方形边长的平方即可。我们可以通过作垂线构造直角三角形，利用正方形的性质证明三角形全等，得到直角三角形的边长，再用勾股定理计算边长的平方，即可得到正方形面积。
【解析】
过点$D$作$DE⊥ l_2$于点$E$，过点$B$作$BF⊥ l_2$于点$F$：
1. 由$l_1// l_2// l_3// l_4$，相邻平行线间距为$1\ \mathrm{cm}$，可得$DE=1\ \mathrm{cm}$，$BF=2\ \mathrm{cm}$；
2. 因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AD=BA$，$∠ DAB=90°$，因此$∠ DAE+∠ BAF=90°$；
3. 又$DE⊥ l_2$，所以$∠ DEA=90°$，则$∠ DAE+∠ ADE=90°$，可得$∠ ADE=∠ BAF$；
4. 在$△ ADE$和$△ BAF$中：
$\begin{cases}∠ DEA=∠ AFB=90°\\∠ ADE=∠ BAF\\AD=BA\end{cases}$
因此$△ ADE≌△ BAF(\mathrm{AAS})$，故$AF=DE=1\ \mathrm{cm}$；
5. 在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，由勾股定理得$AB^2=AF^2+BF^2=1^2+2^2=5\ \mathrm{cm^2}$，即正方形面积为$5\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$5\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是平行线背景下的正方形性质应用问题，作垂线构造全等三角形是解题的突破口，结合勾股定理即可快速求出正方形面积，解题时要注意利用正方形边相等、角为直角的性质推导角相等的关系。
【难度系数】
0.7
要求正方形的面积，只需计算出正方形边长的平方即可。我们可以通过作垂线构造直角三角形，利用正方形的性质证明三角形全等，得到直角三角形的边长，再用勾股定理计算边长的平方，即可得到正方形面积。
【解析】
过点$D$作$DE⊥ l_2$于点$E$，过点$B$作$BF⊥ l_2$于点$F$：
1. 由$l_1// l_2// l_3// l_4$，相邻平行线间距为$1\ \mathrm{cm}$，可得$DE=1\ \mathrm{cm}$，$BF=2\ \mathrm{cm}$；
2. 因为四边形$ABCD$是正方形，所以$AD=BA$，$∠ DAB=90°$，因此$∠ DAE+∠ BAF=90°$；
3. 又$DE⊥ l_2$，所以$∠ DEA=90°$，则$∠ DAE+∠ ADE=90°$，可得$∠ ADE=∠ BAF$；
4. 在$△ ADE$和$△ BAF$中：
$\begin{cases}∠ DEA=∠ AFB=90°\\∠ ADE=∠ BAF\\AD=BA\end{cases}$
因此$△ ADE≌△ BAF(\mathrm{AAS})$，故$AF=DE=1\ \mathrm{cm}$；
5. 在$\mathrm{Rt}△ ABF$中，由勾股定理得$AB^2=AF^2+BF^2=1^2+2^2=5\ \mathrm{cm^2}$，即正方形面积为$5\ \mathrm{cm^2}$。
【答案】
$5\ \mathrm{cm^2}$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是平行线背景下的正方形性质应用问题，作垂线构造全等三角形是解题的突破口，结合勾股定理即可快速求出正方形面积，解题时要注意利用正方形边相等、角为直角的性质推导角相等的关系。
【难度系数】
0.7
7. 如图，在$□ ABCD$中，$AB=22\ \mathrm{cm}$，$BC=8\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，$∠ A=45°$，动点E从点A出发，以2 cm/s的速度沿AB向点B运动，动点F从点C出发，以1 cm/s的速度沿CD向点D运动，当点E到达点B时，两个点同时停止运动。当$EF=10\ \mathrm{cm}$时，点E运动了
8
s。答案
7.8
解析
【分析】
解决本题首先设运动时间为t秒，先确定t的取值范围，再利用平行四边形的性质，通过建立平面直角坐标系表示出E、F两点的坐标，最后结合EF的长度用勾股定理列方程求解，舍去不符合运动范围的解即可得到结果。
【解析】
设点E的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，点E从A到B的总时间为$\frac{22}{2}=11\ \mathrm{s}$，故$0\le t\le 11$。
以A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系：
$\because$四边形ABCD是平行四边形，$∠ A=45°$，$AD=BC=8\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$点D的横坐标为$AD·\cos45°=8\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=8\ \mathrm{cm}$，纵坐标为$AD·\sin45°=8\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=8\ \mathrm{cm}$，
可得各点坐标：$A(0,0)$，$B(22,0)$，$C(30,8)$，$D(8,8)$。
点E沿AB运动，速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，故$E(2t,0)$；
点F沿CD向D运动，速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，故$F(30-t,8)$。
已知$EF=10\ \mathrm{cm}$，由两点间距离公式得：
$\sqrt{(30-t-2t)^2+(8-0)^2}=10$
两边平方化简：
$(30-3t)^2+64=100$
$(30-3t)^2=36$
开方得$30-3t=6$或$30-3t=-6$，
解得$t_1=8$，$t_2=12$。
$\because t\le11$，$\therefore t=12$不符合题意，舍去，故$t=8$。
【答案】
8
【知识点】
平行四边形的性质，勾股定理，动点问题
【点评】
本题属于平行四边形背景下的动点问题，解题核心是用含时间t的代数式表示动点的位置，结合几何性质列方程求解，要注意验证解是否符合实际运动的取值范围。
【难度系数】
0.6
解决本题首先设运动时间为t秒，先确定t的取值范围，再利用平行四边形的性质，通过建立平面直角坐标系表示出E、F两点的坐标，最后结合EF的长度用勾股定理列方程求解，舍去不符合运动范围的解即可得到结果。
【解析】
设点E的运动时间为$t\ \mathrm{s}$，点E从A到B的总时间为$\frac{22}{2}=11\ \mathrm{s}$，故$0\le t\le 11$。
以A为原点，AB所在直线为x轴建立平面直角坐标系：
$\because$四边形ABCD是平行四边形，$∠ A=45°$，$AD=BC=8\sqrt{2}\ \mathrm{cm}$，
$\therefore$点D的横坐标为$AD·\cos45°=8\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=8\ \mathrm{cm}$，纵坐标为$AD·\sin45°=8\sqrt{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}=8\ \mathrm{cm}$，
可得各点坐标：$A(0,0)$，$B(22,0)$，$C(30,8)$，$D(8,8)$。
点E沿AB运动，速度为$2\ \mathrm{cm/s}$，故$E(2t,0)$；
点F沿CD向D运动，速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，故$F(30-t,8)$。
已知$EF=10\ \mathrm{cm}$，由两点间距离公式得：
$\sqrt{(30-t-2t)^2+(8-0)^2}=10$
两边平方化简：
$(30-3t)^2+64=100$
$(30-3t)^2=36$
开方得$30-3t=6$或$30-3t=-6$，
解得$t_1=8$，$t_2=12$。
$\because t\le11$，$\therefore t=12$不符合题意，舍去，故$t=8$。
【答案】
8
【知识点】
平行四边形的性质，勾股定理，动点问题
【点评】
本题属于平行四边形背景下的动点问题，解题核心是用含时间t的代数式表示动点的位置，结合几何性质列方程求解，要注意验证解是否符合实际运动的取值范围。
【难度系数】
0.6
