专题09 正方形的性质与判定（讲义）-2023-2024学年浙教版数学八年级下册期末专题突破

专题09 正方形的性质与判定 知识网络 知识点一 正方形的性质精讲精练破 正方形：四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形。 性质：①边：四条边都相等； ②角：四角相等； ③对角线：对角线互相垂直平分且相等，对角线与边的夹角为450； ④对称性：轴对称图形（4条）． 【典例1】（2023秋•绥化期末）正方形ABCD中对角线AC、BD相交于O，E为AC上一点，AG⊥EB交EB于G，AG交BD于F． （1）说明OE＝OF的道理； （2）在（1）中，若E为AC延长线上，AG⊥EB交EB的延长线于G，AG、BD的延长线交于F，其他条件不变，如图2，则结论：“OE＝OF”还成立吗？请说明理由． 【变式训练】 1．（2023秋•揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（　　） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．四条边相等，四个角相等 D．两组对边分别平行且相等 2．（2023秋•达州期末）如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD交于点O，P为边BC上一点，且BP＝OB，则CP的长为（　　） A． B． C．0.5 D．1 3．（2023秋•简阳市期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是对角线AC上一点，且AE＝2CE，则ED的长度为（　　） A．4 B． C． D． 4．（2023秋•漳州期末）如图，在△ABC中，AB＝，AC＝3，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCDG，连接AG，当AG取最大值时，BC的长是（　　） A．4 B． C． D． 5．（2023秋•莱西市期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，连接AE，若AB＝4，则AE的长为 　　． 6．（2023秋•南关区校级期末）如图，四边形ABCD与四边形EFCG都是正方形，若AB＝5，S△BED＝10，则DG＝　　． 7．（2023秋•锦江区期末）如图，在正方形BCDE的边BE上取一点F，以BF为边在正方形BCDE的上方作正方形BFGA，连接GE，若正方形BFGA与正方形BCDE边长分别为5a﹣2b和6a﹣b． （1）若EF＝3，求a+b； （2）若EG＝mb（m为常数），当m为何值时，五边形ACDEG的周长与b的取值无关． 8．（2023秋•青山湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，作EF⊥DE交BC于点F，以ED和EF为邻边作矩形EFGD． （1）猜想：AE，CG的位置关系是 　　； （2）求证：△DAE≌△DCG． 知识点二 正方形的判定 正方形的判定：满足下列条件之一的四边形是正方形． ① 有一组邻边相等 且有一个直角 的平行四边形 ② 有一组邻边相等 的矩形； ③ 对角线互相垂直 的矩形． ④ 有一个角是直角 的菱形 ⑤ 对角线相等 的菱形； 【典例2】（2024春•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝CD，∠BAC＝∠ACD，延长BC至点E，使CE＝BC，联结DE． （1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD； （2）当AC⊥BC，且CE＝2CO时，求证：四边形ACED是正方形． 【变式训练】 1．（2024•岳阳一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使菱形ABCD成为正方形的是（　　） A．BD＝AB B．AC＝AD C．∠ABC＝90° D．OD＝AC 2．（2024春•中山市期中）如图，在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠ABC＝∠BCD C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC 3．（2024春•正阳县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE＝BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是（　　） A．BC＝AC B．BD＝DF C．AC＝BF D．CF⊥BF 4．（2022秋•锦江区期末）小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得AC＝5，∠B＝60°，接着，她又将这个学具活动成为图2所示正方形，此时A'C'的长为 　　． 5．（2023春•嵊州市期末）小明在学习完四边形后，整理成如图所示的知识结构图，发现通过添加边、角或对角线等元素的特殊条件，就能得到特殊的四边形．写出条件①中你认为合适的边、角或对角线的条件是 　 　．（写出一个即可） 6．（2024•茌平区一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连接DE． （1）求证：四边形BCDE为菱形； （2）若AB＝10，E为AC的中点，当BC的长为 　　时，四边形BCDE为正方形． 7．（2023春•秦淮区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 8．（2023春•柘城县期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝2，CE＝，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数． 知识点三 特殊四边形综合题 【典例3】（2022秋•魏都区校级期末）（1）方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论：DE+BF＝EF，根据这个结论，若正方形ABCD的边长为1，则△CEF的周长为 　　． （2）方法迁移： 如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论． （3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接写出你的猜想（不必说明理由）． 【变式训练】 1．（2023秋•九江期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，长方形OACB的顶点A，B分别在x轴和y轴上，已知OA＝6，OB＝10，点D坐标为（0，2），点P从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿线段AC﹣CB的方向运动，当点P与点B重合时停止运动，运动的时间为t秒． （1）如图1，当点P经过点C时，DP的长为 　　． （2）如图2，把长方形沿着直线OP折叠，点B的对应点B'；恰好落在AC边上，求点P的坐标． （3）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻使△BDP为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 2．（2023春•齐齐哈尔期末）【特例感知】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为AB，AD的中点，DE、CF交于点G． （1）易证△ADE≌△DCF，可知DE、CF的关系为 　 　；（直接填写结果） （2）连接BG，若AB＝6，求BG的长． 【初步探究】如图2，在正方形ABCD中，点E为AB边上一点，FG⊥DE分别交AD、BC于F、G，垂足为O．求证：FG＝DE． 【基本应用】如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，求PQ的长． 3．（2023春•巩义市期末）综合与实践课上，李老师让同学们以“旋转”为主题展开探究． 【问题情境】 如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜θ＜180°）得到线段AE，过点E作EF⊥AE交直线BC与点F． 【猜想证明】 （1）当θ＝90°时，四边形ABFE的形状为 　　；（直接写出答案） （2）如图②，当θ＝45°时，连接DE，求此时△ADE的面积； 【能力提升】 （3）在【问题情境】的条件下，是否存在θ，使点F，E，D三点共线？若存在，请直接写出此时BF的长度；若不存在，请说明理由． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 正方形的性质与判定 知识网络 知识点一 正方形的性质精讲精练破 正方形：四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形。 性质：①边：四条边都相等； ②角：四角相等； ③对角线：对角线互相垂直平分且相等，对角线与边的夹角为450； ④对称性：轴对称图形（4条）． 【典例1】（2023秋•绥化期末）正方形ABCD中对角线AC、BD相交于O，E为AC上一点，AG⊥EB交EB于G，AG交BD于F． （1）说明OE＝OF的道理； （2）在（1）中，若E为AC延长线上，AG⊥EB交EB的延长线于G，AG、BD的延长线交于F，其他条件不变，如图2，则结论：“OE＝OF”还成立吗？请说明理由． 【思路点拨】（1）根据正方形的性质利用ASA判定△AOF≌△BOE，根据全等三角形的对应边相等得到OE＝OF； （2）类比（1）的方法证得同理得出结论成立． 【解析】（1）证明：在正方形ABCD中， ∴AO＝BO，∠AOF＝∠BOE＝90°， ∴∠OBE+∠BEO＝90°， ∵AG⊥EB， ∴∠AGE＝90°， ∴∠GAE+∠AEG＝90°， ∴∠OBE＝∠OAF， 在△AOF和△BOE中， ， ∴△AOF≌△BOE（ASA）， ∴OE＝OF； （2）解：OE＝OF仍然成立． 理由如下： 在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOF＝∠BOE＝90°， ∴∠FAO+∠F＝90°， ∵AG⊥EB， ∴∠AGE＝90°， ∴∠GAE+∠E＝90°， ∴∠E＝∠F， 在△AOF和△BOE中， ， ∴△AOF≌△BOE（AAS）， ∴OE＝OF． 所以结论仍然成立． 【点睛】此题考查正方形的性质及全等三角形的判定与性质，关键是得到△AOF≌△BOE． 【变式训练】 1．（2023秋•揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（　　） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．四条边相等，四个角相等 D．两组对边分别平行且相等 【思路点拨】根据菱形、矩形、正方形的性质，逐项判断即可求解． 【解析】解：A、矩形的对角线不一定互相垂直，故本选项不符合题意； B、菱形的对角线不一定相等，故本选项不符合题意； C、矩形的四条边不一定相等，菱形的四个角不应当相等，故本选项不符合题意； D、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故本选项符合题意； 故选：D． 【点睛】本题主要考查了菱形、矩形、正方形的性质，熟练掌握菱形、矩形、正方形的性质是解题的关键． 2．（2023秋•达州期末）如图，正方形ABCD的边长为2，对角线AC，BD交于点O，P为边BC上一点，且BP＝OB，则CP的长为（　　） A． B． C．0.5 D．1 【思路点拨】由正方形的性质可求BD的长，可得BO＝，由线段关系可求解． 【解析】解：∵正方形ABCD的边长为2， ∴BD＝BC＝2， ∴BO＝， ∴BP＝OB＝， ∴CP＝BC﹣BP＝2﹣， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，求出BO长是解题的关键． 3．（2023秋•简阳市期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E是对角线AC上一点，且AE＝2CE，则ED的长度为（　　） A．4 B． C． D． 【思路点拨】过E作EF⊥CD于F，由正方形ABCD的边长为6，可得CD＝6，AC＝CD＝6，∠ACD＝45°，而AE＝2CE，故CE＝AC＝2，根据△EFC是等腰直角三角形，求出EF＝CF＝＝2，DF＝CD﹣CF＝4，再用勾股定理可得答案． 【解析】解：过E作EF⊥CD于F，如图： ∵正方形ABCD的边长为6， ∴CD＝6，AC＝CD＝6，∠ACD＝45°， ∵AE＝2CE， ∴CE＝AC＝×6＝2， ∵EF⊥CD，∠ACD＝45°， ∴△EFC是等腰直角三角形， ∴EF＝CF＝＝2， ∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2＝4， 在Rt△DEF中， DE＝＝＝2； 故选：D． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及勾股定理及应用，解题的关键是掌握正方形性质及等腰直角三角形三边的关系． 4．（2023秋•漳州期末）如图，在△ABC中，AB＝，AC＝3，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCDG，连接AG，当AG取最大值时，BC的长是（　　） A．4 B． C． D． 【思路点拨】连接EC，EA，由四边形ABEF，四边形BCDG是正方形，证明△ABG≌△EBC（SAS），可知当CE最大时，AG最大，此时E，A，C共线，过B作BH⊥CE于H，求出BH＝AH＝＝1，HC＝AH+AC＝4，即得BC＝＝． 【解析】解：连接EC，EA，如图： ∵四边形ABEF，四边形BCDG是正方形， ∴AB＝EB，BG＝BC，∠ABE＝∠CBG＝90°， ∴∠ABG＝∠EBC， ∴△ABG≌△EBC（SAS）， ∴AG＝CE， ∴当CE最大时，AG最大， ∵四边形ABEF是正方形，AB＝， ∴AE＝AB＝2， ∵AC＝3， ∴当E，A，C共线时，CE取最大值AE+AC＝2+3＝5，此时AG最大， 如图，过B作BH⊥CE于H， ∵∠EAB＝45°， ∴△ABH是等腰直角三角形， ∴BH＝AH＝＝1， ∴HC＝AH+AC＝1+3＝4， ∴BC＝＝＝； 故选：C． 【点睛】本题考查正方形性质，涉及全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系等知识，解题的关键是证明E，A，C共线时AG最大． 5．（2023秋•莱西市期末）如图，已知四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，且G是AB的中点，连接AE，若AB＝4，则AE的长为 　2　． 【思路点拨】过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则MN＝4，再证明△BCG≌△NEC，得出NE＝BC＝4，再利用勾股定理即可解答． 【解析】解：过点E作EM⊥AD交BC于点N，交AD于点M，则MN＝4， ∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形， ∴CG＝CE，∠B＝90°＝∠CNE，∠GCE＝90°， ∴∠GCB＝∠CEN， ∴△BCG≌△NEC（ASA）， ∴NE＝BC＝4，CN＝BG＝AB＝2， ∴ME＝8，AM＝BN＝2， ∴AE＝＝2， 故答案为：2． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线构造直角三角形是解题关键． 6．（2023秋•南关区校级期末）如图，四边形ABCD与四边形EFCG都是正方形，若AB＝5，S△BED＝10，则DG＝　　． 【思路点拨】由正方形的性质可得BC＝CD＝AB＝5，EG＝EF＝CG＝CF，由面积关系列出等式，可求解． 【解析】解：∵四边形ABCD与四边形EFCG都是正方形， ∴BC＝CD＝AB＝5，EG＝EF＝CG＝CF， ∴DG＝BF， ∵S△BED＝10， ∴10＝×5×5﹣CG2﹣×DG•EG﹣×BF•EF， ∴CG＝， ∴DG＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，利用面积关系列出等式是解题的关键． 7．（2023秋•锦江区期末）如图，在正方形BCDE的边BE上取一点F，以BF为边在正方形BCDE的上方作正方形BFGA，连接GE，若正方形BFGA与正方形BCDE边长分别为5a﹣2b和6a﹣b． （1）若EF＝3，求a+b； （2）若EG＝mb（m为常数），当m为何值时，五边形ACDEG的周长与b的取值无关． 【思路点拨】（1）如图所示，EF＝BE﹣BF，已知正方形BFGA与正方形BCDE边长分别为5a﹣2b和6a﹣b，EF＝3，可得a+b； （2）将五边形ACDEG的周长表示出来，因五边形ACDEG的周长与b的取值无关，可知b的系数为0，可得m的值． 【解析】解：（1）如图所示，EF＝BE﹣BF，即EF＝6a﹣b﹣（5a﹣2b）＝a+b， ∵EF＝3， ∴a+b＝3； （2）五边形ACDEG的周长＝AB+BC+CD+ED+GE+AG＝5a﹣2b+6a﹣b+6a﹣b+6a﹣b+mb+5a﹣2b＝28a+（m﹣7）b， ∵五边形ACDEG的周长与b的取值无关， ∴m﹣7＝0，即m＝7， ∴当m＝7时，五边形ACDEG的周长与b的取值无关． 【点睛】本题考查了正方形、周长计算，关键是计算正确． 8．（2023秋•青山湖区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一动点，连接DE，作EF⊥DE交BC于点F，以ED和EF为邻边作矩形EFGD． （1）猜想：AE，CG的位置关系是 　AE⊥CG　； （2）求证：△DAE≌△DCG． 【思路点拨】（1）如图所示，过点E作EM⊥CD于M，EN⊥BC于N，根据正方形的性质得到∠ACB＝∠ACD．求得EM＝EN．根据矩形的性质得到∠MEN＝90°．得到∠DEF＝90°．根据全等三角形的性质得到ED＝EF．根据正方形的性质得到DE＝DG，∠EDG＝90°，根据全等三角形的性质得到∠DCG＝∠DAE＝45°，根据垂直的定义得到结论； （2）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，EM⊥AB于M，EN⊥AD于N，根据余角的性质得到∠DEP＝∠QEF，根据全等三角形的性质得到EF＝ED，根据全等三角形的判定定理即可得到结论． 【解析】（1）解：AE⊥CG， 理由：如图所示，过点E作EM⊥CD于M，EN⊥BC于N， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ACB＝∠ACD． ∵EM⊥CD，EN⊥BC， ∴EM＝EN． ∵∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°， ∴四边形EMCN是矩形． ∴∠MEN＝90°． ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠DEF＝90°． ∴∠DEM＝∠FEN． ∵∠EMD＝∠ENF＝90°， ∴△EMD≌△ENF（ASA）． ∴ED＝EF． ∴矩形DEFG是正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°， ∴∠ADE＝∠CDG， ∵AD＝DG， ∴△ADE≌△DCG（SAS）， ∴∠DCG＝∠DAE＝45°， ∵∠ACD＝45°， ∴∠ACG＝90°， ∴AE⊥CG； 故答案为：AE⊥CG； （2）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，EM⊥AB于M，EN⊥AD于N， ∵∠DEP+∠FEP＝90°，∠QEF+∠FEP＝90°， ∴∠DEP＝∠QEF， ∵△EQF≌△EPD（AAS）， ∴EF＝ED， ∵∠ADE+∠EDC＝90°，∠GDC+∠EDC＝90°， ∴∠ADE＝∠GDC， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△DAE≌△DCG（SAS）． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，余角的性质，矩形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 知识点二 正方形的判定 正方形的判定：满足下列条件之一的四边形是正方形． ① 有一组邻边相等 且有一个直角 的平行四边形 ② 有一组邻边相等 的矩形； ③ 对角线互相垂直 的矩形． ④ 有一个角是直角 的菱形 ⑤ 对角线相等 的菱形； 【典例2】（2024春•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝CD，∠BAC＝∠ACD，延长BC至点E，使CE＝BC，联结DE． （1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD； （2）当AC⊥BC，且CE＝2CO时，求证：四边形ACED是正方形． 【思路点拨】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得出BO＝DO，根据线段垂直平分线性质得出BC＝CD，求出BC＝CE＝CD即可； （2）根据邻补角互补求出∠ACE＝90°，求出四边形ACED是平行四边形，再根据正方形的判定推出即可． 【解析】证明：（1）∵∠BAC＝∠ACD， ∴AB∥CD， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴BO＝DO， ∵AC⊥BD， ∴BC＝CD， ∵BC＝CE， ∴BC＝CE＝CD， ∴BE＝2CD； （2）∵AC⊥BC，如图， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACE＝180°﹣∠ACB＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵BC＝CE， ∴AD＝CE， ∴四边形ACED是平行四边形， ∴AC＝2OA＝2CO， ∵CE＝2CO， ∴AC＝CE，∠ACE＝90°， ∴四边形ACED是正方形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，正方形的判定等知识点，解此题的关键是掌握有一个角是直角，并且有一组邻边相等的平行四边形是正方形． 【变式训练】 1．（2024•岳阳一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使菱形ABCD成为正方形的是（　　） A．BD＝AB B．AC＝AD C．∠ABC＝90° D．OD＝AC 【思路点拨】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解析】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等． 即∠ABC＝90°或AC＝BD． 故选：C． 【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答． 2．（2024春•中山市期中）如图，在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（　　） A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠ABC＝∠BCD C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC 【思路点拨】根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【解析】解：A，不能，只能判定为矩形； B，不能，不能判定为矩形； C，∵AO＝BO＝CO＝DO， ∴AC＝BD， ∴四边形ABCD是矩形， 又∵AC⊥BD， ∴四边形ABCD是正方形，故能判定； D，不能，只能判定为菱形． 故选：C． 【点睛】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 3．（2024春•正阳县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE＝BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是（　　） A．BC＝AC B．BD＝DF C．AC＝BF D．CF⊥BF 【思路点拨】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有BE＝EC，BF＝FC进而得出四边形BECF是菱形；由菱形的性质知，以及菱形与正方形的关系，进而分别分析得出即可． 【解析】解：∵EF垂直平分BC， ∴BE＝EC，BF＝CF， ∵BF＝BE， ∴BE＝EC＝CF＝BF， ∴四边形BECF是菱形； 当BC＝AC时， ∵∠ACB＝90°， 则∠A＝45°时，菱形BECF是正方形． ∵∠A＝45°，∠ACB＝90°， ∴∠EBC＝45°， ∴∠EBF＝2∠EBC＝2×45°＝90°， ∴菱形BECF是正方形． 故选项A正确，但不符合题意； 当BD＝DF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B正确，但不符合题意； 当AC＝BF时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项C错误，符合题意； 当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项D正确，但不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题考查了菱形的判定和性质及中垂线的性质、直角三角形的性质、正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的相关定理是解题关键． 4．（2022秋•锦江区期末）小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状，并测得AC＝5，∠B＝60°，接着，她又将这个学具活动成为图2所示正方形，此时A'C'的长为 　5　． 【思路点拨】根据菱形的性质得出AB＝BC，求出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质得出AB＝BC＝AC＝5，根据旋转的性质得出A′B′＝B′C′＝AB＝5，再根据勾股定理求出A′C′即可． 【解析】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC， ∵AC＝5， ∴AB＝BC＝5， ∵四边形A′B′C′D′为正方形， ∴∠A′B′C′＝90°， 由旋转的性质得出A′B′＝B′C′＝AB＝5， ∴A′C′＝＝5， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，旋转的性质等知识点，能熟记菱形和正方形的性质是接此题的关键． 5．（2023春•嵊州市期末）小明在学习完四边形后，整理成如图所示的知识结构图，发现通过添加边、角或对角线等元素的特殊条件，就能得到特殊的四边形．写出条件①中你认为合适的边、角或对角线的条件是 　对角线互相垂直（答案不唯一）　．（写出一个即可） 【思路点拨】根据正方形的判定方法可得答案． 【解析】解：∵对角线互相垂直的矩形是正方形，有一组邻边相等的矩形是正方形， ∴添加：对角线互相垂直或有一组邻边相等； 故答案为：对角线互相垂直（答案不唯一）． 【点睛】本题考查的是正方形的判定，熟记对角线互相垂直的矩形是正方形，有一组邻边相等的矩形是正方形是解本题的关键． 6．（2024•茌平区一模）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC、BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连接DE． （1）求证：四边形BCDE为菱形； （2）若AB＝10，E为AC的中点，当BC的长为 　　时，四边形BCDE为正方形． 【思路点拨】（1）先判断AC为BD的垂直平分线，得到AC⊥BD，OB＝OD，再证明△EOB≌△COD（AAS），得到EO＝CO，于是可判断四边形BCDE为平行四边形，然后利用CB＝CD，可判断四边形BCDE是菱形； （2）设OB＝x，根据正方形的判定定理可知：当OE＝OB＝x时，四边形BCDE是正方形，此时，由于AE＝CE＝2x，则在Rt△AOB中利用勾股定理得到x2+（3x）2＝102，解方程得，从而得到此时BC的长． 【解析】（1）证明：∵AB＝AD，CB＝CD， ∴AC为BD的垂直平分线， 即AC⊥BD，OB＝OD， ∵BE∥CD， ∴∠EBO＝∠CDO， 在△EOB和△COD中， ， ∴△EOB≌△COD（AAS）， ∴EO＝CO， ∴四边形BCDE为平行四边形． ∵CB＝CD， ∴四边形BCDE是菱形； （2）解：设OB＝x， ∵四边形BCDE是菱形， ∴当OE＝OB＝x时，四边形BCDE是正方形， 此时， ∵E为AC的中点， ∴AE＝CE＝2x， 在Rt△AOB中，∵OB2+OA2＝AB2， ∴x2+（3x）2＝102， 解得，（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形：熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键．也考查了菱形的判定与性质． 7．（2023春•秦淮区期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【思路点拨】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可； （2）同（1）的方法判断出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6． 【解析】解：（1）如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N， ∴∠MEN＝90°， ∵点E是正方形ABCD对角线上的点， ∴EM＝EN， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形； （2）CE+CG的值是定值，定值为6，理由如下： ∵正方形DEFG和正方形ABCD， ∴DE＝DG，AD＝DC， ∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°， ∴∠CDG＝∠ADE， 在∴△ADE和△CDG中，， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝AC＝AB＝×3＝6是定值． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是作出辅助线，判断三角形全等． 8．（2023春•柘城县期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）如图1，求证：矩形DEFG是正方形； （2）若AB＝2，CE＝，求CG的长度； （3）当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数． 【思路点拨】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题． （3）分两种情形考虑问题即可； 【解析】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°， ∴∠QEF＝∠PED， 在Rt△EQF和Rt△EPD中， ， ∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2中，在Rt△ABC中．AC＝AB＝2， ∵EC＝， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，易知CG＝． （3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE＝30°， 则∠CDE＝90°﹣30°＝60°， 在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝360°﹣90°﹣90°﹣60°＝120°， ②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝30°，如图3所示： ∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD， ∴∠EFC＝∠CDE＝30°， 综上所述，∠EFC＝120°或30°． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题． 知识点三 特殊四边形综合题 【典例3】（2022秋•魏都区校级期末）（1）方法感悟： 如图①，在正方形ABCD中，点E、F分别为DC、BC边上的点，且满足∠EAF＝45°，连接EF，将△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABG，易证△GAF≌△EAF，从而得到结论：DE+BF＝EF，根据这个结论，若正方形ABCD的边长为1，则△CEF的周长为 　2　． （2）方法迁移： 如图②，若在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、CD边上的点，且∠EAF＝∠BAD，试猜想DE，BF，EF之间有何数量关系，证明你的结论． （3）问题拓展：如图③，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，E、F分别是边BC、CD延长线上的点，且∠EAF＝∠BAD，试探究线段EF、BE、FD之间的数量关系，请直接写出你的猜想（不必说明理由）． 【思路点拨】（1）方法感悟： 由正方形的性质及DE+BF＝EF可求解； （2）方法迁移： 根据旋转的性质得到AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，根据已知条件得到∠HAF＝∠EAF，求得点H、B、F三点共线，根据全等三角形的性质即可得到结论． （3）问题拓展： 在BC上截取BH＝DF，由“SAS”可证△ABH≌△ADF，可得∠BAH＝∠DAF，AH＝AD，由“SAS”可证△HAE≌△FAE，可得HE＝EF，可得结论． 【解析】解：（1）方法感悟： ∵CD＝BC＝1， ∴DE+CE＝1，BF+CF＝1， ∵DE+BF＝EF， ∴△CEF的周长为CE+CF+EF＝CE+CF+DE+BF＝1+1＝2， 故答案为：2； （2）方法迁移： DE+BF＝EF， 理由如下：如图②，将△ADE绕点A顺时针旋转角度为∠BAD的度数，得到△ABH， 由旋转可得，AH＝AE，BH＝DE，∠1＝∠2，∠D＝∠ABH， ∵∠EAF＝∠DAB， ∴∠HAF＝∠1+∠3＝∠2+∠3＝∠BAD， ∴∠HAF＝∠EAF， ∵∠ABH+∠ABF＝∠D+∠ABF＝180°， ∴点H、B、F三点共线， 在△AEF和△AHF中， ， ∴△AEF≌△AHF（SAS）， ∴EF＝HF， ∵HF＝BH+BF， ∴EF＝DE+BF． （3）问题拓展： EF＝BE﹣FD， 理由如下：在BC上截取BH＝DF， ∵∠B+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠B＝∠ADF， ∵AB＝AD，BH＝DF， ∴△ABH≌△ADF（SAS）， ∴∠BAH＝∠DAF，AH＝AF， ∵∠EAF＝∠BAD， ∴∠DAE+∠BAH＝∠BAD， ∴∠HAE＝∠BAD＝∠EAF， ∵AE＝AE，AH＝AF， ∴△HAE≌△FAE（SAS）， ∴HE＝EF， ∴EF＝HE＝BE﹣BH＝BE﹣DF． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式训练】 1．（2023秋•九江期末）在平面直角坐标系中，O是坐标原点，长方形OACB的顶点A，B分别在x轴和y轴上，已知OA＝6，OB＝10，点D坐标为（0，2），点P从点A出发以每秒2个单位长度的速度沿线段AC﹣CB的方向运动，当点P与点B重合时停止运动，运动的时间为t秒． （1）如图1，当点P经过点C时，DP的长为 　10　． （2）如图2，把长方形沿着直线OP折叠，点B的对应点B'；恰好落在AC边上，求点P的坐标． （3）在点P的运动过程中，是否存在某个时刻使△BDP为等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【思路点拨】（1）分别求得BD，BC的长度，然后利用勾股定理DP＝解答即可； （2）根据翻折的性质，可知OB＝OB′，由勾股定理可以求出AB′的长，从而求出CB′的长，在根据勾股定理求出BP的长即可． （3）根据等腰三角形的腰的不同进行分类讨论：BP＝BD；BP＝DP；DP＝BD，，结合等腰直角三角形的性质、垂直平分线的性质和勾股定理进行求解即可． 【解析】解：（1）如图1， ∵BC＝OA＝6，BD＝OB﹣OD＝10﹣2＝8， ∴DP＝＝＝10； 故答案为：10； （2）由折叠的性质可知，PB＝PB′，OB＝OB′＝10， 在Rt△AOB′中，由勾股定理可得：AB′＝8， ∴B′C＝2， 设BP＝x，则CP＝6﹣x， 在Rt△CPB′中，由勾股定理可得：x2＝（6﹣x）2+4， 解得：x＝， ∴P（，10）； （3）存在， ∵D（0，2）， ∴BD＝8， ①当BP＝BD＝8时， ∵BP＞BC， ∴P在AC上， 由勾股定理可得：CP＝＝2， ∴P（6，10﹣2）， ②当BP＝DP时，P在BD的垂直平分线， ∴P在AC上， ∴P（6，6）， ③当DP＝BD＝8时，P在AC上， 由①可知，AP＝OD+2＝2+2， ∴P（6，2+2）， ∴P的坐标为：（6，10﹣2），（6，6），（6，2+2）． 【点睛】本题主要考查了四边形的综合，合理运用勾股定理及等腰三角形的性质是本题解题的关键． 2．（2023春•齐齐哈尔期末）【特例感知】如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别为AB，AD的中点，DE、CF交于点G． （1）易证△ADE≌△DCF，可知DE、CF的关系为 　DE＝CF，DE⊥CF　；（直接填写结果） （2）连接BG，若AB＝6，求BG的长． 【初步探究】如图2，在正方形ABCD中，点E为AB边上一点，FG⊥DE分别交AD、BC于F、G，垂足为O．求证：FG＝DE． 【基本应用】如图3，将边长为6的正方形ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点M处，折痕为PQ，点P、Q分别在边AD、BC上，求PQ的长． 【思路点拨】【特例感知】（1）由“SAS”可证△ADE≌△DCF，即可得出结论； （2）由“AAS”可证△ADE≌△BHE，可得AD＝BH，由直角三角形的性质可求解； 【初步探究】由“ASA”可证△ADE≌△DCH，可得DE＝CH＝FG； 【基本应用】由全等三角形的性质可证PQ＝AM，由勾股定理可求解． 【解析】【特例感知】（1）解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠ADC＝90°，AD＝AB＝CD， ∵点E，F是AB，AD的中点， ∴AE＝AB，DF＝AD， ∴AE＝DF， 在△ADE和△DCF中， ， ∴△ADE≌△DCF（SAS）， ∴DE＝CF，∠AED＝∠DFC， ∵∠AED+∠ADE＝90°， ∴∠ADE+∠DFC＝90°， ∴∠DGF＝90°， ∴DE⊥CF， 故答案为：DE＝CF，DE⊥CF； （2）解：延长DE交CB的延长线于H， ∵AD∥BC， ∴∠DAE＝∠EBH＝90°， 又∵AE＝BE，∠AED＝∠BEH， ∴△ADE≌△BHE（AAS）， ∴AD＝BH， ∴BH＝BC， 又∵DE⊥CF， ∴BG＝BC＝6； 【初步探究】证明：如图2，过点C作CH∥GF，交AD于H，交DE于N， ∵HC∥GF，AD∥BC， ∴四边形FHCG是平行四边形， ∴FG＝CH， ∵HC∥GF，FG⊥DE， ∴CH⊥DE， ∴∠NDH+∠DHN＝90°＝∠DHN+∠DCH， ∴∠DCH＝∠NDH， 又∵AD＝CD，∠A＝∠CDH＝90°， ∴△ADE≌△DCH（ASA）， ∴DE＝CH＝FG； 【基本应用】解：如图3，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ＝AB， 由翻折变换的性质得PQ⊥AM， ∵∠APQ+∠DAM＝90°，∠AMD+∠DAM＝90°， ∴∠APQ＝∠AMD， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB， ∴HQ＝AD， 在△ADM和△QHP中， ， ∴△ADM≌△QHP（AAS）， ∴QP＝AM， ∵点M是CD的中点， ∴DM＝CD＝3， 在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM＝＝＝3， ∴PQ的长为3． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 3．（2023春•巩义市期末）综合与实践课上，李老师让同学们以“旋转”为主题展开探究． 【问题情境】 如图①，在矩形ABCD中，AB＝3，AD＝4．将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜θ＜180°）得到线段AE，过点E作EF⊥AE交直线BC与点F． 【猜想证明】 （1）当θ＝90°时，四边形ABFE的形状为 　正方形　；（直接写出答案） （2）如图②，当θ＝45°时，连接DE，求此时△ADE的面积； 【能力提升】 （3）在【问题情境】的条件下，是否存在θ，使点F，E，D三点共线？若存在，请直接写出此时BF的长度；若不存在，请说明理由． 【思路点拨】（1）可推出AE＝AB，∠B＝∠EAB＝∠AEF＝90°，从而得四边形ABFE是正方形； （2）作EG⊥AD于G，可推出∠AEG＝∠EAG＝45°，从而AG＝EG，根据勾股定理得出EG2+AG2＝AE2，从求得EG，进一步得出结果； （3）分为：当点E在DF上时，连接AF，可证得Rt△ABF≌Rt△AEF，从而BF＝EF，设BF＝EF＝x，则CF＝4﹣x，可求得DE＝，在Rt△DCF中列出（4﹣x）2+32＝（x+）2，进而求得BF的值；当点E在FD的延长线上时，同样方法求得结果． 【解析】解：（1）如图1， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝∠B＝90°， ∵将边AB绕点A逆时针旋转 （0°＜θ＜180°）得到线段AE，过点E作EF⊥AE， ∴AE＝AB，∠EAB＝90°，∠AEF＝90°， ∴∠B＝∠EAB＝∠AEF＝90°， ∴四边形ABFE是矩形， ∴矩形ABFE是正方形， 故答案为：正方形； （2）如图2 作EG⊥AD于G， ∵∠BAD＝90°，∠BAE＝45°， ∴∠EAG＝45°， ∴∠AEG＝90°﹣∠EAG＝45°， ∴∠AEG＝∠EAG， ∴AG＝EG， ∵EG2+AG2＝AE2， ∴2EG2＝32， ∴EG＝， ∴S△ADE＝； （3）如图3， 当点E在DF上时， 连接AF， ∵∠AEF＝∠B＝90°，AE＝AB，AF＝AF， ∴Rt△ABF≌Rt△AEF（HL）， ∴BF＝EF， 设BF＝EF＝x，则CF＝4﹣x， 由旋转得：AE＝AB＝3， ∵EF⊥AE， ∴∠AED＝∠AEF＝90°， ∵AD＝4， ∴DE＝， 在Rt△DCF中，由勾股定理得， CF2+CD2＝DF2， ∴（4﹣x）2+32＝（x+）2， ∴x＝4﹣， ∴BF＝4﹣， 如图4， 当点E在FD的延长线上时， 同理上可得：EF＝BF，DE＝， 设EF＝BF＝a，则DF＝a﹣，CF＝a﹣4， ∴（a﹣4）2+32＝（a﹣）2， ∴a＝， ∴BF＝4+， 综上所述：BF＝或 或4+． 【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论． 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $$