1.3正方形的性质与判定（8大题型）-（题型·技巧培优系列）2024-2025学年九年级数学上册同步精讲精练（北师大版）

（北师大版）九年级上册数学《第1章 特殊的平行四边形》 1.3 正方形的性质与判定 正方形的定义知识点一 ●●定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. ★1、正方形的四条边都相等，说明正方形是特殊的菱形； ★2、正方形的四个角都是直角，说明正方形是特殊的矩形.即：正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形. 正方形的性质知识点二 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 正方形的判定知识点三 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. ★2、平行四边形、矩形、菱形、正方形间转化关系和包含关系 题型一 利用正方形的性质求角度 【例题1】（2024春•楚雄州期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△CDE，连接AE，则∠AED的度数为（　　） A．10° B．12.5° C．15° D．20° 正方形中求角度的问题要善于抓住正方形中的特殊角度90°、45°以及四边相等的性质. 【变式1-1】（2024春•吴起县期末）如图，在正方形ABCD中，F为BC的中点，EF⊥BC，垂足为F，连接BE，CE，BE＝2BF，连接DE，则∠CDE的度数为（　　） A．22° B．20° C．16° D．15° 【变式1-2】（2024•铜梁区一模）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接EF．若∠BEF＝α，则∠CDP一定等于（　　） A．90°﹣α B．2α C．180°﹣3α D．45°+α 【变式1-3】（2024春•利通区期末）如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，连接AE，则∠BAE的度数为 　 　°． 【变式1-4】（2024春•和平区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AC上一点，连接EB、ED．延长BE交AD于点F，∠BED＝110°，则∠EFD的度数为 　 　． 【变式1-5】（2022秋•太原期中）如图，点E．F分别是正方形ABCD内部、外部一点，四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，则∠CBE的度数等于 　 　． 【变式1-6】（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE＝AF，连接CE，DF，点P，Q分别是DF，CE的中点，连接PQ．若∠ADF＝α．则∠PQE可以用α表示为（　　） A．α B．45°﹣α C． D．3α﹣45° 【变式1-7】（2022秋•沙坪坝区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，点F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若EF∥BC，且∠CEF＝15°，则∠EDF的度数为（　　） A．22.5° B．25° C．30° D．35° 题型二 利用正方形的性质求线段长 【例题2】（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． 由于正方形的对角线相等且互相垂直平分，所以对于正方形的对角线及边这两个元素中知道其中一个的长度，都能根据勾股定理求出另一个.在计算中要利用等腰直角三角形的相关知识. 【变式2-1】（2023秋•朝阳区校级期末）如图，直线l过正方形ABCD的顶点A，BE⊥l于点E，DF⊥l于点F．若BE＝2，DF＝4，则的EF长为 　 　． 【变式2-2】（2024春•桓台县期末）如图，正方形ABCD的边长为2cm，将正方形ABCD沿对角线BD向右平移1cm，则B1D等于（　　） A． B．2cm C． D． 【变式2-3】（2023秋•淄川区期末）如图所示，在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过O作OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F，若AE＝4，CF＝3，则EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式2-4】（2024春•商南县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB，BC上，且AE＝BF＝1，则OC的长为（　　） A．2.4 B．3 C．4 D．5 【变式2-5】（2024春•无棣县期末）如图，已知正方形ABCD的面积为16，点Q是AB边上的一个动点（点Q不与点B重合），点M，N分别是DQ，BQ的中点，则线段MN＝（　　） A． B．4 C． D．16 【变式2-6】（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 　 　． 【变式2-7】（2023秋•朝阳区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为7，点E是AB上的一点，且AE＝3，将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，延长EG交BC于点F，则CF的长是 ． 题型三 利用正方形的性质求周长或面积 【例题3】（2023秋•汉台区期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝6，则四边形EFGH的面积是（　　） A．34 B．36 C．40 D．100 正方形的周长：边长×4. 正方形的面积：（1）边长的平方；（2）对角线乘积的一半； 【变式3-1】（2023秋•永安市期中）正方形的周长为8cm，则它的面积为（　　） A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2 【变式3-2】（2023春•南岗区校级月考）正方形一条对角线长为2，则周长为（　　） A．4 B．4 C．8 D．8 【变式3-3】（2023•礼县校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式3-4】（2023秋•遂川县期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC和AD边上，BE＝2，AF＝6，AE∥CF，则△ABE的面积为（　　） A．6 B．8 C．12 D．16 【变式3-5】（2023•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【变式3-6】（2024春•沙坪坝区校级月考）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18，则△CDE的面积为 　 　． 【变式3-7】（2023秋•路北区校级期末）如图，小明同学将边长为5cm的正方形塑料模板ABCD与一块足够大的直角三角板叠放在一起，其中直角三角板的直角顶点落在点A处，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是　 　． 题型四 利用正方形的性质进行证明 【例题4】（2024春•环翠区校级期中）如图，在正方形ABCD中，P是CD的中点，连接PA并延长AP交BC的延长线于点E，连接DE，取DE的中点Q，连接PQ，求证：4PQ＝BE． 通过证明三角形全等得到边和角相等，再进一步得到平行或垂直，是有关正方形中证明边或角相等的最常用的方法，而正方形的四条 边相等，四个角都是直角为证明三角形全等提供了条件. 【变式4-1】（2023秋•永丰县校级期末）如图，在正方形ABCD中，点P在边AD上，且不与点A，D重合，点H在边AB上，且不与点A，B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH，求证：BP⊥CH． 【变式4-2】（2023秋•双牌县期末）如图，四边形ABCD，BEFG均为正方形，连接CE，AG． 求证：CE＝AG． 【变式4-3】（2024春•新化县期末）如图所示，点E是正方形ABCD的边AB上任意一点，点F是边BC的延长线上一点，且DE＝DF． （1）求证：DF⊥DE； （2）若CD＝4，AE＝1，求BF的长． 【变式4-4】（2023秋•观山湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线BD上的两点，且DE＝BF．连接AE，CE，AF，CF． （1）证明：△ADE≌△CBF； （2）若，BF＝2，求四边形AECF的周长． 【变式4-5】（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4-7】（2023春•新乡期末）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一个动点，点E在线段AD的延长线上，当PA＝PE时，PE交CD于点F，连接CE． （1）求证：△PDA≌△PDC． （2）当点P运动到使PA＝PE的位置时，判断△PCE的形状，并说明理由． 题型五 正方形判定的条件 【例题5】（2024春•文登区期末）如图，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论正确的是（　　） A．当AB＝CD，AD∥BC时，四边形ABCD是平行四边形 B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形 C．当OA＝OB＝OC＝OD时，四边形ABCD是矩形 D．当AC＝BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定． 【变式5-1】（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 【变式5-2】（2024春•朝阳区期末）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（　　） A．对角线互相平分的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 【变式5-3】（2024春•东平县期末）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（　　） A．邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 【变式5-4】（2023•洛阳三模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列三个结论：①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是矩形；③当∠ABC＝90°时，它是正方形．其中结论正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【变式5-5】（2024春•郯城县期末）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．当BC＝2AB时，四边形MENF是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【变式5-6】（2023秋•东明县校级期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种说法： ①四边形AEDF是平行四边形； ②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形； ③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形； ④如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形． 其中，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式5-7】（2023•黑龙江一模）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加一个条件：　 　，使得平行四边形ABCD为正方形． 【变式5-8】（2023秋•城关区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，过A作AM⊥BC于M，交BD于E，过C作CN⊥AD于N，交BD于F，连结AF、CE，那么： ①△ABE≌△CDF； ②四边形AECF是平行四边形； ③当AB＝AD时，四边形AECF是菱形； ④当M、N分别是BC、AD中点时，四边形AMCN是正方形． 则下列结论中正确的有 　 　． 题型六 正方形的判定的证明 【例题6】（2023秋•太原期末）如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 判定一个四边形是正方形时，往往先判定它是矩形（或菱形），再补充一个想对应的一个或两个其它有关边、角、对角线的条件，即可证明. 【变式6-1】（2022•邵阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，OE＝OA．求证：四边形AECF是正方形． 【变式6-2】（2024•榆阳区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BP平分∠ABC交AC于点P，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，求证：四边形BMPN为正方形． 【变式6-3】（2023秋•城固县期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为其内一点，且AD，BD分别平分∠BAC，∠ABC．若DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，则四边形DECF是正方形吗？请说明理由． 【变式6-4】（2023春•宽城区期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：△ABF≌△DAE． （2）求证：四边形ABCD是正方形． 【变式6-5】（2023秋•泾阳县期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．求证：四边形ABCD是正方形． 【变式6-6】（2023秋•芦溪县期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 【变式6-7】（2024春•顺河区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是角平分线，过点C作AD的平行线，交△ABC外角∠EAC的角平分线于点F． （1）判断四边形ADCF的形状，并说明理由； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请说明理由． 题型七 正方形的性质与判定的综合应用 【例题7】（2023春•汕头校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝4，AD＝3，E是边AB上一点，且∠DCE＝45°，则DE的长度是（　　） A．3.2 B．3.4 C．3.6 D．4 正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题. 【变式7-1】（2024春•海安市期末）如图，点E，F，G，H分别是正方形ABCD四条边上的点，EF，GH相交于点O，且OA＝4，EF⊥AB，GH⊥BC，BE＝BH，则四边形BEOH与四边形DFOG的面积之和为（　　） A．4 B． C．8 D．16 【变式7-2】（2023•双峰县一模）如图，将正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA顺次延长至E，F，G，H，且使BE＝CF＝DG＝AH，则四边形EFGH是（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【变式7-3】（2023春•赣县区校级期末）如图，E、F、M、N分别是正方形ABCD四条边上的点，且 AE＝BF＝CM＝DN （1）求证：四边形EFMN是正方形； （2）若AB＝7，AE＝3，求四边形EFMN的周长． 【变式7-4】（2024春•民权县期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且AE＝AF，∠CEF＝45°． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）若AE＝2，DF＝2，求四边形ABCD的面积． 【变式7-5】（2023秋•榆阳区校级月考）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OF的长． 【变式7-6】（2023秋•砀山县校级月考）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）求AG+AE的值； （3）若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积． 【变式7-7】（2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF． （1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由； （2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度； （3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由． 题型八 正方形中的最短问题 【例题8】（2022•资阳）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是直线BC上一动点．若AB＝4，则AE+OE的最小值是（　　） A． B． C． D． 在解决正方形中的最短问题时，利用轴对称、平移等变换把已知问题转化为容易解决的问题，从而作出最短线段和. 【变式8-1】如图，正方形ABCD的边长为3，点E在BC上，且CE＝1，P是对角线AC上的一个动点，则PB+PE的最小值为 　 　． 【变式8-2】（2023•苏州模拟）如图，正方形ABCD的边长为，点E，F分别是对角线AC的三等分点，点P是边AB上一动点，则PE+PF的最小值是（　　） A． B． C． D． 【变式8-3】（2023秋•莲湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E在CD边上，且DE＝2CE，点P是对角线AC上的一动点．则PE+PD的最小值是（　　） A． B． C．3 D．3 【变式8-4】（2023秋•头屯河区期末）正方形ABCD的边长为4，点E、F分别是BC，CD上的一动点，且BE＝CF，连结AE，BF，两线交于点P，连接CP，则CP的最小值是（　　） A． B． C． D． 【变式8-5】（2023•青岛一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别为边BC，CD上两点，CF＝BE，AE平分∠BAC，连接BF，分别交AE，AC于点G，M，点P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM，则PM+PN的最小值为 　 　． 【变式8-6】（2024春•泰兴市月考）如图，已知正方形ABCD中，AB＝4，点E为BC边上一动点，连接DE，M是DE的中点，过点E作EF⊥BC交AC于F，连接FM，则FM的最小值为 　 ． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$ （北师大版）九年级上册数学《第1章 特殊的平行四边形》 1.3 正方形的性质与判定 正方形的定义知识点一 ●●定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. ★1、正方形的四条边都相等，说明正方形是特殊的菱形； ★2、正方形的四个角都是直角，说明正方形是特殊的矩形.即：正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形. 正方形的性质知识点二 ★1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即 ①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行； ②角：四个角都是直角； ③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角； ④正方形式轴对称图形，有四条对称轴； ★2、正方形的面积计算 ①边长的平方；②对角线平方的一半； ★3、正方形特有的性质： ①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形； ②周长相等四边形中，正方形的面积最大. 正方形的判定知识点三 ★1、正方形判定方法： 定义法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 四边形法 有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形. 对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形. 平行四边形法 有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形. 矩形法 有一组邻边相等的矩形是正方形. 对角线相互垂直的矩形是正方形. 菱形法 有一个角是直角的菱形是正方形. 对角线相等的菱形是正方形. ★2、平行四边形、矩形、菱形、正方形间转化关系和包含关系 题型一 利用正方形的性质求角度 【例题1】（2024春•楚雄州期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△CDE，连接AE，则∠AED的度数为（　　） A．10° B．12.5° C．15° D．20° 【分析】根据正方形性质得出∠ADC＝90°，AD＝DC，根据等边三角形性质得出DE＝DC，∠EDC＝60°，推出∠ADE＝150°，AD＝ED，根据等腰三角形性质得出∠DAE＝∠DEA，根据三角形的内角和定理求出即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝90°，AD＝DC， ∵△CDE是等边三角形， ∴DE＝DC，∠EDC＝60°， ∴∠ADE＝90°+60°＝150°，AD＝ED， ∴∠DAE＝∠AED（180°﹣∠ADE）＝15°， 故选：C． 【点评】本题考查了三角形的内角和定理，正方形性质，等腰三角形性质，等边三角形的性质的应用，主要考查学生运用性质推理和计算的能力，本题综合性比较强，是一道比较好的题目． 正方形中求角度的问题要善于抓住正方形中的特殊角度90°、45°以及四边相等的性质. 【变式1-1】（2024春•吴起县期末）如图，在正方形ABCD中，F为BC的中点，EF⊥BC，垂足为F，连接BE，CE，BE＝2BF，连接DE，则∠CDE的度数为（　　） A．22° B．20° C．16° D．15° 【分析】证出△BCE是等边三角形，得出∠BCE＝60°，则∠DCE＝90°+60°＝150°，由等腰三角形的性质可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴DC＝BC，∠DCB＝90°， ∵F为BC的中点，EF⊥BC， ∴BE＝CE，BC＝2BF， ∵BE＝2BF， ∴BC＝BE， ∴BE＝CE＝BC， ∴△BCE是等边三角形， ∴∠BCE＝60°， ∴∠DCE＝90°+60°＝150°， ∵DC＝BC＝CE， ∴∠CDE＝∠CED（180°﹣150°）＝15°． 故选：D． 【点评】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 【变式1-2】（2024•铜梁区一模）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，PE⊥AB，PF⊥BC，垂足分别为E，F，连接EF．若∠BEF＝α，则∠CDP一定等于（　　） A．90°﹣α B．2α C．180°﹣3α D．45°+α 【分析】连接BP交EF于O，可知∠CDP＝∠CBP，根据四边形ABCD是正方形，PE⊥AB，PF⊥BC，可得四边形BFPE是矩形，故OE＝OB，从而∠EBP＝∠BEF＝α，即得∠CBP＝90°﹣∠EBP＝90°﹣α，故∠CDP＝90°﹣α． 【解答】解：连接BP交EF于O，如图： 由正方形的对称性可知，∠CDP＝∠CBP， ∵四边形ABCD是正方形，PE⊥AB，PF⊥BC， ∴四边形BFPE是矩形， ∴OE＝OB， ∴∠EBP＝∠BEF＝α， ∴∠CBP＝90°﹣∠EBP＝90°﹣α， ∴∠CDP＝90°﹣α； 故选：A． 【点评】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理． 【变式1-3】（2024春•利通区期末）如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝EC，连接AE，则∠BAE的度数为 　 　°． 【分析】由正方形的性质得出∠ACB＝∠CAB＝45°，由等边对等角结合三角形外角的定义及性质出∠CAE＝∠CEA＝22.5°，最后再由∠BAE＝∠CAE+∠CAB计算即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是一个正方形， ∴∠ACB＝∠CAB＝45°， ∵AC＝EC， ∴∠CAE＝∠CEA， ∵∠CAE+∠CEA＝∠ACB， ∴∠CAE＝∠CEA＝22.5°， ∴∠BAE＝∠CAE+∠CAB＝67.5°， 故答案为：67.5． 【点评】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形外角的性质，关键是正方形性质的应用． 【变式1-4】（2024春•和平区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AC上一点，连接EB、ED．延长BE交AD于点F，∠BED＝110°，则∠EFD的度数为 　 　． 【分析】证明△BAE≌△DAE得到∠AEB＝∠AED，利用周角的定义求出∠AEB＝125°，进而根据三角形外角的性质求出∠AFE＝80°，则由平角的定义即可求出∠EFD的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAE＝∠DAE＝45°， 又∵AE＝AE， ∴△BAE≌△DAE（SAS）， ∴∠AEB＝∠AED， ∵∠BED＝110°， ∴， ∴∠AFE＝∠AEB﹣∠DAE＝80°， ∴∠EFD＝180°﹣80°＝100°， 故答案为：100°． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，三角形外角的性质，证明△BAE≌△DAE是解题的关键． 【变式1-5】（2022秋•太原期中）如图，点E．F分别是正方形ABCD内部、外部一点，四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，则∠CBE的度数等于 　 　． 【分析】先由四边形ABCD是正方形，AB＝AD＝BC，∠ABC＝90°，再由四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，得AD＝AE，BC＝BE，则AB＝AE＝BC，所以∠ABE＝60°，则∠CBE＝30°． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC，∠ABC＝90°， ∴四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形， ∵AD＝AE，BC＝BE， ∴AB＝AE＝BC， ∴△ABE是等边三角形， ∴∠ABE＝60°， ∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°， 故答案为：30°． 【点评】此题重点考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，证明△ABE是等边三角形是解题的关键． 【变式1-6】（2023秋•沙坪坝区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE＝AF，连接CE，DF，点P，Q分别是DF，CE的中点，连接PQ．若∠ADF＝α．则∠PQE可以用α表示为（　　） A．α B．45°﹣α C． D．3α﹣45° 【分析】连接DQ，根据正方形的性质先证明△ADF≌△DCE，得出∠DCE＝α，DF＝CE，进而得出DQ＝PD，∠PDQ＝90°﹣2α，根据三角形的内角和表示出∠PQD即可求解． 【解答】解：连接DQ，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD，∠A＝∠CDE＝90°， ∵AF＝DE， ∴△ADF≌△DCE（SAS）， ∴DF＝CE，∠ADF＝∠DCE＝α， ∵点P，Q分别是DF，CE的中点， ∴PDDF＝DQCE， ∴∠DPQ＝∠DQP，∠CDQ＝α， ∴∠PDQ＝90°﹣2α，∠DQE＝2α， ∴∠PQD45°+α， ∴∠PQE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α， 故选：B． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 【变式1-7】（2022秋•沙坪坝区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，点F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若EF∥BC，且∠CEF＝15°，则∠EDF的度数为（　　） A．22.5° B．25° C．30° D．35° 【分析】设AC交BD于O，由正方形的性质得AC⊥BC，CD＝CB，∠BCD＝90°，OB＝OD，则OC＝OD＝OB，∠DOF＝∠COE＝90°，所以∠OBC＝∠OCB＝45°，由EF∥BC，得∠OEF＝∠OFE＝45°，所以∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝30°，OF＝OE，即可证明△DOF≌△COE，得∠EDF＝∠OCE＝30°． 【解答】解：设AC交BD于O， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BC，CD＝CB，∠BCD＝90°，OB＝OD， ∴OC＝OD＝OBBC，∠DOF＝∠COE＝90°， ∴∠OBC＝∠OCB＝45°， ∵EF∥BC，∠CEF＝15° ∴∠OEF＝∠OBC＝∠OCB＝∠OFE＝45°， ∴∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝45°﹣15°＝30°，OF＝OE， 在△DOF和△COE中， ， ∴△DOF≌△COE（SAS）， ∴∠ODF＝∠OCE＝30°，即∠EDF＝30°， 故选：C． 【点评】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、全等三角形的判定与性质等知识，求得∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝30°并且证明△DOF≌△COE是解题的关键． 题型二 利用正方形的性质求线段长 【例题2】（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． 【分析】过E作EF⊥CD于F，由正方形ABCD的边长为6，可得CD＝6，ACCD＝6，∠ACD＝45°，而AE＝2CE，故CEAC＝2，根据△EFC是等腰直角三角形，求出EF＝CF2，DF＝CD﹣CF＝4，再用勾股定理可得答案． 【解答】解：过E作EF⊥CD于F，如图： ∵正方形ABCD的边长为6， ∴CD＝6，ACCD＝6，∠ACD＝45°， ∵AE＝2CE， ∴CEAC62， ∵EF⊥CD，∠ACD＝45°， ∴△EFC是等腰直角三角形， ∴EF＝CF2， ∴DF＝CD﹣CF＝6﹣2＝4， 在Rt△DEF中， DE2； 故选：D． 【点评】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． 由于正方形的对角线相等且互相垂直平分，所以对于正方形的对角线及边这两个元素中知道其中一个的长度，都能根据勾股定理求出另一个.在计算中要利用等腰直角三角形的相关知识. 【变式2-1】（2023秋•朝阳区校级期末）如图，直线l过正方形ABCD的顶点A，BE⊥l于点E，DF⊥l于点F．若BE＝2，DF＝4，则的EF长为 　 　． 【分析】通过证明△ABE≌△DAF，得AE＝DF，AF＝BE，进而求出EF． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°， ∵BE⊥l，DF⊥l， ∴∠AFD＝∠AEB＝90°， ∴∠FAD+∠FDA＝90°，且∠EAB+∠FAD＝90°， ∴∠FDA＝∠EAB， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△DAF（AAS）， 即AE＝DF＝4，AF＝BE＝2， ∴EF＝AE+AF＝4+2＝6， 故答案为：6． 【点评】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和勾股定理等知识，解本题的关键是证明△ABE≌△DAF． 【变式2-2】（2024春•桓台县期末）如图，正方形ABCD的边长为2cm，将正方形ABCD沿对角线BD向右平移1cm，则B1D等于（　　） A． B．2cm C． D． 【分析】由四边形ABCD是正方形，则BC＝CD，∠C＝90°，根据勾股定理得，然后根据平移的性质得BB1＝1cm，通过线段和差即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠C＝90°， 由勾股定理得：， ∵正方形ABCD沿对角线BD向右平移1cm得到正方形A1B1C1D1， ∴BB1＝1cm， ∴， 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，平移的性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 【变式2-3】（2023秋•淄川区期末）如图所示，在正方形ABCD中，O是对角线AC、BD的交点，过O作OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F，若AE＝4，CF＝3，则EF的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】先利用ASA证明△BEO≌△CFO，故得BE＝FC，进而得出AE＝BF，在Rt△BEF中利用勾股定理即可解得EF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴OB＝OC，∠OBE＝∠OCF＝45°，AC⊥BD， 又∵OE⊥OF， ∴∠EOB+∠BOF＝90°＝∠BOF+∠COF， ∴∠EOB＝∠COF， ∴△BEO≌△CFO（ASA）， ∴BE＝CF＝3， 又∵AB＝BC， ∴AE＝BF＝4， ∴Rt△BEF中，EF5． 故选：C． 【点评】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 【变式2-4】（2024春•商南县期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，点E、F分别在边AB，BC上，且AE＝BF＝1，则OC的长为（　　） A．2.4 B．3 C．4 D．5 【分析】首先证明△BEC≌△CFD，即可证明OC⊥DF，然后利用直角三角形的面积公式即可求得OC的长． 【解答】解：∵正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝4，∠B＝∠DCF， 又∵AE＝BF， ∴BE＝CF＝4﹣1＝3，， 则在直角△BEC和直角△CFD中， ， ∴△BEC≌△CFD（SAS）， ∴∠BEC＝∠CFD， 又∵Rt△BCE中，∠BEC+∠BCE＝90°， ∴∠CFD+∠BCE＝90°， ∴∠FOC＝90°，即OC⊥DF， ∴， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质，掌握正方形的性质是解题的关键． 【变式2-5】（2024春•无棣县期末）如图，已知正方形ABCD的面积为16，点Q是AB边上的一个动点（点Q不与点B重合），点M，N分别是DQ，BQ的中点，则线段MN＝（　　） A． B．4 C． D．16 【分析】连接BD，根据点M，N分别是DQ，BQ的中点，得到，根据正方形ABCD的面积为16，得到，利用勾股定理，得，解答即可． 【解答】解：连接BD， ∵点M，N分别是DQ，BQ的中点， ∴， ∵正方形ABCD的面积为16， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【变式2-6】（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 　 　． 【分析】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． 【解答】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＝BGAB＝2， ∴ME＝8，AM＝BN＝2， ∴AE2， 故答案为：2． 【点评】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． 【变式2-7】（2023秋•朝阳区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为7，点E是AB上的一点，且AE＝3，将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，延长EG交BC于点F，则CF的长是 ． 【分析】连接DF，根据将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，可证得Rt△DGF≌Rt△DCF（HL），有CF＝GF，设CF＝GF＝x，可得（7﹣3）2+（7﹣x）2＝（3+x）2，即可解得答案． 【解答】解：连接DF，如图： ∵将正方形沿DE翻折，点A落在点G处， ∴EG＝AE＝3，DG＝AD＝CD，∠DGE＝∠A＝90°， ∴∠DGF＝∠C＝90°， ∵DF＝DF， ∴Rt△DGF≌Rt△DCF（HL）， ∴CF＝GF， 设CF＝GF＝x，则BF＝7﹣x，EF＝3+x， ∵BE2+BF2＝EF2， ∴（7﹣3）2+（7﹣x）2＝（3+x）2， 解得x， ∴CF的长为． 故答案为：． 【点评】本题考查正方形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质，能利用勾股定理列方程解决问题． 题型三 利用正方形的性质求周长或面积 【例题3】（2023秋•汉台区期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝6，则四边形EFGH的面积是（　　） A．34 B．36 C．40 D．100 【分析】利用正方形的面积减去4个直角三角形的面积，进行计算即可． 【解答】解：∵正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝6， ∴BE＝AH＝DG＝CF＝8﹣6＝2， ∴四边形EFGH的面积为：； 故选C． 【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，正确的识图，利用割补法求面积是解题的关键． 正方形的周长：边长×4. 正方形的面积：（1）边长的平方；（2）对角线乘积的一半； 【变式3-1】（2023秋•永安市期中）正方形的周长为8cm，则它的面积为（　　） A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2 【分析】设正方形的边长为acm，4a＝8，则a＝2，即可求得该正方形的面积为4cm2． 【解答】解：设正方形的边长为acm， ∵正方形的周长为8cm， ∴4a＝8， ∴a＝2， ∴S＝a2＝22＝4（cm2）， ∴它的面积为4cm2， 故选：B． 【点评】此题重点考查正方形的四条边都相等、正方形的面积公式等知识，根据正方形的周长为8cm求出它的边长是解题的关键． 【变式3-2】（2023春•南岗区校级月考）正方形一条对角线长为2，则周长为（　　） A．4 B．4 C．8 D．8 【分析】根据对角线长求出边长，即可求出周长． 【解答】解：设正方形的边长为a， ∵对角线长为2， ∴2a2＝（2）2， 解得：a＝2或﹣2（不符合题意，舍去）， ∴正方形的周长为8， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解决问题的关键． 【变式3-3】（2023•礼县校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【分析】先根据正方形的性质得出∠B＝90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可得出正方形的面积． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠B＝90°， ∴BC2＝EC2﹣EB2＝22﹣12＝3， ∴正方形ABCD的面积＝BC2＝3． 故选：A． 【点评】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．即如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．也考查了正方形的性质． 【变式3-4】（2023秋•遂川县期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC和AD边上，BE＝2，AF＝6，AE∥CF，则△ABE的面积为（　　） A．6 B．8 C．12 D．16 【分析】先根据正方形的性质可得：AD∥BC，AB＝BC，∠B＝90°，证明四边形AECF是平行四边形，可得CE＝AF＝6，由此计算AB＝BC＝8，最后由直角三角形的面积公式可得结论． 【解答】解：∵四边形是ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB＝BC，∠B＝90°， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴CE＝AF＝6， ∵BE＝2， ∴BC＝BE+CE＝2+6＝8， ∴AB＝8， ∵∠B＝90°， ∴△ABE的面积•AB•BE8×2＝8． 故选：B． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形的面积公式，平行四边形的判定和性质知识，熟练掌握相关知识是解答的关键． 【变式3-5】（2023•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（　　） A．5 B．4 C．3 D．2 【分析】如图，过点B作BG⊥AE于G，根据AAS证明△BAG≌△ADE，得BG＝AE＝2，最后由三角形面积公式可得结论． 【解答】解：如图，过点B作BG⊥AE于G， ∵AE⊥DE， ∴∠AGB＝∠AED＝90°， ∵∠BAD＝90°， ∴∠BAG+∠DAE＝∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠BAG＝∠ADE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD， ∴△BAG≌△ADE（AAS）， ∴BG＝AE＝2， ∴△ABE的面积AE×BG2×2＝2． 故选：D． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的性质和判定，三角形的面积，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型． 【变式3-6】（2024春•沙坪坝区校级月考）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18，则△CDE的面积为 　 　． 【分析】过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于H，由题意可证△ADG≌△DEH，即可得EH＝AG＝3．则可求△CDE的面积． 【解答】解：如图：过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于H． ∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18， ∴AD⊥CD，DG＝DE3，∠BAD＝90°，AD＝CD， 在Rt△ADG中，AG2， ∵∠ADG+∠GDH＝90°，∠DGH+∠EDH＝90°， ∴∠EDH＝∠ADG，且∠DAG＝∠H＝90°，DE＝DG， ∴△ADG≌△DEH， ∴EH＝AG＝2， ∴S△CDECD×EH2， 故答案为：2． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，添加恰当的辅助线构造全等三角形是本题的关键． 【变式3-7】（2023秋•路北区校级期末）如图，小明同学将边长为5cm的正方形塑料模板ABCD与一块足够大的直角三角板叠放在一起，其中直角三角板的直角顶点落在点A处，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是　 　． 【分析】利用ASA判断出△ABE≌△ADF，得到四边形AECF的面积与正方形ABCD面积相等，结论可求． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AB． ∴∠DAF+∠BAF＝90°． ∵∠EAF＝90°， ∴∠EAB+∠BAF＝90°． ∴∠EAB＝∠DAF． 在Rt△EAB和Rt△FAD中， ． ∴Rt△EAB≌Rt△FAD（ASA）． ∴S△EAB＝S△FAD． ∵S四边形AECF＝S四边形ABCF+S△ABE ∴S四边形AECF＝S四边形ABCF+S△ADF＝S正方形ABCD＝52＝25（cm2）． 故答案为：25cm2． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等的判定与性质．利用面积割补法求不规则图形的面积是解题的关键． 题型四 利用正方形的性质进行证明 【例题4】（2024春•环翠区校级期中）如图，在正方形ABCD中，P是CD的中点，连接PA并延长AP交BC的延长线于点E，连接DE，取DE的中点Q，连接PQ，求证：4PQ＝BE． 【分析】利用正方形的性质证△ADP≌△ECP（AAS），得AD＝EC，利用中位线的性质转换求得结果． 【解答】证明：∵ABCD是正方形， ∴AD＝BC，AD∥BE， ∴∠ADP＝∠ECP＝90°， ∵P是CD的中点， ∴PD＝CP， 在△ADP与△ECP中， ， ∴△ADP≌△ECP（AAS）， ∴AD＝EC， ∴BE＝2EC， ∵Q是DE的中点， ∴EC＝2PQ， ∴BE＝2EC＝4PQ， 即：4PQ＝BE． 【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的证明和性质、中位线的性质；熟练利用中位线和三角形全等的性质转化是解题的关键． 通过证明三角形全等得到边和角相等，再进一步得到平行或垂直，是有关正方形中证明边或角相等的最常用的方法，而正方形的四条 边相等，四个角都是直角为证明三角形全等提供了条件. 【变式4-1】（2023秋•永丰县校级期末）如图，在正方形ABCD中，点P在边AD上，且不与点A，D重合，点H在边AB上，且不与点A，B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH，求证：BP⊥CH． 【分析】由“HL”可证Rt△ABP≌Rt△BCH，可得∠BCH＝∠ABP，由余角的性质可得结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°， 在Rt△ABP和Rt△BCH中， ， ∴Rt△ABP≌Rt△BCH（HL）， ∴∠BCH＝∠ABP， ∵∠ABP+∠CBP＝90°＝∠BCH+∠CBP， ∴∠CEB＝90°， ∴BP⊥CH． 【点评】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． 【变式4-2】（2023秋•双牌县期末）如图，四边形ABCD，BEFG均为正方形，连接CE，AG． 求证：CE＝AG． 【分析】由正方形的性质得出AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE，得出∠ABG＝∠CBE，由SAS证明△ABG≌△CBE，得出对应边相等即可； 【解答】证明：∵四边形ABCD、BEFG均为正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE， ∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG， ∴∠ABG＝∠CBE， 在△ABG和△CBE中， ， ∴△ABG≌△CBE（SAS）， ∴AG＝CE． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 【变式4-3】（2024春•新化县期末）如图所示，点E是正方形ABCD的边AB上任意一点，点F是边BC的延长线上一点，且DE＝DF． （1）求证：DF⊥DE； （2）若CD＝4，AE＝1，求BF的长． 【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝DC，∠A＝∠BCD＝90°，从而利用平角定义可得∠DCF＝90°，进而可得∠A＝∠DCF＝90°，然后利用HL证明△DAE≌△DCF，从而利用全 等三角形的性质即可解答； （2）根据正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝AD＝4，再利用（1）的结论可得CF＝AE＝1，即可解答． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠A＝∠BCD＝∠ADC＝90°， ∴∠DCF＝180°﹣∠BCD＝90°， ∴∠A＝∠DCF＝90°， ∵DE＝DF， ∴Rt△DAE≌Rt△DCF（HL）， ∴∠1＝∠2； ∴∠2+∠3＝∠1+∠3＝90°， ∴DE⊥DF； （2）解：∵△DAE≌△DCF，AE＝1， ∴CF＝AE＝1，在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝4， ∴BF＝4+1＝5． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【变式4-4】（2023秋•观山湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F是对角线BD上的两点，且DE＝BF．连接AE，CE，AF，CF． （1）证明：△ADE≌△CBF； （2）若，BF＝2，求四边形AECF的周长． 【分析】（1）由正方形对角线性质可得∠ADE＝∠CBF＝45°，再由SAS可证△ADE≌△CBF； （2）由正方形性质及勾股定理可求得BD＝AC＝8，DO＝BO＝4．再证明四边形AECF为菱形，因为DE＝BF＝2，所以可得OE＝2，在Rt△AOE中用勾股定理求得AE＝2，进而四边形AECF的周长为4DE，即可求得答案． 【解答】（1）证明：由正方形对角线平分每一组对角可知：∠ADE＝∠CBF＝45°， 在△ADE和△CBF中， ， ∴△ADE≌△CBF（SAS）； （2）解：∵AB＝AD， ∴BD8， 由正方形对角线相等且互相垂直平分可得：AC＝BD＝8，DO＝BO＝4，OA＝OC＝4， 又∵DE＝BF＝2， ∴OB﹣BF＝OD﹣DE， 即OE＝OF＝4﹣2＝2， 故四边形AECF为平行四边形． ∵∠DOC＝90°， ∴四边形AECF是菱形， ∴AE2． ∴4DE， 故四边形AECF的周长为8． 【点评】本题考查了全等三角形的判定，菱形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，熟悉以上几何图形的性质和判定是解题关键． 【变式4-5】（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． 【分析】（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． 【解答】（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． 【点评】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4-6】（2023•鼓楼区校级三模）如图，P为正方形ABCD对角线BD上一点（不与B、D重合），PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF． 求证：（1）AP＝EF； （2）AP⊥EF． 【分析】（1）首先连接AC，PC，由四边形ABCD是正方形，可得BD垂直平分AC，即可证得AP＝PC，又由PE⊥BC，PF⊥CD，证得四边形PECF是矩形，可判定EF＝PC，继而证得结论； （2）过点P作PN⊥AB，垂足为点N，延长AP，交EF于点M，利用全等三角形的判定定理可得△ANP≌△FPE（SSS），在△APN与△FPM中，根据三角形的内角和定理可得结论． 【解答】证明：（1）连接AC，PC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BD垂直平分AC，∠BCD＝90°， ∴AP＝CP， ∵PE⊥BC，PF⊥CD， ∴∠PEC＝∠PFC＝90°， ∴四边形PECF是矩形， ∴PC＝EF， ∴AP＝EF； （2） 过点P作PN⊥AB，垂足为点N，延长AP，交EF于点M， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABP＝∠CBD＝45°， ∴△DFP为等腰直角三角形， ∴DF＝PF， 又∵AN＝DF， ∴AN＝FP， 又∵NP⊥AB，PE⊥BC， ∴四边形BNPE是正方形， ∴NP＝EP， 又∵AP＝PC， 四边形PECF为矩形， ∴EF＝PC， ∴AP＝EF， 在△ANP与△FPE中， ， 则△ANP≌△FPE（SSS）， ∴∠NAP＝∠PFE， △APN与△FPM中， ∠APN＝∠FPM，∠NAP＝∠PFM， ∴∠PMF＝∠ANP＝90°， ∴AP⊥EF． 【点评】此题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质以及线段垂直平分线的性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 【变式4-7】（2023春•新乡期末）如图，在正方形ABCD中，P是对角线BD上的一个动点，点E在线段AD的延长线上，当PA＝PE时，PE交CD于点F，连接CE． （1）求证：△PDA≌△PDC． （2）当点P运动到使PA＝PE的位置时，判断△PCE的形状，并说明理由． 【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，得出AD＝DC，∠ADB＝∠CDB＝45° 利用SAS证△PDA≌△PDC全等即可， （2）由（1）得∠3＝∠1，因为PA＝PE，则∠2＝∠3，PA＝PC＝PE，推出∠1＝∠2，则∠DFE＝∠PFC，因为∠FPC＝∠EDF，∠EDF＝90°，则∠FPC＝90°，又因为PC＝PE，得出△PCE等腰直角三角形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADB＝∠CDB＝45°， 在△PDA和△PDC中， ， ∴△PDA≌△PDC（SAS）； （2）△PCE是等腰直角三角形，理由： 如图，由（1）得△PDA≌△PDC， ∴∠3＝∠1， ∵PA＝PE， ∴∠2＝∠3，PA＝PC＝PE， ∴∠1＝∠2， ∴∠DFE＝∠PFC， ∴∠FPC＝∠EDF，∠EDF＝90°， ∴∠FPC＝90°， ∵PC＝PE， ∴△PCE等腰直角三角形． 【点评】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定和性质，掌握相关知识是解题的关键． 【变式4-8】（2023春•顺义区校级月考）如图，在正方形ABCD中，Q为对角线BD上一点（DQ＞BQ），连接AQ、CQ． （1）求证：AQ＝CQ； （2）过点Q作QR⊥BD交BC于点R，延长CB至点H使BH＝CR，连接AH． ①依题意补全图形； ②用等式表示AH与CQ之间的数量关系，并证明． 【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABQ≌△CBQ，即可得证； （2）①根据题意补全图形即可求解； ②连接HQ，证明△QBH≌△QRC，进而证明△ADH是等腰直角三角形，即可得出结论 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABQ＝∠CBQ＝45°， 又BQ＝BQ， ∴△ABQ≌△CBQ（SAS）， ∴AQ＝CQ； （2）解：①补全图形，如图， ②，理由如下，如图，连接HQ， ∵QR⊥BD，∠QBR＝45°， ∴∠QRB＝45°， ∴∠QBR＝∠QRB， ∴BQ＝RQ，∠QRC＝∠QBH＝135°， 又∵CR＝HB， ∴△QBH≌△QRC（SAS）， ∴QH＝QC，∠HQB＝∠RQC， 由（1）可知△ABQ≌△CBQ， ∴∠AQB＝∠BQC， ∴∠AQH+∠HQB＝∠BQR+∠RQC， ∴∠AQH＝∠BQR＝90°， ∵AQ＝QC， ∴AQ＝HQ， ∴△ADH是等腰直角三角形， ∴， ∴． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 题型五 正方形判定的条件 【例题5】（2024春•文登区期末）如图，已知四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论正确的是（　　） A．当AB＝CD，AD∥BC时，四边形ABCD是平行四边形 B．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形 C．当OA＝OB＝OC＝OD时，四边形ABCD是矩形 D．当AC＝BD，AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形 【分析】根据平行四边形的性质和判定、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定逐项判断即可． 【解答】解：A、当AB＝CD，AD∥BC时，四边形可能是等腰梯形，该选项错误，不符合题意； B、当四边形ABCD是平行四边形且AC⊥BD时，四边形是菱形，该选项说法错误，不符合题意； C、若四边形的对角线相等且相互平分，则为矩形，该选项说法正确，符合题意； D、当AC＝BD，AC⊥BD时，四边形不一定是正方形，选项说法错误，不符合题意． 故选：C． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的性质、正方形的判定等知识点，熟练运用相关知识成为解题的关键． 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定． 【变式5-1】（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 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【解答】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． 【点评】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． 【变式5-2】（2024春•朝阳区期末）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（　　） A．对角线互相平分的四边形 B．有三个角是直角的四边形 C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形 【分析】根据正方形的判定方法即可求解． 【解答】解：A选项，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故A选项不符合题意； B选项，有三个角是直角的四边形是矩形，故B选项不符合题意； C选项，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故C选项不符合题意； D选项，对角线相等的菱形是正方形，故D选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题主要考查正方形的判定，掌握“对角线相互垂直的矩形是正方形”，“对角线相等的菱形是正方形”，“对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形”的知识是解题的关键． 【变式5-3】（2024春•东平县期末）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（　　） A．邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 【分析】将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，可得到BA＝BF，折痕为BE，沿EF剪下，故四边形ABFE为矩形，且有一组邻边相等，故四边形ABFE为正方形． 【解答】解：∵将长方形纸片折叠，A落在BC上的F处， ∴BA＝BF， ∵折痕为BE，沿EF剪下， ∴四边形ABFE为矩形， ∴四边形ABEF为正方形． 故用的判定定理是：邻边相等的矩形是正方形． 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的判定定理，邻边相等的矩形是正方形，和翻折变换． 【变式5-4】（2023•洛阳三模）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列三个结论：①当AB＝BC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是矩形；③当∠ABC＝90°时，它是正方形．其中结论正确的有（　　） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】由四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，根据菱形的定义可证明四边形ABCD是菱形，可判断A正确；由四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可证明四边形ABCD是菱形，可知四边形ABCD不一定是矩形，可判断B错误；由四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，根据矩形的定义可证明四边形ABCD是矩形，可知四边形ABCD不一定是正方形，可判断C错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形， 故A正确； ∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形， ∴四边形ABCD不一定是矩形， 故B错误； ∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD不一定是正方形， 故C错误， 故选：B． 【点评】此题重点考查菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，正确选择特殊的平行四边形的定义或判定定理证明四边形ABCD是菱形或矩形是解题的关键． 【变式5-5】（2024春•郯城县期末）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．当BC＝2AB时，四边形MENF是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【分析】由矩形的性质，得AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，根据CD＝BC＝2AB，得AB＝AM＝DM＝DC，∠ABM＝∠AMB＝∠DMC＝∠DCM＝45°，从而得∠BMC＝90°，又证明四边形MENF是平行四边形，根据ME＝MF，∠BMC＝90°，可得四边形MENF是正方形． 【解答】解：四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，∠A＝∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°， ∵M，N分别是边AD，BC的中点， ∴AM＝DM， ∵CD＝BC＝2AB， ∴AB＝AM＝DM＝DC， ∴∠ABM＝∠AMB＝∠DMC＝∠DCM＝45°， ∴∠BMC＝90°， ∵∠ABC＝∠DCB＝90°， ∴∠MBC＝∠MCB＝45°， ∴BM＝CM， ∵N、E、F分别是BC、BM、CM的中点， ∴，NF∥BM，NE∥CM， ∴四边形MENF是平行四边形， ∵ME＝MF，∠BMC＝90°， ∴四边形MENF是正方形， 故选：D． 【点评】本题考查了矩形的性质、正方形的判定、三角形中位线定理等知识，熟练应用正方形的判定方法是解题关键． 【变式5-6】（2023秋•东明县校级期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种说法： ①四边形AEDF是平行四边形； ②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形； ③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形； ④如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形． 其中，正确的有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DE∥CA，DF∥BA，得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC＝90°，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若AD平分∠BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得∠EAD＝∠EDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由AB＝AC，AD⊥BC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分∠BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，④错误，进而得到正确说法的个数． 【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA， ∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确； 若∠BAC＝90°， ∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确； 若AD平分∠BAC， ∴∠EAD＝∠FAD， 又DE∥CA， ∴∠EDA＝∠FAD， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确； 若AB＝AC，AD⊥BC， ∴AD平分∠BAC， 同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项④错误， 则其中正确的个数有3个． 故选：C． 【点评】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质． 【变式5-7】（2023•黑龙江一模）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加一个条件：　 　，使得平行四边形ABCD为正方形． 【分析】先判定平行四边形ABCD是菱形，再根据有一个角是直角的菱形时正方形；对角线相等的菱形是正方形；即可得出结论． 【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD， ∴▱ABCD是菱形， 当∠BAD＝90°时，▱ABCD为正方形； 当AC＝BD时，▱ABCD为正方形； 故答案为：∠BAD＝90°或AC＝BD． 【点评】本题考查了正方形的判定、菱形的判定；熟记正方形的判定方法是解题的关键． 【变式5-8】（2023秋•城关区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，过A作AM⊥BC于M，交BD于E，过C作CN⊥AD于N，交BD于F，连结AF、CE，那么： ①△ABE≌△CDF； ②四边形AECF是平行四边形； ③当AB＝AD时，四边形AECF是菱形； ④当M、N分别是BC、AD中点时，四边形AMCN是正方形． 则下列结论中正确的有 　 　． 【分析】根据全等三角形判定定理，平行四边形判定定理，菱形，矩形，正方形判定定理逐项判定即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD，∠ABC＝∠CDA， ∴∠ABE＝∠CDF， ∵AM⊥BC，CN⊥AD， ∴∠BAE+∠ABC＝90°，∠DCF+∠CDA＝90°， ∴∠BAE＝∠DCF， ∴△ABE≌△CDF（ASA），故①正确； ∴AE＝CF， ∵AM∥CN， ∴四边形AECF是平行四边形，故②正确； 连接AC，如图： 当AB＝AD时，四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，即AC⊥EF， ∵四边形AECF是平行四边形， ∴四边形AECF是菱形，故③正确； ∵AM⊥BC，CN⊥AD，AD∥BC， ∴∠AMC＝∠MCN＝∠CNA＝90°， ∴四边形AMCN是矩形， 当M、N分别是BC、AD中点时，不能证明两边相等，如图： 故④错误； ∴正确的有①②③， 故答案为：①②③． 【点评】本题考查菱形，矩形，正方形判定，涉及平行四边形，全等三角形等知识，解题的关键是掌握矩形，菱形，正方形的判定定理． 题型六 正方形的判定的证明 【例题6】（2023秋•太原期末）如图，已知矩形ABCD 中，∠BAD 和∠ADC 的平分线交于BC边上一点E．点F为矩形外一点，四边形AEDF为平行四边形．求证：四边形AEDF是正方形． 【分析】由矩形的性质得出∠BAD＝∠CDA＝90°，证出AE＝DE，由正方形的判定可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAD＝∠CDA＝90°， ∵AE，DE平分∠BAD 与∠CDA， ∴，， ∴∠EAD＝∠EDA， ∴AE＝DE， ∵∠EAD+∠EDA+∠AED＝180°， ∴∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝90°， ∴▱AEDF是正方形． 【点评】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键． 判定一个四边形是正方形时，往往先判定它是矩形（或菱形），再补充一个想对应的一个或两个其它有关边、角、对角线的条件，即可证明. 【变式6-1】（2022•邵阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，OE＝OA．求证：四边形AECF是正方形． 【分析】先证明四边形AECF是菱形，再证明EF＝AC，即可得出结论 【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD， ∵BE＝DF， ∴OE＝OF， ∴四边形AECF是菱形； ∵OE＝OA＝OF， ∴OE＝OF＝OA＝OC，即EF＝AC， ∴菱形AECF是正方形． 【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础. 【变式6-2】（2024•榆阳区校级模拟）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，BP平分∠ABC交AC于点P，过点P作PM⊥AB于点M，PN⊥BC于点N，求证：四边形BMPN为正方形． 【分析】先证明四边形BMPN是矩形，由角平分线的性质得到PM＝PN，根据正方形的判定即可证得四边形BMPN为正方形． 【解答】证明：∵PM⊥AB，PN⊥BC， ∴∠PMB＝∠PNB＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形BMPN是矩形， ∵BP平分∠ABC，PM⊥AB，PN⊥BC， ∴PM＝PN， ∴四边形BMPN为正方形． 【点评】本题主要考查了正方形的判定和角平分线的性质，熟知角平分线上的点到角两边的距离相等是解决问题的关键． 【变式6-3】（2023秋•城固县期中）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，点D为其内一点，且AD，BD分别平分∠BAC，∠ABC．若DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，则四边形DECF是正方形吗？请说明理由． 【分析】过D作DG垂直AB于点G，由三个角为直角的四边形为矩形得到四边形CEDF为矩形，由AD为角平分线，利用角平分线定理得到DG＝DF，同理得到DE＝DG，等量代换得到DE＝DF，利用邻边相等的矩形为正方形即可得证． 【解答】解：四边形DECF是正方形． 理由：如图， 过D作DG⊥AB，交AB于点G， ∵∠C＝∠DEC＝∠DFC＝90°， ∴四边形CEDF为矩形， ∵AD平分∠CAB，DF⊥AC，DG⊥AB， ∴DF＝DG； ∵BD平分∠ABC，DG⊥AB，DE⊥BC， ∴DE＝DG， ∴DE＝DF， ∴四边形CEDF为正方形． 【点评】此题考查了正方形的判定，以及角平分线定理，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键． 【变式6-4】（2023春•宽城区期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：△ABF≌△DAE． （2）求证：四边形ABCD是正方形． 【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ABF≌△DAE（AAS）； （2）由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠B＝90°， ∵DE⊥AF， ∴∠DAB＝∠AGD＝90°， ∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（AAS）； （2）∵△ABF≌△DAE， ∴AD＝AB， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD是正方形． 【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 【变式6-5】（2023秋•泾阳县期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．求证：四边形ABCD是正方形． 【分析】作EM⊥BC于点M，可证EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，由角的数量关系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可证AB＝BC，可得结论． 【解答】证明：如图，作EM⊥BC于点M， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AB⊥BC， ∴EM∥AB， ∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM， ∵∠ABE+∠CEF＝45°， ∴∠BEM+∠CEF＝45°， ∵BE⊥EF， ∴∠CEM＝45°＝∠BAC， ∴∠BAC＝∠ACB＝45°， ∴AB＝BC， ∴矩形ABCD是正方形． 解法二：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABE＝90°﹣∠EBC， ∵∠BEF＝90°， ∴∠CEF＝90°﹣∠BEC， ∵∠ABE+∠CEF＝45°， ∴180°﹣（∠EBC+∠BEC）＝45°， 又∵180°﹣（∠EBC+∠BEC）＝∠BCE， ∴∠BCE＝45°， ∴∠BAC＝45°， ∴AB＝BC， ∴矩形ABCD是正方形． 【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 【变式6-6】（2023秋•芦溪县期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．若∠AED＝2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形． 【分析】根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形， ∴EO⊥AC （三线合一）， 即 BD⊥AC， ∴▱ABCD是菱形， ∴EO⊥AC，AO＝OC， ∵△ACE是等边三角形，∠EAC＝60°， ∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形， ∴∠EAO＝60°， ∵∠AED＝2∠EAD， ∴∠EAD＝15°， ∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°， ∵▱ABCD是菱形， ∴∠BAD＝2∠DAO＝90°， ∴菱形ABCD是正方形． 【点评】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理． 【变式6-7】（2024春•顺河区校级期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，AD是角平分线，过点C作AD的平行线，交△ABC外角∠EAC的角平分线于点F． （1）判断四边形ADCF的形状，并说明理由； （2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形？请说明理由． 【分析】（1）根据三线合一得出AD⊥BC，根据AD是角平分线，AF是△ABC外角∠EAC的角平分线得出∠DAF＝90°，进而可得AF∥CD，根据题意得CF∥AD，即可得出结论； （2）根据（1）的结论添加邻边相等，即可得出结论． 【解答】解：（1）四边形ADCF是矩形，理由如下： ∵在△ABC中，AB＝AC，AD是角平分线， ∴AD⊥BC，∠B＝∠ACB，∠BAD＝∠DAC， ∵AF是△ABC外角∠EAC的角平分线， ∴∠EAF＝∠CAF， ∴， 又AD⊥BC，即∠ADC＝90°，则∠DAF+∠ADC＝180°， ∴AF∥CD， ∵CF∥AD， ∴四边形ADCF是平行四边形， ∵AD⊥DC， ∴四边形ADCF是矩形； （2）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形ADCF是正方形，理由如下： ∵四边形ADCF是矩形， ∴当AD＝DC时，四边形ADCF是正方形， 当AD＝DC时，△ACD是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝45°， 又∵AB＝AC， ∴∠ABC＝∠ACB＝45°，∠BAC＝90°，即△ABC是等腰直角三角形． 【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形、矩形的判定定理是解题的关键． 题型七 正方形的性质与判定的综合应用 【例题7】（2023春•汕头校级期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AB＝BC＝4，AD＝3，E是边AB上一点，且∠DCE＝45°，则DE的长度是（　　） A．3.2 B．3.4 C．3.6 D．4 【分析】过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，延长DG至F，使GF＝BE，先证四边形ABCG是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形），再设DE＝x，在Rt△AED中利用勾股定理可求出ED的长． 【解答】解：如图，过C作CG⊥AD于G，并延长DG至F，使GF＝BE， ∵∠A＝∠B＝∠CGA＝90°，AB＝BC， ∴四边形ABCG为正方形， ∴AG＝BC＝4，∠BCG＝90°，BC＝CG， ∵AD＝3， ∴DG＝4﹣3＝1， ∵BC＝CG，∠B＝∠CGF，BE＝FG， ∴△EBC≌△FGC（SAS）， ∴CE＝CF，∠ECB＝∠FCG， ∵∠DCE＝45°， ∴∠BCE+∠DCG＝∠DCG+∠FCG＝45°， ∴∠DCE＝∠DCF， ∵CE＝CF，∠DCF＝∠DCE，DC＝DC， ∴△ECD≌△FCD（SAS）， ∴ED＝DF， 设ED＝x，则EB＝FG＝x﹣1， ∴AE＝4﹣（x﹣1）＝5﹣x， Rt△AED中，AE2+AD2＝DE2， ∴（5﹣x）2+32＝x2， 解得：x＝3.4， ∴DE＝3.4． 故选：B． 【点评】本题考查的是正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质、勾股定理的应用，掌握三角形全等的判定定理和性质定理是解题的关键． 正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题. 【变式7-1】（2024春•海安市期末）如图，点E，F，G，H分别是正方形ABCD四条边上的点，EF，GH相交于点O，且OA＝4，EF⊥AB，GH⊥BC，BE＝BH，则四边形BEOH与四边形DFOG的面积之和为（　　） A．4 B． C．8 D．16 【分析】先证四边形BEOH与四边形DFOG为正方形，再根据勾股定理即可求出它们的面积之和． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AD∥BC，AB∥CD，AD＝CD， ∵EF⊥AB，GH⊥BC， ∴∠AEF＝∠BEF＝90°，∠BHO＝∠CHO＝90°， ∴∠B＝∠BEO＝∠BHO＝90°， ∴四边形BEOH是矩形， ∵BE＝BH， ∴四边形BEOH是正方形， ∵∠BAC＝∠B＝∠BHO＝90°， ∴四边形ABHG是矩形， ∴AG＝BH， ∵AD∥BC，GH⊥BC， ∴GH⊥AD， ∴∠DGO＝∠AGO＝90°， ∵AB∥CD，EF⊥AB， ∴EF⊥CD， ∴∠DFO＝∠CFO＝90°， ∴∠DGO＝∠DFO＝∠D＝90°， ∴四边形DFOG是矩形， ∵∠B＝∠BEO＝∠C＝90°， ∴四边形BEFC是矩形， ∴CF＝BE， ∴AG＝CF， ∵AD＝CD， ∴DG＝DF， ∴四边形DFOG是正方形， ∴S正方形BEOH+S正方形DFOG＝BH2+OG2＝AG2+OG2， 在Rt△AOG中，由勾股定理得，OA2＝AG2+OG2＝42＝16， ∴四边形BEOH与四边形DFOG的面积之和为16， 故选：D． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键． 【变式7-2】（2023•双峰县一模）如图，将正方形ABCD的各边AB，BC，CD，DA顺次延长至E，F，G，H，且使BE＝CF＝DG＝AH，则四边形EFGH是（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【分析】根据正方形的性质和已知条件可证得△FBE≌△GCF≌△HDG≌△EAH，于是得到EF＝FG＝GH＝HE，可证得四边形EFGH是菱形，再证得∠EFG＝90°，即可证明四边形EFGH是正方形． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°， ∴∠FBE＝∠GCF＝∠HDG＝∠EAH＝90°， ∵BE＝CF＝DG＝AH， ∴AB+BE＝BC+CF＝CD+DG＝DA+AH， 即AE＝BF＝CG＝DH， 在△FBE和△GCF中， ， ∴△FBE≌△GCF（SAS）， ∴EF＝FG，∠BFE＝∠CGF， ∵∠GCF＝90°， ∴∠CGF+∠GFC＝90°， ∴∠BFE+∠GFC＝90°， 即∠EFG＝90°， 同理可得△GCF≌△HDG，△HDG≌△EAH，△EAH≌△FBE， ∴FG＝GH，GH＝HE，HE＝EF， ∴EF＝FG＝GH＝HE， ∴四边形EFGH是菱形， 又∠EFG＝90°， ∴四边形EFGH是正方形． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方形的性质与判定．熟知正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；掌握正方形的判定：有一个角是直角的菱形是正方形；四条边相等的矩形是正方形． 【变式7-3】（2023春•赣县区校级期末）如图，E、F、M、N分别是正方形ABCD四条边上的点，且 AE＝BF＝CM＝DN （1）求证：四边形EFMN是正方形； （2）若AB＝7，AE＝3，求四边形EFMN的周长． 【分析】（1）通过证明△AEN，△DNM，△MCF，△FBE全等，先得出四边形ENMF是菱形，再证明四边形EFMN中一个内角为90°，从而得出四边形EFMN是正方形的结论； （2）根据AB＝7，AE＝3，可得AN＝BE＝AB﹣AE＝4，根据勾股定理可得EN＝5，进而可以解决问题． 【解答】（1）证明：∵AE＝BF＝CM＝DN， ∴AN＝DM＝CF＝BE． ∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， ∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF（SAS）． ∴EF＝EN＝NM＝MF，∠ENA＝∠DMN． ∴四边形EFMN是菱形， ∵∠ENA＝∠DMN，∠DMN+∠DNM＝90°， ∴∠ENA+∠DNM＝90°． ∴∠ENM＝90°． ∴四边形EFMN是正方形； （2）解：∵AB＝7，AE＝3， ∴AN＝BE＝AB﹣AE＝4， ∴EN5， ∴正方形EFMN的周长＝4×5＝20． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键． 【变式7-4】（2024春•民权县期末）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，且AE＝AF，∠CEF＝45°． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）若AE＝2，DF＝2，求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）根据矩形的性质先得出∠B＝∠D＝∠C＝90°，再根据AE＝AF得出∠AFE＝∠AEF，再根据已知证得∠AFD＝∠AEB，得出△ABE≌△ADF，根据全等三角形的性质得出AB＝AD，问题得证； （2）先求得BE，再根据勾股定理求出AB，即可求出正方形的面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠B＝∠D＝∠C＝90°， ∵AE＝AF， ∴∠AFE＝∠AEF， ∵∠CEF＝45°，∠C＝90°， ∴∠CFE＝45°， ∴∠AFD＝∠AEB， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（AAS）， ∴AB＝AD， ∴矩形ABCD是正方形； （2）解：由（1）可知，△ABE≌△ADF， ∴BE＝DF＝2， 在Rt△ABE中，AB2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABCD的面积＝AB2＝（2）2＝8． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是能够综合运用相关知识． 【变式7-5】（2023秋•榆阳区校级月考）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OF的长． 【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，根据勾股定理求解即可． 【解答】（1）证明：∵矩形ABCD， ∴∠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）证明：∵AE平分∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAE， 在△AGD和△ABE中， ， ∴△AGD≌△ABE（AAS）， ∴AB＝AG； （3）解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴四边形ABEF是矩形， ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB，∠BAE＝∠DAG＝45°， ∴四边形ABEF是正方形； ∴AB＝AF＝1， ∵△AGD≌△ABE， ∴DG＝AB＝AF＝AG＝1， ∴AD，∠DAG＝∠ADG＝45°， ∴DF1， ∵EF⊥AD， ∴∠FDO＝∠FOD＝45°， ∴DF＝OF1． ∴OF1． 【点评】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键． 【变式7-6】（2023秋•砀山县校级月考）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）求AG+AE的值； （3）若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积． 【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题； （2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题； （3）求出DF的长，由正方形的面积公式可得出答案． 【解答】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N． ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠EAD＝∠EAB， ∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N， ∴EM＝EN， ∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°， ∴四边形ANEM是矩形， ∵EF⊥DE， ∴∠MEN＝∠DEF＝90°， ∴∠DEM＝∠FEN， ∵∠EMD＝∠ENF＝90°， ∴△EMD≌△ENF（ASA）， ∴ED＝EF， ∵四边形DEFG是矩形， ∴四边形DEFG是正方形； （2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形， ∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝3，∠GDE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADG＝∠CDE， ∴△ADG≌△CDE（SAS）， ∴AG＝CE， ∴AE+AG＝AE+EC＝ACAD＝6； （3）解：连接DF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝3，AB∥CD， ∵F是AB中点， ∴AF＝FB， ∴DF， ∴正方形DEFG的面积DF2（）2． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 【变式7-7】（2023春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF． （1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由； （2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度； （3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由． 【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题； （2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题； （3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）AE⊥BF，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°， 在Rt△ABE和Rt△BCF中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL）， ∴∠BAE＝∠CBF， ∵∠BAE+∠BEA＝90°， ∴∠CBF+∠BEA＝90°， ∴AE⊥BF； （2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6， 根据勾股定理得：AE10， ∵S△ABEAB•BEAE•BP， ∴8×6＝10BP， ∴BP＝4.8， ∴BP的长度为4.8； （3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下： 由（1）知：AE⊥BF， ∴∠APF＝90°， ∵FM⊥DN，DN⊥AE， ∴∠FMN＝∠MNP＝90°， ∴四边形FMNP是矩形， ∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°， ∴∠BAP＝∠ADN， 在△BAP和△ADN中， ， ∴△BAP≌△ADN（ASA）， ∴AN＝BP，AP＝DN， ∵AE＝BF， ∴AE﹣AN＝BF﹣BP， ∴EN＝PF， ∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合）， ∴P、E不重合， ∴PN≠PF， ∴四边形FMNP不能成为正方形． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP≌△ADN． 题型八 正方形中的最短问题 【例题8】（2022•资阳）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是直线BC上一动点．若AB＝4，则AE+OE的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】本题为典型的将军饮马模型问题，需要通过轴对称，作点A关于直线BC的对称点A'，再连接A'O，运用两点之间线段最短得到A'O为所求最小值，再运用勾股定理求线段A'O的长度即可． 【解答】解：如图所示，作点A关于直线BC的对称点A'，连接A'O，其与BC的交点即为点E，再作OF⊥AB交AB于点F， ∵A与A'关于BC对称， ∴AE＝A'E，AE+OE＝A'E+OE，当且仅当A'，O，E在同一条线上的时候和最小，如图所示，此时AE+OE＝A'E+OE＝A'O， ∵正方形ABCD，点O为对角线的交点， ∴， ∵A与A'关于BC对称， ∴AB＝BA'＝4， ∴FA'＝FB+BA'＝2+4＝6， 在Rt△OFA'中，， 故选：D． 【点评】本题为典型的将军饮马模型，熟练掌握轴对称的性质，并运用勾股定理求线段长度是解题关键． 在解决正方形中的最短问题时，利用轴对称、平移等变换把已知问题转化为容易解决的问题，从而作出最短线段和. 【变式8-1】如图，正方形ABCD的边长为3，点E在BC上，且CE＝1，P是对角线AC上的一个动点，则PB+PE的最小值为 　 　． 【分析】根据正方形性质可知点B与点D关于AC对称，可得PB＝PD，由三角形三边关系可得DE≤PD+PE，即DE≤PB+PE，求出DE长即是PB+PE最小值． 【解答】解：如图，连接PD，DE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于AC对称， ∴PB＝PD， ∵DE≤PD+PE， ∴DE≤PB+PE， 即DE长是PB+PE最小值， ∵CE＝1，CD＝3，∠ECD＝90°， ∴， ∴PB+PE的最小值为， 故答案为：． 【点评】本题考查正方形性质，轴对称，勾股定理等知识点，解题的关键是正确作对称点，根据三角形三边关系即可得出结论． 【变式8-2】（2023•苏州模拟）如图，正方形ABCD的边长为，点E，F分别是对角线AC的三等分点，点P是边AB上一动点，则PE+PF的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】作点E关于边AB所在直线的对称点E'，连接FE'交AB于点P，此时PE+PF有最小值，利用正方形的性质得出∠E'AC＝90°，再利用勾股定理求解． 【解答】解：作点E关于边AB所在直线的对称点E'，连接FE'交AB于点P， 此时PE+PF有最小值， ∵在正方形ABCD中， ∴∠BAC＝∠E'AB＝45°， ∴∠E'AC＝90°， ∴， ∵点E，F分别是对角线AC的三等分点， ∴AE＝EF＝FC＝2＝AE'， ∴PE+PF的最小值． 故选：D． 【点评】本题考查的是最短路线问题及正方形的性质、勾股定理，根据题意作出辅助线是解答此题的关键． 【变式8-3】（2023秋•莲湖区校级月考）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E在CD边上，且DE＝2CE，点P是对角线AC上的一动点．则PE+PD的最小值是（　　） A． B． C．3 D．3 【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． 【解答】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，为BE的长度． ∵直角△CBE中，∠BCE＝90°，BC＝3，CECD＝1， ∴BE． 故选：A． 【点评】本题考查了轴对称﹣﹣最短路线问题，正方形的性质，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键． 【变式8-4】（2023秋•头屯河区期末）正方形ABCD的边长为4，点E、F分别是BC，CD上的一动点，且BE＝CF，连结AE，BF，两线交于点P，连接CP，则CP的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠BCD，根据全等三角形得到∠BAE＝∠CBF，推出点P在以AB为直径的圆上，设AB的中点为G，根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠BCD， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴∠BAE＝∠CBF， ∵∠CBF+∠ABF＝90°， ∴∠BAE+∠ABF＝90°， ∴∠APB＝90°， ∴点P在以AB为直径的圆上， 设AB的中点为G，当CPG在同一直线上时，CP有最小值，如图所示： ∵正方形ABCD的边长为4， ∴BC＝4，BG＝2， ∴CG2， ∵PG＝AG＝BG＝2， ∴CP＝22， 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质、三角形的三边关系及圆的性质，确定出CP取最小值时点G的位置是解题关键，也是本题的难点． 【变式8-5】（2023•青岛一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别为边BC，CD上两点，CF＝BE，AE平分∠BAC，连接BF，分别交AE，AC于点G，M，点P是线段AG上的一个动点，过点P作PN⊥AC，垂足为N，连接PM，则PM+PN的最小值为 　 　． 【分析】根据正方形的性质以及CF＝BE，可得ABE≌△BCF，进而可得∠AGB＝90°，由等腰三角形三线合一的性质，可得BG＝MG，即点M关于AE的对称点为点B．过点B作BN'⊥AM，则PM+PN的最小值即为BN'的长，结合正方形的对角线相互垂直且平分即可得出答案． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝∠ABC，AB＝BC， ∵CF＝BE， ∴△ABE≌△BCF， ∴∠CBF＝∠BAE， ∵∠CBF+∠ABF＝90°， ∴∠BAE+∠ABF＝90°， ∴∠AGB＝90°， ∵AE平分∠BAC， ∴∠BAE＝∠CAE， 由等腰三角形三线合一的性质，可得BG＝MG， ∴点M关于AE的对称点为点B． 过点B作BN'⊥AM，交AE于点P'， 则PM+PN的最小值即为BN'的长． ∵正方形ABCD的对角线相互垂直且平分， ∴BN'AC， ∵AB＝BC＝6， ∴AC＝6， ∴BN'＝3． 故答案为：3． 【点评】本题考查轴对称﹣最短路线问题、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解答本题的关键． 【变式8-6】（2024春•泰兴市月考）如图，已知正方形ABCD中，AB＝4，点E为BC边上一动点，连接DE，M是DE的中点，过点E作EF⊥BC交AC于F，连接FM，则FM的最小值为 　 ． 【分析】由正方形ABCD中，AB＝4，EF⊥BC，建立如图坐标系，得A（0，4），C（4，0），得直线AC的函数关系式为：y＝4﹣x，设E（x，0），F（x，4﹣x），由D（4，4），M是DE的中点，得M（2+0.5x，2），得FM2＝（x﹣2﹣0.5x）2+（4﹣x﹣2）2＝1.25（x﹣2.4）2+0.8，即可得当x＝2.4时，FM的最小值． 【解答】解：由正方形ABCD中，AB＝4，EF⊥BC，建立如图坐标系， 得A（0，4），C（4，0）， 得直线AC的函数关系式为：y＝4﹣x， 设E（x，0），F（x，4﹣x）， 由D（4，4），M是DE的中点， 得M（2+0.5x，2）， 得FM2＝（x﹣2﹣0.5x）2+（4﹣x﹣2）2＝1.25（x﹣2.4）2+0.8， 得当x＝2.4时，FM的最小值． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和两点间距离公式，解题关键是建立坐标系解决问题． 6 学科网（北京）股份有限公司 $$