重难点18 正方形的性质与判定的综合八大重难点题型-2024-2025学年八年级数学下册【重难点考点】专练（人教版）

重难点18正方形的性质与判定的综合运用 八大重难点题型 ▲知识点一：正方形的定义 ●定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形. 几何语言：∵平行四边形ABCD中，AB=BC，∠A=90〫， ∴四边形ABCD是正方形. ★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. ▲知识点二：正方形的性质 ★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正方形是轴对称图形，有四条对称轴，分别是对边中点的连线以及两条对角线所在的直线. ★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. ▲知识点三：正方形的判定 ★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秋•竞秀区期中）如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠BEA为（　　） A．15° B．30° C．45° D．55° 【变式1-1】（2024秋•文山市期末）如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E，使AE＝AC，则∠BCE的度数是（　　） A．62.5° B．45° C．32.5° D．22.5° 【变式1-2】（2024秋•新城区期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE、CE，∠BCE＝70°，则∠EAD为（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 【变式1-3】（2024秋•凤翔区期中）如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到点E，使CE＝AC，连结AE交CD于点F，则∠AFC等于（　　）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 【变式1-4】（2024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1-5】（2024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° 【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． 【变式2-1】（2024秋•府谷县期末）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，DE＝9，则EF的长为（　　） A．5 B．8 C．12 D．2 【变式2-2】（2024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2-3】（2024秋•南明区月考）如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形．若AB＝2，则DE的长度为（　　） A． B． C． D．2 【变式2-4】（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2-5】（2024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】（2022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 【变式3-1】（2024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3-2】（2024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3-3】（2024秋•裕华区校级期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　） A．50cm2 B． C．100cm2 D． 【变式3-4】（2024秋•天府新区期末）如图，点C是正方形ADEF内一点，连接AC，FC，且AC⊥FC，以AC为斜边在AC下方作Rt△ABC，且∠ABC＝90°，若BC＝4，AB＝3，CF＝12，则正方形ADEF的面积为 　 　． 【变式3-5】（2024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秋•茂南区期末）如图，在正方形ABCD中，E是边AB的中点，F是边BC的中点，连接CE、DF．求证：CE＝DF． 【变式4-1】（2024秋•澄迈县期中）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延长线上一点，且AF＝CE．求证：△DCE≌△DAF． 【变式4-2】（2024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4-3】（2024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4-4】（2024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】（2024秋•虞城县期中）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF； （2）若BC＝24，DE＝8，求点A到EF的距离． 【变式4-6】（2024•海口模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF． （1）求证：△ABG≌△ADF； （2）求证：AG⊥AF； （3）当EF＝BE+DF时： ①求m的值； ②若F是CD的中点，求BE的长． 【题型五 正方形判定的条件】 【例题5】（2023秋•太原期末）若▱ABCD中对角线AC、BD相交于点O，则下列说法正确的是（　　） A．当OA＝OD时，▱ABCD为菱形 B．当AB＝AD时，▱ABCD为正方形 C．当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形 D．当AC⊥BD时，▱ABCD为矩形 【变式5-1】（2024秋•管城区校级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　） A．若AB＝AD，则▱ABCD是矩形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 D．若AB⊥BC，则▱ABCD是矩形 【变式5-2】（2024秋•莲池区校级期中）下列图形：①一组邻边相等的矩形；②两条对角线互相垂直的矩形；③有一个角是直角的菱形；④对角线相等的菱形；⑤对角线互相垂直的平行四边形．其中一定是正方形的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【变式5-3】（2024秋•深圳月考）下列说法正确的有（　　） ①一组对边平行的四边形是平行四边形； ②有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形； ④两条对角线互相垂直的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式5-4】（2024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5-5】（2024•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5-6】（2024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】（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6-1】（2024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． 【变式6-2】（2024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6-3】（2024秋•金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF． （1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由． （2）当Rt△ABC满足条件　 　时，四边形AEBF是正方形． 【变式6-4】（2024秋•滕州市校级期中）如图，已知点E是▱ABCD的边BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF． （1）求证：四边形ABFC是平行四边形； （2）若，求证：四边形ABFC为矩形； （3）在（2）条件下，当△ABC再满足条件时，四边形ABFC为正方形． 【变式6-5】（2024秋•中宁县期中）已知：如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC和AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F． （1）试判定四边形AEDF的形状，并证明你的结论； （2）△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形． 【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 【变式7-1】（2024秋•永寿县校级月考）如图，在菱形ABCD中，AB⊥BC，点E是AD上一点，过点E作EH⊥BC于点H，点O是EH上一点，过点O作FG⊥EH，分别交AB、CD于点F、G，OE＝OF，AE＜DE．则图中正方形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式7-2】（2024春•浦北县校级月考）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝2，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论结论正确的是（　　） A．矩形DEFG是正方形 B．2CE+CGAD C．CG＝CD D．CE＝CF 【变式7-3】（2024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秋•府谷县期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，AB⊥BC，点E是边CD的延长线上的动点．连接AE．过点C作CF⊥AE于点F． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）当点F是AE的中点，且时，求四边形ABCD的面积． 【变式7-5】（2024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】（2024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． 【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】（2022•德州）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE＝2．点M是对角线BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（　　） A． B． C． D． 【变式8-3】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8-4】（2024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8-5】（2024•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 　 　． 1．（2024春•玉林期末）如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，CP平分∠ACD，则∠BPC的度数是（　　） A．45° B．60° C．67.5° D．77.5° 2．（2024春•海淀区校级期中）如图，在正方形纸片ABCD上进行如下操作： 第一步：剪去长方形纸条AEFD，AE＝2； 第二步：从长方形纸片BCFE上剪去长方形纸条CFGH，CH＝3． 若长方形纸条AEFD和CFGH的面积相等，则AB的长度为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 3．（2024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 4．（2024•钱塘区三模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是（　　） A．若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形 B．若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 C．若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是菱形 D．若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 5．（2024秋•龙川县期中）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：①PDEC；②四边形PECF的周长为8；③AP＝EF；④EF的最小值为3，其中结论正确的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 6．（2024春•垦利区期末）在学校科技节活动中，聪聪用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具．他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝120°，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC＝8cm，则图1中对角线AC的长为 　 　． 7．（2024秋•长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 　 　． 8．（2024春•中山区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在CB的延长线上，DE＝BF，连接AE，AF，EF．求证：AE＝AF． 9．（2024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． 10．（2024秋•焦作期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）当△ABC满足　 　时（添加一个条件），四边形ADCE是正方形，并证明． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 重难点18正方形的性质与判定的综合运用 八大重难点题型 ▲知识点一：正方形的定义 ●定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形. 几何语言：∵平行四边形ABCD中，AB=BC，∠A=90〫， ∴四边形ABCD是正方形. ★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. ▲知识点二：正方形的性质 ★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正方形是轴对称图形，有四条对称轴，分别是对边中点的连线以及两条对角线所在的直线. ★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. ▲知识点三：正方形的判定 ★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秋•竞秀区期中）如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠BEA为（　　） A．15° B．30° C．45° D．55° 【分析】根据等边三角形和正方形的性质可知AB＝AE，∠BAE＝150°，再利用三角形的内角和定理可得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∵△ADE是等边三角形， ∴AD＝AE，∠DAE＝60°， ∴AB＝AE，∠BAE＝150°， ∴∠BEA＝∠ABE（180°﹣150°）＝15°． 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握正方形和等边三角形的性质是解题的关键． 【变式1-1】（2024秋•文山市期末）如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E，使AE＝AC，则∠BCE的度数是（　　） A．62.5° B．45° C．32.5° D．22.5° 【分析】由AB＝CB，∠ABC＝90°，得∠BAC＝∠BCA＝45°，由AE＝AC，得∠E＝∠ACE＝67.5°，则∠BCE＝67.5°﹣45°＝22.5°，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CB，∠ABC＝90°， ∴∠BAC＝∠BCA＝45°， ∵AE＝AC， ∴∠E＝∠ACE， ∵∠E+∠ACE＝180°﹣45°＝135°， ∴2∠ACE＝135°， ∴∠ACE＝67.5°， ∴∠BCE＝67.5°﹣45°＝22.5°， ∴∠BCE的度数是22.5°， 故选：D． 【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，由AE＝AC求得∠ACE＝67.5°是解题的关键． 【变式1-2】（2024秋•新城区期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE、CE，∠BCE＝70°，则∠EAD为（　　） A．10° B．15° C．20° D．30° 【分析】先根据SAS证出△AED≌△CED，可得∠EAD＝∠ECD，根据正方形的对角线性质以及∠BCE＝70°可求∠BEC的度数，再根据三角形外角与内角的关系可求∠ECD的度数，最终可求出∠EAD的度数． 【解答】解：∵正方形ABCD， ∴∠ADE＝∠CDE＝∠EBC＝45°，AD＝CD， ∵DE＝DE， ∴△AED≌△CED（SAS）， ∴∠EAD＝∠ECD， 又∵∠BCE＝70°， ∴∠BEC＝65°， ∵∠BEC＝∠CDE+∠ECD， 即65°＝45°+∠ECD， ∴∠ECD＝20°， ∴∠EAD＝20°． 故选：C． 【点评】本题主要考查正方形对角线平分对角的性质，解题的关键还需要借助三角形外角与内角的关系，再灵活运用三角形全等进行转化． 【变式1-3】（2024秋•凤翔区期中）如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到点E，使CE＝AC，连结AE交CD于点F，则∠AFC等于（　　）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 【分析】首先根据正方形的性质得到，然后根据三角形外角的性质和等边对等角求出，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，CE＝AC， ∴∠BCD＝90°， ∴， ∵CE＝AC， ∴， ∴∠AFC＝180°﹣∠CAF﹣∠ACF＝180°﹣45°﹣22.5°＝112.5°． 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的性质，解题的关键是掌握利用正方形的性质解决问题． 【变式1-4】（2024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1-5】（2024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． 【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． 【变式2-1】（2024秋•府谷县期末）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，DE＝9，则EF的长为（　　） A．5 B．8 C．12 D．2 【分析】由正方形的性质得AB＝DA，∠BAD＝90°，由DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，得∠AFB＝∠DEA＝90°，则∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，即可根据“AAS”证明△BAF≌△ADE，得BF＝AE＝4，AF＝DE＝9，则EF＝AF﹣AE＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠BAD＝90°， ∵DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，BF＝4，DE＝9， ∴∠AFB＝∠DEA＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE， 在△BAF和△ADE中， ， ∴△BAF≌△ADE（AAS）， ∴BF＝AE＝4，AF＝DE＝9， ∴EF＝AF﹣AE＝9﹣4＝5， 故选：A． 【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△BAF≌△ADE是解题的关键． 【变式2-2】（2024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2-3】（2024秋•南明区月考）如图，O为正方形ABCD对角线AC的中点，△ACE为等边三角形．若AB＝2，则DE的长度为（　　） A． B． C． D．2 【分析】由四边形ABCD是正方形，得AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，，利用勾股定理求出AC的长度，再利用等边三角形的性质，勾股定理，线段和差即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，， ∴由勾股定理得：， ∵△ACE为等边三角形， ∴， ∴，OE⊥AC， ∴∠AOE＝90°， ∴由勾股定理得：， ∴， 故选：C． 【点评】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键． 【变式2-4】（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2-5】（2024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】（2022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． 【变式3-1】（2024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3-2】（2024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3-3】（2024秋•裕华区校级期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学课代表小亮在取道具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形道具边长为10cm，∠D′＝30°，则四边形的面积减少了（　　） A．50cm2 B． C．100cm2 D． 【分析】过点A′H⊥BC于H，由题意得四边形A′BCD′是菱形，根据含30度直角三角形的性质求出A′H，分别求出正方形ABCD的面积和菱形A′BCD′的面积，即可得的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝10cm， ∴正方形ABCD的面积＝100cm2，AB＝BC＝CD＝AD＝10cm， 由题意知A′B＝BC＝CD′＝A′D′＝10cm， ∴四边形A′BCD′是菱形， ∴∠A′BC＝∠D′＝30°， 过点A′H⊥BC于H， ∴∠A′HB＝90°， ∴A′HA′B＝5cm， ∴菱形A′BCD′的面积＝BC•A′H＝10×5＝50（cm2）， ∵正方形ABCD的面积﹣菱形A′BCD′的面积＝50cm2， ∴四边形的面积减少了50cm2． 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和性质，含30度直角三角形的性质，证得四边形A′BCD′是菱形是解决问题的关键． 【变式3-4】（2024秋•天府新区期末）如图，点C是正方形ADEF内一点，连接AC，FC，且AC⊥FC，以AC为斜边在AC下方作Rt△ABC，且∠ABC＝90°，若BC＝4，AB＝3，CF＝12，则正方形ADEF的面积为 　 　． 【分析】先在Rt△ABC中，由勾股定理求出AC＝5，进而在Rt△ACF中，再由勾股定理求出AF＝13，进而可得正方形ADEF的面积． 【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝4，AB＝3，AC为斜边， 由勾股定理得：AC5， ∵AC⊥FC， ∴∠ACF＝90°， ∴△ACF是直角三角形 又∵CF＝12，AC＝5， 由勾股定理得：AF13， ∴正方形ADEF的面积为：AF2＝169． 故答案为：169． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 【变式3-5】（2024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秋•茂南区期末）如图，在正方形ABCD中，E是边AB的中点，F是边BC的中点，连接CE、DF．求证：CE＝DF． 【分析】欲证明CE＝DF，只要证明△CEB≌△DFC即可． 【解答】证明：∵ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD，∠EBC＝∠FCD＝90°， 又∵E、F分别是AB、BC的中点， ∴BE＝CF， 在△CEB和△DFC中， ， ∴△CEB≌△DFC， ∴CE＝DF． 【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，属于基础题，中考常考题型． 【变式4-1】（2024秋•澄迈县期中）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延长线上一点，且AF＝CE．求证：△DCE≌△DAF． 【分析】根据正方形的性质证明∠C＝∠DAF，再根据SAS证明结论即可． 【解答】证明：由题意可知，四边形ABCD是正方形， ∴DC＝DA，∠C＝∠BAD＝90°， ∴∠DAF＝180°﹣∠BAD＝180°﹣90°＝90°， ∴∠C＝∠DAF， 在△DCE和△DAF中， ， ∴△DCE≌△DAF（SAS）． 【点评】本题主要考查全等三角形的判定，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键． 【变式4-2】（2024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4-3】（2024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4-4】（2024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】（2024秋•虞城县期中）四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE、AF、EF． （1）求证：△ADE≌△ABF； （2）若BC＝24，DE＝8，求点A到EF的距离． 【分析】（1）利用SAS证明△ADE≌△ABF即可； （2）过点A作AG⊥EF于点G，用勾股定理求出AE，AF，证明△AEF为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形性质得出． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°， 而F是CB的延长线上的点， ∴∠ABF＝90°， 在△ADE和△ABF中 ∴△ADE≌△ABF（SAS）； （2）解：过点A作AG⊥EF于点G，如图所示： ∵BC＝24， ∴AD＝24， 在Rt△ADE中，DE＝8，AD＝24， ∴， ∵△ADE≌△ABF， ∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF， ∴∠DAE+∠BAE＝∠BAF+∠BAE，即∠EAF＝∠BAD＝90°， ∴△AEF为等腰直角三角形， ∴， ∵AG⊥EF， ∴， 即点A到EF的距离为：． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，掌握正方形的性质和全等三角形的证明方法是解题的关键． 【变式4-6】（2024•海口模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF． （1）求证：△ABG≌△ADF； （2）求证：AG⊥AF； （3）当EF＝BE+DF时： ①求m的值； ②若F是CD的中点，求BE的长． 【分析】（1）在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC＝CD＝2，∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．已知BG＝DF，所以得出△ABG≌△ADF， （2）由△ABG≌△ADF，得出∠GAB＝∠FAD，从而得到∠GAF＝∠GAB+∠BAF＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，得出结论AG⊥AF； （3）①：由△ABG≌△ADF，AG＝AF，BG＝DF．得到EF＝BE+DF，EF＝BE+BG＝EG．AE＝AE，得出△AEG≌△AEF．所以∠EAG＝∠EAF，∠EAF∠GAF＝45°，即m＝45； ②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．在Rt△CEF中，利用勾股定理得出BE的长为． 【解答】 解：（1）证明：在正方形ABCD中， AB＝AD＝BC＝CD＝2， ∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°． ∵BG＝DF， 在△ABG和△ADF中， ， ∴△ABG≌△ADF（SAS）； （2）证明：∵△ABG≌△ADF， ∴∠GAB＝∠FAD， ∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF ＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°， ∴AG⊥AF； （3）①解：△ABG≌△ADF， ∴AG＝AF，BG＝DF． ∵EF＝BE+DF， ∴EF＝BE+BG＝EG． ∵AE＝AE， 在△AEG和△AEF中． ， ∴△AEG≌△AEF（SSS）． ∴∠EAG＝∠EAF， ∴∠EAF∠GAF＝45°， 即m＝45； ②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1． 设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x． 在Rt△CEF中，CE 2+CF 2＝EF 2，即（ 2﹣x ） 2+1 2＝（ 1+x ） 2，得x． ∴BE的长为． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理及旋转的性质，解题的关键是根据三角形全等求出相等的角与边． 【题型五 正方形判定的条件】 【例题5】（2023秋•太原期末）若▱ABCD中对角线AC、BD相交于点O，则下列说法正确的是（　　） A．当OA＝OD时，▱ABCD为菱形 B．当AB＝AD时，▱ABCD为正方形 C．当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形 D．当AC⊥BD时，▱ABCD为矩形 【分析】根据矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定可得出结论． 【解答】解：当OA＝OD时，平行四边形ABCD是不一定是菱形，故选项A不符合题意； 当AB＝AD时，▱ABCD不一定为正方形，故选项B不符合题意； 当∠ABC＝90°时，▱ABCD为矩形，故选项C符合题意； 当AC⊥BD时，▱ABCD为是菱形，故选项D不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法． 【变式5-1】（2024秋•管城区校级期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（　　） A．若AB＝AD，则▱ABCD是矩形 B．若AC＝BD，则▱ABCD是菱形 C．若AC⊥BD，则▱ABCD是正方形 D．若AB⊥BC，则▱ABCD是矩形 【分析】根据矩形，正方形和菱形的判定即可解答． 【解答】解：A、由四边形ABCD是平行四边形结合AB＝AD，可得▱ABCD是菱形，不符合题意； B、由四边形ABCD是平行四边形结合AC＝BD，可得▱ABCD是矩形，不符合题意； C、由四边形ABCD是平行四边形结合AC⊥BD，可得▱ABCD是菱形，不一定是正方形，不符合题意； D、由四边形ABCD是平行四边形结合AB⊥BC，可得▱ABCD是矩形，符合题意； 故选：D． 【点评】本题主要考查了矩形，正方形和菱形的判定，熟知矩形，正方形和菱形的判定定理是解题的关键． 【变式5-2】（2024秋•莲池区校级期中）下列图形：①一组邻边相等的矩形；②两条对角线互相垂直的矩形；③有一个角是直角的菱形；④对角线相等的菱形；⑤对角线互相垂直的平行四边形．其中一定是正方形的有（　　） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【分析】分别根据平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理对各选项进行逐一判断即可． 【解答】解：①一组邻边相等的矩形是正方形，正确，符合题意； ②两条对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，符合题意； ③有一个角是直角的菱形是正方形，正确，符合题意； ④对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意； ⑤对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不符合题意； 故选：C． 【点评】本题考查正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的性质，矩形的性质，熟知平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理是解答此题的关键． 【变式5-3】（2024秋•深圳月考）下列说法正确的有（　　） ①一组对边平行的四边形是平行四边形； ②有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形； ④两条对角线互相垂直的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据正方形的判定，平行四边形的判定和性质，矩形的性质判断即可． 【解答】解：①两组对边分别平行的四边形是平行四边形，故不符合题意； ②有一组对边平行，另一组对边相等的四边形是梯形，故不符合题意； ③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故符合题意； ④两条对角线互相垂直的矩形是正方形．故符合题意， 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定和性质，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定，平行四边形的判定和性质，矩形的性质是解题的关键． 【变式5-4】（2024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5-5】（2024•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5-6】（2024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】（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6-1】（2024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． 【变式6-2】（2024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6-3】（2024秋•金水区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，过点D作DE⊥AB，交BC于点E，过点A作AF∥BE，交ED的延长线于点F，连接AE，BF． （1）判断四边形AEBF的形状，并说明理由． （2）当Rt△ABC满足条件　 　时，四边形AEBF是正方形． 【分析】（1）由AF∥BE，得∠FAD＝∠EBD，而AD＝BD，∠ADF＝∠BDE，即可根据“ASA”证明△ADF≌△BDE，得AF＝BE，则四边形AEBF是平行四边形，因为EF⊥AB，所以四边形AEBF是菱形； （2）当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形，由∠C＝∠AEB＝90°，点C与点E重合，则AC＝AE＝BE＝BC，所以当AC＝BC或∠ABC＝45°时，四边形AEBF是正方形，于是得到问题的答案． 【解答】解：（1）四边形AEBF是菱形， 理由：∵AF∥BE， ∴∠FAD＝∠EBD， ∵D为AB中点， ∴AD＝BD， 在△ADF和△BDE中， ， ∴△ADF≌△BDE（ASA）， ∴AF＝BE， ∴四边形AEBF是平行四边形， ∵DE⊥AB，AF∥BE，交ED的延长线于点F， ∴EF⊥AB， ∴四边形AEBF是菱形． （2）∵四边形AEBF是菱形， ∴当∠AEB＝90°时，四边形AEBF是正方形， ∵∠C＝∠AEB＝90°， ∴点C与点E重合， ∴AC＝AE＝BE＝BC， ∴当AC＝BC时，四边形AEBF是正方形， 故答案为：AC＝BC． 注：答案不唯一，如：∠ABC＝45°． 【点评】此题重点考查全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，证明△ADF≌△BDE是解题的关键． 【变式6-4】（2024秋•滕州市校级期中）如图，已知点E是▱ABCD的边BC的中点，连接AE并延长交DC的延长线于点F，连接BF． （1）求证：四边形ABFC是平行四边形； （2）若，求证：四边形ABFC为矩形； （3）在（2）条件下，当△ABC再满足条件时，四边形ABFC为正方形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得到AB∥CD，从而可得到AB∥DF，根据平行线的性质可得到两组角相等，已知点E是BC的中点，从而可根据“AAS”来判定△ABE≌△FCE，得到AB＝FC，从而根据“一组对边平行且相等是四边形是平行四边形”得证四边形ABFC是平行四边形； （2）根据全等三角形的对应边相等可证得AE＝EF，从而AF＝2AE，由得BC＝2AE，从而AF＝BC，得证▱ABFC是矩形； （3）矩形ABFC要想成为正方形，只需要一组邻边相等即可，由此可添另条件AB＝AC． 【解答】（1）证明：在▱ABCD中，AB∥CD，AB＝CD， ∴∠BAE＝∠CFE， ∵E为BC的中点， ∴BE＝CE， ∵∠AEB＝∠FEC， ∴△ABE≌△FCE（AAS）， ∴AB＝FC， ∵AB∥DF，即AB∥CF， ∴四边形ABFC是平行四边形； （2）证明：由（1）知△ABE≌△FCE， ∴AE＝FE， ∴AF＝AE+EF＝2AE， ∵， ∴BC＝2AE， ∴AF＝BC， ∴▱ABFC是矩形； （3）解：当△ABC为等腰三角形时，即AB＝AC时，四边形ABFC为正方形； 理由如下： 由（2）可知四边形ABFC是矩形， ∵AB＝AC， ∴四边形ABFC为正方形（邻边相等的矩形是正方形）． 【点评】本题考查正方形的判定，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握基本知识点是解题关键． 【变式6-5】（2024秋•中宁县期中）已知：如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC和AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F． （1）试判定四边形AEDF的形状，并证明你的结论； （2）△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形． 【分析】（1）先证明四边形AEDF是平行四边形，再根据∠1＝∠2，∠ADE＝∠2，证明∠1＝∠ADE，则AE＝DE，即可根据菱形的定义证明四边形AEDF是菱形； （2）当∠BAC＝90°时，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可以证明四边形AEDF是正方形． 【解答】解：（1）四边形AEDF是菱形， 证明：∵DE∥AC，DF∥AB， ∴DE∥AF，DF∥AE， ∴四边形AEDF是平行四边形， ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠1＝∠2， ∵∠ADE＝∠2， ∴∠1＝∠ADE， ∴AE＝DE， ∴四边形AEDF是菱形． （2）当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形， 理由：由（1）得四边形AEDF是菱形， ∴当∠BAC＝90°，四边形AEDF是正方形． 【点评】此题重点考查平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识，证明∠1＝∠ADE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． 【变式7-1】（2024秋•永寿县校级月考）如图，在菱形ABCD中，AB⊥BC，点E是AD上一点，过点E作EH⊥BC于点H，点O是EH上一点，过点O作FG⊥EH，分别交AB、CD于点F、G，OE＝OF，AE＜DE．则图中正方形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】由题意可知从有一个角是直角三角形菱形为正方形证明四边形ABCD是正方形，再从有三个角是直角的四边形为矩形证明四边形OEAF，OHCG为矩形，再证明其邻边相等，即可证明为正方形． 【解答】解：在菱形ABCD中，AB⊥BC， ∴∠B＝90°， ∴四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠C＝90°，AD∥BC，AD＝DC，AB∥CD， ∵EH⊥BC， ∴∠EHB＝90°， ∴∠AEH＝180°﹣90°＝90°，∠EHC＝∠AEH＝90°， ∵FG⊥EH， ∴∠FOE＝90°＝∠HOG， ∴∠FOE＝∠A＝∠AEH＝90°，∠EHC＝∠C＝∠HOG＝90°， ∴四边形AFOE是矩形，四边形HOGC是矩形， ∵OE＝OF， ∴四边形AFOE是正方形， ∴FG⊥AB， 而∠A＝90°，即AD⊥AB， 又∵AB∥CD， ∴AD＝FG， 同理可证EH＝DC， ∴FG＝EH， ∴OH＝OG， ∴四边形OHCG是正方形， 故有3个正方形， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，平行线的性质，矩形的判定与性质，熟练掌握各种判定及性质定理是解题的关键． 【变式7-2】（2024春•浦北县校级月考）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝2，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，下列结论结论正确的是（　　） A．矩形DEFG是正方形 B．2CE+CGAD C．CG＝CD D．CE＝CF 【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，推出矩形DEFG为正方形；故A正确；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，求得AC＝AE+CE＝CE+CGAD，故B错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故D错误． 【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°， ∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°， ∴NE＝NC， ∴四边形EMCN为正方形， ∵四边形DEFG是矩形， ∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， 又∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形；故A正确； ∴AC＝AE+CE＝CE+CGAD，故B错误； 当DE⊥AC时，点C与点F重合， ∴CE不一定等于CF，故D错误， 不能得出△DCE与△GCF全等，CD不一定等于CG，故C错误； 故选：A． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 【变式7-3】（2024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秋•府谷县期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，AB⊥BC，点E是边CD的延长线上的动点．连接AE．过点C作CF⊥AE于点F． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）当点F是AE的中点，且时，求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC得平行四边形ABCD为菱形，再根据AB⊥BC即可得出结论； （2）连接AC，根据CF⊥AE于点F，点F为AE的中点得CF为线段AE的垂直平分线，则AC＝CE＝8√2，在Rt△ACD中由勾股定理得AD2＝64，据此可得四边形ABCD的面积． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC， ∴平行四边形ABCD为菱形， 又∵AB⊥BC， ∴菱形ABCD为正方形， （2）连接AC，如图所示： ∵CF⊥AE于点F，点F为AE的中点， ∴CF为线段AE的垂直平分线， ∴AC＝CE＝8√2， ∵四边形ABCD为正方形， ∵AD＝BC，∠ADC＝90°， 在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2+CD2＝AC2， ∴AD2AC264， ∴四边形ABCD的面积＝AD2＝64． 【点评】此题主要考查了正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解决问题的关键． 【变式7-5】（2024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】（2024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． 【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】（2022•德州）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在BC上，CE＝2．点M是对角线BD上的一个动点，则EM+CM的最小值是（　　） A． B． C． D． 【分析】要求ME+MC的最小值，ME、MC不能直接求，可考虑通过作辅助线转化ME，MC的值，从而找出其最小值求解． 【解答】解：如图，连接AE交BD于M点， ∵A、C关于BD对称， ∴AE就是ME+MC的最小值， ∵正方形ABCD中，点E是BC上的一定点，且BE＝BC﹣CE＝6﹣2＝4， ∵AB， ∴AE2， ∴ME+MC的最小值是2． 故选：C． 【点评】本题主要考查的是轴对称﹣﹣路径最短问题、勾股定理的应用、正方形的性质，明确当点A、M、E在一条直线上时，ME+MA有最小值是解题的关键． 【变式8-3】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8-4】（2024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8-5】（2024•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． 1．（2024春•玉林期末）如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，CP平分∠ACD，则∠BPC的度数是（　　） A．45° B．60° C．67.5° D．77.5° 【分析】根据正方形性质得∠BDC＝∠DCA＝45°，根据角平分线定义求得∠DCP＝22.5°，所以∠BPC＝∠BDC+∠DCP即可求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BDC＝∠DCA＝45°． ∵CP平分∠ACD， ∴， ∴∠BPC＝∠BDC+∠DCP＝67.5°． 故选：C． 【点评】本题主要考查正方形的性质、角平分线定义和三角形外角的性质等，掌握正方形的性质是解题的关键． 2．（2024春•海淀区校级期中）如图，在正方形纸片ABCD上进行如下操作： 第一步：剪去长方形纸条AEFD，AE＝2； 第二步：从长方形纸片BCFE上剪去长方形纸条CFGH，CH＝3． 若长方形纸条AEFD和CFGH的面积相等，则AB的长度为（　　） A．5 B．6 C．7 D．8 【分析】设正方形ABCD的边长为a cm，则根据题意得到数据：AD＝a cm，CF＝（a﹣2）cm，结合矩形的面积公式和已知条件“长方形纸条AEFD和CFGH的面积相等”列出方程并解答． 【解答】解：设正方形ABCD的边长为a cm， 由题意，得2a＝3（a﹣2）． 解得a＝6． 故选：B． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和矩形的性质，正确进行计算是解题关键． 3．（2024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． 4．（2024•钱塘区三模）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD交于点O，则下列判断正确的是（　　） A．若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形 B．若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD是平行四边形 C．若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是菱形 D．若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形 【分析】根据矩形，菱形，正方形，平行四边形的判定定理即可得到结论． 【解答】解：A、若AC＝BD，AC⊥BD，则四边形ABCD不一定是正方形，故选项A不符合题意； B、若OA＝OB，OC＝OD，则四边形ABCD不一定是平行四边形，故选项B不符合题意； C、若OA＝OC，OB＝OD，AB⊥BC，则四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意； D、若OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD，则四边形ABCD是矩形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键． 5．（2024秋•龙川县期中）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：①PDEC；②四边形PECF的周长为8；③AP＝EF；④EF的最小值为3，其中结论正确的个数为（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①证明△PDF是等腰直角三角形，则PDPFCE，即可判断； ②根据①可知四边形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，即可判断； ④当AP⊥BD时，即APBD＝2时，EF的最小值等于2，即可判断． 【解答】解：连接PC，如图， ∵BD是正方形的对角线，则∠PDF＝45°， 而PF⊥CD，则△PDF为等腰直角三角形， ∴PDPF， ∵PE⊥BC， ∴∠PEC＝∠PFC＝90°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝90°， ∴四边形PECF是矩形， ∴CE＝PF， ∴PDCE； 故①正确； ∵四边形PECF为矩形， ∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8； 故②正确； ∵四边形PECF为矩形， ∴PC＝EF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝CD，∠ADC＝∠CDP， 在△ADP和△CDP中， ， ∴△ADP≌△CDP（SAS）， ∴AP＝PC， ∴AP＝EF； 故③正确； 由EF＝PC＝AP， ∴当AP最小时，EF最小， 则当AP⊥BD时，即APBD＝2时，EF的最小值等于2； 故④不正确； 综上，①②③正确，结论正确的个数为3个， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 6．（2024春•垦利区期末）在学校科技节活动中，聪聪用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具．他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝120°，接着活动学具成为图2所示正方形，并测得对角线AC＝8cm，则图1中对角线AC的长为 　 　． 【分析】如图1中连接BD，AC，如图2中，连接AC．在图2中，利用勾股定理求出BC，在图1中，证明△BCD是等边三角形，然后利用勾股定理即可解决问题． 【解答】 解：如图1中连接BD，AC，如图2中，连接AC． 在图2中， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝90°， ∵AC＝8cm，AB2+BC2＝AC2， ∴， 在图1中， ∵四边形ABCD是菱形，∠B＝120°， ∴AB∥DC，CD＝BC，AC⊥BD，AO＝CO，BO＝DO， ∴∠C＝60°， ∴△BCD是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题考查菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键定灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 7．（2024秋•长春期末）如图，在正方形ABCD中，点E在AB边上，AF⊥DE于点G，交BC于点F．若AE＝15，CF＝5，则AF的长是 　 　． 【分析】先证明△BAF和△ADE全等得BF＝AE＝15，则AB＝BC＝20，然后在Rt△ABF中，由勾股定理即可求出AF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC，∠B＝DAB＝90°， ∴∠BAF+∠FAD＝90°， ∵AF⊥DE， ∴∠FAD+∠ADE＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE， 在△BAF和△ADE中， ， ∴△BAF≌△ADE（ASA）， ∴BF＝AE＝15， ∵CF＝5， ∴BC＝BF+CF＝20， ∴AB＝BC＝20， 在Rt△ABF中，AB＝20，BF＝15， 由勾股定理得：AF25． 故答案为：25． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键． 8．（2024春•中山区期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在CB的延长线上，DE＝BF，连接AE，AF，EF．求证：AE＝AF． 【分析】先根据正方形的性质证明∠D＝∠ABC＝90°，AD＝AB，再根据互为邻补角定义求出∠ABF＝90°，然后证明Rt△ADE≌Rt△ABF，最后根据全等三角形的性质证明即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠D＝∠ABC＝90°，AD＝AB， ∵∠ABC+∠ABF＝180°， ∴∠D＝∠ABF＝90°， 在Rt△ADE和Rt△ABF， ， ∴Rt△ADE≌Rt△ABF（SAS）， ∴AE＝AF． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是利用正方形的性质证明三角形全等的条件． 9．（2024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． 10．（2024秋•焦作期中）已知：如图，在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，垂足为点D，AN是△ABC外角∠CAM的平分线，CE⊥AN，垂足为点E． （1）求证：四边形ADCE为矩形； （2）当△ABC满足　 　时（添加一个条件），四边形ADCE是正方形，并证明． 【分析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE＝90°，可以证明四边形ADCE为矩形； （2）根据正方形的判定，我们可以假设当ADBC，由已知可得，DCBC，由（1）的结论可知四边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形． 【解答】（1）证明：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC， ∴∠BAD＝∠CAD， ∵AN是∠CAM的平分线， ∴∠MAE＝∠CAE， ∴∠DAE， ∵AD⊥BC，CE⊥AN， ∴∠ADC＝∠CEA＝90°， ∴四边形ADCE为矩形． （2）解：当△ABC满足∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形，理由如下； ∵AB＝AC， ∴∠ACB＝∠B＝45°， ∵AD⊥BC， ∴∠CAD＝∠ACD＝45°， ∴DC＝AD， ∵四边形ADCE为矩形， ∴矩形ADCE是正方形， 故当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形． 【点评】本题是以开放型试题，主要考查了对矩形的判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，及角平分线的性质等知识点的综合运用． 学科网（北京）股份有限公司 $$