1.7正方形（题型专练）数学新教材湘教版八年级下册

函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1.7正方形 题型一理解正方形的性质 题型二根据正方形的性质求角度 题型三根据正方形的性质求线段长 题型四根据正方形的性质求面积 题型五根据正方形的性质证明 题型六理解正方形的判定 基础达标练 题型七添加条件使四边形是正方形 题型八证明四边形是正方形 题型九由正方形性质与判定求线段长度 题型十根据正方形性质与判定求角度 题型十一根据正方形性质与判定求面积 1.7正方形 题型十二根据正方形性质与判定证明 题型一中点四边形 能力提升题 题型二正方形的折叠问题 题型三特殊平行四边形的动点问题 拓展培优练 基础达标题 题型一理解正方形的性质 1.矩形、菱形、正方形都具有的性质是() A.对角线相等 B.对角线互相平分 C.对角线互相垂直 D.对角线平分对角 2.正方形具有而菱形不一定具有的性质是() A.对角线相等 B.对角线互相垂直 C.对角线平分一组对角 D.对角线互相平分 3.下列有关特殊平行四边形的性质说法正确的是() A.菱形的对角线相等且互相平分 1 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B.矩形的对角线互相垂直平分 C,菱形的四个角相等 D.正方形的对角线互相垂直平分且相等 4.定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形，则下列四边形中是垂等四边形 的是() A.平行四边形 B.矩形 C.菱形 D.正方形 5.正方形一定具有而矩形不一定具有的性质是() A.对角相等 B.对角线互相垂直C.对边平行且相等D.对角线相等 题型二根据正方形的性质求角度 6.如图，四边形ABCD是正方形，△PAD是等边三角形，则∠BPC等于() A.150 B.30 C.35° D.45° 7.如图，有一个口ABCD和一个正方形CEFG,其中点E在边AD上，若∠ECD=49°， ∠AEF=34°，则∠BCD=() A D B G A.110° B.125° C.105 D.115° 8.如图，将正方形ABCD沿AE(点E在边CD上)所在直线折叠后，点D的对应点为点 D,∠BAD比∠EAD大20°，若设∠BAD=x°，∠EAD'=y°，则下列方程组正确的是 () 2 丽学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B C D D x-y=20 x+y=20 [x-y=20 x+y=20 A. x+2y=90 B.x+2y=90 C. 2x+y=90 D.2x+y=90 9.如图，己知正方形 ABCD, 是正方形BCD内一点，若PA=5,PB=2 将△BPA绕点B 顺时针旋转至△BEC处，此时点A、P、E三点在同一直线上. D D (1)求∠APB的度数： (2)求PC的长. 10.如图，四边形ABCD是正方形，延长BC到点E,使CE=AC,连接AE交CD于点F, 求∠CFE的度数. D B E 11.如图，AC是正方形ABCD的一条对角线，点E、F分别在对角线AC、边CD上，连 接EF、AF、DE,且AF⊥DE,DF=EF,求∠AFD的度数. B 3 学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 题型三根据正方形的性质求线段长 12.如图，E是正方形ABCD内一点，将△ABE绕点B顺时针旋转与△CBF重合，若 BE=3 ,则EF长为() E A.2 8.v6 c.22 D.2V5 13.如图，正方形ABCD中，AD=1,以对角线AC为一边作菱形AEFC,则AE的长为 （) D B E A.2 8.V2+1 c.2 D.2-1 14.如图，正方形ABCD的边长为3，点E在边AB上，连接ED,过点D作FD⊥DE,与 BC的延长线相交于点F,连接EF,与边CD相交于点G,与对角线BD相交于点H,若 BD=BF,则BE的长为() 】 H G B A.2 8.32 c.6-3V2 D.32-3 15.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB、BC的中点，连接EC, FD,点G、H分别是EC、FD的中点，连接GH,则GH的长度为() 4 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 D G B A. 2 B.1 c.5 D.25 16.如图所示，在正方形ABCD中，E为AB上的一点，AE=3,EB=1,P为AC上的一 点，连接EP,BP.求EP+BP的最小值 A D E 17.如图，正方形ABCD的边长为2，点E、F分别在边AD、AB上，连接CE、CF、EF, 已知CE=CF=V5 B (1)求证：AE=AF: (2)求EF的长. 18.如图，在正方形ABCD中，AB=4,点E在对角线AC上，且不与A,C重合，过点E 作EF⊥AB于点F,EG⊥BC于点G,连接ED,FG A D G (1)求AC的长 5 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (2)求证：DE=FG: (3)求FG的最小值. 题型四根据正方形的性质求面积 19.若一个正方形的对角线长为4cm,则它的面积是() A.8cm2 16cm2 32cm2 72cm2 B. C. D 20.如图，三个边长为4cm的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形 的中心，则重叠部分（阴影）的面积为() 10cm2 12cm2 16cm2 A B. 由题意知：四边形 ,四边形 都是正方形， ABCD OMNP ∴∠B0F=∠D0C=90°，oD=0C,∠0DE=∠0CF=450,Saos=Sam-4SEn, .∠EOD=∠FOC, 在△OED和△OFC中， ∠EOD=∠FOC OD=OC ∠ODE=∠OCF' ∴.△OED≌△OFC(ASA) .SAOED=S△orC .S四边形OEDF=S△oCn 6 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1 ∴.S重叠部分=亏S正方形ABCD= 2 x4=8cm2）). 2 故选：A. 21.如图，正方形ABCD中有两个正方形，且它们的顶点分别在正方形ABCD的边上或对角 线上，两个正方形的面积分别是5和5：，若9=24，则5的值为《) A D S2 A.24 B.27 C.30 D.36 ABCD 22.如图，正方形ABCD的面积为4，分别取AB,BC,CD,DA的中点得到正方形 再分别取 AB,BC,CD DA AB2 C2 D2 的中点得到正方形 ；….以此类推，正方形 A.B.C.D。 的面积为() D D. A A2 B2 U c( 23.如图，四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=∠BCD=90°，BC=17,CD=7,作 AE⊥BC于点E,AF⊥CD交CD的延长线于点F. > 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：四边形AECF是正方形： (2)求四边形ABCD的面积. ABCD EFGH E,G,H ABCD 24.如图，正方形 的边长为12，菱形 的三个顶点 分别在正方形 的边AB,CD,DA上，且AH=4,连接CF. D G H EB (1)当DG=4时，求∠GHE的度数： (2)设DG=x,用含x的代数式表示△FCG的面积； (3)判断△FCG的面积能否等于4，并说明理由. 题型五根据正方形的性质证明 25.如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在AD,AB上，且AF=DE,CE与DF相交 于点G.试探究CE与DF之间的数量与位置关系，并说明理由. A E D G 26.如图，四边形ABCD为正方形，分别延长CB、CD至点E、F,连接AE、AF, AE=AF.求证：∠E=∠F D C 27.如图，在正方形ABCD中，动点M在CD上，过点M作MW⊥CD,过点C作CN⊥AC, 8 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 点E是AN的中点，连接BE交AC于点F D E (1)求证：BE1AC: (2)请探究线段BE、AD、CN长度之间的等量关系，并证明你的结论： (3)设AB=2,若点M沿着线段CD从点C运动到点D,则在该运动过程中，线段EN所扫 过的图形面积为。（直接写出答案）· 28.如图，正方形ABCD的边长为6，点E,F分别在边BC,CD上，∠EAF=45°，将 △ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADG. B C R D G (1)求证：EF=GF: (2)当BE=2时，①CG= ②求EF的长. 29.如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC和CD的延长线上，连接AE、AF、 EF,且∠AEF=∠AFE.求证：BE=DF. E 30如图，正方形1BCD AC,BD OB,OC 的对角线 交于点O,点E、F分别在 上，连接 9 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 AE,DF AE=DF ∠AEO=∠DFO ,求证： D 题型六理解正方形的判定 31.下列说法中，正确的是() A.有一组邻边相等的四边形是正方形 B.有一个角是直角的平行四边形是正方形 C.有一组邻边相等的平行四边形是正方形 D.有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 32.如图，利用几个全等的直角三角板（含30°角）拼摆成如下的四边形ABCD,其中是菱 形但不是正方形的有() i我 A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 33.如图，四边形ABCD是平行四边形，下列说法不正确的是()· A.当AC=BD时，四边形ABCD是矩形 B.当AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形 C.当AB=BC时，四边形ABCD是菱形 D.当∠DAB=90°时，四边形ABCD是矩形 34.如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是( 10 1.7正方形 题型一 理解正方形的性质 1．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 【答案】B 【分析】此题综合考查了矩形、菱形、正方形的对角线的性质，熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键． 因为正方形的对角线垂直平分且相等、矩形的对角线互相平分且相等、菱形的对角线互相垂直平分，可知正方形、矩形、菱形都具有的特征是对角线互相平分． 【详解】解：矩形、菱形、正方形的对角线相互平分， 故选：B． 2．正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分 【答案】A 【分析】正方形是特殊的菱形，具有菱形的所有性质，但对角线相等是正方形独有的性质，菱形不一定具有． 本题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理． 【详解】解：∵正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 又∵ 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等． 故选：A． 3．下列有关特殊平行四边形的性质说法正确的是（   ） A．菱形的对角线相等且互相平分 B．矩形的对角线互相垂直平分 C．菱形的四个角相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 【答案】D 【分析】本题考查了菱形、矩形和正方形的性质，根据菱形、矩形和正方形的性质，逐一判断各选项的正确性，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故选项不符合题意； B、矩形的对角线相等且平分，但不一定垂直，故选项不符合题意； C、菱形的四个角不一定相等，只有正方形的四个角相等，故选项不符合题意； D、正方形的对角线具有菱形和矩形的所有性质，互相垂直平分且相等，故选项符合题意； 故选：D． 4．定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做垂等四边形，则下列四边形中是垂等四边形的是（   ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形、矩形、菱形的性质，平行四边形的性质，准确理解新定义的垂等四边形的性质是解题的关键． 垂等四边形的定义是对角线互相垂直且相等，根据各四边形的性质，正方形对角线互相垂直且相等，满足定义． 【详解】解：A．平行四边形的对角线互相平分但不垂直且不相等，故不是垂等四边形； B．矩形对角线相等但不垂直，故不是垂等四边形； C．菱形的对角线互相垂直但不相等，故不是垂等四边形； D．正方形的对角线互相垂直且相等，故正方形是垂等四边形； 故选：D． 5．正方形一定具有而矩形不一定具有的性质是（    ） A．对角相等 B．对角线互相垂直 C．对边平行且相等 D．对角线相等 【答案】B 【分析】本题考查矩形和正方形的性质．根据矩形和正方形的性质逐项判断即可． 【详解】解：正方形的对角线互相垂直平分且相等， 矩形的对角线互相平分且相等，但不一定垂直， 故选：B． 题型二 根据正方形的性质求角度 6.如图，四边形是正方形，是等边三角形，则等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查正方形、等腰三角形的性质以及等边三角形的性质．根据题意知是等腰三角形，，根据三角形内角和定理及等腰三角形性质求底角即可． 【详解】解：四边形是正方形，是等边三角形， ；，， ， 同理， ∴， 故选：B． 7.如图，有一个和一个正方形，其中点在边上，若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形和正方形的性质，由三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键.由平角的定义求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再由平行四边形的同旁内角互补即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． 故选：C． 8．如图，将正方形沿（点在边上）所在直线折叠后，点的对应点为点，比大，若设，，则下列方程组正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查折叠的性质和正方形的性质． 由折叠的性质可得，再根据正方形的性质即可列方程组． 【详解】解：由折叠可知， 四边形为正方形， ， ， 由比大得， 可列方程组为． 故选：． 9.如图，已知正方形是正方形内一点，若，将绕点B顺时针旋转至处，此时点三点在同一直线上． (1)求的度数； (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先根据正方形的性质可得，再根据旋转的性质可得，旋转角为，则，然后根据等腰三角形的性质可得，由此即可得； （2）先根据旋转的性质可得，，再求出，，最后在中，利用勾股定理求解即可得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵绕点顺时针旋转至处， ∴，旋转角为， ∴， ∴， ∵点三点在同一直线上， ∴． （2）解：由（1）已得：，，，， ∴，，， ∴，， ∴在中，． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、全等三角形的性质、等腰三角形的性质、勾股定理、二次根式的应用等知识，熟练掌握旋转的性质是解题关键． 10.如图，四边形是正方形，延长到点，使，连接交于点，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质，根据正方形的性质可得，根据，可得，由此即可求出，进而可得． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵是的外角， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ． 11.如图，是正方形的一条对角线，点、分别在对角线、边上，连接、、，且，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三线合一，中垂线的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：先由正方形的性质得，再证明是等腰三角形，故得是的垂直平分线，所以证明，结合，得，即可作答． 【详解】解：如图所示： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 题型三 根据正方形的性质求线段长 12.如图，E是正方形内一点，将绕点B顺时针旋转与重合，若，则EF长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了正方形的性质、旋转的性质等知识，熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 根据正方形的性质和旋转的性质得到是等腰直角三角形，即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形， ， 绕点B顺时针旋转与重合， ，， 是等腰直角三角形， ， 故选：B． 13.．如图，正方形中，，以对角线为一边作菱形，则的长为（　　） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、菱形的性质． 由正方形的性质得，，则，因为四边形是菱形，所以，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴． 故选：C． 14.如图，正方形的边长为，点在边上，连接，过点作，与的延长线相交于点，连接，与边相交于点，与对角线相交于点．若，则的长为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【分析】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．此题综合性较强，根据正方形的性质可知，，利用勾股定理可以求出，根据线段之间的关系可得：，根据同角的余角相等可证，可证，根据全等三角形的性质可得，再根据线段之间的关系求出的长度． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ， . 故选：C. 15.如图，在边长为4的正方形中，点E、F分别是边、的中点，连接，，点G、H分别是、的中点，连接，则的长度为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理．连接并延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，，通过证明得到，，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】解：连接并延长交于，连接， 四边形是正方形， ，，， ，分别是边，的中点， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 点是的中点，， ． 故选：C． 16.如图所示，在正方形中，为上的一点，，，为上的一点，连接，．求的最小值． 【答案】5 【分析】利用正方形的对称性，将其中一个点关于对角线对称，转化线段长度，再根据“两点之间线段最短”求最小值． 【详解】解：如图，连接交于点，连接交于点，连接． 易知，且， ，则，此时有最小值． ，， ． 由勾股定理，得，即的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的对称性与勾股定理的应用，解题关键是利用对称将折线线段和转化为直线段，结合“两点之间线段最短”求解． 17.如图，正方形的边长为2，点分别在边上，连接，已知． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)见解析； (2)的长为． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是正方形，得，，然后证明，所以，再通过线段的和与差即可求证； （）由四边形是正方形，得，，通过勾股定理，所以，则有，最后再由勾股定理得． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴，即； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 18.如图，在正方形中，，点E在对角线上，且不与A，C重合，过点E作于点F，于点G，连接． (1)求的长； (2)求证：； (3)求的最小值． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质得出相等边和直角，然后利用勾股定理进行求解即可； （2）根据正方形的性质得出相等的角和边，证明，得出相等的边，证明四边形为矩形，得出对角线相等，即可得出结论； （3）借助（2）的结论得出当时，的值最小，即的值最小，证明为等腰直角三角形，利用直角三角形斜边中线定理即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴， 由勾股定理得； （2）证明：如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， ∴； （3）解：由（2）得，， 当时，的值最小，即的值最小， ∵四边形为正方形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴此时，， 即的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形斜边中线定理，解题的关键是掌握以上性质． 题型四 根据正方形的性质求面积 19.若一个正方形的对角线长为，则它的面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的面积与对角线的关系，利用公式“正方形面积等于对角线平方的一半”直接计算． 【详解】解：∵正方形对角线长为，且面积， ∴． 故选：A． 20.如图，三个边长为4cm的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，，由正方形的性质可得，证明可得，进而可求解． 【详解】解：连接，， 由题意知：四边形，四边形都是正方形， ，，，， ， 在和中， ， ， ， ， ． 故选：A． 21.如图，正方形中有两个正方形，且它们的顶点分别在正方形的边上或对角线上，两个正方形的面积分别是和，若，则的值为（   ） A．24 B．27 C．30 D．36 【答案】B 【分析】设，根据正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，正方形的面积公式解答即可． 本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记性质并判断出图中三角形都是等腰直角三角形是解题的关键． 【详解】解：设， ∵正方形中有两个正方形，正方形和正方形， ∴，， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 22.如图，正方形ABCD的面积为4，分别取AB，BC，CD，DA的中点得到正方形；再分别取，的中点得到正方形；…．以此类推，正方形．的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先由勾股定理求得，即可求得正方形与正方形的面积，然后得规律：正方形的面积为． 【详解】解：正方形的面积为4， ． 又分别是AB，BC，CD，DA的中点， ． 同理可得，， ， 四边形是边长为的正方形，其面积为． 同理可得，的面积为， 四边形的面积为． 故选：C． 【点睛】此题考查了正方形的性质以及勾股定理，属于规律性题目，得到规律求正方形的面积是解题的关键． 23.如图，四边形中，，，，，作于点E，交的延长线于点F． (1)求证：四边形是正方形； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)144 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，垂直的定义，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据垂直得出直角，证明四边形为矩形，利用证明，得出，即可得出结论； （2）借助（1）的结论得出四边形的面积等于正方形的面积，求出，即可求出面积． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：由（1）得四边形是正方形，且， ∴四边形的面积等于正方形的面积，， ∵，， ∴， ∴正方形的面积为， 即四边形的面积为144． 24.如图，正方形的边长为12，菱形的三个顶点分别在正方形的边上，且，连接． (1)当时，求的度数； (2)设，用含的代数式表示的面积； (3)判断的面积能否等于4，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)不能．理由见解析 【分析】（1）由于四边形为正方形，四边形为菱形，那么，而，易证，从而有，等量代换可得，即可解决问题； （2）欲表示的面积，由已知表示的长易求，只需求出边的高即可； （3）不能．求出AE长度与正方形边长比较，推出点E不在正方形的边AB上，不合题意. 【详解】（1）解：四边形是正方形，． 四边形是菱形，． 又，， ． ，， ． （2）解：如图，过点作交的延长线于点，连接． ． ， ． 在和中， ． ，，． （3）解：不能．理由如下： 当的面积等于4时，结合（2）可得，解得，即， ， ， 此时点不在正方形的边上，与题意不符， 的面积不能等于4． 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 题型五 根据正方形的性质证明 25.如图，在正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．试探究与之间的数量与位置关系，并说明理由． 【答案】，．理由见解析 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，再通过角的等量代换推导线段的垂直关系． 通过正方形的性质找到全等三角形的条件，证明三角形全等以推导线段的数量关系，再利用角的等量代换分析线段的位置关系． 【详解】解：，． 理由如下：四边形是正方形， ，． 又， ， ，． ， ， ， ． 26.如图，四边形为正方形，分别延长、至点、，连接、，．求证：． 【答案】见解析 【分析】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，正确得出全等三角形是解题关键． 利用正方形的性质得，再根据证明，结合全等三角形的性质可证结论成立． 【详解】证明：∵四边形为正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 27.如图，在正方形中，动点M在上，过点M作，过点C作，点E是的中点，连接交于点F． (1)求证：； (2)请探究线段长度之间的等量关系，并证明你的结论； (3)设，若点M沿着线段从点C运动到点D，则在该运动过程中，线段所扫过的图形面积为 （直接写出答案）． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)3 【分析】（1）如图：连接，由正方形以及等腰直角三角形的性质可得出，再根据直角三角形的性质以及点E为的中点即可得出，即是的垂直平分线，从而证明结论； （2）．根据三角形的中位线性质可得出，再运用正方形的性质可得出，然后利用线段间的关系即可证出结论； （3）找出所扫过的图形为四边形，根据正方形以及等腰直角三角形的性质可得出，由此得出四边形为梯形，再由，可算出线段、、的长度，最后利用梯形的面积公式即可得出结论． 【详解】（1）证明：如图：连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，点E是的中点， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴． （2）解：，证明如下： ∵是的垂直平分线， ∴，即F为的中点， ∵E为的中点， ∴为的中位线，， 由（1）可知，为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴． （3）解：在点M沿着线段从点C运动到点D的过程中，线段所扫过的图形为四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为梯形， ∵四边形为正方形，， ∴， ∴， ， ∴， ∴线段所扫过的面积为3． 故答案为：3． 【点睛】本题主要考查了垂直平分线的判定与性质、正方形的性质、等腰直角三角形的性质、平行线的性质、梯形的面积公式等知识点，灵活运用相关知识是解题的关键． 28.如图，正方形的边长为6，点，分别在边，上，，将绕点A逆时针旋转，得到． (1)求证：； (2)当时，①___________； ②求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①8 ②5 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据正方形的性质和旋转的性质得出相等的角和边，证明，即可得出结论； （2）①根据旋转的性质得出相等边，然后根据线段的和差进行求解即可； ②令，利用线段的和差表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， 由旋转的性质可得，，，， ∴， ∴点共线， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：①根据旋转可得，， ∵正方形的边长为6， ∴， 故答案为：8； ②由（1）得，令， 则， 由勾股定理得， 即， 解得， ∴的长为5． 29.如图，在正方形中，点、分别在边和的延长线上，连接、、，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查正方形的性质，直角三角形全等的判定和性质；证即可解答． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中，，， ∴， ∴． 30.如图，正方形的对角线交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先根据四边形是正方形，得，，又因为，故，得，即可作答． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中，，， ∴， ∴． 题型六 理解正方形的判定 31.下列说法中，正确的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是正方形 B．有一个角是直角的平行四边形是正方形 C．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 【答案】D 【分析】根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，平行四边形的判定定理，逐一判断即可得出结论． 本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、有一组邻边相等的四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形，错误，不符合题意； C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不一定是正方形，错误，不符合题意； D、有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，正确，符合题意； 故选：D． 32.如图，利用几个全等的直角三角板（含角）拼摆成如下的四边形，其中是菱形但不是正方形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的判定定理，正方形的判定定理，含30度角的直角三角形的性质．根据菱形的判定方法和正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：四个全等的含角的直角三角板拼成如图所示的四个图形中， 第一个四边形中，，， ∴，不是菱形； 第二个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， ∴第二个四边形是菱形； 第三个图形是菱形，如图， 由四个全等的含角的直角三角板拼成的四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴,， ∴, ∴， ∴四边形是菱形； 第四个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， 四个角都等于， ∴第四个四边形是正方形； 综上，是菱形但不是正方形的有2个． 故选：B． 33.如图，四边形是平行四边形，下列说法不正确的是（    ）． A．当时，四边形是矩形 B．当时，四边形是正方形 C．当时，四边形是菱形 D．当时，四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查特殊平行四边形的判定，掌握好特殊平行四边形的判定定理是解题关键． 根据特殊平行四边形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：对于A，对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不满足题意； 对于B，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B不正确，满足题意； 对于C，邻边相等的平行四边形是菱形，故C正确，不满足题意； 对于D，一个角为直角的平行四边形是矩形，故D正确，不满足题意． 故选：B． 34.如图的知识结构图中①、②、③、④表示需要添加的条件，则下列描述正确的是（ ） A．①可表示一个角是直角 B．②可表示对角线互相平分、垂直 C．③可表示一组邻边相等 D．④可表示对角线互相平分 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，并能根据知识结构图中图形之间的转化关系，准确判断每个条件所对应的判定依据．从平行四边形到矩形，需要添加“有一个角是直角”或“对角线相等”这样的条件，因为这是矩形的判定定理之一；从矩形到正方形，需要添加“一组邻边相等”这样的条件，因为有一组邻边相等的矩形是正方形；从菱形到正方形，需要添加“有一个角是直角”这样的条件，因为有一个角是直角的菱形是正方形；从四边形到平行四边形，需要添加“对角线互相平分”这样的条件，因为对角线互相平分的四边形是平行四边形． 【详解】、有一组邻边相等的矩形是正方形，故选项不符合题意； 、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项不符合题意； 、有一个角是直角的菱形是正方形，故选项不符合题意； 、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故选项符合题意； 故选：． 35.下列说法错误的是（   ） A．四条边长都等于的四边形是菱形 B．四个内角都等于的四边形是矩形 C．两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形 D．直角三角形中角所对的边等于斜边的一半 【答案】C 【分析】此题考查了菱形，矩形和正方形的判定，含角直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点． 选项A符合菱形定义，正确；选项B符合矩形定义，正确；选项D是直角三角形性质，正确；选项C中，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，但菱形不一定有直角，因此不一定是正方形，错误． 【详解】∵菱形的定义是四条边都相等的四边形，∴A正确； ∵矩形的定义是四个内角都是直角的四边形，∴B正确； ∵两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形，但菱形的内角不一定为直角， ∴不一定是正方形，故C错误； ∵在直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半，∴D正确． 故选：C． 36.下列判断错误的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线垂直的矩形是正方形 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】A 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形、平行四边形的判定定理，据此相关性质内容进行逐项分析，即可作答． 【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故原说法是不正确的，符合题意； B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故原说法是正确的，不符合题意； C、对角线垂直的矩形是正方形，故原说法是正确的，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，故原说法是正确的，不符合题意； 故选：A． 题型七 添加条件使四边形是正方形 37.如图，在中，，垂足为．添加下列哪个条件，不能使成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理，首先明确平行四边形、菱形、正方形的判定关系：平行四边形中，对角线互相垂直的是菱形；菱形要成为正方形，需满足有一个内角为直角或对角线相等．本题先由得出是菱形，再分析各选项能否让菱形变为正方形． 【详解】四边形是平行四边形，且， 是菱形． 若，菱形的对角线相等．根据“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故A不符合“不能使”的要求． 若，菱形的一个内角为直角．根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故B不符合“不能使”的要求． 若，是菱形的边，是对角线．仅“边与对角线相等”无法推出菱形有直角或对角线相等，因此不能保证菱形是正方形，故C符合“不能使”的要求． 若，因菱形对角线互相平分（，），则，，即．结合“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故D不符合“不能使”的要求． 故选C 38.如图，在中，，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在中，， ∴四边形是矩形． A、当时，矩形是正方形，故A选项不符合题意； B、当时，矩形是正方形，故B选项不符合题意； C、当时，无法确定矩形就是正方形，故C选项符合题意； D、当时，则，，，矩形是正方形，故D选项不符合题意． 故选：C． 39.小英在复习几种特殊平行四边形关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】D 【分析】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定和菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的关系是解题的关键． 根据正方形、矩形、菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形， （1）处可填是正确的，故该选项不符合题意； B、一组邻边相等的矩形是正方形， （2）处可填是正确的，故该选项不符合题意； C、一组邻边相等的平行四边形是菱形， （3）处可填是正确的，故该选项不符合题意； D、有一个角是直角的菱形是正方形， 无法判定两角是不是直角，故该选项符合题意； 故选：D． 40.如图，已知四边形是平行四边形，添加下列条件，不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判断，正方形的判断，等边对等角，三角形内角和定理，根据等边对等角和三角形内角和定理可证明，据此可判断A；根据对角线相等的四边形或一组邻边相等的四边形是矩形，对角线互相垂直或有一组邻边相等的矩形是正方形可判断B、C、D． 【详解】解：A、由可得，则四边形不是正方形，故此选项符合题意； B、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； C、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； D、由可证明四边形是矩形，再由可证明四边形是正方形，故此选项不符合题意； 故选：A． 41.如图，的对角线、交于点，，要使为正方形还需增加一个条件．在条件①；②；③；④中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】A 【分析】先根据已知条件判断平行四边形为矩形，再逐一分析每个条件，看能否使矩形成为正方形． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形，， ∴ ， 又∵ 平行四边形对角线互相平分，即，， ∴ ， ∴ 平行四边形是矩形． ①，矩形的邻边相等，则为正方形，故①正确； ②，矩形的对角线互相垂直，则为正方形，故②正确； ③，矩形本身对角线相等，不能判定为正方形，故③错误； ④，矩形本身角为直角，不能判定为正方形，故④错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、正方形的判定，熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键． 42.如图，在矩形中，平分，平分，与交于点．点是矩形外一点，连接，，，添加下列条件后，可判定四边形为正方形的是（   ） A．， B．， C． D．， 【答案】A 【分析】本题考查矩形的性质、角平分线的性质、正方形的判定定理，掌握正方形的判定条件是解题关键． 结合矩形的角和角平分线，先推导四边形的基础形状，再根据正方形的判定条件逐一分析选项． 【详解】解：已知四边形为矩形，且平分，平分． 故，， 可得，，是等腰直角三角形． 选项：由两边平行可得四边形为平行四边形， 再由可得四边形为菱形， 再由可得四边形为正方形，故选项正确； 选项：，，仅可得到，无法证明四边形为正方形，故选项错误； 选项：根据题意可知，故，无法判定正方形，故选项错误； 选项：，，仅能判断是等腰三角形，不能证明，无法判定正方形，故选项错误． 故选：． 题型八 证明四边形是正方形 43.如下图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，，．求证：四边形ABCD是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形与正方形的判定、全等三角形的判定与性质，掌握矩形中一组邻边相等即可判定为正方形是解题的关键． 通过已知角的关系推导出，再结合和公共边，证明，从而得到，进而判定矩形为正方形． 【详解】证明：∵，，， ∴． 在和中： ∴， ∴． ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 44.如图，，，，分别是正方形四条边上的点，且． (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)20 【分析】（1）先利用正方形的边相等、角为直角的性质，结合已知线段相等，证明四个三角形全等，得出四边形的四边相等，再通过角的关系证明其有一个直角，从而判定为正方形； （2）根据和的长度，算出的长度，用勾股定理求出四边形的边长，再计算其周长． 【详解】（1）（1）证明：四边形是正方形， ，． ， ， ， ，， 四边形是菱形． ， ， ， 四边形是正方形． （2）解：，， ， ． 四边形是正方形， 四边形的周长． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，掌握正方形的边与角的性质、全等三角形的判定方法，及勾股定理的应用是解题的关键． 45.如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论． 【详解】证明：∵菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形形， 又， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形为正方形． 46.如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足 时，四边形是正方形．请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证． 【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当满足时，四边形是正方形，理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 47.如图，在菱形中，对角线与相交于点，过点作的平行线，过点作的平行线，两直线相交于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)当______时，四边形是正方形，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，掌握菱形的性质，矩形的判定和性质是解题的关键. ()根据两组对边平行可得四边形是平行四边形，根据菱形的性质可得，结合矩形的判定和性质即可求解； ()根据矩形的性质可得，结合正方形的判定和性质即可求解； 【详解】（1）证明：，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ， ， ∴四边形是矩形． （2）解：，理由如下： ， ∴四边形是正方形， ， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 48.如图，，，平分，平分，，，. (1)求证：四边形是正方形． (2)连接，若，求线段的长度． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质； （1）由四边形是平行四边形，平分，平分，得到，再由，，，可得四边形是菱形，进而得证四边形是正方形； （2）过点E作，由（1）可得是等腰直角三角形，是含角直角三角形，设，利用，可求出，进而求出. 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴菱形是正方形. 即四边形是正方形. （2）解：过点E作，如图所示， ∵四边形是正方形， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在中，设，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴. 题型九 由正方形性质与判定求线段长度 49.如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，则的长为（   ） A．7 B．7.5 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则． 【详解】解：由旋转得， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， 故选：A． 50.已知，在中，，点O为的三条角平分线的交点，，点D、E、F是垂足，若，则的长度是（    ） A．4 B．6 C．12 D．10 【答案】C 【分析】连接，由角平分线的性质定理得到，可证明四边形是正方形，则，证明，则，同理，设，在中运用勾股定理建立方程求解，则即可求出，那么问题得以求解． 【详解】解：连接， ∵点O为的三条角平分线的交点，， ∴， ∵，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理， 设， 则， ∴在中，由勾股定理得 解得或（舍）， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质定理，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识点，正确添加辅助线是解题的关键． 51.如图，正方形的边长为3，为对角线上一点，连接，过点作，交于点，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点F作于点M，点F作于点N，延长交于点Q，证明四边形是矩形，得出，，证明四边形是正方形，得出，证明，得出，．证明四边形是矩形，得出，，求出，，根据勾股定理求出． 【详解】解：过点F作于点M，点F作于点N，延长交于点Q， 则， ∵正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，． ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握性质是解题的关键． 52.如图，先将绕点C顺时针旋转得到，再将线段绕点D顺时针旋转得到，连接，且． (1)若，B、E、D三点在同一条直线上，求的长； (2)若，，点P在边上，求线段的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由旋转的性质可得，，由等腰三角形的性质可得，可证，通过证明四边形是矩形，可得，由等腰直角三角形的性质可求解； （2）由垂线段最短可得当时，的长度有最小值，先证点P，点E，点D三点共线，由勾股定理可求的长，由正方形的性质可得，即可求解． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵将绕点C顺时针旋转得到， ∴， ∴，， ∵B、E、D三点共线， ∴， ∴， ∵将线段绕点D顺时针旋转得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵点P在边上， ∴当时，的长度有最小值， 由旋转的性质可得：， ∴， ∵， ∴， ∴点P，点E，点D三点共线， ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ， ， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，旋转的性质，矩形、正方形的判定与性质的应用是解题的关键． 53.如图，在四边形中，，，，，的垂直平分线交于点E，交于点F，交的延长线于点G，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键． （1）先根据，判定四边形是矩形，再根据，即可得证； （2）先根据证明，得出，再根据正方形中，，即可得到，从而可求得的长． 【详解】（1）证明：∵的垂直平分线交于，交于， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 题型十 根据正方形性质与判定求角度 54.如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（　　） A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定 【答案】A 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解． 【详解】解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°， 在菱形BDFE中，BD=DF， 所以，∠DBF=∠AFB， 在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°， 解得∠AFB=22.5°． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键． 55.如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（    ） A．45° B．50° C．60° D．不确定 【答案】A 【分析】过点作，，垂足分别为．证明，然后得到，易得答案. 【详解】解：如图所示，过点作，，垂足分别为． ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴． ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质以及矩形的判定．解题的关键是会作辅助线，证明两个三角形全等. 56.如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，∠BAC=40°，AD是△ABC的一条角平分线，点E，F，G分别在AD，AC，BC上，且四边形CGEF是正方形，则∠DEB的度数为（ ） A．40° B．45° C．50° D．55° 【答案】B 【详解】试题分析：作EM⊥AB于M， ∵四边形EFCG是正方形， ∴∠EFC=∠AFE=∠EGC=90°，EF=EG， ∵EF⊥AC，EM⊥AB，AD平分∠BAC， ∴EF=EM=EG， ∵EG⊥BC，EM⊥AB， ∴EB平分∠ABC， ∵∠C=90°， ∴∠CAB+∠CBA=90°， ∴∠BED=∠EAB+∠EBA=（∠CAB+∠CBA）=45°． 故答案为45°． 考点：正方形的性质． 57.如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 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，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 题型十一 根据正方形性质与判定求面积 58.如图1，矩形的对角线，相交于点，延长至点，使，连接，是的中点，连接． (1)试猜想四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，则四边形的面积为______． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)8 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，直角三角形斜边中线的定理，正方形的性质和判定，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据矩形的性质得出对角线互相平分且相等，判定出垂直平分线段，得出，再利用直角三角形斜边中线定理得出相等的边，最后得出，即可得出结论； （2）根据正方形的性质得出直角和三角形的面积，然后得出四边形是正方形，即可求出面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为正方形， ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴正方形的面积为， 故答案为：8． 59.如图，正方形，点为对角线上一个动点．为边上一点，且 (1)求证：； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】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，等角对等边． （1）连接，根据正方形的性质得到，，进而证明，得到，，根据四边形内角和得到，进而得到，根据等角对等边得到，即可证明； （2）作交于点，交于点，可知四边形为正方形．证明，得到，，进而求出，根据计算即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， 四边形是正方形， ， 在和中，， （）， ， ， 四边形的内角和为， ， ， ， ， ， ； （2）解：如图2，作交于点，交于点，可知四边形为正方形． ， ， ， 又，， （）， ，， ， ． ． ∴ ． 60.如图，，，，垂足分别为，连接． (1)求证：； (2)若，，求的面积； (3)如图，延长交于点，点为直线左侧一点，且，，连接．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（）根据余角性质即可求证； （）过点作的延长线于点，可证四边形是矩形，得到，进而得到，再证明，得到，，即得到，进而根据三角形的面积公式计算即可求解； （）分别过点和点作、的垂线，两垂线相交于点，可证四边形是正方形，得到，再证明，得到，证明，得到，，进而证明，得到，即可求证． 【详解】（1）证明：∵，， ∴，， ∴； （2）解：如图，过点作的延长线于点， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴； （3）证明：如图，分别过点和点作、的垂线，两垂线相交于点， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由（）知，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了余角性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键． 题型十二 根据正方形性质与判定证明 61.在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）先根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据菱形的性质求出，进而求出，再根据正方形的性质可得，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， 即 ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴． 62.问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，，将绕点B沿顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点延长交于点F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图②，若，求证： (3)若，，求DE的长． 【答案】(1)正方形，理由见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）由旋转可知：，再说明可得四边形是矩形，再结合即可证明四边形是正方形； （2）过点作，垂足为，先根据等腰三角形的性质得到，再证可得，再结合即可解答； （3）过点作于，由（1）可知四边形是正方形，得，结合条件，，得到和的长，由（2）可知：，最后可利用勾股定理求的长． 【详解】（1）解：四边形是正方形．理由如下： 是由绕点B沿顺时针方向旋转得到的，， ，， 又， ， 四边形是矩形． 由旋转的性质可知，， 四边形是正方形． （2）证明：如图，过点D作于点， ，， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， 又，， ， ， 由旋转的性质可知，， ∵四边形是正方形， ， ， ． （3）解：四边形是正方形， ， 在中，由勾股定理，得， 即， 解得（负值已舍）， ， ， 如图，过点D作于点， 根据（2）可知， ，， ， 在中，由勾股定理，得． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 63.在正方形中，对角线与交于点，是对角线上一动点，过点作，交射线于点．如图①，当点与点重合时，易证（不需证明）；当点在线段上时，如图②； (1)连接，求证：； (2)求证：； 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题为正方形综合题，考查了正方形的性质及判定，全等三角形的性质及判定，等腰三角形的性质及判定，勾股定理等知识点，合理作出辅助线是解题的关键． （1）利用正方形的性质去判定出即可得到； （2）过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，利用等腰三角形的判定方法可得到和为等腰直角三角形，从而得到四边形为正方形，同理可证四边形为正方形，然后利用全等三角形的判定方法即可判定出，再利用边的比例关系即可得证． 【详解】（1）解：连接，如图所示： ∵是正方形， ∴，， ∴在和中： ， ∴， ∴； （2）解：过点作的平行线交于，交于点，过点作的平行线交于，交于点，连接，如图所示： ∵是正方形，是对角线， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴和为等腰直角三角形， ∴四边形为正方形， ∴， 同理可证四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中： ， ∴， ∴， 由（1）得：， ∴， ∵在中，， ∴， ∴， ∴． 64.如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，说明见解析 【分析】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，三角形中位线定理，平行四边形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键． （1）过点作于点，根据正方形的性质得到，，再结合已知条件得到，即可利用“”证明全等； （2）由（1）可知，，从而得出，，再根据三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再证明正方形即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形， ，，， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， ， ， ， ， 如图，连接、、、的中点P、Q、R、S， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是正方形． ． 题型一 中点四边形 65.如图，已知E，F，G，H分别是各边的中点，则四边形EFGH是什么四边形？若把条件中的依次改为矩形、菱形、正方形，其他条件不变，则四边形EFGH依次是什么四边形？试说明理由． 【答案】四边形EFGH是平行四边形；当四边形ABCD为矩形时，四边形EFGH是菱形；当四边形ABCD为菱形时，四边形EFGH是矩形．当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形；理由见解析 【分析】连接，，由三角形中位线定理可得，，，，，，根据菱形、矩形、正方形的性质定理和判定解答即可． 【详解】解：如图，连接，． ，分别为，的中点， ∴，． 同理可得，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵，分别为，的中点， ∴，． 当四边形为矩形时，， ∴， ∴四边形是菱形． 当四边形为菱形时，， ∴， ∴四边形是矩形． 当四边形为正方形时，，， ∴，， ∴四边形是正方形． 【点睛】此题主要考查了三角形的中位线定理、矩形、菱形、正方形的性质定理和判定定理，解题关键是掌握三角形中位线定理． 66.定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”．如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是 ． A．平行四边形        B．矩形        C．菱形        D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，直接写出关于四边形的对角线的关系： 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形，连接．求证：四边形是“中方四边形”； 拓展应用： 如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点， （4）试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2），；（3）见解析；（4），理由见解析 【分析】（1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）由中位线的性质可得：，，，，结合正方形的性质可得结论； （3）如图，取四边形各边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）如图，记、的中点分别为E、F，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”， 理由如下：因为正方形的对角线相等且互相垂直，那么有中位线的性质可得四边相等，且一个内角为直角，所以其中点四边形是正方形； （2），．理由如下： ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵E，F，G，H分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴，． （3）如图，设四边形的边的中点分别为M、N、R、L，连接交于P，连接交于K，    ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴、，，分别是、、、的中位线， ∴，，，，，，，， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， 又∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵，， ∴， ∴， 又∵，， ∴． ∴菱形是正方形，即原四边形是“中方四边形”． （4）如图，记、的中点分别为E、F， 连接    ∵四边形是“中方四边形”，M，N分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵M，F分别是，的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 题型二 正方形的折叠问题 67.如图，四边形为正方形，点是的中点，将正方形沿折叠，得到点的对应点为点，延长交线段于点，若，求的长． 【答案】2 【分析】此题重点考查正方形的性质、轴对称的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，掌握相关性质是解题的关键． 连接，由正方形的性质得，，由点是的中点，得，由折叠得，，，则，，可证明，则，根据勾股定理列方程得，求得． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ，， ∵点是的中点， ， 由折叠得，，， ，， 在和中， ， ， ， ，， ， ，解得， 的长度为2． 68.如图，正方形纸片的边长为，点是边的中点，将这个正方形纸片翻折，使点落到点处，折痕交边于点，交边于点，请求出的长． 【答案】的长为 【分析】本题考查了正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理．熟练掌握正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理是解题的关键． 通过设未知数，利用勾股定理建立方程来求解的长即可． 【详解】解：设为， 四边形是边长为的正方形， ， ， 正方形纸片翻折，使点落到点处， ， 点是边的中点， ， 在中，根据勾股定理，得到， ， 解得， ． 69.正方形的边长为，点是边上一点不与端点重合，将沿所在直线对折至，延长交边于点，连接，可得，连接． (1) ； (2)如图1，若，点为边的中点，求的面积； (3)如图2，若，判断与是否平行？并说明理由； (4)请直接写出 用含的式子表示． 【答案】(1) (2) (3)与平行，理由见解析 (4) 【分析】本题考查正方形半角模型以及勾股定理和面积的应用，解题关键是能够熟练运用这些知识去解题． （1）通过证明，，进而得到答案； （2）设，结合，利用勾股定理解直角三角形得到的值，再通过相似即可得到答案； （3）通过勾股定理得到为中点，得到，通过倒角得到答案； （4）利用正方形的面积与三角形面积与五边形的面积的关系，即可得到答案． 【详解】（1）解：如图1，四边形是正方形， ，， 将沿直线翻折，得到， ，，，， ， 在和中，， ， ， ， ， ， ； 故答案为：． （2）作，垂足为点，如图， 设，则， 为中点， ， 由（1）知，， 在中，由勾股定理得， ， ， 整理得：， 解得：， ，， ， ， ； （3）与平行，理由如下， 设，则，如图， ， ， 在中，由勾股定理得， ， 整理得：， ∴ ， ， 由折叠可知，， 又， ， ， ， ； （4）设，，则，，如图， 在中，由勾股定理得， ， ∴， 整理得：，① 由，② ∴把①代入②得， ， ∵， ∴ ， ∵， ∴， 故答案为：． 题型三 特殊平行四边形的动点问题 71.如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动，当点到达点时，点也停止运动，设点，运动的时间为． (1)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． (2)从运动开始，当取何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形是正方形？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)不存在，使为菱形 (2) (3)不存在，使为正方形 【分析】本题考查四边形中的动点问题，解题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形、矩形和正方形的判定和性质，确定动点的位置 （）利用菱形的判定和性质进行求解即可； （）利用矩形的判定和性质进行求解即可； （）利用正方形的判定和性质进行求解即可． 【详解】（1）解：不存在，理由： ∵，，过作于，则四边形是矩形， ∴，.， 又∵， ∴， 根据勾股定理，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 此时，， 而， ∴四边形不可能是菱形； （2）如图，∵，； ∴当时，四边形是矩形， 即， 解得：， 当时，四边形是矩形； （3）由当时，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴矩形不能是正方形， 即不存在时间，使四边形是正方形 72.已知：如图，在矩形中，，．在上取一点，，点是边上的一个动点，以为一边作菱形，使点落在边上，点落在矩形内或其边上．          (1)当四边形是正方形时，求的长； (2)当四边形是菱形时，求证：； (3)面积的最大值为________；此时的长为________； (4)在点运动的过程中，请直接写出点运动的路线长为________． 【答案】(1) (2)见解析 (3)； (4) 【分析】本题考查矩形、正方形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． （1）证明即可解决问题； （2）连接，理由平行线的性质证明即可； （3）当点与重合时，的值最小，的面积最大，由勾股定理及三角形面积可得出答案； （4）由（3）可得到的距离为，证明点的运动轨迹是平行的线段，点运动的路线长的长． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ．， ， ． （2）证明：连接，如图2， 四边形为矩形， ， ， 四边形为菱形， ， ， ， 即； （3）解：如图，过点作于点 ∴ 由（2）可得，又 到的距离为 如图，设， 当点与重合时，则的值最小，最大，此时的面积最大， ，， ， 在中， 故答案为：；． （4）如图，当时，过点，则四边形是矩形， ∴， 由（3）可得到的距离为，又点落在矩形内或其边上 点的运动轨迹是平行的线段， ，， 点运动的路线长 故答案为：． 73.如图，在矩形中，，，点O为对角线的中点，动点P从点A出发，沿向终点C运动．连结，当点P不与点B重合时，作点P关于的对称点E，顺次连结O、P、B、E四个点，组成四边形． (1)______； (2)求证：； (3)当四边形的面积为20时，求出此时的长． (4)在点P运动过程中，当四边形是菱形时，请直接写出此时的值． 【答案】(1)5 (2)证明见解析 (3)或 (4)或 【分析】（1）根据矩形的性质以及勾股定理即可求解； （2）根据题意可得垂直平分，从而得到，即可求证； （3）分两种情况：点P在边上或点P在边上，结合勾股定理以及等腰三角形的性质解答即可； （4）设，点P在边上或点P在边上，结合勾股定理以及菱形的性质解答即可． 【详解】（1）解：在矩形中，， ∴，， ∴， ∵点O为对角线的中点， ∴， 故答案为：5 （2）证明：∵点P关于的对称点为点E， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴； （3）解：∵， ∴ ∵四边形的面积为20， ∴， ∵点O为对角线的中点， ∴，， 当点P在边上时，过点O作，如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 当点P在边上时，过点O作于点G， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的长为或； （4）解：设， 如图，当点P在边上时，设交于点N， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 由（2）得：，， 在中，， ∴， 解得：， 即； 当点P在边上时，延长交于点M， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 由（2）得：，， 在中，， ∴， 解得：， 即； 综上所述，的值为或． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，菱形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，利用分类讨论思想解答是解题的关键． 73.综合与实践： 如图1，四边形是正方形，E，F分别在边和上，且（此时），我们把这种模型称为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法．小明为了解决线段，，之间的关系，将绕点A顺时针旋转得到后，解决了这个问题． (1)如图2． ①求证：； ②求出、、之间的关系； (2)如图3，等腰直角三角形，，，点E，F在边上，且，请写出，，之间的关系，并说明理由； (3)如图4，在中，，，点D，E在边上，且，当，时，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2)，理由见解析 (3)40 【分析】本题主要考查旋转的性质，正方形的性质及全等三角形的判定和性质、勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）①利用旋转的性质，证明，②根据全等三角形的性质得，等量代换，即可证明； （2）把绕点顺时针旋转得到，连接，根据旋转的性质得，，在中，，可求得，所以，再证明，利用得到． （3）同（2）方法，把绕点顺时针旋转得到，连接，可证明：，在中，，，，过点D作，垂足为，利用直角三角形性质和勾股定理求出即可求出答案． 【详解】（1）①证明：由旋转可得，，， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ②解： 由①得， ， ， ； （2）猜想：， 证明：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图3， ，，，， ， ， ，即， ， 又， ， ，即， 在和中 ， ， ． （3）解：把绕点顺时针旋转得到，连接，如图4， ，，，， ，， ， ，即， 又， ， 在和中 ， ， 过点D作，垂足为， ∵， ∴， ∴， ． ∴， ∴， ∴． 74.【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系． (1)【问题初探】 爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________； (2)【问题引申】 如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由： (3)【问题解决】 如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________． 【答案】(1) (2) (3)8或4 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解； （2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明； （3）分两种情况：当点靠近点时，；当点靠近点时；过点作于，连接，作交于，结合（2），根据勾股定理和等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图1中， 正方形的对角线，交于点， ，， ， ， 在和中 ， ， ， ； 故答案为： （2）解：结论变为，理由如下： 如图2中，取的中点T，连接， 四边形为的菱形， ，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作于H，连接，作交于G． 是等边三角形，，， ，， 在中，， ， 由（2）可知，， ； 如图中，当点靠近点时，同法可得，， ， ， 综上所述，满足条件的的值为8或4； 故答案为：8或4． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，等腰三角形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系． 1 学科网（北京）股份有限公司 $