第4讲 正方形的性质及判定 优等生讲义（知识梳理+典例+压轴+练习）2026-2027学年北师大版九年级数学上册

第4讲 正方形的性质及判定 优等生讲义 （知识梳理+典例+压轴+练习）2026-2027北师大版九年级数学上册 参考答案与试题解析 📌 思维导图 🎯 课程目标 掌握正方形性质 掌握正方形判定 特殊四边形关系 综合运用 辅助线作法 📚 知识梳理 ☆ 1.正方形概念 邻边相等且有直角的平行四边形 既是矩形又是菱形 四条对称轴 概念辨析例题：正方形是特殊的什么 解析：集两者于一身 ☆ 2.正方形性质 四边相等 四角直角 对角线相等垂直平分且平分对角 概念辨析例题：边长2对角线长 解析：对角线=边长×sqrt{2} ☆ 3.正方形判定 矩形+邻边相等 菱形+直角 对角线垂直平分且相等 概念辨析例题：矩形加什么是正方形 解析：矩形+邻边=正方形 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 正方形 邻边等+直角 矩形+菱形 对角线 相等垂直平分 45度角 判定 矩形+邻边 或 菱形+直角 两条路径 对称性 4条对称轴 最多 ⚠️ 核心考点 【考点1】正方形性质（第1-11题） 四边等四角直 对角线与边45度 1．下列结论中正确的有（　　） ①正方形具有平行四边形的一切性质 ②正方形具有矩形的一切性质 ③正方形具有菱形的一切性质 ④正方形有四条对称轴 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】根据正方形的性质判断求解即可． 【解答】解：正方形具有平行四边形的一切性质， 故①正确，符合题意； 正方形具有矩形的一切性质， 故②正确，符合题意； 正方形具有菱形的一切性质， 故③正确，符合题意； 正方形有四条对称轴， 故④正确，符合题意； 故选：D． 【点评】此题考查了正方形的性质，熟记正方形的性质是解题的关键． 2．（2025秋•上海校级期末）摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法，如图，在正方形ABCD的BC边上取中点E，以点E为圆心，线段DE长为半径作圆，交BC的延长线于点F，过点F作FG⊥AD，交AD的延长线于点G，得到长方形CDGF．若AB＝2，则CF的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】依据题意，根据正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝2，∠BCD＝90°，根据线段中点的定义求出CE＝1，根据勾股定理求出，即可求解． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝2， ∴AB＝BC＝CD＝2．∠BCD＝90°， ∵E是BC中点， ∴， 在直角三角形CDE中，由勾股定理得：， 由题意知， ∴， 故选：C． 【点评】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，矩形的性质，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问题． 3．（2026•江阳区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则的值为（　　） A． B．3 C．4 D． 【分析】设GC＝a，则BG＝3a，BC＝4a，由勾股定理得AG＝5a，证明BF⊥AF，由三角形面积公式得BF，进而得AF，证明△ABF和△DAE全等得BF＝AE，AF＝DE，进而得EF＝AF﹣AE，由此即可得出的值． 【解答】解：设GC＝a， ∵BG＝3GC， ∴BG＝3a， ∴BC＝BG+GC＝4a， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝DA＝4a，∠ABC＝∠BAD＝90°， 在Rt△ABG中，由勾股定理得：AG5a， ∵DE⊥AG，BF∥DE， ∴BF⊥AF， 由三角形的面积公式得：S△ABGAG•BFAB•BG， ∴BF， 在Rt△ABF中，由勾股定理得：AF， ∵∠BFA＝∠AED＝90°， ∴∠BAF+∠ABF＝90°， 又∵∠BAF+∠DAE＝∠BAD＝90°， ∴∠ABF＝∠DAE， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（AAS）， ∴BF＝AE，AF＝DE， ∴EF＝AF﹣AE ∴4． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用三角形的面积公式和勾股定理是解决问题的关键． 4．（2023秋•罗庄区期末）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为2，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（　　） A．0.5 B．1 C． D． 【分析】如图，由三角形三边关系分析可得当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB﹣OA，以此即可求解． 【解答】解：如图，点B为⊙O上一点，点D为正方形上一点，连接BD，OC，OA，AB， 由三角形三边关系可得，OB﹣OD＜BD， OB是圆的半径，为定值，当点D在A时，取得最大值， ∴当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值，最小值为OB﹣OA， 由题意可得，AC＝2，OB＝2， ∵点O为正方形的中心， ∴OA⊥OC，OA＝OC， ∴△AOC为等腰直角三角形， ∴OA， ∴圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为OB﹣OA＝2． 故选：D． 【点评】本题主要考查正方形的性质、利用三角形三边关系求最值问题，利用三角形三边关系分析得出当O、A、B三点共线时，圆上任意一点到正方形边上任意一点距离有最小值是解题关键． 5．（2025秋•杨浦区期末）如图，正方形ABCD中，点E是DC边上一点，DE＝2a，EC＝a，△ADE经过某一种图形的运动得到△ABF，点E落在直线BC上的点F处，则CF的长度是 a或5a ．（用含a的代数式表示） 【分析】根据题意分两种情况进行讨论即可． 【解答】解：∵△ADE经过某一种图形的运动得到△ABF，点E落在直线BC上的点F处， ∴有两种情况， 当△ADE经过翻折得到△ABF时，如图， 此时，CF＝CE＝a， 而是当△ADE经过旋转得到△ABF，如图， 此时，CF＝BC+BF，BF＝DE＝2a， E＝2a，EC＝a， ∴BC＝DC＝3a， ∴CF＝5a， 故答案为：a或5a． 【点评】本题考查旋转，翻折的性质，正方形的性质，熟练掌握以上知识是解题关键． 6．（2025秋•连州市期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，E是对角线BD上的一点，且BE＝BC，点P在EC上，过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥BD于点G，则PF+PG的值为 　　 ． 【分析】过点C作CH⊥BD于点H，连接BP，先利用勾股定理求出BD，再由三角形的面积公式得CH，进而得S△BCEBE•CH，再利用三角形面积公式分别求出S△PBFBC•PF＝PF，S△PBEBE•PG＝PG，然后根据S△PBF+S△PBE＝S△BCE即可得出PF+PG的值． 【解答】解：过点C作CH⊥BD于点H，连接BP，如图所示： ∵四边形ABCD为正方形，且边长为2， ∴BC＝DC＝2，∠BCD＝90°， ∴△BCD是等腰直角三角形， 由勾股定理得：BD， 由三角形的面积公式得：S△BCDBD•CHBC•CD， ∴CH， ∵BE＝BC＝2， ∴S△BCEBE•CH， ∵PF⊥BC于点F，PG⊥BD于点G， ∴S△PBFBC•PF＝PF，S△PBEBE•PG＝PG， ∵S△PBF+S△PBE＝S△BCE， ∴PF+PG． 故答案为：． 【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，灵活利用三角形的面积及勾股定理进行计算是解决问的关键． 7．（2026•麦积区模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝　　 ． 【分析】由正方形性质得：BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG，运用平行线成比例定理得，由DC∥AG，可得△CDE∽△AGE，求得AG＝2CD＝6，BG＝3＝CD，再证得△CDM≌△BGM（AAS），可得CM＝BMBC，运用勾股定理即可求得答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AF＝2，FB＝1， ∴BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG， ∵EF⊥AB， ∴∠AFE＝90°， ∴∠AFE＝∠ABC， ∴EF∥BC， ∴， ∵DC∥AG， ∴△CDE∽△AGE， ∴， ∴AG＝2CD＝6， ∴BG＝AG﹣AB＝6﹣3＝3， ∴BG＝CD， ∵CD∥AG， ∴∠CDM＝∠G， 在△CDM和△BGM中， ， ∴△CDM≌△BGM（AAS）， ∴CM＝BMBC， 在Rt△BGM中，MG． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质． 8．（2026•遂宁）如图，在边长为3cm的正方形ABCD中，以点B为圆心，cm为半径作弧，交BC于点M，交AB的延长线于点N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点K，作射线BK．点E在边AB上，且BE＝2AE，连结EM并延长，交BK于点F，连结DF，交BC于点G，则DG的长为　　 cm． 【分析】延长DF，AN交于M，过F作FH⊥AN于H，根据正方形的性质得到AB＝BC＝3cm，∠ABC＝∠C＝90°，由作图知BMcm，BF平分∠CBM，推出△BHF是等腰直角三角形，得到FH＝BH，求得BE＝2cm，根据相似三角形的性质得到FH＝1，PH＝2，根据全等三角形的性质得到CG＝BG（cm），根据勾股定理即可得到结论． 【解答】解：如图，延长DF，AN交于点M，过点F作FH⊥AN于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝3cm，∠ABC＝∠C＝90°， 由作图知BMcm，BF平分∠CBN， ∴∠FBP＝45°， ∴△BHF是等腰直角三角形， ∴FH＝BH， ∵BE＝2AE， ∴BE＝2cm， ∵∠ABC＝∠BHF＝90°， ∴BM∥FH， ∴△EBM∽△EHF， ∴， ∴， ∴FH＝1， ∵FH∥BC∥AD， ∴△PFH∽△PDA， ∴， ∴， ∴PH＝2， ∴PB＝PH+BH＝2+1＝3（cm）＝CD， ∵∠C＝∠GBP＝90°，∠CGD＝∠BGF， ∴△DCG≌△PBG（AAS）， ∴CG＝BG（cm）， ∴DG（cm）， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性在，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确地作出辅助线是解题的关键． 9．（2024春•深圳期中）如图，在边长为的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC边的中点，连接CE，DF，点G，H分别是CE，FD的中点，连接GH，则GH＝　　 ． 【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据正方形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝90°，AD∥BC，AB＝AD＝BC， ∵E，F分别是边AB，BC的中点， ∴AE＝CF， ∵AD∥BC， ∴∠DPH＝∠FCH， 在△PDH和△CFH中， ， ∴△PDH≌△CFH（AAS）， ∴PD＝CF， ∴AP＝AD﹣PD， ∴PE， ∵点G，H分别是EC，FD的中点， ∴GHEP． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质． 10．（2025春•青浦区期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为边BC的中点，点F在边DC上，FH垂直平分线段AE，垂足为点H，求DF的长． 【分析】连接AF，EF，根据正方形性质得AD＝CD＝BC＝2，EC＝1，设DF＝a，则CF＝2﹣a，根据线段垂直平分性质得，FA＝FE，然后由勾股定理构造关于a方程即可得出DF的长． 【解答】解：连接AF，EF，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AD＝CD＝BC＝2，∠C＝∠D＝90°， ∵点E是BC的中点， ∴ECBC＝1， 设DF＝a，则CF＝CD﹣DF＝2﹣a， ∵FH垂直平分线段AE， ∴FA＝FE， 在Rt△ADF中，由勾股定理得：FA2＝AD2+DF2， 在Rt△CEF中，由勾股定理得：FE2＝EC2+CF2， ∴AD2+DF2＝EC2+CF2， ∴22+a2＝12+（2﹣a）2， 解得：a， ∴DF＝a． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握正方形的性质，线段垂直平分线的性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键． 11．（2024秋•广信区月考）如图四边形ABCD是正方形，AB＝2，在BC的延长线上存在一点F，使得BC＝CF，连接DF，∠DBF的角平分线BM交DF于M，求FM的长． 【分析】过点M作ME⊥BM于点E，由正方形的性质求出，然后根据角平分线的性质定理可得DM＝ME，进而根据等腰直角三角形的性质可进行求解． 【解答】解：过点M作ME⊥BM于点E，如图， ∵四边形ABCD是正方形，AB＝2， ∴∠BCD＝90°，BD，∠DBF＝45°， ∵BC＝CF， ∴CD垂直平分BF， ∴BD＝DF＝2， ∴∠BDF＝90°，∠F＝∠DBF＝∠EMF＝45°， ∴EF＝ME， ∵BM平分∠DBF， ∴DM＝ME＝EF， 设DM＝ME＝EF＝x，则， ∵， ∴， 解得， ∴． 【点评】本题主要考查正方形的性质、角平分线的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、角平分线的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键． 【考点2】正方形判定（第12-22题） 矩形+邻边或菱形+直角 12．（2026春•上海校级月考）用对折的方法证明一个四边形是正方形，则对折次数最少是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】正方形需要同时满足“是菱形（四边相等、对角线垂直）”和“是矩形（四个角为直角、对角线相等）”，所以我们需要通过对折来分别验证这两类性质． 【解答】解：A、对折1次，只能验证一组对边相等或一条对角线对称，无法同时验证菱形和矩形的核心性质，不符合题意； B、第一次沿一组对边中点的连线对折，若两部分完全重合，则证明四边形是轴对称图形；第二次再沿一条对角线对折，若两部分完全重合，则证明这个四边形的邻边相等，因此四边形的四条边相等，四个角相等，故是正方形．故最少需要2次，符合题意； C、对折3次虽然也能证明，但不是最少次数，不符合题意； D、对折4次次数过多，不是最少次数，不符合题意． 故选：B． 【点评】本题考查了正方形的判定、轴对称的性质．解题关键是理解对折操作所对应的几何性质，明确正方形需要同时满足菱形和矩形的判定条件． 13．（2025秋•高陵区期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，再添加下面一个条件，能使该四边形是正方形的是（　　） A．AB＝CD B．AC＝BD C．AB＝AD D．∠D＝90° 【分析】由∠A＝∠B＝∠C＝90°可推知四边形ABCD为矩形，要使矩形成为正方形，需添加邻边相等或对角线互相垂直的条件，逐项判断，即可求解． 【解答】解：在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， A：AB＝CD为矩形对边相等，总是成立，但无法判断四边形ABCD是正方形， 故该选项不符合题意； B：AC＝BD为矩形对角线相等，总是成立，但无法判断四边形ABCD是正方形， 故该选项不符合题意； C：当添加AB＝AD时，矩形中邻边相等， ∴四边形ABCD是正方形， 故该选项符合题意； 选项D：∠D＝90°已隐含，无法判断四边形ABCD是正方形， 故该选项不符合题意， 故选：C． 【点评】本题考查了正方形的判定，解答本题的关键是熟练掌握正方形的判定方法． 14．（2025春•江津区期中）下列说法正确的是（　　） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的四边形是矩形 【分析】利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项． 【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，原说法错误，本选项不符合题意； B、一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形不一定是菱形，原说法错误，本选项不符合题意； C、对角线相等的菱形是正方形，正确，本选项符合题意； D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法错误，本选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查了命题与定理，解题的关键是了解平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理，难度一般． 15．（2025春•松江区期末）已知矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，下列条件中能判定四边形ABCD是正方形的是（　　） A．OA＝OC B．OA＝OB C．OA⊥OB D．AC＝BD 【分析】由矩形的性质得OA＝OC，可知由OA＝OC不能判定四边形ABCD是正方形，可判断A不符合题意；由矩形的性质得OA＝OCAC，OB＝ODBD，且AC＝BD，所以OA＝OB，可知由OA＝OB不能判定四边形ABCD是正方形，可判断B不符合题意；因为OA⊥OB，即AC⊥BD，所以矩形ABCD是正方形，可判断C符合题意；由矩形的性质得AC＝BD，可知由AC＝BD不能判定四边形ABCD是正方形，可判断D不符合题意，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，对角线AC、BD交于点O， ∴OA＝OC， ∴由OA＝OC不能判定四边形ABCD是正方形， 故A不符合题意； ∵矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O， ∴OA＝OCAC，OB＝ODBD，且AC＝BD， ∴OA＝OB， ∴由OA＝OB不能判定四边形ABCD是正方形， 故B不符合题意； ∵矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，且OA⊥OB，即AC⊥BD， ∴四边形ABCD是正方形， 故C符合题意； ∵四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD， ∴由AC＝BD不能判定四边形ABCD是正方形， 故D不符合题意， 故选：C． 【点评】此题重点考查矩形的性质、正方形的判定等知识，正确理解和应用矩形的性质及正方形的判定方法是解题的关键． 16．（2025春•黄浦区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（　　）个． ①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形 ②添加“∠BAD＝90°”，则四边形ABCD是矩形 ③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形 ④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【分析】先说明AC是BD的垂直平分线，可得BO＝DO，∠AOB＝∠BOC＝90°，再证明△ABO≌△CDO，可得判断①；当∠BAD＝90°时，无法证明四边形ABCD是矩形，说明②即可；然后证明四边形ABCD是平行四边形，再根据AC⊥BD，可得四边形ABCD是菱形，判断③；接下来结合已知说明AB∥CD，可得四边形ABCD是菱形，进而得出菱形ABCD是正方形，判断④即可． 【解答】解：在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O． ∴AC是BD的垂直平分线， ∴BO＝DO，∠AOB＝∠BOC＝90°． 当AB∥CD时，∠BAO＝∠DCO． ∵BO＝DO，∠AOB＝∠COD＝90°， ∴△ABO≌△CDO， ∴AB＝CD＝AD＝BC， ∴四边形ABCD是菱形．故①正确； 当∠BAD＝90°时，无法证明四边形ABCD是矩形，所以②不正确； 当AO＝CO时， ∵BO＝DO，AC⊥BD， ∴四边形ABCD是菱形．所以③正确； 当∠ABC＝∠BCD＝90°时，∠ABC+∠BCD＝180°， ∴AB∥CD， 由①得四边形ABCD是菱形， ∵∠ABC＝90°， ∴菱形ABCD是正方形．所以④正确． 故选：B． 【点评】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，正确进行计算是解题关键． 17．（2026•前进区校级一模）如图，平行四边形ABCD的对角线相等．要使四边形ABCD成为正方形，还需添加的一个条件是 AB＝BC（答案不唯一）　 .（只需添加一个即可） 【分析】由题意可知四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可得出结论． 【解答】解：条件为AB＝BC或AC⊥BD， 理由是：∵平行四边形ABCD的对角线相等， ∴四边形ABCD是矩形， ∵AB＝BC或AC⊥BD， ∴四边形ABCD是正方形， 故答案为：AB＝BC（答案不唯一）． 【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，平行四边形的性质等知识点，能熟记正方形的判定是解此题的关键． 18．（2025春•城厢区校级期中）用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝5，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为　5　 ． 【分析】在菱形ABCD中，连接AC，由AB＝CB，∠B＝60°，证明△ABC是等边三角形，则AB＝CB＝AC＝5，在正方形ABCD中，连接AC，由AB＝CB＝5，∠B＝90°，求得ACAB＝5，于是得到问题的答案． 【解答】解：如图1，连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝CB， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝CB＝AC＝5， 如图2，连接AC， ∵正方形ABCD与菱形ABCD的边长相等， ∴AB＝CB＝5，∠B＝90°， ∴ACAB＝5， 故答案为：5． 【点评】此题重点考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、正方形的性质、勾股定理等知识，推导出AB＝CB＝5是解题的关键． 19．（2024春•长治期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，E是AD边上任意一点，连结CE，过点B作BF∥CE交ED的延长线于点F，连结BE、CF． （1）猜想四边形BECF的形状，并证明； （2）若E是DA边延长线上任意一点，且∠BAC＝120°，当∠DCE和∠DCA满足 　∠DCE＝∠DCA+15°　 关系时，四边形BECF是正方形． 【分析】（1）证明△BDF≌△CDE，可得BF＝CE，可证得四边形BECF是平行四边形，即可； （2）证明△BDF≌△CDE，可得BF＝CE，可证得四边形BECF是菱形，再由∠DCE＝∠DCA+15°，可得到△CDE是等腰直角三角形，从而得到EF＝BC，即可． 【解答】解：（1）四边形BECF是菱形，理由如下： ∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，EF⊥BC， ∴BD＝CD， ∵BF∥CE， ∴∠CED＝∠BFD，∠DCE＝∠DBF， 在△BDF和△CDE中， ∵∠CED＝∠BFD，∠DCE＝∠DBF，BD＝CD， ∴△BDF≌△CDE（AAS）， ∴BF＝CE， ∴四边形BECF是平行四边形， ∵EF⊥BC， ∴四边形BECF是菱形； （2）如图，结论：∠DCE＝∠DCA+15°， 理由：∵AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，EF⊥BC， ∴BD＝CD， ∵BF∥CE， ∴∠CED＝∠BFD，∠DCE＝∠DBF， 在△BDF和△CDE中， ∵∠CED＝∠BFD，∠DCE＝∠DBF，BD＝CD， ∴△BDF≌△CDE（AAS）， ∴BF＝CE， ∴四边形BECF是平行四边形， ∵EF⊥BC， ∴四边形BECF是菱形， ∴EF＝2DE，BC＝2CD， ∵∠BAC＝120°，∠BAD＝∠CAD， ∴∠BAD＝∠CAD＝60°， ∵∠CDA＝90°， ∴∠ACD＝30°， ∵∠DCE＝∠DCA+15°， ∴∠DCE＝45°， ∴△CDE是等腰直角三角形， ∴CD＝DE， ∴EF＝BC， ∴四边形BECF是正方形． 【点评】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的判定，全等三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 20．（2026•市南区校级模拟）如图，已知△ABC中AC＝BC，D是AB的中点，过点C作CE∥AB，且． （1）求证：四边形CDBE是矩形； （2）若F是BC上一点，且DF⊥BC，则当△CDF满足什么条件时，四边形CDBE是正方形？请说明理由． 【分析】（1）结合AC＝BC，D是AB的中点，得出∠CDB＝90°，，因为，得CE＝BD，因为CE∥AB，即可证明四边形CDBE是平行四边形，结合有一个直角的平行四边形是矩形，即可作答． （2）结合有一组邻边相等的矩形是正方形，进行分析，即可作答． 【解答】（1）证明：∵D是AB的中点，AC＝BC， ∴，CD⊥AB， ∴∠CDB＝90°， ∵， ∴CE＝BD， ∵CE∥BD， ∴四边形CDBE是平行四边形， ∵∠CDB＝90°， ∴四边形CDBE是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； （2）解：当△DCF为等腰直角三角形时，四边形CDBE是正方形， ∵△DCF为等腰直角三角形， ∴∠DCF＝45°， ∵四边形CDBE是矩形， ∴∠CDB＝90°， ∴∠CBD＝45°， ∴∠CBD＝∠DCF， ∴CD＝BD， ∵四边形CDBE是矩形； ∴四边形CDBE是正方形． 【点评】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，等腰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． 21．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC，BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连结DE． （1）求证：四边形BCDE是菱形； （2）若，E为AC的中点，当BC的长为何值时，四边形BCDE是正方形？ 【分析】（1）先证明AC是线段BD的垂直平分线得OB＝OD，∠BOE＝∠DOC＝90°，再根据BE∥CD得∠OBE＝∠ODC，由此依据“ASA”判定△OBE和△ODC全等得BE＝CD，进而可判定四边形BCDE是平行四边形，然后CE⊥BD可得出平行四边形BCDE是菱形； （2）根据正方形性质设OB＝OD＝OC＝OE＝a，∠BOC＝∠AOB＝90°，则AE＝CE＝2a，BC，进而得OA＝3a，在Rt△AOB中，由勾股定理得a＝1，由此得BC，据此可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AB＝AD， ∴点A在线段BD的垂直平分线上， ∵CB＝CD， ∴点C在线段BD的垂直平分线上， ∴AC是线段BD的垂直平分线， ∴OB＝OD，CE⊥BD， ∴∠BOE＝∠DOC＝90°， ∵BE∥CD， ∴∠OBE＝∠ODC， 在△OBE和△ODC中， ， ∴△OBE≌△ODC（ASA）， ∴BE＝CD， ∵BE∥CD， ∴四边形BCDE是平行四边形， 又∵CE⊥BD， ∴平行四边形BCDE是菱形； （2）解：∵四边形BCDE是正方形， ∴设OB＝OD＝OC＝OE＝a，∠BOC＝∠AOB＝90°， ∴CE＝OC+OE＝2a，△OBC和△AOB都是直角三角形， 在Rt△OBC中，由勾股定理得：BC， ∵点E为AC的中点， ∴AE＝CE＝2a， ∴OA＝OE+AE＝3a， 在Rt△AOB中，AB， 由勾股定理得：AB， ∴， ∴a＝1， ∴BC， ∴当BC的长为时，四边形BCDE是正方形． 【点评】此题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 22．（2023秋•简阳市期末）如图，▱ABCD中，过点C作CF⊥CD，CF＝CD，CF交DB的延长线点F；过点C作CE∥DB，交AB的延长线于点E，BE交CF于点O，连接EF，AB＝2BO＝4． （1）求OE的长； （2）求证：四边形BCEF为正方形． 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到BE∥DC，推出四边形ECDB中是平行四边形，求得BE∥CD，得到BO＝2，BE＝CD＝4，于是得到结论； （2）由（1）得OB＝OE＝2，根据相似三角形的性质得到，求得FO＝OC，OB＝OE＝2，推出四边形FECB是平行四边形，根据菱形的性质得到四边形FECB是菱形，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：在▱ABCD中，∵AB∥CD， ∴BE∥DC， ∵CE∥DB， ∴四边形ECDB中是平行四边形， ∴BE∥CD， ∵AB＝2BO＝4， ∴BO＝2，BE＝CD＝4， ∴OE＝2， 即OE的长为2； （2）证明：由（1）得OB＝OE＝2， ∵AB∥CD， ∴△FOB∽△FCD， ∴， ∴FO＝OC，OB＝OE＝2， ∴四边形FECB是平行四边形， ∵AB∥CD，CF⊥CD， ∴CF⊥OB， ∴四边形FECB是菱形， ∵四边形BECD是平行四边形， ∴BE＝CD， ∵CF＝CD， ∴BE＝CF， ∴四边形FECB是正方形． 【点评】本题考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，相似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． 【考点3】综合（第23-32题） 旋转90度构造全等 45度等腰直角 23．（2025春•奉贤区月考）符号“⇒”读作“推出”，表示这个符号左边的数学事实可以推出右边的数学事实．下面是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列用符号“⇒”表示的推出过程正确的是（　　） A．①⇒②⇒③ B．①⇒③⇒② C．②⇒③⇒① D．③⇒①⇒② 【分析】对于选项A，根据四边形对角线互相垂直平分且相等时，则该四边形是正方形，由此可对选项A进行判断； 对于选项B，根据四边形对角线互相垂直平分时，则该四边形是菱形，由此可对选项B进行判断； 对于选项C，根据正方形是特殊的菱形，菱形的对角线互相垂直即可对选项C进行判断； 对于选项D，根据菱形对角线相等时，则该菱形为正方形，由此可对选项D进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：对于选项A， ∵四边形的对角线互相垂直平分且相等时，则该四边形是正方形， ∴根据四边形的对角线互相垂直不能推出该四边形是正方形， 故选项A不正确，不符合题意； 对于选项B， ∵四边形的对角线互相垂直平分时，则该四边形是菱形 ∴根据四边形对角线互相垂直不能推出该四边形是菱形， 故选项B不正确，不符合题意； ∵正方形是特殊的菱形，菱形的对角线互相垂直， ∴当四边形是正方形时可以推出该四边形是菱形，可以推出该四边形的对角线互相垂直， 故选项C正确，符合题意； 对于选项D， ∵对角线相等（或有一个角是直角）的菱形是正方形， ∴当四边形是菱形时不能推出该四边形是正方形， 故选项D不正确，不符合题意， 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，菱形的判定，理解正方形是特殊的菱形，熟练掌握正方形的判定与性质，菱形的判定是解决问题的关键， 24．（2024•德阳模拟）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），∠DAB＝60°，则图2中对角线AC的长为（　　） A．20cm B． C． D． 【分析】先利用正方形的性质得到AB＝AD＝10cm，在图2中，连接BD交AC于O，证明△ABD是等边三角形得BD＝10cm，再根据菱形的性质和勾股定理求得AO的长即可求． 【解答】解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，AC＝10cm， ∴AB＝ADAC＝10cm， 在图2中，连接BD交AC于O， ∵∠ABC＝60°，AB＝AD＝10cm， ∴△ABD是等边三角形，则BD＝10cm， ∵四边形ABCD是菱形， ∴BO5cm，AO＝CO，AC⊥BD， ∴AO5（cm）， ∴AC＝2AO＝10（cm）， 故选：C． 【点评】本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键． 25．（2026•驿城区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为6，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；②若G为BD上任意一点，则AG＝EF；③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值6；④点G在运动过程中，线段EF的最小值为．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【分析】先证明四边形GFCE是矩形，再证明GE＝GF，则四边形CEGF是正方形，即可判定①正确；连接GC，由四边形GFCE是矩形，得EF＝GC，再证明△ADG≌△CDG（SAS），得AG＝GC，则 AG＝EF，即可判定②正确；证明GE＝ED，GF＝CE，从而得GE+GF＝ED+CE＝CD＝6，即可判定③正确；根据EF＝GC，所以当CG最小时，EF最小，所以当CG⊥BD时，CG最小，利用S△BCDBD•CGBC•CD，求得CG＝3，即得线段EF的最小值为3，即可判定④正确． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝90°，AD＝DC，∠CBG＝∠CDG＝∠ADG＝45°， ∵GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F， ∴∠GEC＝∠GED＝∠GFC＝∠GFB＝90°， ∴四边形GFCE是矩形，∠EGD＝∠EDG＝45°，∠FGB＝∠CBG＝45°， ∴DGGE，BGGF， ∵G为BD的中点， ∴DG＝BG， ∴GE＝GF， ∴四边形GFCE是正方形， 故①正确； 连接GC， ∵四边形GFCE是矩形， ∴EF＝GC， 在△ADG与△CDG中， ， ∴△ADG≌△CDG（SAS）， ∴AG＝GC， ∴AG＝EF， 故②正确； ∵∠EGD＝∠EDG＝45°， ∴GE＝ED， ∵四边形GFCE是矩形， ∴GF＝CE， ∴GE+GF＝ED+CE＝CD＝6， 即GE+GF的值为定值6，故③正确； ∵EF＝GC， ∴当CG最小时，EF最小， ∴当CG⊥BD时，CG最小， 在Rt△BCD中，BDCD＝6， ∵S△BCDBD•CGBC•CD， ∴6CG＝6×6， ∴CG＝3， ∴线段EF的最小值为3， 故④正确； ∴正确的有①②③④， 故选：D． 【点评】此题考查了正方形的判定与性质，垂线段最短，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 26．（2025秋•渝中区校级月考）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，过点B的直线l∥AC，D是BC边中点，延长AD交l于点E，点F在l上且恰好满足AB平分∠EAF，已知，则AF＝　　 ． 【分析】如图：过A作AG⊥l，则四边形AGBC是矩形，易证四边形AGBC是正方形，可得AG＝AC＝BC，∠BAC＝∠BAG，在证明△ACD≌△EBD（ASA）可得、，由勾股定理可得，再证明△AGF≌△ACD（ASA），最后根据全等三角形的性质即可解答． 【解答】解：∵∠ACB＝90°，过点B的直线l∥AC， ∴∠FBC＝90°， 如图，AC＝BC，过A作AG⊥l于点G，则四边形AGBC是矩形， ∴四边形AGBC是正方形， ∴∠BAC＝∠BAG，AG＝AC＝BC， ∵∠ACB＝90°，过点B的直线l∥AC， ∴∠DBF＝∠C＝∠DBE＝90°， 在△ACD和△EBD中， ， ∴△ACD≌△EBD（ASA）， ∴， ∴， 在直角三角形ACD中，由勾股定理得：， ∵AB平分∠EAF， ∴∠EAB＝∠FAB， ∴∠CAB﹣∠EAB＝∠GAB﹣∠FAB， ∴∠CAD＝∠GAF， 在△AGF和△ACD中， ， ∴△AGF≌△ACD（ASA）， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形是解题的关键． 27．（2025春•德惠市校级期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作射线OM、ON分别交边BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，连结EF．给出下面四个结论：①△OEC≌△OFD；②CF＝OC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④∠OEF＝45°；⑤BE2+CE2＝OE2．上述结论中，所有正确的序号是　①③④　 ． 【分析】由正方形的性质得OC＝OAAC，OD＝OBBD，AC＝BD，AC⊥BD，则OC＝OD，∠COD＝90°，而∠EOF＝90°，可证明∠COE＝∠DOF，推导出∠OCE＝∠ODF＝45°，即可根据“ASA”证明△OEC≌△OFD，可判断①正确；由F为CD上的动点，O为AC上的定点，可知CF与OC不一定相等，可判断②错误；由S△OEC＝S△OFD，推导出S四边形CEOF＝S△CODS正方形ABCD，可判断③正确；由OE＝OF，∠EOF＝90°，得∠OEF＝∠OFE＝45°，可判断④正确；由CB＝CD，CE＝DF，证明BE＝CF，则BE2+CE2＝CF2+CE2＝EF2＝2OE2≠OE2，可判断⑤错误，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于点O， ∴CB＝CD，AC＝BD，OC＝OAAC，OD＝OBBD，AC⊥BD，∠BCD＝90°， ∴OC＝OD，S△COD＝S△DOA＝S△AOB＝S△BOCS正方形ABCD，∠COD＝90°， ∵点E、F分别在BC、CD上，且∠EOF＝90°， ∴∠COE＝∠DOF＝90°﹣∠CON， ∴∠OCE＝∠OCD∠BCD＝45°，∠ODF＝∠OCD＝45°， ∴∠OCE＝∠ODF， 在△OEC和△OFD中， ， ∴△OEC≌△OFD（ASA）， 故①正确； ∴OE＝OF，CE＝DF， ∵F为CD上的动点，O为AC上的定点， ∴线段CF的长度不确定，而OC的长度确定， ∴CF与OC不一定相等， 故②错误； ∵S△OEC＝S△OFD， ∴S四边形CEOF＝S△OEC+S△OFC＝S△OFD+S△OFC＝S△CODS正方形ABCD， 故③正确； ∵OE＝OF，∠EOF＝90°， ∴∠OEF＝∠OFE＝45°， 故④正确； ∵CB＝CD，CE＝DF， ∴CB﹣CE＝CD﹣DF， ∴BE＝CF， ∴BE2+CE2＝CF2+CE2＝EF2， ∵EF2＝OE2+OF2＝2OE2， ∴BE2+CE2＝2OE2≠OE2， 故⑤错误， 故答案为：①③④． 【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，推导出OC＝OD，∠COE＝∠DOF，∠OCE＝∠ODF，进而证明△OEC≌△OFD是解题的关键． 28．（2025春•江阳区校级期中）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． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）求四边形ABCD的面积． 【分析】（1）先证△ABE≌△ADF（AAS），可得AE＝AF，∠BAE＝∠DAF，进而即可得证； （2）设DF＝x，则AE＝CF＝7+x，EC＝17﹣x，从而建立方程求解即可． 【解答】（1）证明：∵在四边形ABCD中，∠BAD＝∠BCD＝90°， ∴∠ABE+∠ADC＝180°， ∵∠ADC+∠ADF＝180°， ∴∠ABE＝∠ADF， ∵AE⊥BC，AF⊥CD， ∴∠AEB＝∠AEC＝∠F＝90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（AAS）， ∴AE＝AF，∠BAE＝∠DAF， ∴∠BAE+∠DAE＝∠DAF+∠DAE，即∠EAF＝∠BAD＝90°， ∴∠AEC＝∠F＝∠EAF＝90°， ∴四边形AECF是矩形， ∵AE＝AF， ∴四边形AECF是正方形； （2）解：设DF＝x，则AE＝CF＝7+x， 由（1）知△ABE≌△ADF， ∴BE＝DF＝x，S△ABE＝S△ADF， ∴S四边形ABCD＝S正方形AECF， ∵BC＝17， ∴EC＝BC﹣BE＝17﹣x． 由（1）知四边形AECF是正方形， ∴AE＝EC， ∴7+x＝17﹣x， 解得x＝5， ∴CE＝17﹣5＝12， ∴S四边形ABCD＝S正方形AECF＝CE2＝144， ∴四边形ABCD的面积为144． 【点评】本题主要考查了全等三角形的判定和性质、矩形的判定和性质、正方形的判定和性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 29．（2024春•临夏州期末）如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上不与端点重合的一动点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）试用等式表示线段CE，CG，AD的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）证明四边形DEFG为矩形，而∠FED＝90°，得到∠MEF＝∠NED，再证明△DEN≌△FEM（ASA），即可求解； （2）在△ADE和△CDG中，由AD＝DG，∠ADE＝∠CDG，DE＝DG，得到△ADE≌△CDG（SAS），进而求解． 【解答】（1）证明：如图所示，过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝90°， ∵EM⊥BC，EN⊥CD， ∴∠EMF＝∠ENC＝∠END＝90°， ∴∠MEN＝90°， ∵四边形DEFG为矩形， ∴∠FED＝90°， ∴∠MEN﹣∠FEN＝∠FED﹣∠FEN，即∠MEF＝∠NED， ∵E是正方形ABCD对角线的点， ∴EN＝EM， 在△DEN和△FEM中， ∵∠EMF＝∠END，EM＝EN，∠MEF＝∠FEM， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形． （2）解：CE+CGAD， ∵矩形DEFG为正方形， ∴DE＝DG，∠EDG＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝DC，∠ADC＝90°， ∴∠EDG﹣∠EDC＝∠ADC﹣∠EDC，即∠ADE＝∠CDG， 在△ADE和△CDG中， ∵AD＝DG，∠ADE＝∠CDG，DE＝DG， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝ACAD． 【点评】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 30．（2026春•界首市期末）问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）延长BC到点H，使得CH＝DF，连接DH，判断△DEH的形状，并说明理由． 类比迁移： （3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AFD＝60°，DF＝5，CE＝1，求CD的长． 【分析】（1）根据矩形性质，得到∠ADE＝∠BAF，证明△ADE≌△BAF，得到AD＝AB从而得出结论； （2）先证明△ADE≌△BAF（AAS），得到DF＝EC，再证明△DCE≌△ECH（SAS）得到DE＝DH，即可得出结论； （3）延长BC至H，使CH＝DF＝5，连DH，通过菱形性质证明△ADF≌△DCH，得到△DEH是等边三角形，过D作DM⊥EH于M，通过勾股定理即可得出结果． 【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°， ∴∠ADE＝∠BAF， 在△ADE和△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（AAS）， ∴AD＝AB， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD是正方形； （2）解：△DEH是等腰三角形，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADC＝∠DCH＝90°， ∵DE⊥AF， ∴∠ADC＝∠AGD＝90°， ∴∠EDC+∠ADG＝90°，∠DAF+∠ADG＝90°， ∴∠EDC＝∠DAF， ∵DE＝AF，AD＝DC， ∴△ADE≌△BAF（AAS）， ∴DF＝EC， ∵CH＝DF， ∴EC＝CH， ∵DC⊥BH， ∵DC＝DC ∴△DCE≌△ECH（SAS） ∴DE＝DH， ∴△DEH是等腰三角形； （3）解：如图，延长BC至H，使CH＝DF＝5，连DH， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，CD＝AD， ∴∠ADC＝∠DCH， 在△ADF和△DCH中， ∵AD＝DC，∠ADC＝∠DCH，DF＝CH， ∴△ADF≌△DCH（SAS）， ∴DH＝AF，∠ADF＝∠H， 又∵AF＝DE， ∴DH＝DE， ∴∠AFD＝∠H＝60°， ∴△DEH是等边三角形， ∴DH＝EH＝EC+CH＝1+5＝6， 过D作DM⊥EH于M， 则， 在Rt△DMH中， 在Rt△DMC中，CM＝EM﹣CE＝3﹣1＝2， ∴， 即CD的长为． 【点评】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 31．（2025秋•江都区期中）如图，四边形ABCD与BEFG都是正方形，AG、CE相交于点O，AG、BC相交于点M，BG、CE相交于点N． （1）求证：AG＝CE； （2）求证：AG⊥CE． 【分析】（1）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； （2）由△ABG≌△CBE，得出对应角相等∠BAG＝∠BCE，由∠BAG+∠AMB＝90°，对顶角∠AMB＝∠CMO，得出∠BCE+∠CMO＝90°，证出∠COM＝90°即可． 【解答】证明：（1）∵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； （2）∵△ABG≌△CBE， ∴∠BAG＝∠BCE， ∵∠ABC＝90°， ∴∠BAG+∠AMB＝90°， ∵∠AMB＝∠CMO， ∴∠BCE+∠CMO＝90°， ∴∠COM＝90°， ∴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． 32．如图，正方形ABCD边长为2，F为BC上一动点，作DE⊥AF于E，连结CE．当△CDE为等腰三角形时，求DE的长． 【分析】由正方形性质得AB＝BC＝DC＝AD＝2，∠CDA＝90°，再由F为BC上一动点，DE⊥AF于得∠DEA＝∠DEF＝90°，当△CDE为等腰三角形时，有以下三种情况： ①当DE＝CD＝2时，此时点E于点A重合，点F于点B重合符合题意； ②当DE＝CE时，则△DEF是等腰直角三角形，由此得∠EDF＝∠EFD＝45°，此时点F与点C重合，由勾股定理可得DE符合题意； ③当CD＝CE时，过点C作CH⊥DE于点H，则∠CHD＝90°，EH＝DH，进而得∠DEA＝∠CHD＝90°，DE＝2DH，证明△ADE和△DCH全等得AE＝DH，则DE＝2AE，在Rt△ADE中，由勾股定理得AE，进而得DE＝2AE，综上所述即可得出DE的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝DC＝AD＝2，∠CDA＝90°， ∵F为BC上一动点，DE⊥AF于E， ∴∠DEA＝∠DEF＝90°， 当△CDE为等腰三角形时，有以下三种情况： ①当DE＝CD＝2时，此时点E与点A重合，点F与点B重合，如图1所示： ∵F为BC上一动点，符合题意， 故得DE＝2； ②当DE＝CE时， ∴∠DEF＝90°， ∴△DEF是等腰直角三角形， ∴∠EDF＝∠EFD＝45°， 此时点F与点C重合，如图2所示： 在Rt△DEC中，DE＝CE， 由勾股定理得：CDDE＝2， ∴DE， ∵F为BC上一动点，符合题意， 故得DE； ③当CD＝CE时，过点C作CH⊥DE于点H，如图3所示： ∴∠CHD＝90°，EH＝DH， ∴∠DEA＝∠CHD＝90°，DE＝2DH， 在△CHD中，∠DCH+∠HDA＝90°， 又∵∠ADE+∠HDA＝∠CDA＝90°， ∴∠ADE＝∠DCH， 在△ADE和△DCH中， ， ∴△ADE≌△DCH（AAS）， ∴AE＝DH， ∴DE＝2DH＝2AE， 在△ADE中，∠DEA＝90°， 由勾股定理得：ADAE＝2， ∴AE， ∴DE＝2AE， 综上所述：DE的长为2或或． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键，分类讨论是解决问题的易错点． 💯 课后巩固 复习建议 性质最全 45度角 两条判定路径 旋转90度 等腰直角 【作业 1】（2026春•巫山县期末）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，M、N是AE、AF与对角线BD的交点．若BM＝3，DN＝4，则正方形ABCD的面积为（　　） A．64 B．72 C．98 D．144 【分析】过点A作AH⊥AF，并截取AH＝AN，连接BH，MH，先证明∠HAB＝∠NAD，∠MAH＝∠EAF＝45°，再证明△HAB和△NAD全等得BH＝DN＝4，∠ABH＝∠ADN＝45°，则∠HBM＝∠ABH+∠ABM＝90°，由此可求出HM＝5，然后证明△AHM和△ANM全等得HM＝NM＝5，则BD＝12，由此再根据勾股定理及正方形的面积公式即可得出答案． 【解答】解：过点A作AH⊥AF，并截取AH＝AN，连接BH，MH，如图所示： ∴∠HAN＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABM＝∠ADN＝45°， ∴∠HAN＝∠BAD＝90°， ∴∠HAB+∠BAN＝∠BAN+∠NAD， ∴∠HAB＝∠NAD， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAM+∠NAD＝∠BAD﹣∠EAF＝45°， ∴∠BAM+∠HAB＝45°， 即∠MAH＝45°， ∴∠MAH＝∠EAF＝45°， 在△HAB和△NAD中， ， ∴△HAB≌△NAD（SAS）， ∴BH＝DN＝4，∠ABH＝∠ADN＝45°， ∴∠HBM＝∠ABH+∠ABM＝45°+45°＝90°， 在Rt△HBM中，由勾股定理得：HM5， 在△AHM和△ANM中， ， ∴△AHM≌△ANM（SAS）， ∴HM＝NM＝5， ∴BD＝BM+NM+DN＝3+5+4＝12， 在Rt△ABD中，由勾股定理得：AB2+AD2＝BD2， ∴2AB2＝122， ∴AB2＝72， ∴正方形ABCD的面积为72． 故选：B． 【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质是解决问题的关键． 【作业 2】（2026•铁岭模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝4，FB＝2，则MG＝（　　） A． B． C． D． 【分析】根据相似三角形的判定结合正方形的性质证得△AEF∽△ACB，求得，根据等腰直角三角形的性质EF＝AF＝4，求得EF＝AF＝4，进而求得，，证得△ADE∽△CME，根据相似三角形的性质得到，证得△CDM≌△BGM，求出BG，根据勾股定理即可求出MG． 【解答】45：∵四边形ABCD是正方形，AF＝4，FB＝2， ∴CD＝AD＝AB＝BC＝6，∠ADC＝∠DAB＝∠ABC＝90°，DC∥AB，AD∥BC，∠ACB＝45°， ∴AC6， ∵EF⊥AB， ∴EF∥BC， ∴∠AEF＝∠ACB＝45°， ∴△AEF是等腰直角三角形， ∴EF＝AF＝4， ∴AE4， ∴CE＝AC﹣AE＝2， ∵AD∥CM， ∴△ADE∽△CME， ∴， ∴， ∴CM＝3＝BM， 在Δ CDM和Δ BGM中， ， ∴△CDM≌△BGM（SAS）， ∴CD＝BG＝6， ∴MG3． 故选：B． 【点评】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，相似三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【作业 3】（2025秋•滨湖区校级期中）如图所示，已知正方形ABCD，点E为线段BC上异于端点的一动点，DH⊥AE于点F，交AB于点H，AE、BD交于点P，FG平分∠DFE交DB于点G．下列结论正确的有（　　） ①若∠BAE＝∠HDB，则S△BHD； ②若CE＝3BE，则DGPG； ③若S△ABF＝S△BDF，则BE＝2CE； ④若AB＝10，DP＝2BP，则FG． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【分析】①过点H作HK⊥BD于K，先证得∠ADH＝∠HDB，进而得出HA＝HK，设AH＝HK＝BK＝x，利用勾股定理可得DH2＝AH2+AD2＝（4+2）x2，再由S△BHDBH•ADx2，即可判断①； ②设BE＝a，则CE＝3a，可证得△ADH≌△BAE（ASA），则AH＝BE＝a，DH＝AEa，再证得△ADF∽△HDA，△ADP∽△EBP，△DFG∽△DBH，即可判断②； ③延长BF交AD于K，分别过点A，D作BF的垂线，垂足分别为M，N，可证得△AKM≌△DKN（AAS），则AK＝DKAD，设AK＝DK＝b，则正方形ABCD的边长为2b，再利用直角三角形和等腰三角形性质即可判断③； ④由已知可求得BD＝10，DP，利用相似三角形的判定和性质即可判断④． 【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形， ∴AD∥BC，AB＝AD，∠DAH＝∠ABE＝90°，∠ABD＝45°， ∵DH⊥AE， ∴∠DAE+∠ADH＝∠DAE+∠BAE＝90°， ∴∠BAE＝∠ADH， ∵∠BAE＝∠HDB， ∴∠ADH＝∠HDB， 过点H作HK⊥BD于K，如图1， 则HA＝HK，∠BKH＝90°，DK＝AD， ∴BK＝HK，BHHKAH， 设AH＝HK＝BK＝x，则BHx， ∴AD＝AB＝DK＝（1）x， ∴DH2＝AH2+AD2＝x2+（1）2x2＝（4+2）x2， ∵S△BHDBH•ADx（1）xx2， ∴S△BHDDH2，故①正确； ②∵CE＝3BE，设BE＝a，则CE＝3a， ∴正方形ABCD的边长为4a，BDAB＝4a， 在△ADH和△BAE中， ， ∴△ADH≌△BAE（ASA）， ∴AH＝BE＝a，DH＝AE， ∴DHa， ∵∠DFA＝∠DAH，∠ADF＝∠HDA， ∴△ADF∽△HDA， ∴，即， ∴DFa，AFa， ∵AD∥BC， ∴△ADP∽△EBP， ∴4， ∴DPBDa，APAEa， ∵FG平分∠DFE， ∴∠DFG∠DFE＝45°， ∴∠DFG＝∠DBH， ∵∠FDG＝∠BDH， ∴△DFG∽△DBH， ∴，即， ∴DG＝2a， ∴PG＝DP﹣DGa﹣2aa， ∴， ∴DGPG，故②错误； ③如图2，延长BF交AD于K，分别过点A，D作BF的垂线，垂足分别为M，N， ∵S△ABF＝S△BDF， ∴AM＝DN， 在△AKM和△DKN中， ， ∴△AKM≌△DKN（AAS）， ∴AK＝DKAD，设AK＝DK＝b，则正方形ABCD的边长为2b， ∴BKb， ∵∠AFD＝90°， ∴FKAD＝b， ∴BF＝BK﹣FK＝（1）b， ∵AK＝FK， ∴∠DAF＝∠AFK， ∵AD∥BC， ∴∠DAF＝∠BEF， ∵∠AFK＝∠BFE， ∴∠BEF＝∠BFE， ∴BE＝BF＝（1）b， ∴CE＝BC﹣BE＝2b﹣（1）b＝（3）b， ∴， ∴BECE，故③错误； ④∵AB＝10，DP＝2BP， ∴BD＝10，DP， ∵AD∥BC， ∴△ADP∽△EBP， ∴， ∴BEAD＝5， ∴AH＝BE＝BH＝5，DH＝AE＝5， ∵△ADF∽△HDA， ∴，即， ∴DF＝4，AF＝2， 由②知△DFG∽△DBH， ∴，即， ∴FG，故④正确； 故选：B． 【点评】本题考查了正方形性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握相似三角形的判定和性质． 【作业 4】（2025春•杭州校级期中）如图，P为正方形ABCD内一点，分别过P作两条直线，交AB，CD于E，F，交AD，BC于G，H．若EF＝4，GH＝5，且四边形EHFG的面积为9，则正方形ABCD的面积为　　 ．（若∠BEF和∠CHG为锐角） 【分析】过点F作FM⊥HG，垂足为M，延长FM交AB于L，过点H作HR⊥AD，垂足为R，过点F作FS⊥AB，垂足为S，过点E作EK⊥FL，垂足为K，构造三角形全等，可得△HRG≌△FSL（AAS），再由四边形EHFG的面积为9，求出，进而理由勾股定理解三角形可求，，进而利用勾股定理列方程组求出FS2即可解答． 【解答】解：过点F作FM⊥HG，垂足为M，延长FM交AB于L，过点H作HR⊥AD，垂足为R，过点F作FS⊥AB，垂足为S，过点E作EK⊥FL，垂足为K， ∴∠HRG＝∠FSL＝90°，∠GMK＝∠EKM＝90°， ∵在正方形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝CD＝AD＝BC， ∴四边形ABHR、四边形BCFS是矩形， ∴AB＝RH＝BC＝FS， 又∵∠AGM+∠ALM＝360°﹣∠A﹣∠GML＝180°，∠ALF+∠FLS＝180°， ∴∠AGM＝∠FLS， 在△HRG和△FSL中， ， ∴△HRG≌△FSL（AAS）， ∴FL＝GH＝5， ∵∠GMK＝∠EKM＝90°， ∴EK∥GH， ∴， 又∵，， ∴， 即， ∴， ∴， 在Rt△EKF中，， 在Rt△EKL中，， 设ES＝x，FS＝a， ∵在Rt△FSL中，SL2+FS2＝FL2， 在Rt△FSE中，ES2+FS2＝EF2， ∴， 由①﹣②得：， ∴，， ∵BC＝FS＝a， ∴正方形ABCD的面积为＝BC2＝a2． 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形判定和性质．解题关键是构造△HRG≌△FSL（AAS），得出FL＝GH＝5． 【作业 5】（2025秋•福田区期末）2025年10月29日，阳江市举办了国际风筝邀请赛．参赛的一个风筝的主骨架由一个边长为2m的正方形构成，副骨架由该正方形的两条对角线构成，则副骨架的总长为 　　 m（结果保留根号）． 【分析】根据四边形ABCD是正方形，且边长为2m得AB＝BC＝2m，AC＝BC，在Rt△ABC中，由勾股定理得ACm，进而得BD+ACm，据此即可得出副骨架的总长． 【解答】解：如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2m， ∴AB＝BC＝2m，∠ABC＝90°，AC＝BC， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC（m）， ∴BD＝AC（m）， ∴BD+AC（m）， ∵赛的一个风筝的主骨架由一个边长为2m的正方形构成，副骨架由该正方形的两条对角线构成， ∴副骨架的总长为m． 故答案为： 【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，勾股定理是解决问题的关键． 【作业 6】（2026春•金山区期中）如图，以正方形ABCD的边AD为一边向外作等边三角形ADE，则∠AEB的大小为　15°　 ． 【分析】根据正方形和等边三角形的性质可知AB＝AD＝AE，从而推导出△ABE是等腰三角形；接着计算出顶角∠BAE的度数（90°+60°＝150°，最后利用三角形内角和定理即可算出底角∠AEB的大小． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝DA， ∠BAD＝∠ADC＝∠DCB＝∠CBA＝90°， ∵△ADE是等边三角形， ∴AD＝DE＝EA， ∠DAE＝∠AED＝∠EDA＝60°， ∴AB＝AE． 在△ABE中，由于AB＝AE， ∴△ABE是一个等腰三角形． ∵∠BAE是由正方形的一个内角∠BAD和等边三角形的一个内角∠DAE组成的． ∴∠BAE＝∠BAD+∠DAE＝90°+60°＝150°． 故答案为：15°． 【点评】题目考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的判定与性质，解题的关键在于发现并利用隐含的等腰三角形（△ABE）以及灵活计算组合角的度数． 【作业 7】（2025春•绵阳校级期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，AD＝1，GD＝2，H是AF的中点，那么CH的长是 　　 ． 【分析】延长AD交EF于点P，连接AC，FC，依题意得GF＝GC＝3，证明四边形PFGD是矩形得FP＝GD＝2，DP＝FG＝3，则AP＝4，由勾股定理得AF，再证明△ACF是直角三角形，然后根据直角三角形斜边中线的性质即可得出CH的长． 【解答】解：延长AD交EF于点P，连接AC，FC，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，AD＝1， ∴CD＝AD＝1，∠ADC＝90°，∠ACD＝45°， ∴∠GDP＝∠ADC＝90°， ∵四边形CEFG是正方形，GD＝2， ∴∠G＝∠EFG＝90°，GF＝GC＝GD+CD＝3，∠GCF＝45°， ∴∠GDP＝∠G＝∠EFG＝90°， ∴四边形PFGD是矩形， ∴FP＝GD＝2，DP＝FG＝3，∠APF＝90°， 在Rt△APF中，AP＝AD+DP＝4， 由勾股定理得：AF， ∵∠ACF＝∠ACD+∠GCF＝90°， ∴△ACF是直角三角形， ∵点H是AF的中点， ∴CH是Rt△ACF的斜边AF上的中线， ∴CHAF． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握直角三角形斜边上的中线，勾股定理是解决问题的关键． 【作业 8】（2025春•上海校级期中）如图，AC是正方形ABCD的对角线，AE平分∠BAC，已知AB＝2．求CE的长． 【分析】如图所示，过点E作EF⊥AC于点F，先由勾股定理求出，再由角平分线的性质得到BE＝EF，设BE＝EF＝x，利用等面积法得到，解方程即可得到答案． 【解答】解：如图所示，过点E作EF⊥AC于点F， ∵∠B＝90°，AB＝BC＝2 ∴， ∵AE平分∠BAC，EF⊥AC，∠B＝90°，由角平分线的性质可得： ∴BE＝EF， 设BE＝EF＝x， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． 【作业 9】（2024春•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝CD，∠BAC＝∠ACD，延长BC至点E，使CE＝BC，联结DE． （1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD； （2）当AC⊥BC，且CE＝2CO时，求证：四边形ACED是正方形． 【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，根据平行四边形的性质得出BO＝DO，根据线段垂直平分线性质得出BC＝CD，求出BC＝CE＝CD即可； （2）根据邻补角互补求出∠ACE＝90°，求出四边形ACED是平行四边形，再根据正方形的判定推出即可． 【解答】证明：（1）∵∠BAC＝∠ACD， ∴AB∥CD， ∵AB＝CD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∴BO＝DO， ∵AC⊥BD， ∴BC＝CD， ∵BC＝CE， ∴BC＝CE＝CD， ∴BE＝2CD； （2）∵AC⊥BC，如图， ∴∠ACB＝90°， ∴∠ACE＝180°﹣∠ACB＝90°， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC，AD＝BC， ∵BC＝CE， ∴AD＝CE， ∴四边形ACED是平行四边形， ∴AC＝2OA＝2CO， ∵CE＝2CO， ∴AC＝CE，∠ACE＝90°， ∴四边形ACED是正方形． 【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，线段垂直平分线的性质，正方形的判定等知识点，解此题的关键是掌握有一个角是直角，并且有一组邻边相等的平行四边形是正方形． 【作业 10】（2024秋•郏县期末）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC，AF与CE的延长线相交于点F，连接BF． （1）求证：四边形AFBD是平行四边形； （2）填空：①当△ABC满足条件∠BAC＝90°时，四边形AFBD是 　菱　 形； ②当△ABC满足条件 　∠BAC＝90°，AB＝AC 时，四边形AFBD是正方形． 【分析】（1）由AF∥BC，得到两对内错角相等，再由E为中点，得到AE＝DE，利用AAS得到△AFE与△CDE全等，利用全等三角形对应边相等得到AF＝CD，再由BD＝CD，等量代换得到AF＝BD，利用一组对边平行且相等的四边形为平行四边形即可得证； （2）①由∠BAC＝90°，AD为中线，利用斜边上的中线等于斜边的一半，得到AD＝BD由邻边相等的平行四边为菱形，即可得证； ②添加条件为∠BAC＝90°，AB＝AC，由∠BAC＝90°，根据①得到四边形AFBD为菱形，再由AB＝AC，利用等腰三角形的三线合一得到AD⊥BC，根据有一个角是直角的菱形为正方形即可得证． 【解答】（1）证明：∵E为AD的中点，D为BC中点， ∴AE＝DE，BD＝CD， ∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE， 在△AFE和△DCE中， ， ∴△AFE≌△DCE（AAS）， ∴AF＝CD， ∴AF＝BD， ∵AF∥BD ∴四边形AFBD为平行四边形； （2）解：①当△ABC满足条件∠BAC＝90°时，四边形AFBD是菱形，理由为： ∵E为AD的中点，D为BC中点， ∴AE＝DE，BD＝CD， ∵AF∥BC， ∴∠AFE＝∠DCE，∠FAE＝∠CDE， 在△AFE和△DCE中， ， ∴△AFE≌△DCE（AAS）， ∴AF＝CD， ∴AF＝BD， ∵AF∥BD ∴四边形AFBD为平行四边形； ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴ ∵四边形AFBD为平行四边形，AD＝BD； ∴四边形AFBD为菱形； 故答案为：菱形； ②当△ABC满足条件∠BAC＝90°，AB＝AC时，四边形AFBD是正方形，理由为： 由①知当△ABC满足条件∠BAC＝90°时，四边形AFBD是菱形， ∵AB＝AC，D为BC中点， ∴AD为BC边上的中线， ∴AD⊥BC，即∠ADB＝90°， ∵四边形AFBD是菱形，∠ADB＝90° ∴四边形AFBD为正方形． 故答案为：∠BAC＝90°，AB＝AC． 【点评】此题属于四边形综合题，涉及的知识有：平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，以及等腰三角形与直角三角形的性质，熟练掌握判定与性质是解本题的关键． 【作业 11】（2026•绵阳模拟）如图，四边形ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAE，连接CE，过点B作BG⊥CE于点F，交AD于点G，若CD＝AB． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）若CD＝4，求DG的长． 【分析】（1）由CD＝AB，90℃D∥AB，判定四边形ABCD为平行四边形，再根据有一组邻边相等及有一个内角是90°，判定其为正方形； （2）先证△PAE≌△PBC≌△GAB，进而即可得到答案． 【解答】（1）证明：∵CD＝AB，CD∥AB， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴平行四边形ABCD是正方形； （2）解：∵BG⊥CE，∠ABC＝90°， ∴∠PCB+∠BPC＝90°，∠ABG+∠BPC＝90°， ∴∠PCB＝∠ABG， 在△PBC和△GAB中， ， ∴△PBC≌△GAB（AAS）， ∴AG＝AP， 又∵AE＝CD＝BC，∠ABC＝∠EAB＝90°， ∴EA∥BC， ∴∠BCP＝∠AEP， 在△PAE和△PBC中， ， ∴△PAE≌△PBC（AAS）， ∴， ∴， ∴． 【点评】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形，平行四边形的判定与性质，正方形的判定与性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 【作业 12】（2026春•天山区校级期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE⊥BF．求证：AE＝BF． 【分析】根据正方形的性质及角的等量代换，证明△ABE≌△BCF，即可得证． 【解答】证明：如图，设AE与BF交于点G， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC， ∵AE⊥BF， ∴∠FBC+∠GEB＝90°， ∵∠EAB+∠GEB＝90°， ∴∠EAB＝∠FBC， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF． 【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，掌握以上知识点是解题的关键． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 第4讲 正方形的性质及判定 优等生讲义 （知识梳理+典例+压轴+练习）2026-2027北师大版九年级数学上册 📌 思维导图 🎯 课程目标 掌握正方形性质 掌握正方形判定 特殊四边形关系 综合运用 辅助线作法 📚 知识梳理 ☆ 1.正方形概念 邻边相等且有直角的平行四边形 既是矩形又是菱形 四条对称轴 概念辨析例题：正方形是特殊的什么 解析：集两者于一身 ☆ 2.正方形性质 四边相等 四角直角 对角线相等垂直平分且平分对角 概念辨析例题：边长2对角线长 解析：对角线=边长×sqrt{2} ☆ 3.正方形判定 矩形+邻边相等 菱形+直角 对角线垂直平分且相等 概念辨析例题：矩形加什么是正方形 解析：矩形+邻边=正方形 📋 知识总结表 核心概念 定义/公式 注意事项 正方形 邻边等+直角 矩形+菱形 对角线 相等垂直平分 45度角 判定 矩形+邻边 或 菱形+直角 两条路径 对称性 4条对称轴 最多 ⚠️ 核心考点 【考点1】正方形性质（第1-11题） 四边等四角直 对角线与边45度 1．下列结论中正确的有（　　） ①正方形具有平行四边形的一切性质 ②正方形具有矩形的一切性质 ③正方形具有菱形的一切性质 ④正方形有四条对称轴 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2025秋•上海校级期末）摄影中有一种拍摄手法叫黄金构图法，如图，在正方形ABCD的BC边上取中点E，以点E为圆心，线段DE长为半径作圆，交BC的延长线于点F，过点F作FG⊥AD，交AD的延长线于点G，得到长方形CDGF．若AB＝2，则CF的长是（　　） A． B． C． D． 3．（2026•江阳区校级模拟）如图，在正方形ABCD中，点G是BC上的一点，且BG＝3GC，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F，则的值为（　　） A． B．3 C．4 D． 4．（2023秋•罗庄区期末）如图，⊙O的圆心O与正方形的中心重合，已知⊙O的半径和正方形的边长都为2，则圆上任意一点到正方形边上任意一点距离的最小值为（　　） A．0.5 B．1 C． D． 5．（2025秋•杨浦区期末）如图，正方形ABCD中，点E是DC边上一点，DE＝2a，EC＝a，△ADE经过某一种图形的运动得到△ABF，点E落在直线BC上的点F处，则CF的长度是 _________ ．（用含a的代数式表示） 6．（2025秋•连州市期末）如图，边长为2的正方形ABCD中，E是对角线BD上的一点，且BE＝BC，点P在EC上，过点P作PF⊥BC于点F，PG⊥BD于点G，则PF+PG的值为 _______________ ． 7．（2026•麦积区模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝____________________ ． 8．（2026•遂宁）如图，在边长为3cm的正方形ABCD中，以点B为圆心，cm为半径作弧，交BC于点M，交AB的延长线于点N，再分别以点M、N为圆心，大于MN的长为半径作弧，两弧交于点K，作射线BK．点E在边AB上，且BE＝2AE，连结EM并延长，交BK于点F，连结DF，交BC于点G，则DG的长为____________________ cm． 9．（2024春•深圳期中）如图，在边长为的正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC边的中点，连接CE，DF，点G，H分别是CE，FD的中点，连接GH，则GH＝____________________ ． 10．（2025春•青浦区期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为边BC的中点，点F在边DC上，FH垂直平分线段AE，垂足为点H，求DF的长． 11．（2024秋•广信区月考）如图四边形ABCD是正方形，AB＝2，在BC的延长线上存在一点F，使得BC＝CF，连接DF，∠DBF的角平分线BM交DF于M，求FM的长． 【考点2】正方形判定（第12-22题） 矩形+邻边或菱形+直角 12．（2026春•上海校级月考）用对折的方法证明一个四边形是正方形，则对折次数最少是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 13．（2025秋•高陵区期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，再添加下面一个条件，能使该四边形是正方形的是（　　） A．AB＝CD B．AC＝BD C．AB＝AD D．∠D＝90° 14．（2025春•江津区期中）下列说法正确的是（　　） A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的四边形是矩形 15．（2025春•松江区期末）已知矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，下列条件中能判定四边形ABCD是正方形的是（　　） A．OA＝OC B．OA＝OB C．OA⊥OB D．AC＝BD 16．（2025春•黄浦区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，BC＝DC，AC，BD交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（　　）个． ①添加“AB∥CD”，则四边形ABCD是菱形 ②添加“∠BAD＝90°”，则四边形ABCD是矩形 ③添加“OA＝OC”，则四边形ABCD是菱形 ④添加“∠ABC＝∠BCD＝90°”，则四边形ABCD是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 17．（2026•前进区校级一模）如图，平行四边形ABCD的对角线相等．要使四边形ABCD成为正方形，还需添加的一个条件是 _________________ .（只需添加一个即可） 18．（2025春•城厢区校级期中）用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝5，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为________________ ． 19．（2024春•长治期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAD＝∠CAD，E是AD边上任意一点，连结CE，过点B作BF∥CE交ED的延长线于点F，连结BE、CF． （1）猜想四边形BECF的形状，并证明； （2）若E是DA边延长线上任意一点，且∠BAC＝120°，当∠DCE和∠DCA满足 __________________ 关系时，四边形BECF是正方形． 20．（2026•市南区校级模拟）如图，已知△ABC中AC＝BC，D是AB的中点，过点C作CE∥AB，且． （1）求证：四边形CDBE是矩形； （2）若F是BC上一点，且DF⊥BC，则当△CDF满足什么条件时，四边形CDBE是正方形？请说明理由． 21．如图所示，在四边形ABCD中，AB＝AD，CB＝CD，对角线AC，BD交于点O，过点B作BE∥CD交AC于点E，连结DE． （1）求证：四边形BCDE是菱形； （2）若，E为AC的中点，当BC的长为何值时，四边形BCDE是正方形？ 22．（2023秋•简阳市期末）如图，▱ABCD中，过点C作CF⊥CD，CF＝CD，CF交DB的延长线点F；过点C作CE∥DB，交AB的延长线于点E，BE交CF于点O，连接EF，AB＝2BO＝4． （1）求OE的长； （2）求证：四边形BCEF为正方形． 【考点3】综合（第23-32题） 旋转90度构造全等 45度等腰直角 23．（2025春•奉贤区月考）符号“⇒”读作“推出”，表示这个符号左边的数学事实可以推出右边的数学事实．下面是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列用符号“⇒”表示的推出过程正确的是（　　） A．①⇒②⇒③ B．①⇒③⇒② C．②⇒③⇒① D．③⇒①⇒② 24．（2024•德阳模拟）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），∠DAB＝60°，则图2中对角线AC的长为（　　） A．20cm B． C． D． 25．（2026•驿城区校级模拟）如图，正方形ABCD的边长为6，G是对角线BD上一动点，GE⊥CD于点E，GF⊥BC于点F，连接EF，给出四种情况：①若G为BD的中点，则四边形CEGF是正方形；②若G为BD上任意一点，则AG＝EF；③点G在运动过程中，GE+GF的值为定值6；④点G在运动过程中，线段EF的最小值为．其中正确的有（　　） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 26．（2025秋•渝中区校级月考）如图，在△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，过点B的直线l∥AC，D是BC边中点，延长AD交l于点E，点F在l上且恰好满足AB平分∠EAF，已知，则AF＝________________ ． 27．（2025春•德惠市校级期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，过点O作射线OM、ON分别交边BC、CD于点E、F，且∠EOF＝90°，连结EF．给出下面四个结论：①△OEC≌△OFD；②CF＝OC；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④∠OEF＝45°；⑤BE2+CE2＝OE2．上述结论中，所有正确的序号是________ ． 28．（2025春•江阳区校级期中）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． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）求四边形ABCD的面积． 29．（2024春•临夏州期末）如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上不与端点重合的一动点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG． （1）求证：矩形DEFG是正方形； （2）试用等式表示线段CE，CG，AD的数量关系，并说明理由． 30．（2026春•界首市期末）问题解决：如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，DE＝AF，DE⊥AF于点G． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）延长BC到点H，使得CH＝DF，连接DH，判断△DEH的形状，并说明理由． 类比迁移： （3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在BC，CD边上，DE与AF相交于点G，DE＝AF，∠AFD＝60°，DF＝5，CE＝1，求CD的长． 31．（2025秋•江都区期中）如图，四边形ABCD与BEFG都是正方形，AG、CE相交于点O，AG、BC相交于点M，BG、CE相交于点N． （1）求证：AG＝CE； （2）求证：AG⊥CE． 32．如图，正方形ABCD边长为2，F为BC上一动点，作DE⊥AF于E，连结CE．当△CDE为等腰三角形时，求DE的长． 💯 课后巩固 复习建议 性质最全 45度角 两条判定路径 旋转90度 等腰直角 【作业 1】（2026春•巫山县期末）如图，正方形ABCD中，E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，M、N是AE、AF与对角线BD的交点．若BM＝3，DN＝4，则正方形ABCD的面积为（　　） A．64 B．72 C．98 D．144 【作业 2】（2026•铁岭模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝4，FB＝2，则MG＝（　　） A． B． C． D． 【作业 3】（2025秋•滨湖区校级期中）如图所示，已知正方形ABCD，点E为线段BC上异于端点的一动点，DH⊥AE于点F，交AB于点H，AE、BD交于点P，FG平分∠DFE交DB于点G．下列结论正确的有（　　） ①若∠BAE＝∠HDB，则S△BHD； ②若CE＝3BE，则DGPG； ③若S△ABF＝S△BDF，则BE＝2CE； ④若AB＝10，DP＝2BP，则FG． A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【作业 4】（2025春•杭州校级期中）如图，P为正方形ABCD内一点，分别过P作两条直线，交AB，CD于E，F，交AD，BC于G，H．若EF＝4，GH＝5，且四边形EHFG的面积为9，则正方形ABCD的面积为___________________ ．（若∠BEF和∠CHG为锐角） 【作业 5】（2025秋•福田区期末）2025年10月29日，阳江市举办了国际风筝邀请赛．参赛的一个风筝的主骨架由一个边长为2m的正方形构成，副骨架由该正方形的两条对角线构成，则副骨架的总长为 ________________ m（结果保留根号）． 【作业 6】（2026春•金山区期中）如图，以正方形ABCD的边AD为一边向外作等边三角形ADE，则∠AEB的大小为________ ． 【作业 7】（2025春•绵阳校级期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，AD＝1，GD＝2，H是AF的中点，那么CH的长是 _______________ ． 【作业 8】（2025春•上海校级期中）如图，AC是正方形ABCD的对角线，AE平分∠BAC，已知AB＝2．求CE的长． 【作业 9】（2024春•普陀区期中）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AB＝CD，∠BAC＝∠ACD，延长BC至点E，使CE＝BC，联结DE． （1）当AC⊥BD时，求证：BE＝2CD； （2）当AC⊥BC，且CE＝2CO时，求证：四边形ACED是正方形． 【作业 10】（2024秋•郏县期末）如图，在△ABC中，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC，AF与CE的延长线相交于点F，连接BF． （1）求证：四边形AFBD是平行四边形； （2）填空：①当△ABC满足条件∠BAC＝90°时，四边形AFBD是 _____ 形； ②当△ABC满足条件 ___________________ 时，四边形AFBD是正方形． 【作业 11】（2026•绵阳模拟）如图，四边形ABCD中，CD∥AB，∠ABC＝90°，AB＝BC，将△BCD绕点B逆时针旋转90°得到△BAE，连接CE，过点B作BG⊥CE于点F，交AD于点G，若CD＝AB． （1）求证：四边形ABCD是正方形； （2）若CD＝4，求DG的长． 【作业 12】（2026春•天山区校级期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE⊥BF．求证：AE＝BF． 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $