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专题07 正方形的重难点题型归纳（九大题型）
重难点题型归纳
【题型1 利用正方形的性质求角度】
【题型2 利用正方形的性质求线段长度】
【题型3 利用正方形的性质求面积、周长】
【题型4 求正方形在平面直角坐标系中的坐标】
【题型5 正方形的判定证明】
【题型6 正方形的性质与判定综合】
【题型7 求正方形形中最值问题】
【题型8 正方形中“十字架”模型】
【题型9 正方形中“对角互补”模型】
【题型1 利用正方形的性质求角度】
1．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点，
且AE=AD，连接DE，则∠CDE的度数为（ ）
A．20° B．22.5° C．25° D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的判定和性质，根
据正方形的性质，得到∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，进而得到
∠ADE+∠AED=135°，又因为AE=AD，推出∠AED=∠ADE，进而即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC=45°，AB=AD，∠ADC=90°
∴∠ADE+∠AED=180°−∠DAC=135°，
∵AE=AD，∴∠AED=∠ADE=67.5°，
∴∠CDE=∠ADC−∠ADE=90°−67.5°=22.5°
故选：B．
2．（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形ABCD边BA至点E，使AE=BD，
则∠E为（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．45°
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接AC，根据题意可得
AC=BD=AE，则∠ACE=∠E，由外角的性质可得：∠CAB=∠ACE+∠E=45°，
即可求解．
【详解】解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD，且∠CAB=45°，
又∵BD=AE，
∴AE=CA，
∴∠E=∠ACE，
∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，
∴∠E=22.5°．
故选：A．
3．（24-25九年级上·福建宁德·期中）如图，在正方形ABCD外侧，以AD为一边向上作等
边三角形ADE，连接BE，则∠ABE的度数是（ ）A．5° B．10° C．15° D．30°
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的 性质，由正方
形和等边三角形的性质可得AE=AD，∠BAE=∠BAD+∠DAE=150°，进而即可
求解，掌握正方形和等边三角形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=AD，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=90°+60°=150°，AB=AE，
180°−150°
∴∠ABE=∠AEB= =15°，
2
故选：C．
4．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）如图，在正方形ABCD的内侧，作等边
三角形ADE，则∠CBE为（ ）
A．15° B．25° C．75° D．30°
【答案】A
【分析】由题意得△ABE是等腰三角形，由三角形内角和定理，则可求得∠ABE的度
数；由∠CBE=∠ABC−∠ABE即可求解．
【详解】解：正方形ABCD中，AB=AD,∠BAD=∠ABC=90°；∵△ADE为等边三角形，
∴AD=AE=DE,∠EAD=∠AED=∠ADE=60°，
∴AB=AE，∠BAE=∠BAD−∠EAB=30°，
1
∴∠ABE= (180°−∠BAE)=75°；
2
∴∠CBE=∠ABC−∠ABE=15°；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内
角和定理，掌握这三种性质是关键．
5．（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，在正方形ABCD内作等边三角形AED，连接
BE，CE，则∠BEC的度数为（ ）
A．150° B．175° C．120° D．135°
【答案】A
【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据
正方形、等边三角形的性质得出AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，
∠DAE=60°，从而可求出∠BAE的度数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理
可求出∠ABE的度数，最后根据角的和差关系求解即可.
【详解】解：∵在正方形ABCD内作等边三角形AED，
∴AB=AD=AE，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠BAD−∠DAE=30°，
∵AB=AE，
180°−∠BAE
∴∠ABE=∠AEB= =75°，
2
∴∠BEC=360°−75°−75°−60°=150°，
故选：A．
【题型2 利用正方形的性质求线段长度】
6．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边
上，则BE的长度为（ ）
A．1 B．❑√2 C．❑√5 D．2
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题
的关键是熟练运用以上性质；根据AB∥CD可得∠EFD=∠BEF=60°，根据折叠后
对应角相等、对应边相等，可得∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，进而可得
1
∠AB′E=30°，根据含30度角的直角三角形的性质可得AE= B′E，设BE=x，则
2
B′E=x,AE=3−x，列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EFD=∠BEF=60°
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，AB∥CD，
∴∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，
∴∠AEB′=180°−∠BEF−∠B′EF=60°
∴∠AB′E=90°−60°=30°
1
∴AE= B′E，
2
设BE=x，则B′E=x,AE=3−x，
1
∴3−x= x，
2
∴x=2，
∴BE=2，
故选：D．
7．（24-25八年级上·四川宜宾·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，E、F分别在BC、
CD上，且∠EAF=45∘，BE=2，CF=3连接EF．则EF为（ ）A．5 B．7 C．8 D．9
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、正确作出辅助线、灵活
应用全等三角形性质与判定是解题关键．
延长EB至H，使BH=DF，证△ADF≌△ABH，△FAE≌△HAE，设正方形边长为
a，根据全等三角形的性质及勾股定理即可求得正方形的边长，即可得出答案．
【详解】解：延长EB至H，使BH=DF，连接AH，
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF=∠ABH=90°，AD=AB，
在△ADF和△ABH中
{
AD=AB
)
∠ADF=∠ABH ，
DF=HB
∴ △ADF≌△ABH，
∴∠BAH=∠DAF，AF=AH，
∴∠FAH=∠HAB+∠BAF=∠FAD+∠BAF=∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAF=∠EAH=45°，
在△FAE和△HAE中
{
AF=AH
)
∠FAE=∠EAH ，
AE=AE∴△FAE≌△HAE，
∴EF=HE，
设正方形的边长为a，
∵BE=2，CF=3，
∴DF=a−3，CE=a−2，
在Rt△CEF中，
EF=❑√CF2+CE2=❑√32+(a−2) 2，
在△AEH中，EH=EB+BH=2+a−3=a−1，
∴❑√32+(a−2) 2=a−1，
∴a=6，
∴EF=5．
故选：A．
8．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，正方形ABCD的边长为2，连接AC、BD，
CE平分∠ACD交BD于点E，则DE的长是（ ）．
2
A．2−❑√2 B．2❑√2−1 C． ❑√2 D．2❑√2−2
3
【答案】D
【分析】过点E作EF⊥DC于点F，根据正方形的性质可得AC⊥BD，再根据角平
分线的性质可得EO=EF，证明Rt△ECO≌Rt△ECF(HL)，可得CO=CF，利用勾
1
股定理求得AC=2❑√2，可得CO=CF= AC=❑√2，EO=EF=DF=2−❑√2，即可求
2
解．
【详解】解：过点E作EF⊥DC于点F，如图，ABCD
∵四边形 是正方形，
∴AC⊥BD，
∵CE平分∠ACD，
∴EO=EF，
在Rt△ECO和Rt△ECF中，
{EO=EF)
，
EC=EC
∴Rt△ECO≌Rt△ECF(HL)，
∴CO=CF，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AC=❑√22+22=2❑√2，
1
∴CO=CF= AC=❑√2，
2
∴EO=EF=DF=2−❑√2，
∴DE=DO−OE=❑√2−(2−❑√2)=2❑√2−2．
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及角平分线的性
质，熟练掌握相关知识，证明Rt△ECO≌Rt△ECF是解题的关键．
9．（24-25九年级上·辽宁沈阳·期中）用四根长度相同的木条制作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（ ）
A．5 B．5❑√2 C．10 D．2❑√5【答案】B
【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理和等边三角形的判定和性质，
解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出
AB=BC=AC=5．在图2中，由勾股定理求出AC即可．
【详解】解：∵在图1中，四边形ABCD为菱形，
∴AB=BC，
∵∠B=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴AB=BC=AC=5，
∵在图2中，四边形ABCD为正方形，
∴∠B=90°
∴AC=❑√AB2+BC2=❑√52+52=5❑√2．
故选：B．
10．（22-23八年级下·河南商丘·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，直线m、n、l
分别经过A、B、C三点，且m∥n∥l．若m与n之间的距离是2，n与l之间的距离是
3，则CD的长是（ ）
A．3 B．4 C．❑√13 D．3❑√2
【答案】C
【分析】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，解答本题的
关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意，利用AAS，可以判定△ABE
和△BCF全等，从而可以得到BE=CF，再根据勾股定理即可求得BC的长，从而求
解．
【详解】解：如图，过点B作EF⊥m，交直线m于点E，交直线l于点F，由已知可得，BE=2，BF=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
{∠AEB=∠BFC
)
∠ABE=∠BCF ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴BE=CF，
∴CF=2，
∵BF=3，∠BFC=90°，
∴BC=❑√BF2+CF2=❑√32+22=❑√13，
∴CD=BC=❑√13,
故选：C
11．（23-24八年级下·全国·期末）如图，在边长为25 的正方形ABCD中，△ABE 和
△CDF为直角三角形，∠AEB=∠CFD=90°，延长AE交DF于点G，延长CF交
BE于点H，BE=DF=24，则EF的长是（ ）
A．14 B．17 C．17❑√2 D．17❑√3
【答案】C【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先证
明Rt△ABE≌Rt△CDF(HL)得到∠ABE=∠CDF，再根据三角形内角和定理证明
∠AGF=90°；接着证明△ABE≌△DAG(ASA)，得到AE=DG，AG=BE=24，在
Rt△ABE中，由勾股定理得AE=❑√AB2−BE2=7，则
EG=24−7=17，FG=24−DG=24−AE=17，即可得到
EF=❑√EG2+FG2=17❑√2．
【详解】解：∵四边形ABCD是边长为25的正方形，
∴AB=CD=25，
∵∠AEB=∠CFD=90°，BE=DF=24，
∴Rt△ABE≌Rt△CDF(HL)，
∴∠ABE=∠CDF，
∵∠AEB=∠CFD=90°，
∴∠ABE+∠BAE=90°，
又∵∠BAE+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG=∠CDF，
∵∠ADG+∠CDF=90°，
∴∠ADG+∠DAG=90°，
∴∠AGF=∠DAG+∠ADG=90°，
∵∠AEB=∠DGA=90°，∠ABE=∠DAG，AB=AD，
∴△ABE≌△DAG(ASA)，
∴AE=DG，AG=BE=24，
在Rt△ABE中，由勾股定理得AE=❑√AB2−BE2=7，
∴EG=24−7=17，FG=24−DG=24−AE=17，
∴EF=❑√EG2+FG2=17❑√2，
故选：C．
12．（23-24八年级下·甘肃陇南·期末）如图，正方形ABCD的边长为6，点E为CD上一点，
连接AE，过点D作AE的垂线交BC于点F，连接AF．若DE=2，则AF的长为
（ ）A．8 B．4❑√13 C．2❑√13 D．2❑√10
【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．由AAS可
证△ADE≌△DCF，可得DE=CF=2，由勾股定理可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=BC=6，∠ADC=∠C=90°，
∴∠DFC+∠CDF=90°=∠CDF+∠AED，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE≌△DCF(AAS)，
∴DE=CF=2，
∴BF=4，
∴AF=❑√AB2+BF2=❑√36+16=2❑√13，
故选：C．
【题型3 利用正方形的性质求面积、周长】
13．（22-23八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在边长为4的正方形ABCD内取一点
E，使得BE=CE，连接ED、BD，BD与CE相交于点O，若∠EOD=75°，则
△BED的面积为（ ）
❑√34
A． B．4❑√3−4 C．❑√3+1 D．16−8❑√3
2
【答案】B【分析】根据三角形的外角和定理可得∠ECD=30°，则∠ECB=60°，即可判定
△BCE为等边三角形，有EC=BC=4，可求得EF=❑√3FC，进一步求得S
四边形BDEC
和S ，利用和差关系即可．
△BCD
【详解】解：过点E作EF⊥BC，垂足为F，作EG⊥DC．垂足为G，如图，
∵∠EOD=75°，∠ECD+∠ODC=∠EOD，
∴∠ECD=30°，
∴∠ECB=60°，
∵BE=CE，
∴△BCE为等边三角形，
∵边长为4的正方形ABCD，
∴EC=BC=4，
∴EF=❑√3FC=2❑√3，
1
在Rt△EGC，∠ECG=30°，则EG= EC=2，
2
1 1
∴S = CB⋅EF+ DC⋅EG
四边形BDEC 2 2
1 1
= ×4×2❑√3+ ×4×2=4❑√3+4，
2 2
1
∵S = BC⋅DC=8，
△BCD 2
∴△BED的面积为=(4❑√3+4)−8=4❑√3−4，
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、等边三角形的判定和性质、三角形外角和定理
和勾股定理，解题的关键是熟悉等边三角形的性质和正方形的性质．
14．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，点N为正方形对角线BD上的任意一点（不
包括B，D两点），过点N做NG⊥BC，NM⊥DC，垂足分别为G，M，若四边形
NGCM的周长为6❑√5cm，则正方形ABCD的面积是（ ）A．9❑√5cm2 B．12❑√5cm2 C．36❑√5cm2 D．45cm2
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，由四边形ABCD
是正方形，得∠DBC=∠BDC=45°，BC=CD，则可证△BNG，△DNM是等腰直
角三角形，故有NG=BG，NM=DM，得四边形NGCM的周长=2BC，然后求出
BC=3❑√5cm，最后根据面积公式即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=∠BDC=45°，BC=CD，
∵NG⊥BC，NM⊥DC，
∴∠NGB=∠NMD=90°，
∴∠NBG=∠BNG=45°，∠DNM=∠NDM=45°，
∴△BNG，△DNM是等腰直角三角形，
∴NG=BG，NM=DM，
∵四边形NGCM的周长=NG+GC+CM+NM，
=BG+GC+CM+MD，
=BC+CD，
=2BC=6❑√5cm，
∴BC=3❑√5cm，
∴正方形ABCD的面积是BC2=(3❑√5) 2=45(cm2)，
故选：D．
15．（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，AE平分
∠BAC交BC于点E，BE=2，则正方形ABCD的边长为（ ）A．6 B．4❑√2 C．2+2❑√2 D．2+4❑√2
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，过点E作
EF⊥AC于F，由正方形的性质的AB=BC，∠B=90°，由角平分线的性质得到
EF=BE=2，利用勾股定理求出AC=❑√AB2+BC2=❑√2AB，再根据
1
S =S +S 得到 AB2=AB+❑√2AB，据此可得答案．
△ABC △ABE △AFE 2
【详解】解：如图所示，过点E作EF⊥AC于F，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠B=90°，
∵AE平分∠BAC，EF⊥AC，∠B=90°，
∴EF=BE=2，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=❑√AB2+BC2=❑√2AB，
∵S =S +S ，
△ABC △ABE △AEC
1 1 1
∴ AB⋅BC= AB⋅BE+ AC⋅EF，
2 2 2
1
∴
AB2=AB+❑√2AB，
2
∴AB=2+2❑√2，
∴正方形ABCD的边长为2+2❑√2，
故选：C．16．（23-24八年级下·广西玉林·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，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变(如
图)，若正方形教具边长为8cm，∠D′=45°，则四边形A′BCD′的面积为（ ）
A．32cm2 B．32❑√2cm2 C．64cm2 D．64❑√2cm2
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性
质．过点D′作D′E⊥BC交BC延长线于E，先证明四边形A′BCD′是菱形，得
A′D′∥BC，则∠ECD′=∠D′=45°，利用等腰直角三角形的判定与性质以及勾股
定理求得D′E=4❑√2cm，然后菱形的面积公式求解即可．
【详解】解：过点D′作D′E⊥BC交BC延长线于E，如图，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD=8cm
∴A′B=BC=CD′=A′D′=8cm
∴四边形A′BCD′是菱形，
∴A′D′∥BC
∴∠ECD′=∠D′=45°
∵D′E⊥BC
∴∠CED′=90°
∴∠CD′E=45°=∠D′CE
∴CE=D′E
又CE2+D′E2=CD′2=64
∴D′E=4❑√2cm∴S =BC⋅D′E=8×4❑√2=32❑√2cm2 ，
四边形A′CBD′
故选：B．
17．（24-25八年级下·全国·单元测试）（教村母题变式）如图，边长为6的正方形ABCD
的中心与正方形EFGH的顶点E重合，且与边BC,AB分别相交于点M,N，图中阴影
部分的面积记为S，两条线段MB,BN的长度之和记为l，将正方形EFGH绕点E逆时
针转动适当角度，则有S+l=（ ）
A．10 B．15 C．20 D．25
【答案】B
【分析】根据正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点E，得到EB=EC，
1 1
∠EBN=∠EBC=∠ECM=45°，∠BEC=90°，S = S = ×62=9，
△BEC 4 正方形ABCD 4
证明△BEN≌△CEM(ASA)，得到S =S ，BN=CM,继而得到
△BEN △CEM
S =S +S =S +S =S ，解答即可．
四边形ENBMN △EBN △EBM △EBM △ECM △BEC
本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，三角
形全等的判定和性质是解题的关键．
【详解】如答图，连接EB,EC．
∵ ABCD EFGH
边长为6的正方形 的中心与正方形 的顶点重合，
即点E是正方形ABCD的中心，
∴EB=EC,∠BEC=90°，∠NBE=∠EBC=∠MCE=45°．
又∵∠MEN=90°，
∴∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3．
在△NBE和△MCE中，
¿
∴△NBE≌△MCE(ASA)，
∴NB=MC,S =S ，
△NBE △MCE
∴l=MB+BN=MB+CM=BC=6，S=S +S =S +S =S =9，
△NBE △EBM △MCE △EBM △EBC
∴S+l=9+6=15．
故选：B．
18．（24-25八年级上·四川达州·阶段练习）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥BE于
E，若AE=6，BE=8，则阴影部分的面积为（ ）
A．48 B．76 C．78 D．84
【答案】B
【分析】此题重点考查正方形的性质、勾股定理的应用、三角形及正方形的面积公式
等知识与方法，先由∠AEB=90°，AE=6，BE=8，根据勾股定理求得AB=10，再
分别求出正方形ABCD的面积和△AEB的面积，即可由S =S −S 求
阴影 正方形ABCD △AEB
出阴影部分的面积．
【详解】解：∵∠AEB=90°，AE=6，BE=8，
∴AB=❑√AE2+BE2=❑√62+82=10，
∵四边形ABCD是正方形，
∴S =AB2=102=100，
正方形ABCD1 1
∵S = AE⋅BE= ×6×8=24，
△AEB 2 2
∴S =S −S =100−24=76，
阴影 正方形ABCD △AEB
∴阴影部分的面积是76，
故选：B．
【题型4 求正方形在平面直角坐标系中的坐标】
19．（20-21八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A，C，F在坐标
轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标
为(6,0)，则点D的坐标为（ ）
A．(2,4) B．(2,6) C．(2,2❑√3) D．(2,2+2❑√3)
【答案】B
【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的性质与判定，平面直角坐标系中
点的坐标，矩形的性质等知识的综合运用．过D点作DM⊥y轴，垂足为M，利用
AAS证明△EMD≌△FOE≌△BCF，可得MD=OE=CF，ME=OF=CB，由E是
OA的中点，C(6,0)可求解OM，MD的长，进而可求解D点坐标．
【详解】解：过D点作DM⊥y轴，垂足为M，
∴∠MED+∠MDE=90°
，
∵四边形BDEF为正方形，
∴DE=EF=FB，∠≝=∠EFB=90°，
∴∠MED+∠OEF=90°，∠OFE+∠CFB=90°，∵∠OEF+∠OFE=90°，
∴∠MDE=∠OEF=∠CFB，
∵四边形OABC是矩形，
∴∠BCF=90°，OA=CB，
∴∠EMD=∠FOE=∠BCF=90°，
在△EMD和△FOE和△BCF中，
{∠EMD=∠FOE=∠BCF
)
∠MDE=∠OEF=∠CFB ，
DE=EF=FB
∴△EMD≌△FOE≌△BCF(AAS)，
∴MD=OE=CF，ME=OF=CB，
∵E为OA的中点，
∴OA=2OE，
∴OF=2CF，
∵C(6,0)，
∴OC=6，
∴ME=OF=4，MD=OE=CF=2，
∴OM=6，
∴D(2,6)，
故选：B．
20．（2024·山西晋中·一模）如图，在平面直角坐标系中，边长为❑√2的正方形AOBC，顶
点A，B分别在x轴的正半轴和y轴的正半轴上，将正方形AOBC绕点O顺时针旋转
15°，则旋转后点C的坐标为（ ）
(❑√3 1)
A． , B．(❑√3,1) C．(1,❑√3) D．(❑√6,❑√2)
2 2
【答案】B【分析】根据题意，把正方形AOBC绕点O顺时针旋转15°得到正方形A′OB′C′，连
接OC′、过点C′作C′E⊥x轴于点E，根据旋转的性质和勾股定理求得OC′=2，
∠C′OA=30°，再根据直角三角形的性质可得C′E=1，再利用勾股定理求得
OE=❑√3，即可求解．
【详解】解：根据题意，把正方形AOBC绕点O顺时针旋转15°得到正方形A′OB′C′，
连接OC′、过点C′作C′E⊥x轴于点E，
∵正方形AOBC的边长为❑√2，
∴OC′=❑√(❑√2) 2+(❑√2) 2=2，
∵∠C′OA′=45°，∠AOA′=15°，
∴∠C′OA=30°，
1
∴C′E= OC′=1，
2
∴OE=❑√22−12=❑√3，
∴C′(❑√3,1)，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质、旋转的性质、直角三角形的性质及勾股定理，熟练
掌握相关性质是解题的关键．
21．（23-24八年级下·河北衡水·阶段练习）在平面直角坐标系中放置了一个边长为❑√5的正
方形，如图所示，点B在y轴上，且坐标是(0,2)，点C在x轴上，则点C的坐标为
；点D的坐标为 ．【答案】 (1,0) (3,1)
【分析】本题考查了坐标与图形性质，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定
和性质；
求出OC=1，过点D作DE⊥x轴于点E，证明△OBC≌△ECD(AAS)，得到
DE=OC=1，CE=OB=2，求出OE=3即可解决问题．
【详解】解：∵BC=❑√5，B(0,3)，
∴OB=2，
∴OC=❑√BC2−OB2=1，
∴C(1,0)，
如图，过点D作DE⊥x轴于点E；
∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴∠BCD=90°，BC=CD，而∠BOC=90°，
∴∠OBC+∠OCB=∠OCB+∠DCE=90°，
∴∠OBC=∠DCE；
在△OBC与△ECD中，
{
∠OBC=∠ECD
)
∠BOC=∠CED=90° ，
BC=CD
∴△OBC≌△ECD(AAS)，
∴DE=OC=1，CE=OB=2
∴OE=OC+CE=3，
∴点D的坐标为(3,1)，
故答案为：(1,0)；(3,1)．
22．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(5，5)，点E、F分别在边BC、BA上，CE=2．若∠EOF=45°，则F点的坐标是 ．
15
【答案】(5， )
7
【分析】连接EF，延长BA到点M，使得AM=CE,连接OM,根据正方形的性质可得
OC=OA=AB=BC=5，∠OCE=∠OAB=∠B=∠COA=90°，分别证明
△OCE≌△OAM，△OFE≌△OFM，由全等三角形的性质可得
EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=t，则BF=5−t，EF=t+2，在Rt△EBF
15
中，由勾股定理易得BE2+BF2=EF2,代入求值可得t= ，可确定点F的纵坐标，
7
即可获得答案．
【详解】解：连接EF，延长BA到点M，使得AM=CE,连接OM，如下图，
∵四边形OABC是正方形，B(5，5)，∴OC=OA=AB=BC，
∠OCE=∠OAB=∠B=∠COA=90°，
在△OCE和△OAM中，
{
OC=OA
)
∠OCE=∠OAM ，
CE=AM
∴△OCE≌△OAM(SAS)，
∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOF=∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
{
OE=OM
)
∠EOF=∠MOF ，
OF=OF
△OFE≌△OFM(SAS)，
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，
设AF=t，则BF=5−t，BF=5−t，
BE=BC−CE．
在Rt△EBF中，由勾股定理，得，
BE2+BF2=EF2，
15
即32+(5−t) 2=(t+2) 2，解得：t= ，
7
15
∴AF= ，
7
( 15)
即F点的坐标是 5, ．
7
( 15)
故答案为： 5,
7
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾
股定理等知识，正确添加辅助线构造全等三角形和直角三角形是解题的关键．
23．（22-23八年级下·广西钦州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边
AB在x轴上，AB=2，且AB的中点是坐标原点O．固定点A，B，把正方形沿箭头
方向推，使点D落在y轴正半轴上点D′处，则点C的对应点C′的坐标为 ．
【答案】(2,❑√3)【分析】题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理等知识点，结合并熟
练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据正方形的性质及题意可得
AD′=D′C′=BC′=AB=2，可得四边形ABC′D′为菱形，故点C′的横坐标等于D′C′
的长度，其纵坐标等于点D′的纵坐标，由勾股定理求得OD′的长，则可知点C′的纵坐
标．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，AB=2，
∴AD=DC=2，
由题意可知，AD′=AD，D′C′=DC，BC′=BC，
∴AD′=D′C′=BC′=AB=2，
∴四边形ABC′D′为菱形，
∴D′C′∥AB，
∴点C的横坐标为2，
∵AB的中点是坐标原点O，
1
∴AO= AB=1，
2
在Rt△AOD′中，由勾股定理得：OD′=❑√AD′2−AO2=❑√22−12=❑√3，
∴点C的对应点C′的坐标为(2,❑√3)．
故答案为：(2,❑√3)．
【题型5 正方形的判定证明】
24．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，在△ABC中，AD是角平分线，
DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F．
(1)判定四边形AEDF的形状，并证明你的结论；
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？为什么？
【答案】(1)菱形，见解析
(2)∠BAC=90°【分析】本题主要考查正方形的判定，菱形的判定：
（1）先根据DE∥AC，DF∥AB证明四边形AEDF是平行四边形．根据角平分线、平
行线的性质得出∠DAC=∠ADF，根据等角对等边得出FA=FD，可证四边形AEDF是
菱形．
（2）有一个角是直角的菱形为正方形，由此可解．
【详解】（1）解：四边形AEDF是菱形．
证明：∵ DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形．
又∵AD平分∠BAC，
∴∠BAD=∠DAC．
又∵ DF∥AB，
∴∠BAD=∠ADF，
∴∠DAC=∠ADF，
∴FA=FD．
∴四边形AEDF是菱形．
（2）解：当∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形．
理由：由（1）得四边形AEDF是菱形，
又∵∠BAC=90°，
∴菱形AEDF是正方形．
25．（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D是AB
的中点，AD=BC．过点D作DE⊥AB且DE=BD，连接CE．求证：四边形BCED是正
方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定，先证明DE=BD=BC，
∠BDE=∠ABC=90°，DE∥BC即可得到结论．
【详解】证明：∵点D是AB的中点，
∴AD=BD．
∵AD=BC，DE=BD，∴DE=BD=BC．
∵DE⊥AB，
∴∠BDE=∠ABC=90°，则DE∥BC，
∴四边形BCED是矩形．
∵BD=BC，
∴四边形BCED是正方形．
26．（24-25九年级上·山东青岛·期末）如图，在平行四边形ABCD中，点E，F是对角线
BD上的三等分点，连接AE,CE,AF,CF．求证：
(1)△ABE≌△CDF；
1
(2)连接AC，若AC⊥BD，且AC= BD，判断四边形AECF的形状，并证明．
3
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形AECF为正方形
【分析】（1）根据平行四边形的性质可得AB=CD，AB∥DC，然后可证明
∠ABE=∠CDF，再利用SAS来判定△AED≌△CFB即可得解；
（2）如图，连接AC交BD于O，证明AE∥CF，可得四边形AECF为平行四边形，结合
AC⊥BD，可得四边形AECF为菱形，证明AC=EF，可得四边形AECF为正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥DC．
∴∠ABE=∠CDF．
∵点E，F是对角线BD上的三等分点，
∴BE=EF=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)．
（2）解：四边形AECF为正方形．理由如下：
如图，连接AC交BD于O，∵△ABE≌△CDF，
∴AE=CF，∠AEB=∠CFD，
∴∠AEF=∠CFE，
∴AE∥CF，
∴四边形AECF为平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形AECF为菱形，
1
∵AC= BD，BE=EF=DF，
3
∴AC=EF，
∴四边形AECF为正方形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，
正方形的判定，熟记特殊四边形的判断方法是解本题的关键．
【题型6 正方形的性质与判定综合】
27．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，正方形ABCD中， AB=3❑√2，点E是对角
线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作
矩形DEFG，连接AG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形．
(2)求AG+AE的值．
【答案】(1)见解析；
(2)6．
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明
△EMD≌△ENF即可解决问题；（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG=EC即可解决问题．
【详解】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM=EN，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN=∠≝=90°，
∴∠DEM=∠FEN，
∵∠EMD=∠ENF=90°，
∴△EMD≌△ENF(ASA)，
∴ED=EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．
（2）∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE，DC=DA=AB=3❑√2，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE，
∴AE+AG=AE+EC=AC=❑√2AD=6．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解
直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
28．（23-24八年级下·天津·期末）如图1，点E是正方形ABCD内的一点，连接CE，点F
在点E右侧，且∠ECF=90°，CE=CF；连接BE，DF，EF．(1)如图1，
①求证：BE=DF；
②延长BE交线段DF于点P，若BC=2CE=4，PE=PF，线段BP的长为______．
(2)如图2，EF交CD于点G，若B，E，F三点在同一条直线上，且AE⊥BF，求证：
CG=DG．
【答案】(1)①证明见解析；②2❑√3+2
(2)证明见解析
【分析】（1）①由已知并结合正方形的性质得∠BCE=90°−∠DCE=∠DCF，证
明△BCE≌△DCF(SAS)，即可得证；
②设BP交CD于点K，推出∠BPD=∠EPF=90°，得到PE=PF，则
∠PEF=∠PFE=45°，继而得到∠PEC=90°，由BC=2CE=4，得CE=2，则
BE=❑√BC2−CE2=2❑√3，证明四边形PECF是正方形，即可求得线段BP的长；
（2）作AL⊥FD交FD的延长线于点L，则∠AEF=∠AEB=∠L=90°，证明四边
形AEFL是正方形，得FL=EF，作CH⊥EF于点F，则CH=EH=FH，再证明
1 1
△CBH≌△BAE(AAS)，得CH=BE=DL，因为CH= EF，得DL= FL，则
2 2
DF=DL=CH，再证明△CGH≌△DGF(AAS)，即可得证．
【详解】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形，∠ECF=90°，CE=CF，
∴∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，CB=CD=AD=AB，
∴∠BCE=90°−∠DCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
{
CB=CD
)
∠BCE=∠DCF ，
CE=CF
∴△BCE≌△DCF(SAS)，∴BE=DF；
②解：如图1，设BP交CD于点K，
∵△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BKC=∠DKP，
∴∠CDF+∠DKP=∠CBE+∠BKC=90°，
∴∠BPD=∠EPF=90°，
∵PE=PF，
∴∠PEF=∠PFE=45°，
∵∠ECF=90°，CE=CF，
∴∠CEF=∠CFE=45°，
∴∠PEC=∠PEF+∠CEF=45°+45°=90°，
∴∠BEC=180°−∠PEC=90°，
∵BC=2CE=4，
∴CE=2，
∴BE=❑√BC2−CE2=❑√42−22=2❑√3，
∵∠EPF=∠ECF=∠BEC=90°，
∴四边形PECF是矩形，
∵CE=CF，
∴四边形PECF是正方形，
∴PE=CE=2，
∴BP=BE+PE=2❑√3+2，
∴线段BP的长是2❑√3+2，
故答案为：2❑√3+2；
（2）证明：如图2，作AL⊥FD交FD的延长线于点L，
∵B，E，F三点在同一条直线上，且AE⊥BF，∴∠AEF=∠AEB=∠L=90°，
∵△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF，
∵∠BGC=∠DGF，
∴∠CDF+∠DGF=∠CBE+∠BGC=90°，
∴∠EFL=90°，
∴四边形AEFL是矩形，
∴∠EAL=∠BAD=90°，
∴∠DAL=90°−∠DAE=∠BAE，
在△DAL和△BAE中，
{∠ALD=∠AEB
)
∠DAL=∠BAE ，
AD=AB
∴△DAL≌△BAE(AAS)，
∴AL=AE，DL=BE，
∴四边形AEFL是正方形，
∴FL=EF，
作CH⊥EF于点F，
∵∠ECF=90°，CE=CF；
∴CH=EH=FH，∠CHF=∠BHC=∠ABC=∠AEB=90°，
∴∠BCH=90°−∠CBH=∠ABE，
在△CBH和△BAE中，
{∠BHC=∠AEB
)
∠BCH=∠ABE ，
BC=AB
∴△CBH≌△BAE(AAS)，
∴CH=BE=DL，
1
∵CH= EF，
2
1
∴DL= FL，
2
∴DF=DL=CH，
在△CGH和△DGF中，{∠CHG=∠DFG
)
∠CGH=∠DGF ，
CH=DF
∴△CGH≌△DGF(AAS)，
∴CG=DG．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定，同角的余角相等，全等三角形
的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，勾股
定理等知识．通过作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
29．（23-24八年级下·安徽淮南·期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE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，AB=2，
①求AG的长；
②求OF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①2；②2❑√2−2
【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）①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；②由（1）知，四边形ABEF是正方形，得出AF=AB=2．由（2）（ⅰ）知，
△AGD≌△ABE，DG=EB=AB=AF=AG=2，求出∠DAG=∠ADG=45°，勾股定理得出AD=2❑√2，得出DF=2❑√2−2．再证明∠FDO=∠FOD=45°，即可得
出OF=DF=2❑√2−2．
【详解】（1）证明：∵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，
∴四边形ABEF的正方形．
（2）解：（ⅰ）∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG=∠BAE．
在△AGD和△ABE中，
{∠DAG=∠EAB
)
∠AGD=∠ABE ，
AD=AE
∴△AGD≌△ABE(AAS)，
∴AB=AG，
∴AG=AB=2．
（ⅱ）由（1）知，四边形ABEF是正方形，
∴AF=AB=2．
由（2）（ⅰ）知，△AGD≌△ABE，
∴DG=EB=AB=AF=AG=2，
∴AD=2❑√2，∠DAG=∠ADG=45°，
∴DF=2❑√2−2．
∵EF⊥AD，
∴∠FDO=∠FOD=45°，
∴OF=DF=2❑√2−2．
【点睛】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，勾股定理，掌握全等三角形和勾股定理是解决问题的关键．
【题型7 求正方形形中最值问题】
30．（24-25九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，在正方形ABCD中AB=2cm，点P为AC上一动点，点E为CD的中点，则PE+PD的最小值为（ ）
A．2cm B．❑√2cm C．2❑√2cm D．❑√5cm
【答案】D
【分析】本题考查轴对称—最短路线问题、正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是
明确题意，利用数形结合的思想解答．
连接BD，PB，PE，BE，根据正方形的性质得PD+PE=PB+PE，再两点之间线段最
短得当点B、P、E三点共线时，PB+PE值最小，最小值是BE，利用勾股定理求出BE的
长，即可求得PE+PD的最小值．
【详解】解：连接BD，PB，PE，BE，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点D和点B关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE，
∵PB+PE≥BE
∴当点B、P、E三点共线时，PB+PE值最小，最小值是BE，
∵四边形ABCD是正方形，AB=2cm，点E为CD的中点，
∴∠BCE=90°，CE=1cm，
∴BE=❑√12+22=❑√5(cm)
故选：D．
31．（24-25九年级上·北京·阶段练习）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是
边DC，CB上的动点，且始终满足DE=CF，AE，DF交于点P．连接CP，线段CP长的
最小值为（ ）A．❑√3−1 B．❑√3+1 C．❑√5−1 D．❑√5+1
【答案】C
【分析】根据“边角边”证明△ADE和△DCF全等，根据全等三角形对应角相等可得
∠DAE=∠CDF，然后求出∠APD=90°，取AD的中点O，连接OP，根据直角三角形
斜边上的中线等于斜边的一半可得点P到AD的中点的距离不变，再根据两点之间线段最
短可得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，然后根据勾股定理列式求出OC，再求解即
可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD，∠ADE=∠DCF=90°，
在△ADE和△DCF中，
{
AD=DC
)
∠ADE=∠DCF ，
DE=CF
∴ △ADE ≌△DCF(SAS)，
∴ ∠DAE=∠CDF，
∵ ∠CDF+∠ADF=∠ADC=90°，
∴ ∠DAE+∠ADF=90°，
∴ ∠APD=90°，
1 1
取AD的中点O，连接OP，则OP= AD= ×2=1（定值），
2 2
根据两点之间线段最短得C、P、O三点共线时线段CP的值最小，
在Rt△COD中，由勾股定理得OC=❑√CD2+OD2=❑√22+12=❑√5，∴ CP的最小值=OC−OP=❑√5−1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线
等于斜边的一半的性质，勾股定理，确定出点P到AD的中点的距离是定值是解题的关键．
32．（24-25九年级上·广西河池·期末）如图，正方形ABCD的边长为2，点P是以AB为直
径的半圆O上一点，则CP的最小值为 ．
【答案】❑√5−1/−1+❑√5
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练运用勾股定理解决问
题．
连接OP，OC，OC交半圆O于点P′，利用勾股定理求解OC=❑√OB2+BC2=2❑√5，再进
一步可得答案．
【详解】解：如图，连接OP，OC，OC交半圆O于点P′，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2，
1 1
∴OB= AB= ×2=1，
2 2
在Rt△OBC中，OC=❑√OB2+BC2=❑√5，CP≥OC−OP，
∴ CP≥❑√5−1，
当点P与点P′重合时，CP取得最小值❑√5−1．
故答案为：❑√5−1．33．（24-25八年级上·浙江嘉兴·期中）如图：已知正方形ABCD的边长为4，若P是对角
线BD上一动点，E为边AD中点；连接PE，PA；则P点运动过程中，PA+PE的最小值
为 ．
【答案】2❑√5
【分析】本题重点考查轴对称﹣最短路线问题、正方形的性质、勾股定理等知识，正确地
作出辅助线是解题的关键．连接AC、PC、CE，由正方形的性质得AD=CD=4，
∠CDE=90°，则DE=AE=2，所以CE=❑√CD2+DE2=2❑√5，由BD垂直平分AC，点
P在BD上，得PA=PC，由PC+PE≥CE，得PA+PE≥2❑√5 ❑√5，则PA+PE的最小值
为2❑√5，于是得到问题的答案．
【详解】解：连接AC、PC，
∵正方形ABCD的边长为4，E为边AD中点
∴AD=CD=4，∠CDE=90°，
1
∴DE=AE= AD=2，
2
∴CE=❑√CD2+DE2=❑√42+22=2❑√5，
∵BD垂直平分AC，点P在BD上，
∴PA=PC，
∴PA+PE=PC+PE，
∵PC+PE≥CE，∴PA+PE≥2❑√5，
∴PA+PE的最小值为2❑√5，
故答案为：2❑√5．
34．（24-25九年级上·江苏南京·阶段练习）如图，在边长为3的正方形ABCD中，E、F分
别是边AB、BC上的动点，且EF＝2，M为EF中点，P是边AD上的一个动点，则CP＋
PM的最小值是 ．
【答案】3❑√5−1/−1+3❑√5
【分析】延长CD到C′，使C′D=CD=3，则C′C=6，CP+PM=C′P+PM，当C′，P，
M三点共线时，C′P+PM的值最小，根据题意，点M的轨迹是以B为圆心，1为半径的圆
弧上，圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值C′M=C′B−1．根据勾股定理即可得到结
论．
【详解】解：延长CD到C′，使C′D=CD=3，则C′C=6，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°，BC=CD=3，
∴PD⊥CD，
∴PD是CC′的垂直平分线，
∴CP=C′P，
∴CP+PM=C′P+PM，
当C′，P，M三点共线时，C′P+PM的值最小，
∵∠EBF=90°，点M是EF的中点，EF=2，∴BM=1，
∴点M的轨迹是以B为圆心，1为半径的圆弧上，圆外一点C′到圆上一点M距离的最小值
C′M=C′B−1．
∵BC=3，CC′=6，
∴C′B=❑√CC′2+BC2=❑√62+32=3❑√5，
∴CP+PM的最小值是3❑√5−1．
故答案为∶3❑√5−1．
【点睛】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
正方形的性质，勾股定理，正确的找到P点的位置是解题的关键．
35．（2024·广东·模拟预测）如图．正方形ABCD的边长为1，E、F分别是BD、CD上的
动点．且BE=CF．则AE+AF的最小值为 ．
【答案】❑√3
【分析】将CD绕点C旋转45°，得到CH，连接HF，证明△FCH≌△EBA，得到
AE=FH，进而得到AE+AF=AF+FH≥AH，得到当A,F,H三点共线时，AE+AF
取得最小值为AH的长，过点H作HG⊥AD，HM⊥CD，得到四边形DGHM为矩形，
△HMC为等腰直角三角形，进而求出
【详解】解：如图，将CD绕点C旋转45°，得到CH，连接HF，则：CH=CD=1，
∠DCH=45°，
∵正方形ABCD，∴AB=CD=AD=BC,∠ABD=45°，
∴CH=AB,∠ABE=∠DCH，
又∵BE=CF，
∴△FCH≌△EBA，
∴AE=FH，
∴AE+AF=AF+FH≥AH，
∴当A,F,H三点共线时，AE+AF取得最小值为AH的长，
过点H作HG⊥AD，HM⊥CD，则四边形DGHM为矩形，
∴DG=MH，DM=HG，
∵CH=CD=1，∠DCH=45°，
∴△HMC为等腰直角三角形，
❑√2 ❑√2
∴CM=HM= CH= ，
2 2
❑√2 ❑√2
∴DM=CD−CM=1− ，DG=HM= ，
2 2
❑√2 ❑√2
∴GH=DM=1− AG=1+ ，
2 2
在Rt△AGH中，AH=❑√AG2+HG2=❑√3，
∴AE+AF的最小值为❑√3．
故答案为：❑√3．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，全等三
角形的判定和性质，勾股定理，最短路径问题等知识点，解题的关键是通过旋转，构造全
等三角形．
36．（24-25九年级上·湖南长沙·开学考试）如图，已知正方形ABCD的周长为20，AE=1
，CF=4，若M为对角线AC上一动点，则EM+FM的最小值为 ．
【答案】5【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握
“将军饮马”等模型．作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，交AC于M，此时
EM+FM，最小值是E′F的长，进而可求得答案．
【详解】解：如图，作点E关于AC的对称点E′，连接E′F，交AC于M，此时EM+FM
最小，
∵四边形ABCD是正方形，
20
∴AD=CD= =5，∠BAD=∠D=90°，AB∥CD，点E′在AB上，AE′=AE=1，
4
∴DF=CD−CF=1，
∴AE′=DF，
∴四边形AE′FD是 平行四边形，
∴E′F=AD=5，
∴EM+FM=E′M+FM=E′F=5，
故答案为：5．
【题型8 正方形中“十字架”模型】
37．（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形ABCD中，AE⊥FG，求证：
AE=FG；
（2）如图②，将边长为12的正方形ABCD折叠，使点A落在CD上的点E，然后压平
折痕FG，若FG的长为13，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）7
【分析】（1）过点G作GH⊥AD，垂足为H，证明四边形ABGH为矩形，得出
GH=AB，证明△GHF≌△ADE(AAS)，得出AE=FG；
（2）作GH⊥AD，垂足为H，根据勾股定理得FH=❑√GF2−HG2=❑√132−122=5．
根据△GHF≌△ADE，得出DE=FH=5，求出结果即可．
【详解】解：（1）过点G作GH⊥AD，垂足为H，如图所示：
∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴∠HAB=∠B=90°,AB=AD，
∵GH⊥AD，
∴∠AHG=90°，
∴∠HAB=∠B=∠AHG=90°，
∴四边形ABGH为矩形，
∴GH=AB，
∴GH=AD，
在△AFM和△ADE中，∠FAM=∠DAE,∠AMF=∠D=90°，
∴∠HFG=∠AED，
{∠HFG=∠DEA
)
在△GHF和△ADE中， ∠GHF=∠ADE ，
GH=AD
∴△GHF≌△ADE(AAS)，
∴AE=FG．（2）作GH⊥AD，垂足为H，如图所示：
由（1）知HG=AB=12，
∴在△GHF中，由勾股定理，得：
FH=❑√GF2−HG2=❑√132−122=5．
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的点E，折痕为FG，
∴AE⊥GF，
由（1）可知△GHF≌△ADE，
∴DE=FH=5，
∴CE=DC−DE=12−5=7．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠性质，三角形全等
的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
38．（23-24八年级下·安徽铜陵·期末）如图，正方形ABCD，点E、M、N分别在
AB、AD、BC上，DE与MN相交于点O．记∠MOD=α．
(1)如图1，若∠MOD=90°，求证：DE=MN；
(2)如图2，若∠MOD=45°，边长AB=4，MN=❑√17，求线段DE的长．
【答案】(1)见解析
4❑√34
(2)DE的值为 ．
5
【分析】（1）作平行四边形DMNH，通过证得△ADE≌△CDH，即可证得结论；（2）过点D作DQ∥MN交BC于点Q，则四边形MNQD是平行四边形，得出根据勾
股定理求得CQ=1，进而求得BQ=3，作∠ADP=∠CDQ，DP交BA延长线于P，
通过证△ADM≌△CDN(ASA)，证得AM=NC，∠ADM=∠CDN，DM=DN，
继而证得△PDE≌△QDE(SAS)，证得PE=QE，从而证得AE+CQ=EQ，设AE=x
则BE=4−x，根据勾股定理求得AE，进一步根据勾股定理求得DE．
【详解】（1）证明：作平行四边形DMNH，则MN=DH，MD=NH，MN∥DH，
如图，
∴∠MOD=∠HDO=90°，
∴∠HDC+∠EDC=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ADC=∠EAD=∠ABC=∠BCD=90°，AD=CD=AB=BC，
∵∠ADE+∠EDC=90°，
∴∠HDC=∠ADE，
在△ADE和△CDH中，
{
∠HDC=∠ADE
)
∠DCH=∠A=90° ，
DC=AD
∴△ADE≌△CDH，
∴DE=DH，
∴DE=MN；
（2）解：过点D作DQ∥MN交BC于点Q，∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，
∴四边形MNQD是平行四边形，
∴DQ=MN，DM=NQ，
∵∠BCD=90°，CD=AB=4，MN=DQ=❑√17，
∴CQ=❑√DQ2−DC2=1，
∴BQ=BC−CQ=4−1=3，
作∠ADP=∠CDQ，DP交BA延长线于P，
在△ADP和△CDQ中，
{∠ADP=∠CDQ
)
DC=AD ，
∠C=∠PAD
∴△ADP≌△CDQ(ASA)，
∴AP=CQ=1，DP=DQ=❑√17，
∵∠MOD=45°，
∴∠EDQ=45°，
∴∠ADE+∠CDQ=45°，
∴∠ADE+∠ADP=45°=∠PDE，
在△PDE和△QDE中，
{
PD=QD
)
∠PDE=∠QDE ，
DE=DE
∴△PDE≌△QDE(SAS)，
∴PE=QE，
即AE+CQ=EQ，
设AE=x，则BE=4−x，在Rt△BEQ中，32+(4−x) 2=(x+1) 2，
12
解得x= ，
5
∴DE=❑√AD2+AE2=❑
√
42+
(12) 2
=
4❑√34
．
5 5
4❑√34
即DE的值为 ．
5
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，
二次根式的混合运算．作出辅助线构建全等三角形是解题的关键．
【题型9 正方形中“对角互补”模型】
39．（23-24八年级下·江西抚州·期中）在四边形ABCD中，AD平分∠BAC，并且
∠B+∠C=180°．
(1)如图1，当∠C=90°时，则BD与CD的数量关系是______；
(2)如图2，当∠C是钝角时，(1)中的结论是否仍然成立?请证明你的判断；
(3)如图3，若CD⊥DB，AC=2，AD=3❑√2，求△ABD的面积
【答案】(1)BD=CD
(2)成立，证明见解析
(3)6
【分析】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的证明和性质，正方形的判定和性
质，利用角平分线的性质证明三角形全等是解题的关键．
（1）利用角平分线上的点到角两边的距离相等即可证明；
（2）过D作DE⊥AB，DF⊥AC，证△DCF≌△DBE即可得到结果；
（3）过D作DM⊥AB,交AB于M，DN⊥AC，交AC延长线于N，证明
△BMD≌△CND，可得∠BDM=∠CDN，再证明四边形AMDN是正方形，根据正
方形的性质和三角形的面积公式求解．【详解】（1）在四边形ABCD中，
∵∠B+∠C=180°，∠C=90°，
∴∠B=90°，
∴DC⊥AC,DB⊥AB，
AD平分∠BAC，
∴BD=CD；
故答案为：BD=CD
（2）成立，理由是：
如图，过D作DE⊥AB,交AB于E，DF⊥AC，交AC延长线于F，
∴∠DFC=∠DEB=90°，
∵AD平分∠BAC，
∴DE=DF，
∵∠B+∠DCA=180°，
∠DCA+∠DCF=180°，
∴∠B=∠DCF，
在△DCF与△DBE中，
{∠DFC=∠DEB
)
∠DCF=∠DBE
DF=DE
∴△DCF≌△DBE(AAS)，
∴BD=CD；
（3）如图，过D作DM⊥AB,交AB于M，DN⊥AC，交AC延长线于N，
∠AMD=∠∧=90°
，
∵AD平分∠BAC，DM⊥AB，DN⊥AC，∴DM=DN，
∵∠B+∠ACD=180°，∠ACD+∠NCD=180°，
∴∠B=∠NCD，
在△NCD和△MBD中，
{∠BMD=∠CND=90°
)
∵ ∠B=∠NCD
DM=DN
∴△BMD≌△CND(AAS)，
∴MB=CN，∠BDM=∠CDN，
∴∠BDM+∠MDC=∠CDN+∠MDC，
即∠MDN=∠BDC，
∵CD⊥DB，
∴∠MDN=∠BDC=90°，
∴四边形AMDN是矩形，
∵DM=DN
∴四边形AMDN是正方形，
❑√2
∴AM=DM=AN= AD=3，
2
∴MB=CN=AN−AC=1，
∴AB=AM+MB=4，
1 1
∴S = AB⋅DM= ×4×3=6．
△ABD 2 2
40．（21-22八年级下·广东江门·期中）如图，边长为2的正方形ABCD中，P是对角线
AC上的一个动点（与点A，C不重合），过点P作PE⊥PB，PE交射线DC于点
E．
(1)求证：PB=PE；
(2)在点P的运动过程中，△PEC能否为等腰三角形？如果能，求出此时AP的长；如果不能，试说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)能，AP=2
【分析】（1）过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，根据正方形的性质
证明△PGB≌△PHE，即可证明；
（2）根据题意分①若点E在线段DC上②若点E在线段DC的延长线上，分别求解即
可．
【详解】（1）证明：过点P作PG⊥BC于G，过点P作PH⊥DC于H，如图,
∵四边形ABCD是正方形，PG⊥BC，PH⊥DC，
∴∠GPC=∠ACB=∠ACD=∠HPC=45°．
∴PG=PH，∠GPH=∠PGB=∠PHE=90°．
∵PE⊥PB即∠BPE=90°，
∴∠BPG=90°−∠GPE=∠EPH．
在△PGB和△PHE中，
{∠PGB=∠PHE
)
PG=PH ．
∠BPG=∠EPH
∴△PGB≌△PHE(ASA)，
∴PB=PE；
（2）解：能，理由如下：
①若点E在线段DC上，如图，∵∠BPE=∠BCE=90°，∴∠PBC+∠PEC=180°．
∵∠PBC<90°，∴∠PEC>90°．
若△PEC为等腰三角形，则EP=EC．
∴∠EPC=∠ECP=45°，
∴∠PEC=90°，与∠PEC>90°矛盾，
∴当点E在线段DC上时，△PEC不可能是等腰三角形．
②若点E在线段DC的延长线上，如图．
若△PEC是等腰三角形，
此时∠PCE=180°−∠ACD=135°，
∴CP=CE，
∴∠CPE=∠CEP=22.5°．
∴∠APB=180°−90°−22.5°=67.5°．
∵∠PRC=90°+∠PBR=90°+∠CER，
∴∠PBR=∠CER=22.5°，
∴∠ABP=90°−∠PBR=67.5°，
∴∠ABP=∠APB．
∴AP=AB=2．
∴AP的长为2．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，角分线的性质，等腰
三角形的判定与性质等知识点，注意分类在解题中的应用．
41．（23-24八年级下·河南郑州·期中）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F
分别在AB、BC上(AE
