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期末复习学案（4）平行四边形3（正方形及四边形中的折叠最值问题）（解析
版）
考点1：正方形的性质
1．（2024•大渡口区模拟）一个正方形的边长为2，它的面积为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【思路引领】根据正方形面积公式列式计算即可．
【解答】解：根据正方形面积公式得，它的面积为22＝4；
故选：B．
【总结提升】本题考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形面积公式．
2．（2023秋•遂川县期末）若正方形ABCD的周长为8，则对角线AC的长为 2❑√2 ．
【思路引领】由正方形的周长可得正方形的边长，再由对角线等于边长的❑√2倍，可得结论．
【解答】解：设正方形的边长为a，
∵正方形ABCD的周长为8，
∴4a＝8，即a＝2，
∴对角线AC=❑√2a=2❑√2．
故答案为：2❑√2．
【总结提升】本题主要考查正方形的性质，属于简单题目，知道对角线与边长的关系是解题关键．
3．（2023 秋•淄川区期末）如图所示，在正方形 ABCD 中，O 是对角线 AC、BD 的交点，过 O 作
OE⊥OF，分别交AB、BC于E、F，若AE＝4，CF＝3，则EF的长为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【思路引领】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，EF=❑√BE2+BF2=❑√32+42=5．
故选：C．
【总结提升】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．（2023秋•观山湖区校级月考）小明用四根长度相同的木条，制作了如图 1能够活动的菱形学具，并测
得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，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．20cm B．30cm C．40cm D．20❑√2cm
【思路引领】如图1，先证△ABC是等边三角形，可得AB＝AC＝20cm，如图2，由正方形的性质可求
解．
【解答】解：如图1，连接AC，
∵∠B＝60°，AB＝BC，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝AC＝20cm，
如图2，连接AC，
∵AB＝BC＝20cm，∠ABC＝90°，
∴AC＝20❑√2cm，
故选：D．【总结提升】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，灵活运用这些性质解
决问题是解题的关键．
5．（2023秋•建邺区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形 ABCD的边长为2，∠DAO＝60°，则点C
的坐标为 （❑√3 ， 1+❑√3） ．
【思路引领】过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，证明△AOD≌△DFC即可求出CE，CF，进而得到点C
的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，如图：
∵正方形ABCD的边长为2，∠DAO＝60°，
∴∠ADO＝30°，
∴AO＝1，DO=❑√3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADO＝∠DCF，
∴△AOD≌△DFC（AAS），
∴AO＝DF＝1，DO＝CF=❑√3，
∴CE＝1+❑√3，
∴点C的坐标为：（❑√3，1+❑√3）．
故答案为：（❑√3，1+❑√3）．【总结提升】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题关键．
6．（2022春•鄂州期中）如图，分别以△ABC的边AB，AC为边往外作正方形ABDE和正方形ACFG，连
接BG，CE，EG，若AB＝3，AC＝1，则BC2+EG2的值为 2 0 ．
【思路引领】连接BE，CG，先证明△BAG≌△EAC，得∠ABG＝∠AEC，可得BG⊥CE，最后由勾股
定理可得结论．
【解答】解：如图，连接BE，CG，
∵正方形ABDE和正方形ACFG，
∴AB＝AE，AG＝AC，∠BAE＝∠CAG＝90°，
∴∠BAG＝∠CAE，
∴△BAG≌△EAC（SAS），
∴∠ABG＝∠AEC，
∵∠AHB＝∠OHE，
∴∠EOH＝∠BAH＝90°，
∴∠EOG＝∠BOC＝90°，
∴BC2+EG2＝OB2+OC2+OE2+OG2＝BE2+CG2，
∵AB＝3，AC＝1，
∴BE2＝32+32＝18，CG2＝12+12＝2，
∴BE2+CG2＝18+2＝20，
∴BC2+EG2＝20．
故答案为：20．
【总结提升】此题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的
判定与性质是解本题的关键．7．（2023春•肇源县月考）如图，正方形 ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点F是CD上一点，
OE⊥OF 交 BC 于点 E，连接 AE，BF 交于点 P，连接 OP．则下列结论：①△ABE≌△BCF；
1
②AE⊥BF；③若AE平分∠BAC，则BE：CE＝1：❑√2；④OP= AC；⑤四边形OECF的面积是正
3
1
方形ABCD面积的 ．其中正确的结论是（ ）
4
A．①②④⑤ B．①②③⑤ C．①②③④ D．①③④⑤
【思路引领】利用全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边角关系定理
对每个选项的结论进行判断即可得出结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝BC＝CD，AC⊥BD，∠ABD＝∠DBC＝∠ACD＝45°．
∴∠BOE+∠EOC＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠FOC+∠EOC＝90°．
∴∠BOE＝∠COF．
在△BOE和△COF中，
{∠OBE=∠OCF=45°
)
OB=OC ，
∠BOE=∠COF
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴BE＝CF．
在△BAE和△CBF中，
{
AB=BC
)
∠ABC=∠BCF=90° ，
BE=CF
∴△BAE≌△CBF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF．∵∠ABP+∠CBF＝90°，
∴∠ABP+∠BAE＝90°，
∴∠APB＝90°．
∴AE⊥BF．
∴①的结论正确；
②∵∠APB＝90°，∠AOB＝90°，
∴点A，B，P，O四点共圆，
∴∠APO＝∠ABO＝45°，
∴②的结论正确；
③过点O作OH⊥OP，交AP于点H，如图，
∵∠APO＝45°，OH⊥OP，
❑√2
∴OH＝OP= HP，
2
∴HP=❑√2OP．
∵OH⊥OP，
∴∠POB+∠HOB＝90°，
∵OA⊥OB，
∴∠AOH+∠HOB＝90°．
∴∠AOH＝∠BOP．
∵∠OAH+∠BAE＝45°，∠OBP+∠CBF＝45°，∠BAE＝∠CBF，
∴∠OAH＝∠OBP．
在△AOH和△BOP中，
{∠OAH=∠OBP
)
OA=OB ，
∠AOH=∠BOP
∴△AOH≌△BOP（ASA），∴AH＝BP．
∴AP﹣BP＝AP﹣AH＝HP=❑√2OP．
∴③的结论错误；
④∵BE：CE＝2：3，
∴设BE＝2x，则CE＝3x，
∴AB＝BC＝5x，
∴AE=❑√AB2+BE2=❑√29x．
过点E作EG⊥AC于点G，如图，
∵∠ACB＝45°，
❑√2 3❑√2
∴EG＝GC= EC= x，
2 2
7❑√2
∴AG=❑√AE2−GE2= x，
2
在Rt△AEG中，
EG
∵tan∠CAE= ，
AG
3❑√2
x
2 3
∴tan∠CAE= = ．
7❑√2 7
x
2
∴④的结论不正确；
⑤∵四边形ABCD 是正方形，
∴OA＝OB＝OC＝OD，∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠DOA＝90°，
∴△OAB≌△OBC≌△OCD≌△DOA（SAS）．
1
∴S = S ．
△OBC 4 正 方 形ABCD1
∴S +S = S ．
△BOE △OEC 4 正 方 形ABCD
由①知：△BOE≌△COF，
∴S△OBE ＝S△OFC ，
1
∴S +S = S ．
△OEC △OFC 4 正 方 形ABCD
1
即四边形OECF的面积是正方形ABCD面积的 ．
4
∴⑤的结论正确．
综上，①②③⑤的结论正确．
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，圆周角定理，直角三角形的边
角关系定理，等腰直角三角形的判定与性质，充分利用正方形的性质构造等腰直角三角形和全等三角形
是解题的关键．
考点2 正方形的判定
8．（2023 秋•秦都区期末）已知菱形 ABCD 中对角线 AC、BD 相交于点 O，添加条件 AC ＝ BD 或
AB ⊥ BC 可使菱形ABCD成为正方形．
【思路引领】知道四边形ABCD是菱形和菱形的对角线，要在菱形的对角线的性质的基础上加上合适的
条件使菱形成为正方形，再结合正方形的对角线的性质就可以得出需要添加的条件．
【解答】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：AC＝BD；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：AB⊥BC；
故添加的条件为：AC＝BD或AB⊥BC．
【总结提升】本题是一道条件开放性试题，考查了菱形的性质的运用，正方形的性质的运用，解答时熟
悉正方形的判定方法是关键．
9．（2023春•崆峒区校级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当∠ABC＝90°，平行四边形ABCD是矩形
B．当AB＝BC，平行四边形ABCD是菱形
C．当AC＝BD，平行四边形ABCD是菱形
D．当AC＝BD且AC⊥BD，平行四边形ABCD是正方形【思路引领】根据矩形、菱形和正方形的判定即可选出答案．
【解答】解：A选项：根据矩形的判定“一个角是直角的平行四边形是矩形”，故选项A正确；
B选项：根据菱形的判定“有一组邻边相等的平行四边形是菱形”，故B选项正确；
C选项：对角线相等的平行四边形是矩形，而不是菱形，故C选项错误；
D选项：根据AC⊥BD可判断对角线互相垂直的平行四边形是菱形，根据 AC＝BD可判断对角线互相相
等的菱形是正方形，故D选项正确．
故选：C．
【总结提升】本题考查了对矩形、菱形和正方形判断的应用，牢记四边形的判定定理是解题的关键．
10．（2023春•滨州期末）如图，以△ABC的三边为边分别作等边△ACD、△ABE、△BCF，且点A在
△BCF内部．给出以下结论：①AC＝EF；②当∠BAC＝150°时，四边形ADFE是矩形；③当AB＝
AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形ADFE是正方形．其中正确
结论有 ①②③④ ．（填上所有正确结论的序号）．
【思路引领】①利用SAS证明△EFB≌△ACB，得出EF＝AC，即可判断结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，求出∠EAD＝90°，根据有一个角是90°的平行四边形是矩形即可判断结论②正
确；
③先证明AE＝AD，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判断结论③正确；
④根据正方形的判定：既是菱形，又是矩形的四边形是正方形即可判断结论④正确．
【解答】解：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE＝AB，BF＝CB，∠EBA＝∠FBC＝60°；
∴∠EBF＝∠ABC＝60°﹣∠ABF；
∴△EFB≌△ACB（SAS）；
∴EF＝AC，故结论①正确；
②当∠BAC＝150°时，∠EAD＝360°﹣∠BAE﹣∠BAC﹣∠CAD＝360°﹣60°﹣150°﹣60°＝90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB＝AE，AC＝AD，四边形AEFD是平行四边形，∴当AB＝AC时，AE＝AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB＝AC，且∠BAC＝150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【总结提升】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的
判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法和性质是解答此题的关键．
11．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满足什么条件时，四边形ADCE是一个正方形？请给出证明．
【思路引领】（1）由等腰三角形的性质得出∠BAD＝∠DAC．证出∠ADC＝∠CEA＝90°，由矩形的判
定可得出结论；
（2）当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形．证出DC＝AD，由正方形的判定可得出结论．
【解答】（1）证明：∵AB＝AC，AD⊥BC，
∴∠BAD＝∠DAC．
∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，
∴∠MAE＝∠CAE，
∴∠DAC+∠CAE＝∠BAD+∠MAE，
∵∠DAC+∠CAE+∠BAD+∠MAE＝180°，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝90°，
∵AD⊥BC，CE⊥AN，
∴∠ADC＝∠CEA＝90°，
∴四边形ADCE为矩形．
（2）解：答案不唯一，如：当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形．证明：∵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．
【总结提升】本题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．
12．（2022秋•城关区校级期末）如图，Rt△CEF中，∠C＝90°，∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足．
（1）∠EAF＝ 4 5 °（直接写出结果不写解答过程）；
（2）①求证：四边形ABCD是正方形．
②若BE＝EC＝3，求DF的长．
【思路引领】（1）根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，根据角平分线的定义得到
1 1 1
∠AFE= ∠DFE，∠AEF= ∠BEF，求得∠AEF+∠AFE= （∠DFE+∠BEF），根据三角形的内角和
2 2 2
定理即可得到结论；
（2）①作AG⊥EF于G，如图1所示：则∠AGE＝∠AGF＝90°，先证明四边形ABCD是矩形，再由角
平分线的性质得出AB＝AD，即可得出四边形ABCD是正方形；
②设DF＝x，根据已知条件得到BC＝6，由①得四边形ABCD是正方形，求得BC＝CD＝4，根据全等
三角形的性质得到BE＝EG＝2，同理，GF＝DF＝x，根据勾股定理列方程即可得到结论．
【解答】（1）解：∵∠C＝90°，
∴∠CFE+∠CEF＝90°，
∴∠DFE+∠BEF＝360°﹣90°＝270°，∵AF平分∠DFE，AE平分∠BEF，
1 1
∴∠AFE= ∠DFE，∠AEF= ∠BEF，
2 2
1 1
∴∠AEF+∠AFE= （∠DFE+∠BEF）= ×270°＝135°，
2 2
∴∠EAF＝180°﹣∠AEF﹣∠AFE＝45°，
故答案为：45；
（2）①证明：作AG⊥EF于G，如图1所示：
则∠AGE＝∠AGF＝90°，
∵AB⊥CE，AD⊥CF，
∴∠B＝∠D＝90°＝∠C，
∴四边形ABCD是矩形，
∵∠CEF，∠CFE外角平分线交于点A，
∴AB＝AG，AD＝AG，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②解：设DF＝x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝6，
由①得四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝6，
在Rt△ABE与Rt△AGE中，
{AB=AG)
，
AE=AE
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝EG＝6，
同理，GF＝DF＝x，
在Rt△CEF中，EC2+FC2＝EF2，
即32+（6﹣x）2＝（x+3）2，
解得：x＝2，
∴DF的长为2．【总结提升】本题考查了正方形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股
定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识是解题的关键．
考点3 正方形的性质和判定综合
13．（2023春•仪征市期末）如图，已知正方形ABCD，E为BC上任意一点，请仅用无刻度的直尺完成下
列作图，不写作法，保留作图痕迹．（用虚线表示画图过程，实线表示画图结果）
（1）在边AD上找点F，使得直线EF将正方形ABCD的面积平均分成相等的两部分：（在图1中完
成）
（2）在边AB上找点G，使得BG＝BE；（在图2中完成）
（3）连接AE，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，作出旋转后的三角形．（在图3中完成）
【思路引领】（1）连接AC，BD交于O，连接EO并延长交AD于F，直线EF即为所求；
（2）连接BD，AE交于H，连接CH交AB于G，则BG即为所求；
（3）连接AC，BD交于点O，连接EO，延长EO交AD于点F，连接BF交AC于点J，连接DJ，延长
DJ交AB于点K，连接KF，延长KF交CD的延长线于点G，连接AG，△ADG即为所求．
【解答】解：（1）如图所示，直线EF即为所求；
（2）点G即为所求；
（3）△ADG即为所求．【总结提升】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，作图﹣旋转变换，全等三角形的判定和性
质，轴对称的性质等知识，解题的关键是掌握轴对称的性质，灵活运用所学知识解决问题．
14．（2022春•交口县期末）如图，已知四边形ABCD和CEFG均是正方形，点K在BC上，延长CD到点
H，使DH＝BK＝CE，连接AK，KF，HF，AH．
（1）求证：AK＝AH；
（2）求证：四边形AKFH是正方形；
（3）若四边形AKFH的面积为10，CE＝1，求点A，E之间的距离．
【思路引领】（1）利用正方形的性质结合全等三角形的判定方法证明△ADH≌△ABK可证明结论；
（2）由全的性质可得∠HAK＝90°，同理可证得△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH，再利用正方形的判
定方法得出答案；
（3）结合正方形的性质利用勾股定理可求解AB＝KE＝3，BE＝4，再利用勾股定理可求解．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD和CEFG都是正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，GC＝EC＝FG＝EF，∵DH＝CE＝BK，
∴HG＝EK＝BC＝AD＝AB，
在△ADH和△ABK中，
{
AD=AB
)
∠ADH=∠ABK ，
DH=BK
∴△ADH≌△ABK（SAS），
∴AK＝AH；
（2）证明：∵△ADH≌△ABK，
∴∠HAD＝∠BAK．
∴∠HAK＝90°，
同理可得：△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH，
∴AH＝AK＝HF＝FK，
∴四边形AKFH是正方形；
（3）解：∵四边形AKFH的面积为10，
∴KF=❑√10，
∵EF＝CE＝1，
∴KE=❑√K F2−EF2=❑√10−1=3，
∴AB＝KE＝3，
∵BK＝EF＝1，
∴BE＝BK+KE＝4，
∴AE=❑√AB2+BE2=❑√32+42=5，
故点A，E之间的距离为5．
【总结提升】此题主要考查了正方形的判定与性质，勾股定理以及全等三角形的判定等知识，得出：△HGF≌△KEF≌△ABK≌△ADH是解题关键．
15．（2023春•商水县期末）如图，在正方形ABCD中，BD是对角线，AO⊥BD于点O，OE⊥BC于点
E，OF⊥CD于点F．
（1）求证：四边形OECF是正方形；
（2）若AD＝4，求正方形OECF的面积．
【思路引领】（1）首先证得△ODF≌△OBE（AAS），得到OF＝OE，结合四边形OECF是矩形，推导
出四边形OECF是正方形；
1
（2）由正方形ABCD得到∠ODF＝45°，AD＝CD＝4，DF＝OF，又OF＝FC，FC=DF= CD=2，
2
进而求得正方形OECF的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB．
∵AO⊥BD，
∴DO＝BO，
∵OF⊥DC，OE⊥BC，
∴∠OFD＝∠OEB＝90°
∵∠ODF＝∠OBE＝45°，
∴△ODF≌△OBE（AAS），
∴OF＝OE．
∵∠OFC＝∠OEC＝∠C＝90°，
∴四边形OECF是矩形．
∵OE＝OF，
∴四边形OECF是正方形．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ODF＝45°，AD＝CD＝4．
∵∠OFD＝90°，∴DF＝OF．
∵四边形OECF是正方形，
∴OF＝FC，
1
∴FC=DF= CD=2，
2
∴S正方形OECF ＝FC2＝4．
【总结提升】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质，熟练掌握正
方形的性质、全等三角形的判定及性质是解题的关键．
16．（2023•萨尔图区校级开学）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝4，点E为平面内一动点（不与
点D重合），连接DE，以DE为边作正方形DEFG，连接CG．
（1）如图1，当点E在对角线AC上移动时：
①求证：△ADE≌△CDG；
②探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由；
③求证：点F在直线BC上；
（2）如图2，连接CF，则DE+CF+CG的最小值等于 4❑√2 ．
【思路引领】（1）①根据正方形的性质，利用SAS证明△ADE≌△CDG；②根据△ADE≌△CDG可
得AE＝CG，进而可得CE+CG＝AE+EC＝AC；③过点E分别做EP⊥BC，EQ⊥CD，垂足分别为点
P、点Q，通过证明△PEF≌△QED（SAS），推出PF⊥PE，结合BC⊥PE，可证点F在直线BC．
（2）连接AE，AC，同（1）①可证△ADE≌△CDG（SAS），推出AE＝CG，进而可得DE+CF+CG＝
EF+CF+AE≤AC即可得出结论．
【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD、四边形DEFG均为正方形，
∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°．
∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，
即∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS）；②解：CE+CG的值为定值．
∵△ADE≌△CDG，
∴AE＝CG．
∴CE+CG＝AE+EC＝AC．
∵正方形ABCD中，AB＝BC＝4，∠ABC＝90°，
∴AC=❑√AB2+BC2=4❑√2，
∴CE+CG=4❑√2；
③证明：如图，过点E分别做EP⊥BC，EQ⊥CD，垂足分别为点P、点Q．
∵EP⊥BC，EQ⊥CD，AC平分∠BCD，
∴∠EPC＝∠EQC＝90°，EP＝EQ，
又∵∠BCD＝90°，
∴四边形EPCQ是正方形，
∴∠PEQ＝90°，
∴∠PEQ﹣∠FEQ＝∠DEF﹣∠FEQ，
即∠PEF＝∠QED．
在△PEF和△QED中，
{
EP=EQ
)
∠PEF=∠QED ，
EF=ED
∴△PEF≌△QED（SAS），
∴∠EPF＝∠EQD＝90°．
∴PF⊥PE，
又∵BC⊥PE，
∴点F在直线BC．
（2）解：如图，连接AE，AC，∵四边形ABCD、四边形DEFG均为正方形，
∴AD＝CD，DE＝DG，∠ADC＝∠EDG＝90°，
∴∠ADC﹣∠EDC＝∠EDG﹣∠EDC，
即∠ADE＝∠CDG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
又∵DE＝EF，
∴DE+CF+CG＝EF+CF+AE≥AC，
∴当E，F在线段AC时，DE+CF+CG取最小值，最小值为AC的长，即最小值为4❑√2．
【总结提升】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，线段的最值问题等，
解题的关键是正确作出辅助线，熟练运用等量代换思想．
17．（2023春•楚雄州期末）【母题再现】如图1，四边形ABCD是正方形，E是边BC的中点，∠AEF＝
90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F，求证：AE＝EF．
【知识探究】证明：如图2，取AB的中点G，连接EG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝∠BCD＝90°．
…
∴AE＝EF．
结合上面的知识探究，请同学们完成如下问题：
（1）请补全知识探究的证明过程．
（2）连接AF，若正方形边长为4，求△AEF的面积．
CF
（3）连接AC，求 的值．
AC【思路引领】（1）取AB的中点G，连接EG．利用ASA证明△AGE≌△ECF，得AE＝EF．、；
（2）在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE的长，进而得出答案；
（3）由（1）可知△AGE≌△ECF，得CF＝GE．再利用三角形中位线定理可得答案．
【解答】解：（1）证明：取AB的中点G，连接EG．
∵G，E分别是AB，BC的中点，
∴AG＝BG＝BE＝EC，
∴∠BGE＝∠BEG＝45°，∠AGE＝135°．
又∵CF为正方形ABCD的外角平分线．
∴∠FCD＝45°，
∴∠ECF＝90°+45°＝135°，
∴∠AGE＝∠ECF．
∵∠B＝∠AEF＝90°，
∴∠GAE+∠AEB＝∠CEF+∠AEB＝90°，
∴∠GAE＝∠CEF．
在△AGE和△ECF中，
{∠GAE=∠CEF
)
AG=EC ，
∠AGE=∠ECF
∴△AGE≌△ECF（ASA），
∴AE＝EF．
（2）∵正方形边长为4，
∴AB＝BC＝4．
1 1
由（1）可得 BE= BC= ×4=2，AE＝EF，
2 2
在Rt△ABE中，AE=❑√42+22=2❑√5，
1
所以 S = ×2❑√5×2❑√5=10．
△AEF 2（3）由（1）可知△AGE≌△ECF，
∴CF＝GE．
∵G，E分别是AB，BC的中点，
∴GE是△ABC 的中位线，
1
∴¿= AC，
2
CF GE 1
∴ = = ．
AC AC 2
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理等知识，证
明△AGE≌△ECF是解题的关键．
18．（2023秋•牟平区期末）【问题呈现】：四边形ABCD和AEFG都是正方形，直线BE，DG交于点
P．
【问题解决】：（1）如图1，点G在边AB上，判断线段BE和DG的关系，并证明；
【类比探究】：（2）如图2，将正方形AEFG绕点A逆时针旋转一个锐角．
①（1）中线段BE和DG的关系是否仍成立？说明理由；
②若正方形ABCD的边长为6cm，对角线AC与BD的交点为O，在正方形AEFG的旋转过程中，请直
接写出点P与点O的距离 3❑√2 cm ．
【思路引领】（1）由四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点G在边AB上，得AB＝AD，AE＝
AG，∠GAD＝∠EAB＝90°，则E、A、D三点在同一条直线上，可证明△ABE≌△ADG，得BE＝DG，
∠ABE＝∠ADG，则∠BPD＝∠PED+∠ADG＝∠PED+∠ABE＝90°，所以BE⊥DG；
（2）①由正方形的性质得 AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，则∠BAE＝∠DAG＝90﹣
∠BAG，可证明△BAE≌△DAG，得BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，设PD交AB于点I，则∠DPE＝
∠ABE+∠PIB＝∠ADG+∠AID＝90°，所以BE⊥DG，可知（1）中线段BE和DG的关系仍成立；
②连接 AC、BD 交于点 O，连接 OP，由 AB＝AD＝6cm，∠BAD＝90°，根据勾股定理求得 BD1 1
=❑√AB2+AD2=6❑√2cm，则BO＝DO= BD＝3❑√2cm，因为∠BPD＝90°，所以PO= BD＝3❑√2cm，
2 2
于是得到问题的答案．
【解答】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG，
证明：如图1，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，点G在边AB上，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠GAD＝∠EAB＝90°，
∴∠GAD+∠EAB＝180°，
∴E、A、D三点在同一条直线上，
在△ABE和△ADG中，
{
AB=AD
)
∠EAB=∠GAD ，
AE=AG
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
∴∠BPD＝∠PED+∠ADG＝∠PED+∠ABE＝90°，
∴BE⊥DG．
（2）①成立，
理由：如图2，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠BAE＝∠DAG＝90﹣∠BAG，
在△BAE和△DAG中，
{
AB=AD
)
∠BAE=∠DAG ，
AE=AG
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE＝DG，∠ABE＝∠ADG，
设PD交AB于点I，则∠PIB＝∠AID，
∴∠DPE＝∠ABE+∠PIB＝∠ADG+∠AID＝90°，
∴BE⊥DG．
②如图2，连接AC、BD交于点O，连接OP，
∵AB＝AD＝6cm，∠BAD＝90°，
∴BD=❑√AB2+AD2=❑√62+62=6❑√2（cm），1 1
∴BO＝DO= BD= ×6❑√2=3❑√2（cm），
2 2
∵DG⊥BE于点P，
∴∠BPD＝90°，
1
∴PO= BD＝3❑√2cm，
2
∴点P与点O的距离为3❑√2cm，
故答案为：3❑√2cm．
【总结提升】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、勾股定理、直
角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
考点4 特殊平行四边形中的折叠最值问题
19．（2023春•宽城县期末）如图，已知长方形ABCD中AB＝8cm，BC＝10cm，在边CD上取一点E，将
△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F，则CE的长为（ ）
A．2cm B．3cm C．4cm D．5cm
【思路引领】要求CE的长，应先设CE的长为x，由将△ADE折叠使点D恰好落在BC边上的点F可得
Rt△ADE≌Rt△AFE，所以AF＝10cm，EF＝DE＝8﹣x；在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，
已知AB、AF的长可求出BF的长，又CF＝BC﹣BF＝10﹣BF，在Rt△ECF中由勾股定理可得：EF2＝
CE2+CF2，即：（8﹣x）2＝x2+（10﹣BF）2，将求出的BF的值代入该方程求出x的值，即求出了CE的
长．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD＝BC＝10cm，CD＝AB＝8cm，根据题意得：Rt△ADE≌Rt△AFE，
∴∠AFE＝90°，AF＝10cm，EF＝DE，
设CE＝xcm，则DE＝EF＝CD﹣CE＝（8﹣x）cm，
在Rt△ABF中由勾股定理得：AB2+BF2＝AF2，
即82+BF2＝102，
∴BF＝6cm，
∴CF＝BC﹣BF＝10﹣6＝4（cm），
在Rt△ECF中，由勾股定理可得：EF2＝CE2+CF2，
即（8﹣x）2＝x2+42，
∴64﹣16x+x2＝x2+16，
∴x＝3（cm），
即CE＝3cm．
故选：B．
【总结提升】本题主要考查了图形的翻折变换以及勾股定理、全等三角形、方程思想等知识，关键是熟
练掌握勾股定理，找准对应边．
20．（2024•长汀县模拟）如图，正方形纸片的边长为2，先将正方形纸片对折，折痕为MN，再把点B折
叠到MN上，折痕为AE，点B对应点为H，则线段HN的长度为 2−❑√3 ．
【思路引领】由正方形的性质得AB＝AD＝2，∠DAB＝∠B＝90°，由折叠得AH＝AB＝2，MN垂直平
1
分AD，则AM＝DM= AD＝1，∠AMN＝90°，所以四边形ABNM是矩形，MH=❑√AH2−AM2=❑√3，
2
则MN＝AB＝2，所以HN＝2−❑√3，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是边长为2的正方形，
∴AB＝AD＝2，∠DAB＝∠B＝90°，
由折叠得点D与点A关于直线MN对称，AH＝AB＝2，
∴MN垂直平分AD，1
∴AM＝DM= AD＝1，∠AMN＝90°，
2
∴四边形ABNM是矩形，MH=❑√AH2−AM2=❑√22−12=❑√3，
∴MN＝AB＝2，
∴HN＝MN﹣MH＝2−❑√3，
故答案为：2−❑√3．
【总结提升】此题重点考查正方形的性质、矩形的判定与性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，证明
四边形ABNM是矩形，并且求得MH=❑√3是解题的关键．
21．（2023秋•玉环市期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝5，BC＝8，点E和F是边BC上的两点，连结
AE、DF，将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M，则EF的长是（ ）
A．2.5 B．3 C．1.5 D．4
【思路引领】过M作GH⊥BC于H，交AD于G，由AD∥BC，GH⊥BC，得GH⊥AD，由折叠性质可
1 1
知：AM＝AB＝CD＝DM＝5，故AG＝DG= AD= BC＝4，求出GM=❑√AM2−AG2=3，而四边形
2 2
ABHG 是矩形，可得 BH＝AG＝4，GH＝AB＝5，从而 MH＝GH﹣GM＝5﹣3＝2，设 BE＝x，在
Rt△MEH中有（4﹣x）2+22＝x2，解得x＝2.5，EH＝4﹣x＝1.5；同理可得FH＝1.5，得EF＝EH+FH＝
1.5+1.5＝3．
【解答】解：过M作GH⊥BC于H，交AD于G，如图：
∵AD∥BC，GH⊥BC，∴GH⊥AD，
由将△ABE和△CDF沿AE、DF折叠后，点B和点C重合于点M可知：AM＝AB＝CD＝DM＝5，
1 1 1
∴AG＝DG= AD= BC= ×8＝4，
2 2 2
∴GM=❑√AM2−AG2=❑√52−42=3，
∵∠GAB＝∠ABH＝∠BHG＝90°，
∴四边形ABHG是矩形，
∴BH＝AG＝4，GH＝AB＝5，
∴MH＝GH﹣GM＝5﹣3＝2，
设BE＝x，则EH＝BH﹣BE＝4﹣x，
由折叠知EM＝BE＝x，
在Rt△MEH中，（4﹣x）2+22＝x2，
解得x＝2.5，
∴EH＝4﹣x＝4﹣2.5＝1.5；
同理可得FH＝1.5，
∴EF＝EH+FH＝1.5+1.5＝3；
故选：B．
【总结提升】本题考查矩形中的翻折问题，解题的关键是掌握矩形性质和翻折的性质．
22．（2023春•宜兴市期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝4．折叠该菱形，使点A落在边BC
上的点M处，折痕分别与边AB、AD交于点E、F．当点M与点B重合时，EF的长为 2❑√3 ；当点
M的位置变化时，DF长的最大值为 4 ﹣ 2❑√3 ．
【思路引领】如图1中，求出等边△ADB的高DE即可．如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作
OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB的延长线于点G，取AD的中点R，连接OR．
证明OK＝OT=❑√3，求出AF的最小值，可得结论．【解答】解：如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠C＝60°，
∴△ADB，△BDC都是等边三角形，
❑√3
当点M与B重合时，EF是等边△ADB的高，EF＝AD•sin60°＝4× =2❑√3．
2
如图2中，连接AM交EF于点O，过点O作OK⊥AD于点K，交BC于点T，过点A作AG⊥CB交CB
的延长线于点G，取AF的中点R，连接OR．
∵AD∥CG，OK⊥AD，
∴OK⊥CG，
∴∠G＝∠AKT＝∠GTK＝90°，
∴四边形AGTK是矩形，
❑√3
∴AG＝TK＝AB•sin60°＝4× =2❑√3，
2
∵OA＝OM，∠AOK＝∠MOT，∠AKO＝∠MTO＝90°，
∴△AOK≌△MOT（AAS），
∴OK＝OT=❑√3，∵OK⊥AD，
∴OR≥OK=❑√3，
∵∠AOF＝90°，AR＝RF，
∴AF＝2OR≥2❑√3，
∴AF的最小值为2❑√3，
∴DF的最大值为4﹣2❑√3．
解法二：如图，过点D作DT⊥CB于点T．
∵DF＝AD﹣AF，
∴当AF最小时，DF的值最大，
∵AF＝FM≥DT＝2❑√3，
∴AF的最小值为2❑√3，
∴DF的最大值为4﹣2❑√3．
故答案为：2❑√3，4﹣2❑√3．
【总结提升】本题考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常
用辅助线，构造特殊四边形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
23．（2023秋•太谷区期末）如图，在△ABC中，AC＝6，BC＝8，BA＝10，P为边 AB上一动点，
PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，点M为EF中点，则PM最小值为（ ）
A．2.4 B．2.5 C．4.8 D．5
【思路引领】首先证明四边形CEPF是矩形，因为M是EF的中点，推出延长PM经过点C，推出EF＝1 1
CP，可得PM= EF= PC，求出PC的最小值可得PM的最小值．
2 2
【解答】解：如图，
△ABC中，AC＝6，BC＝8，BA＝10，
∵102＝62+82，
∴AB2＝AC2+BC2，
∴△ABC是直角三角形，∠ACB＝90°，
∵PE⊥AC于点E，PF⊥BC于点F，
∴∠PEC＝∠PFC＝∠ACB＝90°，
∴四边形CEPF是矩形，
∵M是EF的中点，
∴延长PM经过点C，
1 1
∴EF＝CP，PM= EF= PC，
2 2
AC⋅BC 6×8
当PC⊥AB时，PC的值最小，此时PC= = =4.8，
AB 10
∴PM的最小值为2.4，
故选：A．
【总结提升】此题考查了矩形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的斜边上的高的求法，注意当
CP⊥AB时，CP最小．
24．（2023秋•绥阳县期末）如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角三角
板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋转时，
线段EF的最小值为 ❑√2 ．【思路引领】由“ASA”可证△OEC≌△OFD，可得OE＝OF，可得EF=❑√2OE，则OE取最小值，EF
有最小值，当OE⊥BC时，OE有最小值，由等腰三角形的性质可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，OC⊥OD，
∵∠EOF＝90°＝∠COD，
∴∠DOF＝∠COE，且OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∴△OEC≌△OFD（ASA）
∴OE＝OF，且∠EOF＝90°，
∴EF=❑√2OE，
∴OE取最小值，EF有最小值，
当OE⊥BC时，OE有最小值，
∵OB＝OC，∠BOC＝90°，OE⊥BC，
1
∴OE= BC＝1，
2
∴EF的最小值为❑√2，
故答案为：❑√2．
【总结提升】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，
证明△OEC≌△OFD是本题的关键．
25．（2023春•西城区校级期中）如图，线段AB的长为10，点D在线段AB上运动，以AD为边长作等边
三角形ACD．再以CD为边长，在线段AB上方作正方形CDGH，记正方形CDGH的对角线交点为O．
连接OB，则线段BO的最小值为 5 ．
【思路引领】连接CG、DH，则CG、DH交于点O，连接AO并延长，过点B作BM⊥AM于点M，证
1
明△ACO≌△ADO（SSS），得出∠CAO=∠DAO= ∠CAD=30°，证明点O一定在射线AM上，
2
根据垂线段最短，得出点O在点M处时，线段BO取最小值，求出最小值即可．
【解答】解：连接CG、DH，则CG、DH交于点O，连接AO并延长，过点B作BM⊥AM于点M，如图所示：
∵△ABC为等边三角形，
∴AC＝AD，∠CAD＝60°，
∵四边形CDGH为正方形，
∴CO＝DO，
∵AO＝AO，
∴△ACO≌△ADO（SSS），
1
∴∠CAO=∠DAO= ∠CAD=30°，
2
∴点O一定在射线AM上，
∵垂线段最短，
∴点O在点M处时，线段BO取最小值，
∵∠BMA＝90°，∠BAM＝30°，
1
∴BM= AB=5，
2
∴线段BO取最小值为5．
故答案为：5．
【总结提升】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形全等的判定和性质，直角三角
形的性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，得出点O一定在射线AM上．
26．（2023秋•阜宁县期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝8，点E、F分别为AD、CD边上的点，
且EF的长为4，点G为EF的中点，点P为BC上一动点，则PA+PG的最小值为 8❑√2− 2 ．【思路引领】因为EF＝4，点G为EF的中点，根据直角三角形斜边上中线的性质得出 DG＝2，所以G
是以D为圆心，以2为半径的圆弧上的点，作A关于BC的对称点A′，连接A′D，PA′，由PA′
+PG+DG≥A′D，推出当D，G，P，A′共线时，PA+PG＝PA′+PG的值最小，根据勾股定理求得
A′D，从而得出PA+PG的最小值．
【解答】解：∵EF＝4，点G为EF的中点，
∴DG＝2，
∴G是以D为圆心，以1为半径的圆弧上的点，
作A关于BC的对称点A′，连接A′D，PA′，
∵PA′+PG+DG≥A′D，
∴当D，G，P，A′共线时，PA+PG＝PA′+PG的值最小，
∵AB＝4，AD＝8，
∴AA′＝8，
∴A′D＝8❑√2，
∴PA+PG≥A′D﹣DG＝8❑√2−2；
∴PA+PG的最小值为8❑√2−2；
故答案为：8❑√2−2．
【总结提升】本题考查了轴对称﹣最短路线问题，判断出G点的位置是解题的关键．
27．（2023•龙子湖区二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，E是AD上的一点，且AE＝2，F，G是
AB，CD上的动点，且BE＝FG，BE⊥FG，连接EF，BG，当EF+FG+BG的值最小时，CG的长为 3
．【思路引领】过点G作GT⊥AB于T，证明△ABE≌△TGF（ASA），推出AE＝FT＝2，设CG＝BT＝
x ， 则 AF ＝ AB﹣ FT﹣ BT ＝ 6﹣ 2﹣ x ＝ 4﹣ x 可 得 EF+BG=❑√22+(4−x) 2+❑√62+x2， 欲 求
❑√22+(4−x) 2+❑√62+x2的最小值，相当于在x轴上寻找一点P（x，0），使得点P到M（0，6），N
（4，2）的距离和最小．求出EF+BG最小时，x的值，可得结论．
【解答】解：过点G作GT⊥AB于T．则四边形BCGT是矩形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵CT⊥AB，
∴∠GHB＝90°，
∴四边形BCGT是矩形，
∴BC＝GT，
∵BE＝GF，∠A＝∠GTF＝90°
∴△ABE≌△TGF（ASA），
∴AE＝FT＝2，
设CG＝BT＝x，则AF＝AB﹣FT﹣BT＝6﹣2﹣x＝4﹣x
∴EF+BG=❑√22+(4−x) 2+❑√62+x2，
欲求 ❑√22+(4−x) 2+❑√62+x2的最小值，相当于在x轴上寻找一点P（x，0），使得点P到M（0，
6），N（4，2）的距离和最小．如图，作点M关于x轴的对称点M′（0，﹣6），连接NM′交x轴于P，连接PM，此时PM+PN的值
最小．
∵N（4，2），M′（0，﹣6），
∴直线M′N的解析式为y＝2x﹣6，
∴P（3，0），
∴x＝3时，EF+BG的值最小，
∵BE＝FG＝定值，
∴当CG＝3时，EF+FG+BG的值最小．
故答案为：3．
【总结提升】本题考查轴对称最短问题，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质等知识，
解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
28．（2023春•平舆县期末）在平面直角坐标系中，菱形 ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（﹣2，
0），点B的坐标为（2，0），点D在y轴上，∠DAB＝60°．
（1）求点C和点D的坐标．
（2）点P是对角线AC上一个动点，当OP+BP最短时，求点P的坐标．
【思路引领】（1）在Rt△ADO中，解直角三角形即可解决问题；
（2）因为四边形ABCD是菱形，所以B、D关于直线AC对称，设OD交AC于P，此时OP+PB的值最小，求出OP的长即可解决问题；
【解答】解：（1）∵点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（2，0），
∴AB＝4，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝4，CD∥AB，
在Rt△ADO中，OD＝AD•sin60°＝2❑√3，
∴D（0，2❑√3），C（4，2❑√3）．
（2）∵四边形ABCD是菱形，
∴B、D关于直线AC对称，设OD交AC于P，此时OP+PB的值最小，
∵P′O+P′B＝P′D+P′O＞OD，
即P′O+P′B＝P′D+P′O＞OP+PB．
1
在Rt△AOP中，∵∠PAO= ∠DAB＝30°，
2
2❑√3
∴OP＝OA•tan30°= ，
3
2❑√3
∴P（0， ）．
3
【总结提升】本题考查轴对称最短问题、坐标与图形的性质、菱形的性质等知识，解题的关键是灵活运
用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
