专题21.3.3 正方形
（第二十一章 四边形）
【人教版八下 新教材】
●
知识梳理 技巧点拨..............................................................................................................................................................................2
知识点一：正方形的定义.........................................................................................................................................................2
知识点二：正方形的性质.........................................................................................................................................................2
知识点三：正方形的判定.........................................................................................................................................................2
知识点四：特殊平行四边形之间的关系.............................................................................................................................2
知识点五：顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状................................................................2
重点难点 考点讲练..............................................................................................................................................................................3
考点讲练一 根据正方形的性质求角度...............................................................................................................................3
考点讲练二 根据正方形的性质求线段长...........................................................................................................................6
考点讲练三 根据正方形的性质求面积...............................................................................................................................9
考点讲练四 正方形折叠问题................................................................................................................................................10
考点讲练五 求正方形重叠部分面积..................................................................................................................................13
考点讲练六 根据正方形的性质证明..................................................................................................................................15
考点讲练七 正方形的判定定理理解..................................................................................................................................17
考点讲练八 添一个条件使四边形是正方形....................................................................................................................19
考点讲练九 证明四边形是正方形......................................................................................................................................22
考点讲练十 根据正方形的性质与判定求角度...............................................................................................................25
考点讲练十一 根据正方形的性质与判定求线段长......................................................................................................29
考点讲练十二 根据正方形的性质与判定求面积..........................................................................................................33
考点讲练十三 根据正方形的性质与判定证明...............................................................................................................36
考点讲练十四 中点四边形....................................................................................................................................................39
考点讲练十五 利用(特殊）平行四边形的对称性求阴影面积.................................................................................41
考点讲练十六 （特殊）平行四边形的动点问题..........................................................................................................44
考点讲练十七 四边形中的线段最值问题........................................................................................................................49
考点讲练十八 四边形其他综合问题..................................................................................................................................51
中考真题 实战演练............................................................................................................................................................................54
难度分层 闯关训练............................................................................................................................................................................60基础夯实 能力提升..................................................................................................................................................................60
创新拓展 拔尖冲刺..................................................................................................................................................................71
知识点一：正方形的定义
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
【要点说明】
既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方
形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.
知识点二：正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；
2.角——四个角都是直角；
3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；
4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
【要点说明】
正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
知识点三：正方形的判定
正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相
等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）.
知识点四：特殊平行四边形之间的关系
知识点五：顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状
（1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.
（2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.
（3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.（4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
【要点说明】
新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形.
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形.
考点讲练一 根据正方形的性质求角度
【典例分析】四边相等，四角相等的四边形叫正四边形，正四边形也称作正方形．
(1)如图1，四边形ABCD是周长为m的正方形，则∠A= ，S ABCD= ．
四边形
(2)如图2，一个大正方形和四个全等的小正方形按图①、②两种方式摆放，试用a，b的代数式表示图②
的大正方形中，未被小正方形覆盖部分的面积；
(3)在（2）的条件下，若未被小正方形覆盖部分的面积为12，且a+b=7，求分别以a，b为边长的两个正
方形面积之和．
m2
【答案】(1)90°， ；
16
(2)未被小正方形覆盖部分的面积为ab；
(3)以a，b为边长的两个正方形面积之和为25．
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质和二元一次方程组的应用，熟练掌握相关知识是解题的关键．
（1）由正方形的定义可得答案；
a+b a−b
（2）由图示可得：大正方形的边长为 ，小正方形的边长为 ，利用大正方形的面积减去四个小正
2 4
方形的面积即可；
（3）由（2）及本小题题意可得关于a，b的二元一次方程组，解方程组，然后将边长平方并相加即可．
【完整解答】（1）解：∵四边形ABCD是周长为m的正方形，
m
∴∠A=90°，AB= ，
4∴S ABCD=AB2=
(m) 2
=
m2
；
四边形 4 16
m2
故答案为：90°； ；
16
a+b a−b
（2）解：由图示可得：大正方形的边长为 ，小正方形的边长为 ，
2 4
(a+b) 2 (a−b) 2
大正方形中未被小正方形覆盖部分的面积为： −4× =ab，
2 4
∴未被小正方形覆盖部分的面积为ab；
{ab=12)
（3）解：由（2）及题意得：
a+b=7
{a=4) {a=3)
解得 或 （舍） ，
b=3 b=4
∴以a，b为边长的两个正方形面积之和为42+32=16+9=25．
【变式训练】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，
连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG，且
∠CGD=∠AED．
(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE=❑√2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是37°时，求∠EFC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)❑√2
(3)127°或37°
【思路引导】本题考查了正方形的性质与判定，四边形内角和定理，勾股定理．
（1）证明△AED≌△CGD(AAS)，可得ED=DG，则矩形DEFG是正方形；
（2）由已知得AC=❑√2AB=2❑√2，则AE=❑√2，再根据△AED≌△CGD得CG=AE=❑√2；（3）分两种情况讨论：当DE与AD的夹角为37°时，点F在BC边上，∠ADE=37°，由四边形内角和定
理得：∠EFC=127°；②当DE与DC的夹角为37°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=37°，可得
∠EFC=∠CDE=37°．
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠EDG=90°，
∵∠ADE+∠EDC=∠GDC+∠EDC，
∴∠ADE=∠CDG，
又∵∠AED=∠CGD，
∴△AED≌△CGD(AAS)，
∴ED=DG，
∵四边形DEFG为矩形，
∴四边形DEFG为正方形；
（2）解：在Rt△ABC中，AC=❑√2AB=2❑√2，
∵CE=❑√2，
∴AE=❑√2，
∵△AED≌△CGD，
∴CG=AE=❑√2；
（3）解：分以下两种情况讨论：
①当DE与AD的夹角为37°时，点F在BC边上，∠ADE=37°，
∴∠CDE=90°−∠ADE=90°−37°=53°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：
∠EFC=360°−90°−90°−53°=127°；
②当DE与DC的夹角为37°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=37°，如图3所示：
∵∠HCF=∠≝=90°，∠CHF=∠EHD，∴∠EFC=∠CDE=37°．
综上所述，∠EFC的度数为127°或37°．
考点讲练二 根据正方形的性质求线段长
【典例分析】（25-26八年级下·全国·周测）蝶几图即明代时期的七巧板，它是以正方形为模分割为如
图所示的图形，其中“闺”为等腰直角三角形，点E，F分别是正方形ABCD中边AD，AB上的中点，点G为
EF的中点．若正方形ABCD的边长为8，则“闺”的斜边GF的长为（ ）
A．❑√2 B．2 C．2❑√2 D．4
【答案】C
【思路引导】根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质求解即可．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是正方形，边长为8，点E，F分别是边AD，AB的中点，
∴AE=AF=4
在Rt△AEF中，由勾股定理得，
EF=❑√42+42=4❑√2
∵点G是EF的中点，
1
∴GF= EF=2❑√2．
2
故选：C．
【考点再现】此题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌
握以上知识点．
【变式训练】．（24-25八年级下·云南红河·期末）已知四边形ABCD是边长为9cm的正方形，P，Q是
正方形边上的两个动点，点P从点A出发，以2cm/s的速度沿A→B→C方向运动，点Q同时从点D出发以
1cm/s速度沿D→C方向运动．设点P运动的时间为t（0<t<9）．(1)如图1，当点P在AB边上，四边形APCQ为平行四边形时，求t的值；
(2)如图2，当点P在BC边上，AP=BQ时，求t的值；
(3)点P在运动过程中，是否存在四边形APCQ的面积等于正方形ABCD的面积的一半，若存在，请求出t
的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)t=3
(2)t=6
(3)存在，t=6
【思路引导】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质，熟练掌握正方
形的性质、全等三角形的性质与判定及平行四边形的性质是解题的关键；
（1）由题意易得AP=2tcm,DQ=tcm，则有CQ=CD−DQ=(9−t)cm，然后可得当AP=CQ时，四边
形APCQ为平行四边形，进而问题可求解；
（2）由题意易得Rt△ABP≌Rt△BCQ(HL)，则有BP=CQ，然后可得方程2t−9=9−t，进而求解即可；
9
（3）由题意可分：当点P在AB边上，当点P在BC边上，即 <t<9，然后分类进行求解即可．
2
【完整解答】（1）解：当点P在AB边上，则有AP=2tcm,DQ=tcm，所以CQ=CD−DQ=(9−t)cm，
在正方形ABCD中，AB∥CD，
∴当AP=CQ时，四边形APCQ为平行四边形，
∴2t=9−t，
解得：t=3，
∴当t=3时，四边形APCQ为平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC,∠ABP=∠BCQ=90°，
∵AP=BQ，
∴Rt△ABP≌Rt△BCQ(HL)，
∴BP=CQ，
∵点P在BC边上，∴BP=(2t−9)cm,CQ=CD−DQ=(9−t)cm，
∴2t−9=9−t，
解得：t=6；
（3）解：存在，理由如下：
由题意可分：当点P在AB边上，则有AP=2tcm,DQ=tcm，所以CQ=CD−DQ=(9−t)cm，此时四边
形APCQ是梯形，
1 9
∴四边形APCQ的面积为 (2t+9−t)×9= (t+9)，
2 2
∵四边形APCQ的面积等于正方形ABCD的面积的一半，
1 9
∴ ×9×9= (t+9)，
2 2
解得：t=0（不符合题意，舍去）；
9
当点P在BC边上，即 <t<9，则有BP=(2t−9)cm,DQ=tcm，如图，
2
∵四边形APCQ的面积等于正方形ABCD的面积的一半，
∴△ADQ与△ABP的面积之和也为正方形ABCD的面积的一半，
1 1 1
∴ ×9⋅t+ ×9⋅(2t−9)= ×9×9，
2 2 2
解得：t=6；
综上所述：当t=6时，四边形APCQ的面积等于正方形ABCD的面积的一半．
考点讲练三 根据正方形的性质求面积
【典例分析】（24-25八年级下·四川泸州·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．
【答案】(1)见解析
(2)144
【思路引导】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AECF为矩形，利用AAS证明△ABE≌△ADF，得出AE=AF，即
可得出结论；
（2）借助（1）的结论得出四边形ABCD的面积等于正方形AECF的面积，求出CE=12，即可求出面积．
【完整解答】（1）证明：∵AE⊥BC，AF⊥CD，
∴∠AEC=∠AEB=90°，∠F=90°，
又∵∠BCD=90°，
∴四边形AECF为矩形，
∴∠EAF=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠DAF=90°−∠DAE，
又∵∠AEB=∠F=90°，AB=AD，
∴△ABE≌△ADF(AAS)，
∴AE=AF，
∴四边形AECF是正方形；
（2）解：由（1）得四边形AECF是正方形，且△ABE≌△ADF，
∴四边形ABCD的面积等于正方形AECF的面积，BE=DF，
∵BC=17，CD=7，
1
∴CE= (BC+CD)=12，
2
∴正方形AECF的面积为CE2=144，
即四边形ABCD的面积为144．
【变式训练】（2025·湖南长沙·一模）如图，正方形ABCD的边长为1，以AC为边作第2个正方形
ACEF，再以CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第2025个正方形的面积为
．【答案】22024
【思路引导】本题考查了勾股定理，正方形的面积计算，归纳总结．熟练掌握勾股定理，正方形的面积计
算和归纳总结出正方形边长的规律是解题的关键．
通过依次计算前几个正方形的边长，找出边长的规律，进而得到第2025个正方形的边长，再根据正方形面
积公式求出面积即可．
【完整解答】解：AC=❑√12+12=❑√2，
CF=❑√(❑√2) 2+(❑√2) 2=2，
GF=❑√22+22=2❑√2，
GN=❑√(2❑√2) 2+(2❑√2) 2=4，
通过上述分析，可以总结出第n个正方形的边长为a =(❑√2) n−1 ，
n
∴第2025个正方形的边长为a =(❑√2) 2024 ，
2025
∴ 2025个正方形的面积为(❑√2) 2024×2=(❑√2) 4048=22024，
故答案为：22024．
考点讲练四 正方形折叠问题
【典例分析】如图，正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在边BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、
AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知BE=1，则EF的长为（ ）
3 5 9
A． B． C． D．3
2 2 4【答案】B
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质以及勾股定理，由折叠的性质得出
EG=BE=1,GF=DF，设DF=x，再根据勾股定理得出EF2=EC2+FC2，代入数值求解得出x的值，
进而即可得出EF的值．
【完整解答】解：∵正方形纸片ABCD的边长为3，
∴∠C=90°,BC=CD=3，
根据折叠的性质得：EG=BE=1,GF=DF，
设DF=x，
则EF=EG+GF=1+x，FC=DC−DF=3−x，EC=BC−BE=3−1=2，
在Rt△EFC中，EF2=EC2+FC2，
即(x+1) 2=22+(3−x) 2，
3
解得x= ，
2
3
∴DF= ，
2
3 5
∴EF=1+ = ，
2 2
故选B
【变式训练】如图，在正方形ABCD中，E是AD边上的一点，DE=4, AE=8，将正方形边CD沿CE折
叠到CF，延长EF交AB于点G，连接CG, AF．则（1）∠GCE= ．（2）S = ．
△AGE
【答案】 45°/45度 24
【思路引导】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、折叠，勾股定理解决本题的关键是掌
握正方形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理．
（1）证明Rt△CFG≌Rt△CBG，可得∠BCG=∠FCG，即可解答；
（2）设AG=x，则BG=FG=12−x，可得EG=16−x，然后在Rt△AEG中，利用勾股定理求出x的值，
即可解答．
【完整解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，∴CD=BC,∠D=∠B=∠BCD=90°，
由折叠的性质得：∠CFE=∠D=90°,CF=CD，∠DCE=∠FCE，
∴∠CFG=180°−∠CFE=90°，CF=BC，
∴∠CFG=∠B，
∵CG=CG，
∴Rt△CFG≌Rt△CBG，
∴∠BCG=∠FCG，
∴∠ECG=∠FCG+∠ECF=∠BCG+∠DCE，
1
∴∠GCE= ∠BCD=45°；
2
故答案为：45°
（2）∵Rt△CFG≌Rt△CBG，
∴FG=BG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠BAD=90°，
∵DE=4, AE=8，
∴AB=AD=AE+DE=12，
设AG=x，则BG=FG=12−x，
由折叠的性质得：EF=DE=4，
∴EG=FG+EF=12−x+4=16−x，
在Rt△AEG中，AG2+AE2=EG2，
∴x2+82=(16−x) 2，
解得：x=6，
即AG=6，
1 1
∴S = AG×AE= ×6×8=24．
△AGE 2 2
故答案为：24
考点讲练五 求正方形重叠部分面积
【典例分析】如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正方形A′B′C′O的一个顶点．如果两个正
方形的边长都等于2．那么正方形A′B′C′O绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是
．【答案】1
【思路引导】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识内容，难度适中，正确掌
握相关性质内容是解题的关键．过点O分别作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，根据四边形A′B′C′O
和ABCD是正方形，证明△OMF≌△ONE，得S =S ，故两个正方形重叠的部分的面积等于正方
△OMF △ONE
形MOND，即可列式作答．
【完整解答】解：过点O分别作OM⊥AD于点M，ON⊥CD于点N，连接AC,BD交于点O，如图所示：
∵四边形A′B′C′O和ABCD是正方形，
∴CD=AD,OA=OC=OB=OD，∠ADC=∠C'OA'=∠OMD=∠OND=90°，
∵正方形ABCD的对角线相交于点O，
1 1
∴MO= AD，NO= CD，
2 2
∴MO=NO=1，
∴四边形MOND是正方形，
∵OM⊥AD，ON⊥CD，
∴∠MON=90°
∵∠MOF+∠FON=∠NOE+∠FON=90°
∴∠MOF=∠NOE，
∴△OMF≌△ONE(ASA)，
则S =S ，
△OMF △ONE故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形MOND面积，
∴S =MO⋅NO=1×1=1，
正方形MOND
那么两个正方形重叠的部分的面积等于1，
故答案为：1．
【变式训练】（24-25八年级下·四川遂宁·期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O是正
方形A′B′C′O的一个顶点，已知两个正方形的边长都为6cm，那么绕点O转动正方形A′B′C′O，两个正
方形重叠部分的面积为（ ）cm2．
36
A．12 B．9 C． D．不确定
5
【答案】B
【思路引导】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定及性质．求两个正方形重叠部分的面积，首
先应证明：△AOE≌△BOF，从而将重叠部分的面积转化为△AOB的面积．
【完整解答】解：∵ABCD和A′B′C′O是边长相等的正方形，
∴OA=OB，∠AOB=∠A′OC′=90°，∠BAO=∠OBC=45°，
∴∠AOB−∠BOE=∠A′OC′−∠BOE，
即∠AOE=∠BOF，
∵∠AOE=∠BOF，OA=OB，∠EAO=∠OBF=45°，
∴△AOE≌△BOF(ASA)，
1 1
∴重叠部分面积为：S +S =S +S =S = S = ×62=9(cm2)，
△BOE △BOF △BOE △AOE △AOB 4 正方形ABCD 4
故选B．
考点讲练六 根据正方形的性质证明
【典例分析】（24-25八年级下·云南红河·期中）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，
且DE=AF，DE⊥AF于点G．(1)求证：矩形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．
【答案】(1)证明见解析；
(2)△DEH是等腰三角形，理由见解析．
【思路引导】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判
定．
（1）证明△DCE≌△ADF(AAS)，得到DC=AD，即可求证；
（2）证明△ADF≌△DCH(SAS)可得AF=DH，进而得DH=DE，即可求解．
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCE=∠ADF=90°，
∴∠CDE+∠ADG=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠AGD=90°，
∴∠FAD+∠ADG=90°，
∴∠CDE=∠FAD，
∵DE=AF，
∴△DCE≌△ADF(AAS)，
∴DC=AD，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）解：△DEH是等腰三角形．
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADF=∠DCH=90°，
∵DF=CH，
∴△ADF≌△DCH(SAS)，
∴AF=DH，
∵DE=AF，
∴DH=DE，∴△DEH是等腰三角形．
【变式训练】（24-25八年级下·黑龙江牡丹江·期末）定义：对角线相等且互相垂直的四边形叫“等直
四边形”．
(1)在已经学过的四边形“①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形”中，一定是“等直四边形”的是
___________．（填序号）
(2)如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，CE=DF，分别连接AE、AF、EF，BF和
AE交于点M．求证：四边形ABEF是“等直四边形”．
【答案】(1)④
(2)见解析
【思路引导】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握以上知
识点并灵活运用，理解“等直四边形”的定义是解此题的关键．
（1）根据“等直四边形”的定义并结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质逐项分析即可得解；
（2）由正方形的性质可得AB=BC=CD，∠ABC=∠C=90°，证明△ABE≌△BCF(SAS)，得出
AE=BF，∠BAE=∠CBF，再结合三角形内角和定理证明出AE⊥BF，即可得证．
【完整解答】（1）解：①平行四边形的对角线不一定相等，故不符合题意；
②矩形的对角线相等但不一定垂直，故不符合题意；
③菱形的对角线垂直但不一定相等，故不符合题意；
④正方形的对角线相等且互相垂直，故符合题意；
故答案为：④；
（2）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABC=∠C=90°，
∵CE=DF，
∴BC−CE=CD−DF，
∴BE=CF，
在△ABE和△BCF中，{
AB=BC
)
∠ABE=∠C ，
BE=CF
∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF，∠BAE=∠CBF，
∵∠ABF+∠CBF=90°，
∴∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠AMB=180°−(∠ABF+∠BAE)=90°，即AE⊥BF，
∴四边形ABEF是“等直四边形”．
考点讲练七 正方形的判定定理理解
【典例分析】如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线DE交BC于点D，交AB于点E，点F
在DE的延长线上，且AF=CE．
(1)四边形ACEF是平行四边形吗？说明理由；
(2)当∠B的大小满足什么条件时，四边形ACEF为菱形？请说明你的结论；
(3)四边形ACEF有可能是正方形吗？为什么？
【答案】(1)四边形ACEF是平行四边形；理由见解析
(2)当∠B=30°时，四边形ACEF为菱形；说明见解析
(3)四边形ACEF不可能是正方形，理由见解析
【思路引导】本题主要考查平行四边形，菱形，正方形的判定和性质，掌握以上判定方法是关键．
（1）根据垂直平分线的性质，中位线的判定和性质得到ED∥AC，BE=AE，FD∥AC，BD=CD，平
行四边形的判定方法即可求解；
1 1
（2）根据题意当∠B=30°时得到AC= AB，由（1）知CE= AB，根据菱形的判定方法求解即可；
2 2
（3）根据正方形的判定方法求解即可．
【完整解答】（1）解：四边形ACEF是平行四边形，理由如下，
∵DE垂直平分BC，
∴D为BC的中点，ED⊥BC，又∵AC⊥BC，
∴ED∥AC，
∴E为AB中点，
∴ED是△ABC的中位线．
∴BE=AE，FD∥AC，
∴BD=CD，
∴Rt△ABC中，CE是斜边AB的中线，
∴CE=AE=AF
，
∴∠F=∠5=∠1=∠2，
∴∠FAE=∠AEC，
∴AF∥EC，
又∵AF=EC，
∴四边形ACEF是平行四边形；
（2）解：当∠B=30°时，四边形ACEF为菱形，理由如下，
理由：∵∠ACB=90°，∠B=30°，
1
∴AC= AB，
2
1
由（1）知CE= AB，
2
∴AC=CE，
又∵四边形ACEF为平行四边形，
∴四边形ACEF为菱形；
（3）解：四边形ACEF不可能是正方形，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE<∠ACB，
即∠ACE<90°，不能为直角，
所以四边形ACEF不可能是正方形．
【变式训练】（24-25八年级下·北京房山·期中）下列思路中不能判定四边形是正方形的是（ ）A．先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角
B．先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等
C．先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等
D．先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直
【答案】D
【思路引导】本题考查正方形的判定定理，熟记判定定理是解题的关键．根据正方形的判定方法进行解答
即可．正方形的判定定理有：对角线相等的菱形；对角线互相垂直的矩形；对角线互相垂直平分且相等的
四边形．
【完整解答】解：A. 先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角，能判定四边形是正方形，
故该选项不符合题意；
B. 先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题
意；
C. 先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等，能判定
四边形是正方形，故该选项不符合题意；
D. 先判定四边形的对角线互相平分且相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直，故该选项不符合题意；
故选：D．
考点讲练八 添一个条件使四边形是正方形
【典例分析】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，已知△ABC中AC=BC，D是AB的中点，过
1
点C作CE∥AB，且CE= AB．
2
(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．
【答案】(1)见解析
(2)当△DCF是等腰直角三角形时，四边形CDBE是正方形；理由见解析
【思路引导】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．
1 1
（1）结合AC=BC，D是AB的中点，得出∠CDB=90°，AD=BD= AB，因为CE= AB，得
2 2CE=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．
【完整解答】（1）证明：∵AC=BC，D是AB的中点，
1
∴CD⊥AB， AD=BD= AB，
2
∴∠CDB=90°，
1
∵CE= AB，
2
∴CE=BD，
∵CE∥BD，
∴四边形CDBE是平行四边形，
∵∠CDB=90°，
∴四边形CDBE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°，
由（1）得四边形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．
【变式训练】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在6×6的网格中（每个小正方形的边长为
1），每个小正方形的顶点叫作格点，当四边形的顶点都在格点上时，则称这个四边形为格点四边形．(1)在图1中以AB为对角线，画一个格点正方形．
(2)在图2中以A，B，C为顶点，画两个格点平行四边形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【思路引导】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、勾股定理与网格问题，根据题意正确作图是
解题的关键．
（1）取AB的中点O，过点O作MN⊥AB，且OM=ON=2，连接AM,BM,AN,BN，根据正方形的判
定推出四边形AMBN是正方形，则格点正方形即为所求；
（2）取格点D,E，连接AB,AC,BC,BD,CD,AE,BE，利用平行四边形的判定证明四边形ABDC和
AEBC是平行四边形，则以A，B，C为顶点的两个格点平行四边形即为所求．
【完整解答】（1）解：如图，取AB的中点O，过点O作MN⊥AB，且OM=ON=2，连接
AM,BM,AN,BN，
由图可得，OA=OB，OM=ON，
∴四边形AMBN是平行四边形，
∵MN⊥AB，
∴平行四边形AMBN是菱形，
∵AB=MN=4，
∴菱形AMBN是正方形，
∴格点正方形AMBN即为所求；
（2）解：如图，取格点D,E，连接AB,AC,BC,BD,CD,AE,BE，
由图可得，CD=AB=4，CD∥AB，∴四边形ABDC是平行四边形，
∵AC=❑√12+22=❑√5，BE=❑√12+22=❑√5，BC=❑√22+32=❑√13， AE=❑√22+32=❑√13，
∴AC=BE，BC=AE，
∴四边形AEBC是平行四边形，
∴格点平行四边形ABDC和AEBC即为所求．
考点讲练九 证明四边形是正方形
【典例分析】（23-24八年级下·贵州黔东南·期中）如图，正方形网格中的每个小正方形的边长都是1，
每个顶点叫做格点．
(1)在图1中以格点为顶点画一个面积为18的正方形；
(2)在图2中以格点为顶点画一个直角三角形，使两直角边分别为❑√5和2❑√5；
(3)在图3中以格点为顶点画一个三边为勾股数的直角三角形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【思路引导】本题考查作图—应用与设计作图、勾股数、正方形的判定、直角三角形的性质，解题的关键
是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
（1）由题意得，所画正方形的边长为❑√18=3❑√2，借助网格结合正方形的判定画图即可；
（2）借助网格画图即可；
（3）画两直角边分别为3和4的直角三角形即可．
【完整解答】（1）由题意得，所画正方形的边长为❑√18=3❑√2，
如图1，正方形ABCD即为所求．证明：由勾股定理可知AB=BC=CD=AD=❑√32+32=3❑√2，
∵AC=BD，
∴四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积=3❑√2×3❑√2=18；
（2）如图2，三角形EFG即为所求．
证明：由勾股定理可知EF=❑√12+22=❑√5，EG=❑√22+42=2❑√5，FG=❑√32+42=5，
∵EF2+EG2=(❑√5) 2+(2❑√5) 2=25=FG2=52，
∴三角形EFG是直角三角形；
（3）如图3，三角形PQM即为所求．
证明：由图可知，MP=4，PQ=3，MQ=❑√32+42=5，
可知三角形PQM是一个三边为勾股数的直角三角形．
【变式训练】（25-26九年级上·广东揭阳·月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．
(1)求证：CE=AD；
(2)当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
(3)若D为AB中点，则当∠A满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明你的理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BECD是菱形；理由见解析
(3)当∠A=45°，四边形BECD是正方形，理由见解析
【思路引导】（1）根据DE⊥BC，结合∠ACB=90°得∠ACB=∠DFB=90°，则AC∥DE，结合
MN∥AB，证出四边形ACED是平行四边形，根据平行四边形的性质得CE=AD．
1
（2）由题（1）得CE=AD，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得AD=CD= AB=BD，可判定四
2
边形BECD是平行四边形，又根据CD=BD，判定平行四边形BECD是菱形．
（3）根据三角形内角和，当∠A=45°时，得∠ABC=45°，得出AC=BC，根据等腰三角形的性质得出
CD⊥AB，即∠BDC=90°，又根据正方形的判定，即可判定四边形BECD是正方形．
【完整解答】（1）证明：∵∠ACB=90°，DE⊥BC，
∴∠ACB=∠DFB=90°，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，
∴四边形ACED是平行四边形，
∴CE=AD．
（2）解：四边形BECD是菱形．
理由：∵D是AB的中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴CE=BD，
∵MN∥AB，
∴四边形BECD是平行四边形，∵∠ACB=90°，
1
∴CD= AB=BD，
2
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：当∠A=45°，四边形BECD是正方形．
理由：∵∠A=45°，∠ACB=90°，
∴∠ABC=45°=∠A，
∴AC=BC，
∵D是AB的中点，
∴CD⊥AB，即∠BDC=90°，
∵由（2）得四边形BECD是菱形，
∴四边形BECD是正方形．
【考点再现】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理和直角三角形斜
边上的中线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．
考点讲练十 根据正方形的性质与判定求角度
【典例分析】（24-25八年级下·海南·期末）在菱形ABCD中，点E是对角线BD上一点，点F、G在直
线BC上，且EB=EG，∠AEF=∠BEG．
(1)如图1，求证：①△AEB≌△FEG；②FB=CG；
(2)如图2，当∠ADC=120°时，判断AB、EG、BF的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，当∠ADC=90°时，点F在线段BC上，判断AB、EG、BF的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)AB=FB+EG，理由见解析
(3)AB+FB=❑√2EG，理由见解析
【思路引导】（1）①由菱形性质得到∠ABE=∠CBE，由等腰三角形性质得到∠FGE=∠CBE．从而
有∠ABE=∠FGE．由等量代换得到∠AEB=∠FEG，从而可证△AEB≌△FEG；
②由全等的性质得出AB=FG，由菱形的性质得出AB=BC，从而有FG=BC，最后有等量代换即可得到FB=CG；
（2）由菱形的性质可求出∠CBD=60°，从而得到△BEG为等边三角形，得到BE=BG，从而可证结论；
（3）证明四边形ABCD是正方形，得到∠EBG=45°，同（1）可证△ABE≌△FGE，得到AB=FG，
进而得到△BEG为等腰直角三角形，从而得到结论．
【完整解答】（1）证明∶①如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=∠CBE．
∵EB=EG，
∴∠FGE=∠CBE，
∴∠ABE=∠FGE．
又∵∠AEF=∠BEG，
∴∠AEF+∠1=∠BEG+∠1，即∠AEB=∠FEG．
∴△AEB≌△FEG(ASA)；
②∵△AEB≌△FEG，
∴AB=FG．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∴FG=BC，
∴FG−BG=BC−BG．即FB=CG．
（2）解：AB=FB+EG．
理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°，
1 1
∴∠CBD= ∠ABC= ∠ADC=60°．
2 2
∵EB=EG，
∴△EBG是等边三角形，
∴EB=BG=EG．
由（1）知：AB=FG，∵FG=FB+BG=FB+EG，
∴AB=FB+EG．
（3）解：AB+FB=❑√2EG．
理由如下：
如图，
∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°．
∵EB=EG，
∴∠G=∠CBE=45°．
∴∠ABE=∠G．
又∵∠AEF=∠BEG，
∴∠AEF−∠1=∠BEG−∠1，即∠2=∠3．
∴△AEB≌△FEG，
∴AB=FG．
∵∠BEG=180°−∠CBD−∠G=90°，
∴在Rt△BEG中，BG=❑√BE2+GE2=❑√2EG．
∵AB=FG．
∴BG=FG+BF=AB+FB．
∴AB+FB=❑√2EG．
【考点再现】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形
的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键．
【变式训练】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AD，CD
上两点，BE交AF于点G，且DE=CF．(1)判断BE与AF之间的数量关系与位置关系，并说明理由：
(2)当点E是AD的中点时，连接GD，求∠DGF的度数．
【答案】(1)BE=AF，BE⊥AF，理由见解析
(2)45°
【思路引导】（1）证明△ABE≌△DAF(SAS)，得BE=AF，∠ABE=∠DAF，进而可得
∠BAG+∠ABE=90°，即得到BE⊥AF，即可求证；
（2）过点D作DN⊥AF于N，DM⊥BE交BE的延长线于M，可得四边形MDNG是矩形，再证明
△AEG≌△DEM(AAS)，得AG=DM，利用三角形面积得AG=DN，即得DM=DN，即可得四边形
MDNG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．
【完整解答】（1）解：BE=AF，BE⊥AF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=DA，∠BAE=∠ADF=90°，
∵DE=CF，
∴AE=DF，
∴△ABE≌△DAF(SAS)，
∴BE=AF，∠ABE=∠DAF，
∵∠BAG+∠DAF=90°，
∴∠BAG+∠ABE=90°，
∴∠AGB=90°，
即BE⊥AF；
（2）解：如图，过点D作DN⊥AF于N，DM⊥BE交BE的延长线于M，∵BE⊥AF，
则∠M=∠DNG=∠MGN=90°，
∴四边形MDNG是矩形，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AGE=∠M=90°，∠AEG=∠DEM，
∴△AEG≌△DEM(AAS)，
∴AG=DM，
由（1）知△ABE≌△DAF，
∴S =S ，
△ABE △DAF
∵BE=AF，AG⊥BE，DN⊥AF，
∴AG=DN，
∴DM=DN，
∴四边形MDNG是正方形，
∴∠DGF=45°．
考点讲练十一 根据正方形的性质与判定求线段长
【典例分析】（24-25八年级下·陕西安康·期末）【问题提出】
（1）如图①，正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点E，点F为边CD的中点，连接EF，若EF=3，
求正方形ABCD的边长；
【问题解决】
（2）如图②，四边形ABCD是某果园的平面示意图，该果园共有A、B、C、D、E五个出口，其中
出口E在边CD上，已知AD=CD=120米，DE=40米，BC=160米，∠ADC=∠C=90°，AE、BE
为果园内两条小路（宽度忽略不计），现在BE的中点F处修建一个临时库房（大小忽略不计），沿DF修
一条运输通道（宽度忽略不计）．
①判断△AEB的形状，并说明理由；
②试求该运输通道的长度DF．【答案】（1）正方形ABCD的边长为6；（2）① △ABE是等腰直角三角形，理由见解析；②该运输通
道的长度DF为80❑√2米．
【思路引导】（1）根据正方形性质和三角形的中位线定理即可求解；
（2）①过点A作AG⊥BC于点G，证明四边形ADCG是正方形，然后证明△ABG≌△AED(SAS)，得
AB=AE，∠BAG=∠DAE，进而可以解决问题；
②连接AF、CF，取CE的中点M，连接FM，证明△ADF≌△CDF(SSS)，得∠ADF=∠CDF=45°，
然后根据三角形中位线定理即可解决问题．
【完整解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AE=CE，
∴E为AC中点，
∵点F为边CD的中点，
1
∴EF= AD=3，
2
∴AD=6，
∴正方形ABCD的边长为6；
（2）① △ABE是等腰直角三角形，理由如下：
过点A作AG⊥BC于点G，如图，
∴∠ADC=∠DCG=∠AGC=90°，
∴四边形ADCG是矩形，
∵AD=CD，
∴四边形ADCG是正方形，
∴∠GAD=90°，AG=CG=AD=CD=120米，
∴BG=BC−CG=40m=DE，
在△ABG和△AED中，
{
AG=AD
)
∠AGB=∠ADE ，
BG=DE∴△ABG≌△AED(SAS)，
∴AB=AE，∠BAG=∠DAE，
∴∠BAE=∠GAD=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形；
②连接AF、CF，取CE的中点M，连接FM，如图③，
∵F为BE的中点，△ABE和△BCE都是直角三角形，
1
∴AF=CF= BE，
2
在△ADF和△CDF中，
{AD=CD
)
DF=DF ，
AF=CF
∴△ADF≌△CDF(SSS)，
∴∠ADF=∠CDF=45°，
∵点F,M分别为BE,CE的中点，
∴FM为△BCE的中位线，
1
∴FM= BC=80米，FM∥BC，
2
∴∠DMF=∠DCB=90°，
∴△DFM为等腰直角三角形，
∴DF=❑√2FM=80❑√2米，
即该运输通道的长度DF为80❑√2米．
【考点再现】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，勾股定理，
直角三角形的性质，三角形中位线的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
【变式训练】（24-25八年级下·山西晋城·期末）如图，在矩形ABCD中，AC=10, BC=8，延长BC
到P，点O是边CD上一点，过点O作EF∥BC，∠BCD与∠PCD的平分线分别交EF于点E，点F．当
点O是CD中点时，则四边形ACED的面积为 ．【答案】15
【思路引导】先结合矩形的性质得∠B=∠BCD=90°，AD=BC=8，CD=AB，运用勾股定理算出
AB=❑√AC2−BC2=6，再根据∠BCD与∠PCD的平分线分别交EF于点E，点F，得
1 1
∠ECO= ∠BCD=45°，∠FCO= ∠PCD=45°，则△EOC,△FOC都是等腰直角三角形，故
2 2
EO=OC=OF，又因为点O是CD中点，证明四边形CFDE是平行四边形，然后证明四边形CFDE是正方
形，再把数值代入四边形ACED的面积为S −S 进行计算，即可作答．
△ADC △EDC
【完整解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BCD=90°，AD=BC=8，CD=AB，
则AB=❑√AC2−BC2=❑√100−64=6，
∴∠DCP=180°−∠BCD=90°，CD=6，
∵EF∥BC，
∴∠EOC=180°−∠BCD=90°，
∴∠FOC=180°−∠EOC=90°，
∵∠BCD与∠PCD的平分线分别交EF于点E，点F．
1 1 1 1
∴∠ECO= ∠BCD= ×90°=45°，∠FCO= ∠PCD= ×90°=45°，
2 2 2 2
∵∠FOC=∠EOC=90°，
∴△EOC,△FOC都是等腰直角三角形，
∴∠CEO=45°,∠CFO=45°，
∴EC=FC，EO=OC=OF，
∵点O是CD中点，
∴CO=DO=3，
∴四边形CFDE是平行四边形，
∵EC=FC，
∴四边形CFDE是菱形，∵∠ECO=45°,∠FCO=45°，
∴∠ECF=90°，
∴四边形CFDE是正方形，
1 1 1
∴S = ×CD×EO= ×CD×CO= ×6×3=9，
△EDC 2 2 2
1
∴四边形ACED的面积为S −S = ×8×6−9=24−9=15，
△ADC △EDC 2
故答案为：15．
【考点再现】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，正方形的判定，勾
股定理，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．
考点讲练十二 根据正方形的性质与判定求面积
【典例分析】（24-25八年级下·山东聊城·期末）如图1，在矩形纸片ABCD中，AB=6，AD=10，折
叠纸片使B点落在边AD上的点E处，折痕为PQ．过点E作EF∥AB交PQ于F，连接BF．
(1)求证：四边形PBFE为菱形；
(2)当点E在AD边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形PBFE的边长；
②若限定P、Q分别在边BA、BC上移动，试求出菱形PBFE的面积最大值．
【答案】(1)见解析
10
(2)① ；②36
3
【思路引导】（1）由折叠的性质得出PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF，由平行线的性质得出
∠BPF=∠EFP，证出∠EPF=∠EFP，得出EP=EF，因此BP=BF=EF=EP，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得AE的长，在Rt△APE中求得PE，即可求得菱形的边长；②当点
Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时AE=2；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四
边形ABQE为正方形，AE=AB=6，即可得出答案．
【完整解答】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边AD上的E处，折痕为PQ，
∴点B与点E关于PQ对称，∴PB=PE，BF=EF，∠BPF=∠EPF，
又∵EF∥AB，
∴∠BPF=∠EFP，
∴∠EPF=∠EFP，
∴EP=EF，
∴BP=BF=EF=EP，
∴四边形PBFE为菱形；
（2）①∵四边形ABCD是矩形，
∴BC=AD=10，CD=AB=6，∠A=∠D=90°，
∵点B与点E关于PQ对称，
∴CE=BC=10，
在Rt△CDE中， DE=❑√CE2−CD2=8，
∴AE=AD−DE=10−8=2，
在Rt△APE中，AE=2，AP=6−PB=6−PE，
10
∴EP2=22+(6−EP) 2，解得： EP= ，
3
10
∴菱形PBFE的边长为 ；
3
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，
10
由①知，此时AE=2，EP=BP= ，
3
10 20
那么S =AE×PB= ×2= ，
菱形PBFE 3 3
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形ABQE为正方形，如图，则AE=AB=6，
那么S =S =AB⋅AE=36，
菱形PBFE □ABQE
20
∴菱形PBFE的面积范围为 ≤S≤36，即最大值为36．
3
【考点再现】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的判
定、勾股定理、正方形的性质等知识，找到临界点是解题的关键．
【变式训练】（24-25八年级下·辽宁葫芦岛·期末）如图所示，△ABC为等边三角形，在△ABC外部作
∠BAF=30°，且AF=AB，连接BF．分别以点C，点F为圆心，线段AC长为半径画弧，两弧交于点
M，连接CM,FM．
(1)求证：四边形ACMF为正方形．
(2)若AC=6，求阴影部分的面积．（面积记为S）
【答案】(1)见解析
(2)27−9❑√3
【思路引导】本题主要考查了正方形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的性质：
（1）由作法得：CM=FM=AC，再由等边三角形的性质可得AB=AC,∠BAC=60°，从而得到
CM=FM=AC=AF，∠CAF=90°，即可求证；
（2）过点B作BD⊥AC于点D，根据等边三角形的性质以及勾股定理可得BD=3❑√3，再由
S=S −S −S ，即可求解．
正方形ABCD △BCD 梯形ADBF
【完整解答】（1）证明：由作法得：CM=FM=AC，
∵△ABC为等边三角形，
∴AB=AC,∠BAC=60°，
∵∠BAF=30°，且AF=AB，∴CM=FM=AC=AF，∠CAF=90°，
∴四边形ACMF是菱形，
∵∠CAF=90°，
∴四边形ACMF为正方形；
（2）解：如图，过点B作BD⊥AC于点D，
∵四边形ACMF为正方形，AC=6，
∴AF=AC=6，∠BDC=∠CAF=90°，
∴BD∥AF，
∵△ABC为等边三角形，
1
∴BC=AC=6,CD=AD= AC=3，
2
∴BD=❑√BC2−CD2=3❑√3，
∴S=S −S −S
正方形ABCD △BCD 梯形ADBF
1 1
=AC2− CD×BD− AD×(BD+AF)
2 2
1 1
=62− ×3×3❑√3− ×3×(3❑√3+6)
2 2
=27−9❑√3．
考点讲练十三 根据正方形的性质与判定证明
【典例分析】（25-26八年级下·全国·期中）如图，已知正方形 ABCD的边长为1，P，E分别是
AC，AD上的点，且∠EPB=90°，PM⊥AD，PN⊥AB．(1)求证：四边形PMAN是正方形；
(2)若点P在线段AC上移动，其他条件不变，设PC=x，AE= y，求y关于x的表达式，并写出自变量x
的取值范围．
【答案】(1)见解析
( ❑√2)
(2)y=1−❑√2x 0≤x≤
2
【思路引导】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质、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（2）的关键．
（1）由正方形的性质得出∠BAD=90°，AC平分∠BAD，由角平分线的性质定理得PM=PN，根据正
方形的判定定理即可证明；
（2）作PF⊥BC于点F．先证△PCF是等腰直角三角形，进而证明四边形BNPF为矩形，得出
❑√2
BN=PF= x，∠MPN=90°．再证△EPM≌△BPN(ASA)，由全等三角形的性质得出
2
❑√2
EM=BN= x，再由正方形的性质得出AP=❑√2AM=❑√2(AE+EM)，代入即可得出答案．
2
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，AC为其对角线，
∴∠BAD=90°，AC平分∠BAD．
又∵PM⊥AD，PN⊥AB，
∴PM=PN，∠PMA=∠PNA=90°=∠BAD．
∴四边形PMAN是正方形．
（2）解：如图，作PF⊥BC于点F．
∵四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴∠ABC=90°，AB=BC=1，∠PCF=45°．
∴AC=❑√12+12=❑√2，∠CPF=45°
∴△PCF是等腰直角三角形．∵PC=x，
❑√2
∴AP=AC−PC=❑√2−x， PF= x．
2
∵PN⊥AB，
∴∠PNB=90°，
又∵∠ABC=90°，∠PFB=90°，
∴四边形BNPF为矩形，
❑√2
∴BN=PF= x，∠MPN=90°．
2
∴∠MPN=90°=∠EPB，
∴∠MPE=∠NPB．
又∵∠PME=∠PNB=90°，PM=PN，
∴△EPM≌△BPN(ASA)．
❑√2
∴EM=BN= x．
2
由（1）知四边形PMAN是正方形，
∴AM=MP
∴AP=❑√2AM=❑√2(AE+EM)，
( ❑√2 )
即❑√2−x=❑√2 y+ x
2
整理得y=1−❑√2x，
❑√2
其中自变量x的取值范围为0≤x≤ ．
2
【变式训练】（24-25八年级下·贵州·月考）如图，在正方形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、
CD、DA上的一点，且AH=DG=CF=BE．
(1)求证：四边形EFGH为正方形；
(2)若正方形EFGH的面积为4，连接FH，求FH的长．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)FH的长为2❑√2．【思路引导】（1）由正方形的性质，结合已知可证明△HAE≌△EBF≌△FCG≌△GDH，可得
HE=EF=FG=GH，∠HEA=∠EFB=∠FGC=∠GHD，从而可得
∠HEF=∠EFG=∠FGH=∠GHE=90°，即可证得结论；
（2）由正方形的EFGH面积可得边长，根据勾股定理计算，即可得FH的长．
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
又∵AH=DG=CF=BE，
∴AB−BE=BC−CF=CD−DG=DA−AH，
∴AE=BF=CG=DH，
∴△HAE≌△EBF≌△FCG≌△GDH，
∴HE=EF=FG=GH，∠HEA=∠EFB，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠B=90°，
∴∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠AEH+∠BEF=90°，
∴∠HEF=180°−90°=90°，
∴四边形EFGH是正方形．
（2）解：∵正方形EFGH的面积为4，
∴EH=EF=❑√4=2，∠HEF=90°，
∴FH=❑√22+22=2❑√2，
∴FH的长为2❑√2．
【考点再现】本题考查正方形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，直角三角形的两个锐角互余，菱
形的判定，求算术平方根，勾股定理．
考点讲练十四 中点四边形
【典例分析】如图，在四边形ABCD中，AC、BD是对角线，点E、F、G、H分别是AB、BC、CD、
DA边的中点，连接EF、EH、FG、HG，要使四边形EFGH为菱形，则应添加一个条件是（ ）A．AC⊥BD B．AC=BD
C．AC与BD互相平分 D．AC=AD
【答案】B
【思路引导】本题主要考查了中点四边形的性质以及三角形中位线定理和菱形的判定，利用三角形中位线
定理以及菱形的判定得出即可．
【完整解答】解：∵E、F分别是AB、BC的中点，
1
∴EF= AC，EF∥AC，
2
1 1 1
同理FG= BD，FG∥BD,GH= AC，GH∥AC,HE= BD,HE∥BD，
2 2 2
∴四边形EFGH是平行四边形．
A、添加AC⊥BD，则EF⊥EH，
∴出四边形EFGH是矩形，无法得出四边形EFGH是菱形，故A不符合题意；
B、添加AC=BD，则EF=FG=GH=HE，
∴四边形EFGH是菱形．故选项B符合题意；
C、添加AC与BD互相平分，无法得出四边形EFGH是菱形，故C不符合题意；
D、添加AC=AD，无法得出四边形EFGH是菱形，故D不符合题意；
故选：B．
【变式训练】（23-24八年级下·内蒙古通辽·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，BC∥AD，
且AD=DC，则下列说法：①四边形ABCD是菱形；②AC⊥BD；③若AC=6，BD=8，则四边形
ABCD的面积为24；④若∠ABO=30°，则△ABC是等边三角形；⑤若顺次连接四边形ABCD各边中点，
所得的四边形是正方形．其中正确的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】C
【思路引导】本题考查了菱形的判定及性质，菱形的面积，等边三角形的判定，矩形的判定；由菱形的判
定方法得四边形ABCD是菱形，由菱形的性质及菱形的面积逐一判断即可．
【完整解答】解：①∵ AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，∵ AD=DC，
∴四边形ABCD是菱形；
故①正确；
②∵四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
故②正确；
③∵ AC=6，BD=8，
1 1
∴四边形ABCD的面积为 AC⋅BD= ×6×8=24，
2 2
故③正确；
④∵四边形ABCD是菱形，∠ABO=30°，
∴∠ABC=60°，AB=BC，
∴ △ABC是等边三角形；
故④正确；
⑤若顺次连接四边形ABCD各边中点，所得的四边形是矩形．
故⑤错误；
∴①②③④正确，共4个；
故选：C．
考点讲练十五 利用(特殊）平行四边形的对称性求阴影面积
【典例分析】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）我们定义：若一个四边形的两条对角线互相垂直，
且其中一条对角线平分另一条对角线，则称这个四边形为“和谐四边形”．
(1)请从以下选项中选出属于“和谐四边形”的选项填在横线上． ___________
A．矩形 B．菱形 C．等腰梯形
(2)已知四边形ABCD是“和谐四边形”，对角线AC⊥BD，AC平分BD于点O若BD=8，AC=6，求
四边形ABCD面积___________．
(3)如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，AC平分∠BAD，过点A作AH⊥BC交BC
于点H，交BD于点G，∠ABH=45°，BG=AC．求证：四边形ABCD是“和谐四边形”．【答案】(1)B
(2)24
(3)详见解析
【思路引导】（1）根据“和谐四边形”的定义进行判断即可；
1 1
（2）由于对角线互相垂直，所以四边形的面积可化为 AO·BD+ BD·OC的和，再求解即可；
2 2
（3）先证明Rt△GHB≌Rt△CHA(HL)，再证得AC⊥BD，求得AB=AD，由等腰三角形三线合一性质
可得OB=OD，从而证得结论．
【完整解答】（1）解：∵菱形的两条对角线互相垂直，且两条对角线互相平分，符合“和谐四边形”的
定义，
故选：B；
（2）解：设AC与BD相交于点O，
∵AC⊥BD，
1
∴△ABD的面积为： BD·OA，
2
1
△CBD的面积为： BD·OC，
2
1 1
四边形的面积： AO·BD+ BD·OC，
2 2
1
= BD·AC，
2
1
= ×6×8，
2
=24，
故答案为：24；
（3）证明：∵AH⊥BC，∠ABH=45°，
∴∠BHA=∠BAH=45°，∠GHB=∠CHA=90°，
∴BH=AH，在Rt△GHB和Rt△CHA中，
{BH=CH)
，
BG=AC
∴Rt△GHB≌Rt△CHA(HL)，
∴∠HBG=∠HAC，
∵∠BGH=∠AGO，
∴∠AOG=∠BHG=90°，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=∠AOD=90°，
∵ AC平分∠BAD，
∴∠OAB=∠OAD，
∴∠ABO=∠ADO，
∴AB=AD，
∴OB=OD（三线合一性质），
∴四边形ABCD是“和谐四边形”．
【考点再现】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，直角三角形的性质及三角
形的面积，解决本题的关键是熟练掌握对“和谐四边形”的理解．
【变式训练】（23-24八年级下·陕西西安·月考）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那
么称这个正整数为“奇特数”．
例如：8=32−12,16=52−32,24=72−52；则8、16、24这三个数都是奇特数．
(1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”）
(2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形ABCD，其边长为
403，求阴影部分的面积．
【答案】(1)是，不是
(2)81608
【思路引导】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式的应用，利用图形正确表示出阴影部分是
解题关键．（1）根据奇特数的概念进行判断即可；
（2）利用阴影部分面积为32−12+72−52+112−92+⋯+4032−4012，运用平方差进行运算，进而求得
答案即可．
【完整解答】（1）解：∵32=92−72
∴32是奇特数；
∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是8的倍数，而2018不是8的倍数
∴2018不是奇特数；
故答案为：是，不是．
（2）S =32−12+72−52+112−92+⋯+4032−4012
阴
=(3−1)(3+1)+(7−5)(7+5)+(11−9)(11+9)+⋯(403−401)(403+401)
(1+403)×202
=2×
2
=81608
考点讲练十六 （特殊）平行四边形的动点问题
【典例分析】（24-25八年级下·四川达州·月考）如图，在四边形ABCD中，
∠A=∠B=∠BCD=90°，AB=DC=4，AD=BC=8．延长BC到E，使CE=3，连接DE．动点P从
点B出发，以每秒2个单位的速度沿BC−CD−DA向终点A运动，设点P运动的时间为t秒（t>0）．
(1)四边形ABCD的形状为 ；
(2)当t= 时，点P运动到∠B的角平分线上；
(3)请用含t的代数式表示△ABP的面积S；
(4)当0<t<6时，直接写出点P到四边形ABED相邻两边距离相等时t的值．
【答案】(1)矩形
(2)8
{ 4t(0<t<4) )
(3) S = 16(4≤t≤6)
△ABP
−4t+40(6<t≤10)19
(4)t=2或3或
4
【思路引导】本题考查矩形的判定、平行四边形的性质、角平分线定理、三角形的面积、全等三角形的判
定与性质，解题的关键是综合运用以上知识．
（1）根据∠A=∠B=∠BCD=90°，可得四边形ABCD是矩形；
（2）根据角平分线定义可得AF=AB=4，得DF=4，进而可得t的值；
（3）根据题意分3种情况讨论：①当点P在BC上运动时，②当点P在CD上运动时，③当点P在AD上运
动时，分别用含t的代数式表示△ABP的面积S即可；
（4）当0<t<6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：①当点P在BC上，点P到AD边的
距离为4，点P到AB边的距离也为4，②当点P在BC上，点P到AD边的距离为4，点P到DE边的距离也
为4，③当点P在CD上且P到BE与DE距离一样时．
【完整解答】（1）解：∵ ∠A=∠B=∠BCD=90°，
∴四边形ABCD是矩形，
故答案为：矩形．
（2）如图，作∠ABC的角平分线交AD于F，
∴∠ABF=∠FBC
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠AFB=∠FBC，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=4，
∴DF=AD−AF=8−4=4，
∴BC+CD+DF=8+4+4=16，
∴2t=16，解得t=8．
∴当t=8时，点P运动到∠ABC的角平分线上；
故答案为：8；
（3）根据题意分3种情况讨论：
①当点P在BC上运动时，1 1
S = ×BP×AB= ×2t×4=4t，(0<t<4)；
△ABP 2 2
②当点P在CD上运动时，
1 1
S = ×AB×BC= ×4×8=16，(4≤t≤6)；
△ABP 2 2
③当点P在AD上运动时，
1 1
S = ×AB×AP= ×4×(20−2t)=−4t+40，(6<t≤10)；
△ABP 2 2
{ 4t(0<t<4) )
综上， S = 16(4≤t≤6) ；
△ABP
−4t+40(6<t≤10)
（4）解：当0<t<6时，点P在BC、CD边上运动，根据题意分情况讨论：
①当点P在BC上，且点P到AB与AD距离一样时，
∵点P到AD边的距离为4，
∴点P到AB边的距离也为4，
即BP=4，
∴2t=4，解得t=2；
②当点P在BC上，且P到DE与AD距离一样时，如图，过P作PF⊥DE于点F，
则PF=4，即PF=DC=4，
∵PF⊥DE，
∴∠PFE=∠DCE=90°，
∴在△PFE和△DCE中，
{∠PFE=∠DCE
)
∠PEF=∠DEC ，
PF=DC
∴△PFE≌△DCE(AAS)，
∴PE=DE=❑√CD2+CE2=❑√42+32=5，
∴BP=BC+CE−PE=8+3−5=6，BP 6
∴ t= = =3；
2 2
③当点P在CD上，则P到BE与DE距离一样时，如图，过点P作PH⊥DE于点H，
1
设PC=PH=x，则S = ×4×3=6，
△DCE 2
5x 3x
S =S +S = + =4x，
△DCE △PDE △PCE 2 2
∴ 4x=6，
解得：x=1.5，
∴BC+CP=8+1.5=9.5，
9.5 19
∴ t= = ．
2 4
19
综上所述：t=2或3或 时，点P到四边形ABED相邻两边距离相等．
4
【变式训练】（24-25八年级下·河北唐山·期中）在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，
AB=4cm，AD=12cm，BC=13cm，点P从点A以0.5cm/s的速度向点D运动，点Q从点C以
1.5cm/s的速度同时向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时
间为t秒．
(1)求t为何值时，四边形PQCD是平行四边形？
(2)求t为何值时，四边形PQBA是矩形？
(3)在整个运动过程中，_________（答“存在”或“不存在”）t值，使得四边形PQCD是菱形；
(4)若只改变线段BC的长度，其余条件都不变，在整个运动过程中，当四边形PQBA是正方形时，请你求
出t的值和线段BC的长度．
【答案】(1)t=613
(2)t=
2
(3)不存在
(4)t=8，BC=16cm
【思路引导】（1）根据PD=CD时，四边形PQCD是平行四边形，列出方程进行求解即可；
（2）根据∠B=90°，AP∥BQ，得到当AP=BQ时四边形ABQP是矩形，列出方程进行求解即可；
（3）根据菱形的性质可得PQ=PD，结合（1）的结论，分别求得PQ,PD的长，即可得出结论；
（4）当四边形PQBA是正方形时，AP=AB=BQ=4，进而求得t=8，CQ=12，根据BC=CQ+BQ，
即可求解．
26
【完整解答】（1）解：由题意，得：AP=0.5t，CQ=1.5t，0<t≤ 秒，
3
∴BQ=13−1.5t，PD=12−0.5t，
∵AD∥BC，则PD∥CQ
当PD=CQ时，四边形PQCD是平行四边形；
∴12−0.5t=1.5t
解得：t=6
（2）解：∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴当AP=BQ时，四边形ABQP是矩形；
∵AP=0.5t，BQ=13−1.5t，
∴0.5t=13−1.5t
13
解得：t=
2
（3）解：不存在，理由如下，
由（1）可得，当t=6时，四边形PQCD是平行四边形；
∴若此时PQ=PD，则四边形PQCD是菱形，
如图，过点P作PE⊥BC于点E，
∵AP∥BQ，∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠PEB=90°，∴四边形ABEP是矩形，
∵t=6，
∴PE=AB=4，BE= AP=0.5t=3，
∵CQ=1.5t =9，BQ=13−1.5t=4，
∴EQ=BQ−AP=4−3=1，
∴PQ=❑√PE2+QE2=❑√42+12=❑√17，
而PD=AD−AP=12−3=9，
∴PQ≠PD，
∴四边形PQCD不是菱形，
故答案为：不存在．
（4）解：当四边形PQBA是正方形时，AP=AB=BQ=4，
∵AP=0.5t=4，
∴t=8，
∴CQ=1.5t=12，
∴BC=BQ+CQ=4+12=16，
∴当四边形PQBA是正方形时，t=8，BC=16cm．
【考点再现】本题考查四边形中的动点问题．解题的关键是掌握矩形的判定和性质，正方形，平行四边形，
矩形，菱形的性质与判定，及勾股定理解三角形，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键．
考点讲练十七 四边形中的线段最值问题
【典例分析】（24-25八年级下·湖北黄冈·期中）如图，菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=3，E、F
分别是BC、BD上的动点，且BE=DF，则AE+AF的最小值为（ ）
A．4 B．❑√3+1 C．3❑√2 D．2❑√2
【答案】C
【思路引导】本题考查菱形的性质，以及线段最值问题，准确添加辅助线是解题的关键．
如图构造全等三角形，使得AF=≥¿，点A、G在直线BC两端，再根据三角形三边的性质，判断出
AE+AF≥AG，利用角度关系得出∠ABG=90∘，结合直角三角形边长关系求出AG的长度，则为AE+AF的最小值．
【完整解答】解：在BC下方取点G，使∠CBG=∠ADF，BG=AD，
连接EG、AG，如图所示：
又∵BE=DF，
∴△ADF≌△GBE(SAS)，
∴AF=≥¿，故当A、E、G三点共线时AE+AF最小，
∵四边形ABCD为菱形，
1
∴AB=AD，∠ABD=∠ADF= ∠ABC=30°，
2
故∠ABG=90∘，且BG=AD=AB，
得等腰Rt△ABG，
∴AG=❑√2AB=3❑√2，
则AE+AF≥AG=3❑√2，
故选C．
【变式训练】（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，E是边
BC上一动点，F是对角线BD上一动点，且BE=DF，则DE+CF的最小值为 ．
【答案】❑√17
【思路引导】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，依据题意，延长DA
到G，使DG=DB，连接FG，CG，由四边形ABCD是矩形，从而AD∥BC，AD=BC=3，
DC=AB=2,∠BAD=∠GDC=90°，先证△DGF≌△BDE，进而FG=DE，故DE+CF=FG+CF，
所以当点G、F、C共线时，FG+CF最小，最小值为CG，最后利用勾股定理进行计算可以得解．
【完整解答】解：延长DA到G，使DG=DB，连接FG，CG，∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD=BC=3，DC=AB=2,∠BAD=∠GDC=90°，
∴∠GDF=∠DBE．
∵DF=BE，DG=BD，
∴△DGF≌△BDE(SAS)．
∴FG=DE，
∴DE+CF=FG+CF，
∴当点G、F、C共线时，FG+CF最小，最小值为CG．
∴DE+CF最小值为CG．
∵∠BAD=90°，
∴BD=❑√AB2+AD2=❑√22+32=❑√13．
在Rt△GDC中，GD=BD=❑√13，∠GDC=90°，
∴GC=❑√GD2+CD2=❑√(❑√13) 2+22=❑√17．
∴DE+CF最小值为❑√17，
故答案为：❑√17．
考点讲练十八 四边形其他综合问题
【典例分析】（23-24八年级下·全国·期中）如图，有八个全等的直角三角形拼成一个大四边形ABCD
和中间一个小四边形MNPQ，连接EF、GH得到四边形EFGH，设S =S ，S =S ，
四边形ABCD 1 四边形EFGH 2
S =S ，若S +S +S =20，则S = ．
四边形MNPQ 3 1 2 3 220 2
【答案】 /6
3 3
【思路引导】本题主要考查了代数式求值，四边形面积计算，将四边形MNPQ的面积设为x，其余八个全
等的三角形相等，每个三角形的面积设为y，由S =S ，S =S ，S =S ，可得
四边形ABCD 1 四边形EFGH 2 四边形MNPQ 3
出S =8 y+x，S =4 y+x，S =x，根据S +S +S =20，得出S +S +S =3x+12y=20，从而求出
1 2 3 1 2 3 1 2 3
20
x+4 y= ，即可得出答案．
3
【完整解答】解：设四边形MNPQ的面积为x，其余八个全等的三角形面积相等，每个三角形的面积设为
y，
∵S =S ，S =S ，S =S ，
四边形ABCD 1 四边形EFGH 2 四边形MNPQ 3
∴S =8 y+x，S =4 y+x，S =x，
1 2 3
∵S +S +S =20，
1 2 3
∴S +S +S =3x+12y=20，
1 2 3
20
解得：x+4 y= ，
3
20
∴S =x+4 y= ，
2 3
20
故答案为： ．
3
【变式训练】（24-25八年级下·北京门头沟·期末）如图，在正方形ABCD中，E是AB延长线上一点，
连接CE，O为CE的中点，过点E作EF⊥AC于点F，连接DF，OF．设∠BCE＝α．
(1)依题意补全图形；
(2)求∠EOF的度数（用含α的式子表示）；
(3)用等式表示线段DF，OF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)90°+2α
(3)DF=❑√2OF，证明见解析
【思路引导】（1）根据题意画出图形即可；（2）根据正方形的性质得到∠ACB=45°，得到∠OCF=45°+α，根据直角三角形的性质得到
1
OC=OF= CE，求得∠OCF=∠OFC=45°+α，根据三角形外角的性质得到
2
∠EOF=∠OCF+∠OFC=2（45°+α）=90°+2α；
1
（3）求得∠BEC=90°−∠BCE=90°−α，连接OB，由O为CE的中点，得到OB=OE=OC= CE，
2
求得∠BOF=180°−∠BOE−∠COF=90°，得到△BOF是等腰直角三角形，得到BF=❑√2OF，根据
全等三角形的性质即可得到结论．
【完整解答】（1）解：如图所示
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°
∵∠BCE=α
∴∠OCF=45°+α
∵EF⊥AC
∴∠EFC=90°
∵O为CE的中点，
1
∴OC=OF= CE，
2
∴∠OCF=∠OFC=45°+α，
∴∠EOF=∠OCF+∠OFC=2（45°+α）=90°+2α．
（3）DF=❑√2OF．理由如下
证明：∵∠CBE=90°，
∴∠BEC=90°−∠BCE=90°−α，
连接OB，
∵O为CE的中点，
1
∴OB=OE=OC= CE
2∴OF=OB，∠BOE=∠OCB+∠OBC=2α，
∵∠COF=180°−∠OCB−∠OFC=180°−2×（45°+α）=90°−2α，
∴∠BOF=180°−∠BOE−∠COF=90°，
∴△BOF是等腰直角三角形，且OF=BO,
∴BO2+OF2=BF2,
即2FO2=BF2,
∴BF=❑√2OF或BF=−❑√2OF(不符合题意，舍去)，
∵∠DAF=∠BAF=45°，AD=AB，AF=AF，
∴△DAF≌△BAF（SAS），
∴DF=BE
∴DF=❑√2OF．
【点评】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的性质，等腰直
角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
【演练1】（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，且
∠BAE=∠DAF．求证：CE=CF．
【答案】证明见解析
【思路引导】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正
方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不
全面，或全等三角形的对应关系判断错误．
先根据正方形性质得出AB=AD，∠B=∠D=90°，结合已知∠BAE=∠DAF，证明
△ABE≌△ADF(ASA)，得到BE=DF．再由正方形中BC=CD，通过BC−BE=CD−DF，推出
CE=CF．
【完整解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=DC=AD,∠B=∠D．∵∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≌△ADF(ASA)，
∴BE=DF，
∴BC−BE=DC−DF，即CE=CF．
【演练2】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为2．E、F分别为边BC、CD
上的动点，△CEF的周长为4，G是CB延长线上的一点，且GB=DF．
(1)求证：AG⊥AF；
(2)试问∠EAF的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，若M为边BC的中点，过点A作AH⊥EF，垂足为H．求MH的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)∠EAF的大小是定值，定值为45°
(3)❑√5−2
【思路引导】（1）利用正方形的性质证明△ABG≌△ADF，得到∠BAG=∠DAF，再利用角的和差得
到∠GAF=∠BAD=90°，即可证明；
（2）由△CEF的周长为4，得到CF+CE+EF=4，由正方形的边长为2得到BC+CD=4，得到
CF+CE+EF=BC+CD，进而利用线段的和差推出EF=EG，通过证明△AEG≌△AEF得到
∠EAG=∠EAF，结合∠GAF=90°即可得出结论；
（3）连接AM，利用全等三角形的性质得到S =S ，利用三角形的面积公式得到AH=AB=2，利
△AEG △AEF
用勾股定理求出AM的长，再根据AH+MH≥AM即可求出MH的最小值．
【完整解答】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠ABC=∠BAD=∠D=90°，
∴∠ABG=90°，
∴∠ABG=∠D=90°，
在△ABG和△ADF中，
{
AB=AD
)
∠ABG=∠D
BG=DF
∴△ABG≌△ADF(SAS)，∴∠BAG=∠DAF，
∴∠BAG+∠BAF=∠DAF+∠BAF，
∴∠GAF=∠BAD=90°，
∴AG⊥AF；
（2）解：∵△CEF的周长为4，
∴CF+CE+EF=4，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴BC=CD=2，
∴BC+CD=4，
∴CF+CE+EF=BC+CD=BE+CE+CF+DF，
∴EF=BE+DF，
∵GB=DF，
∴EF=BE+DF=BE+GB=EG，
由（1）得△ABG≌△ADF，∠GAF=90°，
∴AG=AF，
在△AEG和△AEF中，
{AG=AF
)
AE=AE
EG=EF
∴△AEG≌△AEF(SSS)，
∴∠EAG=∠EAF，
1 1
∴∠EAG= ∠FAG= ×90°=45°，
2 2
∴∠EAF的大小是定值，定值为45°；
（3）解：连接AM，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴AB=BC=2，∠ABC=90°，
∴AB是△AEG的高，∵AH⊥EF，
∴AH是△AEF的高，
由（2）得，△AEG≌△AEF，
∴S =S ，
△AEG △AEF
1 1
∴ EG⋅AB= EF⋅AH，
2 2
由（2）得，EG=EF，
∴AH=AB=2，
∵M为边BC的中点，
1
∴BM= BC=1，
2
∴AM=❑√AB2+BM2=❑√22+12=❑√5，
∵AH+MH≥AM，
∴2+MH≥❑√5，
解得MH≥❑√5−2，
∴MH的最小值为❑√5−2．
【考点再现】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段
最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键．
【演练3】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形ABCD各边中点分别是E、F、G、H，两
条对角线AC与BD互相垂直，则四边形EFGH一定是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【答案】A
【思路引导】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设AC交BD于点Q，EF交BD于
点P，结合三角形中位线证出四边形EFGH是平行四边形，再结合∠FEH=∠FPD=∠CQD=90°，证
出结果即可．
【完整解答】解：设AC交BD于点Q，EF交BD于点P，∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、AD的中点，
1 1
∴EF∥AC，且EF= AC,GH∥AC，且GH= AC，EH∥BD，
2 2
∴EF∥GH，且EF=GH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴∠FEH=∠FPD=∠CQD=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
故选：A．
【演练4】（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE，将
△EDC沿DE所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G，连接DG．
(1)求证：△ADG≌△FDG；
(2)若AB=2❑√5，求AG的长．
【答案】(1)证明见解析
2❑√5
(2)AG=
3
【思路引导】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知
识是解题的关键．
（1）由正方形的性质与折叠可得AD=FD，△DAG与△DFG都是直角三角形，根据 “HL”即可证明
Rt△DAG≌Rt△DFG；1
（2）由中点的定义得到BE=CE= BC=❑√5，由折叠得到EF=CE=❑√5，设AG=FG=x，则
2
GB=AB−AG=2❑√5−x，¿=GF+EF=x+❑√5，在Rt△GBE中，根据勾股定理构造方程，求解即可．
【完整解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形
∴∠A=∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=AD，
由折叠可得DF=DC，∠DFE=∠C=90°，
∴AD=FD，∠DFG=180°−∠DFE=90°，
∴在Rt△DAG和Rt△DFG中
{DG=DG)
DA=DF
∴Rt△DAG≌Rt△DFG(HL)；
（2）解：∵BC=AB=2❑√5，点E是BC的中点，
1
∴BE=CE= BC=❑√5，
2
由折叠得到EF=CE=❑√5，
∵Rt△DAG≌Rt△DFG ，
∴AG=FG
设AG=FG=x，则GB=AB−AG=2❑√5−x，¿=GF+EF=x+❑√5
∵在Rt△GBE中，GB2+BE2=GE2，
∴(2❑√5−x) 2+(❑√5) 2=(❑√5+x) 2
2❑√5
解得x=
3
2❑√5
∴AG= ．
3
【演练5】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，AC为正方形ABCD的对角线．
(1)尺规作图：作AD的垂直平分线l交AD于点E，在l上确定点F，使得点F到∠BAC的两边距离相等；
（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，求∠EFA的度数．（请直接写出∠EFA的度数）【答案】(1)画图见解析
(2)22.5°
【思路引导】本题主要考查了尺规作图及角的计算，角平分线的性质定理，正方形的性质，熟练掌握相关
知识是解题的关键.
（1）由题意先作AD的垂直平分线l，再根据点F到∠BAC的两边距离相等可知点F在∠BAC的角平分线
上，据此作图即可.
（2）根据正方形的性质和角平分线的定义求得∠BAF，然后由∠BAF+∠EAF=90°和
∠EFA+∠EAF=90°，得到∠EFA=∠BAF，即可求解．
【完整解答】（1）解：如图，直线l，点F即为所求.
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠BAC=∠CAD=45°，∠BAD=∠BAF+∠EAF=90°，
∵AF平分∠BAC，
1 1
∴∠BAF= ∠BAC= ×45°=22.5°，
2 2
∵直线l⊥AD，即∠AEF=90°，
∴∠EFA+∠EAF=90°，
∴∠EFA=∠BAF=22.5°．
基础夯实 能力提升
1．（24-25八年级下·湖北武汉·月考）如图，任意四边形ABCD中，E，F，G，H分别是
AB,BC,CD,DA上的点，对于四边形EFGH的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（ ）
A．当E，F，G，H是各边中点，且AC=BD时，四边形EFGH为菱形
B．当E，F，G，H是各边中点，且AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形
C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形EFGH可以为平行四边形
D．当E，F，G，H是各边中点时，四边形EFGH可以不为平行四边形
【答案】D
【思路引导】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形和矩形的判定．连接AC,BD，根据三角形中位线
定理可得EH∥FG,EH=FG，从而得到四边形EFGH为平行四边形，再根据菱形和矩形的判定定理，
解答即可．
【完整解答】解：如图，连接AC,BD，
若E，F，G，H分别是AB,BC,CD,DA上的点，
1 1
∴EH∥BD,FG∥BD,EF∥AC,EH= BD=FG,EF= AC，
2 2
∴EH∥FG,EH=FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，故D选项错误，符合题意；
1 1
当AC=BD时，EH= BD= AC=EF
2 2
∴四边形EFGH为菱形，故A选项正确，不符合题意；
当AC⊥BD时，EH⊥EF，
∴四边形EFGH为矩形，故B选项正确，不符合题意；
若E，F，G，H不是各边中点，当EF∥HG,EF=HG时，四边形EFGH为平行四边形，故C选项正确，不符合题意；
故选：D
2．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点D在y轴
上，且A(−3,0)，B(2,b)，则正方形ABCD的面积是（ ）
A．13 B．28 C．34 D．36
【答案】C
【思路引导】本题考查正方形的性质、坐标与图形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识．
作BM⊥x轴于M．只要证明△DAO≌△ABM，推出OA=BM，AM=OD，由A(−3,0)，B(2,b)，推
出OA=3，OM=2，推出OD=AM=5，再利用勾股定理求出AD即可解决问题．
【完整解答】解：作BM⊥x轴于M．
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAO+∠BAM=90°，∠BAM+∠ABM=90°，
∴∠DAO=∠ABM，
∵∠AOD=∠AMB=90°，
∴在△DAO和△ABM中，
{∠DAO=∠ABM
)
∠AOD=∠AMB ，
AD=AB∴△DAO≌△ABM(AAS)，
∴OA=BM，AM=OD，
∵A(−3,0)，B(2,b)，
∴OA=3，OM=2，
∴OD=AM=5，
∴AD=❑√OA2+OD2=❑√32+52=❑√34，
∴正方形ABCD的面积=❑√34×❑√34=34，
故选：C．
3．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，以AC为边长的正
方形ACEF的周长为（ ）
A．12 B．16 C．18 D．20
【答案】B
【思路引导】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及正方形的周长计算，解题的关键是根
据菱形的性质和已知角度推出等边三角形，进而确定AC的长度．
由菱形性质得AB=BC,结合∠B=60°可判定△ABC为等边三角形，从而得出AC=AB=4;再根据正方形
边长等于AC的长度，计算其周长．
【完整解答】∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC．
∵AB=4,
∴BC=4．
∵∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）．
∴AC=AB=4．
∵四边形ACEF是正方形
∴正方形ACEF的边长为AC=4．
∴正方形ACEF的周长=4×4=16．
故选：B．4．（24-25八年级下·四川南充·月考）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=7，以斜边
AB为边向外作正方形ABDE，连接CE，则CE的长为（ ）
A．15 B．16 C．17 D．18
【答案】C
【思路引导】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，过点E作EF⊥CA交
CA延长线于F，可证明△CBA≌△FAE(AAS)，得到AF=BC=7，EF=AC=8，则CF=AF+AC=15，
据此利用勾股定理求解即可．
【完整解答】解：如图所示，过点E作EF⊥CA交CA延长线于F，
∴∠F=∠ACB=90°，
∵四边形ABDE是正方形，
∴AE=AB，∠BAE=90°，
∴∠CAB+∠CBA=∠CAB+∠FAE=90°，
∴∠CBA=∠FAE，
∴△CBA≌△FAE(AAS)，
∴AF=BC=7，EF=AC=8，
∴CF=AF+AC=15，
在Rt△CEF中，由勾股定理得CE=❑√CF2+EF2=❑√152+82=17，
故选：C．
5．如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC=EC，则∠DAE的度数 ．【答案】22.5°
【思路引导】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．根据正方
形的性质，可得∠DAC=45°，AD∥BE，则∠DAE=∠CEA，再根据等边对等角，可得
∠CEA=∠CAE，结合∠DAE+∠CAE=∠DAC，即可求得∠DAE的度数．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是一个正方形，
∴∠DAC=45°，AD∥BE，
∴∠DAE=∠CEA，
∵AC=EC，
∴∠CEA=∠CAE，
∴∠DAE=∠CAE，
∵∠DAE+∠CAE=∠DAC=45°，
1
∴∠DAE= ×45°=22.5°．
2
故答案为：22.5°．
6．如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E，使AE=AC，则∠BCE= ．
【答案】22.5°
【思路引导】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，由正方形的性质可得
180°−45°
∠BAC=∠BCA=45°，进而由等腰三角形的性质得∠ACE=∠E= =67.5°，再根据角的和
2
差关系即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．
【完整解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∵AE=AC，180°−45°
∴∠ACE=∠E= =67.5°，
2
∴∠BCE=∠ACE−∠BCA=67.5°−45°=22.5°，
故答案为：22.5°．
7．（24-25八年级下·重庆铜梁·期末）如图，是由四个全等的直角三角形拼成的“赵爽弦图”，得到正
方形ABCD与正方形EFGH，连接CE．若正方形ABCD的面积为6，EF=BF，则CE的长为 ．
【答案】❑√6
【思路引导】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质,掌握三角形全等的判定定理和性质定理
是解题关键．
由题意可证明△EHC≌△DHC(SAS)，即可得出CE=CD=❑√6．
【完整解答】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴EH=EF，∠EHC=∠DHC=90°，
由全等三角形的性质得：BF=DH，
∵EF=BF，
∴EH=DH，
在△EHC和△DHC中，
{
EH=DH
)
∠EHC=∠DHC=90° ，
CH=CH
∴△EHC≌△DHC(SAS)，
∴CE=CD，
∵四边形ABCD是正方形，且面积为6，
∴CD2=6，
∴CD=❑√6，
∴CE=CD=❑√6．
故答案为：❑√6．
8．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是AB，BC上的点，且CE⊥DF，求证：CE=DF．【答案】见解析
【思路引导】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及全等三角
形的性质与判定是解题的关键．
由题意易得BC=CD，∠B=∠DCF=90°，则有∠BCE=∠CDF，然后可得△BCE≌△CDF(ASA)，
进而问题可求证．
【完整解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD，∠B=∠DCF=90°，
∴∠BCE+∠DCE=90°．
∵CE⊥DF，
∴∠DCE+∠CDF=90°，
∴∠BCE=∠CDF，
∴△BCE≌△CDF(ASA)．
∴CE=DF．
9．已知：点E、F、G、H分别在正方形ABCD的边AB、BC、CD、DA上（如图）．
(1)如果四边形EFGH是平行四边形，求证：AE=CG；
(2)如果四边形EFGH是正方形，试探究线段AE、CF、AB之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)AE＋CF=AB，理由见解析
【思路引导】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，
对于（1），连接FH，根据正方形的性质和平行四边形的性质得∠EHF=∠GFH，∠AHF=∠CFH，
进而得∠AHE=∠CFG，再根据“角角边”证明△AEH≌△CGF，可得答案；
对于（2），先根据正方形的性质得∠BFE=∠CGF，再根据“角角边”证明△BEF≌△CFG，可得BE=CF，然后根据AE+BE=AB得出答案.
【完整解答】（1）证明：连接FH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，∠A=∠C=90°．
∵四边形EFGH是平行四边形，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴∠EHF=∠GFH．
∵AD∥BC，
∴∠AHF=∠CFH．
∴∠AHF−∠EHF=∠CFH−∠GFH，即∠AHE=∠CFG．
在△AEH和△CGF中，
∵∠AHE=∠CFG，∠A=∠C，EH=FG，
∴△AEH≌△CGF，
∴AE=CG；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°．
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=FG，∠EFG=90°．
∵∠BFE+∠CFG=90°，∠CGF+∠CFG=90°，
∴∠BFE=∠CGF．
在△BEF和△CFG中，
∵∠BFE=∠CGF，∠B=∠C，EF=FG，
∴△BEF≌△CFG，
∴BE=CF．
又∵AE+BE=AB，
∴AE+CF=AB．
10．（24-25八年级下·河南信阳·月考）[定义]：如果四边形的某条对角线平分一组对角，那么把这条对角线叫做“美妙线”，该四边形叫做“美妙四边形”．如图，在四边形ABDC中，对角线BC平分
∠ACD和∠ABD，那么对角线BC叫“美妙线”，四边形ABDC就称为“美妙四边形”．
[问题]：（1）下列四边形：平行四边形，矩形，菱形，正方形，其中是“美妙四边形”的是_____；（填
写名称）
（2）四边形ABCD是“美妙四边形”， AB=2，∠BAD=60∘，∠ABC=90∘，求美妙四边形ABCD的
面积．（请画出图形，并写出解答过程）
【答案】（1）菱形、正方形
4❑√3
（2） 或6−2❑√3
3
【思路引导】本题主要考查了四边形中新定义问题、全等三角形的性质与判定以及等腰三角形的性质与判
定，理解新定义以及掌握平行四边形和特殊平行四边形的性质是解题的关键．
（1）根据对角线平分一组对角的性质逐个分析即可解答；
（2）当四边形ABCD是“美妙四边形”时，分两种情况：对角线AC是“美妙线”或对角线BD是“美妙
线”，证相应的三角形全等，结合AB=2，∠BAD=60∘，∠ABC=90∘，即可求出美妙四边形ABCD的
面积．
【完整解答】解：（1）根据“美妙四边形”的定义可知，在平行四边形，矩形，菱形，正方形这四个四
边形中，其中是“美妙四边形”的是菱形、正方形；
（2）当四边形ABCD是“美妙四边形”时，分两种情况：
①当对角线AC是“美妙线”时，如图1，
∵ AC ∠BAD ∠BCD ∠BAD=60∘
平分 和 ， ，
1
∴∠BAC= ∠BAD=30∘ ，
2
在△ABC中，∠ABC=90∘，AB=2，2❑√3
∴BC= ，
3
∵∠ABC=90∘，∠BAC=30∘，
∴∠ACB=60∘，
∴∠ACD=60∘，
∵∠CAD=∠BAC=30∘，
∴∠D=180−30∘−60∘=90∘，
∵AC=AC，∠B=∠D，∠CAB=∠CAD，
∴△ABC≌△ADC(AAS)，
1 2❑√3 4❑√3
∴S =2S =2× ×2× = ；
四边形ABCD △ABC 2 3 3
②当对角线BD是“美妙线”时，如图2，过点D作DH⊥AB于点H，
∵∠ABC=90∘ BD ∠ABC
， 平分 ，
∴∠ABD=∠CBD=45∘，
∴△BDH是等腰直角三角形，
∴DH=BH，
设AH=a，
∵∠BAD=60∘，
∴∠ADH=30∘，
∴AD=2a，DH=❑√3a，
∴BH=❑√3a，
∴AB=AH+BH=a+❑√3a=2，
∴a=❑√3−1，
∴DH=3−❑√3，
∵∠ABD=∠CBD，BD=BD，∠ADB=∠CDB，
∴△ABD≌△CBD(ASA)，
1
∴S =2S =2× ×2×(3−❑√3)=6−2❑√3；
四边形ABCD △ABC 24❑√3
综上所述，美妙四边形ABCD的面积为 或6−2❑√3．
3
创新拓展 拔尖冲刺
1．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AB =3❑√3，AD=3，
M，N分别为线段BC，AB上的动点（含端点，但点M不与点B重合）．若E，F分别为DM，MN的中
点，则线段EF长度的最大值为（ ）
A．❑√7 B．3.5 C．3 D．2.5
【答案】C
【思路引导】本题考查了三角形中位线定理和勾股定理，掌握通过中位线将线段长度转化，结合动点位置
求最值是解题的关键．
1
利用三角形中位线定理将EF转化为 DN，通过分析DN的最大值来确定EF的最大值，结合勾股定理进
2
行求解．
【完整解答】解：如图，连接DN．
∵E F DM MN
， 分别为 ， 的中点，
∴EF为△DMN的中位线，
1
∴EF= DN，
2
∴当DN最大时，EF最大．
∵当点N与点B重合时，DN最大，此时DN= ❑√AD2+AB2=6，
∴线段EF长度的最大值为3．
故选：C．2．（24-25八年级下·陕西汉中·期末）如图，有一个▱ABCD和一个正方形CEFG，其中点E在边AD
上，若∠ECD=49°，∠AEF=34°，则∠BCD=（ ）
A．110° B．125° C．105° D．115°
【答案】C
【思路引导】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∠D的度数是解决问题的关键.由平角的定义求出∠CED
的度数，由三角形内角和定理求出∠D的度数，再由平行四边形的同旁内角互补即可得出结果．
【完整解答】解：∵四边形CEFG是正方形，
∴∠CEF=90°，
∴∠CED=180°−∠AEF−∠CEF=180°−34°−90°=56°
∴∠D=180°−∠CED−∠ECD=180°−49°−56°=75°，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠BCD=180°−∠D=180°−75°=105°．
故选：C．
3．如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，
要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（ ）．
A．AB=CD B．AC⊥BD
C．AB∥CD D．AC=BD
【答案】B
【思路引导】本题考查中点四边形，涉及三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的
判定等知识，熟记三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定等知识是解决问题的关键．
1
先由中点四边形相关条件，由三角形中位线的判定与性质得到EH∥BD，且EH= BD；FG∥BD，且
2
1 1 1
FG= BD；GH∥AC，且GH= AC；FE∥AC，且FE= AC，进而判定四边形EFGH为平行四边
2 2 2
形，再由矩形的判定定理即可确定答案．
【完整解答】解：∵ AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，E、F、G、H是四边形ABCD各边的
中点，
∴ EH是△ABD的中位线，FG是△CBD的中位线，HG是△ACD的中位线，FE是△ACB的中位线，
1 1 1
则EH∥BD，且EH= BD；FG∥BD，且FG= BD；GH∥AC，且GH= AC；FE∥AC，且
2 2 2
1
FE= AC，
2
∴EH∥FG，且EH=FG，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD时，EH⊥HG，
∵四边形EFGH为平行四边形，
∴四边形EFGH为矩形，
综上所述，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是AC⊥BD，
故选：B．
4．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，CE∥BD，
DE∥AC．若AC=❑√2，则点E到边CD的距离为 ．
【答案】0.5
【思路引导】连接EO，交CD于点H，由CE∥BD，DE∥AC可知四边形OCED是平行四边形，进而推
断出四边形OCED是正方形，然后利用正方形的性质进行求解即可．
【完整解答】解：如图，连接EO，交CD于点H．
∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形OCED是平行四边形．
在正方形ABCD中，AC⊥BD，OD=OC，
∴∠COD=90°，
∴四边形OCED是正方形，
1
∴EH= CD，OE⊥CD．
2
∵AC=❑√2，
∴AB=BC=CD=1，
1
∴EH= CD=0.5，
2
即点E到边CD的距离为0.5．
故答案为：0.5．
【考点再现】本题主要考查了正方形的性质与判定，掌握正方形的性质与判定是解决本题的关键．
5．（23-24八年级上·江苏苏州·期中）如图，在四边形ABCD中，
AB=BC=2,AD=CD,∠ABC=60°，点M,N在BD上，且MN=1，则AM+CN的最小值为 ．
【答案】❑√5
【思路引导】本题考查了轴对称性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，连接AC，得到点A
与点C关于BD对称，过点A作AE∥BD，使得AE=MN=1，连接CE交BD于点N′，连接EN，证明四边
形AMNE是平行四边形，得到AM+CN=EN+CN≥EC,则当E,C,N三点共线，即点N与点N′重合时，
EN+CN取得最小值，即AM+CN取得最小值，最小值为CE的长，求出AC=2，由勾股定理求出
CE=❑√5,得出答案，掌握相关知识是解题的关键．
【完整解答】解：如图，连接AC，∵AB=BC=2 AD=CD,
，
∴点A与点C关于BD对称，
∴AC⊥BD，
过点A作AE∥BD，使得AE=MN=1，连接CE交BD于点N′，连接EN，
∵AE∥MN，AE=MN,
∴AC⊥AE，四边形AMNE是平行四边形，
∴AM=EN，
∴AM+CN=EN+CN≥EC,
∴当E,C,N三点共线，即点N与点N′重合时，EN+CN取得最小值，即AM+CN取得最小值，最小值为
CE的长，
∵AB=BC=2，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=2，
在Rt△CAE中，CE=❑√AC2+AE2=❑√22+12=❑√5,
∴AM+CN的最小值为❑√5．
故答案为：❑√5．
6．（23-24八年级下·河南洛阳·月考）如图，四边形ABCD是边长为8的正方形纸片，将其沿MN折叠，
使点B落在CD边上的B′处，点A对应点为A′，且B′C=3，则AM的长是 ．
25
【答案】
16【思路引导】本题主要考查折叠问题及勾股定理，掌握折叠的性质和勾股定理是关键．由翻折的性质可知：
MB=MB′，设AM= y，则DM=8−y，连接BM,MB′，在Rt△ABM和Rt△MDB′中利用勾股定理构
建方程求出y，即可求解．
【完整解答】解：由折叠的性质得：MB=MB′，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=8,∠A=∠D=90°，
∵B′C=3，
∴B′D=CD−B′C=8−3=5，
设AM= y，则DM=8−y，
连接BM,MB′，
在Rt△ABM中，AB2+AM2=BM2，
在Rt△MDB′中，B′M2=M D2+DB′2，
∴AB2+AM2=BM2=B′M2=M D2+DB′2，
即82+ y2=(8−y) 2+52，
25
解得y= ，
16
25
即AM= ，
16
25
故答案为： ．
16
7．（24-25八年级下·河南信阳·月考）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，
D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD,BE．(1)求证：CE=AD；
(2)若点D为AB中点，当∠A=______°时，四边形BECD是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)45
【思路引导】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定；
（1）先证明四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）先证明四边形BECD是菱形，进而可得∠ABC=∠CBE=45°，即可求解．
【完整解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴四边形BECD是菱形；
若四边形BECD是正方形，则∠DBE=90°，
又∵四边形BECD是菱形，
1
∴∠ABC=∠DBC= ∠DBE=45°，
2
∵∠ACB=90°，
∴∠A=45°
故答案为：45．
8．（23-24八年级上·河南信阳·期末）【观察猜想】我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，连接AE,AF,EF，并延长CB到点G，使
BG=DF，连接AG．若∠EAF=45°，则BE,EF,DF之间的数量关系为________；
【类比探究】（2）如图2，当点E、F分别在线段BC,CD的延长线上，且∠EAF=45°时，试探究
BE,EF,DF之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）EF=BE+DF
（2）BE=EF+DF，理由见解析
【思路引导】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解此题的关键是能
正确作出辅助线得出全等三角形．
（1）由正方形性质可得AD=AB，∠ABG=∠ADF=90°，可证得△ADF≌△ABG(SAS)，
△AGE≌△AFE(SAS)，即可证得结论；
（2）在BC上截取BG=DF，连接AG．可证得△ADF≌△ABG(SAS)，△AGE≌△AFE(SAS)，即可证
得结论．
【完整解答】解：（1）EF=BE+DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠ABG=∠ADF=90°，
∵BG=DF，
∴△ADF≌△ABG(SAS)，
∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAG+∠BAE=45°=∠EAF，
∴∠GAE=∠EAF=45°，{
AG=AF
)
在△AGE和△AFE中， ∠GAE=∠EAH ，
AE=AE
∴△AGE≌△AFE(SAS)，
∴≥=EF，
∵≥=GB+BE=BE+DF，
∴EF=BE+DF．
（2）EF=BE−DF，理由如下：
如图2，在BC上截取BG=DF，连接AG．
ABCD
∵四边形 为正方形，
∴AD=AB，∠ABG=∠ADF=90°，
∵BG=DF，
∴△ADF≌△ABG(SAS)，
∴AF=AG，∠DAF=∠BAG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAE+∠DAF=45°，
∴∠BAG+∠DAF=45°，
∴∠GAE=∠EAF=45°，
{
AG=AF
)
在△AGE和△AFE中， ∠GAE=∠EAH ，
AE=AE
∴△AGE≌△AFE(SAS)，
∴≥=EF，
∵≥=BE−BG=BE−DF，
∴EF=BE−DF．
9．（25-26八年级下·全国·课后作业）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．【答案】5
【思路引导】利用正方形的对称性，将其中一个点关于对角线AC对称，转化线段长度，再根据“两点之
间线段最短”求最小值．
【完整解答】解：如图，连接BD交AC于点O，连接ED交AC于点P′，连接BP′．
易知BD⊥AC，且BO=DO，
∴BP′=DP′，则EP′+BP′=EP′+DP′=ED，此时EP+BP有最小值．
∵AE=3，BE=1，
∴AD=AB=1+3=4．
由勾股定理，得ED=❑√AE2+AD2=5，即EP+BP的最小值为5．
【考点再现】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．
10．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，四边形ABCD为正方形，E为射线AC上一点，连接DE，过
点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图①，当点E在线段AC的延长线上时，求证：矩形DEFG是正方形．
(2)如图②，当点E在线段AC上时，
①若AB=4，CE=2❑√2，求CG的长度；
②当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数：________________．【答案】(1)见解析
(2)①2❑√2，②130°或40°
【思路引导】（1）要证明矩形DEFG是正方形，核心是证明矩形的邻边相等．利用正方形ABCD的对角
线性质，构造辅助线EP⊥DC、EQ⊥BC，得到正方形CQEP；再通过角的互余关系证明
∠QEF=∠PED，从而证得全等，推出EF=DE，矩形即可判定为正方形．
（2）①先由正方形边长AB=4，得对角线AC=4❑√2；结合CE=2❑√2，可知AE=AC−CE=2❑√2，即E
为AC中点，此时F与C重合，矩形DECG为正方形，故CG=CE．
②分两种情况讨论： 当DE与AD夹角为40°时，利用正方形对角线的角性质和三角形内角和，计算得
∠EFC=130°； 当DE与DC夹角为40°时，利用矩形和正方形的角性质，得∠EFC=40°．
【完整解答】（1）证明：如图①，过点E作EP⊥DC，交DC的延长线于点P，EQ⊥BC，交BC的延长
线于点Q，则四边形CQEP为矩形，
∴∠EPD=∠EQF=∠PEQ=90°．
∵∠ECQ=∠BCA=∠ECP=∠DCA=45°，
∴∠CEP=∠ECP=45°，CP=PE，
∴四边形CQEP为正方形，EQ=EP．
∵EF⊥DE，
∴∠≝=∠PEQ=90°，
∴∠QEF=∠PED．
在△EQF和△EPD中:
{∠QEF=∠PED,
)
EQ=EP,
∠EQF=∠EPD,
∴△EQF≌△EPD（ASA），
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形．
（2）解：①如图②，在Rt△ABC中，由勾股定理，得AC=❑√AB2+BC2=4❑√2，∵CE=2❑√2，
∴AE=CE，
∴点F与点C重合，此时△DCE是等腰直角三角形，
∴矩形DEFG是正方形，CG=CE=2❑√2．
②分以下两种情况讨论：①如图③，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC=45°+40°=85°．
∵∠≝=90°，
∴∠CEF=5°．
∵∠ECF=45°，
∴∠EFC=130°；
②如图④，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠≝=∠DCF=90°，
∴∠EFC=∠EDC=40°．
综上所述，当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，∠EFC的度数为130°或40°．
【考点再现】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、分类讨论思想，掌握正方形对
角线平分内角、构造辅助线证明全等、分情况讨论角的位置是解题的关键．
