文档内容
第 09 讲 正方形【10 个必考点】
【人教版】
【知识点1 正方形的定义及性质】..........................................................................................................................1
【必考点1 利用正方形的性质求线段的长度】.....................................................................................................2
【必考点2 利用正方形的性质求角度】.................................................................................................................8
【必考点3 利用正方形的性质求面积】...............................................................................................................12
【必考点4 坐标系中正方形性质的应用】...........................................................................................................16
【知识点2 正方形的判定】....................................................................................................................................20
【必考点5 正方形的判定条件】............................................................................................................................21
【必考点6 证明一个四边形是正方形】...............................................................................................................24
【必考点7 正方形的判定与性质综合应用】.......................................................................................................29
【必考点8 正方形中的多结论问题】...................................................................................................................38
【必考点9 正方形中的最值问题】.......................................................................................................................46
【必考点10 正方形中的常见的辅助线构造】.....................................................................................................50
【知识点1 正方形的定义及性质】
1.正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.
【注意】
（1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺
一不可.
（2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊
的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和 菱形 .
2.正方形的性质
正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质.
元素 性质
边 对边平行，四条边都相等
角 四个角都是直角
对角线 两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角
对称性 是轴对称图形，有四条对称轴
【注意】
（1）矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示.（2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半.
（3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三
角形和直角三角形的性质.
【必考点1 利用正方形的性质求线段的长度】
【例1】如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，BE平分∠CBD，交CD于点E，交OC于点F，
若AB＝4，则CF的值为（ ）
3❑√2
A． B．❑√2+2 C．2❑√2−2 D．4❑√2−4
2
【分析】过点E作EM⊥BD，交BD于点M，通过正方形性质，等腰三角形的判定先证明CE＝CF，再
根 据 角 平 分 线 性 质 证 明 EM ＝ EC ， 设 EM ＝ EC ＝ x ， 则 DE ＝ 4﹣ x ， 利 用
1 1
S = BD⋅ME= DE⋅AD，求出x的长，从而得出答案．
△BDE 2 2
【解答】解：如图，过点E作EM⊥BD，交BD于点M，设BE交CD于点E，交OC于点F，
∴∠CBE＝∠DBE，∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝DC＝AD＝4，∠BOC＝∠BCD＝90°，
在直角三角形BCD中，由勾股定理得：
BD=❑√42 +42 =4❑√2，
∵∠CBE+∠CEB＝90°，∠DBE+∠BFO＝90°，
∴∠CEB＝∠BFO，
∵∠EFC＝∠BFO，
∴∠CEB＝∠EFC，
∴CE＝CF，
∵EM⊥BD，∠BCD＝90°，BE平分∠CBD，
∴EM＝EC，
设EM＝EC＝x，则DE＝4﹣x，
1 1
∵S = BD⋅ME= DE⋅BC，
△BDE 2 2
1 1
∴ ×4❑√2x= (4−x)×4，
2 2
解得：x=4❑√2−4，
∴CF=CE=4❑√2−4，
故选：D．
【例2】如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，F在BC边上，且∠EAF＝45°，连接
EF，则BF的长为（ ）
3
A．2 B． ❑√2 C．3 D．2❑√2
2
【分析】把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，首先证明△AFE≌△AGE，进
而得到EF＝FG，问题即可解决．
【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，
∴把△ABF绕点A逆时针旋转90°至△ADG，可使AB与AD重合，如图：
∴∠BAF＝∠DAG，
∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠BAF+∠DAE＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
∵∠ADG＝∠ADC＝∠B＝90°，
∴∠EDG＝180°，点E、D、G共线，
在△AFE和△AGE中，
{ AG=AF )
∠FAE=∠EAG ，
AE=AE
∴△AFE≌△AGE（SAS），
∴EF＝EG，
即：EF＝EG＝ED+DG，
∵E为CD的中点，边长为6的正方形ABCD，
∴CD＝BC＝6，DE＝CE＝3，∠C＝90°，
∴设BF＝x，则CF＝6﹣x，EF＝3+x，
在Rt△CFE中，由勾股定理得：
EF2＝CE2+CF2，
∴（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
即BF＝2，
故选：A．
【变式1】如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且
OE⊥OF，连接EF．若∠AOE＝150°，DF=❑√2，则EF的长为（ ）A．2 B．2+❑√2 C．2❑√2 D．❑√2+1
【分析】由题意证明△BOE≌△COF（ASA），所以OE＝OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作
FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．
【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，
∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，
∵∠AOE＝150°，
∴∠BOE＝60°；
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝∠BOC＝90°，
∴∠BOE＝∠COF＝60°，
∴△BOE≌△COF（ASA），
∴OE＝OF，
∴△OEF是等腰直角三角形；
过点F作FG⊥OD，如图，
∴∠OGF＝∠DGF＝90°，
∵∠ODC＝45°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
❑√2
∴GF＝DG= DF＝1，
2∴OF＝2GF＝2，
∴EF=❑√2OF＝2❑√2．
故选：C．
【变式2】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，CE＝DF＝1，DE，AF交于点G，点H为AE的中点，连接
GH，则GH的长为（ ）
3 5
A．❑√2 B． C．2 D．
2 2
【分析】根据正方形的性质可得∠C＝∠ADC＝90°，AD＝DC＝AB＝BC＝4，进而运用勾股定理得到
AE＝5，再证明△ADF≌△DCE得到∠DAF＝∠CDE，然后说明∠AGE＝90°，最后根据直角三角形的
性质即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，AB＝4，CE＝DF＝1，
∴∠C＝∠ADC＝90°，AD＝DC＝AB＝BC＝4，
∴BE＝BC﹣CE＝3，
∴AE=❑√AB2 +BE2 =5，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠DAF＝∠CDE
∵∠DFA+∠DAF＝90°，
∴∠DFA+∠CDE＝90°，
∴∠DGF＝∠AGE＝90°，
∵点H为AE的中点，
1 5
∴GH= AE= ．
2 2
故选：D．
【变式3】如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分
别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）❑√2
A． B．1 C．❑√2 D．2
2
【分析】连接AG并延长交CD于M，连接FM，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C
1 1
＝90°，证得△AEG≌△MGD，得到AG＝MG，AE＝DM= AB，根据三角形中位线定理得到GH=
2 2
FM，由勾股定理求出FM即可得到GH．
【解答】解：连接AG并延长交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
在△AGE和MGD中，
{∠EAG=∠DMG
)
∠AEG=∠MDG ，
¿=GD
∴△AGE≌△MGD（AAS），
1 1
∴AG＝MG，AE＝DM= AB= CD，
2 2
1
∴CM= CD＝2，
2
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，∵F为BC的中点，
1
∴CF= BC＝2，
2
∴FM=❑√CM2 +CF2 =2❑√2，
∴GH=❑√2，
故选：C．
【必考点2 利用正方形的性质求角度】
【例1】如图，正方形ABCD内的△BEC为正三角形，则∠DEA的度数为（ ）
A．130° B．120° C．135° D．150°
【分析】由四边形ABCD是正方形和△BEC是正三角形，得出△BAE是等腰三角形，∠ABE＝30°，由
等腰三角形的性质得出∠BAE＝75°，求出∠EDA＝15°，同理得出∠EDA＝15°，最后由三角形内角和求
出∠DEA．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∵△BEC是正三角形，
∴BE＝BC＝EC，∠EBC＝∠BEC＝∠ECB＝60°，
∴BA＝BE，即△BAE是等腰三角形，
∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝90°﹣60°＝30°，
180°−30°
∴∠BAE＝∠BEA= =75°，
2
∴∠EAD＝∠BAD＝∠BAE＝90°﹣75°＝15°，
同理：∠EDA＝15°，
∴∠DEA＝180°﹣∠EAD﹣∠EDA＝180°﹣15°﹣15°＝150°．
故选：D．
【例 2】如图，点 E 在正方形 ABCD 的内部，且△ABE 是等边三角形，连接 BD，DE，则∠BDE＝
（ ）A．37.5° B．35° C．30° D．25°
【分析】根据正方形与等边三角形的性质得出∠DAE＝30°，AD＝AE，∠ADB＝45°，进而求得∠ADE
＝75°，即可求解．
【解答】解：∵点E在正方形ABCD内部，且△ABE是等边三角形，BD是正方形的对角线，
∴∠ADB＝45°，∠DAE＝90°﹣60°＝30°，AD＝AE，
1 1
∴∠BDE= （180°﹣∠DAE）= ×（180°﹣30°）＝75°，
2 2
∴∠BDE＝∠ADE﹣∠ADB＝75°﹣45°＝30°，
故选：C．
【变式1】如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若
EF∥BC，且∠CEF＝ ，则∠AFD的大小为（ ）
α
A． B．2 C．45°﹣ D．45°+
【分α析】设AC，BD相交于α 点O，先证明BE＝CF，α进而可证明△BCE和α△CDF全等，则∠BCE＝
∠CDF＝ ，进而得∠ODF＝45°﹣ ，然后在Rt△ODF中，可求出∠AFD的度数．
【解答】α解：设AC，BD相交于点αO，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，OB＝OC，∠EBC＝∠FCB＝∠FCD＝∠CDB＝∠45°，∠DOC＝90°，
∵EF∥BC，
∴∠OEF＝∠EBC＝∠45°，∠OFE＝∠FCB＝∠45°，∠BCE＝∠CEF＝ ，
∴OE＝OF， α
∴OB﹣OE＝OC﹣OF，
∴BE＝CF，
在△BCE和△CDF中，
{ BC=CD )
∠EBC=∠FCD ，
BE=CF
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠BCE＝∠CDF＝ ，
∴∠ODF＝∠CDB﹣α∠CDF＝45°﹣ ，
在Rt△ODF中，∠DOC＝90°， α
∴∠AFD＝90°﹣∠ODF＝90°﹣（45°﹣ ）＝45°+ ．
故选：D． α α
【变式2】如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE＝AF，连接CE，DF，点P，Q
分别是DF，CE的中点，连接PQ．若∠ADF＝ ．则∠PQE可以用 表示为（ ）
α α
α
A． B．45°﹣ C．45°− D．3 ﹣45°
2
α α α
【分析】先证明△ADF≌△DCE（SAS），则DF＝CE，∠DCE＝∠ADF＝ ，如图，连接 DQ，则
α
1 1
DP= DF，DQ= CE=CQ， DP ＝ DQ ， ∠ QDC ＝ ∠ DCE ＝ ，
2 2
α
180°−∠PDQ
∠DQP=∠DPQ= =45°+α，∠DQE＝∠QDC+∠DCE＝2 ，根据∠PQE＝∠DQP﹣
2
α
∠DQE，计算求解即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠CDE＝90°，
又∵AF＝DE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴DF＝CE，∠DCE＝∠ADF＝ ，
如图，连接DQ， α
∵点P，Q分别是DF，CE的中点，
1 1
∴DP= DF，DQ= CE=CQ，
2 2
∴DP＝DQ，∠QDC＝∠DCE＝ ，
α 180°−∠PDQ
∴∠PDQ＝90°﹣2 ，∠DQP=∠DPQ= =45°+α，
2
α
∵∠DQE＝∠QDC+∠DCE＝2 ，
∴∠PQE＝∠DQP﹣∠DQE＝4α5°﹣ ，
故选：B． α
【变式3】如图，正方形ABCD的边AD上有一点E，连接CE交对角线BD于点F，连接AF．若∠AFC＝
140°，则∠DEC的度数为（ ）
A．80° B．75° C．65° D．70°
【分析】利用正方形的性质，由“SAS”可证△ABF≌△CBF，依据全等三角形的对应角相等，可得
∠AFB＝∠CFB＝70°，由三角形的外角性质可得到∠DEF的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AB＝CB，∠ABF＝∠CBF= ABC＝45°，
2在△ABF和△CBF中，
{ AB=CB )
∠ABF=∠CBF ，
BF=BF
∴△ABF≌△CBF（SAS）；
∴∠AFB＝∠CFB，
又∵∠AFC＝140°，
∴∠CFB＝70°，
∵∠DFC+∠CFB＝180°，
∴∠DFC＝180°﹣∠CFB＝110°，
∵∠DEF+∠EDF＝∠DFC，
∴∠DEC＝∠DFC﹣∠EDF＝110°﹣45°＝65°，
故选：C．
【必考点3 利用正方形的性质求面积】
【例1】如图，正方形 ABCD的对角线 AC，BD交于点 O，M是边AD上一点，连接 OM，过点 O作
ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是4，则△COD的面积为（ ）
A．4 B．2 C．4❑√2 D．2❑√2
【分析】证明△ODM≌△OCN（ASA）得到S△ODM ＝S△OCN ，进而得到四边形MOND的面积等于△COD
的面积，即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADO＝∠DCO＝45°，∠DOC＝90°，OC＝OD，
∵ON⊥OM，
∴∠MON＝90°＝∠DOC，
∴∠DOM＝∠CON，
在△ODM和△OCN中，
{∠DOM=∠CON
)
OD=OC ，
∠MDO=∠NCO∴△ODM≌△OCN（ASA），
∴S△ODM ＝S△OCN ，
∴S四边MOND ＝S△ODM +S△ODN ＝S△OCN +S△ODN ＝S△DOC ，
∵四边形MOND的面积是4，
∴△COD的面积是4，
故选：A．
【变式1】如图，边长为4cm的正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形EFGO的一个顶点，
则两个正方形重叠部分的面积是（ ）cm2．
A．8 B．4 C．6 D．2
【分析】证明△AOH≌△BOM（ASA），则S△AOH ＝S△BOM ，即可得到四边形OHBM的面积等于△AOB
1
的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形ABCD面积的 ，即可求出答案．
4
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OBM＝∠OAH＝45°，∠AOB＝∠BOC＝90°，
∴∠AOH＝∠BOM，
在△AOH与△BOM中，
{∠OBM=∠OAH
)
OA=OB ，
∠AOH=∠BOM
∴△AOH≌△BOM（ASA），
∴S△AOH ＝S△BOM ，
1
∴四边形OHBM的面积等于△AOB的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形ABCD面积的
4
，
1
∴两个正方形重叠部分的面积是= ×42 =4，
4
故选：B．【变式2】如图，已知正方形ABCD边长是5，点P是线段BC上一动点，过点D作DE⊥AP于点E．连接
EC，若CE＝CD，则△CDE的面积是（ ）
75
A． B．20 C．5❑√3 D．10
8
【分析】作 CF⊥DE 交 DE 于点 F，根据正方形性质推得∠FDC＝∠EAD，用“角角边”证明
△ADE≌△DCF，由全等三角形性质可得 AE＝DF，DE＝CF，再结合三线合一定理推得
1 1
DF=EF= DE，最后利用勾股定理即可得到CF、DE的长，由三角形面积公式S = ×CF×DE
2 △CDE 2
即可得解．
【解答】解：已知正方形ABCD边长是5，作CF⊥DE交DE于点F，
∴AD＝DC＝5，∠ADC＝90°，
∴∠ADE+∠FDC＝∠ADC＝90°，
∵DE⊥AP于点E，
∴∠ADE+∠EAD＝90°，∠AED＝90°，
∴∠FDC＝∠EAD，
又∵CF⊥DE，
∴∠DFC＝∠AED＝90°，
在△ADE和△DCF中，
{∠AED=∠DFC
)
∠EAD=∠FDC ，
AD=DC∴△ADE≌△DCF（AAS），
∴AE＝DF，DE＝CF，
∵CE＝CD，且CF⊥DE，
1
∴DF=EF= DE，
2
1
∴DF= CF，
2
在Rt△CDF中，由勾股定理得：DF2+CF2＝DC2，
1 2
即( CF) +CF2 =52，
2
解得CF=DE=2❑√5，
1 1
∴S = ×CF×DE= ×2❑√5×2❑√5=10．
△CDE 2 2
故选：D．
【变式3】如图，在菱形ABCD中，以AC为对角线作正方形AECF，若∠DAB＝60°，AB＝4，则正方形
AECF的面积为（ ）
A．12 B．18 C．24 D．48
【 分 析 】 连 接 BD 交 AC 于 O ， 先 根 据 菱 形 的 性 质 证 明 BD⊥ AC ， OA ＝ OC ，
1 1
∠BAO=∠DAO= ∠DAB=30°，再根据含 30 度角的直角三角形的性质求得OB= AB=2，
2 2
OA=2❑√3，进而AC2＝48，在根据正方形的性质得到AE＝CE，∠AEC＝90°，然后利用勾股定理求得
AE2＝24即可求解．
【解答】解：连接BD交AC于O，∵四边形ABCD是菱形，∠DAB＝60°，
1
∴BD⊥AC，OA＝OC，∠BAO=∠DAO= ∠DAB=30°，又AB＝4，
2
1
∴OB= AB=2，则OA2＝AB2﹣OB2＝12，
2
∴AC2＝（2OA）2＝4OA2＝48，
∵四边形AECF是正方形，
∴AE＝CE，∠AEC＝90°，
∴AC2＝AE2+CE2＝2AE2，
1 1
∴AE2 = AC2 = ×48=24，
2 2
则正方形AECF的面积为24，
故选：C．
【必考点4 坐标系中正方形性质的应用】
【例1】如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A（﹣2，0），C（﹣1，3），则点B的坐标是
（ ）
A．（0，2） B．(0，❑√5) C．（0，1） D．(0，❑√2)
【分析】过C作CE垂直y轴于E，根据正方形得到AB＝BC，∠ABC＝90°，即可得到∠CBE+∠ABO＝
90°，根据CE⊥OB得到∠CBE+∠ECB＝90°，从而得到∠ABO＝∠ECB，据此解答即可．
【解答】解：过C作CE垂直y轴于E，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∴∠CBE+∠ABO＝90°，
∵CE⊥OB，
∴∠CBE+∠ECB＝90°，∠CEB＝90°，
∴∠ABO＝∠ECB，∠AOB＝∠CEB，在△AOB与△CEB中，
{∠ABO=∠ECB
)
∠AOB=∠CEB ，
AB=BC
∴△AOB≌△CEB（AAS），
，
∴OB＝CE，
∵C（﹣1，3），
∴OB＝1，
∴B（0，1），
故选：C．
【变式1】如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为
（﹣2，4），点D在第一象限，则点C的坐标为 （ ）
A．（2，8） B．（3，7） C．（1，8） D．（2，7）
【分析】过点B作BF⊥x轴，垂足为F，过点C作CE⊥BF，垂足为E，证明△AFB≌△BEC，得到BE
＝AF＝2，CE＝BF＝4，计算EF的长即可．
【解答】解：如图，过点B作BF⊥x轴，垂足为F，过点C作CE⊥BF，垂足为E，∴∠BFA＝∠CEB＝90°，
∴∠2+∠3＝90°
∵四边形ABCD是正方形，点A的坐标为（1，0），点B的坐标为（﹣2，4），
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，AO＝1，BF＝4，OF＝2，
∴AF＝3，∠1+∠2＝90°，
∴∠1＝∠3，
∵AB＝BC，∠BFA＝∠CEB＝90°，
∴△AFB≌△BEC，
∴BE＝AF＝3，CE＝BF＝4，
∴EF＝3+4＝7，CE﹣OF＝2，
∴点C（2，7），
故选：D．
【变式2】在平面直角坐标系中，正方形OABC的顶点O的坐标是（0，0），顶点B的坐标是（4，0），
则顶点A的坐标是（ ）
A．（2，2） B．（﹣2，2）或（2，2）
C．（﹣2，2） D．（2，﹣2）或（2，2）
【分析】依题意有以下两种情况：①当点A在第一象限时，点C在第四象限，连接AC交OB于点D，
1
根据正方形的性质得AC⊥OB，AD＝OD＝OB＝CD= OB＝2，由此可得A点坐标（2，2），②当点A
2
1
在第四象限时，点C在第一象限，连接AC交OB于点D，同理可得AC⊥OB，AD＝OD＝OB＝CD=
2
OB＝2，由此可得A点坐标A点坐标（2，﹣2），综上所述即可得出答案．
【解答】解：∵正方形OABC的顶点O的坐标是（0，0），顶点B的坐标是（4，0），∴有以下两种情况：
①当点A在第一象限时，点C在第四象限，连接AC交OB于点D，如图1所示：
∵四边形OABC是正方形，点B（4，0）
1
∴AC⊥OB，AD＝OD＝OB＝CD= OB＝2，
2
∴A点坐标（2，2），
②当点A在第四象限时，点C在第一象限，连接AC交OB于点D，如图2所示：
1
同理可得：AC⊥OB，AD＝OD＝OB＝CD= OB＝2，
2
∴A点坐标（2，﹣2），
综上所述：点A的坐标为（2，﹣2）或（2，2）．
故选：D．
【变式3】如图，在Rt△ABO中，AB＝OB．顶点A的坐标为（2，0），以AB为边向△ABO的外侧作正方
形ABCD，点D的坐标为（ ）A．（3，1） B．（3，2） C．（4，1） D．（4，2）
【分析】过点D作DH⊥x轴于H，在Rt△ABO中，AB＝OB，OA＝2，可得OB=AB=❑√2，根据四边
形ABCD是正方形以及等腰直角三角形的性质可得D（3，1），
【解答】解：如图，过点D作DH⊥x轴于H，
∵顶点A的坐标为（2，0），
∴OA＝2，
在Rt△ABO中，AB＝OB，OA＝2，
∴OB2+AB2＝OA2＝4，
∴OB=AB=❑√2，
∴∠OAB＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=❑√2，∠BAD＝90°，
∴∠DAH＝180°﹣∠OAB﹣∠BAD＝45°，
∵DH⊥x轴，
∴△ADH是等腰直角三角形，
∴AD2＝AH2+DH2，AH＝DH，
∴AH＝DH＝1，
∴OH＝OA+AH＝2+1＝3，
∴D（3，1），
故选：A．
【知识点2 正方形的判定】
1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是
正方形.
2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方
形.
【注意】由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行四边形，再判定
该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形.
【必考点5 正方形的判定条件】
【例1】已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD
四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中不正确的
是（ ）
A．①② B．②③ C．①③ D．②④
【分析】要判定是正方形，则需判定它既是菱形又是矩形，据此解答．
【解答】解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形
是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，
故本选项不符合题意；
B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能
得出平行四边形ABCD是正方形，
故本选项符合题意；
C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行
四边形ABCD是正方形，
故本选项不符合题意；
D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以
平行四边形ABCD是正方形，
故本选项不符合题意；
故选：B．
【变式1】四边形ABCD中，O是对角线的交点，下列条件能判定这个四边形为正方形的是（ ）
A．AB∥CD，AB＝CD，AC＝BD B．AD∥BC，AB＝CD，∠A＝∠B
C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC
【分析】由正方形的判定方法，矩形、菱形的判定分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，不一定是正方形，故选项A不符合题意；
B、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，∵∠A＝∠B，
∴∠A＝∠B＝90°，
∴AB⊥BC，
∵AB＝CD，
∴四边形ABCD是矩形，不一定是正方形，故选项B不符合题意；
C、∵AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，故选项C符合题意；
D、∵AO＝CO，BO＝DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，故选项D不符合题意；
故选：C．
【变式2】下列图形：①一组邻边相等的矩形；②两条对角线互相垂直的矩形；③有一个角是直角的菱
形；④对角线相等的菱形；⑤对角线互相垂直的平行四边形．其中一定是正方形的有（ ）
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【分析】分别根据平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理对各选项进行逐一判断即可．
【解答】解：①一组邻边相等的矩形是正方形，正确，符合题意；
②两条对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，符合题意；
③有一个角是直角的菱形是正方形，正确，符合题意；
④对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意；
⑤对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不符合题意；
故选：C．
【变式3】如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，下列条件：①AC⊥BD，②∠ABC＝90°，
③∠ACB＝45°，④OA＝OB．上述条件能使菱形ABCD是正方形的是（ ）
A．①②③④ B．①②③ C．②③④ D．①③④
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，可知AC⊥BD这一条件不能使菱形ABCD是正方形，可判断①不
符合题意；由四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝90°，可证明四边形ABCD也是矩形，则四边形ABCD
是正方形，可判断②符合题意；由AB＝CB，得∠CAB＝∠ACB＝45°，则∠ABC＝90°，所以四边形1 1 1 1
ABCD是正方形，可判断③符合题意；由OA= AC，OB= BD，且OA＝OB，得 AC= BD，则AC＝
2 2 2 2
BD，所以四边形ABCD是正方形，可判断④符合题意，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴AC⊥BD这一条件不能使菱形ABCD是正方形，
故①不符合题意；
∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD也是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
故②符合题意；
∵四边形ABCD是菱形，∠ACB＝45°，
∴AB＝CB，
∴∠CAB＝∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故③符合题意；
1 1
∵OA＝OC= AC，OB＝OD= BD，且OA＝OB，
2 2
1 1
∴ AC= BD，
2 2
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD即是菱形又是矩形，
∴四边形ABCD是正方形，
故④符合题意，
故选：C．
【必考点6 证明一个四边形是正方形】
【例1】如图，点O是△ABC内一点，连接OB、OC，并将AB、OB、OC、AC的中点D、E、F、G依次
连接，得到四边形DEFG．
（1）求证：四边形DEFG是平行四边形；
（2）连接AO．
①直接写出当AO和BC有怎样的位置关系时，四边形DEFG是矩形；②直接写出当AO和BC有怎样的关系时，四边形DEFG是正方形．
1 1
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得出 DE∥AO，DG= BC，EF∥BC，EF= BC，则
2 2
DG∥EF，DG＝EF，然后根据平行四边形的判定可得结论；
（2）①根据三角形的中位线定理得出DE∥AO，BC∥EF，再由AO⊥BC可得DE⊥EF，然后根据矩形
的判定可得结论；
1 1
②根据三角形的中位线定理得出DE= AO，EF= BC，可得DE＝EF，然后根据正方形的判定可得
2 2
结论．
【解答】（1）证明：∵点D、E、F、G分别是AB、OB、OC、AC的中点，
1 1
∴DG∥BC，DG= BC，EF∥BC，EF= BC，
2 2
∴DG∥EF，DG＝EF，
∴四边形DEFG是平行四边形；
（2）解：①当AO⊥BC时，四边形DEFG是矩形；理由如下：
连接AO，如图1，
∵点D、E分别是AB、OB的中点，
∴DE∥AO，
∵点E、F分别是OB、OC的中点，
∴BC∥EF，∵AO⊥BC，
∵DE⊥EF，
∴∠DEF＝90°
∵四边形DEFG是平行四边形，且∠DEF＝90°，
∴平行四边形DEFG是矩形；
②当AO⊥BC且AO＝BC时，四边形DEFG是正方形；理由如下：
连接AO，如图2，
由①得当AO⊥BC时，四边形DEFG是矩形，
∵点D、E分别是AB、OB的中点，
1
∴DE= AO，
2
∵点E、F分别是OB、OC的中点，
1
∴EF= BC，
2
∵AO＝BC，
∴DE＝EF，
∴平行四边形DEFG是正方形．
【变式1】如图，点A是菱形BDEF对角线的交点，BC∥FD，CD∥BE，连接AC，交BD于点O．
（1）求证：四边形ABCD是矩形；
（2）探究：当∠DEF＝ °时，四边形ABCD是正方形，并证明你的结论．【分析】（1）根据BC∥FD，CD∥BE判定四边形ABCD是平行四边形，再根据菱形的性质得出∠BAD
＝90°，从而证得四边形ABCD是矩形；
1 1
（2）根据正方形的判定定理得到四边形BDEF是正方形，求得AD= DF，AB= BE，得到AB＝AD，
2 2
根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：∵BC∥FD，CD∥BE，
∴四边形ABCD是矩形，
∵四边形BDEF是菱形，
∴FD⊥BE，
∴∠BAD＝90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）解：当∠DEF＝90°时，四边形ABCD是正方形，
证明：∵四边形BDEF是菱形，∠DEF＝90°，
∴四边形BDEF是正方形，
1 1
∴AD= DF，AB= BE，
2 2
∵DF＝BE，
∴AB＝AD，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形
故答案为：90．
【变式2】已知：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 时（添加一个条件），四边形ADCE是正方形，并证明．
【分析】（1）根据矩形的有三个角是直角的四边形是矩形，已知 CE⊥AN，AD⊥BC，所以求证∠DAE＝90°，可以证明四边形ADCE为矩形；
1 1
（2）根据正方形的判定，我们可以假设当AD= BC，由已知可得，DC= BC，由（1）的结论可知四
2 2
边形ADCE为矩形，所以证得，四边形ADCE为正方形．
【解答】（1）证明：在△ABC中，AB＝AC，AD⊥BC，
1
∴∠BAD＝∠CAD= ∠BAC，
2
∵AN是∠CAM的平分线，
1
∴∠MAE＝∠CAE= ∠CAM，
2
1 1
∴∠DAE=∠CAD+∠CAE= (∠BAC+∠CAM)= ×180°=90°，
2 2
∵AD⊥BC，CE⊥AN，
∴∠ADC＝∠CEA＝90°，
∴四边形ADCE为矩形．
（2）解：当△ABC满足∠BAC＝90°时，四边形ADCE是一个正方形，理由如下；
∵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．
【变式3】△ABC中，点O是AC上一动点，过点O作直线MN∥BC，若MN交∠BCA的平分线于点E，
交∠DCA的平分线于点F，连接AE、AF．
（1）说明：OE＝OF；
（2）当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形，证明你的结论；
（3）在（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形AECF为正方形．【分析】（1）由已知MN∥BC，CE、CF分别平分∠BCO和∠GCO，可推出∠OEC＝∠OCE，∠OFC
＝∠OCF，所以得EO＝CO＝FO．
（2）由（1）得出的EO＝CO＝FO，点O运动到AC的中点时，则由EO＝CO＝FO＝AO，所以这时四
边形AECF是矩形．
（3）由已知和（2）得到的结论，点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形
时，则推出四边形AECF是矩形且对角线垂直，所以四边形AECF是正方形．
【解答】（1）证明：∵MN∥BC，
∴∠OEC＝∠BCE，∠OFC＝∠DCF，
又∵CE平分∠BCO，CF平分∠DCO，
∴∠OCE＝∠BCE，∠OCF＝∠DCF，
∴∠OCE＝∠OEC，∠OCF＝∠OFC，
∴EO＝CO，FO＝CO，
∴OE＝OF；
（2）解：当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形．理由如下：
∵当点O运动到AC的中点时，AO＝CO，
又∵EO＝FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FO＝CO，
∴AO＝CO＝EO＝FO，
∴AO+CO＝EO+FO，即AC＝EF，
∴四边形AECF是矩形；
（3）解：当点O运动到AC的中点时，且△ABC满足∠ACB为直角的直角三角形时，四边形AECF是
正方形．
∵由（2）知，当点O运动到AC的中点时，四边形AECF是矩形，
已知MN∥BC，当∠ACB＝90°，则
∠AOF＝∠COE＝∠COF＝∠AOE＝90°，∴AC⊥EF，
∴四边形AECF是正方形．
【必考点7 正方形的判定与性质综合应用】
【例1】如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
（1）求证：BE＝DE；
（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边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若正方形ABCD的边长为9，CG＝3❑√2，求正方形DEFG的边长．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作 EM⊥BC 于 M，EN⊥CD 于 N，得到 EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到
△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根
据勾股定理即可解决问题．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，
在△ABE和△ADE中，
{ AB=AD )
∠BAE=∠DAE ，
AE=AE
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME=90°
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
{ AD=CD )
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC=❑√2AB＝9❑√2．
∵CG＝3❑√2，
∴CE＝6❑√2，
连接EG，
∴EG=❑√CE2 +CG2 =❑√72+18=3❑√10，
❑√2
∴DE= EG＝3❑√5．
2
∴正方形DEFG的边长为3❑√5．
【变式1】如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=❑√2，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作
EF⊥DE，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）探究：线段CE、CG、BC之间的数量关系？并说明理由．
【分析】（1）过点E作EM⊥BC于M点，作EN⊥CD于N点，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝
∠FEM，得到△DEM≌△FEM，推出DE＝EF，即可证明；
（2）根据正方形的性质，利用SAS证明△ADE≌△CDG，推出CG＝AE，根据勾股定理，在Rt△ABC
中，AC=AE+CE=❑√2AB，则CE+CG=❑√2AB．
【解答】（1）证明：如图所示，过点E作EM⊥BC于M点，作EN⊥CD于N点，
∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∴EM＝EN，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形．
（2）解：CE+CG=❑√2AB，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
{ AD=CD )
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG．在Rt△ABC中，AC=AE+CE=❑√2AB，
∴CE+CG=❑√2BC．
【变式2】如图，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．
小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线 AB，AC为对称轴，画出△ABD，
△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC相交于点G．
请按照小明的思路，探究并解答下列问题：
（1）求证：四边形AEGF是正方形．
（2）若AD＝6，BD＝2，则DC＝ ．
【分析】（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF得AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝
AF，∠DAC＝∠FAC，根据∠BAC＝45°得∠EAF＝90°，根据AD⊥BC得∠ADB＝∠ADC＝90°，则∠E
＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，可得四边形AEGF是矩形，根据AD＝AE，AD＝AF得AE＝AF，
即可得；
（2）设CD＝x，则BC＝x+2，进而求出BD＝BE＝2，CD＝CF＝x，则BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x，在
Rt△BGC中，根据勾股定理得 （6﹣x）2+42＝（x+2）2，解方程即可得到CD＝3．
【解答】解：（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝∠DAB+∠DAC+∠EAB+∠FAC＝∠BAC+∠BAC＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，
∴四边形AEGF是矩形，
∵AD＝AE，AD＝AF，
∴AE＝AF，
∴矩形AEGF是正方形；（2）设CD＝x，则BC＝x+2
∵AD＝6，BD＝2，四边形AEGF是正方形，
∴EG＝FG＝AD＝6，∠BGC＝90°，
∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴BD＝BE＝2，CD＝CF＝x，
∴BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x，
在Rt△BGC中，根据勾股定理得，BG2+CG2＝BC2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3，
∴CD＝3，
故答案为：3．
【变式3】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＝ °（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△AEF的面积．
（3）如图（2），在△PQR中，∠QPR＝45°，高PH＝7，QH＝3，则HR的长度是 2.8 （直接写
出结果不写解答过程）．【分析】（1）由∠C＝90°可得∠CEF+∠CFE＝90°，进而得∠BEF+∠DFE＝270°，再根据角平分线的
1
定义可得∠AEF+∠AFE= (∠BEF+∠DFE)=135°，最后根据三角形内角和定理即可求解；
2
（2）①过点A作AG⊥EF于G，由角平分线的性质可得AB＝AD，再证明四边形ABCD是矩形即可求
证；
②证明Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）得BE＝GE＝3，同理得DF＝GF，设DF＝GF＝x，得EF＝3+x，又
由BE＝EC＝3可得CD＝AB＝CG＝6，
得到CF＝6﹣x，在Rt△CEF中，利用勾股定理得32+（6﹣x）2＝（3+x）2，得到x＝2，即得EF＝5，
再根据三角形面积公式即可求解；
（3）如图2所示，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR交于
点G，同理（2）即可求解；
【解答】（1）解：∵∠C＝90°，
∴∠CEF+∠CFE＝90°，∴∠BEF+∠DFE＝180°+180°﹣90°＝270°，
∵AE平分∠BEF，AF平分∠DFE，
1 1
∴∠AEF= ∠BEF，∠AFE= ∠DFE，
2 2
1 1 1 1
∴∠AEF+∠AFE= ∠BEF+ ∠DFE= (∠BEF+∠DFE)= ×270°=135°，
2 2 2 2
∴∠EAF＝180°﹣135°＝45°，
故答案为：45；
（2）①证明：过点A作AG⊥EF于G，∵AE平分∠BEF，AB⊥EB，AG⊥EF，
∴AB＝AG，
同理可得AD＝AG，
∴AB＝AD，
∵AB⊥BC，AD⊥CD，
∴∠B＝∠D＝90°，
∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形；
②∵AG⊥EF，
∴∠AGE＝∠AGF＝90°，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，
{AB=AG)
，
AE=AE
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL），
∴BE＝GE＝3，
同理可得DF＝GF，
设DF＝GF＝x，
∴EF＝3+x，
∵BE＝EC＝3，
∴BC＝3+3＝6，
∴CD＝AB＝AG＝6，
∴CF＝6﹣x，
在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，∴32+（6﹣x）2＝（3+x）2，
解得x＝2，
∴EF＝3+2＝5，
1 1
∴S = EF⋅AG= ×5×6=15；
△AEF 2 2
（3）解：如图2所示，把△PQH沿PQ翻折得△PQD，把△PRH沿PR翻折得△PRM，延长DQ、MR
交于点G，
由折叠可得PD＝PH＝PM＝7，QD＝QH＝3，MR＝HR，∠DPQ＝∠HPQ，∠MPR＝∠HPR，∠D＝
∠PHQ＝90°，∠M＝∠PHR＝90°，
∴∠DPM＝2∠HPQ+2∠HPR＝2（∠HPQ+∠HPR）＝2∠QPR＝90°，
∴∠D＝∠DPM＝∠M＝90°，
∴四边形PMGD是矩形，
∵PD＝PM，
∴四边形PMGD是正方形，
∴DG＝MG＝PD＝7，
∴GQ＝DG﹣QD＝7﹣3＝4，
设MR＝HR＝a，则QR＝3+a，GR＝7﹣a，
在Rt△GQR中，GQ2+GR2＝QR2，
∴42+（7﹣a）2＝（3+a）2，
解得a＝2.8，
∴HR＝2.8，
故答案为：2.8．
【必考点8 正方形中的多结论问题】
【例1】如图，在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD
于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；1
③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ；⑤OF2+OE2＝EF2．其中正确的个数
4
是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【分析】利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案．
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
在△COE和△DOF中，
{∠OCE=∠ODF
)
OC=OD ，
∠COE=∠DOF
∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确；
②∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，故②正确；
③∵△COE≌△DOF，
∴FO＝EO，
∵∠OFE＝∠ODF＝45°，
∴∠DOF＝∠CFE，
设∠DOF＝ ，
∴∠OGF＝α45°+ ，
∵∠COF＝90°﹣α ，
α当45°+ ＝90°﹣ 时， ＝22.5°，OF＝FG，
故③不α正确； α α
④由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
1
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的 ，
4
故④正确；
⑤在Rt△ECF中，∠EOF＝90°，
根据勾股定理，得：OE2+OF2＝EF2，
故⑤正确；
综上所述，正确的是①②④⑤，
故选：C．
【变式1】如图，在边长为1的正方形ABCD中，连接BD，BE平分∠ABD交AD于点E，F是AD边上一
点，连接CF交BD于点G，CF＝BE，连接AG交BE于点H．在下列结论中：①△ABE≌△DCF；
②AG＝CG；③BE⊥AG；④DF=❑√2−1，其中正确的结论是（ ）
A．①②③ B．①④ C．①②③④ D．②③④
【分析】利用正方形的性质证明△ABE≌△DCF（SAS），可判断①；
通过证明△ABG≌△CBG（SAS），可判断②；
利用全等三角形对应角相等，通过导角证明∠AHB＝90°，可判断③；
证明△ABH≌△GBH（ASA），推出BG＝BA＝1，进而得出DG=BD−BG=❑√2−1，再证∠DFG＝
∠BGC＝∠DGF，可判断④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DC＝BC，∠BAE＝∠CDF＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°，
在△ABE和△DCF中，
{ AB=DC )
∠BAE=∠CDF ，
BE=CF∴△ABE≌△DCF（SAS），
故①正确；
在△ABG和△CBG中，
{ AB=CB )
∠ABG=∠CBG ，
BG=BG
∴△ABG≌△CBG（SAS），
∴AG＝CG，
故②正确；
∵△ABE≌△DCF，
∴∠ABE＝∠DCF，
∵△ABG≌△CBG，
∴∠BAG＝∠BCG，
∴∠ABE+∠BAG＝∠DCF+∠BCG＝∠BCD＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣（∠ABE+∠BAG）＝180°﹣90°＝90°，
∴BE⊥AG，
故③正确；
∵BE⊥AG，
∴∠AHB＝∠GHB＝90°，
∵BE平分∠ABD，
∴∠ABH＝∠GBH，
在△ABH和△GBH中，
{∠ABH=∠GBH
)
BH=BH ，
∠AHB=∠GHB
∴△ABH≌△GBH（ASA），
∴BG＝BA＝1，
又∵BD=❑√BC2 +CD2 =❑√12 +12 =❑√2，
∴DG=BD−BG=❑√2−1，
∵∠DCF+∠DFG＝∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠DFG＝∠BCG，
∵BG＝BC＝1，∴∠BGC＝∠BCG，
∴∠DFG＝∠BGC＝∠DGF，
∴DF=DG=❑√2−1，
故④正确；
综上可知，正确的有①②③④，
故选：C．
【变式2】如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=2❑√2，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作
EF⊥DE，交BC的延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．下列结论：①矩形
DEFG是正方形；②CE＝CF；③CG平分∠DCF；④CG＝AE．其中结论正确的序号有（ ）
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，过E作 EN⊥CD于N，证△DEN≌△FEM（ASA），再证△ADE≌△CDG
（SAS）再结合选项判断即可得解．
【解答】解：过E作EM⊥BC于点M，过E作EN⊥CD于N，如图所示，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN是正方形，
∴EM＝EN，
∵四边形DEFG是矩形，∴∠DEF＝∠MEN＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG是正方形，
故①正确，符合题意；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
{ AD=CD )
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
故④正确，符合题意；
∵∠DCF＝90°，
∴CG平分∠DCF，
故③正确，符合题意；
当DE⊥AC时，点C和点F重合，
此时CF＝0，很明显CE≠CF，
故②错误；
故选：A．
【变式3】如图，正方形ABCD的边长为2，P是对角线BD上的一点，PF⊥CD于点F，PE⊥BC于点E，
连接 AP，EF．给出下列结论：①PD=❑√2EC；② EF 的最小值为❑√2；③ PB2+PD2＝2PA2；
④△APD有可能是等腰三角形．其中正确的结论有（ ）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】由四边形ABCD是正方形得∠CDB＝∠CBD＝45°，∠C＝90°，则PD=❑√2PF，然后证明四边
形PECF是矩形，即可判断①；连接PC、AC，证明BD垂直平分AC，则有EF＝PC＝AP，当AP最小
时，EF最小，则当 AP⊥BD时判断②；由勾股定理，等腰三角形的判定和正方形的性质可判断
③④．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠C＝90°，
∴PD=❑√2PF，
∵PF⊥CD，PE⊥BC，
∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝∠PFD＝90°，
∴四边形PECF是矩形，
∴PF＝EC，
∴PD=❑√2EC，故①正确；
连接PC、AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，
∴AP＝PC，
又∵四边形PECF是矩形，
∴PC＝EF，
∴EF＝PC＝AP，1
∴当AP最小时，EF最小，则当AP⊥BD时，即AP= BD=❑√2时，
2
∴EF的最小值等于❑√2，故②正确，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，
∵PF⊥CD，PE⊥BC，
∴BE＝PE，PF＝DF，
在Rt△BPE中，BP2＝BE2+PE2，
在Rt△DPF，PD2＝DF2+PF2，
∴BP2+PD2＝DF2+PF2+BE2+PE2＝2（PE2+PF2），
在Rt△PEF，EF2＝PE2+PF2，
∴BP2+PD2＝2EF2，
又∵AP＝EF，
∴PB2+PD2＝2PA2，故③正确，
∵P为BD上的动点，存在AD＝PD，
∴△APD可能是等腰三角形，故④正确；
综上可知：①②③④正确，共4个，
故选：D．
【变式4】如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若
❑√10
AE=AP=❑√2，PB＝3．下列结论：①△APD≌△AEB；②点 B 到直线 AE 的距离是 ；
2
③EB⊥ED；④S =7+2❑√5．其中正确的结论个数是（ ）
正 方 形ABCD
A．4 B．3 C．2 D．1
【分析】根据正方形的性质即可求出△APD≌△AEB；过点B作直线AE的垂线，根据三角形三边大小
关系即可求出点B到直线AE的距离；根据两角之和等于90°即可求出Rt△BEP，从而求出EB⊥ED；利用Rt△ABB′求出正方形的边长即可求出正方形的面积．
【解答】解：根据正方形的性质得：AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝90°，
∵AE⊥ AP，AE=AP=❑√2，BP=3，
∴∠EAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
在△APD和△AEB中，
{ AD=AB )
∠DAP=∠BAE ，
AP=AE
∴△APD≌△AEB（SAS），
故①正确，符合题意；
设AB，DE的交点为点F，在Rt△ADF中，∠DAF＝90°，∠ADF＝∠EBF，∠AFD＝∠EFB，
∴∠BFE+∠FBE＝90°，
即△EFB是直角三角形，
∴EB⊥ED，
故③正确，符合题意；
如图所示，过点B作直线AE的垂线交AE的延长线于点B′，点B到AE的垂线为BB′，
在Rt△AEP中，AE=AP=❑√2，
∴EP＝2，∠AEP＝∠APE＝45°，
∴∠BEB′＝180°﹣∠AEP﹣∠PEB＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴∠EBB′＝180°﹣45°﹣90°＝45°，
∴∠EBB′＝∠BEB′，
∴B′E＝B′B，
在Rt△BEP中，∠FEB＝90°，BP＝3，
∴BE=❑√32−22 =❑√5，
❑√10
∴B′E=B′B= ，
2❑√10
即点B到AE的距离B′B= ，
2
故②正确，符合题意；
❑√10 ❑√10
在Rt△ABB′中，AB′=❑√2+ ，B′B= ，
2 2
∴AB=❑√(AB′) 2 +(BB′) 2 =❑√7+❑√20，
2
∴S =(❑√7+❑√20) =7+2❑√5，
正 方 形ABCD
故④正确，符合题意；
故选：A．
【必考点9 正方形中的最值问题】
【例1】如图，在正方形ABCD中，P，Q分别是边CD和对角线BD上的动点，且DP＝BQ，当BP+CQ的
最小值为2❑√3时，则正方形的边长为 ．
【分析】设正方形的边长为a，得BD=❑√2a，延长BA至点E，使得BE=BD=❑√2a，连接EQ，EC，
再证△BEQ≌△DBP（SAS），得EQ＝BP，可知BP+CQ＝EQ+CQ≥CE，当点Q在CE上时，取得最小
值CE，即CE=2❑√3，在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，列出方程求解即可．
【解答】解：设正方形的边长为a，
在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD＝a，∠ABD＝∠BDC＝45°，∠ABC＝90°，
则BD=❑√BC2 +CD2 =❑√2a，
延长BA至点E，使得BE=BD=❑√2a，连接EQ，EC，在△BEQ与△DBP中，
{ BQ=DP )
∠EBQ=∠BDP=45° ，
BE=DB
∴△BEQ≌△DBP（SAS），
∴EQ＝BP，
∴BP+CQ＝EQ+CQ≥CE，当点Q在CE上时，取得最小值CE，
∵BP+CQ的最小值为2❑√3，即：CE=2❑√3，
在Rt△BCE中，BC2+BE2＝CE2，即a2 +(❑√2a) 2 =(2❑√3) 2 ，
解得：a＝2（负值舍去），
故答案为：2．
【变式1】如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别在BC，CD上，且BE＝CF，AE与BF相交于点
G，连接CG，则CG的最小值为 ．
1
【分析】先证明△ABE≌△BCF，即可得到∠AGB＝90°，再取AB中点H，HG= BC，由于HG、HC
2
不变，因此当H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，依据HG与CH的长，即可得出CG的最小
值．
【解答】解：如图，取AB中点H，连接HG，HC，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝1，∠ABC＝∠BCD＝90°，
在△ABE和△BCF中，
{ AB=BC )
∠ABE=∠BCF ，
BE=CF
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠BAE＝∠CBF，
∴∠BAE+∠ABG＝∠CBF+∠ABG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
1 1
∴HG= AB= ，
2 2
∵HG、HC的长不变，
∴当H、G、C在同一条直线上时，CG取最小值，
√ 1 ❑√5
Rt△BCH中，HC=❑√BC2 +BH2 =❑12 +( ) 2 = ，
2 2
❑√5 1 ❑√5−1
∴CG的最小值=HC−HG= − = ，
2 2 2
❑√5−1
故答案为： ．
2
【变式2】如图，平面内三点A、B、C，AB＝5，AC＝3，以BC为对角线作正方形BDCE，连接AD，则
AD的最大值是 ．
【分析】将△BDA绕点D顺时针旋转90°，得△ADM是等腰直角三角形，当AM最大时，AD值最大，在△ACM中，AM≤AC+CM，得AM最大值为8，即可求解．
【解答】解：将△BDA绕点D顺时针旋转90°，
CM＝AB＝5，DA＝DM，∠ADM＝90°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
AM ❑√2
∴AD= = AM，
❑√2 2
∴当AM最大时，AD值最大，
在△ACM中，AM≤AC+CM，
∴AM≤8，
∴AM最大值为8，
❑√2
∴AD最大值为 ×8＝4❑√2，
2
故答案为：4❑√2．
【变式3】如图，正方形ABCD边长为3，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且BE＝CF，连接
BF、DE，则BF+DE的最小值为 ．
【分析】连接AE，证明△ABE≌△BCF（SAS），得出AE＝BF，推出BF+DE的最小值等于AE+DE的
最小值，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即
为所求的E点，根据对称性可得AE＝HE，得到AE+DE＝HE+DE＝DH，由勾股定理求出DH的长即可
得解．
【解答】解：如图，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠BCF＝90°，
∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，
如图，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A、B、H三点共线，
，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点，
根据对称性可得AE＝HE，
∴AE+DE＝HE+DE＝DH，
在Rt△ADH中，AD＝3，AH＝AB+BH＝3+3＝6，
∴DH=❑√AD2 +AH2 =❑√32 +62 =3❑√5，
∴BF+DE的最小值为3❑√5，
故答案为：3❑√5．
【必考点10 正方形中的常见的辅助线构造】
【例1】在正方形ABCD中，点M在对角线BD上，连接AM，过点M作MN⊥AM，交直线BC于点N．（1）如图1，当点N在BC上时，求证：AM＝MN；
（2）如图2，当点N在CB的延长线上时，MD=2❑√2，BN＝1，求AD的长．
【分析】（1）过点M作MP⊥AB于点P，MQ⊥BC于点Q，证明△APM≌△NQM（ASA），由全等三
角形的性质得出MA＝MN；
（2）过点M作VT⊥AD于点V，交BC于点T，证出四边形ABTV是矩形，由矩形的性质得出∠BTM＝
∠AVM＝90°，AV＝BT，AB＝VT，证明△AVM≌△MTN（AAS），由全等三角形的性质得出MV＝NT，
再根据勾股定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：如图1，过点M作MP⊥AB于点P，MQ⊥BC于点Q，
∴∠APM＝∠NQM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，∠ABC＝90°，
∴MP＝MQ，
∴四边形BQMP是正方形，
∴∠PMQ＝90°，
∵MN⊥AM，
∴∠AMN＝90°，
∴∠AMP＝∠NMQ＝90°﹣∠PMN，
∵∠APM＝∠NQM＝90°，
∴△APM≌△NQM（ASA），∴AM＝MN；
（2）解：如图2，过点M作VT⊥AD于点V，交BC于点T，
∴∠AVM＝90°，
在正方形ABCD中，∠BAD＝∠ABC＝∠AVM＝90°，∠CBD＝∠ADB＝45°，
∴四边形ABTV是矩形，
∴∠BTM＝∠AVM＝90°，AV＝BT，AB＝VT，
∵∠CBD＝45°，
∴∠BMT＝180°﹣∠BTM﹣∠CBD＝45°，
∴∠CBD＝∠BMT，
∴BT＝MT＝AV，
∵∠AMN＝90°，
∴∠AMV＝90°﹣∠NMT＝∠MNT，
∴△AVM≌△MTN（AAS），
∴MV＝NT，
∵∠ADB＝45°，MD=2❑√2，
❑√2
∴MV＝DV= MD＝2，
2
∴MV＝NT＝2，
∵BN＝1，
∴BT＝MT＝AV＝NT﹣BN＝1，
∴AD＝AV+DV＝1+2＝3．
【例2】如图，正方形ABCD中，点E、M、N分别在AB、AD、BC上，DE与MN相交于点O，记∠MOD
＝ ．
（α1）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．【分析】（1）作AG∥MN，交DE于点F，交BC于点G，则四边形AGNM是平行四边形，所以AG＝
MN，再证明△ADE≌△BAG，得DE＝AG，所以DE＝MN；
（2）作DF∥MN，交BC于点F，则∠EDF＝∠MOD＝45°，推导出AD＝CD＝BC＝AB＝4，DF＝MN
=❑√17，则CF=❑√DF2−CD2 =1，求得BF＝3，延长BC于点H，使CH＝AE，连接DH、EF，可证明
△CDH≌△ADE，得DH＝DE，∠CDH＝∠ADE，再证明△HDF≌△EDF，得HF＝EF＝AE+1，于是得
12 4❑√34
（4﹣AE）2+32＝（AE+1）2，求得AE= ，则DE=❑√AD2 +AE2 = ．
5 5
【解答】（1）证明：如图1，作AG∥MN，交DE于点F，交BC于点G，则∠AFD＝∠MOD＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AM∥GN，DA＝AB，∠DAE＝∠B＝90°，
∴四边形AGNM是平行四边形，∠ADE＝∠BAG＝90°﹣∠DAG，
∴AG＝MN，
在△ADE和△BAG中，
{∠ADE=∠BAG
)
DA=AB ，
∠DAE=∠B
∴△ADE≌△BAG（ASA），
∴DE＝AG，
∴DE＝MN．
（2）解：如图2，作DF∥MN，交BC于点F，则∠EDF＝∠MOD＝45°，
∵DM∥FN，
∴四边形DMNF是平行四边形，
∵AB＝4，MN=❑√17，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝4，DF＝MN=❑√17，∵∠DCF＝90°，
∴CF=❑√DF2−CD2 =❑√(❑√17) 2−42 =1，
∴BF＝BC﹣CF＝4﹣1＝3，
延长BC于点H，使CH＝AE，连接DH、EF，则∠DCH＝∠A＝∠ADC＝90°，
在△CDH和△ADE中，
{ CD=AD )
∠DCH=∠A ，
CH=AE
∴△CDH≌△ADE（SAS），
∴DH＝DE，∠CDH＝∠ADE，
∴∠HDF＝∠CDH+∠CDF＝∠ADE+∠CDF＝∠ADC﹣∠EDF＝90°﹣45°＝45°，
∴∠HDF＝∠EDF，
在△HDF和△EDF中，
{ DH=DE )
∠HDF=∠EDF ，
DF=DF
∴△HDF≌△EDF（SAS），
∴HF＝EF，
∴HF＝CH+CF＝AE+1，
∴EF＝AE+1，
∵BE2+BF2＝EF2，且BE＝4﹣AE，
∴（4﹣AE）2+32＝（AE+1）2，
12
解得AE= ，
5
√ 12 4❑√34
∴DE=❑√AD2 +AE2 =❑42 +( ) 2 = ，
5 5
4❑√34
∴线段DE的长是 ．
5【变式1】已知，四边形ABCD是正方形，E是BC边上一点，F在DE上，且BF＝AB．
（1）如图1，若E是BC中点，连接AF．
①补全图形；
②直接的写出AF与DE的数量关系和位置关系．
（2）若F是DE的中点，求∠CDF的度数．
【分析】（1）①依题意补全图形即可：
②设AD的中点为G，连接BG交AF于H，先证明△ABG和△CDE全等，则∠BGA＝∠DEC，BG＝
DE，根据AD∥BC得∠DEC＝∠EDA，则∠BGA＝∠EDA，进而得BG∥DE，则GH为△ADF的中位
线，进而得AH＝FH，则AF＝2AH，再根据BF＝AB得BH⊥AF，据此可得AF与DE的位置关系；设
AB⋅AG 2❑√5a
AG＝a，则 AD＝AB＝2a，则 BG=❑√5a，根据三角形的面积公式得 AH= = ，则 AF
BG 54❑√5a
= 可得AF与DE的数量关系；
5
（2）过点F作FM∥BC交AB于M，则FM⊥AB，证明FM为直角梯形ABED的中位线得AM＝BM，则
FM为AB的垂直平分线，进而得FA＝BF，再根据BF＝AB得△FAB为等边三角形，则∠BAF＝60°，进
而得∠DAF＝∠DAB﹣∠BAF＝30°，然后根据FA＝AB＝AD得∠ADF＝∠AFD＝75°，由此可得∠CDE
的度数．
【解答】解：（1）①连接AF，补全图形如图1所示：
4
②AF⊥DE，AF= DE，理由如下：
5
设AD的中点为G，连接BG交AF于H，如图2所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，AD∥BC，∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠CDA＝90°，
∵点E为BC的中点，点G为AD的中点，
∴AG＝CE，
在△ABG和△CDE中，
{ AB=CD )
∠ABG=∠C=90° ，
AG=CE
∴△ABG≌△CDE（SAS），∴∠BGA＝∠DEC，BG＝DE，
∵AD∥BC，
∴∠DEC＝∠EDA，
∴∠BGA＝∠EDA，
∴BG∥DE，
∴GH为△ADF的中位线，
∴AH＝FH，则AF＝2AH，
∵BF＝AB，
∴BH⊥AF，
∴AF⊥DE，
设AG＝a，则AD＝AB＝2a，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：BG=❑√AB2 +AG2 =❑√5a，
1 1
∴S△ABG =
2
BG•AH=
2
AB•AG，
AB⋅AG 2a×a 2❑√5a
∴AH= = = ，
BG ❑√5a 5
4❑√5a
∴AF＝2AH= ，
5
又∵DE＝BG=❑√5a，
4
∴AF= DE；
5
（2）过点F作FM∥BC交AB于M，如图3所示：
∴∠AMF＝∠ABC＝90°，即FM⊥AB，
∵AD∥BC，
∴四边形ABED为直角梯形，又∵点F为DE的中点，
∴FM为直角梯形ABED的中位线，
∴AM＝BM，
∴FM为AB的垂直平分线，
∴FA＝BF，
∵BF＝AB，
∴FA＝BF＝AB，
∴△FAB为等边三角形，
∴∠BAF＝60°，
∴∠DAF＝∠DAB﹣∠BAF＝90°﹣60°＝30°，
∵FA＝AB＝AD，
1
∴∠ADF＝∠AFD= （180°﹣∠DAF）＝75°，
2
∴∠CDE＝∠CDA﹣∠ADF＝90°﹣75°＝15°．
【变式2】在边长为5的正方形ABCD中，点E在边CD所在直线上，连接BE，以BE为边，在BE的下方
作正方形BEFG，并连接AG．
（1）如图1，当点E与点D重合时，AG＝ ；
（2）如图2，当点E在线段CD上时，DE＝2，求AG的长．
【分析】（1）连接CG，证明△CBD≌△CBG，可得C，G，D三点共线，利用勾股定理可得 AG的
长；
（2）过点G作GH∥BC，交AB的延长线于点H，证明△BCF≌△BHG（AAS），可得BH和HG的
长，利用勾股定理计算AG的长．
【解答】解：（1）如图1，连接CG．∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∠DBG＝90°，BD＝BG，
∴∠CBG＝45°，
∴∠CBG＝∠CBD．
∵BC＝BC，
∴△CBD≌△CBG（SAS），
∴∠DCB＝∠BCG＝90°，DC＝CG＝5，
∴G，C，D三点共线，BG=❑√BC2 +CG2 =5❑√2，
∴AG=❑√AD2 +DG2 =❑√52 +102 =5❑√5．
故答案为：5❑√5；
（2）过点G作GH∥BC，交AB的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝5∠ABC＝90°，
∵GH∥BC，∴∠AHG＝90°，
∵四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG＝90°，
又∵∠HBC＝90°，
∴∠CBF＝∠HBG，
又∠BCE＝∠BHG＝90°，
BF＝BG，
∴△BCF≌△BHG（AAS），
∴BH＝BC＝5，
HG＝CF＝DC﹣DE＝5﹣2＝3，
在Rt△AHG中，
AG=❑√AH2 +HG2 =❑√102 +32 =❑√109．
【变式3】如图所示，四边形ABCD为正方形，F、G分别为边AD、BC上的点，BE⊥FG于E．
（1）求证：∠ABE＝∠GFD；
（2）在EF上截取EH＝BE，连接DH，O为DH的中点，连接AO、AE．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段AO和AE的数量关系，并证明．
【分析】（1）根据正方形性质得AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC∥AD，由此得∠BGF＝∠GFD，
再证∠ABE＝∠BGF即可；
（2）①依题意补全图形即可
②连接EO，过点D作DM∥EF交EO的延长线于M，连接AM，先证△HEO和△DMO全等得OE＝
OM，EH＝MD，再证△ABE和△ADM全等得∠BAE＝∠DAM，AE＝AM，进而可证∠EAM＝90°，则
△AEM为等腰直角三角形，然后根据等腰直角三角形的性质及勾股定理可得出线段 AO和AE的数量关
系．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°，BC∥AD，
∴∠GBE+∠ABE＝90°，∠BGF＝∠GFD，
∵BE⊥GF，
∴∠BGF+∠GBE＝90°，
∴∠ABE＝∠BGF
∴∠ABE＝∠GFD；
（2）①依题意补全图形如图1所示：
②线段AO和AE的数量关系是：AE=❑√2AO，证明如下：
连接EO，过点D作DM∥EF交EO的延长线于M，连接AM，如图2所示：
则∠HEO＝∠M，∠ADM＝∠GFD，
∵O为DH的中点，
∴OH＝OD，
在△HEO和△DMO中，
{ ∠HEO=∠M )
∠HOE=∠DOM ，
OH=OD
∴△HEO≌△DMO（AAS），∴OE＝OM，EH＝MD，
∵EH＝BE，
∴BE＝MD，
由①可知：∠ABE＝∠GFD，
∴∠ABE＝∠ADM，
在△ABE和△ADM中，
{ AB=AD )
∠ABE=∠ADM ，
BE=MD
∴△ABE≌△ADM（SAS），
∴∠BAE＝∠DAM，AE＝AM，
∵∠BAE+∠EAD＝∠BAD＝90°，
∴∠DAM+∠EAD＝90°，
∴∠EAM＝90°，
即△AEM为等腰直角三角形，
又∵OE＝OM，
∴AO⊥EM，AO＝OE＝OM，
在Rt△AOE中，由勾股定理得：AE2＝AO2+OE2＝2AO2，
∴AE=❑√2AO．
【变式4】问题背景：如图，在正方形ABCD中，边长为4．点M，N是边AB，BC上两点，且BM＝CN＝
1，连接CM，DN，CM与DN相交于点O．
（1）探索发现：探索线段DN与CM的关系，并说明理由；
（2）探索发现：若点E，F分别是DN与CM的中点，计算EF的长；
（3）拓展提高：延长CM至P，连接BP，若∠BPC＝45°，请直接写出线段PM的长．【分析】（1）证△BCM≌△CDN（SAS），得出CM＝DN，∠BCM＝∠CDN，再证∠CDN+∠MCD＝
90°即可；
（2）连CE并延长交AD于G，求出GM长，再根据中位线的性质求出EF即可；
4❑√17
（3）过点 B 作 BH⊥CM 于点 H，根据勾股定理求出CM=❑√12 +42 =❑√17，PH=BH= ，
17
20❑√17
PC=PH+CH= 即可．
17
【解答】解：（1）CM＝DN，且DN⊥CM，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴在△BCM和△CDN中，
{ BC=CD )
∠B=∠NCE ，
BM=CN
∴△BCM≌△CDN（SAS），
∴CM＝DN，∠BCM＝∠CDN，
∵∠BCM+∠MCD＝90°，
∴∠CDN+∠MCD＝90°，
∴∠COD＝90°，
∴DN⊥CM，
∴线段CM和DN的关系为：CM＝DN，且DN⊥CM；
（2）连接CE并延长交AD于G，连接GM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠A＝90°，BC∥AD，
∴∠ENC＝∠EDG，
∴在△CNE和△GDE中，{∠ENC=∠EDG
)
∠NEC=∠DEG ，
NE=DE
∴△CNE≌△GDE（ASA），
∴CE＝EG，GD＝CN＝1，
又∵MF＝CF，
1
∴EF= MG，
2
∵正方形的边长为4，BM＝DG＝1，
∴AM＝AG＝3，
在Rt△AGM中，由勾股定理得：AM2+AG2＝GM2，
∴32+32＝GM2，
∴GM=3❑√2，
3❑√2
∴EF= ；
2
（3）如图3，过点B作BH⊥CM于点H，
∵CM2＝BC2+BM2，
∴CM=❑√12 +42 =❑√17，
1 1
∵ CM×BH= BC×BM，
2 2
4❑√17
∴BH= ，
17
16❑√17
∴CH=❑√BC2−CH2
= ，
17
∴∠BPC＝45°，
4❑√17
∴PH=BH= ，
1720❑√17
∴PC=PH+CH= ，
17
3❑√17
∴PM=PC−CM= ．
17
