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第 05 讲 正方形的性质和判定
【 题
型 1
利用正方形的性质求解】
【题型2添一个条件使四边形是正方形】
【题型3证明四边形是正方形】
【题型4中点四边形】
【题型5正方形的判定与性质综合】
考点1：正方形的概念与性质
正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。
※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称
轴）
【题型1利用正方形的性质求解】
【典例1】（24-25九年级上·陕西咸阳·期末）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°
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，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．
【详解】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，
∴∠DAE=90°−60°=30°,AD=AE=AB，∠ADB=45°，1
∴∠ADE= (180°−∠DAE)=75°，
2
∴∠BDE=∠ADE−∠ADB=75°−45°=30°
故选C．
【变式1-1】（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，正方形ABCD的顶点B、C的坐标分别为(0,3)，
(2,0)，则点A的坐标为（ ）
A．(2,6) B．(3,5) C．(3,4) D．(3,6)
【答案】B
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加垂线的
辅助线，构造全等三角形解决问题．作AH⊥y轴交于点H，用全等三角形AAS判定定理推出
△ABH≌△BCO，得出AH和BH的长，即可得出点A的坐标．
【详解】解：如图，作AH⊥y轴交于点H，
∵ B C (0,3) (2,0)
点 、 的坐标分别为 ， ，
∴OB=3，OC=2，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABH+∠OBC=180°−∠ABC=90°，
∵∠BOC=90°，
∴∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠ABH+∠OBC=∠BCO+∠OBC=90°，
∴∠ABH=∠BCO，∵AH⊥y轴，
∴∠AHB=90°，
∴∠AHB=∠BOC，
∴△ABH≌△BCO(AAS)，
∴AH=OB=3，BH=OC=2，
∴OH=OB+BH=3+2=5，
∴点A的坐标为(3,5)．
故选：B．
【变式1-2】（23-24八年级下·全国·期末）如图，菱形ABCD的边长是2cm，DE⊥AB 于点 E．若
∠A=60°，则菱形ABCD的面积为 cm2．
【答案】2❑√3
【分析】本题考查求菱形面积，涉及菱形性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质等知识，熟
练掌握直角三角形中含30°角所对的边是斜边的一半是解决问题的关键．根据菱形ABCD的边长是
1
2cm，∠A=60°，得到∠ADE=30°，AE= AD=1，DE=❑√AD2−AE2=❑√3，从而得到菱形
2
ABCD的面积为AB⋅DE即可解答．
【详解】解：∵ DE⊥AB，∠A=60°，
∴在Rt△ADE中，则∠ADE=30°，
∵菱形ABCD的边长是2cm，
1
∴在Rt△ADE中，AE= AD=1，
2
∴ DE=❑√AD2−AE2=❑√3，
∴菱形ABCD的面积为AB⋅DE=2×❑√3=2❑√3(cm2)，
故答案为：2❑√3．
【变式1-3】（24-25九年级上·广东河源·期中）将n个边长都为1cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A ，
1
A ，…，A 分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（ ）
2 nA．
n−1
cm2 B．
n
cm2 C．
(1) n
cm2 D．1cm2
4 4 4
【答案】A
【分析】考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积
和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积．
1
根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的 ，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这
4
样的正方形重叠部分即为(n−1)阴影部分的和．
1 1
【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的 ，即是 ，
4 4
1
5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为 ×4，
4
1 n−1
n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为 ×(n−1)= (cm2)．
4 4
故选：A．
考点2：正方形的判定
※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形；
邻边相等的矩形是正方形；
对角线相等的菱形是正方形；
对角线互相垂直的矩形是正方形。
注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系(如图3所示)：【题型2添一个条件使四边形是正方形】
【典例2】（24-25九年级上·全国·期中）如果顺次连接四边形的各边中点得到的四边形是正方形，那么原
来四边形的对角线一定满足的条件是（ ）
A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直且相等
【答案】D
【分析】此题主要考查了正方形的性质定理，中位线定理，熟练应用中位线定理和正方形的性质是解
题的关键．
1
根据题意画图，利用中位线定理得EH∥FG∥AC，EF∥BD∥HG，EF= BD=GH，
2
1
FG= AC=FG，然后根据正方形的性质得四个角是直角，四条边相等，然后，根据平行线的性质即
2
可解答．
【详解】根据题意画出图形如下：
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边AB、BC、CD、AD的中点，
∴EH∥FG∥AC，EF∥BD∥HG，
1 1
∴EF= BD=GH，FG= AC=FG，
2 2
∵四边形EFGH是正方形，∴EF=FG=GH=HE，∠EFG=∠FGH=∠GHE=∠FEH=90°，
∴AC=BD，AC⊥BD，
故选：D．
【变式2-1】（24-25九年级上·广东佛山·阶段练习）如图在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线
EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，为了使四边形BECF是正方形．可以添加一个条件
（ ）
A．CE=CF B．DE=DF C．∠A=45° D．E为AB的中点
【答案】C
【分析】根据菱形的判定定理，正方形的判定定理解答即可．
本题考查了菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键．
【详解】解：∵BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，
∴BD=DC，EF⊥BC，EB=EC,FB=FC，
∵CE=CF，
∴BE=BF=EC=FC,
∴四边形BECF是菱形，
故A不符合题意；
当添加DE=DF时，则四边形BECF是平行四边形，
∵BE=BF，
∴四边形BECF是菱形，
故B不符合题意；
当∠A=45°时，
∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠ECB=45°，
∴∠BEC=90°，
∴菱形BECF是正方形，
故C符合题意；当E为AB的中点时，得到BE=CE
无法判定菱形BECF是正方形，
故D不符合题意；
故选：C．
【变式2-2】（24-25九年级上·山东济南·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，
添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（ ）
A． BD=AC B． DC=AD C．∠AOB=60° D． OD=CD
【答案】B
【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．本题考查了矩形的性质，正方形的判定
的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理．
【详解】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：
（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．
∴添加DC=AD，能使矩形ABCD成为正方形．
故选：B．
【变式2-3】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在Rt△ABC中，∠A=90∘，点D，E，F分别是边
BC，CA，AB的中点，要使四边形AFDE为正方形，不添加辅助线，可以添加的条件是 (添
加一个条件即可).
【答案】AB=AC（答案不唯一）
【分析】此题重点考查正方形的判定、三角形中位线定理等知识，推导出四边形AFDE是矩形是解题
1 1
的关键．由中位线定理得到DE∥AF，DF∥AE，DE= AB，DF= AC，结合∠A=90∘得四
2 2
边形AFDE是矩形，当DE=DF时，四边形AFDE是正方形，据此可添加条件AB=AC．【详解】解：∵点D，E，F分别是边BC，CA，AB的中点，
1 1
∴DE∥AB，且DE= AB，DF∥AC，且DF= AC，
2 2
∴DE∥AF，DF∥AE，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵∠A=90∘，
∴四边形AFDE是矩形，
∴当DE=DF时，四边形AFDE是正方形，
∴添加的条件可以是AB=AC，
故答案为：AB=AC．（答案不唯一）
【题型3证明四边形是正方形】
【典例3】（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，四边形BCED是平行四边形，D为边AB上的中点，
AC=BC，连接AE，CE．
(1)求证：四边形ADCE是矩形．
(2)若AC⊥BC，判断四边形ADCE的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ADCE是正方形，理由见解析
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，正方形的判定，直角三角形斜边上的中线等于
斜边的一半，熟知相关概念是解题的关键．
（1）根据等腰三角形的性质，可得AD⊥CD，再利用平行四边的性质得到AD∥CE，且AD=CE
证明四边形ADCE是平行四边形，即可解答；
（2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到DC=AD解答．
【详解】（1）证明：∵四边形BCED是平行四边形，
∴BD=CE，BD∥CE．
∵D为边AB上的中点，
∴AD=BD，
∴AD=CE，AD∥CE，∴四边形ADCE是平行四边形．
∵D为边AB上的中点，AC=BC，
∴CD⊥AB，
∴∠ADC=90°，
∴四边形ADCE是矩形．
（2）解：四边形ADCE是正方形，
理由：∵AC⊥BC，AC=BC，
∴△ACB是等腰直角三角形．
∵D为边AB上的中点．
∴CD=AD．
由（1），可知四边形ADCE是矩形，
∴四边形ADCE是正方形．
【变式3-1】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AO⊥BD，垂足为O，过
点O分别作OE⊥BC于点E，OF⊥CD于点F，求证：四边形OECF是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，根据正方形的性质可得
AD=AB，∠C=90°，∠CDB=∠CBD=45°，再证明△ODF≌△OBE(AAS)，可得OF=OE，四
边形OECF是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可求证．
【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠C=90°，∠CDB=∠CBD=45°，
∵AO⊥BD，
∴DO=BO，
∵OF⊥CD，OE⊥BC，
∴∠OFD=∠OEB=∠OFC=∠OEC=90°，
∴△ODF≌△OBE(AAS)，
∴OF=OE，
∵∠OFC=∠OEC=∠C=90°，∴四边形OECF是矩形，
又∵AD=AB，
∴四边形OECF是正方形．
【变式3-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，
∠BAC=90°，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接DF．
(1)求证：AB=AF；
(2)请增加一个条件，使得四边形ACDF为正方形．（不需要说明理由）
【答案】(1)见解析
(2)AB=AC
【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法．
（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可；
（2）证明四边形ACDF是平行四边形，进而证得AC=AF，根据正方形的判定即可得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠AFG=∠GCD，
∵点G是AD的中点，
∴AG=DG，
在△AGF和△DGC中，
{∠AGF=∠DGC
)
∠AFG=∠DCG ，
AG=DG
∴△AGF≌△DGC(AAS)，
∴AF=CD，
∴AB=AF；
（2）解：当AB=AC时，四边形ACDF是正方形．
证明：由（1）知，AF=CD，
又∵ AB∥CD，
∴ AF∥CD，∴四边形ACDF是平行四边形，
由（1）知，AB=AF，
∵AB=AC，
∴AF=AC，
∴四边形ACDF是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴∠CAE=90°，
∴四边形ACDF是正方形．
故答案为：AB=AC．
【变式3-3】（24-25九年级上·辽宁盘锦·开学考试）如图，已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交
于点O，E是AC延长线上一点，若BE=DE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若∠BDC=∠ACD，判断四边形ABCD的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)四边形ABCD是正方形，理由见解析
【分析】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知
识，熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形ABCD为菱形是解题的关键．
（1）由平行四边形的性质可得BO=DO，再由等腰三角形的性质可证BD⊥AC，即可得出结论；
（2）由（1）知，四边形ABCD是菱形得到OA=OC，OD=OB，然后证明出OC=OD，得到
AC=BD，则平行四边形ABCD是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BO=DO，
∵BE=DE，
∴BD⊥AC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：四边形ABCD是正方形，理由如下：由（1）知，四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OD=OB
∵∠BDC=∠ACD，
∴OC=OD，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是正方形．
【题型4中点四边形】
【典例4】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中
点，G、H分别是BD、AC的中点．
(1)请判断四边形EGFH的形状，并说明理由．
(2)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形，请说明理由．
(3)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是矩形，请说明理由．
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形，理由见解析
(2)AB=CD，理由见解析
(3)AB⊥CD，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，
1 1 1 1
∴EG∥AB,HF∥AB,EH∥CD,GF∥CD，EG= AB,HF= AB,EH= CD,GF= CD，
2 2 2 2
∴EG∥HF,EH∥GF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）当四边形ABCD满足AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：
1 1
∵EG= AB,EH= CD，AB=CD，
2 2
∴EG=EH，
∴平行四边形EGFH是菱形；（3）当四边形ABCD满足AB⊥CD时，四边形EGFH是矩形，理由如下：
∵AB⊥CD，EG∥AB,EH∥CD，
∴EG⊥EH，
∴∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形．
【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理．
【变式4-1】（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，
CD，D的中点，下列说法中不正确的是( )
A．四边形EFGH一定是平行四边形
B．若AC=BD，则四边形EFGH是菱形
C．若AC⊥BD，则四边形EFGH是矩形
D．若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是正方形
【答案】D
【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，
正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解．
【详解】解：∵点E，F，G，H分别为四边形ABCD的边AB，BC，CD，DA的中点，
∴EF、FG、GH分别为△ABC、△BCD、△ADC的中位线，
1 1 1
∴EF= AC，EF∥AC，FG= BD，FG∥BD，GH= AC，GH∥AC，
2 2 2
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC=BD时，EF=FG，则平行四边形EFGH为菱形，
当AC⊥BD时，EF⊥FG，则平行四边形EFGH是矩形，
若四边形ABCD是矩形，则四边形EFGH是菱形，不一定是正方形，
故不正确的选项是D，
故选：D．
【变式4-2】（23-24八年级下·浙江温州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，对角线AC,BD互相垂直，点E、F、G、H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，依次连接这四个中点得到四边形EFGH．
(1)求证：四边形EFGH是矩形；
(2)若AC=9,BD=7，求四边形EFGH的周长．
【答案】(1)见解析
(2)16
【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，矩形的性质与判定．
（1）设GF,AC交于点K，AC,BD交于点O，先根据三角形的中位线定理，得到
HG=EF,HG∥EF,HE=GF,HE∥GF，证明四边形EFGH是平行四边形，再根据AC⊥BD可
得∠AKF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，即可证明四边形EFGH是矩形；
1 1
（2）由（1）得HG=EF= AC,HE=GF= BD，结合AC=9,BD=7，即可求解．
2 2
【详解】（1）证明：如图，设GF,AC交于点K，AC,BD交于点O，
∵ AB,BC,CD,DA
点E、F、G、H分别是边 的中点，
1
∴EF是△ABC的中位线，即EF= AC,EF∥AC，
2
1
同理，HG是△ADC的中位线，即HG= AC,HG∥AC，
2
1
GF是△BCD的中位线，即GF= BD,GF∥BD，
2
1
HE是△ABD的中位线，即HE= BD,HE∥BD，
2∴ HG=EF,HG∥EF,HE=GF,HE∥GF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵ AC⊥BD，
∴∠AOB=∠AKF=90°，
∴∠AKF=∠EFG=∠FGH=∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：由（1）知四边形EFGH是矩形，
1 1
∴ HG=EF= AC,HE=GF= BD，
2 2
∵ AC=9,BD=7，
1 9 1 7
∴ HG=EF= AC= ,HE=GF= BD= ，
2 2 2 2
∴四边形EFGH的周长为：HG+EF+HE+GF=16．
【变式4-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）已知四边形ABCD，
(1)如图（1），若AC=BD，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，判断四边形
EFGH的形状，并说明理由．
(2)如图（2），若AC⊥BD于O，AB=4，CD=6，求BC2+AD2的值．
【答案】(1)四边形EFGH是菱形，证明见解析
(2)52
【分析】本题考查的是中点四边形、勾股定理、三角形中位线定理，熟记四条边相等的四边形是菱形
是解题的关键．
1 1 1 1
（1）根据三角形中位线定理得到EF= AC，FG= BD，GH= AC，EH= BD，得到
2 2 2 2
EF=FG=GH=EH，根据菱形的判定定理证明；
（2）根据勾股定理计算即可．【详解】（1）解：四边形EFGH是菱形，
理由如下：∵点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
∴EF、FG、GH、EH分别为△ABC、△BCD、△ADC、△ABD的中位线，
1 1 1 1
∴EF= AC，FG= BD，GH= AC，EH= BD，
2 2 2 2
∵AC=BD，
∴EF=FG=GH=EH，
∴四边形EFGH是菱形；
（2）解：∵AC⊥BD，
∴∠AOB=∠BOC=∠COD=∠AOD=90°，
在Rt△AOB中，AB=4，
由勾股定理得：OA2+OB2=AB2=16，
在Rt△COD中，CD=6，
由勾股定理得：OC2+OD2=CD2=36，
∴BC2+AD2=OB2+OC2+OA2+OD2=16+36=52．
【题型5正方形的判定与性质综合】
【典例5】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在正方形ABCD中，射线AE与边CD交于点E，将射
线AE绕点A顺时针旋转，与CB的延长线交于点F，BF=DE，连接FE．
(1)求证：△AEF是等腰直角三角形；
(2)若四边形AECF的面积为36，DE=6，直接写出AE的长．
【答案】(1)见解析
(2)6❑√2
【分析】本题考查了正方形的性质和全等的性质和判定，还涉及到勾股定理等知识，解决本题的关键
是能熟练运用相关的几何定理．
（1）由四边形ABCD是正方形易得∠ABF=∠D，AB=AD，再根据BF=DE可证得
△ABF≌△ADE，即可导得∠FAE=90°，进而证得△AEF是等腰直角三角形；
（2）由（1）得△ABF≌△ADE，进而得到正方形ABCD的面积为36，计算出AD=6，再利用勾股定理计算出AE的长度．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=90°，
∴ ∠ABF=180°−∠ABC=90°，
∴∠ABF=∠D，
∵ BF=DE，
在△ABF和△ADE中，
{
AB=AD
)
∠ADE=∠ABF
DE=BF
∴△ABF≌△ADE(SAS)，
∴AF=AE，∠FAB=∠EAD．
∴ ∠FAB+∠BAE=∠EAD+∠BAE=90°，
∴ △AEF是等腰直线三角形；
（2）解：由（1）得△ABF≌△ADE，则S =S ，
△ABF △ADE
∵四边形AECF的面积为36，
而S =S +S =S +S =S ，
AECF △ABF ABCE △ADE ABCE ABCD
∴正方形ABCD的面积为36，
∴ AD=6，
在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，
∴ AE=❑√62+62=6❑√2．
【变式5-1】（23-24八年级下·吉林松原·阶段练习）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同
学进行了如下操作：
第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点B落在AD上的点F处，得到折痕AE，
连接EF，然后把纸片展平；
第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点F处，得到折痕MN，如图②．
根据以上操作，解答下列各题．(1)求证：四边形ABEF是正方形；
(2)若AB=8，AD=12，求线段BM的长．
【答案】(1)详见解析
(2)BM=2
【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质；
（1）根据矩形的性质和折叠的性质可得AB=AF，BE=EF，∠BAE=∠FAE=45°，从而得到
∠DAE=∠AEB=∠BAE，进而得到AB=BE=EF=AF，继而得到四边形ABEF是菱形，即可求
证；
（2）根据矩形的性质和折叠的性质可得FM=CM=BC−BM=12−BM．在Rt△FME中，利用勾
股定理建立方程即可求得BM的值，从而求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
∵将矩形纸片ABCD折叠，使点B落在AD上的点F处，
∴AB=AF，BE=EF，∠BAE=∠FAE=45°，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB=∠BAE，
∴AB=BE，
∴AB=BE=EF=AF，
∴四边形ABEF是菱形，
∵∠B=90°，
∴菱形ABEF是正方形．
（2）解：∵四边形ABCD和四边形CDFE都是矩形，
∴EF=AB=8，BC=AD=12，EC=FD=AD−AF=12−8=4，
∴ME=BC−BM−EC=12−BM−4=8−BM，
∵△MNF是由△MNC折叠得到的，
∴FM=CM=BC−BM=12−BM．在Rt△FME中，由勾股定理，得：M E2+EF2=FM2，
即(8−BM) 2+82=(12−BM) 2，
解得BM=2．
【变式5-2】（23-24九年级上·陕西榆林·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点
E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
(1)求证：四边形ABEF是正方形；
(2)若AD=AE，求证：AB=AG；
(3)在（2）的条件下，已知AB=1，求OF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)❑√2−1
【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF=EB，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据三角形全等的判定证得△AGD≌△ABE(AAS)，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）根据△AGD≌△ABE可得DG=AB=AF=AG=1，即可求得AD=❑√2，DF=❑√2−1，再由
∠FDO=∠FOD=45°可得OF=DF=❑√2−1．
【详解】（1）∵矩形ABCD，
∴∠BAF=∠ABE=90°．
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形．
∵AE平分∠BAD，
∴EF=EB，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG=∠BAE．
在△AGD和△ABE中，{∠DAG=∠BAE
)
∠AGD=∠ABE ，
AD=AE
∴△AGD≌△ABE(AAS)，
∴AB=AG；
（3）由（1）知，四边形ABEF是正方形；
∴AB=AF=1．
由（2）知△AGD≌△ABE，
∴DG=AB=AF=AG=1，
∴AD=AE=❑√12+12=❑√2，
∴DF=❑√2−1．
∵EF⊥AD，∠DAG=∠ADG=45°，
∴∠FDO=∠FOD=45°，
∴OF=DF=❑√2−1．
【点睛】】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分
线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键．
【变式5-3】（2023八年级下·江苏·专题练习）在△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC、∠BAC的平分线相
交于点D，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足为E、F．
(1)求证：四边形DECF为正方形；
(2)若BC=8，AC=6，求正方形DECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）根据∠ACB=90°， DE⊥BC，DF⊥AC可得四边形DECF是矩形，结合角平分线
性质即可得到DF=DE，即可得到证明；（2）根据勾股定求出AB，根据等积法求出DF，即可得到答案；
【详解】（1）证明：过D作DN⊥AB，连接CD，
∵∠ACB=90°， DE⊥BC，DF⊥AC，
∴四边形DECF是矩形，
∵∠ABC、∠BAC的平分线相交于点D，DE⊥BC，DF⊥AC，DN⊥AB，
∴DF=DN，DE=DN，
∴DF=DE，
∴四边形DECF是正方形；
（2）解：∵BC=8，AC=6，
∴AB=❑√62+82=10，
1 1 1
∵S = ×BC⋅DE+ ×AC⋅DF+ ×AB⋅DN，
△ABC 2 2 2
1 1
∴ ×6×8= ×(6+8+10)×DF，
2 2
∴DF=2，
∴S =DF2=4；
正方形DECF
【点睛】本题考查角平分线的性质及正方形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线及利用等积法求
出正方形的边长．
一、单选题
1．（22-23八年级下·江苏扬州·期中）顺次连接菱形四边的中点，得到的四边形是（ ）
A．矩形 B．平行四边形 C．正方形 D．无法断定【答案】A
【分析】根据菱形和三角形中位线的性质，得四边形EFGH为平行四边形，且EH⊥EF，再根据矩形
的判定方法，即可得到答案．
【详解】解：如图，根据题意，分别连接菱形ABCD四边中点E,F,G,H
∵菱形ABCD
∴AC⊥BD
∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD中点
1 1
∴EH=FG= BD，EF=GH= AC，EH∥BD，EF∥AC
2 2
∴四边形EFGH为平行四边形，
∵EH∥BD，
∴∠2=∠1=90°，
∵EF∥AC，
∴∠3=∠2=90°，
∴四边形EFGH为矩形
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、三角形中位线的知识；解题的关键是熟练掌握矩形的
判定、菱形、三角形中位线的性质．
2．（22-23八年级下·河南商丘·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，直线m、n、l分别经过A、B、
C三点，且m∥n∥l．若m与n之间的距离是2，n与l之间的距离是3，则CD的长是（ ）
A．3 B．4 C．❑√13 D．3❑√2
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．根据题意，利用AAS，可以判定△ABE和△BCF全等，从而可以得到
BE=CF，再根据勾股定理即可求得BC的长，从而求解．
【详解】解：如图，过点B作EF⊥m，交直线m于点E，交直线l于点F，
由已知可得，BE=2，BF=3，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∵∠CBF+∠BCF=90°，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
{∠AEB=∠BFC
)
∠ABE=∠BCF ，
AB=BC
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴BE=CF，
∴CF=2，
∵BF=3，∠BFC=90°，
∴BC=❑√BF2+CF2=❑√32+22=❑√13，
∴CD=BC=❑√13,
故选：C
3．（22-23八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在正方形ABCD以BC为边作等边三角形△EBC，连接
AE,DE，则∠EAD的度数为（ ）A．10∘ B．15∘ C．20∘ D．25∘
【答案】B
【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边
三角形的性质得出BC=BE=EC，∠BAD=∠ABC=90°，∠DAE=60°，从而可求出∠BAE的度
数，然后利用等边对等角和三角形内角和定理可求出∠ABE的度数，最后根据角的和差关系求解即可．
【详解】解：∵在正方形ABCD内作等边△EBC，
∴BE=AB=EC=AB，∠BAD=∠ABC=90°，∠CBE=60°，
∴∠ABE=∠ABC−∠CBE=30°，
∵AB=BE，
180°−∠ABE
∴∠BAE=∠AEB= =75°，
2
∴∠EAD=∠BAD−∠BAE=15°，
故选：B．
4．（23-24八年级下·广东云浮·期中）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB=1，EC=2，那么正
方形ABCD的面积为（ ）
A．❑√3 B．3 C．❑√5 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长
的平方．即如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2=c2．也考查了正方
形的性质．先根据正方形的性质得出∠B=90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可
得出正方形的面积．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴BC2=EC2−EB2=22−12=3，
∴正方形ABCD的面积=BC2=3．故选B
5．（23-24八年级下·浙江杭州·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E、F分别是边CD、AD的
中点，连接BE、BF，点M，N分别是BE、BF的中点，则MN的长为（ ）
A．5 B．❑√2 C．2❑√2 D．2
【答案】B
【分析】此题考查正方形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，关键是根据正方形的性质和三角
形中位线性质定理解答．
连接EF，根据正方形的性质和勾股定理得出EF，进而利用三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：连接EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=4，∠D=90°，
∵点E、F分别是边CD、AD的中点，
1 1
∴DF= AD=2，DE= CD=2，
2 2
∴EF=❑√DE2+DF2=2❑√2，
∵点M，N为别是BE、BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
1
∴MN= EF=❑√2，
2
故选：B．
二、填空题6．（23-24八年级下·山西晋城·期末）如图，将正方形纸片ABCD沿MN折叠，使点D落在边AB上，对应
点为点D′，点C落在点C′处，若AB=5，AD′=2，则折痕MN的长为
.
【答案】❑√29
【分析】本题主要考查了图形的翻折变换，作NF⊥AD，垂足为F，连接DD′，根据图形折叠的性
质得出DD′⊥MN，先证明△DAD′∽△DEM，再证明△NFM≌△DAD′，然后利用勾股定理的
知识求出MN的长．
【详解】解：作NF⊥AD，垂足为F，连接DD′，
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点D落在边AB上的D′点，折痕为MN，
∴DD′⊥MN，
∵∠A=∠DEM=90°，∠ADD'=∠EDM，
∴△DAD′∽△DEM，
∴∠DD′ A=∠DME，
在△NFM和△DAD′中
{∠DD′ A=∠NMF)
∠A=∠NFM ，
NF=DA
∴△NFM≌△DAD′，
∴FM=AD′=2，
又∵在Rt△MNF中，FN=AB=5，
∴根据勾股定理得：MN=❑√FN2+FM2=❑√52+22=❑√29．
故答案为：❑√29．
7．（23-24八年级下·重庆·期末）如图，正方形ABCD，点E、F分别是AB、BC的中点，AF，DE相交于点G，连接GC，若AB=2，则CG的长为 ．
【答案】2
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD=BC=CD=2,∠B=∠BAD=90°,AD∥BC，再求出
AE=BF，然后利用“边角边”证明△ABF和△DAE全等，根据全等三角形对应角相等可得
∠AED=∠BFA，再求出∠AGE=90°，从而得到AF⊥DE，取AD的中点H，连接CH，再判断
出CH垂直平分DG，根据线段垂直平分线上的点到两端点的距离相等可得CD=CG．
【详解】解：如图，在正方形ABCD中，AB=AD=BC=CD=2,∠B=∠BAD=90°,AD∥BC，
∵E,F分别为AB,BC边的中点，
∴AE=BF，
{
AB=AD
)
在△ABF和△DAE中， ∠B=∠BAD ，
AE=BF
∴△ABF≌△DAE(SAS)，
∴∠AED=∠BFA，
∵∠BAF+∠AED=∠BAF+∠BFA=90°，
∴∠AGE=90°，
∴∠AGD=90°，
取AD的中点H，连接GH,CH，
∵H是AD的中点，
∴GH=DH，
∵AH=CF=1,AH∥CF，
∴AFCH是平行四边形，∴AF∥CH，
∴CH⊥DE，
设CH与DG相交于点M，
∴M是DG的中点，CM⊥DG，
∴CH垂直平分DG，
∴CG=CD=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质和判定、线段垂直
平分线的性质和判定，直角三角形的性质，等腰三角形的性质；熟记性质并正确作出辅助线是解题的
关键．
8．（22-23八年级下·福建龙岩·期中）如图，在正方形ABCD中，点A的坐标是(0,2)，点B的坐标是(3,0)，
则点C的坐标是 ．
【答案】(5,3)
【分析】本题考查正方形的性质、坐标与图形性质和全等三角形的判定与性质，能够灵活运用正方形
的性质是解答本题的关键．过点C作CF⊥x轴于F点，根据正方形的性质得到
△ABO≌△BCF(AAS)，根据三角形全等，求边的长度最后求出C点坐标．
【详解】解：如图，过点C作CF⊥x轴于F点，
由题意可知，∠ABC=90°，∠AOB=∠BFC=90°，
∴∠ABO+∠CBF=90°，
又∵∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBF=∠OAB在△ABO与△BCF中，
{∠AOB=∠BFC
)
∠OAB=∠CBF ，
AB=BC
∴△ABO≌△BCF(AAS)，
∴CF=OB,BF=OA，
又∵点A的坐标是(0,2)，点B的坐标是(3,0)，
∴OA=2,OB=3，
∴CF=OB=3,BF=OA=2，
∴OF=OB+BF=5，
∴点C的坐标为(5,3)．
故答案为：(5,3)．
三、解答题
9．（24-25八年级下·全国·阶段练习）如图，将正方形ABCD折叠，使点B落在DC边的中点Q处，点A
落在P处，折痕为EF．已知BD长为16❑√2．
(1)求线段AB的长；
(2)线段CF的长．
【答案】(1)16
(2)6
【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理：
（1）根据正方形的性质可得BD=❑√2AB，据此可解；
（2）由折叠的性质得BF=QF，利用勾股定理解Rt△FCQ即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD中，∠DAB=∠B=∠C=90°，AD=AB=BC=CD，
∴ BD=❑√AB2+AD2=❑√2AB=16❑√2，∴ AB=16；
（2）解： 由（1）知BC=CD=AB=16，
∵点Q为CD的中点，
1
∴ CQ= CD=8，
2
由折叠的性质得BF=QF，
设CF=x，则QF=BF=16−x，
∵在Rt△FCQ中，CQ2+CF2=QF2，
∴ 82+x2=(16−x) 2，
解得x=6，
即线段CF的长为6．
10．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在正方形ABCD中，E是边CD上一点，（点E不与点C，
D重合），连接BE．
(1)如图①，过点A作AF⊥BE交BC于点F．证明：△ABF≌△BCE．
(2)如图②，取BE的一点M，过点M作FG⊥BE交BC于点F，交AD于点G．求证：BE=FG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得AB=BC，∠ABF=∠BCE=90°，由直角三角形的两个锐角互
余可得∠BAF+∠ABE=90°，利用等式的性质1可得∠BAF=∠CBE，利用ASA可证得
△ABF≌△BCE，于是结论得证；
（2）过点A作AH∥GF交BC于点H，由正方形的性质可得AD∥BC，即AG∥HF，因而可知四
边形AHFG是平行四边形，于是可得AH=FG，由（1）同理可证△ABH≌△BCE(ASA)，于是可得
AH=BE，则结论得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABF=∠BCE=90°，∵BE⊥AF，
∴∠BAF+∠ABE=90°，
又∵∠CBE+∠ABE=90°，
∴∠BAF=∠CBE，
在△ABF和△BCE中，
{∠ABF=∠BCE
)
AB=BC ，
∠BAF=∠CBE
∴△ABF≌△BCE(ASA)；
（2）证明：如图②，过点A作AH∥GF交BC于点H，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AD∥BC，即：AG∥HF，
又∵AH∥GF，
∴四边形AHFG是平行四边形，
∴AH=FG，
由（1）同理可证△ABH≌△BCE(ASA)，
∴AH=BE，
∴BE=FG．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形的两个锐角互余，等式的性质1，全等三角形的
判定与性质，平行四边形的判定与性质等知识点，熟练掌握全等三角形的判定与性质及平行四边形的
判定与性质是解题的关键．
