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专题 05 正方形的性质与判定(基础题型)
1．下列性质中正方形具有而矩形不具有的是（ ）
A．对边相等 B．对角线相等
C．四个角都是直角 D．对角线互相垂直
【答案】D
【解析】
A.对边相等，是平行四边形的性质，矩形和正方形都具有；B.对角线相等，是矩形的性质，
正方形也有；C.四个角都是直角，是矩形的性质，正方形也有；D.对角线互相垂直，是菱
形的性质，正方形具有，而矩形没有，故选D.
2．下列说法正确的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直平分 B．对角线相等的菱形是正方形
C．两邻边相等的四边形是菱形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】
根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质与判定分别判别即可．
【详解】
解： ．矩形的对角线相等，不一定互相垂直平分，故 说法错误；
．对角线相等的菱形是正方形，正确；
．两邻边相等的四边形不一定是菱形，故 说法错误；
．对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，故 说法错误；
故选： ．
【点睛】
此题主要考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质与判定，熟悉相关性质是解题的
关键．
3．下列命题是真命题的是（ ）．
A．任何数的0次幂都等于1
B．顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是正方形
C．图形的旋转和平移会改变图形的形状和大小
D．角平分线上的点到角两边的距离相等
【答案】D【分析】
根据零次幂、正方形的判定、旋转的性质及角平分线的性质定理可直接进行排除选项．
【详解】
A、除0外，任何数的0次幂都等于1，错误，是假命题．
B、顺次连接菱形四边中点的线段组成的四边形是矩形，错误，是假命题．
C、图形的旋转和平移不会改变图形的形状和大小，错误，是假命题．
D、角平分线上的点到角两边的距离相等，正确，是真命题．
故选D．
【点睛】
本题主要考查零次幂、正方形的判定、旋转的性质及角平分线的性质定理，熟练掌握零次
幂、正方形的判定、旋转的性质及角平分线的性质定理是解题的关键．
4．下列说法正确的是（ ）
A．矩形的对角线互相垂直 B．菱形的对角线相等
C．正方形的对角线互相垂直且相等 D．平行四边形的对角线相等
【答案】C
【分析】
根据矩形、菱形、正方形、平行四边形的性质进行判断．
【详解】
A选项：矩形的对角线不一定互相垂直，故不符合题意；
B选项：菱形的对角线垂直不一定相等，故不符合题意；
C选项：正方形的对角线互相垂直且相等，故符合题意；
D选项：平行四边形的对角线相等不一定相等，故不符合题意；
故选：C．
【点睛】
考查了矩形、菱形、正方形、平行四边形的性质．解题关键是熟记平行四边形及特殊的平
行四边形的性质．
5．下列命题是假命题的是（ ）
A．平行四边形的对角线互相平分 B．正方形的对角线相等且互相垂直平分
C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、正方形的性质定理、矩形、菱形的判定定理判断即可．
【详解】
解：A、平行四边形的对角线互相平分，是真命题；
B、正方形的对角线相等且互相垂直平分，是真命题；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题；
D、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故本选项说法是假命题；
故选：D．
【点睛】
本题考查的是命题的真假判断，掌握平行四边形、正方形的性质定理、矩形、菱形的判定
定理是解题的关键，
6．下列命题中正确的是（ ）
A．一组对边平行的四边形是平行四边形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】C
【分析】
根据平行四边形及特殊的平行四边形的定义或性质可以得到解答．
【详解】
A、有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，错误；
B、有一个角是直角的平行四边形是矩形，错误；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，错误．
故选C．
【点睛】
本题考查平行四边形及特殊的平行四边形的定义或性质，对有关定义和性质在理解的基础
上并熟记是解题关键．
7．顺次连接菱形四边的中点得到的四边形一定是（ ）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．以上都不对
【答案】C
【分析】作出图形，根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半判定出四边形EFGH
是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可得EF⊥FG，然后根据有一个角是直角的平
行四边形是矩形判断．
【详解】
解：如图，∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵E，F，G，H是中点，
∴EF∥BD，FG∥AC，
∴EF⊥FG，
同理：FG⊥HG，GH⊥EH，HE⊥EF，
∴四边形EFGH是矩形．
故选：C．
【点睛】
本题考查菱形的性质与判定定理，矩形的判定定理以及三角形的中位线定理．
8．下列说法错误的是（ ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．对角线相等的平行四边形是矩形
C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D．对角线相等且垂直的四边形是正方形
【答案】D
【分析】
可分别由平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定等进行判断．
【详解】
解：①由平行四边形的判定可知A正确；
②由矩形的判定可知B正确；
③因为对角线互相平分的四边形是平行四边形，而对角线互相垂直的平行四边形是菱形，
故C正确；④D选项中再加上一个条件：对角线互相平分，可证其是正方形，故D错误；
故选：D．
【点睛】
本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定等，解题
关键是熟练掌握并能够灵活运用平行四边形的判定与性质等．
9．下列说法正确的是（ ）
A．平行四边形对角线相等 B．矩形的对角线互相垂直
C．菱形的四个角都相等 D．正方形的对角线互相平分
【答案】D
【分析】
根据平行四边形的性质，矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质对各个命题分别判断，
即可得出答案．
【详解】
解：A、平行四边形对角线互相平分，故本选项错误；
B、矩形的对角线相等，故本选项错误；
C、菱形的对角相等，故本选项错误；
D、正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角，故本选项正确；
故选：D．
【点睛】
此题考查了命题与定理，解题的关键是掌握真命题与假命题的定义，能根据有关性质与判
定对命题的真假进行判断是关键．
10．在一个棱长为 的正方体的 个角上，各锯下一个棱长为 的正方体，现在它的
表面积和原来比（ ）
A．不变 B．减少 C．增加 D．无法确定
【答案】A
【分析】
根据几何体表面积的性质求解即可．
【详解】
∵每个角锯下的表面积=每个角新增面积=3个边长为1cm的正方形的面积
∴现在它的表面积和原来比不变
故答案为：A．【点睛】
本题考查了几何体表面积的问题，掌握几何体表面积的性质是解题的关键．
11．四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，能判别这个四边形是正方形的条件是（ ）
A．OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD B．AB∥CD，AC＝BD
C．AD∥BC，∠A＝∠C D．OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC
【答案】A
【分析】
根据正方形的性质以及判定定理对各项进行分析即可．
【详解】
A. OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，能判定；
B. AB∥CD，AC＝BD，不能判定；
C. AD∥BC，∠A＝∠C，不能判定；
D. OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC，不能判定；
故答案为：A．
【点睛】
本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键．
12．如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6cm，BC＝8cm．现将其沿AE对折，使得点B落在边
AD上的点B 处，折痕与边BC交于点E，则CB 的长为（ ）
1 1
A． cm B． cm C．8cm D．10cm
【答案】B
【分析】
根据翻折变换的性质可以证明四边形ABEB 为正方形，得到BE＝AB，根据EC＝BC﹣BE计
1
算得到EC，再根据勾股定理可求答案．
【详解】
解：∵∠AB E＝∠B＝90°，∠BAB ＝90°，
1 1
∴四边形ABEB 为矩形，
1又∵AB＝AB ，
1
∴四边形ABEB 为正方形，
1
∴BE＝AB＝6cm，
∴EC＝BC﹣BE＝2cm，
∴CB ＝ cm．
1
故选B．
【点睛】
本题考查的是翻折变换、矩形和正方形的判定和性质，掌握翻折变换的性质及矩形、正方
形的判定定理和性质定理是解题的关键．
13．任意四边形ABCD各边中点分别是E、F、G、H，若对角线AC=20cm，BD=30cm，则四
边形EFGH的周长是（ ）
A．80cm B．70cm C．60cm D．50cm
【答案】D
【分析】
利用三角形中位线定理易得所求四边形的各边长都等于AC，或BD的一半，进而求四边形
周长即可．
【详解】
∵E，F，G，H，是四边形ABCD各边中点，
∴HG AC，EF AC，GF=HE BD．
又∵AC=20cm，BD=30cm，
∴四边形EFGH的周长是HG+EF+GF+HE （AC+AC+BD+BD）=AC+BD=50cm．
故选D．
【点睛】本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，解决本题的关键是找到四边形的四条边
与已知的两条对角线的关系．三角形中位线的性质为我们证明两直线平行，两条线段之
间的数量关系又提供了一个重要的依据．
14．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
做ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】
先证明 ，再证明四边形MOND的面积等于， 的面积，继而
解得正方形的面积，据此解题．
【详解】
解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握
相关知识是解题关键．
15．如图，四边形 是正方形， 是坐标原点，对角线 ， 分别位于 轴和
轴上，点 的坐标是 ，则正方形 的周长是（ ）
A． B．12 C． D．
【答案】D
【分析】
正方形的对角线互相平分且相等且垂直，所以根据点D的坐标知道OD的长度，然后在直
角三角形中计算CD的长度，从而推算出周长即可．
【详解】
四边形ABCD是正方形，且点
，
在 中， ，既 ，
，
∴正方形的周长为 ．
故答案为：
【点睛】
本题考查正方形的性质，能够根据条件计算出正方形的边长是解题关键．
17．如图所示，正方形ABCD的边长为2，以对角线AC为一边作菱形AEFC，AF与BC交于
G点，则∠BCE的度数与BE的长分别为（ ）
A．30°，2 －2 B．30°，2 －1 C．22.5°，2 －2 D．22.5°，2 －1
【答案】C
【分析】
根据正方形的对角线平分一组对角可得 ，根据菱形的四条边都相等
可得 ，然后根据等腰三角形两底角相等求出 ，然后根据
计算即可得解；再根据正方形的对角线等于边长的 倍求出
，然后根据 计算即可得解．
【详解】
解：在正方形 中， ，
四边形 是菱形，
，，
，
正方形 的边长为2，
，
．
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记两图形的性质并准确识
图是解题的关键．
18．如图，四边形ABCD为矩形，E、F、G、H为AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH
的形状是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
【答案】C
【分析】
连接AC、BD，根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形EFGH是平行四
边形，根据矩形的性质、菱形的判定定理解答．
【详解】
解：连接AC、BD，
∵在△DAC中，G、H为CD、DA的中点，
∴HG∥AC，且HG＝ AC，在△BAC中，E、F为AB、BC的中点，
EF∥AC，且EF＝ AC，
∴HG∥EF，且HG＝EF，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC＝BD，
∴EH＝EF，
∴平行四边形EFGH是菱形，
故选：C．
【点睛】
本题考查了中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的性质、菱形的判定定理是解题的
关键．
19．如图，在正方形ABCD中，E为CD上的一点，连接BE，若∠EBC=20°，将 EBC绕点C
按顺时针方向旋转90°得到 FDC，连接EF，则∠EFD的度数为（ ） △
△
A．15° B．20° C．25° D．30°
【答案】C
【分析】
根据旋转的性质得到∠EBC=∠FDC，CE=CF，结合三角形的外角定理求解即可．
【详解】
由旋转得：∠EBC=∠FDC=20°，CE=CF，
∵∠ECF=90°，
∴△CEF是等腰直角三角形，∠CEF=45°，
根据三角形的外角定理得：∠EFD=∠CEF-∠FDC=45°-20°=25°，
故选：C．
【点睛】本题考查旋转的性质，理解旋转变化的基本性质是解题关键．
20．如图，正方形 的边长为4，点 、 分别为 、 的中点，点 是对角
线 上的动点，则四边形 周长的最小值为（ ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】C
【分析】
作 关于 的对称点 ，连接 交 于点 ，根据轴对称性质及两点之间，线段
最短，得到四边形 的周长最小，即 最小，再利用三角形三边关系解题即
可．
【详解】
解：如图，作 关于 的对称点 ，连接 交 于点 ，故点 与点 重合时，
四边形 的周长最小，
即 最小，
和 关于 对称，
则
连接 ，同样 ，
而 ，即
所以当 与 重合时，
四边形 周长最小，即为 ，
故选：C．
【点睛】
本题考查正方形的性质、轴对称与最值问题等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知
识是解题关键．
21．如图，在正方形 外侧作直线 ，点C关于直线 的对称点为M，连接
， ．其中 交直线 于点N．若 ，则当
时，正方形 的边长为（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】D
【分析】根据对称的性质可知， ，推出 ，推出
，求出 即可解决问题．
【详解】
解：如图所示，连接 、 、 ，
∵点C关于直线 的对称点为M，
∴CN=MN，CD=DM，
∴∠NCM=∠NMC，∠DCM=∠DMC，
∴ ，
在正方形 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是直角三角形，
∴ ，
∴正方形 的边长 ．
故选：D．
【点睛】
本题考查正方形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识，解题的关键是发现△ANC是直
角三角形，属于中考常考题型．22．如图，把正方形纸片 沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点
C折叠纸片，使点C落在MN上的点F处，折痕为BE．若AB的长为1，则FM的长为（
）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】
根据翻折得到 ， ，在 中，可利用勾股定理求出FM的值．
【详解】
解： 四边形 是正方形，
，
由折叠的性质可知， ， ，
在 中，由勾股定理得：
．
故选：B．
【点睛】
本题考查翻折、正方形的性质、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识
是解题关键．
23．如图，已知正方形 的对角线 长为 ，点O为正方形的对称中心，将正方形 沿过点O的直线 折叠，则图中阴影部分四个三角形周长的和为________．
【答案】16
【详解】
如解图，设正方形的边长为a，则 ，解得 ．由翻折变换的性质可知
，阴影部分的周长和
．
24．如图，平行四边形 中， ， ， ，将平行四边形
沿过点 的直线 折叠，使点 落到 边上的点 处，折痕交 边于点 ．
若点 是直线 上的一个动点，则 的最小值______．
【答案】【分析】
利用翻折变换的性质以及平行线的性质得出四边形DAD′E是平行四边形，然后根据菱形的
判定定理得到▱DAD′E是菱形，推出D与D′关于AE对称，连接BD交AE于P，则BD的长即
为PD′+PB的最小值，过D作DG⊥BA于G，解直角三角形得到AG= ，DG= ，根据勾股
定理即可得到结论．
【详解】
解：∵将▱ABCD沿过点A的直线l折叠，使点D落到AB边上的点D′处，
∴∠DAE=∠D′AE，∠DEA=∠D′EA，∠D=∠AD′E，AD=AD′，
∵DE∥AD′，
∴∠DEA=∠EAD′，
∴∠DAE=∠EAD′=∠DEA=∠D′EA，
∴∠DAD′=∠DED′，
∴四边形DAD′E是平行四边形，
∵AD=AD′，
∴四边形DAD′E是菱形，
∴D与D′关于AE对称，
连接BD交AE于P，则BD的长即为PD′+PB的最小值，
过D作DG⊥BA于G，
∵CD∥AB，
∴∠DAG=∠CDA=60°，
∵AD=1，
∴AG= ，DG= ，∴BG= ，
∴BD= = ，
∴PD′+PB的最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了平行四边形的性质，最短距离问题，勾股定理，菱形的判定和性质，正确的作
出辅助线是解题的关键．
25．已知平行四边形ABCD，对角线AC、BD相交于点O，且CA=CB，延长BC至点E，使
CE=BC，连接DE．
（1）当AC⊥BD时，求证：BE=2CD；
（2）当∠ACB=90°时，求证：四边形ACED是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据已知条件得到四边形ABCD是菱形．求得BC=CD．得到BE=2BC，于是得到结论；
（2）根据平行四边形的性质得到AD=BC，AD∥BE，求得AD=CE，AD∥CE，推出平行四边形
ACED是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形．
∴BC=CD．
又∵CE=BC，
∴BE=2BC，∴BE=2CD；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC，AD∥BE，
又∵CE=BC，
∴AD=CE，AD∥CE，
∴四边形ACED是平行四边形．
∵∠ACB=90°，
∴平行四边形ACED是矩形，
又∵CA=CB，
∴CA=CE，
∴矩形ACED是正方形．
【点睛】
本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握各定理是解
题的关键．
26．如图，在等边 下方作一个正方形 ，连接 ， ．
（1）求证： ≌ ；
（2）求 的度数．【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）利用等边三角形的性质和正方形的性质可得∠ABC=∠AED=150°，由“SAS”可证
△ABC≌△AED；
（2）首先得出∠BAC=∠EAD=15°，由三角形的外角性质可求解．
【详解】
解：（1）证明：∵正方形 中， ， ，
等边 中， ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ≌ （SAS）；
（2）∵正方形 中， ，
等边 中， ，
∴ ，
∴ ，
又由（1）得： ，
∴由三角形内角和定理可知：∠BAC=∠EAD=15°，
∴ ．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，正确得出△ABC≌△AED是解
题关键．
27．如图，AC为正方形ABCD的对角线，E为AC上一点，且AE=AB，过E作EF⊥AC，交BC
于点F．求证：BF=EF．【答案】证明见解析．
【分析】
如图连接AF．利用“HL”证明△AFE≌△AFB即可解决问题．
【详解】
解：如图连接AF．
∵四边形ABCD是正方形，且FE⊥AC，
∴∠AEF=∠B=90°，
在Rt△AFE和Rt△AFB中，
，
∴Rt△AFE≌Rt△AFB(HL)，
∴BF=EF．
【点睛】
本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅
助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
28．如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，BE∥DF．求证：AE＝CF．【答案】见解析
【分析】
先证∠AEB＝∠CFD，再根据AAS证 ABE≌△CDF，从而得出AE＝CF．
【详解】 △
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
∵BE∥DF，
∴∠BEC＝∠DFA，
∴∠AEB＝∠CFD，
在 ABE和 CDF中，
△ △
,
∴△ABE≌△CDF（AAS），
∴AE＝CF．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形性质和判定，熟练掌握正方形的性质和全等三
角形的判定是解决问题的关键．
29．如图， 、 是正方形 的对角线 上的两点， ．求证：
．【答案】见详解
【分析】
由题意易得 ， ，则有
，进而可证 ，然后根据全等三角形
的性质可求证．
【详解】
证明：∵四边形 是正方形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ （AAS），
∴ ．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
30．如图，已知平行四边形ABCD，若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2OM，
（1）求证：四边形 AMCN 是矩形；
（2）△ABC 满足什么条件，四边形AMCN是正方形，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）AB=BC
【分析】
（1）由平行四边形的性质可知：OA=OC，OB=OD，再证明OM=ON即可证明四边形AMCN
是平行四边形；
（2）当AB=BC时，四边形AMCN是正方形；根据四边形ABCD是平行四边形，AB=BC即可
得出四边形ABCD是菱形，再由（1）可知四边形AMCN是矩形；从而得出结论；
【详解】
（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，
∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴MN=2OM，
∵ AC=2OM，
∴MN=AC，
∴四边形AMCN是矩形；
（2）当AB=BC时，四边形AMCN是正方形；
∵AB=BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
∴AC⊥MN，
由（1）可知四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，正方形的判定，解题的关键是灵活运
用所学知识解决问题；
31．如图，已知 中， ， ，点 为边 上一动点，
四边形 是正方形，连接 ，正方形对角线 交 于点 ．
（1）求证： ；
（2）若 ，求 的值；
（3）若 ，求 的值．
【答案】（1）见详解；（2） ；（3） 或
【分析】
（1）根据同角的余角相等，证明 ，然后根据正方形的性质，得出边相等，
由三角形全等的判定条件SAS即可证明
（2）由（1）中全等的性质以及勾股定理求出DG的长，根据正方形的性质：对角线相等
即可求解
（3）根据SAS证明 ，然后根据全等的性质，在直角△GFC根据勾股定
理即可求解
【详解】
（1）证明： 四边形 是正方形，
在 和 中
故答案为
（2） ， ，
在 中
由（1）知 ，
，
连接在 中
四边形 是正方形
故答案为
（3）如图所示，连接FG
四边形 是正方形
，由（1）知 ，
， ，
在 和 中
设 ，则
由（2）知
在 中
，
的值为 或 ．
故答案为 或
【点睛】
本题主要考察三角形全等的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键
32．如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接PB、PD，点E在BC的延长
线上，且PE＝PB．
求证：（1）△BCP ≌△DCP；
（2）∠DPE ＝∠ABC．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）根据正方形的四条边都相等可得BC=DC，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，然
后利用“边角边”证明即可；
（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP=∠CDP，根据等边对等角可得∠CBP=∠E，然后
根据等角的余角得出∠DPE= 90°，从而得证；
【详解】
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴BC=DC，∠ACB ＝∠ACD ，∠ABC ＝ 90°
又∵PC = PC
∴△BCP ≌△DCP．
（2）∵PE＝PB，
∴∠E ＝∠PBE ，
∵△BCP ≌△DCP ，
∴∠PBE ＝∠PDC ，
∴∠E ＝∠PDC ，
∵∠E ＋∠1 ＝ 90°，∠1 ＝ ∠2
∴∠PDC ＋∠2 ＝ 90°
即∠DPE ＝ 90°
∴∠DPE ＝∠ABC．【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角的性质，熟记正方形的
性质确定出∠BCP=∠DCP是解题的关键．
33．如图，在正方形ABCD中，E、F是对角线BD上两点，且∠EAF＝45°，将△ADF绕点A顺
时针旋转90°后，得到△ABQ，连接EQ．
（1）求证：EA是∠QED的平分线；
（2）已知BE＝1，DF＝3，求EF的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】
（1）直接利用旋转的性质得出△AQE≌△AFE（SAS），进而得出∠AEQ＝∠AEF，即可得出
答案；
（2）由全等三角形的性质可得QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，再结合勾股定理得出答案．
【详解】
证明：（1）∵将△ADF绕点A顺时针旋转90°后，得到△ABQ，
∴QB＝DF，AQ＝AF，∠BAQ＝∠DAF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∴∠QAE＝45°，
∴∠QAE＝∠FAE，在△AQE和△AFE中，
，
∴△AQE≌△AFE（SAS），
∴∠AEQ＝∠AEF，
∴EA是∠QED的平分线；
（2）由（1）得△AQE≌△AFE，
∴QE＝EF，∠ADF＝∠ABQ，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，
∴∠ABQ＝45°，
∴∠QBE＝∠ABQ+∠ABD＝90°，
在Rt△QBE中，QB2+BE2＝QE2，
又∵QB＝DF，
∴EF2＝BE2+DF2＝1+9＝10，
∴EF＝ ．
【点睛】
本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△AQE≌△AFE
是解题关键．
34．如图，△ABC中，AD是BC边的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延
长线于F，连结CF．
（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是菱形；
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADCF是正方形．
注：（2）、（3）小题直接填写条件，不需要写出理由．【答案】（1）见解析；（2）当△ABC满足∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是菱形；
（3）当△ABC满足AB＝AC且∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是正方形．
【分析】
（1）由两直线平行，内错角相等，得到∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD，进而证明
△AEF≌△DEB（AAS），再由全等三角形对应边相等性质，解得AF=DB，结合AD是BC边中线，
解得AF=DC，最后根据一组对边平行且相等可证明四边形ADCF为平行四边形；
（2）根据一组邻边相等的平行四边形是菱形解题，即当三角形ABC是直角三角形时，斜
边中线等于斜边的一半即可判定；
（3）根据有一个直角的菱形是正方形解题，当 且 时，由三线合一性质，
可解题．
【详解】
（1）证明：∵AF BC，
∴∠FAE＝∠EDB，∠AFE＝∠EBD，
在AEF和△DEB中，
，
∴△AEF≌△DEB（AAS），
∴AF＝DB，
又∵BD＝DC，
∴AF＝DC，
又∵AF DC，
∴四边形ADCF为平行四边形．
（2）当△ABC满足∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是菱形；
AD是 斜边BC的中线，
又 四边形ADCF是平行四边形
四边形ADCF是菱形；（3）当△ABC满足AB＝AC且∠BAC＝90゜条件时，四边形ADCF是正方形．
∠BAC＝90゜，AD是BC边的中线，
又 四边形ADCF为平行四边形，
∴四边形ADCF为菱形，
∴四边形ADCF为正方形．
【点睛】
本题考查特殊平行四边形的判定与性质，其中涉及平行线的判定、全等三角形的判定与性
质、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，是重要考点，难度较易，掌
握相关知识是解题关键．
