文档内容
专题1.3 正方形的性质与判定
【学习目标】
1.理解正方形的概念；
2探索并证明正方形的性质，并了解平行四边形、矩形、菱形之间的联系和区别；
3.会应用正方形的性质解决相关证明及计算问题；
4.会证明正方形的判定定理；能运用正方形的判定定理进行简单的计算与证明；
5.能运用正方形的性质定理与判定定理进行比较简单的综合推理与证明.
【知识梳理】
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
正方形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC
2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即
AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形
正方形是特殊的平行四边形、矩形、菱形，常见的判定思路为 ：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，或平行四边形+对角线垂直且
相等，
2）判定方法2（从菱形出发）：菱形+1个90°角，或菱形+对角线相等，
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直，
4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等，
【高频考点精讲】
【高频考点1】正方形的性质（求角度、长度）
【例1】（2021·重庆中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，
，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，
MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则 的度数为（ ）A．60° B．65° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即
可求出 的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形中，∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°， ，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟
练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
变式1.（2022•黄浦区九年级期末）如图，E为正方形ABCD外一点，AE＝AD，BE交AD于
点F，∠ADE＝75°，则∠AFB＝ °．
【分析】根据等腰三角形的性质得∠AED＝∠ADE＝75°，由三角形内角和求出顶角∠DAE的
度数，根据正方形的性质得△ABE为等腰三角形，再由直角三角形的两锐角互余得答案．
【解答】解：∵AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE＝75°，
∴∠DAE＝180°﹣75°﹣75°＝30°，
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
∴AB＝AE，∴∠ABE＝∠AEB，
180°−120°
∵∠BAE＝90°+30°＝120°，∴∠ABE= =30°，
2
∴∠AFB＝90°﹣30°＝60°．故答案为：60．
【点评】此题考查了正方形的性质，正方形的四个角都是直角，且各边都相等；在几何证明中常运用等边对等角和等角对等边来证明边相等或角相等；在三角形中，要熟练掌握三角形
的内角和定理和直角三角形的两个锐角互余．
例2.（2022·广东初三一模）如图，正方形ABCD中，AB＝3，点E为对角线AC上一点，
EF⊥DE交AB于F，若四边形AFED的面积为4，则四边形AFED的周长为______．
【答案】4+2
【分析】连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，证明△DCE≌△BCE和△BEF为等腰三角形，
设AF=x，用x表示DE与EF，由根据四边形ADEF的面积为4，列出x的方程求得x，进而求
得四边形ADEF的周长．
【解析】解：如图，连接BE，DF，过E作EN⊥BF于点N，
∵四边形ABCD为正方形，∴CB=CD，∠BCE=∠DCE=45°，
在△BEC和△DEC中， ，∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴DE=BE，∠CDE=∠CBE，∴∠ADE=∠ABE，
∵∠DAB=90°，∠DEF=90°，∴∠ADE+∠AFE=180°，
∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠ADE=∠EFB，∴∠ABE=∠EFB，
∴EF=BE，∴DE=EF，设AF=x，则BF=3-x，∴FN=BN= BF= ，∴AN=AF+FN=
，
∵∠BAC=∠DAC=45°，∠ANF=90°，∴EN=AN= ，∴DE=EF=
，∵四边形AFED的面积为4，∴S +S =4，∴ ×3x+ × ，
△ADF △DEF
解得，x=-7（舍去），或x=1，∴AF=1，DE=EF= ，
∴四边形AFED的周长为：3+1+ + =4+ ，故答案为：4+ .
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，等腰三角形的性质，
解题的关键是由面积列出x的方程，属于中考选择题中的压轴题．
变式2.（2021·重庆中考真题）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．
【高频考点2】正方形的性质（探究数量关系）
例2.（2022•西山区九年级期末）如图（1），正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E
是AC上一点，连接DE，过点A作AM⊥DE，垂足为M，AM与BD相交于点F．
（1）直接写出OE与OF的数量关系： ；（2）如图（2）若点E在AC的延长线上，
AM⊥DE于点M，AM交BD的延长线于点F，其他条件不变．试探究OE与OF的数量关系，并说明理由．
【分析】（1）根据正方形的性质对角线垂直且平分，得到OB＝OA，又因为AM⊥BE，所以
∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，从而求证出△AOF≌△BOE，得到OE＝OF．
（2）由“ASA”可证△AOF≌△BOE，得到OE＝OF．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AM⊥DE，
∴∠AOD＝∠DOE＝∠AME＝90°，OA＝OD，
∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，∴∠AFO＝∠MEA，
{
∠AFO=∠MEA
在△AOF和△DOE中， AO=DO ，∴△AOF≌△BOE（ASA），
∠AOF=∠DOE=90°
∴OE＝OF，故答案为：OE＝OF；
（2）OE＝OF，
理由如下：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AM⊥DE，
∴∠AOD＝∠DOE＝∠AME＝90°，OA＝OD，
∴∠MEA+∠MAE＝90°＝∠AFO+∠MAE，∴∠AFO＝∠MEA，
{
∠AFO=∠MEA
在△AOF和△DOE中， AO=DO ，∴△AOF≌△BOE（ASA），∴OE＝OF．
∠AOF=∠DOE=90°
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理
是本题的关键．
变式1.（2022•安阳县期末）四边形ABCD是正方形，G是直线BC上任意一点，BE⊥AG于点
E，DF⊥AG于点F，当点G在BC边上时（如图1），易证DF﹣BE＝EF．
（1）当点G在BC延长线上时，在图2中补全图形，写出DF、BE、EF的数量关系，并证明．
（2）当点G在CB延长线上时，在图3中补全图形，写出DF、BE、EF的数量关系，不用证
明．【分析】由ABCD是正方形，得到AB＝DA、AB⊥AD，由BE⊥AG、DF⊥AG，结合题干得到
∠ABE＝∠DAF，于是得出△ABE≌△DAF，即可AF＝BE．
（1）同理证明△ABE≌△DAF，得AF＝BE，DF＝AE，根据图2可得结论；
（2）同理证明△ABE≌△DAF，得AF＝BE，DF＝AE，根据图3可得结论．
【解答】证明：如图1，∵ABCD是正方形，∴AB＝DA、AB⊥AD．
∵BE⊥AG、DF⊥AG，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠DAF，
{∠AEB=∠AFD
在△ABE和△DAF中， ∠ABE=∠DAF，∴△ABE≌△DAF（AAS），
AB=AD
∴AF＝BE，DF＝AE，∴DF﹣BE＝AE﹣AF＝EF．
（1）如图2，DF、BE、EF的数量关系是：BE＝DF+EF，
理由是：∵ABCD是正方形，∴AB＝DA、AB⊥AD．
∵BE⊥AG、DF⊥AG，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，
又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠DAF，
{∠AEB=∠AFD
在△ABE和△DAF中， ∠ABE=∠DAF，∴△ABE≌△DAF（AAS），
AB=AD
∴AF＝BE，DF＝AE，∴BE＝AF＝AE+EF＝DF+EF；
（2）如图3，DF、BE、EF的数量关系是：EF＝DF+BE；
理由是：∵ABCD是正方形，∴AB＝DA，AB⊥AD．
∵BE⊥AG，DF⊥AG，∴∠AEB＝∠AFD＝90°，又∵∠BAE+∠DAF＝90°，∠BAE+∠ABE＝90°，∴∠ABE＝∠DAF，
{∠AEB=∠AFD
在△ABE和△DAF中， ∠ABE=∠DAF，∴△ABE≌△DAF（AAS），
AB=AD
∴AF＝BE，DF＝AE，∴EF＝AE+AF＝DF+BE．
【点评】本题主要考查正方形的性质，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质
定理，此题难度适中．
变式2.（2022•天河区校级期中）如图，已知四边形 ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于
O．（1）如图1，设E、F分别是AD、AB上的点，且∠EOF＝90°，线段AF、BF和EF之间
存在一定的数量关系．请你用等式直接写出这个数量关系；（2）如图2，设E、F分别是AB
上不同的两个点，且∠EOF＝45°，请你用等式表示线段AE、BF和EF之间的数量关系，并证
明．
【分析】（1）首先证明△EOA≌△FOB，推出AE＝BF，从而得出结论；
（2）在 BC 上取一点 H，使得 BH＝AE．由△OAE≌△OBH，推出 AE＝BH，∠AOE＝
∠BOH，OE＝OH，由△FOE≌△FOH，推出 EF＝FH，由∠FBH＝90°，推出 FH2＝
BF2+BH2，由此即可解答．
【解答】解：（1）EF2＝AF2+BF2．
理由：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠EOF＝∠AOB＝90°，∴∠EOA＝∠FOB，
{∠EOA=∠FOB
在△EOA和△FOB中， OA=OB ，∴△EOA≌△FOB（ASA），∴AE＝BF，
∠OAE=∠OBF
在Rt△EAF中，EF2＝AE2+AF2＝AF2+BF2；
（2）在BC上取一点H，使得BH＝AE．
∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBH，∠AOB＝90°，{
OA=OB
在△OAE和△OBH中， ∠OAE=∠OBH
AE=BH
∴△OAE≌△OBH（SAS），∴AE＝BH，∠AOE＝∠BOH，OE＝OH，
∵∠EOF＝45°，∴∠AOE+∠BOF＝45°，
∴∠BOF+∠BOH＝45°，∴∠FOE＝∠FOH＝45°，
{
OF=OF
在△FOE和△FOH中•， ∠FOE=∠FOH，
OE=OH
∴△FOE≌△FOH（SAS），∴EF＝FH，
∵∠FBH＝90°，∴FH2＝BF2+BH2，∴EF2＝BF2+AE2，
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，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．
【高频考点3】正方形的判定
例3.（2022·山东城阳·九年级期中）如图，四边形ABCD是平行四边形，从下列条件：①AB
＝BC，②∠ABC＝90°，③AC＝BD，④AC⊥BD中，选出其中两个，使平行四边形ABCD变
为正方形．下面组合错误的是（ ）
A．①② B．①③ C．③④ D．①④
【答案】D
【分析】由题意根据要判定四边形是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形进而分别分析
即可得出答案．
【详解】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，正确，故本选项不符合题意；
B、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，正确，故本选项不符合题意；
C、由③得对角线相等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，正确，故本选项不符合题意；
D、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱
形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；故选：D．
【点睛】本题考查正方形的判定方法：先判定四边形是菱形，再判定四边形是矩形；或先判
定四边形是矩形，再判定四边形是菱形；那么四边形一定是正方形；熟练掌握正方形的判定
方法是解题的关键．变式1.（2022•建湖县期中）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，添加一个条件，仍不能证明四边形 BECF为正方形的是（
）
A．BC＝AC B．BD＝DF C．AC＝BF D．CF⊥BF
【分析】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有 BE＝EC，BF＝
FC进而得出四边形BECF是菱形；由菱形的性质知，以及菱形与正方形的关系，进而分别分
析得出即可．
【解答】解：∵EF垂直平分BC，∴BE＝EC，BF＝CF，
∵BF＝BE，∴BE＝EC＝CF＝BF，∴四边形BECF是菱形；
当BC＝AC时，∵∠ACB＝90°，则∠A＝45°时，菱形BECF是正方形．
∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，∴∠EBC＝45°，
∴∠EBF＝2∠EBC＝2×45°＝90°，∴菱形BECF是正方形．故选项A正确，但不符合题意；
当BD＝DF时，利用正方形的判定得出，菱形 BECF是正方形，故选项B正确，但不符合题
意；
当AC＝BF时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项C错误，符合题意；
当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项D正确，但不符合题意．
故选：C．
【点评】本题考查了菱形的判定和性质及中垂线的性质、直角三角形的性质、正方形的判定
等知识，熟练掌握正方形的相关定理是解题关键．
变式2.（2022•开原市校级月考）已知四边形ABCD是平行四边形，再从四个条件中，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，其中错误的是（ ）
①AB＝BC，②∠ABC＝90˚，③AC＝BD，④AC⊥BD
A．选①② B．选①③ C．选②③ D．选②④
【分析】根据要判定四边形是正方形，则需能判定它既是菱形又是矩形进而分别分析得出即
可．
【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，正确，故本选项不符合题意；
B、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，正确，故本选项不符合题意；C、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，错误，故本选项符合题意．
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，正确，故本选项不符合题意；故选：C．
【点评】本题考查了正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【高频考点4】正方形的判定（证明类）
例4（2022•渠县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D是BC中点、F是AC中点，AN是
△ABC的外角∠MAC的平分线，延长DF交AN于点E，连接CE．（1）求证：四边形ADCE
是矩形；（2）若AB＝BC＝4，则四边形ADCE的面积为多少？（3）直接回答：当△ABC满
足 时，四边形ADCE是正方形．
1
【分析】（1）根据AN是△ABC外角∠CAM的平分线，推得∠MAE= （∠B+∠ACB），再
2
由∠B＝∠ACB，得∠MAE＝∠B，则AN∥BC，根据三角形中位线的性质得FD∥AB，可得四
边形 ABDE为平行四边形，则 AE＝BD＝CD，得出四边形 ADCE 为平行四边形，再证出
AD⊥AE即可得出四边形ADCE为矩形．（2）由（1）知四边形ADCE是矩形，由条件可证明
△ABC为等边三角形，求出CD和AD长，则四边形ADCE的面积可求出；（3）由（1）知四
边形ADCE是矩形，增加条件能使AD＝DC即可
1
【解答】（1）证明：∵AN是△ABC外角∠CAM的平分线，∴∠MAE= ∠MAC，
2
∵∠MAC＝∠B+∠ACB，∵AB＝AC，∴∠B＝∠ACB，∴∠MAE＝∠B，∴AN∥BC，
∵F为AC的中点，D为BC的中点，∴FD∥AB，∴四边形ABDE为平行四边形，∴AE＝
BD，
∵BD＝CD，∴AE＝CD，∴四边形ADCE为平行四边形，
∵AB＝AC，点D为BC中点，∴AD⊥BC，∴AD⊥AE，∴∠DAE＝90°，∴四边形ADCE为矩
形；（2）解：由（1）知四边形ADCE是矩形，
∵BC＝AB＝4，AB＝AC，∴△ABC是等边三角形，∴AB＝AC＝BC＝4，
∵D为BC的中点，∴∠ADC＝90°，BD＝CD＝2，∴AD＝2√3，
∴四边形ADCE的面积为CD×AD＝2×2√3=4√3；
（3）解：答案不唯一，如当∠BAC＝90°时，四边形ADCE是正方形．
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，∴△ABC为等腰直角三角形，
∵D为BC的中点，∴AD＝DC，
∵四边形ADCE为矩形，∴四边形ADCE为正方形．故答案为：∠BAC＝90°．
【点评】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定，平行四边形的判定与性质，等边三
角形的判定与性质，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题的关键．
变式1.（2022·山东高唐初三期末）如图，已知平行四边形 中，对角线 ， 交于
点 ， 是 延长线上的点，且 是等边三角形．（1）求证：四边形 是菱形；
（2）若 ，求证：四边形 是正方形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由题意易得△AOE≌△COE，
∴∠AOE=∠COE=90°，∴BE⊥AC，∴四边形ABCD是菱形；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形．由题意易得∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°
+30°=45°，∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴四边形ABCD是正方形．
【解析】解：证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO⊥AC（三线合一），即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）．
（2）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO．
又∵△ACE是等边三角形，∴EO平分∠AEC（三线合一），∴∠AED= ∠AEC=
×60°=30°，
又∵∠AED=2∠EAD∴∠EAD=15°，∴∠ADO=∠DAE+∠DEA=15°+30°=45°，
∵四边形ABCD是菱形，∴∠ADC=2∠ADO=90°，∴平行四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外
角的性质定理．
变式2.（2022·广东潮安初三期末）如图，在正方形 中，动点 在 上， ，垂足为 ， ．（1）求证： ；（2）当点 运动到 的中点时（其他条
件都保持不变），四边形 是什么特殊四边形？请说明，理由．
【答案】(1)见解析 ；（2）四边形 是正方形．理由见解析.
【分析】（1）根据正方形的性质判定 ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；（2）利用正方形
的判定方法判定四边形AFBE为正方形即可．
△
【解析】（1）∵四边形 是正方形，∴ ， ．
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ， ，∴ （SAS），∴ ．
（2）四边形 是正方形．理由如下：∵点 为 的中点， ，
∴ ， ，∵ ，∴ ．
∵ ， ，∴ ，∴四边形 是平行四边形，
又∵ ， ，∴四边形 是正方形．
【点睛】此题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于证明
△ADE≌△ABF.
【高频考点5】正方形的判定与性质综合
例5.（2022•天心区期中）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．
（1）如图，求证：矩形DEFG是正方形；（2）若AB＝4，CE＝2√2，求CG的长度；
（3）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．
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是
等腰直角三角形，由此即可解决问题；（3）分两种情形：①如图3，当DE与AD的夹角为
40°时，求得∠DEC＝45°+40°＝85°，得到∠CEF＝5°，根据角的和差得到∠EFC＝130°，②
如图4，当DE与DC的夹角为40°时，根据三角形的内角和定理即可得到结论．
【解答】（1）证明：如图1，作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝45°，∠PED+∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在△EQF和△EPD中，
{∠QEF=∠PED
EQ=EP ，∴△EQF≌△EPD（ASA），
∠EQF=∠EPD
∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2中，在Rt△ABC中，AC=√2AB＝4√2，
∵CE＝2√2，∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴四边形DECG是正方形，∴CG＝CE＝2√2；
（3）①如图3，当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，
②如图4，当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．【点评】本题考查正方形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理
等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
变式1.（2022•南充九年级期中）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OD的长．
【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，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理证得DO=√2OF=√2
OG，根据线段的和差求解即可．
【解答】（1）证明：∵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，
{∠DAG=∠BAE
在△AGD和△ABE中， ∠AGD=∠ABE，
AD=AE
∴△AGD≌△ABE（AAS），∴AB＝AG；
（3）∵四边形ABEF是正方形，∴AB＝AF＝1，
∵△AGD≌△ABE，∴DG＝AB＝AF＝AG＝1，
∵AD＝AE，∴AD﹣AF＝AE﹣AG，即DF＝EG，
{
∠FOD=∠GOE
在△DFO和△EGO中， ∠DFO=∠EGO=90°，
DF=EG
∴△DFO≌△EGO（AAS），∴FO＝GO，FD＝EG
∵∠DAE＝∠AEF＝45°，∠AFE＝∠AGD＝90°，
∴DF＝FO＝OG＝EG，∴DO=√2OF=√2OG，
1
∴DG＝DO+OG=√2OG+OG＝1，∴OG = =√2−1，
1+√2
∴OD=√2（√2−1）＝2−√2．
【点评】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，通过全等三角形和勾股定理证得DO=√2OF=√2OG是解决问题的关键．
变式2.（2022•余杭区九年级月考）已知正方形ABCD如图所示，连接其对角线AC，∠BCA的平分线CF交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M，过点C作CP⊥CF，交
AD延长线于点P．（1）求证：BF＝DP；（2）若正方形ABCD的边长为4，求△ACP的面积；
（3）求证：CP＝BM+2FN．
【分析】（1）由“ASA”可证△CDP≌△CBF，可得BF＝DP；
（2）根据等角对等边易证AP＝AC，根据勾股定理求得AC的长，然后根据三角形的面积公式
即可求解；（3）由全等三角形的性质可得CP＝CF，在CN上截取NH＝FN，连接BH，则可
以证明△AMB≌BHC，得到CH＝BM，即可证得．
【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠CAD＝∠ACD＝45°，
∵CP⊥CF，∴∠FCP＝90°＝∠BCD，∴∠BCF＝∠DCP，
∵CD＝CB，∠CBF＝∠CDP＝90°，∴△CDP≌△CBF（ASA）∴BF＝DP；
（2）∵CF平分∠ACB，∴∠ACF＝∠BCF＝22.5°，∴∠BFC＝67.5°，
∵△CDP≌△CBF，∴∠P＝∠BFC＝67.5°，且∠CAP＝45°，
∴∠ACP＝∠P＝67.5°，∴AC＝AP，
1
∵AC=√2AB＝4√2，∴S△ACP =
2
AP×CD＝8√2；
（3）在CN上截取NH＝FN，连接BH，
∵△CDP≌△CBF，∴CP＝CF，∵FN＝NH，且BN⊥FH，∴BH＝BF，
∴∠BFH＝∠BHF＝67.5°，∴∠FBN＝∠HBN＝∠BCH＝22.5°，
∴∠HBC＝∠BAM＝45°，∵AB＝BC，∠ABM＝∠BCH，
∴△AMB≌△BHC（ASA），∴CH＝BM，∴CF＝BM+2FN，∴CP＝BM+2FN．
【点评】本题是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，正确
作出辅助线是关键．
【能力提升】一．选择题（共10小题，每题4分，共40分）
1．（2021·四川·成都教育科学研究院附属学校九年级期中）下列判断正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．对角线相等的菱形是正方形
C．对角线相等的四边形是矩形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【分析】根据菱形、正方形、矩形的判定方法，对选项逐个判断即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，说法错误，不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，说法正确，符合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，说法错误，不符合题意；故选：B
【点睛】此题考查了菱形、正方形、矩形的判定方法，掌握它们的判定方法是解题的关键．
2.（2022·广西初三期末）在学习“四边形”一章时，小明的书上有一图因不小心被滴上墨水
(如图)，看不清所印的字，请问被墨迹遮盖了的文字应（ ）
A．等边三角形 B．四边形 C．菱形 D．以上都不是
【答案】C
【分析】有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形，图中已有矩形，
那么另一个表中应是菱形．
【解析】被墨迹遮盖了的文字应是菱形．故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的两个判定：有一组邻边相等的矩形是正方形；有一个角是直
角的菱形是正方形．
3．（2022·湖北初三期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在对角线BD上，且∠DAE
＝67.5°，EF⊥AB，垂足为F，则EF的长为（ ）
A．1 B． C．4-2 D．3 -4
【答案】C
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，再根据∠DAE=67.5°，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角
对等边的性质得到AD＝DE，然后根据勾股定理求出正方形的对角线BD，再求出BE，最后
根据等腰直角三角形的直角边等于斜边的 倍计算即可得解．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，
∵∠DAE＝67.5°，在 ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，∴∠DAE＝∠AED，
∴AD＝DE＝4，
△
∵正方形的边长为4，∴BD＝4 ，∴BE＝BD﹣DE＝4 ﹣4，
∵EF⊥AB，∠ABD＝45°，∴△BEF是等腰直角三角形，
∴EF＝ BE＝ ×（4 ﹣4）＝4﹣2 ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边
的性质，正方形的对角线与边长的关系，等腰直角三角形的判定与性质，根据角的度数相等
求出相等的角，再求出DE＝AD是解题的关键，也是本题的难点．
4．（2021·重庆·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，将△AED沿着
AE翻折得到△AEF，点D的对应点F恰好落在对角线AC上，连接BF．若EF＝2，则BF2＝
（ ）
A．4 ＋4 B．6＋4 C．12 D．8＋4
【答案】D
【分析】点F作FG⊥BC交于G点，设正方形的边长为x，则AC x，由折叠可知，DE＝
EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，可得DE＝2，EC＝x﹣2，AC x，在Rt△EFC中，由
勾股定理可得（x﹣2）2＝4+（ x﹣x）2，解得x，即为正方形的边长为2 2，再求出FC
＝2，由∠ACB＝45°，可求FG＝CG ，BG 2，在Rt△BFG中，由勾股定理可得
BF2＝（ 2）2+2＝8+4 ．
【详解】解：过点F作FG⊥BC交于G点，由折叠可知，DE＝EF，AD＝AF，∠D＝∠EFA＝90°，设正方形的边长为x，
∵EF＝2，∴DE＝2，EC＝x﹣2，AC x，
在Rt△EFC中，EC2＝FE2+FC2，∴（x﹣2）2＝4+（ ﹣x）2，
解得x＝2 2，∴FC＝ x﹣x＝2，
∵∠ACB＝45°，∴FG＝CG ，∴BG 2，
在Rt△BFG中，BF2＝BG2+GF2＝（ 2）2+2＝8+4 ，故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，翻折的性质，熟练掌握翻折的性质，灵活应用勾股定理是
解题的关键．
5．（2021·浙江温州市·中考真题）由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形
如图所示．过点 作 的垂线交小正方形对角线 的延长线于点 ，连结 ，
延长 交 于点 ．若 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，根据题意可知BE=PC=DF，AE=BP=CF，
根据 可得BE=PE=PC=PF=DF，根据正方形的性质可证明△FDG是等腰直角三角
形，可得DG=FD，根据三角形中位线的性质可得PH= FQ，CH=QH=CQ，利用ASA可证明
△CPH≌△GDQ，可得PH=QD，即可得出PH= BE，可得BH= ，利用勾股定理可用BE表示长CH的长，即可表示出CG的长，进而可得答案．
【详解】如图，设BH交CF于P，CG交DF于Q，
∵由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形 ，∴BE=PC=DF，
AE=BP=CF，
∵ ，∴BE=PE=PC=PF=DF，∵∠CFD=∠BPC，∴DF//EH，∴PH为△CFQ的中
位线，
∴PH= QF，CH=HQ，∵四边形EPFN是正方形，∴∠EFN=45°，
∵GD⊥DF，∴△FDG是等腰直角三角形，∴DG=FD=PC，
∵∠GDQ=∠CPH=90°，∴DG//CF，∴∠DGQ=∠PCH，
在△DGQ和△PCH中， ，∴△DGQ≌△PCH，
∴PH=DQ，CH=GQ，∴PH= DF= BE，CG=3CH，∴BH=BE+PE+PH= ，
在Rt PCH中，CH= = ，
△
∴CG= BE，∴ ．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、三角形中位线的性质及勾股定
理，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
6．（2022•洛阳三模）如图，点E、F是边长为4的正方形ABCD边AD、AB上的动点，且AF
＝DE，BE交CF于点P，在点E、F运动的过程中，PA的最小值为（ ）A．2 B．2√2 C．4√2−2 D．2√5−2
【点睛】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，取 BC的中点O，连接OP、OA，然
1
后求出OP= CB＝2，利用勾股定理列式求出OA，然后根据三角形的三边关系可知当 O、
2
P、A三点共线时，AP的长度最小．
【详解】解：在正方形ABCD中，∴AB＝BC，∠BAE＝∠ABC＝90°，在△ABE和△BCF中，
{
AB=BC
∵ ∠BAE=∠ABC，∴△ABE≌△BCF（SAS），
AE=BF
∴∠ABE＝∠BCF，∵∠ABE+∠CBP＝90°∴∠BCF+∠CBP＝90°∴∠BPC＝90°
1
如图，取 BC 的中点 O，连接 OP、OA，则 OP= BC ＝2，在 Rt AOB 中， OA
2
=√AB2+OB2=√22+42=2 √5，根据三角形的三边关系，OP+AP≥OA，∴当 △ O、P、A三点
共线时，AP的长度最小，
AP的最小值＝OA﹣OP＝2 √5−2．故选：D．
7．（2022·贵州遵义·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，点E是AB的中点，连接DE，
点F为线段DE上一动点，过点F作GH⊥DE交直线AD于点G，交直线BC于点H，连接
BG、BH，取BG、BH的中点M、N，连接MN，则点F在DE上移动时，线段MN的长（
）A．变大 B．变小 C．不变 D．无法确定
【答案】C
【分析】过点C作CP∥GH交AD于点P，利用AAS证明 CPD≌ DEA，推出CP=GH=DE，
再利用三角形中位线定理即可判断．
△ △
【详解】解：过点C作CP∥GH交AD于点P，
∵四边形ABCD是正方形，∴AD=CD，AD∥BC，∠A=∠ADC=90°，
∴四边形CPGH是平行四边形， ∴CP=GH，
∵GH⊥DE，∴CP⊥DE，∴∠CPD+∠ADE=90°，∠AED+∠ADE=90°，∴∠CPD=∠AED，
∴ CPD≌ DEA(AAS)，∴CP=DE， ∴GH=DE，
△ △
∵点M、N是线段BG、BH的中点，∴MN= GH= DE，
∵点E是正方形ABCD的边AB的中点，
∴DE的长固定不变，∴线段MN的长不变，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
三角形中位线定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
8．（2022·吉林白城·八年级期末）将四根长度相等的细木条首尾顺次相接，用钉子钉成四边
形ABCD，转动这个四边形，使它的形状改变，当 ，如图①测得 ，当
时，如图②则AC的长度为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】B
【分析】图1中根据勾股定理即可求得正方形的边长，图2根据有一个角是60°的等腰三角形
是等边三角形即可求得．
【详解】解：如图1，∵AB=BC=CD=DA，∠B=90°，∴四边形ABCD是正方形，
连接AC，则AB2+BC2=AC2，∴ ，
如图2，∠B=60°，连接AC，
∵AB=BC，∴△ABC为等边三角形，∴ ，故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理以及等边三角形的判定和性质，利用勾股定理
得出正方形的边长是关键．
9．（2022·山东滨州·八年级期末）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一
点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①PD＝ EC；②四边
形PECF的周长为8；③AP＝EF；④EF的最小值为2．其中正确结论有几个（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由题意易得 ， ，则有四边形 是
矩形，进而可得 ， ，然后可判定①②，连接PC，则有PC=EF，要使EF为
最小，则PC为最小，根据点到直线垂线段最短可求解．
【详解】解：∵四边形 是正方形，且边长为4，
∴ ， ， ， ，
∵ ， ，∴ ，
∴四边形 是矩形，△PEB、△PFD都为等腰直角三角形，
∴ ， ，∴ ，故①正确；
∴ ，故②正确；
连接PC，如图所示：∵四边形 是矩形，∴PC=EF，
∵∠ABP=∠CBP=45°，AB=BC，BP=BP，
∴△ABP≌△CBP（SAS），∴AP=PC=EF，故③正确；
要使EF最小，则PC最小，则需满足PC⊥BD，
∴此时△BPC为等腰直角三角形，
∵BC=4，∴ ，即 ，∴ ，
∴ 的最小值为 ，故④错误；
综上分析可知，正确的有3个，故C正确．故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、等腰直角三角形的性质与判定及矩形的判定与性质，
熟练掌握正方形的性质、等腰直角三角形的性质与判定及矩形的判定与性质是解题的关键．
10．（2021·陕西·九年级阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，
，CE交BO于点E，过点B作 ，垂足为F，交AC于点G．现给出
下列结论：① ；② ；③ ；④若 ，则 ．
其中正确的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】由正方形的性质和角平分线的定义可求∠BCE=∠ACE=22.5°，由余角的性质可求
∠CBG=67.5°=∠CGB，可得BC=CG，故①正确；由“ASA”可证△ABG≌△BCE，故②正确；
由全等三角形的性质可得BG=CE，由等腰三角形的性质可得BF=FG= BG= CE，故③正确；
由三角形的面积公式可求S = ，故④正确，就可求解．
BCG
△
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠BAC=∠ACB=∠ABD=∠CBD=45°，∵∠BCE= ∠ACB，∴∠BCE=∠ACE=22.5°，
∵CF⊥BF，∴∠BFC=∠CFG=90°，∴∠CBG=67.5°=∠CGB，∴BC=CG，故①正确；
∵∠ABG=∠ABC-∠CBG=22.5°，∴∠ABG=∠BCE，
在△ABG和△BCE中， ，∴△ABG≌△BCE（ASA），故②正确；
∴BG=CE，
∵BC=CG，CF⊥BG，∴BF=FG= BG，∴BF= CE，故③正确；
∵BC=2，BO=CO，∠BOC=90°，∴BC=CG=2，BO= ，∴S = ，故④正
BCG
△
确，故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，证明
△ABG≌△BCE是解题的关键．
二．填空题（共6小题，每题4分，共24分）
11．（2022·广东珠海·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E是AD上一点、连接CE，交
BD于点F，若AD=BF，则∠DEF=_____°．
【答案】67.5
【分析】由正方形的性质可得AD=BC，AD∥BC，∠DBC=45°，由等腰三角形的性质可得
∠BCF=∠BFC=67.5°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=BC，AD∥BC，∠DBC=45°，
∵AD=BF，
∴BF=BC，
∴∠BCF=∠BFC=67.5°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF=∠BCF=67.5°，
故答案为：67.5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
12．（2022·全国·九年级课时练习）如图，正方形ABCD中，E在BC延长线上，AE，BD交于
点F，连接FC，若 ，那么 的度数是_______．【答案】58°##58度
【分析】先证明 ADF≌△CDF，得到∠DAF=∠DCF，求出∠DAF，进而可求∠BCF．
【详解】解：∵在正方形ABCD，AD=CD，∠ADF=∠CDF=45°，DF=DF，
△
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DAF=∠DCF，
又∵AD∥BC，∠E=32°，
∴∠DAF=32°，
∴∠DCF=32°，
∴∠BCF=∠DCB－∠DCF=90°－32°=58°．
故答案为：58°．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，掌握正方
形的性质是解题的关键．
13．（2022·江苏崇川初三期中）如图，正方形 的边长为 ，点 为 边上一点，
，点 为 的中点，过点 作直线分别与 ， 相交于点 ， .若
，则 长为______ .
【答案】1或2
【分析】根据题意画出图形，过P作PN⊥BC，交BC于点N，由ABCD为正方形，得到
AD=DC=PN，在直角三角形ADE中，利用锐角三角函数定义求出DE的长，进而利用勾股定
理求出AE的长，根据M为AE中点求出AM的长，利用HL得到三角形ADE与三角形PQN
全等，利用全等三角形对应边，对应角相等得到DE=NQ，∠DAE=∠NPQ=30°，再由PN与
DC平行，得到∠PFA=∠DEA=60°，进而得到PM垂直于AE，在直角三角形APM中，根据
AM的长，利用锐角三角函数定义求出AP的长，再利用对称性确定出AP′的长即可．
【解析】根据题意画出图形，过点 作 ，交 于点 ，交 于点 ，四边形
为正方形， .在 中， ， cm，
cm.根据勾股定理得 cm.
为 的中点， cm，在 和 中，
， ， .
， ， ，即 .
在 中， ， cm.
由对称性得到 cm，综上， 等于1cm或2cm. 故答案为：
1或2.
【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定
与性质是解本题的关键．
14．（2022·河南·郑州一中国际航空港实验学校九年级期末）如图，正方形 中，点E为
边的中点，点P为边 上一个动点，连接 ，以 为对称轴折叠 得到 ，
点B的对应点为点F，若 ，当射线 经过正方形 边的中点（不包括点E）时，
的长为_____________．
【答案】1或
【分析】分EF经过正方形ABCD另三边三种情况求解即可
【详解】解：①EF经过CD边中点O时，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA， ，
∵点O是CD边中点，点E是BC边中点，∴ ．
∵CE=CO=1，∴ ，由折叠得
，
∴ ．∴ ，
作FG⊥AB于G，作EH⊥FG于H，如图，设FH=x，则BG=EH=FH=x，
∵ ，∴PG＝FG=x+1，∴BP=2x+1，由勾股定理得 ，
由折叠得PB=PF，∴ ，解得 ．
∴ ，∴点P在AB外，不符合题意；
②EF经过AD边中点 ，如图，
此时， ，∴BP=BE=1；
③EF经过AB中点 ，如图，∵ B=BE，∴ ．
由折叠得 ，设PF=x，则 ，
∴ ，∴x= ，即BP= ，
综上，BP的长为1或 ，故答案为：1或 ．
【点睛】此题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，灵活运用分类讨论思想是解答
本题的关键．
15．（2021·无锡市南长实验中学初三二模）如图，正方形ABCD的边长为3，E，F是对角线
BD上的两个动点，且EF＝ ，连接CE，CF，则△CEF周长的最小值为__________.
【答案】【分析】连接AE，AC，以AE，EF为邻边作平行四边形AEFG，依据平行四边形的性质以及
勾股定理，即可得到CF+FG的最小值等于2 ，再根据EF= ，即可得到△CEF周长的最
小值．
【解析】解：如图所示，连接AE，AC，以AE，EF为邻边作平行四边形AEFG，
则AE=FG，EF=AG= ，∠GAD=∠ADF=45°=∠DAC，∴∠GAC=90°，
∵AB=CB，∠ABE=∠CBE，BE=BE，∴△ABE≌△CBE（SAS），∴CE=AE=GF，
∴CE+CF=GF+CF，
∴当G，F，C在同一直线上时，CF+FG的最小值等于CG的长，
此时，Rt ACG中， ，∴CF+FG的最小值等
△
于2 ，
又∵EF= ，∴△CEF周长的最小值为 +2 ，故答案为： +2 ．
【点睛】本题考查轴对称-最短问题，正方形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等
知识，凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多
数情况要作点关于某直线的对称点．
16．（2022·四川广元·八年级期末）如图，点P是正方形 的对角线 上一点，
，垂足分别为点E，F，连接 ，给出下列四个结论：① ；
② ；③ ；④ 一定是等腰三角形．其中正确的结论序号是
________________．【答案】①②③
【分析】过点P作PQ⊥AB与点Q，易证四边形PQBE是正方形，四边形PECF是矩形，在根
据正方形和矩形得性质，证明△APQ≌△FEP，即可判断①②③，根据等腰三角形两腰相等，
可得出只有当DP= (点P与点B重合)，或DP= ，或AP=DP（点P在BD中点）时
是等腰三角形，其余情况都不是．
【详解】
过点P作PQ⊥AB与点Q，
∵四边形ABCD为正方形，∴BD平分∠ABC和∠ADC，
∵PE⊥BC，PQ⊥AB，∴PQ=PE，
∵AB⊥BC，PE⊥BC，PQ⊥AB，CB⊥AB，
∴四边形PQBE为正方形，同理可证四边形BCFQ是矩形，
∵AB=BC∴AB-QB=FQ-PQ，即：AQ=PF，
在△APQ与△FEP中AQ=PF，∠AQP=∠FPE，PQ=PE，∴△APQ≌△FEP，
∴AP=EF，故①正确；∴ ，故②正确；
∵PF⊥CD，且BD平分∠ADC，∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴△PDF为等腰直角三角形，则 ，
∵PF=EC，∴ ，故③正确；
当DP= (点P与点B重合)，或DP= ，或AP=DP（点P在BD中点）时 是等腰
三角形，其余情况都不是，故④不正确，
综上：①②③正确，故答案为：①②③
【点睛】本题主要考查了正方形和矩形的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的判
定，熟练地掌握各个相关高频考点并构造出全等三角形是解题的关键，
三．解答题（共6小题，每题6分，共36分）
17．（2022·山西初三期末）如图所示 ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，
DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC
△
＝8，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）2
【分析】（1）过点D作DN⊥AB于点N，先证明四边形FCED是矩形，再由角平分线上的点
到角两边的距离相等可知，DF=DE=DN，即可判定矩形FCED是正方形；
（2）根据勾股定理求出AB，△ABC可以拆分为△ACD，△BCD，△ABD三个小三角形，根
据面积大三角形面积等于三个小三角形面积之和建立等量关系，可求出CE.
【解析】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；
（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，
∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴ ，
则 ，故EC＝ ＝2．
【点睛】本题考查正方形的判定定理与三角形角平分线性质，熟记判定定理是解题关键.
18．（2021·安徽芜湖市·九年级期末）如图1，点 为正方形 内一点， ，
现将 绕点 按顺时针方向旋转 ，得到 （点 的对应点为点 ），延长
交 于点 ．（1）如图1，求证：四边形 是正方形；（2）连接 ．①如图2，若 ，求
证： 为 的中点；②如图3，若 ， ，试求 的长．
【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②
【分析】（1）由旋转性质知， ，由 ，可证四边形
是矩形．由 ，可证四边形 是正方形；（2）如图，过点 作
，垂足为 ．由 ，得 ．可证 ．可得
，由旋转性质知， 即可；
（3）设正方形 的边长为 ．在 中， ， ，
，由勾股定理 可求 ，由 ，可求
， ．在 中，得
．
【详解】（1）证明：由旋转性质知， ，
又 延长与 于 点， ．
∵ 绕点 按顺时针方向旋转 ， ， 四边形 是矩形．
又∵ ， 四边形 是正方形．
（2）证明：如图，过点 作 ，垂足为 ．由 ，得 ．
， ．
又 ， ， ． ，
由旋转性质知， ，故 ，即 ．
（3）解：设正方形 的边长为 ．
在 中， ， ， ，
，解得 （舍去 ）．
如图，过点 作 ，垂足为 ，同（2）知 ， ，．
， ．
在 中，得 ．
【点睛】本题考查正方形性质与判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股
定理，掌握正方形性质与判定，等腰三角形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理应
用是解题关键．
19．（2021·泸县·八年级期末）如图，点D为 的边BC的中点，过点A作 ，且
，连接DE，CE．（1）求证： ；（2）若 ，判断四边形ADCE的
形状，并说明理由；（3）若要使四边形ADCE为正方形，则 应满足什么条件？（直接
写出条件即可，不必证明）．
【答案】（1）见解析；（2）矩形，见解析；（3） ，且 ．
【分析】（1）根据D是BC的中点， ，可得 ，即可求证；（2）根据等腰
三角形“三线合一”，可得到 ，即可求解；（3）根据 ，且 ，可
得 ， ，从而得到 ，即可求解．
【详解】（1）证明：因为D是BC的中点，所以 ，因为 ，所以
，
因为 ，所以四边形ADCE是平行四边形，所以 ；
（2）若 ，则四边形ADCE是矩形，理由如下：
因为 ，且D是BC的中点，所以 ，所以 ，
因为四边形 是平行四边形，所以四边形 是矩形；
（3） ，且 ．理由如下：由（2）得：四边形 是矩形，
∵ ，且D是BC的中点，∴ ， ，
∵ ，∴ ，∴ ，∴ ，∴ ，
∴四边形ADCE为正方形．
【点睛】本题主要考查了平行四边形，矩形，正方形的判定，等腰三角形的性质，熟练掌握
相关高频考点是解题的关键．
20．（2022·扬州市江都区初三期中） 在正方形ABCD中．（1）如图1，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，试判断AE与BF的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、DA、AB上，EG、FH相交于点O，
∠GOH=90°，且EG=7，求FH的长；（3）如图3，点E、F分别在BC、CD上，AE、BF相
交于点O，∠AOB=90°，若AB=5，图中阴影部分的面积与正方形的面积之比为4：5，求
△ABO的周长．
【答案】（1）AE=BF，理由见解析；（2）FH=7；（3）△AOB的周长为5+
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形可得AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，根据余角的性质
可得∠BAO=∠CBF，然后根据ASA可证△ABE≌△BCF，进而可得结论；
（2）如图4，作辅助线，构建平行四边形AMEG和平行四边形BNFH，得AM=GE，
BN=FH，由（1）题的结论知△ABM≌△BCN，进而可得FH的长；
（3）根据正方形的面积和阴影部分的面积可得：空白部分的面积为25－20=5，易得△AOB的
面积与四边形OECF的面积相等，设AO=a，BO=b，则易得ab=5，根据勾股定理得：
a2+b2=52，然后根据完全平方公式即可求出a+b，进一步即得结果．
【解析】解：（1）AE=BF，理由是：如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，
∠ABE=∠BCF=90°，
∵∠AOB=90°，∴∠BAO+∠ABO=90°，
又∵∠CBF+∠ABO=90°，∴∠BAO=∠CBF，∴△ABE≌△BCF（ASA）．∴AE=BF；
（2）在图2中，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交
于点O′，如图4，则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，∴AM=GE，BN=FH，∵∠GOH=90°，AM∥GE，BN∥FH，∴∠AO′B=90°，由（1）得，△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，∴FH=GE=7；
（3）如图3，∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为4：5，
∴阴影部分的面积为 ×25=20，∴空白部分的面积为25－20=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，∴△AOB的面积与四边形OECF的面积相等，均为 ×5= ，
设AO=a，BO=b，则 ab= ，即ab=5，在Rt△AOB中，∠AOB=90°，∴a2+b2=52，
∴a2+2ab+b2=25+10=35，即 ，∴a+b= ，即AO+BO= ，∴△AOB的周长
为5+ ．
【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定和性质、全
等三角形的判定和性质、三角形和多边形的面积以及完全平方公式的运用，属于常考题型，
熟练掌握上述知识、灵活应用整体的思想是解题的关键．
21．（2021·四川成都·八年级期末）如图1，四边形 是正方形，点 在边 上任意一
点（点 不与点 ，点 重合），点 在 的延长线上， ．（1）求证： ；
（2）如图2，作点 关于 的对称点 ，连接 、 、 ， 与 交于点 ，
与 交于点 ．与 交于点 ．①若 ，求 的度数；②用等式表示线段
， ， 之间的数量关系，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）①45°；②GH2＋BH2＝2CD2，理由见解析
【分析】（1）证△CBE≌△CDF（SAS），即可得出结论；
（2）①证△DCP≌△GCP（SSS），得∠DCP＝∠GCP，再由全等三角形的性质得∠BCE＝
∠DCP＝∠GCP＝20°，则∠BCG＝130°，然后由等腰三角形的性质和三角形内角和定理得
∠CGH＝25°，即可求解；②连接BD，由①得CP垂直平分DG，则HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，设∠BCE＝m°，证出
∠GHF＝∠CHB＝45°，再证∠DHB＝90°，然后由勾股定理得DH2＋BH2＝BD2，进而得出结
论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴CB＝CD，∠CBE＝∠CDF＝90°，
在△CBE和△CDF中， ，∴△CBE≌△CDF（SAS），∴CE＝CF；
（2）解：①点D关于CF的对称点G，∴CD＝CG，DP＝GP，
在△DCP和△GCP中， ，∴△DCP≌△GCP（SSS），∴∠DCP＝∠GCP，
由（1）得：△CBE≌△CDF，∴∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝20°，∴∠BCG＝20°＋20°＋90°＝
130°，
∵CG＝CD＝CB，∴∠CGH＝ ，∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝25°＋20°＝
45°；
②线段CD，GH，BH之间的数量关系为：GH2＋BH2＝2CD2，理由如下：连接BD，如图2所
示：
由①得：CP垂直平分DG，∴HD＝HG，∠GHF＝∠DHF，
设∠BCE＝m°，由①得：∠BCE＝∠DCP＝∠GCP＝m°，∴∠BCG＝m°＋m°＋90°＝2m°＋
90°，
∵CG＝CD＝CB，∴∠CGH＝ ，
∴∠CHB＝∠CGH＋∠GCP＝45°−m°＋m°＝45°，∴∠GHF＝∠CHB＝45°，
∴∠GHD＝∠GHF＋∠DHF＝45°＋45°＝90°，∴∠DHB＝90°，
在Rt BDH中，由勾股定理得：DH2＋BH2＝BD2，∴GH2＋BH2＝BD2，
在Rt BCD中，CB＝CD，∴BD2＝2CD2，∴GH2＋BH2＝2CD2．
△
△【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三
角形的判定与性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理以及三角形内角和定理等知识；本题
综合性强，熟练掌握正方形的性质，证明△CBE≌△CDF和△DCP≌△GCP是解题的关键．
22．（2021·湖北武昌·八年级期末）如图，四边形 是边长为 的正方形， 为线段
上一动点， ，垂足为 ．（1）如图 ，连接 交 于点 ，若 ，求
的长；（2）如图 ，点 在 的延长线上，点 在 上运动时，满足 ，
①连接 ， ，判断 ， 的数量关系并说明理由；
②如图 ，若 为 的中点，直接写出 的最小值为 ．
【答案】（1） ；（2）DG= BF，证明见解析；（3）
【分析】（1）如图1，过点 作 于点 ，先根据正方形性质和三角形内角和定理
得出： ， ，设 ，则 ，运用勾股定理即可求出答案；
（2）①如图2，过点 作 于点 ，设 ，则 ，运用勾股定理即
可证得结论；
②如图3，取 、 的中点 、 ，延长 至 ，使 ，延长 至 ，使
，连接 ， ，过点 作 ，延长 交 于 ，先证得 ，
再证得四边形 是平行四边形，得出当 、 、 三点共线时， 最小，故当 、
、 三点共线时， 最小，即 最小，再
运用勾股定理计算即可．
【详解】解：（1）如图1，过点 作 于点 ，
四边形 是边长为2的正方形， ， ， ，
，， ，
， ，即 ， ，
又 ， ， ， ， ， ，
设 ，则 ， 由勾股定理得 ，
又 ， ， ，即 ，
， 中， ，
由勾股定理得： ；
（2）① ，理由如下：如图2，过点 作 于点 ，
， ， ， ， ，
，
， 设 ，则 ， ，
，
四边形 是边长为2的正方形，点 在 的延长线上， ，
在 和 中， ，分别由勾股定理得：
， ， ，
；
②如图3，取 、 的中点 、 ，延长 至 ，使 ，延长 至 ，使
，连接 ， ，过点 作 ，延长 交 于 ， ， 为
中点， ，、 分别是 、 的中点， ， ， ，
在 和 中， ， ，
， ， ， ，
又 ， 四边形 是平行四边形， ， ，
， 当 、 、 三点共线时， 最小，
当 、 、 三点共线时， 最小，
即 最小，此时， ， ，
， ， ，
， ， 的最小值为 ，故答案为：
．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三
角形性质，勾股定理，平移的运用，平行四边形的判定与性质等知识，解题的关键是正确利
用直角三角形斜边上中线等于斜边一半和平移，将求 的最小值转化为两点之间线段
最短来解决，属于中考常考题型．
