初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形学案及答案

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第13课 正方形

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课程标准
1．理解正方形的概念，了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系；
2．掌握正方形的性质及判定方法．
知识精讲

知识点01 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.
注意：
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02 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.
注意：
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03 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04 特殊平行四边形之间的关系

或者可表示为：

知识点05 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.
注意：
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.
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
能力拓展

考法01 正方形的性质
【典例1】如图，直线L上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为1和9，则b的面积为（       ）

A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C
【解析】
【分析】
运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠BAC=∠DCE，进而利用AAS可证明△ACB≌△DCE，再结合全等三角形的性质和勾股定理求解即可．
【详解】
解：如图，
∵a、b、c都是正方形，
∴AC=CD，∠ACD=∠ABC=∠DEC=90°，
∴∠ACB+∠DCE=∠ACB+∠BAC=90°，即∠BAC=∠DCE，
在△ABC和△CED中，，
∴△ACB≌△CDE（AAS），
∴AB=CE，BC=DE；
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC2=AB2+BC2=AB2+DE2，
即Sb=Sa+Sc=1+9=10，
∴b的面积为10，

故选：C．
【点睛】
本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理及正方形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
【即学即练】如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为__．

【答案】13
【解析】
【分析】
本题是典型的一线三角模型，根据正方形的性质、直角三角形两个锐角互余以及等量代换可以证得△AFB≌△AED；然后由全等三角形的对应边相等推知AF＝DE、BF＝AE，所以EF＝AF+AE＝13．
【详解】
解：∵ABCD是正方形（已知）
∴AB＝AD，∠ABC＝∠BAD＝90°
又∵∠FAB+∠FBA＝∠FAB+∠EAD＝90°
∴∠FBA＝∠EAD（等量代换）
∵BF⊥a于点F，DE⊥a于点E
∴在Rt△AFB和Rt△AED中
∵
∴△AFB≌△DEA（AAS）
∴AF＝DE＝8，BF＝AE＝5（全等三角形的对应边相等）
∴EF＝AF+AE＝DE+BF＝8+5＝13
故答案为：13
【点睛】
本题考查了正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质及熟悉一线三角模型是解本题的关键．
【即学即练】如图所示，，，以为边作正方形，求，的坐标.

【答案】；
【解析】
【分析】
本题有、两个点都在坐标轴上，且正方形在坐标轴的同侧（基本上在第二象限），故只须过，两点分别向坐标轴作垂线即可. 作CE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，证明△BCE≌△ABO，得出对应边相等BE=OA=1，CE=BO=3，同理得出DF=OA=1，AF=BO=3，再求出OE、OF，即可得出结果．
【详解】
解：作CE⊥y轴于E，DF⊥x轴于F，如图所示：

则∠CEB=∠AFD=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BC=AB，
∴∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2，
在△BCE和△ABO中，
，
∴△BCE≌△ABO（AAS），
∴BE=OA=1，CE=BO=3，
同理得：DF=OA=1，AF=BO=3，
∴OE=4，OF=4，
∴C（-3，4），D（-4，1）．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、坐标与图形性质以及全等三角形的判定与性质；通过作辅助线证明三角形全等是解决问题的关键．当正方形的部分点在坐标轴上，且整个正方形在坐标轴的同侧时，往往过另外的点向坐标轴作垂线，从而得到“形外三垂直”的基本图形.
【典例2】矩形、菱形、正方形都具有的性质是（       ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
【答案】B
【解析】
【分析】
矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】
解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选B．
【点睛】
本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
【典例3】如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE＝5，F为DE的中点．若△CEF的周长为18，则OF的长为(　　)


A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
先根据直角三角形的性质求出DE的长，再由勾股定理得出CD的长，进而可得出BE的长，由三角形中位线定理即可得出结论．
【详解】
∵CE=5，△CEF的周长为18，
∴CF+EF=18-5=13．
∵F为DE的中点，
∴DF=EF．
∵∠BCD=90°，
∴CF=DE，
∴EF=CF=DE=6.5，
∴DE=2EF=13，
∴CD=，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=CD=12，O为BD的中点，
∴OF是△BDE的中位线，
∴OF=(BC－CE)=(12－5)=3.5，
故选D．
【点睛】
本题考查的是正方形的性质，涉及到直角三角形的性质、三角形中位线定理等知识，难度适中．使用勾股定理是解决这个问题的关键．
【典例4】如图，在正方形中，点是的中点，连接，过点作交于点，交于点．
（1）证明：；
（2）连接，证明：．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】
【分析】
（1）依据正方形的性质以及垂线的定义，即可得到∠ADG=∠C=90°，AD=DC，∠DAG=∠CDE，即可得出△ADG≌△DCE；
（2）延长DE交AB的延长线于H，根据△DCE≌△HBE，即可得出B是AH的中点，进而得到AB=FB．
【详解】
证明：（1）四边形是正方形，
，
又，
，
，

（2）如图所示，延长交的延长线于，

是的中点，
，
又，
，
，
即是的中点，
又，
中，．
【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，在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．
【典例5】如图，四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，CE与BG交于点M，点M在△ABC的外部．


(1)求证：BG＝CE；
(2)求证：CE⊥BG；
(3)求：∠AME的度数．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【解析】
【分析】
（1）根据正方形的性质可得，，，然后求出，再利用“边角边”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得；
（2）设、相交于点，根据全等三角形对应角相等可得，然后求出，根据垂直的定义可得；
（3）过作，的垂线段交于点，，证明是角平分线可得答案．
(1)
解：证明：在正方形和中，，，，
，
即，
在和中，
，
，
；
(2)
解：证明：设、相交于点，
，
，
，
，
；
(3)
解：过作，的垂线段交于点，，


，
，
，
，
，
是角平分线，
，
．
【点睛】
本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，解题的关键是作辅助线，的垂线段是难点，运用全等三角形的性质也是关键．
【典例6】如图，在边长为4的正方形ABCD中，E是CD的中点，F是BC上的一点，且∠AEF=90°，延长AE交BC的延长线于点G,
（1）求GE的长；
（2）求证：AE平分∠DAF；
（3）求CF的长.

【答案】（1） （2）证明见解析（3）CF=1
【解析】
【详解】
（1）解：在正方形ABCD中，∠D=90°，AD∥BC
∴∠D=∠DCG=90°，∠DAE=∠G
∵E是CD的中点
∴DE=CE
∴△ADE≌△GCE
∴AD=CG
∵AD=DC=4
∴CG=4，CE=2
在Rt△GCE中，GE=
（2）证明：由（1）得：△ADE≌△GCE
∴AE=GE
∵∠AEF=90°
∴EF垂直平分AG
∴AF=GF
∴∠FAE=∠G
∵∠DAE=∠G
∴∠FAE=∠DAE
∴AE平分∠DAF
（3）解：在正方形ABCD中
∠B=∠BCD=∠D=90°，AB=BC=CD=DA=4
∴DE=CE=2
设CF=x，则BF=4-x
根据勾股定理得：
AF2=AB2+ BF2=42+(4-x)2=32-8x+x2
EF2=CF2+ CE2=x2+22= x2+4
AE2=AD2+ DE2=42+22=20
在Rt△AEF中，AF2= EF2+ AE2
∴32-8x+ x2= x2+4+20
解得:x=1
∴CF=1
考法02 正方形的判定
【典例7】在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的条件是（　　）
A．AC＝BD，AB∥CD，AB＝CD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AO＝CO，BO＝DO，AB＝BC
【答案】C
【解析】
【详解】
试题分析：根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案．
解：A，不能，只能判定为矩形；
B，不能，只能判定为平行四边形；
C，能；
D，不能，只能判定为菱形．
故选C．
【典例8】如图，△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE，

（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）当∠BAC=90°时，矩形AEBD是正方形．理由如下见解析．
【解析】
【分析】
（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得出答案；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可．
【详解】
（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形．
【点睛】
本题考查矩形和正方形的判定，等腰三角形“三线合一”的性质．掌握特殊四边形的判定方法是解题关键．
【典例9】已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角线BD上一点，且EA=EC．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）如果BE=BC，且∠CBE：∠BCE=2：3，求证：四边形ABCD是正方形．

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE=∠CBD，易得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，易得AD=BC，利用平行线的判定定理可得四边形ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形；
（2）由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE=180× =45°，易得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【详解】
（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴BC=CD，
∵AD=CD，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
（2）∵BE=BC，
∴∠BCE=∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE=2：3，
∴∠CBE=180× =45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=45°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
【典例10】已知，如图，四边形ABCD是菱形，∠B是锐角，AF⊥BC于点F，CH⊥AD于点H，在AB边上取点E，使得AE＝AH，在CD边上取点G，使得CG＝CF．联结EF、FG、CH、HE．

(1)求证：四边形EFGH是矩形．
(2)若∠B＝45度，求证:四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）利用菱形的性质，AF⊥BC ，CH⊥AD，可证四边形AFCH为矩形，得AH=CF，再证明△AEH≌△CFG(SAS)，△BEF≌△DGH(SAS)，得到EH=FG，EF=GH，证得四边形EFGH是平行四边形，进一步证得∠HEF=90°，得出结论．
（2）连结BD，FH，AC，设BD、AC、FH相交于点O.利用菱形的性质，等腰三角形的性质，矩形的性质，证明∠EFH=45°，进一步证明EF=EH，得出结论．
(1)
证明∵四边形ABCD是菱形
∴ADBC，AB=BC=CD=AD，∠BAD=∠BCD，∠ABC=∠ADC
∴∠ABC+∠BAD=180°
∵AF⊥BC ，CH⊥AD
∴∠AFC=∠AHC=90°
∵ADBC
∴ ∠FAH=180°－∠AFC=90°
∴四边形AFCH为矩形，
∴AH=CF
∵AE＝AH，CG＝CF
∴AH＝CF＝AE＝CG，BF=BE=DH=DG
∴△AEH≌△CFG(SAS)，△BEF≌△DGH(SAS)
∴EH=FG，EF=GH
∴四边形EFGH是平行四边形
∵BE＝BF
∴△BEF是等腰三角形
∴∠BEF=∠BFE=（180°－∠ABC）=90°-∠ABC
同理可得∠AEH=∠BAD
∴∠BFE+∠AEH=（∠ABC+∠BAD）=90°
∴∠HEF=180°－（∠BFE+∠AEH）=90°
∴四边形EFGH是矩形．
(2)
证明：如图，连结BD，FH，AC，设BD、AC、FH相交于点O.

∵四边形ABCD是菱形
∴ADBC，AB=BC=CD=AD， AC⊥BD
∴∠ADB=∠CBD，△ABD是等腰三角形，∠BOC==90°
∴∠ABD=∠ADB
∴∠ABD=∠CBD=∠ABC=22.5°
∴∠BCO=180°-∠CBD-∠BOC=67.5°
∵四边形AFCH为矩形
∴OF=OC，∠AFC=90°
∴△FOC是等腰三角形
∴∠OFC=∠BCO=67.5°
∴∠AFH=∠AFC-∠OFC=22.5°
∵BE＝BF
∴△BEF是等腰三角形
∴∠BEF=∠BFE=（180°－∠ABC）=90°-∠ABC=67.5°
∵AF⊥BC
∴∠AFB=90°
∴∠AFE=∠AFB-∠BFE=22.5°
∴∠EFH=∠AFE+∠AFH=45°
∵四边形EFGH是矩形
∴∠FEH=90°
∴∠EHF=180－∠FEH－∠EFH=45°
∴∠EFH=∠EHF
∴EF=EH
∴四边形EFGH是正方形．
【点睛】
本题考查了矩形的判定和性质，菱形的性质，正方形的判定，等腰三角形的性质和判定等知识点，综合性较强，关键在于灵活应用相关知识．

考法03 正方形的综合应用
【典例11】如图，边长相等的两个正方形ABCD和OEFG，若将正方形OEFG绕点O按逆时针方向旋转120°，两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积(          )

A．不变 B．先增大再减小
C．先减小再增大 D．不断增大
【答案】A
【解析】
【分析】
由正方形的性质得到OB=OC，∠OBC=∠OCD=45°，∠BOM=∠CON，证明△OBM≌△OCN（ASA），得到两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积=，由此得到结论．
【详解】
解：∵四边形ABCD和OEFG都是正方形，
∴OB=OC，∠BOC=∠EOG=90°，∠OBC=∠OCD=45°，
∴∠BOM=∠CON，
∴△OBM≌△OCN（ASA），
∴，
∴两个正方形的重叠部分四边形OMCN的面积=，
故选：A．
【点睛】
此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记全等三角形的判定定理及正方形的性质是解题的关键．
【典例12】如图，正方形ABCD和正方形CEFG边长分别为a和b，正方形CEFG绕点C旋转，给出下列结论：①BE=DG；②BE⊥DG；③DE2+BG2=2a2+2b2，其中正确结论有（　　）

A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】D
【解析】
【分析】
由四边形ABCD与四边形EFGC都为正方形,得到四条边相等,四个角为直角,利用SAS得到三角形BCE与三角形DCG全等,利用全等三角形对应边相等即可得到BE=DG,利用全等三角形对应角相等得到∠CBM=∠MDO,利用等角的余角相等及直角的定义得到∠BOD为直角,利用勾股定理求出所求式子的值即可.
【详解】
解：①∵四边形ABCD和EFGC都为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCD+∠DCE=∠ECG+∠DCE，即∠BCE=∠DCG.
在△BCE和△DCG中，CB＝CD，∠BCE＝∠DCG，CE＝CG，
∴△BCE≌△DCG，
∴BE=DG，
故结论①正确.
②如图所示，设BE交DC于点M，交DG于点O.

由①可知，△BCE≌△DCG，
∴∠CBE=∠CDG，即∠CBM=∠MDO.
又∵∠BMC=∠DMO，∠MCB=180°-∠CBM-∠BMC，∠DOM=180°-∠CDG-∠MDO，
∴∠DOM=∠MCB=90°，
∴BE⊥DG.
故②结论正确.
③如图所示，连接BD、EG，
由②知，BE⊥DG，
则在Rt△ODE中，DE2=OD2+OE2，
在Rt△BOG中，BG2=OG2+OB2，
在Rt△OBD中，BD2=OD2+OB2，
在Rt△OEG中，EG2=OE2+OG2，
∴DE2+BG2=(OD2+OE2)+(OB2+OG2)=(OD2+OB2)+(OE2+OG2)=BD2+EG2.
在Rt△BCD中，BD2=BC2+CD2=2a2，
在Rt△CEG中，EG2=CG2+CE2=2b2，
∴BG2+DE2=2a2+2b2.
故③结论正确.
故选：D.
【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，正方形的性质.
【典例13】正方形ABCD的边长为3，E、F分别是AB、BC边上的点,且∠EDF=45°.将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM.
（1）求证：EF=FM
（2）当AE=1时，求EF的长．

【答案】(1)见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由折叠可得DE=DM，∠EDM为直角，可得出∠EDF+∠MDF=90°，由∠EDF=45°，得到∠MDF为45°，可得出∠EDF=∠MDF，再由DF=DF，利用SAS可得出三角形DEF与三角形MDF全等，由全等三角形的对应边相等可得出EF=MF；
（2）由第一问的全等得到AE=CM=1，正方形的边长为3，用AB-AE求出EB的长，再由BC+CM求出BM的长，设EF=MF=x，可得出BF=BM-FM=BM-EF=4-x，在直角三角形BEF中，利用勾股定理列出关于x的方程，求出方程的解得到x的值，即为EF的长．
【详解】
(1)∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴DE=DM ，∠EDM=90°，
∴∠EDF + ∠FDM=90°，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM =∠EDM=45°，
∵   DF= DF，
∴△DEF≌△DMF，
∴   EF=MF
（2） 设EF=x，
∵AE=CM=1 ，        
∴ BF=BM-MF=BM-EF=4-x，
∵ EB=2，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
即，
解得，.
【典例14】如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E、F分别在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延长线交于点M，OF、AB的延长线交于点N，连接MN．
（1）求证：OM=ON．
（2）若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长．

【答案】（1）见解析；（2）MN=2
【解析】
【分析】
（1）证△OAM≌△OBN即可得；
（2）作OH⊥AD，由正方形的边长为4且E为OM的中点知OH=HA=2，HM=4，再根据勾股定理得OM=2 ，由直角三角形性质知MN=OM=2．
【详解】
解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠DAO=45°，∠OBA=45°，
∴∠OAM=∠OBN=135°，
∵∠EOF=90°，∠AOB=90°，
∴∠AOM=∠BON，
∴△OAM≌△OBN（ASA），
∴OM=ON；
（2）如图，过点O作OH⊥AD于点H，

∵正方形的边长为4，
∴OH=HA=2，
∵E为OM的中点，
∴HM=4，
则OM==2，
∴MN=OM=2．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，解题的关键是掌握正方形的四条边都相等，正方形的每条对角线平分一组对角及全等三角形的判定与性质．
【典例15】△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B，C重合），以AD为边在AD右侧作正方形ADEF，连接CF，
（1）观察猜想
如图1，当点D在线段BC上时，
①BC与CF的位置关系为：　 　．
②BC，CD，CF之间的数量关系为：　 　；（将结论直接写在横线上）
（2）数学思考
如图2，当点D在线段CB的延长线上时，结论①，②是否仍然成立？若成立，请给予证明；若不成立，请你写出正确结论再给予证明．
（3）拓展延伸
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，延长BA交CF于点G，连接GE，若已知AB=2，CD=BC，请求出GE的长．

【答案】（1）CF⊥BD，BC=CF+CD；（2）成立，证明详见解析；（3）.
【解析】
【分析】
（1）①根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF=BD，∠ACF=∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到∠BAC=∠DAF=90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论;
（3）根据等腰直角三角形的性质得到BC=AB=4，AH=BC=2，求得DH=3，根据正方形的性质得到AD=DE，∠ADE=90°，根据矩形的性质得到NE=CM，EM=CN，由角的性质得到∠ADH=∠DEM，根据全等三角形的性质得到EM=DH=3，DM=AH=2，等量代换得到CN=EM=3，EN=CM=3，根据等腰直角三角形的性质得到CG=BC=4，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】
解：（1）①正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
②△DAB≌△FAC，
∴CF=BD，
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（2）成立，
∵正方形ADEF中，AD=AF，
∵∠BAC=∠DAF=90°，
∴∠BAD=∠CAF，
在△DAB与△FAC中，
，
∴△DAB≌△FAC，
∴∠B=∠ACF，CF=BD
∴∠ACB+∠ACF=90°，即CF⊥BD；
∵BC=BD+CD，
∴BC=CF+CD；
（3）解：过A作AH⊥BC于H，过E作EM⊥BD于M，EN⊥CF于N，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴BC=AB=4，AH=BC=2，
∴CD=BC=1，CH=BC=2，
∴DH=3，
由（2）证得BC⊥CF，CF=BD=5，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD=DE，∠ADE=90°，
∵BC⊥CF，EM⊥BD，EN⊥CF，
∴四边形CMEN是矩形，
∴NE=CM，EM=CN，
∵∠AHD=∠ADC=∠EMD=90°，
∴∠ADH+∠EDM=∠EDM+∠DEM=90°，
∴∠ADH=∠DEM，
在△ADH与△DEM中，
，
∴△ADH≌△DEM，
∴EM=DH=3，DM=AH=2，
∴CN=EM=3，EN=CM=3，
∵∠ABC=45°，
∴∠BGC=45°，
∴△BCG是等腰直角三角形，
∴CG=BC=4，
∴GN=1，
∴EG=．

【点睛】
考点：四边形综合题.
【典例16】如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．

(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【解析】
【分析】
（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到∴，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】
(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；

(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．

【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、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
分层提分


题组A 基础过关练
1．下列命题中，真命题是（ ）．
A．对角线相等的四边形是矩形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线互相平分的四边形是平行四边形
D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形
【答案】C
【解析】
【详解】
解：A、两条对角线相等且相互平分的四边形为矩形；故本选项错误；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形；故本选项错误；
C、对角线互相平分的四边形是平行四边形；故本选项正确；
D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；故本选项错误．
故选C．
2．如图，平行四边形,对角线交于点,下列选项错误的是（   ）

A．互相平分
B．时，平行四边形为矩形
C．时，平行四边形为菱形
D．时，平行四边形为正方形
【答案】D
【解析】
【分析】
根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，逐一判定即可得解.
【详解】
A选项，根据平行四边形对角线互相平分的性质，即可判定正确；
B选项，对角线相等的平行四边形是矩形，正确；
C选项，对角线互相垂直的平行四边形为菱形，正确；
D选项，并不能判定其为正方形；
故答案为D.
【点睛】
此题主要考查平行四边形、矩形、菱形和正方形的判定，熟练掌握，即可解题.
3．如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠BED为（　　）

A．45° B．15° C．10° D．125°
【答案】A
【解析】
【分析】
由等边三角形的性质可得，进而可得，又因为，结合等腰三角形的性质，易得的大小，进而可求出的度数.
【详解】
是等边三角形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
.
故选：.
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出的度数，难度适中.
4．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（    ）

A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】
【详解】
【分析】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG；再由正方形ABCD的边长为3，BE=1，可得EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG；最后由勾股定理可以求得答案.
【详解】由图形折叠可得BE=EG，DF=FG，
∵正方形ABCD的边长为3，BE=1，
∴EG=1，EC=3-1=2，CF=3-FG，
在直角三角形ECF中，
∵EF2=EC2+CF2，
∴(1+GF)2=22+(3-GF)2，
解得GF=，
∴EF=1+=．
故正确选项为B.
【点睛】此题考核知识点是：正方形性质；轴对称性质；勾股定理.解题的关键在于：从图形折叠过程找出对应线段，利用勾股定理列出方程.
5．如图，延长正方形ABCD的一边BC到E，使CE=AC，连接AE交CD于F，则∠AFC的度数是（          ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据正方形的对角线的性质，可得∠ACD＝∠ACB＝45°，进而可得∠ACE的大小，再根据三角形外角定理，结合CE＝AC，易得∠CEF＝22.5°，再由三角形外角定理可得∠AFC的大小．
【详解】
解：AC是正方形的对角线，
∴∠ACD＝∠ACB＝45°，
∴∠ACE＝∠ACD＋∠DCE＝135°，
又∵CE＝AC
∴∠CEF＝22.5°，
∴∠AFC＝90°＋22.5°＝112.5°；
故选B．
【点睛】
此题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质．
6．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，若点P为对角线BD上的一个动点，则△PAE周长的最小值是（　　）

A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】D
【解析】
【分析】
连接AC、CE，CE交BD于P，此时AP+PE的值最小，求出CE长，即可求出答案．
【详解】
解：连接AC、CE，CE交BD于P，连接AP、PE，

∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC，AC⊥BD，即A和C关于BD对称，
∴AP＝CP，
即AP+PE＝CE，此时AP+PE的值最小，
所以此时△PAE周长的值最小，
∵正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，AE＝1，
∴∠ABC＝90°，BE＝4﹣1＝3，
由勾股定理得：CE＝5，
∴△PAE的周长的最小值是AP+PE+AE＝CE+AE＝5+1＝6，
故选：D．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与轴对称——最短路径问题，知识点比较综合，属于较难题型.
7．如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积是（　　）

A．4 B．2 C．1 D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可得OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，再利用ASA证明△AOE≌△BOF，从而可得△AOE的面积＝△BOF的面积，进而可得四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积，问题即得解决．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，
∴∠AOB＝90°，
∵OE⊥OF，
∴∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴△AOE的面积＝△BOF的面积，
∴四边形AFOE的面积＝正方形ABCD的面积＝×22＝1；
故选C．
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
8．正方形是有一组邻边_______，并且有一个角是_______的平行四边形，因此它既是______又是________．
【答案】     相等     直角     矩形     菱形
【解析】
【分析】
根据正方形的定义和性质填空即可．
【详解】
正方形是有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形，因此它既是矩形又是菱形．
故答案为：相等，直角，矩形，菱形
【点睛】
本题考查了正方形的定义，解题关键是明确正方形的定义：正方形是有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形，因此它既是矩形又是菱形．

题组B 能力提升练
9．以正方形ABCD的边AD作等边△ADE，则∠BEC的度数是_____．
【答案】30°或150°．
【解析】
【分析】
分等边△ADE在正方形的内部和外部两种情况分别求解即可得．
【详解】
如图1，

∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠CDE=150°，又AB=AE，DC=DE，
∴∠AEB=∠CED=15°，
则∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°；
如图2，

∵△ADE是等边三角形，
∴AD=DE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，
∴DE=DC，
∴∠CED=∠ECD，
∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°，
∴∠CED=∠ECD=×（180°﹣30°）=75°，
∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°，
故答案为30°或150°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，熟记各性质、运用分类讨论思想画出符合题意的图形并准确识图是解题的关键．
10．如图，平面直角坐标系中有一正方形，点的坐标为点坐标为________．

【答案】
【解析】
【分析】
过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．先证明，得到，，根据点的坐标定义即可求解．
【详解】
解：如图，过点作轴于，过点作轴，过点作交CE的延长线于．
，
，．
四边形是正方形，
．
易求．
又
∴，
，，
点的坐标为，，
点到轴的距离为，
点的坐标为．

故答案为：
【点睛】
本题考查了平面直角坐标系点的坐标，全等三角形的判定与性质，根据题意，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．
11．如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，四边形ACEF是正方形，则EF的长为_____．

【答案】3
【解析】
【分析】
由菱形的性质可得AB=BC，且∠B=60°，可得AC=AB=3，由正方形的性质可得AC=EF=3．
【详解】
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC，且∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC=3，
∵四边形ACEF是正方形，
∴AC=EF=3
故答案为3
【点睛】
本题考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，熟练运用这些性质解决问题是本题的关键．
12．在正方形ABCD中，E在AB上，BE＝2，AE＝1，P是BD上的动点，则PE和PA的长度之和最小值为___________．

【答案】
【解析】
【分析】
利用轴对称最短路径求法，得出A点关于BD的对称点为C点，再利用连接EC交BD于点P即为最短路径位置，利用勾股定理求出即可．
【详解】
解：连接AC，EC，EC与BD交于点P，此时PA+PE的最小，即PA+PE就是CE的长度

∵正方形ABCD中，BE=2，AE=1，
∴BC=AB=3，
∴CE= == ，
故答案为.
【点睛】
本题考查利用轴对称求最短路径问题以及正方形的性质和勾股定理，利用正方形性质得出A，C关于BD对称是解题关键．
13．如图，在边长为的正方形中，点分别是边的中点，连接点分别是的中点，连接，则的长度为__________．

【答案】1
【解析】
【分析】
过E作，过G作，过H作，与相交于I，分别求出HI和GI的长，利用勾股定理即可求解．
【详解】
过E作，过G作，过H作，垂足分别为P，R，R，与相交于I，如图，

∵四边形ABCD是正方形，
∴，
，
∴四边形AEPD是矩形，
∴，
∵点E，F分别是AB，BC边的中点，
∴，
，，

∵点G是EC的中点，
是的中位线，
，
同理可求：，
由作图可知四边形HIQP是矩形，
又HP=FC，HI=HR=PC，
而FC=PC，
∴ ，
∴四边形HIQP是正方形，
∴，
∴
是等腰直角三角形，

故答案为：1．
【点睛】
此题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线与勾股定理等知识，正确作出辅助线是解答此题的关键．
14．如图，正方形ABCD的边长是16，点E在边AB上，AE=3，点F是边BC上不与点B、C重合的一个动点，把△EBF沿EF折叠，点B落在B′处，若△CDB′恰为等腰三角形，则DB′的长为_____________.

【答案】16或4.
【解析】
【详解】
（1）当B′D=B′C时，过B′点作GH∥AD，则∠B′GE=90°，
当B′C=B′D时，AG=DH=DC=8，由AE=3，AB=16，得BE=13．
由翻折的性质，得B′E=BE=13，
∴EG=AG﹣AE=8﹣3=5，
∴B′G===12，
∴B′H=GH﹣B′G=16﹣12=4，
∴DB′===；
（2）当DB′=CD时，则DB′=16（易知点F在BC上且不与点C、B重合）；
（3）当CB′=CD时，
∵EB=EB′，CB=CB′，
∴点E、C在BB′的垂直平分线上，
∴EC垂直平分BB′，
由折叠可知点F与点C重合，不符合题意，舍去．
综上所述，DB′的长为16或．故答案为16或．

考点：1．翻折变换（折叠问题）；2．分类讨论．
题组C 培优拔尖练
15．如图，四边形ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，顺次连接E、F、G、H，得到的四边形EFGH叫中点四边形．
（1）求证：四边形EFGH是平行四边形；

（2）如图，当四边形ABCD变成等腰梯形时，它的中点四边形是菱形，请你探究并填空：

当四边形ABCD变成平行四边形时，它的中点四边形是 ；
当四边形ABCD变成矩形时，它的中点四边形是 ；
当四边形ABCD变成菱形时，它的中点四边形是 ；
当四边形ABCD变成正方形时，它的中点四边形是 ；
（3）根据以上观察探究，请你总结中点四边形的形状由原四边形的什么决定的？
【答案】(1)相等；(2)垂直；(3)见解析.
【解析】
【分析】
（1）连接BD．利用三角形中位线定理推出所得四边形对边平行且相等，故为平行四边形；
（2）连接AC、BD．根据三角形的中位线定理，可以得到所得四边形的两组对边分别和原四边形的对角线平行，且分别等于原四边形的对角线的一半,再根据矩形、菱形、正方形的判定方法进行判定即可
（3）由（2）可知，中点四边形的形状是由原四边形的对角线的关系决定的．
【详解】
（1）证明：连接BD．

∵E、H分别是AB、AD的中点，
∴EH是△ABD的中位线．
∴EH=BD，EH∥BD．
同理得FG=BD，FG∥BD．
∴EH=FG，EH∥FG．
∴四边形EFGH是平行四边形．

（2）连接AC、BD．根据三角形的中位线定理，可以得到所得四边形的两组对边分别和原四边形的对角线平行，且分别等于原四边形的对角线的一半．
若顺次连接对角线相等的四边形各边中点，则所得的四边形的四条边都相等，故所得四边形为菱形；
若顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点，则所得的四边形的四个角都是直角，故所得四边形为矩形；
若顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点，则综合上述两种情况，故所得的四边形为正方形；
故答案为平行四边形，菱形，矩形，正方形；
（3）中点四边形的形状是由原四边形的对角线的关系决定的．
【点睛】
此题综合运用了三角形的中位线定理和特殊四边形的判定定理．熟记结论：顺次连接四边形各边中点所得四边形是平行四边形；顺次连接对角线相等的四边形各边中点所得四边形是菱形；顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得四边形是矩形；顺次连接对角线相等且互相垂直的四边形各边中点所得四边形是正方形．
16．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．

（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【答案】见解析
【解析】
【分析】
（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】
证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
17．已知：如图，在△ABC中，AB=BC，∠ABC=90°，点D、E分别是边AB、BC的中点，点F、G是边AC的三等分点，DF、EG的延长线相交于点H，连接HA、HC．
(1)求证：四边形FBGH是菱形；
(2)求证：四边形ABCH是正方形．

【答案】（1）见解析     （2）见解析
【解析】
【分析】
（1）由三角形中位线知识可得DF∥BG，GH∥BF，根据菱形的判定的判定可得四边形FBGH是菱形；
（2）连结BH，交AC于点O，利用平行四边形的对角线互相平分可得OB=OH，OF=OG，又AF=CG，所以OA=OC．再根据对角线互相垂直平分的平行四边形得证四边形ABCH是菱形，再根据一组邻边相等的菱形即可求解．
【详解】
（1）∵点F、G是边AC的三等分点，
∴AF=FG=GC．
又∵点D是边AB的中点，
∴DH∥BG．
同理：EH∥BF．
∴四边形FBGH是平行四边形，
连结BH，交AC于点O，
∴OF=OG，
∴AO=CO，
∵AB=BC，
∴BH⊥FG，
∴四边形FBGH是菱形；
（2）∵四边形FBGH是平行四边形，
∴BO=HO，FO=GO．
又∵AF=FG=GC，
∴AF+FO=GC+GO，即：AO=CO．
∴四边形ABCH是平行四边形．
∵AC⊥BH，AB=BC，
∴四边形ABCH是正方形．

【点睛】
本题考查正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的中位线，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
18．如图，正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，使B，C，E三点在同一直线上，连接BF，交CD于点G．
（1）求证：CG=CE；
（2）若正方形边长为4，求菱形BDFE的面积．

【答案】（1）证明见解析；（2）16．
【解析】
【分析】
（1）连接DE，则DE⊥BF，可得∠CDE=∠CBG，根据BC=DC，∠BCG=∠DCE，可证△BCG≌△DCE，可证CG=CE；
（2）已知正方形的边长可以证明BD，即BE，根据BE，DC即可求菱形BDFE的面积．
【详解】
解（1）证明：连接DE，则DE⊥BF，

∵∠CBG+∠BED=90°，∠CBG+∠CGB=90°，∠CGB=∠BED
又∵BC=DC，∠BCG=∠DCE，
∴△BCG≌△DCE（AAS），
∴CG=CE，
（2）正方形边长BC=4，则BD=BE=，DC=4，菱形BDFE的面积为S=4×4=16．
答：菱形BDFE的面积为16．
【点睛】
本题考查菱形的对角线垂直的性质，考查了菱形各边长相等以及菱形面积的计算，解题关键是求证△BCG≌△DCE．
19．如图①，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE=PB

（1）求证：△BCP≌△DCP；
（2）求证：∠DPE=∠ABC；
（3）把正方形ABCD改为菱形，其它条件不变（如图②），若∠ABC=58°，则∠DPE=　 　度．
【答案】（1）详见解析
（2）详见解析
（3）58
【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，然后求出∠DPE=∠DCE，再根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE=∠ABC，从而得证．
（3）根据（2）的结论解答：与（2）同理可得：∠DPE=∠ABC=58°
【详解】
解：（1）证明：在正方形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP=45°，
∵在△BCP和△DCP中，，
∴△BCP≌△DCP（SAS）；
（2）证明：由（1）知，△BCP≌△DCP，
∴∠CBP=∠CDP，
∵PE=PB，∴∠CBP=∠E，∴∠CDP=∠E，

∵∠1=∠2（对顶角相等），
∴180°﹣∠1﹣∠CDP=180°﹣∠2﹣∠E，
即∠DPE=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠ABC，
∴∠DPE=∠ABC；
（3）解：在菱形ABCD中，BC=DC，∠BCP=∠DCP，
在△BCP和△DCP中，
，
∴△BCP≌△DCP（SAS），
∴∠CBP=∠CDP，
∵PE=PB，
∴∠CBP=∠E，
∴∠DPE=∠DCE，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠ABC，
∴∠DPE=∠ABC=58°，
故答案为：58