北师大版九年级数学上册 专题1.3 正方形的性质与判定【十大题型】（举一反三）（教师版）

专题1.3正方形的性质与判定【十大题型】【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1正方形的性质（求角的度数）】 1【题型2正方形的性质（求线段的长度）】 6【题型3正方形的性质（求面积、周长）】 11【题型4正方形的性质（探究数量关系）】 16【题型5判定正方形成立的条件】 25【题型6正方形判定的证明】 30【题型7正方形的判定与性质综合】 36【题型8探究正方形中的最值问题】 41【题型9正方形在坐标系中的运用】 46【题型10正方形中的多结论问题】 51【知识点1正方形的定义】有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．【知识点2正方形的性质】①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．【题型1正方形的性质（求角的度数）】【例1】（2023春•建阳区期中）如图，在正方形ABCD中有一个点E，使三角形BCE是正三角形，求：（1）∠BAE的大小（2）∠AED的大小．【分析】（1）根据正方形的性质和正三角形的性质、以及角的和差关系可求∠ABE的度数，再根据等腰三角形的性质可求∠BAE的大小；（2）根据正方形的性质得到∠EAD＝15°，同理，∠ADE＝15°，再根据三角形内角和定理可求∠AED的大小．【解答】解：（1）因为四边形ABCD为正方形，所以AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，因为△EBC是正三角形，所以∠EBC＝60°，BE＝BC＝EC，所以∠ABE＝30°，AB＝BE，所以∠BAE＝∠AEB＝（180°﹣∠ABE）÷2＝150°÷2＝75°．（2）因为∠BAE＝75°，所以∠EAD＝90°﹣∠EAB＝15°，同理，∠ADE＝15°，所以∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣15°＝150°．【变式1-1】如图，已知正方形ABCD在直线MN的上方，BC在直线MN上，E是BC上一点，以AE为边在直线MN上方作正方形AEFG．（1）连接GD，求证：△ADG≌△ABE；（2）连接FC，观察并猜测∠FCN的度数，并说明理由．【分析】（1）利用正方形的性质及SAS定理求出△ADG≌△ABE，再利用全等三角形的性质即可解答；（2）过F作FH⊥MN于H，根据正方形及直角三角形的性质可求出△ABE≌△EHF，根据三角形全等可求出BE＝HF，AB＝EH，通过等量代换可得CH＝FH，利用等腰直角三角形的性质即可解答．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD、AEFG都是正方形，∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，∴∠1+∠3＝90°，∠2+∠3＝90°，即∠1＝∠2，∴△ADG≌△ABE；（2）解：∠FCN＝45°，理由如下：过F作FH⊥MN于H，则∠EHF＝90°，∵四边形ABCD、AEFG都是正方形，∴AB＝BC，AE＝EF，∠ABE＝∠AEF＝90°，∴∠1+∠4＝90°，∠4+∠5＝90°，∴∠1＝∠5，又∵∠ABE＝∠EHF＝90°，∴△ABE≌△EHF，∴BE＝HF，AB＝EH，∴BC＝EH，∴HC＝BE，∴在Rt△CHF中，CH＝FH，∴∠FCN＝∠CFH＝45°．【变式1-2】（2023•武威模拟）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点，点F在BC的延长线上，且BE＝EF，EF交CD于点G．（1）求证：DE＝EF；（2）求∠DEF的度数．【分析】（1）证明△BCE≌△DCE，可得结论；（2）结合（1）根据正方形的性质即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝DC，∠BCE＝∠DCE，在△BCE和△DCE中，BC=DC∠BCE=∠DCE∴△BCE≌△DCE（SAS），∴BE＝ED，∵BE＝EF，∴DE＝EF；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠DCB＝∠DCF＝90°，∴∠F+∠FGC＝90°，∵△BCE≌△DCE，∴∠CBE＝∠CDE，∵BE＝EF，∴∠CBE＝∠F，∴∠F＝∠CDE，∵∠FGC＝∠DGE，∴∠CDE+∠DGE＝90°，∴∠DEF＝90°．【变式1-3】（2023春•新市区校级期末）如图，在给定的正方形ABCD中，点E从点B出发，沿边BC方向向终点C运动，DF⊥AE交AB于点F，以FD，FE为邻边构造平行四边形DFEP，连接CP，则∠DFE+∠EPC的度数的变化情况是（）A．一直减小 B．一直减小后增大 C．一直不变 D．先增大后减小【分析】根据题意∠DFE+∠EPC＝∠DPC，作PH⊥BC交BC的延长线于H，证明CP是∠DCH的角平分线即可解决问题．【解答】解：作PH⊥BC交BC的延长线于H，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC，∠DAF＝∠ABE＝∠DCB＝∠DCH＝90°，∵DF⊥AE，∴∠BAE+∠DAE＝90°，∠ADF+∠DAE＝90°，∴∠BAE＝∠ADF，∴△ADF≌△BAE（ASA），∴DF＝AE，∵四边形DFEP是平行四边形，∴DF＝PE，∠DFE＝∠DPE，∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠PEH＝90°，∴∠BAE＝∠PEH，∵∠ABE＝∠H＝90°，AE＝EP．∴△ABE≌△EHP（AAS），∴PH＝BE，AB＝EH＝BC，∴BE＝CH＝PH，∴∠PCH＝45°，∵∠DCH＝90°，∴∠DCP＝∠PCH，∴CP是∠DCH的角平分线，∴点P的运动轨迹是∠DCH的角平分线，∵∠DFE+∠EPC＝∠DPE+∠EPC＝∠DPC，观察图象可得，∠DPC一直减小，故选：A．【题型2正方形的性质（求线段的长度）】【例2】（2023春•牡丹江期末）如图，正方形ABCD的边长为10，点E，F在正方形内部，AE＝CF＝8，BE＝DF＝6，则线段EF的长为（）A．22 B．4 C．4−2 D．4【分析】延长DF交AE于G，，再根据全等三角形的判定得出△AGD与△ABE全等，得出AG＝BE＝6，由AE＝8，得出EG＝2，同理得出GF＝2，再根据勾股定理得出EF的长．【解答】解：延长DF交AE于G，如图：∵AB＝10，AE＝8，BE＝6，∴AE2+BE2＝AB2，∴△ABE是直角三角形，∴同理可得，△DFC是直角三角形，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∴∠BAE+∠DAG＝90°，在△ABE和△CDF中，AB=CDAE=CF∴△ABE≌△CDF（SSS），∴∠BAE＝∠DCF，又∵∠DCF+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠DCF＝∠ADG，∴∠BAE＝∠ADG，∵∠BAE+∠DAG＝90°，∴∠ADG+∠DAG＝90°，∴∠DGA＝90°，即△AGD是直角三角形，在△AGD和△BAE中，∠AGD=∠BEA∠ADG=∠BAE∴△AGD≌△BAE（ASA），∴AG＝BE＝6，DG＝AE＝8，∴EG＝8﹣6＝2，同理可得：GF＝2，∴Rt△EFG中，EF=22+故选：A．【变式2-1】（2023春•巴南区期末）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD上，且DE＝1，作EF∥BC分别交AC、AB于点G、F，P、H分别是AG，BE的中点，则PH的长是（）A．2 B．2.5 C．3 D．4【分析】连接CF，PF．证明FP⊥AC，则△CPF是直角三角形，利用PH是Rt△CPF斜边上的中线，可得PH=12FC，因为FC＝BE，再利用勾股定理求出【解答】解：连接CF，PF．如图所示，∵四边形ABCD是边长为4的正方形．∴CB＝CD＝4，且AC平分∠BAD．∴∠BAC＝45°．∵EF∥BC．∴∠AFE＝∠ABC＝90°．∴△AFG是等腰直角三角形．∵P为AG中点．∴PF⊥AG．∴△CPF是直角三角形．∵DE＝1．∴CE＝CD﹣DE＝3．∵EF∥BC．∴四边形BCEF是矩形．∵点H为BE的中点．∴CF过点H．即点H为CF的中点．在Rt△CPF中，PH=1∵EF＝BC＝4．∴在Rt△CEF中，CF=CE∴PH=5故选：B．【变式2-2】（2023•越秀区一模）将正方形ABCD与正方形BEFG按如图方式放置，点F、B、C在同一直线上，已知BG=2，BC＝3，连接DF，M是DF的中点，连接AM，则AMA．102 B．3 C．132 【分析】根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出BH，进而利用勾股定理解答即可．【解答】解：延长AM交BC于H点，∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，BG=2，BC∴BF=2BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC∵点F，B，C在同一直线上，∴AD∥CF，∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，∵M是DF中点，∴DM＝FM，在△ADM和△HFM中，∠DAM=∠FHM∠ADM=∠HFM∴△ADM≌△HFM（AAS），∴AD＝FH＝3，AM＝HM=12∴BH＝FH﹣BF＝1，在Rt△ABH中，AH=A∴AM=12AH故选：A．【变式2-3】（2023春•吴中区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝45．E、F分别为边AB、BC的中点，连接AF、DE，点N、M分别为AF、DE的中点，连接MN，则MN的长度为10．【分析】先通过证明△ABF≌DAE得到角相等后，证明∠MGN＝90°，利用已知条件在Rt△ADG与Rt△AEG中求出AG，EG的长，进而求出GN，GM的长，利用勾股定理求出MN的长．【解答】解：如图所示，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝AB＝45，∠B＝∠DAE＝90°．∵E、F分别为边AB、BC的中点，∴AE＝BF＝25．∴DE=AD在△DAE和△ABF中，AD=AB∠DAE=∠B∴△DAE≌△ABF（SAS）．∴∠AED＝∠BFA．AF＝DE＝10．∵∠BFA+∠BAF＝90°．∴∠AED+∠BAF＝90°．∴∠AGE＝90°．∴∠MGN＝90°．设EG的长为x，则GD＝10﹣x，在Rt△AGE中，AG2＝AE2﹣EG2＝20﹣x2．在Rt△ADG中，AG2＝AD2﹣DG2＝80﹣（10﹣x）2．∴20﹣x2＝80﹣（10﹣x）2．解得x＝2．即EG＝2．∴AG=20∵点N、M分别为AF、DE的中点，∴AN=12AF＝5，EM=∴GM＝EM﹣EG＝3，GN＝AN﹣AG＝1．在Rt△MNG中，MN=GM故答案为：10．【题型3正方形的性质（求面积、周长）】【例3】（2023春•鄞州区期末）有两个正方形A，B．现将B放在A的内部得图甲，将A，B构造新的正方形得图乙．若图甲和图乙中阴影部分的面积分别为1和12，若三个正方形A和两个正方形B得图丙，则阴影部分的面积为（）A．28 B．29 C．30 D．31【分析】设正方形A的边长为a，正方形B的边长为b，观察图甲和图乙可得关于a，b的方程组，整理可得：a﹣b＝1，a+b＝5，ab＝6，观察图丙可得S阴影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2，再利用乘法公式整体代入计算即可．【解答】解：设正方形A的边长为a，正方形B的边长为b，且a＞b＞0，根据图甲和图乙，得：a2整理，得：a2由①得：（a﹣b）2＝1，∵a＞b，∴a﹣b＝1，由②得：ab＝6，①+②×2，得：（a+b）2＝25，∴a+b＝5，观察图丙，得：S阴影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2＝（a+b）（a﹣b）+4ab＝5×1+4×6＝29．故选：B．【变式3-1】（2023春•工业园区校级期中）如图，四边形ABCD为正方形，O为AC、BD的交点，△DCE为Rt△，∠CED＝90°，OE＝22，若CE•DE＝3，则正方形ABCD的面积为（）A．5 B．6 C．8 D．10【分析】过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，判断出四边形OMEN是矩形，根据矩形的性质可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根据正方形的性质可得OC＝OD，然后利用“角角边”证明△COM和△DON全等，根据全等三角形对应边相等可得OM＝ON，CM＝DN，然后判断出四边形OMEN是正方形，可得NE＝ON＝2，得DE+CE＝4，设DE＝a，CE＝b，可得a+b＝4，根据CE•DE＝3，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×3＝10，即可解决问题．【解答】解：如图，过点O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延长线于N，∵∠CED＝90°，∴四边形OMEN是矩形，∴∠MON＝90°，∵∠COM+∠DOM＝∠DON+∠DOM，∴∠COM＝∠DON，∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝OD，在△COM和△DON中，∠COM=∠DON∠CMO=∠N∴△COM≌△DON（AAS），∴OM＝ON，CM＝DN，∴四边形OMEN是正方形，在Rt△OEN中，∵OE＝22，∴2NE2＝OE2＝（22）2＝8，∴NE＝ON＝2，∵DE+CE＝DE+EM+MC＝DE+EM+DN＝EN+EM＝2EN＝4，设DE＝a，CE＝b，∴a+b＝4，∵CE•DE＝3，∴CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×3＝10，∴S正方形ABCD＝10，故选：D．【变式3-2】（2023•台州）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，则△BCG的周长为15+3【分析】根据阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，得出阴影部分的面积为6，空白部分的面积为3，进而依据△BCG的面积以及勾股定理，得出BG+CG的长，进而得出其周长．【解答】解：∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2：3，∴阴影部分的面积为23∴空白部分的面积为9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面积与四边形DEGF的面积相等，均为12×3∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，设BG＝a，CG＝b，则12ab=又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b=15，即BG+CG=∴△BCG的周长=15故答案为：15+【变式3-3】（2023•江北区一模）如图，以Rt△ABC的各边为边分别向外作正方形，∠BAC＝90°，连结DG，点H为DG的中点，连结HB，HN，若要求出△HBN的面积，只需知道（）A．△ABC的面积 B．正方形ADEB的面积 C．正方形ACFG的面积 D．正方形BNMC的面积【分析】连接HA并延长交BC于点P，交MN于点Q，连接AE，CE，AN，证明△BAC≌△DAG，△ABN≌△EBC，进而可以解决问题．【解答】解：如图，连接HA并延长交BC于点P，交MN于点Q，连接AE，CE，AN，∵四边形ABED，四边形ACFG，四边形BCMN是正方形，∴AB＝AD，AC＝AG，∠BAC＝∠DAG＝90°，在△BAC和△DAG中，AB=AD∠BAC=∠DAG=90°∴△BAC≌△DAG（SAS），∴∠BCA＝∠DGA，∵点H为DG的中点，∠DAG＝90°，∴AH＝GH，∴∠HAG＝∠DGA，∴∠HAG＝∠BCA，∵∠HAG+∠CAP＝90°，∴∠BCA+∠CAP＝90°，∴∠APC＝90°，∴BN∥HQ，∴S△HBN＝S△ABN，∵BE∥CD，∴S△AEB＝S△CBE，∵∠ABN＝90°+∠ABC，∠EBC＝90°+∠ABC，∴∠ABN＝∠EBC，在△ABN和△EBC中，AB=EB∠ABN=∠EBC∴△ABN≌△EBC（SAS），∴S△ABN＝S△CBE，∴S△AEB＝S△HBN，∵S△AEB=12S正方形∴S△HBN=12S正方形∴若要求出△HBN的面积，只需知道正方形ADEB的面积．故选：B．【题型4正方形的性质（探究数量关系）】【例4】（2023秋•中原区校级月考）如图，线段AB＝4，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP＝∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．（1）求证：△AEP≌△CEP；（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；（3）请直接写出△AEF的周长．【分析】（1）根据正方形的性质得到DP平分∠APC，PC＝PA，求得∠APD＝∠CPD＝45°，根据全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；（2）根据全等三角形的性质得到∠EAP＝∠ECP，求得∠BAP＝∠FCP，根据垂直的定义得到CF⊥AB；（3）过点C作CN⊥PB．根据平行线的性质得到∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，根据全等三角形的性质得到CN＝PB＝BF，PN＝AB，推出AE＝CE，于是得到△AEF的周长．【解答】（1）证明：∵四边形APCD正方形，∴DP平分∠APC，PC＝PA，∴∠APD＝∠CPD＝45°，在△AEP与△CEP中，AP=CP∠APE=∠CPE∴△AEP≌△CEP（SAS）；（2）CF⊥AB，理由如下：∵△AEP≌△CEP，∴∠EAP＝∠ECP，∵∠EAP＝∠BAP，∴∠BAP＝∠FCP，∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，∴∠AMF+∠PAB＝90°，∴∠AFM＝90°，∴CF⊥AB；（3）过点C作CN⊥PB．∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴∠PNC＝∠B＝90°，FC∥BN，∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，又AP＝CP，∴△PCN≌△APB（AAS），∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE＝CE，∴△AEF的周长＝AE+EF+AF＝CE+EF+AF＝BN+AF＝PN+PB+AF＝AB+CN+AF＝AB+BF+AF＝2AB＝8．【变式4-1】（2023春•雁塔区校级期末）在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，该角可以绕点A转动，∠MAN的两边分别交射线CB，DC于点M，N．（1）当点M，N分别在正方形的边CB和DC上时（如图1），线段BM，DN，MN之间有怎样的数量关系？你的猜想是：BM+DN＝MN，并加以证明．（2）当点M，N分别在正方形的边CB和DC的延长线上时（如图2），线段BM，DN，MN之间的数量关系会发生变化吗？证明你的结论．【分析】（1）在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，则可证明△ABE≌△ADN，可得到AE＝AN，进一步可证明△AEM≌△ANM，可得结论BM+DN＝MN；（2）在DC上截取DF＝BM，连接AF，可先证明△ABM≌△ADF，进一步可证明△MAN≌△FAN，可得到MN＝NF，从而可得到DN﹣BM＝MN．【解答】证明：（1）猜想：BM+DN＝MN，证明如下：如图1，在MB的延长线上，截取BE＝DN，连接AE，在△ABE和△ADN中AB=AD∠ABE=∠D∴△ABE≌△ADN（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM，在△AEM和△ANM中AE=AN∠EAM=∠NAM∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，又ME＝BE+BM＝BM+DN，∴BM+DN＝MN；故答案为：BM+DN＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．证明如下：如图2，在DC上截取DF＝BM，连接AF，△ABM和△ADF中AB=AD∠ABM=∠D∴△ABM≌△ADF（SAS），∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，∵∠MAN＝45°，∴∠MAN＝∠FAN＝45°，在△MAN和△FAN中AM=AF∠MAN=∠FAN∴△MAN≌△FAN（SAS），∴MN＝NF，∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，∴DN﹣BM＝MN．【变式4-2】（2023春•莆田期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．（1）求证：AO＝BO；（2）求证：∠HEB＝∠HNB；（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则PE−PAPB【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，AD∥BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；（2）延长BC至F，且使CF＝BE，则BM＝CE，由SAS证明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，证出MN为△AEF的中位线，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；（3）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQ=2PB【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，AD∥BC，∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，∵AB＝BE，∴AD＝BE，∴△ADO≌△BEO（ASA），∴AO＝BO；（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BE，连接AF、DF，如图1所示：则BF＝CE，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，在△ABF和△DCE中，AB=DC∠ABC=∠DCB∴△ABF≌△DCE（SAS），∴∠DEC＝∠AFB，∵EB＝CF，BN＝CN，∴N为EF的中点，∴MN为△AEF的中位线，∴MN∥AF，∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：则∠PBQ＝90°，∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠EBQ＝∠ABP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠BEQ，∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，∴∠BEQ＝∠BAP，在△BEQ和△BAP中，∠EBQ=∠ABPBE=BA∴△BEQ≌△BAP（ASA），∴PA＝QE，QB＝PB，∴△PBQ是等腰直角三角形，∴PQ=2PB∴PE−PAPB【变式4-3】（2023春•鼓楼区校级期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O．点E是线段DO上一点，连接CE．点F是∠OCE的平分线上一点，且BF⊥CF与CO相交于点G．点H是线段CE上一点，且CO＝CH．（1）若OF＝5，求FH的长；（2）求证：BF＝OH+CF．【分析】（1）根据条件证明△OCF≌△HCF，由全等的性质就可以得出OF＝HF而得出结论；（2）在BF上截取BK＝CF，连接OK．通过条件可以得出△OBK≌△OCF．可以得出OK＝OF，从而得出OH∥FK，OK∥FH，进而可以得出四边形OKFH是平行四边形，就可以得出结论．【解答】（1）解：∵CF平分∠OCE，∴∠OCF＝∠ECF．∵OC＝CH，CF＝CF，在△OCF和△HCF中，OC=HC∠OCF=∠ECF∴△OCF≌△HCF（SAS）．∴FH＝OF＝5，即FH的长为5；（2）证明：在BF上截取BK＝CF，连接OK．∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，∠DBC＝45°，∴∠BOC＝90°，∴∠OCB＝180°﹣∠BOC﹣∠DBC＝45°．∴∠OCB＝∠DBC．∴OB＝OC．∵BF⊥CF，∴∠BFC＝90°．∵∠OBK＝180°﹣∠BOC﹣∠OGB＝90°﹣∠OGB，∠OCF＝180°﹣∠BFC﹣∠FGC＝90°﹣∠FGC，且∠OGB＝∠FGC，∴∠OBK＝∠OCF．在△OBK和△OCF中，OB=OC∠OBK=∠OCF∴△OBK≌△OCF（SAS）．∴OK＝OF，∠BOK＝∠COF．∵∠BOK+∠KOG＝∠BOC＝90°，∴∠COF+∠KOG＝90°，即∠HOF＝90°．∴∠OHF＝∠OFH=12（180°﹣∠KOF）＝45∴∠OFC＝∠OFK+∠BFC＝135°．∵△OCF≌△HCF，∴∠HFC＝∠OFC＝135°，∴∠OFH＝360°﹣∠HFC﹣∠OFC＝90°．∴∠FHO＝∠FOH=12（180°﹣∠OFH）＝45∴∠HOF＝∠OFK，∠KOF＝∠OFH．∴OH∥FK，OK∥FH，∴四边形OHFG是平行四边形．∴OH＝FK．∵BF＝FK+BK，∴BF＝OH+CF．【知识点3正方形的判定】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，再判定这个菱形有一个角为直角．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．【题型5判定正方形成立的条件】【例5】（2023春•海淀区校级期中）已知四边形ABCD为凸四边形，点M、N、P、Q分别为AB、BC、CD、DA上的点（不与端点重合），下列说法正确的是①④（填序号）．①对于任意凸四边形ABCD，一定存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；②如果四边形ABCD为任意平行四边形，那么一定存在无数个四边形MNPQ是矩形；③如果四边形ABCD为任意矩形，那么一定存在一个四边形为正方形；④如果四边形ABCD为任意菱形，那么一定存在一个四边形为正方形．【分析】具体分析见解答．【解答】解：①如图，点E，F，G，H是四边形ABCD各边的中点，则EFGH是平行四边形，作MN∥EF，PQ∥EF，且PQ＝MN，则四边形MNPQ是平行四边形，故存在无数个平行四边形MNPQ，故①正确；②如图2，当四边形EFGH是矩形时，∵AE∥BC，EF∥GH，∴∠AEF＝∠CGH，∵EF＝GH，∠A＝∠C，∴△AEF≌△CGH（AAS），∴AE＝CG，∴点E和G关于点O对称，同理可得：点F和点H关于点O对称，∴平行四边形ABCD的中心是矩形的中心，如图3，作EF过点O，存在以OE为圆心，OE为半径的圆与任意平行四边形有四个公共点，这样的圆有无数个，故②正确，③如图，当AD长远大于AB时，因为正方形的边长EF＜AB，而ED＞AB时，易知：不存在正方形EFGH，故③不正确；④如图5，连接AC，BD，交点是O，作∠AOB，∠BOC的平分线，其所在的直线分别交四边形ABCD的边于E，F，G，H，容易得四边形EFFGH是正方形，故④正确，综上所述，答案是：①②④．【变式5-1】（2023春•岳麓区校级月考）如图，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点．要使四边形EFGH是正方形，BD、AC应满足的条件是BD＝AC且BD⊥AC．【分析】依据条件先判定四边形EFGH为菱形，再根据∠FEH＝90°，即可得到菱形EFGH是正方形．【解答】解：满足的条件应为：AC＝BD且AC⊥BD．理由：∵E，F，G，H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，∴在△ADC中，HG为△ADC的中位线，∴HG∥AC且HG=12同理EF∥AC且EF=12AC，同理可得EH=则HG∥EF且HG＝EF，∴四边形EFGH为平行四边形，又∵AC＝BD，∴EF＝EH，∴四边形EFGH为菱形，∵AC⊥BD，EF∥AC，∴EF⊥BD，∵EH∥BD，∴EF⊥EH，∴∠FEH＝90°，∴菱形EFGH是正方形．故答案为：AC＝BD且AC⊥BD．【变式5-2】（2023春•汉寿县期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E，F在AC上，且OE＝OF，连接DE并延长至点M，使DE＝ME，连接MF，DF，BE．（1）当DF＝MF时，证明：四边形EMBF是矩形；（2）当△DMF满足什么条件时，四边形EMBF是正方形？请说明理由．【分析】（1）证明四边形DEBF是平行四边形．四边形EMBF是平行四边形．进而根据对角线相等的平行四边形是矩形即可解决问题；（2）根据直角三角形斜边的中线等于斜边一半即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB＝OD，∵OE＝OF，∴四边形DEBF是平行四边形．∴DE∥FB，且DE＝FB，又∵DE＝ME，∴ME＝BF，且ME∥BF，∴四边形EMBF是平行四边形．∵四边形DEBF是平行四边形，∴DF＝EB∵DF＝MF，∴MF＝EB，在平行四边形EMBF中，MF＝EB，∴四边形EMBF是矩形；（2）解：当△DMF满足DF＝MF，且∠DFM＝90°时，四边形EMBF是正方形，证明：由（1）可知：当DF＝MF时，四边形EMBF是矩形，在△DMF中，∠DFM＝90°，点E是斜边DM的中点，∴EF=1即EF＝EM，∴当△DMF满足DF＝MF，且∠DFM＝90°时，四边形EMBF是正方形．【变式5-3】（2023春•沛县期中）已知在△ABC中，D为边BC延长线上一点，点O是边AC上的一个动点，过O作直线MN∥BC，设MN与∠BCA的平分线相交于点E，与∠ACD的平分线相交于点F．（1）求证：OE＝OF；（2）试确定点O在边AC上的位置，使四边形AECF是矩形，并加以证明．（3）在（2）的条件下，且△ABC满足∠ACB＝90°条件时，矩形AECF是正方形？．【分析】（1）角平分线到角两边的距离相等，再利用全等三角形即可求解．（2）探究性问题，归根究底还是对矩形性质的判定，再平行四边形的基础上，加上其对角线平分且相等即可．（3）正方形的判定，在（2）的基础上，即在矩形的基础上补充对角线垂直即可．【解答】解：（1）如图所示：作EG⊥BC，EJ⊥AC，FK⊥AC，FH⊥BC，因为直线EC，CF分别平分∠ACB与∠ACD，所以EG＝EJ，FK＝FH，在△EJO与△FKO中，∠AOE=∠CON∠EJO=∠FKO所以△EJO≌△FKO，即OE＝OF；（2）当OA＝OC，OE＝OF时，四边形AECF是矩形，证明：∵OA＝OC，OE＝OF，∴四边形AECF为平行四边形，又∵直线MN与∠BCA的平分线相交于点E，与∠DCA（△ABC的外角）的平分线相交于点F．∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠FCD，由∠BCE+∠ACE+∠ACF+∠FCD＝180°，∴∠ECA+∠ACF＝90°，即∠ECF＝90°，∴四边形AECF为矩形；（3）由（2）可知，四边形AECF是矩形，要使其为正方形，再加上对角线垂直即可，即∠ACB＝90°．故答案为：∠ACB＝90°【题型6正方形判定的证明】【例6】（2023春•虹口区期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是对角线BD上的一点，且AE＝CE．（1）求证：四边形ABCD是菱形；（2）如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求证：四边形ABCD是正方形．【分析】（1）（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）由全等三角形的性质得到∠DAE＝∠DCE，进而得到∠ABE＝2∠DAE，由菱形的性质得到AB＝AD，进而得到∠ABE＝∠ADE，由三角形的外角的性质结合已知条件得到∠BAE＝3∠DAE，可得∠BAD＝4∠DAE，根据三角形内角和定理求得4∠DAE＝90°，即∠BAD＝90°，即可得到四边形ABCD是正方形．【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，AD=CDAE=CE∴△ADE≌△CDE（SSS），∴∠ADE＝∠CDE，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDE，∴∠ABD＝∠ADE，∴AB＝AD，∵AD＝CD，∴AB＝CD，∴四边形ABCD为平行四边形，∵AD＝CD，∴四边形ABCD是菱形；（2）∵△ADE≌△CDE，∴∠DAE＝∠DCE，∵∠ABE＝2∠DCE，∴∠ABE＝2∠DAE，由（1）知，四边形ABCD是菱形，∴AB＝AD，∴∠ABE＝∠ADE＝2∠DAE∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝3∠DAE，∵AB＝BE，∴∠BAE＝∠AEB＝3∠DAE，∴∠BAD＝∠BAE+∠DAE＝4∠DAE，∵∠ABE+∠ADE+∠BAD＝180°，∴2∠DAE+2∠DAE+4∠DAE＝180°，∴4∠DAE＝90°，∴∠BAD＝90°，∵四边形ABCD是菱形，∴四边形ABCD是正方形．【变式6-1】（2023春•宜城市期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，连接对角线AC，过点D作DE∥AC与BC的延长线交于点E，连接AE交DC于F．（1）求证：BC＝CE；（2）连接BF，若∠DAF＝∠FBE，且AD＝2CF，求证：四边形ABCD是正方形．【分析】（1）根据平行四边形的性质得出AD＝BC，利用平行四边形的判定和性质解答即可；（2）根据平行四边形的性质和菱形的判定以及正方形的判定解答即可．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AC∥DE，∴四边形ACED是平行四边形，∴AD＝CE，∴BC＝CE；（2）由（1）可知，四边形ACED是平行四边形，∴DF＝CF=12CD=12AB，∵AD＝2CF，∴AB＝AD，∵四边形ABCD为平行四边形，∴四边形ABCD为菱形，∵AD∥EC，∴∠DAF＝∠FEC，∵∠DAF＝∠FBE，∴∠FBE＝∠FEB，∴FB＝FE＝FA，∴∠FAB＝∠FBA，∴∠FBA+∠FBE=180°2=∴∠ABE＝90°，∴四边形ABCD是正方形．【变式6-2】（2023秋•市南区期末）已知：在平行四边形ABCD中，分别延长BA，DC到点E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．连接EH，分别交AD，BC于点F，G．（1）求证：AF＝CG；（2）连接BD交EH于点O，若EH⊥BD，则当线段AB与线段AD满足什么数量关系时，四边形BEDH是正方形？【分析】（1）要证明AF＝CG，只要证明△EAF≌△HCG即可；（2）利用已知可得四边形BEDH是菱形，所以当AE2+DE2＝AD2时，∠BED＝90°，四边形BEDH是正方形．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，∴∠AEF＝∠CHG，∵BE＝2AB，DH＝2CD，∴BE＝DH，∴BE﹣AB＝DH﹣DC，∴AE＝CH，∵∠BAD+∠EAF＝180°，∠BCD+∠GCH＝180°，∴∠EAF＝∠GCH，∴△EAF≌△HCG（ASA），∴AF＝CG；（2）当AD=5AB时，四边形BEDH理由：∵BE∥DH，BE＝DH，∴四边形EBHD是平行四边形，∵EH⊥BD，∴四边形EBHD是菱形，∴ED＝EB＝2AB，当AE2+DE2＝AD2时，则∠BED＝90°，∴四边形BEDH是正方形，即AB2+（2AB）2＝AD2，∴AD=5AB∴当AD=5AB，四边形BEDH【变式6-3】（2023•上海）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．【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＝180×14=45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，AD=CDDE=DE∴△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＝180×22+3+3=∵四边形ABCD是菱形，∴∠ABE＝45°，∴∠ABC＝90°，∴四边形ABCD是正方形．【题型7正方形的判定与性质综合】【例7】（2023•威海）如图1，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，DA上的点，HA＝EB＝FC＝GD，连接EG，FH，交点为O．（1）如图2，连接EF，FG，GH，HE，试判断四边形EFGH的形状，并证明你的结论；（2）将正方形ABCD沿线段EG，HF剪开，再把得到的四个四边形按图3的方式拼接成一个四边形．若正方形ABCD的边长为3cm，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，则图3中阴影部分的面积为1cm2．【分析】（1）先证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，可得出四边形GHEF是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，又可得出菱形的一个角是直角，那么就可得出四边形GHEF是正方形．（2）根据已知条件，可以知道重新拼成的四边形是正方形（因为正方形GHEF的对角线翻到了外边，做了新拼成的正方形的边长），利用勾股定理求出GF和GO、FO的长，所的面积是10减去4个四边形GOFC的面积就是阴影部分的面积．【解答】解：（1）四边形EFGH是正方形．（1分）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，∵HA＝EB＝FC＝GD，∴AE＝BF＝CG＝DH，（2分）∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，（3分）∴EF＝FG＝GH＝HE，（4分）∴四边形EFGH是菱形，（5分）∵△DHG≌△AEH，∴∠DHG＝∠AEH，∵∠AEH+∠AHE＝90°，∴∠DHG+∠AHE＝90°，∴∠GHE＝90°，（6分）∴四边形EFGH是正方形．（7分）（2）∵HA＝EB＝FC＝GD＝1，AB＝BC＝CD＝AD＝3，∴GF＝EF＝EH＝GH=12+∵由（1）知，四边形EFGH是正方形，∴GO＝OF，∠GOF＝90°，由勾股定理得：GO＝OF=102（∵S四边形FCGO=12×1×2+1∴S阴影=(102+102)2−S【变式7-1】（2023•萧山区模拟）如图，P为正方形ABCD内的一点，画▱PAHD，▱PBEA，▱PCFB，▱PDGC，请证明：以E，F，G，H为顶点的四边形是正方形．【分析】要证明以E，F，G，H为顶点的四边形是正方形，需要作辅助线连接四个顶点，判断4条线段与已知图形之间的关系，利用平行四边形的对角线互相平分的性质得到中点四边形是正方形，利用三角形的中位线定理很容易证明需要的结论．【解答】证明：如图，连接PH、PG、PF、PE，交点分别为：M、N、L、K，再连接HG、GF、FE、EH、PH．根据平行四边形的性质，M平分AD和PH，N平分CD和PG，因此MN是△PHG的中位线，所以HG∥MN，HG＝2MN．∵顺次连接正方形ABCD各边中点得MNLK是正方形，∴MN＝NL＝LK＝KM，4个角都为90°．同理可证：GF∥NL，GF＝2NL；FE∥LK，FE＝2LK；EH∥KM，EH＝2KM．∴HG＝GF＝EF＝EH，四边形EFGH的4个角也为90°，所以E，F，G，H是正方形的四个顶点．【变式7-2】（2023•萧山区模拟）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD＝∠DBC．（1）求证：四边形ABCD是正方形．（2）E是OB上一点，BE＝1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，证出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出结论；（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∵∠CAD＝∠DBC，∴∠BAD＝∠ABC，∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，∴四边形ABCD是正方形；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，∴AC⊥BD，AC＝BD＝42，∴OB＝CO=12AC＝22，DO=12∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，∵DH⊥CE，垂足为H，∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，∵∠ECO+∠DEH＝90°，∴∠ECO＝∠EDH，在△ECO和△FDO中，∠COE=∠DOF=90°OC=OD∴△ECO≌△FDO（ASA），∴OE＝OF．∵BE＝1，∴OE＝OF＝OB﹣BE＝22−【变式7-3】（2023春•潜山市期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝32，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：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．【分析】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；（2）同（1）的方法判断出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6．【解答】解：（1）如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，∴∠MEN＝90°，∵点E是正方形ABCD对角线上的点，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；（2）CE+CG的值是定值，定值为6，理由如下：∵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∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×【题型8探究正方形中的最值问题】【例8】（2023春•沙坪坝区校级月考）如图，在正方形ABCD中，M，N是边AB上的动点，且AM＝BN，连接MD交对角线AC于点E，连接BE交CN于点F，若AB＝3，则AF长度的最小值为35−3【分析】先证明△MAD≌△NBC，△ABE≌△ADE，推出∠BFC为直角，然后取BC中点G，连接FG和AG，根据三角形三边关系，即两边之差大于等于第三边（取等号时候，三边重合），求出AF的最小值．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝45°，在△MAD和△NBC中：AM=BN∠MAD=∠NBC∴△MAD≌△NBC（SAS），∴∠ADM＝∠BCN，在△ABE和△ADE中：AB=AD∠BAE=∠DAE∴△ABE≌△ADE（SAS），∴∠ABE＝∠ADE，∴∠ABE＝∠BCN，∵∠ABE+∠CBF＝∠ABC＝90°，∴∠BCN+∠CBF＝90°，∴∠BFC＝90°，如图，取BC中点G，连接FG、AG，则FG＝BG＝CG=12BC∵AG=A∴AF≥AG﹣FG=3当且仅当A、F、G三点共线时，AF取得最小值35【变式8-1】（2023•泰山区一模）如图，M、N是正方形ABCD的边CD上的两个动点，满足AM＝BN，连接AC交BN于点E，连接DE交AM于点F，连接CF，若正方形的边长为2，则线段CF的最小值是（）A．2 B．1 C．5−1 D．5【分析】根据正方形的性质可得AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，然后利用“HL”证明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根据全等三角形对应角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”证明△DCE和△BCE全等，根据全等三角形对应角相等可得∠2＝∠3，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得OF=12AD＝1，利用勾股定理列式求出OC，然后根据三角形的三边关系可知当O、F、C三点共线时，【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，在Rt△ADM和Rt△BCN中，AD=BCAM=BN∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），∴∠1＝∠2，在△DCE和△BCE中，BC=CD∠DCE=∠BCE∴△DCE≌△BCE（SAS），∴∠2＝∠3，∴∠1＝∠3，∵∠ADF+∠3＝∠ADC＝90°，∴∠1+∠ADF＝90°，∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，取AD的中点O，连接OF、OC，则OF＝DO=12在Rt△ODC中，OC=D根据三角形的三边关系，OF+CF＞OC，∴当O、F、C三点共线时，CF的长度最小，最小值＝OC﹣OF=5故选：C．【变式8-2】（2023•青山区模拟）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝4AB＝8，E为线段AD上一动点，以CE为边向上构造正方形CEFG，连接BF，则BF的最小值是62．【分析】过点E作EK⊥BC，交AD于点H，易得HK＝AB＝CD＝2；通过说明△FEH≌△ECD，可得FH＝ED，EH＝CD＝2，设AE＝x，则DE＝FH＝8﹣x，AH＝BK＝x+2．在Rt△BKF中，利用勾股定理求得BF，再利用配方法，应用二次函数的性质可得结论．【解答】解：过点E作EK⊥BC，交AD于点H，如图，∵四边形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝8，∠D＝90°．∵EK⊥BC，∴四边形ABKH为矩形．∴HK＝AB＝2，AH＝BK．∵四边形CEFG为正方形，∴∠FE＝CE，∠FEC＝90°．∴∠FEH+∠DEC＝90°．∵∠DEC+∠ECD＝90°，∴∠FEH＝∠ECD．在△FEH和△ECD中，∠FHE=∠D=90°∠FEH=∠ECD∴△FEH≌△ECD（AAS）．∴EF＝CD＝2，FH＝DE．设AE＝x，则AH＝BK＝AE+EH＝x+2，DE＝FH＝AD﹣AE＝8﹣x，∴FK＝FH+KH＝10﹣x．在Rt△BKF中，∵BK2+FK2＝BF2，∴BF=B∵2＞0∴当x＝4时，BF有最小值72=6故答案为：62．【变式8-3】（2023•郧阳区模拟）如图，PA=22，PB=42，以AB为边作正方形ABCD，使得P、D两点落在直线AB的两侧，当∠APB变化时，则PD的最大值为4+42【分析】过点A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，连接BQ，先证明△QAB≌△PAD，得到BQ＝PD，得到当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，根据勾股定理求出PQ，即可求出PD最大值．【解答】解：过点A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，连接BQ，∴∠QAP＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∴∠QAP＝∠BAD，∴∠QAP+∠PAB＝∠BAD+∠PAB，即∠QAB＝∠PAD，在△QAB和△PAD中，AQ=AP∠QAB=∠PAD∴△QAB≌△PAD（SAS），∴BQ＝PD，∴PD最大值即为BQ最大值，∵BQ≤PQ+PB，∴当Q、P、B在同一直线时，BQ最大，最大值为PQ+PB，在Rt△AQP中，PQ=A∴PQ+PB最大值为4+42，∴PD最大值为4+42，【题型9正方形在坐标系中的运用】【例9】（2023春•市中区期末）在平面直角坐标系中，对于两个点P、Q和图形W，如果在图形W上存在点M、N（M、N可以重合）使得PM＝QN，那么称点P与点Q是图形W的一对平衡点．已知正方形的边长为2，一边平行于x轴，对角线的交点为点O，点D的坐标为（2，0）．若点E（x，2）与点D是正方形的一对平衡点，则x的取值范围为（）A．﹣3≤x≤3 B．﹣4≤x≤4 C．﹣2≤x≤2 D．﹣5≤x≤5【分析】正方形MNGH上，点M，点H到点D的距离最大，最大值=12+32=10，当EG=10，且点E在点G的右侧时，E（4，2），当E′h=10【解答】解：如图，正方形MNGH，∵正方形MNGH上，点M，点H到点D的距离最大，最大值=1∴当EG=10，且点E在点G的右侧时，E当E′h=10，且点E在点h的左侧时，E（﹣观察图象可知，满足条件的x的值的范围：﹣4≤x≤4，故选：B．【变式9-1】（2023秋•永新县期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD的顶点坐标分别是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），求证：四边形ABCD是正方形．【分析】根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形即可求解．【解答】解：∵四边形ABCD的顶点坐标分别是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），∴OA＝OB＝OC＝OD＝2，即OA＝OC，OB＝OD且AC＝BD＝4，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形．【变式9-2】（2023春•顺城区期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线OC：yOC＝3x与直线AC：yAC＝﹣x+8相交于点C（2，6）．（1）点M从点O出发以每秒1个单位长度的速度沿x轴向右运动，点N从点A出发以每秒3个单位长度的速度沿x轴向左运动，两点同时出发．分别过点M，N作x轴的垂线，分别交直线OC，AC于点P，Q，请你在图1中画出图形，猜想四边形PMNQ的形状（点M，N重合时除外），并证明你的猜想；（2）在（1）的条件下，当点M运动87或8秒时，四边形PMNQ【分析】（1）根据已知条件得到A（8，0），设点M的运动时间为m秒，得到OM＝m，AN＝3m，求得M（m，0），N（8﹣3m，0），根据平行线判定定理得到PM∥QN，推出P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），求得PM＝QN，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）四边形PMNQ是正方形，则MN＝QN，即8﹣4x＝|3x|，即可求解．【解答】解：（1）如图，四边形PMNQ为矩形，证明：∵点A在直线AC：yAC＝﹣x+8上，当y＝0时，x＝8，∴A（8，0），设点M的运动时间为m秒，则OM＝m，AN＝3m，∴M（m，0），N（8﹣3m，0），∵PM⊥x轴，QN⊥x轴，∴∠PMA＝∠QNA＝90°，∴PM∥QN，∵点P在直线OC：yOC＝3x，点Q在直线AC：yAC＝﹣x+8上，∴P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），∴PM＝QN，∴四边形PMNQ为平行四边形，∵∠PMA＝90°，∴四边形PMNQ为矩形；（2）∵四边形PMNQ是正方形，∴MN＝QN，即8﹣4m＝|3m|，解得：x=8∴当点M运动87秒或8秒时，四边形PMNQ故答案为：87【变式9-3】（2023•河南模拟）如图，正方形OABC中，点A（4，0），点D为AB上一点，且BD＝1，连接OD，过点C作CE⊥OD交OA于点E，过点D作MN∥CE，交x轴于点M，交BC于点N，则点M的坐标为（）A．（5，0） B．（6，0） C．（254，0） D．（27【分析】由OABC是正方形，A（4，0），得OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，又BD＝1，知AD＝3，D（4，3），根据CE⊥OD，可证明△COE≌△OAD（ASA），即知OE＝AD＝3，E（3，0），设直线CE为y＝kx+b，用待定系数法可得直线CE为y=−43x+4，根据MN∥CE设直线MN为y=−43x+c，可得直线MN为y=−43x+25【解答】解：∵OABC是正方形，A（4，0），∴OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，∵BD＝1，∴AD＝3，D（4，3），∵CE⊥OD，∴∠DOE＝90°﹣∠CEO＝∠OCE，在△COE和△OAD中，∠OCE=∠DOEOC=OA∴△COE≌△OAD（ASA），∴OE＝AD＝3，∴E（3，0），设直线CE为y＝kx+b，把C（0，4），E（3，0）代入得：b=43k+b=0，解得k=−∴直线CE为y=−43由MN∥CE设直线MN为y=−43x+c，把−163解得c=25∴直线MN为y=−43x在y=−43x+253中，令y＝0得解得x=25∴M（254故选：C．【题型10正方形中的多结论问题】【例10】（2023春•慈溪市期末）如图，正方形ABCD中，点P为BD延长线上任一点，连结PA，过点P作PE⊥PA，交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F．下列结论：（1）PA＝PE；（2）BD＝2PF；（3）CE=2PD；（4）若BP＝BE，则其中正确的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，证明△BFG≌△EFP（SAS），可得BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，有AB∥PG，进而可得四边形ABGP是平行四边形，AP＝BG，可判断（1）正确；连接CG，证明四边形DCGP是平行四边形，得CG＝PD，CG∥PD，可得CE=2CG=2PD；判定（3）正确；连接AC交BD于O，可证明△AOP≌△PFE得OA＝PF，从而判断（2）正确；设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，可得BP＝BF+PF＝3m+n，BE=2BF＝22m+2n，若BP＝BE，则3m+n＝22m+2n，即可得PF【解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG＝FP，连接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四边形ABCD是正方形，∴∠FBC＝∠ABD＝45°，∴BF＝EF，在△BFG和△EFP中，BF=EF∠BFG=∠EFP∴△BFG≌△EFP（SAS），∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，∵∠ABD＝∠FPG＝45°，∴AB∥PG，∵AP⊥PE，∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，∴AP∥BG，∴四边形ABGP是平行四边形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；故（1）正确；连接CG，由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四边形DCGP是平行四边形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴CE=2CG=2连接AC交BD于O，如图3：∵四边形ABCD是正方形，∴∠AOP＝90°＝∠PFE，∵∠APO＝90°﹣∠OPE＝∠PEF，AP＝PE，∴△AOP≌△PFE（AAS），∴OA＝PF，∵OA=12∴PF=12BD，即BD＝2设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，∵∠DBC＝45°，∠BEF＝90°，∴BE=2BF＝22m+2若BP＝BE，则3m+n＝22m+2n∴m=2−13−22n即PF＝（2+1）DF∴正确的有：（1）（2）（3）（4），故4个，故选：D．【变式10-1】（2023春•渝中区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为a，点E在边AB上运动（不与点A，B重合），∠DAM＝45°，点F在射线AM上，且AF=2BE，CF与AD相交于点G．连接EC、EF、EG．下列结论：①∠ECF＝45°；②△AEG的周长为（1+22）a；③BE2+DG2＝EG2；④当G是线段AD的中点时，BEA．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】在BC上截取BH＝BE，连接EH，证明△FAE≌△EHC（SAS），可得EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，即可判断①正确，延长AD到K，使得DK＝BE，证明△GCE≌△GCK（SAS），可得EG＝DG+BE，判断③错误，而△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AB+AD＝2a，可判断②错误，设BE＝x，则DK＝x，在Rt△AEG中，则有（12a+x）2＝（a﹣x）2+（12a）2，解得BE=13【解答】解：在BC上截取BH＝BE，连接EH，如图：∵BE＝BH，∠EBH＝90°，∴EH=2BE∵AF=2BE∴AF＝EH，∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，∴∠FAE＝∠EHC＝135°，∵BA＝BC，BE＝BH，∴AE＝HC，∴△FAE≌△EHC（SAS），∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，∵∠ECH+∠CEB＝90°，∴∠AEF+∠CEB＝90°，∴∠FEC＝90°，∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正确，延长AD到K，使得DK＝BE，∵BC＝CD，∠CBE＝90°＝∠KDC，BE＝DK，∴△CBE≌△CDK（SAS），∴∠ECB＝∠DCK，CE＝CK，∴∠ECK＝∠BCD＝90°，∴∠ECG＝∠GCK＝45°，∵CG＝CG，