专题12正方形的性质与判定(知识点串讲)(原卷版+解析)

专题12正方形的性质与判定知识网络重难突破知识点一正方形的性质正方形：四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形。性质：=1\*GB3①边：四条边都相等；=2\*GB3②角：四角相等；=3\*GB3③对角线：对角线互相垂直平分且相等，对角线与边的夹角为450；=4\*GB3④对称性：轴对称图形（4条）．【典例1】（2019春•萧山区期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE＝AF，点M是EF的中点，连结CM．（1）求证：CM⊥EF．（2）设正方形ABCD的边长为2，若五边形BCDFE的面积为，请直接写出CM的长．【变式训练】1．（2018春•丽水期末）如图，以正方形ABCD的边AB为一边向内作等边△ABE，连结DE，则∠BED的度数为（）A．120° B．125° C．135° D．150°2．（2019春•余杭区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一个动点（不与点BC重合），AE的垂直平分线分别交AB，CD于点G，F．若CF＝6DF，则BE：EC的值为（）A． B． C． D．3．（2019春•温岭市期末）如图，E、F分别是正方形ABCD边AD、BC上的两定点，M是线段EF上的一点，过M的直线与正方形ABCD的边交于点P和点H，且PH＝EF，则满足条件的直线PH最多有（）条．A．1 B．2 C．3 D．44．（2019春•海曙区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，ED平分∠AEF．（1）求证：EF＝AE+CF．（2）若AE＝2，CF＝3，求△DEF的面积．知识点二正方形的判定正方形的判定：满足下列条件之一的四边形是正方形．=1\*GB3①有一组邻边相等且有一个直角的平行四边形=2\*GB3②有一组邻边相等的矩形；=3\*GB3③对角线互相垂直的矩形．=4\*GB3④有一个角是直角的菱形=5\*GB3⑤对角线相等的菱形；【典例2】（2018春•富阳区期末）如图，在线段AB的同侧作射线AC和BD，当AC∥BD时，若∠CAB与∠DBA的角平分线分别交射线BD，AC于点E，F，两条角平分线相交于点P，连接EF．（1）试判断四边形ABEF的形状并给予证明；（2）若AB＝BF＝2，在线段AE上取一点G，点G关于点P的对称点为点H，问线段AG的长为多少时？以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形．【变式训练】1．（2019•宁波模拟）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．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D．邻边相等的矩形是正方形2．（2019春•西湖区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，AD＝9cm，CD＝3cm，∠B＝45°，点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6）（1）求BC边上高AE的长度；（2）连接AN、CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形；（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形．知识点三特殊四边形综合题【典例3】（2020•宁波模拟）如图，已知∠MON＝90°，A，B分别是边OM和ON上的点，四边形ACDB和四边形OEFC都是正方形．（1）当OA＝2，OB＝1时，求OC的长．（2）当OB＝1，点A在直线OM上运动时，求OC的最小值．（3）设S△CDF＝y，OA＝x，求y关于x的函数关系式．【变式训练】1．（2019春•拱墅区校级期末）如图，正方形ABCD中，G是对角线BD上一个动点，连结AG，过G作GE⊥CD，GF⊥BC，E、F分别为垂足（1）求证：GE+GF＝AB；（2）①写出GE、GF、AG三条线段满足的等量关系，并证明；②求当AB＝6，AG＝时，BG的长．2．（2020春•鄞州区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm．点P从A点出发沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接PO并延长交BC于点Q．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？（2）当t＝3时四边形OQCD的面积为多少？（3）是否存在t的值，使△AQP为等腰三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．巩固训练1．（2019春•苍南县期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点EF在正方形ABCD内．若四边形AECF恰是菱形，连结FB，DE，且AF2﹣FB2＝3，则菱形AECF的边长为（）A． B． C．2 D．2．（2018春•上虞区期末）如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，延长DA到H，使DH＝DB，在DB上截取DG＝DC，连结GH交AB于点E，连结DE交AC于点F，连结FG，则下列结论：①四边形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG＝112.5°；④BC+FG＝1.5．其中正确结论的序号是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④3．（2019春•芜湖期末）正方形ABCD中，点E是BD上一点，过点E作EF⊥AE交射线CB于点F，连结CE．（1）已知点F在线段BC上①若AB＝BE，求∠DAE度数；②求证：CE＝EF（2）已知正方形边长为2，且BC＝2BF，请直接写出线段DE的长．4．（2019秋•海曙区期末）问题背景：如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得四边形EFGH是正方形．类比探究：如图2，在正△ABC的内部，作∠1＝∠2＝∠3，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）．（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由；（3）如图3，进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．5．（2019春•永康市期末）（1）尝试探究：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CF⊥CE，交AB的延长线于F．①求证：△CDE≌△CBF；②过点C作∠ECF的平分线交AB于P，连结PE，请探究PE与PF的数量关系，并证明你的结论．（2）拓展应用：如图2，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CF⊥CE，交AB的延长线于F，连结EF交DB于M，连结CM并延长CM交AB于P，已知AB＝6，DE＝2，求PB的长．6．（2019春•天台县期末）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AC，BC上的点，且满足DE⊥EF，垂足为点E，连接DF．（1）求∠EDF＝（填度数）；（2）延长DE交AB于点G，连接FG，如图2，猜想AG，GF，FC三者的数量关系，并给出证明；（3）①若AB＝6，G是AB的中点，求△BFG的面积；②设AG＝a，CF＝b，△BFG的面积记为S，试确定S与a，b的关系，并说明理由．7．（2019春•瑞安市期末）如图，等腰△ABC中，已知AC＝BC＝2，AB＝4，作∠ACB的外角平分线CF，点E从点B沿着射线BA以每秒2个单位的速度运动，过点E作BC的平行线交CF于点F．（1）求证：四边形BCFE是平行四边形；（2）当点E是边AB的中点时，连接AF，试判断四边形AECF的形状，并说明理由；（3）设运动时间为t秒，是否存在t的值，使得以△EFC的其中两边为邻边所构造的平行四边形恰好是菱形？不存在的，试说明理由；存在的，请直接写出t的值．答：t＝．专题12正方形的性质与判定知识网络重难突破知识点一正方形的性质正方形：四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形。性质：=1\*GB3①边：四条边都相等；=2\*GB3②角：四角相等；=3\*GB3③对角线：对角线互相垂直平分且相等，对角线与边的夹角为450；=4\*GB3④对称性：轴对称图形（4条）．【典例1】（2019春•萧山区期末）如图，在正方形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE＝AF，点M是EF的中点，连结CM．（1）求证：CM⊥EF．（2）设正方形ABCD的边长为2，若五边形BCDFE的面积为，请直接写出CM的长．【点拨】（1）连接CF，由正方形的性质得到AB＝AD＝BC＝CD，∠BAC＝∠B＝∠D＝90°，根据全等三角形的性质得到CE＝CF，根据等腰三角形的性质即可得到结论；（2）连接AM，根据等腰直角三角形的性质得到AM⊥EF，推出A，M，C三点共线，求得△AEF的面积＝，根据三角形的面积公式即可得到结论．【解析】（1）证明：连接CF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAC＝∠B＝∠D＝90°，∵AE＝AF，∴BE＝DF，∴△BCE≌△DCF（SAS），∴CE＝CF，∵点M是EF的中点，∴CM⊥EF；（2）解：连接AM，∵∠EAF＝90°，AE＝AF，∴△AEF是等腰直角三角形，∵点M是EF的中点，∴AM⊥EF，∴A，M，C三点共线，∵正方形ABCD的边长为2，∴正方形ABCD的面积＝4，∵五边形BCDFE的面积为，∴△AEF的面积＝，∴AM•EF＝AM•2AM＝，∴AM＝，∵AC＝AB＝2，∴CM＝．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．【变式训练】1．（2018春•丽水期末）如图，以正方形ABCD的边AB为一边向内作等边△ABE，连结DE，则∠BED的度数为（）A．120° B．125° C．135° D．150°【点拨】在正方形ABCD中，△ABE是等边三角形，可求出∠AEB、∠DAE的大小以及推断出AD＝AE，从而可求出∠AED，再根据角的和差关系求出∠BED的度数．【解析】解：如图，在正方形ABCD中，∠ABC＝90°，AB＝BC．∵△ABE是等边三角形，∴∠AEB＝∠BAE＝60°，AE＝AB，∴∠DAE＝90°﹣60°＝30°，AE＝AD，∴∠AED＝∠ADE＝（180°﹣30°）＝75°，∴∠BED＝∠AEB+∠AED＝60°+75°＝135°．故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质．根据正方形和等边三角形的性质推知AD＝AE是解题的关键．2．（2019春•余杭区期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一个动点（不与点BC重合），AE的垂直平分线分别交AB，CD于点G，F．若CF＝6DF，则BE：EC的值为（）A． B． C． D．【点拨】连接AF，EF，CF＝6a，DF＝a，由勾股定理可求AF，EC的长，即可求BE：EC的值．【解析】解：连接AF，EF∵CF＝6DF∴设CF＝6a，DF＝a，∴CD＝7a＝AD＝BC∴AF＝＝5a，∵GF垂直平分AE∴EF＝AF＝5a，∴EC＝＝a，∴BE＝7a﹣a∴BE：EC＝故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，利用勾股定理求线段的长度是本题的关键．3．（2019春•温岭市期末）如图，E、F分别是正方形ABCD边AD、BC上的两定点，M是线段EF上的一点，过M的直线与正方形ABCD的边交于点P和点H，且PH＝EF，则满足条件的直线PH最多有（）条．A．1 B．2 C．3 D．4【点拨】作辅助线，构建三角形全等，可知：过M与EF垂直的PH＝EF，通过画图可解答．【解析】证明：如图1，过B作BG∥EF，过C作CQ∥PH，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC，AB∥CD，∠A＝∠CBQ＝90°，∴四边形BFEG和四边形CQPH是平行四边形，∴EF＝BG，PH＝CQ，∵PH＝EF，∴BG＝CQ，∵AB＝BC，∴Rt△ABG≌Rt△BCQ（HL），∴∠ABG＝∠BCQ，∴∠ABG+∠CBG＝∠CBG+∠BCQ＝90°，∴CQ⊥BG，∴PH⊥EF，所以图1中过M与EF垂直满足条件有一条，如图2，还有两条：P1H1，P2H2，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、熟练掌握正方形的性质是关键．4．（2019春•海曙区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，ED平分∠AEF．（1）求证：EF＝AE+CF．（2）若AE＝2，CF＝3，求△DEF的面积．【点拨】（1）证明Rt△DGF和Rt△DCF和Rt△ADE≌Rt△GDE（HL），得AE＝EG，FG＝CF，相加可得结论；（2）设正方形的边长为x，根据勾股定理列方程为：（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解得x＝6，即DG＝6，根据三角形面积公式可得结论．【解析】（1）证明：过D作DG⊥EF于G，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠C＝90°，AD＝CD，∵ED平分∠AEF，∴AD＝DG，∴DG＝CD，在Rt△DGF和Rt△DCF中，∵，∴Rt△DGF≌Rt△DCF（HL），∴CF＝FG，同理得Rt△ADE≌Rt△GDE（HL），∴AE＝EG，∴EF＝EG+FG＝AE+CF；（2）解：设正方形的边长为x，则BE＝x﹣2，BF＝x﹣3，由（1）知：AE＝EG＝2，CF＝FG＝3，∴EF＝5，Rt△BEF中，EF2＝BE2+BF2，（x﹣2）2+（x﹣3）2＝52，解得：x＝6或﹣1（舍），∴DG＝AD＝6，∴S△DEF＝＝×5×6＝15．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质、三角形的面积公式、角平分线的性质和勾股定理等，关键是根据题意作出辅助线，构造直角三角形．知识点二正方形的判定正方形的判定：满足下列条件之一的四边形是正方形．=1\*GB3①有一组邻边相等且有一个直角的平行四边形=2\*GB3②有一组邻边相等的矩形；=3\*GB3③对角线互相垂直的矩形．=4\*GB3④有一个角是直角的菱形=5\*GB3⑤对角线相等的菱形；【典例2】（2018春•富阳区期末）如图，在线段AB的同侧作射线AC和BD，当AC∥BD时，若∠CAB与∠DBA的角平分线分别交射线BD，AC于点E，F，两条角平分线相交于点P，连接EF．（1）试判断四边形ABEF的形状并给予证明；（2）若AB＝BF＝2，在线段AE上取一点G，点G关于点P的对称点为点H，问线段AG的长为多少时？以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形．【点拨】（1）先根据角平分线的定义和平行线的性质证明AE⊥BF，AB＝BE，由AC∥BD，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得结论；（2）由菱形的性质得到AF＝AB，推出△ABF是等边三角形，得到∠BAF＝60°，求得AP＝，根据正方形的性质得到PG＝PH＝1，于是得到结论．【解析】解：（1）四边形ABEF是菱形，理由是：∵AE平分∠FAB，BF平分∠ABE，∴∠FAP＝∠PAB＝∠FAB，∠PBA＝∠ABE，∵AC∥BD，∴∠FAB+∠ABE＝180°，∠FAP＝∠BEP，∴∠PAB+∠PBA＝90°，∠BAP＝∠PEB，∴∠APB＝90°，AB＝BE，∴AE⊥BF，∵∠FAP＝∠BAP，∠APF＝∠APB＝90°，∴∠AFP＝∠ABP，∴AF＝AB＝BE，∴四边形ABEF是菱形；（2）∵四边形ABEF是菱形，∴AF＝AB，∵AB＝BF＝2，∴△ABF是等边三角形，∴∠BAF＝60°，∴∠FAP＝30°，∴AP＝，∵以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形，∴HG＝BF＝2，∴PG＝PH＝1，∵在线段AE上取一点G，点G关于点P的对称点为点H，∴点G在线段AP上或线段PE上，∴AG＝﹣1或+1．∴线段AG的长为﹣1或+1，以F，G，B，H为顶点的四边形是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，角平分线的定义，对称的性质，正确的理解题意是解题的关键．【变式训练】1．（2019•宁波模拟）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．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 D．邻边相等的矩形是正方形【点拨】根据平行四边形的判定、菱形的判定及正方形的判定逐一判断后即可确定正确的选项．【解析】解：A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确；B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，错误；C、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，正确；D、邻边相等的矩形是正方形，正确；故选：B．【点睛】本题考查了命题与定理，掌握平行四边形的判定、菱形的判定及正方形的判定是解答本题的关键．2．（2019春•西湖区校级月考）如图，平行四边形ABCD中，AD＝9cm，CD＝3cm，∠B＝45°，点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6）（1）求BC边上高AE的长度；（2）连接AN、CM，当t为何值时，四边形AMCN为菱形；（3）作MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，当t为何值时，四边形MPNQ为正方形．【点拨】（1）先由平行四边形的性质得出AB＝CD＝3cm．再解直角△ABE，即可求出AE的长度；（2）先证明四边形AMCN为平行四边形，则当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．根据AN＝AM列出方程32+（6﹣t）2＝t2，解方程即可；（3）先证明四边形MPNQ为矩形，则当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．根据QM＝QN列出方程|2t﹣6|＝3，解方程即可．【解析】解：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD＝3cm．在直角△ABE中，∵∠AEB＝90°，∠B＝45°，∴AE＝AB•sin∠B＝3×＝3（cm）；（2）∵点M、N分别以A、C为起点，1cm/秒的速度沿AD、CB边运动，设点M、N运动的时间为t秒（0≤t≤6），∴AM＝CN＝t，∵AM∥CN，∴四边形AMCN为平行四边形，∴当AN＝AM时，四边形AMCN为菱形．∵BE＝AE＝3，EN＝6﹣t，∴AN2＝32+（6﹣t）2，∴32+（6﹣t）2＝t2，解得t＝．故当t为时，四边形AMCN为菱形；（3）∵MP⊥BC于P，NQ⊥AD于Q，QM∥NP，∴四边形MPNQ为矩形，∴当QM＝QN时，四边形MPNQ为正方形．∵AM＝CN＝t，BE＝3，∴AQ＝EN＝BC﹣BE﹣CN＝9﹣3﹣t＝6﹣t，∴QM＝AM﹣AQ＝|t﹣（6﹣t）|＝|2t﹣6|（注：分点Q在点M的左右两种情况），∵QN＝AE＝3，∴|2t﹣6|＝3，解得t＝4.5或t＝1.5．故当t为4.5或1.5秒时，四边形MPNQ为正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，菱形的判定，正方形的判定，利用数形结合与方程思想是解题的关键．知识点三特殊四边形综合题【典例3】（2020•宁波模拟）如图，已知∠MON＝90°，A，B分别是边OM和ON上的点，四边形ACDB和四边形OEFC都是正方形．（1）当OA＝2，OB＝1时，求OC的长．（2）当OB＝1，点A在直线OM上运动时，求OC的最小值．（3）设S△CDF＝y，OA＝x，求y关于x的函数关系式．【点拨】（1）如图1所示，过点C作CG⊥OM于点G，先证明△AOB≌△AGC（AAS），再在Rt△OGC中，由勾股定理求得OC．（2）如图2所示，由题意可得点C在直线l：y＝x﹣1上运动，根据点到直线的距离最短、直线y＝x﹣1与OM及NO的延长线所得的三角形为等腰直角三角形可得答案．（3）如图3所示，延长OC至点H，使CH＝OC，连接AH，过点C作CG⊥OM，证明△DCF≌△ACH（SAS），再证明S△ACH＝S△OAC，从而利用三角形的面积关系可得答案．【解析】解：（1）如图1所示，过点C作CG⊥OM于点G，∵四边形ACDB是正方形，∴AB＝AC，∠BAC＝90°，∵∠MON＝90°，∠AGC＝90°，∴∠BAO+∠ABO＝90°，∠BAO+∠CAG＝90°，∴∠ABO＝∠CAG，∴△AOB≌△AGC（AAS）．∵OA＝2，OB＝1，∴CG＝OA＝2，AG＝OB＝1，∴OG＝3，∴在Rt△OGC中，由勾股定理得：OC＝＝．（2）如图2所示，由题意可得点C在直线l：y＝x﹣1上运动，∴OC的最小值为当OC与直线l垂直时，此时OC＝，∴OC的最小值为．（3）如图3所示，延长OC至点H，使CH＝OC，连接AH，过点C作CG⊥OM，∵CD＝CA，CH＝CF，∠DCF＝∠ACH＝90°+∠ACF，∴△DCF≌△ACH（SAS），由（1）知△AOB≌△AGC（AAS），∴CG＝OA，∵C是OH的中点，∴S△ACH＝S△OAC，∵S△CDF＝y，OA＝x，∴y＝S△OAH＝S△OAC＝x2．∴y关于x的函数关系式为y＝x2．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、一次函数及三角形的面积计算等知识点，数形结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．【变式训练】1．（2019春•拱墅区校级期末）如图，正方形ABCD中，G是对角线BD上一个动点，连结AG，过G作GE⊥CD，GF⊥BC，E、F分别为垂足（1）求证：GE+GF＝AB；（2）①写出GE、GF、AG三条线段满足的等量关系，并证明；②求当AB＝6，AG＝时，BG的长．【点拨】（1）根据正方形的性质得出△DGE和△BGF是等腰直角三角形，得出GE＝DG，GF＝BG，即可得出结论；（2）①连接CG，由SAS证明△ABG≌△CBG，得出AG＝CG，证出四边形EGFC是矩形，得出CE＝GF，由勾股定理即可得出GE2+GF2＝AG2；②设GE＝x，则GF＝6﹣x，由勾股定理得出方程求出GE＝1或GE＝5，再分情况讨论，由勾股定理求出BG即可．【解析】证明：（1）∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD＝90°，∠ABD＝∠CDB＝∠CBD＝45°，AB＝BC＝CD，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AB＝BD，∵GE⊥CD，GF⊥BC，∴△DGE和△BGF是等腰直角三角形，∴GE＝DG，GF＝BG，∴GE+GF＝（DG+BG）＝BD，∴GE+GF＝AB；（2）解：GE2+GF2＝AG2，理由如下：连接CG，如图所示：在△ABG和△CBG中，，∴△ABG≌△CBG（SAS），∴AG＝CG，∵GE⊥CD，GF⊥BC，∠BCD＝90°，∴四边形EGFC是矩形，∴CE＝GF，∴GE2+CE2＝CG2，∴GE2+GF2＝AG2；设GE＝x＝CF，则GF＝6﹣x＝BF，由勾股定理得：x2+（6﹣x）2＝（）2，∴x＝1或x＝5当x＝1时，∴BF＝GF＝5，∴BG＝＝＝5，当x＝5时，∴BF＝GF＝1，∴BG＝＝＝，【点睛】本题是一道四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，作出辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．2．（2020春•鄞州区期中）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB⊥AC，AB＝3cm，BC＝5cm．点P从A点出发沿AD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接PO并延长交BC于点Q．设运动时间为t（s）（0＜t＜5）（1）当t为何值时，四边形ABQP是平行四边形？（2）当t＝3时四边形OQCD的面积为多少？（3）是否存在t的值，使△AQP为等腰三角形？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．【点拨】（1）先证明△APO≌△CQO，AP＝CQ＝t，根据AP＝BQ列方程可得结论；（2）作高线AH和OG，根据三角形的中位线定理和面积法分别求AH和CG的长，根据y＝S△OCD+S△OCQ＝，代入可得结论；（3）由（1）知，△APO≌△CQO，于是得到AP＝CQ＝t，OP＝OQ，①当AP＝PQ＝t时，△AQP为等腰三角形，如图2，过O作OH⊥BC于H，根据相似三角形的性质得到OH＝，CH＝，求得HQ＝t﹣，OQ＝t，根据勾股定理得到方程（t）2＝（）2+（t﹣）2，由于此方程无实数根，故这种情况不存在；②当AQ＝PQ时，△AQP为等腰三角形，如图3，过O作OH⊥AD于H，过A作AG⊥BC于G，根据相似三角形的性质得到结论；③当AP＝AQ＝t时，△AQP为等腰三角形，如图4，连接CP，则四边形AQCP是菱形，根据勾股定理列方程即可得到结论．【解析】解析：（1）当t＝2.5s时，四边形ABQP是平行四边形，理由是：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AO＝CO，∴∠PAO＝∠QCO，∴△APO≌△CQO（ASA），∴AP＝CQ＝t，∴BQ＝5﹣t，若四边形ABQP是平行四边形，则AP＝BQ，∴t＝5﹣t，∴t＝2.5，即当t＝2.5s时，四边形ABQP是平行四边形；（2）如图1，过A作AH⊥BC于H，过O作OG⊥BC于G，在Rt△ABC中，∵AB＝3，BC＝5，∴AC＝4，∴CO＝AC＝2，S△ABC＝AB•AC＝BC•AH，∴3×4＝5AH，解得：AH＝，∵AH∥OG，OA＝OC，∴GH＝CG，∴OG＝AH＝，∴四边形OQCD的面积＝S△OCD+S△OCQ＝，∴四边形OQCD的面积＝×2×3+×t×＝t+3，当t＝3时，四边形OQCD的面积为cm2；（3）由（1）知，△APO≌△CQO，∴AP＝CQ＝t，OP＝OQ，①当AP＝PQ＝t时，△AQP为等腰三角形，如图2，过O作OH⊥BC于H，则OH＝，∴CH＝＝，∴HQ＝t﹣，OQ＝t，在Rt△OQH中，OQ2＝OH2+HQ2，∴（t）2＝（）2+（t﹣）2，∵此方程无实数根，故这种情况不存在；②当AQ＝PQ时，△AQP为等腰三角形，如图3，过O作OH⊥AD于H，过A作AG⊥BC于G，∴AH＝QG＝AP＝t，∵BQ＝PD＝5﹣t，∴BG＝BQ﹣GQ＝5﹣t﹣t＝5﹣t，∵AG＝，AB＝3，∴32＝（5﹣t）2+（）2，∴t＝（负值舍去）；③当AP＝AQ＝t时，△AQP为等腰三角形，如图4，连接CP，则四边形AQCP是菱形，∴PQ⊥AC，∴OQ∥AB，∴OQ＝AB＝，∴AQ＝t＝＝＝，综上所述，存在t的值为或时，使△AQP为等腰三角形．【点睛】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、三角形中位线定理、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，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．巩固训练1．（2019春•苍南县期末）如图，正方形ABCD的边长为3，点EF在正方形ABCD内．若四边形AECF恰是菱形，连结FB，DE，且AF2﹣FB2＝3，则菱形AECF的边长为（）A． B． C．2 D．【点拨】过点F作FM⊥AB，则FM＝BM，BF2＝2FM2，由AF2﹣FB2＝3可得AM﹣BM＝1，可求出AM＝2，BM＝1，则AF的长可求出．【解析】解：如图，过点F作FM⊥AB，∵∠ABF＝45°，∴FM＝BM，∴BF2＝2FM2，∴AF2﹣BF2＝AF2﹣FM2﹣BM2＝3∴AM2﹣BM2＝3，∵AM+BM＝3，∴AM﹣BM＝1，∴AM＝2，BM＝1，∴＝＝．故选：D．【点睛】此题考查菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，注意构造直角三角形是解决问题的关键．2．（2018春•上虞区期末）如图，正方形ABCD的边长为1，AC、BD是对角线，延长DA到H，使DH＝DB，在DB上截取DG＝DC，连结GH交AB于点E，连结DE交AC于点F，连结FG，则下列结论：①四边形AEGF是菱形；②△AED≌△GED；③∠DFG＝112.5°；④BC+FG＝1.5．其中正确结论的序号是（）A．①②④ B．②③④ C．①②③ D．①③④【点拨】首先证明△ADE≌△GDE，再求出∠AEF、∠AFE、∠GEF、∠GFE的度数，推出AE＝EG＝FG＝AF，由此可以一一判断．【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝DC＝BC＝AB，∠DAB＝∠ADC＝∠DCB＝∠ABC＝90°，∠ADB＝∠BDC＝∠CAD＝∠CAB＝45°，又∵DG＝DC，∴DA＝DG，又∵DH＝DB，∴△DGH≌△DAB（SAS），∴∠DAE＝∠DGE＝90°，在Rt△ADE和Rt△GDE中，，∴Rt△ED≌Rt△GED（HL），故②正确，∴∠ADE＝∠EDG＝22.5°，AE＝EG，∴∠AED＝∠AFE＝67.5°，∴AE＝AF，同理△AEF≌△GEF，可得EG＝GF，∴AE＝EG＝GF＝FA，∴四边形AEGF是菱形，故①正确，∵∠DFG＝∠GFC+∠DFC＝∠BAC+∠DAC+∠ADF＝112.5°，故③正确．∵AE＝FG＝EG＝BG，BE＝AE，∴BE＞AE，∴AE＜，∴CB+FG＜1.5，故④错误．故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、菱形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是通过计算发现角相等，学会这种证明角相等的方法．3．（2019春•芜湖期末）正方形ABCD中，点E是BD上一点，过点E作EF⊥AE交射线CB于点F，连结CE．（1）已知点F在线段BC上①若AB＝BE，求∠DAE度数；②求证：CE＝EF（2）已知正方形边长为2，且BC＝2BF，请直接写出线段DE的长．【点拨】（1）①先求得∠ABE的度数，然后依据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求得∠BAE的度数，然后可求得∠DAE度数；②先利用正方形的对称性可得到∠BAE＝∠BCE，然后在证明又∠BAE＝∠EFC，通过等量代换可得到∠BCE＝∠EFC；（2）当点F在BC上时，过点E作MN⊥BC，垂直为N，交AD于M．依据等腰三角形的性质可得到FN＝CN，从而可得到NC的长，然后可得到MD的长，在Rt△MDE中可求得ED的长；当点F在CB的延长线上时，先根据题意画出图形，然后再证明EF＝EC，然后再按照上述思路进行解答即可．【解析】解：（1）①∵ABCD为正方形，∴∠ABE＝45°．又∵AB＝BE，∴∠BAE＝×（180°﹣45°）＝67.5°．∴∠DAE＝90°﹣67.5°＝22.5°②证明：∵正方形ABCD关于BD对称，∴△ABE≌△CBE，∴∠BAE＝∠BCE．又∵∠ABC＝∠AEF＝90°，∴∠BAE＝∠EFC，∴∠BCE＝∠EFC，∴CE＝EF．（2）如下图所示：过点E作MN⊥BC，垂直为N，交AD于M．∵CE＝EF，∴N是CF的中点．∵BC＝2BF，∴＝．又∵四边形CDMN是矩形，△DME为等腰直角三角形，∴CN＝DM＝ME，∴ED＝DM＝CN＝．如下图所示：过点E作MN⊥BC，垂直为N，交AD于M．∵正方形ABCD关于BD对称，∴△ABE≌△CBE，∴∠BAE＝∠BCE．又∵∠ABF＝∠AEF＝90°，∴∠BAE＝∠EFC，∴∠BCE＝∠EFC，∴CE＝EF．∴FN＝CN．又∵BC＝2BF，∴FC＝3，∴CN＝，∴EN＝BN＝，∴DE＝．综上所述，ED的长为或【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的法则是解题的关键．4．（2019秋•海曙区期末）问题背景：如图1，在正方形ABCD的内部，作∠DAE＝∠ABF＝∠BCG＝∠CDH，根据三角形全等的条件，易得△DAE≌△ABF≌△BCG≌△CDH，从而得四边形EFGH是正方形．类比探究：如图2，在正△ABC的内部，作∠1＝∠2＝∠3，AD，BE，CF两两相交于D，E，F三点（D，E，F三点不重合）．（1）△ABD，△BCE，△CAF是否全等？如果是，请选择其中一对进行证明；（2）△DEF是否为正三角形？请说明理由；（3）如图3，进一步探究发现，△ABD的三边存在一定的等量关系，设BD＝a，AD＝b，AB＝c，请探索a，b，c满足的等量关系．【点拨】（1）由正三角形的性质得出∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC，证出∠ABD＝∠BCE，由ASA证明△ABD≌△BCE即可；（2）由全等三角形的性质得出∠ADB＝∠BEC＝∠CFA，证出∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，即可得出结论；（3）作AG⊥BD于G，由正三角形的性质得出∠ADG＝60°，在Rt△ADG中，DG＝b，AG＝b，在Rt△ABG中，由勾股定理即可得出结论．【解析】（1）△ABD≌△BCE≌△CAF；理由如下：∵△ABC是正三角形，∴∠CAB＝∠ABC＝∠BCA＝60°，AB＝BC＝AC，又∵∠1＝∠2＝∠3，∴∠ABD＝∠BCE＝∠CAF，在△ABD、△BCE和△CAF中，，∴△ABD≌△BCE≌△CAF（ASA）；（2）△DEF是正三角形；理由如下：∵△ABD≌△BCE≌△CAF，∴∠ADB＝∠BEC＝∠CFA，∴∠FDE＝∠DEF＝∠EFD，∴△DEF是正三角形；（3）c2＝a2+ab+b2．作AG⊥BD于G，如图所示：∵△DEF是正三角形，∴∠ADG＝60°，在Rt△ADG中，DG＝b，AG＝b，在Rt△ABG中，c2＝（a+b）2+（b）2，∴c2＝a2+ab+b2．【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、正三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，熟练掌握正三角形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键．5．（2019春•永康市期末）（1）尝试探究：如图1，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CF⊥CE，交AB的延长线于F．①求证：△CDE≌△CBF；②过点C作∠ECF的平分线交AB于P，连结PE，请探究PE与PF的数量关系，并证明你的结论．（2）拓展应用：如图2，E是正方形ABCD的边AD上的一点，过点C作CF⊥CE，交AB的延长线于F，连结EF交DB于M，连结CM并延长CM交AB于P，已知AB＝6，DE＝2，求PB的长．【点拨】（1）先判断出∠CBF＝90°，再证明∠DCE＝∠BCF即可解决问题．（2）证明△PCE≌△PCF（SAS）即可解决问题．（3）如图2中，作EH⊥AD交BD于H，连接PE．证明△EMH≌△FMB（AAS），由EM＝FM，CE＝CF，推出PC垂直平分线段EF，推出PE＝PF，设PB＝x，则PE＝PF＝x+2，PA＝6﹣x，理由勾股定理构建方程即可解决问题．【解析】解：（1）如图1中，在正方形ABCD中，DC＝BC，∠D＝∠ABC＝∠DCB＝90°，∴∠CBF＝180°﹣∠ABC＝90°，∵CF⊥CE，∴∠ECF＝90°，∴∠DCB＝∠ECF＝90°∴∠DCE＝∠BCF，∴△CDE≌△CBF（ASA）．（2）结论：PE＝PF．理由：如图1中，∵△CDE≌△CBF，∴CE＝CF，∵PC＝PC，∠PCE＝∠PCF，∴△PCE≌△PCF（SAS），∴PE＝PF．（3）如图2中，作EH⊥AD交BD于H，连接PE．∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝6，∠A＝90°，∠EDH＝45°，∵EH⊥AD，∴∠DEH＝∠A＝90°，∴EH∥AF，DE＝EH＝2，∵△CDE≌△CBF，∴DE＝BF＝2，∴EH＝BF，∵∠EHM＝∠MBF，∠EMH＝∠FMB，∴△EMH≌△FMB（AAS），∵EM＝FM，∵CE＝CF，∴PC垂直平分线段EF，∴PE＝PF，设PB＝x，则PE＝PF＝x+2，PA＝6﹣x，在Rt△APE中，则有（x+2）2＝42+（6﹣x）2，∴x＝3，∴PB＝3．【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，勾股定理等知识，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．6．（2019春•天台县期末）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别是AC，BC上的点，且满足DE⊥EF，垂足为点E，连接DF．（1）求∠EDF＝45°（填度数）；（2）延长DE交AB于点G，连接FG，如图2，猜想AG，GF，FC三者的数量关系，并给出证明；（3）①若AB＝6，G是AB的中点，求△BFG的面积；②设AG＝a，CF＝b，△BFG的面积记为S，试确定S与a，b的关系，并说明理由．【点拨】（1）如图1中，连接BE．利用全等三角形的性质证明EB＝ED，再利用等角对等边证明EB＝EF即可解决问题．（2）猜想：GF＝AG+CF．如图2中，将△CDF绕点D旋转90°，得△ADH，证明△GDH≌△GDF（SAS）即可解决问题．（3）①设CF＝x，则AH＝x，BF＝6﹣x，GF＝3+x，利用勾股定理构建方程求出x即可．②设正