2024八年级数学下册专题08正方形的性质与判定压轴题五种模型全攻略含解析新版浙教版

Page1专题08正方形的性质与判定压轴题三种模型全攻略【类型一正方形的性质与判定综合考模型】例题：（四川达州·九年级期末）如图，在中，是的中点、是中点，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)若，试推断四边形的形态，并证明你的结论；(3)干脆回答：当满足________时，四边形是正方形．【答案】(1)见解析；(2)四边形是菱形，见解析；(3)AC=BC【解析】【分析】（1）利用推出∠DBE=∠AFE，由此证明△BED≌△FEA（AAS），得到BD=AF，即可得到结论；（2）依据直角三角形斜边中线得到AD=CD，即可证得四边形是菱形；（3）当△ABC满足AC=BC时，理由等腰三角形的三线合一的性质得到AD⊥BC，即可证得四边形是正方形．(1)证明：∵，∴∠DBE=∠AFE，∵是中点，∴AE=DE，∵∠BED=∠AEF，∴△BED≌△FEA（AAS），∴BD=AF，∵是的中点，∴BD=CD，∴CD=AF；(2)四边形是菱形，理由如下：∵AF∥CD，AF=CD，∴四边形ADCF是平行四边形，∵AC⊥BC，点D是BC的中点，∴AD=BD=CD，∴四边形是菱形；(3)当△ABC满足AC=BC时，四边形是正方形，理由如下：∵∠BAC=90°，AC=BC，AD为中线，∴AD⊥BC，∴菱形是正方形，故答案为：AC=BC．【点睛】此题考查了全等三角形的判定及性质，证明四边形是菱形，证明四边形是正方形，等腰三角形三线合一的性质，熟记各定理并娴熟应用是解题的关键．【变式训练1】（江苏·南京外国语学校八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，E是CD的中点，过点C作CFAB，交AE的延长线于点F，连接BF．(1)求证：四边形BDCF是菱形；(2)当△ABC满足什么条件时，四边形BDCF是正方形？请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)AC＝BC，理由见解析【解析】【分析】（1）由“AAS”可证△CEF≌△DEA，可得CF＝AD，由直角三角形的性质可得CD＝AD＝BD＝CF，由菱形的判定可证四边形BDCF是菱形；（2）由等腰三角形的性质可得CD⊥AB，即可证四边形BDCF是正方形．(1)证明：∵CFAB∴∠CFA＝∠BAF，∠ADC＝∠FCD，∵E是CD的中点，∴CE＝DE∴△CEF≌△DEA（AAS）∴CF＝AD，∵CD是Rt△ABC的中线∴CD＝AD＝BD∴CF＝BD，∵CFAB∴四边形BDCF是平行四边形，∵CD＝BD∴四边形BDCF是菱形(2)当AC＝BC时，四边形BDCF是正方形，理由如下：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴△ABC是等腰直角三角形∵CD是AB边上的中线∴CD⊥AB，∴∠BDC＝90°∵四边形BDCF是菱形∴四边形BDCF是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质和等腰三角形的性质，灵敏运用这些性质进行推理是本题的关键．【变式训练2】（浙江杭州·一模）已知：如图，边长为的菱形的对角线与相交于点，若．(1)求证：四边形是正方形．(2)是上一点，，且，垂足为，与相交于点，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)【解析】【分析】（1）由菱形的性质得出，，，得出，证出，求出，即可得出结论；（2）由正方形的性质得出，，，，得出，，证出，证明≌，即可得出结论．(1)证明：四边形是菱形，，，，，，，，，四边形是正方形；(2)解：四边形是正方形，，，，，，，，，垂足为，，，，，在和中，，≌，．，．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质，全等三角形的判定与性质等学问；娴熟驾驭正方形的判定与性质是解题关键．【变式训练3】（广东深圳·二模）如图1，正方形ABCD中，AC为对角线，点P在线段AC上运动，以DP为边向右作正方形DPFE，连接CE；(1)【初步探究】则AP与CE的数量关系是，AP与CE的夹角度数为；(2)【探究发觉】点P在线段AC及其延长线上运动时，如图1，图2，探究线段DC，PC和CE三者之间的数量关系，并说明理由；(3)【拓展延长】点P在对角线AC的延长线上时，如图3，连接AE，若AB=，AE=，求四边形DCPE的面积．【答案】(1)AP=CE，90°(2)，理由见解析(3)12【解析】【分析】（1）依据正方形的性质，可得，，再依据同角的余角相等，可得，再依据“边角边”证得，即可求解；（2）跟（1）小题思路一样，先证得，可得，再依据是等腰直角三角形，可得，即可求解；（3）由四边形ABCD是正方形，可得，再依据勾股定理，可求得，，进而可以求出，，即可求解．(1)解：四边形ABCD和四边形DPFE是正方形，，，，，在和中，，，，，AP与CE的夹角的度数是90°；(2)解：四边形ABCD和四边形DPFE是正方形，，，，，在和中，，，，是等腰直角三角形，，；(3)解：连接BD，CE，四边形ABCD是正方形，，是等腰直角三角形，，，由（1）可知，，由（2）可知，，，，在中，，是等腰直角三角形，，，∴+=12．【点睛】本题主要考查了正方形的性质和三角形的全等、勾股定理、直角三角形的性质以及割补法求图形的面积．【类型二正方形的折叠问题模型】例题：（广西南宁·八年级期中）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E是BC上的点，，将沿AE折叠，使点B落在AC上点F处，则AB的长为（

）A．2 B．3 C． D．【答案】C【解析】【分析】由正方形的性质得AB＝BC，∠BCD＝∠B＝90°，∠ECF＝∠BCD＝45°，由折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，证出△CEF是等腰直角三角形，则CE＝FE＝，进而得出答案．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠BCD＝∠B＝90°，∠ECF＝∠BCD＝45°，由折叠的性质得：∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，∴∠CFE＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，∴CE＝FE＝，∴BC＝BE＋CE＝1＋，∴AB＝BC＝1＋；故选：C．【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等学问；娴熟驾驭翻折变换和正方形的性质是解题的关键．【变式训练1】（江苏师范高校附属试验学校一模）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AD、BC上，则折痕FG的长度为______．【答案】【解析】【分析】过点G作GH⊥AD于H，依据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，依据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解．【详解】解：如图，过点G作GH⊥AD于H，则四边形ABGH中，HG=AB，由翻折变换的性质得GF⊥AE，∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°，∴∠AFG=∠AED，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∴HG=AD，在△ADE和△GHF中，，∴△ADE≌△GHF（AAS），∴GF=AE，∵点E是CD的中点，∴DE=CD=2，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE，∴GF的长为2．故答案为：．【点睛】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．【变式训练2】（广东·普宁市红领巾试验学校九年级阶段练习）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，求CF的长【答案】6﹣【解析】【分析】设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，从而得到关于x的方程，求解x即可．【详解】解：设BF＝x，则则FG＝x，CF＝4﹣x．∵E是CD的中点，∴DE=CE=在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝．依据折叠的性质可知AG＝AB＝4，BF=FG=x∴GE＝AE-AG=﹣4．在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF2＝（﹣4）2+x2，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF2＝（4﹣x）2+22，∴（﹣4）2+x2＝（4﹣x）2+22，解得x＝﹣2，∴BF＝2﹣2∴FC=BC-BF=4-（2﹣2）=6-2．【点睛】本题主要考查了正方形的性质及翻转折叠的性质，精确运用题目中的条件用两种方法表示出EF，列出方程式解题的关键．【变式训练3】（广东深圳·八年级阶段练习）把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在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3BE＝BC．（1）请干脆写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为；（2）当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）【解析】【分析】（1）依据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由，得到，即可求出F的坐标为（3，），设直线EF的解析式为，把E、F的坐标代入求解即可；（2）由△AEF和△AFM等高，则，从而得到，然后分当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，依据中点坐标公式求解即可；（3）由，得到当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，先用面积法求出，然后求出直线AF的解析式为；设Q点坐标为（t，），则，由此求解即可．【详解】解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，∴BC=CD=3，∠BCD=90°，∴D点坐标为（3，3），∵3BE=BC，∴BE=1，∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，∵，∴，解得，∴F的坐标为（3，），设直线EF的解析式为，∴，∴，∴直线EF的解析式为；（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，∵△AEF和△AFM等高，∴，∴，当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M1，∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3，），∴，∴M1的坐标为（2，）；当M在EF延长线上时，此时记作M2，则，即此时F为的中点，∴，∴，∴M2的坐标为（4，）；∴综上所述，当M的坐标为（2，）或（4，）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）如图所示，连接EQ，∵，∴当Q、P、E三点共线的时候有最小值EQ，再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即有最小值，由（1）得，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，∴，∵，∴，设直线AF的解析式为∴，∴，∴直线AF的解析式为；设Q点坐标为（t，），∴，解得，∴Q点坐标为（2，2）【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够娴熟驾驭一次函数的相关学问．【类型三正方形的动点问题模型】例题：（广东·深圳市龙华区潜龙学校九年级阶段练习）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形；(2)探究：①与有怎样的位置关系？请说明理由．②的值为______．【答案】(1)见解析(2)①，理由见解析；②2【解析】【分析】（1）作于，于，得到，然后证得，得到≌，则有，依据正方形的判定即可证得矩形是正方形；（2）①依据正方形的性质得到，，依据余角的性质得到，依据全等三角形的性质得到，依据垂直的定义即可得到结论；②依据全等三角形的性质得到，依据线段的和差即可得的结论．(1)如图，作于，于，，点是正方形对角线上的点，，，，，在和中，，≌，，四边形是矩形，矩形是正方形；(2)①，理由如下：正方形和正方形，，，，，在和中，，≌，，，，，；②由知，≌，，，故答案为：．【点睛】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，正方形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出帮助线，证得≌．【变式训练1】（山西阳泉·九年级期末）综合与实践：如图（1），已知点E为正方形对角线上一动点（不与点C重合），连接．(1)实践与操作：在图中，画出以点B为旋转中心，将线段逆时针旋转的线段，并且连接．(2)视察与猜想：视察图（1），猜想并推理可以得到以下结论：结论1，和之间的位置关系是______；结论2，和之间的数量关系是______．(3)探究与发觉：①如图（2），若点E在延长线上时，（2）中的两个结论是否照旧成立，说明理由．②如图（2），若，，请干脆写出的长．【答案】(1)见解析(2)，(3)①成立，理由见解析；②【解析】【分析】（1）按题意干脆作图即可；（2）先证△ABF和△CBE，可得AF=CE，再证得∠CAF=90°，即得；（3）①先证得，可得，，进一步得到．最终证得；②由可得CE=AF，再由，可得AC的长，进而求得AB的长．(1)画图正确；(2)，，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，∵以点B为旋转中心，将线段逆时针旋转的线段，∴BE=BF，∠EBF=90°，∴∠ABC=∠EBF=90°，∴∠ABF=∠CBE，在△ABF和△CBE中，∴△ABF和△CBE（SAS），∴AF=CE，∠BAF=∠BCE，∵∠BAC+∠BCE=90°，∴∠BAC+∠BAF=90°，∴∠CAF=90°，即；故答案为

；；(3)①当点E在的延长线上时（2）中的两个结论照旧成立理由：由正方形得，，．∵，∴．即．由旋转的性质可知．在和中，∴∴，．∴．即．②的长为．理由：∵，∴CE=AF，∵，，∴AC=5，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=．【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作帮助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中帮助线一般是垂线段，要牢记正方形的两特性质，即四边相等，四个内角都是90°．【变式训练2】（湖南岳阳·八年级期末）在中，为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题：(1)假如，①如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），线段CF、BD之间的位置关系为；数量关系为；②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否照旧成立，并说明理由；(2)如图3，假如，点D在线段BC上运动（与点B不重合）．摸索究：当时，（1）中的CF，BD之间的位置关系是否照旧成立，并说明理由．【答案】(1)①，；②成立，理由见解析(2)成立，理由见解析【解析】【分析】（1）①依据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，依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，依据全等三角形的性质得到CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，依据余角的性质即可得到结论；（2）过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，于是得到∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，证得AC＝AG，依据（1）的结论于是得到结果．(1)解：（1）①，；理由：正方形ADEF中，AD＝AF，∵∠BAC＝∠DAF＝90°，∴∠BAD＝∠CAF，在△DAB与△FAC中，∴△DAB≌△FAC（SAS），∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，∵AB＝AC，∠BAC＝90°，∴∠B＝∠ACB＝45°，∴∠ACF＝∠B＝45°，∴∠ACB＋∠ACF＝90°，即CF⊥BD；故答案为：，；②成立．理由：在等腰直角中，，在正方形ADEF中，，，，在与中，，，又在等腰直角中，，，，；(2)解：成立．理由：过点A作，交CB的延长线于点G，如图所示：，是等腰直角三角形，，，在正方形ADEF中，，，，在与中，，，．【点睛】本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G构造全等三角形是解题的关键．【类型四正方形中的动点最值问题模型】例题：（北京市其次中学分校八年级期中）在正方形ABCD中，，点E、F分别为AD、AB上一点，且，连接BE、CF，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】如图所示，作D关于直线AB的对称点，连接，先证明△ABE≌△ADF得到BE=DF，则，从而推出当C、F、三点共线时，有最小值，即BE+CF有最小值，最小值为，由此求解即可．【详解】解：如图所示，作D关于直线AB的对称点，连接，∴，，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∠ADC=90°，又∵∠FAD=∠EAB，AF=AE，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴BE=DF，∴，∴，∴当C、F、三点共线时，有最小值，即BE+CF有最小值，最小值为，在Rt△中，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称最短路径问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，正确作出帮助线是解题的关键．【变式训练1】（广东汕头·一模）如图，正方形ABCD的边长为cm，动点E、F分别从点A、C同时动身，都以0.5cm/s的速度分别沿AB、CD向终点B、D移动，当点E到达点B时，运动停止，过点B作直线EF的垂线BG，垂足为点G，连接AG，则AG长的最小值为______cm．【答案】【解析】【分析】连接BD，交EF于点O．取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可．【详解】解：连接BD，交EF于点O．取OB中点M，连接MA，MG，在正方形ABCD中，AB=CD，，，，，，在中，在中，，连接AC，则于点O，在中，，，AG≥AM-MG=，当A，M，G三点共线时，AG最小=cm，故答案为：．【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，直角三角形的性质，连接OB，取OB中点M，连接MA，MG，则MA，MG为定长，利用两点之间线段最短解决问题是解决本题的关键．【变式训练2】（山东德州·一模）已知：点E是正方形ABCD边上的一点，将线段AE绕点E顺时针旋转90°，得到线段EA′，若AB＝2，则线段DA′的最小值为________【答案】【解析】【分析】证明，点在上运动，当时，最小，进而勾股定理求解即可．【详解】如图，在上取一点，使得，连接，，过作于点，四边形是正方形，，，，，∴∠BGE＝∠BEG＝45°，∴∠AGE＝135°．∵∠AE＝90°，∴∠AEB＋∠CE＝90°．∴∠GAE＝∠CE．在△AGE和△EC中，，∴△AGE≌△EC（SAS），∴∠AGE＝∠EC，∴∠AGE＝135°，∴∠DC＝135°−90°＝45°．，．当与点重合时，最小，最小值为．【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，求得∠DC＝45°是解题的关键．【变式训练3】（陕西师大附中三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，P为对角线上一点，在边AD上方作∠QDA＝45°，且QD＝BP，连接PQ，则△PQD周长的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】依据正方形性质得出BD=，依据QD＝BP，得出C△PDQ=PQ+QD+PD=PQ+8，△PQD周长的最小，只要PQ最短，依据，得出，依据BD为正方形ABCD的对角线，得出∠ADB=45°，可证∠PDQ=∠ADB+∠QDA=45°+45°=90°，依据勾股定理PQ=即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=4，∠A=90°，∴BD=，∵QD＝BP，∴PD+DQ=DP+BP=BD=8，∵C△PDQ=PQ+QD+PD=PQ+8，∴△PQD周长的最小，只要PQ最短，∵|PQ-QD|≥0，∴，∴，∴，∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADB=45°，∵∠QDA＝45°，∴∠PDQ=∠ADB+∠QDA=45°+45°=90°，∴PQ=，∴PQ最小=，此时PD=QD，∵PD+QD=8，∴PD=QD=4，∴PQ最小=，∴△PQD周长的最小值为．故答案为．【点睛】本题考查正方形性质，直角三角形判定与性质，勾股定理，驾驭正方形性质，直角三角形判定与性质，勾股定理是解题关键【类型五正方形的无刻度作图问题模型】例题：（江苏南京·八年级期末）已知正方形，是的中点，请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．（保留画图痕迹，不写画法）(1)在图①中，画，垂足为；(2)在图②中，画，垂足为．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）连接点P与正方形的对角线的交点，并延长交AB于一点，即为点Q；（2）连接BD，交AP于点F，连接CF并延长交AD于点E，连接BE交AP于一点即为点H．(1)解：如图，即为所求．．(2)解：连接BD，交AP于点F，连接CF并延长交AD于点E，连接BE交AP于一点即为点H，∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，∴∠ADB=∠CDB，AD=CD，∵DF=DF，∴△ADF≌△CDF，∴∠DAF=∠DCF，∵∠ADP=∠CDE=90°，∴△ADP≌△CDE，∴DE=DP，∴AE=DP，∵AB=AD，∠BAE=∠ADP=90°，∴△ABE≌△DAP，∴∠ABE=∠DAP，∵∠BAH+∠DAP=90°，∴∠ABE+∠BAH=90°，∴∠AHB=90°，即如图，即为所求．．【点睛】此题考查了利用正方形的性质作垂线，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．【变式训练1】（江西·九年级期中）如图所示的是正方形ABCD和，点E，B，C在同始终线上，且．请仅用无刻度的直尺按要求作图（保留作图痕迹）．（1）如图1，P是CD的中点，作于点M．（2）如图2，作．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）依据正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答；（2）利用全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定解答即可．【详解】解：（1）如图1，CM即为所求．连接AC，BD交于点O，则O为AC中点，∵P为CD中点，∴OP∥AD，连接PO并延长交AB于点Q，AQPD为矩形，，连接CQ并延长交AE于M，则△ABE≌△CBQ，∴∠E=∠1=∠2，∵∠E+∠3=90°，∴∠2+∠3=90°，∴∠AMC=90°，∴CM⊥AE；（2）如图2，CN即为所求，连接AC，BD交于O，连接EO并延长交AD延长线于点N，连接CN，易证△EOB≌△NOD，∴EB=ND，∴AN平行且相等，∴四边形AECN为平行四边形，∴CN∥AE．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质及平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵敏运用这些性质．【变式训练2】（江西吉安·九年级期中）如图所示，四边形ABCD是正方形，是等边三角形，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求做图（保留作图痕迹）．（1）在图1中，作CD的中点M．（2）在图2中，在CD边上作一点N，使．【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析【解析】【分析】（1）依据正方形的性质作图即可；（2）依据正方形的性质的性质作图即可；【详解】（1）连接AC，BD交于点F，连接EF并延长交DC于M，即点M时所求点；（2）在（1）的基础上延长ME交AB于点H，连接HC，BM交于点P，连接FP，并延长交BC于点G，连接CF，MG交于点Q，连接PQ并延长交DC于点N，即可得到；【点睛】本题主要考查了利用正方形和等边三角形的性质作图，精确作图是解题的关键．【变式训练3】（江西赣州·八年级期末）如图，已知正方形ABCD，请仅用无刻度的直尺，分别依据下列要求作图．（保留作图痕迹，不写作法）．（1）如图（1），若点E在AD边上，连接BE，请作出BEDF；（2）如图（2），若点E在正方形ABCD的对角线AC上，请以BE，DE为边作一个菱形．【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】（1）连接AC和BD交于点O，连接点E与点O，并延长交BC于F，连接DF，利用对角线相互平分的四边形是平行四边形求解；（2）连接BD交AC于点O，延长BE与AD相交于点M，连接MO并延长，交BC于N，连接DN交AC于点F，连接BF、DF，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形求解．【详解】解：（1）如图1，连接AC和BD交于点O，连接点E与点O，并延长交BC于F，连接DF，BEDF即为所求；（2）如图2．连接BD交AC于点O，延长BE与AD相交于点M，连接MO并延长，交BC于N，连接DN交AC于点F，连接BF、DF，菱形BEDF即为所求．【点睛】本题属于作图题．主要考查正方形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定等学问点．【课后训练】1．（河南·西峡县基础教化教学探讨室一模）如图，点D、E分别是△ABC的BC、AC边的中点，延长DE到F，使EF=DE，连结AF、AD、CF，下列说法不正确的是（

）A．当AB=AC时，四边形ADCF是矩形；B．当∠BAC=90°时，四边形ADCF是菱形；C．当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ABDF是正方形；D．当AB=AC，∠BAC=90°时，四边形ADCF是正方形．【答案】C【解析】【分析】利用三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理去推断即可．【详解】∵点D、E分别是△ABC的BC、AC边的中点，EF=DE，∴四边形ADCF是平行四边形，DE=，DE∥AB，∵AB=AC，∴DE==AE=EC，∴∠ADC=90°，∴四边形ADCF是矩形，故A正确，不符合题意；∵∠BAC=90°时，∴∠DEC=90°，∴EF垂直平分AC，∴四边形ADCF是菱形，故B正确，不符合题意；当AB=AC，∠BAC=90°时，∴ADCF是矩形也是菱形，∴四边形ADCF是正方形．故D正确，不符合题意；当AB=AC，∠BAC=90°时，无法推断四边形ABDF是正方形，故C错误，符合题意；故选C．【点睛】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，娴熟驾驭从对角线条件下判定四边形形态是解题的关键．2．（山东临沂·八年级期中）如图，正方形的边长为4，点M在边上，，点N是对角线上一动点，则线段的最小值为（

）A．5 B． C． D．4【答案】A【解析】【分析】连接MB交AC于N，此时DN+MN最小，先证明这个最小值就是线段BM的长，利用勾股定理即可解决问题．【详解】连接MB交AC于N，此时的值最小四边形ABCD是正方形关于AC对称在中，故选：A．【点睛】本题考查最短距离问题、正方形性质、勾股定理、两点之间线段最短等学问，解题的关键是利用对称找到点N的位置．3．（重庆八中一模）如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在DC，BC上，BF＝CE＝4，连接AE、DF，AE与DF相交于点G，连接AF，取AF的中点H，连接HG，则HG的长为（）A． B． C．5 D．2【答案】B【解析】【分析】依据AD=DC，BF=CE，有ED=FC，则可知，则有∠EAD=∠CDF，则有∠CDF+∠DEA=90°=∠DGE，即有△AGF是直角三角形，依据直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半可知HG=AF，在Rt△ABF中，利用勾股定理可得AF，则问题得解．【详解】∵AD=DC，BF=CE，∴ED=FC，∴，∴∠EAD=∠CDF，∴∠CDF+∠DEA=90°=∠DGE，∴AE⊥DF，∴△AGF是直角三角形，∴，在Rt△ABF中，由勾股定理得∶，∴故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、直角三角形斜边中线等于斜边的一半等学问．灵敏运用直角三角形斜边中线等于斜边的一半这一学问是解答本题的关键．4．（广东·广州市番禺区恒润试验学校九年级期末）如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上一个动点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接EF，有下列5个结论：①AP＝EF；②AP⊥EF；③△APD确定是等腰三角形；④∠PFE＝∠BAP；⑤EF的最小值等于．其中正确结论的个数是（）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【解析】【分析】延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M，只须要证明△ANP≌△FPE得到AP=EF，∠PFE=∠BAP即可推断①④；依据三角形的内角和定理即可推断②；依据P的随意性可以推断③；依据AP=EF，当AP最小时，EF有最小值，即可推断⑤；【详解】解：延长FP交AB于点N，延长AP交EF于点M．∵四边形ABCD是正方形．∴∠ABP=∠CBD，∠ABC=90°，AB=BC，又∵NP⊥AB，PE⊥BC，∴∠PNB=∠NBE=∠PEB=90°，PN=PE，∴四边形BNPE是正方形，∠ANP=∠EPF=90°，四边形BCFN是矩形，∴NP=EP=BE，BC=NF，∴AN=PF，在△ANP与△FPE中，，∴△ANP≌△FPE（SAS），∴AP=EF，∠PFE=∠BAP（故①④正确）；在△APN与△FPM中，∠APN=∠FPM，∠NAP=∠PFM，∴∠PMF=∠ANP=90°，∴AP⊥EF，（故②正确）；∵P是BD上随意一点，因而△APD是等腰三角形不愿定成立，（故③错误）；∵AP=EF，∴当AP⊥BD时，AP有最小值即EF有最小值，∵AB=AD，AP⊥BD，∴此时P为BD的中点，又∵∠BAD=90°，∴，即EF的最小值为（故⑤正确）故正确的是：①②④⑤．故选：C．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质，三角形内角和定理，等腰直角三角形的性质，正确证明△ANP≌△FPE，以及理解P的随意性是解决本题的关键．5．（北京市其次中学分校八年级期中）如图，点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点．则下列说法：①若，则四边形EFGH为矩形；②若，则四边形EFGH为菱形；③若AC与BD相互垂直且相等，则四边形EFGH是正方形；④若四边形EFGH是平行四边形，则AC与BD相互平分．其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】A【解析】【分析】先依据三角形中位线定理证明四边形EFGH是平行四边形，然后依据菱形，矩形，正方形的判定进行逐一推断即可．【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA的中点，∴EH是△ABD的中位线，∴，，同理，∴EH=GF，GH=EF，∴四边形EFGH是平行四边形，①若AC=BD，则EH=GF=GH=EF，则四边形EFGH是菱形，故①错误；②若AC⊥BD，则EF⊥EH，∴平行四边形EFGH是矩形，故②错误；③若AC与BD相互垂直且相等，结合①②的推断可知四边形EFGH是正方形，故③正确；④若四边形EFGH是平行四边形，并不能推出AC与BD相互平分，故④错误，故选A．【点睛】本题主要考查了中点四边形，三角形中位线定理，熟知中点四边形的学问是解题的关键．二、填空题6．（北京市第十三中学分校八年级期中）小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得，对角线，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为______cm．【答案】【解析】【详解】解：如图1，如图2，连接AC，图1中，∵四边形ABCD是菱形，∴AB=BC，∵∠B=60°，∴△ABC是等边三角形，∴AB=BC=AC=20cm，在图2中，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠B=90°，∴△ABC是等腰直角三角形，∴．故答案为：【点睛】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等学问，解题的关键是娴熟驾驭菱形和正方形的性质，属于中考常考题型．7．（重庆市试验中学八年级阶段练习）如图，已知正方形ABCD的面积为5，正方形FHIJ的面积为3，点D、C、G、J、I在同一水平线上，则正方形BEFG的面积为_____．【答案】8【解析】【分析】依据正方形的性质和全等三角形的判定与性质，可以得到BC和CG的长，然后利用勾股定理可以得到BG的平方，从而可以得到正方形BEFG的面积．【详解】解：∵四边形BGFE是正方形，∴BG＝GF，∠BGC+∠FGJ＝90°，∵四边形ABCD是正方形，四边形FHTJ是正方形，∴∠BCG＝∠GJF＝90°，∴∠BGC+∠CBG＝90°，∴∠CBG＝∠JGF，在△BCG和△GJF中，，∴△BCG≌△GJF（AAS），∴BC＝GJ，CG＝JF，∵正方形ABCD的面积为5，正方形FHIJ的面积为3，∴BC＝，FJ＝，∴CG＝，∴BG2＝BC2+CG2＝（）2+（）2＝5+3＝8，∴S正方形BEFG＝BG2＝8，故答案为：8．【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，利用正方形的性质和全等三角形的判定与性质的学问解答．8．（山西·一模）如图，正方形的边长为6，点E，F分别是边和的中点，连接，在上取点G，连接，若，则的长为__________．【答案】【解析】【分析】连接交于，依据正方形的性质得到，，依据全等三角形的性质得到，，推出是等腰直角三角形，依据勾股定理和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】解：连接交于，四边形是正方形，，，点、分别是边，的中点，，在与中，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，∵，∴∴∵∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本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，正确的作出帮助线是解题的关键．9．（湖北襄阳·八年级期中）如图，在正方形ABCD中，点M，N分别是AD，BC的中点，点P在CD上，将沿BP翻折后点C的对应点Q落在MN上，若，则PD的长为______．【答案】【解析】【分析】如图所示，连接CQ，只须要证明△QBC是等边三角形，得到∠QBC=60°，推出∠PBC=30°，即可利用勾股定理和含30度角的直角三角形的性质求解．【详解】解：如图所示，连接CQ，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=BC=AB，，∠D=90°，∵M、N分别是AD、BC的中点，∴，∴四边形CNMD是矩形，∴∠QNB=∠QNC=90°，在△QNB和△QNC中，，∴△QNB≌△QNC（SAS），∴QB=QC，由折叠的性质可知BC=BQ，∠QBP=∠CBP，∴BC=BQ=CQ，∴△QBC是等边三角形，∴∠QBC=60°，∴∠PBC=30°，∴PB=2PC，∵，∴，∴，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等等，正确作出帮助线是解题的关键．10．（江苏无锡·七年级期中）如图，在正方形ABCD中，AB=6cm，E是AD边上的中点，动点P从A动身，以1cm/s的速度沿着A-B-C-D-E运动，终点到达点E，当点P运动________s时，ΔBPE的面积为12cm2【答案】10或16【解析】【分析】先依据正方形的性质可得，依据线段中点的定义可得，设当点运动时，的面积为，分①点在边上、②点在边上、③点在边上和④点在上四种状况，分别依据三角形的面积公式建立方程，解方程即可得．【详解】解：在正方形中，，，是边上的中点，，动点从动身，以的速度沿着运动，终点到达点，点从点运动到点、从点运动到点、从点运动到点所需时间均为，从点运动点所需时间为，设当点运动时，的面积为，①如图，当点在边上，即时，，的面积为，解得，不符题意，舍去；②如图，当点在边上，即时，，的面积为，解得，符合题设；③如图，当点在边上，即时，，，的面积=，解得，符合题设；④如图，当点在上，即时，，的面积为，解得，不符题设，舍去；综上，当点运动或时，的面积为，故答案为：10或16．【点睛】本题考查了正方形的性质等学问点，正确分四种状况探讨，并建立方程是解题关键．三、解答题11．（山东枣庄·一模）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，，于点G．(1)求证：四边形ABCD是正方形；(2)延长CB到点H，使得，推断的形态，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)△AHF是等腰三角形，利用略【解析】【分析】（1）通过证明△ADE≌△BAF得到AD=AB，结合矩形ABCD得到结论；（2）利用垂直平分线的性质得到AH=AF，得出结论．(1)证明：在矩形ABCD中，∠DAE=∠ABF=90°，∵DE⊥AF，∴∠ADG+∠GAD=90°，又∵∠BAF+∠DAG=90°，∴∠BAF=∠ADE，在△ADE和△BAF中∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD=AB，∴矩形ABCD是正方形；(2)△AHF是等腰三角形；理由：∵△ADE≌△BAF，∴AE=BF，又∵BH=AE，∴BH=BF，又∠ABF=90°，∴AB垂直平分FH，∴AF=AH，即△AFH是等腰三角形．【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定，利用全等三角形得到等边是解决问题的关键．12．（江西赣州·八年级期末）如图，点E是正方形ABCD外一点，且EB＝EC．请仅用无刻度的直尺按要求作图．（1）在图1中，作出BC边的中点M．（2）在图2中，作出CD边的中点N．【答案】（1）见解析；（2）见解析；【解析】【分析】(1)连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M，由正方形的性质可得OB=OC，再由EB=EC可证△OBE≌△OCE，即可得到∠BOM=∠COM，故OM为等腰三角形OBC的角平分线，由三线合确定理可知，OM即为中线，即M为BC中点；(2)同(1)中原理找到点M的位置，连接DM交AC于点P，因为O、M分别为直角三角形BCD的中点，所以CO与DM均为三角形BCD的中线，由直角三角形三条边上的中线交于一点的原理，连接BP交CD于N即为所求.【详解】解(1)如图1所示，连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点MAC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M∵EB=EC∴△OBE≌△OCE∴∠BOM=∠COM∴OM为等腰三角形OBC的角平分线由三线合确定理可知，OM即为中线，即M为BC中点；(2)如图所示，连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M，连接连接DM交AC于点P，连接BP交CD于N由(1)可知M为BC的中点，O为BD的中点所以DM与CO分别是直角三角形BCD两条边上的中线由直角三角形三条边上的中线交于一点可知，CD上的中线也经过P点即连接BP交CD于N即为所求.【点睛】本题主要考查了尺规作图，解题的关键在于驾驭相关学问进行正确的画图.13．（江苏江苏·一模）如图，正方形ABCD，点E是BC边上的动点，点F在DE延长线上，连接AF、BF．(1)若．①求证：FA平分∠DFB；②连接FC，用等式表示线段BF、FC与AF之间的数量关系，并说明理由；(2)若BF＝1，DF＝2，求AF的最大值．【答案】(1)①证明见详解;②．理由见详解(2)【解析】【分析】（1）①延长FD至点G，使DG＝BF，在四边形ABCD为正方形，有AB＝AD，∠BAD＝90°．则有∠DFB＝90°，∠ABF＋∠ADF＝180°．再依据∠ADG＋∠ADF＝180°，即有∠ABF＝∠ADG．可得，即可得△FAG为等腰直角三角形．则∠AFG＝∠AFB＝45°，结论即得证．另一种方法：过点A作AG⊥BF于G，AH⊥DF于H，依据∠BFD＝90°，∠GAH＝90°．结合正方形的性质，有∠GAB＋∠BAH＝90°，∠DAH＋∠BAH＝90°．即有∠GAB＝∠DAH．可证得，得到GA＝HA．结论即得证．②过点B作BM⊥BF交AF于M，由①得∠BFA＝45°，△BMF为等腰直角三角形．则有，BM＝BF，再利用正方形的性质可得∠ABM＋∠MBC＝90°，∠FBC＋∠MBC＝90°．即有∠ABM＝∠CBF，可证得．继而得到AM＝FC，则有AF＝AM＋MF＝FC＋BF．（2）将△ABF绕点A逆时针旋转90°得△ADN，依据旋转的性质有∠BAF＝∠DAN，BF＝DN＝1，AF＝AN．依据∠BAD＝∠BAF＋∠FAD＝90°，得到∠NAF＝∠DAN＋∠FAD＝90°．当F、D、N三点共线时，△AFN为等腰直角三角形，即可由求得AF的最大值．(1)①延长FD至点G，使DG＝BF，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°．∵∠DFB＝90°，∴∠ABF＋∠ADF＝180°．∵∠ADG＋∠ADF＝180°，∴∠ABF＝∠ADG．∴．∴AF＝AG，∠BAF＝∠DAG．即∠FAG＝90°，△FAG为等腰直角三角形．∴∠AFG＝∠AFB＝45°．∴FA平分∠DFB．另解：过点A作AG⊥BF于G，AH⊥DF于H，∵∠BFD＝90°，∴∠GAH＝90°．在正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝90°．∴∠GAB＋∠BAH＝90°，∠DAH＋∠BAH＝90°．∴∠GAB＝∠DAH．∵∠AGB＝∠AHD＝90°，∴，∴GA＝HA．∴FA平分∠DFB．②．理由如下：过点B作BM⊥BF交AF于M，由①得∠BFA＝45°．∴△BMF为等腰直角三角形．∴，BM＝BF．