北師大版九年級(jí)數(shù)學(xué)上冊(cè) 專題1.3 正方形的性質(zhì)與判定【十大題型】（舉一反三）（教師版）

專題1.3正方形的性質(zhì)與判定【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】 1【題型2正方形的性質(zhì)（求線段的長(zhǎng)度）】 6【題型3正方形的性質(zhì)（求面積、周長(zhǎng)）】 11【題型4正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】 16【題型5判定正方形成立的條件】 25【題型6正方形判定的證明】 30【題型7正方形的判定與性質(zhì)綜合】 36【題型8探究正方形中的最值問(wèn)題】 41【題型9正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】 46【題型10正方形中的多結(jié)論問(wèn)題】 51【知識(shí)點(diǎn)1正方形的定義】有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形．【知識(shí)點(diǎn)2正方形的性質(zhì)】①正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；②正方形的兩條對(duì)角線相等，互相垂直平分，并且每條對(duì)角線平分一組對(duì)角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對(duì)角線將正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，同時(shí)，正方形又是軸對(duì)稱圖形，有四條對(duì)稱軸．【題型1正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】【例1】（2023春?建陽(yáng)區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中有一個(gè)點(diǎn)E，使三角形BCE是正三角形，求：（1）∠BAE的大?。?）∠AED的大?。痉治觥浚?）根據(jù)正方形的性質(zhì)和正三角形的性質(zhì)、以及角的和差關(guān)系可求∠ABE的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求∠BAE的大?。唬?）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠EAD＝15°，同理，∠ADE＝15°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可求∠AED的大小．【解答】解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，因?yàn)椤鱁BC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?yàn)椤螧AE＝75°，所以∠EAD＝90°﹣∠EAB＝15°，同理，∠ADE＝15°，所以∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣15°＝150°．【變式1-1】如圖，已知正方形ABCD在直線MN的上方，BC在直線MN上，E是BC上一點(diǎn)，以AE為邊在直線MN上方作正方形AEFG．（1）連接GD，求證：△ADG≌△ABE；（2）連接FC，觀察并猜測(cè)∠FCN的度數(shù)，并說(shuō)明理由．【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)及SAS定理求出△ADG≌△ABE，再利用全等三角形的性質(zhì)即可解答；（2）過(guò)F作FH⊥MN于H，根據(jù)正方形及直角三角形的性質(zhì)可求出△ABE≌△EHF，根據(jù)三角形全等可求出BE＝HF，AB＝EH，通過(guò)等量代換可得CH＝FH，利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可解答．【解答】（1）證明：∵四邊形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：過(guò)F作FH⊥MN于H，則∠EHF＝90°，∵四邊形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°．【變式1-2】（2023?武威模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上的一點(diǎn)，點(diǎn)F在BC的延長(zhǎng)線上，且BE＝EF，EF交CD于點(diǎn)G．（1）求證：DE＝EF；（2）求∠DEF的度數(shù)．【分析】（1）證明△BCE≌△DCE，可得結(jié)論；（2）結(jié)合（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵四邊形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：∵四邊形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°．【變式1-3】（2023春?新市區(qū)校級(jí)期末）如圖，在給定的正方形ABCD中，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，沿邊BC方向向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，DF⊥AE交AB于點(diǎn)F，以FD，F(xiàn)E為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DFEP，連接CP，則∠DFE+∠EPC的度數(shù)的變化情況是（）A．一直減小 B．一直減小后增大 C．一直不變 D．先增大后減小【分析】根據(jù)題意∠DFE+∠EPC＝∠DPC，作PH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于H，證明CP是∠DCH的角平分線即可解決問(wèn)題．【解答】解：作PH⊥BC交BC的延長(zhǎng)線于H，∵四邊形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，∵四邊形DFEP是平行四邊形，∴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的角平分線，∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是∠DCH的角平分線，∵∠DFE+∠EPC＝∠DPE+∠EPC＝∠DPC，觀察圖象可得，∠DPC一直減小，故選：A．【題型2正方形的性質(zhì)（求線段的長(zhǎng)度）】【例2】（2023春?牡丹江期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為10，點(diǎn)E，F(xiàn)在正方形內(nèi)部，AE＝CF＝8，BE＝DF＝6，則線段EF的長(zhǎng)為（）A．22 B．4 C．4?2 D．4【分析】延長(zhǎng)DF交AE于G，，再根據(jù)全等三角形的判定得出△AGD與△ABE全等，得出AG＝BE＝6，由AE＝8，得出EG＝2，同理得出GF＝2，再根據(jù)勾股定理得出EF的長(zhǎng)．【解答】解：延長(zhǎng)DF交AE于G，如圖：∵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，∵四邊形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+故選：A．【變式2-1】（2023春?巴南區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，點(diǎn)E在邊CD上，且DE＝1，作EF∥BC分別交AC、AB于點(diǎn)G、F，P、H分別是AG，BE的中點(diǎn)，則PH的長(zhǎng)是（）A．2 B．2.5 C．3 D．4【分析】連接CF，PF．證明FP⊥AC，則△CPF是直角三角形，利用PH是Rt△CPF斜邊上的中線，可得PH=12FC，因?yàn)镕C＝BE，再利用勾股定理求出【解答】解：連接CF，PF．如圖所示，∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為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為AG中點(diǎn)．∴PF⊥AG．∴△CPF是直角三角形．∵DE＝1．∴CE＝CD﹣DE＝3．∵EF∥BC．∴四邊形BCEF是矩形．∵點(diǎn)H為BE的中點(diǎn)．∴CF過(guò)點(diǎn)H．即點(diǎn)H為CF的中點(diǎn)．在Rt△CPF中，PH=1∵EF＝BC＝4．∴在Rt△CEF中，CF=CE∴PH=5故選：B．【變式2-2】（2023?越秀區(qū)一模）將正方形ABCD與正方形BEFG按如圖方式放置，點(diǎn)F、B、C在同一直線上，已知BG=2，BC＝3，連接DF，M是DF的中點(diǎn)，連接AM，則AMA．102 B．3 C．132 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出BH，進(jìn)而利用勾股定理解答即可．【解答】解：延長(zhǎng)AM交BC于H點(diǎn)，∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，BG=2，BC∴BF=2BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC∵點(diǎn)F，B，C在同一直線上，∴AD∥CF，∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，∵M(jìn)是DF中點(diǎn)，∴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故選：A．【變式2-3】（2023春?吳中區(qū)校級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝45．E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，連接AF、DE，點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長(zhǎng)度為10．【分析】先通過(guò)證明△ABF≌DAE得到角相等后，證明∠MGN＝90°，利用已知條件在Rt△ADG與Rt△AEG中求出AG，EG的長(zhǎng)，進(jìn)而求出GN，GM的長(zhǎng)，利用勾股定理求出MN的長(zhǎng)．【解答】解：如圖所示，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝BC＝AB＝45，∠B＝∠DAE＝90°．∵E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，∴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°．設(shè)EG的長(zhǎng)為x，則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∵點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，∴AN=12AF＝5，EM=∴GM＝EM﹣EG＝3，GN＝AN﹣AG＝1．在Rt△MNG中，MN=GM故答案為：10．【題型3正方形的性質(zhì)（求面積、周長(zhǎng)）】【例3】（2023春?鄞州區(qū)期末）有兩個(gè)正方形A，B．現(xiàn)將B放在A的內(nèi)部得圖甲，將A，B構(gòu)造新的正方形得圖乙．若圖甲和圖乙中陰影部分的面積分別為1和12，若三個(gè)正方形A和兩個(gè)正方形B得圖丙，則陰影部分的面積為（）A．28 B．29 C．30 D．31【分析】設(shè)正方形A的邊長(zhǎng)為a，正方形B的邊長(zhǎng)為b，觀察圖甲和圖乙可得關(guān)于a，b的方程組，整理可得：a﹣b＝1，a+b＝5，ab＝6，觀察圖丙可得S陰影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2，再利用乘法公式整體代入計(jì)算即可．【解答】解：設(shè)正方形A的邊長(zhǎng)為a，正方形B的邊長(zhǎng)為b，且a＞b＞0，根據(jù)圖甲和圖乙，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，觀察圖丙，得：S陰影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2＝（a+b）（a﹣b）+4ab＝5×1+4×6＝29．故選：B．【變式3-1】（2023春?工業(yè)園區(qū)校級(jí)期中）如圖，四邊形ABCD為正方形，O為AC、BD的交點(diǎn)，△DCE為Rt△，∠CED＝90°，OE＝22，若CE?DE＝3，則正方形ABCD的面積為（）A．5 B．6 C．8 D．10【分析】過(guò)點(diǎn)O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延長(zhǎng)線于N，判斷出四邊形OMEN是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OC＝OD，然后利用“角角邊”證明△COM和△DON全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得OM＝ON，CM＝DN，然后判斷出四邊形OMEN是正方形，可得NE＝ON＝2，得DE+CE＝4，設(shè)DE＝a，CE＝b，可得a+b＝4，根據(jù)CE?DE＝3，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×3＝10，即可解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，過(guò)點(diǎn)O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延長(zhǎng)線于N，∵∠CED＝90°，∴四邊形OMEN是矩形，∴∠MON＝90°，∵∠COM+∠DOM＝∠DON+∠DOM，∴∠COM＝∠DON，∵四邊形ABCD是正方形，∴OC＝OD，在△COM和△DON中，∠COM=∠DON∠CMO=∠N∴△COM≌△DON（AAS），∴OM＝ON，CM＝DN，∴四邊形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，設(shè)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，故選：D．【變式3-2】（2023?臺(tái)州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點(diǎn)G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長(zhǎng)為15+3【分析】根據(jù)陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進(jìn)而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長(zhǎng)，進(jìn)而得出其周長(zhǎng)．【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，∴陰影部分的面積為23∴空白部分的面積為9﹣6＝3，由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為12×3∠CBE＝∠DCF，∵∠DCF+∠BCG＝90°，∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，設(shè)BG＝a，CG＝b，則12ab=又∵a2+b2＝32，∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，即（a+b）2＝15，∴a+b=15，即BG+CG=∴△BCG的周長(zhǎng)=15故答案為：15+【變式3-3】（2023?江北區(qū)一模）如圖，以Rt△ABC的各邊為邊分別向外作正方形，∠BAC＝90°，連結(jié)DG，點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，連結(jié)HB，HN，若要求出△HBN的面積，只需知道（）A．△ABC的面積 B．正方形ADEB的面積 C．正方形ACFG的面積 D．正方形BNMC的面積【分析】連接HA并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)P，交MN于點(diǎn)Q，連接AE，CE，AN，證明△BAC≌△DAG，△ABN≌△EBC，進(jìn)而可以解決問(wèn)題．【解答】解：如圖，連接HA并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)P，交MN于點(diǎn)Q，連接AE，CE，AN，∵四邊形ABED，四邊形ACFG，四邊形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，∵點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，∠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的面積，只需知道正方形ADEB的面積．故選：B．【題型4正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】【例4】（2023秋?中原區(qū)校級(jí)月考）如圖，線段AB＝4，射線BG⊥AB，P為射線BG上一點(diǎn)，以AP為邊作正方形APCD，且點(diǎn)C、D與點(diǎn)B在AP兩側(cè)，在線段DP上取一點(diǎn)E，使∠EAP＝∠BAP，直線CE與線段AB相交于點(diǎn)F（點(diǎn)F與點(diǎn)A、B不重合）．（1）求證：△AEP≌△CEP；（2）判斷CF與AB的位置關(guān)系，并說(shuō)明理由；（3）請(qǐng)直接寫(xiě)出△AEF的周長(zhǎng)．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到DP平分∠APC，PC＝PA，求得∠APD＝∠CPD＝45°，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EAP＝∠ECP，求得∠BAP＝∠FCP，根據(jù)垂直的定義得到CF⊥AB；（3）過(guò)點(diǎn)C作CN⊥PB．根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CN＝PB＝BF，PN＝AB，推出AE＝CE，于是得到△AEF的周長(zhǎng)．【解答】（1）證明：∵四邊形APCD正方形，∴DP平分∠APC，PC＝PA，∴∠APD＝∠CPD＝45°，在△AEP與△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）過(guò)點(diǎn)C作CN⊥PB．∵CF⊥AB，BG⊥AB，∴∠PNC＝∠B＝90°，F(xiàn)C∥BN，∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，又AP＝CP，∴△PCN≌△APB（AAS），∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，∵△AEP≌△CEP，∴AE＝CE，∴△AEF的周長(zhǎng)＝AE+EF+AF＝CE+EF+AF＝BN+AF＝PN+PB+AF＝AB+CN+AF＝AB+BF+AF＝2AB＝8．【變式4-1】（2023春?雁塔區(qū)校級(jí)期末）在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，該角可以繞點(diǎn)A轉(zhuǎn)動(dòng)，∠MAN的兩邊分別交射線CB，DC于點(diǎn)M，N．（1）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC上時(shí)（如圖1），線段BM，DN，MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？你的猜想是：BM+DN＝MN，并加以證明．（2）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC的延長(zhǎng)線上時(shí)（如圖2），線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系會(huì)發(fā)生變化嗎？證明你的結(jié)論．【分析】（1）在MB的延長(zhǎng)線上，截取BE＝DN，連接AE，則可證明△ABE≌△ADN，可得到AE＝AN，進(jìn)一步可證明△AEM≌△ANM，可得結(jié)論BM+DN＝MN；（2）在DC上截取DF＝BM，連接AF，可先證明△ABM≌△ADF，進(jìn)一步可證明△MAN≌△FAN，可得到MN＝NF，從而可得到DN﹣BM＝MN．【解答】證明：（1）猜想：BM+DN＝MN，證明如下：如圖1，在MB的延長(zhǎng)線上，截取BE＝DN，連接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；故答案為：BM+DN＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．證明如下：如圖2，在DC上截取DF＝BM，連接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．【變式4-2】（2023春?莆田期末）如圖，已知正方形ABCD中，E為CB延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，且BE＝AB，M、N分別為AE、BC的中點(diǎn)，連DE交AB于O，MN交，ED于H點(diǎn)．（1）求證：AO＝BO；（2）求證：∠HEB＝∠HNB；（3）過(guò)A作AP⊥ED于P點(diǎn)，連BP，則PE?PAPB【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝AB，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；（2）延長(zhǎng)BC至F，且使CF＝BE，則BM＝CE，由SAS證明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，證出MN為△AEF的中位線，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；（3）過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA證明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，證出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQ=2PB【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD＝AB，AD∥BC，∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，∵AB＝BE，∴AD＝BE，∴△ADO≌△BEO（ASA），∴AO＝BO；（2）證明：延長(zhǎng)BC至F，且使CF＝BE，連接AF、DF，如圖1所示：則BF＝CE，∵四邊形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為EF的中點(diǎn)，∴MN為△AEF的中位線，∴MN∥AF，∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；（3）解：過(guò)點(diǎn)B作BQ⊥BP交DE于Q，如圖2所示：則∠PBQ＝90°，∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，∴∠EBQ＝∠ABP，∵AD∥BC，∴∠ADP＝∠BEQ，∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，由角的互余關(guān)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【變式4-3】（2023春?鼓樓區(qū)校級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O．點(diǎn)E是線段DO上一點(diǎn)，連接CE．點(diǎn)F是∠OCE的平分線上一點(diǎn)，且BF⊥CF與CO相交于點(diǎn)G．點(diǎn)H是線段CE上一點(diǎn)，且CO＝CH．（1）若OF＝5，求FH的長(zhǎng)；（2）求證：BF＝OH+CF．【分析】（1）根據(jù)條件證明△OCF≌△HCF，由全等的性質(zhì)就可以得出OF＝HF而得出結(jié)論；（2）在BF上截取BK＝CF，連接OK．通過(guò)條件可以得出△OBK≌△OCF．可以得出OK＝OF，從而得出OH∥FK，OK∥FH，進(jìn)而可以得出四邊形OKFH是平行四邊形，就可以得出結(jié)論．【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的長(zhǎng)為5；（2）證明：在BF上截取BK＝CF，連接OK．∵四邊形ABCD為正方形，∴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，∴四邊形OHFG是平行四邊形．∴OH＝FK．∵BF＝FK+BK，∴BF＝OH+CF．【知識(shí)點(diǎn)3正方形的判定】①先判定四邊形是矩形，再判定這個(gè)矩形有一組鄰邊相等；②先判定四邊形是菱形，再判定這個(gè)菱形有一個(gè)角為直角．③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進(jìn)行判定．【題型5判定正方形成立的條件】【例5】（2023春?海淀區(qū)校級(jí)期中）已知四邊形ABCD為凸四邊形，點(diǎn)M、N、P、Q分別為AB、BC、CD、DA上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），下列說(shuō)法正確的是①④（填序號(hào)）．①對(duì)于任意凸四邊形ABCD，一定存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；②如果四邊形ABCD為任意平行四邊形，那么一定存在無(wú)數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；③如果四邊形ABCD為任意矩形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形；④如果四邊形ABCD為任意菱形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形．【分析】具體分析見(jiàn)解答．【解答】解：①如圖，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)，則EFGH是平行四邊形，作MN∥EF，PQ∥EF，且PQ＝MN，則四邊形MNPQ是平行四邊形，故存在無(wú)數(shù)個(gè)平行四邊形MNPQ，故①正確；②如圖2，當(dāng)四邊形EFGH是矩形時(shí)，∵AE∥BC，EF∥GH，∴∠AEF＝∠CGH，∵EF＝GH，∠A＝∠C，∴△AEF≌△CGH（AAS），∴AE＝CG，∴點(diǎn)E和G關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，同理可得：點(diǎn)F和點(diǎn)H關(guān)于點(diǎn)O對(duì)稱，∴平行四邊形ABCD的中心是矩形的中心，如圖3，作EF過(guò)點(diǎn)O，存在以O(shè)E為圓心，OE為半徑的圓與任意平行四邊形有四個(gè)公共點(diǎn)，這樣的圓有無(wú)數(shù)個(gè)，故②正確，③如圖，當(dāng)AD長(zhǎng)遠(yuǎn)大于AB時(shí)，因?yàn)檎叫蔚倪呴L(zhǎng)EF＜AB，而ED＞AB時(shí)，易知：不存在正方形EFGH，故③不正確；④如圖5，連接AC，BD，交點(diǎn)是O，作∠AOB，∠BOC的平分線，其所在的直線分別交四邊形ABCD的邊于E，F(xiàn)，G，H，容易得四邊形EFFGH是正方形，故④正確，綜上所述，答案是：①②④．【變式5-1】（2023春?岳麓區(qū)校級(jí)月考）如圖，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)．要使四邊形EFGH是正方形，BD、AC應(yīng)滿足的條件是BD＝AC且BD⊥AC．【分析】依據(jù)條件先判定四邊形EFGH為菱形，再根據(jù)∠FEH＝90°，即可得到菱形EFGH是正方形．【解答】解：滿足的條件應(yīng)為：AC＝BD且AC⊥BD．理由：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，∴在△ADC中，HG為△ADC的中位線，∴HG∥AC且HG=12同理EF∥AC且EF=12AC，同理可得EH=則HG∥EF且HG＝EF，∴四邊形EFGH為平行四邊形，又∵AC＝BD，∴EF＝EH，∴四邊形EFGH為菱形，∵AC⊥BD，EF∥AC，∴EF⊥BD，∵EH∥BD，∴EF⊥EH，∴∠FEH＝90°，∴菱形EFGH是正方形．故答案為：AC＝BD且AC⊥BD．【變式5-2】（2023春?漢壽縣期中）如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在AC上，且OE＝OF，連接DE并延長(zhǎng)至點(diǎn)M，使DE＝ME，連接MF，DF，BE．（1）當(dāng)DF＝MF時(shí)，證明：四邊形EMBF是矩形；（2）當(dāng)△DMF滿足什么條件時(shí)，四邊形EMBF是正方形？請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）證明四邊形DEBF是平行四邊形．四邊形EMBF是平行四邊形．進(jìn)而根據(jù)對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形即可解決問(wèn)題；（2）根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊一半即可解決問(wèn)題．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OB＝OD，∵OE＝OF，∴四邊形DEBF是平行四邊形．∴DE∥FB，且DE＝FB，又∵DE＝ME，∴ME＝BF，且ME∥BF，∴四邊形EMBF是平行四邊形．∵四邊形DEBF是平行四邊形，∴DF＝EB∵DF＝MF，∴MF＝EB，在平行四邊形EMBF中，MF＝EB，∴四邊形EMBF是矩形；（2）解：當(dāng)△DMF滿足DF＝MF，且∠DFM＝90°時(shí)，四邊形EMBF是正方形，證明：由（1）可知：當(dāng)DF＝MF時(shí)，四邊形EMBF是矩形，在△DMF中，∠DFM＝90°，點(diǎn)E是斜邊DM的中點(diǎn)，∴EF=1即EF＝EM，∴當(dāng)△DMF滿足DF＝MF，且∠DFM＝90°時(shí)，四邊形EMBF是正方形．【變式5-3】（2023春?沛縣期中）已知在△ABC中，D為邊BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，點(diǎn)O是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)O作直線MN∥BC，設(shè)MN與∠BCA的平分線相交于點(diǎn)E，與∠ACD的平分線相交于點(diǎn)F．（1）求證：OE＝OF；（2）試確定點(diǎn)O在邊AC上的位置，使四邊形AECF是矩形，并加以證明．（3）在（2）的條件下，且△ABC滿足∠ACB＝90°條件時(shí)，矩形AECF是正方形？．【分析】（1）角平分線到角兩邊的距離相等，再利用全等三角形即可求解．（2）探究性問(wèn)題，歸根究底還是對(duì)矩形性質(zhì)的判定，再平行四邊形的基礎(chǔ)上，加上其對(duì)角線平分且相等即可．（3）正方形的判定，在（2）的基礎(chǔ)上，即在矩形的基礎(chǔ)上補(bǔ)充對(duì)角線垂直即可．【解答】解：（1）如圖所示：作EG⊥BC，EJ⊥AC，F(xiàn)K⊥AC，F(xiàn)H⊥BC，因?yàn)橹本€EC，CF分別平分∠ACB與∠ACD，所以EG＝EJ，F(xiàn)K＝FH，在△EJO與△FKO中，∠AOE=∠CON∠EJO=∠FKO所以△EJO≌△FKO，即OE＝OF；（2）當(dāng)OA＝OC，OE＝OF時(shí)，四邊形AECF是矩形，證明：∵OA＝OC，OE＝OF，∴四邊形AECF為平行四邊形，又∵直線MN與∠BCA的平分線相交于點(diǎn)E，與∠DCA（△ABC的外角）的平分線相交于點(diǎn)F．∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠FCD，由∠BCE+∠ACE+∠ACF+∠FCD＝180°，∴∠ECA+∠ACF＝90°，即∠ECF＝90°，∴四邊形AECF為矩形；（3）由（2）可知，四邊形AECF是矩形，要使其為正方形，再加上對(duì)角線垂直即可，即∠ACB＝90°．故答案為：∠ACB＝90°【題型6正方形判定的證明】【例6】（2023春?虹口區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是對(duì)角線BD上的一點(diǎn)，且AE＝CE．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】（1）（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD＝CD可得四邊形ABCD是菱形；（2）由全等三角形的性質(zhì)得到∠DAE＝∠DCE，進(jìn)而得到∠ABE＝2∠DAE，由菱形的性質(zhì)得到AB＝AD，進(jìn)而得到∠ABE＝∠ADE，由三角形的外角的性質(zhì)結(jié)合已知條件得到∠BAE＝3∠DAE，可得∠BAD＝4∠DAE，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得4∠DAE＝90°，即∠BAD＝90°，即可得到四邊形ABCD是正方形．【解答】證明：（1）在△ADE與△CDE中，AD=CDAE=CE∴△ADE≌△CDE（SSS），∴∠ADE＝∠CDE，∵AB∥CD，∴∠ABD＝∠CDE，∴∠ABD＝∠ADE，∴AB＝AD，∵AD＝CD，∴AB＝CD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AD＝CD，∴四邊形ABCD是菱形；（2）∵△ADE≌△CDE，∴∠DAE＝∠DCE，∵∠ABE＝2∠DCE，∴∠ABE＝2∠DAE，由（1）知，四邊形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°，∵四邊形ABCD是菱形，∴四邊形ABCD是正方形．【變式6-1】（2023春?宜城市期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，連接對(duì)角線AC，過(guò)點(diǎn)D作DE∥AC與BC的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)E，連接AE交DC于F．（1）求證：BC＝CE；（2）連接BF，若∠DAF＝∠FBE，且AD＝2CF，求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD＝BC，利用平行四邊形的判定和性質(zhì)解答即可；（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和菱形的判定以及正方形的判定解答即可．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AC∥DE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴AD＝CE，∴BC＝CE；（2）由（1）可知，四邊形ACED是平行四邊形，∴DF＝CF=12CD=12AB，∵AD＝2CF，∴AB＝AD，∵四邊形ABCD為平行四邊形，∴四邊形ABCD為菱形，∵AD∥EC，∴∠DAF＝∠FEC，∵∠DAF＝∠FBE，∴∠FBE＝∠FEB，∴FB＝FE＝FA，∴∠FAB＝∠FBA，∴∠FBA+∠FBE=180°2=∴∠ABE＝90°，∴四邊形ABCD是正方形．【變式6-2】（2023秋?市南區(qū)期末）已知：在平行四邊形ABCD中，分別延長(zhǎng)BA，DC到點(diǎn)E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．連接EH，分別交AD，BC于點(diǎn)F，G．（1）求證：AF＝CG；（2）連接BD交EH于點(diǎn)O，若EH⊥BD，則當(dāng)線段AB與線段AD滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形BEDH是正方形？【分析】（1）要證明AF＝CG，只要證明△EAF≌△HCG即可；（2）利用已知可得四邊形BEDH是菱形，所以當(dāng)AE2+DE2＝AD2時(shí)，∠BED＝90°，四邊形BEDH是正方形．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴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）當(dāng)AD=5AB時(shí)，四邊形BEDH理由：∵BE∥DH，BE＝DH，∴四邊形EBHD是平行四邊形，∵EH⊥BD，∴四邊形EBHD是菱形，∴ED＝EB＝2AB，當(dāng)AE2+DE2＝AD2時(shí)，則∠BED＝90°，∴四邊形BEDH是正方形，即AB2+（2AB）2＝AD2，∴AD=5AB∴當(dāng)AD=5AB，四邊形BEDH【變式6-3】（2023?上海）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是對(duì)角線BD上一點(diǎn)，且EA＝EC．（1）求證：四邊形ABCD是菱形；（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD＝CD可得四邊形ABCD是菱形；（2）由BE＝BC可得△BEC為等腰三角形，可得∠BCE＝∠BEC，利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠CBE＝180×14=45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°【解答】證明：（1）在△ADE與△CDE中，AD=CDDE=DE∴△ADE≌△CDE，∴∠ADE＝∠CDE，∵AD∥BC，∴∠ADE＝∠CBD，∴∠CDE＝∠CBD，∴BC＝CD，∵AD＝CD，∴BC＝AD，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AD＝CD，∴四邊形ABCD是菱形；（2）∵BE＝BC∴∠BCE＝∠BEC，∵∠CBE：∠BCE＝2：3，∴∠CBE＝180×22+3+3=∵四邊形ABCD是菱形，∴∠ABE＝45°，∴∠ABC＝90°，∴四邊形ABCD是正方形．【題型7正方形的判定與性質(zhì)綜合】【例7】（2023?威海）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)，HA＝EB＝FC＝GD，連接EG，F(xiàn)H，交點(diǎn)為O．（1）如圖2，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，試判斷四邊形EFGH的形狀，并證明你的結(jié)論；（2）將正方形ABCD沿線段EG，HF剪開(kāi)，再把得到的四個(gè)四邊形按圖3的方式拼接成一個(gè)四邊形．若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為3cm，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，則圖3中陰影部分的面積為1cm2．【分析】（1）先證明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，可得出四邊形GHEF是菱形，再根據(jù)全等三角形角之間的關(guān)系，又可得出菱形的一個(gè)角是直角，那么就可得出四邊形GHEF是正方形．（2）根據(jù)已知條件，可以知道重新拼成的四邊形是正方形（因?yàn)檎叫蜧HEF的對(duì)角線翻到了外邊，做了新拼成的正方形的邊長(zhǎng)），利用勾股定理求出GF和GO、FO的長(zhǎng)，所的面積是10減去4個(gè)四邊形GOFC的面積就是陰影部分的面積．【解答】解：（1）四邊形EFGH是正方形．（1分）證明：∵四邊形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）∴四邊形EFGH是菱形，（5分）∵△DHG≌△AEH，∴∠DHG＝∠AEH，∵∠AEH+∠AHE＝90°，∴∠DHG+∠AHE＝90°，∴∠GHE＝90°，（6分）∴四邊形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，四邊形EFGH是正方形，∴GO＝OF，∠GOF＝90°，由勾股定理得：GO＝OF=102（∵S四邊形FCGO=12×1×2+1∴S陰影=(102+102)2?S【變式7-1】（2023?蕭山區(qū)模擬）如圖，P為正方形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，畫(huà)?PAHD，?PBEA，?PCFB，?PDGC，請(qǐng)證明：以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．【分析】要證明以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，需要作輔助線連接四個(gè)頂點(diǎn)，判斷4條線段與已知圖形之間的關(guān)系，利用平行四邊形的對(duì)角線互相平分的性質(zhì)得到中點(diǎn)四邊形是正方形，利用三角形的中位線定理很容易證明需要的結(jié)論．【解答】證明：如圖，連接PH、PG、PF、PE，交點(diǎn)分別為：M、N、L、K，再連接HG、GF、FE、EH、PH．根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，M平分AD和PH，N平分CD和PG，因此MN是△PHG的中位線，所以HG∥MN，HG＝2MN．∵順次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得MNLK是正方形，∴MN＝NL＝LK＝KM，4個(gè)角都為90°．同理可證：GF∥NL，GF＝2NL；FE∥LK，F(xiàn)E＝2LK；EH∥KM，EH＝2KM．∴HG＝GF＝EF＝EH，四邊形EFGH的4個(gè)角也為90°，所以E，F(xiàn)，G，H是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)．【變式7-2】（2023?蕭山區(qū)模擬）已知：如圖，邊長(zhǎng)為4的菱形ABCD的對(duì)角線AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD＝∠DBC．（1）求證：四邊形ABCD是正方形．（2）E是OB上一點(diǎn)，BE＝1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線段OF的長(zhǎng)．【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，證出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出結(jié)論；（2）由正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，證出∠ECO＝∠EDH，證明△ECO≌△【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，∴∠BAD+∠ABC＝180°，∵∠CAD＝∠DBC，∴∠BAD＝∠ABC，∴2∠BAD＝180°，∴∠BAD＝90°，∴四邊形ABCD是正方形；（2）解：∵四邊形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，垂足為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?【變式7-3】（2023春?潛山市期末）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝32，點(diǎn)E為對(duì)角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．（1）求證：矩形DEFG是正方形；（2）探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請(qǐng)求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．【分析】（1）作出輔助線，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF即可；（2）同（1）的方法判斷出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6．【解答】解：（1）如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，∴∠MEN＝90°，∵點(diǎn)E是正方形ABCD對(duì)角線上的點(diǎn)，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FMEEN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四邊形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；（2）CE+CG的值是定值，定值為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×【題型8探究正方形中的最值問(wèn)題】【例8】（2023春?沙坪壩區(qū)校級(jí)月考）如圖，在正方形ABCD中，M，N是邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，且AM＝BN，連接MD交對(duì)角線AC于點(diǎn)E，連接BE交CN于點(diǎn)F，若AB＝3，則AF長(zhǎng)度的最小值為35?3【分析】先證明△MAD≌△NBC，△ABE≌△ADE，推出∠BFC為直角，然后取BC中點(diǎn)G，連接FG和AG，根據(jù)三角形三邊關(guān)系，即兩邊之差大于等于第三邊（取等號(hào)時(shí)候，三邊重合），求出AF的最小值．【解答】解：∵四邊形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°，如圖，取BC中點(diǎn)G，連接FG、AG，則FG＝BG＝CG=12BC∵AG=A∴AF≥AG﹣FG=3當(dāng)且僅當(dāng)A、F、G三點(diǎn)共線時(shí)，AF取得最小值35【變式8-1】（2023?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點(diǎn)E，連接DE交AM于點(diǎn)F，連接CF，若正方形的邊長(zhǎng)為2，則線段CF的最小值是（）A．2 B．1 C．5?1 D．5【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，然后利用“HL”證明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”證明△DCE和△BCE全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)角相等可得∠2＝∠3，從而得到∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中點(diǎn)O，連接OF、OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OF=12AD＝1，利用勾股定理列式求出OC，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，【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的中點(diǎn)O，連接OF、OC，則OF＝DO=12在Rt△ODC中，OC=D根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OF+CF＞OC，∴當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，CF的長(zhǎng)度最小，最小值＝OC﹣OF=5故選：C．【變式8-2】（2023?青山區(qū)模擬）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝4AB＝8，E為線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，以CE為邊向上構(gòu)造正方形CEFG，連接BF，則BF的最小值是62．【分析】過(guò)點(diǎn)E作EK⊥BC，交AD于點(diǎn)H，易得HK＝AB＝CD＝2；通過(guò)說(shuō)明△FEH≌△ECD，可得FH＝ED，EH＝CD＝2，設(shè)AE＝x，則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，應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論．【解答】解：過(guò)點(diǎn)E作EK⊥BC，交AD于點(diǎn)H，如圖，∵四邊形ABCD是矩形，∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝8，∠D＝90°．∵EK⊥BC，∴四邊形ABKH為矩形．∴HK＝AB＝2，AH＝BK．∵四邊形CEFG為正方形，∴∠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，F(xiàn)H＝DE．設(shè)AE＝x，則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∴當(dāng)x＝4時(shí)，BF有最小值72=6故答案為：62．【變式8-3】（2023?鄖陽(yáng)區(qū)模擬）如圖，PA=22，PB=42，以AB為邊作正方形ABCD，使得P、D兩點(diǎn)落在直線AB的兩側(cè)，當(dāng)∠APB變化時(shí)，則PD的最大值為4+42【分析】過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，連接BQ，先證明△QAB≌△PAD，得到BQ＝PD，得到當(dāng)Q、P、B在同一直線時(shí)，BQ最大，最大值為PQ+PB，根據(jù)勾股定理求出PQ，即可求出PD最大值．【解答】解：過(guò)點(diǎn)A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，連接BQ，∴∠QAP＝90°，∵四邊形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最大值即為BQ最大值，∵BQ≤PQ+PB，∴當(dāng)Q、P、B在同一直線時(shí)，BQ最大，最大值為PQ+PB，在Rt△AQP中，PQ=A∴PQ+PB最大值為4+42，∴PD最大值為4+42，【題型9正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】【例9】（2023春?市中區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，對(duì)于兩個(gè)點(diǎn)P、Q和圖形W，如果在圖形W上存在點(diǎn)M、N（M、N可以重合）使得PM＝QN，那么稱點(diǎn)P與點(diǎn)Q是圖形W的一對(duì)平衡點(diǎn)．已知正方形的邊長(zhǎng)為2，一邊平行于x軸，對(duì)角線的交點(diǎn)為點(diǎn)O，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）．若點(diǎn)E（x，2）與點(diǎn)D是正方形的一對(duì)平衡點(diǎn)，則x的取值范圍為（）A．﹣3≤x≤3 B．﹣4≤x≤4 C．﹣2≤x≤2 D．﹣5≤x≤5【分析】正方形MNGH上，點(diǎn)M，點(diǎn)H到點(diǎn)D的距離最大，最大值=12+32=10，當(dāng)EG=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)G的右側(cè)時(shí)，E（4，2），當(dāng)E′h=10【解答】解：如圖，正方形MNGH，∵正方形MNGH上，點(diǎn)M，點(diǎn)H到點(diǎn)D的距離最大，最大值=1∴當(dāng)EG=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)G的右側(cè)時(shí)，E當(dāng)E′h=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)h的左側(cè)時(shí)，E（﹣觀察圖象可知，滿足條件的x的值的范圍：﹣4≤x≤4，故選：B．【變式9-1】（2023秋?永新縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），求證：四邊形ABCD是正方形．【分析】根據(jù)對(duì)角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形即可求解．【解答】解：∵四邊形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是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，∴四邊形ABCD是正方形．【變式9-2】（2023春?順城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線OC：yOC＝3x與直線AC：yAC＝﹣x+8相交于點(diǎn)C（2，6）．（1）點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)度的速度沿x軸向左運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)．分別過(guò)點(diǎn)M，N作x軸的垂線，分別交直線OC，AC于點(diǎn)P，Q，請(qǐng)你在圖1中畫(huà)出圖形，猜想四邊形PMNQ的形狀（點(diǎn)M，N重合時(shí)除外），并證明你的猜想；（2）在（1）的條件下，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)87或8秒時(shí)，四邊形PMNQ【分析】（1）根據(jù)已知條件得到A（8，0），設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，得到OM＝m，AN＝3m，求得M（m，0），N（8﹣3m，0），根據(jù)平行線判定定理得到PM∥QN，推出P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），求得PM＝QN，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；（2）四邊形PMNQ是正方形，則MN＝QN，即8﹣4x＝|3x|，即可求解．【解答】解：（1）如圖，四邊形PMNQ為矩形，證明：∵點(diǎn)A在直線AC：yAC＝﹣x+8上，當(dāng)y＝0時(shí)，x＝8，∴A（8，0），設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，則OM＝m，AN＝3m，∴M（m，0），N（8﹣3m，0），∵PM⊥x軸，QN⊥x軸，∴∠PMA＝∠QNA＝90°，∴PM∥QN，∵點(diǎn)P在直線OC：yOC＝3x，點(diǎn)Q在直線AC：yAC＝﹣x+8上，∴P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），∴PM＝QN，∴四邊形PMNQ為平行四邊形，∵∠PMA＝90°，∴四邊形PMNQ為矩形；（2）∵四邊形PMNQ是正方形，∴MN＝QN，即8﹣4m＝|3m|，解得：x=8∴當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)87秒或8秒時(shí)，四邊形PMNQ故答案為：87【變式9-3】（2023?河南模擬）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，且BD＝1，連接OD，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥OD交OA于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)D作MN∥CE，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（）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），根據(jù)CE⊥OD，可證明△COE≌△OAD（ASA），即知OE＝AD＝3，E（3，0），設(shè)直線CE為y＝kx+b，用待定系數(shù)法可得直線CE為y=?43x+4，根據(jù)MN∥CE設(shè)直線MN為y=?43x+c，可得直線MN為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），設(shè)直線CE為y＝kx+b，把C（0，4），E（3，0）代入得：b=43k+b=0，解得k=?∴直線CE為y=?43由MN∥CE設(shè)直線MN為y=?43x+c，把?163解得c=25∴直線MN為y=?43x在y=?43x+253中，令y＝0得解得x=25∴M（254故選：C．【題型10正方形中的多結(jié)論問(wèn)題】【例10】（2023春?慈溪市期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)P為BD延長(zhǎng)線上任一點(diǎn)，連結(jié)PA，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥PA，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F．下列結(jié)論：（1）PA＝PE；（2）BD＝2PF；（3）CE=2PD；（4）若BP＝BE，則其中正確的個(gè)數(shù)為（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，證明△BFG≌△EFP（SAS），可得BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，有AB∥PG，進(jìn)而可得四邊形ABGP是平行四邊形，AP＝BG，可判斷（1）正確；連接CG，證明四邊形DCGP是平行四邊形，得CG＝PD，CG∥PD，可得CE=2CG=2PD；判定（3）正確；連接AC交BD于O，可證明△AOP≌△PFE得OA＝PF，從而判斷（2）正確；設(shè)PF＝m，DF＝n，則BD＝2m，可得BP＝BF+PF＝3m+n，BE=2BF＝22m+2n，若BP＝BE，則3m+n＝22m+2n，即可得PF【解答】解：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，∵EF⊥BP，∴∠BFE＝90°，∵四邊形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，∴四邊形ABGP是平行四邊形，∴AP＝BG，∴AP＝PE；故（1）正確；連接CG，由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，∵AB＝CD，AB∥CD，∴PG∥CD，PG＝CD，∴四邊形DCGP是平行四邊形，∴CG＝PD，CG∥PD，∵PD⊥EF，∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，∵∠CEG＝45°，∴CE=2CG=2連接AC交BD于O，如圖3：∵四邊形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設(shè)PF＝m，DF＝n，則BD＝2m，∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，∵∠DBC＝45°，∠BEF＝90°，∴BE=2BF＝22m+2若BP＝BE，則3m+n＝22m+2n∴m=2?13?22n即PF＝（2+1）DF∴正確的有：（1）（2）（3）（4），故4個(gè)，故選：D．【變式10-1】（2023春?渝中區(qū)校級(jí)期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為a，點(diǎn)E在邊AB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，B重合），∠DAM＝45°，點(diǎn)F在射線AM上，且AF=2BE，CF與AD相交于點(diǎn)G．連接EC、EF、EG．下列結(jié)論：①∠ECF＝45°；②△AEG的周長(zhǎng)為（1+22）a；③BE2+DG2＝EG2；④當(dāng)G是線段AD的中點(diǎn)時(shí)，BEA．1個(gè) B．2個(gè) C．3個(gè) D．4個(gè)【分析】在BC上截取BH＝BE，連接EH，證明△FAE≌△EHC（SAS），可得EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，即可判斷①正確，延長(zhǎng)AD到K，使得DK＝BE，證明△GCE≌△GCK（SAS），可得EG＝DG+BE，判斷③錯(cuò)誤，而△AEG的周長(zhǎng)＝AE+EG+AG＝AB+AD＝2a，可判斷②錯(cuò)誤，設(shè)BE＝x，則DK＝x，在Rt△AEG中，則有（12a+x）2＝（a﹣x）2+（12a）2，解得BE=13【解答】解：在BC上截取BH＝BE，連接EH，如圖：∵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正確，延長(zhǎng)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，