第05讲 正方形的性质与判定-2023年新九年级数学暑假精品课（北师大版）

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第05讲 正方形的性质与判定

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．

一、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.
要点：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.
二、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.
要点：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.
三、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）.
四、特殊平行四边形之间的关系

或者可表示为：

五、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.
要点：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.

考点1：正方形的性质
例1．正方形、矩形、菱形都具有的特征是（　　）
A．对角线互相平分 B．对角线相等
C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角
【答案】A
【分析】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．
【解析】解：A、三者均具有此性质，故正确；
B、菱形不具有此性质，故不正确；
C、矩形不具有此性质，故不正确；
D、矩形不具有此性质，故不正确；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．
例2．正方形具有而菱形不一定有的性质是（    ）
A．对角线相等 B．对角线互相垂直
C．对角相等 D．四条边相等
【答案】A
【分析】根据正方形的性质以及菱形的性质，对各选项逐一判断即可得答案．
【解析】解：A．正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，故该选项符合题意；
B．正方形对角线互相垂直，菱形对角线也互相垂直，故该选项不符合题意；
C．正方形对角相等，菱形对角也相等，故该选项不符合题意；
D．正方形四条边都相等，菱形四条边也都相等，故该选项不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形与菱形的性质，正确对图形的性质的理解记忆是解题的关键．
考点2：利用正方形的性质求长度
例3．正方形一条对角线长为，则周长为（    ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】C
【分析】根据正方形对角线的长度和正方形的边长相等，利用勾股定理可求出边长，即可求出答案．
【解析】解：设正方形的边长为x，
∵正方形的对角线为，
∴由勾股定理得：，
解得：，
∴正方形的周长为：，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理和正方形的性质，灵活运用所学知识点是解题关键．
例4．如图，菱形的面积为，正方形的面积为，则菱形的边长是（　　）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据正方形的面积可用对角线进行计算解答即可．
【解析】解：如图所示，连接，线段和的交点为O，

因为四边形是菱形，
所以点O是和的中点，
因为四边形是正方形，
所以点O也是的中点，
所以线段交于一点O，
因为正方形的面积为，
所以，
因为菱形的面积为，
所以，
所以菱形的边长．
故选：A．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形和菱形的面积进行解答．
例5．如图，在正方形中，点E是对角线上一点，作于点F，连接，若，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接，由正方形的性质求得，进而求得与，再由勾股定理求得，最后根据轴对称性质求得．
【解析】解：连接，

∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形关于对称，
∴，
故选D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，关键是由正方形的性质与勾股定理求得的长度．
考点3：利用正方形的性质求角度
例6．一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先由三角形外角的性质得到，又由即可得到答案．
【解析】解：如图，

由题意可知，，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：D
【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
例7．如图，以正方形的一边向正方形外作等边，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得，由等腰三角形的性质可求解．
【解析】解：∵四边形是正方形，是等边三角形，
∴，
∴，
∴ ，
同理可得：
∴
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
例8．如图，已知正方形中，，，则的度数是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得出，，根据等边对等角和三角形的内角和定理得出，根据平行线的性质即可求解．
【解析】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，

∴，
∵，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理、平行线的性质，掌握正方形的性质是解题的关键．
考点4：利用正方形的性质求面积
例9．如图，正方形的边长为8，在各边上顺次截取，则四边形的面积是（    ）

A．34 B．36 C．40 D．100
【答案】C
【分析】利用正方形的面积减去4个直角三角形的面积，进行计算即可．
【解析】解：∵正方形的边长为8，在各边上顺次截取，
∴，
∴四边形的面积为：；
故选C．
【点睛】本题考查正方形的性质．熟练掌握正方形的性质，正确的识图，利用割补法求面积，是解题的关键．
例10．如图，在菱形中，，，则正方形的面积为（     ）

A．8 B．12 C．16 D．20
【答案】C
【分析】根据已知可求得△ABC是等边三角形，从而得到AC＝AB，从而求出正方形ACEF的边长，进而可求出其面积．
【解析】解：在菱形ABCD中，AB＝BC＝4，∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，
∴正方形ACEF的边长为4，
∴正方形ACEF的面积为16，
故选：C．
【点睛】本题考查菱形与正方形的性质，属于基础题，对于此类题意含有60°角的题目一般要考虑等边三角形的应用．
例11．如图，在中，，，．四边形是正方形，则正方形的面积是（    ）

A．8 B．12 C．18 D．20
【答案】D
【分析】根据勾股定理求得，即可求解．
【解析】解：∵，，．四边形是正方形，
∴，
所以正方形的面积是，
故选D．
【点睛】本题考查了勾股定理，正方形的性质，掌握勾股定理是解题的关键．
例12．如图将边长为的大正方形与边长为的小正方形放在一起，则三角形的面积（   ）

A．与、大小都有关 B．与、的大小都无关
C．只与的大小有关 D．只与的大小有关
【答案】D
【分析】连接，根据正方形的性质可得，根据平行线之间的距离相等可得，的面积与的面积相等，求出的面积即可．
【解析】解：连接，如图所示：

在正方形中，，，
，
的面积=的面积，
正方形的边长为，
的面积，
的面积为，
的面积只与的大小有关，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线的性质等，熟练掌握平行线之间的距离相等是解题的关键．
考点5：正方形的判定
例13．如图，在矩形中，对角线交于点O，下列条件中，能使矩形成为正方形的是（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据判定正方形的判定方法：一组邻边相等的矩形是正方形，进行判定即可．
【解析】∵一组邻边相等的矩形是正方形，，
∴矩形是正方形，
其余条件均不能使矩形成为正方形，故答案为D，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定方法是关键．
例14．有下列四个条件：①；②；③；④；从中选两个作为补充条件，使平行四边形为正方形，现有下列四种选法，你认为错误的是（    ）
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【答案】C
【分析】利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法逐一判断即可解答．
【解析】解：A．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当①时，菱形是正方形，
故A不符合题意；
B．因为四边形是平行四边形，
当①时，平行四边形是矩形，
当③时，矩形是正方形，
故B不符合题意；
C．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当③时，菱形还是菱形，
故C符合题意；
D．因为四边形是平行四边形，
当②时，平行四边形是菱形，
当④时，菱形是正方形，
故D不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键．
考点6：中点四边形
例15．连接菱形各边中点，可得到的“中点四边形”是矩形，主要是因为（    ）
A．菱形的四条边都相等 B．菱形的对角线互相垂直
C．菱形的对角线互相平分 D．以上答案都不对
【答案】B
【分析】先根据三角形的中位线性质证明“中点四边形”是平行四边形，再根据菱形的对角线互相垂直可证明“中点四边形”是矩形．
【解析】解：如图，点E、F、G、H分别为菱形的边、、、的中点，
∴，，，，
∴，，
∴“中点四边形”是平行四边形，
∵菱形中，，
∴，即，
∴“中点四边形”是矩形，
故菱形的“中点四边形”是矩形，主要因为菱形的对角线互相垂直，
故选：B．

【点睛】本题考查菱形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定、三角形的中位线性质、平行线的性质，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
例16．如图，AC、BD是四边形ABCD的两条对角线，顺次连接四边形ABCD各边中点得到四边形EFGH，要使四边形EFGH为矩形，应添加的条件是（　　）

A．AC⊥BD B．AB＝CD C．AB∥CD D．AC＝BD
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理得到EF=AC，EF∥AC，GH=AC，GH∥AC，EH∥BD，得到四边形EFGH为平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可．
【解析】解：∵E、F、G、H分别为AB、BC、CD、AD的中点，
∴EF=AC，EF∥AC，GH=AC，GH∥AC，EH∥BD，
∴EF=GH，EF∥GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC⊥BD时，EF⊥EH，则四边形EFGH为矩形，
故选：A．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定定理是解题的关键．
例17．若顺次联结一个四边形各边的中点得到的图形是矩形，则这个四边形的对角线（    ）
A．互相平分 B．相等 C．互相垂直 D．互相垂直且平分
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理得到EH∥BD，FG∥BD，进而证明四边形EFGH是平行四边形，根据矩形的判定定理解答即可．
【解析】解：∵E，F，G，H分别是AB，BC，CD，DA的中点，

∴EH∥BD，FG∥BD，
∴EH∥FG，
同理，EF∥HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
当AC⊥BD时，EH⊥EF，
此时四边形EFGH是矩形，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握矩形的判定定理、三角形中位线定理是解题的关键．
考点7：正方形的判定与性质综合
例18．如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解．
【解析】解：过点E作EH⊥BC于点H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键．
例19．如图，正方形的边长为，为边上一点与点、不重合，连接，交于点当是等腰三角形时，则的长为（    ）

A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】当是等腰三角形时，存在两种情况：如图，当时，先计算的长，证明，可利的长，由线段的差可得的长；当时，与重合，此种情况不符合题意．
【解析】解：如图，当时，

，
四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
由勾股定理得：，
，
；
当时，与重合，此种情况不符合题意．
综上，的长是．
故选：．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握等腰三角形的性质和判定是解题的关键．
例20．如图，正方形ABCD边长为10，点M在对角线AC上运动，N为DC上一点，DN＝2，则DM+ MN长的最小值为（    ）

A．8 B．10 C． D．
【答案】C
【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BN交AC于M′点，M′即为所求在Rt△BCN中利用勾股定理即可求出BN的长即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于直线AC对称，
连接BD，BN交AC于M′，连接DM′，M′即为所求的点，

则BN的长即为DM+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，
又∵CN=CD-DN=10-2=8，
∴在Rt△BCN中，BN=．
故选：C．
【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解答此题的关键．
例21．如图，ABCD为正方形，O为AC、BD的交点，△DCE为Rt△，∠CED=90°，∠DCE=30°，若OE=，则正方形的面积为（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【解析】试题分析：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°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠COD=90°  OC=OD，
∴∠COM+∠DOM=∠DON+∠DOM，
∴∠COM=∠DON，
又∵∠N=∠CMO=90°，
∴△COM≌△DON（AAS），
∴OM=ON，
∴四边形OMEN是正方形，
设正方形ABCD的边长为2a，则OC=OD=×2a=a，
∵∠CED=90°，∠DCE=30°，
∴DE=CD=a，
∴CE=，
∴S四边形OCED=a•a+•（a）•（a）=×（）2，
∴a2=1，
∴S正方形ABCD=（2a）2=4a2=4×1=4．
故选B．
考点：1、正方形的性质；2、全等三角形的判定与性质；3、勾股定理．
例22．ABCD是边长为1的正方形，是等边三角形，则的面积为　　

A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】分析：根据三角形面积计算公式，找到△BPD的面积等于△BCP和△CDP面积和减去△BCD的面积的等量关系，并进行求解．
解：如图，

过P作PE⊥CD，PF⊥BC，
∵正方形ABCD的边长是1，△BPC为正三角形，
∴∠PBC=∠PCB=60°，PB=PC=BC=CD=1，
∴∠PCE=30°，
∴PF=PB•sin60°=1×=（利用30°所对的直角边性质，勾股定理求解也可），PE=FC=，
S△BPD=S四边形PBCD-S△BCD=S△PBC+S△PDC-S△BCD
=××1+××1-×1×1=；
故选B．
考点8：正方形的判定与性质解答题
例23．如图，若四边形的对角线与相交于点O，且，则四边形是正方形吗？

【答案】四边形是正方形．
【分析】根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出AC＝BD，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根据正方形的判定推出即可．
【解析】解：四边形ABCD是正方形，
理由是：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定的应用，主要考查学生的推理能力，注意：对角线互相垂直的矩形是正方形，难度适中．
例24．如图，M、N分别是正方形的边的中点，与交于点P，连结，求证：．

【答案】见解析
【分析】延长交于Q，根据正方形性质可得AD=DC=CB，∠D=∠NCB=90°，由M、N分别是的中点，可得DM=AM=，CN=，可证DM=CN，可证△DMC≌△CNB（SAS），∠BPC=90°，再证△CDM≌△QAM（AAS），可得CD=QA，在Rt△QBP中，AP为斜边中线，AP==AB．
【解析】证明：延长交于Q，
在正方形中，AD=DC=CB，∠D=∠NCB=90°，
∵M、N分别是正方形的边的中点，
∴DM=AM=，CN=
∴DM=CN，
在△DMC和△CNB中，
，
∴△DMC≌△CNB（SAS），
∴∠DCM=∠CBN，
∵∠DCM+∠PCB=90°
∴∠CBP+∠PCB=∠DCM+∠PCB=90°，
∴∠BPC=180°-∠PCB-∠CBP=180°-（∠PCB+∠CBP）=90°
在△CDM和△QAM中
，
∴△CDM≌△QAM（AAS），
∴CD=QA，
在Rt△QBP中，AP为斜边中线，
∴AP==AB．

【点睛】本题考查正方形性质，中点定义，三角形全等判定与性质，直角三角形斜边中线性质，掌握正方形性质，中点定义，三角形全等判定与性质，直角三角形斜边中线性质是解题关键．
例25．如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，F是AD延长线上一点，且DF=BE．

（1）求证：CE=CF；
（2）若点G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
【答案】（1）见解析（2）成立
【分析】（1）由DF=BE，四边形ABCD为正方形可证△CEB和△CFD全等，从而证出CE=CF．
（2）由（1）得，CE=CF，∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD即∠ECF=∠BCD=90°又∠GCE=45°所以可得∠GCE=∠GCF，故可证得△ECG和△FCG全等，即EG=FG=GD+DF．又因为DF=BE，所以可证出GE=BE+GD成立．
【解析】解：（1）在正方形ABCD中，BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
∵，
∴△CBE△CDF（SAS）．
∴CE=CF．
（2）GE=BE+GD成立．
理由：∵由（1）得：△CBE△CDF，
∴∠BCE=∠DCF，
∴∠BCE+∠ECD=∠DCF+∠ECD，即∠ECF=∠BCD=90°，
又∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°，CE＝CF．
∵∠GCE＝∠GCF， GC＝GC，
∴△ECG△FCG（SAS）．
∴GE=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD．
【点睛】本题考查了以下内容：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质；解决本题的关键是理解题意，灵活运用全等三角形的性质与判定．
例26．如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)6

【分析】（1）利用正方形的性质证明再结合BE＝DF，从而可得结论；
（2）先利用正方形的性质证明 再求解EF的长，再利用四边形AECF的面积，即可得到答案．
【解析】（1）证明： 正方形ABCD，



（2）如图，连结AC，
正方形ABCD，




∴四边形AECF的面积

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，掌握“正方形的对角线相等且互相垂直平分”是解本题的关键．
例27．如图，正方形ABCD中，．

(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，且，则_______．
【答案】(1)见详解
(2)见详解
(3)

【分析】（1）根据正方形的性质可得，然后问题可求证；
（2）由（1）可知，由可求证；
（3）连接DE，由（2）及勾股定理可得，然后可得，进而问题可求解．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴（SAS）；
（2）证明：由（1）可知，
∴，
∵，
∴，即，
∴；
（3）解：连接DE，如图所示：
由（2）可知，
∵，
∴由勾股定理得：，
∵AD=DC=AB=6，
∴在Rt△ADE中，由勾股定理得：，
∴；
故答案为：．

【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、正方形的性质及勾股定理，熟练掌握全等三角形的性质与判定、正方形的性质及勾股定理是解题的关键．

一、单选题
1．（2022·湖南衡阳·统考中考真题）下列命题为假命题的是（    ）
A．对角线相等的平行四边形是矩形 B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形
C．有一个内角是直角的平行四边形是正方形 D．有一组邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【分析】根据矩形、菱形、正方形判定方法，一一判断即可．
【解析】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，本选项不符合题意．
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，是真命题，本选项不符合题意．
C、有一个内角是直角的平行四边形可能是长方形，是假命题，应该是矩形，推不出正方形，本选项符合题意．
D、有一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查命题与定理，矩形、菱形、正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法，属于中考常考题型．
2．（2021·广西玉林·统考中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：

a.两组对边分别相等        b.一组对边平行且相等
c.一组邻边相等        d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c
则正确的是：（    ）
A．仅① B．仅③ C．①② D．②③
【答案】C
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【解析】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确的有①②；
故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
3．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先利用正方形的性质得到，，，利用角平分线的定义求得，再证得，利用全等三角形的性质求得，最后利用即可求解．
【解析】解：∵四边形是正方形，
∴，，，
∵平分交于点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴ ，
∴，
故选：C
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及角平分线的定义，熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键．
4．（2021·江苏泰州·统考中考真题）如图,P为AB上任意一点,分别以AP、PB为边在AB同侧作正方形APCD、正方形PBEF,设,则 为（　　）

A．2α B．90°﹣α C．45°+α D．90°﹣α
【答案】B
【分析】根据题意可得 ，从而 即可．
【解析】∵四边形APCD和四边形PBEF是正方形，
∴AP=CP，PF=PB，，
∴，
∴∠AFP=∠CBP，
又∵ ，
∴，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定方法是解题的关键．
5．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，对角线、相交于点O． E、F分别为、上一点，且，连接，，．若，则的度数为（    ）

A．50° B．55° C．65° D．70°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△AOF≌△BOE（SAS），得到∠OBE=∠OAF，利用OE=OF，∠EOF=90°，求出∠OEF=∠OFE=45°，由此得到∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，进而得到∠CBE的度数．
【解析】解：在正方形中，AO=BO，∠AOD=∠AOB=90°，∠CBO=45°，
∵，
∴△AOF≌△BOE（SAS），
∴∠OBE=∠OAF，
∵OE=OF，∠EOF=90°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵，
∴∠OAF=∠OEF-∠AFE=20°，
∴∠CBE=∠CBO+∠OBE=45°+20°=65°，
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．

二、填空题
6．（2021·黑龙江·统考中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．

【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理可直接进行求解．
【解析】解：∵四边形是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：或或或，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，
故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
7．（2015·广西南宁·中考真题）如图，在正方形外作等边，则___________．

【答案】
【分析】根据四边形是正方形，是等边三角形，可得到，然后利用正方形和正三角形的性质，等边对等角以及三角形内角和定理即可求解．
【解析】解：四边形是正方形，
，，
又是等边三角形，
，，
，，
．
，
故答案为．
【点睛】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等边对等角，综合运用以上知识是解题的关键．
8．（2020·江苏镇江·统考中考真题）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°．

【答案】135
【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB＝∠BAC＝45°
∴∠2+∠BCP＝45°
∵∠1＝∠2
∴∠1+∠BCP＝45°
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP
∴∠BPC＝135°
故答案为：135．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键．

三、解答题
9．（2022·湖北恩施·统考中考真题）如图，已知四边形ABCD是正方形，G为线段AD上任意一点，于点E，于点F．求证：．

【答案】证明见解析
【分析】先根据正方形的性质可得，从而可得，再根据垂直的定义可得，从而可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据线段的和差、等量代换即可得证．
【解析】证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
，
，
．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质等知识点，正确找出两个全等三角形是解题关键．
10．（2019·四川内江·统考中考真题）如图，在正方形中，点是上的一点，点是延长线上的一点，且，连结．

（1）求证：≌；
（2）若，请求出的长．
【答案】（1）见解析；（2）．
【分析】（1）利用正方形的性质得到，，即可解答
（2）利用全等三角形的性质得出，即可解答
【解析】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
在和中，
，
∴≌（）；
（2）解：∵≌，
∴，，
∵，
∴，即，
∴．
【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于利用正方形的性质进行求证
11．（2021·山东泰安·统考中考真题）四边形为矩形，E是延长线上的一点．

（1）若，如图1，求证：四边形为平行四边形；
（2）若，点F是上的点，，于点G，如图2，求证：是等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得出，再根据一组对边平行且相等证明即可；
（2）先证矩形是正方形，再证，得出，再证即可．
【解析】证明：（1）∵是矩形，
，，
又，
，
，
∴四边形是平行四边形．
（2），
∴矩形是正方形，
，
，
，
，
又，
，
，
又，
，
，，
，
是等腰直角三角形．
【点睛】本题考查了矩形的性质、平行四边形的判定、正方形的判定与性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是熟练准确运用相关知识进行推理证明．
12．（2020·黑龙江鹤岗·统考中考真题）以的两边、为边，向外作正方形和正方形，连接，过点作于，延长交于点．
　
（1）如图1，若，，易证：；
（2）如图2，；如图3，，（1）中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）时，（1）中结论成立，证明见解析；时，（1）中结论成立，证明见解析．
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出∠MAC=45°，证得∠EAN=∠NAG，由等腰三角形的性质得出结论；
（2）如图1，2，证明方法相同，利用“AAS”证明△ABM和△EAP全等，根据全等三角形对应边相等可得EP=AM，同理可证GQ=AM，从而得到EP=GQ，再利用“AAS”证明△EPN和△GQN全等，根据全等三角形对应边相等可得EN=NG．
【解析】（1）证明：∵，，∴，
∵，
∴，
∴，
同理，
∴，
∵四边形和四边形为正方形，
∴，
∴.
（2）如图1，时，（1）中结论成立.

理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
如图2，时，（1）中结论成立.

理由：过点作交的延长线于，
过点作于，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
同理可得：，
∴，
在和中，
，
∴，
∴.
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的性质，等腰直角三角形的性质等知识；正确作出辅助线，构造全等三角形，运用全等三角形的性质是解题的关键．
13．（2023·陕西·模拟预测）已知，四边形是正方形，绕点旋转（），，，连接，．

(1)如图，求证：≌；
(2)直线与相交于点．
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析②

【分析】根据证明三角形全等即可；
根据邻边相等的矩形是正方形证明即可；
作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：四边形是正方形，
，．
，．
，
，
在和中，

≌；
（2）证明：如图中，设与相交于点．

，
．
≌，
．
，
．
，
，，
四边形是矩形，
．
四边形是正方形，
，．
．
又，
≌．
．
矩形是正方形；
解：作交于点，作于点，

∵
∴≌．
．
，，
最大时，最小，．
．
由可知，是等腰直角三角形，
．
【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，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考压轴题．

一、单选题
1．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（　）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【解析】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，解决本题的关键是熟记正方形和矩形的性质．
2．如图，已知正方形ABCD的边长为5，E为BC边上的一点，∠EBC=30°，则BE的长为 (   )

A．cm B．2cm C．5 cm D．10 cm
【答案】D
【解析】试题解析：设


根据勾股定理，


故选D.
3．下列命题中，正确的是（    ）
A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
B．对角线相等，且有一个角是直角的平行四边形是正方形
C．四个角都相等的菱形是正方形
D．对角线互相垂直平分且有一组邻边相等的四边形是正方形
【答案】C
【分析】根据正方形的判定方法即可判断．
【解析】A.对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，本选项不符合题意；
B.对角线相等且有一个角是直角的平行四边形是矩形，不一定是正方形；本选项不符合题意；
C.四个角都相等的菱形是正方形，正确，本选项符合题意；
D.对角线互相垂直平分且有一组邻边相等的四边形是菱形，不一定是正方形；本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定、矩形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识．
4．如图，四边形ABCD是正方形，延长AB到点E，使AE=AC，则∠BCE的度数是（ ）

A．22.5° B．25° C．23° D．20°
【答案】A
【分析】根据正方形的性质，易知∠CAE=∠ACB=45°；等腰△CAE中，根据三角形内角和定理可求得∠ACE的度数，进而可由∠BCE=∠ACE﹣∠ACB得出∠BCE的度数．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAB=∠BCA=45°；
△ACE中，AC=AE，
则：∠ACE=∠AEC=（180°﹣∠CAE）=67.5°；
∴∠BCE=∠ACE﹣∠ACB=22.5°．
【点睛】考点：正方形的性质．
5．如图，正方形中，，则 （    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过N做NP⊥BC于P，则NP=DC，易证△BEC≌△PMN，即可得∠MCE=∠PNM，根据直角三角形内角和为180°即可求得∠ANM=90°-∠MCE．
【解析】解：过N做NP⊥BC于P，则NP=DC，
∵∠MCE+∠NMC=90°，∠MNP+∠NMC=90°，
∴∠MCE=∠MNP，
在△MNP和△ECB中，
，
∴△BEC≌△PMN，
∴∠MCE=∠PNM，
∴∠ANM=90°-∠MCE=50°．
故选C．

【点睛】本题考查了正方形各边长、各内角相等的性质，考查了全等三角形的判定和全等三角形对应角相等的性质，本题中证明△BEC≌△PMN是解题的关键．
6．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OB的中点，连接AE，若AB=4，则线段AE的长为（    ）

A． B．3 C． D．
【答案】C
【分析】根据正方形的性质求得AO=BO=2，再根据勾股定理即可求解．
【解析】解：在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AB=4，
∴AC=BD=4，AC⊥BD，
∴AO=BO=2，
∵点E是OB的中点，
∴EO=，
在Rt△EOA中，EO=，AO=2，
∴AE=，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理，解题的关键是熟知正方形的对角线相等且垂直平分．
7．如图，将正方形纸片ABCD折叠，使顶点B落在边AD上的点E处，折痕交AB于点F，交CD于点G．若，，则AB的长为（    ）

A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出AF和EF的长，再根据翻折变换的知识得到EF=BF， 进而求出AB的长.
【解析】∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A= 90°，AE= 1，∠AFE= 30°
∴EF= 2，AF=，
∵正方形纸片ABCD折叠，使顶点B落在边AD上的点E处，
EF= BF，
BF= 2，
∴AB= AF+ BF=2+，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了翻折变换以及正方形的性质，解题的关键是根据翻折变换得到EF=BF，此题难度不大．
8．如图，已知正方形的边长为5，点，分别在，上，，与相交于点，点为的中点，连接，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正方形的性质并利用SAS可证明△BAE≌△ADF，于是可得∠ABE＝∠DAF，进而可得△BGF是直角三角形，再根据点H为BF的中点，可知GH是BF的一半，然后根据勾股定理可以求得BF的长，从而可以得到GH的长．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAE＝∠ADF＝90°，
∵AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝90°，
∴∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH＝BF，
又∵BC＝CD＝5，DF＝2，∠C＝90°，
∴CF＝3，
∴BF＝＝＝，
∴GH＝，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，明确题意、熟练掌握上述知识是解题的关键．
9．如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点E在BC的延长线上，连接DE，F是DE的中点，连接OF交CD于点G，连接CF，若，，则点D到CF的距离为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】点D到CF的距离为，根据正方形的性质及中位线的性质，求得的值，在利用勾股定理及直角三角形斜边的中线可求得的值，再利用等面积法求高的方法，即即可求得答案．
【解析】解：点D到CF的距离为，
四边形ABCD是正方形，
，
对角线AC与BD相交于点O，F是DE的中点，
是的中位线，是的中线，
是的中位线，是的中位线，，

，
，
，
，
，
在中，，，，
，
，
，
，解得，
点D到CF的距离为，
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理的应用、中位线性质、直角三角形斜边的中线性质及三角形等面积法求高，熟练掌握等面积法求相应边长是解题的关键．
10．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．给出如下四个结论：①∠OEF＝45°；②正方形A1B1C1O绕点O旋转时，四边形OEBF的面积随EF的长度变化而变化；③△BEF周长的最小值为；④．其中正确的结论有(   )

A．①③ B．②③ C．①④ D．③④
【答案】A
【分析】①根据正方形的性质及各角之间的数量关系得出∠BOE=∠COF，利用全等三角形的判定和性质得出OE=OF，BE=CF，再由勾股定理即可得出；②由全等的性质及图中面积的关系即可得出；③由①可知，BE+BF=BF+CF=BC=，EF=，确定当OE⊥AB时，OE最小，的周长最小，代入计算即可；④利用勾股定理进行变换判断即可．
【解析】解：①∵四边形ABCD为正方形，
∴OB=OC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BOC=90°，
∴∠BOF+∠COF=90°，
∵∠EOF=90°，
∴∠BOF+∠COE=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在∆BOE与∆COF中，
，
∴∆BOE≅∆COF，
∴OE=OF，BE=CF，
∴∠OEF=45°，EF=，故①正确；
②由①得∆BOE≅∆COF，



，故②错误；
③由①可知，
BE+BF=BF+CF=BC=，EF=，
的周长=BE+BF+EF=，
∵OA为定值，则OE最小时的周长最小，
∴当OE⊥AB时，OE最小，的周长最小，
此时，
∴的周长最小值=

，故③正确；
∵在中，，
∴，
∵，
∴，故④错误；
∴①③正确，
故选：A．
【点睛】题目主要考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．

二、填空题
11．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
【分析】根据正方形的定义和性质填空即可．
【解析】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．
12．若正方形的边长为a，则它的对角线长为__________．
【答案】
【分析】根据题意，可得正方形的相邻两边与对角线正好构成一个等腰直角三角形，对角线是斜边，结合勾股定理计算可得答案．
【解析】解：∵正方形的相邻两边与对角线正好构成一个等腰直角三角形，对角线是斜边；
∵正方形的边长为a，
∴对角线长是．
故答案为：
【点睛】本题考查了正方形的性质和勾股定理，熟知正方形的两邻边与对角线构成一个等腰直角三角形是解题的关键．
13．已知矩形，给出三个关系式：①②③如果选择关系式__________作为条件（写出一个即可），那么可以判定矩形为正方形，理由是_______________________________ .
【答案】 ① 一组邻边相等的矩形是正方形
【分析】根据正方形的判定定理添加一个条件使得矩形是菱形即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD为正方形（一组邻边相等的矩形是正方形）．
故答案为①，一组邻边相等的矩形是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定定理即可得到结论．
14．在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，则∠EBC的度数是___________．

【答案】22.5°/22.5度
【分析】由AB=AE，在正方形中可知∠BAC=45°，进而求出∠ABE，又知∠ABE+∠EBC=90°，故能求出∠EBC．
【解析】解：∵正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，
∴∠BAC=45°，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=67.5°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠EBC=22.5°，
故答案为：22.5°．
【点睛】本题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是正确求出∠ABE的度数．
15．作正方形中对角线的平行线，点E在直线上，且四边形是菱形，贴_______．
【答案】或
【分析】根据题意，分类画出图形并利用等腰三角形的性质和30º直角三角形的判定求解即可；
【解析】解：1）如图：过点C作CH⊥BF，
∵AC//BF，
∴
∵正方形，对角线为AC，
∴,
设，则，，
∵四边形是菱形，
∴
∴,
∴

2)如图，过点C作CH⊥BF，
∵AC//BF，
∴
∵正方形，对角线为AC，
∴,
设，则，，
∵四边形是菱形，
∴
∴,
∴,
∴,
故答案为：或

【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，30º直角三角形的判定和等腰直角三角形的性质，根据题意分类作出图形及利用等腰直角三角形性质及30º直角三角形的判定求解是解题的关键．
16．如图，E是正方形ABCD的对角线BD上一点，连接CE，过点E作，垂足为点F．若，，则正方形ABCD的面积为___．

【答案】196
【分析】连接AE可得AE=CE，勾股定理求出EF，DF=EF，求出AD可得答案．
【解析】解：连接AE，如图，

∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABD=∠CBD=45°，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴AE=EC=10，
∵EF⊥AD，AF=6，
∴EF=，
∴DF=EF=8，AD=8+6=14，
∴正方形ABCD的面积为196，
故答案为：196．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
17．如图，在正方形 ABCD 中，AC 为对角线，E 为 AC 上一点，连接 EB、ED，延长 BE交 AD 于 F．当∠BED＝120°时，则∠ABF 的度数为__________°．

【答案】15
【分析】由四边形ABCD是正方形，易证得△BEC≌△DEC，然后根据全等三角形的性质知对应角相等，即∠BEC=∠DEC=∠BED，又由对顶角相等、三角形的一个内角的补角是另外两个内角的和求得∠EFD=∠BEC+∠CAD．
【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴BC=CD，∠EAB=∠ECB=∠ECD=45º，∠ABC=90º，
∵在 △BEC 与 △DEC 中，

∴△BEC ≌ △DEC(SAS) ，
∴∠BEC=∠DEC=∠BED ，
∵∠BED=120º ，
∴∠BEC=60º=∠AEF ，
∵∠BEC=∠BAE+∠ABF
∴∠ABF =60º-45º=15º
故答案为：15．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答本题的关键．
18．如图,点P是正方形ABCD的对角线BD上一点,PE⊥BC于点E,PF⊥CD于点F,连接EF，给出下列五个结论:①AP=EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；⑤PD=EC，其中正确结论的序号是______.

【答案】①②④⑤．
【分析】过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△AGP≌△FPE后即可证明①AP=EF；④∠PFE=∠BAP；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得⑤DP=EC．
【解析】证明：过P作PG⊥AB于点G，

∵点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，
∴GP=EP，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP，
同理，得PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB-GB，FP=GF-GP=AB-GB，
∴AG=PF，
∴△AGP≌△FPE，
∴AP=EF，故①正确；
延长AP到EF上于一点H，
∴∠PAG=∠PFH，
∵∠APG=∠FPH，
∴∠PHF=∠PGA=90°，即AP⊥EF，故②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45度，
∴当∠PAD=45度或67.5度或90度时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，故③错误．
∴∠PFE=∠BAP，故④正确；
∵GF∥BC，
∴∠DPF=∠DBC，
又∵∠DPF=∠DBC=45°，
∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴PF=DF=EC，
∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，
∴DP=EC，故⑤正确．
∴其中正确结论的序号是①②④⑤．
【点睛】本题考查了正方形的性质，即在正方形中，对角线平分对角；正方形四条边都相等，四个角都是直角．

三、解答题
19．如图所示，正方形的边长为1，点在线段上运动，平分交边于点．
求证：．

【答案】见解析．
【分析】延长至点，使得，连接，可以求证△ADF≌△ABG，再证得∠GAE=∠DAE=∠GEA，即可求证AG=EG，即求EG=DF+BE即可．
【解析】如图所示，延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，．
又∵是的角平分线．
∴，
∴．
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，平行线的性质，关键是运用转化思想，把AF转化到其全等三角形里面，根据等腰三角形腰长相等的性质求解．
20．如图，若四边形的对角线与相交于点O，且，则四边形是正方形吗？

【答案】四边形是正方形．
【分析】根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出AC＝BD，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根据正方形的判定推出即可．
【解析】解：四边形ABCD是正方形，
理由是：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定的应用，主要考查学生的推理能力，注意：对角线互相垂直的矩形是正方形，难度适中．
21．如图，M、N分别是正方形的边的中点，与交于点P，连结，求证：．

【答案】见解析
【分析】延长交于Q，根据正方形性质可得AD=DC=CB，∠D=∠NCB=90°，由M、N分别是的中点，可得DM=AM=，CN=，可证DM=CN，可证△DMC≌△CNB（SAS），∠BPC=90°，再证△CDM≌△QAM（AAS），可得CD=QA，在Rt△QBP中，AP为斜边中线，AP==AB．
【解析】证明：延长交于Q，
在正方形中，AD=DC=CB，∠D=∠NCB=90°，
∵M、N分别是正方形的边的中点，
∴DM=AM=，CN=
∴DM=CN，
在△DMC和△CNB中，
，
∴△DMC≌△CNB（SAS），
∴∠DCM=∠CBN，
∵∠DCM+∠PCB=90°
∴∠CBP+∠PCB=∠DCM+∠PCB=90°，
∴∠BPC=180°-∠PCB-∠CBP=180°-（∠PCB+∠CBP）=90°
在△CDM和△QAM中
，
∴△CDM≌△QAM（AAS），
∴CD=QA，
在Rt△QBP中，AP为斜边中线，
∴AP==AB．

【点睛】本题考查正方形性质，中点定义，三角形全等判定与性质，直角三角形斜边中线性质，掌握正方形性质，中点定义，三角形全等判定与性质，直角三角形斜边中线性质是解题关键．
22．如图，四边形是正方形，点是上的任意一点，于点，，交于点．那么与相等吗？请说明理由．

【答案】．理由见解析.
【分析】证明△ABF≌△DAE得到BF=AE，，从而得到．
【解析】解：．理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，．
∵，
∴．
∴．
又，
∴．
∵，
∴．
在与中，
，
∴≌（AAS）．
∴．
∵，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；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；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．也考查了全等三角形的判定与性质．
23．如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．

(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)6

【分析】（1）利用正方形的性质证明再结合BE＝DF，从而可得结论；
（2）先利用正方形的性质证明 再求解EF的长，再利用四边形AECF的面积，即可得到答案．
【解析】（1）证明： 正方形ABCD，



（2）如图，连结AC，
正方形ABCD，




∴四边形AECF的面积

【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理的应用，二次根式的乘法运算，掌握“正方形的对角线相等且互相垂直平分”是解本题的关键．
24．如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接，．
  
(1)求证：①；
②矩形是正方形；
(2)求的值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)

【分析】（1）①过E作于M，于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到，进而得到，再证明四边形是矩形，又四边形是矩形和全等三角形的判定证明，得到，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明得到，进而得到即可求解．
【解析】（1）证明：过E作于M，于N，则，
  
∵四边形是正方形，
∴，，又，
∴，，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，又四边形是矩形，
∴，
∴，又，，
∴，则，
∴，则；
②∵四边形是矩形，，
∴四边形是正方形；
（2）解 ：∵四边形是正方形，四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．
25．已知，四边形是正方形，绕点旋转，，，连接，
    
(1)如图，求证：；
(2)直线与相交于点．
①如图，于点，点，证明矩形是正方形；
②如图，连接，若，直接写出在旋转的过程中，线段长度的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②

【分析】（1）利用正方形性质，求得，，利用证明三角形全等即可；
（2）①根据，可得，又因为，，所以四边形是矩形，证明，可知从而证明，矩形是正方形；
②作交于点，作于点，证明是等腰直角三角形，求出的最小值，可得结论．
【解析】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，，
，
，
在和中，
，
；
（2）①证明：如图中，设与相交于点，
  
，
，
，
，
，
，
，
，，
四边形是矩形，
，
四边形是正方形，
，，
，
又，  
，
，
矩形是正方形；
②作交于点，作于点，
    
此时，
，
，，
最大时，最小，，
，
由（2）①可知，是等腰直角三角形，
．
【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，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．