初中数学浙教版八年级下册5.3 正方形同步达标检测题

这是一份初中数学浙教版八年级下册5.3 正方形同步达标检测题，文件包含浙教版八年级下册数学举一反三系列专题53正方形的性质与判定十大题型教师版docx、浙教版八年级下册数学举一反三系列专题53正方形的性质与判定十大题型学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共89页， 欢迎下载使用。


TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc17048" 【题型1 正方形的性质（求角的度数）】 PAGEREF _Tc17048 \h 1
\l "_Tc8354" 【题型2 正方形的性质（求线段的长度）】 PAGEREF _Tc8354 \h 6
\l "_Tc7124" 【题型3 正方形的性质（求面积、周长）】 PAGEREF _Tc7124 \h 11
\l "_Tc13503" 【题型4 正方形的性质（探究数量关系）】 PAGEREF _Tc13503 \h 16
\l "_Tc11053" 【题型5 判定正方形成立的条件】 PAGEREF _Tc11053 \h 25
\l "_Tc8773" 【题型6 正方形判定的证明】 PAGEREF _Tc8773 \h 30
\l "_Tc5123" 【题型7 正方形的判定与性质综合】 PAGEREF _Tc5123 \h 36
\l "_Tc18218" 【题型8 探究正方形中的最值问题】 PAGEREF _Tc18218 \h 41
\l "_Tc11327" 【题型9 正方形在坐标系中的运用】 PAGEREF _Tc11327 \h 46
\l "_Tc31315" 【题型10 正方形中的多结论问题】 PAGEREF _Tc31315 \h 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】（2022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】（2022•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，
，
∴△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】（2022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】（2022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．2B．4C．4D．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，
，
∴△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≌△BAE（ASA），
∴AG＝BE＝6，DG＝AE＝8，
∴EG＝8﹣6＝2，
同理可得：GF＝2，
∴Rt△EFG中，EF2，
故选：A．
【变式2-1】（2022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．2B．2.5C．3D．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PHFC，因为FC＝BE，再利用勾股定理求出BE的长即可．
【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．
∵EF＝BC＝4．
∴在Rt△CEF中，CF．
∴2.5．
故选：B．
【变式2-2】（2022•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，BC＝3，连接DF，M是DF的中点，连接AM，则AM的长是（ ）
A．B．C．D．
【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，BC＝3，
∴BFBG＝2，AB＝AD＝CD＝BC＝3，
∵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，
，
∴△ADM≌△HFM（AAS），
∴AD＝FH＝3，AM＝HMAH，
∴BH＝FH﹣BF＝1，
在Rt△ABH中，AH，
∴AMAH，
故选：A．
【变式2-3】（2022春•吴中区校级期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝4．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 ．
【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＝4，∠B＝∠DAE＝90°．
∵E、F分别为边AB、BC的中点，
∴AE＝BF＝2．
∴DE10．
在△DAE和△ABF中，
．
∴△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．
∴AG4．
∵点N、M分别为AF、DE的中点，
∴ANAF＝5，EMDE＝5．
∴GM＝EM﹣EG＝3，GN＝AN﹣AG＝1．
在Rt△MNG中，
MN．
故答案为：．
【题型3 正方形的性质（求面积、周长）】
【例3】（2022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．28B．29C．30D．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：，
整理，得：，
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】（2022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＝2，若CE•DE＝3，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．5B．6C．8D．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（AAS），
∴OM＝ON，CM＝DN，
∴四边形OMEN是正方形，
在Rt△OEN中，
∵OE＝2，
∴2NE2＝OE2＝（2）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】（2022•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 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9＝6，
∴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3，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
设BG＝a，CG＝b，则ab，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b，即BG+CG，
∴△BCG的周长3，
故答案为：3．
【变式3-3】（2022•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，
，
∴△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，
，
∴△ABN≌△EBC（SAS），
∴S△ABN＝S△CBE，
∴S△AEB＝S△HBN，
∵S△AEBS正方形ADEB，
∴S△HBNS正方形ADEB，
∴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】（2022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，
，
∴△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】（2022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
，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中
，
∴△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
，
∴△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
，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
【变式4-2】（2022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，则的值．
【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PQPB，即可得出答案；
【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，，
∴△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，，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQPB，
∴．
【变式4-3】（2022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，
，
∴△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，
，
∴△OBK≌△OCF（SAS）．
∴OK＝OF，∠BOK＝∠COF．
∵∠BOK+∠KOG＝∠BOC＝90°，
∴∠COF+∠KOG＝90°，即∠HOF＝90°．
∴∠OHF＝∠OFH（180°﹣∠KOF）＝45°．
∴∠OFC＝∠OFK+∠BFC＝135°．
∵△OCF≌△HCF，
∴∠HFC＝∠OFC＝135°，
∴∠OFH＝360°﹣∠HFC﹣∠OFC＝90°．
∴∠FHO＝∠FOH（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】（2022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】（2022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HGAC；
同理EF∥AC且EFAC，同理可得EHBD，
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】（2022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，
∴，
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】（2022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，
，
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】（2022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，
，
∴△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】（2022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＝CFCDAB，EF＝AF，
∵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+∠FBE90°，
∴∠ABE＝90°，
∴四边形ABCD是正方形．
【变式6-2】（2022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ADAB时，四边形BEDH是正方形，
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，
∴ADAB，
∴当ADAB，四边形BEDH是正方形．
【变式6-3】（2022•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＝18045°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°，由正方形的判定定理可得四边形ABCD是正方形．
【解答】证明：（1）在△ADE与△CDE中，
，
∴△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＝18045°，
∵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】（2022•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 1 cm2．
【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（cm），
∵由（1）知，四边形EFGH是正方形，
∴GO＝OF，∠GOF＝90°，
由勾股定理得：GO＝OF（cm），
∵S四边形FCGO1×2（cm2，
∴S阴影S四边形FCGO×4＝10﹣9＝1（cm2）．
【变式7-1】（2022•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】（2022•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，COAC，DOBD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，证出∠ECO＝∠EDH，证明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出结论．
【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＝4，
∴OB＝COAC＝2，DOBD＝2，
∴∠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，
，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
∵BE＝1，
∴OE＝OF＝OB﹣BE＝21．
【变式7-3】（2022春•潜山市期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB＝3，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，
，
∴△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，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB36是定值．
【题型8 探究正方形中的最值问题】
【例8】（2022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 ．
【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：

∴△MAD≌△NBC（SAS），
∴∠ADM＝∠BCN，
在△ABE和△ADE中：

∴△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＝CGBC，
∵AG．
∴AF≥AG﹣FG．
当且仅当A、F、G三点共线时，AF取得最小值．
【变式8-1】（2022•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．2B．1C．1D．2
【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OFAD＝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，CF的长度最小．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴∠1＝∠2，
在△DCE和△BCE中，
，
∴△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＝DOAD＝1，
在Rt△ODC中，OC，
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﹣OF1．
故选：C．
【变式8-2】（2022•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 6 ．
【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，
，
∴△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．
∵2＞0
∴当x＝4时，BF有最小值．
故答案为：6．
【变式8-3】（2022•郧阳区模拟）如图，PA，PB，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+4 ．
【分析】过点A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝2，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＝2，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，
，
∴△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，
PQ4，
∴PQ+PB最大值为4+4，
∴PD最大值为4+4，
【题型9 正方形在坐标系中的运用】
【例9】（2022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≤3B．﹣4≤x≤4C．﹣2≤x≤2D．﹣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，当EG，且点E在点G的右侧时，E（4，2），当E′h，且点E在点H的左侧时，E（﹣4，2），由此即可判断．
【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，
∴当EG，且点E在点G的右侧时，E（4，2），
当E′h，且点E在点h的左侧时，E（﹣4，2），
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】（2022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】（2022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 或8 秒时，四边形PMNQ是正方形（直接写出结论）．
【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或8，
∴当点M运动秒或8秒时，四边形PMNQ是正方形，
故答案为：或8．
【变式9-3】（2022•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．（，0）D．（，0）
【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yx+4，根据MN∥CE设直线MN为yx+c，可得直线MN为yx，令y＝0即可得M（，0）．
【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，
，
∴△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：
，解得，
∴直线CE为yx+4，
由MN∥CE设直线MN为yx+c，把D（4，3）代入得：
c＝3，
解得c，
∴直线MN为yx，
在yx中，令y＝0得x0，
解得x，
∴M（，0），
故选：C．
【题型10 正方形中的多结论问题】
【例10】（2022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）； （4）若BP＝BE，则．
其中正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．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CECGPD；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，BEBF＝2mn，若BP＝BE，则3m+n＝2mn，即可得PF＝（1）DF，判断（4）正确．
【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，
，
∴△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°，
∴CECGPD；故（3）正确；
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，
∵OABD，
∴PFBD，即BD＝2PF，故（2）正确；
设PF＝m，DF＝n，则BD＝2m，
∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，
∵∠DBC＝45°，∠BEF＝90°，
∴BEBF＝2mn，
若BP＝BE，则3m+n＝2mn，
∴mn＝（1）n
即PF＝（1）DF，故（4）正确，
∴正确的有：（1）（2）（3）（4），故4个，
故选：D．
【变式10-1】（2022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AFBE，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）a；③BE2+DG2＝EG2；④当G是线段AD的中点时，BEa．正确的个数是（ ）
A．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（a+x）2＝（a﹣x）2+（a）2，解得BEa，判断④正确．
【解答】解：在BC上截取BH＝BE，连接EH，如图：
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EHBE，
∵AFBE，
∴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，CE＝CK，
∴△GCE≌△GCK（SAS），
∴EG＝GK，
∵GK＝DG+DK，DK＝BE，
∴EG＝DG+BE，故③错误，
∴△AEG的周长＝AE+EG+AG＝AE+AK＝AE+AD+DK＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②错误，
设BE＝x，则DK＝x，
∵G是线段AD的中点，
∴AG＝DGa，
∴EG＝GKa+x，
在Rt△AEG中，则有（a+x）2＝（a﹣x）2+（a）2，
解得xa，
∴BEa，故④正确，
∴正确的有：①④两个，
故选：B．
【变式10-2】（2022秋•三水区月考）如图，正方形ABCD中，在AD的延长线上取点E，F，使DE＝AD，DF＝BD，连接BF分别交CD，CE于H，G，下列结论：①HF＝2HG；②∠GDH＝∠GHD；③图中有8个等腰三角形；④S△CDG＝S△DHF．其中正确的结论个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【分析】证明四边形DBCE是平行四边形，可得∠DEC＝∠DBC＝45°，再证明△CHG≌△EGD（AAS），可得∠EDG＝∠CGB＝∠CBF，然后证得∠GDH＝∠GHD，从而求出∠GDH＝∠GHD，故②正确；证得DG＝GF，可得HG＝DG＝GF，则HF＝2HG，即EC≠HF＝2HG，故①正确；根据全等三角形的性质得出S△CHG＝S△EGD，则 S△CHG+S△DHG＝S△EGD+S△DHG，即 S△CDG＝S△CDG≠S△DHF，故④错误；结合合前面条件易知等腰三角形有△ABD、△CDB、△BDF、△CDE、△BCG、△DGH、△EGF、△CDG、△DGF共9个，故③错误，据此得出结论．
【解答】解：∵DF＝BD，
∴∠DFB＝∠DBF
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD∥BC，AD＝BC＝CD，∠ADB＝∠DBC＝45°，
∴DE∥BC，∠DFB＝∠GBC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∴四边形DBCE是平行四边形，
∴∠DEC＝∠DBC＝45°，
∴∠DEC＝∠ADB＝∠DFB+∠DBF＝2∠EFB＝45°，
∴∠GBC＝∠EFB＝22.5°，∠CGB＝∠EGF＝22.5°＝∠GBC，
∴CG＝BC＝DE，
∵BC＝CD，
∴DE＝CD＝CG，
∴∠DEG＝∠DCE＝45°，ECCD，∠CDG＝∠CGD （180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠DGE＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∵∠GHC＝∠CDF+∠DFB＝90°+22.5°＝112.5°，
∴∠GHC＝∠DGE，
∴△CHG≌△EGD（AAS），
∴∠EDG＝∠CGB＝∠CBF，
∴∠GDH＝90°﹣∠EDG，∠GHD＝∠BHC＝90°﹣∠CGB，
∴∠GDH＝∠GHD，
∴∠GDH＝∠GHD，故②符合题意；
∵∠EFB＝22.5°，
∴∠DHG＝∠GDH＝67.5°，
∴∠GDF＝90°﹣∠GDH＝22.5°＝∠EFB，
∴DG＝GF，
∴HG＝DG＝GF，
∴HF＝2HG，即EC≠HF＝2HG，故①符合题意；
∵△CHG≌△EGD，
∴S△CHG＝S△EGD，
∴S△CHG+S△DHG＝S△EGD+S△DHG，即 S△CDG＝S四边形DHGE≠S△DHF，故④不符合题意；
结合前面条件易知等腰三角形有：△ABD、△CDB、△BDF、△CDE、△BCG、△DGH、△EGF、△CDG、△DGF共9个，故③不符合题意；
则正确的个数有2个．
故选：B．
【变式10-3】（2022春•玉林期末）如图，正方形ABCD中，点E在边CD上，过点A作AF⊥AE交CB的延长线于点F，连接EF，AG平分∠FAE，AG分别交BC、EF于点G、H，连接EG、DH．则下列结论中：①BF＝DE；②∠EGC＝2∠BAG；③AD+DEDH；④DE+BG＝EH；⑤若DE＝CE，则CE：CG：EG＝3：4：5，其中正确的结论有 ①②⑤ ．
【分析】①正确．证明△ADE≌△ABF（ASA）可得结论．
②正确．证明△AGF≌△AGE（SAS），推出∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，推出∠EGF＝180°﹣2∠BAG可得结论．
③正确，过点H作HM⊥AD于M，HN⊥CD于N，证明△HMA≌△HNE（AAS），推出AM＝EN，HM＝HN，再证明四边形HMDN是正方形可得结论．
④正确，证明△GAF≌△GAE，推出GF＝GE可得结论．
⑤正确．当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，利用勾股定理构建方程求出x即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ABF＝∠ADE＝∠BAD＝90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴△ADE≌△ABF（ASA），
∴BF＝DE，故①正确，
∵AG平分∠EAF，
∴∠GAF＝∠GAE，
由①知：△ADE≌△ABF（ASA），
∴AF＝AE，
又∵AG＝AG，
∴△AGF≌△AGE（SAS），
∴∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，
∴2∠AGF＝2（90°﹣∠BAG），即∠EGF＝180°﹣2∠BAG，
∵∠EGF＝180°﹣∠EGC，
∴180°﹣∠EGC＝180°﹣2∠BAG，
∴∠EGC＝2∠BAG，故②正确，
过点H作HM⊥AD于M，HN⊥CD于N，
∵AE＝AF，∠EAF＝90°，AH平分∠EAF，
∴AH⊥EF，HF＝HE，
∴HA＝HE＝HF，
∵∠ADE+∠AHE＝180°，
∴∠HAD+∠DEH＝180°，
∵∠DEH+∠HEN＝180°，
∴∠HAM＝∠HEN，
∵∠AMH＝∠ENH＝90°，
∴△HMA≌△HNE（AAS），
∴AM＝EN，HM＝HN，
∵∠HMD＝∠HND＝∠MDN＝90°，
∴四边形HMDN是矩形，
∵HM＝HN，
∴四边形HMDN是正方形，
∴DM＝DN＝HM＝HN，DHDM，
∴DA+DE＝DM+AM+DN﹣EN＝2DMDH，故③错误，
∵△ADE≌△ABF，
∴DE＝BF，
∵△GAF≌△GAE，
∴GF＝GE，
∵FG＝BF+BG＝DE+BG，
∴EG＝BG+DE，故④错误，
当DE＝EC时，设DE＝EC＝a，BG＝x，则EG＝a+x，GC＝2a﹣x，
在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（x+a）2＝a2+（2a﹣x）2，
解得xa，
∴CGa，EGa，
∴CE：CG：EG＝a：a：a＝3：4：5，故⑤正确，
综上所述，正确的结论有①②⑤．
故答案为：①②⑤．