初中数学人教版（2024）八年级下册正方形巩固练习

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册正方形巩固练习，共35页。
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．
【要点梳理】
要点一、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.
特别说明：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.
要点二、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.
特别说明：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.
要点三、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）.
要点四、特殊平行四边形之间的关系
或者可表示为：
要点五、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.
特别说明：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.
【典型例题】
类型一、正方形➽➼性质与判定的理解
1．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：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．
【点拨】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．
举一反三：
【变式】正方形是特殊的矩形，正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线互相垂直
C．对角线相等D．对角线相等且互相平分
【答案】B
【分析】根据正方形的性质以及矩形的性质即可得出结论．
解：A、对角线互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
B、对角线互相垂直是正方形具有而矩形不具有的性质，符合题意；
C、对角线相等是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
D、对角线相等且互相平分是矩形和正方形都具有的性质，不符合题意；
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形和矩形的性质，熟练掌握相关的图形性质定理是解本题的关键．
2．下列说法不正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的矩形是正方形B．对角线相等的菱形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．邻边相等的矩形是正方形
【答案】C
【分析】根据既是矩形又是菱形的四边形是正方形进行判断即可．
解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
B、对角线相等的菱形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，该项说法错误，故选项符合题意；
D、邻边相等的矩形是正方形，该项说法正确，故选项不符合题意．
故选∶C
【点拨】本题考查了正方形的判定，通过这道题可以掌握正方形和矩形，菱形的关系，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
举一反三：
【变式】下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出①B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出③D．由①推出③，由③推出②
【答案】A
【分析】根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可．
解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；
菱形的对角线互相垂直， 而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形；
正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；
故选：A．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．
类型二、正方形➽➼性质➽➼求角度✮✮求线段长度✮✮求面积
3．如图，菱形的对角线，相交于点，分别延长，到点，，使，依次连接,,,各点．
求证：；
若，则当 °时，四边形是正方形．
【答案】(1) 见分析(2) 25
【分析】（1）由菱形的性质得出，由等腰三角形的性质得出 ，证出，由证明即可；
（2）由菱形的性质得出，，，，证出，得出四边形是菱形，证明是等腰直角三角形，得出，，证出四边形是矩形，即可得出结论．
解：（1）证明：∵四边形是菱形，
，
，
，
即，
在和中，
，
；
（2）解：若，则当时，四边形是正方形．理由如下：
∵四边形是菱形，
， ，，，
，
，
∴四边形是平行四边形，
又，∴四边形是菱形，
，
，
是等腰直角三角形，
，
，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形；
故答案为：25．
【点拨】本题考查了正方形的判定、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、矩形的判定；熟练掌握全等三角形的判定与性质和菱形的判定与性质是解决问题的关键．
举一反三：
【变式1】如图，在等腰直角三角形ABC中，，AC＝BC＝4，D是AB的中点，E、F分别是AC、BC上的点（点E不与端点A、C重合），且AE＝CF，连接EF并取EF的中点O，连接DO并延长至点G，使GO＝DO，连接DE、DF、GE、GF．
求证：四边形EDFG是正方形；
当点E在什么位置时，四边形EDFG的面积最小？并求四边形EDFG面积的最小值．
【答案】(1) 见分析(2) 当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，最小值为4
【分析】（1）连接CD，根据等腰直角三角形的性质可得出∠A=∠DCF=45°、AD=CD，结合AE=CF可证出△ADE≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质可得出DE=DF、∠ADE=∠CDF，通过角的计算可得出∠EDF=90°，再根据O为EF的中点、GO=OD，即可得出GD⊥EF，且GD=2OD=EF，由此即可证出四边形EDFG是正方形；
（2）过点D作D⊥AC于，根据等腰直角三角形的性质可得出DE′的长度，从而得出2≤DE＜2，再根据正方形的面积公式即可得出四边形EDFG的面积的最小值．
解：（1）证明:连接CD，如图1所示.
∵为等腰直角三角形，，
D是AB的中点，
∴
在和中
，
∴ ，
∴,
∵，
∴，
∴为等腰直角三角形.
∵O为EF的中点，，
∴，且，
∴四边形EDFG是正方形;
（2）解:过点D作于，如图2所示.
∵为等腰直角三角形，，
∴点为AC的中点，，
∴ (点E与点重合时取等号).
∴
∴当点E为线段AC的中点时，四边形EDFG的面积最小，该最小值为4．
【点拨】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是：（1）找出GD⊥EF且GD=EF；（2）根据正方形的面积公式找出．
【变式2】已知在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE⊥AF于点G．
求证：DE＝AF；
若点E是AB的中点，AB＝4，求GF的长．
【答案】(1) 见分析(2)
【分析】（1）证明，即可求证；
（2）根据勾股定理可得，从而得到，再由，可得，即可求解．
解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：∵，点是中点，
∴，
在中，，
∵DE=AF，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
类型三、正方形➽➼性质➽➼证明✮✮折叠问题✮✮重叠部分
4．如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于点G，连接、．
求证：；
说明；
求的面积．
【答案】(1) 见详解(2) 见详解(3) 6
【分析】（1）根据正方形性质证明，根据对折性质得到，从而证明，根据“斜边，直角边”即可证明；
（2）先求出，进而得到，设，则，
根据得到，根据勾股定理得到，解得，从而得到，，根据，得到，即可证明；
（3）根据，利用三角形面积公式即可求解．
解：（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵沿对折至，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴（HL）；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3）解：∵，
∴．
【点拨】本题为四边形综合题，考查了正方形的性质，翻折变换，全等三角形，勾股定理，等腰三角形的性质，平行线的判定等知识，综合性较强，熟知相关定理，根据已知条件灵活应用是解题关键．
举一反三：
【变式】如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的点处，点A对应点为点，且．
求的长；
求的面积．
【答案】(1) 4(2) 21
【分析】（1）设，则，由勾股定理得出，可求出；
（2）连接，由于 ，则，由勾股定理可求得的值，进而可得的面积．
解：（1）根据折叠知，．
设，则．
在中，，
∴．
解得，
即的长为4．
（2）如图，连接．因为，所以．
设，则，
在中，．
在中，．
根据折叠知，，则，
即，
解得．
∴．
所以的面积为21．
【点拨】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是利用了勾股定理建立方程．
5．一位同学拿了两块45°的三角尺、做了一个探究活动，将的直角顶点放在的斜边的中点处，设．
（1）如图1，两个三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______．
（2）将图1中的绕顶点逆时针旋转45°，得到图2，此时重叠部分的面积为______．
（3）如果将继续绕顶点逆时针旋到如图3所示，猜想此时重叠部分的面积为多少？并加以验证．
【答案】（1），（2），（3），验证见分析．
【分析】（1）如图（1）中，由题目已知条件可得,，根据勾股定理即可得到的值，再根据是的中点，得出，即可求出重叠部分的面积；
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，边长为，面积为；
（3）如图（3）中，过点M作、的垂线、，垂足为、，求得≌，则阴影部分的面积等于正方形的面积．
解：（1）如图（1）中，
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴=，
∵，
∴，
∴重叠部分的面积为：
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，
∴边长为：，
∴面积为：
（3）如图（4），过点分别作，的垂线、，垂足分别为、，
∵是斜边的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴阴影部分的面积等于正方形的面积，
∵正方形的面积是，
∴阴影部分的面积是．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
举一反三：
【变式】△ABC是一块含有角的直角三角板，四边形DEFG是正方形，点D、G分别在AB、AC上，点E、F在BC上，BC＝12，DG＝4．现在将正方形DEFG向右沿BC方向平移，设水平移动的距离为d，正方形与直角三角板的重叠面积为S．
当平移的距离d＝ 时，正方形DEFG恰好完全移出三角板；
当平移的距离d＝2时，正方形与直角三角板的重叠面积为S＝ ；
当平移的距离d＝5时，正方形与直角三角板的重叠面积为S＝ ；
在移动过程中，请你用含有d的代数式表示重叠面积S，并写出相应d的取值范围．
【答案】(1) 8(2) 14；(3)
【分析】（1）利用正方形与等腰直角三角形的对称性求出与的长，从而可得平移距离；
（2）当时，重叠面积为正方形面积减去平移出去的三角形部分的面积；当时，重叠面积为三角形形状，直接计算即可；
（3）当时，重叠面积为正方形面积减去平移出去的三角形部分的面积；当时，重叠面积为三角形形状，直接计算即可．
（1）解：四边形是正方形，
，
由正方形与等腰直角三角形的对称性可知，
，
当平移的距离时，正方形恰好完全移出三角板．
（2）解：当时，；
当时，．
（3）解：当时，；
当时，；
当时，．
【点拨】本题考查了求正方形重叠部分面积，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，熟练掌握相关性质定理是解题的关键．
6．如图，，是正方形对角线上的两点，且，连接，，，，求证：四边形是菱形．
【答案】见分析
【分析】连接交于点，根据正方形的性质得到，，⊥，证明，得到四边形是平行四边形，根据菱形的判定定理证明；
解：连接交于点．

四边形是正方形，
，，且⊥．
，
﹣﹣，即．
又，
四边形是平行四边形．
又⊥，
平行四边形是菱形；
【点拨】本题考查了正方形的性质、菱形的判定，掌握正方形的对角线互相垂直平分是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图，正方形和正方形有公共顶点D．
如图1，连接和，直接写出和的数量及位置关系 ；
如图2，连接，M为中点，连接、，探究、的数量及位置关系，并说明理由；
【答案】(1) ，；(2) 且，理由见分析
【分析】（1）如图，延长交于，交于Q，证明，可得到和的关系；
（2）延长至H，使，延长交于，再证明，最后由中位线得到结论；
（1）解：∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，，
如图，延长交于，交于Q，
∵，
∴，
∴，
∴且．

（2）且，理由如下：
延长至点H，使得，连接，延长交于，则，
∵，，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，而，
∴，
∴，
∵点M，D分别是，的中点，
∴，，
∴，且．
【点拨】本题主要考查了正方形、三角形全等、三角形的中位线，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质，对于想象能力不太好的同学，可以先画出对应的图形，然后根据图形特点逐步解题．
类型四、正方形➽➼性质与判定➽➼添加条件✮✮证明
7．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，交直线于E，垂足为F，连接、．
求证：；
当D在中点时，四边形是什么特殊四边形？请说明你的理由；
若D为中点，则当的大小满足什么条件时，四边形是正方形？请说明你的理由．
【答案】(1) 证明见分析(2) 四边形是菱形，证明见分析(3) 当时，四边形是正方形．证明见分析
【分析】（1）根据，得，结合得，根据平行四边形的判定，得．
（2）由题（1）得，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得，可判定四边形是平行四边形，又根据，判定平行四边形是菱形．
（3）根据三角形内角和，当时，得，根据直角三角形斜边上的中线的性质，得，根据等角对等边，得，又根据正方形的判定，即可判定四边形是正方形．
（1）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴．
（2）四边形是菱形．理由如下：
由（1）得，，
∵，点为的中点
∴，
∴，
∵
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形．
（3）当时，四边形是正方形．
证明，如下：
∵，
∴
又∵点为的中点
∴
∴
∴
又∵四边形是菱形
∴四边形是正方形．
【点拨】本题考查平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理和直角三角形斜边上的中线的性质等知识点，解题的关键是熟练掌握平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质．
举一反三：
【变式】如图，，是的两条中位线．我们探究的问题是：这两条中位线和三角形的两条边所围成的四边形的形状与原三角形的边或角有什么关系？建议按下列步骤探索：
围成的四边形是否必定是平行四边形？
在什么条件下，围成的四边形是菱形？
在什么条件下，围成的四边形是矩形？
你还能发现其他什么结论吗？
【答案】(1)是平行四边形，证明见分析；(2)当时，四边形是菱形；
(3)当时，四边形是矩形；(4)当且时，四边形是正方形
【分析】（1）根据中位线的性质及平行四边形的判定证明即可；
（2）结合（1）中结论，根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形即可求解；
（3）结合（1）中结论，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（4）结合（1）中结论，根据邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形即可求解．
（1）解：是平行四边形，理由如下：
∵，是的两条中位线，
∴，，，
∴四边形是平行四边形；
（2）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，，
∴四边形是菱形；
（3）由（1）得四边形是平行四边形，
当时，四边形是矩形；
（4）当且时，
四边形是正方形．
【点拨】题目主要考查平行四边形、菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
8．如图，在矩形中，分别平分、、、，求证：四边形是正方形．
【答案】见分析
【分析】利用矩形的性质结合角平分线的性质得出，进而得出四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质结合全等三角形的判定与性质得出答案．
解：证明；∵在矩形中，分别平分、、、，
∴，
∴，，
∴四边形是矩形，
在和中，，，，
∴，
∴，
∴，即，
∴四边形是正方形．

【点拨】此题考查了矩形的性质，正方形的判定，以及全等三角形的判定与性质等知识，得出是解题关键．
举一反三：
【变式】如图，在矩形中，是的中点，是上一点，连接分别是的中点，连接．
求证：四边形是平行四边形．
①当点P在什么位置时，四边形是菱形？证明你的结论．
②矩形的边和满足什么条件时，①中的菱形是正方形？（直接写出结论，不需要说明理由）
【答案】(1) 见分析(2) ①当在的中点时，四边形是菱形,理由见分析；②时，①中的菱形是正方形
【分析】（1）根据题意可得，是的中位线，继而即可得证；
（2）①当在的中点时，四边形是菱形, 连接，证明四边形是矩形，得出，根据中位线的性质得出，根据对角线互相垂直的平行四边形即可得证；
②由①可得四边形是矩形，则点正方形对角线的中点，可得，结合②的条件即可得证．
解：（1）证明：∵分别是的中点，是的中点，
∴,
∴四边形是平行四边形;
（2）①当在的中点时，四边形是菱形,
证明：如图，连接，
∵四边形是矩形，
∴，，
∵分别是的中点，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵分别是的中点，
∴，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是菱形；
②时，①中的菱形是正方形
理由：如图，

∵
∵，
由①可得四边形是矩形，
∵点正方形对角线的中点，
∴
∵四边形是菱形；
∴四边形是正方形
【点拨】本题考查了中位线的性质，平行四边形的性质和判定，菱形的判定，矩形的性质，正方形的判定，综合运用各性质定理是解答此题的关键．
类型四、正方形➽➼性质与判定➽➼求角度✮✮求线段长✮✮求面积
9．已知∶如图1，点D在外，，，射线与的边交于点H，，垂足为E，．
若，，求的长；
求证：；
如图2，若，，点F在线段上，且，点M、N分别是射线、上的动点，在点M、 N运动的过程中，请判断式子的值是否存在最小值，若存在，请求出这个最小值；若不存在，写出你的理由．
【答案】(1)2；(2)见详解；(3)存在，的最小值是4；
【分析】（1）先证明是直角三角形，然后由直角三角形的性质，即可求出的长度；
（2）作，证明，再证明四边形是正方形，进而命题得证；
（3）作点E关于的对称点V，作点F关于的对称点R，连接，交于N，于M，证明是等边三角形，进一步得出的最小值．
（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴是直角三角形，
∵，
∴；
（2）证明：如图1，作于F，

在和中，
，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴矩形是正方形，
∴，
∴；
（3）解：如图2，

作点E关于的对称点V，作点F关于 的对称点R，连接，交于N，于M，
∴，，，，，，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
此时．
【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮马”模型及变形模型．
举一反三：
【变式】如图，折叠矩形纸片，使点B落在边上一点E处，折痕两端点分别在，上（含端点），且，．设．
当的最小值等于______时，才能使点B落在上一点E处；
当点F与点C重合时，求的长．
当时，点F离点B有多远？
【答案】(1) 6(2) (3)
【分析】（1）根据折叠的性质，得到，根据垂线段最短原理，当时，最小，此时四边形是正方形，从而得到的最小值等于，计算即可．
（2）根据折叠性质，勾股定理得，根据，引入未知数，建立等式计算即可．
（3）过点F作，垂足为H，判定四边形是矩形，根据勾股定理，得，计算即可．
（1）解：根据折叠的性质，得，
根据垂线段最短原理，当时，
最小，
因为矩形纸片，
所以，
所以四边形是正方形，
所以，
故答案为：6．
（2）解：根据折叠的性质，得，
因为矩形纸片，，，
所以，，，，
所以，
所以，
因为，
所以，
解得，
所以．
（3）解：如图，过点F作，垂足为H，
因为矩形纸片，，
所以，
所以四边形是矩形，
所以，
根据折叠的性质，得，
设，
则，
因为，
所以，
所以，
根据勾股定理，得，
所以，
解得，
所以点F离点B的距离为：．
【点拨】本题考查了矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，正方形的判定，垂线段最短原理，熟练掌握矩形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
10．如图，，，，且点在内部，连接，，的延长交线段于点．
求证：；
判断与的位置关系并证明；
连接，若，求四边形的面积．
【答案】(1) 见分析(2) ，见分析(3) 1
【分析】(1)证出，根据证明；
(2)和交于点，由全等三角形的性质得出，则可得出结论；
(3)过点作于点，，交的延长线于点，证明，由全等三角形的性质得出，证出四边形为正方形，证明，得出，则可得出答案．
解：（1）证明：，
，
．
在和中，
，
；
（2）解：，
证明：如图，和交于点，
，
，
，，
，
；
（3）解：过点作于点，，交的延长线于点，

，
四边形为矩形，
，，，
，
，
四边形为正方形，
又，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
举一反三：
【变式1】如图1，四边形是边长为10的正方形，是线段上的任意一点，于点，于点．
求证：；
如图2，当点是的中点时，求线段的长度；
如图3，在（2）的条件下，连接并取的中点，连接、，求的面积．
【答案】(1) 证明见分析(2)2 (3) 5
【分析】（1）利用同角的余角判断出∠BAF＝∠ADE，进而判断出△ABF≌△DAE，即可得出结论；
（2）先利用勾股定理求出AG，再用三角形的面积求出BF，进而利用勾股定理，求出AF，最后借助（1）的结论，即可求出答案；
（3）连接BE，DF，利用面积的和差得出S△OEF＝（S△DEF−S△BEF），最后用面积公式求解，即可求出答案．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAF＋∠DAE＝90°，
∵DE⊥AG，BF⊥AG，
∴∠AFB＝∠AED＝90°，
∴∠DAE＋∠ADE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴BF＝AE，
∴AF＝AE＋EF＝BF＋EF；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝10，
∵点G是BC的中点，
∴BG＝BC＝5，
根据勾股定理得，，
∴S△ABG＝AB•BG＝AG•BF，
∴BF＝，
在Rt△ABF中，根据勾股定理得，，
由（1）知，AF＝BF＋EF，
∴EF＝AF−BF＝4−2＝2；
（3）如图3，

由（2）知，BF＝EF＝2，AF＝4，
由（1）知，△ABF≌△DAE，
∴DE＝AF＝4，
连接BE，DF，
∵点O是BD的中点，
∴S△BOE＝S△BDE，S△BOF＝S△BDF，
∴S△OEF＝S四边形BEOF−S△BEF
＝S△BOE＋S△BOF−S△BEF
＝S△BDE＋S△BDF−S△BEF
＝（S△BDE＋S△BDF）−S△BEF
＝S四边形BEDF−S△BEF
＝（S△BEF＋S△DEF）−S△BEF
＝（S△DEF−S△BEF）
＝（DE•EF−BF•EF）
＝EF（DE−BF）
＝×2×（4−2）
＝5．
即△OEF的面积为5．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积公式，得出S△OEF＝（S△DEF−S△BEF）是解（3）的关键．
【变式2】如图，正方形ABCD的边长为6．E，F分别是射线AB，AD上的点（不与点A重合），且EC⊥CF，M为EF的中点．P为线段AD上一点，AP=2，连接PM．
求证：BE=DF．
如图1，当PM⊥EF时，求AE的长．
如图2，在（2）的条件下，Q是AF的中点，连接M Q，求△PMF的面积．
【答案】(1) 见分析(2) (3) △PMF的面积为6.24
【分析】（1）证明△BCE≌△DCF(ASA)，即可得出结论；
（2）连接EP，因为M为EF的中点，PM⊥EF，所以PE=PF，由（1）知，BE=DF，设AE=x，则BE=DF=6-x，则PD=AD-PD=6-2=4， PE=PF=4+6-x=10-x，在Rt△PAE中，由勾股定理，得（10-x）2=x2+22，求解即可；
（3）由（2）知：DF=BE=6-AE=6-4.8=1.2，则PF=PD+DF=AD-AP+DF=6-2+1.2=5.2，再证MQ为△AEF的中位线，根据中位线性质得MQAE，MQ=AE==2.4,则MQ是△PMF的高，即可由S△PQF=求解．
(1)证明：∵正方形ABCD，
∴BC=CD，∠CBE=∠BCD=∠CDF=90°，
∴∠BCE+∠DCE=∠BCD=90°，
∵EC⊥CF，
∴∠DCE+∠DCF=∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE与△DCF中，
，
∴△BCE≌△DCF(ASA)，
∴BE=DF；
(2)解：如图，连接EP，

∵M为EF的中点，PM⊥EF，
∴PE=PF，
由（1）知，BE=DF，
设AE=x，则BE=DF=6-x，
∵PA=2，
∴PD=AD-PD=6-2=4，
∴PE=PF=4+6-x=10-x，
在Rt△PAE中，∵PE2=AE2+PA2，
∴（10-x）2=x2+22，
∴x=4.8，
∴AE=4.8．
(3)解：由（2）知：DF=BE=6-AE=6-4.8=1.2，
∴PF=PD+DF=AD-AP+DF=6-2+1.2=5.2，
∵M为EF的中点，Q是AF的中点，
∴MQ为△AEF的中位线，
∴MQAE，MQ=AE==2.4,
∵正方形ABCD，
∴∠A=90°，
∴∠MQF=∠A=90°，
∴MQ是△PMF的高，
S△PQF==6.24．
【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，中垂线的性质，三角形中位线的判定与性质，三角形的面积，本题属四边形综合题目，属中考常考题目，熟练掌握相关性质是解题的关键．