【名师导航】2026年中考数学一轮复习专题5.5 正方形的性质与判定（全国通用版）练习（解析版）

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专题5 正方形的性质与判定
知识梳理
【考点一】正方形的定义及性质
1.正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.
【注意】
（1）正方形必须具备三个条件：①是平行四边形；②有一组邻边相等；③有一个角是直角.这三个条件缺一不可.
（2）正方形的四条边都相等，说明正方形时特殊的菱形；正方形的各个角都是直角，说明正方形时特殊的矩形.即正方形不仅是特殊的平行四边形，也是特殊的矩形和菱形.
2.正方形的性质
正方形具有平行四边形、矩形和菱形的所有性质.
【注意】
（1）矩形、菱形，正方形都是特殊的平行四边形，它们之间的关系如图所示.
（2）正方形的面积=边长的平方=两条对角线长乘积的一半.
（3）正方形被两条对角线分成四个全等的等腰直角三角形，因此，在正方形中解决问题时常用到等腰三角形和直角三角形的性质.
【考点二】正方形的判定
1.先证明是矩形，再从矩形出发：（1）有一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形.
2.先证明是菱形，再从菱形出发：（1）有一个角是直角的菱形是正方形；（2）对角线相等的菱形是正方形.
【注意】
由上面的判定方法可以得到判定一个四边形为正方形的一般顺序为：先判定四边形是平行四边形，再判定该平行四边形是矩形或菱形，最后判定该矩形或菱形是正方形.
【考点三】中点四边形
1. 定义：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫做中点四边形．如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH就是中点四边形．
2. 常见的中点四边形形状归纳
【考点四】菱形、矩形、正方形与平行四边形的关系
正方形既是菱形，又是矩形．
菱形、矩形、正方形都是平行四边形，且都是特殊的平行四边形．常见关系使用举例：
【易错点辨析】
1.性质混淆：误将正方形的对角线性质单独归为矩形或菱形，忽略 “既相等又垂直” 的双重特征；
2.判定定理误用：
用 “对角线相等且垂直的四边形是正方形”（缺少 “平行四边形” 前提，错误，反例：筝形对角线垂直但不一定相等，等腰梯形对角线相等但不垂直）；
用 “有一个角是直角或一组邻边相等的平行四边形是正方形”（需同时满足，而非 “或”）；
3.对称性误区：认为正方形只有 2 条对称轴，或漏算对角线所在的对称轴；
4.面积 / 对角线计算错误：已知对角线求面积时忘记除以 2，或已知边长求对角线时漏乘2​；
5.与矩形、菱形混淆：忽略 “正方形是特殊的矩形和菱形”，判定时额外添加无关条件（如 “有一个角是直角且对角线相等的菱形是正方形”，对角线相等为多余条件）。
例题讲解
【题型一】利用正方形的性质求角度
◇典例1：
如图，在正方形ABCD的外侧作等边△ADE，则∠AFE的度数为（ ）
A．100°B．125°C．105°D．95°
【答案】C
【分析】本题考查了外角的性质，三角形内角和定理，正方形的性质和等边三角形的知识，掌握以上知识是解答本题的关键；
本题根据正方形的性质和等边三角形的知识，得到∠BAD=90°， ∠DAE=60°， AB=AE，然后利用三角形内角和定理求得∠ABE=∠AEB=15°，再根据外角的性质然后即可求解；
【详解】解：∵在正方形ABCD的外侧作等边△ADE，
∴∠BAD=90°， ∠DAE=60°， AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAD+∠DAE=180°，
∴∠ABE=∠AEB=12180°−∠BAD−∠DAE=12180°−90°−60°=15°，
∴∠AFE=∠ABE+∠BAD=15°+90°=105°，
故选：C；
◆变式训练
1.如图，在正方形ABCD中，BE=1，EF=2，DF=3，则∠BAE+∠DCF为（ ）
A．30°B．45°C．60°D．75°
【答案】B
【详解】解：过点B作BM⊥BD，使BM=DF=3，连接ME、AM，AF．
∴∠MBE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABD=∠CDB=∠ADB=45°，∠ABC=∠BAD=90°，
∴∠ABM=90°−∠ABD=45°，
∴∠ABM=∠CDF，
在△ADF和△CDF中：
AD=CD∠ADF=∠CDFDF=DF
∴△ADF≌△CDF，
∴∠DAF=∠DCF，．
在△ABM和△CDF中：
AB=CD∠ABM=∠CDFBM=DF
∴△ABM≌△CDF，
∴∠BAM=∠DCF，AM=CF．
∴∠DAF=∠BAM=∠DCF，
在△BME中，BM=3，BE=1，
ME=BM2+BE2=(3)2+12=2，
∴EF=2
∴ME=EF．
在△AME和△AFE中：
AM=CFME=EFAE=AE
∴△AME≌△AFE．
∴∠MAE=∠FAE．
∵∠BAD=∠DAF+∠BAF=90°，
∴∠MAF=∠BAM+∠BAF=∠MAE+∠EAF=90°，
∴∠MAE=∠FAE=45°，
∴∠BAE+∠DCF=∠BAE+∠BAM=∠MAE=45°；
故选：B．
2.如图，正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，连接AF，则∠OFA的度数是（ ）
A．15°B．20°C．25°D．30°
【答案】C
【详解】解：∵正方形OABC绕着点O逆时针旋转40°得到正方形ODEF，
∴∠AOF=90°+40°=130°，OA=OF，
∴∠OFA=180°−130°÷2=25°．
故选：C．
【题型二】利用正方形的性质求线段长度
◇典例2：
如图，已知正方形ABCD的边长为3，点P是对角线BD上的一点，PF⊥AD于点F，PE⊥AB于点E，连接PC，当PE:PF=1:2时，则PC=（ ）
A．3B．2C．5D．52
【答案】C
【详解】解：连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=3，∠ADB=45°，
∵PF⊥AD，PE⊥AB，∠BAD=90°，
∴四边形AEPF是矩形，
∴PE=AF，∠PFD=90°，
∴△PFD是等腰直角三角形，
∴PF=DF，
∵PE:PF=1:2，
∴AF:DF=1:2，
∴AF=1，DF=2=PF，
∴AP=AF2+PF2=1+4=5，
∵AB=BC，∠ABD=∠CBD=45°，BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)，
∴AP=PC=5，
故选：C．
◆变式训练
1.如图，在正方形ABCD中，点E，H，F，G分别在边AB，BC，CD，DA上，EF，GH交于点O，∠FOH=90°，EF=4．则GH的长为（ ）
A．4B．5C．3D．4.5
【答案】A
【详解】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，过点G作GN⊥BC于点N，设GN与EF交于点P，
∴∠GNH=∠FME=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴GN=FM，AB⊥BC，
∴GN∥AB，
∴FM⊥GN，
∴∠EFM+∠FPG=90°，
∵∠FOH=90°，
∴EF⊥GH，
∴∠HGN+∠FPG=90°，
∴∠HGN=∠EFM，
在△HGN和△EFM中，
∠GNH=∠FME=90°GN=FM∠HGN=∠EFM，
∴△HGN≌△EFMASA，
∴GH=EF=4，
故选：A．
2.如图，折叠边长为4cm的正方形纸片ABCD，折痕是DM，点C落在点E处，分别延长ME，DE交AB于点F，G，若点M是BC边的中点，则AF长（ ）
A．34B．43C．53D．65
【答案】B
【详解】解：如图，连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=AB=BC=4cm，∠A=∠B=∠C=90°，
∵点M是BC边的中点，
∴CM=BM=12BC=2cm，
由折叠得：DE=CD=4cm，EM=CM=2cm，∠DEM=∠C=90°，
∴∠DEF=180°−90°=90°，AD=DE，
∴∠A=∠DEF，
在Rt△DAF和Rt△DEF中，
AD=DEDF=DF，
∴Rt△DAF≌Rt△DEFHL，
∴AF=EF，
设AF=xcm，则EF=xcm，
∴BF=4−xcm，FM=x+2cm，
在Rt△BFM中，BF2+BM2=FM2，
∴4−x2+22=x+22，
解得：x=43，
∴AF=EF=43cm，
故选：B．
【题型三】利用正方形的性质求面积、周长
◇典例3：
如图，面积为1的正方形ABCD中，点E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，则四边形HEFG的面积是（ ）
A．1B．12C．22D．14
【答案】B
【详解】解：∵正方形ABCD的面积为1，
∴AB=AD=1，
∵点E、H分别是边AB、DA的中点，
∴AE=12，AH=12，
∴S△AEH=12×12×12=18，
同理可得：S△EBF=S△FCG=S△GDH=18，
∴四边形HEFG的面积=1−18×4=12．
故选：B．
◆变式训练
1.如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，设CE=6,HG=2，则四边形ABDF的面积是（ ）
A．20B．40C．64D．16
【答案】A
【详解】解：∵如图，由四个全等的直角三角形拼成的图形，
∴AB=BD=DE=AF，AH=CD=EF=FG，AG=BH=BC=DE，
∠C=90°，∠CBD=∠EDF，
∴四边形ABDF是菱形，∠CBD+∠BDC=90°，∠EDF+∠BDC=90°，
∴∠BDF=180°−(∠EDF+∠BDC)=90°
∴四边形ABDF是正方形，
∵CE=6，HG=2，
∴设CD=m，DE=n，
∴m+n=6n−m=2，
解得m=2n=4，
在Rt△BCD中，CD=2，BC=4，
∴BD²=BC²+CD²=42+22=20，
∴四边形ABDF的面积是20
故选：A．
2.如图，三个边长均为4的正方形重叠在一起，O1，O2是其中左侧两个正方形的对角线交点，同时O1，O2也是右侧两个正方形的顶点，则阴影部分的面积是 ．
【答案】8
【详解】解：设点O1为正方形ABCD的中心，过点O1作O1E⊥AD于点E,O1F⊥CD于点F，
∵O1E⊥AD,O1F⊥CD,∠D=90°，
∴四边形O1EDF为矩形，
∵O1为正方形ABCD的中心，
∴四边形O1EDF为正方形，
∴O1E=O1F,S正方形O1EDF=14S正方形ABCD=4，
由题意得：∠GO1F+∠HO1F=90°，
∵∠FO1G+∠GO1E=90°，
∴∠HO1F=∠GO1E，
在△GO1E和△HO1F中，
∠GO1E=∠HO1FO1E=O1F∠O1EG=∠O1FH=90°，
∴△GO1E≌△HO1F(ASA)，
∴S△GO1E=S△HO1F，
∴S四边形DGO1H=S正方形O1EDF=4．
同理：另一个阴影部分的面积=4，
∴两个阴影部分面积之和是4+4=8．
故答案为：8．
【题型四】利求正方形在平面直角坐标系中的坐标
◇典例4：
已知正方形OABC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B4,0，则点A的坐标为（ ）
A．−2,2B．2,−2C．−22,22D．22,−22
【答案】B
【详解】解：连接AC交OB于点D，如图所示:
∵四边形OABC是正方形，
∴AC=OB，AC⊥OB，OD=BD=12OB，AD=CD=12AC，
∵点B(4,0)，
∴OB=4，
∴AC=OB=4，
∴OD=BD=12OB=2，AD=CD=12AC=2，
∴点A的坐标为2,−2．
故选: B．
◆变式训练
1.如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2025次得到正方形OA2025B2025C2025，如果点A的坐标为A1,0，那么点B2025的坐标为（ ）
A．2,2B．0,2C．1,1D．−1,1
【答案】B
【详解】解：∵点A的坐标为1,0，四边形OABC是正方形，
∴点B的坐标为1,1，
∴OA=AB=1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB=90°，
连接OB，如图：

由勾股定理得：OB=12+12=2，
由旋转的性质得：OB=OB1=OB2=OB3=…=2，
∵将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，
相当于将线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∴B10,2，B2−1,1，B3−2,0，B4−1,−1，B50,−2，B61,−1，B72,0，B81,1 …，
发现是8次一循环，则2025÷8=253余1，
∴B2024是第253组的最后一个点，B2025是第254组的第一个点，
∴点B2025的坐标为0,2，
故选：B．
2.在平面直角坐标系中，放置了一个面积为5的正方形，如图所示，点D在y轴上，且坐标是0,2，点A在x轴上，则点B的坐标为 ．
【答案】3,1
【详解】解：如图，过点B作BE⊥x轴于点E，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=5,∠DAB=90°，而∠DOA=90°，
∴∠ODA+∠DAO=∠DAO+∠ABE，
∴∠ODA=∠ABE，
在△ODA与△EAB中，
∠ODA=∠ABE∠DOA=∠BEAAD=AB ，
∴△ODA≌△EAB(AAS)，
∴OD=AE,OA=BE，
由题意得：AD2=OD2+OA2，而OD=2,AD=5，
∴OA=52−22=1=BE,AE=OD=2，
∴OE=OA+AE=3，
∴点B的坐标为(3,1)．
故答案为：(3,1)．
【题型五】正方形的判定证明
◇典例5：
如图，已知点E、F、G、H分别是四边形ABCD四边的中点，当对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是正方形．
【答案】AC=BD，AC⊥BD
【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形ABCD四边的中点，
∴EF、FG、GH分别为△ABC、△BCD、△ADC的中位线，
∴EF∥AC，EF=12AC，FG∥BD，FG=12BD，GH//AC，GH=12AC，
∴EF∥GH，EF=GH，
∴四边形EFGH为平行四边形，
当AC=BD时，EF=FG，
∴平行四边形EFGH为菱形，
当AC⊥BD时，EF⊥FG，
∴菱形EFGH为正方形，
故答案为：AC=BD，AC⊥BD．
◆变式训练
1.已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点，设AB:AD=a．
(1)求证：△ABM≌△DCM；
(2)当a为何值时，四边形MENF是正方形？
【答案】(1)证明见解析；
(2)当a=12时，四边形MENF是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD,∠A=∠D=90°，
∵点M是AD的中点，
∴AM=MD=12AD，
在△ABM和△DCM中，
AM=DM∠A=∠DAB=CD，
∴△ABM≌△DCMSAS；
（2）解：当AB:AD=a=12时，四边形MENF是正方形，理由如下：
∵AB:AD=12，AB=CD，
∴AB=CD=12AD，
∵AM=DM=12AD，
∴AB=AM=CD=DM，
∵∠A=∠D=90°，
∴∠ABM=∠AMB=45°，∠DMC=∠DCM=45°，
∴∠CMB=180°−∠AMB−∠DMC=90°，
∵△ABM≌△DCM，
∴BM=CM，
∵点N是BC的中点，
∴∠MNC=∠MNB=90°，
∵E、F分别是线段BM、CM的中点，
∴EN=ME=12BM，NF=MF=12CM，
∴NE=EM=MF=NF，
∴四边形MENF是菱形，
∵∠BMC=90°，
∴四边形MENF是正方形．
2.如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在AB、BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】见解析
【详解】证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAF=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠ADE+∠DAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
∵DE=AF，
∴△ABF≌△DAEAAS，
∴AB=AD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
【题型六】正方形的性质与判定综合
◇典例6：
如图，在正方形ABCD中，E，F分别是AD，CD上两点，BE交AF于点G，且DE=CF．
(1)判断BE与AF之间的数量关系与位置关系，并说明理由：
(2)当点E是AD的中点时，连接GD，求∠DGF的度数．
【答案】(1)BE=AF，BE⊥AF，理由见解析
(2)45°
【详解】（1）解：BE=AF，BE⊥AF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=DA，∠BAE=∠ADF=90°，
∵DE=CF，
∴AE=DF，
∴△ABE≌△DAFSAS，
∴BE=AF，∠ABE=∠DAF，
∵∠BAG+∠DAF=90°，
∴∠BAG+∠ABE=90°，
∴∠AGB=90°，
即BE⊥AF；
（2）解：如图，过点D作DN⊥AF于N，DM⊥BE交BE的延长线于M，
∵BE⊥AF，
则∠M=∠DNG=∠MGN=90°，
∴四边形MDNG是矩形，
∵点E是AD的中点，
∴AE=DE，
又∵∠AGE=∠M=90°，∠AEG=∠DEM，
∴△AEG≌△DEMAAS，
∴AG=DM，
由（1）知△ABE≌△DAF，
∴S△ABE=S△DAF，
∵BE=AF，AG⊥BE，DN⊥AF，
∴AG=DN，
∴DM=DN，
∴四边形MDNG是正方形，
∴∠DGF=45°．
◆变式训练
1.如图1，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)在图1中，若G在AD上，且∠GCE=45°，则GE=BE+GD成立吗？为什么？
(3)运用12解答中所积累的经验和知识，完成下题：如图2，在直角梯形ABCD中，AD∥BCBC>AD，∠B=90∘，AB=BC=12，E是AB上一点，且∠DCE=45°，BE=4，求DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)成立，理由见解析
(3)DE=10
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴BC=CD，∠B=∠CDF=90°，
又∵BE=DF，
∴△CBE≌△CDFSAS．
∴CE=CF；
（2）解：成立，理由如下：
∵△CBE≌△CDF，
∴∠BCE=∠DCF．
∴∠ECD+∠ECB=∠ECD+∠FCD．
即∠BCD=∠ECF=90°．
∵∠GCE=45°，
∴∠GCF=∠GCE=45°．
∵CE=CF，∠GCF=∠GCE，GC=GC，
∴△ECG≌△FCGSAS．
∴EG=GF．
∴GE=DF+GD=BE+GD；
（3）解：如图，过C作CG⊥AD，交AD延长线于G，
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=∠B=90°，
∵∠CGA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCG为正方形．
∴AG=BC=12．
∵∠DCE=45°，
由（2）结论可知，ED=BE+DG，
∵BE=4，
设DE=x，则DG=x−4，
∴AD=AG−DG=12−x−4=16−x，AE=AB−BE=12−4=8．
在Rt△AED中，DE2=AD2+AE2，
∴x2=16−x2+82，
解得：x=10．
∴DE=10．
2.如图，将矩形ABCD放置在平面直角坐标系中，点B与原点重合，点A,C分别在y轴和x轴上，顶点D(a,b)的坐标a,b满足a−4+(b−4)2=0．
(1)求证：四边形ABCD为正方形；
(2)若点E为线段BC边上的动点，连接AE，过E点作EF⊥AE，且AE=EF，连接CF,∠DCF的大小是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由；
(3)连接AF，当AF=8时，直接写出BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)∠DCF为定值，始终等于45°．理由见解析
(3)BE=4
【详解】（1）证明：∵a−4≥0，(b−4)2≥0，a−4+(b−4)2=0
∴a−4=0，b−4=0，
∴a=4，b=4，
∴点D(4,4)，
∴BC=CD=4，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：是定值，∠DCF恒为45°，理由如下：
如图，在AB上截取AK等于EC，连接EK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠BCD=90°，
∵AK=EC，
∴BK=BE，
∵∠ABC=90°
∴∠BKE=∠BEK=45°，
∴∠AKE=135°，
∵EF⊥AE，
∴∠AEB+∠FEC=90°，
又∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠FEC，
又AE=EF，
∴△AKE≌△ECF(SAS)，
∴∠ECF=∠AKE=135°，
又在正方形ABCD中∠ECD=90°，
∴∠DCF=∠ECF−∠ECD=135°−90°=45°．
（3）解：如图，
∵EF⊥AE，且AE=EF，
∴由勾股定理得：EF2+AE2=AF2，
∴AE2+AE2=64，
∴AE2=32，
∵AB=4，
∴由勾股定理得：BE=AE2−AB2=4．
【题型七】求正方形形中最值问题
◇典例7：
如图，正三角形ABC与正方形CDEF中，B、C、D三点共线，且AC=5，CF=4．若有一动点P沿着CA由C往A移动，则FP的长度最小是（ ）
A．2B．52C．23D．523
【答案】A
【详解】解：如图，过点F，作FM⊥AC交AC于点M，
此时FM为FP的最小值，
∵正三角形ABC与正方形CDEF中，B、C、D三点共线，
∴∠ACB=60°，∠FCD=∠FCB=90°，
∴∠FCM=180°−∠ACB−∠FCD=30°
又∵∠FMC=90°，
∴MF=12FC=2，
∴PF的长度最小值为2．
故选：A．
◆变式训练
1.如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点.连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF．当GF最小是（ ）
A．55−5B．55−10C．55D．5
【答案】B
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为10，
∴∠C=90°，BC=CD=10，
∵点G是边CD的中点，
∴CG=DG=5，
连接BG，
∴BG=BC2+CG2=55，
∵将△ABE沿BE翻折得到△FBE，
∴BF=BA=10，
∵FG≥BG−BF，
∴当点G、F、B三点共线时，GF最小，
∴GF的最小值为BG−BF=55−10．
故选：B．
2.如图，正方形ABCD的面积为S，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD+PE的和最小，则这个最小值为 ．
【答案】S
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，BO=DO，AC⊥BD，
∴B、D关于AC对称，
∴PD=PB，
∴PD+PE=PB+PE≥BE，
∵△ABE是等边三角形，
∴AB=BE=AE，
∵正方形ABCD的面积为S，
∴AB=S，
∴BE=S，
∴PD+PE的最小值为S．
故答案为：S．
【题型八】正方形中“十字架”模型
◇典例8：
【问题情境】：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？
（1）直接判断：AE______BF（填“=”或“≠”）；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
【问题探究】：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论：
【问题拓展】：
（3）如图3，将边长为40cm的正方形ABCD折叠，使得点D落在BC上的点E处．若折痕FG的长为41cm，则CE=______cm．
【答案】（1）=；（2）GE=BF，理由见解析；（3）9
【详解】（1）解：∵AE⊥BF，
∴∠EMB=90°，
∴∠FBC+∠BEM=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BEM=∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
∠ABC=∠C∠BEM=∠BFCAB=BC，
∴△ABE≌△BCF(AAS)，
∴AE=BF．
故答案为：=；
（2）解：GE=BF，理由如下：
如图2，过点A作AN∥GE，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB=∠NHB=90°，
∴∠FBC+∠BNH=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC，∠BAD=∠ABC=∠C=90°，
∵AD∥BC，AN∥GE，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN=EG，
∵∠C=90°，
∴∠FBC+∠BFC=90°，
∴∠BNH=∠BFC，
∴△ABN≌△BCF(AAS)，
∴AN=BF，
∵AN=EG，
∴GE=BF；
（3）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠C=90°，AD=CD，
作FP⊥CD于P，连接DE，
则四边形AFPD是矩形，
∴∠DCE=∠FPG=90°，
由翻折知，GF⊥DE，
∴∠PFG=∠CDE，
∵AD=CD，
∴△FPG≌△DCE（AAS），
∴DE=FG=41，
在Rt△CDE中，由勾股定理得CE=412−402=9（cm），
故答案为：9．
◆变式训练
1.如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，AE与BF交于点P．

(1)【特例感知】如图（a），若四边形ABCD是正方形，当∠APB=∠D时，则线段AE与BF的数量关系是
(2)【深入探究】如图（b），若四边形ABCD是菱形，且∠APB=∠D，则线段AE与BF满足怎样的数量关系？请证明你的猜想；
关于此问，数学兴趣小组给出如下两种解决思路．请选择其中一种思路解决问题．
(3)【类比迁移】如图（c），若四边形ABCD是菱形，E为BC的中点，∠APB=∠C=60°，请求出AEBF的值；
【答案】(1)AE=BF
(2)猜想AE=BF．证明见解析
(3)32
【详解】（1）解：当四边形ABCD是正方形，∠APB=∠D=90°，
∴∠BAP+∠ABP=∠ABP+∠EBP=90°，
∴∠BAP=∠EBP，
又∵AB=BC，∠ABC=∠C，
∴△ABE≌△BCFASA，
∴AE=BF；
故答案为：AE=BF；
（2）解：猜想AE=BF．
证明：思路一：如图，在BC上取一点M，使AB=AM，则∠ABM=∠AMB，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB=BC=AM，∠ABM+∠C=180°，∠D=∠ABE，
∵∠AME+∠AMB=180°，∠ABM+∠C=180°，
∴∠AME=∠C，
∵∠APB=∠D=∠ABM=∠AMB，
∴∠FBC=∠APB−∠AEM=∠AMB−∠AEM=∠EAM，
在△AEM和△BFC中，
∠EAM=∠FBCAM=BC∠AME=∠C，
∴△AEM≌△BFCASA，
∴AE=BF；
思路二：如图，在CB延长线上取点N，使AN=AE，则∠ANB=∠AEB，

根据菱形的性质∠ABC+∠C=180°，AB∥CD，
∴∠ABN=∠C，
又∵∠BAN=∠ABC−∠ANB，∠APB−∠AEB=∠CBF，且∠APB=∠D=∠ABC，
∴∠BAN=∠CBF，
在△ABN和△BCF中，
∠BAN=∠CBFAB=BC∠ABN=∠C，
∴△ABN≌△BCFASA，
∴AN=BF，
∴AE=BF；
（3）解：如图，延长AB，使BG=BE，

∵AB∥CD，
∴∠GBC=∠C=60°，
∴△BGE是等边三角形，
∴∠G=60°，BG=BE=12BC=12AB，
∵∠BAE+∠BEA=∠GBC，∠PBE+∠BEP=∠APB，∠APB=∠C=60°，
∴∠BAE=∠PBE，
在△EAG和△FBC中，∠GAE=∠CBF，∠G=∠C，
∴△EAG∽△FBC，
∴AEBF=AGBC=AB+BGBC=AB+12ABAB=32．
2.（1）如图1，点E、F分别在边BC、CD上，AE⊥BF．求证：AE=BF．
（2）如图2，点E、F、G、H分别在边BC、CD、AD、AB上，GE⊥HF，求证：GE=HF．
（3）如图3，点E、F分别在边BC、CD上，AE、BF相交于点O，∠AOB=90°，若正方形ABCD的边长为5，△AOB与四边形OECF的面积之和与正方形ABCD的面积之比为1:5，求△AOB的周长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）5+35
【详解】（1）证明：如图1，设AE与BF交于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠AMB=90°，
∴∠BAE+∠ABM=90°，
又∵∠CBF+∠ABM=90°，
∴∠BAE=∠CBF，
在△ABE和△BCF中
∠BAE=∠CBFAB=BC∠ABE=∠BCF
∴△ABE≌△BCFASA，
∴AE=BF．
（2）证明：如图2，过点A作AM∥GE交BC于M，过点B作BN∥FH交CD于N，AM与BN交于点O′，
则四边形AMEG和四边形BNFH均为平行四边形，
∴AM=GE，BN=HF，
∵GE⊥HF，AM∥GE，BN∥FH，
∴AM⊥BN，
同理（1）中的方法证得△ABM≌△BCN，
∴AM=BN，
∴GE=HF；
（3）解：∵△AOB与四边形OECF的面积之和与正方形ABCD的面积之比为1:5，
∴△AOB与四边形OECF的面积和为15×52=5，
由（1）得，△ABE≌△BCF，
∴S△ABE=S△BCF，
∴S△ABE−S△OBE=S△BCF−S△OBE，
∴S△AOB=S四边形OECF=12×5=52，
设AO=a，BO=b，则12ab=52，
即ab=5，
在Rt△AOB中，AO2+BO2=AB2，
∴a2+b2=52=25，
∴a+b2=a2+b2+2ab=25+2×5=35，
∴a+b=35，
即AO+BO=35，
∴△AOB的周长为AB+AO+BO=5+35．
【题型九】正方形中“对角互补”模型
◇典例9：
阅读材料，解决问题
在数学探究中，我们常从特殊情况入手，归纳出一般规律．例如在研究几何图形性质时，通过对特殊多边形的分析来了解多边形的普遍性质．我们规定：有一组邻边相等且有一组对角互补的四边形叫做“等补四边形”．
(1)初步认识：在以下常见四边形中，一定是“等补四边形”的是（ ）
A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形
(2)性质探究：已知四边形ABCD是“等补四边形”，AB=AD，∠B+∠D=180°，如图1，连接AC，试探究AC是否平分∠BCD，并说明理由．
(3)应用拓展：在“等补四边形”ABCD中，AB=AD=2，∠B=90°，∠BCD=120°，如图2，求AC的长．
【答案】(1)D
(2)AC平分∠BCD；见解析
(3)433
【详解】（1）解：∵平行四边形的对角相等，但对角不一定互补，
∴平行四边形不是“等补四边形”；
∵矩形的邻边不一定相等，
∴矩形不是“等补四边形”；
∵菱形的对角相等，但对角不一定互补，
∴菱形不是“等补四边形”；
∵正方形的每个内角都是90°，四条边都相等，
∴正方形有一组邻边相等且有一组对角互补，
∴正方形是“等补四边形”；
故选：D．
（2）解：AC平分∠BCD；理由如下：
延长CB，过点A作AE⊥CB于点E，作AF⊥CD于点F，如图所示：
则∠AFD=∠AEB=90°，
∵∠ABC+∠D=180°，∠ABC+∠ABE=180°，
∴∠D=∠ABE，
∵AD=AB，
∴△ADF≌△ABEAAS，
∴AE=AF，
∵∠AEC=∠AFC=90°，AC=AC，
∴Rt△AFC≌Rt△AECHL，
∴∠ACF=∠ACE，
∴AC平分∠BCD；
（3）解：∵在“等补四边形”ABCD中，AB=AD=2，∠B=90°，∠BCD=120°，
∴根据解析（2）可知：AC平分∠BCD，
∴∠ACB=12∠BCD=60°，
∴∠BAC=90°−60°=30°，
∴BC=12AC，
∵AC2=AB2+BC2，
∴AC2=22+12AC2，
解得：AC=433，负值舍去，
即AC的长为433．
◆变式训练
1.【课本再现】
（1）如图1，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，边A1O与边AB相交于点E，边C1O与边CB相交于点F．在实验与探究中，小新发现无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，AE，CF，EF之间一直存在某种数量关系，小新发现通过证明△AOE≌△BOF（无需证明）即可推导出来．连结EF，则AE，CF，EF之间的数量关系是________．
【类比迁移】
（2）如图2，矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，A1O与边AB相交于点E，C1O与边CB相交于点F，连结EF，矩形A1B1C1O可绕着点O旋转，猜想AE，CF，EF之间的数量关系，并进行证明．
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=6，BC=8，直角∠EDF的顶点D在边AB的中点处，它的两条边DE和DF分别与直线AC，BC相交于点E，F，∠EDF可绕着点D旋转，当AE=4时，请直接写出线段CF的长度．

【答案】（1）AE2+CF2=EF2；（2）AE2+CF2=EF2，理由见解析；（3）194或54．
【详解】解：（1）∵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，
∴OA=OB,∠AOB=∠A1OC1=90°,∠OAE=∠OBC=45°，
∴∠AOE=∠BOF，
∴△AEO≌△BFOASA；
连接EF，

∵正方形ABCD，
∴∠ABC=90°,AB=BC，
∵△AEO≌△BFO，
∴AE=BF，
∴BE=CF，
在Rt△EBF中，BE2+BF2=EF2，
∴AE2+CF2=EF2；
故答案为：AE2+CF2=EF2．
（2）AE2+CF2=EF2，理由如下：
连接AC，

∵矩形ABCD的中心O是矩形A1B1C1O的一个顶点，
∴OA=OC，∠EOF=90°，AD∥BC，
延长EO，交CD于点G，连接FG，
∵AD∥BC，
∴∠BAO=∠DCA，
又∵∠AOE=∠COG，
∴△AOE≌△COGASA，
∴AE=CG，OE=OG，
∵∠EOF=90°，
∴OF是EG的中垂线，
∴EF=FG,∠FOG=90°，
∴FG2=CF2+CG2，
∴EF2=CF2+AE2；
（3）设CF=x，
①当点E在线段AC上：

∵∠C=90°,AC=6,BC=8，AE=4，
∴CE=2，BF=8−x
∴EF2=CE2+CF2=4+x2，
由（2）可知：EF2=AE2+BF2=16+8−x2，
∴4+x2=16+8−x2，
解得：x=194，
∴CF=194；
②当点E在线段CA的延长线上时：如图，

此时CE=AC+AE=10,BF=BC+CF=8+x，
过点B作BG∥AC，延长ED交BG于点G，连接FG，
同（2）法可证：EF2=AE2+BF2，
∴EF2=16+16+x2，
又EF2=CF2+CE2=x2+102，
∴16+8+x2=x2+102，
解得：x=54，
∴CF=54；
综上：线段CF的长度为194或54．
2.问题解决：
如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在AB,BC边上，DE=AF，且DE与AF相交于点G．
（1）DE与AF的位置关系为 ；
（2）延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
类比迁移：
（3）如图2，在菱形ABCD中，点E，F分别在AB,BC边上，DE与AF相交于点G，DE=AF，∠AED=60°，AE=7，BF=2，求DE的长．
【答案】（1）DE⊥AF；（2）等腰三角形，见解析；（3）DE=9．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠DAB=∠ABC=90°，
在Rt△ADE和Rt△BAF中，
DE=AFAD=AB，
∴Rt△ADE≌Rt△BAFHL,
∴∠ADE=∠BAF，
∵∠BAF+∠GAD=∠DAB=90°，
∴∠ADE+∠GAD=90°，
在△ADG中，∠AGD=180°−(∠ADE+∠GAD)=90°，
∴DE⊥AF，
∴DE与AF的位置关系为：DE⊥AF，
故答案为：DE⊥AF；
（2）△AHF是等腰三角形，理由如下：
由（1）可知：Rt△ADE≌Rt△BAF，
∴AE=BF，
∵BH=AE，
∴BH=BF，
∵∠ABC=90°，
∴AB⊥HF，
∵AB是线段HF的垂直平分线，
∴AH=AF，
∴△AHF是等腰三角形；
（3）解：延长CB到K，使BK=AE，连接AK，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,BA=AD，
∴∠KBA=∠DAE，
在△BAK和△ADE中，
BK=AE∠KBA=∠DAEBA=AD，
∴△BAK≌△ADESAS，
∴AK=DE,∠K=∠AED，
∵DE=AF,∠AED=60°，
∴AK=AF,∠K=60°，
∴△AKF是等边三角形，
∴AF=KF=AB，
∵AE=7,BF=2，
∴KF=BK+BF=AE+BF=7+2=9，
∴AF=KF=9，
∴DE=AF=9．
真题在线
一、单选题
1．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．
∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为．
故选：A．
2．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（ ）
A．10B．8C．5D．4
【答案】C
【详解】解：∵四边形为正方形，
∵为的中点，
，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
，
∴，即，
∴，
∴的面积．
故选：C．
3．（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．
∴，在轴上，，
∵，
∴，，
∴，
故选：A
4．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形，E，F，G，H分别为各边中点，连接，，，，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形的面积为（ ）
A．1B．2C．5D．10
【答案】C
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴，
同理，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴，
∴，
同理，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，同理，
∴平行四边形是矩形，
∵，，，
∴，
∴，
又，，
∴，
∴矩形是正方形，
在中，，
∴，
∴，
∴正方形的面积为5，
故选：C．
5．（2024·四川绵阳·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点G是上的一点，且，于点E，，且交于点F，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：四边形是正方形，，
，，，
，
，
，
在中，，
则由勾股定理可得，
，
，
，
，
即，
，，
又，
，
又，，
，
，
，
，
故选：A．
6．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：如图所示，过点D作于G，过点F作于H，
∵四边形是边长为2的正方形，
∴；
∵为的中点，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，
∴；
在中，，
∵，，
∴，
∴；
在中，，
，
∴，
在中，由勾股定理得．
故选：B．
7．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【详解】解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，，，，，
由对折可得：，，，，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴；
故选：B.
8．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（ ）
A．6B．6C．3D．4
【答案】D
【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则，
∵正方形边长为6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B、E、A、D在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点F在上时，
取得最小值，
为．
故选：D．
二、填空题
9．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为 ．
【答案】13
【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接，
依题意，，
∵，
∴，，
∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，
∴，
在中，，
即这枚古钱币的半径为，
故答案为：13
10．（2025·山东东营·中考真题）如图所示，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，按照此规律继续下去，则的值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“”是解题的关键．根据题意求出面积标记为的正方形的边长，得到，同理求出，得到规律，根据规律解答．
【详解】解：如图，
∵是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍，
∵正方形的边长为2，
，
∴面积标记为的正方形边长为，
则，
面积标记为的正方形边长为，
则，
面积标记为的正方形的边长为，
则，
……，
，
则的值为：，
故答案为：．
11．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ．
【答案】/
【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，
则，
∵正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设正方形边长为，则，
∵，
∴，
在中，，即
解得：或（不合题意舍去）
∴．
故答案为：．
12．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ．
【答案】
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可知，
∴，，，
∴点F、B、C三点共线，
∵ ，
∴ H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，
∵，，
∴正方形的边长为3，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
三、解答题
13．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形
∴，，
由折叠可得，，
∴，，
∴在和中
∴；
（2）解：∵，点E是的中点，
∴，
由折叠得到，
∵ ，
∴
设，则，
∵在中，，
∴
解得
∴．
14．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点．
(1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明）
(2)求证：．
(3)若，直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
设，
∴，
∴，，
∴，
由（1）得，
∴，
∴．
15．（2024·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．

(1)如图1，连接，．求证：；
(2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由；
(3)在第（2）题的条件下，．求的值．
【答案】(1)见解析
(2)是等腰三角形，理由见解析
(3)
【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到；
（2）先判断出，进而判断出，即可得到结论；
（3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
在和中
∴．
（2）解：是等腰三角形，理由如下：
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等腰三角形．

（3）解：∵，，
∴，
又∵，
∴是等腰直角三角形．
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
专项练习
一、单选题
1．如图，由边长相同的9个小正方形组成的图形，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：如图：
根据题意和图形可知可看作两个全等矩形的对角线，
∴，
由图可知，
∴
∴
，
∴，
∵可以看作是正方形对角线和边构成的角，
∴
∴．
故选B．
2．若四边形的对角线互相垂直平分且相等，则它一定是（ ）．
A．菱形B．正方形C．等腰梯形D．以上说法均不正确
【答案】B
【详解】解：∵ 四边形的对角线互相平分，
∴ 该四边形是平行四边形，
∵ 平行四边形的对角线互相垂直，
∴ 该平行四边形是菱形，
∵ 菱形的对角线相等，
∴ 该菱形是正方形．
故选：B．
3．如图，在中，，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【详解】解：在中，，
∴四边形是矩形．
A、当时，矩形是正方形，故A选项不符合题意；
B、当时，矩形是正方形，故B选项不符合题意；
C、当时，无法确定矩形就是正方形，故C选项符合题意；
D、当时，则，，，矩形是正方形，故D选项不符合题意．
故选：C．
4．如图，在矩形中，平分，平分，与交于点．点是矩形外一点，连接，，，添加下列条件后，可判定四边形为正方形的是（ ）
A．，B．，
C．D．，
【答案】A
【详解】解：已知四边形为矩形，且平分，平分．
故，，
可得，，是等腰直角三角形．
选项：由两边平行可得四边形为平行四边形，
再由可得四边形为菱形，
再由可得四边形为正方形，故选项正确；
选项：，，仅可得到，无法证明四边形为正方形，故选项错误；
选项：根据题意可知，故，无法判定正方形，故选项错误；
选项：，，仅能判断是等腰三角形，不能证明，无法判定正方形，故选项错误．
故选：．
5．如图，在正方形中，对角线与相交于点，E为上一点，为的中点．若2，，则正方形边长为（ ）
A．2B．3C．6D．2
【答案】C
【详解】解：在正方形中， ，O是的中点，，
为的中点，
为的中位线，
，
设，则，
在中，
， 即，
解得：或（舍去），
故选：C．
6．如图，四边形和四边形均为正方形，且点、分别在边、上，，．连接并延长，交边于点，则的长为（ ）
A．B．3C．4D．
【答案】B
【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
故选：B．
7．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
∵正方形的边在x轴上，
∴
∴四边形是矩形，
∴，，，
∵折叠，
∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
解得，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴点E的坐标为，
故选：B．
8．如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点是边上的一点，坐标为，将沿折叠，点落在点处．若的延长线交于，且，则点的坐标是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：正方形的边在轴上，点是边上的一点，坐标为，如图，连接，
，，
沿折叠，点落在点处．
，
，，，
，，
在和中，
，
，
，
，
设，
，坐标为，，，
．
，．
根据勾股定理，得，
解得，
故，，，
过点作于点，
，
，
，
解得，
．
故点；
故选：A．
9．如图，在正方形中，以对角线为一边向右侧作菱形，点E在的延长线上，连接交于点G，则的值为（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】A
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，
由勾股定理得，
∵四边形为菱形，
∴，
∴，
故选：A．
10．如图，已知四边形ABCD为正方形，，点E为对角线AC上一点，连接DE．过点E作，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②；③CG平分；④．其中正确的结论有（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①③④
【答案】A
【详解】解：如图，过作于点, 过作于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形为正方形，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形为正方形，故正确；
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴平分，故正确；
∴，故错误；
当时，点与点重合，
∴不一定等于，故错误；
综上可得：正确；
故选：A．
二、填空题
11．如图，正方形的对角线，相交于点，，．若，则点到边的距离为 ．
【答案】0.5
【详解】解：如图，连接，交于点．
，，
四边形是平行四边形．
在正方形中，，，
，
四边形是正方形，
，．
，
，
，
即点到边的距离为．
故答案为：．
．
【答案】
【详解】解：绕点顺时针旋转得，
，
四边形是正方形，
，，
，
，
在中，
，
故答案为：
13．如图，在正方形中，点在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为 ．
【答案】2
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵为直角三角形斜边边上的中线，，
∴，
由于三角形为直角三角形，由勾股定理得，
∴，
故答案为：2．
14．如图所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（、、、）和一个小正方形拼成的大正方形．若，则的值为 ．
【答案】/
【详解】解：根据题意，设，则，
∵，四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
15．如图，在正方形中，为对角线，点、分别为边和上的点，且，连接，过点作交于点，点为边上的点，连接，若，，则的度数为 ．
【答案】
【详解】解：连接，延长交于点，如下图所示：
∵四边形是正方形，为对角线，
∴，，，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，，
在和中，，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质等，解题的关键是灵活运用这些知识，构建合适的辅助线证明三角形全等．
16．如图，在边长为的正方形中，若分别是边上的动点，，与交于点，连接，则的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综合运用，理解点的运动，得到点在以为直径的圆弧上运动，掌握正方形的性质，勾股定理的计算是关键．
根据正方形的性质可证，得到，即，则点在以为直径的圆弧上运动，根据两点之间线段最短，得当点共线时，，此时的值最小，结合勾股定理得到，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴点在以为直径的圆弧上运动，如图所示，取的中点，以点为圆心，以为半径画弧，
∴根据两点之间线段最短，得当点共线时，，此时的值最小，
∴，
在中，，
∴，
∴的最小值为，
故答案为： ．
三、解答题
17．如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论．
【详解】证明：∵菱形，
∴，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形形，
又，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
18．如图，，，平分，平分，，，.
(1)求证：四边形是正方形．
(2)连接，若，求线段的长度．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】本题考查平行四边形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，含角直角三角形的性质；
（1）由四边形是平行四边形，平分，平分，得到，再由，，，可得四边形是菱形，进而得证四边形是正方形；
（2）过点E作，由（1）可得是等腰直角三角形，是含角直角三角形，设，利用，可求出，进而求出.
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵平分，平分，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴四边形是菱形，
又∵，
∴菱形是正方形.
即四边形是正方形.
（2）解：过点E作，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴在中，设，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴.
19．如图，，，，分别是正方形四条边上的点，且．
(1)求证：四边形是正方形．
(2)若，，求四边形的周长．
【答案】(1)见解析
(2)20
【分析】（1）先利用正方形的边相等、角为直角的性质，结合已知线段相等，证明四个三角形全等，得出四边形的四边相等，再通过角的关系证明其有一个直角，从而判定为正方形；
（2）根据和的长度，算出的长度，用勾股定理求出四边形的边长，再计算其周长．
【详解】（1）（1）证明：四边形是正方形，
，．
，
，
，
，，
四边形是菱形．
，
，
，
四边形是正方形．
（2）解：，，
，
．
四边形是正方形，
四边形的周长．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，掌握正方形的边与角的性质、全等三角形的判定方法，及勾股定理的应用是解题的关键．
20．在学校成长课程活动中，同学们将对学校“空中花园”中一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点E，F处是花园的两个门，在边上，在边上，且，要修建两条直路与相交于点（两个门E，F的大小忽略不计）．
(1)请问这两条路有什么数量关系和位置关系？请说明理由；
(2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形上再修条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在直路上，请问能否修建成这样的直路？请说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)能修建成这样的直路，理由见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上性质．
（1）根据正方形的性质证明，得出对应边相等，然后根据直角三角形的性质得出垂直即可；
（2）根据题意结合（1）的结论求出相关线段的长度，根据勾股定理求出，，得出，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵四边形为正方形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：能修建成这样的直路，理由如下：
∵四边形为正方形，且，，
∴，
结合（1）得，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
由（1）得，
根据等面积得，，
∴，
∵，
∴能修建成这样的直路．
21．【问题呈现】已知正方形中，点F为对角线上一点，点E在的延长线上，连接．
（1）如图1，连接，若，求的最小值；
【类比探究】
（2）如图2，在正方形中，点F为对角线上一点，点G在边上，，若，，求四边形的面积；
【拓展运用】
（3）如图3，将绕点F逆时针旋转得到，连接交于点H，试探索、满足怎样的数量关系时，点H恰为的中点；
【答案】（1）10；（2）16；（3）
【详解】解：（1）延长至点，使，连接，此时最小，如图，
四边形是正方形，
，，
，
，
在中，，，，
；
（2）过点作于点，作于点，如图，
，
四边形是正方形，
，，，
四边形是矩形，，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
又∵，
，
，
，
，
在中，由勾股定理得，
，
，
四边形是正方形，
，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
．
；
（3）当时，点恰为的中点，理由如下：
过作于点，交于点，连接，如图，
，
，
，
四边形是正方形，，
，
在中，，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
即点恰为的中点．
元素
性质
边
对边平行，四条边都相等
角
四个角都是直角
对角线
两条对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角
对称性
中心对称图形：对称中心为对角线交点 O；
轴对称图形：有 4 条对称轴（2 条为对边中点连线，2 条为对角线所在直线，区别于矩形、菱形的 2 条对称轴）。
原四边形
中点四边形
任意四边形（包括平行四边形）
平行四边形
两条对角线相等的四边形（包括矩形和等腰梯形)
菱形
两条对角线互相垂直的四边形（包括菱形）
矩形
两条对角线相等且互相垂直的四边形（包括正方形）
正方形
思路一
思路二
如图，在BC边上取一点M使AM=AB,……
如图，在CB的延长线上取一点N，使AN=AE，……