18.5正方形的性质与判定（解析版）

八年级下册数学《第十八章平行四边形》18.5正方形的性质与判定知识点一知识点一正方形的定义●●定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.◆1、正方形的四条边都相等，说明正方形是特殊的菱形；◆2、正方形的四个角都是直角，说明正方形是特殊的矩形.即：正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形.知识点二知识点二正方形的性质◆1、具有矩形、菱形、平行四边形的一切性质，即①边：四条边相等，邻边垂直，对边平行；②角：四个角都是直角；③对角线：对角线相等，互相垂直平分，每条对角线平分一组对角；④正方形式轴对称图形，有四条对称轴；◆2、正方形的面积计算①边长的平方；②对角线平方的一半；◆3、正方形特有的性质：①正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形；正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；②周长相等四边形中，正方形的面积最大.知识点三知识点三正方形的判定◆1、正方形判定方法：定义法有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.四边形法有四条边相等，三个角都是直角的四边形是正方形.对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形.平行四边形法有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形是正方形.对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形.矩形法有一组邻边相等的矩形是正方形.对角线相互垂直的矩形是正方形.菱形法有一个角是直角的菱形是正方形.对角线相等的菱形是正方形.◆2、平行四边形、矩形、菱形、正方形间转化关系和包含关系题型一利用正方形的性质求角度题型一利用正方形的性质求角度【例题1】（2022秋•竞秀区期中）如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠BEA为（）A．15° B．30° C．45° D．55°【分析】根据等边三角形和正方形的性质可知AB＝AE，∠BAE＝150°，再利用三角形的内角和定理可得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∵△ADE是等边三角形，∴AD＝AE，∠DAE＝60°，∴AB＝AE，∠BAE＝150°，∴∠BEA＝∠ABE=12（180°﹣150°）＝故选：A．【点评】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理等知识，熟练掌握正方形和等边三角形的性质是解题的关键．解题技巧提炼正方形中求角度的问题要善于抓住正方形中的特殊角度90°、45°以及四边相等的性质.【变式1-1】（2022秋•文山市期末）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．62.5° B．45° C．32.5° D．22.5°【分析】由AB＝CB，∠ABC＝90°，得∠BAC＝∠BCA＝45°，由AE＝AC，得∠E＝∠ACE＝67.5°，则∠BCE＝67.5°﹣45°＝22.5°，于是得到问题的答案．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝90°，∴∠BAC＝∠BCA＝45°，∵AE＝AC，∴∠E＝∠ACE，∵∠E+∠ACE＝180°﹣45°＝135°，∴2∠ACE＝135°，∴∠ACE＝67.5°，∴∠BCE＝67.5°﹣45°＝22.5°，∴∠BCE的度数是22.5°，故选：D．【点评】此题重点考查正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等知识，由AE＝AC求得∠ACE＝67.5°是解题的关键．【变式1-2】（2022秋•新城区期末）如图，在正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，连接AE、CE，∠BCE＝70°，则∠EAD为（）A．10° B．15° C．20° D．30°【分析】先根据SAS证出△AED≌△CED，可得∠EAD＝∠ECD，根据正方形的对角线性质以及∠BCE＝70°可求∠BEC的度数，再根据三角形外角与内角的关系可求∠ECD的度数，最终可求出∠EAD的度数．【解答】解：∵正方形ABCD，∴∠ADE＝∠CDE＝∠EBC＝45°，AD＝CD，∵DE＝DE，∴△AED≌△CED（SAS），∴∠EAD＝∠ECD，又∵∠BCE＝70°，∴∠BEC＝65°，∵∠BEC＝∠CDE+∠ECD，即65°＝45°+∠ECD，∴∠ECD＝20°，∴∠EAD＝20°．故选：C．【点评】本题主要考查正方形对角线平分对角的性质，解题的关键还需要借助三角形外角与内角的关系，再灵活运用三角形全等进行转化．【变式1-3】（2022秋•保定期末）如图，在正方形ABCD中，等边△AEF的顶点E，F分别在边BC和CD上，则∠AEB等于（）A．60° B．70° C．75° D．80°【分析】根据题意直接证明Rt△ADF≌Rt△ABE，进而得CE＝CF，可知∠FEC＝45°，结合等边三角形的条件，即可求得∠AEB．【解答】解：连接AF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵△AEF是等边三角形，∴AF＝AE，∠AEF＝60°，在Rt△ADF和Rt△ABE中，AD=ABAF=AE∴Rt△ADF≌Rt△ABE（HL），∴DF＝BE，∴CE＝CF，∵∠C＝90°，∴∠FEC＝45°，又∠AEF＝60°，∴∠AEB＝180°﹣∠AEF﹣∠FEC＝180°﹣60°﹣45°＝75°，故选：C．【点评】本题考查了HL证明直角三角形全等，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练以上性质是解题的关键．【变式1-4】（2022秋•太原期中）如图，点E．F分别是正方形ABCD内部、外部一点，四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，则∠CBE的度数等于．【分析】先由四边形ABCD是正方形，AB＝AD＝BC，∠ABC＝90°，再由四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，得AD＝AE，BC＝BE，则AB＝AE＝BC，所以∠ABE＝60°，则∠CBE＝30°．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC，∠ABC＝90°，∴四边形ADFE与四边形BCFE均为菱形，∵AD＝AE，BC＝BE，∴AB＝AE＝BC，∴△ABE是等边三角形，∴∠ABE＝60°，∴∠CBE＝∠ABC﹣∠ABE＝90°﹣60°＝30°，故答案为：30°．【点评】此题重点考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质等知识，证明△ABE是等边三角形是解题的关键．【变式1-5】（2022秋•沙坪坝区期末）如图，在正方形ABCD中，点E，点F分别是对角线BD，AC上的点，连接CE，EF，DF，若EF∥BC，且∠CEF＝15°，则∠EDF的度数为（）A．22.5° B．25° C．30° D．35°【分析】设AC交BD于O，由正方形的性质得AC⊥BC，CD＝CB，∠BCD＝90°，OB＝OD，则OC＝OD＝OB，∠DOF＝∠COE＝90°，所以∠OBC＝∠OCB＝45°，由EF∥BC，得∠OEF＝∠OFE＝45°，所以∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝30°，OF＝OE，即可证明△DOF≌△COE，得∠EDF＝∠OCE＝30°．【解答】解：设AC交BD于O，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BC，CD＝CB，∠BCD＝90°，OB＝OD，∴OC＝OD＝OB=12BC，∠DOF＝∠COE＝∴∠OBC＝∠OCB＝45°，∵EF∥BC，∠CEF＝15°∴∠OEF＝∠OBC＝∠OCB＝∠OFE＝45°，∴∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝45°﹣15°＝30°，OF＝OE，在△DOF和△COE中，OD=OC∠DOF=∠COE∴△DOF≌△COE（SAS），∴∠ODF＝∠OCE＝30°，即∠EDF＝30°，故选：C．【点评】此题重点考查正方形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、平行线的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、全等三角形的判定与性质等知识，求得∠OCE＝∠OFE﹣∠CEF＝30°并且证明△DOF≌△COE是解题的关键．【变式1-6】（2023•渝中区校级开学）如图，E、F、H分别为正方形ABCD的边AB、BC、CD上的点，连接DF，HE，且HE＝DF，DG平分∠ADF交AB于点G．若∠BEH＝52°，则∠AGD的度数为（）A．26° B．38° C．52° D．64°【分析】如图，设EH与DF交于点K，过点A作AM∥EH交CD于点M，交DF于点N，根据正方形性质可得：AB∥CD，AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，先证明四边形AEHM是平行四边形，再证明Rt△ADM≌Rt△DCF（HL），利用直角三角形两锐角互余和角平分线定义即可求得答案．【解答】解：如图，设EH与DF交于点K，过点A作AM∥EH交CD于点M，交DF于点N，∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，AD＝CD，∠ADC＝∠C＝90°，∴四边形AEHM是平行四边形，∴AM＝HE，∵HE＝DF，∴AM＝DF，在Rt△ADM和Rt△DCF中，AD=CDAM=DF∴Rt△ADM≌Rt△DCF（HL），∴∠AMD＝∠DFC，∵∠CDF+∠DFC＝90°，∴∠CDF+∠AMD＝90°，在△DNM中，∠MND＝180°﹣（∠CDF+∠AMD）＝180°﹣90°＝90°，∵AM∥EH，∴∠DKH＝∠MND＝90°，∵AB∥CD，∠BEH＝52°，∴∠DHE＝∠BEH＝52°，∴∠CDF＝90°﹣52°＝38°，∴∠ADF＝∠ADC﹣∠CDF＝90°﹣38°＝52°，∵DG平分∠ADF，∴∠ADG=12∠ADF=12在Rt△ADG中，∠AGD＝90°﹣∠ADG＝90°﹣26°＝64°．故选：D．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、角平分线的定义、直角三角形的两个锐角互余等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．题型二利用正方形的性质求线段长题型二利用正方形的性质求线段长【例题2】（2022春•如皋市校级月考）如图，正方形ABCD的边长为2，点E在对角线BD上，且∠BAE＝22.5°，则BE的长为（）A．2-1 B．12 C．22-2 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ABD＝∠ADB＝45°，再求出∠DAE的度数，根据三角形的内角和定理求∠AED，从而得到∠DAE＝∠AED，再根据等角对等边的性质得到AD＝DE，然后求出正方形的对角线BD，再求出BE．【解答】解：在正方形ABCD中，∠ABD＝∠ADB＝45°，∵∠BAE＝22.5°，∴∠DAE＝90°﹣∠BAE＝90°﹣22.5°＝67.5°，在△ADE中，∠AED＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，∴∠DAE＝∠AED，∴AD＝DE＝2，∵正方形的边长为2，∴BD=2∴BE＝BD﹣DE＝22-2故选C．【点评】本题考查了正方形的性质，主要利用了正方形的对角线平分一组对角，等角对等边的性质，正方形的对角线与边长的关系，等腰直角三角形的判定与性质．解题技巧提炼由于正方形的对角线相等且互相垂直平分，所以对于正方形的对角线及边这两个元素中知道其中一个的长度，都能根据勾股定理求出另一个.在计算中要利用等腰直角三角形的相关知识.【变式2-1】（2022秋•朝阳区校级期末）如图，直线l过正方形ABCD的顶点A，BE⊥l于点E，DF⊥l于点F．若BE＝2，DF＝4，则的EF长为．【分析】通过证明△ABE≌△DAF，得AE＝DF，AF＝BE，进而求出EF．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠DAB＝90°，∵BE⊥l，DF⊥l，∴∠AFD＝∠AEB＝90°，∴∠FAD+∠FDA＝90°，且∠EAB+∠FAD＝90°，∴∠FDA＝∠EAB，在△ABE和△ADF中，∠AFD=∠AEB∠FDA=∠EAB∴△ABE≌△DAF（AAS），即AE＝DF＝4，AF＝BE＝2，∴EF＝AE+AF＝4+2＝6，故答案为：6．【点评】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定和勾股定理等知识，解本题的关键是证明△ABE≌△DAF．【变式2-2】（2022秋•九龙坡区期末）如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC、BD的交点，E、F分别为边BC、CD上一点，且OE⊥OF，连接EF．若∠AOE＝150°，DF=3，则EFA．23 B．2+3 C．3+1 【分析】由题意证明△BOE≌△COF（ASA），所以OE＝OF，则△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD，解三角形OFD即可得出OF的长，进而可求出EF的长．【解答】解：在正方形ABCD中，AC和BD为对角线，∴∠AOB＝∠BOC＝90°，∠OBC＝∠OCD＝45°，OB＝OC，∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°；∵OE⊥OF，∴∠EOF＝∠BOC＝90°，∴∠BOE＝∠COF＝60°，∴△BOE≌△COF（ASA），∴OE＝OF，∴△OEF是等腰直角三角形；过点F作FG⊥OD于G，如图，∴∠OGF＝∠DGF＝90°，∵∠ODC＝45°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴GF＝DG=22DF∵∠AOE＝150°，∴∠BOE＝60°，∴∠DOF＝30°，∴OF＝2GF=6∴EF=2OF＝23故选：A．【点评】本题主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，含30°的直角三角形的三边关系等相关知识，解题关键是得出△OEF是等腰直角三角形．【变式2-3】（2022秋•青田县期末）如图，正方形ABCD的边长为10，AG＝CH＝8，BG＝DH＝6，连结GH，则线段GH的长为（）A．538 B．22 C．145【分析】延长BG交CH于点E，根据正方形的性质证明△ABG≌△CDH≌△BCE，可得GE＝BE﹣BG＝2、HE＝CH﹣CE＝2、∠HEG＝90°，由勾股定理可得GH的长．【解答】解：如图，延长BG交CH于点E，∵AB＝CD＝10，BG＝DH＝6，AG＝CH＝8，∴AG2+BG2＝AB2，∴△ABG和△DCH是直角三角形，在△ABG和△CDH中，AB=CDAG=CH∴△ABG≌△CDH（SSS），∴∠1＝∠5，∠2＝∠6，∠AGB＝∠CHD＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∠5+∠6＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∠4+∠5＝90°，∴∠1＝∠3＝∠5，∠2＝∠4＝∠6，在△ABG和△BCE中，∠1=∠3AB=BC∴△ABG≌△BCE（ASA），∴BE＝AG＝8，CE＝BG＝6，∠BEC＝∠AGB＝90°，∴GE＝BE﹣BG＝8﹣6＝2，同理可得HE＝2，在Rt△GHE中，GH=GE2故选：B．【点评】本题主要考查正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用是解题的关键．【变式2-4】（2022秋•朝阳区校级期末）如图，正方形ABCD的边长为7，点E是AB上的一点，且AE＝3，将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，延长EG交BC于点F，则CF的长是．【分析】连接DF，根据将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，可证得Rt△DGF≌Rt△DCF（HL），有CF＝GF，设CF＝GF＝x，可得（7﹣3）2+（7﹣x）2＝（3+x）2，即可解得答案．【解答】解：连接DF，如图：∵将正方形沿DE翻折，点A落在点G处，∴EG＝AE＝3，DG＝AD＝CD，∠DGE＝∠A＝90°，∴∠DGF＝∠C＝90°，∵DF＝DF，∴Rt△DGF≌Rt△DCF（HL），∴CF＝GF，设CF＝GF＝x，则BF＝7﹣x，EF＝3+x，∵BE2+BF2＝EF2，∴（7﹣3）2+（7﹣x）2＝（3+x）2，解得x=14∴CF的长为145故答案为：145【点评】本题考查正方形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质，能利用勾股定理列方程解决问题．【变式2-5】（2022秋•沙坪坝区校级期中）如图，边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，连接AE、AF、EF．已知AF平分∠DFE，BE＝2，则DF的长为（）A．2 B．4 C．125 D．【分析】延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，由AF平分∠DFE，可证△GFA≌△EFA（SAS），得AG＝AE，GF＝EF，即可证Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），得DG＝BE＝2，设DF＝x，根据∠C＝90°，有（5﹣2）2+（5﹣x）2＝（x+2）2，即可解得答案．【解答】解：延长FD到G，使FG＝FE，连接AG，如图：∵AF平分∠DFE，∴∠GFA＝∠EFA，∵AF＝AF，FG＝FE，∴△GFA≌△EFA（SAS），∴AG＝AE，GF＝EF，∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB，∠ADC＝∠ADG＝90°＝∠B，∴Rt△ADG≌Rt△ABE（HL），∴DG＝BE＝2，设DF＝x，则FG＝x+2＝EF，CF＝CD﹣DF＝5﹣x，∵∠C＝90°，∴CE2+CF2＝EF2，∴（5﹣2）2+（5﹣x）2＝（x+2）2，解得x=15∴DF=15故选：D．【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，勾股定理及应用，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．题型三利用正方形的性质求周长或面积题型三利用正方形的性质求周长或面积【例题3】（2022秋•汉台区期末）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝6，则四边形EFGH的面积是（）A．34 B．36 C．40 D．100【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．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE＝BF＝CG＝DH＝6，∴BE＝AH＝DG＝CF＝8﹣6＝2，∴四边形EFGH的面积为：82故选C．【点评】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．解题技巧提炼正方形的周长：边长×4.正方形的面积：（1）边长的平方；（2）对角线乘积的一半；【变式3-1】（2022秋•永安市期中）正方形的周长为8cm，则它的面积为（）A．2cm2 B．4cm2 C．6cm2 D．8cm2【分析】设正方形的边长为acm，4a＝8，则a＝2，即可求得该正方形的面积为4cm2．【解答】解：设正方形的边长为acm，∵正方形的周长为8cm，∴4a＝8，∴a＝2，∴S＝a2＝22＝4（cm2），∴它的面积为4cm2，故选：B．【点评】此题重点考查正方形的四条边都相等、正方形的面积公式等知识，根据正方形的周长为8cm求出它的边长是解题的关键．【变式3-2】（2022•礼县校级模拟）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，若EB＝1，EC＝2，那么正方形ABCD的面积为（）A．3 B．4 C．5 D．6【分析】先根据正方形的性质得出∠B＝90°，然后在Rt△BCE中，利用勾股定理得出BC2，即可得出正方形的面积．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝90°，∴BC2＝EC2﹣EB2＝22﹣12＝3，∴正方形ABCD的面积＝BC2＝3．故选：A．【点评】本题考查了勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．即如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．也考查了正方形的性质．【变式3-3】（2022春•南岗区校级月考）正方形一条对角线长为22，则周长为（）A．4 B．42 C．8 D．82【分析】根据对角线长求出边长，即可求出周长．【解答】解：设正方形的边长为a，∵对角线长为22，∴2a2＝（22）2，解得：a＝2或﹣2（不符合题意，舍去），∴正方形的周长为8，故选：C．【点评】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解决问题的关键．【变式3-4】（2022秋•路北区校级期末）如图，小明同学将边长为5cm的正方形塑料模板ABCD与一块足够大的直角三角板叠放在一起，其中直角三角板的直角顶点落在点A处，两条直角边分别与CD交于点F，与CB延长线交于点E，则四边形AECF的面积是．【分析】利用ASA判断出△ABE≌△ADF，得到四边形AECF的面积与正方形ABCD面积相等，结论可求．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°，AB＝AB．∴∠DAF+∠BAF＝90°．∵∠EAF＝90°，∴∠EAB+∠BAF＝90°．∴∠EAB＝∠DAF．在Rt△EAB和Rt△FAD中，∠EAB=∠FADAB=AD∴Rt△EAB≌Rt△FAD（ASA）．∴S△EAB＝S△FAD．∵S四边形AECF＝S四边形ABCF+S△ABE∴S四边形AECF＝S四边形ABCF+S△ADF＝S正方形ABCD＝52＝25（cm2）．故答案为：25cm2．【点评】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等的判定与性质．利用面积割补法求不规则图形的面积是解题的关键．【变式3-5】（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（）A．5 B．4 C．3 D．2【分析】如图，过点B作BG⊥AE于G，根据AAS证明△BAG≌△ADE，得BG＝AE＝2，最后由三角形面积公式可得结论．【解答】解：如图，过点B作BG⊥AE于G，∵AE⊥DE，∴∠AGB＝∠AED＝90°，∵∠BAD＝90°，∴∠BAG+∠DAE＝∠DAE+∠ADE＝90°，∴∠BAG＝∠ADE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∴△BAG≌△ADE（AAS），∴BG＝AE＝2，∴△ABE的面积=12×AE×BG=12×故选：D．【点评】本题考查正方形的性质，三角形全等的性质和判定，三角形的面积，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．题型四利用正方形的性质进行证明题型四利用正方形的性质进行证明【例题4】（2022秋•茂南区期末）如图，在正方形ABCD中，E是边AB的中点，F是边BC的中点，连接CE、DF．求证：CE＝DF．【分析】欲证明CE＝DF，只要证明△CEB≌△DFC即可．【解答】证明：∵ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD，∠EBC＝∠FCD＝90°，又∵E、F分别是AB、BC的中点，∴BE＝CF，在△CEB和△DFC中，BC=CD∠B=∠DCF∴△CEB≌△DFC，∴CE＝DF．【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定和性质，属于基础题，中考常考题型．解题技巧提炼通过证明三角形全等得到边和角相等，再进一步得到平行或垂直，是有关正方形中证明边或角相等的最常用的方法，而正方形的四条边相等，四个角都是直角为证明三角形全等提供了条件.【变式4-1】（2022秋•永丰县校级期末）如图，在正方形ABCD中，点P在边AD上，且不与点A，D重合，点H在边AB上，且不与点A，B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH，求证：BP⊥CH．【分析】由“HL”可证Rt△ABP≌Rt△BCH，可得∠BCH＝∠ABP，由余角的性质可得结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，在Rt△ABP和Rt△BCH中，AB=BCBP=CH∴Rt△ABP≌Rt△BCH（HL），∴∠BCH＝∠ABP，∵∠ABP+∠CBP＝90°＝∠BCH+∠CBP，∴∠CEB＝90°，∴BP⊥CH．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式4-2】（2022秋•双牌县期末）如图，四边形ABCD，BEFG均为正方形，连接CE，AG．求证：CE＝AG．【分析】由正方形的性质得出AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE，得出∠ABG＝∠CBE，由SAS证明△ABG≌△CBE，得出对应边相等即可；【解答】证明：∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝∠GBE＝90°，BG＝BE，∴∠ABC+∠CBG＝∠GBE+∠CBG，∴∠ABG＝∠CBE，在△ABG和△CBE中，AB=CB∠ABG=∠CBE∴△ABG≌△CBE（SAS），∴AG＝CE．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．【变式4-3】（2022秋•安丘市校级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，G是CD边上一点，连接BG交AC于E，过点A作AM⊥BG，垂足M，AM交BD于点F．（1）求证：OE＝OF．（2）若H是BG的中点，BG平分∠DBC，求证：DG＝2OE．【分析】（1）由正方形的性质得OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，由AM⊥BG，得∠AME＝90°，则∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，即可证明△AOF≌△BOE，则OE＝OF；（2）由三角形的中位线定理得DG＝2OH，OH∥DG，所以∠FOH＝∠CDB＝45°，则∠FOH＝∠EOH＝45°，所以∠OCB＝∠FOH，而∠CBG＝∠DBG，则∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，所以∠OEH＝∠OHE，则OH＝OE，所以DG＝2OE．【解答】证明：（1）如图1，∵四边形ABCD是正方形，∴OA＝OC=12AC，OB＝OD=12BC，AC＝BD，∴OA＝OB，∠AOF＝∠BOE＝90°，∵AM⊥BG，∴∠AME＝90°，∴∠OAF＝∠OBE＝90°﹣∠AEM，在△AOF和△BOE中，∠OAF=∠OBEOA=OB∴△AOF≌△BOE（ASA），∴OE＝OF.（2）如图2，∵H为BG的中点，O为BD的中点，∴DG＝2OH，OH∥DG，∵CB＝CD，∠BCD＝90°，∴∠CDB＝∠CBD＝45°，∴∠FOH＝∠CDB＝45°，∵∠BOC＝90°，∴∠FOH＝∠EOH＝45°，∠OCB＝∠OBC＝45°，∴∠OCB＝∠FOH，∵BG平分∠DBC，∴∠CBG＝∠DBG，∴∠CBG+∠OCB＝∠DBG+∠FOH，∴∠OEH＝∠OHE，∴OH＝OE，∴DG＝2OE．【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、同角的余角相等、三角形的中位线定理、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，证明△AOF≌△BOE是解题的关键．【变式4-4】（2022春•顺义区校级月考）如图，在正方形ABCD中，Q为对角线BD上一点（DQ＞BQ），连接AQ、CQ．（1）求证：AQ＝CQ；（2）过点Q作QR⊥BD交BC于点R，延长CB至点H使BH＝CR，连接AH．①依题意补全图形；②用等式表示AH与CQ之间的数量关系，并证明．【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABQ≌△CBQ，即可得证；（2）①根据题意补全图形即可求解；②连接HQ，证明△QBH≌△QRC，进而证明△ADH是等腰直角三角形，即可得出结论【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABQ＝∠CBQ＝45°，又BQ＝BQ，∴△ABQ≌△CBQ（SAS），∴AQ＝CQ；（2）解：①补全图形，如图，②AH=2CQ，理由如下，如图，连接∵QR⊥BD，∠QBR＝45°，∴∠QRB＝45°，∴∠QBR＝∠QRB，∴BQ＝RQ，∠QRC＝∠QBH＝135°，又∵CR＝HB，∴△QBH≌△QRC（SAS），∴QH＝QC，∠HQB＝∠RQC，由（1）可知△ABQ≌△CBQ，∴∠AQB＝∠BQC，∴∠AQH+∠HQB＝∠BQR+∠RQC，∴∠AQH＝∠BQR＝90°，∵AQ＝QC，∴AQ＝HQ，∴△ADH是等腰直角三角形，∴AH=2∴AH=2【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．【变式4-5】（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD的BC边上一点（E不与B、C重合），EG⊥AC于G，F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AE、DF和DG．（1）若连接GF，求证：DG＝GF；（2）若∠BAE＝30°，求∠AGD的度数．【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABG≌△ADG和△BEG≌△FCG，可得结论；（2）如图2，过点G作MN⊥BC于N，交AD于M，先证明△CNG是等腰直角三角形，得CN＝NG＝DM，根据HL证明Rt△DMG≌Rt△GNF（HL），可得∠MDG＝∠FGN，可得△DGF是等腰直角三角形，再证明△ABE≌△DCF（SAS），则∠CDF＝∠BAE＝30°，最后由三角形的内角和定理可得答案．【解答】（1）证明：如图1，连接BG，∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，∴∠ACB＝∠BAG＝∠DAG＝45°，AB＝AD，∵EG⊥AC，∴△EGC是等腰直角三角形，∴GC＝GE，∠GCE＝∠GEC，∴∠BEG＝∠FCG，∵AG＝AG，∴△ABG≌△ADG（SAS），∴BG＝DG，∵BE＝CF，∴△BEG≌△FCG（SAS），∴BG＝GF，∴DG＝GF；（2）解：如图2，过点G作MN⊥BC于N，交AD于M，∵AD∥BC，∴MN⊥AD，∴∠DMG＝∠FNG＝90°，∵∠NCG＝45°，∴△CNG是等腰直角三角形，∴CN＝NG＝DM，由（1）知：DG＝GF，∴Rt△DMG≌Rt△GNF（HL），∴∠MDG＝∠FGN，∵∠MDG+∠DGM＝∠FGN+∠DGM＝90°，∴∠DGF＝90°，∴△DGF是等腰直角三角形，∴∠FDG＝45°，∵AB＝CD，∠B＝∠DCF＝90°，BE＝CF，∴△ABE≌△DCF（SAS），∴∠CDF＝∠BAE＝30°，∴∠CDG＝45°﹣30°＝15°，∴∠ADG＝90°﹣15°＝75°，∵∠DAG＝45°，∴∠AGD＝180°﹣45°﹣75°＝60°．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．题型五正方形判定的条件题型五正方形判定的条件【例题5】（2022秋•武侯区期末）下列说法不正确的是（）A．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B．菱形的对角线互相垂直 C．矩形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形【分析】利用矩形的性质，菱形的性质，正方形及平行四边形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【解答】解：A．对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故A错误，符合题意；B．菱形的对角线互相垂直，故B正确，不符合题意；C．矩形的对角线相等，故C正确，不符合题意；D．对角线互相平分的四边形是平行四边形，故D正确，不符合题意．故选：A．【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形及平行四边形的判定方法，解题的关键是了解有关的判定方法．解题技巧提炼正方形的判定方法：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．【变式5-1】（2022秋•漳州期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（）A．BD＝AC B．DC＝AD C．∠AOB＝60° D．OD＝CD【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．【解答】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：（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．∴添加DC＝AD，能使矩形ABCD成为正方形．故选：B．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理．【变式5-2】（2022春•庄浪县期中）如图，下列三组条件中，能判定平行四边形ABCD是正方形的有（）①AB＝BC，∠BAD＝90°；②AC⊥BD，AC＝BD；③OA＝OD，BC＝CD．A．0个 B．1个 C．2个 D．3个【分析】根据正方形的判定逐个分析即可得．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，∴平行四边形ABCD是菱形，∵∠BAD＝90°，∴菱形ABCD是正方形，则条件①能判定平行四边形ABCD是正方形；∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴平行四边形ABCD是菱形，∵AC＝BD，∴菱形ABCD是正方形，则条件②能判定平行四边形ABCD是正方形；∵四边形ABCD是平行四边形，BC＝CD，∴平行四边形ABCD是菱形，OA=1∵OA＝OD，∴AC＝BD，∴菱形ABCD是正方形，则条件③能判定平行四边形ABCD是正方形，故选：D．【点评】本题考查了正方形的判定，掌握菱形的判定、平行四边形的性质，正方形的判定是解题的关键．【变式5-3】（2022秋•金水区校级期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的有（）①当AB＝DC时，它是菱形；②当AC⊥BD时，它是菱形；③当∠ABC＝90°时，它是矩形；④当AC＝BD时，它是正方形．A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定可以判断题目中的各个小题的结论是否正确，从而可以解答本题．【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴当AB＝DC时，不能判断它是菱形（对边相等是平行四边形的性质），故①错误，当AC⊥BD时，它是菱形，故②正确，当∠ABC＝90°时，它是矩形，故③正确，当AC＝BD时，它是矩形，故④错误，故选：B．【点评】本题考查正方形、菱形、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们的判定的内容．【变式5-4】（2022秋•东明县校级期末）如图，在△ABC中，点D，E，F分别在边BC，AB，CA上，且DE∥CA，DF∥BA．下列四种说法：①四边形AEDF是平行四边形；②如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形；③如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；④如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形．其中，正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】先由两组对边分别平行的四边形为平行四边形，根据DE∥CA，DF∥BA，得出AEDF为平行四边形，得出①正确；当∠BAC＝90°，根据推出的平行四边形AEDF，利用有一个角为直角的平行四边形为矩形可得出②正确；若AD平分∠BAC，得到一对角相等，再根据两直线平行内错角相等又得到一对角相等，等量代换可得∠EAD＝∠EDA，利用等角对等边可得一组邻边相等，根据邻边相等的平行四边形为菱形可得出③正确；由AB＝AC，AD⊥BC，根据等腰三角形的三线合一可得AD平分∠BAC，同理可得四边形AEDF是菱形，④错误，进而得到正确说法的个数．【解答】解：∵DE∥CA，DF∥BA，∴四边形AEDF是平行四边形，选项①正确；若∠BAC＝90°，∴平行四边形AEDF为矩形，选项②正确；若AD平分∠BAC，∴∠EAD＝∠FAD，又DE∥CA，∴∠EDA＝∠FAD，∴∠EAD＝∠EDA，∴AE＝DE，∴平行四边形AEDF为菱形，选项③正确；若AB＝AC，AD⊥BC，∴AD平分∠BAC，同理可得平行四边形AEDF为菱形，选项④错误，则其中正确的个数有3个．故选：C．【点评】此题考查了平行四边形的定义，菱形、矩形的判定，涉及的知识有：平行线的性质，角平分线的定义，以及等腰三角形的判定与性质．【变式5-5】（2022•黑龙江一模）平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加一个条件：，使得平行四边形ABCD为正方形．【分析】先判定平行四边形ABCD是菱形，再根据有一个角是直角的菱形时正方形；对角线相等的菱形是正方形；即可得出结论．【解答】解：∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形，当∠BAD＝90°时，▱ABCD为正方形；当AC＝BD时，▱ABCD为正方形；故答案为：∠BAD＝90°或AC＝BD．【点评】本题考查了正方形的判定、菱形的判定；熟记正方形的判定方法是解题的关键．【变式5-6】（2022秋•郏县期中）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．【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HG=12同理EF∥AC且EF=12AC，同理可得EH=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．【点评】此题考查了中点四边形的性质、三角形中位线定理以及正方形的判定．解题时注意：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．题型六正方形的判定的证明题型六正方形的判定的证明【例题6】（2022•邵阳）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE＝DF，OE＝OA．求证：四边形AECF是正方形．【分析】先证明四边形AECF是菱形，再证明EF＝AC，即可得出结论【解答】证明：∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD，∵BE＝DF，∴OE＝OF，∴四边形AECF是菱形；∵OE＝OA＝OF，∴OE＝OF＝OA＝OC，即EF＝AC，∴菱形AECF是正方形．【点评】本题主要考查了菱形的性质与判定，正方形的判定，掌握相关定理是解题基础.解题技巧提炼判定一个四边形是正方形时，往往先判定它是矩形（或菱形），再补充一个想对应的一个或两个其它有关边、角、对角线的条件，即可证明.【变式6-1】（2022春•宽城区期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．（1）求证：△ABF≌△DAE．（2）求证：四边形ABCD是正方形．【分析】（1）根据矩形的性质得∠DAB＝∠B＝90°，由等角的余角相等可得∠ADE＝∠BAF，利用AAS可得△ABF≌△DAE（AAS）；（2）由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠DAB＝∠B＝90°，∵DE⊥AF，∴∠DAB＝∠AGD＝90°，∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，∴∠BAF＝∠ADE，在△ABF和△DAE中，∠BAF=∠ADE∠ABF=∠DAE∴△ABF≌△DAE（AAS）；（2）∵△ABF≌△DAE，∴AD＝AB，∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD是正方形．【点评】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．【变式6-2】（2021秋•泾阳县期末）如图，已知四边形ABCD是矩形，点E在对角线AC上，点F在边CD上（点F与点C、D不重合），BE⊥EF，且∠ABE+∠CEF＝45°．求证：四边形ABCD是正方形．【分析】作EM⊥BC于点M，可证EM∥AB，可得∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，由角的数量关系可得∠CEM＝45°＝∠BAC，可证AB＝BC，可得结论．【解答】证明：如图，作EM⊥BC于点M，∵四边形ABCD是矩形，∴AB⊥BC，∴EM∥AB，∴∠ABE＝∠BEM，∠BAC＝∠CEM，∵∠ABE+∠CEF＝45°，∴∠BEM+∠CEF＝45°，∵BE⊥EF，∴∠CEM＝45°＝∠BAC，∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∴AB＝BC，∴矩形ABCD是正方形．解法二：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABE＝90°﹣∠EBC，∵∠BEF＝90°，∴∠CEF＝90°﹣∠BEC，∵∠ABE+∠CEF＝45°，∴180°﹣（∠EBC+∠BEC）＝45°，又∵180°﹣（∠EBC+∠BEC）＝∠BCE，∴∠BCE＝45°，∴∠BAC＝45°，∴AB＝BC，∴矩形ABCD是正方形．【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．【变式6-3】（2022秋•中宁县期中）已知：如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC和AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F．（1）试判定四边形AEDF的形状，并证明你的结论；（2）△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形．【分析】（1）先证明四边形AEDF是平行四边形，再根据∠1＝∠2，∠ADE＝∠2，证明∠1＝∠ADE，则AE＝DE，即可根据菱形的定义证明四边形AEDF是菱形；（2）当∠BAC＝90°时，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”可以证明四边形AEDF是正方形．【解答】解：（1）四边形AEDF是菱形，证明：∵DE∥AC，DF∥AB，∴DE∥AF，DF∥AE，∴四边形AEDF是平行四边形，∵AD是△ABC的角平分线，∴∠1＝∠2，∵∠ADE＝∠2，∴∠1＝∠ADE，∴AE＝DE，∴四边形AEDF是菱形．（2）当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形，理由：由（1）得四边形AEDF是菱形，∴当∠BAC＝90°，四边形AEDF是正方形．【点评】此题重点考查平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定、平行线的性质、等腰三角形的判定等知识，证明∠1＝∠ADE是解题的关键．【变式6-4】（2022春•唐河县期末）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠CAB，∠ABC的平分线相交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，则CE的长为．【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；（2）利用三角形面积求法得出EC的长．【解答】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，故EC=6×86+8+10故答案为：2．【点评】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF＝DE是解题关键．【变式6-5】（2022春•隆安县期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，AE∥BD，AE与CB的延长线交于点E，DE交AB于F．（1）求证：BC＝BE；（2）连接CF，若∠ADF＝∠BCF且AD＝2AF，求证：四边形ABCD是正方形．【分析】（1）根据平行四边形的性质得：AD∥BC，AD＝BC，又由平行四边形的判定得：四边形AEBD是平行四边形，又由平行四边形的对边相等可得结论；（2）根据（1）：四边形AEBD是平行四边形，对角线互相平分可得：AF＝BF=12AB，EF＝FD，从而证明AD＝AB，即邻边相等，证明EF＝FC＝FD，得∠FDC＝∠FCD，从而∠BCD＝【解答】证明：（1）∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥BC，AD＝BC，∵AE∥BD，∴四边形AEBD是平行四边形，∴AD＝EB，∴BC＝BE；（2）由（1）知：四边形AEBD是平行四边形，∴AF＝BF=12AB，EF＝∵AD＝2AF，∴AB＝AD，∵AD∥EC，∴∠ADF＝∠BCF，∴∠FEC＝∠BCF，∴EF＝FC＝FD，∴∠FDC＝∠FCD，∴∠ADF+∠FDC＝∠FCD+∠BCF，即∠ADC＝∠BCD，∵AD∥BC，∴∠ADC+∠BCD＝180°，∴∠BCD＝90°，∴四边形ABCD是正方形．【点评】此题考查了平行四边形的性质、正方形的判定、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质，属于基础题，正确利用平行四边形的性质是解题关键．题型七正方形的性质与判定的综合应用题型七正方形的性质与判定的综合应用【例题7】（2022春•河西区期末）如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且AF＝BP＝CQ＝DE，则下列结论不一定正确的是（）A．∠AFP＝∠BPQ B．EF∥QP C．四边形EFPQ是正方形 D．四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半【分析】由四边形ABCD是正方形，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，又由AF＝BP＝CQ＝DE，即可得DF＝CE＝BQ＝AP，然后利用SAS即可证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP，由此可得∠AFP＝∠BPQ；由此可判断A；由全等可证得EF＝FP＝PQ＝QE；由EF＝FP＝PQ＝QE，可判定四边形EFPQ是菱形，又由△APF≌△BPQ，易得∠FPQ＝90°，即可证得四边形EFPQ是正方形，由此可判断B，C；最后再判断D选项即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，∵AF＝BP＝CQ＝DE，∴DF＝CE＝BQ＝AP，∴△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP（SAS），∴EF＝FP＝PQ＝QE，∠AFP＝∠BPQ，故A选项正确，不符合题意；∵EF＝FP＝PQ＝QE，∴四边形EFPQ是菱形，∴EF∥PQ，故B选项正确，不符合题意；∵△APF≌△BQP，∴∠AFP＝∠BPQ，∵∠AFP+∠APF＝90°，∴∠APF+∠BPQ＝90°，∴∠FPQ＝90°，∴四边形EFPQ是正方形．故C选项正确，不符合题意；∵四边形PQEF的面积＝EF2，四边形ABCD面积＝AB2，若四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半，则EF2=12AB2，即EF=若EF≠22AB，则四边形PQEF的面积不是四边形故D选项不一定正确，符合题意．故选：D．【点评】此题考查了正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意解题的关键是证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP．解题技巧提炼正方形的判定可以确定正方形的存在，再利用正方的性质，可以得出线段或角的对应关系从而解决问题.【变式7-1】（2022春•赣县区校级期末）如图，E、F、M、N分别是正方形ABCD四条边上的点，且AE＝BF＝CM＝DN（1）求证：四边形EFMN是正方形；（2）若AB＝7，AE＝3，求四边形EFMN的周长．【分析】（1）通过证明△AEN，△DNM，△MCF，△FBE全等，先得出四边形ENMF是菱形，再证明四边形EFMN中一个内角为90°，从而得出四边形EFMN是正方形的结论；（2）根据AB＝7，AE＝3，可得AN＝BE＝AB﹣AE＝4，根据勾股定理可得EN＝5，进而可以解决问题．【解答】（1）证明：∵AE＝BF＝CM＝DN，∴AN＝DM＝CF＝BE．∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF（SAS）．∴EF＝EN＝NM＝MF，∠ENA＝∠DMN．∴四边形EFMN是菱形，∵∠ENA＝∠DMN，∠DMN+∠DNM＝90°，∴∠ENA+∠DNM＝90°．∴∠ENM＝90°．∴四边形EFMN是正方形；（2）解：∵AB＝7，AE＝3，∴AN＝BE＝AB﹣AE＝4，∴EN=AE∴正方形EFMN的周长＝4×5＝20．【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．【变式7-2】（2022秋•胶州市校级月考）如图所示，在正方形ABCD中，DF＝AP＝BQ＝CE．（1）试判断四边形PQEF是否是正方形，并证明；（2）PE是否总过某一定点，并说明理由．【分析】（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，故可根据正方形的定义证明四边形PQEF是否使正方形．（2）证PE是否过定点时，可连接AC，证明四边形APCE为平行四边形，即可证明PE过定点．【解答】解：（1）四边形PQEF为正方形，证明：在正方形ABCD中，AP＝BQ＝CE＝DF，AB＝BC＝CD＝DA，∴BP＝QC＝ED＝FA．又∵∠BAD＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°，∴△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF（SAS）．∴FP＝PQ＝QE＝EF，∠APF＝∠PQB．∴四边形PQEF是菱形，∵∠FPQ＝90°，∴四边形PQEF为正方形；（2）对角线PE总过AC的中点，理由如下：连接AC交PE于O，∵AP平行且等于EC，∴四边形APCE为平行四边形．∵O为对角线AC的中点，∴对角线PE总过AC的中点．【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是在证明过程中，应了解正方形和平行四边形的判定定理，为使问题简单化，在证明过程中，可适当加入辅助线．【变式7-3】（2022秋•砀山县校级月考）如图，正方形ABCD中，AB＝32，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．（1）求证：矩形DEFG是正方形；（2）求AG+AE的值；（3）若F恰为AB的中点，求正方形DEFG的面积．【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．只要证明△EMD≌△ENF即可解决问题；（2）只要证明△ADG≌△CDE，可得AG＝EC即可解决问题；（3）求出DF的长，由正方形的面积公式可得出答案．【解答】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAD＝∠EAB，∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，∴EM＝EN，∵∠EMA＝∠ENA＝∠DAB＝90°，∴四边形ANEM是矩形，∵EF⊥DE，∴∠MEN＝∠DEF＝90°，∴∠DEM＝∠FEN，∵∠EMD＝∠ENF＝90°，∴△EMD≌△ENF（ASA），∴ED＝EF，∵四边形DEFG是矩形，∴四边形DEFG是正方形；（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，∴DG＝DE，DC＝DA＝AB＝32，∠GDE＝∠ADC＝90°，∴∠ADG＝∠CDE，∴△ADG≌△CDE（SAS），∴AG＝CE，∴AE+AG＝AE+EC＝AC=2AD＝6（3）解：连接DF，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝32，AB∥CD，∵F是AB中点，∴AF＝FB=3∴DF=A∴正方形DEFG的面积=12DF2=12×（【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．【变式7-4】（2022春•南谯区校级月考）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．（1）求证：BE＝DE；（2）如图2，过点E作EF⊥DE，交边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若正方形ABCD的边长为9，CG＝32，求正方形DEFG的边长．【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAE＝∠DAE＝45°，AB＝AD，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠BAE=∠DAE∴△ABE≌△ADE（SAS），∴BE＝DE；（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，∴∠MEN＝90°，∵点E是正方形ABCD对角线上的点，∴EM＝EN，∵∠DEF＝90°，∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，∵∠DNE＝∠FME＝90°，在△DEN和△FEM中，∠DNE=∠FME=90°EN=EM∴△DEN≌△FEM（ASA），∴EF＝DE，∵四边形DEFG是矩形，∴矩形DEFG是正方形；②解：∵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，∠DAE＝∠DCG＝45°，∵∠ACD＝45°，∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，∴CE⊥CG，∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB＝92∵CG＝32，∴CE＝62，连接EG，∴EG=CE2∴DE=22EG＝3∴正方形DEFG的边长为35．【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM．【变式7-5】（2022春•杭州期中）已知：如图，在正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的点，AE、BF相交于点P，并且AE＝BF．（1）如图1，判断AE和BF的位置关系？并说明理由；（2）若AB＝8，BE＝6，求BP的长度；（3）如图2，FM⊥DN，DN⊥AE，点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），四边形FMNP是否能否成为正方形？请说明理由．【分析】（1）根据正方形的性质，得到∠ABE＝∠BCF＝90°，AB＝BC，结合AE＝BF，证明△ABE≌△BCF，根据全等三角形的性质即可解决问题；（2）根据勾股定理可得AE＝10，然后根据三角形的面积即可解决问题；（3）证明△BAP≌△ADN（ASA），可得AN＝BP，AP＝DN，由AE＝BF，可得EN＝PF，根据点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），可得P、E不重合，所以PN≠PF，进而可以解决问题．【解答】解：（1）AE⊥BF，理由如下：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，在Rt△ABE和Rt△BCF中，AE=BFAB=BC∴Rt△ABE≌Rt△BCF（HL），∴∠BAE＝∠CBF，∵∠BAE+∠BEA＝90°，∴∠CBF+∠BEA＝90°，∴AE⊥BF；（2）在Rt△ABE中，AB＝8，BE＝6，根据勾股定理得：AE=AB∵S△ABE=12×AB•BE=1∴8×6＝10BP，∴BP＝4.8，∴BP的长度为4.8；（3）四边形FMNP不能成为正方形，理由如下：由（1）知：AE⊥BF，∴∠APF＝90°，∵FM⊥DN，DN⊥AE，∴∠FMN＝∠MNP＝90°，∴四边形FMNP是矩形，∵∠BAP+∠NAD＝∠NAD+∠ADN＝90°，∴∠BAP＝∠ADN，在△BAP和△ADN中，∠BAP=∠ADNAB=DA∴△BAP≌△ADN（ASA），∴AN＝BP，AP＝DN，∵AE＝BF，∴AE﹣AN＝BF﹣BP，∴EN＝PF，∵点F在线段CD上运动时（点F不与C、D重合），∴P、E不重合，∴PN≠PF，∴四边形FMNP不能成为正方形．【点评】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABP