2024年中考数学总复习第五部分真题分类汇编第五章四边形第2节矩形、菱形与正方形第3课时正方形

5.2矩形、菱形与正方形第3课时正方形交边AB的延长线于点G.若AF=2,FB=1,则MG=()A.2V3B.C.V5+12.(2023·重庆)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在BC,CD上，连接AE,AF,A.2aB.90°-2aC.45°-a3.(2022-·广东深圳)下列说法错误的是()A.对角线垂直且相互平分的四边形是菱形B.同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等C.对角线相等的四边形是矩形D.对角线垂直且相等的4.(2022·湖南衡阳)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.对角线相互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5.(2022·山东滨州)下列命题，其中是真命题的是()A.对角线相互垂直的四边形是平行四边形B.有一个角是直角的四边形是矩形C.对角线相互平分的四边形是菱形D.对角线相互垂直的矩形是正方形6.(2022·浙江绍兴)如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2,∠ABC=60°,E,F是对角线BD上的动点，且BE=DF,M,N分别是边AD,边BC上的动点.下列四种说法：①存在很多个平行四边形MENF;②存在很多个矩形MENF;③存在很多个菱形MENF;④存在很多个正方形MENF.其中正确的个数是()A.1角线AC,BD一定是()A.相互平分B.相互垂直C.相互平分且相等D.相互垂直且相等AF与BE相交于点O,连接OC,若BF=2CF,则OC与EF之间的数量关系正确的是()A.20C=V5EFB.√50C=2EFC.20C=V3EFD.OC=EF接AP,NF,沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的A.只有①B.①②C.①③D.②③10.(2023·四川自贡)如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是()A.(3,-3)B.(-3,3)C.(3,3)D.二、填空题12.(2023·宁夏)如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在AD上，连接EB,EC.则图中阴影部分的面13.(2023-湖南湘潭)七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板(如图),由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成.则图中阴影部分的面14.(2023·广东广州)边长分别为10,6,4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同始终线上(如图),是正方形(填一个即可)17.(2022·四川攀枝花)如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF.且点A其中正确结论有(填上全部正确结论的序号).18.(2022·广西河池)如图，把边长为1:2的矩形ABCD沿长边BC,AD的中点E,F对折，得到四边形ABEF,点G,H分别在BE,EF上，且2,AG与BH交于点O,N为AF的中点，连接ON,作OM⊥ON交AB于点M,连接MN,则tan∠AMN=19.(2022·山东泰安)如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F,延长EF交线段DC于点P,若AB=6,则DP的长度为20.(2022·新疆)如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中心将△DCE绕点D顺时针旋转90°与△DAF恰好完全重合，连接EF交D连接BO,若AQ·DP=3√2,则BQ=21.(2022.安徽)如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF,BF分别交CD于点M,N,过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF,请完成下列23.(2023-湖南怀化)如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E,PE=3.则点P到25.(2023·内蒙古赤峰)数学爱好小组探究了以下几何图形.如图①,把一个含有45°角的三角尺放在正方正方形的边AD,AB所在直线分别相交于点M,N,连接MN,可得△CMN.【探究二】在图②中，连接BD,分别交CM,CN于点E,F.求证：△CEF~△CNM;操作二：在AD上选一点P,沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM,延长(1)如图1,当点M在EF上时，∠EMB=度；(2)转变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合)如图2,推断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由.BC,E,F分别为垂足.连接EF,AG,并延长AG交EF于点H.28.(2023·四川南充)如图，正方形ABCC重合),推断△CMB'的外形，并说明理由.(3)在(2)的条件下，已知AB=1,当∠DEB'=45°时，求BM的长.29.(2023-湖北十堰)如图，②ABCD的对角线AC,BD交于点0,分别以点B,C为圆心，长为半径画30.(2023-山西)问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：将图1中的矩形纸片沿对角线剪开，DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合(标记为点B).当∠ABE=∠A时，延长DE交AC于点G.试推断四边形BCGE的外形，并说明理由.问题.0E=0A.求证：四边形AECF是正方形.32.(2023·甘肃兰州)综合与实践【思考尝试】(1)数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1,在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F,【实践探究】于点F,AH⊥CE于点H,GD⊥DF交AH于点G,可以用等式表示线段FH,AH,CF的数量关系，请你思【拓展迁移】关系，请你思考并解答这个问题.图1图333.(2023-湖北十堰)如图，@ABCD的对角线AC,BD交于点0,分别以点B,C为圆心，,进而可得依据BCIAD,得出△GMB~△GDA,依据相像三角形的性质得出BG=3,进而在Rt△,进而可得…【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线分线段成比例，相像三角形的性质与判定，勾股定理，娴熟掌握以上学问是解题的关键.2.(2023·重庆)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在BC,CD上，连接AE,AF,EF,∠EAF=45°.若A.2aB.90⁰-2aC.45°-a【答案】A【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最终依据性质和三角形内角和定理即可求解.∵四边形ABCD是正方形，由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH,∠【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题转，再证明三角形全等，娴熟利用性质求出角度.3.(2022.广东深圳)下列说法错误的是()A.对角线垂直且相互平分的四边形是菱形B.同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等C.对角线相等的四边形是矩形D.对角线垂直且相等的平行四边形是正方形【分析】依据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法及圆周角定理，分别分析得出答案.【详解】解：A.对角线垂直且相互B.同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等，所以A选项说法正确，故B选项不符合题意；C.对角线相等的四边形是不肯定是矩形，所以C选项说法不正确，故C选项符合题意；D.对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，所以D选项说法正确，故D选项不符合题意.【点睛】本题主要考查了圆周角定理，平行四边形的判定与性质，菱形的判理，平行四边形的判定与性质，菱形的判定方法等进4.(2022·湖南衡阳)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.对角线相互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.【点睛】本题考查命题与定理，矩形、菱形、正方形的判定等学问，解题的方法，属于中考常考题型.5.(2022·山东滨州)下列命题，其中是真命题的是()A.对角线相互垂直的四边形是平行四边形B.有一个角是直角的四边形是矩形C.对角线相互平分的四边形是菱形D.对角线相互垂直的矩形是正方形【答案】D【分析】分别依据平行四边形，矩形，菱形及正方形的判定定理进行推断即可.【详解】对角线相互平分的四边形是平行四边形，故A错误，不符合题意；【点睛】本题考查了平行四边形，矩形，菱形及正方形的判定定理，娴熟把握学问点是解题的关键.6.(2022.浙江绍兴)如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2,∠ABC=60°,E,F是对角线BD上的动点，且BE=DF,M,N分别是边AD,边BC上的动点.下列四种说法：①存在很多个平行四边形MENF;②存在很多个矩形MENF;③存在很多个菱形MENF;④存在很多个正方形MENF.其中正确的个数是()A.1【分析】依据题意作出合适的帮助线，然后逐一分析即可.【详解】如图，连接AC、与BD交于点O,连接ME,MF,NF,EN,MN,只要MN=EF,MN过点O,则四边形MENF是矩形，只要MN⊥EF,MN过点O,则四边形MENF是菱形；只要MN=EF,MN⊥EF,MN过点O,【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四题意，作出合适的帮助线.A.相互平分B.相互垂直C.相互平分且相等D.相互垂直且相等【分析】由题意作出图形，然后依据正方形的判定定理可进行排解选项.∴四边形EFGH是平行四边形，对于A选项：对角线相互平分，四边形EFGH仍是平行四边形，故不符合题意；对于B选项：对角线相互垂直，则有EF⊥EH,可推出四边形EFGH是矩形，故不符合题意；对于C选项：对角线相互平分且相等，则有EF=EH,可推出四边形EFGH是菱形，故不符合题意；对于D选项：对角线相互垂直且相等，则有EF⊥EH,EF=EH,可推出四边形EFGH是正方形，故符合【点睛】本题主要考查三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定，娴熟把握三角形中位线及正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定是解题的关键.AF与BE相交于点O,连接OC,若BF=2CF,则OC与EF之间的数量关系正确的是()A.20C=V5EFB.√50C=2EFC.20C=V3EFD.OC=EF【答案】A【分析】过点O作OM⊥BC于点M,先证明四边形ABFE是正方形，得出MF=CF=OM,再利用勾股定理得出OC=√5CF,即可得出答案.∴MF=CF=0M,EF=2CF,【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，娴熟把握学问点是解题的关键.9.(2022·湖北随州)七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，接AP,NF,沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的正确的A.只有①B.①②C.①③D.②③【答案】C【分析】先依据正方形的性质和中位线定理证明图中全部三角形是等腰直角【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，∵E,F分别为BC,CD的中点，∴△CEF是等腰直角三角形，∵M,N分别为BO,DO的中点，,,∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，∴△DNF是等腰直角三角形，∴图中的三角形都是等腰直角三角形；∴四边形MPEB是平行四边形，在Rt△OBC中，BC>OB,【点睛】此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等学问，正确的识别图形是解题的关键.10.(2023·四川自贡)如图，边长为3的正方形OBCD两边与坐标轴正半轴重合，点C的坐标是()A.(3,-3)B.(-3,3)C.(3,3)【分析】依据正方形的性质，结合坐标的意义即可求解.【点睛】本题考查了坐标与图形，娴熟把握正方形的性质，数形结合是解题的关键.11.(2023·湖南益阳)如图，在正方【分析】由正方形ABCD,可得AD=DC=AB=4,∠A=∠ADC=∠BCD=90°,∠DCF=90°,BE=2,求解DE²=4²+2²=20,再结合旋转的性质与勾股定理可得答案.【详解】解：∵正方形ABCD,【点睛】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，熟记旋转的性质是解本题的关键.12.(2023·宁夏)如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E在AD上，连接EB,EC.则图中阴影部分的面积是【答案】2【分析】依据正方形ABCD的∠BAD=90°,∠CDA=90°,积的和，运用三角形面积公式，即可求解.【详解】∵四边形ABCD为正方形，边长为2,阴影部分面积等于△ABE与△CDE面=2.故答案为：2.【点睛】本题主要考查了正方形，三角形面积.娴熟把握正方形的边角性质，三角形面积公式，是解题的13.(2023·湖南湘潭)七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学了一副七巧板(如图),由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成.则图中阴影部分的面【答案】2【分析】依据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解.故答案为：2.【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，娴熟把握以上学问是解题的关键.14.(2023·广东广州)边长分别为10,6,4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同始终线上(如图),则图中阴影部分的面积为【分析】依据正方形的性质及相像三角形的性质可进行求解.【详解】解：如图，由题意可知AD=DC=10,CG=CE=GF=6,∠CEF=∠EFG=90°,GH=4,故答案为15.【点睛】本题主要考查正方形的性质及相像三角形的性质与判定，娴熟把握正方形的性质及相像三角形的性质与判定是解题的关键.,,15.(2023·四川泸州)如图，E,F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF取【分析】作点F关于AC的对称点F',连接EF'交AC于点P',此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的垂线段，交AC于点K,依据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a,求得AK的边可得即可解答.【详解】解：作点F关于AC的对称点F',连接EF'交AC于点P',过点F'作AD的垂线段，交AC于点K,由题意得：此时F'落在AD上，且依据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，设正方形ABCD的边长为a,∵∠F'P'K=∠EP'A,【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相像三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出帮助线是解题的关键.16.(2023.黑龙江)如图，在矩形ABCD中对角线AC,BD交于点0,请添加一个条件,使矩形ABCD是正方形(填一个即可)【答案】AB=BC或AC⊥BD【分析】依据正方形的判定定理可知：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.【详解】∵邻边相等的矩形是正方形，∴可添加条件AB=BC或者∵对角线相互垂直的矩形是正方形∴还可以添加条件AC⊥BD【点睛】本题考查正方形的判定，找出正方形与矩形的性质差异，即为可添加的条件.17.(2022·四川攀枝花)如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF.且点A在△BCF内部.给出以下结论：①四边形ADFE是平行四边形；③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；④当AB=AC,且∠BAC=150时，四边形ADFE是正方形.其中正确结论有(填上全部正确结论的序号).∠EAD=360⁰-∠BAE-∠BAC-∠CAD=90°,AE=AD,结合结论①,可知结论③正确；对于结论④,综合②③的结论知：当AB=AC,且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，故结论④正确.【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，娴熟把握18.(2022·广西河池)如图，把边长为1:2的矩形ABCD沿长边BC,AD的中点E,F对折，得到四边形ABEF,点G,H分别在BE,EF上，且2,AG与BH交于点O,N为AF的中点，连接ON,作OM⊥ON交AB于点M,连接MN,则tan∠AMN=【分析】先推断出四边形ABEF是正方形，进而推断出△ABG≌△BEH,得出∠B∠AOB=90°,再推断出△AOB~△ABG,求出,再推断出△OBM~△OAN,求出BM=1,即可求出答案.【详解】解：∵点E,F分别是BC,AD的中点，,,∴△OBM~△OAN,【点睛】此题主要考查了矩形性质，正方形性质和判定，全等三角形的判定和性质，相像三角形的判定和性质，勾股定理，求出BM是解本题的关键.19.(2022·山东泰安)如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F,延长EF交线段DC于点P,若AB=6,则DP的长度为【答案】2【分析】连接AP,依据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌RI△ADP(HL),可得PF=PD,设PF=PD=x,则CP=CD-PD=6-x,EP=EF+FP=3+x,然后依据勾股定理即可解决问题.【详解】解：连接AP,如图所示，∴Rt△AFP≌Rt△ADP(HL),∴(3+x)²=3²+(6-x)2,解得x=2,则DP的长度为2,故答案为：2.【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是把握翻折的性质.20.(2022·新疆)如图，四边形ABCD是正方形，点E在边BC的延长线上，点F在边AB上，以点D为中∵点Q在对角线AC上，【点睛】本题综合考查了相像三角形、全等三角形、圆、正方形等学问，通过机敏运用四点共圆得到等弦对等角来证明相关角相等是解题的奇妙方法.21.(2022.安徽)如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF,BF分别交CD于点M,N,过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G.连接DF,请完成下列【答案】【分析】(1)先证△ABE≌△GEF,得FG=AE=DG,可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数.(2)先作FH⊥CD于H,利用平行线分线段成比例求得MH;再作MP⊥DF于P,证△MPF∽△NHF,即可【详解】(1)∵四边形ABCD是正方形，∵△BEF是等腰直角三角形，(2)如图，作FH⊥CD于H.∴AGIIFH作MP⊥DF于P,∵DP²+MP²=DM²,【答案】【分析】如图，过F作FM⊥BE于M,FN⊥CD于N,由CF平分∠DCE,边形CMFN是正方形，FMⅡAB,设FM=CM=NF=CN=a,则ME=2-a,证明△EFM~△EAB,则,,解i,由勾股定理得DF=VDN²+NF²,计算求解即可.【详解】解：如图，过F作FM⊥BE于M,FN⊥CD于N,则四边形CMFN是矩形，FM|AB,∴△EFM~△EAB,’’【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，相像三角形的判定与性质.解题的关键在于对学问的娴熟把握与机敏运用.23.(2023-湖南怀化)如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E,PE=3.【答案】3【分析】过点P作PQ⊥AB于Q,证明四边形四边形AEPQ是正方形，即可求解.即点P到直线AB的距离为3故答案为：3.【详解】解：连接AE,BE,故答案为：15.【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确作出帮助线是解25.(2023·内蒙古赤峰)数学爱好小组探究了以下几何图形.如图①,把一个含有45°角的三角尺放在正方【探究二】在图②中，连接BD,分别交CM,CN于点E,F.求证：△CEF-△CNM;BGC,则点G在直线AB上.得出△NCG≥△NCM,依据全等三角形的性质得出∠MNC=∠GNC,进而可得∠CNM=∠CEF,证明△ECF~△NCM,依据相像三角形的性质得出即可得出结论.∴△CNM=△CNH∴∠CNM=∠CNH又∵∠CNM=∠CNH,又∵公共角∠ECF=∠NCM,∴△ECD~△NCA,又CN=CN,∴△ECF~△NCM,【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，旋转的性质，正方形的性质，相像三角形的性质与判定，娴熟把握相像三角形的性质与判定是解题的关键.26.(2023·内蒙古通辽)综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动，有一位同学操作过程如下：操作一：对折正方形纸片ABCD,使AD与BC重合，得到折痕EF,把纸片展平；操作二：在AD上选一点P,沿BP折叠，使点A落在正方形内部点M处，把纸片展平，连接PM、BM,延长(1)如图1,当点M在EF上时，∠EMB=度；(2)转变点P在AD上的位置(点P不与点A,D重合)如图2,(2)∠MBQ=∠CBQ,理由见解析(2)由正方形的性质结合折叠的性质可证Rt△BCQ=Rt△BMQ(HL),即得出∠MBQ=∠CBQ.【详解】(1)解：∵对折正方形纸片ABCD,使AD与BC重合，得到折痕EF,在Rt△BEM中，故答案为：30.【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、解直角三角形、三角形全等的判定和等学问点.娴熟把握上述学问并利用数形结合的思想是解题关键.27.(2023·浙江绍兴)如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点(与点B,D不重合),GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足.连接EF,AG,并延长AG交EF于点H.【分析】(1)由正方形的性质，得到AD⊥CD,结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得ADⅡGE,再(2)连接GC交EF于点O,由SAS证明△ADG=△CDG,再依据全等三角形对应角相等得到∠DAG=∠DCG,继而证明四边形FCEG为矩形，最终依据矩形的性质解答即可.【详解】(1)解：在正方形ABCD中，AD⊥CD(2)AH与EF垂直，理由如下.∴四边形FCEG为矩形，【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的推断与性质、矩形的判定与性质等学问，综合性较强，是重要考点，把握相关学问是解题关键.28.(2023·四川南充)如图，正方形ABCD中，点M在边BC上，点E是AM的中点，连接ED,EC.(2)将BE绕点E逆时针旋转，使点B的对应点B'落在AC上，连接MB'.当点M在边BC上运动时(点M不与B,C重合),推断△CMB'的外形，并说明理由.(3)在(2)的条件下，已知AB=1,当∠DEB'=45°时，求BM的长.【答案】(1)见解析(2)等腰直角三角形，理由见解析【分析】(1)依据正方形的基本性质以及“斜中半定理”等推出△EAD=△EBC,即可证得结论；(2)由旋转的性质得EB=EB'=AE=EM,从而利用等腰三角形的性质推出∠MB'C=90°,再结合正方形对角线的性质推出B'M=B'C,即可证得结论；(3)结合已知信息推出△CME~△AMC,从而利用相像三角形的性质以及勾股定理进行计算求解即可.【详解】(1)证：∵四边形ABCD为正方形，∵点E是AM的中点，(2)解：△CMB'为等腰直角三角形，理由如下：∴∠EAB'=∠EB'A,∠EMB'=∠EB'M,(3)解：如图所示，延长BE交AD于点F,∴△CME~△AMC,∴CM²=AM·EM,设BM=x,则CM=1-x,AM【点睛】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形和相像三角形的判定与性质等，理解并娴熟运用基本图形的证明方法和性质，把握勾股定理等相关计算方式是解题关键.29.(2023·湖北十堰)如图，②ABCD的对角线AC,BD交于点0,分别以点B,C为圆心，AC,ZBD长为半径画弧，两弧交于点P,连接BP,CP.【分析】(1)依据平行四边形的性质，得到,依据两组对边分别相等的四(2)依据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可.【详解】(1)四边形BPCO是平行四边形.理由如下：(2)∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形.DFE按图2所示方式摆放，其中点B与点F重合(标记为点B).当∠ABE=∠A时，延长DE交AC于点G.试问题.【答案】(1)正方形，见解析【分析】(1)先证明四边形BCGE是矩形，再由△ACB≥△DEB可得BC=BE,从而得四边形BCGE是正方形；(2)①由己知∠ABE=∠BAC可得AN=BN,再由等积方法1,再结合已知即可证明结论；②设AB,DE的交点为M,过M作MG⊥BD于G,则易得MD=MB,点G是BD的中点；利用三角函数学问可求得DM的长，进而求得AM的长，利用相像三角形的性质即可