资源简介 专题06 正方形的性质和判定(三大类型)【题型1 正方形的概念和性质】【题型2正方形的判定】【题型3正方形的性质与判定综合】【题型1 正方形的概念和性质】1.矩形、菱形、正方形都具有的性质是( )A.对角互补 B.对角线互相垂直C.对角线互相平分 D.四边相等2.如图,四边形ABCD是正方形,△PAD是等边三角形,则∠BPC等于( )A.20° B.30° C.35° D.40°3.若正方形的对角线长为2 cm,则这个正方形的面积为( )A.4 B.2 C. D.4.如图,P是正方形ABCD内一点,连接PA、PB、PC、PD,若△PAB是等边三角形,则∠DPA的度数是( )A.60° B.75° C.80° D.90°5.如图,E是正方形ABCD的边DC上一点,过点A作FA=AE交CB的延长线于点F,若AB=4,则四边形AFCE的面积是( )A.4 B.8 C.16 D.无法计算6.如图,以正方形的边为一边向内作等边,连接,则的度数为( ) A.60° B.45° C.75° D.67.5°7.如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在边AB,CD上,∠EFC=120°,若将四边形EBCF沿EF折叠,点B恰好落在AD边上,则为( )A.70° B.65° C.30° D.60°8.如图,以正方形ABCD的中心为原点建立平面直角坐标系,点A的坐标为(2,2),则点D的坐标为( )A.(2,2) B.(﹣2,2) C.(﹣2,﹣2) D.(2,﹣2)9.如图,O是正方形ABCD的两条对角线BD,AC的交点,EF过点O,若图中阴影部分的面积为1,则正方形ABCD的周长为( ) A.2 B. C.8 D.410.如图,在正方形中,,是线段上的动点,于点,于点,则的值为 ( )A. B. C. D.11.如图,在正方形中,边长为2的等边三角形的顶点E,F分别在上,则的面积为 . 12.如图,四边形ABCD是一个正方形,E是BC延长线上一点,且AC=EC,则∠DAE的度数为 .【题型2正方形的判定】(2023春 浦东新区校级期末)13.如图,已知四边形是平行四边形,那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是( ) A.且 B.且和互相平分C.且 D.且(2023春 汝阳县期末)14.小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具,他先活动学具成为图1所示菱形,并测得∠B=60°,对角线AC=20cm,接着活动学具成为图2所示正方形,则图2中对角线AC的长为( ) A.20cm B.30cm C.40cm D.20cm(2023春 临颍县期中)15.如图,在△ABC中,∠ACB=90°,BC的垂直平分线EF交BC于点D,交AB于点E,且BE=BF,添加一个条件,仍不能证明四边形BECF为正方形的是( )A.BC=AC B.CF⊥BF C.BD=DF D.AC=BF(2023 顺德区校级三模)16.在四边形中,E,F分别是边,的中点,G、H分别是对角线,的中点,依次连接E,G,F、H得到的四边形一定是( )A.平行四边形 B.菱形C.矩形 D.正方形(2023 雁塔区校级二模)17.如图,在矩形中,对角线,交于点O,要使该矩形成为正方形,则应添加的条件是( ) A. B.C. D.(2023春 黄冈期中)18.如图,在△ABC中,O是AC上一动点,过点O作直线MN∥BC.设MN交∠BCA的平分线于点E,交∠BCA的外角平分线于点F,若点O运动到AC的中点, 且∠ACB=( )时,则四边形AECF是正方形.A.30° B.45° C.60° D.90°(2023 合阳县校级一模)19.如图,四边形的对角线、相交于点,下列条件中,能判定四边形是正方形的是( )A.B.,,C.,D.,(2023 原平市模拟)20.小华在复习四边形的相关知识时,绘制了如下图所示的框架图,④号箭头处可以添加的条件是 .(写出一种即可) 【题型3正方形的性质与判定综合】(2022秋 朝阳区校级期末)21.如图,已知,小红作了如下操作:分别以,为圆心,的长为半径作弧,两弧分别相交于点,,依次连接,,,,则四边形的形状是( )A.平行四边形 B.菱形 C.矩形 D.正方形(2023春 岱岳区期末)22.小明在学习了正方形之后,给同桌小文出了道题,从下列四个条件:①AB=BC,②∠ABC=90°,③AC=BD,④AC⊥BD中选两个作为补充条件,使 ABCD为正方形(如图),现有下列四种选法,你认为其中错误的是( ) A.①② B.②③ C.①③ D.②④(2022春 河西区期末)23.如图,点E,F,P,Q分别是正方形ABCD的四条边上的点,并且,则下列结论不一定正确的是( )A. B.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(2022春 新泰市期中)24.如图,在正方形中,点O是对角线AC、BD的交点,过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F,且,OC、EF交于点G.给出下列结论:①;②;③四边形的面积为正方形面积的;④.其中正确的为 .(将正确的序号都填入)(2023 贵阳模拟)25.如图,点E是正方形对角线上一点,,垂足分别为F,G.(1)求证:四边形是矩形;(2)若正方形的周长是,当时,求证:四边形是正方形.(2022秋 绥德县期中)26.如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在BC,CD边上,且,.(1)求证:四边形ABCD是正方形;(2)若,,求四边形ABCD的面积.(2023秋 威宁县校级期末)27.如图1,四边形ABCD为正方形,点E为线段AC上一点,连接DE,过点E作,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)若,求CG的长;(3)当时,求的度数.(2022春 富县期末)28.如图,在中,,的平分线交于点D,,.(1)求证:四边形为正方形;(2)若,求四边形的面积.(2022春 峄城区期中)29.问题解决:如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在AB,BC边上,,于点G.(1)求证:四边形ABCD是正方形;(2)延长CB到点H,使得,判断的形状,并说明理由.(2022春 东台市期中)30.如图,Rt△CEF中,∠C=90°,∠CEF和∠CFE的外角平分线交于点A,过点A分别作直线CE,CF的垂线,点B,D为垂足.(1)∠EAF= (直接写结果).(2)①求证:四边形ABCD是正方形.②若BE=EC=2,求DF的长.试卷第1页,共3页试卷第1页,共3页参考答案:1.C【分析】A中菱形对角不互补,则错误,B中矩形对角线不互相垂直,则错误,C中平行四边形的对角线互相平分,以上三个图形都是平行四边形,正确,D三个图形中,矩形四边不相等,错误.【详解】解:A.菱形对角不互补,故本选项错误;B.矩形对角线不互相垂直,故本选项错误;C.平行四边形的对角线互相平分,以上三个图形都是平行四边形,故本选项正确;D.三个图形中,矩形四边不相等,故本选项错误.故选 C.【点睛】本题考查了正方形的性质,主要从对角线着手考查的,正方形是平行四边形得最典型的图形.2.B【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,△PAD是等边三角形,∴∠BAP=∠BAD+∠PAB=90°+60°=150°.∵PA=AD,AB=AD,∴PA=AB,∴∠ABP==15°,∴∠PBC=∠ABC-∠ABP=90°-15°=75°,同理:∠PCB=75°,∴∠BPC=180°-75°-75°=30°.故选:B.3.B【分析】连接BD,利用正方形的面积等于对角线的积的一半计算即可.【详解】如图,连接BD, 正方形ABCD中,,则BD=AC=2,正方形的面积为=,故选B.4.B【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠DAB=∠CBA=90°,∵△PAB是等边三角形,∴∠PAB=∠PBA=60°,PA=PB=AB,∴∠DAP=∠CBP=30°,AP=DA,,故选B5.C【分析】先证明可得从而可得答案.【详解】解: 正方形ABCD,AB=4,故选C【点睛】本题考查的是小学涉及的正方形的性质,直角三角形全等的判定与性质,证明是解本题的关键.6.C【分析】在正方形ABCD中,△ABE是等边三角形,可求出∠ABE的大小以及推断出BC=BE,从而可求出∠BEC.【详解】在正方形中,.是等边三角形,,,,故选:C.【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质.根据正方形和等边三角形的性质推知BE=BC是解题的关键.7.D【分析】依据正方形的性质以及折叠的性质,即可得到=60°.【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,∴ABCD,∠A=90°,∴∠BEF+∠EFC=180°,∵∠EFC=120°,∴∠BEF=180°-∠EFC=60°,∵将四边形EBCF沿EF折叠,点B恰好落在AD边上,∴∠BEF==60°,∴=180°-∠BEF-=60°,故选:D.【点睛】本题考查了正方形的性质,折叠的性质等知识点,能综合性运用性质进行推理是解此题的关键.8.B【分析】根据点A与点D关于y轴对称以及关于y轴对称的点的特点即可得出答案.【详解】解:如图所示:∵以正方形ABCD的中心O为原点建立坐标系,点A的坐标为(2,2),点D与点A关于y轴对称,∴点D的坐标分别为:(﹣2,2).故选:B.【点睛】本题主要考查图形与坐标,掌握关于y轴对称的点的特点是解题的关键.9.C【分析】设正方形边长为a,由△AOF≌△COE,可知阴影面积等于△DOC的面积,进而求出边长a.【详解】设正方形边长为a,由题意可知,AO=OC,∠FAO=∠OCE,∠AOF=∠COE,∴△AOF≌△COE,∴阴影面积等于△DOC的面积,∴×a2=1,a=2,∴正方形ABCD的周长为8,故选C.【点睛】本题主要考查正方形的性质,还考查了三角形全等的判定和性质等知识点.10.D【分析】先利用正方形的性质证明四边形为矩形和是等腰直角三角形,进而证得,利用勾股定理和正方形的性质求解即可.【详解】解:在正方形中,,,,,∴四边形为矩形,是等腰直角三角形,∴,∴,∵正方形的边长为,∴.故选:D.【点睛】本题考查正方形的性质、矩形得判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理,熟练掌握矩形的判定与性质,得到是解答的关键.11.1【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质分别得到,,由此可证明得到,进一步证明是等腰直角三角形,得到,再利用三角形面积公式求解即可.【详解】解:∵四边形是正方形,∴,∵是边长为2的等边三角形,∴,∴,∴,∴,即,∴是等腰直角三角形,∴,∴,故答案为:1.【点睛】本题主要考查了正方形的性质,等边三角形的性质,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与判定等等,证明是等腰直角三角形是解题的关键.12.22.5°【分析】由四边形ABCD是一个正方形,根据正方形的性质,可得∠ACB=45°,又由AC=EC,根据等边对等角,可得∠E=∠CAE,继而根据等腰三角形的性质和三角形的内角和求得∠EAC的度数,进一步即可求得∠DAE的度数.【详解】解:∵四边形是正方形,∴,∴,又∵,∴,则.故答案为:22.5°【点睛】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质.此题比较简单,注意掌握数形结合思想的应用.13.D【分析】根据正方形的判定方法,逐一进行判断即可.【详解】解:A、∵四边形是平行四边形,,∴四边形是菱形,∴,不能证明四边形是正方形,不符合题意;B、∵四边形是平行四边形,∴和互相平分,∵,∴四边形是菱形,不能证明四边形是正方形,不符合题意;C、∵四边形是平行四边形,∴四边形是矩形,∴,不能证明四边形是正方形,不符合题意;D、∵四边形是平行四边形,∴四边形是矩形,又,∴四边形是正方形,符合题意;故选D.【点睛】本题考查正方形的判定.熟练掌握正方形的判定方法:对角线相等的菱形是正方形,邻边相等的矩形是正方形,是解题的关键.14.D【分析】如图1,图2中,连接AC.在图1中,证△ABC是等边三角形,得出AB=BC=AC=20cm.在图2中,由勾股定理求出AC即可.【详解】解:如图1,图2中,连接AC. 图1中,∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC,∵∠B=60°,∴△ABC是等边三角形,∴AB=BC=AC=20cm,在图2中,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠B=90°,∴△ABC是等腰直角三角形,∴AC=AB=20cm;故选:D.【点睛】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识,解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质,属于中考常考题型.15.D【详解】解:∵EF垂直平分BC,∴BE=EC,BF=CF;∵BF=BE,∴BE=EC=CF=BF;∴四边形BECF是菱形.当BC=AC时,∠ACB=90°,∠A=45°,∴∠EBC=45°;∴∠EBF=2∠EBC=2×45°=90°.∴菱形BECF是正方形.故选项A不符合题意.当CF⊥BF时,利用正方形的判定得出,菱形BECF是正方形,故选项B不符合题意.当BD=DF时,BC=EF,利用正方形的判定得出,菱形BECF是正方形,故选项C不符合题意.当AC=BD时,无法得出菱形BECF是正方形,故选项D符合题意.故选D.16.A【分析】本题考查了三角形的中位线,平行四边形的判定.熟练掌握三角形的中位线的性质,平行四边形的判定定理,是解决问题的关键.根据三角形中位线的性质可得,,进而根据一组对边平行且相等,证明四边形是平行四边形,即可求解.【详解】∵四边形中,E、F、G、H分别是、、、的中点,∴,.,.∴,,∴四边形是平行四边形.故选:A.17.A【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件.【详解】解:添加,则根据有一组邻边相等的矩形是正方形,能使矩形成为正方形.故选:A.【点睛】本题考查了矩形的性质,正方形的判定的应用,能熟记正方形的判定定理是解此题的关键.18.D【分析】根据正方形的判定定理去推理即可.【详解】∵MN∥BC,∴∠OEC=∠ECB,∵CE是∠BCA的平分线,∴∠ECB=∠ECA,∴∠ECA=∠OEC,∴OE=OC,同理OC=OF,∵O是AC的中点,∴四边形AECF是平行四边形,∵∠ACB=90°,∴AC=EF,AC⊥EF,∴边形AECF是正方形.故选D.【点睛】本题考查了正方形的判定,熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键.19.C【分析】根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案.【详解】解:A、∵,∴四边形是菱形,故本选项不符合题意;B、∵,,,∴四边形是菱形,故本选项不符合题意;C、∵,,∴四边形是正方形,故本选项符合题意;D、由,,不能判定四边形是正方形,故本选项不符合题意;故选:C.【点睛】本题考查正方形的判定,掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键.20.一组邻边相等(答案不唯一)【分析】根据正方形的判定定理进行解答即可.【详解】有一组邻边相等的矩形是正方形,添加的条件是一组邻边相等,故答案为:一组邻边相等.【点睛】本题考查正方形的判定定理,有一组邻边相等的矩形是正方形;对角线互相垂直的矩形是正方形;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;熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键.21.D【分析】先根据“四边相等的四边形是菱形”判断四边形的形状,再根据勾股定理的逆定理得出,最后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案.【详解】解:由题意得,cm,四边形是菱形.∵,∴是直角三角形,∴,∴四边形是正方形.故选:D.【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的判定,灵活选择判定定理是解题的关键.22.B【详解】A、∵四边形ABCD是平行四边形,∴当①AB=BC时,平行四边形ABCD是菱形,当②∠ABC=90°时,菱形ABCD是正方形,故此选项正确,不合题意;B、∵四边形ABCD是平行四边形,∴当②∠ABC=90°时,平行四边形ABCD是矩形,当③AC=BD时,这是矩形的性质,无法得出四边形ABCD是正方形,故此选项错误,符合题意;C、∵四边形ABCD是平行四边形,∴当①AB=BC时,平行四边形ABCD是菱形,当③AC=BD时,菱形ABCD是正方形,故此选项正确,不合题意;D、∵四边形ABCD是平行四边形,∴当②∠ABC=90°时,平行四边形ABCD是矩形,当④AC⊥BD时,矩形ABCD是正方形,故此选项正确,不合题意.故选B.23.D【分析】根据正方形的性质可证得△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF,再根据全等三角形的性质和勾股定理,逐项判断即可求解.【详解】解:∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠A=∠B=90°,又CQ=BP ,∴AB-BP=BC-CQ,即AP=BQ在△AFP和△BPQ中,∵AF=BP,∠A=∠B,AP=BQ,∴△AFP≌△BPQ(SAS),∴∠AFP=∠BPQ,故A选项正确,不符合题意;同理:△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF,∴PF=PQ=QE=EF,∴四边形EFPQ为菱形,∴EF∥QP,故B选项正确,不符合题意;∵△AFP≌△BPQ∴∠BPQ=∠AFP,又∵∠A=90°,∴∠AFP+∠APF=90°,∴∠AFP+∠APF=∠BPQ+∠APF=90°,∴∠FPQ=180°-(∠BPQ+∠APF)=90°,∴四边形EFPQ是正方形,故C选项正确,不符合题意;设正方形ABCD的边长为a,BP=AF=x,则,∴AB=a,∴,∴正方形EFPQ的面积为,而x的值无法确定,∴四边形PQEF的面积不一定是四边形ABCD面积的一半,故D选项错误,符合题意;故选:D【点睛】本题主要考查了正方形的性质,全等三角形的性质和勾股定理,熟练掌握正方形的性质,全等三角形的性质和勾股定理是解题的关键.24.①②③【分析】利用正方形的性质,三角形全等的判定和性质,勾股定理计算判断即可.【详解】∵正方形,,∴,,∴,,∴,∴,,故①②正确;∵,∴,∴,∴,∵正方形,∴,∴,故③正确;∵正方形,∴,∴,无法判定,故④错误.故答案为:①②③.【点睛】本题考查了正方形的性质,三角形全等的判定和性质,勾股定理,熟练掌握正方形的性质,三角形全等的判定和性质是解题的关键.25.(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查正方形的判定和性质,矩形的判定和性质,等腰三角形的判定和性质.掌握相关判定和性质,是解题的关键.(1)根据三个角是90度的四边形是矩形,即可得证;(2)根据正方形的周长,求出的长,进而求出的长,再证明为等腰直角三角形,得到,推出,即可.【详解】(1)证明:∵四边形为正方形,∴.∵,∴.又∵,∴四边形是矩形;(2)∵正方形的周长是,∴.∵,∴,∵四边形为正方形,∴,∵,∴为等腰直角三角形,∴,∴,∴四边形是正方形.26.(1)见解析(2)【分析】(1)根据AE=AF,可得∠AFE=∠AEF,再由∠CEF=45°,可得∠CFE=∠CEF=45°,从而得到∠AFC=∠AEC,进而得到∠AFD=∠AEB,可证得ΔABE≌ΔADF,从而得到AB=AD,即可求证;(2)根据全等三角形的性质可得,再由勾股定理可得,即可求解.【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=∠D=∠C=90°,∵AE=AF,∴∠AFE=∠AEF,∵∠CEF=45°,∠C=90°,∴∠CFE=∠CEF=45°,∴∠AFC=∠AEC,∴∠AFD=∠AEB,∴ΔABE≌ΔADF(AAS),∴AB=AD,∴矩形ABCD是正方形.(2)解:∵由(1)可知:,又,,由勾股定理得:,∵四边形ABCD是正方形,∴.【点睛】本题主要考查了正方形的判定,矩形的性质,勾股定理,全等三角形的判定和性质,熟练掌握相关知识点是解题的关键.27.(1)见解析(2)2(3)【分析】(1)作EP⊥CD于P,EQ⊥BC于Q,证明Rt△EQF≌Rt△EPD,得到EF=ED,根据正方形的判定定理证明即可;(2)通过计算发现E是AC中点,点F与C重合,△CDG是等腰直角三角形,由此即可解决问题.(3)根据角之间的关系解答即可.【详解】(1)证明:过点作于,于,如图,∵四边形为正方形,.,,,.∵,,∴.在和中,∴,∴,∴矩形是正方形.(2)解:如图,在中,,∵,∴,∴点与重合,此时是等腰直角三角形,.(3)解:当时,,∵,∴,∵,∴.【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的性质、勾股定理,全等三角形的判定和性质等知识,解题的关键是灵活运用所学知识解决问题.28.(1)见解析(2)512【分析】(1)先证明四边形是平行四边形,然后利用角平分线和平行线的性质证明,再利用等角对等边得出,最后利用正方形的判定即可证明;(2)利用正方形的性质得出,然后利用菱形的面积公式求解即可.【详解】(1)证明:∵,,∴四边形是平行四边形.∵平分,∴.∵,∴.∴.∴.∴四边形是菱形.∵,∴四边形是正方形.(2)解:连接,∵四边形是正方形,,∴,,∴.即四边形的面积为512.【点睛】本题考查了正方形的判定与性质,平行线的性质等知识,证明是解第(1)问的关键,熟记菱形的面积公式是解(2)问的关键.29.(1)见解析(2)△AHF是等腰三角形,利用略【分析】(1)通过证明△ADE≌△BAF得到AD=AB,结合矩形ABCD得到结论;(2)利用垂直平分线的性质得到AH=AF,得出结论.【详解】(1)证明:在矩形ABCD中,∠DAE=∠ABF=90°,∵DE⊥AF,∴∠ADG+∠GAD=90°,又∵∠BAF+∠DAG=90°,∴∠BAF=∠ADE,在△ADE和△BAF中∴△ADE≌△BAF(AAS),∴AD=AB,∴矩形ABCD是正方形;(2)△AHF是等腰三角形;理由:∵△ADE≌△BAF,∴AE=BF,又∵BH=AE,∴BH=BF,又∠ABF=90°,∴AB垂直平分FH,∴AF=AH,即△AFH是等腰三角形.【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定,利用全等三角形得到等边是解决问题的关键.30.(1)45°(2)①见解析;②【分析】(1)根据平角的定义得到∠DFE+∠BEF=360°﹣90°=270°,根据角平分线的定义得到∠AFE=∠DFE,∠AEF=∠BEF,求得∠AEF+∠AFE=(∠DFE+∠BEF),根据三角形的内角和定理即可得到结论;(2)①作AG⊥EF于G,如图1所示:则∠AGE=∠AGF=90°,先证明四边形ABCD是矩形,再由角平分线的性质得出AB=AD,即可得出四边形ABCD是正方形;②设DF=x,根据已知条件得到BC=6,由①得四边形ABCD是正方形,求得BC=CD=4,根据全等三角形的性质得到BE=EG=2,同理,GF=DF=x,根据勾股定理列方程即可得到结论.【详解】(1)解:∵∠C=90°,∴∠CFE+∠CEF=90°,∴∠DFE+∠BEF=360°﹣90°=270°,∵AF平分∠DFE,AE平分∠BEF,∴∠AFE=DFE,∠AEF=BEF,∴∠AEF+∠AFE=(∠DFE+∠BEF)=270°=135°,∴∠EAF=180°﹣∠AEF﹣∠AFE=45°,故答案为:45°;(2)①证明:作AG⊥EF于G,如图1所示:则∠AGE=∠AGF=90°,∵AB⊥CE,AD⊥CF,∴∠B=∠D=90°=∠C,∴四边形ABCD是矩形,∵∠CEF,∠CFE外角平分线交于点A,∴AB=AG,AD=AG,∴AB=AD,∴四边形ABCD是正方形;②解:设DF=x,∵BE=EC=2,∴BC=4,由①得四边形ABCD是正方形,∴BC=CD=4,在Rt△ABE与Rt△AGE中,,∴Rt△ABE≌Rt△AGE(HL),∴BE=EG=2,同理,GF=DF=x,在Rt△CEF中,EC2+FC2=EF2,即22+(4﹣x)2=(x+2)2,解得:x=,∴DF的长为.【点睛】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、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识,作出辅助线构造三角形全等是解题的关键.答案第1页,共2页答案第1页,共2页 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