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题型突破11 正方形常考的3大题型
题型一．正方形的性质
1．（2026春 兴化市期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（　　）
A．对角相等 B．对角线相等
C．邻边互相垂直 D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【解答】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
综上所述，只有选项D正确，符合题意，故选：D．
2．（2026春 房山区期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若，则正方形ABCD的周长为（　　）
A． B．4 C． D．8
【答案】B
【分析】利用正方形的边长与对角线的关系（即勾股定理），由对角线，反推出边长为1，进而算出周长为4．
【解答】解：AB＝BC＝a（正方形的边长），且已知对角线，
代入公式得：，
2a2＝2，a2＝1，
∵边长a必须是正数，∴解得a＝1．
周长＝4×a＝4×1＝4．故选：B．
3．（2026春 东西湖区期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
【答案】B
【分析】先根据正方形、等边三角形的性质，得出∠BAE＝150°，AB＝AE，结合三角形内角和，列式计算，即可作答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，△ADE是等边三角形，
∴∠BAD＝90，∠DAE＝60°，AB＝AD，AD＝AE，
∴∠BAE＝150°，AB＝AE，
∴∠AEB＝∠ABE（180°﹣150°）＝15°．故选：B．
4．（2026春 临安区期中）学校即将开展班级文化月评比活动，为打造特色文化墙，某班特意定制了一块边长为2.1m的正方形装饰泡沫板．已知教室门框高2m，宽0.9m，泡沫板不可折叠、切割，那么下面说法正确的是（　　）
A．竖直摆放可以直接进门 B．水平横放可以直接进门
C．斜着沿门框对角线能进门 D．怎么都无法进门
【答案】C
【分析】利用勾股定理求出长方形门框的对角线长，再与正方形大理石的边长进行比较即可得到结论．
【解答】解：斜着沿门框对角线能进门，
理由：∵2.5（m），
∵2.1＜2.19，∴斜着沿门框对角线能进门，故选：C．
5．（2026春 秦淮区期中）将菱形MNPQ、菱形EFGH和正方形ABCD按如图所示的位置摆放，FG与NP间的距离为1cm．已知AB＝EF，则正方形ABCD的面积为（　　）
A．4cm2 B．8cm2 C．12cm2 D．16cm2
【答案】D
【分析】题中三个图形均为中心对称图形，菱形MNPQ与菱形EFGH的对应边互相平行，因此FG与NP的距离等于两条平行线的垂直距离，结合中心对称性质可推导边长关系．
【解答】解：设正方形ABCD的边长为a，
由题可知AB＝EF＝a．
根据图形摆放的位置关系，可得FG与NP之间的垂直距离为，
解得正方形边长a＝4cm．
正方形面积公式为边长的平方，
因此正方形ABCD的面积为42＝16cm2，对应选项D．故选：D．
6．（2026春 海淀区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点P是CD上任意一点，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为点E，F，若该正方形的面积为50，则PE+PF的值为（　　）
A．4 B．5 C．8 D．10
【答案】B
【分析】由正方形性质得AC⊥BD，AC＝BC，OCAC，∠ACD＝45°，再由正方形ABCD的面积为50可求出AC＝10，进而得OC＝5，证明四边形PEOF是矩形得PF＝OE，再证明△PEC是等腰直角三角形得PE＝CE，由此得PE+PF＝CE+OE＝OC＝5，据此可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AC与BD是对角线，
∴AC⊥BD，AC＝BC，OCAC，∠ACD＝45°，
∴∠COD＝90°，
∵正方形ABCD的面积为50，
∴AC BD＝50，
∴AC2＝100，
∴AC＝10，AC＝﹣10，不合题意，得去，
∴OCAC＝5，
∵PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为点E，F，
∴∠PEO＝∠PEC＝∠PFO＝90°，
∴∠COD＝∠PEO＝∠PFO＝90°，
∴四边形PEOF是矩形，
∴PF＝OE，
在△PEC中，∠PEC＝90°，∠ACD＝45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE＝CE，
∴PE+PF＝CE+OE＝OC＝5．故选：B．
7．（2026春 昆山市期中）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是BC边上的一点，FG是线段AE的垂直平分线，与正方形的两边CD，AB分别交于点F，G，若，则线段BE的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】连接AF，EF，EG，设DF＝a，AG＝b，BE＝x，则a+b，CF＝1﹣a，CE＝1﹣x，BG＝1﹣b，有线段垂直平分线定义得AF＝EF，EG＝AG＝b，然后由勾股定理求出AF2＝1+a2，EF2＝（1﹣a）2+（1﹣x）2得1+a2＝（1﹣a）2+（1﹣x）2，整理得2a＝x2﹣2x+1①，再由勾股定理得EG2＝BE2+BG2，则b2＝x2+（1﹣b）2，整理得2b＝x2+1②，再由①+②得a+b＝x2﹣x+1，整理得（2x﹣1）2＝0，则2x﹣1＝0，由此解出x即可得出线段BE的长．
【解答】解：连接AF，EF，EG，如图所示：
设DF＝a，AG＝b，BE＝x，
∵DF+AG，∴a+b，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为1，
∴AD＝CD＝BC＝AB＝1，∠D＝∠C＝∠B＝90°，
∴CF＝CD﹣DF＝1﹣a，CE＝BC﹣BE＝1﹣x，BG＝AB﹣AG＝1﹣b，
∵FG是线段AE的垂直平分线，
∴AF＝EF，EG＝AG＝b，
在△ADF中，∠D＝90°，
由勾股定理得：AF2＝AD2+DF2＝1+a2，
在△EFC中，∠C＝90°，
由勾股定理得：EF2＝CF2+CE2＝（1﹣a）2+（1﹣x）2，
∴1+a2＝（1﹣a）2+（1﹣x）2，整理得：2a＝x2﹣2x+1①，
在△BEG中，由勾股定理得：EG2＝BE2+BG2，
∴b2＝x2+（1﹣b）2，整理得：2b＝x2+1②，
①+②，得：2（a+b）＝2x2﹣2x+2，
∴a+b＝x2﹣x+1，
∴x2﹣x+1，整理得：4x2﹣4x+1＝0，
∴（2x﹣1）2＝0，∴2x﹣1＝0，∴x，
∴BE＝x，即线段BE的长为．故选：C．
8．（2026春 江阴市期中）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的每条边为边按如图方向作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且点N恰好是EF的中点．若图中阴影部分面积为3，则AB的长度是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设CE交MN于点H，BM交CP于点L，可证明△ANF≌△ABC（SAS），得到FN＝CB；再证明B，C，E三点共线，则可证明△ENH≌△CBL（AAS），得到S△ENH＝S△CBL，S阴影＝S△ENH+S四边形PQBL＝S△CBL+S四边形PQBL＝S正方形BCPQ，根据S阴影＝3，，得到CB2＝3，进而求得AC的长，再利用勾股定理即可求得AB的长度．
【解答】解：如图，设BM交CP于点L，CE交MN于点H，
∵四边形ABMN、四边形BCPQ、四边形ACEF都是正方形，∠ACB＝90°，
∴∠FAC＝∠NAB＝∠ACB＝∠ACE＝∠E＝∠ABM＝∠BCL＝90°，MN∥AB，AN＝AB，AF＝AC＝EF，
∴∠ACB+∠ACE＝180°，∠FAN＝∠CAB＝90°﹣∠CAN，
∴B，C，E三点在同一条直线上，
∴∠NHE＝∠ABC，
∵∠BLC＝∠ABC＝90°﹣∠LBC，
∴∠NHE＝∠BLC，
在△ANF和△ABC中，，
∴△ANF≌△ABC（SAS），
∴FN＝CB，
∵点N是EF的中点，
∴FN＝EN，EF＝2NE，
∴EN＝CB，
在△ENH和△CBL中，，
∴△ENH≌△CBL（AAS），
∴S△ENH＝S△CBL，
∴S阴影＝S△ENH+S四边形PQBL＝S△CBL+S四边形PQBL＝S正方形BCPQ，
∵S阴影＝3，，
∴CB2＝3，
∴（负值舍去），
∴，
∴，
∴，
∴．故选：B．
9．（2026春 江阴市期中）如图，在正方形ABCD中，点P在DC上，连接PA、PB，作AE⊥PB于点M，交BC于点E，作BF⊥PA于点N，交AD于点F，下列结论正确的个数有（　　）个．
①△ABF≌△DAP；②△ABE≌△BCP；③DP＝CE；④若∠APB＝53°，则∠PFB+∠PEA＝143°．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】①由正方形性质得∠BAF＝∠D＝90°，BA＝AD，再证明∠ABF＝∠DAP，进而可依据“ASA判定”△ABF和△DAP全等，据此得结论①正确；
②由正方形性质得∠ABE＝∠C＝90°，AB＝BC，再证明∠BAE＝∠CBP，进而可依据“ASA判定”△ABE和△BCP全等，据此得结论②正确；
③由正方形性质得CD＝BC，再由△ABE和△BCP全等得BE＝CP，由此得DP＝CE，据此得结论③正确；
④证明DF＝CP，再根据∠D＝∠C＝90°，DP＝CE可判定△DPF和△CEP全等，则∠DFP＝∠CPE，进而得∠CPE+∠DPF＝90°，则∠EPF＝90°，由此得∠FPN+∠EPM＝37°，然后根据∠PFB＝90°﹣∠FPN，∠PEA＝90°﹣∠EPM可得∠PFB+∠PEA＝143°，据此得结论④正确；综上所述即可得出答案．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF＝∠D＝90°，BA＝AD，
∵BF⊥PA于点N，
∴△ABN是直角三角形，
在Rt△ABN中，∠ABF+∠BAN＝90°，
又∵∠DAP+∠BAN＝90°，
∴∠ABF＝∠DAP，
在△ABF和△DAP中，，
∴△ABF≌△DAP（ASA），故结论①正确；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE＝∠C＝90°，AB＝BC，
∵AE⊥PB于点M，
∴△ABM是直角三角形，
在Rt△ABM中，∠BAE+∠ABM＝90°，
又∵∠CBP+∠ABM＝90°，
∴∠BAE＝∠CBP，
在△ABE和△BCP中，，
∴△ABE≌△BCP（ASA），故结论②正确；
③∵四边形ABCD是正方形，
∴CD＝BC，
∵△ABE≌△BCP，
∴BE＝CP，
∴CD﹣CP＝BC﹣BE，
∴DP＝CE，故结论③正确；
④∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠C＝90°，AD＝CD，
∵△ABF≌△DAP，
∴AF＝DP，
∴AD﹣AF＝CD﹣DP，
∴DF＝CP，
在△DPF和△CEP中，，
∴△DPF≌△CEP（SAS），
∴∠DFP＝∠CPE，
在Rt△DFP中，∠DFP+∠DPF＝90°，
∴∠CPE+∠DPF＝90°，
∴∠EPF＝180°﹣（∠CPE+∠DPF）＝90°，
∵∠APB＝53°，
∴∠FPN+∠EPM＝∠EPF﹣∠APB＝90°﹣53°＝37°，
∵BF⊥PA于点N，AE⊥PB于点M，
∴△FPN和△EPM都是直角三角形，
∴∠PFB＝90°﹣∠FPN，∠PEA＝90°﹣∠EPM，
∴∠PFB+∠PEA＝180°﹣（∠FPN+∠EPM）＝180°﹣37°＝143°．故结论④正确，
综上所述：结论正确的是①②③④，共4个．故选：D．
10．（2026春 普陀区期中）如果正方形的一条对角线长为，那么它的面积是　3　 ．
【答案】3．
【分析】利用对角线乘积的一半即可求出正方形的面积．
【解答】解：正方形的面积是3．
故答案为：3．
11．（2026春 江阴市期中）两个正方形按如图所示位置摆放，若∠2＝65°，则∠1＝　155°　 ．
【答案】155°．
【分析】根据正方形的每个内角等于90°求解．
【解答】解：如图，
由题意可知，∠4+∠2＝∠3+∠5＝90°，∠3+∠4＝90°，
∴∠3＝∠2＝65°，∠5＝25°，
∴∠1＝180°﹣25°＝155°，故答案为：155°．
12．（2026春 闵行区期中）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，作EF⊥AB于点F，连接DE，若BC＝11，BF＝5，则DE的长为　　 ．
【答案】．
【分析】由正方形的性质求得AB，进而求得AF与EF，再由勾股定理求得BE，最后根据轴对称性质求得DE．
【解答】解：连接BE，四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝11，∠EAF＝45°，
∵EF⊥AB，
∴EF＝AF＝AB﹣BF＝11﹣5＝6，BE，
∵正方形ABCD关于AC对称，
∴DE＝BE．故答案为：．
13．（2026春 海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，且C（0，﹣4），D（b，﹣2），则正方形ABCD的面积是　20　 ．
【答案】20．
【分析】根据正方形的性质、坐标与图形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，构造全等三角形即可解决问题．
【解答】解：过点D作DE⊥OC于点E，则OC＝2，OE＝2，
∴CE＝OC﹣OE＝4﹣2＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠CED＝90°，BC＝CD，
∴∠BCO+∠OCD＝∠CDE+∠OCD＝90°，
∴∠BCO＝∠CDE，
∴△OBC≌△ECD（AAS），
∴DE＝OC＝4，
∴正方形ABCD的面积是CE2+DE2＝22+42＝20，故答案为：20．
14．（2026春 虹口区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），联结CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为 　　 ．
【答案】．
【分析】连接AC，交BD于点O，由正方形性质得AB＝BC＝AD＝1，∠EDF＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠AOD＝90°，AD∥BC，再由勾股定理求出BD，依题意得∠BCF＜∠BCD＝90°，根据AD∥BC得∠DEF＝∠BCF＜90°，再分三种三种情况讨论如下：①当DE＝DF时，则∠DEF＝∠DFE，由此得∠BCF＝∠BFC，进而得BF＝BC＝1，则DE＝DF，据此得AE；②当DE＝FE时，则∠EFD＝∠EDF＝45°，此时∠DEF＝90°，这与∠DEF＜90°矛盾，故此种情况不存在；③当EF＝DF时，则∠DEF＝∠EDF＝45°，进而得∠DFE＝90°，此时点F于点O重合，点E于点A重合，不合题意，综上所述即可得出答案．
【解答】解：连接AC，交BD于点O，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为1，
∴AB＝BC＝AD＝1，∠EDF＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∠AOD＝90°，AD∥BC，
∴△ABD是直角三角形，
由勾股定理得：BD，
∵点E为AD边上一点（与点A、D不重合），
∴∠BCF＜∠BCD＝90°，
∵AD∥BC，
∴∠DEF＝∠BCF＜90°，
∵△DEF是等腰三角形，
∴有以下三种情况，
①当DE＝DF时，
∴∠DEF＝∠DFE，
∵∠DEF＝∠BCF，∠DFE＝∠BFC，
∴∠BCF＝∠BFC，
∴BF＝BC＝1，
∴DF＝BD﹣BF，
∴DE＝DF，
∴AE＝AD﹣DE；
②当DE＝FE时，
∴∠EFD＝∠EDF＝45°，
∴∠DEF＝180°﹣（∠EFD+∠EDF）＝90°，
又∵∠DEF＜90°，∴此种情况不存在；
③当EF＝DF时，
∴∠DEF＝∠EDF＝45°，
∴∠DFE＝180°﹣（∠DEF+∠EDF）＝90°，
∵∠AOD＝90°，∴此时点F于点O重合，点E于点A重合，不合题意，
综上所述：当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为．故答案为：．
15．（2026春 江北区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一点，过E作EF⊥AD交BD于点F，取BE的中点G，则GF的最小值为　　 ．
【答案】．
【分析】延长FG，交AB于点H，取AB的中点N，连接NG，先证明△HGB≌△FGE．得到GF＝GH，EF＝BH，根据三角形中位线定理，可得到NGAE，NG∥AE，设DE＝x，则BH＝x，AE＝4﹣x，NG＝2，NH＝|2﹣x|，GH2＝y，可得结论．
【解答】解：如图，延长FG，交AB于点H，取AB的中点N，连接NG，
∵EF⊥AD，
∴∠AEF＝∠DEF＝90°，
∴∠AEF＝∠A＝90°，
∴∠AEF+∠A＝180°，
∴AB∥EF，
∴∠GBH＝∠GEF，
∵BE的中点为点G，
∴BG＝EG，
又∵∠HGB＝∠FGE，
∴△HGB≌△FGE（ASA），
∴GF＝GH，EF＝BH，
∵AB的中点为点N，BE的中点为点G，
∴NGAE，NG∥AE，
∴∠HNG＝180°﹣∠A＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EDF＝45°，
∴△DFE为等腰直角三角形，
∴DE＝EF，
∴DE＝EF＝BH，
设DE＝x，则BH＝x，AE＝4﹣x，NG＝2，NH＝|2﹣x|，GH2＝y，
∴y＝（2﹣x）2+（2）2，∴yx2﹣6x+8，
当x时，y取得最小值，即GH的最小值为，
∴GF的最小值为．故答案为：．
16．（2026春 鼓楼区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝10，E在线段AB上，作射线DE，分别过点A，B，C作DE的垂线，垂足分别为点F，G，H，则AF+BG+CH的最小值为　　 ．
【答案】．
【分析】连接BD，CE，由正方形性质得S△ADE+S△BED+S△CDE＝S正方形ABCD＝100，结合三角形面积公式，得，再通过DE的最大值求该式的最小值．
【解答】解：连接BD，CE，如图，
∵AB＝CD＝AD＝10，∠BAD＝90°，
∴，
∴，
∵，
∴S△CDE+S△ADE+S△BED＝100，
又∵AF⊥DG，CH⊥DG，BG⊥DG，
∴，
∴，
∵，
∴当E与B重合时，DE的值最大为，
∴AF+BG+CH有最小值为．故答案为：．
17．（2026春 扬州期中）如图，∠POQ＝45°，A、B是∠POQ的边OP上两定点，OB＝6，OA＝2，E是边OQ上一动点，分别以AB、AE为边作正方形ABCD、正方形AEFG．则线段BG的最小值为 　　 ．
【答案】BG的最小值为．
【分析】设OQ交AD于点M，交CD于点N，过点D作DE'⊥OQ于点E'，先计算正方形的边长，然后计算MN的长，根据垂线段最短可知，当点E与E′重合时，DE的值最小，最小值为解题即可．
【解答】解：如图，设OQ交AD于点T，过点D作DH⊥OQ于点H．
∵四边形AEFG，四边形ABCD都是正方形，
∴∠EAG＝∠DAB＝90°，AE＝AG，AD＝AB，
∴∠DAE＝∠BAG，
∴△DAE≌△BAG（SAS），
∴DE＝BG，
∴DE的值最小时，BG的值最小，
∵OA＝2，OB＝6，AB＝AD＝4，
∵∠O＝45°，∠OAT＝90°，
∴∠O＝∠ATO＝45°，
∴OA＝AT＝2，
∴DT＝4﹣2＝2，
当DE与DH重合时，DE的值直线，DE的最小值＝DE sin45，
∴BG的最小值为；故答案为：．
18．（2026春 韩城市期中）如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝AE，连接DE，DF，若∠EAB＝30°，求∠DFE的度数．
【分析】根据正方形AEFG和正方形ABCD是两个全等的正方形，得出AD＝AE，∠DAB＝∠AEF＝90°，证明△ADE是等边三角形，再根据等边三角形的性质求出∠DEF＝30°即可解得．
【解答】解：∵在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝AE，
∴AD＝AE＝EF，∠DAB＝∠AEF＝90°，
∵∠EAB＝30°，
∴∠DAE＝90°﹣∠EAB＝60°，
∴△ADE是等边三角形，
∴∠DEA＝60°，DE＝AE＝EF，
∴∠DEF＝30°，
∴．
19．（2026春 吴忠期中）如图，过正方形ABCD的顶点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．
（1）判断四边形ACED的形状，并说明理由；
（2）若BD＝8cm，求线段BE的长．
【分析】（1）根据正方形的对边互相平行可得AD∥BC，即为AD∥CE，然后根据两组对边互相平行的四边形是平行四边形解答；
（2）根据正方形的四条边都相等，平行四边形的对边相等可得BC＝AD＝CE，再根据正方形的边长等于对角线的倍求出BC，然后求出BE即可．
【解答】解：（1）四边形ACED是平行四边形．
理由如下：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
即AD∥CE，
∵DE∥AC，
∴四边形ACED是平行四边形；
（2）由（1）知，BC＝AD＝CE＝CD，
∵BD＝8cm，
∴BCBD8＝4cm，
∴BE＝BC+CE＝448cm．
20．（2026春 工业园区校级同步）已知ABCD是一个正方形花园．
（1）如图1，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门E、F、G、H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，问这两条路等长吗？为什么？
【分析】（1）根据正方形的性质证明△BAE≌△ADF（SAS），即可解决问题；
（2）作EM⊥BC于点M，交HF于点P，作HN⊥CD于点N，交EM于点Q，根据正方形的性质证明△EMG≌△HNF（ASA），即可解决问题．
【解答】解：（1）这两条路等长，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠D＝90°，
∵DE＝CF，
∴AD﹣DE＝CD﹣CF，
即AE＝DF，
∴△BAE≌△ADF（SAS），
∴AF＝BE，
故这两条路等长；
（2）这两条路等长，理由如下：
如图2，作EM⊥BC于点M，交HF于点P，作HN⊥CD于点N，交EM于点Q，
∴∠EMG＝∠EMC＝90°，∠HNF＝∠HND＝90°，
∴∠EMG＝∠HNF，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠C＝∠D＝90°，AD＝CD，
∴∠A＝∠HND＝∠D＝90”，∠EMC＝∠C＝∠D＝90°，
∴四边形AHND、四边形EMCD都是矩形，
∴EM∥BC，HN＝AD，EM＝CD，
∴∠HQP＝∠HNF＝90”，HN＝EM，
∴∠NHF+∠HPQ＝90°，
∵EG⊥FH，
∴∠MEG+∠HPQ＝90°，
∴∠MEG＝∠NHF，
∵HN＝EM，∠EMG＝∠HNF，
∴△EMG≌△HNF（ASA），
∴EG＝FH，故这两条路等长．
题型二．正方形的判定
21．（2026春 西城区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．有一个角是直角的矩形是正方形
【答案】C
【分析】利用平行四边形、矩形、菱形及正方形的判定方法分别判断，即可确定正确的选项．
【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形，是假命题，不合题意；
B、一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形，是假命题，不合题意；
C、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，符合题意；
D、有一个角是直角的矩形是正方形，是假命题，不合题意；
故选：C．
22．（2026 盘锦校级开学）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＝CD B．DC＝BC C．∠AOB＝60° D．OC＝CD
【答案】B
【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．
∴DC＝BC，能使矩形ABCD成为正方形．故选：B．
23．（2026春 金山区校级月考）在四边形ABCD中，对角线交点为O．下列条件能判定四边形是正方形的条件是（　　）
A．AB∥CD，AB＝CD，AC＝BD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AC＝CD，BO＝DO，AB＝BC
【答案】C
【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定以及正方形的判定，即可得出答案．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形，故不符合题意；
B、∵AD∥BC，
∴∠A+∠B＝180°，
∵∠A＝∠C，
∴∠B+∠C＝180°，
∴AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故不符合题意；
C、∵AO＝BO＝CO＝DO，
∴四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形，故符合题意；
D、∵AC＝CD，BO＝DO，AB＝BC，
不能得出四边形ABCD是正方形，故不符合题意；故选：C．
24．（2026春 海淀区校级期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，则下列说法中错误的是（　　）
A．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
B．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
C．若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AB＝BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
【答案】D
【分析】先根据平行四边形的判定证明ABCD是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可．
【解答】解：∵OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，A选项正确，故本选项不符合题意；
∵AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形，B选项正确，故本选项不符合题意；
∵AB⊥BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴平行四边形ABCD是正方形，C选项正确，故本选项不符合题意；
∵AB＝BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴都只能证明平行四边形ABCD是菱形，D选项错误，故本选项符合题意．
故选：D．
25．（2026春 玄武区校级期中）如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD（AB＞AD）的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．下列关于四边形EFGH的说法正确的是（　　）
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；④存在无数个四边形EFGH是正方形
A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
【答案】C
【分析】根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：①如图，
∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
过点O直线EG和HF，分别交AB，BC，CD，AD于E，F，G，H，
则四边形EFGH是平行四边形，
故存在无数个四边形EFGH是平行四边形；故①正确；
②如图，当EG＝HF时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形；故②正确；
③如图，当EG⊥HF时，存在无数个四边形EFGH是菱形；故③正确；
④当四边形EFGH是正方形时，EH＝EF，
则△AEH≌△BFE（AAS），
∴AH＝BE，AE＝BF，
∵BF＝DH，
∴AB＝AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形EFGH是正方形，故④错误；
故选：C．
26．（2026春 长乐区校级期中）如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE∥CA，DF∥AB．下列四个判断中，不正确的是（　　）
A．四边形AEDF是平行四边形 B．如果AD＝EF，则四边形AEDF是矩形
C．若AD⊥EF，则四边形AEDF是菱形 D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是正方形
【答案】D
【分析】两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，四个角都是直角，且四个边都相等的是正方形．
【解答】解：因为DE∥CA，DF∥BA，所以四边形AEDF是平行四边形．故A选项不符合题意．
因为AD＝EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B选项不符合题意．
因为AD⊥EF，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是菱形．故C选项不符合题意．
如果AD⊥BC且AB＝BC，不能判定四边形AEDF是正方形，故D选项符合题意．
故选：D．
27．（2026春 长沙月考）请添加一个条件，使得菱形ABCD为正方形，则此条件可以为AC＝BD或∠ABC＝90°　 ．
【答案】AC＝BD或∠ABC＝90°
【分析】根据对角线相等的菱形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形；即可得出结论．
【解答】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：AC＝BD；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：∠ABC＝90°；
故添加的条件为：AC＝BD或∠ABC＝90°．故答案为：AC＝BD或∠ABC＝90°．
28．（2026春 徐州月考）在矩形ABCD中，AB＝CD，BC＝DA，对角线AC与BD相交于点O，要使得矩形ABCD是正方形，则还需要增加的一个条件是AB＝BC （填一个即可）．
【答案】AB＝BC（答案不唯一）．
【分析】根据正方形的判定方法即可直接作答．
【解答】解：要使得矩形ABCD是正方形，则增加的一个条件可以是：AB＝BC（答案不唯一），
故答案为：AB＝BC（答案不唯一）．
29．（2025 尼木县一模）已知菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，添加条件 AC＝BD或AB⊥BC 可使菱形ABCD成为正方形．
【答案】AC＝BD或AB⊥BC
【分析】知道四边形ABCD是菱形和菱形的对角线，要在菱形的对角线的性质的基础上加上合适的条件使菱形成为正方形，再结合正方形的对角线的性质就可以得出需要添加的条件．
【解答】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：AC＝BD；
根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：AB⊥BC；
故添加的条件为：AC＝BD或AB⊥BC．
30．（2025春 互助县期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC⊥BD，且相交于点O，请你添加一个条件，使其成为正方形：AB⊥BC（答案不唯一）　 ．
【答案】AB⊥BC（答案不唯一）．
【分析】依据正方形的判定定理进行判断即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴当有一个内角是直角或对角线相等时，菱形ABCD为正方形，
∴当AB⊥BC或AC＝BD时，菱形ABCD为正方形，
故答案为：AB⊥BC（答案不唯一）．
31．（2025春 济源校级期中）如图，四边形ABCD是矩形，则只须补充条件AB＝AD（答案不唯一）　 （用字母表示，只添加一个条件），就可以判定四边形ABCD是正方形．
【答案】AB＝AD（答案不唯一）．
【分析】在矩形的基础上，可以加上有一组邻边相等即可判定四边形ABCD是正方形．
【解答】解：因为有一组邻边相等的矩形是正方形，
故答案为：AB＝AD（答案不唯一）．
32．（2025春 利通区校级期中）一个四边形顺次添加下列条件中的三个条件便得到正方形：a．两组对边分别相等，b．一组对边平行且相等，c．一组邻边相等，d．一个角是直角，顺次添加的条件：①a→c→d；②b→d→c；③a→b→c，则正确的是　①②　 ．
【答案】①②．
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【解答】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，不符合题意；
故答案为：①②．
33．（2025春 康乐县校级月考）如图，菱形ABCD的边长为4cm，∠DAB＝60°，对角线AC、BD相交于点O，点E、F同时从点O出发在线段AC上以0.5cm/s的速度分别向点A、C运动（点E、F分别到达A、C两点时停止运动），设运动时间为ts．连接DE、DF、BE、BF，当t＝ 　4　 时，四边形DEBF为正方形．
【答案】4．
【分析】根据等边三角形的性质，可以得到BD的长，然后根据菱形的性质可以得到OD的长和BD⊥EF，再根据正方形的性质，可以得到OD＝OE，然后即可计算出t的值．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，
∵∠DAB＝60°，
∴△ABD是边长为4cm的等边三角形，
∴BD＝4cm，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴OD＝2cm，
∵四边形DEBF为正方形，
∴OD＝OE，
∴t＝2÷0.5＝4，即t＝4时，四边形DEBF为正方形．故答案为：4．
34．（2025春 城厢区校级期中）用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝5，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　5　 ．
【答案】5．
【分析】在菱形ABCD中，连接AC，由AB＝CB，∠B＝60°，证明△ABC是等边三角形，则AB＝CB＝AC＝5，在正方形ABCD中，连接AC，由AB＝CB＝5，∠B＝90°，求得ACAB＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：如图1，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝CB，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB＝CB＝AC＝5，
如图2，连接AC，
∵正方形ABCD与菱形ABCD的边长相等，
∴AB＝CB＝5，∠B＝90°，
∴ACAB＝5，故答案为：5．
35．（2025春 西安期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，连接DE，将矩形ABCD沿DE折叠，点A的对称点F落在边CD上，连接EF．求证：四边形ADFE是正方形．
【分析】根据矩形的性质和判定以及正方形的判定解答即可．
【解答】证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADC＝90°．
由折叠，得∠A＝∠DFE＝90°
∴∠A＝∠ADF＝∠DFE＝90°．
∴四边形AEFD是矩形．
∵AE＝EF，
∴四边形AEFD是正方形．
36．（2025 湖北模拟）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于点O，OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，求证：四边形OGCF是正方形．
【分析】根据有三个角是直角的四边形是矩形，可得四边形OGCF是矩形，根据角平分线的性质，可得OH与OF，OH与OG的关系，根据邻边相等的矩形是正方形，可得答案．
【解答】证明：如图，作OH⊥AB与H点，
∵OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，
∴∠OGC＝∠OFC＝90°．
∵∠C＝90°，
∴四边形OGCF是矩形．
∵AD平分∠BAC，
∴OH＝OF．
∵BE平分∠ABC，
∴OH＝OG，
∴OF＝OG，
∴四边形OGCF是正方形．
37．（2025春 镇原县期中）如图，在四边形ABCD中，点E是线段AD上的任意一点（E与A，D不重合），G、F、H分别是BE、BC、CE的中点．连接EF，若BE⊥EC，EF⊥BC，说明：四边形EGFH是正方形．
【分析】由三角形中位线定理可得GF∥EC，FH∥BE，可证四边形EGFH是平行四边形，再由正方形的判定方法可得结论．
【解答】证明：连接GH，
∵G、F分别是BE、BC的中点，
∴GF∥EC，
同理FH∥BE，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∵G、H分别是BE，CE的中点，
∴GH∥BC，
∵EF⊥BC，
∴EF⊥GH，
又∵四边形EGFH是平行四边形，
∴四边形EGFH是菱形，
∵BE⊥EC，
∴菱形EGFH是正方形．
38．（2026春 徐州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形．
（2）当∠ABC＝　45　 °时，四边形AEBD是正方形．
【分析】（1）可证明AE＝BD，则可证明四边形AEBD是平行四边形，由三线合一定理得到AD⊥BC，据此可证明结论；
（2）当∠ABC＝45°时，可证明△ABD是等腰直角三角形，得到AD＝BD，则可证明矩形AEBD是正方形．
【解答】（1）证明：∵点D是BC的中点，
∴BD＝CD，
又∵AE＝CD，
∴AE＝BD，
∵AE∥BC，AE＝BD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB＝AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB＝90°，
∴四边形AEBD是矩形．
（2）解：当∠ABC＝45°时，四边形AEBD是正方形，证明如下：
由（1）可得AD⊥BC，且四边形AEBD是矩形，
又∵AD⊥BC，∠ABC＝45°，
∴△ABD是等腰直角三角形，
∴AD＝BD，
∴矩形AEBD是正方形．
39．（2025春 黄石校级期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
【分析】（1）证明四边形AMCN是矩形即可得出AC＝MN；
（2）根据正方形的判定方法可知，当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形．
【解答】（1）证明：在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，
∴，
∴，
∵AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，
∴∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AC＝MN；
（2）解：当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形，理由如下：
∵四边形AMCN是矩形，AC⊥MN，
∴四边形AMCN为正方形．
40．（2025春 西宁期末）如图，在△ABC中，D，E分别是BC，AC的中点，过点A作AF∥BC，交DE的延长线于点F，连接BF，CF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）若BF＝FC，判断四边形ABDF的形状，并说明理由；
（3）当△BFC满足什么条件时，四边形ABDF是正方形？（直接写出条件即可，不要求证明）
【分析】（1）证明DE是△ABC的中位线得DE∥AB，再根据AF∥BC即可得出结论；
（2）根据BF＝FC得△BFC是等腰三角形，再根据点D是BC的中点得FD⊥BC，由此即可得出平行四边形ABDF是矩形；
（3）在△BFC中，BF＝CF，∠BFC＝90°，点D是BC的中点，则BD＝DF，∠BDF＝90°，由此即可得出平行四边形ABDF是正方形，据此即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵点D，E分别是BC，AC的中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥AB，
即DF∥AB，
又∵AF∥BC，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）当BF＝FC时，四边形ABDF是矩形，理由如下：
∵BF＝FC，
∴△BFC是等腰三角形，
∵点D是BC的中点，
∴FD⊥BC，
即∠BDF＝90°，
∴平行四边形ABDF是矩形；
（3）当△BFC满足BF＝CF，∠BFC＝90°时，四边形ABDF是正方形，证明如下：
在△BFC中，BF＝CF，∠BFC＝90°，点D是BC的中点，
∴BD＝DF，∠BDF＝90°，
∴平行四边形ABDF是正方形．
题型三．正方形的判定与性质
41．（2026春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系中，一个正方形的三个顶点坐标分别为（﹣2，1），（1，1），（1，﹣2），则下列坐标表示的点能成为该正方形顶点的是（　　）
A．（1，2） B．（2，﹣1） C．（﹣2，2） D．（﹣2，﹣2）
【答案】D
【分析】先观察已知三个顶点的坐标特征，得出相邻边平行于坐标轴，且边长相等互相垂直，再根据正方形顶点坐标规律推导第四个顶点坐标．
【解答】解：已知三个顶点分别为A（﹣2，1），B（1，1），C（1，﹣2），
∵A和B纵坐标相等，
∴AB∥x轴，AB＝|1﹣（﹣2）|＝3，
∵B和C横坐标相等，
∴BC∥y轴，BC＝|1﹣（﹣2）|＝3，
∴AB⊥BC，AB＝BC，AB，BC是正方形的相邻边，
∵正方形对边平行，
∴第四个顶点横坐标与A相同，纵坐标与C相同，
∴第四个顶点坐标为（﹣2，﹣2），正确选项为D，
故选：D．
42．（2025春 巴中期末）三角形的三条角平分线交于三角形内部一点，这个点叫作三角形的内心，如图，在Rt△ABC中，点P是△ABC内心，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12．PD⊥BC于点D，则AP的长是（　　）
A． B． C．4 D．2
【答案】B
【分析】如图，过P作PE⊥AB于E，过P作PF⊥AC于F，证明PD＝PE＝PF，四边形PEBD为正方形，可得PE＝BE＝BD＝PD，再进一步利用勾股定理与等面积法求解即可．
【解答】解：如图，过P作PE⊥AB于E，过P作PF⊥AC于F，
∵P为三个内角平分线的交点，PD⊥BC，
∴PD＝PE＝PF，
∵∠ABC＝∠PDB＝∠PEB＝90°，
∴四边形PEBD为正方形，
∴PE＝BE＝BD＝PD，
在直角三角形ABC中，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12，
由勾股定理得：，
∵，
∴5×12＝（5+12+13）×PE，
解得：PE＝2，
∴PE＝BE＝BD＝PD＝2，
∴AE＝3，
在直角三角形AEP中，由勾股定理得：；故选：B．
43．（2025春 鄞州区期末）如图1，由5块图形拼成矩形ABCD（其中①，②是正方形），截去①号正方形后，其余4块图形可拼成如图2的正方形EFGH，则下列说法错误的是（　　）
A．四边形ABCD是正方形
B．矩形ABCD的周长是②号正方形周长的2倍
C．③号图形的较长直角边是较短直角边的倍
D．矩形ABCD的周长是正方形EFGH周长的倍
【答案】D
【分析】根据题意可得①与②是边长相等的两个正方形，结合两个图中②是同一个图形得出AD＝DC，根据正方形的判定的得出四边形ABCD是正方形；分别求出正方形ABCD与②号正方形的周长，即可得出矩形ABCD的周长是②号正方形周长的2倍；设AJ＝x，分别表示出正方形ABCD与①号正方形的面积，即可求出正方形EFGH的面积，进而求出正方形EFGH的边长，即可求得③号图形的较长直角边是较短直角边的倍；分别表示出正方形ABCD与正方形EFGH的周长，即可求得矩形ABCD的周长是正方形EFGH周长的倍，即可得出答案．
【解答】解：如图：
根据题意可得，两个图中⑤是同一个图形，
即MO＝ER，MN＝EQ，NC＝QT，PC＝ST，MO＝ER，
∵①，②是正方形，
∴AK＝AJ＝JL＝KL，JL＝JD＝DN＝LN，
∴AJ＝JD，即①与②是边长相等的两个正方形；
又∵②是正方形，且两个图中②是同一个图形，
故DN＝HW＝QT，
∴DN＝HW＝QT＝NC，即DN＝DC，
∴AD＝DC，
又∵多边形ABCD是矩形，
故四边形ABCD是正方形，故A选项说法正确．
则正方形ABCD的周长为4AD＝4×2JD＝8JD，
②号正方形周长为4JD，
∵，
故矩形ABCD的周长是②号正方形周长的2倍，故B选项说法正确．
设AJ＝x，则正方形ABCD的面积为（2x）2＝4x2，①号正方形的面积为x2，
根据题意可得，正方形EFGH的面积为4x2﹣x2＝3x2，
故正方形EFGH的边长为，即，
∵KB是图形③中较短的直角边，且两个图中③是同一个图形，
故KB＝RF＝x，
故在Rt△RFG中，，
即③号图形的较长直角边是较短直角边的倍，C选项说法正确．
设AJ＝x，则正方形ABCD的周长为4AD＝4×2AJ＝8x，
正方形EFGH的周长为，
则，
故矩形ABCD的周长是正方形EFGH周长的倍，故D选项说法错误；
故选：D．
44．（2025春 齐齐哈尔校级期中）如图在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤2OF2＝EF2；⑥若DF＝3，，则．其中正确的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】根据正方形的性质得到OD＝OC，∠ODC＝∠OCB＝45°，∠DOC＝90°，CD＝BC，利用全等三角形ASA判定推出△DOF≌△COE，可判断①；由全等三角形的性质可得DF＝CE，OF＝OE，可判断②；由OF＝OE和∠EOF＝90°得出∠OFE＝45°，可判断③；由△DOF≌△COE得到S△DOF＝S△COE，可判断④；利用勾股定理可判断⑤，根据S△OEF＝S四边形CEOF﹣S△CFE＝6，可判定⑥，即可得出结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，∠ODC＝∠OCB＝45°，∠DOC＝90°，CD＝BC，
∵∠EOF＝90°，
∴∠DOC＝∠EOF＝90°，
∴∠DOC﹣∠COF＝∠EOF﹣∠COF，即∠DOF＝∠COE，
∴△DOF≌△COE（ASA），故①正确；
∵△DOF≌△COE，
∴DF＝CE，OF＝OE，
∴CD﹣DF＝BC﹣CE，即CF＝BE，故②正确；
∵OF＝OE，∠EOF＝90°，
∴△OEF是等腰直角三角形，
∴∠OFE＝45°，
∴若需证FO＝FG，则需证，
而题目条件无法证明∠FOG＝67.5°，故③不正确；
∵△DOF≌△COE，
∴S△DOF＝S△COE，
∴S四边形CEOF＝S△COE+S△COF＝S△DOF+S△COF＝S△DOC，
∵正方形ABCD，
∴，
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的，故④正确；
∵∠EOF＝90°，
∴OF2+OE2＝EF2，
∴2OF2＝EF2，故⑤正确；
∵DF＝3，，
∴，
∴，，
∴，
∴S△OEF＝S四边形CEOF﹣S△CFE＝6，
∴，即OE2＝12，
∴．故⑥正确．
∴综上所述，其中正确的有①②④⑤⑥，正确的个数是5．故选：C．
45．（2025春 北京期末）如图，在矩形ABCD中，点P是对角线AC上任意一点（不与A，C重合），过点P作EF∥AD，MN∥AB，点E，F，M，N分别是边AB，CD，AD，BC上的点．连接BP，DP．设AE＝a，BE＝b，AM＝c，DM＝d．下面四个结论中正确的个数是（　　）
①当AE＝AM时，四边形AEPM是正方形；
②四边形BEPN与四边形DMPF的面积始终相等；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】由题意得四边形AEPM是矩形，同理易得四边形BEPN，四边形MPFD，四边形PNCF均是矩形，由AE＝AM可判定①；利用矩形的性质可判定②；利用三角形三边关系及勾股定理可分别判定③与④，最后可确定答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，AE＝a，BE＝b，AM＝c，DM＝d，
∴∠BAD＝90°，S△ABC＝S△ADC，BC＝AD＝AM+DM＝c+d，CD＝AB＝AE+BE＝a+b；
∵EF∥AD，MN∥AB，
∴四边形AEPM是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）；
∵∠BAD＝90°，
∴四边形AEPM是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
∴PM＝AE＝a，PE＝AM＝c；
同理得四边形BEPN，四边形MPFD，四边形PNCF均是矩形；
∵AE＝AM，
∴四边形AEPM是正方形（一组邻边相等的菱形是正方形）；
故①正确；
∵S△AEP＝S△AMP，S△PNC＝S△PFC，S△ABC＝S△ADC，
∴S△ABC﹣S△AEP﹣S△PNC＝S△ADC﹣S△AMP﹣S△PFC，
即四边形BEPN与四边形DMPF的面积相等；
故②正确；
∵PE＝AM＝c，
∴；
在△BPE中，BE+PE＞PB，
即；
故③错误；
连接BD，
∵，；
在△PBD中，PB+PD≥BD，当点P位于对角线BD上时，等号成立；
∴；
故④不正确；
综上，正确的有2个；故选：B．
46．（2025春 阜宁县期中）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形教具边长为10，∠D′＝30°，则四边形A′BCD′的面积为　50　 ．
【答案】50．
【分析】设A′D′交CD于点E，由正方形的性质得AD＝CD＝10，∠BCD＝90°，由于正方形ABCD形状改变后它的四条边的长度不变，所以四边形A′BCD′是菱形，且A′D′＝CD′＝10，由A′D∥′BC，得∠CED′＝∠BCD＝90°，而∠D′＝30°，则CECD′＝5，求得S四边形A′BCD′＝A′D′ CE＝50，于是得到问题的答案．
【解答】解：设A′D′交CD于点E，
∵四边形ABCD是边长为10的正方形，
∴AD＝CD＝10，∠BCD＝90°，
∵正方形ABCD形状改变后它的四条边的长度不变，
∴四边形A′BCD′是菱形，且A′D′＝AD＝10，CD′＝CD＝10，
∵A′D′∥BC，
∴∠CED′＝∠BCD＝90°，
∴CE⊥A′D′，
∵∠D′＝30°，
∴CECD′＝5，
∴S四边形A′BCD′＝A′D′ CE＝10×5＝50，
故答案为：50．
47．（2025春 海陵区校级月考）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝a，AD＝b，则CD的长为　　 ．（用含有a，b的代数式表示）
【答案】．
【分析】将AD分别沿着AB，AC翻折，得到AE，AG，连接EC，GB并延长交于点F，证明四边形AGFE为正方形，得到∠F＝90°，FG＝EF＝AE＝b，进而得到BF＝b﹣a，设CD＝CE＝x，则：BC＝a+x，CF＝b﹣x，利用勾股定理进行求解即可．
【解答】解：∵AD⊥BC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，
将AD分别沿着AB，AC翻折，得到AE，AG，连接EC，GB并延长交于点F，
则：AE＝AD＝AG＝b，CD＝CE，DB＝BG＝a，∠DAB＝∠GAB，∠CAE＝∠CAD，∠E＝∠ADC＝90°，∠AGB＝∠ADB＝90°，
∵∠BAC＝45°，
∴∠DAB+∠GAB+∠CAE+∠CAD＝2∠BAC＝90°，
∴四边形AGFE为正方形，
∴∠F＝90°，FG＝EF＝AE＝b，
∴BF＝b﹣a，
设CD＝CE＝x，则：BC＝a+x，CF＝b﹣x，
在Rt△BFC中，BC2＝BF2+CF2，
∴（a+x）2＝（b﹣x）2+（b﹣a）2
∴
∴；
故答案为：．
48．（2025春 长乐区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，CD＝BC，下列四个判断：
①若∠C＝120°，则；
②连接AC，DB，若AC垂直平分DB，则AD＝BC；
③连接AC，作∠DAC＝∠ACB，则四边形ABCD是正方形；
④点A关于直线BD的对称点一定在直线BC上．
其中正确的序号为 　②③④　 ．（写出所有正确的序号）
【答案】②③④
【分析】①过点C作CE⊥AB于E，则四边形AECD为矩形，进而得AD＝CE，∠DCE＝90°，∠BCE＝30°，则BE＝1/2BC，由勾股定理得CEBC，据此可对①进行判断；
②先证明CD∥AB得∠CDB＝∠ABD，根据AC垂直平分DB得AD＝AB，则△ABD为等腰直角三角形，进而得∠CDB＝∠ABD＝45°，再根据CD＝BC得∠CDB＝∠CBD＝45°，则∠ABC＝90°，从而得四边形ABCD为正方形，据此可对②进行判断；
③根据∠DAC＝∠ACB得AD∥BC，则BC⊥AB，从而得ABCD为正方形，据此可对③进行判断；
④连接BD，过点A作AH⊥BD，AH的延长线交BC的延长线于F，先证明∠ABD＝∠CBD，再依据“ASA”判定△AHB和△FHB全等得AH＝FH，则点A与点F关于直线BD对称，据此可对④进行判断，综上所述即可得出答案．
【解答】解：①过点C作CE⊥AB于E，如图1所示：
∵∠A＝∠D＝90°，
∴四边形AECD为矩形，
∴AD＝CE，∠DCE＝90°，
∵∠DCB＝120°，
∴∠BCE＝∠DCB﹣∠DCE＝30°，
∴BEBC，
在Rt△BCE中，由勾股定理得：CEBC，
∴ADBC，故①不正确；
②∵∠DAB＝∠CDA＝90°，
∴CD∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD，
∵AC垂直平分DB，
∴AD＝AB，
∴△ABD为等腰直角三角形，
∴∠ABD＝45°，
∴∠CDB＝∠ABD＝45°，
∵CD＝BC，
∴∠CDB＝∠CBD＝45°，
∴∠ABC＝∠ABD+∠CBD＝90°，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵CD＝BC，
∴矩形ABCD为正方形，
∴AD＝BC，故②正确；
③∠DAC＝∠ACB，
∴AD∥BC，
∴BC⊥AB，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵CD＝BC，
∴矩形ABCD为正方形，故③正确；
④连接BD，过点A作AH⊥BD，AH的延长线交BC的延长线于F，如图2所示：
则∠AHB＝∠FHB＝90°，
∵CD∥AB，
∴∠CDB＝∠ABD，
∵CD＝BC，
∴∠CDB＝∠CBD，
∴∠ABD＝∠CBD，
在△AHB和△FHB中，，
∴△AHB≌△FHB（ASA）
∴AH＝FH，
∴点A与点F关于直线BD对称，
∴点A关于直线BD的对称点一定在直线BC上，故④正确，
综上所述：正确的是②③④．
49．（2024秋 水城区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，过E点作EF⊥AD于点F，连接AC．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若，求∠DAC的度数．
【分析】（1）由矩形的性质得出∠FAB＝∠ABE＝90°，AF∥BE，证出四边形ABEF是矩形，再证明AB＝BE，即可得出四边形ABEF是正方形；
（2）根据正方形的性质求出AEBE，∠FAE＝45°，根据等腰三角形的性质、平行线的性质求出∠DAC＝∠EAC＝∠ECA，据此求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠FAB＝∠ABE＝90°，AF∥BE，
∵EF⊥AD，
∴∠FAB＝∠ABE＝∠AFE＝90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，AF∥BE，
∴∠FAE＝∠BAE＝∠AEB，
∴AB＝BE，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）解：∵四边形ABEF是正方形，
∴AEBE，∠FAE＝45°，
∵CEBE，
∴AE＝CE，
∴∠EAC＝∠ECA，
∵AF∥BC，
∴∠DAC＝∠ECA＝∠EAC，
∴∠DAC＝22.5°．
50．（2025春 靖江市校级月考）如图，四边形AECF是菱形，对角线AC、EF交于点O，点D、B是对角线EF所在直线上两点，且DE＝BF，连接AD、AB、CD、CB，∠ADO＝45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若正方形ABCD的面积为32，BF＝1，求点F到线段AE的距离．
【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形ABCD是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题；
（2）由正方形的面积公式求得BO＝DO＝CO＝AO＝4，进而得到OF＝3，由四边形ABCD是菱形得到EF＝4，AC⊥EF，菱形AFCE的面积＝24，由勾股定理求得．AE＝5，根据菱形的面积公式即可求得答案．
【解答】（1）证明：∵菱形AECF的对角线AC和EF交于点O，
∴AC⊥EF，OA＝OC，OE＝OF，
∵DE＝BF，
∴BO＝DO，
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ADO＝45°，
∴∠DAO＝∠ADO＝45°，
∵AO＝DO，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：∵正方形ABCD的面积为32，
∴，
∴，
∴BO＝DO＝CO＝AO＝4，
∴AC＝2AO＝8，
∵BF＝1，
∴OF＝BO﹣BF＝4﹣1＝3，
∵四边形AFCE是菱形，
∴EF＝2OE＝2OF＝6，AC⊥EF，
∴菱形AFCE的面积，
在Rt△AOE中，
，
设点F到线段AE的距离为h，
∴菱形AFCE的面积＝AE h＝24，即5h＝24，
∴，∴即点F到线段AE的距离为．
51．（2025 东莞市三模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，AB⊥BC，点E是边CD的延长线上的动点．连接AE．过点C作CF⊥AE于点F．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）当点F是AE的中点，且时，求四边形ABCD的面积．
【分析】（1）根据四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC得平行四边形ABCD为菱形，再根据AB⊥BC即可得出结论；
（2）连接AC，根据CF⊥AE于点F，点F为AE的中点得CF为线段AE的垂直平分线，则AC＝CE＝8√2，在Rt△ACD中由勾股定理得AD2＝64，据此可得四边形ABCD的面积．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
又∵AB⊥BC，
∴菱形ABCD为正方形，
（2）连接AC，如图所示：
∵CF⊥AE于点F，点F为AE的中点，
∴CF为线段AE的垂直平分线，
∴AC＝CE＝8√2，
∵四边形ABCD为正方形，
∵AD＝BC，∠ADC＝90°，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：AD2+CD2＝AC2，
∴AD2AC264，
∴四边形ABCD的面积＝AD2＝64．
52．（2025春 西和县期末）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
【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△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AD＝AB，即可得四边形ABCD是正方形；
（2）利用AAS可得△ADE≌△BAF（AAS），由全等三角形的性质得AE＝BF，由已知BH＝AE可得BH＝BF，根据线段垂直平分线的性质可得即可得AH＝AF，△AHF是等腰三角形．
【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°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD＝AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：△AHF是等腰三角形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB＝∠ABH＝90°，
∵DE⊥AF，
∴∠DAB＝∠AGD＝90°，
∴∠BAF+∠DAF＝90°，∠ADE+∠DAF＝90°，
∴∠ADE＝∠BAF，
∵DE＝AF，
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AE＝BF，
∵DE＝AF，
∴BH＝AE，
∴BH＝BF，
∵∠ABH＝90°，
∴AH＝AF，
∴△AHF是等腰三角形．
53．（2025春 前郭县期末）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连接AC，延长EC到点F，使CF＝BE，连接PF交BC的延长线于点G，求∠BGP的度数．
【分析】（1）由矩形可得∠ABC＝90°，易得∠ABP+∠PBC＝90°，由AP⊥BP，可得∠ABP+∠PAB＝90°，易得∠PBC＝∠PAB，由AAS定理可得△ABP≌△BCE，由全等三角形的性质可得AB＝BC，易得结论；
（2）由△ABP≌△BCE易得AP＝BE，又CF＝BE，可得AP＝CF，易得四边形ACFP是平行四边形，可得∠ACB＝∠BGP，由四边形ABCD是正方形，AC是对角线，可得∠ACB＝∠BGP＝45°．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°．即∠ABP+∠PBC＝90°，
∵AP⊥BP，
∴∠ABP+∠PAB＝90°，
∴∠PBC＝∠PAB．
∵CE⊥BP，
∴∠APB＝∠BEC＝90°．
∵BP＝CE，
∴△ABP≌△BCE（AAS）．
∴AB＝BC．
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：∵△ABP≌△BCE，∴AP＝BE．
∵BE＝CF，
∴AP＝CF．
∵AP⊥BP，FE⊥BP，
∴AP∥CF，
∴四边形ACFP是平行四边形．
∴AC∥PF，
∴∠ACB＝∠BGP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BGP＝∠ACB＝45°．
54．（2025春 新昌县校级月考）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝2，连接CF．
（1）若DG＝2，求证：四边形EFGH为正方形；
（2）若DG＝6，求△FCG的面积．
【分析】（1）通过证明Rt△DHG≌△AEH，得到∠DHG＝∠AEH，从而得到∠GHE＝90°，然后根据有一个角为直角的菱形为正方形得到四边形EFGH为正方形；
（2）作FQ⊥CD于Q，连接GE，如图，利用AB∥CD得到∠AEG＝∠QGE，再根据菱形的性质得HE＝GF，HE∥GF，则∠HEG＝∠FGE，所以∠AEH＝∠QGF，于是可证明△AEH≌△QGF，得到AH＝QF＝2，然后根据三角形面积公式求解．
【解答】（1）证明：∵四边形EFGH为菱形，
∴HG＝EH，
∵AH＝2，DG＝2，
∴DG＝AH，
在Rt△DHG和△AEH中，，
∴Rt△DHG≌△AEH，
∴∠DHG＝∠AEH，
∵∠AEH+∠AHE＝90°，
∴∠DHG+∠AHE＝90°，
∴∠GHE＝90°，
∵四边形EFGH为菱形，
∴四边形EFGH为正方形；
（2）解：作FQ⊥CD于Q，连接GE，如图，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠AEG＝∠QGE，即∠AEH+∠HEG＝∠QGF+∠FGE，
∵四边形EFGH为菱形，
∴HE＝GF，HE∥GF，
∴∠HEG＝∠FGE，
∴∠AEH＝∠QGF，
在△AEH和△QGF中，
∴△AEH≌△QGF，
∴AH＝QF＝2，
∵DG＝6，CD＝8，
∴CG＝2，
∴△FCG的面积CG FQ2×2＝2．
55．（2025春 咸阳期中）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若BE＝DG，求证：AD＝AE；
（3）在（2）的条件下，已知BE＝2，求OG的长．
【分析】（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据三角形全等的判定证得△AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）由（1）可知四边形ABEF是正方形，得，再由（2）可知△AGD≌△ABE，得DG＝BE＝AB＝AG＝2，即可得，再推出∠GOE＝∠OEG＝45°得OG＝EG即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴∠BAF＝∠ABE＝90°，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，
∴EF＝EB，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）证明：∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG＝∠EAB，
∵DG⊥AE于点G，
∴∠AGD＝∠ABE＝90°，
在△AGD和△ABE中，，
∴△AGD≌△ABE（AAS），
∴AD＝AE；
（3）解：由（1）可知四边形ABEF是正方形，
∴BE＝AB＝2，∠FAE＝∠FEA＝45°，
∴，
由（2）可知△AGD≌△ABE，
∴DG＝BE＝AB＝AG＝2，
∴，
∵DG⊥AE，
∴∠GOE＝∠OEG＝45°，
∴．
56．（2025春 丹徒区期中）如图，平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在x轴、y轴上，连接AB，△AOB的两条外角平分线BP、AP交于第一象限的点P，过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足为C、D．
（1）∠APB＝ 　45　 °；
（2）①求证：四边形OCPD是正方形；
②若OA＝AC＝3，求点B的坐标．
【分析】（1）根据垂直的定义得到∠PDO＝∠PCO＝∠DOC＝90°，求得四边形PDOC是矩形，得到∠DPC＝90°，过P作PE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到PD＝PE，PE＝PC，根据全等三角形的性质得到∠DPB＝∠EPB，同理∠CPA＝∠EPA，于是得到结论；
（2）①由（1）知四边形PDOC是矩形，根据角平分线的性质得到PD＝PC，得到四边形OCPD是正方形；
②由（1）知，Rt△PDB≌Rt△PEB，求得BD＝BE，同理AE＝AC＝3，设OB＝x，则BD＝BE＝6﹣x，根据勾股定理即可得到结论．
【解答】（1）解：∵PD⊥y轴，PC⊥x轴，∠AOB＝90°，
∴∠PDO＝∠PCO＝∠DOC＝90°，
∴四边形PDOC是矩形，
∴∠DPC＝90°，
过P作PE⊥AB于E，
∵△AOB的两条外角平分线BP、AP交于第一象限的点P，PD⊥y轴，PC⊥x轴，
∴PD＝PE，PE＝PC，
∵PB＝PB，
∴Rt△PDB≌Rt△PEB（HL），
∴∠DPB＝∠EPB，
同理∠CPA＝∠EPA，
∴∠BPA＝∠BPE+∠APE；
故答案为：45；
（2）①证明：由（1）知四边形PDOC是矩形，
∵△AOB的两条外角平分线BP、AP交于第一象限的点P，PD⊥y轴，PC⊥x轴，
∴PD＝PE，PE＝PC，
∴PD＝PC，
∴四边形OCPD是正方形；
②∵OA＝AC＝3，
∴OC＝OD＝6，
由（1）知，Rt△PDB≌Rt△PEB，
∴BD＝BE，
同理AE＝AC＝3，
设OB＝x，则BD＝BE＝6﹣x，
∴AB＝3+6﹣x，
∵AB2＝OB2+OA2，
∴（9﹣x）2＝x2+32，
∴x＝4，
∴点B的坐标为（0，4）．
57．（2025秋 高新区校级期中）如图，已知：在四边形ABFC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且CF∥AE．
（1）求证：四边形BECF是菱形；
（2）当∠A＝　45　 °时，四边形BECF是正方形；
（3）在（2）的条件下，若AC＝4，则四边形ABFC的面积为 　12　 ．
【分析】（1）根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有BE＝EC，BF＝FC，根据四边相等的四边形是菱形即可判断；
（2）若四边形BECF是正方形，则∠ECB＝∠FCB＝45°，而∠ACB＝90°，则∠ACE＝45°，若∠A＝45°，则∠AEC＝90°，可得四边形BECF是正方形；
（3）根据梯形面积公式即可得到答案．
【解答】（1）证明：∵EF垂直平分BC，
∴BF＝FC，BE＝EC，
∴∠FCB＝∠FBC，
∵CF∥AE
∴∠FCB＝∠CBE，
∴∠FBC＝∠CBE，
∵∠FDB＝∠EDB，BD＝BD，
∴△FDB≌△EDB（ASA），
∴BF＝BE，
∴BE＝EC＝FC＝BF，
∴四边形BECF是菱形；
（2）解：当∠A＝45°时，四边形BECF是正方形，理由如下：
若四边形BECF是正方形，则∠ECB＝∠FCB＝45°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE＝45°，
∵∠A＝45°，
∴∠AEC＝90°，
由（1）知四边形BECF是菱形，
∴四边形BECF是正方形；
故答案为：45；
（3）解：由（2）知，四边形BECF是正方形，AE＝BE＝CE＝2，
∴四边形ABFC的面积为12，
故答案为：12．
58．（2025春 宿城区期中）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．
小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线AB，AC为对称轴，画出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC相交于点G．
请按照小明的思路，探究并解答下列问题：
（1）求证：四边形AEGF是正方形．
（2）若AD＝6，BD＝2，则DC＝　3　 ．
【分析】（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF得AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，根据∠BAC＝45°得∠EAF＝90°，根据AD⊥BC得∠ADB＝∠ADC＝90°，则∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，可得四边形AEGF是矩形，根据AD＝AE，AD＝AF得AE＝AF，即可得；
（2）设CD＝x，则BC＝x+2，进而求出BD＝BE＝2，CD＝CF＝x，则BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x，在Rt△BGC中，根据勾股定理得 （6﹣x）2+42＝（x+2）2，解方程即可得到CD＝3．
【解答】解：（1）根据题意得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴AD＝AE，∠DAB＝∠EAB，AD＝AF，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝∠DAB+∠DAC+∠EAB+∠FAC＝∠BAC+∠BAC＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，
∴四边形AEGF是矩形，
∵AD＝AE，AD＝AF，
∴AE＝AF，
∴矩形AEGF是正方形；
（2）设CD＝x，则BC＝x+2
∵AD＝6，BD＝2，四边形AEGF是正方形，
∴EG＝FG＝AD＝6，∠BGC＝90°，
∵△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴BD＝BE＝2，CD＝CF＝x，
∴BG＝6﹣2＝4，CG＝6﹣x，
在Rt△BGC中，根据勾股定理得，BG2+CG2＝BC2，
∴（6﹣x）2+42＝（x+2）2，
解得x＝3，
∴CD＝3，
故答案为：3．
59．（2025春 新乡校级期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线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探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）作出辅助线，得到EN＝EM，然后判断∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法证出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，得出CE+CG＝CE+AE＝AC＝4即可．
【解答】①证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵正方形ABCD，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
且NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形；
②解：CE+CG的值为定值，理由如下：
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，
∴AC＝AE+CEAB24，
∴CE+CG＝4 是定值．
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题型突破11 正方形常考的3大题型
题型一．正方形的性质
1．（2026春 兴化市期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（　　）
A．对角相等 B．对角线相等
C．邻边互相垂直 D．对角线互相垂直
2．（2026春 房山区期中）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，若，则正方形ABCD的周长为（　　）
A． B．4 C． D．8
3．（2026春 东西湖区期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠AEB为（　　）
A．10° B．15° C．20° D．30°
4．（2026春 临安区期中）学校即将开展班级文化月评比活动，为打造特色文化墙，某班特意定制了一块边长为2.1m的正方形装饰泡沫板．已知教室门框高2m，宽0.9m，泡沫板不可折叠、切割，那么下面说法正确的是（　　）
A．竖直摆放可以直接进门
B．水平横放可以直接进门
C．斜着沿门框对角线能进门
D．怎么都无法进门
5．（2026春 秦淮区期中）将菱形MNPQ、菱形EFGH和正方形ABCD按如图所示的位置摆放，FG与NP间的距离为1cm．已知AB＝EF，则正方形ABCD的面积为（　　）
A．4cm2 B．8cm2 C．12cm2 D．16cm2
6．（2026春 海淀区校级期中）如图，在正方形ABCD中，点P是CD上任意一点，PE⊥AC，PF⊥BD，垂足分别为点E，F，若该正方形的面积为50，则PE+PF的值为（　　）
A．4 B．5 C．8 D．10
7．（2026春 昆山市期中）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是BC边上的一点，FG是线段AE的垂直平分线，与正方形的两边CD，AB分别交于点F，G，若，则线段BE的长为（　　）
A． B． C． D．
8．（2026春 江阴市期中）Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以△ABC的每条边为边按如图方向作三个正方形，分别是正方形ABMN，正方形BCPQ，正方形ACEF，且点N恰好是EF的中点．若图中阴影部分面积为3，则AB的长度是（　　）
A． B． C． D．
9．（2026春 江阴市期中）如图，在正方形ABCD中，点P在DC上，连接PA、PB，作AE⊥PB于点M，交BC于点E，作BF⊥PA于点N，交AD于点F，下列结论正确的个数有（　　）个．
①△ABF≌△DAP；
②△ABE≌△BCP；
③DP＝CE；
④若∠APB＝53°，则∠PFB+∠PEA＝143°．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
10．（2026春 普陀区期中）如果正方形的一条对角线长为，那么它的面积是　 　 ．
11．（2026春 江阴市期中）两个正方形按如图所示位置摆放，若∠2＝65°，则∠1＝　 　 ．
12．（2026春 闵行区期中）如图，在正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，作EF⊥AB于点F，连接DE，若BC＝11，BF＝5，则DE的长为　 　 ．
13．（2026春 海淀区校级期中）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点B在x轴上，顶点C在y轴上，且C（0，﹣4），D（b，﹣2），则正方形ABCD的面积是　 　 ．
14．（2026春 虹口区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为1，E为AD边上一点（与点A、D不重合），联结CE，交BD于点F．当△DEF是等腰三角形时，则AE的长为 　 　 ．
15．（2026春 江北区校级期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为边AD上一点，过E作EF⊥AD交BD于点F，取BE的中点G，则GF的最小值为　 　 ．
16．（2026春 鼓楼区校级期中）如图，在正方形ABCD中，AB＝10，E在线段AB上，作射线DE，分别过点A，B，C作DE的垂线，垂足分别为点F，G，H，则AF+BG+CH的最小值为　 　 ．
17．（2026春 扬州期中）如图，∠POQ＝45°，A、B是∠POQ的边OP上两定点，OB＝6，OA＝2，E是边OQ上一动点，分别以AB、AE为边作正方形ABCD、正方形AEFG．则线段BG的最小值为 　 　 ．
18．（2026春 韩城市期中）如图，在正方形ABCD和正方形AEFG中，AB＝AE，连接DE，DF，若∠EAB＝30°，求∠DFE的度数．
19．（2026春 吴忠期中）如图，过正方形ABCD的顶点D作DE∥AC交BC的延长线于点E．
（1）判断四边形ACED的形状，并说明理由；
（2）若BD＝8cm，求线段BE的长．
20．（2026春 工业园区校级同步）已知ABCD是一个正方形花园．
（1）如图1，E、F是它的两个门，且DE＝CF，要修建两条路BE和AF，问这两条路等长吗？为什么？
（2）如图2，在正方形四边各开一个门E、F、G、H，并修建两条路EG和FH，使得EG⊥FH，问这两条路等长吗？为什么？
题型二．正方形的判定
21．（2026春 西城区校级期中）下列说法正确的是（　　）
A．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．一条对角线垂直平分另一条对角线的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．有一个角是直角的矩形是正方形
22．（2026 盘锦校级开学）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＝CD B．DC＝BC C．∠AOB＝60° D．OC＝CD
23．（2026春 金山区校级月考）在四边形ABCD中，对角线交点为O．下列条件能判定四边形是正方形的条件是（　　）
A．AB∥CD，AB＝CD，AC＝BD B．AD∥BC，∠A＝∠C
C．AO＝BO＝CO＝DO，AC⊥BD D．AC＝CD，BO＝DO，AB＝BC
24．（2026春 海淀区校级期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，则下列说法中错误的是（　　）
A．若AC＝BD，则四边形ABCD是矩形
B．若AC⊥BD，则四边形ABCD是菱形
C．若AB⊥BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
D．若AB＝BC且AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形
25．（2026春 玄武区校级期中）如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD（AB＞AD）的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．下列关于四边形EFGH的说法正确的是（　　）
①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；
②存在无数个四边形EFGH是菱形；
③存在无数个四边形EFGH是矩形；
④存在无数个四边形EFGH是正方形
A．① B．①② C．①②③ D．①②③④
26．（2026春 长乐区校级期中）如图，在△ABC中，点E，D，F分别在边AB，BC，CA上，且DE∥CA，DF∥AB．下列四个判断中，不正确的是（　　）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果AD＝EF，则四边形AEDF是矩形
C．若AD⊥EF，则四边形AEDF是菱形
D．若AD⊥BC且AB＝AC，则四边形AEDF是正方形
27．（2026春 长沙月考）请添加一个条件，使得菱形ABCD为正方形，则此条件可以为　 　 ．
28．（2026春 徐州月考）在矩形ABCD中，AB＝CD，BC＝DA，对角线AC与BD相交于点O，要使得矩形ABCD是正方形，则还需要增加的一个条件是　 　 （填一个即可）．
29．（2025 尼木县一模）已知菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，添加条件 　 　 可使菱形ABCD成为正方形．
30．（2025春 互助县期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，对角线AC⊥BD，且相交于点O，请你添加一个条件，使其成为正方形：　 　 ．
31．（2025春 济源校级期中）如图，四边形ABCD是矩形，则只须补充条件　 　 （用字母表示，只添加一个条件），就可以判定四边形ABCD是正方形．
32．（2025春 利通区校级期中）一个四边形顺次添加下列条件中的三个条件便得到正方形：a．两组对边分别相等，b．一组对边平行且相等，c．一组邻边相等，d．一个角是直角，顺次添加的条件：①a→c→d；②b→d→c；③a→b→c，则正确的是　 　 ．
33．（2025春 康乐县校级月考）如图，菱形ABCD的边长为4cm，∠DAB＝60°，对角线AC、BD相交于点O，点E、F同时从点O出发在线段AC上以0.5cm/s的速度分别向点A、C运动（点E、F分别到达A、C两点时停止运动），设运动时间为ts．连接DE、DF、BE、BF，当t＝ 　 　 时，四边形DEBF为正方形．
34．（2025春 城厢区校级期中）用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝5，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　 　 ．
35．（2025春 西安期中）如图，在矩形ABCD中，点E在边AB上，连接DE，将矩形ABCD沿DE折叠，点A的对称点F落在边CD上，连接EF．求证：四边形ADFE是正方形．
36．（2025 湖北模拟）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于点O，OF⊥AC于点F，OG⊥BC于点G，求证：四边形OGCF是正方形．
37．（2025春 镇原县期中）如图，在四边形ABCD中，点E是线段AD上的任意一点（E与A，D不重合），G、F、H分别是BE、BC、CE的中点．连接EF，若BE⊥EC，EF⊥BC，说明：四边形EGFH是正方形．
38．（2026春 徐州期中）如图，在△ABC中，AB＝AC，点D是BC的中点，过点A作AE平行于BC，且AE＝CD，连接BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形．
（2）当∠ABC＝　 　 °时，四边形AEBD是正方形．
39．（2025春 黄石校级期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
40．（2025春 西宁期末）如图，在△ABC中，D，E分别是BC，AC的中点，过点A作AF∥BC，交DE的延长线于点F，连接BF，CF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）若BF＝FC，判断四边形ABDF的形状，并说明理由；
（3）当△BFC满足什么条件时，四边形ABDF是正方形？（直接写出条件即可，不要求证明）
题型三．正方形的判定与性质
41．（2026春 海淀区校级期中）在平面直角坐标系中，一个正方形的三个顶点坐标分别为（﹣2，1），（1，1），（1，﹣2），则下列坐标表示的点能成为该正方形顶点的是（　　）
A．（1，2） B．（2，﹣1） C．（﹣2，2） D．（﹣2，﹣2）
42．（2025春 巴中期末）三角形的三条角平分线交于三角形内部一点，这个点叫作三角形的内心，如图，在Rt△ABC中，点P是△ABC内心，∠ABC＝90°，AB＝5，BC＝12．PD⊥BC于点D，则AP的长是（　　）
A． B． C．4 D．2
43．（2025春 鄞州区期末）如图1，由5块图形拼成矩形ABCD（其中①，②是正方形），截去①号正方形后，其余4块图形可拼成如图2的正方形EFGH，则下列说法错误的是（　　）
A．四边形ABCD是正方形
B．矩形ABCD的周长是②号正方形周长的2倍
C．③号图形的较长直角边是较短直角边的倍
D．矩形ABCD的周长是正方形EFGH周长的倍
44．（2025春 齐齐哈尔校级期中）如图在正方形ABCD中，点O是对角线AC，BD交点，过点O作射线OM，ON分别交BC，CD于点E，F，且∠EOF＝90°，OC，EF交于点G．有下列结论：①△DOF≌△COE；②CF＝BE；③FO＝FG；④四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；⑤2OF2＝EF2；⑥若DF＝3，，则．其中正确的个数是（　　）
A．3 B．4 C．5 D．6
45．（2025春 北京期末）如图，在矩形ABCD中，点P是对角线AC上任意一点（不与A，C重合），过点P作EF∥AD，MN∥AB，点E，F，M，N分别是边AB，CD，AD，BC上的点．连接BP，DP．设AE＝a，BE＝b，AM＝c，DM＝d．下面四个结论中正确的个数是（　　）
①当AE＝AM时，四边形AEPM是正方形；
②四边形BEPN与四边形DMPF的面积始终相等；
③；
④．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
46．（2025春 阜宁县期中）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变（如图），若正方形教具边长为10，∠D′＝30°，则四边形A′BCD′的面积为　 　 ．
47．（2025春 海陵区校级月考）如图，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝a，AD＝b，则CD的长为　 　 ．（用含有a，b的代数式表示）
48．（2025春 长乐区校级期末）在四边形ABCD中，∠A＝∠D＝90°，CD＝BC，下列四个判断：
①若∠C＝120°，则；
②连接AC，DB，若AC垂直平分DB，则AD＝BC；
③连接AC，作∠DAC＝∠ACB，则四边形ABCD是正方形；
④点A关于直线BD的对称点一定在直线BC上．
其中正确的序号为 　 　 ．（写出所有正确的序号）
49．（2024秋 水城区期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，过E点作EF⊥AD于点F，连接AC．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若，求∠DAC的度数．
50．（2025春 靖江市校级月考）如图，四边形AECF是菱形，对角线AC、EF交于点O，点D、B是对角线EF所在直线上两点，且DE＝BF，连接AD、AB、CD、CB，∠ADO＝45°．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）若正方形ABCD的面积为32，BF＝1，求点F到线段AE的距离．
51．（2025 东莞市三模）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，AB⊥BC，点E是边CD的延长线上的动点．连接AE．过点C作CF⊥AE于点F．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）当点F是AE的中点，且时，求四边形ABCD的面积．
52．（2025春 西和县期末）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE＝AF，DE⊥AF于点G．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）延长CB到点H，使得BH＝AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
53．（2025春 前郭县期末）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP＝EC．
（1）求证：四边形ABCD是正方形；
（2）连接AC，延长EC到点F，使CF＝BE，连接PF交BC的延长线于点G，求∠BGP的度数．
54．（2025春 新昌县校级月考）如图，矩形ABCD中，AD＝6，DC＝8，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH＝2，连接CF．
（1）若DG＝2，求证：四边形EFGH为正方形；
（2）若DG＝6，求△FCG的面积．
55．（2025春 咸阳期中）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若BE＝DG，求证：AD＝AE；
（3）在（2）的条件下，已知BE＝2，求OG的长．
56．（2025春 丹徒区期中）如图，平面直角坐标系xOy中，点A、B分别在x轴、y轴上，连接AB，△AOB的两条外角平分线BP、AP交于第一象限的点P，过点P分别作x轴、y轴的垂线，垂足为C、D．
（1）∠APB＝ 　 　 °；
（2）①求证：四边形OCPD是正方形；
②若OA＝AC＝3，求点B的坐标．
57．（2025秋 高新区校级期中）如图，已知：在四边形ABFC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且CF∥AE．
（1）求证：四边形BECF是菱形；
（2）当∠A＝　 　 °时，四边形BECF是正方形；
（3）在（2）的条件下，若AC＝4，则四边形ABFC的面积为 　 　 ．
58．（2025春 宿城区期中）如图，在△ABC中，已知∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．
小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线AB，AC为对称轴，画出△ABD，△ACD的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长EB，FC相交于点G．
请按照小明的思路，探究并解答下列问题：
（1）求证：四边形AEGF是正方形．
（2）若AD＝6，BD＝2，则DC＝　 　 ．
59．（2025春 新乡校级期中）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE．交射线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探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
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