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专题01 特殊平行四边形（考点清单，20个考点）-九年级上学期数学期末考点大串讲（北师大版）
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这是一份专题01 特殊平行四边形（考点清单，20个考点）-九年级上学期数学期末考点大串讲（北师大版），文件包含专题01特殊平行四边形考点清单20个考点原卷版docx、专题01特殊平行四边形考点清单20个考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共67页， 欢迎下载使用。
【考点1 菱形的性质】 【考点2 菱形的判定】
【考点3 菱形的性质与判定综合运用】【考点4 菱形中最小问题】
【考点5 矩形的性质】 【考点6 直角三角形斜边上的中线】
【考点7 矩形的判定】 【考点8 矩形的性质与判定综合运用】
【考点9 矩形形中最小值问题】 【考点10 梯子模型运用】
【考点11 矩形中折叠问题】 【考点12 矩形中动点问题】
【考点13 正方形的性质】 【考点14 正方形的判定】
【考点15 矩形的性质与判定综合运用】【考点16 正方形中最小值问题】
【考点17 正方形-对角互模型】 【考点18 正方形-半角互模型】
【考点19 正方形-手拉手模型】 【考点20 正方形-十字架模型】
【考点1 菱形的性质】
1．（2023春•延庆区期末）菱形和平行四边形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相垂直
C．对角线平分一组对角D．对角线互相平分
【答案】D
【解析】解：菱形和平行四边形都具有的性质是：对角线互相平分，
故选：D．
2．（2023春•惠民县期末）如图，菱形ABCD中对角线相交于点O，且OE⊥AB，若AC＝8，BD＝6，则OE的长是（ ）
A．2.5B．5C．2.4D．不确定
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AO＝AC，BO＝BD，
∵AC＝8，BD＝6，
∴AO＝4，BO＝3，S菱形ABCD＝×8×6＝24，
∴AB＝＝5，S△AOB＝6，
∵•AB•EO＝×AO×BO，
∴5EO＝4×3，
EO＝，
故选：C．
3．（2023春•黄岩区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，DH⊥BC于点H．若AC＝8，BD＝6，则DH的长度为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝5，
∵DH⊥BC，
∴S菱形ABCD＝BC•DH＝AC•BD，
即5DH＝×8×6，
解得：DH＝，
故选：C．
【考点2 菱形的判定】
4．（2023春•台江区校级期末）要检验一张四边形的纸片是否为菱形，下列方案中可行的是（ ）
A．度量四个内角是否相等
B．测量两条对角线是否相等
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合
【答案】D
【解析】解：A、四个内角是否相等，只能判定矩形，不能判定菱形，故选项A不符合题意；
B、对角线是否相等不能判定形状，故选项B不符合题意；
C、两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等只能判定矩形，不能判定菱形，故选项C不符合题意；
D、将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合，能判定菱形，故选项D符合题意．
故选：D．
5．（2023春•丰台区期末）如图，下列条件之一能使▱ABCD是菱形的为（ ）
①AC＝BD；
②AC平分∠BAD；
③AB＝BC；
④AC⊥BD；
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】D
【解析】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∴AB＝CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
综上所述，能使▱ABCD是菱形的为②③④，
故选：D．
6．（2023春•雁峰区期末）如图1，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为钝角．要在对边BC，AD上分别找点M，N，使四边形ABMN为菱形．现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点M，N的方案，则可得出结论（ ）
A．只有甲正确B．只有乙正确
C．甲、乙都不正确D．甲、乙都正确
【答案】D
【解析】解：方案甲：根据作图可知AM平分∠DAB，AN＝AB，
∴∠NAM＝∠BAM，
∵在▱ABCD中，AD∥CD，
∴∠NAM＝∠AMB，
∴∠BAM＝∠AMB，
∴AB＝BM，
∴AN＝BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵AB＝AN，
∴四边形ABMN是菱形，故方案甲正确；
方案乙：根据作图可知BA＝BM，AN＝AB，则AN＝BM，
∵AN∥BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵AB＝AN，
∴四边形ABMN是菱形，故方案乙正确；
故选：D．
【考点3 菱形的性质与判定综合运用】
7．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若，BD＝2，求OE的长．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝2，
∴，
在Rt△AOB中，，OB＝1，
∴，
∴OE＝OA＝2．
8．（2023春•开福区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC，D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E，延长ED至F，使DF＝DE，连接AE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BE＝1，EC＝4，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【解析】（1）证明：∵D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∵DF＝DE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵DE⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，
∵BE＝1，EC＝4，
在Rt△ABE中，AB＝，
在Rt△ABC中，AC＝，
∵，
即，
∴．
9．（2023春•保定期末）如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC、AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F．
（1）求证：四边形AEDF是菱形．
（2）若AF＝13，AD＝24．求四边形AEDF的面积．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB∥DF，AC∥DE，
∴四边形AEDF是平行四边形．
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠DAC．
又∵AC∥DE，
∴∠ADE＝∠DAC．
∴∠ADE＝∠BAD．
∴EA＝ED．
∴四边形AEDF是菱形．
（2）解：连接EF交AD于点O．
∵四边形AEDF是菱形，
∴EF＝2FO．
∴AO＝．
∵AD⊥EF．
在Rt△AOF中，由勾股定理得OF＝＝＝5．
∴OE＝OF＝5．
∴四边形AEDF的面积＝＝＝120．
【考点4 菱形中最小问题】
10．（2023春•梁平区期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6．E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为（ ）
A．2.4B．3C．4.8D．4
【答案】A
【解析】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD＝BD＝3，OC＝AC＝4，
由勾股定理得CD＝＝5，
又∵EF⊥OC，EG⊥OD，
∴四边形OFEG为矩形，
∴GF＝OE，
当OE⊥CD时，OE值最小，
此时，S△OCD＝OC•OD＝CD•OE，
∴OE＝＝2.4，
∴FG的最小值为2.4．
故选：A．
11．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝2，则GH的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
∴，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即GH的最小值为，
故选：D．
12．（2023春•阳城县期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为 ．
【答案】见试题解答内容
【解析】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，
而∠A＝60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠ADB＝∠DBC＝60°，AD＝BD，
在Rt△ADH中，AH＝1，AD＝2，
∴DH＝，
在△ADE和△BDF中
，
∴△ADE≌△BDF，
∴∠2＝∠1，DE＝DF
∴∠1+∠BDE＝∠2+∠BDE＝∠EDF＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴EF＝DE，
而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【考点5 矩形的性质】
13．（2023春•绿园区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线互相平分
C．对角线相等D．对角线平分一组对角
【答案】C
【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
14．（2023春•青秀区校级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若∠AOB＝60°，BD＝8，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．D．5
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，且BD＝8，
∴，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，OA＝AB＝4，
故选：B．
15．（2023春•涪陵区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE⊥AC于点E，且AC＝4CE，若OC＝4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．12B．20C．D．
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝OD，AO＝OC＝4，BD＝AC，
∴OC＝OB＝4，
∵AC＝4CE，
∴OC＝2CE，
∴OE＝，
∵BE⊥AC，
∴BE＝＝，
∴矩形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×AC•BE＝2×＝16．
故选：C．
【考点6 直角三角形斜边上的中线】
16．（2023春•怀远县期末）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若∠A＝20°，则∠BDC＝（ ）
A．30°B．40°C．45°D．60°
【答案】B
【解析】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD＝AD，
∴∠A＝∠DCA＝20°，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝20°+20°＝40°．
故选：B．
17．（2023春•南宁期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB 于点D，∠ACD＝3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD＝1，则AB的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【解析】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵∠ACD＝3∠BCD，
∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ACD＝22.5°，
∵E是斜边AB的中点，
∴EC＝AB，
∴CE＝AE，
∴∠ECA＝∠A＝22.5°，
∴∠DEC＝∠A+∠ECA＝45°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DEC＝45°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴CE＝CD＝，
∴AB＝2．
故选：B．
18．（2023春•南陵县期末）如图，在△ABC中，BC＝26，且BD，CE分别是AC，AB上的高，F，G分别是BC，DE的中点，若ED＝10，则FG的长为（ ）
A．10B．12C．13D．14
【答案】B
【解析】解：如图：连接EF、DF，
，
∵F是BC的中点，BD⊥AC，CE⊥AB，
∴，
∵G是DE的中点，
∴FG⊥ED，，
在Rt△DGF中，，
故选：B．
【考点7 矩形的判定】
19．（2023春•黄州区期末）下列说法中，错误的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直
B．对角线相等的四边形是矩形
C．平行四边形的对角线互相平分
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【答案】B
【解析】解：A、菱形的对角线互相垂直，故不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故符合题意；
C、平行四边形的对角线互相平分，故不符合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故不符合题意；
故选：B．
20．（2022秋•文山市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．AB＝ADB．OA＝OBC．AB⊥ADD．∠ABO＝∠BAO
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当AB＝AD时，可判定四边形ABCD是菱形；
当AB⊥AD时，可判定四边形ABCD是矩形；
当OA＝OB时，AC＝BD，可判定四边形ABCD是矩形；
当∠BAO＝∠ABO时，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
故选：A．
21．（2023春•恩施市期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B、C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB、AC于E、F两点，下列说法正确的是（ ）
A．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
B．若BD＝CD，则四边形AEDF是菱形
C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
【答案】A
【解析】解：A、若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；正确；
B、若BD＝CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；错误；
C、若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；错误；
D、若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；错误；
故选：A．
【考点8 矩形的性质与判定综合运用】
22．（2022秋•平昌县校级期末）如图：在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的长．
【答案】（1）见详解；
（2）CD＝10．
【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，
∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC，
∴EF＝BC，
∴EF＝AD，
∵AD∥BC，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，
∵BF＝16，
∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，
∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，
∵DF＝8，
∴在Rt△CFD中，，
解得：CD＝10．
23．（2023春•怀化期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）若AF是∠DAB的平分线．若CF＝6，BF＝8，求DC的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）16．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵CF＝AE，
∴DF＝BE，
又∵DF∥BE，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形DFBE是矩形；
（2）解：由（1）可知，四边形BFDE是矩形，
∴∠BFD＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴BC＝＝＝10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝10，AB∥DC，
∴∠BAF＝∠DFA，
∵AF是∠DAB的平分线，
∴∠BAF＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴DF＝DA＝10，
∴DC＝DF+CF＝10+6＝16．
24．（2023春•临邑县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）12．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，
∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，
∴OB＝＝＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，
即×6×4＝13×AE，
解得：AE＝12．
【考点9 矩形形中最小值问题】
25．（2023春•自贡期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝5，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：如图，连接AD、EF，
∵∠BAC＝90°，且BA＝5，AC＝12，
∴BC＝＝＝13，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DEAF是矩形，
∴EF＝AD，GF＝GE，
当AD⊥BC时，AD的值最小，则EF的值最小，
此时，△ABC的面积＝BA•AC＝BC×AD，
∴AD＝＝＝，
∴EF的最小值为，
∴GF的最小值＝×＝，
故选：B．
26．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
【答案】D
【解析】解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝10，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，
则BE＝2AB＝24，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∴CE＝＝＝26，
∴PC+PB的最小值为26，
即PC+QD的最小值为26，
故选：D．
【考点10 梯子模型运用】
27．（2023春•赵县期末）如图，∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点B、C分别在边OM、ON上，当B在边OM上运动时，C随之在边ON上运动，若CD＝5，BC＝24，运动过程中，点D到点O的最大距离为（ ）
A．24B．25C．D．26
【答案】B
【解析】解：如图，取BC的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵CD＝5，BC＝24，
∴OE＝EC＝BC＝12，
DE＝，
∴OD的最大值为：12+13＝25．
故选：B．
28．（2023春•清原县期末）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 +1 ．
【答案】+1．
【解析】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为OH+CH＝+1，
故答案为：+1．
【考点11 矩形中折叠问题】
29．（2023春•龙江县期末）如图，点E在矩形纸片ABCD的边AD上，将矩形ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处．若∠DBC＝28°，则∠A′EB的度数为（ ）
A．48°B．59°C．62°D．66°
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣28°＝62°，
由折叠的性质可得∠A＝∠BA′E＝90°，∠A′BE＝∠ABE＝∠ABD＝31°，
在Rt△A′BE中，∠A′EB＝90°﹣∠A′BE＝90°﹣31°＝59°，
故选：B．
30．（2023春•乾安县期末）如图，四边形ABCD为矩形纸片，把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，若CD＝6，则AF等于（ ）
A．B．C．D．8
【答案】A
【解析】解：由折叠的性质得BF＝EF，AE＝AB，
因为CD＝6，E为CD中点，故ED＝3，
又因为AE＝AB＝CD＝6，
所以∠EAD＝30°，
则∠FAE＝（90°﹣30°）＝30°，
设FE＝x，则AF＝2x，
在△AEF中，根据勾股定理，（2x）2＝62+x2，
x2＝12，x1＝2，x2＝﹣2（舍去）．
AF＝2×2＝4．
故选：A．
31.（2023春•梅州期末）如图1，已知长方形纸带ABCD，AB∥CD，AD∥BC，∠C＝90°，点E、F分别在边AD、BC上，∠1＝20°，如图2，将纸带先沿直线EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，如图3，将纸带再沿FS折叠一次，使点H落在线段EF上点M的位置，那么∠2＝ 60 °．
【答案】60．
【解析】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，
∵∠1＝20°，
∴∠BFE＝∠1＝20°，
∴∠EFC＝180°﹣20°＝160°，
根据第一次折叠，可得∠EFH＝∠EFC＝160°，
根据第二次折叠，可知∠MFS＝∠HFS＝80°，
∴∠2＝∠MFS﹣∠EFB＝80°﹣20°＝60°，
故答案为：60
【考点12 矩形中动点问题】
32．（2023春•长安区期末）如图，在长方形ABCD中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，点P以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q以acm/s的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（ ）
A．2B．3C．2或D．2或
【答案】D
【解析】解：由已知得：PC＝BC﹣BP＝（10﹣2t）cm；
①若△ABP≌△PCQ．
则AB＝PC＝6cm，
∴6＝10﹣2t，
∴t＝2．
∴a＝2；
②若△ABP≌△QCP．
则AB＝CQ＝6cm，BP＝CP＝（10﹣2t）cm，则t＝．
得：a＝6．
解得：a＝．
综上，a的值为2或．
故选：D．
33．（2023春•莲池区期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E为CD的中点动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，则当△APE的面积为5cm2时，x的值为（ ）
A．5B．3或5C．D．或5
【答案】D
【解析】解：①当P在AB上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴x•3＝5，
解得：x＝；
当P在BC上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴S矩形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝5，
∴3×4﹣（3+4﹣x）×2﹣×2×3﹣×4×（x﹣4）＝5，
解得：x＝5；
③当P在CE上时，
∵△APE的面积为5cm2，
∴（4+3+2﹣x）×3＝5，
解得：x＝（不合题意舍去），
综上所述，x的值为或5，
故选：D．
34．（2023春•来凤县期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论：
①当t＝4s时，四边形ABMP为矩形；
②当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形；
③当CD＝PM时，t＝4或5s；
④当CD＝PM时，t＝4或6s．
其中结论正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【解析】解：根据题意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，解得t＝5，故①不正确；
当四边形CDPM为平行四边形时，则DP＝CM，
即8﹣t＝t，解得t＝4，故②不正确；
当CD＝PM时，分两种情况：
当四边形CDPM是平行四边形时，则DP＝CM，
即8﹣t＝t，解得t＝4，
当四边形CDPM是等腰梯形时，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示，
则∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵CD＝PM，GM＝HC，
∴Rt△MGP≌Rt△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∴，
又BM＝t，∠A＝∠B＝90°，MG⊥AD，
∴AG＝BM，
即，
解得t＝6，
综上可得，当CD＝PM时，
t＝6或t＝4，
故③错误，④正确，
∴正确的结论有1个．
故选：A．
【考点13 正方形的性质】
35．（2023春•红旗区校级期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（ ）
A．四条边相等，四个角相等
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
【答案】D
【解析】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．
故选：D．
36．（2023春•馆陶县期末）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF＝20°，则∠AED的度数为（ ）
A．45°B．60°C．65°D．70°
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝45°，
∴∠AEB＝∠ACB+∠CBE＝65°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠AED＝∠AEB＝65°，
故选：C．
37．（2023春•红旗区校级期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）
A．2.5B．C．D．2
【答案】B
【解析】解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝BC＝，CF＝CE＝3，
∴∠ACF＝45°+45°＝90°，
在Rt△ACF中，AF＝＝2，
∵H是AF的中点，
∴CH＝AF＝．
故选：B．
【考点14 正方形的判定】
38．（2023春•栖霞市期末）已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，则下列说法准确的是（ ）
A．当OA＝OC时，平行四边形ABCD为矩形
B．当AB＝AD时，平行四边形ABCD为正方形
C．当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD为菱形
D．当AC⊥BD时，平行四边形ABCD为菱形
【答案】D
【解析】解：A．当OA＝OC时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
B．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则平行四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，故此选项不符合题意；
C．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
D．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得平行四边形ABCD是菱形，故本选项正确．
故选：D．
39．（2023春•黄岩区期末）如图，在△ABC中，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形
C．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形
D．如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【解析】解：由DE∥CA，DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC＝90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形．故A、B正确；
如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD＝∠ADF，
∴∠FAD＝∠ADF，
∴AF＝FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形，故C正确；
如果AD⊥BC且AB＝AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形．故D错误．
故选：D．
40．（2023春•宜都市期末）满足下列条件的四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形
B．对角线互相垂直的菱形
C．对角线相等的矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形
【答案】A
【解析】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故A选项正确，符合题意；
B选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故B选项错误，不符合题意；
C选项，对角线相等的菱形是正方形，故C选项错误，不符合题意；
D选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故D选项错误，不符合题意；
故选：A．
【考点15 矩形的性质与判定综合运用】
41．（2022春•碑林区校级期末）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，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； ②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
【答案】A
【解析】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴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；故①正确；
∴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，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
42．（2023春•中江县期末）如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且DF＝BE．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若，BF＝4，求四边形AECF的周长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4．
【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）知：四边形AECF是菱形，
∵AB＝3，AC⊥EF，
∴AC＝BD＝6，
∴OA＝3，
∵BF＝4，
∴EF＝BD﹣BF＝2，
∴OE＝1，
∴AE＝，
∴菱形AECF的周长＝4．
43．（2023春•番禺区校级期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在BC、AB、AC边上，且DE∥AC，DF∥AB．
（1）如果∠BAC＝90°那么四边形AEDF是 矩 形；
（2）如果AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是 菱 形；
（3）如果∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是 正方 形，证明你的结论（仅需证明第3）题结论）
【答案】见试题解答内容
【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形AEDF是矩形；
（2）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴∠ADE＝∠DAF，四边形AEDF是平行四边形，
又∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴▱AEDF是菱形；
（3）由（1）知四边形AEDF是矩形，由（2）知四边形AEDF是菱形，所以四边形AEDF是正方形．
44．（2023春•来凤县期末）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．
【答案】见试题解答内容
【解析】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+CE＝AB＝×2＝4，
∴CE+CG＝4 是定值．
【考点16 正方形中最小值问题】
45．（2023•池州开学）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，
如图，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A，B，H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的点E，
根据对称性可知AE＝HE，HB＝AB＝2，
∴AE+DE＝DH，
在Rt△ADH中，AH＝4，AD＝2，由勾股定理得，
∴BF+DE的最小值为，
故选：D．
46．（2023春•邗江区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、AD、CD上，AB＝3，AE＝1，DG＞AE，BF＝EG，BF与EG交于点P．连接DP，则DP的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：如图，过点E作EM⊥CD于点M，取BE的中点Q，连接QP、QD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠A＝∠ADC＝∠DME＝90°，AB∥CD，
∴四边形ADME是矩形，
∴EM＝AD＝AB，
在Rt△BAF和Rt△EMG中，
，
∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），
∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，
∵AB∥CD，
∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB，
∵∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠ABF+∠BEG＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∴BF⊥EG，
∵△EPB是直角三角形，Q是BE的中点，
∴，
∵AB＝3，AE＝1，
∴BE＝3﹣1＝2，
∴QB＝QE＝1，
∵QD﹣QP≤DP，
∴当Q、D、P共线时，DP有最小值，
∵，AQ＝AE+EQ＝1+1＝2，
∴，
∴，
∴PD的最小值为．
故选：A．
47．（2023春•江油市期末）如图，在正方形ABCD中，点M在BD上运动，过点M分别作ME⊥AB，MF⊥AD，垂足分别为点E，F，若BC＝4，则EF的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】解：连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，∠ADB＝45°，AD＝BC＝4，
∴∠A＝90°，
∵ME⊥AB，MF⊥AD，
∴四边形AFME是矩形，
∴AM＝EF，
当AM垂直于BD时，AM最小，此时EF最小，
∵∠AMD＝90°，∠ADM＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD＝2，
∴EF的最小值是2．
故选：D．
【考点17 正方形-对角互模型】
48．（2023秋•莲湖区期中）定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在CB边的延长线上，且DE＝BF，连接AE，AF，请根据定义判断四边形AFCE是否是“直等补”四边形，并说明理由．
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，AE⊥BC于点E，若AB＝20，CD＝4，求BC的长．
【答案】（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，
理由见解析；
（2）28．
【解析】解：（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAE＝90°，
∴∠FAE+∠C＝180°，
∴四边形AFCE是“直等补”四边形；
（2）连接BD，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，
∴∠BAD＝90°，
∴∠C+∠BAD＝180°，
∴∠C＝90°，
∵AB＝AD＝20，
∴BD＝＝20，
∵CD＝4，
∴BC＝＝28．
49．（2023春•栖霞市期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，设E、F分别是AD、AB上的点，若∠EOF＝90°，DO＝4，求四边形AEOF的面积．
【答案】四边形AEOF的面积是8．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，
∴DO＝BO，AO＝CO，且BD＝AC，BD⊥AC，
∴DO＝AO＝4，∠AOD＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠DOE＝∠AOF＝90°﹣∠AOE，
∵AD＝AB＝AB＝CB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴∠ADB＝∠BAC，
在△DOE和△AOF中，
，
∴△DOE≌△AOF（ASA），
∴S△DOE＝S△AOF，
∴S四边形AEOF＝S△AOE+S△AOF＝S△AOE+S△DOE＝S△AOD＝×4×4＝8，
∴四边形AEOF的面积是8．
50．（2023秋•峄城区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F．
（1）求证：△AOE≌△BOF；
（2）如果两个正方形的边长都为4，求四边形OEBF的面积．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）4．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF．
在△AOE和△BOF中，
，
∴△AOE≌△BOF（ASA）．
（2）解：∵△AOE≌△BOF，
∴S四边形OEBF＝S△EOB+S△OBF＝S△EOB+S△AOE＝S△AOB＝S正方形ABCD＝×42＝4，
答：四边形OEBF的面积为4．
【考点18 正方形-半角互模型】
51．（2023春•宁津县期末）（1）对于试题“如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，探究BE、DF、EF之间的数量关系”，数学王老师给出了如下的思路：
请根据数学王老师的思路探究BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝∠BAD，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）EF＝BE+DF，理由见解析；
（2）成立，理由见解析．
【解析】解：（1）EF＝BE+DF，
理由：如图①，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABM＝90°，
又∵BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
∴∠2+∠3＝∠MAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE+DF仍然成立，理由如下：如图②，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠4＝180°，
∴∠D＝∠4，
又∵AB＝AD，BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵，
∴∠1+∠3＝∠EAF，
∴∠MAE＝∠2+∠3＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝BE+DF．
52．（2023•安徽模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°．
（1）若EA是∠BEF的角平分线，求证：FA是∠DFE的角平分线；
（2）若BE＝DF，求证：EF＝BE+DF．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】证明：（1）过A作AH⊥EF与H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∵∠AHE＝90°，
∴∠B＝∠AHE，
∵EA是∠BEF的角平分线，
∴∠AEB＝∠AEH，
在△ABE与△AHE中，
，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴AB＝AH，
在Rt△AHF与Rt△ADF中，
，
∴Rt△AHF≌Rt△ADF（HL），
∴∠AFE＝∠AFD，
∴FA是∠DFE的角平分线；
（2）如图，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，
∴∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝∠D．
在△GAB和△FAD中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
∴BG＝DF，AG＝AF．
∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB＝90°，
∴∠GAF＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°．
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BG+BE，
∴DF+BE＝EF．
【考点19 正方形-手拉手模型】
53．（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4，，当点F在边AD上时，求BE的长．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）．
【解析】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如图1，∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，AG＝AE，AD＝AB，∠ADB＝45°，
∴∠GAD＝∠BAE，
∴△GAD≌△BAE，
∴BE＝DG，∠GDA＝∠ABE，
∴∠BMD＝180°﹣∠GDA﹣∠ADB﹣∠DBM＝180°﹣﹣∠EBA﹣∠DBM﹣45°＝90°，
∴BE⊥DG．
总之，BE＝DG，BE⊥DG；
（2）
作EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵AB＝4，，
∴AH＝EH＝＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
∴BE＝．
【考点20 正方形-十字架模型】
54．（2022春•醴陵市期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．
（1）若矩形ABCD为正方形，求证：AE＝BF；
（2）若AE＝BF，求证：矩形ABCD为正方形．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）证明过程详见解答．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
又∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AB＝BC，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
55．（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【答案】（1）见解答；
（2）90°．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠DAM＝∠ABN＝90°，
∵BM＝CN，
∴BC﹣CN＝AB﹣BM，即BN＝AM，
在△ABN和△DAM中，
∴△ABN≌△DAM（SAS）；
（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，
∴∠MAP＝∠ADM，
∴∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，
∴∠APM＝180°﹣（∠MAP+∠AMP）＝90°．延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，……，利用三角形全等的判定及性质解答，……
【考点1 菱形的性质】 【考点2 菱形的判定】
【考点3 菱形的性质与判定综合运用】【考点4 菱形中最小问题】
【考点5 矩形的性质】 【考点6 直角三角形斜边上的中线】
【考点7 矩形的判定】 【考点8 矩形的性质与判定综合运用】
【考点9 矩形形中最小值问题】 【考点10 梯子模型运用】
【考点11 矩形中折叠问题】 【考点12 矩形中动点问题】
【考点13 正方形的性质】 【考点14 正方形的判定】
【考点15 矩形的性质与判定综合运用】【考点16 正方形中最小值问题】
【考点17 正方形-对角互模型】 【考点18 正方形-半角互模型】
【考点19 正方形-手拉手模型】 【考点20 正方形-十字架模型】
【考点1 菱形的性质】
1．（2023春•延庆区期末）菱形和平行四边形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线互相垂直
C．对角线平分一组对角D．对角线互相平分
【答案】D
【解析】解：菱形和平行四边形都具有的性质是：对角线互相平分，
故选：D．
2．（2023春•惠民县期末）如图，菱形ABCD中对角线相交于点O，且OE⊥AB，若AC＝8，BD＝6，则OE的长是（ ）
A．2.5B．5C．2.4D．不确定
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥DB，AO＝AC，BO＝BD，
∵AC＝8，BD＝6，
∴AO＝4，BO＝3，S菱形ABCD＝×8×6＝24，
∴AB＝＝5，S△AOB＝6，
∵•AB•EO＝×AO×BO，
∴5EO＝4×3，
EO＝，
故选：C．
3．（2023春•黄岩区期末）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC与BD相交于点O，DH⊥BC于点H．若AC＝8，BD＝6，则DH的长度为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是菱形，AC＝8，BD＝6，
∴AC⊥BD，AO＝OC＝AC＝4，OB＝OD＝BD＝3，
在Rt△BOC中，由勾股定理得：BC＝＝＝5，
∵DH⊥BC，
∴S菱形ABCD＝BC•DH＝AC•BD，
即5DH＝×8×6，
解得：DH＝，
故选：C．
【考点2 菱形的判定】
4．（2023春•台江区校级期末）要检验一张四边形的纸片是否为菱形，下列方案中可行的是（ ）
A．度量四个内角是否相等
B．测量两条对角线是否相等
C．测量两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等
D．将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合
【答案】D
【解析】解：A、四个内角是否相等，只能判定矩形，不能判定菱形，故选项A不符合题意；
B、对角线是否相等不能判定形状，故选项B不符合题意；
C、两条对角线的交点到四个顶点的距离是否相等只能判定矩形，不能判定菱形，故选项C不符合题意；
D、将这纸片分别沿两条对角线对折，看对角线两侧的部分是否每次都完全重合，能判定菱形，故选项D符合题意．
故选：D．
5．（2023春•丰台区期末）如图，下列条件之一能使▱ABCD是菱形的为（ ）
①AC＝BD；
②AC平分∠BAD；
③AB＝BC；
④AC⊥BD；
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】D
【解析】解：①∵四边形ABCD是平行四边形，AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形；
②∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
∵AC平分∠BAD，
∴∠BAC＝∠DAC，
∴∠ACB＝∠BAC，
∴AB＝CB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
③∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝BC，
∴平行四边形ABCD是菱形；
④∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴平行四边形ABCD是菱形；
综上所述，能使▱ABCD是菱形的为②③④，
故选：D．
6．（2023春•雁峰区期末）如图1，在▱ABCD中，AD＞AB，∠ABC为钝角．要在对边BC，AD上分别找点M，N，使四边形ABMN为菱形．现有图2中的甲、乙两种用尺规作图确定点M，N的方案，则可得出结论（ ）
A．只有甲正确B．只有乙正确
C．甲、乙都不正确D．甲、乙都正确
【答案】D
【解析】解：方案甲：根据作图可知AM平分∠DAB，AN＝AB，
∴∠NAM＝∠BAM，
∵在▱ABCD中，AD∥CD，
∴∠NAM＝∠AMB，
∴∠BAM＝∠AMB，
∴AB＝BM，
∴AN＝BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵AB＝AN，
∴四边形ABMN是菱形，故方案甲正确；
方案乙：根据作图可知BA＝BM，AN＝AB，则AN＝BM，
∵AN∥BM，
∴四边形ABMN是平行四边形，
∵AB＝AN，
∴四边形ABMN是菱形，故方案乙正确；
故选：D．
【考点3 菱形的性质与判定综合运用】
7．（2023春•鼓楼区校级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥DC，AB＝AD，对角线AC，BD交于点O，AC平分∠BAD，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，连接OE．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若，BD＝2，求OE的长．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB∥DC，
∴∠OAB＝∠DCA，
∵AC为∠DAB的平分线，
∴∠OAB＝∠DAC，
∴∠DCA＝∠DAC，
∴CD＝AD＝AB，
∵AB∥DC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵AD＝AB，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA＝OC，BD⊥AC，
∵CE⊥AB，
∴OE＝OA＝OC，
∵BD＝2，
∴，
在Rt△AOB中，，OB＝1，
∴，
∴OE＝OA＝2．
8．（2023春•开福区校级期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，AB＜BC，D是AC的中点，过点D作DE⊥AC交BC于点E，延长ED至F，使DF＝DE，连接AE，AF，CF．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若BE＝1，EC＝4，求EF的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）2．
【解析】（1）证明：∵D是AC的中点，
∴AD＝CD，
∵DF＝DE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵DE⊥AC，
∴平行四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）知四边形AECF是菱形，
∴AE＝CE＝4，
∵BE＝1，EC＝4，
在Rt△ABE中，AB＝，
在Rt△ABC中，AC＝，
∵，
即，
∴．
9．（2023春•保定期末）如图，AD是△ABC的角平分线，过点D分别作AC、AB的平行线，交AB于点E，交AC于点F．
（1）求证：四边形AEDF是菱形．
（2）若AF＝13，AD＝24．求四边形AEDF的面积．
【答案】见试题解答内容
【解析】（1）证明：∵AB∥DF，AC∥DE，
∴四边形AEDF是平行四边形．
∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠BAD＝∠DAC．
又∵AC∥DE，
∴∠ADE＝∠DAC．
∴∠ADE＝∠BAD．
∴EA＝ED．
∴四边形AEDF是菱形．
（2）解：连接EF交AD于点O．
∵四边形AEDF是菱形，
∴EF＝2FO．
∴AO＝．
∵AD⊥EF．
在Rt△AOF中，由勾股定理得OF＝＝＝5．
∴OE＝OF＝5．
∴四边形AEDF的面积＝＝＝120．
【考点4 菱形中最小问题】
10．（2023春•梁平区期末）如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6．E是CD边上一动点，过点E分别作EF⊥OC于点F，EG⊥OD于点G，连接FG，则FG的最小值为（ ）
A．2.4B．3C．4.8D．4
【答案】A
【解析】解：连接OE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OD＝BD＝3，OC＝AC＝4，
由勾股定理得CD＝＝5，
又∵EF⊥OC，EG⊥OD，
∴四边形OFEG为矩形，
∴GF＝OE，
当OE⊥CD时，OE值最小，
此时，S△OCD＝OC•OD＝CD•OE，
∴OE＝＝2.4，
∴FG的最小值为2.4．
故选：A．
11．（2022秋•泰山区校级期末）如图，在菱形ABCD中，E，F分别是边CD，BC上的动点，连接AE，EF，G，H分别为AE，EF的中点，连接GH．若∠B＝45°，BC＝2，则GH的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是菱形，
∴，
∵G，H分别为AE，EF的中点，
∴GH是△AEF的中位线，
∴，
当AF⊥BC时，AF最小，GH得到最小值，
则∠AFB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴△ABF是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即GH的最小值为，
故选：D．
12．（2023春•阳城县期末）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，AB＝2，E，F两点分别从A，B两点同时出发，以相同的速度分别向终点B，C移动，连接EF，在移动的过程中，EF的最小值为 ．
【答案】见试题解答内容
【解析】解：连接DB，作DH⊥AB于H，如图，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，
而∠A＝60°，
∴△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴∠ADB＝∠DBC＝60°，AD＝BD，
在Rt△ADH中，AH＝1，AD＝2，
∴DH＝，
在△ADE和△BDF中
，
∴△ADE≌△BDF，
∴∠2＝∠1，DE＝DF
∴∠1+∠BDE＝∠2+∠BDE＝∠EDF＝60°，
∴△DEF为等边三角形，
∴EF＝DE，
而当E点运动到H点时，DE的值最小，其最小值为，
∴EF的最小值为，
故答案为：．
【考点5 矩形的性质】
13．（2023春•绿园区期末）矩形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线互相平分
C．对角线相等D．对角线平分一组对角
【答案】C
【解析】解：矩形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等，
故选：C．
14．（2023春•青秀区校级期末）如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O．若∠AOB＝60°，BD＝8，则AB的长为（ ）
A．3B．4C．D．5
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，且BD＝8，
∴，
∵∠AOB＝60°，
∴△AOB是等边三角形，OA＝AB＝4，
故选：B．
15．（2023春•涪陵区期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，BE⊥AC于点E，且AC＝4CE，若OC＝4，则矩形ABCD的面积为（ ）
A．12B．20C．D．
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴BO＝OD，AO＝OC＝4，BD＝AC，
∴OC＝OB＝4，
∵AC＝4CE，
∴OC＝2CE，
∴OE＝，
∵BE⊥AC，
∴BE＝＝，
∴矩形ABCD的面积＝2S△ABC＝2×AC•BE＝2×＝16．
故选：C．
【考点6 直角三角形斜边上的中线】
16．（2023春•怀远县期末）如图，在Rt△ABC中，CD是斜边AB上的中线，若∠A＝20°，则∠BDC＝（ ）
A．30°B．40°C．45°D．60°
【答案】B
【解析】解：∵∠ACB＝90°，CD是斜边AB上的中线，
∴BD＝CD＝AD，
∴∠A＝∠DCA＝20°，
∴∠BDC＝∠A+∠DCA＝20°+20°＝40°．
故选：B．
17．（2023春•南宁期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD⊥AB 于点D，∠ACD＝3∠BCD，点E是斜边AB的中点，且CD＝1，则AB的长为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】B
【解析】解：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCD＝90°，
∵∠ACD＝3∠BCD，
∴∠ACD＝67.5°，∠BCD＝22.5°，
∵CD⊥AB，
∴∠CDA＝90°，
∴∠A＝90°﹣∠ACD＝22.5°，
∵E是斜边AB的中点，
∴EC＝AB，
∴CE＝AE，
∴∠ECA＝∠A＝22.5°，
∴∠DEC＝∠A+∠ECA＝45°，
∴∠DCE＝90°﹣∠DEC＝45°，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∴CE＝CD＝，
∴AB＝2．
故选：B．
18．（2023春•南陵县期末）如图，在△ABC中，BC＝26，且BD，CE分别是AC，AB上的高，F，G分别是BC，DE的中点，若ED＝10，则FG的长为（ ）
A．10B．12C．13D．14
【答案】B
【解析】解：如图：连接EF、DF，
，
∵F是BC的中点，BD⊥AC，CE⊥AB，
∴，
∵G是DE的中点，
∴FG⊥ED，，
在Rt△DGF中，，
故选：B．
【考点7 矩形的判定】
19．（2023春•黄州区期末）下列说法中，错误的是（ ）
A．菱形的对角线互相垂直
B．对角线相等的四边形是矩形
C．平行四边形的对角线互相平分
D．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
【答案】B
【解析】解：A、菱形的对角线互相垂直，故不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，故符合题意；
C、平行四边形的对角线互相平分，故不符合题意；
D、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故不符合题意；
故选：B．
20．（2022秋•文山市期末）如图，在四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，OA＝OC，OB＝OD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD是矩形的是（ ）
A．AB＝ADB．OA＝OBC．AB⊥ADD．∠ABO＝∠BAO
【答案】A
【解析】解：∵四边形ABCD中，OA＝OC，OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
当AB＝AD时，可判定四边形ABCD是菱形；
当AB⊥AD时，可判定四边形ABCD是矩形；
当OA＝OB时，AC＝BD，可判定四边形ABCD是矩形；
当∠BAO＝∠ABO时，
∴OA＝OB，
∴AC＝BD，
∴四边形ABCD是矩形；
故选：A．
21．（2023春•恩施市期末）如图，在△ABC中，点D是边BC上的点（与B、C两点不重合），过点D作DE∥AC，DF∥AB，分别交AB、AC于E、F两点，下列说法正确的是（ ）
A．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形
B．若BD＝CD，则四边形AEDF是菱形
C．若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是矩形
D．若AD⊥BC，则四边形AEDF是矩形
【答案】A
【解析】解：A、若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是菱形；正确；
B、若BD＝CD，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；错误；
C、若AD垂直平分BC，则四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；错误；
D、若AD⊥BC，则四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；错误；
故选：A．
【考点8 矩形的性质与判定综合运用】
22．（2022秋•平昌县校级期末）如图：在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC至点F，使CF＝BE，连接DF．
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）若BF＝16，DF＝8，求CD的长．
【答案】（1）见详解；
（2）CD＝10．
【解析】解：（1）在菱形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝CD＝AB，
∵CF＝BE，
∴CF+EC＝BE+EC，
∴EF＝BC，
∴EF＝AD，
∵AD∥BC，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴平行四边形AEFD是矩形；
（2）在菱形ABCD中，BC＝CD，
∵BF＝16，
∴CF＝BF﹣BC＝16﹣CD，
∵在矩形AEFD中，∠F＝90°，
∵DF＝8，
∴在Rt△CFD中，，
解得：CD＝10．
23．（2023春•怀化期末）如图，四边形ABCD是平行四边形，过点D作DE⊥AB于点E，点F在边CD上，CF＝AE，连接AF，BF．
（1）求证：四边形BFDE是矩形．
（2）若AF是∠DAB的平分线．若CF＝6，BF＝8，求DC的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）16．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵CF＝AE，
∴DF＝BE，
又∵DF∥BE，
∴四边形DFBE是平行四边形，
∵DE⊥AB，
∴∠DEB＝90°，
∴平行四边形DFBE是矩形；
（2）解：由（1）可知，四边形BFDE是矩形，
∴∠BFD＝90°，
∴∠BFC＝90°，
∴BC＝＝＝10，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC＝10，AB∥DC，
∴∠BAF＝∠DFA，
∵AF是∠DAB的平分线，
∴∠BAF＝∠DAF，
∴∠DAF＝∠DFA，
∴DF＝DA＝10，
∴DC＝DF+CF＝10+6＝16．
24．（2023春•临邑县期末）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，过点A作AE⊥BC于点E，延长BC到点F，使得CF＝BE，连接DF，
（1）求证：四边形AEFD是矩形；
（2）连接OE，若AB＝13，OE＝，求AE的长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）12．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC且AD＝BC，
∵BE＝CF，
∴BC＝EF，
∴AD＝EF，
∵AD∥EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∵AE⊥BC，
∴∠AEF＝90°，
∴四边形AEFD是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，AB＝13，
∴BC＝AB＝13，AC⊥BD，OA＝OC＝AC，OB＝OD＝BD，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC＝90°，
∴OE＝AC＝OA＝2，AC＝2OE＝4，
∴OB＝＝＝3，
∴BD＝2OB＝6，
∵菱形ABCD的面积＝BD×AC＝BC×AE，
即×6×4＝13×AE，
解得：AE＝12．
【考点9 矩形形中最小值问题】
25．（2023春•自贡期末）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，BA＝5，AC＝12，点D是斜边BC上的一个动点，过点D分别作DE⊥AB于点E，DF⊥AC于点F，点G为四边形DEAF对角线交点，则线段GF的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】解：如图，连接AD、EF，
∵∠BAC＝90°，且BA＝5，AC＝12，
∴BC＝＝＝13，
∵DE⊥AB，DF⊥AC，
∴∠DEA＝∠DFA＝∠BAC＝90°，
∴四边形DEAF是矩形，
∴EF＝AD，GF＝GE，
当AD⊥BC时，AD的值最小，则EF的值最小，
此时，△ABC的面积＝BA•AC＝BC×AD，
∴AD＝＝＝，
∴EF的最小值为，
∴GF的最小值＝×＝，
故选：B．
26．（2022秋•朝阳区校级期末）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝10，点P在AD上，点Q在BC上，且AP＝CQ，连结CP、QD，则PC+QD的最小值为（ ）
A．22B．24C．25D．26
【答案】D
【解析】解：如图，连接BP，
在矩形ABCD中，AD∥BC，AD＝BC＝10，
∵AP＝CQ，
∴AD﹣AP＝BC﹣CQ，
∴DP＝QB，DP∥BQ，
∴四边形DPBQ是平行四边形，
∴PB∥DQ，PB＝DQ，
则PC+QD＝PC+PB，则PC+QD的最小值转化为PC+PB的最小值，
在BA的延长线上截取AE＝AB＝12，连接PE，
则BE＝2AB＝24，
∵PA⊥BE，
∴PA是BE的垂直平分线，
∴PB＝PE，
∴PC+PB＝PC+PE，
连接CE，则PC+QD＝PC+PB＝PC+PE≥CE，
∴CE＝＝＝26，
∴PC+PB的最小值为26，
即PC+QD的最小值为26，
故选：D．
【考点10 梯子模型运用】
27．（2023春•赵县期末）如图，∠MON＝90°，长方形ABCD的顶点B、C分别在边OM、ON上，当B在边OM上运动时，C随之在边ON上运动，若CD＝5，BC＝24，运动过程中，点D到点O的最大距离为（ ）
A．24B．25C．D．26
【答案】B
【解析】解：如图，取BC的中点E，连接OE、DE、OD，
∵OD≤OE+DE，
∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，
此时，∵CD＝5，BC＝24，
∴OE＝EC＝BC＝12，
DE＝，
∴OD的最大值为：12+13＝25．
故选：B．
28．（2023春•清原县期末）如图，矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，点A在x轴正半轴上，点D在y轴正半轴上．当点A在x轴上运动时，点D也随之在y轴上运动，在这个运动过程中，点C到原点O的最大距离为 +1 ．
【答案】+1．
【解析】解：如图，取AD的中点H，连接CH，OH，
∵矩形ABCD，AB＝1，BC＝2，
∴CD＝AB＝1，AD＝BC＝2，
∵点H是AD的中点，
∴AH＝DH＝1，
∴CH＝＝＝，
∵∠AOD＝90°，点H是AD的中点，
∴OH＝AD＝1，
在△OCH中，CO＜OH+CH，
当点H在OC上时，CO＝OH+CH，
∴CO的最大值为OH+CH＝+1，
故答案为：+1．
【考点11 矩形中折叠问题】
29．（2023春•龙江县期末）如图，点E在矩形纸片ABCD的边AD上，将矩形ABCD沿BE折叠，使点A落在对角线BD上的点A′处．若∠DBC＝28°，则∠A′EB的度数为（ ）
A．48°B．59°C．62°D．66°
【答案】B
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ABC＝90°，
∴∠ABD＝90°﹣∠DBC＝90°﹣28°＝62°，
由折叠的性质可得∠A＝∠BA′E＝90°，∠A′BE＝∠ABE＝∠ABD＝31°，
在Rt△A′BE中，∠A′EB＝90°﹣∠A′BE＝90°﹣31°＝59°，
故选：B．
30．（2023春•乾安县期末）如图，四边形ABCD为矩形纸片，把纸片ABCD折叠，使点B恰好落在CD边的中点E处，折痕为AF，若CD＝6，则AF等于（ ）
A．B．C．D．8
【答案】A
【解析】解：由折叠的性质得BF＝EF，AE＝AB，
因为CD＝6，E为CD中点，故ED＝3，
又因为AE＝AB＝CD＝6，
所以∠EAD＝30°，
则∠FAE＝（90°﹣30°）＝30°，
设FE＝x，则AF＝2x，
在△AEF中，根据勾股定理，（2x）2＝62+x2，
x2＝12，x1＝2，x2＝﹣2（舍去）．
AF＝2×2＝4．
故选：A．
31.（2023春•梅州期末）如图1，已知长方形纸带ABCD，AB∥CD，AD∥BC，∠C＝90°，点E、F分别在边AD、BC上，∠1＝20°，如图2，将纸带先沿直线EF折叠后，点C、D分别落在H、G的位置，如图3，将纸带再沿FS折叠一次，使点H落在线段EF上点M的位置，那么∠2＝ 60 °．
【答案】60．
【解析】解：在矩形ABCD中，AD∥BC，
∵∠1＝20°，
∴∠BFE＝∠1＝20°，
∴∠EFC＝180°﹣20°＝160°，
根据第一次折叠，可得∠EFH＝∠EFC＝160°，
根据第二次折叠，可知∠MFS＝∠HFS＝80°，
∴∠2＝∠MFS﹣∠EFB＝80°﹣20°＝60°，
故答案为：60
【考点12 矩形中动点问题】
32．（2023春•长安区期末）如图，在长方形ABCD中，已知AB＝6cm，BC＝10cm，点P以2cm/s的速度由点B向点C运动，同时点Q以acm/s的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（ ）
A．2B．3C．2或D．2或
【答案】D
【解析】解：由已知得：PC＝BC﹣BP＝（10﹣2t）cm；
①若△ABP≌△PCQ．
则AB＝PC＝6cm，
∴6＝10﹣2t，
∴t＝2．
∴a＝2；
②若△ABP≌△QCP．
则AB＝CQ＝6cm，BP＝CP＝（10﹣2t）cm，则t＝．
得：a＝6．
解得：a＝．
综上，a的值为2或．
故选：D．
33．（2023春•莲池区期末）如图，在长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝3cm，E为CD的中点动点P从A点出发，以每秒1cm的速度沿A→B→C→E运动，最终到达点E．若点P运动的时间为x秒，则当△APE的面积为5cm2时，x的值为（ ）
A．5B．3或5C．D．或5
【答案】D
【解析】解：①当P在AB上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴x•3＝5，
解得：x＝；
当P在BC上时，
∵△APE的面积等于5cm2，
∴S矩形ABCD﹣S△CPE﹣S△ADE﹣S△ABP＝5，
∴3×4﹣（3+4﹣x）×2﹣×2×3﹣×4×（x﹣4）＝5，
解得：x＝5；
③当P在CE上时，
∵△APE的面积为5cm2，
∴（4+3+2﹣x）×3＝5，
解得：x＝（不合题意舍去），
综上所述，x的值为或5，
故选：D．
34．（2023春•来凤县期末）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，AD＝10cm，BC＝8cm，点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动，点M从点B同时出发，以相同的速度向点C运动，当其中一个动点到达端点时，两个动点同时停止运动，设点P的运动时间为t（单位：s），下列结论：
①当t＝4s时，四边形ABMP为矩形；
②当t＝5s时，四边形CDPM为平行四边形；
③当CD＝PM时，t＝4或5s；
④当CD＝PM时，t＝4或6s．
其中结论正确的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】A
【解析】解：根据题意，可得DP＝tcm，BM＝tcm，
∵AD＝10cm，BC＝8cm，
∴AP＝（10﹣t）cm，CM＝（8﹣t）cm，
当四边形ABMP为矩形时，AP＝BM，
即10﹣t＝t，解得t＝5，故①不正确；
当四边形CDPM为平行四边形时，则DP＝CM，
即8﹣t＝t，解得t＝4，故②不正确；
当CD＝PM时，分两种情况：
当四边形CDPM是平行四边形时，则DP＝CM，
即8﹣t＝t，解得t＝4，
当四边形CDPM是等腰梯形时，
过点M作MG⊥AD于点G，过点C作CH⊥AD于点H，如图所示，
则∠MGP＝∠CHD＝90°，
∵CD＝PM，GM＝HC，
∴Rt△MGP≌Rt△CHD（HL），
∴GP＝HD，
∴，
又BM＝t，∠A＝∠B＝90°，MG⊥AD，
∴AG＝BM，
即，
解得t＝6，
综上可得，当CD＝PM时，
t＝6或t＝4，
故③错误，④正确，
∴正确的结论有1个．
故选：A．
【考点13 正方形的性质】
35．（2023春•红旗区校级期末）菱形，矩形，正方形都具有的性质是（ ）
A．四条边相等，四个角相等
B．对角线相等
C．对角线互相垂直
D．对角线互相平分
【答案】D
【解析】解：菱形，矩形，正方形都具有的性质为对角线互相平分．
故选：D．
36．（2023春•馆陶县期末）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E，若∠CBF＝20°，则∠AED的度数为（ ）
A．45°B．60°C．65°D．70°
【答案】C
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝45°，
∴∠AEB＝∠ACB+∠CBE＝65°，
在△ABE和△ADE中，
，
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠AED＝∠AEB＝65°，
故选：C．
37．（2023春•红旗区校级期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC＝1，CE＝3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）
A．2.5B．C．D．2
【答案】B
【解析】解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD＝45°，∠FCG＝45°，AC＝BC＝，CF＝CE＝3，
∴∠ACF＝45°+45°＝90°，
在Rt△ACF中，AF＝＝2，
∵H是AF的中点，
∴CH＝AF＝．
故选：B．
【考点14 正方形的判定】
38．（2023春•栖霞市期末）已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于O，则下列说法准确的是（ ）
A．当OA＝OC时，平行四边形ABCD为矩形
B．当AB＝AD时，平行四边形ABCD为正方形
C．当∠ABC＝90°时，平行四边形ABCD为菱形
D．当AC⊥BD时，平行四边形ABCD为菱形
【答案】D
【解析】解：A．当OA＝OC时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
B．根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则平行四边形ABCD是菱形，不一定是正方形，故此选项不符合题意；
C．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形能判定平行四边形ABCD为矩形，故此选项不符合题意；
D．当AC⊥BD时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可得平行四边形ABCD是菱形，故本选项正确．
故选：D．
39．（2023春•黄岩区期末）如图，在△ABC中，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断不正确的是（ ）
A．四边形AEDF是平行四边形
B．如果∠BAC＝90°，那么四边形AEDF是矩形
C．如果AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形
D．如果AD⊥BC，且AB＝AC，那么四边形AEDF是正方形
【答案】D
【解析】解：由DE∥CA，DF∥BA，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形AEDF是平行四边形；
又有∠BAC＝90°，根据有一角是直角的平行四边形是矩形，可得四边形AEDF是矩形．故A、B正确；
如果AD平分∠BAC，那么∠EAD＝∠FAD，又有DF∥BA，可得∠EAD＝∠ADF，
∴∠FAD＝∠ADF，
∴AF＝FD，那么根据邻边相等的平行四边形是菱形，可得四边形AEDF是菱形，故C正确；
如果AD⊥BC且AB＝AC，那么AD平分∠BAC，同上可得四边形AEDF是菱形．故D错误．
故选：D．
40．（2023春•宜都市期末）满足下列条件的四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形
B．对角线互相垂直的菱形
C．对角线相等的矩形
D．对角线互相垂直平分的四边形
【答案】A
【解析】解：A选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故A选项正确，符合题意；
B选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故B选项错误，不符合题意；
C选项，对角线相等的菱形是正方形，故C选项错误，不符合题意；
D选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故D选项错误，不符合题意；
故选：A．
【考点15 矩形的性质与判定综合运用】
41．（2022春•碑林区校级期末）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，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； ②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（ ）
A．①③B．②④C．①②③D．①②③④
【答案】A
【解析】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴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；故①正确；
∴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，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
42．（2023春•中江县期末）如图，E、F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且DF＝BE．
（1）求证：四边形AECF是菱形；
（2）若，BF＝4，求四边形AECF的周长．
【答案】（1）证明见解析；
（2）4．
【解析】（1）证明：连接AC，交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AO＝CO，DO＝BO，
∵BE＝DF，
∴OB﹣BE＝OD﹣DF，即OE＝OF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵AC⊥EF，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：由（1）知：四边形AECF是菱形，
∵AB＝3，AC⊥EF，
∴AC＝BD＝6，
∴OA＝3，
∵BF＝4，
∴EF＝BD﹣BF＝2，
∴OE＝1，
∴AE＝，
∴菱形AECF的周长＝4．
43．（2023春•番禺区校级期中）如图，在△ABC中，点D、E、F分别在BC、AB、AC边上，且DE∥AC，DF∥AB．
（1）如果∠BAC＝90°那么四边形AEDF是 矩 形；
（2）如果AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是 菱 形；
（3）如果∠BAC＝90°，AD是△ABC的角平分线，那么四边形AEDF是 正方 形，证明你的结论（仅需证明第3）题结论）
【答案】见试题解答内容
【解析】解：（1）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
又∵∠BAC＝90°，
∴四边形AEDF是矩形；
（2）∵DE∥AC，DF∥AB，
∴∠ADE＝∠DAF，四边形AEDF是平行四边形，
又∵AD是△ABC的角平分线，
∴∠DAE＝∠DAF，
∴∠ADE＝∠DAE，
∴AE＝DE，
∴▱AEDF是菱形；
（3）由（1）知四边形AEDF是矩形，由（2）知四边形AEDF是菱形，所以四边形AEDF是正方形．
44．（2023春•来凤县期末）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．
【答案】见试题解答内容
【解析】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+CE＝AB＝×2＝4，
∴CE+CG＝4 是定值．
【考点16 正方形中最小值问题】
45．（2023•池州开学）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，CD上的动点，且BE＝CF，连接BF，DE，则BF+DE的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】解：如图，连接AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，
又∵BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，
∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，
如图，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A，B，H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求的点E，
根据对称性可知AE＝HE，HB＝AB＝2，
∴AE+DE＝DH，
在Rt△ADH中，AH＝4，AD＝2，由勾股定理得，
∴BF+DE的最小值为，
故选：D．
46．（2023春•邗江区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、AD、CD上，AB＝3，AE＝1，DG＞AE，BF＝EG，BF与EG交于点P．连接DP，则DP的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】解：如图，过点E作EM⊥CD于点M，取BE的中点Q，连接QP、QD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠A＝∠ADC＝∠DME＝90°，AB∥CD，
∴四边形ADME是矩形，
∴EM＝AD＝AB，
在Rt△BAF和Rt△EMG中，
，
∴Rt△BAF≌Rt△EMG（HL），
∴∠ABF＝∠MEG，∠AFB＝∠EGM，
∵AB∥CD，
∴∠MGE＝∠BEG＝∠AFB，
∵∠ABF+∠AFB＝90°，
∴∠ABF+∠BEG＝90°，
∴∠EPF＝90°，
∴BF⊥EG，
∵△EPB是直角三角形，Q是BE的中点，
∴，
∵AB＝3，AE＝1，
∴BE＝3﹣1＝2，
∴QB＝QE＝1，
∵QD﹣QP≤DP，
∴当Q、D、P共线时，DP有最小值，
∵，AQ＝AE+EQ＝1+1＝2，
∴，
∴，
∴PD的最小值为．
故选：A．
47．（2023春•江油市期末）如图，在正方形ABCD中，点M在BD上运动，过点M分别作ME⊥AB，MF⊥AD，垂足分别为点E，F，若BC＝4，则EF的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】解：连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，∠ADB＝45°，AD＝BC＝4，
∴∠A＝90°，
∵ME⊥AB，MF⊥AD，
∴四边形AFME是矩形，
∴AM＝EF，
当AM垂直于BD时，AM最小，此时EF最小，
∵∠AMD＝90°，∠ADM＝45°，
∴△ADM是等腰直角三角形，
∴AM＝AD＝2，
∴EF的最小值是2．
故选：D．
【考点17 正方形-对角互模型】
48．（2023秋•莲湖区期中）定义：若一个四边形满足三个条件①有一组对角互补，②一组邻边相等，③相等邻边的夹角为直角，则称这样的四边形为“直角等邻对补”四边形，简称为“直等补”四边形．根据以上定义，解答下列问题．
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E在CD边上，点F在CB边的延长线上，且DE＝BF，连接AE，AF，请根据定义判断四边形AFCE是否是“直等补”四边形，并说明理由．
（2）如图2，已知四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，AE⊥BC于点E，若AB＝20，CD＝4，求BC的长．
【答案】（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，
理由见解析；
（2）28．
【解析】解：（1）四边形AFCE是“直等补”四边形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝∠D＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝90°，
在△ABF与△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE，∠BAF＝∠DAE，
∴∠BAF+∠BAE＝∠DAE+∠BAE＝90°，
∴∠FAE＝90°，
∴∠FAE+∠C＝180°，
∴四边形AFCE是“直等补”四边形；
（2）连接BD，
∵四边形ABCD是“直等补”四边形，AB＝AD，
∴∠BAD＝90°，
∴∠C+∠BAD＝180°，
∴∠C＝90°，
∵AB＝AD＝20，
∴BD＝＝20，
∵CD＝4，
∴BC＝＝28．
49．（2023春•栖霞市期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，设E、F分别是AD、AB上的点，若∠EOF＝90°，DO＝4，求四边形AEOF的面积．
【答案】四边形AEOF的面积是8．
【解析】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD相交于O，
∴DO＝BO，AO＝CO，且BD＝AC，BD⊥AC，
∴DO＝AO＝4，∠AOD＝90°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠DOE＝∠AOF＝90°﹣∠AOE，
∵AD＝AB＝AB＝CB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴∠ADB＝∠ABD＝45°，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴∠ADB＝∠BAC，
在△DOE和△AOF中，
，
∴△DOE≌△AOF（ASA），
∴S△DOE＝S△AOF，
∴S四边形AEOF＝S△AOE+S△AOF＝S△AOE+S△DOE＝S△AOD＝×4×4＝8，
∴四边形AEOF的面积是8．
50．（2023秋•峄城区校级月考）如图，正方形ABCD的对角线AC和BD相交于点O，O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交AB于点E，OC1交BC于点F．
（1）求证：△AOE≌△BOF；
（2）如果两个正方形的边长都为4，求四边形OEBF的面积．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）4．
【解析】（1）证明：在正方形ABCD中，AO＝BO，∠AOB＝90°，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∵∠AOE+∠EOB＝90°，∠BOF+∠EOB＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF．
在△AOE和△BOF中，
，
∴△AOE≌△BOF（ASA）．
（2）解：∵△AOE≌△BOF，
∴S四边形OEBF＝S△EOB+S△OBF＝S△EOB+S△AOE＝S△AOB＝S正方形ABCD＝×42＝4，
答：四边形OEBF的面积为4．
【考点18 正方形-半角互模型】
51．（2023春•宁津县期末）（1）对于试题“如图①，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝45°，连接EF，探究BE、DF、EF之间的数量关系”，数学王老师给出了如下的思路：
请根据数学王老师的思路探究BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由；
（2）如图②，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠D＝180°，E、F分别是BC、DC上的点，且∠EAF＝∠BAD，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由．
【答案】（1）EF＝BE+DF，理由见解析；
（2）成立，理由见解析．
【解析】解：（1）EF＝BE+DF，
理由：如图①，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠D＝∠ABM＝90°，
又∵BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵∠EAF＝45°，
∴∠1+∠3＝45°，
∴∠2+∠3＝∠MAE＝45°＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝BE+DF；
（2）EF＝BE+DF仍然成立，理由如下：如图②，延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，
∵∠ABC+∠D＝180°，∠ABC+∠4＝180°，
∴∠D＝∠4，
又∵AB＝AD，BM＝DF，
∴△ADF≌△ABM（SAS），
∴AF＝AM，∠1＝∠2，
∵，
∴∠1+∠3＝∠EAF，
∴∠MAE＝∠2+∠3＝∠EAF，
又∵AE＝AE，
∴△EAM≌△EAF（SAS），
∴EF＝EM＝BE+BM，
又∵BM＝DF，
∴EF＝BE+DF．
52．（2023•安徽模拟）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边BC、CD上两点，∠EAF＝45°．
（1）若EA是∠BEF的角平分线，求证：FA是∠DFE的角平分线；
（2）若BE＝DF，求证：EF＝BE+DF．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析．
【解析】证明：（1）过A作AH⊥EF与H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
∵∠AHE＝90°，
∴∠B＝∠AHE，
∵EA是∠BEF的角平分线，
∴∠AEB＝∠AEH，
在△ABE与△AHE中，
，
∴△ABE≌△AHE（AAS），
∴AB＝AH，
在Rt△AHF与Rt△ADF中，
，
∴Rt△AHF≌Rt△ADF（HL），
∴∠AFE＝∠AFD，
∴FA是∠DFE的角平分线；
（2）如图，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G为边CB延长线上一点．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D＝∠ABC＝90°，AB＝AD，
∴∠ABG＝90°，
∴∠ABG＝∠D．
在△GAB和△FAD中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
∴BG＝DF，AG＝AF．
∵∠DAF+∠BAF＝90°，∠GAB＝∠FAD，
∴∠GAB+∠FAB＝90°，
∴∠GAF＝90°．
∵∠EAF＝45°，
∴∠GAE＝∠FAE＝45°．
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝BG+BE，
∴DF+BE＝EF．
【考点19 正方形-手拉手模型】
53．（2023秋•惠阳区校级月考）如图1，已知正方形ABCD和正方形AEFG有公共顶点A，连接BE，DG．
（1）请判断BE与DG的数量关系与位置关系，并证明你的结论．
（2）如图2，已知AB＝4，，当点F在边AD上时，求BE的长．
【答案】（1）BE＝DG，BE⊥DG；（2）．
【解析】解：（1）BE＝DG，BE⊥DG；
理由：如图1，∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，AG＝AE，AD＝AB，∠ADB＝45°，
∴∠GAD＝∠BAE，
∴△GAD≌△BAE，
∴BE＝DG，∠GDA＝∠ABE，
∴∠BMD＝180°﹣∠GDA﹣∠ADB﹣∠DBM＝180°﹣﹣∠EBA﹣∠DBM﹣45°＝90°，
∴BE⊥DG．
总之，BE＝DG，BE⊥DG；
（2）
作EH⊥AB于H，
∵正方形ABCD和正方形AEFG，
∴∠GAE＝90°＝∠BAD，∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝45°，
∵AB＝4，，
∴AH＝EH＝＝1，
∴BH＝4﹣1＝3，
∴BE＝．
【考点20 正方形-十字架模型】
54．（2022春•醴陵市期末）如图，在矩形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．
（1）若矩形ABCD为正方形，求证：AE＝BF；
（2）若AE＝BF，求证：矩形ABCD为正方形．
【答案】（1）证明过程详见解答；
（2）证明过程详见解答．
【解析】证明：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，AB＝BC，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
又∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（ASA），
∴AE＝BF；
（2）∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠ABF+∠CBF＝90°，
∵AE⊥BF，
∴∠BAE+∠ABF＝90°，
∴∠BAE＝∠CBF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AB＝BC，
又∵四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形．
55．（2023•黄石）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM＝CN，AN与DM相交于点P．
（1）求证：△ABN≌△DAM；
（2）求∠APM的大小．
【答案】（1）见解答；
（2）90°．
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC，∠DAM＝∠ABN＝90°，
∵BM＝CN，
∴BC﹣CN＝AB﹣BM，即BN＝AM，
在△ABN和△DAM中，
∴△ABN≌△DAM（SAS）；
（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，
∴∠MAP＝∠ADM，
∴∠MAP+∠AMP＝∠ADM+∠AMP＝90°，
∴∠APM＝180°﹣（∠MAP+∠AMP）＝90°．延长CB到M，使得BM＝DF，连接AM，……，利用三角形全等的判定及性质解答，……
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