初中数学北师大版（2024）九年级上册第一章 特殊平行四边形3 正方形的性质与判定课时作业

这是一份初中数学北师大版（2024）九年级上册第一章 特殊平行四边形3 正方形的性质与判定课时作业，共88页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc22041" 【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 PAGEREF _Tc22041 \h 1
\l "_Tc29467" 【题型2 由正方形的性质求角度】 PAGEREF _Tc29467 \h 2
\l "_Tc20016" 【题型3 由正方形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc20016 \h 4
\l "_Tc11793" 【题型4 由正方形的性质求面积】 PAGEREF _Tc11793 \h 5
\l "_Tc25794" 【题型5 正方形中的折叠问题】 PAGEREF _Tc25794 \h 6
\l "_Tc164" 【题型6 正方形中的证明】 PAGEREF _Tc164 \h 8
\l "_Tc25680" 【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 PAGEREF _Tc25680 \h 9
\l "_Tc28097" 【题型8 证明四边形是正方形】 PAGEREF _Tc28097 \h 11
\l "_Tc25793" 【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】 PAGEREF _Tc25793 \h 12
\l "_Tc29624" 【题型10 由正方形性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc29624 \h 14
\l "_Tc8475" 【题型11 由正方形性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc8475 \h 15
\l "_Tc10122" 【题型12 由正方形性质与判定证明】 PAGEREF _Tc10122 \h 17
知识点1：正方形的性质
定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】
【例1】（23-24九年级·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（ ）
A．平行四边形，正方形B．正方形，菱形C．正方形，矩形D．矩形，菱形
【变式1-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）下列性质中，矩形、正方形都具有，但是菱形却不具有的性质是（ ）
A．对角线长度相等B．对角线互相垂直
C．对角线互相平分D．一组对角线平分一组对角
【变式1-2】（23-24九年级·河南安阳·期末）用两块完全重合的等腰直角三角形纸片拼下列图形：（1）平行四边形（不包含菱形、矩形、正方形）；（2）矩形；（3）正方形；（4）等边三角形；（5）等腰直角三角形，一定能拼成的图形是（ ）
A．（1）（2）（3）B．（1）（3）（5）C．（2）（3）（5）D．（1）（3）（4）（5）
【变式1-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），且AE=CF，分别连接BE、BF、DE、DF，则下列结论错误的是（ ）
A．四边形BFDE是平行四边形
B．若四边形ABCD是菱形，那么四边形BFDE也是菱形
C．若四边形ABCD是正方形，那么四边形BFDE是菱形
D．若四边形ABCD是矩形，那么四边形BFDE也是矩形
【题型2 由正方形的性质求角度】
【例2】（23-24九年级·重庆江津·期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边AD、AB上的点，连接CE、CF，CG平分∠ECB，若CE=CF．当∠DEC=α时，则∠GCF的度数为（ ）
A．α2B．90°−α
C．3α2−90°D．180°−32α
【变式2-1】（23-24九年级·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，正方形ABCD中，点M,N,P分别在AB,CD,BD上，∠MPN=90°，MN经过对角线BD的中点O，若∠PMN=α，则∠AMP一定等于（ ）

A．2αB．45°+αC．90°−12αD．135°−α
【变式2-2】（23-24九年级·辽宁大连·期末）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，且∠ABE=72°；延长BE交CD于点F，连接DE，则∠DEF的度数为 ．

【变式2-3】（23-24九年级·重庆九龙坡·期末）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E为边AB上一点，连接DE，过点C作CF⊥DE于点F，连接OF，若∠ACF=α，则∠DOF的度数为（ ）
A．2aB．30°+aC．45°−aD．60°−2a
【题型3 由正方形的性质求线段长】
【例3】（23-24·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF．交CD于点M．若BE=DF=1，则DM的长度为（ ）
A．2B．5C．6D．125
【变式3-1】（23-24九年级·河北邯郸·期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为1,3，则点B的坐标为 （ ）

A．−3,1B．−1,3
C．1+3,1−3D．1−3,1+3
【变式3-2】（23-24九年级·安徽合肥·期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=2，CE=6，CH⊥AF于点H，那么CH的长是（ ）
A．22B．5C．355D．655
【变式3-3】（23-24·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的动点，且满足AE=BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG=2GB，则OM+12FG的最小值是（ ）

A．4B．5C．8D．10
【题型4 由正方形的性质求面积】
【例4】（23-24九年级·辽宁朝阳·期末）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB的延长线交于点E，则四边形AECF的面积是 ．

【变式4-1】（23-24九年级·四川德阳·期末）《九章算术》中有一问题：“今有勾三步，股四步，问勾中容方几何？”意思是：如图1，直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，求内接正方形DECF的边长．我国数学家刘徽用“出人相补”原理将直角三角形补成知形ACBG（如图1），在该图形中发现一个与正方形DECF面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若点A在线段AG上平移至点A′，连接A′C，A′B与直线ED分别相交于点M，点N（如图2），则平行四边形MCFN的面积为（ ）

A．12B．14449C．25D．14425
【变式4-2】（23-24九年级·山西吕梁·期末）如图，一个正方形ABCD中有两个小正方形，如果它们的面积分别为S1，S2，则S1 S2（填“>”或“=”或“”或“=”或“
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等等知识，设正方形ABCD的边长为6，然后求出S1与S2的值，问题得解．
【详解】解：如图，设正方形ABCD的边长为6，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠ACB=∠DAC=45°，∠B=90°，
∴AC=AB2+BC2=62，
又∵四边形EFGB与四边形MNHQ是正方形，
∴EF=BG=FG=GC，MN=QM=AQ=QH=CH，
∴EF=12BC=3，MN=13AC=22，
∴S1=9，S2=8，
∴S1>S2．
故答案为：>．
【变式4-3】（23-24九年级·浙江绍兴·期末）如图，以直角△ABC的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为18cm2，则③、⑤两部分的面积和为（ ）cm2．
A．8B．9C．10D．11
【答案】B
【分析】设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，利用正方形性质，三角形全等证明即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键．
【详解】如图所示，
设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为S1，S2，S3，S4，S5，AB=c，BC=a，AC=b，
根据题意，得c2=a2+b2，
∵四边形ABEG是正方形，∠ACB=90°，
∴∠ABD=∠BEF=90°,AB=BE，
∴∠EBF+∠CBA=90°，∠BAD+∠CBA=90°，
∴∠EBF=∠BAD，
∴△BAD≌△EBFASA，
∴S△BAD=S△EBF．
∴S2=S4,
∵②、④两部分的面积和为18cm2，
∴S2=S4=9cm2，
∵四边形ABEG是正方形，四边形ACMH是正方形，
∴∠AHG=∠ACB=90°,AB=AG,AC=AH，
∴△AGH≌△ABCHL，
∴S1=S2．
∴S1=S2=S4=9cm2，
根据题意，得S3+S5=a2−S△BCD+b2−S1−S四边形ACFG
=a2+b2−S1−c2−S2−S4
=a2+b2−c2−S1+S2+S4
=S2=9cm2，
故选B．
【题型5 正方形中的折叠问题】
【例5】（23-24九年级·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，点F在AD上，沿BF折叠，使点A落在AE上的G点，若DE=5，则GE的长为 ．

【答案】4913/31013
【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质 ，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．
由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF, BF垂直平分AG, 先证△ABF≌△DAE,推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长, 最后在Rt△ADF中利用面积法可求出AM的长，可进一步求出AG的长，GE的长.
【详解】解：设AE与BF交于点M，
在正方形ABCD中, ∠BAD=∠D=90°,
∴∠BAM+∠FAM=90°，
在Rt△ADE中,AE=AD2+DE2=122+52=13，
∵由折叠的性质可得△ABF≌△GBF
∴AB=BG,∠FBA=∠FBG，
∴BF垂直平分AG,
∴AM=MG,∠AMB=90°，
∵∠FAE+∠AED=∠FAE+∠AFB=90°，
所以∠AED=∠AFB，
又∵∠BAF=∠D=90°，AB=AD，
∴△ABF≌△DAE，
∴AF=DE=5，BF=AE=13，
又∵S△ABF=12AF⋅AB=12BF⋅AM，
∴AM=AF⋅ABBF=6013
∴AG=2AM=12013
∴GE=AE−AG=13−12013=4913
故答案为： 4913
【变式5-1】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，将边长为8的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F′，则图②中阴影部分的周长为（ ）
A．9B．10C．16D．20
【答案】D
【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长度为x，则DG=8−x，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长．
【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，

由题意知，BE=FD=4，∠B=∠F=90°，
又∵∠BGE=∠FGD，
∴△BGE≌△FGDAAS，
∴BG=FG，EG=DG，
设BG=FG=x，则DG=8−x，
在Rt△FDG中，8−x2=x2+42，
解得：x=3，
∴DG=8−x=5，
∵DG∥EH，GE∥DH，
∴四边形DGEH为平行四边形，
又∵EG=DG，
∴▱DGEH为菱形，
∴阴影部分的周长为：5×4=20，
故选：D．
【变式5-2】（23-24九年级·湖南怀化·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB,CD上，∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则BE的长度为（ ）
A．1B．2C．5D．2
【答案】D
【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据AB∥CD可得∠EFD=∠BEF=60°,根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，进而可得∠AB'E=30°，根据含30度角的直角三角形的性质可得AE=12B′E，设BE=x，则B′E=x,AE=3−x，列方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD,∠A=90°
∴∠EFD=∠BEF=60°
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，
∴∠AEB'=180°−∠BEF−∠B'EF=60°
∴∠AB'E=90°−60°=30°
∴AE=12B′E，
设BE=x，则B′E=x,AE=3−x，
∴3−x=12x，
∴x=2，
∴BE=2，
故选：D．
【变式5-3】（23-24九年级·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：
(1)【课本再现】
第一步：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平；
第二步：在AD上选一点P，沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接PM，BM，根据以上操作，当点M在EF上时，∠PBM=___________°；
(2)【类比应用】
如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ，当点M在EF上时，求∠MBQ的度数；
(3)【拓展延伸】
在（2）的探究中，正方形纸片的边长为4，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接PM，BM，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．当QF=1cm时，请求出AP的长．
【答案】(1)30
(2)15°
(3)125cm或47cm
【分析】（1）由折叠的性质得AM=BM，AE=BE，AB=BM，∠ABP=∠PBM，从而得到△ABM是等边三角形即可求解；
（2）同（1）可证∠ABM=60°，再利用折叠的性质和正方形的性质证明Rt△BMQ ≌Rt△BCQHL，推出∠MBQ=∠CBQ，可得∠MBQ=12∠CBM；
（3）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接AM，
∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，
∴EF垂直平分AB,
∴AM=BM，AE=BE，
∵沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，
∴AB=BM，∠ABP=∠PBM，
∴AM=BM=AB，
∴△ABM是等边三角形，
∴∠ABM=60°，
∴∠PBM=∠ABP=30°，
故答案为：30；
（2）解：如图，
同（1）可证∠ABM=60°，
∴∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−60°=30°，
在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠C=90°，
由折叠知AB=BM，∠PMB=∠A=90°，
∴BC=BM，∠BMQ=∠C=90°，
在Rt△BMQ和Rt△BCQ中，
BC=BMBQ=BQ，
∴Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴∠MBQ=∠CBQ，
∴∠MBQ=12∠CBM=12×30°=15°
（3）解：当点Q在点F的下方时，如图，
∵正方形ABCD中，AD=CD=4，
∴DQ=QF+DF=1+12CD=1+2=3，
∴CQ=CD−DQ=4−3=1，
由（2）知Rt△BMQ≌Rt△BCQ(HL)，
∴MQ=CQ=1，
设AP=x，由折叠知MP=AP=x，
∴PQ=MP+MQ=x+1，PD=AD−AP=4−x，
在Rt△PDQ中，PD2+DQ2=PQ2，
∴(4−x)2+32=(x+1)2，
解得x=125，即AP=125cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
则DQ=DF−QF=12CD−1=2−1=1，
∴CQ=CD−DQ=4−1=3，
∴MQ=CQ=3，
设AP=MP=x，
则PD=AD−AP=4−x，PQ=MP+MQ=x+3，
在Rt△PDQ中，PD2+DQ2=PQ2，
∴(4−x)2+12=(x+3)2，
解得x=47，即AP=47cm；
综上可知，AP的长为125cm或47cm．
【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键．
【题型6 正方形中的证明】
【例6】（23-24九年级·安徽安庆·期末）如图，在正方形纸片ABCD中，P为正方形边AD上的一点（不与点A，D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．
(1)求证：PB平分∠APG；
(2)求证：BP=EF；
(3)探究CH，AP与PH的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)PH=AP+CH．理由见解析
【分析】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，轴对称的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．
（1）由题意，得PE=BE，则∠EBP=∠EPB．根据正方形性质得出∠EPH=∠EBC=90°，得出∠PBC=∠BPH．结合AD∥BC，得出∠APB=∠PBC，即可证明∠APB=∠BPH，即PB平分∠APG．
（2）如图1，过点F作FK⊥AB于点K，设EF交BP于点O．证明四边形BCFK是矩形，得出KF=BC=AB．根据点B与点P关于EF对称，得出EF⊥PB，证明△ABP≌△KFE，即可证明BP=EF．
（3）如图，过点B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知，∠APB=∠BPH．证明Rt△ABP≌Rt△QBP，得出AP=QP．证出BC=BQ．再证明Rt△BCH≌Rt△BQH，得出CH=QH，即可证明QP+QH=AP+CH，即PH=AP+CH．
【详解】（1）证明：由题意，得PE=BE，
∴∠EBP=∠EPB．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EPH=∠EBC=90°，
∴∠EPH−∠EPB=∠EBC−∠EBP，即∠PBC=∠BPH．
又∵AD∥BC，
∴∠APB=∠PBC，
∴∠APB=∠BPH，即PB平分∠APG．
（2）证明：如图1，过点F作FK⊥AB于点K，设EF交BP于点O．
∵∠FKB=∠KBC=∠C=90°，
∴四边形BCFK是矩形，
∴KF=BC=AB．
∵点B与点P关于EF对称，
∴EF⊥PB，
∴∠BOE=90°，
∴∠ABP+∠BEO=90°．
∵∠BEO+∠EFK=90°，
∴∠ABP=∠EFK．
∵∠A=∠EKF=90°，
∴△ABP≌△KFEASA，
∴BP=EF．
（3）解：PH=AP+CH．
理由：如图，过点B作BQ⊥PH，垂足为Q．
由（1）知，∠APB=∠BPH．
∵∠BQP=∠A=90°，
∴BA=BQ．
∵BP=BP，
∴Rt△ABP≌Rt△QBPHL，
∴AP=QP．
又∵AB=BC，BA=BQ，
∴BC=BQ．
∵∠C=∠BQH=90°，BH=BH，
∴Rt△BCH≌Rt△BQHHL，
∴CH=QH，
∴QP+QH=AP+CH，
即PH=AP+CH．
【变式6-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）已知；正方形ABCD的边长是4，F是DC边的中点，E是BC上的点，且CE=14BC，如图，求证：∠AFE=90°．
【答案】见解析
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，连接AE，延长EF交AD延长线于点G，由正方形的性质得到AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠ADC=90°，设AB=BC=4a，则CE=a,BE=3a，由勾股定理求出AE=5a，再证明△CEF≌△DGF，得出AE=AG即可求证，掌握相关知识是解题关键．
【详解】证明：连接AE，延长EF交AD延长线于点G，如图：
∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=DA，
∠B=∠C=∠ADC=90°，
∵CE=14BC，
∴设AB=BC=4a，则CE=a,BE=3a，
在Rt△ABE中，AE=AB2+BE2=5a，
∵点F是CD中点，
∴CF=DF，
∵∠C=∠ADCCF=DF∠DFG=∠CFE，
∴△CEF≌△DGFASA，
∴EF=FG,CE=DG=a,，
∴AG=AD+DG=5a，
∴AE=AG，
又∵EF=FG,
∴AF⊥EF,
∴∠AFE=90°．
【变式6-2】（23-24九年级·四川宜宾·期末）正方形ABCD的边长为6，正方形DEFG的顶点E、F分别在正方形ABCD的对角线AC和BC边上，BF=2CF，连接CG．
(1)求证：AE=CG；
(2)求AE2+CE2的值．
【答案】(1)见解析
(2)AE2+CE2=40．
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．
（1）利用正方形的性质结合等角的余角相等求得AD=CD，DE=DG，∠ADE=∠CDG，再利用SAS证明△ADE≌△CDG，即可得到AE=CG；
（2）先求得CF=2，利用勾股定理求得EG=DF=210，由△ADE≌△CDG得到∠DCG=∠DAE=45°，推出∠ECG=90°，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD和DEFG，
∴AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE=90°−∠EDC=∠CDG，
∴△ADE≌△CDGSAS，
∴AE=CG；
（2）解：连接GE和DF，
∵正方形ABCD的边长为6，且BF=2CF，
∴CF=2，CD=6，∠FCD=90°，
∴EG=DF=22+62=210，
由（1）得△ADE≌△CDG，AE=CG，
∴∠DCG=∠DAE=45°，
∴∠ECG=∠DCG+∠DCE=90°，
∴AE2+CE2=CG2+CE2=EG2=40．
【变式6-3】（23-24九年级·江苏泰州·期末）【阅读材料】
在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在BC、CD、AD、AB上，且GE⊥HF，垂足为M，那么GE与HF相等吗？
分别过点G、H作GP⊥BC、HQ⊥CD，垂足分别为P、Q，通过证明△GPE≌△HQF，得到GE=HF．
根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．
【探究1】
如图2，在正方形ABCD中，点E在BC上，使用无刻度的直尺和圆规作BF⊥AE，交CD于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；
【探究2】
如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，将正方形ABCD沿着EF翻折，点B、C分别落在B′、C′处，且B′C′经过点D，将纸片展开，延长C′F交BC于点G，连接DG交EF于点M．
（1）求证：DF=GF；
（2）求证：AE+CG=DF．
【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）见解析
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：
[探究1]以B为圆心，AE为半径画弧，交CD于F，连接BF即可；
[探究2]（1）利用翻折的性质和ASA证明△CFG≌△C′FD，然后利用全等三角形的性质即可得证；
（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于N，可得四边形BCFN是矩形，得出CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD，AN=DF，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得∠FDG=∠FC′C，进而得出DG∥CC′，从而得出DG⊥EF，类似材料中的思路可证得△ENF≌△GCD，得出EN=GC，即可得出答案．
【详解】解∶[探究1]
如图，BF即为所求，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，AB=DC，
由作图知：AE=BF，
∴Rt△ABE≌Rt△BCF，
∴∠BAE=∠CAF，
∵∠CAF+∠ABF=90°，
∴∠BAE+∠ABF=90°，
∴BF⊥AE；
[探究2]
（1）证明：∵翻折，
∴∠C=∠C′=90°，FC=FC′，
又∠CFG=∠C′FD，
∴△CFG≌△C′FDASA，
∴FG=DF；
（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于N，
则四边形BCFN是矩形，
∴CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD
又AB=DC，
∴AN=DF，
∵翻折，
∴EF⊥CC′，
∵DF=GF，CF=C′F，
∴∠FDG=∠FGD，∠FCC′=∠FC′C，
又∠DFC=∠FDG+∠FGD=∠FCC′+∠FC′C，
∴∠FDG=∠FC′C，
∴DG∥CC′，
又EF⊥CC′，
∴DG⊥EF，
∴∠GDC+∠DFM=90°，
∵∠NFD=90°，
∴∠EFN+∠DFM=90°，
∴∠EFN=∠GDC，
又NF=CD，∠ENF=∠C=90°，
∴△ENF≌△GCDASA，
∴EN=GC，
又AN=AE+EN，AN=DF，
∴DF=AE+GC
知识点2：正方形的判定
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定．
【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】
【例7】（23-24九年级·浙江台州·期末）甲，乙两位同学采用折叠的方法，判断两张四边形纸片是否为正方形．
甲：如图①进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形；
乙：如图②进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形．
下列判断正确的是（ ）

A．仅甲正确B．仅乙正确C．甲、乙均正确D．甲、乙均错误
【答案】D
【分析】利用折叠的性质和菱形、矩形、正方形的判定即可得出答案．
【详解】解∶①按照图①折叠，可得四边形的四边相等，原四边形是菱形或正方形；
②按照图②折叠，可得四边形的四个角相等，不能得四条边相等，原四边形是矩形；
故选∶ D．
【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形、矩形、正方形的判定等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
【变式7-1】（23-24九年级·重庆荣昌·期末）下列命题：
①对角线相等的菱形是正方形；
②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；
④对角线互相垂直的矩形是正方形；
其中是真命题的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】A
【分析】利用正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】解：①对角线相等的菱形是正方形，正确，是真命题，符合题意；
②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意；
③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意；
④对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，是真命题，符合题意．
真命题有4个，
故选A．
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度中等．
【变式7-2】（23-24九年级·河北保定·期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，连结AC、BD，回答问题
（1）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是矩形．
（2）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形．
（3）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是正方形．
【答案】 AC⊥BD AC＝BD AC⊥BD且AC＝BD
【分析】先证明四边形EFGH是平行四边形，
（1）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是矩形，则需要一个角是直角，故对角线应满足互相垂直
（2）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是菱形，则需要一组邻边相等，故对角线应满足相等
（3）联立（1）（2），要使所得四边形是正方形，则需要对角线垂直且相等
【详解】解：连接AC、BD．
∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，
∴EF∥AC，EF＝12AC，FG∥BD，FG＝12BD，GH∥AC，GH＝12AC，EH∥BD，EH＝12BD．
∴EF∥HG，EF＝GH，FG∥EH，FG＝EH．
∴四边形EFGH是平行四边形；
（1）要使四边形EFGH是矩形，则需EF⊥FG，
由（1）得，只需AC⊥BD；
（2）要使四边形EFGH是菱形，则需EF＝FG，
由（1）得，只需AC＝BD；
（3）要使四边形EFGH是正方形，综合（1）和（2），
则需AC⊥BD且AC＝BD．
故答案是：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD
【点睛】此题主要考查平行四边形，矩形，菱形以及正方形的判定条件
【变式7-3】（12-13九年级·江苏扬州·期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB=BC时，它是菱形B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当∠ABC=90°时，它是矩形D．当AC=BD时，它是正方形
【答案】D
【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．
根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．
【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确，不符合题意；
C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意；
D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意．
故选：D．
【题型8 证明四边形是正方形】
【例8】（23-24九年级·四川乐山·期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．
(1)求证：BE=DE；
(2)如图2，过点E作EF⊥BE，交边CD于点F，以BE，EF为邻边作矩形BEFG，连接CG．
①求证：矩形BEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为6，CG=22，求正方形BEFG的边长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②25
【分析】（1）证明△ABE≌△ADESAS，即可得到结论；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，再证△FEN≌△BEMASA，得到EF=BE，即可得到结论；
②证明△ABE≌△CBGSAS，得到AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，由∠ACB=45°，得到CE⊥CG，则CE+CG=CE+AE=AC=2AB=62，由CG=22得到CE=42，连接EG，由勾股定理得到EG=210，则EF=22EG=25，即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE=∠DAE=45°，AB=AD，
在△ABE和△ADE中，
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE，
∴△ABE≌△ADESAS，
∴BE=DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则四边形EMCN为矩形，
∴∠MEN=90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM=EN，
∵∠BEF=90°，
∴∠BEM=∠NEF=90°−∠FEM，
∵∠FNE=∠BME=90°，
在△FEN和△BEM中
∠FNE=∠BME=90°EN=EM∠BEM=∠NEF
∴△FEN≌△BEMASA，
∴EF=BE，
∵四边形BEFG是矩形，
∴矩形BEFG是正方形；
②解：正方形BEFG和正方形ABCD中，BE=BG，AB=BC，
∠ABC=∠EBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG=90°−∠CBE，
∴△ABE≌△CBGSAS，
∴AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠ACB=45°，
∴∠ACG=∠ACB+∠BCG=90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC=2AB=62，
∵CG=22，
∴CE=42，
连接EG，
∴EG=CE2+CG2=32+8=210，
∴EF=22EG=25，
即正方形BEFG的边长为25．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，添加合适辅助线是解题的关键．
【变式8-1】（23-24九年级·浙江绍兴·期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连接AE，AF，已知BF=DE，AF⊥AE．

(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)若∠DAE=30°，DE=1，求四边形AECB的面积．
【答案】(1)详见解析
(2)3−32
【分析】（1）证明△BAF≌△DAE，得出AB=AD，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论；
（2）根据含30度的直角三角形的性质得出AE=2，根据勾股定理求出AD=22−12=3，根据S四边形AECB=S正方形ABCD−S△ADE=3−32求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠ABC=∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠EAD=90°，∠ABF=∠D=90°．
∵AF⊥AE，
∴∠BAE+∠BAF=90°，
∴∠BAF=∠EAD，
∵BF=DE，
∴△BAF≌△DAE，
∴AB=AD．
∴矩形ABCD是正方形．
（2）解：∵∠DAE=30°，DE=1，
∴AE=2，
∴AD=22−12=3．
∴S四边形AECB=S正方形ABCD−S△ADE=32−12×1×3=3−32．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，勾股定理，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，得出△BAF≌△DAE．
【变式8-2】（23-24九年级·湖北荆门·期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AD=6．

(1)如图1，A小组将矩形纸片ABCD折叠，点D落在AB边上的点E处，折痕为AF，连接EF，然后将纸片展平，得到四边形AEFD．求证：四边形AEFD是正方形；
(2)如图2，B小组将矩形纸片ABCD对折使AB与DC重合，展平后得到折痕PQ，再次过点A折叠使点D落在折痕PQ上的点N处，得到折痕AM，连结MN，展平后得到四边形ANMD，求四边形ANMD的面积；
【答案】(1)见解析
(2)123
【分析】（1）证AD=AE=FD=FE，得四边形AEFD是菱形，再由∠D=90°，即可得出结论；
（2）连接DN，由折叠的性质可得△ADN是等边三角形，∠DAM=30°，求出DA′，由三角形面积公式可求出S四边形ANMD=2S△ADM．
【详解】（1）四边形AEFD是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=90°，AB∥CD，
∴∠FAE=∠DFA，
由第一步折叠可知：∠FAE=∠DAF，AD=AE，FD=FE，
∴∠DAF=∠DFA，
∴AD=FD，
∴AD=AE=FD=FE，
∴四边形AEFD是菱形，
又∵∠D=90°，
∴四边形AEFD是正方形；
（2）连接DN，

由折叠得，AP=PD=12AD=3,AN=AD=6,PQ⊥AD,∠DAM=∠NAM
∴DN=AN=6
∴DN=AN=AD=6
∴△ADN是等边三角形，
∴∠DAN=60°
∴∠DAM=12∠DAN=30°
设DM=x，则AM=2x，
由勾股定理得，AD2+DM2=AM2
∴62+x2=2x2
解得，x=23（负值舍去）
∴DM=23
由折叠得，S△ADM=S△ANM=12AD×DM=12×6×23，
∴S四边形ANMD=2S△ADM=123．
【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【变式8-3】（23-24九年级·山西临汾·期末）综合与实践
问题解决：
（1）如图1，在△ABC中，BD是AC边上的中线，E是BD的中点，过点B作BF∥AC，交CE的延长线于点F，连接AF．求证：四边形ADBF是平行四边形．
类比迁移：
（2）如图2，在（1）的条件下，当AB=BC时，试判断四边形ADBF的形状，并说明理由．
拓展应用：
（3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADBF是正方形？请直接写出结论，不必证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形ADBF是矩形，理由见解析；（3）AB=BC，∠ABC=90°
【分析】（1）先证明△BEF≌△DECAAS，得到BF=CD=AD，再结合BF∥AD，即可得出结论；
（2）根据等腰三角形三线合一的性质，得出BD⊥AC，即可证明四边形ADBF是矩形；
（3）由（2）可知，当AB=BC时，四边形ADBF是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到BD=AD，即可得出结论．
【详解】证明：（1）∵BF∥AC，
∴∠BFC=∠ACF，
∵E是BD的中点，
∴BE=DE，
在△BEF和△DEC中，
∠BFE=∠DCE∠BEF=∠EDCBE=DE，
∴△BEF≌△DECAAS，
∴BF=CD，
∵BD是AC边上的中线，
∴AD=CD，
∴AD=BF，
又∵BF∥AD，
∴四边形ADBF是平行四边形；
（2）四边形ADBF是矩形，理由如下：
∵AB=BC，BD是AC边上的中线，
∴BD⊥AC，即∠ADB=90°，
又∵四边形ADBF是平行四边形，
∴四边形ADBF是矩形；
（3）当△ABC满足AB=BC，∠ABC=90°时，四边形ADBF是正方形，
由（2）可知，当AB=BC时，四边形ADBF是矩形，
在Rt△ABC中，BD是AC边上的中线，
∴BD=12AC=AD，
∴四边形ADBF是正方形，．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定定理，正方形的判定定理，掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】
【例9】（23-24九年级·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如△IJK），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是 ．
【答案】3
【分析】先利用勾股定理得到EH=32，进而证明四边形EFGH是正方形，则可得到IJ=EJ=HI=JK=13EH=2，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，则TJ=IT=12IJ=22，利用勾股定理得到TK=JK2−JT2=62；证明四边形TSGH是矩形，得到TS=HG=HE=32，由对称性可知LS=TK=62，则KL=TS−TK−LS=32−6；证明四边形MQLK是矩形，得到MN=MQ=KL=32−6，∠TKM=90°；如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，可得MW=TK=62，TW=MK=12MN=322−62，再证明ET=HT=12EH=322，得到WH=HT−TW=62，则HM=MW2+HW2=3，即点H，M之间的距离是3．
【详解】解：∵点E，F是正方形ABCD边AB，AD，
∴AE=AH=3，
∴∠AEH=∠AHE=45°，EH=AE2+AH2=32，
同理可得∠DHG=45°，
∴EH=HG=FG=EF，∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是正方形，
∵四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，
∴IJ=EJ=HI=JK=13EH=2，
如图所示，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，
∴TJ=IT=12IJ=22，
∴TK=JK2−JT2=62；
∵THG=∠HJS=∠HTS=90°，
∴四边形TSGH是矩形，
∴TS=HG=HE=32，
由对称性可知LS=TK=62，
∴KL=TS−TK−LS=32−6；
∵K、L分别为正方形NMQP边MN，PQ的中点，
∴MK=QL，MK∥QL，
∴四边形MQLK是矩形，
∴MN=MQ=KL=32−6，∠TKM=90°；
如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，
∴MW=TK=62，TW=MK=12MN=322−62，
∵EJ=HI，TJ=TI，
∴ET=HT=12EH=322，
∴WH=HT−TW=62，
∴HM=MW2+HW2=3，
∴点H，M之间的距离是3，
故答案为：3．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定， 等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键．
【变式9-1】（23-24九年级·四川宜宾·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AB=BC，CD=6，AD=8，则对角线BD的长为 ．
【答案】72
【分析】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，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．
如图，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，则四边形BEDF是矩形，证明△CBF≌△ABEAAS，则CF=AE，BF=BE，可得四边形BEDF是正方形，则BE=DE=DF，设CF=AE=a，则DE=8−a，DF=6+a，由8−a=6+a，可求a=1，则BE=DE=7，由勾股定理得，BD=BE2+DE2，计算求解即可．
【详解】解：如图，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，则四边形BEDF是矩形，
∴∠EBF=90°=∠ABC，即∠EBC+∠CBF=∠ABE+∠EBC，
∴∠CBF=∠ABE，
又∵∠CFB=90°=∠AEB，BC=AB，
∴△CBF≌△ABEAAS，
∴CF=AE，BF=BE，
∴四边形BEDF是正方形，
∴BE=DE=DF，
设CF=AE=a，则DE=8−a，DF=6+a，
∴8−a=6+a，
解得，a=1，
∴BE=DE=7，
由勾股定理得，BD=BE2+DE2=72，
故答案为：72．
【变式9-2】（23-24九年级·山西太原·期末）综合与实践
问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在▱ABCD中，∠ADC=90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持▱ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．
(1)初步思考：如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥OM，请你证明这一结论；
(2)操作探究：如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；
(3)拓展延伸：已知AD=22，CD=2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM的长度．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)线段AM的长度为1或2−2或2．
【分析】（1）连接AF交OM于点H，证明Rt△MAO≌Rt△MFOHL，得到AM=FM，证明OM是线段AF的垂直平分线，得到OH是△AFD的中位线，据此证明即可；
（2）延长OM交BG于点N，先证明MG=MB，求得∠GMN=∠BMN，利用等腰三角形的性质即可证明结论成立；
（3）分当FD=FC、DC=DF=2和CD=CF=2，三种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质或勾股定理求解即可．
【详解】（1）证明：连接AF交OM于点H，
由题意得OA=OF=OD=12AD，∠MAO=∠MFO=90°，
∵OM=OM，
∴Rt△MAO≌Rt△MFOHL，
∴AM=FM，
∵OA=OF，
∴OM是线段AF的垂直平分线，
∴点H是线段AF的中点，
∵点O是边AD的中点，
∴OH是△AFD的中位线，
∴OM∥FD；
（2）证明：延长OM交BG于点N，
由（1）AM=FM，OM是线段AF的垂直平分线，
∴∠AMO=∠FMO，
由题意得AB=CD=FG，
∴MG=MB，
∵∠GMN=∠FMO，∠BMN=∠AMO，
∴∠GMN=∠BMN，
∴OM垂直平分BG；
（3）解；当FD=FC时，则点F在线段CD的垂直平分线上，作OH⊥PQ于点H，如图，
由题意得OH=DQ=1，OF=OA=PH=12AD=2，
∴FH=OF2−OH2=1=OH，PF=PH−FH=2−1，
∴△OHF是等腰直角三角形，
∴∠OFH=45°，
∵∠EFG=90°，
∴∠MFP=90°−45°=45°，
∴△PFM是等腰直角三角形，
∴PM=PF=2−1，
∴AM=1−PM=2−2；
当DC=DF=2时，如图，
由题意得OD=OF=12AD=2，
∵OD2+OF2=2+2=4，DF2=4，
∴OD2+OF2=DF2，
∴△ODF是等腰直角三角形，
∴∠AOF=∠DOF=90°，
∵∠A=∠OFM=90°，
∴四边形AOFM是正方形，
∴AM=AO=2；
当CD=CF=2时，如图，
∵CD=CF，OD=OF，OC=OC，
∴△CDO≌△CFOSSS，
∴∠CFO=∠CDO=90°，
∵∠EFG=90°，
∴M、F、C在同一直线上，
设AM=FM=x，
∴CM=x+2，BM=2−x，
在Rt△CBM中，BM2+BC2=CM2，即2−x2+222=x+22，
解得x=1，
∴AM=1；
综上，线段AM的长度为1或2−2或2．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，正确引出辅助线、分类讨论的思想解决问题是解题的关键．
【变式9-3】（23-24九年级·江苏无锡·期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB=42，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CG，AE2+CE2的最小值为 ．
【答案】32
【分析】过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，利用ASA定理证出△DEN≌△FEM，再根据全等三角形的性质可得ED=EF；连接EG，根据正方形的性质、利用SAS定理证出△ADE≌△CDG，推出CG=AE，∠DCG=∠DAE=45°，再利用勾股定理可得AE2+CE2=CG2+CE2=EG2=2DE2，然后根据垂线段最短求出DE的最小值，由此即可得．
【详解】解：如图，过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，∠ECN=∠ECM=45°，
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∴EM=EN，∠MEN=90°，
∴∠MEF+∠NEF=90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF=90°，
∴∠NED+∠NEF=90°，
∴∠NED=∠MEF，
在△DEN和△FEM中，∠NED=∠MEFEN=EM∠DNE=∠FME=90°，
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴ED=EF，
∴矩形DEFG为正方形．
如图，连接EG，
∵四边形ABCD为正方形，AB=42，
∴∠ADC=90°,AD=CD,AC=AB2+BC2=2AB=8,∠DAE=∠ACD=45°，
∴∠ADE+∠CDE=90°，
∵矩形DEFG为正方形，
∴DE=DG,∠EDG=90°，
∴∠CDG+∠CDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDGSAS，
∴CG=AE,∠DCG=∠DAE=45°，
∴∠ECG=∠DCG+∠ACD=90°，
∴AE2+CE2=CG2+CE2=EG2=DE2+DG2=2DE2，
由垂线段最短可知，当DE⊥AC时，DE取得最小值，最小值为12AC=4，
∴AE2+CE2的最小值为2×42=32．
故答案为：32
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
【题型10 由正方形性质与判定求角度】
【例10】（23-24九年级·河南郑州·阶段练习）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，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)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形；
(2)若 AB＝22，CE＝2，求 CG 的长；
(3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)CG=2；
(3)130°或40°
【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）分两种情形结合正方形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：如下图所示：
作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2：
在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×22=4，
∵EC＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴CG=CD2=222=2；
（3）①如图3：
当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4：
当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键.
【变式10-1】（23-24九年级·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE＝BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．
(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形；
(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【答案】(1)见解析
(2)度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB
【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，从而∠EFD=∠BDE，根据等角对等边得出DE=EF，从而DE=EF=CF=DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=∠B=30°，然后利用三角形的外角性质求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．
【详解】（1）证明：在△BDE和△BDC中，
BE=BC∠EBD=∠CBDBD=BD，
∴△BDE≌△BDCSAS；
∴DE=DC，∠BDE=∠BDC，
同理△BFE≌△BFC，
∴EF=CF，
∵EF∥AC，
∴∠EFD=∠BDC，
∴∠EFD=∠BDE，
∴DE=EF，
∴DE=EF=CF=DC，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：由（1）知四边形CDEF是菱形，
又∵∠DEF=90°，
∴四边形CDEF是正方形．
∴∠EDF=45°，
∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，
∵AC=BC，
∴∠A=∠CBE=2∠ABD，
∴∠ABD+∠A=180°−∠ADB=45°，
∴∠A=30°；
∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC=15°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠DFE=∠DFC=45°，
由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，
∴度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB．
【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由SAS得出△BDE≌△BDC．
【变式10-2】（23-24九年级·贵州黔南·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹．
(1)在图中画出一个以AB为边的正方形；
(2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)图见解析，理由见解析
【分析】(1)连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形；
(2)作正方形的对角线，即可画出．
【详解】（1）解：如图，四边形ABCD为所求；
连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形；
（2）解：如图，∠BAC即为所求．
理由如下：
∵四个全等的矩形被对角线分成的直角三角形全等，
∴AB=BC=CD=AD．
∴四边形ABCD是菱形．
又∵△AFB≌△DEA(SAS)，
∴∠ABF=∠EAD．
∵∠BAF+∠ABF=90°，
∴∠DAB=∠BAF+∠EAD=90°．
∴四边形ABCD是正方形，连接AC．
∴△ABC是等腰直角三角形．
∴∠BAC=45°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键．
【变式10-3】（23-24九年级·天津和平·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，Rt△ABC将绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接BE．
(1)求证：DC平分∠ADE；
(2)试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；
(3)若BE=BD，求∠ABC的大小．（直接写出结果即可）
【答案】(1)见解析
(2)BE⊥AB，见解析
(3)22.5°
【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可；
（2）结论：BE⊥AB．证明∠DBE+∠DCE=180°，即可解决问题；
（3）连接AF，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，证明△BHD≌△BTEAAS，得出BH=BT，证明四边形BHCT为正方形，得出∠DCB=45°，从而得出∠ACD=∠FCD=45°，证明△ACD≌△FCDASA，得出AC=FC，求出∠AFC=∠CAF=45°，再求出∠CAD=∠CDA=67.5°，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，
∴CA=CD，∠A=∠CDE，
∴∠A=∠CDA，
∴∠CDA=∠CDE，
∴CD平分∠ADE．
（2）解：结论：BE⊥AB．
由旋转的性质可知，∠ACD=∠BCE，
∵CA=CD，CB=CE，
∴∠CAD=∠CDA=∠CBE=∠CEB，
∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB=180°，
∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE=180°，
∴∠DCE+∠DBE=180°，
∵∠DCE=90°，
∴∠DBE=90°，
∴BE⊥AB．
（3）解：如图，连接AF，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，
∵∠H=∠BTC=∠HCT=90°，
∴四边形BHCT为矩形，
∴∠HBT=∠DBE=90°，
∴∠DBH=∠EBT，
∵BD=BE，∠H=∠BTE=90°
∴△BHD≌△BTEAAS，
∴BH=BT，
∴四边形BHCT为正方形，
∴∠DCB=45°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD=∠FCD=45°，
∵CD=CD，∠ADC=∠FDC，
∴△ACD≌△FCDASA，
∴AC=FC，
∴∠AFC=∠CAF=45°，
∵∠DBE=90°，BD=BE，
∴∠BED=∠BDE=12×90°=45°，
∴∠ADF=180°−45°=135°，
∴∠CDF=∠ADC=12×145°=67.5°，
根据解析（2）可知，∠CAD=∠CDA=67.5°，
∴∠FAB=67.5°−45°=22.5°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△BHD≌△BTE．
【题型11 由正方形性质与判定求面积】
【例11】（23-24九年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点， 交AB于点E， 交BC于点F，则AE与BF的数量关系为______；
【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且 ，若正方形ABCD边长为8，求四边形OEAG的面积；
【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形EGFH是正方形．
【答案】【问题一】AE=BF；【问题二】16；【问题三】证明见解析
【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等．
问题一：证明△OAE≌△OBF，即可得到结论；
问题二：连接OA，OB，由正方形的性质可得，S△AOB=14S正方形ABCD=16，由（1）中结论可得S△AOE=S△BOG，等量代换即可得到S四边形OEAG；
问题三：先证明四边形EGFH是菱形，再证明∠EGF=90°，即可得证．
【详解】问题一：AE=BF ，
证明如下：在△OAE 和△OBF 中，
因为 ∠AOE=∠AOB−∠EOB=90°−∠EOB，
且 ∠BOF=∠EOF−∠EOB=90°−∠EOB，
所以 ∠AOE=∠BOF，又因为AO=BO ，∠EAO=∠FBO=45° ，
所以 △OAE≌△OBF，所以AE=BF ；
问题二：
如图，连接OA，OB，
因为点O是正方形ABCD的中心，所以S△AOB=14S正方形ABCD=16，
又由问题一可知，△AOE≌△BOG，所以S△AOE=S△BOG，
所以S四边形OEAG=S△AOE+S△AOG=S△BOG+S△AOG=16；
问题三：四边形EGFH是正方形，
证明如下：由问题一知，AE=GB=FC=HD，所以AG=BF=CH=DE，
所以由勾股定理知EG=GF=FH=HE，所以四边形EGFH是菱形，
又因为在△EAG和△GBF中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以∠EGA=∠GFB，
所以∠EGA+∠FGB=90°，所以∠EGF=90°，所以四边形EGFH是正方形．
【变式11-1】（23-24九年级·江西上饶·期中）如图，阴影部分是一个正方形广场，规划将正方形的四边各延长一倍，即DM=AD、CN=CD、AQ=AB、BP=BC，将M、N、P、Q四点连接，建成新的广场MNPQ，试问建成的新广场是什么形状，并且它的面积是原广场ABCD的多少倍？
【答案】新建的四边形MNPQ为正方形．新广场的面积是原广场ABCD面积的5倍．
【分析】本题考查了正方形的性质及正方形的判定的运用，全等三角形的判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用．由正方形的性质可以得出AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，就可以得出∠MAQ=∠QBP=∠PCN=∠MDN=90°，由条件就可以得出△MAQ≌△QBP≌△PCN≌△NDM，就可以得出MQ=QP=PN=NM，∠PQM=90°，就可以得出结论．根据边的关系，即可求出面积比．
【详解】解：新建的四边形MNPQ为正方形．新广场的面积是原广场ABCD面积的5倍．
理由：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴∠QAM=∠PBQ=∠NCP=∠MDN=90°．
∵DM=AD，CN=CD，AQ=AB，BP=BC，
∴DM=CN=BP=AQ，
∴AB+AQ=AD+DM=CD+CN=CB+BP，
∴BQ=AM=DN=CP．
在△MAQ和△QBP中
AQ=BP∠QAM=∠PBQBQ=AM，
∴△MAQ≌△QBPSAS，
∴MQ=QP，∠AMQ=∠BQP，∠AQM=∠BPQ．
∵∠BPQ+∠BQP=90°，
∴∠AQM+∠BQP=90°，
即∠PQM=90°，
同理可得，△QBP≌△PCN≌△NDM，
∴QP=PN=NM，
∴MQ=QP=PN=NM，
∴四边形MNPQ为菱形．
∵∠PQM=90°，
∴菱形MNPQ为正方形．
设原来正方形边长为a，则新建的正方形边长为：a2+(2a)2=5a．
∴新建的面积是原广场ABCD面积的5倍．
【变式11-2】（23-24九年级·山东烟台·期中）已知，如图，在四边形ABCD中，∠B=∠ADC=90°，AD=CD，DE⊥BC，垂足为点E．
(1)求证：BE=DE；
(2)若AB=32，CE=1，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)254
【分析】（1）过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，由题意易得四边形MBED是矩形，则有∠MDA=∠EDC，然后可得△ADM≌△CDEAAS，进而问题可求证；
（2）由（1）可得AM=EC=1,S△ADM=S△CDE，然后可得BM=52，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=∠B=∠M=90°，
∴四边形MBED是矩形，
∴∠MDE=90°，BE=MD，
∴∠MDE−∠ADE=∠ADC−∠ADE，
∴∠MDA=∠EDC，
又∵AD=CD，∠M=∠DEC=90°，
∴△ADM≌△CDEAAS，
∴MD=DE，
∴BE=DE；
（2）解：由（1）得：BE=DE，
∴矩形MBED是正方形
∵△ADM≌△CDE，
∴AM=EC=1,S△ADM=S△CDE，
∴BM=AB+MA=32+1=52
∴S四边形ABCD=S四边形ABED+S△CDE=S四边形ABED+S△ADM
=S正方形MBED=522=254，
∴四边形ABCD的面积为254．
【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式11-3】（23-24九年级·北京大兴·期中）我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形．
(1)下列图形：①有一个内角为45°的平行四边形；②矩形；③菱形；
④直角梯形，其中对角直角四边形是 （只填序号）；
(2)如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点M，在菱形ABCD的外部以CD为斜边作等腰直角△CDN，连接MN．
①求证：四边形DMCN是对角直角四边形；
②若点N到BD的距离是2，求四边形DMCN的面积．
【答案】(1)②
(2)①见解析；②4．
【分析】（1）根据对角直角四边形的定义逐个判断即可；
（2）①根据菱形的性质得到AC⊥BD，即∠CMD=90°，根据等腰直角三角形的性质可得∠CND=90°，进而得到∠CMD=∠CND=90°，然后根据对角直角四边形的定义即可证明结论；②如图：过N作NH⊥BD于H，NG⊥AC于G，证明四边形MHNG是矩形可得∠HNG=90°，进而证明△DNH≌△CNGAAS，根据全等三角形的性质得到HN=GN=2，根据正方形的判定定理得到四边形MHNG是正方形，最后四边形DMCN的面积=正方形MHNG的面积．
【详解】（1）解：①有一个内角为45°的平行四边形，没有90°的内角，不是对角直角四边形；②矩形的对角为90°，是对角直角四边形；③菱形的对角不一定为90°，不是对角直角四边形；④直角梯形，的邻角为90°，但对角不一定为90°，不是对角直角四边形．
故答案为：②．
（2）①证明:∵.四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即∠CMD=90°，
∵△CDN是等腰直角三角形，
∴∠CND=90°，
∴∠CMD=∠CND=90°，
∴四边形DMCN是对角直角四边形；
②如图：过N作NH⊥BD于H，NG⊥AC于G，
∴∠HMG=∠MGN=∠MHN=90°，
∴四边形MHNG是矩形，
∴∠HNG=90°，
∵∠DNC=90°，
∴∠HND=∠CNG，
∵∠NHD=∠NGC=90°，DN=CN，
∴△DNH≌△CNGAAS，
∴HN=GN=2,
∴四边形MHNG是正方形，
∴四边形DMCN的面积=正方形MHNG的面积=2×2=4.
【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识点，正确地找出辅助线是解题的关键．
【题型12 由正方形性质与判定证明】
【例12】（23-24九年级·山东烟台·期末）如图①，在正方形ABCD中，点E,F分别在AB,BC上且AE=BF．

(1)试探索线段AF,DE的大小关系，写出你的结论并说明理由；
(2)连接EF,DF，分别取AE、EF、FD、DA的中点H,I,J,K，顺次连接，得到四边形HIJK：
①请在图②中补全图形；
②四边形HIJK是什么特殊平行四边形？请说明理由．
【答案】(1)AF=DE，说明理由见解析
(2)①请在图②中补全图形见解析；
②四边形HIJK是正边形，说明理由见解析
【分析】（1）根据已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE；
（2）①根据题意补全图形即可；
②根据已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而来可得到该四边形是正方形．
【详解】（1）解：AF=DE．
∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，
∵AE=BF，
∴△DAE≌△ABFSAS，
∴AF=DE；
（2）解：①补全图形如图，

②四边形HIJK是正方形．
∵H、I、J、K分别是AE、EF、FD、DA的中点，
∴HI=KJ=12AF，HK=IJ=12ED，
∵AF=DE，
∴HI=KJ=HK=IJ，
∴四边形HIJK是菱形，
∵△DAE≌△ABF，
∴∠ADE=∠BAF，
∵∠ADE+∠AED=90°，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∴∠AOE=90°，
∴∠KHI=90°，
∴四边形HIJK是正方形．
【点睛】此题主要考查正方形的判定的方法与性质和菱形的判定，及全等三角形的判定等知识点的综合运用．
【变式12-1】（23-24九年级·江苏泰州·阶段练习）如图，若点P是正方形ABCD外一点，且PA=26，PB=52，PC=24，则∠BPC= °．
【答案】45
【分析】将△ABP绕点B顺时针旋转90°，得到△CBP′，连接PP′，利用旋转的性质得到∠PBP′=90°，BP=BP′=52，AP=CP′=26，由等腰直角三角形性质可得∠BPP′=∠BP′P=45°，利用勾股定理得到PP′2，进而得到PC2+PP′2=CP′2，由勾股定理逆定理可知，∠CPP′=90°，最后根据∠BPC=∠CPP′−∠BPP′，即可求得∠BPC．
【详解】解：将△ABP绕点B顺时针旋转90°，得到△CBP′，连接PP′，
∴△ABP≌△CBP′，
∵ PA=26，PB=52，
∴∠PBP′=90°，BP=BP′=52，AP=CP′=26，
∴∠BPP′=∠BP′P=45°，
∴PP′2=BP2+BP′2=10，
∵ PC=24，
∴PC2+PP′2=676，CP′2=262=676，
∴ PC2+PP′2=CP′2，
∴△CPP′是直角三角形，且∠CPP′=90°，
∴∠BPC=∠CPP′−∠BPP′=45°，
故答案为：45．
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，勾股定理逆定理，等腰三角形性质，解题的关键是作辅助线构造直角三角形解决问题．
【变式12-2】（23-24九年级·山东临沂·期末）如图，E，F，M，N分别是正方形ABCD四条边上的点，且AE=BF=CM=DN．试判断四边形EFMN是什么图形，并证明你的结论．
【答案】正方形，证明见解析
【分析】利用正方形的性质，可得四条边相等，四个角相等，根据已知条件及等式的性质，可得EB=FC=MD=NA，利用条件即可证明RtΔAEN≅RtΔBFE≅RtΔCMF≅RtΔDNM，由全等三角形的性质可得NE=EF=FM=MN，证明四边形EFMN为菱形，再利用直角三角形的性质及全等三角形的对应角相等，可得∠NEF=90°，根据正方形的判定定理（有一个角是直角的菱形是正方形）即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，
∵AE=BF=CM=DN，
∴EB=FC=MD=NA，
在RtΔAEN与RtΔBFE中，
AN=BE∠A=∠BAE=BF，
∴RtΔAEN≅RtΔBFE，
同理可证：RtΔAEN≅RtΔBFE≅RtΔCMF≅RtΔDNM，
∴NE=EF=FM=MN，
∴四边形EFMN为菱形，
∵∠A=90°，
∴∠ANE+∠AEN=90°，
∵RtΔAEN≅RtΔBFE，
∴∠ANE=∠BEF，
∴∠BEF+∠AEN=90°，
∴∠NEF=90°，
∴四边形EFMN为正方形．
【点睛】题目主要考查正方形的性质及判定定理，同时还涉及到三角形全等的判定及性质，熟练运用正方形的判定定理是解题关键．
【变式12-3】（23-24九年级·广东云浮·期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形ABCD的对角线AC，BD交于点O，过点D作DP∥OC，且DP=OC，连接CP．
初步探究：
（1）判断四边形CODP的形状，并说明理由．
深入探究：
（2）如图②，若四边形ABCD是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由．
拓展延伸：
（3）如图③，若四边形ABCD是正方形，四边形CODP又是什么特殊的四边形？请说明理由．
【答案】（1）四边形CODP是菱形，理由见解析；（2）（1）中的结论不成立，理由见解析；（3）四边形CODP是正方形，理由见解析
【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定方法．
（1）根据矩形的性质和菱形的判定方法进行证明即可；
（2）根据菱形的性质和矩形的判定方法进行证明即可；
（3）根据正方形的性质和判断进行证明即可．
【详解】解：（1）四边形CODP是菱形
理由如下：
∵DP∥OC，DP=OC，
∴四边形CODP是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴OC=OD，
所以四边形CODP是菱形 ；
（2）（1）中的结论不成立；
理由如下：
同（1），得四边形CODP是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠DOC=90°，
∴四边形CODP是矩形
（3）四边形CODP是正方形；
理由如下：
同（1），得四边形CODP是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，AC=BD，OC=12AC，OD=12BD，
∴∠DOC=90°，OD=OC，
∴四边形CODP是正方形．