专题 18.23 正方形（知识讲解）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题 18.23 正方形（知识讲解）-八年级数学下册基础知识专项讲练（人教版），共43页。教案主要包含了学习目标，要点梳理，典型例题等内容，欢迎下载使用。

专题 18.23 正方形（知识讲解）
【学习目标】
1．理解正方形的概念，了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系；
2．掌握正方形的性质及判定方法．
【要点梳理】
要点一、正方形的定义
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
特别说明：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.
要点二、正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；
2.角——四个角都是直角；
3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；
4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
特别说明：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
要点三、正方形的判定
正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）.
要点四、特殊平行四边形之间的关系

或者可表示为：

要点五、顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状
（1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.
（2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.
（3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.
（4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
特别说明：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形.
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形.
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
【典型例题】
类型一、正方形的理解
1．如图，E、F分别为正方形中边上的点，且分别交对角线于点M、N，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接AC，利用正方形对角线互相垂直平分，得到NA=NC，MA=MC，利用等腰三角形的性质证明角相等，再利用外角的性质证明∠EAF=∠MCN，从而使问题得证．
解：连接AC，

∵∠CNF=∠CAN+∠NCA，∠CME=∠CAM+∠MCA，
∴∠CNF+∠CME=∠CAN+∠NCA+∠CAM+∠CMA=∠EAF+∠MCN．
∵ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，
∴NA=NC，MA=MC，
∴∠NCA=∠NAC，∠MCA=∠MAC．
∴∠MCN=∠MCA+∠NCA=∠MAC+∠NAC=∠EAF=50°．
所以∠CNF+∠CME=∠FAE+∠MCN=100°．
故选：B．
【点拨】本题考查正方形的性质．关键是利用对角线垂直平分证明等腰三角形，利用角的相等关系将角进行转化．
举一反三：
【变式】如图，将正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处，则的角度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴，
由折叠的性质，则
DE=DC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴；
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
类型二、根据正方形的性质求角度
2．如图，E、F分别为正方形中边上的点，且分别交对角线于点M、N，则的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接AC，利用正方形对角线互相垂直平分，得到NA=NC，MA=MC，利用等腰三角形的性质证明角相等，再利用外角的性质证明∠EAF=∠MCN，从而使问题得证．
解：连接AC，

∵∠CNF=∠CAN+∠NCA，∠CME=∠CAM+∠MCA，
∴∠CNF+∠CME=∠CAN+∠NCA+∠CAM+∠CMA=∠EAF+∠MCN．
∵ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，
∴NA=NC，MA=MC，
∴∠NCA=∠NAC，∠MCA=∠MAC．
∴∠MCN=∠MCA+∠NCA=∠MAC+∠NAC=∠EAF=50°．
所以∠CNF+∠CME=∠FAE+∠MCN=100°．
故选：B．
【点拨】本题考查正方形的性质．关键是利用对角线垂直平分证明等腰三角形，利用角的相等关系将角进行转化．
举一反三：
【变式】如图，将正方形沿直线折叠，点落在对角线上的点处，则的角度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方形的性质，则，由折叠的性质，得DE=DC，即可得到得角度．
解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴，
由折叠的性质，则
DE=DC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴；
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的性质和三角形的内角和定理，解题的关键是掌握所学的知识，正确得到．
类型三、根据正方形的性质求线段
3．如图，正方形和正方形的边长分别为3和2，点E、G分别为边上的点，H为的中点，连接，则的长为____________．

【答案】##
【分析】延长GF交AB于M，过点H作HN⊥GM于N，利用三角形中位线的判定及性质求出FN、NH，再利用勾股定理求出的长．
解：延长GF交AB于M，过点H作HN⊥GM于N，

∵正方形和正方形，
∴GM⊥AB，FM=3-2=1，BM=3-2=1,
∴FM=BM，，
∵H为的中点，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【点拨】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的判定及性质，勾股定理，熟练掌握各知识点是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图，已知正方形ABCD的边长为6，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM若AE＝2，则FM的长为 ___．


【答案】5
【分析】由旋转性质可证明△EDF≌△MDF，从而EF=FM；设FM=EF=x，则可得BF=8−x，由勾股定理建立方程即可求得x．
解答：由旋转的性质可得：DE=DM，CM=AE=2，∠ADE=∠CDM，∠EDM=90゜
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ADC=∠B=90゜，AB=BC=6
∴∠ADE+∠FDC=∠ADC−∠EDF=45゜
∴∠FDC+∠CDM=45゜
即∠MDF=45゜
∴∠EDF=∠MDF
在△EDF和△MDF中

∴△EDF≌△MDF(SAS)
∴EF=FM
设EF=FM=x
则
∴
∵
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
解得：
故答案为：5
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了方程思想，关键是证明三角形全等．
类型四、根据正方形的性质求面积
4．如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】由题意依据全等三角形的判定得出△BOM≌△CON，进而根据正方形的性质即可得出的大小.
解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD．
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA），=S△BOM，
∴，
∵=S正方形ABCD，正方形的边长，，
∴=S正方形ABCD -=.
故选：D.
【点拨】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
举一反三：
【变式】如图，长方形ABCD的周长是12cm，分别以AB，AD为边向外作正方形ABEF和正方形ADGH，若正方形ABEF和ADGH的面积之和为20 ，那么长方形ABCD的面积是（ ）

A．6 B．7 C．8 D．4
【答案】C
【分析】用矩形的长和宽分别表示矩形的周长和面积，正方形的面积和，从而运用完全平方公式的变形计算即可．
解：设AB=x，AD=y，
∵长方形ABCD的周长是12cm，正方形ABEF和ADGH的面积之和为20 ，
∴x+y=6，，
∴，
∴，
∴，
故选C．
【点拨】本题考查了图形与公式，熟练掌握矩形的面积，周长的计算公式，正方形的面积的个数，两数和的完全平方公式是解题的关键．
类型五、正方形的折叠问题
5．将矩形纸片ABCD（AB＜BC）沿过点B的直线折叠，使点A落在BC边上的点F处，折痕为BE（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在BE上的点D'处，折痕为EG（如图2）：再展开纸片（如图3），则图3中∠FEG的大小是__．

【答案】22.5°
【分析】根据折叠的性质可知，∠A=∠EFB=90°，AB=BF，以及纸片ABCD为矩形可得，∠AEF为直角，进而可以判断四边形ABFE为正方形，进而通过∠AEB，∠BEG的角度计算出∠FEG的大小．
解：由折叠可知△AEB≌△FEB，
∴∠A=∠EFB=90°，AB=BF，
∵纸片ABCD为矩形，
∴AE∥BF，
∴∠AEF=180°－∠BFE=90°，
∵AB=BF，∠A=∠AEF=∠EFB=90°，
∴四边形ABFE为正方形，
∴∠AEB=45°，
∴∠BED=180°－45°=135°，
∴∠BEG=135°÷2=67.5°，
∴∠FEG=67.5°－45°=22.5°．
【点拨】本题考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定与性质，以及平行的相关性质，能够将正方形与矩形的性质相结合是解决本题的关键．
举一反三：
【变式】如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下3个结论：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③S△BEF＝．在以上3个结论中，正确的有______．（填序号）

【答案】①②③
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，再由，，为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出，，进而求出的面积．
解：由折叠可知，，，，
，
在和中，
，
，故①正确；
，
正方形边长是12，
，
设，则，，
由勾股定理得：，
即：，
解得：
，，，故②正确；
，，故③正确；
故答案为：①②③．
【点拨】本题考查了翻折变换，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用这些性质解决问题．
类型六、正方形重叠部分的面积
6．如图．将面积为a2的小正方形与面积为b2的大正方形放在一起（a＞0，b＞0）则三角形ABC的面积是（　　）

A．b2 B．b2 C．b2 D．2b2
【答案】B
【分析】根据图形得出三角形ABC的面积S=正方形AFGM+S正方形BGCH+S△AMB-S△AFC-S△BHC，再根据面积公式求出即可．
解：∵将面积为a2的小正方形与面积为b2的大正方形放在一起，
∴CM＝AF＝FG＝a，BG＝CG＝CH＝BH＝b，
∴三角形ABC的面积S＝S正方形AFGM+S正方形BGCH+S△AMB﹣S△AFC﹣S△BHC
＝a2+b2+•（b﹣a）﹣•（a+b）﹣b•b
＝a2+b2+﹣﹣﹣﹣
＝，
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，列代数式和整式的混合运算，能根据图形列出代数式是解此题的关键．
举一反三：
【变式】如图，点在正方形的对角线上，且，正方形的两边，分别交，于点，，若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，证明△EPM≌△EQN，利用四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积求解即可．
解：作EP⊥BC于点P，EQ⊥CD于点Q，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
又∵∠EPM=∠EQN=90°，
∴∠PEQ=90°，
∴∠PEM+∠MEQ=90°，
∵四边形是正方形，
∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，
∴∠PEM=∠NEQ，
∵AC是∠BCD的角平分线，∠EPC=∠EQC=90°，
∴EP=EQ，四边形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，，
∴△EPM=△EQN(ASA)，
∴S△EQN=S△EPM，
∴四边形EMCN的面积等于正方形PCQE的面积，
∵正方形ABCD的边长为a，
∴AC=a，
∵，
∴EC=，
∴EP=PC=，
∴正方形PCQE的面积=×=，
四边形EMCN的面积=，
故选：A．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是作出辅助线，证出△EPM≌△EQN．
类型七、根据正方形的性质证明
7．如图所示，正方形中，点E，F分别为BC，CD上一点，点M为EF上一点，，M关于直线AF对称．
（1）求证：B，M关于AE对称；
（2）若的平分线交AE的延长线于G，求证：．

【答案】(1)见解析；（2）见解析
【分析】（1）由已知可证，，即可得证；
（2）由上述结论可得，再证△AFG为等腰直角三角形．
解：连结AM，DM，BM，


∵D、M关于直线AF对称，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，FD=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M关于AE对称；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，FG平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG为等腰直角三角形，
∴．
【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了轴对称的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面积等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线是解题的关键．有关45°角的问题，往往利用全等，构造等腰直角三角形，使问题迅速获解．
举一反三：
【变式】．如图1，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，且点E不与点B、C重合，点F是BA的延长线上一点，且AF=CE．
（1）求证：；
（2）如图2，连接EF，交AD于点K，过点D作，垂足为H，延长DH交BF于点G，连接HB，HC．求证：HD=HB．

【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）由CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，CE＝AF，即可求解；
（2）由△DCE≌△DAF，得到△DFE为等腰直角三角形，则点H是EF的中点，故DH＝EF，进而求解；
解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，
∵CE＝AF，
∴△DCE≌△DAF（SAS）；
（2）∵△DCE≌△DAF，
∴DE＝DF，∠CDE＝∠ADF，
∴∠FDE＝∠ADF＋∠ADE＝∠CDE＋∠ADE＝∠ADC＝90°，
∴△DFE为等腰直角三角形，
∵DH⊥EF，
∴点H是EF的中点，
∴DH＝EF，
同理，由HB是Rt△EBF的中线得：HB＝EF，
∴HD＝HB．
【点拨】本题是四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等、等腰直角三角形的性质、直角三角形中线定理等，综合性强，难度适中．
类型八、正方形判定定理的理解
8．如图，将长方形纸片折叠，使A点落BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（ ）

A．邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形
C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形
【答案】A
【分析】将长方形纸片折叠，使A点落BC上的F处，可得到BA＝BF，折痕为BE，沿EF剪下，故四边形ABFE为矩形，且有一组邻边相等，故四边形ABFE为正方形．
解：∵将长方形纸片折叠，A落在BC上的F处，
∴BA＝BF，
∵折痕为BE，沿EF剪下，
∴四边形ABFE为矩形，
∴四边形ABEF为正方形．
故用的判定定理是；邻边相等的矩形是正方形．
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的判定定理，关键是根据邻边相等的矩形是正方形和翻折变换解答．
举一反三：
【变式】判断四个命题：①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；②对角线互相垂直的矩形是正方形；③对角线相等的菱形是正方形；④对角线互相垂直且互相平分的四边形是正方形．命题成立的是（填序号）_____．
【答案】②③
【分析】根据正方形的判定定理进行判断即可．
解：①对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题；
②对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题；
③对角线相等的菱形是正方形，是真命题；
④对角线互相垂直且相等且互相平分的四边形是正方形，原命题是假命题；
故答案为：②③．
【点拨】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．同时还考查了正方形的判定．
类型九、添加一个条件构成正方形
9．能使平行四边形ABCD为正方形的条件是___________(填上一个符合题目要求的条件即可)．
【答案】AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理，即可求解．
解：当AC=BD时，平行四边形ABCD为菱形，
又由AC⊥BD，可得菱形ABCD为正方形，
所以当AC=BD且AC⊥BD时，平行四边形ABCD为正方形．
故答案为：AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【点拨】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图，在四边形中，，与互相平分于点．要使得四边形是正方形，则还需增加一个条件是________（只填一个答案即可）．

【答案】答案不唯一．如：
【分析】根据与互相平分于点，可得四边形是平行四边形，再由，可得四边形是矩形，再添加，即可求解．
解：∵与互相平分于点，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
要使得四边形是正方形，可以添加（答案不唯一）
故答案为：答案不唯一．如：．
【点拨】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
类型十、求证四边形是正方形
10．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，E是CD的中点，过点C作CF∥AB，交AE的延长线于点F，连接BF．
（1）求证：四边形BDCF是菱形；
（2）直接写出当Rt△ABC满足什么条件时，四边形BDCF是正方形．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由“AAS”可证△CEF≌△DEA，可得CF＝AD，由直角三角形的性质可得CD＝AD＝BD＝CF，由菱形的判定可证四边形BDCF是菱形；
（2）由等腰三角形的性质可得CD⊥AB，即可证四边形BDCF是正方形．
解：（1）∵CF∥AB
∴∠CFA＝∠BAF，∠ADC＝∠FCD，且CE＝DE
∴△CEF≌△DEA（AAS）
∴CF＝AD，
∵CD是Rt△ABC的中线
∴CD＝AD＝BD
∴CF＝BD，且CF∥AB
∴四边形BDCF是平行四边形，且CD＝BD
∴四边形BDCF是菱形

（2）当AC＝BC时，四边形BDCF是正方形，
理由如下：∵AC＝BC，CD是中线
∴CD⊥AB，且四边形BDCF是菱形
∴四边形BDCF是正方形．
【点拨】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质和等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
举一反三：
【变式】如图，若四边形的对角线与相交于点O，且，则四边形是正方形吗？

【答案】四边形是正方形．
【分析】根据平行四边形的判定推出四边形是平行四边形，求出AC＝BD，得出四边形是矩形，根据勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根据正方形的判定推出即可．
解：四边形ABCD是正方形，
理由是：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
【点拨】本题考查了勾股定理的逆定理，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定的应用，主要考查学生的推理能力，注意：对角线互相垂直的矩形是正方形，难度适中．
类型十一、根据正方形的性质和判定求角度
11．如图，是正方形对角线上一点，连接，，并延长交于点．若，求的度数．

【答案】65°
【分析】先证明求得，再根据三角形外角的性质求得的度数．
解：∵四边形是正方形，
∴，，
，
在和中，
，

∴；
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【点拨】本题考查了正方形的性质，三角形内角和及外角和的性质，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性质是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图，已知、两点在正方形的对角线上移动，为定角，连接、，并延长分别交、于、两点，则与在、两点移动过程，它们的和是否有变化？证明你的结论．

【答案】始终为定角，这定角为的倍
【分析】因为BD为正方形ABCD的对角线, 则∠1=∠3, ∠2=∠4, 用∠1和∠2表示∠MCN以及∠EMC+∠FNC可得结论.
解：∵为正方形的对角线，
∴，，
∴．
同理．
∴．
∵，
∴总与相等．
因此始终为定角，这定角为的倍．
【点拨】本题主要考查正方形的性质.
类型十二、根据正方形的性质和判定求线段
12．如图，正方形ABCD，CEFG的边长分别为a，b，点G在边CD上，这两个正方形的面积之差为51cm2，且BE＝17cm，求DG的长．

【答案】3
【分析】设BC为x，CE为y，利用面积之差为51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答即可．
解：∵四边形ABCD，CEFG都是正方形，
设BC为x，CE为y，
可得：，
解得：x−y＝3，
∴DG＝CD−CG＝BC−CE＝3（cm）．
【点拨】此题考查正方形的性质，关键是利用面积之差为51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答．
举一反三：
【变式】如图，中，已知，于，，，把、分别以、为对称轴翻折变换，点的对称点为，，延长、相交于点．

（1）求证：四边形是正方形；
（2）求的长．
【答案】（1）见解析（2）6
【分析】（1）先根据△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；再根据对称的性质得到AE＝AF，从而说明四边形AEGF是正方形；
（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型（x−2）2＋（x−3）2＝52，求出AD＝x＝6．
（1）证明：由对折的性质可得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，
∴四边形AEGF为矩形，
∵AE＝AD，AF＝AD，
∴AE＝AF，
∴矩形AEGF是正方形；
（2）解：根据对称的性质可得：BE＝BD＝2，CF＝CD＝3，
设AD＝x，则正方形AEGF的边长是x，
则BG＝EG−BE＝x−2，CG＝FG−CF＝x−3，
在Rt△BCG中，根据勾股定理可得：（x−2）2＋（x−3）2＝52，
解得：x＝6或−1（舍去）．
∴AD＝6．
【点拨】本题考查了对折的性质，全等三角形和勾股定理，以及正方形的判定，解本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后图形的对应边或对应角相等；有四个角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形．
类型十三、根据正方形的性质和判定求面积
13．如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上一点，且△ACE是等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠AED＝2∠EAD，AB＝a，求四边形ABCD的面积．

【答案】（1）见解析；（2）正方形ABCD的面积为
【分析】（1）由等边三角形的性质得EO⊥AC，即BD⊥AC，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）证明菱形ABCD是正方形，即可得出答案．
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一），
即BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形；
（2）解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵▱ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2＝a2．
【点拨】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识，证明四边形ABCD为菱形是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图，四边形是平行四边形，以点为圆心，长为半径画弧交于点,连接，点是射线上一动点，交延长线于点，于点．

（1）求证：
（2）当点与点重合时，若，，求四边形的面积．
【答案】（1）见解析；（2）四边形的面积是25．
【分析】（1）根据题意证明，根据角平分线的性质即可求解；
（2）根据题意证明四边形是正方形，再根据正方形的面积公式即可求解．
（1）证明：四边形是平行四边形



由题意知


交延长线于点，于点．

（2）∵，
∴

且
四边形是正方形
，点与点重合

∴四边形的面积是：．
【点拨】此题主要考查特殊平行四边形的证明，解题的关键是熟知角平分线的性质及正方形的判定定理．
类型十四、根据正方形的性质和判定证明
14．已知：四边形ABCD是矩形，它的对角线AC、BD交于点O，过C作CE∥BD，过D作DE∥AC，DE、CE交于E．
（1）求证：四边形OCED是菱形．
（2）四边形ABCD满足什么条件时，四边形OCED是正方形？证明你的结论．

【答案】（1）见解析；（2）正方形，见解析
【分析】（1）先证明四边形OCED是平行四边形，再由矩形的性质得出OC＝OD，证出四边形OCED是菱形即可．
（2）先证明四边形OCED是平行四边形，由正方形的性质得出OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，即可得出四边形OCED是正方形．
证明：（1）∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC＝AC，OD＝BD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴四边形OCED是菱形．
（2）四边形ABCD是正方形，理由如下：
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
∴四边形OCED是正方形．
【点拨】本题考查了平行四边形的判定、矩形的性质、菱形的判定；熟练掌握矩形的性质和菱形的判定是解决问题的关键．
举一反三：
【变式】如图，∠BAD＝90°，点C是BD的中点，AEBD，DEAC．
（1）求证：四边形ACDE是菱形；
（2）直接写出△ABD满足什么条件时，四边形ACDE是正方形．

【答案】（1）见解析（2）等腰直角三角形，证明见解析
【分析】（1）先证明四边形ACDE是平行四边形，再得到邻边相等故可证明菱形；
（2）当△ABD满足等腰直角三角形时，根据三线合一可得AC⊥BD，故可证明．
（1）证明：∵AEBD，DEAC．
∴四边形ACDE是平行四边形，
∵∠BAD＝90°，点C是BD的中点
∴AC=
∴平行四边形ACDE是菱形
（2）当△ABD满足等腰直角三角形时，四边形ACDE是正方形
证明如下：∵△ABD是等腰三角形，点C是BD的中点
∴AC⊥BD，
∴菱形ACDE是正方形
∴故当△ABD满足等腰直角三角形时，四边形ACDE是正方形．
【点拨】此题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，解题的关键是熟知菱形与正方形的判定定理．
类型十五、中点四边形
15．如图，在四边形中，，分别是，的中点，，分别是对角线，的中点，依次连接，，，，连接，．

（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）当时，与有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=CD，FG∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点拨】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
举一反三：
【变式】如图所示，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，连接EF、FG、GH、HE，则四边形EFGH为________形．

（1）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是菱形．
（2）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是矩形．
（3）当四边形满足________条件时，四边形EFGH是正方形．
在横线上填上合适的条件，并说明你所填条件的合理性．
【答案】平行四边形；（1）AC＝BD，理由见解析；（2）AC⊥BD，理由见解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由见解析；
【分析】连接AC，BD，可以根据E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点，得到线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线，由中位线定理可以证明四边形EFGH为平行四边形；再根据菱形，矩形和正方形的判定条件，添加对应的条件即可得到答案.
解答：四边形EFGH为平行四边形；理由如下：
连接AC，BD
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点
∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线
∴，，，，
∴，
∴四边形EFGH为平行四边形；
（1）AC＝BD，
理由：如图①四边形ABCD的对角线AC＝BD，
∵四边形EFGH为平行四边形，且，，
∴EH＝GH，
∴平行四边形EFGH为菱形．

（2）AC⊥BD，
理由：如图②四边形ABCD的对角线互相垂直，
∵E、F、G、H分别是四边形ABCD各边中点
∴线段EF、FG、GH、HE分别为△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位线
∴，，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥HE，
∵四边形EFGH为平行四边形．
∴四边形EFGH为矩形．

（3）AC＝BD且AC⊥BD，
理由：如图③四边形ABCD的对角线相等且互相垂直，
综合（1）（2）可得四边形EFGH为正方形．

【点拨】本题主要考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位线定理，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解.
类型十六、利用平行四边形的对称性求面积
16．如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由．

【答案】图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．理由见解析
【分析】连接AC，根据点O是边长为2的正方形ABCD的对称中心，得到AC过点O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到图中的阴影部分是否关于O点为中心对称，两部分的面积不改变．
解：图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．
理由：如图，连接，

∵点O是边长为2的正方形的对称中心，
∴过点O，
∴，
在和中，

∴，，
同理可证，
∴，
∴图中的阴影部分关于O点成中心对称，连接，
∵点O是正方形的对称中心，
∴，，．
∵垂直，
∴，
∴，即，
∴，
∴的面积的面积，
∴四边形的面积的面积正方形的面积．
同理四边形的面积正方形的面积．
∴两部分的面积不改变．
【点拨】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，能证得三角形全等是解题的关键．
举一反三：
【变式】如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”．例如：，，；则8、16、24这三个数都是奇特数．

（1）填空：32___________奇特数，2018_________奇特数．（填“是”或者“不是”）
（2）设两个连续奇数是和（其中取正整数），由这两个连续奇数构造的奇特数是8的倍数吗？为什么？
（3）如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积．
【答案】（1）是；不是；（2）是，理由详见解析；（2）81608
【分析】（1）根据奇特数的概念进行判断即可；
（2）利用平方差公式计算，即可得到；两个连续奇数构造的奇特数是的倍数；
（3）利用阴影部分面积为，进而求得答案即可．
解：（1）∵
∴是奇特数；
∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是的倍数，而不是的倍数
∴不是奇特数；
（2）结论：两个连续奇数构造的奇特数是的倍数
理由：∵



∴两个连续奇数构造的奇特数是的倍数；
（3）



【点拨】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式：，利用图形正确表示出阴影部分是解题关键．
类型十七、特殊四边形的动点问题
17．如图，在长方形中，厘米，厘米．延长到点，使厘米，动点从点出发，以2厘米/秒的速度向终点匀速运动，连接．设运动时间为秒，解答下列问题：

（1）当为何值时，为等腰直角三角形？
（2）设四边形的面积为（平方厘米），试确定与的关系式；
（3）当为何值时，的面积为长方形面积的？
（4）若动点从点出发，以2厘米/秒的速度沿向终点运动，是否存在使和全等？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）秒；（2）（）；（3） ；（4）存在，秒或t=12秒时，和全等．
【分析】（1）先判断出BC=10cm，CD=7cm，CP=10-2t，即可得出结论；
（2）用梯形的面积公式即可得出结论；
（3）由（1）可求出的面积，再根据题意=关系，即可求出t的值；
（4）先判断出AB=CD，进而分两种情况，利用全等三角形的对应边相等，即可得出结论．
解：（1） 在长方形ABCD中，AB=7厘米，AD=10厘米，
∴BC=AD=10cm，CD=AB=7cm，，
∵动点从点出发，以2厘米/秒的速度向终点匀速运动，
∴BP=2t，
∴PC=BC-BP=10-2t，
∵是等腰直角三角形，
∴CP=CD=7，
∴10-2t=7，
∴秒，
∴当秒时，为等腰直角三角形；
（2）∵ABCD为长方形，
∴ ，
∴四边形APCD为梯形，
由（1）知，PC=10-2t，
∴（），
∴（）；
（3）∵AB=7，AD=10，
∴，
由（1）知：CP=10-2t，是直角三角形，
∴，
又∵的面积为长方形面积的，
∴=，
∴70= =105-21t，
∴t= ，
∴当t=为何值时，的面积为长方形面积的；
（4）在中，AB=7cm，在中，CD=7cm，
∴AB=CD，
∵和全等，
所以或，
当时，BP=CE=3，
∴2t=3，
∴，
当时，AP=CE=3，
∴，
∴t=12，
综上所述，秒或t=12秒时，和全等．
【点拨】此题是四边形综合题，主要考查了长方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积公式，用方程的思想解决问题是解本题的关键．
举一反三：
【变式】在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD＞BC，BC＝6cm，P、Q分别从A、C同时出发，P以1cm/s的速度由A向D运动，Q以2cm/s的速度由C出发向B运动，几秒后四边形ABQP是平行四边形？

【答案】2秒后四边形ABQP是平行四边形．
【分析】由运动时间为t秒，则AP＝t，QC＝2t，而四边形ABQP是平行四边形，所以AP＝BQ，则得方程t＝6﹣2t求解．
解：设t秒后，四边形APQB为平行四边形，
则AP＝t，QC＝2t，BQ＝6﹣2t，
∵AD∥BC所以AP∥BQ，
根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，
知：AP＝BQ即可，
即：t＝6﹣2t，
∴t＝2，
当t＝2时，AP＝BQ＝2＜BC＜AD，符合，
综上所述，2秒后四边形ABQP是平行四边形．

【点拨】此题主要考查的是平行四边形的性质，难度不大，注意一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
类型十八、特殊四边形的最值问题
18．如图，在边长为2cm的正方形ABCD中，Q为BC边的中点，P为对角线AC上的一个动点，连接PB，PQ，求△PBQ周长的最小值．

【答案】1＋．
【分析】由于点B与点D关于AC对称，所以如果连接DQ，交AC于点P，由最短路径问题模型知，此时△PBQ的周长最小，△PBQ的周长=BP+PQ+BQ=DQ+BQ．在Rt△CDQ中，由勾股定理先计算出DQ的长度，再得出结果．
解：连接DQ，交AC于点P，连接PB、BD，BD交AC于O．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BO=OD，CD=2cm，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BP=DP，
∴BP+PQ=DP+PQ=DQ．
在Rt△CDQ中，由勾股定理，得QD＝
∴△PBQ的周长的最小值为：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=+1（cm）．
【点拨】本图主要考查了正方形的性质，轴对称-最短路径问题，同时也考查了勾股定理得应用.是常考的基本题.
举一反三：
【变式】如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，.
（1）若、、三点共线，求的长；
（2）求的面积的最小值.

【答案】（1）3；（2）
【分析】（1）利用勾股定理求出AO长，易得AE长，由正方形的性质利用SAS可证，根据全等三角形对应边相等可得结论；
（2）过点作于点，当三点共线，最小，求出EH长，根据三角形面积公式求解即可.
解：（1）由旋转得：，，
∵是边的中点，∴.
在中，.
∴.
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即，
∴.
在和中

∴.
∴.
（2）由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动.
过点作于点.

∵，
∴
当三点共线，最小，.
∴.
【点拨】本题是正方形与三角形的综合题，涉及的知识点主要有正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练的利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键.
类型十九、四边形的其他综合问题
19．如图，已知四边形ABCD是矩形，
（1）尺规作图，求作正方形BECF，使得顶点E在矩形ABCD内；
（2）连接DE，若AB=6，AD=8，求DE的长．

【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）要使得正方形BECF的顶点E在矩形ABCD内，则应考虑以BC为对角线，因为∠B=∠C=90°，要构成正方形则E点应为∠B和∠C的角平分线的交点，所以可先作∠B与∠C的角平分线，然后再根据正方形的对称性作图即可；
（2）连接FE交BC于G点，并延长FE交AD于H点，根据矩形和正方形的性质分别求出DH和HE的长度，从而利用勾股定理求解即可．
解：（1）如图所示，先作∠B和∠C的角平分线，交于E点，
则此时△BEC为等腰直角三角形，
然后分别以B，C两点为圆心，BE，CE为半径作圆弧在BC下方交于F点，
∴此时四边形BECF即为所求正方形；

（2）如图所示，连接FE交BC于G点，并延长FE交AD于H点，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，CD=AB=6，AD=BC=8，
由（1）可知四边形BECF为正方形，
∴EG=GC=BC=4，EG⊥BC，
∴∠ADC=∠BCD=∠EGC=90°，即四边形CDHG为矩形，
∴DH=CG=4，GH=CD=6，∠DHE=90°，
∴HE=GH-GE=2，
在Rt△HDE中，根据勾股定理得：
DE==．

【点拨】本题考查尺规作图，以及矩形和正方形的性质，掌握尺规作图的基本原理，理解基本图形的性质是解题关键．
举一反三：
【变式】已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．
（1）求证：BM=CM；
（2）判断四边形MENF是什么特殊四边形，并证明你的结论；
（3）当AD：AB=___时，四边形MENF是正方形（只写结论，不需证明）．

【答案】（1）证明见解析；（2）四边形MENF是菱形，证明见解析；（3） 2：1
【分析】（1）由题意易得∠A=∠D=90°，AB=CD，AM=DM，则有△ABM≌△DCM，则根据全等三角形的性质可求证；
（2）由题意易得，则有四边形MENF是平行四边形，进而可求EN=NF，然后根据菱形的判定可求解；
（3）由题意易得△ABM是等腰直角三角形，则有∠AMB=45°，同理可得∠DMC=45°，进而可得∠EMF=90°，然后由（2）及正方形的判定定理可求解．
（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=DC．
∵M是AD的中点，
∴AM=DM，
∴△ABM≌△DCM（SAS），
∴BM=CM；
（2）四边形MENF是菱形，理由如下：
∵E、N、F分别是线段BM、BC、CM的中点，
∴，
∴四边形MENF是平行四边形，
同理可得：，
∵BM=CM，
∴EN=NF，
∴四边形MENF是菱形；
（3） 当AD：AB=2：1时，四边形MENF是正方形；
理由如下：
∵AD：AB=2：1，M是AD的中点，
∴AB=AM，
∴△ABM是等腰直角三角形，
∴∠AMB=45°，
同理：∠DMC=45°，
∴∠EMF=180°-45°-45°=90°，
由（2）得：四边形MENF是菱形，
∴四边形MENF是正方形．
故答案为：2：1．
【点拨】本题主要考查三角形中位线、矩形的性质及菱形、正方形的性质与判定，熟练掌握三角形中位线、矩形的性质及菱形、正方形的性质与判定是解题的关键．