2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期中必刷常考题之正方形的性质与判定

这是一份2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期中必刷常考题之正方形的性质与判定，共27页。试卷主要包含了已知等内容，欢迎下载使用。

1．（2024•市北区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在AB边上，点F在OD上，过点E作EG⊥BD，垂足为点G，若FE＝FC，EF⊥CF，OF＝3，则BE的长为（ ）
A．3B．32C．33D．23
2．（2024春•锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=32，PB＝10，下列结论：
①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③EB=53；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①④⑤C．①②④D．③④⑤
3．（2024•沙坪坝区模拟）如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE＝CF，连接DF，EF．若∠FDC＝α．则∠AEF＝（ ）
A．90°﹣2αB．45°﹣αC．45°+αD．α
4．（2024春•任泽区期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填∠A＝90°B．（2）处可填AD＝AB
C．（3）处可填DC＝CBD．（4）处可填∠B＝∠D
5．（2024春•河西区期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△ADE，则∠AEB的度数为（ ）
A．15°B．22.5°C．20°D．10°
二．填空题（共5小题）
6．（2024•德州模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝ ．
7．（2024•平江县二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝ ．
8．（2024•甘肃一模）已知：正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为 ．
9．（2024春•兰陵县期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB＝25，连接BF，则BF的长为 ．
10．（2024•武进区校级二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，延长BC至E，使CE＝2，连接AE．CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为 ．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春•建湖县期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，求证：四边形DEFG是正方形．
12．（2023秋•萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）．
13．（2024春•信阳期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．
（1）求证：四边形OGCF是正方形．
（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．
14．（2024春•河北期末）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⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝32，求正方形DEFG的边长．
15．（2024春•易门县期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则PE−PAPB的值．
2024-2025学年上学期初中数学北师大版九年级期中必刷常考题之正方形的性质与判定
参考答案与试题解析
一．选择题（共5小题）
1．（2024•市北区校级二模）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E在AB边上，点F在OD上，过点E作EG⊥BD，垂足为点G，若FE＝FC，EF⊥CF，OF＝3，则BE的长为（ ）
A．3B．32C．33D．23
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】证明△EFG≌△CFO（ASA），可得EG＝OF＝3，再利用等腰直角三角形即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∠ABD＝45°，
∵EF⊥CF，
∴∠COF＝∠EFC＝90°，
∴∠EFG＝90°﹣∠CFO＝∠FCO，
∵EG⊥BD，
∴∠EGF＝∠FOC＝90°，
在△EFG和△FCO中，
∠EGF=∠FOC=90°∠EFG=∠FCOFE=CF，
∴△EFG≌△FCO（AAS），
∴EG＝OF＝3，
∵∠ABD＝45°，
∴△EBG是等腰直角三角形，
∴BE=2EG＝32，
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△EFG≌△FCO．
2．（2024春•锡山区期中）已知：如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=32，PB＝10，下列结论：
①△APD≌△AEB；②∠AEB＝135°；③EB=53；④S△APD+S△APB＝33；⑤CD＝11．其中正确结论的序号是（ ）
A．①②③④B．①④⑤C．①②④D．③④⑤
【考点】正方形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；等腰三角形的判定；勾股定理．
【专题】几何综合题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】①利用SAS即可证明△APD≌△AEB，进而可以判断①正确；②根据△APD≌△AEB和等腰直角三角形的性质得出∠APE＝∠AEP＝45°，得出∠APD＝∠AEB＝135°，进而可以判断②正确；③根据勾股定理计算可得EB的长，进而可以判断③；④连接BD，可得S△APD+S△APB＝S△AEP+S△EPB＝33，即可判断④；⑤根据S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，进而可以判断⑤．
【解答】解：①在正方形ABCD，AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵EA⊥PA，
∴∠EAP＝∠BAD＝90°
∴∠EAB+∠BAP＝90°，∠PAD+∠BAP＝90°，
∴∠EAB＝∠PAD，
∵AE＝AP，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS）；故①成立；
②∵AE＝AP＝32，∠EAP＝90°，
∴∠AEP＝∠APE＝45°，PE=2AE＝6，
∵△APD≌△AEB，
∴∠AEB＝∠APD＝180°﹣45°＝135°，故②成立；
③∴∠BEP＝135°﹣45°＝90°，
∴EB⊥ED，
在Rt△BPE中，PE＝6，PB＝10，
∴BE=PB2−PE2=8，故③不成立；
④如图，连接BD，
由②得：PE＝6，BE＝8，
∵△APD≌△AEB，
∴S△APD+S△APB
＝S△AEB+S△APB
＝S四边形AEBP
＝S△AEP+S△EPB
=12•AE•AP+12•PE•BE
=12×32×32+12×6×8
＝33．故④成立；
∵△APD≌△AEB，
∴PD＝BE＝8，
∴S△BDP=12×PD•BE＝32，
∴S△ABD＝S△APD+S△APB+S△BPD＝33+32＝65，
∴S正方形ABCD＝2S△ABD＝130，
∴CD2＝130，
∴CD=130，故⑤不成立．
综上所述，正确结论的序号是①②④，
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键．
3．（2024•沙坪坝区模拟）如图，正方形ABCD中，点E为边BA延长线上一点，点F在边BC上，且AE＝CF，连接DF，EF．若∠FDC＝α．则∠AEF＝（ ）
A．90°﹣2αB．45°﹣αC．45°+αD．α
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
【分析】连接ED，根据正方形的性质可得∠ADC＝∠BAD＝∠C＝90°，AD＝DC，再由全等三角形的判定与性质可得∠FDC＝∠ADE＝α，最后由等腰直角三角形的性质及三角形外角性质可得答案．
【解答】解：连接ED，
在正方形ABCD中，∠ADC＝∠BAD＝∠C＝90°，AD＝DC，
∵AE＝CF，
∴Rt△ADE≌Rt△CDF（SAS），
∴∠FDC＝∠ADE＝α，DE＝DF，
∴∠CDF+∠ADF＝∠ADE+∠ADF＝90°，
∴∠EFD＝∠FED＝45°，
∴∠AGE＝∠FED+∠ADE＝45°+α，
∴∠AEF＝90°﹣∠AGE＝90°﹣（45°+α）＝45°﹣α，
故选：B．
【点评】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解决此题的关键．
4．（2024春•任泽区期末）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理如图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填∠A＝90°B．（2）处可填AD＝AB
C．（3）处可填DC＝CBD．（4）处可填∠B＝∠D
【考点】正方形的判定；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据正方形、矩形、菱形的判定定理判断即可．
【解答】解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，
∴（1）处可填∠A＝90°是正确的，故该选项不符合题意；
B、一组邻边相等的矩形是正方形，
∴（2）处可填AD＝AB是正确的，故该选项不符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴（3）处可填DC＝CB是正确的，故该选项不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，
∴∠B＝∠D无法判定两角是不是直角，故该选项不符合题意；
故选：D．
【点评】本题主要考查了矩形的判定，正方形的判定和菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的关系是解题的关键．
5．（2024春•河西区期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边△ADE，则∠AEB的度数为（ ）
A．15°B．22.5°C．20°D．10°
【考点】正方形的性质；等边三角形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观．
【答案】A
【分析】由四边形ABCD是正方形，△ADE是正三角形可得AB＝AE，利用正方形和正三角形的内角性质即可得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，
又∵△ADE是正三角形，
∴AE＝AD，∠DAE＝60°，
∴△ABE是等腰三角形，∠BAE＝90°+60°＝150°，
∴∠ABE＝∠AEB＝15°．
故选：A．
【点评】本题题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题首先利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质即可解决问题．
二．填空题（共5小题）
6．（2024•德州模拟）如图，点E在正方形ABCD的对角线AC上，EF⊥AB于点F，连接DE并延长，交边BC于点M，交边AB的延长线于点G．若AF＝2，FB＝1，则MG＝ 352 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
【答案】352．
【分析】由正方形性质得：BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG，运用平行线成比例定理得CEAE=BFAF=12，由DC∥AG，可得△CDE∽△AGE，求得AG＝2CD＝6，BG＝3＝CD，再证得△CDM≌△BGM（AAS），可得CM＝BM=12BC=32，运用勾股定理即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AF＝2，FB＝1，
∴BC＝CD＝AB＝AF+FB＝2+1＝3，∠ABC＝∠CBG＝90°，DC∥AG，
∵EF⊥AB，
∴∠AFE＝90°，
∴∠AFE＝∠ABC，
∴EF∥BC，
∴CEAE=BFAF=12，
∵DC∥AG，
∴△CDE∽△AGE，
∴CDAG=CEAE=12，
∴AG＝2CD＝6，
∴BG＝AG﹣AB＝6﹣3＝3，
∴BG＝CD，
∵CD∥AG，
∴∠CDM＝∠G，
在△CDM和△BGM中，
∠CMD=∠BMG∠CDM=∠GCD=BG，
∴△CDM≌△BGM（AAS），
∴CM＝BM=12BC=32，
在Rt△BGM中，MG=BG2+BM2=32+(32)2=352．
故答案为：352．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例定理等，解题关键是熟练运用相似三角形的判定和性质．
7．（2024•平江县二模）如图，在Rt△ABC中，AB＝4，点M是斜边BC的中点，以AM为边作正方形AMEF．若S正方形AMEF＝16，则S△ABC＝ 83 ．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；直角三角形斜边上的中线．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】83．
【分析】先根据正方形的面积公式求出AM＝4，再根据直角三角形的性质得BC＝2AM＝8，进而利用勾股定理求出AC=43，然后根据直角三角形的面积公式可求出△ABC的面积．
【解答】解：∵四边形AMEF为正方形，
∴S正方形AMEF＝AM2，
又∵S正方形AMEF＝16，
∴AM2＝16，
∴AM＝4，
在Rt△ABC中，点M是斜边BC的中点，
∴BC＝2AM＝8，
在Rt△ABC中，BC＝8，AB＝4，
由勾股定理得：AC=BC2−AB2=43，
∴S△ABC=12AB•AC=12×4×43=83．
故答案为：83．
【点评】此题主要考查了正方形的面积，直角三角形的面积，直角三角形的性质，熟练掌握正方形和直角三角形的面积公式，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解决问题的关键．
8．（2024•甘肃一模）已知：正方形ABCD的边长为8，点E、F分别在AD、CD上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为 5 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“边角边”证明△ABE≌△DAF得∠ABE＝∠DAF，进一步得∠AGE＝∠BGF＝90°，从而知GH=12BF，利用勾股定理求出BF的长即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAE＝∠D＝90°，AB＝AD，
∵AB＝AD，∠BAE＝∠D，AE＝DF
∴△ABE≌△DAF（SAS），
∴∠ABE＝∠DAF，
∵∠ABE+∠BEA＝90°，
∴∠DAF+∠BEA＝90°，
∴∠AGE＝∠BGF＝90°，
∵点H为BF的中点，
∴GH=12BF，
∵BC＝8，CF＝CD﹣DF＝8﹣2＝6
∴BF=BC2+CF2=10
∴GH＝5
故答案为：5
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键．
9．（2024春•兰陵县期末）如图，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，点D为EF的中点，若AB＝25，连接BF，则BF的长为 217 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】217．
【分析】连接AF，让△ADF绕点A顺时针旋转90°，此时AD与AB重合，得到△ABF′，连接EF′，根据旋转的性质得到△ADF≌△ABF′，再证明△AEF≌△AEF′，可得F，E，F′三点共线，根据三线合一得到FF′的值，最后利用角度的等量转换得到∠FF′B＝90°，再根据勾股定理，即可解答．
【解答】解：如图，连接AF，让△ADF绕点A顺时针旋转90°，此时AD与AB重合，得到△ABF′，连接EF′，
∵四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，
∴EF＝EA，∠FEA＝90°，AD＝AB，
根据旋转的性质，可得△ADF≌△ABF′，∠FAF′＝90°，∠FAD＝∠F′AB，
∴AF＝AF′，∠AFE＝∠AF′E＝45°，
∴∠FAE＝90°﹣∠AFF′＝45°＝∠DAF+∠DAE，
∴∠DAE+∠BAF′＝45°，
∴∠EAF′＝∠DAB﹣（∠DAE+∠BAF′）＝45°，
∴△FAE≌△F′AE（SAS），
∴∠AEF＝∠AEF′＝90°，
可得F，E，F′三点共线，
∵∠AEF＝90°，AF＝AF′，
∴EF＝EF′，
∵点D为EF的中点，
∴DE=12EF=12AE，
设ED＝x，则AE＝2x，
根据勾股定理可得，AE2+ED2＝AD2，
即x2+4x2=(25)2，
解得x＝2（舍去负值），
∴EF＝AE＝4，BF′＝DF＝2，
∵AE⊥FF′，AF＝AF′，
∴EF＝EF′＝4，
∴FF′＝8，
∵∠EAF+∠AF′B＝45°+45°＝90°，
∴BF=FF′2+BF′2=217，
故答案为：217．
【点评】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，正确画出辅助线，耐心推理是解题的关键．
10．（2024•武进区校级二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝3，延长BC至E，使CE＝2，连接AE．CF平分∠DCE交AE于F，连接DF，则DF的长为 3104 ．
【考点】正方形的性质；角平分线的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，首先证四边形CMFN为正方形，再设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，BE＝5，EM＝2﹣a，然后证△EFM和△EAB相似，由相似三角形的性质求出a，进而在Rt△AFN中由勾股定理即可求出DF．
【解答】解：过点F作FM⊥CE于M，作FN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD为正方形，AB＝3，
∴∠ABC＝90°，BC＝AB＝CD＝3，AB∥CD，
∵FM⊥CE，FN⊥CD，∠DCE＝∠B＝90°，
∴四边形CMFN为矩形，
又∵CF平分∠DCE，FM⊥CE，FN⊥CD，
∴FM＝FN，
∴四边形CMFN为正方形，
∴FM＝FN＝CM＝CN，
设CM＝a，则FM＝FN＝CM＝CN＝a，
∵CE＝2，
∴BE＝BC+CE＝5，EM＝CE﹣CM＝2﹣a，
∵∠B＝90°，FM⊥CE，
∴FM∥AB，
∴△EFM∽△EAB，
∴FM：AB＝EM：BE，
即：a：3＝（2﹣a）：5，
解得：a=34，
∴FN=CN=34，
∴DN=CD−CN=3−34=94，
在Rt△DFN中，DN=94，FN=34，
由勾股定理得：DF=DN2+FN2=3104．
故答案为：3104．
【点评】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例．
三．解答题（共5小题）
11．（2024春•建湖县期中）如图，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE，过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，求证：四边形DEFG是正方形．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见解析．
【分析】过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，证明四边形EMCN为正方形，则EM＝EN，∠MEN＝90°，证明△DEN≌△FEM（ASA），得到ED＝EF，即可得到结论．
【解答】证明：如图，过点E分别作EM⊥BC于点M，EN⊥CD于点N，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝∠ECM＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∴EM＝EN，∠MEN＝90°，
∵四边形DEFG是矩形，
∴∠DEF＝90°，
∴∠DEN+∠NEF＝∠FEM+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠FEM，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FME=90°EN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形．
【点评】此题考查了正方形的判定和性质、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质等知识，证明△DEN≌△FEM（ASA）是解题的关键．
12．（2023秋•萍乡期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上点，过点D作DE⊥BC交直线MN与E，垂足为F，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D在AB中点时，四边形CDBE是什么特殊四边形？说明理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC再满足 等腰直角三角形 条件时，四边形CDBE是正方形（直接填写答案）．
【考点】正方形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）四边形BECD是菱形，理由见解析；
（3）当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由见解析．
【分析】（1）证出AC∥DE，得出四边形ADEC是平行四边形，即可得出结论；
（2）先证出BD＝CE，得出四边形BECD是平行四边形，再由直角三角形斜边上的中线性质得出CD=12AB＝BD，即可得出四边形BECD是菱形；
（3）当△ABC是等腰直角三角形，由等腰三角形的性质得出CD⊥AB，即可得出四边形BECD是正方形．
【解答】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD；
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，
∴AD＝BD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D为AB中点，
∴CD=12AB＝BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形；理由如下：
∵∠ACB＝90°，
当△ABC是等腰直角三角形，
∵D为AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴∠CDB＝90°，
∴四边形BECD是正方形，
故答案为：等腰直角三角形．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、正方形的判定、菱形的判定、直角三角形斜边上的中线性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，并能进行推理论证是解决问题的关键．
13．（2024春•信阳期末）如图，在Rt△ABC中，两锐角的平分线AD，BE相交于O，OF⊥AC于F，OG⊥BC于G．
（1）求证：四边形OGCF是正方形．
（2）若∠BAC＝60°，AC＝4，求正方形OGCF的边长．
【考点】正方形的判定与性质；角平分线的性质；含30度角的直角三角形．
【专题】线段、角、相交线与平行线；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）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；
（2）由含30°角的直角三角形的性质和勾股定理求出AB和BC，根据全等三角形判定的HL定理证得Rt△AOH≌Rt△AOF得到AH＝AF，设正方形OGCF的边长为x，则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝43−x，根据AB＝AH+BH＝8，解方程即可求出x．
【解答】（1）证明：过O作OH⊥AB于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，BE分别是∠BAC，∠ABC的角平分线，OF⊥AC，OG⊥BC，
∴OG＝OH＝OF，
又四边形OGCF是矩形，
∴四边形OGCF是正方形；
（2）解：在Rt△ABC中，
∵∠BAC＝60°，
∴∠ABC＝90°﹣∠BAC＝90°﹣60°＝30°，
∴AC=12AB，
∵AC＝4，
∴AB＝2AC＝2×4＝8，
∵AC2+BC2＝AB2，
∴BC=82−42=43，
在Rt△AOH和Rt△AOF中，
OH=OFOA=OA，
∴Rt△AOH≌Rt△AOF（HL），
∴AH＝AF，
设正方形OGCF的边长为x，
则AH＝AF＝4﹣x，BH＝BG＝43−x，
∴4﹣x+43−x＝8，
∴x＝23−2，
即正方形OGCF的边长为23−2．
【点评】本题主要考查了正方形的判定和性质，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，含30°角的直角三角形的性质和勾股定理，正确作出辅助线，且根据角平分线的性质推出OH＝OF＝OG是解决问题的关键．
14．（2024春•河北期末）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⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
①求证：矩形DEFG是正方形；
②若正方形ABCD的边长为9，CG＝32，求正方形DEFG的边长．
【考点】正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质．
【专题】证明题；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）证明过程见解答；
（2）①证明过程见解答；
②35．
【分析】（1）根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE（SAS），即可解决问题；
（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN＝EM，然后证得∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形；
②证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，证明CE⊥CG，连接EG，根据勾股定理即可解决问题．
【解答】（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≌△ADE（SAS），
∴BE＝DE；
（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN＝90°，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF＝90°﹣∠FEN，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FME=90°EN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
②解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE＝DG，AD＝DC，
∵∠CDG+∠CDE＝∠ADE+∠CDE＝90°，
∴∠CDG＝∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠ACD＝45°，
∴∠ACG＝∠ACD+∠DCG＝90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB＝92．
∵CG＝32，
∴CE＝62，
连接EG，
∴EG=CE2+CG2=72+18=310，
∴DE=22EG＝35．
∴正方形DEFG的边长为35．
【点评】此题主要考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM．
15．（2024春•易门县期末）如图，已知正方形ABCD中，E为CB延长线上一点，且BE＝AB，M、N分别为AE、BC的中点，连DE交AB于O，MN交，ED于H点．
（1）求证：AO＝BO；
（2）求证：∠HEB＝∠HNB；
（3）过A作AP⊥ED于P点，连BP，则PE−PAPB的值．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）见解析；
（3）2．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD＝AB，AD∥BC，根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）延长BC至F，且使CF＝BC，连接AF，则BM＝CE，由SAS证明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，证出MN为△AEF的中位线，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；
（3）过点B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA证明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，证出△PBQ是等腰直角三角形，由勾股定理得出PQ=2PB，即可得出答案；
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，
∵AB＝BE，
∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），
∴AO＝BO；
（2）证明：延长BC至F，且使CF＝BC，连接AF，如图1所示：
则BF＝CE，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝DC，AD∥BC，∠BAD＝∠ABC＝∠DCB＝90°，
在△ABF和△DCE中，AB=DC∠ABC=∠DCBBF=CE，
∴△ABF≌△DCE（SAS），
∴∠DEC＝∠AFB，
∵EB＝CF，BN＝CN，
∴N为EF的中点，
∴MN为△AEF的中位线，
∴MN∥AF，
∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：过点B作BQ⊥BP交DE于Q，如图2所示：
则∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余关系得：∠BAP＝∠ADP，
∴∠BEQ＝∠BAP，
在△BEQ和△BAP中，∠EBQ=∠ABPBE=BA∠BEQ=∠BAP，
∴△BEQ≌△BAP（ASA），
∴PA＝QE，QB＝PB，
∴△PBQ是等腰直角三角形，
∴PQ=2PB，
∴PE−PAPB=PE−QEPB=PQPB=2．
【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．