? 18.2.3 正方形（知識(shí)講解）
【學(xué)習(xí)目標(biāo)】
1．理解正方形的概念，了解平行四邊形、矩形及菱形與正方形的概念之間的從屬關(guān)系；
2．掌握正方形的性質(zhì)及判定方法．
【要點(diǎn)梳理】
要點(diǎn)一、正方形的定義
四條邊都相等，四個(gè)角都是直角的四邊形叫做正方形.
特別說明：既是矩形又是菱形的四邊形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更為特殊的平行四邊形，正方形是有一組鄰邊相等的矩形，還是有一個(gè)角是直角的菱形.
要點(diǎn)二、正方形的性質(zhì)
正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì).
1.邊——四邊相等、鄰邊垂直、對(duì)邊平行；
2.角——四個(gè)角都是直角；
3.對(duì)角線——①相等，②互相垂直平分，③每條對(duì)角線平分一組對(duì)角；
4.是軸對(duì)稱圖形，有4條對(duì)稱軸；又是中心對(duì)稱圖形，兩條對(duì)角線的交點(diǎn)是對(duì)稱中心.
特別說明：正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)，其對(duì)角線將正方形分為四個(gè)等腰直角三角形.
要點(diǎn)三、正方形的判定
正方形的判定除定義外，判定思路有兩條：或先證四邊形是菱形，再證明它有一個(gè)角是直角或?qū)蔷€相等（即矩形）；或先證四邊形是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直（即菱形）.
要點(diǎn)四、特殊平行四邊形之間的關(guān)系

或者可表示為：

要點(diǎn)五、順次連接特殊的平行四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形的形狀
（1）順次連接平行四邊形各邊中點(diǎn)得到的四邊形是平行四邊形.
（2）順次連接矩形各邊中點(diǎn)得到的四邊形是菱形.
（3）順次連接菱形各邊中點(diǎn)得到的四邊形是矩形.
（4）順次連接正方形各邊中點(diǎn)得到的四邊形是正方形.
特別說明：新四邊形由原四邊形各邊中點(diǎn)順次連接而成.
（1）若原四邊形的對(duì)角線互相垂直，則新四邊形是矩形.
（2）若原四邊形的對(duì)角線相等，則新四邊形是菱形.
（3）若原四邊形的對(duì)角線垂直且相等，則新四邊形是正方形.
【典型例題】
類型一、正方形的理解
1．如圖，E、F分別為正方形中邊上的點(diǎn)，且分別交對(duì)角線于點(diǎn)M、N，則的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】連接AC，利用正方形對(duì)角線互相垂直平分，得到NA=NC，MA=MC，利用等腰三角形的性質(zhì)證明角相等，再利用外角的性質(zhì)證明∠EAF=∠MCN，從而使問題得證．
解：連接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°．
故選：B．
【點(diǎn)撥】本題考查正方形的性質(zhì)．關(guān)鍵是利用對(duì)角線垂直平分證明等腰三角形，利用角的相等關(guān)系將角進(jìn)行轉(zhuǎn)化．
舉一反三：
【變式】如圖，將正方形沿直線折疊，點(diǎn)落在對(duì)角線上的點(diǎn)處，則的角度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方形的性質(zhì)，則，由折疊的性質(zhì)，得DE=DC，即可得到得角度．
解：∵四邊形ABCD是正方形，BD是對(duì)角線，
∴，
由折疊的性質(zhì)，則
DE=DC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴；
故選：B．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是掌握所學(xué)的知識(shí)，正確得到．
類型二、根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度
2．如圖，E、F分別為正方形中邊上的點(diǎn)，且分別交對(duì)角線于點(diǎn)M、N，則的大小是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】連接AC，利用正方形對(duì)角線互相垂直平分，得到NA=NC，MA=MC，利用等腰三角形的性質(zhì)證明角相等，再利用外角的性質(zhì)證明∠EAF=∠MCN，從而使問題得證．
解：連接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°．
故選：B．
【點(diǎn)撥】本題考查正方形的性質(zhì)．關(guān)鍵是利用對(duì)角線垂直平分證明等腰三角形，利用角的相等關(guān)系將角進(jìn)行轉(zhuǎn)化．
舉一反三：
【變式】如圖，將正方形沿直線折疊，點(diǎn)落在對(duì)角線上的點(diǎn)處，則的角度是（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由正方形的性質(zhì)，則，由折疊的性質(zhì)，得DE=DC，即可得到得角度．
解：∵四邊形ABCD是正方形，BD是對(duì)角線，
∴，
由折疊的性質(zhì)，則
DE=DC，
∴△CDE是等腰三角形，
∴；
故選：B．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和三角形的內(nèi)角和定理，解題的關(guān)鍵是掌握所學(xué)的知識(shí)，正確得到．
類型三、根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段
3．如圖，正方形和正方形的邊長分別為3和2，點(diǎn)E、G分別為邊上的點(diǎn)，H為的中點(diǎn)，連接，則的長為____________．

【答案】##
【分析】延長GF交AB于M，過點(diǎn)H作HN⊥GM于N，利用三角形中位線的判定及性質(zhì)求出FN、NH，再利用勾股定理求出的長．
解：延長GF交AB于M，過點(diǎn)H作HN⊥GM于N，

∵正方形和正方形，
∴GM⊥AB，F(xiàn)M=3-2=1，BM=3-2=1,
∴FM=BM，，
∵H為的中點(diǎn)，
∴，
∴，
∴，
故答案為：．
【點(diǎn)撥】此題考查了正方形的性質(zhì)，三角形中位線的判定及性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握各知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，已知正方形ABCD的邊長為6，E、F分別是AB、BC邊上的點(diǎn)，且∠EDF＝45°，將△DAE繞點(diǎn)D逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△DCM若AE＝2，則FM的長為 ___．


【答案】5
【分析】由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可證明△EDF≌△MDF，從而EF=FM；設(shè)FM=EF=x，則可得BF=8?x，由勾股定理建立方程即可求得x．
解答：由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：DE=DM，CM=AE=2，∠ADE=∠CDM，∠EDM=90゜
∵四邊形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
設(shè)EF=FM=x
則
∴
∵
在Rt△EBF中，由勾股定理得：
解得：
故答案為：5
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，運(yùn)用了方程思想，關(guān)鍵是證明三角形全等．
類型四、根據(jù)正方形的性質(zhì)求面積
4．如圖，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，以點(diǎn)O為頂點(diǎn)的正方形OEGF的兩邊OE，OF分別交正方形ABCD的兩邊AB，BC于點(diǎn)M，N，記的面積為，的面積為，若正方形的邊長，，則的大小為（ ）

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】由題意依據(jù)全等三角形的判定得出△BOM≌△CON，進(jìn)而根據(jù)正方形的性質(zhì)即可得出的大小.
解：∵正方形ABCD的對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)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，正方形的邊長，，
∴=S正方形ABCD -=.
故選：D.
【點(diǎn)撥】本題考查正方形的性質(zhì)以及全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是解答本題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，長方形ABCD的周長是12cm，分別以AB，AD為邊向外作正方形ABEF和正方形ADGH，若正方形ABEF和ADGH的面積之和為20 ，那么長方形ABCD的面積是（ ）

A．6 B．7 C．8 D．4
【答案】C
【分析】用矩形的長和寬分別表示矩形的周長和面積，正方形的面積和，從而運(yùn)用完全平方公式的變形計(jì)算即可．
解：設(shè)AB=x，AD=y，
∵長方形ABCD的周長是12cm，正方形ABEF和ADGH的面積之和為20 ，
∴x+y=6，，
∴，
∴，
∴，
故選C．
【點(diǎn)撥】本題考查了圖形與公式，熟練掌握矩形的面積，周長的計(jì)算公式，正方形的面積的個(gè)數(shù)，兩數(shù)和的完全平方公式是解題的關(guān)鍵．
類型五、正方形的折疊問題
5．將矩形紙片ABCD（AB＜BC）沿過點(diǎn)B的直線折疊，使點(diǎn)A落在BC邊上的點(diǎn)F處，折痕為BE（如圖1）；再沿過點(diǎn)E的直線折疊，使點(diǎn)D落在BE上的點(diǎn)D'處，折痕為EG（如圖2）：再展開紙片（如圖3），則圖3中∠FEG的大小是__．

【答案】22.5°
【分析】根據(jù)折疊的性質(zhì)可知，∠A=∠EFB=90°，AB=BF，以及紙片ABCD為矩形可得，∠AEF為直角，進(jìn)而可以判斷四邊形ABFE為正方形，進(jìn)而通過∠AEB，∠BEG的角度計(jì)算出∠FEG的大?。?br /> 解：由折疊可知△AEB≌△FEB，
∴∠A=∠EFB=90°，AB=BF，
∵紙片ABCD為矩形，
∴AE∥BF，
∴∠AEF=180°－∠BFE=90°，
∵AB=BF，∠A=∠AEF=∠EFB=90°，
∴四邊形ABFE為正方形，
∴∠AEB=45°，
∴∠BED=180°－45°=135°，
∴∠BEG=135°÷2=67.5°，
∴∠FEG=67.5°－45°=22.5°．
【點(diǎn)撥】本題考查折疊的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，以及平行的相關(guān)性質(zhì)，能夠?qū)⒄叫闻c矩形的性質(zhì)相結(jié)合是解決本題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，已知正方形ABCD的邊長為12，BE＝EC，將正方形邊CD沿DE折疊到DF，延長EF交AB于G，連接DG，現(xiàn)在有如下3個(gè)結(jié)論：①△ADG≌△FDG；②GB＝2AG；③S△BEF＝．在以上3個(gè)結(jié)論中，正確的有______．（填序號(hào)）

【答案】①②③
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)可得，，于是根據(jù)“”判定，再由，，為直角三角形，可通過勾股定理列方程求出，，進(jìn)而求出的面積．
解：由折疊可知，，，，
，
在和中，
，
，故①正確；
，
正方形邊長是12，
，
設(shè)，則，，
由勾股定理得：，
即：，
解得：
，，，故②正確；
，，故③正確；
故答案為：①②③．
【點(diǎn)撥】本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題．
類型六、正方形重疊部分的面積
6．如圖．將面積為a2的小正方形與面積為b2的大正方形放在一起（a＞0，b＞0）則三角形ABC的面積是（　　）

A．b2 B．b2 C．b2 D．2b2
【答案】B
【分析】根據(jù)圖形得出三角形ABC的面積S=正方形AFGM+S正方形BGCH+S△AMB-S△AFC-S△BHC，再根據(jù)面積公式求出即可．
解：∵將面積為a2的小正方形與面積為b2的大正方形放在一起，
∴CM＝AF＝FG＝a，BG＝CG＝CH＝BH＝b，
∴三角形ABC的面積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+﹣﹣﹣﹣
＝，
故選：B．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，列代數(shù)式和整式的混合運(yùn)算，能根據(jù)圖形列出代數(shù)式是解此題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，點(diǎn)在正方形的對(duì)角線上，且，正方形的兩邊，分別交，于點(diǎn)，，若正方形的邊長為，則重疊部分四邊形的面積為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作EP⊥BC于點(diǎn)P，EQ⊥CD于點(diǎn)Q，證明△EPM≌△EQN，利用四邊形EMCN的面積等于正方形PCQE的面積求解即可．
解：作EP⊥BC于點(diǎn)P，EQ⊥CD于點(diǎn)Q，

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，
又∵∠EPM=∠EQN=90°，
∴∠PEQ=90°，
∴∠PEM+∠MEQ=90°，
∵四邊形是正方形，
∴∠NEF=∠NEQ+∠MEQ=90°，
∴∠PEM=∠NEQ，
∵AC是∠BCD的角平分線，∠EPC=∠EQC=90°，
∴EP=EQ，四邊形PCQE是正方形，
在△EPM和△EQN中，，
∴△EPM=△EQN(ASA)，
∴S△EQN=S△EPM，
∴四邊形EMCN的面積等于正方形PCQE的面積，
∵正方形ABCD的邊長為a，
∴AC=a，
∵，
∴EC=，
∴EP=PC=，
∴正方形PCQE的面積=×=，
四邊形EMCN的面積=，
故選：A．
【點(diǎn)撥】本題主要考查了正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，證出△EPM≌△EQN．
類型七、根據(jù)正方形的性質(zhì)證明
7．如圖所示，正方形中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別為BC，CD上一點(diǎn)，點(diǎn)M為EF上一點(diǎn)，，M關(guān)于直線AF對(duì)稱．
（1）求證：B，M關(guān)于AE對(duì)稱；
（2）若的平分線交AE的延長線于G，求證：．

【答案】(1)見解析；（2）見解析
【分析】（1）由已知可證，，即可得證；
（2）由上述結(jié)論可得，再證△AFG為等腰直角三角形．
解：連結(jié)AM，DM，BM，


∵D、M關(guān)于直線AF對(duì)稱，
∴AF垂直平分DM，
∴AD=AM，F(xiàn)D=FM，
∴△DAF≌△MAF，
∴∠AMF=∠ADF=∠AME=∠ABE=90°，AM=AB，AE=AE，
∴△BAE≌△MAE，
∴EM=EB，
∴AE垂直平分BM，
∴B、M關(guān)于AE對(duì)稱；
（2）由（1）知△BAE≌△MAE，
∴AE平分∠BEF，
∴∠EAF=∠BAD=45°，
又AF平分∠DFE，F(xiàn)G平分∠EFC，
∴∠AFG=90°．
∴△AFG為等腰直角三角形，
∴．
【點(diǎn)撥】本題是四邊形綜合題，主要考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理，三角形的面積等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．準(zhǔn)確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．有關(guān)45°角的問題，往往利用全等，構(gòu)造等腰直角三角形，使問題迅速獲解．
舉一反三：
【變式】．如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC上一點(diǎn)，且點(diǎn)E不與點(diǎn)B、C重合，點(diǎn)F是BA的延長線上一點(diǎn)，且AF=CE．
（1）求證：；
（2）如圖2，連接EF，交AD于點(diǎn)K，過點(diǎn)D作，垂足為H，延長DH交BF于點(diǎn)G，連接HB，HC．求證：HD=HB．

【答案】（1）見解析；（2）見解析
【分析】（1）由CD＝AD，∠DCE＝∠DAF＝90°，CE＝AF，即可求解；
（2）由△DCE≌△DAF，得到△DFE為等腰直角三角形，則點(diǎn)H是EF的中點(diǎn)，故DH＝EF，進(jìn)而求解；
解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，
∴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為等腰直角三角形，
∵DH⊥EF，
∴點(diǎn)H是EF的中點(diǎn)，
∴DH＝EF，
同理，由HB是Rt△EBF的中線得：HB＝EF，
∴HD＝HB．
【點(diǎn)撥】本題是四邊形綜合題，涉及到正方形的性質(zhì)、三角形全等、等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形中線定理等，綜合性強(qiáng)，難度適中．
類型八、正方形判定定理的理解
8．如圖，將長方形紙片折疊，使A點(diǎn)落BC上的F處，折痕為BE，若沿EF剪下，則折疊部分是一個(gè)正方形，其數(shù)學(xué)原理是（ ）

A．鄰邊相等的矩形是正方形 B．對(duì)角線相等的菱形是正方形
C．兩個(gè)全等的直角三角形構(gòu)成正方形 D．軸對(duì)稱圖形是正方形
【答案】A
【分析】將長方形紙片折疊，使A點(diǎn)落BC上的F處，可得到BA＝BF，折痕為BE，沿EF剪下，故四邊形ABFE為矩形，且有一組鄰邊相等，故四邊形ABFE為正方形．
解：∵將長方形紙片折疊，A落在BC上的F處，
∴BA＝BF，
∵折痕為BE，沿EF剪下，
∴四邊形ABFE為矩形，
∴四邊形ABEF為正方形．
故用的判定定理是；鄰邊相等的矩形是正方形．
故選：A．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的判定定理，關(guān)鍵是根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形和翻折變換解答．
舉一反三：
【變式】判斷四個(gè)命題：①對(duì)角線互相垂直且相等的四邊形是正方形；②對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形；③對(duì)角線相等的菱形是正方形；④對(duì)角線互相垂直且互相平分的四邊形是正方形．命題成立的是（填序號(hào)）_____．
【答案】②③
【分析】根據(jù)正方形的判定定理進(jìn)行判斷即可．
解：①對(duì)角線互相平分且垂直且相等的四邊形是正方形，原命題是假命題；
②對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形，是真命題；
③對(duì)角線相等的菱形是正方形，是真命題；
④對(duì)角線互相垂直且相等且互相平分的四邊形是正方形，原命題是假命題；
故答案為：②③．
【點(diǎn)撥】本題考查了命題與定理：判斷一件事情的語句，叫做命題．許多命題都是由題設(shè)和結(jié)論兩部分組成，題設(shè)是已知事項(xiàng)，結(jié)論是由已知事項(xiàng)推出的事項(xiàng)，一個(gè)命題可以寫成“如果…那么…”形式；有些命題的正確性是用推理證實(shí)的，這樣的真命題叫做定理．同時(shí)還考查了正方形的判定．
類型九、添加一個(gè)條件構(gòu)成正方形
9．能使平行四邊形ABCD為正方形的條件是___________(填上一個(gè)符合題目要求的條件即可)．
【答案】AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根據(jù)正方形的判定定理，即可求解．
解：當(dāng)AC=BD時(shí)，平行四邊形ABCD為菱形，
又由AC⊥BD，可得菱形ABCD為正方形，
所以當(dāng)AC=BD且AC⊥BD時(shí)，平行四邊形ABCD為正方形．
故答案為：AC=BD且AC⊥BD（答案不唯一）
【點(diǎn)撥】本題主要考查了正方形的判定，熟練掌握正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，在四邊形中，，與互相平分于點(diǎn)．要使得四邊形是正方形，則還需增加一個(gè)條件是________（只填一個(gè)答案即可）．

【答案】答案不唯一．如：
【分析】根據(jù)與互相平分于點(diǎn)，可得四邊形是平行四邊形，再由，可得四邊形是矩形，再添加，即可求解．
解：∵與互相平分于點(diǎn)，
∴四邊形是平行四邊形，
∵，
∴四邊形是矩形，
要使得四邊形是正方形，可以添加（答案不唯一）
故答案為：答案不唯一．如：．
【點(diǎn)撥】本題主要考查了正方形的判定，熟練掌握正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．
類型十、求證四邊形是正方形
10．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB邊上的中線，E是CD的中點(diǎn)，過點(diǎn)C作CF∥AB，交AE的延長線于點(diǎn)F，連接BF．
（1）求證：四邊形BDCF是菱形；
（2）直接寫出當(dāng)Rt△ABC滿足什么條件時(shí)，四邊形BDCF是正方形．

【答案】（1）見解析；（2）
【分析】（1）由“AAS”可證△CEF≌△DEA，可得CF＝AD，由直角三角形的性質(zhì)可得CD＝AD＝BD＝CF，由菱形的判定可證四邊形BDCF是菱形；
（2）由等腰三角形的性質(zhì)可得CD⊥AB，即可證四邊形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的中線
∴CD＝AD＝BD
∴CF＝BD，且CF∥AB
∴四邊形BDCF是平行四邊形，且CD＝BD
∴四邊形BDCF是菱形

（2）當(dāng)AC＝BC時(shí)，四邊形BDCF是正方形，
理由如下：∵AC＝BC，CD是中線
∴CD⊥AB，且四邊形BDCF是菱形
∴四邊形BDCF是正方形．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定，直角三角形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，若四邊形的對(duì)角線與相交于點(diǎn)O，且，則四邊形是正方形嗎？

【答案】四邊形是正方形．
【分析】根據(jù)平行四邊形的判定推出四邊形是平行四邊形，求出AC＝BD，得出四邊形是矩形，根據(jù)勾股定理的逆定理求出AC⊥BD，根據(jù)正方形的判定推出即可．
解：四邊形ABCD是正方形，
理由是：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，四邊形ABCD是平行四邊形，
∴平行四邊形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是正方形．
【點(diǎn)撥】本題考查了勾股定理的逆定理，平行四邊形的判定，矩形的判定，正方形的判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力，注意：對(duì)角線互相垂直的矩形是正方形，難度適中．
類型十一、根據(jù)正方形的性質(zhì)和判定求角度
11．如圖，是正方形對(duì)角線上一點(diǎn)，連接，，并延長交于點(diǎn)．若，求的度數(shù)．

【答案】65°
【分析】先證明求得，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求得的度數(shù)．
解：∵四邊形是正方形，
∴，，
，
在和中，
，

∴；
∴，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
【點(diǎn)撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和及外角和的性質(zhì)，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，已知、兩點(diǎn)在正方形的對(duì)角線上移動(dòng)，為定角，連接、，并延長分別交、于、兩點(diǎn)，則與在、兩點(diǎn)移動(dòng)過程，它們的和是否有變化？證明你的結(jié)論．

【答案】始終為定角，這定角為的倍
【分析】因?yàn)锽D為正方形ABCD的對(duì)角線, 則∠1=∠3, ∠2=∠4, 用∠1和∠2表示∠MCN以及∠EMC+∠FNC可得結(jié)論.
解：∵為正方形的對(duì)角線，
∴，，
∴．
同理．
∴．
∵，
∴總與相等．
因此始終為定角，這定角為的倍．
【點(diǎn)撥】本題主要考查正方形的性質(zhì).
類型十二、根據(jù)正方形的性質(zhì)和判定求線段
12．如圖，正方形ABCD，CEFG的邊長分別為a，b，點(diǎn)G在邊CD上，這兩個(gè)正方形的面積之差為51cm2，且BE＝17cm，求DG的長．

【答案】3
【分析】設(shè)BC為x，CE為y，利用面積之差為51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答即可．
解：∵四邊形ABCD，CEFG都是正方形，
設(shè)BC為x，CE為y，
可得：，
解得：x?y＝3，
∴DG＝CD?CG＝BC?CE＝3（cm）．
【點(diǎn)撥】此題考查正方形的性質(zhì)，關(guān)鍵是利用面積之差為51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答．
舉一反三：
【變式】如圖，中，已知，于，，，把、分別以、為對(duì)稱軸翻折變換，點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為，，延長、相交于點(diǎn)．

（1）求證：四邊形是正方形；
（2）求的長．
【答案】（1）見解析（2）6
【分析】（1）先根據(jù)△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，得出∠EAF＝90°；再根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)得到AE＝AF，從而說明四邊形AEGF是正方形；
（2）利用勾股定理，建立關(guān)于x的方程模型（x?2）2＋（x?3）2＝52，求出AD＝x＝6．
（1）證明：由對(duì)折的性質(zhì)可得，△ABD≌△ABE，△ACD≌△ACF，
∴∠DAB＝∠EAB，∠DAC＝∠FAC，
∵∠BAC＝45°，
∴∠EAF＝90°，
∵AD⊥BC，
∴∠E＝∠ADB＝90°，∠F＝∠ADC＝90°，
∴四邊形AEGF為矩形，
∵AE＝AD，AF＝AD，
∴AE＝AF，
∴矩形AEGF是正方形；
（2）解：根據(jù)對(duì)稱的性質(zhì)可得：BE＝BD＝2，CF＝CD＝3，
設(shè)AD＝x，則正方形AEGF的邊長是x，
則BG＝EG?BE＝x?2，CG＝FG?CF＝x?3，
在Rt△BCG中，根據(jù)勾股定理可得：（x?2）2＋（x?3）2＝52，
解得：x＝6或?1（舍去）．
∴AD＝6．
【點(diǎn)撥】本題考查了對(duì)折的性質(zhì)，全等三角形和勾股定理，以及正方形的判定，解本題的關(guān)鍵是熟練掌握翻折變換的性質(zhì)：翻折前后圖形的對(duì)應(yīng)邊或?qū)?yīng)角相等；有四個(gè)角是直角的四邊形是矩形，有一組鄰邊相等的矩形是正方形．
類型十三、根據(jù)正方形的性質(zhì)和判定求面積
13．如圖，在?ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，E是BD延長線上一點(diǎn)，且△ACE是等邊三角形．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）若∠AED＝2∠EAD，AB＝a，求四邊形ABCD的面積．

【答案】（1）見解析；（2）正方形ABCD的面積為
【分析】（1）由等邊三角形的性質(zhì)得EO⊥AC，即BD⊥AC，再根據(jù)對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，即可得出結(jié)論；
（2）證明菱形ABCD是正方形，即可得出答案．
（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等邊三角形，
∴EO⊥AC （三線合一），
即BD⊥AC，
∴?ABCD是菱形；
（2）解：∵△ACE是等邊三角形，
∴∠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的面積＝AB2＝a2．
【點(diǎn)撥】本題考查了菱形的判定與性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)等知識(shí)，證明四邊形ABCD為菱形是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，四邊形是平行四邊形，以點(diǎn)為圓心，長為半徑畫弧交于點(diǎn),連接，點(diǎn)是射線上一動(dòng)點(diǎn)，交延長線于點(diǎn)，于點(diǎn)．

（1）求證：
（2）當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，若，，求四邊形的面積．
【答案】（1）見解析；（2）四邊形的面積是25．
【分析】（1）根據(jù)題意證明，根據(jù)角平分線的性質(zhì)即可求解；
（2）根據(jù)題意證明四邊形是正方形，再根據(jù)正方形的面積公式即可求解．
（1）證明：四邊形是平行四邊形



由題意知


交延長線于點(diǎn)，于點(diǎn)．

（2）∵，
∴

且
四邊形是正方形
，點(diǎn)與點(diǎn)重合

∴四邊形的面積是：．
【點(diǎn)撥】此題主要考查特殊平行四邊形的證明，解題的關(guān)鍵是熟知角平分線的性質(zhì)及正方形的判定定理．
類型十四、根據(jù)正方形的性質(zhì)和判定證明
14．已知：四邊形ABCD是矩形，它的對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，過C作CE∥BD，過D作DE∥AC，DE、CE交于E．
（1）求證：四邊形OCED是菱形．
（2）四邊形ABCD滿足什么條件時(shí)，四邊形OCED是正方形？證明你的結(jié)論．

【答案】（1）見解析；（2）正方形，見解析
【分析】（1）先證明四邊形OCED是平行四邊形，再由矩形的性質(zhì)得出OC＝OD，證出四邊形OCED是菱形即可．
（2）先證明四邊形OCED是平行四邊形，由正方形的性質(zhì)得出OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，即可得出四邊形OCED是正方形．
證明：（1）∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴OC＝AC，OD＝BD，AC＝BD，
∴OC＝OD，
∴四邊形OCED是菱形．
（2）四邊形ABCD是正方形，理由如下：
∵CE∥BD，DE∥AC，
∴四邊形OCED是平行四邊形，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA＝OC＝OB＝OD，AC⊥BD，
∴四邊形OCED是正方形．
【點(diǎn)撥】本題考查了平行四邊形的判定、矩形的性質(zhì)、菱形的判定；熟練掌握矩形的性質(zhì)和菱形的判定是解決問題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖，∠BAD＝90°，點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)，AEBD，DEAC．
（1）求證：四邊形ACDE是菱形；
（2）直接寫出△ABD滿足什么條件時(shí)，四邊形ACDE是正方形．

【答案】（1）見解析（2）等腰直角三角形，證明見解析
【分析】（1）先證明四邊形ACDE是平行四邊形，再得到鄰邊相等故可證明菱形；
（2）當(dāng)△ABD滿足等腰直角三角形時(shí)，根據(jù)三線合一可得AC⊥BD，故可證明．
（1）證明：∵AEBD，DEAC．
∴四邊形ACDE是平行四邊形，
∵∠BAD＝90°，點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)
∴AC=
∴平行四邊形ACDE是菱形
（2）當(dāng)△ABD滿足等腰直角三角形時(shí)，四邊形ACDE是正方形
證明如下：∵△ABD是等腰三角形，點(diǎn)C是BD的中點(diǎn)
∴AC⊥BD，
∴菱形ACDE是正方形
∴故當(dāng)△ABD滿足等腰直角三角形時(shí)，四邊形ACDE是正方形．
【點(diǎn)撥】此題主要考查特殊平行四邊形的判定與性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟知菱形與正方形的判定定理．
類型十五、中點(diǎn)四邊形
15．如圖，在四邊形中，，分別是，的中點(diǎn)，，分別是對(duì)角線，的中點(diǎn)，依次連接，，，，連接，．

（1）求證：四邊形是平行四邊形；
（2）當(dāng)時(shí)，與有怎樣的位置關(guān)系？請說明理由；
【答案】（1）見解析；（2）當(dāng)AB=CD時(shí)，EF⊥GH，理由見解析
【分析】（1）利用三角形的中位線定理可以證得四邊形EGFH的一組對(duì)邊平行且相等，即可證得；
（2）根據(jù)菱形的判定和性質(zhì)定理即可得到結(jié)論．
（1）證明：∵四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AD、BC、BD、AC的中點(diǎn)，
∴FG=CD，F(xiàn)G∥CD．HE=CD，HE∥CD．
∴FG=EH，F(xiàn)G∥EH，
∴四邊形EGFH是平行四邊形；
（2）解：當(dāng)AB=CD時(shí)，EF⊥GH，
理由：由（1）知四邊形EGFH是平行四邊形，
當(dāng)AB=CD時(shí)，EH=CD，EG=AB，
∴EG=EH，
∴四邊形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【點(diǎn)撥】本題考查的是三角形中位線定理的應(yīng)用，平行四邊形和菱形的判定，掌握三角形的中位線平行于第三邊且等于第三邊的一半和菱形的對(duì)角線互相垂直是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如圖所示，E、F、G、H分別是四邊形ABCD各邊中點(diǎn)，連接EF、FG、GH、HE，則四邊形EFGH為________形．

（1）當(dāng)四邊形滿足________條件時(shí)，四邊形EFGH是菱形．
（2）當(dāng)四邊形滿足________條件時(shí)，四邊形EFGH是矩形．
（3）當(dāng)四邊形滿足________條件時(shí)，四邊形EFGH是正方形．
在橫線上填上合適的條件，并說明你所填條件的合理性．
【答案】平行四邊形；（1）AC＝BD，理由見解析；（2）AC⊥BD，理由見解析；（3）AC＝BD且AC⊥BD，理由見解析；
【分析】連接AC，BD，可以根據(jù)E、F、G、H分別是四邊形ABCD各邊中點(diǎn)，得到線段EF、FG、GH、HE分別為△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位線，由中位線定理可以證明四邊形EFGH為平行四邊形；再根據(jù)菱形，矩形和正方形的判定條件，添加對(duì)應(yīng)的條件即可得到答案.
解答：四邊形EFGH為平行四邊形；理由如下：
連接AC，BD
∵E、F、G、H分別是四邊形ABCD各邊中點(diǎn)
∴線段EF、FG、GH、HE分別為△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位線
∴，，，，
∴，
∴四邊形EFGH為平行四邊形；
（1）AC＝BD，
理由：如圖①四邊形ABCD的對(duì)角線AC＝BD，
∵四邊形EFGH為平行四邊形，且，，
∴EH＝GH，
∴平行四邊形EFGH為菱形．

（2）AC⊥BD，
理由：如圖②四邊形ABCD的對(duì)角線互相垂直，
∵E、F、G、H分別是四邊形ABCD各邊中點(diǎn)
∴線段EF、FG、GH、HE分別為△ABC、△BCD、△ACD、△ABD的中位線
∴，，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥HE，
∵四邊形EFGH為平行四邊形．
∴四邊形EFGH為矩形．

（3）AC＝BD且AC⊥BD，
理由：如圖③四邊形ABCD的對(duì)角線相等且互相垂直，
綜合（1）（2）可得四邊形EFGH為正方形．

【點(diǎn)撥】本題主要考查了平行四邊形的判定，矩形的判定，菱形的判定，正方形的判定，中位線定理，解題的關(guān)鍵在于能夠熟練掌握相關(guān)知識(shí)進(jìn)行求解.
類型十六、利用平行四邊形的對(duì)稱性求面積
16．如圖，點(diǎn)O是邊長為2的正方形的對(duì)稱中心，過點(diǎn)O作，分別交正方形邊于M、N、G、H，則當(dāng)繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)時(shí)，圖中的陰影部分是否關(guān)于O點(diǎn)成中心對(duì)稱？這兩部分的面積是否改變？請說明理由．

【答案】圖中陰影部分關(guān)于O點(diǎn)成中心對(duì)稱，兩部分的面積不改變．理由見解析
【分析】連接AC，根據(jù)點(diǎn)O是邊長為2的正方形ABCD的對(duì)稱中心，得到AC過點(diǎn)O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到圖中的陰影部分是否關(guān)于O點(diǎn)為中心對(duì)稱，兩部分的面積不改變．
解：圖中陰影部分關(guān)于O點(diǎn)成中心對(duì)稱，兩部分的面積不改變．
理由：如圖，連接，

∵點(diǎn)O是邊長為2的正方形的對(duì)稱中心，
∴過點(diǎn)O，
∴，
在和中，

∴，，
同理可證，
∴，
∴圖中的陰影部分關(guān)于O點(diǎn)成中心對(duì)稱，連接，
∵點(diǎn)O是正方形的對(duì)稱中心，
∴，，．
∵垂直，
∴，
∴，即，
∴，
∴的面積的面積，
∴四邊形的面積的面積正方形的面積．
同理四邊形的面積正方形的面積．
∴兩部分的面積不改變．
【點(diǎn)撥】本題考查了中心對(duì)稱，全等三角形的判定與性質(zhì)，能證得三角形全等是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】如果一個(gè)正整數(shù)能表示為兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)的平方差，那么稱這個(gè)正整數(shù)為“奇特?cái)?shù)”．例如：，，；則8、16、24這三個(gè)數(shù)都是奇特?cái)?shù)．

（1）填空：32___________奇特?cái)?shù)，2018_________奇特?cái)?shù)．（填“是”或者“不是”）
（2）設(shè)兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)是和（其中取正整數(shù)），由這兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)構(gòu)造的奇特?cái)?shù)是8的倍數(shù)嗎？為什么？
（3）如圖所示，拼疊的正方形邊長是從1開始的連續(xù)奇數(shù)…，按此規(guī)律拼疊到正方形，其邊長為403，求陰影部分的面積．
【答案】（1）是；不是；（2）是，理由詳見解析；（2）81608
【分析】（1）根據(jù)奇特?cái)?shù)的概念進(jìn)行判斷即可；
（2）利用平方差公式計(jì)算，即可得到；兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)構(gòu)造的奇特?cái)?shù)是的倍數(shù)；
（3）利用陰影部分面積為，進(jìn)而求得答案即可．
解：（1）∵
∴是奇特?cái)?shù)；
∵8、16、24這三個(gè)數(shù)都是奇特?cái)?shù)，它們都是的倍數(shù)，而不是的倍數(shù)
∴不是奇特?cái)?shù)；
（2）結(jié)論：兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)構(gòu)造的奇特?cái)?shù)是的倍數(shù)
理由：∵



∴兩個(gè)連續(xù)奇數(shù)構(gòu)造的奇特?cái)?shù)是的倍數(shù)；
（3）



【點(diǎn)撥】本題考查了圖形的變化類、新概念以及平方差公式：，利用圖形正確表示出陰影部分是解題關(guān)鍵．
類型十七、特殊四邊形的動(dòng)點(diǎn)問題
17．如圖，在長方形中，厘米，厘米．延長到點(diǎn)，使厘米，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以2厘米/秒的速度向終點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，連接．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為秒，解答下列問題：

（1）當(dāng)為何值時(shí)，為等腰直角三角形？
（2）設(shè)四邊形的面積為（平方厘米），試確定與的關(guān)系式；
（3）當(dāng)為何值時(shí)，的面積為長方形面積的？
（4）若動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以2厘米/秒的速度沿向終點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，是否存在使和全等？若存在，請求出的值；若不存在，請說明理由．
【答案】（1）秒；（2）（）；（3） ；（4）存在，秒或t=12秒時(shí)，和全等．
【分析】（1）先判斷出BC=10cm，CD=7cm，CP=10-2t，即可得出結(jié)論；
（2）用梯形的面積公式即可得出結(jié)論；
（3）由（1）可求出的面積，再根據(jù)題意=關(guān)系，即可求出t的值；
（4）先判斷出AB=CD，進(jìn)而分兩種情況，利用全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等，即可得出結(jié)論．
解：（1） 在長方形ABCD中，AB=7厘米，AD=10厘米，
∴BC=AD=10cm，CD=AB=7cm，，
∵動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)出發(fā)，以2厘米/秒的速度向終點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，
∴BP=2t，
∴PC=BC-BP=10-2t，
∵是等腰直角三角形，
∴CP=CD=7，
∴10-2t=7，
∴秒，
∴當(dāng)秒時(shí)，為等腰直角三角形；
（2）∵ABCD為長方形，
∴ ，
∴四邊形APCD為梯形，
由（1）知，PC=10-2t，
∴（），
∴（）；
（3）∵AB=7，AD=10，
∴，
由（1）知：CP=10-2t，是直角三角形，
∴，
又∵的面積為長方形面積的，
∴=，
∴70= =105-21t，
∴t= ，
∴當(dāng)t=為何值時(shí)，的面積為長方形面積的；
（4）在中，AB=7cm，在中，CD=7cm，
∴AB=CD，
∵和全等，
所以或，
當(dāng)時(shí)，BP=CE=3，
∴2t=3，
∴，
當(dāng)時(shí)，AP=CE=3，
∴，
∴t=12，
綜上所述，秒或t=12秒時(shí)，和全等．
【點(diǎn)撥】此題是四邊形綜合題，主要考查了長方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，用方程的思想解決問題是解本題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】在四邊形ABCD中，AD∥BC，且AD＞BC，BC＝6cm，P、Q分別從A、C同時(shí)出發(fā)，P以1cm/s的速度由A向D運(yùn)動(dòng)，Q以2cm/s的速度由C出發(fā)向B運(yùn)動(dòng)，幾秒后四邊形ABQP是平行四邊形？

【答案】2秒后四邊形ABQP是平行四邊形．
【分析】由運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，則AP＝t，QC＝2t，而四邊形ABQP是平行四邊形，所以AP＝BQ，則得方程t＝6﹣2t求解．
解：設(shè)t秒后，四邊形APQB為平行四邊形，
則AP＝t，QC＝2t，BQ＝6﹣2t，
∵AD∥BC所以AP∥BQ，
根據(jù)一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形，
知：AP＝BQ即可，
即：t＝6﹣2t，
∴t＝2，
當(dāng)t＝2時(shí)，AP＝BQ＝2＜BC＜AD，符合，
綜上所述，2秒后四邊形ABQP是平行四邊形．

【點(diǎn)撥】此題主要考查的是平行四邊形的性質(zhì)，難度不大，注意一組對(duì)邊平行且相等的四邊形是平行四邊形．
類型十八、特殊四邊形的最值問題
18．如圖，在邊長為2cm的正方形ABCD中，Q為BC邊的中點(diǎn)，P為對(duì)角線AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接PB，PQ，求△PBQ周長的最小值．

【答案】1＋．
【分析】由于點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，所以如果連接DQ，交AC于點(diǎn)P，由最短路徑問題模型知，此時(shí)△PBQ的周長最小，△PBQ的周長=BP+PQ+BQ=DQ+BQ．在Rt△CDQ中，由勾股定理先計(jì)算出DQ的長度，再得出結(jié)果．
解：連接DQ，交AC于點(diǎn)P，連接PB、BD，BD交AC于O．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BO=OD，CD=2cm，
∴點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于AC對(duì)稱，
∴BP=DP，
∴BP+PQ=DP+PQ=DQ．
在Rt△CDQ中，由勾股定理，得QD＝
∴△PBQ的周長的最小值為：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=+1（cm）．
【點(diǎn)撥】本圖主要考查了正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱-最短路徑問題，同時(shí)也考查了勾股定理得應(yīng)用.是?？嫉幕绢}.
舉一反三：
【變式】如圖，正方形中，，是邊的中點(diǎn)，點(diǎn)是正方形內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，，連接，將線段繞點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得，連接，.
（1）若、、三點(diǎn)共線，求的長；
（2）求的面積的最小值.

【答案】（1）3；（2）
【分析】（1）利用勾股定理求出AO長，易得AE長，由正方形的性質(zhì)利用SAS可證，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得結(jié)論；
（2）過點(diǎn)作于點(diǎn)，當(dāng)三點(diǎn)共線，最小，求出EH長，根據(jù)三角形面積公式求解即可.
解：（1）由旋轉(zhuǎn)得：，，
∵是邊的中點(diǎn)，∴.
在中，.
∴.
∵四邊形是正方形，
∴，，
∴，
即，
∴.
在和中

∴.
∴.
（2）由于，所以點(diǎn)可以看作是以為圓心，2為半徑的半圓上運(yùn)動(dòng).
過點(diǎn)作于點(diǎn).

∵，
∴
當(dāng)三點(diǎn)共線，最小，.
∴.
【點(diǎn)撥】本題是正方形與三角形的綜合題，涉及的知識(shí)點(diǎn)主要有正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理，熟練的利用正方形的性質(zhì)證明三角形全等是解題的關(guān)鍵.
類型十九、四邊形的其他綜合問題
19．如圖，已知四邊形ABCD是矩形，
（1）尺規(guī)作圖，求作正方形BECF，使得頂點(diǎn)E在矩形ABCD內(nèi)；
（2）連接DE，若AB=6，AD=8，求DE的長．

【答案】（1）見解析；（2）
【分析】（1）要使得正方形BECF的頂點(diǎn)E在矩形ABCD內(nèi)，則應(yīng)考慮以BC為對(duì)角線，因?yàn)椤螧=∠C=90°，要構(gòu)成正方形則E點(diǎn)應(yīng)為∠B和∠C的角平分線的交點(diǎn)，所以可先作∠B與∠C的角平分線，然后再根據(jù)正方形的對(duì)稱性作圖即可；
（2）連接FE交BC于G點(diǎn)，并延長FE交AD于H點(diǎn)，根據(jù)矩形和正方形的性質(zhì)分別求出DH和HE的長度，從而利用勾股定理求解即可．
解：（1）如圖所示，先作∠B和∠C的角平分線，交于E點(diǎn)，
則此時(shí)△BEC為等腰直角三角形，
然后分別以B，C兩點(diǎn)為圓心，BE，CE為半徑作圓弧在BC下方交于F點(diǎn)，
∴此時(shí)四邊形BECF即為所求正方形；

（2）如圖所示，連接FE交BC于G點(diǎn)，并延長FE交AD于H點(diǎn)，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，CD=AB=6，AD=BC=8，
由（1）可知四邊形BECF為正方形，
∴EG=GC=BC=4，EG⊥BC，
∴∠ADC=∠BCD=∠EGC=90°，即四邊形CDHG為矩形，
∴DH=CG=4，GH=CD=6，∠DHE=90°，
∴HE=GH-GE=2，
在Rt△HDE中，根據(jù)勾股定理得：
DE==．

【點(diǎn)撥】本題考查尺規(guī)作圖，以及矩形和正方形的性質(zhì)，掌握尺規(guī)作圖的基本原理，理解基本圖形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式】已知：如圖，在矩形ABCD中，M、N分別是邊AD、BC的中點(diǎn)，E、F分別是線段BM、CM的中點(diǎn)．
（1）求證：BM=CM；
（2）判斷四邊形MENF是什么特殊四邊形，并證明你的結(jié)論；
（3）當(dāng)AD：AB=___時(shí)，四邊形MENF是正方形（只寫結(jié)論，不需證明）．

【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形MENF是菱形，證明見解析；（3） 2：1
【分析】（1）由題意易得∠A=∠D=90°，AB=CD，AM=DM，則有△ABM≌△DCM，則根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可求證；
（2）由題意易得，則有四邊形MENF是平行四邊形，進(jìn)而可求EN=NF，然后根據(jù)菱形的判定可求解；
（3）由題意易得△ABM是等腰直角三角形，則有∠AMB=45°，同理可得∠DMC=45°，進(jìn)而可得∠EMF=90°，然后由（2）及正方形的判定定理可求解．
（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=90°，AB=DC．
∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)，
∴AM=DM，
∴△ABM≌△DCM（SAS），
∴BM=CM；
（2）四邊形MENF是菱形，理由如下：
∵E、N、F分別是線段BM、BC、CM的中點(diǎn)，
∴，
∴四邊形MENF是平行四邊形，
同理可得：，
∵BM=CM，
∴EN=NF，
∴四邊形MENF是菱形；
（3） 當(dāng)AD：AB=2：1時(shí)，四邊形MENF是正方形；
理由如下：
∵AD：AB=2：1，M是AD的中點(diǎn)，
∴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：四邊形MENF是菱形，
∴四邊形MENF是正方形．
故答案為：2：1．
【點(diǎn)撥】本題主要考查三角形中位線、矩形的性質(zhì)及菱形、正方形的性質(zhì)與判定，熟練掌握三角形中位線、矩形的性質(zhì)及菱形、正方形的性質(zhì)與判定是解題的關(guān)鍵．

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