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，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.
要點(diǎn)詮釋：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、對邊平行；
2.角——四個角都是直角；
3.對角線——①相等，②互相垂直平分，③每條對角線平分一組對角；
4.是軸對稱圖形，有4條對稱軸；又是中心對稱圖形，兩條對角線的交點(diǎn)是對稱中心.
要點(diǎn)詮釋：正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)，其對角線將正方形分為四個等腰直角三角形.
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.
要點(diǎn)詮釋：新四邊形由原四邊形各邊中點(diǎn)順次連接而成.
（1）若原四邊形的對角線互相垂直，則新四邊形是矩形.
（2）若原四邊形的對角線相等，則新四邊形是菱形.
（3）若原四邊形的對角線垂直且相等，則新四邊形是正方形.
【典型例題】
類型一、正方形的性質(zhì)
1、如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)P是對角線AC上一點(diǎn)，連接PB、PD，點(diǎn)E在BC的延長線上，且PE＝PB．
求證：（1）△BCP ≌△DCP；（2）∠DPE ＝∠ABC．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)正方形的四條邊都相等可得BC=DC，對角線平分一組對角可得∠BCP=∠DCP，然后利用“邊角邊”證明即可；
（2）根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠CBP=∠CDP，根據(jù)等邊對等角可得∠CBP=∠E，然后根據(jù)等角的余角得出∠DPE= 90°，從而得證；
【解析】
證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形
∴BC=DC，∠ACB ＝∠ACD ，∠ABC ＝ 90°
又∵PC = PC
∴△BCP ≌△DCP．
（2）∵PE＝PB，
∴∠E ＝∠PBE ，
∵△BCP ≌△DCP ，
∴∠PBE ＝∠PDC ，
∴∠E ＝∠PDC ，
∵∠E ＋∠1 ＝ 90°，∠1 ＝ ∠2
∴∠PDC ＋∠2 ＝ 90°
即∠DPE ＝ 90°
∴∠DPE ＝∠ABC．
【總結(jié)升華】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊對等角的性質(zhì)，熟記正方形的性質(zhì)確定出∠BCP=∠DCP是解題的關(guān)鍵．
舉一反三：
【變式1】如圖，已知正方形ABCD的面積是8，連接AC、BD交于點(diǎn)O，CM平分∠ACD交BD于點(diǎn)M，MN⊥CM，交AB于點(diǎn)N，
（1）求∠BMN的度數(shù)；
（2）求BN的長．
【答案】（1）22..5°；（2）．
【思路點(diǎn)撥】
（1）先由正方形ABCD的面積是8，求得正方形的邊長及其對角線的長；再由正方形的性質(zhì)及CM平分∠ACD，求得∠DCO、∠BCO、∠CDO、∠MBN、∠DCM、∠MCO及∠BMC的度數(shù)；然后由MN⊥CM得∠CMN＝90°，則∠BMN的度數(shù)等于∠CMN的度數(shù)減去∠BMC即可得出答案；
（2）先證明∠BCM＝∠BMC，從而可得BM＝BC＝CD，則由DM＝BD﹣BM可得DM的長；
【解析】
解：（1）∵正方形ABCD的面積是8，
∴BC＝CD＝＝2，
∴BD＝×2＝4．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠DCO＝∠BCO＝∠CDO＝∠MBN＝45°，
∵CM平分∠ACD，
∴∠DCM＝∠MCO＝22.5°，
∴∠BMC＝∠CDO+∠DCM＝45°+22.5°＝67.5°．
∵M(jìn)N⊥CM，
∴∠CMN＝90°，
∴∠BMN＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠BMN的度數(shù)為22..5°．
（2）∵∠MCO＝22.5°，∠BCO＝45°，
∴∠BCM＝∠BCO+∠MCO＝67.5°，
又∵∠BMC＝67.5°，
∴∠BCM＝∠BMC，
∴BM＝BC＝CD＝2，
∴DM＝BD﹣BM＝4﹣2．
∵∠DCM＝22.5°，∠BMN＝22.5°，
∴∠DCM＝∠BMN．
∴在△DCM和△BMN中，
∴△DCM≌△BMN（ASA），
∴BN＝DM＝4﹣2，
∴BN的長為4﹣2．
【總結(jié)升華】本題考查正方形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)、余角的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，是重要考點(diǎn)，難度較易，掌握相關(guān)知識是解題關(guān)鍵．
【變式2】已知，如圖，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝45°，點(diǎn)D為直線BC上一動點(diǎn)(點(diǎn)D不與點(diǎn)B，C重合)．以AD為邊作正方形ADEF，連接CF，當(dāng)點(diǎn)D在線段BC的反向延長線上，且點(diǎn)A，F(xiàn)分別在直線BC的兩側(cè)時．
(1)求證：△ABD≌△ACF；
(2)若正方形ADEF的邊長為，對角線AE，DF相交于點(diǎn)O，連接OC，求OC的長度．
【思路點(diǎn)撥】
（1）由題意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，則有∠DAB＝∠FAC，進(jìn)而可證AB＝AC，然后問題可證；
（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，則有∠ABD＝∠ACF，進(jìn)而可得∠ACF＝135°，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)可求解．
【解析】
(1)證明：∵四邊形ADEF為正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF邊長為，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×4＝2．
【總結(jié)升華】本題主要考查正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)及等腰直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
類型二、正方形的判定
2、如圖，在平行四邊形中，是邊上的高，將沿方向平移，使點(diǎn)與點(diǎn)重合，得．
（1）求證：；
（2）若，當(dāng)______時，四邊形是菱形；
（3）若，當(dāng)______時，四邊形是正方形．
【思路點(diǎn)撥】
（1）根據(jù)平移的性質(zhì)，可得：BE=FC，再證明Rt△ABE≌Rt△CDG可得BE=DG；
（2）要使四邊形ABFG是菱形，須使AB=BF；根據(jù)條件找到滿足AB=BF時，BC與AB的數(shù)量關(guān)系即可；
（3）當(dāng)四邊形AECG是正方形時，AE=EC，由AE=AB，可得EC=AB，再有BE=AB可得BC=AB．
【解析】
（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AB=CD．
∵AE是BC邊上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成，
∴CG⊥AD，AE=CG，
∴∠AEB=∠CGD=90°．
∵在Rt△ABE與Rt△CDG中，
，
∴Rt△ABE≌Rt△CDG（HL），
∴BE=DG．
（2）解：當(dāng)BC=AB時，四邊形ABFG是菱形．
證明：∵AB∥GF，AG∥BF，
∴四邊形ABFG是平行四邊形．
∵Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB（直角三角形中30°所對直角邊等于斜邊的一半），
∵BE=CF，BC=AB，
∴EF=AB．
∴AB=BF．
∴四邊形ABFG是菱形．
故答案是：；
（3）解：BC=AB時，四邊形AECG是正方形．
∵AE⊥BC，GC⊥CB，
∴AE∥GC，∠AEC=90°，
∵AG∥CE，
∴四邊形AECG是矩形，
當(dāng)AE=EC時，矩形AECG是正方形，
∵∠B=60°，
∴EC=AE=AB，BE=AB，
∴BC=AB．
故答案是：．
【總結(jié)升華】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，正方形的判定，菱形的判定，以及直角三角形的性質(zhì)．關(guān)鍵是熟練掌握菱形的判定定理，以及平行四邊形的性質(zhì)．
【變式】如圖所示，在四邊形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝24cm，BC＝26cm動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AD方向向點(diǎn)D以1cm/s的速度運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿著CB方向向點(diǎn)B以3cm/s的速度運(yùn)動．點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A和點(diǎn)C同時出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時，另一點(diǎn)隨之停止運(yùn)動．
（1）經(jīng)過多長時間，四邊形PQCD是平行四邊形？
（2）經(jīng)過多長時間，四邊形PQBA是矩形？
（3）若AB＝8，如果Q點(diǎn)的移動速度不變，要使PQBA是正方形，則P點(diǎn)移動速度是多少？
解：（1）∵，
∴只要當(dāng)PD＝CQ時，四邊形PQCD是平行四邊形，
設(shè)運(yùn)動時間為t，，，
列式：24﹣t＝3t，解得t＝6，
∴經(jīng)過6秒，四邊形PQCD是平行四邊形；
（2）∵且，∴只要當(dāng)AP＝BQ時，四邊形PQBA是矩形，
設(shè)運(yùn)動時間為t，，，
列式：t＝26﹣3t，解得，
∴經(jīng)過秒，四邊形PQBA是矩形；
（3）當(dāng)BQ＝AB＝8時，四邊形PQCD是正方形，
設(shè)運(yùn)動時間為t，列式：26﹣3t＝8，解得t＝6，
∵PA＝6?VP＝8，
∴VP＝cm/s．
【總結(jié)升華】本題考查的是動點(diǎn)問題，涉及平行四邊形的判定，矩形的判定，正方形的判定，解題的關(guān)鍵是設(shè)運(yùn)動時間，用時間表示線段長度，然后根據(jù)題意列方程求解．
類型三、正方形中的折疊問題
3 如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，E是邊CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交邊BC于點(diǎn)G，連接AG．
（1）求證：△ABG≌△AFG；
（2）求∠EAG的度數(shù)；
（3）求BG的長．
【分析】
（1）利用翻折變換對應(yīng)邊關(guān)系得出AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）由（1）可得∠FAG＝∠BAF，由折疊的性質(zhì)可得∠EAF＝∠DAF，繼而可得∠EAG＝∠BAD＝45°；
（3）首先設(shè)BG＝x，則可得CG＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，然后利用勾股定理GE2＝CG2＋CE2，得方程：（x＋3）2＝（6﹣x）2＋32，解此方程即可求得答案．
【解析】
（1）證明；在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°，
∵將△ADE沿AE對折至△AFE，
∴AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，
又∵AG＝AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴△ABG≌△AFG（HL）；
（2）∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG＝∠FAG，
∴∠FAG＝∠BAF，
由折疊的性質(zhì)可得：∠EAF＝∠DAE，
∴∠EAF＝∠DAF，
∴∠EAG＝∠EAF＋∠FAG＝（∠DAF＋∠BAF）＝∠DAB＝×90°＝45°；
（3）∵E是CD的中點(diǎn)，
∴DE＝CE＝CD＝×6＝3，
設(shè)BG＝x，則CG＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，
∵GE2＝CG2＋CE2
∴（x＋3）2＝（6﹣x）2＋32，
解得：x＝2，
∴BG＝2．
【點(diǎn)撥】此題屬于四邊形的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識，注意折疊中的對應(yīng)關(guān)系、注意掌握方程思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．
【變式】如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，E是邊CD的中點(diǎn)，將△ADE沿AE對折至△AFE，延長EF交BC于點(diǎn)G，連接AG．
（1）求證：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的長．
【答案】（1）證明見解析；（2）．
【分析】
（1）利用翻折變換對應(yīng)邊關(guān)系得出AB=AF，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，進(jìn)而求出BG即可；
【詳解】
（1）在正方形ABCD中，AD=AB=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，
∵將△ADE沿AE對折至△AFE，
∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，
∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
即△ABG≌△AFG；
（2）∵△ABG≌△AFG，
∴BG=FG，
設(shè)BG=FG=x，則GC=6-x，
∵E為CD的中點(diǎn)，
∴CE=EF=DE=3，
∴EG=3+x，
∴在Rt△CEG中，32+(6-x)2=(3+x)2，
解得x=2，
∴BG=2．
【點(diǎn)撥】本題主要考查了勾股定理的綜合應(yīng)用，全等三角形的判定和性質(zhì)以及翻折變換的性質(zhì)，根據(jù)翻折變換的性質(zhì)得出對應(yīng)線段相等是解題關(guān)鍵．
類型四、正方形中的最值問題
4.如圖，在邊長為2cm的正方形ABCD中，Q為BC邊的中點(diǎn)，P為對角線AC上的一個動點(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△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)，軸對稱-最短路徑問題，同時也考查了勾股定理得應(yīng)用.是?？嫉幕绢}.
【變式】如圖，正方形中，，是邊的中點(diǎn)，點(diǎn)是正方形內(nèi)一動點(diǎn)，，連接，將線段繞點(diǎn)逆時針旋轉(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.
過點(diǎn)作于點(diǎn).
∵，
∴
當(dāng)三點(diǎn)共線，最小，.
∴.
【總結(jié)升華】本題是正方形與三角形的綜合題，涉及的知識點(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.

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