TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc17048" 【題型1 正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】 PAGEREF _Tc17048 \h 1
\l "_Tc8354" 【題型2 正方形的性質(zhì)（求線段的長度）】 PAGEREF _Tc8354 \h 3
\l "_Tc7124" 【題型3 正方形的性質(zhì)（求面積、周長）】 PAGEREF _Tc7124 \h 4
\l "_Tc13503" 【題型4 正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】 PAGEREF _Tc13503 \h 6
\l "_Tc11053" 【題型5 判定正方形成立的條件】 PAGEREF _Tc11053 \h 10
\l "_Tc8773" 【題型6 正方形判定的證明】 PAGEREF _Tc8773 \h 12
\l "_Tc5123" 【題型7 正方形的判定與性質(zhì)綜合】 PAGEREF _Tc5123 \h 16
\l "_Tc18218" 【題型8 探究正方形中的最值問題】 PAGEREF _Tc18218 \h 19
\l "_Tc11327" 【題型9 正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】 PAGEREF _Tc11327 \h 20
\l "_Tc31315" 【題型10 正方形中的多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc31315 \h 23
【知識點(diǎn)1 正方形的定義】
有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形．
【知識點(diǎn)2 正方形的性質(zhì)】
①正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角； ③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，同時(shí)，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．
【題型1 正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】
【例1】（2023春?建陽區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中有一個(gè)點(diǎn)E，使三角形BCE是正三角形，
求：（1）∠BAE的大小
（2）∠AED的大小．
【變式1-1】如圖，已知正方形ABCD在直線MN的上方，BC在直線MN上，E是BC上一點(diǎn)，以AE為邊在直線MN上方作正方形AEFG．
（1）連接GD，求證：△ADG≌△ABE；
（2）連接FC，觀察并猜測∠FCN的度數(shù)，并說明理由．
【變式1-2】（2023?武威模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對角線AC上的一點(diǎn)，點(diǎn)F在BC的延長線上，且BE＝EF，EF交CD于點(diǎn)G．
（1）求證：DE＝EF；
（2）求∠DEF的度數(shù)．
【變式1-3】（2023春?新市區(qū)校級期末）如圖，在給定的正方形ABCD中，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，沿邊BC方向向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，DF⊥AE交AB于點(diǎn)F，以FD，F(xiàn)E為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DFEP，連接CP，則∠DFE+∠EPC的度數(shù)的變化情況是（ ）
A．一直減小B．一直減小后增大
C．一直不變D．先增大后減小
【題型2 正方形的性質(zhì)（求線段的長度）】
【例2】（2023春?牡丹江期末）如圖，正方形ABCD的邊長為10，點(diǎn)E，F(xiàn)在正方形內(nèi)部，AE＝CF＝8，BE＝DF＝6，則線段EF的長為（ ）
A．22B．4C．4?2D．4+2
【變式2-1】（2023春?巴南區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，點(diǎn)E在邊CD上，且DE＝1，作EF∥BC分別交AC、AB于點(diǎn)G、F，P、H分別是AG，BE的中點(diǎn)，則PH的長是（ ）
A．2B．2.5C．3D．4
【變式2-2】（2023?越秀區(qū)一模）將正方形ABCD與正方形BEFG按如圖方式放置，點(diǎn)F、B、C在同一直線上，已知BG=2，BC＝3，連接DF，M是DF的中點(diǎn)，連接AM，則AM的長是（ ）
A．102B．3C．132D．32
【變式2-3】（2023春?吳中區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝45．E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，連接AF、DE，點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長度為 ．
【題型3 正方形的性質(zhì)（求面積、周長）】
【例3】（2023春?鄞州區(qū)期末）有兩個(gè)正方形A，B．現(xiàn)將B放在A的內(nèi)部得圖甲，將A，B構(gòu)造新的正方形得圖乙．若圖甲和圖乙中陰影部分的面積分別為1和12，若三個(gè)正方形A和兩個(gè)正方形B得圖丙，則陰影部分的面積為（ ）
A．28B．29C．30D．31
【變式3-1】（2023春?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD為正方形，O為AC、BD的交點(diǎn)，△DCE為Rt△，∠CED＝90°，OE＝22，若CE?DE＝3，則正方形ABCD的面積為（ ）
A．5B．6C．8D．10
【變式3-2】（2023?臺州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點(diǎn)G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 ．
【變式3-3】（2023?江北區(qū)一模）如圖，以Rt△ABC的各邊為邊分別向外作正方形，∠BAC＝90°，連結(jié)DG，點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，連結(jié)HB，HN，若要求出△HBN的面積，只需知道（ ）
A．△ABC的面積B．正方形ADEB的面積
C．正方形ACFG的面積D．正方形BNMC的面積
【題型4 正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】
【例4】（2023秋?中原區(qū)校級月考）如圖，線段AB＝4，射線BG⊥AB，P為射線BG上一點(diǎn)，以AP為邊作正方形APCD，且點(diǎn)C、D與點(diǎn)B在AP兩側(cè)，在線段DP上取一點(diǎn)E，使∠EAP＝∠BAP，直線CE與線段AB相交于點(diǎn)F（點(diǎn)F與點(diǎn)A、B不重合）．
（1）求證：△AEP≌△CEP；
（2）判斷CF與AB的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）請直接寫出△AEF的周長．
【變式4-1】（2023春?雁塔區(qū)校級期末）在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，該角可以繞點(diǎn)A轉(zhuǎn)動(dòng)，∠MAN的兩邊分別交射線CB，DC于點(diǎn)M，N．
（1）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC上時(shí)（如圖1），線段BM，DN，MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？你的猜想是： ，并加以證明．
（2）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC的延長線上時(shí)（如圖2），線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系會(huì)發(fā)生變化嗎？證明你的結(jié)論．
【變式4-2】（2023春?莆田期末）如圖，已知正方形ABCD中，E為CB延長線上一點(diǎn)，且BE＝AB，M、N分別為AE、BC的中點(diǎn)，連DE交AB于O，MN交，ED于H點(diǎn)．
（1）求證：AO＝BO；
（2）求證：∠HEB＝∠HNB；
（3）過A作AP⊥ED于P點(diǎn)，連BP，則PE?PAPB的值．
【變式4-3】（2023春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O．點(diǎn)E是線段DO上一點(diǎn)，連接CE．點(diǎn)F是∠OCE的平分線上一點(diǎn)，且BF⊥CF與CO相交于點(diǎn)G．點(diǎn)H是線段CE上一點(diǎn)，且CO＝CH．
（1）若OF＝5，求FH的長；
（2）求證：BF＝OH+CF．
【知識點(diǎn)3 正方形的判定】
①先判定四邊形是矩形，再判定這個(gè)矩形有一組鄰邊相等；
②先判定四邊形是菱形，再判定這個(gè)菱形有一個(gè)角為直角．
③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進(jìn)行判定．
【題型5 判定正方形成立的條件】
【例5】（2023春?海淀區(qū)校級期中）已知四邊形ABCD為凸四邊形，點(diǎn)M、N、P、Q分別為AB、BC、CD、DA上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），下列說法正確的是 （填序號）．
①對于任意凸四邊形ABCD，一定存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；
②如果四邊形ABCD為任意平行四邊形，那么一定存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；
③如果四邊形ABCD為任意矩形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形；
④如果四邊形ABCD為任意菱形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形．
【變式5-1】（2023春?岳麓區(qū)校級月考）如圖，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)．要使四邊形EFGH是正方形，BD、AC應(yīng)滿足的條件是 ．
【變式5-2】（2023春?漢壽縣期中）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在AC上，且OE＝OF，連接DE并延長至點(diǎn)M，使DE＝ME，連接MF，DF，BE．
（1）當(dāng)DF＝MF時(shí)，證明：四邊形EMBF是矩形；
（2）當(dāng)△DMF滿足什么條件時(shí)，四邊形EMBF是正方形？請說明理由．
【變式5-3】（2023春?沛縣期中）已知在△ABC中，D為邊BC延長線上一點(diǎn)，點(diǎn)O是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN與∠BCA的平分線相交于點(diǎn)E，與∠ACD的平分線相交于點(diǎn)F．
（1）求證：OE＝OF；
（2）試確定點(diǎn)O在邊AC上的位置，使四邊形AECF是矩形，并加以證明．
（3）在（2）的條件下，且△ABC滿足 條件時(shí)，矩形AECF是正方形？．
【題型6 正方形判定的證明】
【例6】（2023春?虹口區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是對角線BD上的一點(diǎn)，且AE＝CE．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求證：四邊形ABCD是正方形．
【變式6-1】（2023春?宜城市期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，連接對角線AC，過點(diǎn)D作DE∥AC與BC的延長線交于點(diǎn)E，連接AE交DC于F．
（1）求證：BC＝CE；
（2）連接BF，若∠DAF＝∠FBE，且AD＝2CF，求證：四邊形ABCD是正方形．
【變式6-2】（2023秋?市南區(qū)期末）已知：在平行四邊形ABCD中，分別延長BA，DC到點(diǎn)E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．連接EH，分別交AD，BC于點(diǎn)F，G．
（1）求證：AF＝CG；
（2）連接BD交EH于點(diǎn)O，若EH⊥BD，則當(dāng)線段AB與線段AD滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形BEDH是正方形？
【變式6-3】（2023?上海）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是對角線BD上一點(diǎn)，且EA＝EC．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求證：四邊形ABCD是正方形．
【題型7 正方形的判定與性質(zhì)綜合】
【例7】（2023?威海）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)，HA＝EB＝FC＝GD，連接EG，F(xiàn)H，交點(diǎn)為O．
（1）如圖2，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，試判斷四邊形EFGH的形狀，并證明你的結(jié)論；
（2）將正方形ABCD沿線段EG，HF剪開，再把得到的四個(gè)四邊形按圖3的方式拼接成一個(gè)四邊形．若正方形ABCD的邊長為3cm，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，則圖3中陰影部分的面積為 cm2．
【變式7-1】（2023?蕭山區(qū)模擬）如圖，P為正方形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，畫?PAHD，?PBEA，?PCFB，?PDGC，請證明：以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．
【變式7-2】（2023?蕭山區(qū)模擬）已知：如圖，邊長為4的菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求證：四邊形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一點(diǎn)，BE＝1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線段OF的長．
【變式7-3】（2023春?潛山市期末）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝32，點(diǎn)E為對角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
（1）求證：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請求出這個(gè)定值；若不是，請說明理由．
【題型8 探究正方形中的最值問題】
【例8】（2023春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在正方形ABCD中，M，N是邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，且AM＝BN，連接MD交對角線AC于點(diǎn)E，連接BE交CN于點(diǎn)F，若AB＝3，則AF長度的最小值為 ．
【變式8-1】（2023?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點(diǎn)E，連接DE交AM于點(diǎn)F，連接CF，若正方形的邊長為2，則線段CF的最小值是（ ）
A．2B．1C．5?1D．5?2
【變式8-2】（2023?青山區(qū)模擬）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝4AB＝8，E為線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，以CE為邊向上構(gòu)造正方形CEFG，連接BF，則BF的最小值是 ．
【變式8-3】（2023?鄖陽區(qū)模擬）如圖，PA=22，PB=42，以AB為邊作正方形ABCD，使得P、D兩點(diǎn)落在直線AB的兩側(cè)，當(dāng)∠APB變化時(shí)，則PD的最大值為 ．
【題型9 正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】
【例9】（2023春?市中區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，對于兩個(gè)點(diǎn)P、Q和圖形W，如果在圖形W上存在點(diǎn)M、N（M、N可以重合）使得PM＝QN，那么稱點(diǎn)P與點(diǎn)Q是圖形W的一對平衡點(diǎn)．已知正方形的邊長為2，一邊平行于x軸，對角線的交點(diǎn)為點(diǎn)O，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）．若點(diǎn)E（x，2）與點(diǎn)D是正方形的一對平衡點(diǎn)，則x的取值范圍為（ ）
A．﹣3≤x≤3B．﹣4≤x≤4C．﹣2≤x≤2D．﹣5≤x≤5
【變式9-1】（2023秋?永新縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），求證：四邊形ABCD是正方形．
【變式9-2】（2023春?順城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線OC：yOC＝3x與直線AC：yAC＝﹣x+8相交于點(diǎn)C（2，6）．
（1）點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度沿x軸向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)以每秒3個(gè)單位長度的速度沿x軸向左運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)．分別過點(diǎn)M，N作x軸的垂線，分別交直線OC，AC于點(diǎn)P，Q，請你在圖1中畫出圖形，猜想四邊形PMNQ的形狀（點(diǎn)M，N重合時(shí)除外），并證明你的猜想；
（2）在（1）的條件下，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng) 秒時(shí)，四邊形PMNQ是正方形（直接寫出結(jié)論）．
【變式9-3】（2023?河南模擬）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，且BD＝1，連接OD，過點(diǎn)C作CE⊥OD交OA于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作MN∥CE，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（ ）
A．（5，0）B．（6，0）C．（254，0）D．（274，0）
【題型10 正方形中的多結(jié)論問題】
【例10】（2023春?慈溪市期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)P為BD延長線上任一點(diǎn)，連結(jié)PA，過點(diǎn)P作PE⊥PA，交BC的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F．下列結(jié)論：（1）PA＝PE； （2）BD＝2PF；（3）CE=2PD； （4）若BP＝BE，則PF=(2+1)DF．
其中正確的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【變式10-1】（2023春?渝中區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD的邊長為a，點(diǎn)E在邊AB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，B重合），∠DAM＝45°，點(diǎn)F在射線AM上，且AF=2BE，CF與AD相交于點(diǎn)G．連接EC、EF、EG．下列結(jié)論：①∠ECF＝45°；②△AEG的周長為（1+22）a；③BE2+DG2＝EG2；④當(dāng)G是線段AD的中點(diǎn)時(shí)，BE=13a．正確的個(gè)數(shù)是（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【變式10-2】（2023秋?三水區(qū)月考）如圖，正方形ABCD中，在AD的延長線上取點(diǎn)E，F(xiàn)，使DE＝AD，DF＝BD，連接BF分別交CD，CE于H，G，下列結(jié)論：①HF＝2HG；②∠GDH＝∠GHD；③圖中有8個(gè)等腰三角形；④S△CDG＝S△DHF．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
【變式10-3】（2023春?玉林期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊CD上，過點(diǎn)A作AF⊥AE交CB的延長線于點(diǎn)F，連接EF，AG平分∠FAE，AG分別交BC、EF于點(diǎn)G、H，連接EG、DH．則下列結(jié)論中：①BF＝DE；②∠EGC＝2∠BAG；③AD+DE=3DH；④DE+BG＝EH；⑤若DE＝CE，則CE：CG：EG＝3：4：5，其中正確的結(jié)論有 ．
專題9.6 正方形的性質(zhì)與判定【十大題型】
【蘇科版】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc17048" 【題型1 正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】 PAGEREF _Tc17048 \h 1
\l "_Tc8354" 【題型2 正方形的性質(zhì)（求線段的長度）】 PAGEREF _Tc8354 \h 6
\l "_Tc7124" 【題型3 正方形的性質(zhì)（求面積、周長）】 PAGEREF _Tc7124 \h 11
\l "_Tc13503" 【題型4 正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】 PAGEREF _Tc13503 \h 16
\l "_Tc11053" 【題型5 判定正方形成立的條件】 PAGEREF _Tc11053 \h 25
\l "_Tc8773" 【題型6 正方形判定的證明】 PAGEREF _Tc8773 \h 30
\l "_Tc5123" 【題型7 正方形的判定與性質(zhì)綜合】 PAGEREF _Tc5123 \h 36
\l "_Tc18218" 【題型8 探究正方形中的最值問題】 PAGEREF _Tc18218 \h 41
\l "_Tc11327" 【題型9 正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】 PAGEREF _Tc11327 \h 46
\l "_Tc31315" 【題型10 正方形中的多結(jié)論問題】 PAGEREF _Tc31315 \h 51
【知識點(diǎn)1 正方形的定義】
有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形．
【知識點(diǎn)2 正方形的性質(zhì)】
①正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；②正方形的兩條對角線相等，互相垂直平分，并且每條對角線平分一組對角； ③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對角線將正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，同時(shí)，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．
【題型1 正方形的性質(zhì)（求角的度數(shù)）】
【例1】（2023春?建陽區(qū)期中）如圖，在正方形ABCD中有一個(gè)點(diǎn)E，使三角形BCE是正三角形，
求：（1）∠BAE的大小
（2）∠AED的大?。?br>分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和正三角形的性質(zhì)、以及角的和差關(guān)系可求∠ABE的度數(shù)，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求∠BAE的大??；
（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠EAD＝15°，同理，∠ADE＝15°，再根據(jù)三角形內(nèi)角和定理可求∠AED的大?。?br>【解答】解：（1）因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，
所以AB＝BC，∠ABC＝∠BAD＝90°，
因?yàn)椤鱁BC是正三角形，
所以∠EBC＝60°，BE＝BC＝EC，
所以∠ABE＝30°，AB＝BE，
所以∠BAE＝∠AEB＝（180°﹣∠ABE）÷2＝150°÷2＝75°．
（2）因?yàn)椤螧AE＝75°，
所以∠EAD＝90°﹣∠EAB＝15°，
同理，∠ADE＝15°，
所以∠AED＝180°﹣∠EAD﹣∠ADE＝180°﹣15°﹣15°＝150°．
【變式1-1】如圖，已知正方形ABCD在直線MN的上方，BC在直線MN上，E是BC上一點(diǎn)，以AE為邊在直線MN上方作正方形AEFG．
（1）連接GD，求證：△ADG≌△ABE；
（2）連接FC，觀察并猜測∠FCN的度數(shù)，并說明理由．
分析：（1）利用正方形的性質(zhì)及SAS定理求出△ADG≌△ABE，再利用全等三角形的性質(zhì)即可解答；
（2）過F作FH⊥MN于H，根據(jù)正方形及直角三角形的性質(zhì)可求出△ABE≌△EHF，根據(jù)三角形全等可求出BE＝HF，AB＝EH，通過等量代換可得CH＝FH，利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可解答．
【解答】（1）證明：
∵四邊形ABCD、AEFG都是正方形，
∴AB＝AD，AE＝AG，∠BAD＝∠EAG＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，∠2+∠3＝90°，
即∠1＝∠2，∴△ADG≌△ABE；
（2）解：∠FCN＝45°，
理由如下：
過F作FH⊥MN于H，則∠EHF＝90°，
∵四邊形ABCD、AEFG都是正方形，
∴AB＝BC，AE＝EF，∠ABE＝∠AEF＝90°，
∴∠1+∠4＝90°，∠4+∠5＝90°，
∴∠1＝∠5，
又∵∠ABE＝∠EHF＝90°，
∴△ABE≌△EHF，
∴BE＝HF，AB＝EH，
∴BC＝EH，
∴HC＝BE，
∴在Rt△CHF中，CH＝FH，
∴∠FCN＝∠CFH＝45°．
【變式1-2】（2023?武威模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是對角線AC上的一點(diǎn)，點(diǎn)F在BC的延長線上，且BE＝EF，EF交CD于點(diǎn)G．
（1）求證：DE＝EF；
（2）求∠DEF的度數(shù)．
分析：（1）證明△BCE≌△DCE，可得結(jié)論；
（2）結(jié)合（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCE＝∠DCE，
在△BCE和△DCE中，
BC=DC∠BCE=∠DCECE=CE，
∴△BCE≌△DCE（SAS），
∴BE＝ED，
∵BE＝EF，
∴DE＝EF；
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠DCB＝∠DCF＝90°，
∴∠F+∠FGC＝90°，
∵△BCE≌△DCE，
∴∠CBE＝∠CDE，
∵BE＝EF，
∴∠CBE＝∠F，
∴∠F＝∠CDE，
∵∠FGC＝∠DGE，
∴∠CDE+∠DGE＝90°，
∴∠DEF＝90°．
【變式1-3】（2023春?新市區(qū)校級期末）如圖，在給定的正方形ABCD中，點(diǎn)E從點(diǎn)B出發(fā)，沿邊BC方向向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，DF⊥AE交AB于點(diǎn)F，以FD，F(xiàn)E為鄰邊構(gòu)造平行四邊形DFEP，連接CP，則∠DFE+∠EPC的度數(shù)的變化情況是（ ）
A．一直減小B．一直減小后增大
C．一直不變D．先增大后減小
分析：根據(jù)題意∠DFE+∠EPC＝∠DPC，作PH⊥BC交BC的延長線于H，證明CP是∠DCH的角平分線即可解決問題．
【解答】解：作PH⊥BC交BC的延長線于H，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，
∠DAF＝∠ABE＝∠DCB＝∠DCH＝90°，
∵DF⊥AE，
∴∠BAE+∠DAE＝90°，∠ADF+∠DAE＝90°，
∴∠BAE＝∠ADF，
∴△ADF≌△BAE（ASA），
∴DF＝AE，
∵四邊形DFEP是平行四邊形，
∴DF＝PE，∠DFE＝∠DPE，
∵∠BAE+∠AEB＝90°，∠AEB+∠PEH＝90°，
∴∠BAE＝∠PEH，
∵∠ABE＝∠H＝90°，AE＝EP．
∴△ABE≌△EHP（AAS），
∴PH＝BE，AB＝EH＝BC，
∴BE＝CH＝PH，
∴∠PCH＝45°，
∵∠DCH＝90°，
∴∠DCP＝∠PCH，
∴CP是∠DCH的角平分線，
∴點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)軌跡是∠DCH的角平分線，
∵∠DFE+∠EPC＝∠DPE+∠EPC＝∠DPC，
觀察圖象可得，∠DPC一直減小，
故選：A．
【題型2 正方形的性質(zhì)（求線段的長度）】
【例2】（2023春?牡丹江期末）如圖，正方形ABCD的邊長為10，點(diǎn)E，F(xiàn)在正方形內(nèi)部，AE＝CF＝8，BE＝DF＝6，則線段EF的長為（ ）
A．22B．4C．4?2D．4+2
分析：延長DF交AE于G，，再根據(jù)全等三角形的判定得出△AGD與△ABE全等，得出AG＝BE＝6，由AE＝8，得出EG＝2，同理得出GF＝2，再根據(jù)勾股定理得出EF的長．
【解答】解：延長DF交AE于G，如圖：
∵AB＝10，AE＝8，BE＝6，
∴AE2+BE2＝AB2，
∴△ABE是直角三角形，
∴同理可得，△DFC是直角三角形，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
在△ABE和△CDF中，
AB=CDAE=CFBE=DF，
∴△ABE≌△CDF（SSS），
∴∠BAE＝∠DCF，
又∵∠DCF+∠CDF＝∠ADF+∠CDF＝90°，
∴∠DCF＝∠ADG，
∴∠BAE＝∠ADG，
∵∠BAE+∠DAG＝90°，
∴∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠DGA＝90°，即△AGD是直角三角形，
在△AGD和△BAE中，
∠AGD=∠BEA∠ADG=∠BAEAD=BA，
∴△AGD≌△BAE（ASA），
∴AG＝BE＝6，DG＝AE＝8，
∴EG＝8﹣6＝2，
同理可得：GF＝2，
∴Rt△EFG中，EF=22+22=22，
故選：A．
【變式2-1】（2023春?巴南區(qū)期末）如圖，四邊形ABCD是邊長為4的正方形，點(diǎn)E在邊CD上，且DE＝1，作EF∥BC分別交AC、AB于點(diǎn)G、F，P、H分別是AG，BE的中點(diǎn)，則PH的長是（ ）
A．2B．2.5C．3D．4
分析：連接CF，PF．證明FP⊥AC，則△CPF是直角三角形，利用PH是Rt△CPF斜邊上的中線，可得PH=12FC，因?yàn)镕C＝BE，再利用勾股定理求出BE的長即可．
【解答】解：連接CF，PF．如圖所示，
∵四邊形ABCD是邊長為4的正方形．
∴CB＝CD＝4，且AC平分∠BAD．
∴∠BAC＝45°．
∵EF∥BC．
∴∠AFE＝∠ABC＝90°．
∴△AFG是等腰直角三角形．
∵P為AG中點(diǎn)．
∴PF⊥AG．
∴△CPF是直角三角形．
∵DE＝1．
∴CE＝CD﹣DE＝3．
∵EF∥BC．
∴四邊形BCEF是矩形．
∵點(diǎn)H為BE的中點(diǎn)．
∴CF過點(diǎn)H．即點(diǎn)H為CF的中點(diǎn)．
在Rt△CPF中，PH=12CF．
∵EF＝BC＝4．
∴在Rt△CEF中，CF=CE2+EF2=32+42=5．
∴PH=52=2.5．
故選：B．
【變式2-2】（2023?越秀區(qū)一模）將正方形ABCD與正方形BEFG按如圖方式放置，點(diǎn)F、B、C在同一直線上，已知BG=2，BC＝3，連接DF，M是DF的中點(diǎn)，連接AM，則AM的長是（ ）
A．102B．3C．132D．32
分析：根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)得出BH，進(jìn)而利用勾股定理解答即可．
【解答】解：延長AM交BC于H點(diǎn)，
∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，BG=2，BC＝3，
∴BF=2BG＝2，AB＝AD＝CD＝BC＝3，
∵點(diǎn)F，B，C在同一直線上，
∴AD∥CF，
∴∠DAM＝∠FHM，∠ADM＝∠HFM，
∵M(jìn)是DF中點(diǎn)，
∴DM＝FM，
在△ADM和△HFM中，
∠DAM=∠FHM∠ADM=∠HFMDM=FM，
∴△ADM≌△HFM（AAS），
∴AD＝FH＝3，AM＝HM=12AH，
∴BH＝FH﹣BF＝1，
在Rt△ABH中，AH=AB2+BH2=32+12=10，
∴AM=12AH=102，
故選：A．
【變式2-3】（2023春?吳中區(qū)校級期末）如圖，在正方形ABCD中，AB＝45．E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，連接AF、DE，點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，連接MN，則MN的長度為 10 ．
分析：先通過證明△ABF≌DAE得到角相等后，證明∠MGN＝90°，利用已知條件在Rt△ADG與Rt△AEG中求出AG，EG的長，進(jìn)而求出GN，GM的長，利用勾股定理求出MN的長．
【解答】解：如圖所示，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝AB＝45，∠B＝∠DAE＝90°．
∵E、F分別為邊AB、BC的中點(diǎn)，
∴AE＝BF＝25．
∴DE=AD2+AE2=(45)2+(25)2=10．
在△DAE和△ABF中，
AD=AB∠DAE=∠BAE=BF．
∴△DAE≌△ABF（SAS）．
∴∠AED＝∠BFA．AF＝DE＝10．
∵∠BFA+∠BAF＝90°．
∴∠AED+∠BAF＝90°．
∴∠AGE＝90°．
∴∠MGN＝90°．
設(shè)EG的長為x，則GD＝10﹣x，
在Rt△AGE中，
AG2＝AE2﹣EG2＝20﹣x2．
在Rt△ADG中，
AG2＝AD2﹣DG2＝80﹣（10﹣x）2．
∴20﹣x2＝80﹣（10﹣x）2．
解得x＝2．即EG＝2．
∴AG=20?x2=4．
∵點(diǎn)N、M分別為AF、DE的中點(diǎn)，
∴AN=12AF＝5，EM=12DE＝5．
∴GM＝EM﹣EG＝3，GN＝AN﹣AG＝1．
在Rt△MNG中，
MN=GM2+GN2=32+12=10．
故答案為：10．
【題型3 正方形的性質(zhì)（求面積、周長）】
【例3】（2023春?鄞州區(qū)期末）有兩個(gè)正方形A，B．現(xiàn)將B放在A的內(nèi)部得圖甲，將A，B構(gòu)造新的正方形得圖乙．若圖甲和圖乙中陰影部分的面積分別為1和12，若三個(gè)正方形A和兩個(gè)正方形B得圖丙，則陰影部分的面積為（ ）
A．28B．29C．30D．31
分析：設(shè)正方形A的邊長為a，正方形B的邊長為b，觀察圖甲和圖乙可得關(guān)于a，b的方程組，整理可得：a﹣b＝1，a+b＝5，ab＝6，觀察圖丙可得S陰影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2，再利用乘法公式整體代入計(jì)算即可．
【解答】解：設(shè)正方形A的邊長為a，正方形B的邊長為b，且a＞b＞0，
根據(jù)圖甲和圖乙，得：a2?b2?2b(a?b)=1(a+b)2?a2?b2=12，
整理，得：a2?2ab+b2=1①2ab=12②，
由①得：（a﹣b）2＝1，
∵a＞b，
∴a﹣b＝1，
由②得：ab＝6，
①+②×2，得：（a+b）2＝25，
∴a+b＝5，
觀察圖丙，得：S陰影＝（2a+b）2﹣3a2﹣2b2
＝（a+b）（a﹣b）+4ab
＝5×1+4×6
＝29．
故選：B．
【變式3-1】（2023春?工業(yè)園區(qū)校級期中）如圖，四邊形ABCD為正方形，O為AC、BD的交點(diǎn)，△DCE為Rt△，∠CED＝90°，OE＝22，若CE?DE＝3，則正方形ABCD的面積為（ ）
A．5B．6C．8D．10
分析：過點(diǎn)O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延長線于N，判斷出四邊形OMEN是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)可得∠MON＝90°，再求出∠COM＝∠DON，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得OC＝OD，然后利用“角角邊”證明△COM和△DON全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得OM＝ON，CM＝DN，然后判斷出四邊形OMEN是正方形，可得NE＝ON＝2，得DE+CE＝4，設(shè)DE＝a，CE＝b，可得a+b＝4，根據(jù)CE?DE＝3，CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×3＝10，即可解決問題．
【解答】解：如圖，過點(diǎn)O作OM⊥CE于M，作ON⊥DE交ED的延長線于N，
∵∠CED＝90°，
∴四邊形OMEN是矩形，
∴∠MON＝90°，
∵∠COM+∠DOM＝∠DON+∠DOM，
∴∠COM＝∠DON，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OC＝OD，
在△COM和△DON中，
∠COM=∠DON∠CMO=∠NOC=OD，
∴△COM≌△DON（AAS），
∴OM＝ON，CM＝DN，
∴四邊形OMEN是正方形，
在Rt△OEN中，
∵OE＝22，
∴2NE2＝OE2＝（22）2＝8，
∴NE＝ON＝2，
∵DE+CE＝DE+EM+MC＝DE+EM+DN＝EN+EM＝2EN＝4，
設(shè)DE＝a，CE＝b，
∴a+b＝4，
∵CE?DE＝3，
∴CD2＝a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝42﹣2×3＝10，
∴S正方形ABCD＝10，
故選：D．
【變式3-2】（2023?臺州）如圖，在正方形ABCD中，AB＝3，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于點(diǎn)G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為 15+3 ．
分析：根據(jù)陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，得出陰影部分的面積為6，空白部分的面積為3，進(jìn)而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長，進(jìn)而得出其周長．
【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，
∴陰影部分的面積為23×9＝6，
∴空白部分的面積為9﹣6＝3，
由CE＝DF，BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°，可得△BCE≌△CDF，
∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為12×3=32，
∠CBE＝∠DCF，
∵∠DCF+∠BCG＝90°，
∴∠CBG+∠BCG＝90°，即∠BGC＝90°，
設(shè)BG＝a，CG＝b，則12ab=32，
又∵a2+b2＝32，
∴a2+2ab+b2＝9+6＝15，
即（a+b）2＝15，
∴a+b=15，即BG+CG=15，
∴△BCG的周長=15+3，
故答案為：15+3．
【變式3-3】（2023?江北區(qū)一模）如圖，以Rt△ABC的各邊為邊分別向外作正方形，∠BAC＝90°，連結(jié)DG，點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，連結(jié)HB，HN，若要求出△HBN的面積，只需知道（ ）
A．△ABC的面積B．正方形ADEB的面積
C．正方形ACFG的面積D．正方形BNMC的面積
分析：連接HA并延長交BC于點(diǎn)P，交MN于點(diǎn)Q，連接AE，CE，AN，證明△BAC≌△DAG，△ABN≌△EBC，進(jìn)而可以解決問題．
【解答】解：如圖，連接HA并延長交BC于點(diǎn)P，交MN于點(diǎn)Q，連接AE，CE，AN，
∵四邊形ABED，四邊形ACFG，四邊形BCMN是正方形，
∴AB＝AD，AC＝AG，∠BAC＝∠DAG＝90°，
在△BAC和△DAG中，
AB=AD∠BAC=∠DAG=90°AC=AG，
∴△BAC≌△DAG（SAS），
∴∠BCA＝∠DGA，
∵點(diǎn)H為DG的中點(diǎn)，∠DAG＝90°，
∴AH＝GH，
∴∠HAG＝∠DGA，
∴∠HAG＝∠BCA，
∵∠HAG+∠CAP＝90°，
∴∠BCA+∠CAP＝90°，
∴∠APC＝90°，
∴BN∥HQ，
∴S△HBN＝S△ABN，
∵BE∥CD，
∴S△AEB＝S△CBE，
∵∠ABN＝90°+∠ABC，∠EBC＝90°+∠ABC，
∴∠ABN＝∠EBC，
在△ABN和△EBC中，
AB=EB∠ABN=∠EBCBN=BC，
∴△ABN≌△EBC（SAS），
∴S△ABN＝S△CBE，
∴S△AEB＝S△HBN，
∵S△AEB=12S正方形ADEB，
∴S△HBN=12S正方形ADEB，
∴若要求出△HBN的面積，只需知道正方形ADEB的面積．
故選：B．
【題型4 正方形的性質(zhì)（探究數(shù)量關(guān)系）】
【例4】（2023秋?中原區(qū)校級月考）如圖，線段AB＝4，射線BG⊥AB，P為射線BG上一點(diǎn)，以AP為邊作正方形APCD，且點(diǎn)C、D與點(diǎn)B在AP兩側(cè)，在線段DP上取一點(diǎn)E，使∠EAP＝∠BAP，直線CE與線段AB相交于點(diǎn)F（點(diǎn)F與點(diǎn)A、B不重合）．
（1）求證：△AEP≌△CEP；
（2）判斷CF與AB的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）請直接寫出△AEF的周長．
分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到DP平分∠APC，PC＝PA，求得∠APD＝∠CPD＝45°，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠EAP＝∠ECP，求得∠BAP＝∠FCP，根據(jù)垂直的定義得到CF⊥AB；
（3）過點(diǎn)C作CN⊥PB．根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CN＝PB＝BF，PN＝AB，推出AE＝CE，于是得到△AEF的周長．
【解答】（1）證明：∵四邊形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC＝PA，
∴∠APD＝∠CPD＝45°，
在△AEP與△CEP中，
AP=CP∠APE=∠CPEPE=PE，
∴△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵△AEP≌△CEP，
∴∠EAP＝∠ECP，
∵∠EAP＝∠BAP，
∴∠BAP＝∠FCP，
∵∠FCP+∠CMP＝90°，∠AMF＝∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB＝90°，
∴∠AFM＝90°，
∴CF⊥AB；
（3）過點(diǎn)C作CN⊥PB．
∵CF⊥AB，BG⊥AB，
∴∠PNC＝∠B＝90°，F(xiàn)C∥BN，
∴∠CPN＝∠PCF＝∠EAP＝∠PAB，
又AP＝CP，
∴△PCN≌△APB（AAS），
∴CN＝PB＝BF，PN＝AB，
∵△AEP≌△CEP，
∴AE＝CE，
∴△AEF的周長＝AE+EF+AF
＝CE+EF+AF
＝BN+AF
＝PN+PB+AF
＝AB+CN+AF
＝AB+BF+AF
＝2AB
＝8．
【變式4-1】（2023春?雁塔區(qū)校級期末）在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，該角可以繞點(diǎn)A轉(zhuǎn)動(dòng)，∠MAN的兩邊分別交射線CB，DC于點(diǎn)M，N．
（1）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC上時(shí)（如圖1），線段BM，DN，MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？你的猜想是： BM+DN＝MN ，并加以證明．
（2）當(dāng)點(diǎn)M，N分別在正方形的邊CB和DC的延長線上時(shí)（如圖2），線段BM，DN，MN之間的數(shù)量關(guān)系會(huì)發(fā)生變化嗎？證明你的結(jié)論．
分析：（1）在MB的延長線上，截取BE＝DN，連接AE，則可證明△ABE≌△ADN，可得到AE＝AN，進(jìn)一步可證明△AEM≌△ANM，可得結(jié)論BM+DN＝MN；
（2）在DC上截取DF＝BM，連接AF，可先證明△ABM≌△ADF，進(jìn)一步可證明△MAN≌△FAN，可得到MN＝NF，從而可得到DN﹣BM＝MN．
【解答】證明：（1）猜想：BM+DN＝MN，
證明如下：
如圖1，在MB的延長線上，截取BE＝DN，連接AE，
在△ABE和△ADN中
AB=AD∠ABE=∠DBE=DN，
∴△ABE≌△ADN（SAS），
∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，
∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠EAB+∠BAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM，
在△AEM和△ANM中
AE=AN∠EAM=∠NAMAM=AM，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
又ME＝BE+BM＝BM+DN，
∴BM+DN＝MN；
故答案為：BM+DN＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
證明如下：
如圖2，在DC上截取DF＝BM，連接AF，
△ABM和△ADF中
AB=AD∠ABM=∠DBM=DF，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∴∠BAM+∠BAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，即MAF＝∠BAD＝90°，
∵∠MAN＝45°，
∴∠MAN＝∠FAN＝45°，
在△MAN和△FAN中
AM=AF∠MAN=∠FANAN=AN，
∴△MAN≌△FAN（SAS），
∴MN＝NF，
∴MN＝DN﹣DF＝DN﹣BM，
∴DN﹣BM＝MN．
【變式4-2】（2023春?莆田期末）如圖，已知正方形ABCD中，E為CB延長線上一點(diǎn)，且BE＝AB，M、N分別為AE、BC的中點(diǎn)，連DE交AB于O，MN交，ED于H點(diǎn)．
（1）求證：AO＝BO；
（2）求證：∠HEB＝∠HNB；
（3）過A作AP⊥ED于P點(diǎn)，連BP，則PE?PAPB的值．
分析：（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD＝AB，AD∥BC，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）延長BC至F，且使CF＝BE，則BM＝CE，由SAS證明△ABF≌△DCE，得出∠DEC＝∠AFB，證出MN為△AEF的中位線，得出MN∥AF，得出∠HNE＝∠AFB＝∠HEN，即可得出HE＝HN；
（3）過點(diǎn)B作BQ⊥BP交DE于Q，由ASA證明△BEQ≌△BAP，得出PA＝QE，QB＝PB，證出△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）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，AD∥BC，
∴∠DAB＝∠ABE，∠ADO＝∠BEO，
∵AB＝BE，
∴AD＝BE，
∴△ADO≌△BEO（ASA），
∴AO＝BO；
（2）證明：延長BC至F，且使CF＝BE，連接AF、DF，如圖1所示：
則BF＝CE，
∵四邊形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為EF的中點(diǎn)，
∴MN為△AEF的中位線，
∴MN∥AF，
∴∠HNB＝∠AFB＝∠HEB；
（3）解：過點(diǎn)B作BQ⊥BP交DE于Q，如圖2所示：
則∠PBQ＝90°，
∵∠ABE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠EBQ＝∠ABP，
∵AD∥BC，
∴∠ADP＝∠BEQ，
∵AP⊥DE，∠BAD＝90°，
由角的互余關(guān)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．
【變式4-3】（2023春?鼓樓區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD的對角線相交于點(diǎn)O．點(diǎn)E是線段DO上一點(diǎn)，連接CE．點(diǎn)F是∠OCE的平分線上一點(diǎn)，且BF⊥CF與CO相交于點(diǎn)G．點(diǎn)H是線段CE上一點(diǎn)，且CO＝CH．
（1）若OF＝5，求FH的長；
（2）求證：BF＝OH+CF．
分析：（1）根據(jù)條件證明△OCF≌△HCF，由全等的性質(zhì)就可以得出OF＝HF而得出結(jié)論；
（2）在BF上截取BK＝CF，連接OK．通過條件可以得出△OBK≌△OCF．可以得出OK＝OF，從而得出OH∥FK，OK∥FH，進(jìn)而可以得出四邊形OKFH是平行四邊形，就可以得出結(jié)論．
【解答】（1）解：∵CF平分∠OCE，
∴∠OCF＝∠ECF．
∵OC＝CH，CF＝CF，
在△OCF和△HCF中，
OC=HC∠OCF=∠ECFCF=CF，
∴△OCF≌△HCF（SAS）．
∴FH＝OF＝5，
即FH的長為5；
（2）證明：在BF上截取BK＝CF，連接OK．
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AC⊥BD，∠DBC＝45°，
∴∠BOC＝90°，
∴∠OCB＝180°﹣∠BOC﹣∠DBC＝45°．
∴∠OCB＝∠DBC．
∴OB＝OC．
∵BF⊥CF，
∴∠BFC＝90°．
∵∠OBK＝180°﹣∠BOC﹣∠OGB＝90°﹣∠OGB，
∠OCF＝180°﹣∠BFC﹣∠FGC＝90°﹣∠FGC，
且∠OGB＝∠FGC，
∴∠OBK＝∠OCF．
在△OBK和△OCF中，
OB=OC∠OBK=∠OCFBK=CF，
∴△OBK≌△OCF（SAS）．
∴OK＝OF，∠BOK＝∠COF．
∵∠BOK+∠KOG＝∠BOC＝90°，
∴∠COF+∠KOG＝90°，即∠HOF＝90°．
∴∠OHF＝∠OFH=12（180°﹣∠KOF）＝45°．
∴∠OFC＝∠OFK+∠BFC＝135°．
∵△OCF≌△HCF，
∴∠HFC＝∠OFC＝135°，
∴∠OFH＝360°﹣∠HFC﹣∠OFC＝90°．
∴∠FHO＝∠FOH=12（180°﹣∠OFH）＝45°．
∴∠HOF＝∠OFK，∠KOF＝∠OFH．
∴OH∥FK，OK∥FH，
∴四邊形OHFG是平行四邊形．
∴OH＝FK．
∵BF＝FK+BK，
∴BF＝OH+CF．
【知識點(diǎn)3 正方形的判定】
①先判定四邊形是矩形，再判定這個(gè)矩形有一組鄰邊相等；
②先判定四邊形是菱形，再判定這個(gè)菱形有一個(gè)角為直角．
③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進(jìn)行判定．
【題型5 判定正方形成立的條件】
【例5】（2023春?海淀區(qū)校級期中）已知四邊形ABCD為凸四邊形，點(diǎn)M、N、P、Q分別為AB、BC、CD、DA上的點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），下列說法正確的是 ①④ （填序號）．
①對于任意凸四邊形ABCD，一定存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是平行四邊形；
②如果四邊形ABCD為任意平行四邊形，那么一定存在無數(shù)個(gè)四邊形MNPQ是矩形；
③如果四邊形ABCD為任意矩形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形；
④如果四邊形ABCD為任意菱形，那么一定存在一個(gè)四邊形為正方形．
分析：具體分析見解答．
【解答】解：①如圖，
點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H是四邊形ABCD各邊的中點(diǎn)，
則EFGH是平行四邊形，
作MN∥EF，PQ∥EF，且PQ＝MN，
則四邊形MNPQ是平行四邊形，
故存在無數(shù)個(gè)平行四邊形MNPQ，
故①正確；
②如圖2，
當(dāng)四邊形EFGH是矩形時(shí)，
∵AE∥BC，EF∥GH，
∴∠AEF＝∠CGH，
∵EF＝GH，∠A＝∠C，
∴△AEF≌△CGH（AAS），
∴AE＝CG，
∴點(diǎn)E和G關(guān)于點(diǎn)O對稱，
同理可得：點(diǎn)F和點(diǎn)H關(guān)于點(diǎn)O對稱，
∴平行四邊形ABCD的中心是矩形的中心，
如圖3，
作EF過點(diǎn)O，存在以O(shè)E為圓心，OE為半徑的圓與任意平行四邊形有四個(gè)公共點(diǎn)，這樣的圓有無數(shù)個(gè)，
故②正確，
③如圖，
當(dāng)AD長遠(yuǎn)大于AB時(shí)，因?yàn)檎叫蔚倪呴LEF＜AB，而ED＞AB時(shí)，
易知：不存在正方形EFGH，
故③不正確；
④如圖5，
連接AC，BD，交點(diǎn)是O，作∠AOB，∠BOC的平分線，其所在的直線分別交四邊形ABCD的邊于E，F(xiàn)，G，H，
容易得四邊形EFFGH是正方形，
故④正確，
綜上所述，答案是：①②④．
【變式5-1】（2023春?岳麓區(qū)校級月考）如圖，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)．要使四邊形EFGH是正方形，BD、AC應(yīng)滿足的條件是 BD＝AC且BD⊥AC ．
分析：依據(jù)條件先判定四邊形EFGH為菱形，再根據(jù)∠FEH＝90°，即可得到菱形EFGH是正方形．
【解答】解：滿足的條件應(yīng)為：AC＝BD且AC⊥BD．
理由：∵E，F(xiàn)，G，H分別是邊AB、BC、CD、DA的中點(diǎn)，
∴在△ADC中，HG為△ADC的中位線，
∴HG∥AC且HG=12AC；
同理EF∥AC且EF=12AC，同理可得EH=12BD，
則HG∥EF且HG＝EF，
∴四邊形EFGH為平行四邊形，
又∵AC＝BD，
∴EF＝EH，
∴四邊形EFGH為菱形，
∵AC⊥BD，EF∥AC，
∴EF⊥BD，
∵EH∥BD，
∴EF⊥EH，
∴∠FEH＝90°，
∴菱形EFGH是正方形．
故答案為：AC＝BD且AC⊥BD．
【變式5-2】（2023春?漢壽縣期中）如圖，在?ABCD中，對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在AC上，且OE＝OF，連接DE并延長至點(diǎn)M，使DE＝ME，連接MF，DF，BE．
（1）當(dāng)DF＝MF時(shí)，證明：四邊形EMBF是矩形；
（2）當(dāng)△DMF滿足什么條件時(shí)，四邊形EMBF是正方形？請說明理由．
分析：（1）證明四邊形DEBF是平行四邊形．四邊形EMBF是平行四邊形．進(jìn)而根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形即可解決問題；
（2）根據(jù)直角三角形斜邊的中線等于斜邊一半即可解決問題．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴OB＝OD，
∵OE＝OF，
∴四邊形DEBF是平行四邊形．
∴DE∥FB，且DE＝FB，
又∵DE＝ME，
∴ME＝BF，且ME∥BF，
∴四邊形EMBF是平行四邊形．
∵四邊形DEBF是平行四邊形，
∴DF＝EB
∵DF＝MF，
∴MF＝EB，
在平行四邊形EMBF中，MF＝EB，
∴四邊形EMBF是矩形；
（2）解：當(dāng)△DMF滿足DF＝MF，且∠DFM＝90°時(shí)，四邊形EMBF是正方形，
證明：由（1）可知：當(dāng)DF＝MF時(shí)，四邊形EMBF是矩形，
在△DMF中，∠DFM＝90°，點(diǎn)E是斜邊DM的中點(diǎn)，
∴EF=12DM=EM，
即EF＝EM，
∴當(dāng)△DMF滿足DF＝MF，且∠DFM＝90°時(shí)，四邊形EMBF是正方形．
【變式5-3】（2023春?沛縣期中）已知在△ABC中，D為邊BC延長線上一點(diǎn)，點(diǎn)O是邊AC上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過O作直線MN∥BC，設(shè)MN與∠BCA的平分線相交于點(diǎn)E，與∠ACD的平分線相交于點(diǎn)F．
（1）求證：OE＝OF；
（2）試確定點(diǎn)O在邊AC上的位置，使四邊形AECF是矩形，并加以證明．
（3）在（2）的條件下，且△ABC滿足 ∠ACB＝90° 條件時(shí)，矩形AECF是正方形？．
分析：（1）角平分線到角兩邊的距離相等，再利用全等三角形即可求解．
（2）探究性問題，歸根究底還是對矩形性質(zhì)的判定，再平行四邊形的基礎(chǔ)上，加上其對角線平分且相等即可．
（3）正方形的判定，在（2）的基礎(chǔ)上，即在矩形的基礎(chǔ)上補(bǔ)充對角線垂直即可．
【解答】解：（1）如圖所示：作EG⊥BC，EJ⊥AC，F(xiàn)K⊥AC，F(xiàn)H⊥BC，
因?yàn)橹本€EC，CF分別平分∠ACB與∠ACD，所以EG＝EJ，F(xiàn)K＝FH，
在△EJO與△FKO中，
∠AOE=∠CON∠EJO=∠FKOEJ=FK，
所以△EJO≌△FKO，即OE＝OF；
（2）當(dāng)OA＝OC，OE＝OF時(shí)，四邊形AECF是矩形，
證明：∵OA＝OC，OE＝OF，
∴四邊形AECF為平行四邊形，
又∵直線MN與∠BCA的平分線相交于點(diǎn)E，與∠DCA（△ABC的外角）的平分線相交于點(diǎn)F．
∴∠ACE＝∠BCE，∠ACF＝∠FCD，
由∠BCE+∠ACE+∠ACF+∠FCD＝180°，
∴∠ECA+∠ACF＝90°，即∠ECF＝90°，
∴四邊形AECF為矩形；
（3）由（2）可知，四邊形AECF是矩形，要使其為正方形，再加上對角線垂直即可，即∠ACB＝90°．
故答案為：∠ACB＝90°
【題型6 正方形判定的證明】
【例6】（2023春?虹口區(qū)期末）如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是對角線BD上的一點(diǎn)，且AE＝CE．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求證：四邊形ABCD是正方形．
分析：（1）（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD＝CD可得四邊形ABCD是菱形；
（2）由全等三角形的性質(zhì)得到∠DAE＝∠DCE，進(jìn)而得到∠ABE＝2∠DAE，由菱形的性質(zhì)得到AB＝AD，進(jìn)而得到∠ABE＝∠ADE，由三角形的外角的性質(zhì)結(jié)合已知條件得到∠BAE＝3∠DAE，可得∠BAD＝4∠DAE，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得4∠DAE＝90°，即∠BAD＝90°，即可得到四邊形ABCD是正方形．
【解答】證明：（1）在△ADE與△CDE中，
AD=CDAE=CEDE=DE，
∴△ADE≌△CDE（SSS），
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDE，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴AB＝AD，
∵AD＝CD，
∴AB＝CD，
∴四邊形ABCD為平行四邊形，
∵AD＝CD，
∴四邊形ABCD是菱形；
（2）∵△ADE≌△CDE，
∴∠DAE＝∠DCE，
∵∠ABE＝2∠DCE，
∴∠ABE＝2∠DAE，
由（1）知，四邊形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABE＝∠ADE＝2∠DAE
∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝3∠DAE，
∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠AEB＝3∠DAE，
∴∠BAD＝∠BAE+∠DAE＝4∠DAE，
∵∠ABE+∠ADE+∠BAD＝180°，
∴2∠DAE+2∠DAE+4∠DAE＝180°，
∴4∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴四邊形ABCD是正方形．
【變式6-1】（2023春?宜城市期末）如圖，四邊形ABCD是平行四邊形，連接對角線AC，過點(diǎn)D作DE∥AC與BC的延長線交于點(diǎn)E，連接AE交DC于F．
（1）求證：BC＝CE；
（2）連接BF，若∠DAF＝∠FBE，且AD＝2CF，求證：四邊形ABCD是正方形．
分析：（1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得出AD＝BC，利用平行四邊形的判定和性質(zhì)解答即可；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和菱形的判定以及正方形的判定解答即可．
【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∵AC∥DE，
∴四邊形ACED是平行四邊形，
∴AD＝CE，
∴BC＝CE；
（2）由（1）可知，四邊形ACED是平行四邊形，
∴DF＝CF=12CD=12AB，EF＝AF，
∵AD＝2CF，
∴AB＝AD，
∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴四邊形ABCD為菱形，
∵AD∥EC，
∴∠DAF＝∠FEC，
∵∠DAF＝∠FBE，
∴∠FBE＝∠FEB，
∴FB＝FE＝FA，
∴∠FAB＝∠FBA，
∴∠FBA+∠FBE=180°2=90°，
∴∠ABE＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形．
【變式6-2】（2023秋?市南區(qū)期末）已知：在平行四邊形ABCD中，分別延長BA，DC到點(diǎn)E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．連接EH，分別交AD，BC于點(diǎn)F，G．
（1）求證：AF＝CG；
（2）連接BD交EH于點(diǎn)O，若EH⊥BD，則當(dāng)線段AB與線段AD滿足什么數(shù)量關(guān)系時(shí)，四邊形BEDH是正方形？
分析：（1）要證明AF＝CG，只要證明△EAF≌△HCG即可；
（2）利用已知可得四邊形BEDH是菱形，所以當(dāng)AE2+DE2＝AD2時(shí)，∠BED＝90°，四邊形BEDH是正方形．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB＝CD，∠BAD＝∠BCD，
∴∠AEF＝∠CHG，
∵BE＝2AB，DH＝2CD，
∴BE＝DH，
∴BE﹣AB＝DH﹣DC，
∴AE＝CH，
∵∠BAD+∠EAF＝180°，∠BCD+∠GCH＝180°，
∴∠EAF＝∠GCH，
∴△EAF≌△HCG（ASA），
∴AF＝CG；
（2）當(dāng)AD=5AB時(shí)，四邊形BEDH是正方形，
理由：∵BE∥DH，BE＝DH，
∴四邊形EBHD是平行四邊形，
∵EH⊥BD，
∴四邊形EBHD是菱形，
∴ED＝EB＝2AB，
當(dāng)AE2+DE2＝AD2時(shí)，
則∠BED＝90°，
∴四邊形BEDH是正方形，
即AB2+（2AB）2＝AD2，
∴AD=5AB，
∴當(dāng)AD=5AB，四邊形BEDH是正方形．
【變式6-3】（2023?上海）已知：如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD＝CD，E是對角線BD上一點(diǎn)，且EA＝EC．
（1）求證：四邊形ABCD是菱形；
（2）如果BE＝BC，且∠CBE：∠BCE＝2：3，求證：四邊形ABCD是正方形．
分析：（1）首先證得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性質(zhì)可得∠ADE＝∠CDE，由AD∥BC可得∠ADE＝∠CBD，易得∠CDB＝∠CBD，可得BC＝CD，易得AD＝BC，利用平行線的判定定理可得四邊形ABCD為平行四邊形，由AD＝CD可得四邊形ABCD是菱形；
（2）由BE＝BC可得△BEC為等腰三角形，可得∠BCE＝∠BEC，利用三角形的內(nèi)角和定理可得∠CBE＝180×14=45°，易得∠ABE＝45°，可得∠ABC＝90°，由正方形的判定定理可得四邊形ABCD是正方形．
【解答】證明：（1）在△ADE與△CDE中，
AD=CDDE=DEEA=EC，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CBD，
∴∠CDE＝∠CBD，
∴BC＝CD，
∵AD＝CD，
∴BC＝AD，
∴四邊形ABCD為平行四邊形，
∵AD＝CD，
∴四邊形ABCD是菱形；
（2）∵BE＝BC
∴∠BCE＝∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE＝2：3，
∴∠CBE＝180×22+3+3=45°，
∵四邊形ABCD是菱形，
∴∠ABE＝45°，
∴∠ABC＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形．
【題型7 正方形的判定與性質(zhì)綜合】
【例7】（2023?威海）如圖1，在正方形ABCD中，E，F(xiàn)，G，H分別為邊AB，BC，CD，DA上的點(diǎn)，HA＝EB＝FC＝GD，連接EG，F(xiàn)H，交點(diǎn)為O．
（1）如圖2，連接EF，F(xiàn)G，GH，HE，試判斷四邊形EFGH的形狀，并證明你的結(jié)論；
（2）將正方形ABCD沿線段EG，HF剪開，再把得到的四個(gè)四邊形按圖3的方式拼接成一個(gè)四邊形．若正方形ABCD的邊長為3cm，HA＝EB＝FC＝GD＝1cm，則圖3中陰影部分的面積為 1 cm2．
分析：（1）先證明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，可得出四邊形GHEF是菱形，再根據(jù)全等三角形角之間的關(guān)系，又可得出菱形的一個(gè)角是直角，那么就可得出四邊形GHEF是正方形．
（2）根據(jù)已知條件，可以知道重新拼成的四邊形是正方形（因?yàn)檎叫蜧HEF的對角線翻到了外邊，做了新拼成的正方形的邊長），利用勾股定理求出GF和GO、FO的長，所的面積是10減去4個(gè)四邊形GOFC的面積就是陰影部分的面積．
【解答】解：（1）四邊形EFGH是正方形．（1分）
證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝DA，
∵HA＝EB＝FC＝GD，
∴AE＝BF＝CG＝DH，（2分）
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，（3分）
∴EF＝FG＝GH＝HE，（4分）
∴四邊形EFGH是菱形，（5分）
∵△DHG≌△AEH，
∴∠DHG＝∠AEH，
∵∠AEH+∠AHE＝90°，
∴∠DHG+∠AHE＝90°，
∴∠GHE＝90°，（6分）
∴四邊形EFGH是正方形．（7分）
（2）∵HA＝EB＝FC＝GD＝1，AB＝BC＝CD＝AD＝3，
∴GF＝EF＝EH＝GH=12+22=5（cm），
∵由（1）知，四邊形EFGH是正方形，
∴GO＝OF，∠GOF＝90°，
由勾股定理得：GO＝OF=102（cm），
∵S四邊形FCGO=12×1×2+12×102×102=94（cm2，
∴S陰影=(102+102)2?S四邊形FCGO×4＝10﹣9＝1（cm2）．
【變式7-1】（2023?蕭山區(qū)模擬）如圖，P為正方形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，畫?PAHD，?PBEA，?PCFB，?PDGC，請證明：以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形．
分析：要證明以E，F(xiàn)，G，H為頂點(diǎn)的四邊形是正方形，需要作輔助線連接四個(gè)頂點(diǎn)，判斷4條線段與已知圖形之間的關(guān)系，利用平行四邊形的對角線互相平分的性質(zhì)得到中點(diǎn)四邊形是正方形，利用三角形的中位線定理很容易證明需要的結(jié)論．
【解答】證明：如圖，連接PH、PG、PF、PE，交點(diǎn)分別為：M、N、L、K，再連接HG、GF、FE、EH、PH．
根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)，M平分AD和PH，N平分CD和PG，
因此MN是△PHG的中位線，
所以HG∥MN，HG＝2MN．
∵順次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得MNLK是正方形，
∴MN＝NL＝LK＝KM，4個(gè)角都為90°．
同理可證：GF∥NL，GF＝2NL；
FE∥LK，F(xiàn)E＝2LK；
EH∥KM，EH＝2KM．
∴HG＝GF＝EF＝EH，四邊形EFGH的4個(gè)角也為90°，
所以E，F(xiàn)，G，H是正方形的四個(gè)頂點(diǎn)．
【變式7-2】（2023?蕭山區(qū)模擬）已知：如圖，邊長為4的菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點(diǎn)O，若∠CAD＝∠DBC．
（1）求證：四邊形ABCD是正方形．
（2）E是OB上一點(diǎn)，BE＝1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點(diǎn)F，求線段OF的長．
分析：（1）由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC＝180°，證出∠BAD＝∠ABC，求出∠BAD＝90°，即可得出結(jié)論；
（2）由正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC＝BD，CO=12AC，DO=12BD，得出∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，證出∠ECO＝∠EDH，證明△ECO≌△FDO（ASA），即可得出結(jié)論．
【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD＝2∠DAC，∠ABC＝2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵∠CAD＝∠DBC，
∴∠BAD＝∠ABC，
∴2∠BAD＝180°，
∴∠BAD＝90°，
∴四邊形ABCD是正方形；
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，AB＝BC＝4，
∴AC⊥BD，AC＝BD＝42，
∴OB＝CO=12AC＝22，DO=12BD＝22，
∴∠COB＝∠DOC＝90°，CO＝DO，
∵DH⊥CE，垂足為H，
∴∠DHE＝90°，∠EDH+∠DEH＝90°，
∵∠ECO+∠DEH＝90°，
∴∠ECO＝∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
∠COE=∠DOF=90°OC=OD∠ECO=∠FDO，
∴△ECO≌△FDO（ASA），
∴OE＝OF．
∵BE＝1，
∴OE＝OF＝OB﹣BE＝22?1．
【變式7-3】（2023春?潛山市期末）如圖，已知四邊形ABCD為正方形，AB＝32，點(diǎn)E為對角線AC上一動(dòng)點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．
（1）求證：矩形DEFG是正方形；
（2）探究：CE+CG的值是否為定值？若是，請求出這個(gè)定值；若不是，請說明理由．
分析：（1）作出輔助線，得到EN＝EM，然后判斷∠DEN＝∠FEM，得到△DEN≌△FEM，則有DE＝EF即可；
（2）同（1）的方法判斷出△ADE≌△CDG得到CG＝AE，即：CE+CG＝CE+AE＝AC＝6．
【解答】解：（1）如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
∴∠MEN＝90°，
∵點(diǎn)E是正方形ABCD對角線上的點(diǎn)，
∴EM＝EN，
∵∠DEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
∵∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
∠DNE=∠FMEEN=EM∠DEN=∠FEM，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴EF＝DE，
∵四邊形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）CE+CG的值是定值，定值為6，理由如下：
∵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，
∴CE+CG＝CE+AE＝AC=2AB=2×32=6是定值．
【題型8 探究正方形中的最值問題】
【例8】（2023春?沙坪壩區(qū)校級月考）如圖，在正方形ABCD中，M，N是邊AB上的動(dòng)點(diǎn)，且AM＝BN，連接MD交對角線AC于點(diǎn)E，連接BE交CN于點(diǎn)F，若AB＝3，則AF長度的最小值為 35?32 ．
分析：先證明△MAD≌△NBC，△ABE≌△ADE，推出∠BFC為直角，然后取BC中點(diǎn)G，連接FG和AG，根據(jù)三角形三邊關(guān)系，即兩邊之差大于等于第三邊（取等號時(shí)候，三邊重合），求出AF的最小值．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠ABC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝45°，
在△MAD和△NBC中：
AM=BN∠MAD=∠NBCAD=BC
∴△MAD≌△NBC（SAS），
∴∠ADM＝∠BCN，
在△ABE和△ADE中：
AB=AD∠BAE=∠DAEAE=AE
∴△ABE≌△ADE（SAS），
∴∠ABE＝∠ADE，
∴∠ABE＝∠BCN，
∵∠ABE+∠CBF＝∠ABC＝90°，
∴∠BCN+∠CBF＝90°，
∴∠BFC＝90°，
如圖，取BC中點(diǎn)G，連接FG、AG，
則FG＝BG＝CG=12BC=32，
∵AG=AB2+BG2=352．
∴AF≥AG﹣FG=35?32．
當(dāng)且僅當(dāng)A、F、G三點(diǎn)共線時(shí)，AF取得最小值35?32．
【變式8-1】（2023?泰山區(qū)一模）如圖，M、N是正方形ABCD的邊CD上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿足AM＝BN，連接AC交BN于點(diǎn)E，連接DE交AM于點(diǎn)F，連接CF，若正方形的邊長為2，則線段CF的最小值是（ ）
A．2B．1C．5?1D．5?2
分析：根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，然后利用“HL”證明Rt△ADM和Rt△BCN全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠1＝∠2，利用“SAS”證明△DCE和△BCE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)角相等可得∠2＝∠3，從而得到∠1＝∠3，然后求出∠AFD＝90°，取AD的中點(diǎn)O，連接OF、OC，根據(jù)直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半可得OF=12AD＝1，利用勾股定理列式求出OC，然后根據(jù)三角形的三邊關(guān)系可知當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，CF的長度最?。?br>【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝BC＝CD，∠ADC＝∠BCD，∠DCE＝∠BCE，
在Rt△ADM和Rt△BCN中，
AD=BCAM=BN，
∴Rt△ADM≌Rt△BCN（HL），
∴∠1＝∠2，
在△DCE和△BCE中，
BC=CD∠DCE=∠BCECE=CE，
∴△DCE≌△BCE（SAS），
∴∠2＝∠3，
∴∠1＝∠3，
∵∠ADF+∠3＝∠ADC＝90°，
∴∠1+∠ADF＝90°，
∴∠AFD＝180°﹣90°＝90°，
取AD的中點(diǎn)O，連接OF、OC，
則OF＝DO=12AD＝1，
在Rt△ODC中，OC=DO2+DC2=12+22=5，
根據(jù)三角形的三邊關(guān)系，OF+CF＞OC，
∴當(dāng)O、F、C三點(diǎn)共線時(shí)，CF的長度最小，
最小值＝OC﹣OF=5?1．
故選：C．
【變式8-2】（2023?青山區(qū)模擬）已知矩形ABCD，AB＝2，AD＝4AB＝8，E為線段AD上一動(dòng)點(diǎn)，以CE為邊向上構(gòu)造正方形CEFG，連接BF，則BF的最小值是 62 ．
分析：過點(diǎn)E作EK⊥BC，交AD于點(diǎn)H，易得HK＝AB＝CD＝2；通過說明△FEH≌△ECD，可得FH＝ED，EH＝CD＝2，設(shè)AE＝x，則DE＝FH＝8﹣x，AH＝BK＝x+2．在Rt△BKF中，利用勾股定理求得BF，再利用配方法，應(yīng)用二次函數(shù)的性質(zhì)可得結(jié)論．
【解答】解：過點(diǎn)E作EK⊥BC，交AD于點(diǎn)H，如圖，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴CD＝AB＝2，AD＝BC＝8，∠D＝90°．
∵EK⊥BC，
∴四邊形ABKH為矩形．
∴HK＝AB＝2，AH＝BK．
∵四邊形CEFG為正方形，
∴∠FE＝CE，∠FEC＝90°．
∴∠FEH+∠DEC＝90°．
∵∠DEC+∠ECD＝90°，
∴∠FEH＝∠ECD．
在△FEH和△ECD中，
∠FHE=∠D=90°∠FEH=∠ECDFE=EC，
∴△FEH≌△ECD（AAS）．
∴EF＝CD＝2，F(xiàn)H＝DE．
設(shè)AE＝x，則AH＝BK＝AE+EH＝x+2，
DE＝FH＝AD﹣AE＝8﹣x，
∴FK＝FH+KH＝10﹣x．
在Rt△BKF中，
∵BK2+FK2＝BF2，
∴BF=BK2+FK2=(x+2)2+(10?x)2=2(x?4)2+72．
∵2＞0
∴當(dāng)x＝4時(shí)，BF有最小值72=62．
故答案為：62．
【變式8-3】（2023?鄖陽區(qū)模擬）如圖，PA=22，PB=42，以AB為邊作正方形ABCD，使得P、D兩點(diǎn)落在直線AB的兩側(cè)，當(dāng)∠APB變化時(shí)，則PD的最大值為 4+42 ．
分析：過點(diǎn)A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，連接BQ，先證明△QAB≌△PAD，得到BQ＝PD，得到當(dāng)Q、P、B在同一直線時(shí)，BQ最大，最大值為PQ+PB，根據(jù)勾股定理求出PQ，即可求出PD最大值．
【解答】解：過點(diǎn)A作AQ⊥AP，使AQ＝AP＝22，連接BQ，
∴∠QAP＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠QAP＝∠BAD，
∴∠QAP+∠PAB＝∠BAD+∠PAB，
即∠QAB＝∠PAD，
在△QAB和△PAD中，
AQ=AP∠QAB=∠PADAB=AD，
∴△QAB≌△PAD（SAS），
∴BQ＝PD，
∴PD最大值即為BQ最大值，
∵BQ≤PQ+PB，
∴當(dāng)Q、P、B在同一直線時(shí)，BQ最大，最大值為PQ+PB，
在Rt△AQP中，
PQ=AQ2+AP2=(22)2+(22)2=4，
∴PQ+PB最大值為4+42，
∴PD最大值為4+42，
【題型9 正方形在坐標(biāo)系中的運(yùn)用】
【例9】（2023春?市中區(qū)期末）在平面直角坐標(biāo)系中，對于兩個(gè)點(diǎn)P、Q和圖形W，如果在圖形W上存在點(diǎn)M、N（M、N可以重合）使得PM＝QN，那么稱點(diǎn)P與點(diǎn)Q是圖形W的一對平衡點(diǎn)．已知正方形的邊長為2，一邊平行于x軸，對角線的交點(diǎn)為點(diǎn)O，點(diǎn)D的坐標(biāo)為（2，0）．若點(diǎn)E（x，2）與點(diǎn)D是正方形的一對平衡點(diǎn)，則x的取值范圍為（ ）
A．﹣3≤x≤3B．﹣4≤x≤4C．﹣2≤x≤2D．﹣5≤x≤5
分析：正方形MNGH上，點(diǎn)M，點(diǎn)H到點(diǎn)D的距離最大，最大值=12+32=10，當(dāng)EG=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)G的右側(cè)時(shí)，E（4，2），當(dāng)E′h=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)H的左側(cè)時(shí)，E（﹣4，2），由此即可判斷．
【解答】解：如圖，正方形MNGH，
∵正方形MNGH上，點(diǎn)M，點(diǎn)H到點(diǎn)D的距離最大，最大值=12+32=10，
∴當(dāng)EG=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)G的右側(cè)時(shí)，E（4，2），
當(dāng)E′h=10，且點(diǎn)E在點(diǎn)h的左側(cè)時(shí)，E（﹣4，2），
觀察圖象可知，滿足條件的x的值的范圍：﹣4≤x≤4，
故選：B．
【變式9-1】（2023秋?永新縣期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），求證：四邊形ABCD是正方形．
分析：根據(jù)對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形即可求解．
【解答】解：∵四邊形ABCD的頂點(diǎn)坐標(biāo)分別是A（﹣2，0）、B（0，﹣2）、C（2，0）、D（0，2），
∴OA＝OB＝OC＝OD＝2，
即OA＝OC，OB＝OD且AC＝BD＝4，
又∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是正方形．
【變式9-2】（2023春?順城區(qū)期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線OC：yOC＝3x與直線AC：yAC＝﹣x+8相交于點(diǎn)C（2，6）．
（1）點(diǎn)M從點(diǎn)O出發(fā)以每秒1個(gè)單位長度的速度沿x軸向右運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N從點(diǎn)A出發(fā)以每秒3個(gè)單位長度的速度沿x軸向左運(yùn)動(dòng)，兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)．分別過點(diǎn)M，N作x軸的垂線，分別交直線OC，AC于點(diǎn)P，Q，請你在圖1中畫出圖形，猜想四邊形PMNQ的形狀（點(diǎn)M，N重合時(shí)除外），并證明你的猜想；
（2）在（1）的條件下，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng) 87或8 秒時(shí)，四邊形PMNQ是正方形（直接寫出結(jié)論）．
分析：（1）根據(jù)已知條件得到A（8，0），設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，得到OM＝m，AN＝3m，求得M（m，0），N（8﹣3m，0），根據(jù)平行線判定定理得到PM∥QN，推出P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），求得PM＝QN，根據(jù)矩形的判定定理即可得到結(jié)論；
（2）四邊形PMNQ是正方形，則MN＝QN，即8﹣4x＝|3x|，即可求解．
【解答】解：（1）如圖，四邊形PMNQ為矩形，
證明：∵點(diǎn)A在直線AC：yAC＝﹣x+8上，
當(dāng)y＝0 時(shí)，x＝8，
∴A（8，0），
設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m秒，
則OM＝m，AN＝3m，
∴M（m，0），N（8﹣3m，0），
∵PM⊥x軸，QN⊥x軸，
∴∠PMA＝∠QNA＝90°，
∴PM∥QN，
∵點(diǎn)P在直線OC：yOC＝3x，點(diǎn)Q在直線AC：yAC＝﹣x+8上，
∴P（m，3m），Q（8﹣3m，3m），
∴PM＝QN，
∴四邊形PMNQ為平行四邊形，
∵∠PMA＝90°，
∴四邊形PMNQ為矩形；
（2）∵四邊形PMNQ是正方形，
∴MN＝QN，
即8﹣4m＝|3m|，
解得：x=87或8，
∴當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)87秒或8秒時(shí)，四邊形PMNQ是正方形，
故答案為：87或8．
【變式9-3】（2023?河南模擬）如圖，正方形OABC中，點(diǎn)A（4，0），點(diǎn)D為AB上一點(diǎn)，且BD＝1，連接OD，過點(diǎn)C作CE⊥OD交OA于點(diǎn)E，過點(diǎn)D作MN∥CE，交x軸于點(diǎn)M，交BC于點(diǎn)N，則點(diǎn)M的坐標(biāo)為（ ）
A．（5，0）B．（6，0）C．（254，0）D．（274，0）
分析：由OABC是正方形，A（4，0），得OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，又BD＝1，知AD＝3，D（4，3），根據(jù)CE⊥OD，可證明△COE≌△OAD（ASA），即知OE＝AD＝3，E（3，0），設(shè)直線CE為y＝kx+b，用待定系數(shù)法可得直線CE為y=?43x+4，根據(jù)MN∥CE設(shè)直線MN為y=?43x+c，可得直線MN為y=?43x+253，令y＝0即可得M（254，0）．
【解答】解：∵OABC是正方形，A（4，0），
∴OA＝OC＝AB＝4，∠AOC＝∠OAB＝90°，
∵BD＝1，
∴AD＝3，D（4，3），
∵CE⊥OD，
∴∠DOE＝90°﹣∠CEO＝∠OCE，
在△COE和△OAD中，
∠OCE=∠DOEOC=OA∠COE=∠OAD，
∴△COE≌△OAD（ASA），
∴OE＝AD＝3，
∴E（3，0），
設(shè)直線CE為y＝kx+b，把C（0，4），E（3，0）代入得：
b=43k+b=0，解得k=?43b=4，
∴直線CE為y=?43x+4，
由MN∥CE設(shè)直線MN為y=?43x+c，把D（4，3）代入得：
?163+c＝3，
解得c=253，
∴直線MN為y=?43x+253，
在y=?43x+253中，令y＝0得?43x+253=0，
解得x=254，
∴M（254，0），
故選：C．
【題型10 正方形中的多結(jié)論問題】
【例10】（2023春?慈溪市期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)P為BD延長線上任一點(diǎn)，連結(jié)PA，過點(diǎn)P作PE⊥PA，交BC的延長線于點(diǎn)E，過點(diǎn)E作EF⊥BP于點(diǎn)F．下列結(jié)論：（1）PA＝PE； （2）BD＝2PF；（3）CE=2PD； （4）若BP＝BE，則PF=(2+1)DF．
其中正確的個(gè)數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
分析：在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，證明△BFG≌△EFP（SAS），可得BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，有AB∥PG，進(jìn)而可得四邊形ABGP是平行四邊形，AP＝BG，可判斷（1）正確；連接CG，證明四邊形DCGP是平行四邊形，得CG＝PD，CG∥PD，可得CE=2CG=2PD；判定（3）正確；連接AC交BD于O，可證明△AOP≌△PFE得OA＝PF，從而判斷（2）正確；設(shè)PF＝m，DF＝n，則BD＝2m，可得BP＝BF+PF＝3m+n，BE=2BF＝22m+2n，若BP＝BE，則3m+n＝22m+2n，即可得PF＝（2+1）DF，判斷（4）正確．
【解答】解：如圖1，在EF上取一點(diǎn)G，使FG＝FP，連接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE＝90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠FBC＝∠ABD＝45°，
∴BF＝EF，
在△BFG和△EFP中，
BF=EF∠BFG=∠EFPFG=FP，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG＝PE，∠PEF＝∠GBF，
∵∠ABD＝∠FPG＝45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE＝∠APF+∠FPE＝∠FPE+∠PEF＝90°，
∴∠APF＝∠PEF＝∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四邊形ABGP是平行四邊形，
∴AP＝BG，
∴AP＝PE；故（1）正確；
連接CG，
由（1）知：PG∥AB，PG＝AB，
∵AB＝CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG＝CD，
∴四邊形DCGP是平行四邊形，
∴CG＝PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE＝90°，
∵∠CEG＝45°，
∴CE=2CG=2PD；故（3）正確；
連接AC交BD于O，如圖3：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠AOP＝90°＝∠PFE，
∵∠APO＝90°﹣∠OPE＝∠PEF，AP＝PE，
∴△AOP≌△PFE（AAS），
∴OA＝PF，
∵OA=12BD，
∴PF=12BD，即BD＝2PF，故（2）正確；
設(shè)PF＝m，DF＝n，則BD＝2m，
∴BF＝BD+DF＝2m+n，BP＝BF+PF＝3m+n，
∵∠DBC＝45°，∠BEF＝90°，
∴BE=2BF＝22m+2n，
若BP＝BE，則3m+n＝22m+2n，
∴m=2?13?22n＝（2+1）n
即PF＝（2+1）DF，故（4）正確，
∴正確的有：（1）（2）（3）（4），故4個(gè)，
故選：D．
【變式10-1】（2023春?渝中區(qū)校級期中）如圖，正方形ABCD的邊長為a，點(diǎn)E在邊AB上運(yùn)動(dòng)（不與點(diǎn)A，B重合），∠DAM＝45°，點(diǎn)F在射線AM上，且AF=2BE，CF與AD相交于點(diǎn)G．連接EC、EF、EG．下列結(jié)論：①∠ECF＝45°；②△AEG的周長為（1+22）a；③BE2+DG2＝EG2；④當(dāng)G是線段AD的中點(diǎn)時(shí)，BE=13a．正確的個(gè)數(shù)是（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
分析：在BC上截取BH＝BE，連接EH，證明△FAE≌△EHC（SAS），可得EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，即可判斷①正確，延長AD到K，使得DK＝BE，證明△GCE≌△GCK（SAS），可得EG＝DG+BE，判斷③錯(cuò)誤，而△AEG的周長＝AE+EG+AG＝AB+AD＝2a，可判斷②錯(cuò)誤，設(shè)BE＝x，則DK＝x，在Rt△AEG中，則有（12a+x）2＝（a﹣x）2+（12a）2，解得BE=13a，判斷④正確．
【解答】解：在BC上截取BH＝BE，連接EH，如圖：
∵BE＝BH，∠EBH＝90°，
∴EH=2BE，
∵AF=2BE，
∴AF＝EH，
∵∠DAM＝∠EHB＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠FAE＝∠EHC＝135°，
∵BA＝BC，BE＝BH，
∴AE＝HC，
∴△FAE≌△EHC（SAS），
∴EF＝EC，∠AEF＝∠ECB，
∵∠ECH+∠CEB＝90°，
∴∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠FEC＝90°，
∴∠ECF＝∠EFC＝45°，故①正確，
延長AD到K，使得DK＝BE，
∵BC＝CD，∠CBE＝90°＝∠KDC，BE＝DK，
∴△CBE≌△CDK（SAS），
∴∠ECB＝∠DCK，CE＝CK，
∴∠ECK＝∠BCD＝90°，
∴∠ECG＝∠GCK＝45°，
∵CG＝CG，CE＝CK，
∴△GCE≌△GCK（SAS），
∴EG＝GK，
∵GK＝DG+DK，DK＝BE，
∴EG＝DG+BE，故③錯(cuò)誤，
∴△AEG的周長＝AE+EG+AG＝AE+AK＝AE+AD+DK＝AE+EB+AD＝AB+AD＝2a，故②錯(cuò)誤，
設(shè)BE＝x，則DK＝x，
∵G是線段AD的中點(diǎn)，
∴AG＝DG=12a，
∴EG＝GK=12a+x，
在Rt△AEG中，則有（12a+x）2＝（a﹣x）2+（12a）2，
解得x=13a，
∴BE=13a，故④正確，
∴正確的有：①④兩個(gè)，
故選：B．
【變式10-2】（2023秋?三水區(qū)月考）如圖，正方形ABCD中，在AD的延長線上取點(diǎn)E，F(xiàn)，使DE＝AD，DF＝BD，連接BF分別交CD，CE于H，G，下列結(jié)論：①HF＝2HG；②∠GDH＝∠GHD；③圖中有8個(gè)等腰三角形；④S△CDG＝S△DHF．其中正確的結(jié)論個(gè)數(shù)是（ ）
A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)
分析：證明四邊形DBCE是平行四邊形，可得∠DEC＝∠DBC＝45°，再證明△CHG≌△EGD（AAS），可得∠EDG＝∠CGB＝∠CBF，然后證得∠GDH＝∠GHD，從而求出∠GDH＝∠GHD，故②正確；證得DG＝GF，可得HG＝DG＝GF，則HF＝2HG，即EC≠HF＝2HG，故①正確；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出S△CHG＝S△EGD，則 S△CHG+S△DHG＝S△EGD+S△DHG，即 S△CDG＝S△CDG≠S△DHF，故④錯(cuò)誤；結(jié)合合前面條件易知等腰三角形有△ABD、△CDB、△BDF、△CDE、△BCG、△DGH、△EGF、△CDG、△DGF共9個(gè)，故③錯(cuò)誤，據(jù)此得出結(jié)論．
【解答】解：∵DF＝BD，
∴∠DFB＝∠DBF
∵四邊形ABCD是正方形，
∵AD∥BC，AD＝BC＝CD，∠ADB＝∠DBC＝45°，
∴DE∥BC，∠DFB＝∠GBC，
∵DE＝AD，
∴DE＝BC，
∴四邊形DBCE是平行四邊形，
∴∠DEC＝∠DBC＝45°，
∴∠DEC＝∠ADB＝∠DFB+∠DBF＝2∠EFB＝45°，
∴∠GBC＝∠EFB＝22.5°，∠CGB＝∠EGF＝22.5°＝∠GBC，
∴CG＝BC＝DE，
∵BC＝CD，
∴DE＝CD＝CG，
∴∠DEG＝∠DCE＝45°，EC=2CD，∠CDG＝∠CGD=12 （180°﹣45°）＝67.5°，
∴∠DGE＝180°﹣67.5°＝112.5°，
∵∠GHC＝∠CDF+∠DFB＝90°+22.5°＝112.5°，
∴∠GHC＝∠DGE，
∴△CHG≌△EGD（AAS），
∴∠EDG＝∠CGB＝∠CBF，
∴∠GDH＝90°﹣∠EDG，∠GHD＝∠BHC＝90°﹣∠CGB，
∴∠GDH＝∠GHD，
∴∠GDH＝∠GHD，故②符合題意；
∵∠EFB＝22.5°，
∴∠DHG＝∠GDH＝67.5°，
∴∠GDF＝90°﹣∠GDH＝22.5°＝∠EFB，
∴DG＝GF，
∴HG＝DG＝GF，
∴HF＝2HG，即EC≠HF＝2HG，故①符合題意；
∵△CHG≌△EGD，
∴S△CHG＝S△EGD，
∴S△CHG+S△DHG＝S△EGD+S△DHG，即 S△CDG＝S四邊形DHGE≠S△DHF，故④不符合題意；
結(jié)合前面條件易知等腰三角形有：△ABD、△CDB、△BDF、△CDE、△BCG、△DGH、△EGF、△CDG、△DGF共9個(gè)，故③不符合題意；
則正確的個(gè)數(shù)有2個(gè)．
故選：B．
【變式10-3】（2023春?玉林期末）如圖，正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊CD上，過點(diǎn)A作AF⊥AE交CB的延長線于點(diǎn)F，連接EF，AG平分∠FAE，AG分別交BC、EF于點(diǎn)G、H，連接EG、DH．則下列結(jié)論中：①BF＝DE；②∠EGC＝2∠BAG；③AD+DE=3DH；④DE+BG＝EH；⑤若DE＝CE，則CE：CG：EG＝3：4：5，其中正確的結(jié)論有 ①②⑤ ．
分析：①正確．證明△ADE≌△ABF（ASA）可得結(jié)論．
②正確．證明△AGF≌△AGE（SAS），推出∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，推出∠EGF＝180°﹣2∠BAG可得結(jié)論．
③正確，過點(diǎn)H作HM⊥AD于M，HN⊥CD于N，證明△HMA≌△HNE（AAS），推出AM＝EN，HM＝HN，再證明四邊形HMDN是正方形可得結(jié)論．
④正確，證明△GAF≌△GAE，推出GF＝GE可得結(jié)論．
⑤正確．當(dāng)DE＝EC時(shí)，設(shè)DE＝EC＝a，BG＝x，則EG＝a+x，GC＝2a﹣x，利用勾股定理構(gòu)建方程求出x即可解決問題．
【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABC＝∠ABF＝∠ADE＝∠BAD＝90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF＝∠BAD＝90°，
∴∠BAF＝∠DAE，
∴△ADE≌△ABF（ASA），
∴BF＝DE，故①正確，
∵AG平分∠EAF，
∴∠GAF＝∠GAE，
由①知：△ADE≌△ABF（ASA），
∴AF＝AE，
又∵AG＝AG，
∴△AGF≌△AGE（SAS），
∴∠AGF＝∠AGE＝90°﹣∠BAG，
∴2∠AGF＝2（90°﹣∠BAG），即∠EGF＝180°﹣2∠BAG，
∵∠EGF＝180°﹣∠EGC，
∴180°﹣∠EGC＝180°﹣2∠BAG，
∴∠EGC＝2∠BAG，故②正確，
過點(diǎn)H作HM⊥AD于M，HN⊥CD于N，
∵AE＝AF，∠EAF＝90°，AH平分∠EAF，
∴AH⊥EF，HF＝HE，
∴HA＝HE＝HF，
∵∠ADE+∠AHE＝180°，
∴∠HAD+∠DEH＝180°，
∵∠DEH+∠HEN＝180°，
∴∠HAM＝∠HEN，
∵∠AMH＝∠ENH＝90°，
∴△HMA≌△HNE（AAS），
∴AM＝EN，HM＝HN，
∵∠HMD＝∠HND＝∠MDN＝90°，
∴四邊形HMDN是矩形，
∵HM＝HN，
∴四邊形HMDN是正方形，
∴DM＝DN＝HM＝HN，DH=2DM，
∴DA+DE＝DM+AM+DN﹣EN＝2DM=2DH，故③錯(cuò)誤，
∵△ADE≌△ABF，
∴DE＝BF，
∵△GAF≌△GAE，
∴GF＝GE，
∵FG＝BF+BG＝DE+BG，
∴EG＝BG+DE，故④錯(cuò)誤，
當(dāng)DE＝EC時(shí)，設(shè)DE＝EC＝a，BG＝x，則EG＝a+x，GC＝2a﹣x，
在Rt△ECG中，∵EG2＝EC2+CG2，
∴（x+a）2＝a2+（2a﹣x）2，
解得x=23a，
∴CG=43a，EG=53a，
∴CE：CG：EG＝a：43a：53a＝3：4：5，故⑤正確，
綜上所述，正確的結(jié)論有①②⑤．
故答案為：①②⑤．

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