1.3.3正方形的性質(zhì)與判定

第1頁（共77頁）正多邊形的性質(zhì)與判定1．（2015春?石城縣月考）如圖，八邊形ABCDEFGH中，AB=CD=EF=GH=1，BC=DE=FG=HA=，∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=∠H=135°，則這個八邊形的面積等于（）A．7 B．8 C．9 D．14【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【分析】延長四條不相鄰的邊，就可得到正方形，正方形的面積減去四個直角三角形的面積的差，即為所求．【解答】解：如圖，延長AB、DC交于M點，延長CD、FE交于N點，延長EF、HG交于P點，延長GH、BA交于Q點，則MNPQ是矩形，∵∠A=∠B=∠C=∠D=∠E=∠F=∠G=∠H=135°，∴△BCM、△DEN、△FGP、△AHQ均為等腰直角三角形．這個八邊形的面積等于=矩形面積﹣4個小三角形的面積=3×3﹣4×1×1÷2=7．故選：A．【點評】此題考查正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，關(guān)鍵是根據(jù)所給條件把八邊形補成正方形．2．（2013?丹陽市一模）直角梯形ABCD中，∠A=∠D=90°，DC＜AB，AB=AD=12，E是邊AD上的一點，恰好使CE=10，并且∠CBE=45°，則AE的長是（）A．2或8 B．4或6 C．5 D．3或7【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；直角梯形；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【分析】過點B作BF⊥CD交DC的延長線于F，可得四邊形ABFD是正方形，把△ABE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BFG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=FG，BE=BG，∠ABE=∠FBG，然后求出∠CBG=45°，從而得到∠CBE=∠CBG，再利用“邊角邊”證明△CBE和△CBG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得CE=CG，然后求出AE+CF=CE，設(shè)AE=x，表示出DE，再表示出CF、DC，然后在Rt△CDE中，利用勾股定理列出方程求解即可得到AE的長度．【解答】解：如圖，過點B作BF⊥CD交DC的延長線于F，∵∠A=∠D=90°，AB=AD，∴四邊形ABFD是正方形，把△ABE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BFG，則AE=FG，BE=BG，∠ABE=∠FBG，∵∠CBE=45°，∴∠CBG=∠CBF+∠FBG=∠CBF+∠ABE=90°﹣∠CBE=90°﹣45°=45°，∴∠CBE=∠CBG，在△CBE和△CBG中，，∴△CBE≌△CBG（SAS），∴CE=CG，∴AE+CF=FG+CF=CG=CE，設(shè)AE=x，則DE=12﹣x，CF=10﹣x，∴CD=12﹣（10﹣x）=x+2，在Rt△CDE中，CD2+DE2=CE2，即（x+2）2+（12﹣x）2=102，整理得，x2﹣10x+24=0，解得x1=4，x2=6，所以AE的長是4或6．故選B．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出正方形和全等三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．3．（2010春?巴州區(qū)期末）正方形四邊中點的連線圍成的四邊形（最準確的說法）一定是（）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．平行四邊形【考點】正方形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理；平行四邊形的判定．【分析】連接AC、BD，根據(jù)正方形的性質(zhì)求出AC=BD，AC⊥BD，根據(jù)三角形的中位線定理求出EH∥AC，F(xiàn)G∥AC，EF∥BD，GH∥BD，EF=BD，EH=AC，推出EF=EH，EF⊥EH，四邊形EFGH是平行四邊形即可得出答案．【解答】解：連接AC、BD，交于O，∵正方形ABCD，∴AC=BD，AC⊥BD，∵E是AD的中點，H是CD的中點，F(xiàn)是AB的中點，G是BC的中點，∴EH∥AC，F(xiàn)G∥AC，EF∥BD，GH∥BD，EF=BD，EH=AC，∴EF=EH，EF⊥EH，四邊形EFGH是平行四邊形，∴平行四邊形EFGH是正方形．故選C．【點評】本題主要考查對平行四邊形的判定，正方形的性質(zhì)和判定，三角形的中位線定理等知識點的理解和掌握，能綜合運用性質(zhì)進行推理是解此題的關(guān)鍵．4．（2008?清浦區(qū)校級自主招生）在正方形ABCD的邊AB、BC、CD、DA上分別任意取點E、F、G、H．這樣得到的四邊形EFGH中，是正方形的有（）A．1個 B．2個 C．4個 D．無窮多個【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定．【專題】計算題．【分析】在正方形四邊上任意取點E、F、G、H，若能證明四邊形EFGH為正方形，則說明可以得到無窮個正方形．【解答】解：無窮多個．如圖正方形ABCD：AH=DG=CF=BE，HD=CG=FB=EA，∠A=∠B=∠C=∠D，有△AEH≌△DHG≌△CGF≌△BFE，則EH=HG=GF=FE，另外很容易得四個角均為90°則四邊形EHGF為正方形．故選D．【點評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，難度適中，利用三角形全等的判定證明EH=HG=GF=FE．5．（2007秋?莆田校級期末）如圖，四邊形ABCD中，AD=DC，∠ADC=∠ABC=90°，DE⊥AB，若四邊形ABCD面積為16，則DE的長為（）A．3 B．2 C．4 D．8【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】如圖，過點D作BC的垂線，交BC的延長線于F，利用互余關(guān)系可得∠A=∠FCD，又∠AED=∠F=90°，AD=DC，利用AAS可以判斷△ADE≌△CDF，∴DE=DF，S四邊形ABCD=S正方形DEBF=16，DE=4．【解答】解：過點D作BC的垂線，交BC的延長線于F，∵∠ADC=∠ABC=90°，∠CDF+∠EDC=90°，∴∠A=∠FCD，又∠AED=∠F=90°，AD=DC，∴△ADE≌△CDF，∴DE=DF，S四邊形ABCD=S正方形DEBF=16，∴DE=4．故選C．【點評】本題運用割補法，或者旋轉(zhuǎn)法將四邊形ABCD轉(zhuǎn)化為正方形，根據(jù)面積保持不變，來求正方形的邊長．6．如圖，正方形ABCD的邊長為8，在各邊上順次截取AE=BF=CG=DH=5，則四邊形EFGH的面積是（）A．30 B．34 C．36 D．40【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】由正方形的性質(zhì)得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，證出AH=BE=CF=DG，由SAS證明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，證出四邊形EFGH是菱形，再證出∠HEF=90°，即可得出四邊形EFGH是正方形，由邊長為8，AE=BF=CG=DH=5，可得AH=3，由勾股定理得EH，得正方形EFGH的面積．【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，∵AE=BF=CG=DH，∴AH=BE=CF=DG．在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，，∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，∴四邊形EFGH是菱形，∵∠BEF+∠BFE=90°，∴∠BEF+∠AEH=90°，∴∠HEF=90°，∴四邊形EFGH是正方形，∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5，∴EH=FE=GF=GH==，∴四邊形EFGH的面積是：×=34，故選B．【點評】本題主要考查了正方形的性質(zhì)和判定定理，證得四邊形EFGH是正方形是解答此題的關(guān)鍵．7．△ABC中，∠C=90°，點O為△ABC三條角平分線的交點，OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，OF⊥AB于F，且AB=10cm，BC=8cm，AC=6cm，則點O到三邊AB、AC、BC的距離為（）A．2cm，2cm，2cm B．3cm，3cm，3cm C．4cm，4cm，4cm D．2cm，3cm，5cm【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【分析】連接OA，OB，OC，利用角的平分線上的點到角的兩邊的距離相等可知△BDO≌△BFO，△CDO≌△CEO，△AEO≌△AFO，∴BD=BF，CD=CE，AE=AF，又因為點O到三邊AB、AC、BC的距離是CD，∴AB=8﹣CD+6﹣CD=10，解得CD=2，所以點O到三邊AB、AC、BC的距離為2．【解答】解：連接OA，OB，OC，則△BDO≌△BFO，△CDO≌△CEO，△AEO≌△AFO，∴BD=BF，CD=CE，AE=AF，又∵∠C=90，OD⊥BC于D，OE⊥AC于E，且O為△ABC三條角平分線的交點∴四邊形OECD是正方形，則點O到三邊AB、AC、BC的距離=CD，∴AB=8﹣CD+6﹣CD=﹣2CD+14，又根據(jù)勾股定理可得：AB=10，即﹣2CD+14=10∴CD=2，即點O到三邊AB、AC、BC的距離為2cm．故選A【點評】本題主要考查垂直平分線上的點到線段兩段的距離相等的性質(zhì)和邊的和差關(guān)系．8．如圖，在一個大正方形內(nèi)，放入三個面積相等的小正方形紙片，這三張紙片蓋住的總面積是24平方厘米，且未蓋住的面積比小正方形面積的四分之一還少3平方厘米，則大正方形的面積是（單位：平方厘米）（）A．40 B．25 C．26 D．36【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【專題】計算題．【分析】設(shè)小正方形的邊長為a，大正方形的邊長為b，由正方形的面積公式，根據(jù)題意列出方程組解方程組得出大正方形的邊長，則可求出面積．【解答】解：設(shè)小正方形的邊長為a，大正方形的邊長為b，由這三張紙片蓋住的總面積是24平方厘米，可得ab+a（b﹣a）=24①，由未蓋住的面積比小正方形面積的四分之一還少3平方厘米，可得（b﹣a）2=a2﹣3，②將①②聯(lián)立解方程組可得：a=4，b=5，∴大正方形的邊長為5，∴面積是25．故選B．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)及面積公式，難度較大，關(guān)鍵根據(jù)題意列出方程．二．填空題（共9小題）9．（2015秋?莒南縣期末）如圖，在正方形ABCD中，過B作一直線與CD相交于點E，過A作AF垂直BE于點F，過C作CG垂直BE于點G，在FA上截取FH=FB，再過H作HP垂直AF交AB于P．若CG=3．則△CGE與四邊形BFHP的面積之和為9．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】綜合題．【分析】由ABCD為正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AB=BC，∠ABC=90°，即∠CBG+∠ABF=90°，又根據(jù)CG與BE垂直得到∠BCG+∠CBG=90°，根據(jù)同角的余角相等得到一對角相等，又根據(jù)一對直角相等，利用“AAS”即可得到三角形BCG與三角形FBA全等，根據(jù)全等三角形的對應(yīng)邊相等得到AF與BG相等，又因為FH=FB，從而得到AH=FG，然后由垂直得到一對直角相等，加上一個公共角，得到三角形APH與三角形ABF相似，根據(jù)相似得比例，設(shè)AH=FG=x，用x表示出PH，由四邊形PHFB一組對邊平行，另一組對邊不平行得到此四邊形為梯形，根據(jù)梯形的面積公式，由上底PH，下底為BF=3，高FH=3，表示出梯形的面積；然后在三角形BCG與三角形ECG中，根據(jù)同角的余角相等，再加上一對直角得到兩三角形相似，根據(jù)相似得比例，用含x的式子表示出GE，由CG=3，利用表示出的GE，利用三角形的面積公式表示出直角三角形CGE的面積，把表示出的兩面積相加，化簡即可得到值．【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，即∠CBG+∠ABF=90°，又CG⊥BE，即∠BGC=90°，∴∠BCG+∠CBG=90°，∴∠ABF=∠BCG，又AF⊥BG，∴∠AFB=∠BGC=90°，∴△ABF≌△BCG，∴AF=BG，BF=CG=FH=3，又∵FH=BF，∴AH=FG，設(shè)AH=FG=x，∵PH⊥AF，BF⊥AF，∴∠AHP=∠AFB=90°，又∠PAH為公共角，∴△APH∽△ABF，∴=，即PH=，∵PH∥BF，BP不平行FH，∴四邊形BFHP為梯形，其面積為=+；又∵∠BCG+∠ECG=90°，∠ECG+∠BEC=90°，∴∠BCG=∠BEC，又∠BGC=∠CGE=90°，∴△BCG∽△CEG，∴=，即GE=，故Rt△CGE的面積為×3×，則△CGE與四邊形BFHP的面積之和為++=+=9．故答案為：9【點評】此題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及相似三角形的判定與性質(zhì)，此題的綜合性比較強，常常綜合了多個考點和數(shù)學(xué)思想方法，因而解答時需“分解題意”，即將一個大問題分解為一個一個的小問題，從而解決問題．10．（2015春?啟東市期中）如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC=∠ABC=90°，AD=CD，DP⊥AB于P．若四邊形ABCD的面積是18，則DP的長是3．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】過點D作DE⊥DP交BC的延長線于E，先判斷出四邊形DPBE是矩形，再根據(jù)等角的余角相等求出∠ADP=∠CDE，再利用“角角邊”證明△ADP和△CDE全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得DE=DP，然后判斷出四邊形DPBE是正方形，再根據(jù)正方形的面積公式解答即可．【解答】解：如圖，過點D作DE⊥DP交BC的延長線于E，∵∠ADC=∠ABC=90°，∴四邊形DPBE是矩形，∵∠CDE+∠CDP=90°，∠ADC=90°，∴∠ADP+∠CDP=90°，∴∠ADP=∠CDE，∵DP⊥AB，∴∠APD=90°，∴∠APD=∠E=90°，在△ADP和△CDE中，，∴△ADP≌△CDE（AAS），∴DE=DP，四邊形ABCD的面積=四邊形DPBE的面積=18，∴矩形DPBE是正方形，∴DP==3．故答案為：3．【點評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并作輔助線構(gòu)造出全等三角形和正方形是解題的關(guān)鍵．11．（2012秋?新浦區(qū)校級月考）如圖，正方形ABCD的對角線交于點O，以AD為邊向外作Rt△ADE，∠AED=90°，連接OE，DE=6，OE=8，則另一直角邊AE的長為10．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【分析】首先過點O作OM⊥AE于點M，作ON⊥DE，交ED的延長線于點N，易得四邊形EMON是正方形，點A，O，D，E共圓，則可得△OEN是等腰直角三角形，求得EN的長，繼而證得Rt△AOM≌Rt△DON，得到AM=DN，繼而求得答案．【解答】解：過點O作OM⊥AE于點M，作ON⊥DE，交ED的延長線于點N，∵∠AED=90°，∴四邊形EMON是矩形，∵正方形ABCD的對角線交于點O，∴∠AOD=90°，OA=OD，∴∠AOD+∠AED=180°，∴點A，O，D，E共圓，∴=，∴∠AEO=∠DEO=∠AED=45°，∴OM=ON，∴四邊形EMON是正方形，∴EM=EN=ON，∴△OEN是等腰直角三角形，∵OE=8，∴EN=8，∴EM=EN=8，在Rt△AOM和Rt△DON中，，∴Rt△AOM≌Rt△DON（HL），∴AM=DN=EN﹣ED=8﹣6=2，∴AE=AM+EM=2+8=10．故答案為：10．【點評】此題考查了正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)以及等腰直角三角形性質(zhì)．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．12．（2011?房山區(qū)一模）如圖，以邊長為1的正方形的四邊中點為頂點作四邊形，再以所得四邊形四邊中點為頂點作四邊形，…依次作下去，圖中所作的第三個四邊形的周長為；所作的第n個四邊形的周長為4（）n．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．【專題】壓軸題；規(guī)律型．【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)以及三角形中位線的定律，求出第二個，第三個的周長，從而發(fā)現(xiàn)規(guī)律，即可求出第n個四邊形的周長．【解答】解：根據(jù)三角形中位線定理得，第一個四邊形的邊長為=，周長為2，第二個四邊形的周長為=4，第三個四邊形的周長是：4（）3=，第n個四邊形的周長為4（）n，故答案為，4（）n．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)以及三角形中位線的定律，以及正方形的周長的求法，根據(jù)已知得出規(guī)律是解題關(guān)鍵．13．（2002春?蘇州校級期中）矩形的兩條鄰邊長分別是6cm和8cm，則順次連接各邊中點所得的四邊形的面積是24cm2．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理；矩形的性質(zhì)．【專題】計算題．【分析】根據(jù)題意，先證明四邊形EFGH是菱形，然后根據(jù)菱形的面積等于對角線乘積的一半，解答出即可．【解答】解：如圖，連接EG、FH、AC、BD，設(shè)AB=6cm，AD=8cm，∵四邊形ABCD是矩形，E、F、G、H分別是四邊的中點，∴HF=6cm，EG=8cm，AC=BD，EH=FG=BD，EF=HG=AC，∴四邊形EFGH是菱形，∴S菱形EFGH=×FH×EG=×6×8=24cm2．故答案為24cm2．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、三角形的中位線定理，證明四邊形EFGH是菱形及菱形面積的計算方法，是解答本題的關(guān)鍵．14．在△ABC中，已知∠ABC=45°，BD⊥AC于D，CD=2，AD=3，則BD的長為6．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)．【分析】由題意可得出△ABD≌△ABE，△CBD≌△CBF，推出∠DBA=∠EBA，∠DBC=∠FBC，求出四邊形BEGF是正方形，設(shè)BD=x，則BE=EG=GF=x，AG=x﹣3，CG=x﹣2，在Rt△，AGC中根據(jù)勾股定理求出（x﹣3）2+（x﹣2）2=（2+3）2，求出即可．【解答】解：分別以BA和BC為對稱軸在△ABC的外部作△BDA和△BDC的對稱圖形△BEA和△BFC，如圖，由題意可得：△ABD≌△ABE，△CBD≌△CBF∴∠DBA=∠EBA，∠DBC=∠FBC，又∵∠ABC=45°∴∠EBF=90°，又∵AD⊥BC，∴∠E=∠ADB=90°，∠F=∠BDC=90°，又∵BE=BD，BF=BD，∴BE=BF，∴四邊形BEGF是正方形，設(shè)BD=x，則BE=EG=GF=x，∵CD=2，AD=3，∴BE=2，CF=3∴AG=x﹣3，CG=x﹣2，在Rt△，AGC中，AG2+CG2=AC2，（x﹣3）2+（x﹣2）2=（2+3）2，x1=6，x2=﹣1（舍去），即BD=6，故答案為：6．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理的應(yīng)用，題目比較好，綜合性比較強，難度偏大．15．如圖所示，多邊形ABCFDE中，AB=8，BC=12，ED+DF=13，AE=CF，則多邊形ABCFDE的面積是57.75．【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【分析】運用拼圖的方法，構(gòu)造一個正方形，用大正方形的面積﹣小正方形的面積，即可得出所求多邊形的面積．【解答】解：運用拼圖的方法，構(gòu)造一個正方形，如圖所示：大正方形的邊長為12+8=20，小正方形的邊長ED+DF=13，∴多邊形ABCFDE的面積=（大正方形的面積﹣小正方形面積）=（202﹣132）=57.75．故答案為：57.75．【點評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)；熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)，運用拼圖的方法，構(gòu)造一個正方形是解決問題的關(guān)鍵．16．現(xiàn)有一張邊長等于a（a＞16）的正方形紙片，從距離正方形的四個頂點8cm處，沿45°角畫線，將正方形紙片分成5部分，則陰影部分是正方形（填寫圖形的形狀）（如圖），它的一邊長是cm．【考點】正方形的判定與性質(zhì)．【專題】壓軸題．【分析】延長小正方形的一邊交大正方形于一點，連接此點與距大正方形頂點8cm處的點，構(gòu)造直角邊長為8的等腰直角三角形，將小正方形的邊長轉(zhuǎn)化為等腰直角三角形的斜邊長來求解即可．【解答】解：如圖，作AB平行于小正方形的一邊，延長小正方形的另一邊與大正方形的一邊交于B點，∴△ABC為直角邊長為8cm的等腰直角三角形，∴AB=AC=8，∴陰影正方形的邊長=AB=8cm．故答案為：正方形，cm．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)與勾股定理的知識，題目同時也滲透了轉(zhuǎn)化思想．17．四邊形ABCD的對角線AC和BD相交于點O，設(shè)有下列條件：①AB=AD；②∠DAB=90°；③AO=CO，BO=DO；④矩形ABCD；⑤菱形ABCD，⑥正方形ABCD，則在下列推理不成立的是CA、①④?⑥；B、①③?⑤；C、①②?⑥；D、②③?④【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】根據(jù)矩形、菱形、正方形的判定定理，對角線互相平分的四邊形為平行四邊形，再由鄰邊相等，得出是菱形，和一個角為直角得出是正方形，根據(jù)已知對各個選項進行分析從而得到最后的答案．【解答】解：A、由①④得，一組鄰邊相等的矩形是正方形，故正確；B、由③得，四邊形是平行四邊形，再由①，一組鄰邊相等的平行四邊形是菱形，故正確；C、由①②不能判斷四邊形是正方形；D、由③得，四邊形是平行四邊形，再由②，一個角是直角的平行四邊形是矩形，故正確．故選C．【點評】此題用到的知識點是：矩形、菱形、正方形的判定定理，如：一組鄰邊相等的矩形是正方形；對角線互相平分且一組鄰邊相等的四邊形是菱形；對角線互相平分且一個角是直角的四邊形是矩形．靈活掌握這些判定定理是解本題的關(guān)鍵．三．解答題（共13小題）18．（2015?房山區(qū)二模）已知：如圖，在矩形ABCD中，E是BC邊上一點，DE平分∠ADC，EF∥DC交AD邊于點F，連結(jié)BD．（1）求證：四邊形FECD是正方形；（2）若BE=1，ED=2求tan∠DBC的值．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；解直角三角形．【分析】（1）先證明四邊形FECD為平行四邊形，再證出CD=CE，得出四邊形FECD為菱形，由∠C=90°，即可得出四邊形FECD為正方形；（2）先由三角函數(shù)求出正方形FECD的邊長CD=CE，得出BC，即可求出tan∠DBC的值．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴AD∥BC，∠ADC=∠C=90°，∵EF∥DC，∴四邊形FECD為平行四邊形，∵DE平分∠ADC，∴∠ADE=∠CDE，∵AD∥BC，∴∠ADE=∠DEC，∴∠CDE=∠DEC，∴CD=CE，∴四邊形FECD是菱形，又∵∠C=90°，∴平行四邊形FECD是正方形；（2）解：∵四邊形FECD是正方形，∴∠CDE=45°，∵∴CE=CD=ED?sin45°=2×=2，∴BC=BE+EC=1+2=3，∴．【點評】本題考查了矩形的性質(zhì)、正方形的判定與性質(zhì)、平行四邊形和菱形的判定、解直角三角形；熟練掌握矩形和正方形的性質(zhì)，并能進行推理論證與計算是解決問題的關(guān)鍵．19．（2015?清鎮(zhèn)市校級模擬）已知：如圖，在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為點D，AN是△ABC外角∠CAM的平分線，CE⊥AN，垂足為點E，連接DE交AC于點F．（1）求證：四邊形ADCE為矩形；（2）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADCE是一個正方形？并給出證明．（3）在（2）的條件下，若AB=AC=2，求正方形ADCE周長．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；矩形的判定．【分析】（1）根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)，可得∠CAD=∠BAC，根據(jù)等式的性質(zhì)，可得∠CAD+∠CAE=（∠BAC+∠CAM）=90°，根據(jù)垂線的定義，可得∠ADC=∠CEA，根據(jù)矩形的判定，可得答案；（2）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，可得AD與CD的關(guān)系，根據(jù)正方形的判定，可得答案；（3）根據(jù)勾股定理，可得AD的長，根據(jù)正方形周長公式，可得答案．【解答】（1）證明：∵AB=AC，AD⊥BC，垂足為點D，∴∠CAD=∠BAC．∵AN是△ABC外角∠CAM的平分線，∴∠CAE=∠CAM．∵∠BAC與∠CAM是鄰補角，∴∠BAC+∠CAM=180°，∴∠CAD+∠CAE=（∠BAC+∠CAM）=90°．∵AD⊥BC，CE⊥AN，∴∠ADC=∠CEA=90°，∴四邊形ADCE為矩形；（2）∠BAC=90°且AB=AC時，四邊形ADCE是一個正方形，證明：∵∠BAC=90°且AB=AC，AD⊥BC，∴∠CAD=∠BAC=45，∠ADC=90°，∴∠ACD=∠CAD=45°，∴AD=CD．∵四邊形ADCE為矩形，∴四邊形ADCE為正方形；（3）解：由勾股定理，得=AB，AD=CD，即AD=2，AD=2，正方形ADCE周長4AD=4×2=8．【點評】本題考查了的正方形的判定與性質(zhì)，（1）利用了等腰三角形的性質(zhì)，矩形的判定；（2）利用了正方形的判定；（3）利用了勾股定理，正方形的周長．20．（2015春?上城區(qū)期末）如圖，矩形ABCD中，AD=6，DC=8，菱形EFGH的三個頂點E，G，H分別在矩形ABCD的邊AB，CD，DA上，AH=2，連結(jié)CF．（1）若DG=2，求證：四邊形EFGH為正方形；（2）若DG=6，求△FCG的面積．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】（1）通過證明Rt△DHG≌△AEH，得到∠DHG=∠AEH，從而得到∠GHE=90°，然后根據(jù)有一個角為直角的菱形為正方形得到四邊形EFGH為正方形；（2）作FQ⊥CD于Q，連結(jié)GE，如圖，利用AB∥CD得到∠AEG=∠QGE，再根據(jù)菱形的性質(zhì)得HE=GF，HE∥GF，則∠HEG=∠FGE，所以∠AEH=∠QGF，于是可證明△AEH≌△QGF，得到AH=QF=2，然后根據(jù)三角形面積公式求解．【解答】（1）證明：∵四邊形EFGH為菱形，∴HG=EH，∵AH=2，DG=2，∴DG=AH，在Rt△DHG和△AEH中，，∴Rt△DHG≌△AEH，∴∠DHG=∠AEH，∵∠AEH+∠AHG=90°，∴∠DHG+∠AHG=90°，∴∠GHE=90°，∵四邊形EFGH為菱形，∴四邊形EFGH為正方形；（2）解：作FQ⊥CD于Q，連結(jié)GE，如圖，∵四邊形ABCD為矩形，∴AB∥CD，∴∠AEG=∠QGE，即∠AEH+∠HEG=∠QGF+∠FGE，∵四邊形EFGH為菱形，∴HE=GF，HE∥GF，∴∠HEG=∠FGE，∴∠AEH=∠QGF，在△AEH和△QGF中，∴△AEH≌△QGF，∴AH=QF=2，∵DG=6，CD=8，∴CG=2，∴△FCG的面積=CG?FQ=×2×2=2．【點評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)：正方形的判定沒有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定；正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì)．也考查了菱形和矩形的性質(zhì)．21．（2015春?北京校級期中）（1）如圖矩形ABCD的對角線AC、BD交于點O，過點D作DP∥OC，且DP=OC，連接CP，判斷四邊形CODP的形狀并說明理由．（2）如果題目中的矩形變?yōu)榱庑危Y(jié)論應(yīng)變?yōu)槭裁?？說明理由．（3）如果題目中的矩形變?yōu)檎叫危Y(jié)論又應(yīng)變?yōu)槭裁?？說明理由．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；菱形的判定與性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得出OD=OC，根據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形CODP是平行四邊形，根據(jù)菱形的判定推出即可；（2）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠DOC=90°，根據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形CODP是平行四邊形，根據(jù)矩形的判定推出即可；（3）根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OD=OC，∠DOC=90°，根據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形CODP是平行四邊形，根據(jù)正方形的判定推出即可；【解答】解：（1）四邊形CODP的形狀是菱形，理由是：∵四邊形ABCD是矩形，∴AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∴OC=OD，∵DP∥OC，DP=OC，∴四邊形CODP是平行四邊形，∵OC=OD，∴平行四邊形CODP是菱形；（2）四邊形CODP的形狀是矩形，理由是：∵四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴∠DOC=90°，∵DP∥OC，DP=OC，∴四邊形CODP是平行四邊形，∵∠DOC=90°，∴平行四邊形CODP是矩形；（3）四邊形CODP的形狀是正方形，理由是：∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，AC=BD，OA=OC=AC，OB=OD=BD，∴∠DOC=90°，OD=OC，∵DP∥OC，DP=OC，∴四邊形CODP是平行四邊形，∵∠DOC=90°，OD=OC∴平行四邊形CODP是正方形．【點評】本題考查了平行四邊形的判定，矩形、菱形、正方形的性質(zhì)和判定，主要考查學(xué)生的猜想能力和推理能力，題目具有一定的代表性，是一道比較好的題目．22．（2015春?寶應(yīng)縣期中）在Rt△AEB中，∠AEB=90°，以斜邊AB為邊向Rt△AEB形外作正方形ABCD，若正方形ABCD的對角線交于點O（如圖1）（1）求證：EO平分∠AEB．（2）試猜想線段OE與EB，EA之間的數(shù)量關(guān)系，請寫出結(jié)論并證明．（3）過點C作CF⊥EB于F，過點D作DH⊥EA于H，CF和DH的反向延長線交于點G（如圖2），求證：四邊形EFGH為正方形．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）先根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OA⊥OB，故可得出A、O、B、E四點共圓，再由圓周角定理即可得出結(jié)論；（2）延長EA至點F，使AF=BE，連接OF，先根據(jù)SAS定理得出△OBE≌△OAF，故可得出OE=OF，再判斷出△OEF的形狀，根據(jù)勾股定理即可得出結(jié)論；（3）先根據(jù)ASA定理得出△ABE≌△ADH，△ADH≌△DCG，△DCG≌△CBF，故可得出CG+FG=BF+BE=AE+AH，由此可得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠BAD=90°，AC⊥BD，∠ABO=∠BAO=45°，∴∠AOB=90°，∴∠AEB+∠AOB=90°+90°=180°，∴A、O、B、E四點共圓，∵OA=OB，∴∠OEB=∠OEA，即EO平分∠AEB；（2）解：AE+BE=OE．理由：如圖1，延長EA至點F，使AF=BE，連接OF，∵由（1）知，∠OBE+∠OAE=180°，∠OAE+∠OAF=180°，∴∠OBE=∠OAE，在△OBE與△OAF中，，∴△OBE≌△OAF（SAS），∴OE=OF，∠BOE=∠AOF．∵∠BOE+∠AOE=90°，∴∠AOF+∠AOE=90°，∴∠EOF=90°，∴△EOF是等腰直角三角形，∴2OE2=EF2，即2OE2=（AE+BE）2，∴AE+BE=OE．（3）證明：如圖2所示，∵ABCD是正方形，∠E=∠H=90°，∴AB=AD．∵∠EAB+∠DAH=90°，∠EAB+∠ABE=90°，∠ADH+∠DAH=90°，∴∠EAB=∠HAD，∠ABE=∠DAH．在△ABE與△ADH中，，∴△ABE≌△ADH（ASA）．同理可得，△ABE≌△ADH，△ADH≌△DCG，△DCG≌△CBF，∴CG+FG=BF+BE=AE+AH，∴四邊形EFGH為正方形．【點評】本題考查的是正方形的判定與性質(zhì)，涉及到全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的判定與性質(zhì)等知識，難度適中．23．（2014?廈門校級一模）若一個四邊形的一條對角線把四邊形分成兩個等腰三角形，我們把這條對角線叫這個四邊形的和諧線，這個四邊形叫做和諧四邊形．如菱形就是和諧四邊形．已知四邊形ABCD中，AB=AD=BC=2，∠BAD=90°，AC是四邊形ABCD的和諧線，且AC≠CD，求四邊形ABCD的面積．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；等邊三角形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形．【專題】新定義；分類討論．【分析】首先根據(jù)題意畫出圖形，然后由AC是四邊形ABCD的和諧線，可以得出△ACD是等腰三角形，從圖1，圖2兩種情況運用等邊三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)和30°的直角三角形性質(zhì)就可以得出四邊形ABCD的面積．【解答】解：如圖，∵AC是四邊形ABCD的和諧線，∴△ACD是等腰三角形．∵AB=AD=BC，如圖1，當AD=AC時，∴AB=AC=BC，∠ACD=∠ADC∴△ABC是正三角形，∴∠BAC=∠BCA=60°．∵∠BAD=90°，∴∠CAD=30°，∴S四邊形ABCD=S△ABC+S△ACD=×2×2×+×2×2×=+1．如圖2，當AD=CD時，∴AB=AD=BC=CD．∵∠BAD=90°，∴四邊形ABCD是正方形，∴S四邊形ABCD=2×2=4；綜上所知四邊形ABCD的面積為+1或4．【點評】此題考查了等腰三角形的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)以及含30°角的直角三角形的性質(zhì)．此題難度較大，注意掌握數(shù)形結(jié)合思想與分類討論思想的應(yīng)用．24．（2013?高淳縣二模）如圖，已知點E、F、G、H分別在正方形ABCD的各邊上，且AE=BF=CG=DH，AF、BG、CH、DE分別相交于點A′、B′、C′、D′．求證：四邊形A′B′C′D′是正方形．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】依據(jù)三角形的內(nèi)角和定理可以判定四邊形A′B′C′D′的三個角是直角，則四邊形是矩形，然后證明一組鄰邊相等，可以證得四邊形是正方形．【解答】證明：在正方形ABCD中，∵在△ABF和△BCG中，∴△ABF≌△BCG（SAS）∴∠BAF=∠GBC，∵∠BAF+∠AFB=90°，∴∠GBC+∠AFB=90°，∴∠BB′F=90°，∴∠A′B′C′=90°．∴同理可得∠B′C′D′=∠C′D′A′=90°，∴四邊形A′B′C′D′是矩形．∵在△AB′B和△BC′C中，∴△AB′B≌△BC′C（AAS），∴AB′=BC′∵在△AA′E和△BB′F中，∴△AA′E≌△BB′F（AAS），∴AA′=BB′∴A′B′=B′C′∴矩形A′B′C′D′是正方形．【點評】本題考查了正方形的判定，判定的方法是證明是矩形同時是菱形．25．（2013?自流井區(qū)校級模擬）如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D=90°，BC=CD=12，∠ABE=45°，若AE=10．求CE的長度．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【分析】過B作DA的垂線交DA的延長線于M，M為垂足，延長DM到G，使MG=CE，連接BG．求證△BEC≌△BMG，△ABE≌△ABG，設(shè)CE=x，在直角△ADE中，根據(jù)AE2=AD2+DE2求x的值，可以求CE的長度．【解答】解：過B作DA的垂線交DA的延長線于M，M為垂足，延長DM到G，使MG=CE，連接BG，易知四邊形BCDM是正方形，則△BEC與△BGM中，，∴△BEC≌△BMG（SAS），∴∠MBG=∠CBE，BE=BG，∵∠ABE=45°，∴∠CBE+∠ABM=∠MBG+∠ABM=45°，即∠ABE=∠ABG=45°，在△ABE與△ABG中，，∴△ABE≌△ABG（SAS），∴AG=AE=10，設(shè)CE=x，則AM=10﹣x，AD=12﹣（10﹣x）=2+x，DE=12﹣x，在Rt△ADE中，AE2=AD2+DE2，∴100=（x+2）2+（12﹣x）2，即x2﹣10x+24=0；解得：x1=4，x2=6．故CE的長為4或6．【點評】本題考查了直角三角形中勾股定理的運用，考查了全等三角形的判定和對應(yīng)邊相等的性質(zhì)，本題中求△ABE≌△ABG即AG=AE=10是解題的關(guān)鍵．26．（2013?安徽模擬）已知：如圖，在△ABC中，∠A＞90°．以AB、AC為邊分別在△ABC形外作正方形ABDE和正方形ACFG，EB、BC、CG、GE的中點分別是P、Q、M、N．（1）若連接BG、CE，求證：BG=CE．（2）試判斷四邊形PQMN為怎樣的四邊形，并證明你的結(jié)論．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；三角形中位線定理．【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)AB=AE，AC=AG，∠EAB=∠GAC，求出∠GAB=∠EAC，證出△BAG≌△EAC即可；（2）根據(jù)三角形中位線求出MN=PQ，MN=PN，MN∥PQ，得出菱形，求出∠PNM=90°即可．【解答】（1）證明：連接BG和CE交于O，∵四邊形ABDE和四邊形ACFG是正方形，∴AB=AE，AC=AG，∠EAB=∠GAC，∴∠EAB+∠EAG=∠GAC+∠EAG，∴∠GAB=∠EAC，在△BAG和△EAC中，，∴△BAG≌△EAC（SAS），∴BG=CE．（2）四邊形PQMN為正方形，證明：∵EB、BC、CG、GE的中點分別是P、Q、M、N，∴PN∥BG，MN=CE，MN∥CE，PQ=CE，PQ∥CE，PN=BG，∵BG=CE，∴PN=MN，MN=PQ，MN∥PQ，∴四邊形PQMN是菱形，∵△BAG≌△EAC，∴∠GBA=∠AEC，∵四邊形ABDE是正方形，∴∠EAB=90°，∴∠ABG+∠BWA=90°，∵∠BWA=∠GWE，∴∠GWE+∠AEC=90°，∴∠EOW=180°﹣90°=90°，∵MN∥CE，PN∥BG，∴∠NZO=∠EOW=90°，∠NIO=90°，∴∠MNP=360°﹣90°﹣90°﹣90°=90°∴菱形PQMN是正方形，即四邊形PQMN為正方形．【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)和判定，全等三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力．27．（2012?鳩江區(qū)校級自主招生）如圖所示，在梯形ABCD中，AD∥BC（BC＞AD），∠D=90°，BC=CD=6，∠ABE=45°，若AE=5，求CE的長．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【分析】過點B作BF⊥AD交DA的延長線于F，可得四邊形BCDF是正方形，把△BCE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BFG，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得CE=FG，BE=BG，∠CBE=∠FBG，然后求出∠ABG=45°，從而得到∠ABE=∠ABG，再利用“邊角邊”證明△ABE和△ABG全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AE=AG，然后求出AF+CE=AE，設(shè)CE=x，表示出DE，再表示出AF、AD，然后在Rt△ADE中，利用勾股定理列出方程求解即可得到CE的長度．【解答】解：如圖，過點B作BF⊥AD交DA的延長線于F，∵AD∥BC，∠D=90°，BC=CD，∴四邊形BCDF是正方形，把△BCE繞點B順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△BFG，則CE=FG，BE=BG，∠CBE=∠FBG，∵∠ABE=45°，∴∠ABG=∠ABF+∠FBG=∠ABF+∠CBE=90°﹣∠ABE=90°﹣45°=45°，∴∠ABE=∠ABG，在△ABE和△ABG中，，∴△ABE≌△ABG（SAS），∴AE=AG，∴AF+CE=AF+FG=AG=AE，設(shè)CE=x，則DE=6﹣x，AF=5﹣x，∴AD=6﹣（5﹣x）=x+1，在Rt△ADE中，AD2+DE2=AE2，即（x+1）2+（6﹣x）2=52，整理得，x2﹣5x+6=0，解得x1=2，x2=3，所以CE的長度是2或3．【點評】本題考查正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理的應(yīng)用，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出正方形和全等三角形是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．28．（2012?許昌一模）已知，四邊形ABCD是正方形，∠MAN=45°，它的兩邊AM、AN分別交CB、DC與點M、N，連接MN，作AH⊥MN，垂足為點H（1）如圖1，猜想AH與AB有什么數(shù)量關(guān)系？并證明；（2）如圖2，已知∠BAC=45°，AD⊥BC于點D，且BD=2，CD=3，求AD的長；小萍同學(xué)通過觀察圖①發(fā)現(xiàn)，△ABM和△AHM關(guān)于AM對稱，△AHN和△ADN關(guān)于AN對稱，于是她巧妙運用這個發(fā)現(xiàn)，將圖形如圖③進行翻折變換，解答了此題．你能根據(jù)小萍同學(xué)的思路解決這個問題嗎？【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理；翻折變換（折疊問題）．【分析】（1）延長CB至E使BE=DN，連接AE，由三角形全等可以證明AH=AB；（2）作△ABD關(guān)于直線AB的對稱△ABE，作△ACD關(guān)于直線AC的對稱△ACF，延長EB、FC交于點G，則四邊形AEGF是矩形，又AE=AD=AF，所以四邊形AEGF是正方形，設(shè)AD=x，則EG=AE=AD=FG=x，所以BG=x﹣2；CG=x﹣3；BC=2+3=5，在Rt△BGC中，（x﹣2）2+（x﹣3）2=52解之得x1=6，x2=﹣1，所以AD的長為6．【解答】（1）答：AB=AH，證明：延長CB至E使BE=DN，連接AE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABC=∠D=90°，∴∠ABE=180°﹣∠ABC=90°又∵AB=AD，∵在△ABE和△ADN中，，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴∠1=∠2，AE=AN，∵∠BAD=90°，∠MAN=45°，∴∠2+∠3=90°﹣∠MAN=45°，∴∠1+∠3=45°，即∠EAM=45°，∵在△EAM和△NAM中，，∴△EAM≌△NAM（SAS），又∵EM和NM是對應(yīng)邊，∴AB=AH（全等三角形對應(yīng)邊上的高相等）；（2）作△ABD關(guān)于直線AB的對稱△ABE，作△ACD關(guān)于直線AC的對稱△ACF，∵AD是△ABC的高，∴∠ADB=∠ADC=90°∴∠E=∠F=90°，又∵∠BAC=45°∴∠EAF=90°延長EB、FC交于點G，則四邊形AEGF是矩形，又∵AE=AD=AF∴四邊形AEGF是正方形，由（1）、（2）知：EB=DB=2，F(xiàn)C=DC=3，設(shè)AD=x，則EG=AE=AD=FG=x，∴BG=x﹣2；CG=x﹣3；BC=2+3=5，在Rt△BGC中，（x﹣2）2+（x﹣3）2=52解得x1=6，x2=﹣1，故AD的長為6．【點評】本題主要考查正方形的性質(zhì)和三角形全等的判斷，題目的綜合性很強，難度中等．29．（2012?大連二模）如圖，在正方形ABCD中，點M在邊AB上，點N在邊AD的延長線上，且BM=DN．點E為MN的中點，DE的延長線與AC相交于點F．試猜想線段DF與線段AC的關(guān)系，并證你的猜想．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；線段垂直平分線的性質(zhì)．【專題】探究型．【分析】猜想：線段DF垂直平分線段AC，且DF=AC，過點M作MG∥AD，與DF的延長線相交于點G，作GH⊥BC，垂足為H，連接AG、CG．根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的證明方法證明△AMG≌△CHG即可．【解答】猜想：線段DF垂直平分線段AC，且DF=AC，證明：過點M作MG∥AD，與DF的延長線相交于點G．則∠EMG=∠N，∠BMG=∠BAD，∵∠MEG=∠NED，ME=NE，∴△MEG≌△NED，∴MG=DN．∵BM=DN，∴MG=BM．作GH⊥BC，垂足為H，連接AG、CG．∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠BAD=∠B=∠ADC=90°，∵∠GMB=∠B=∠GHB=90°，∴四邊形MBHG是矩形．∵MG=MB，∴四邊形MBHG是正方形，∴MG=GH=BH=MB，∠AMG=∠CHG=90°，∴AM=CH，∴△AMG≌△CHG．∴GA=GC．又∵DA=DC，∴DG是線段AC的垂直平分線．∵∠ADC=90°，DA=DC，∴DF=AC即線段DF垂直平分線段AC，且DF=AC．【點評】本題綜合考查了矩形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)，垂直平分線的判定和性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點，此題綜合性比較強，難度較大，但題型較好，訓(xùn)練了學(xué)生分析問題和解決問題以及敢于猜想的能力．30．（2012?深圳模擬）如圖，正方形ABCD的邊長為2，以對角線BD為邊作菱形BEFD，點C、E、F在同一直線上．（1）求∠EBC的度數(shù)；（2）求CE的長．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；含30度角的直角三角形；勾股定理；菱形的性質(zhì)．【分析】（1）首先連接AC交BD于點O，過點E作EH⊥BD于點H，由正方形ABCD的邊長為2，四邊形BEFD是菱形，易求得BE=BD=2，由BD∥EF，可求得EH=OC=，然后由三角函數(shù)的性質(zhì)，求得∠EBC的度數(shù)；（2）首先過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G，即可得△ECG是等腰直角三角形，然后設(shè)EG=CG=x，在Rt△BEG中，由BE2=BG2+EG2，可得方程：（2）2=（2+x）2+x2，解此方程即可求得EG的長，繼而求得CE的長．【解答】解：（1）連接AC交BD于點O，過點E作EH⊥BD于點H，∵正方形ABCD的邊長為2，∴BD=AC=2，AC⊥BD，∴OC=AC=，∵四邊形BEFD是菱形，∴BE=BD=2，BD∥EF，∵點C、E、F在同一直線上，∴EH=OC=，在Rt△BEH中，sin∠EBH===，∴∠EBH=30°，∴∠EBC=∠DBC﹣∠EBH=45°﹣30°=15°；（2）過點E作EG⊥BC，交BC的延長線于點G，∵BD∥EF，∴∠ECG=∠DBC=45°，∴△ECG是等腰直角三角形，∴EG=CG，設(shè)EG=x，則BG=BC+CG=2+x，在Rt△BEG中，BE2=BG2+EG2，即（2）2=（2+x）2+x2，即2x2+4x﹣4=0，解得：x=﹣1或x=﹣﹣1（舍去），∴EG=﹣1，∴CE=EG=（﹣1）=﹣．【點評】此題考查了正方形的性質(zhì)、菱形的性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)值以及勾股定理的知識．此題難度較大，注意掌握輔助線的作法，注意數(shù)形結(jié)合與方程思想的應(yīng)用．1．（2012春?利川市期末）如圖，四邊形ABCD是正方形，點P是BC上任意一點，DE⊥AP于點E，BF⊥AP于點F，CH⊥DE于點H，BF的延長線交CH于點G．（1）求證：AF﹣BF=EF；（2）四邊形EFGH是什么四邊形？并證明；（3）若AB=2，BP=1，求四邊形EFGH的面積．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【分析】（1）利用全等三角形的判定首先得出△AED≌△BFA，進而得出AE=BF，即可證明結(jié)論；（2）首先得出四邊形EFGH是矩形，再利用△AED≌△BFA，同理可得：△AED≌△DHC，進而得出EF=EH，即可得出答案；（3）首先求出AP的長，再利用三角形面積關(guān)系得出BF，AF的長，進而求出EF的長即可得出答案．【解答】（1）證明：∵DE⊥AP于點E，BF⊥AP于點F，CH⊥DE于點H，∴∠AFB=∠AED=∠DHC=90°，∴∠ADE+∠DAE=90°，又∵∠DAE+∠BAF=90°，∴∠ADE=∠BAF，在△AED和△BFA中，，∴△AED≌△BFA，∴AE=BF，∴AF﹣AE=EF，即AF﹣BF=EF；（2）證明：∵∠AFB=∠AED=∠DHC=90°，∴四邊形EFGH是矩形，∵△AED≌△BFA，同理可得：△AED≌△DHC，∴△AED≌△BFA≌△DHC，∴DH=AE=BF，AF=DE=CH，∴DE﹣DH=AF﹣AE，∴EF=EH，∴矩形EFGH是正方形；（3）解：∵AB=2，BP=1，∴AP=，∵S△ABP=×BF×AP=×BF×=1×2×，∴BF=，∵∠BAF=∠PAB，∠AFB=∠ABP=90°，∴△ABF∽△APB，∴==，∴AF=，∴EF=AF﹣AE=﹣=，∴四邊形EFGH的面積為：（）2=．【點評】此題主要考查了正方形的判定以及全等三角形的判定與性質(zhì)，利用已知得出BF=AE以及求出EF的長是解題關(guān)鍵．2．（2012春?杭州期末）以△ABC的各邊，在邊BC的同側(cè)分別作三個正方形．他們分別是正方形ABDI，BCFE，ACHG，試探究：（1）如圖中四邊形ADEG是什么四邊形？并說明理由．（2）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADEG是矩形？（3）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADEG是正方形？【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定；矩形的判定．【分析】（1）根據(jù)全等三角形的判定定理SAS證得△BDE≌△BAC，所以全等三角形的對應(yīng)邊DE=AG．然后利用正方形對角線的性質(zhì)、周角的定義推知∠EDA+∠DAG=180°，易證ED∥GA；最后由“一組對邊平行且相等”的判定定理證得結(jié)論；（2）根據(jù)“矩形的內(nèi)角都是直角”易證∠DAG=90°．然后由周角的定義求得∠BAC=135°；（3）由“正方形的內(nèi)角都是直角，四條邊都相等”易證∠DAG=90°，且AG=AD．由□ABDI和□ACHG的性質(zhì)證得，AC=AB．【解答】解：（1）圖中四邊形ADEG是平行四邊形．理由如下：∵四邊形ABDI、四邊形BCFE、四邊形ACHG都是正方形，∴AC=AG，AB=BD，BC=BE，∠GAC=∠EBC=∠DBA=90°．∴∠ABC=∠EBD（同為∠EBA的余角）．在△BDE和△BAC中，，∴△BDE≌△BAC（SAS），∴DE=AC=AG，∠BAC=∠BDE．∵AD是正方形ABDI的對角線，∴∠BDA=∠BAD=45°．∵∠EDA=∠BDE﹣∠BDA=∠BDE﹣45°，∠DAG=360°﹣∠GAC﹣∠BAC﹣∠BAD=360°﹣90°﹣∠BAC﹣45°=225°﹣∠BAC∴∠EDA+∠DAG=∠BDE﹣45°+225°﹣∠BAC=180°∴DE∥AG，∴四邊形ADEG是平行四邊形（一組對邊平行且相等）．（2）當四邊形ADEG是矩形時，∠DAG=90°．則∠BAC=360°﹣∠BAD﹣∠DAG﹣∠GAC=360°﹣45°﹣90°﹣90°=135°，即當∠BAC=135°時，平行四邊形ADEG是矩形；（3）當四邊形ADEG是正方形時，∠DAG=90°，且AG=AD．由（2）知，當∠DAG=90°時，∠BAC=135°．∵四邊形ABDI是正方形，∴AD=AB．又∵四邊形ACHG是正方形，∴AC=AG，∴AC=AB．∴當∠BAC=135°且AC=AB時，四邊形ADEG是正方形．【點評】本題綜合考查了正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)等知識點．解題時，注意利用隱含在題干中的已知條件：周角是360°．3．（2012秋?高淳縣期中）如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，對角線AC、BD交于點O，AC⊥BD，E、F、G、H分別為AB、BC、CD、DA的中點．（1）求證：四邊形EFGH為正方形；（2）若AD=1，BC=3，求正方形EFGH的邊長．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；勾股定理；梯形；中點四邊形．【分析】（1）先由三角形的中位線定理求出四邊相等，然后由AC⊥BD入手，進行正方形的判斷．（2）連接EG，利用梯形的中位線定理求出EG的長，然后結(jié)合（1）的結(jié)論求出EH2=2，也即得出了正方形EHGF的邊長．【解答】（1）證明：在△ABC中，∵E、F分別是AB、BC的中點，∴EF=同理FG=，GH=，HE=在梯形ABCD中，∵AB=DC，∴AC=BD，∴EF=FG=GH=HE∴四邊形EFGH為菱形．設(shè)AC與EH交于點M在△ABD中，∵E、H分別是AB、AD的中點，∴EH∥BD，同理GH∥AC又∵AC⊥BD，∴∠BOC=90°．∴∠EHG=∠EMC=∠BOC=90°∴四邊形EFGH為正方形．（2）解：連接EG，在梯形ABCD中，∵E、G分別是AB、DC的中點，∴EG=（AD+BC）=（1+3）=2，在Rt△HEG中，EG2=EH2+HG2，4=2EH2，EH2=2，則EH=．即四邊形EFGH的邊長為．【點評】此題考查了等腰梯形的性質(zhì)及三角形、梯形的中位線定理，解答本題的關(guān)鍵是根據(jù)三角形的中位線定理得出EH=HG=GF=FE，這是本題的突破口．4．（2012春?綏寧縣校級期中）已知：如圖，點E，F(xiàn)，P，Q分別是正方形ABCD的四條邊上的點，并且AF=BP=CQ=DE．求證：（1）EF=FP=PQ=QE；（2）四邊形EFPQ是正方形．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】（1）由四邊形ABCD是正方形，∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，又由AF=BP=CQ=DE，即可得DF=CE=BQ=AP，然后利用SAS即可證得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP，即可證得EF=FP=PQ=QE；（2）由EF=FP=PQ=QE，可判定四邊形EFPQ是菱形，又由△APF≌△BPQ，易得∠FPQ=90°，即可證得四邊形EFPQ是正方形．【解答】證明：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∵AF=BP=CQ=DE，∴DF=CE=BQ=AP，在△APF和△DFE和△CEQ和△BQP中，，∴△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP（SAS），∴EF=FP=PQ=QE；（2）∵EF=FP=PQ=QE，∴四邊形EFPQ是菱形，∵△APF≌△BQP，∴∠AFP=∠BPQ，∵∠AFP+∠APF=90°，∴∠APF+∠BPQ=90°，∴∠FPQ=90°，∴四邊形EFPQ是正方形．【點評】此題考查了正方形的判定與性質(zhì)以及全等三角形的判定與性質(zhì)．此題難度適中，注意解題的關(guān)鍵是證得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP．5．（2011?常熟市模擬）如圖，正方形ABCD，動點E在AC上，AF⊥AC，垂足為A，AF=AE．（1）求證：BF=DE；（2）當點E運動到AC中點時（其他條件都保持不變），問四邊形AFBE是什么特殊四邊形？說明理由．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)判定△ADE≌△ABF后即可得到BF=DE；（2）利用正方形的判定方法判定四邊形AFBE為正方形即可．【解答】（1）證明：∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠BAD=90°，∵AF⊥AC，∴∠EAF=90°，∴∠BAF=∠EAD，在△ADE和△ABF中∴△ADE≌△ABF（SAS），∴BF=DE；（2）解：當點E運動到AC的中點時四邊形AFBE是正方形，理由：∵點E運動到AC的中點，AB=BC，∴BE⊥AC，BE=AE=AC，∵AF=AE，∴BE=AF=AE，又∵BE⊥AC，∠FAE=∠BEC=90°，∴BE∥AF，∵BE=AF，∴得平行四邊形AFBE，∵∠FAE=90°，AF=AE，∴四邊形AFBE是正方形．【點評】本題考查了正方形的判定和性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是正確的利用正方形的性質(zhì)．6．（2011秋?靖江市期末）如圖①，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB、BC上，且AE=BF．（1）試探索線段AF、DE的數(shù)量關(guān)系，寫出你的結(jié)論并說明理由；（2）連接EF、DF，分別取AE、EF、FD、DA的中點H、I、J、K，則四邊形HIJK是什么特殊平行四邊形？請在圖②中補全圖形，并說明理由．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)．【專題】探究型．【分析】（1）根據(jù)已知利用SAS判定△DAE≌△ABF，由全等三角形的判定方法可得到AF=DE．（2）根據(jù)已知可得HK，KJ，IJ，HI都是中位線，由全等三角形的判定可得到四邊形四邊都相等且有一個角是直角，從而來可得到該四邊形是正方形．【解答】解：（1）AF=DE．∵ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=∠ABC=90°，∵AE=BF，∴△DAE≌△ABF，∴AF=DE．（2）四邊形HIJK是正方形．如下圖，H、I、J、K分別是AE、EF、FD、DA的中點，∴HI=KJ=AF，HK=IJ=ED，∵AF=DE，∴HI=KJ=HK=IJ，∴四邊形HIJK是菱形，∵△DAE≌△ABF，∴∠ADE=∠BAF，∵∠ADE+∠AED=90°，∴∠BAF+∠AED=90°，∴∠AOE=90°∴∠KHI=90°，∴四邊形HIJK是正方形．【點評】此題主要考查正方形的判定的方法與性質(zhì)和菱形的判定，及全等三角形的判定等知識點的綜合運用．7．（2011秋?廈門校級期末）已知：在四邊形ABCD中，AD∥BC，直線AD與BC間的距離是4厘米（1）如圖，若∠ABC的平分線BE交CD的延長線于E，且BC=CE=5厘米，求四邊形ABCD的面積．（2）若∠ABC=∠DCB，AD+BC=8厘米，連接AC、BD，求證：AC⊥BD．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的判定與性質(zhì)．【分析】（1）利用角平分線的性質(zhì)得出∠1=∠2，再利用等角對等邊得出∠2=∠E，即可得出∠1=∠E，AB∥EC，再利用平行四邊形的判定得出四邊形ABCD是平行四邊形，即可求出面積；（2）根據(jù)已知畫出圖形，再利用平行四邊形的判定以及等腰梯形的判定和直角三角形的判定得出答案即可．【解答】（1）解：如圖1，∵∠ABC的平分線BE交CD的延長線于E，∴∠1=∠2，∵BC=CE=5厘米，∴∠2=∠E，∴∠1=∠E，∴AB∥EC，又∵AD∥BC，∴四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD的面積為：底乘以高=BC×4=5×4=20（平方厘米）；（2）證明：如圖2，點D作DE∥AC交BC延長線于E，作DF⊥BC，∵AD∥BC，AC∥DE，∴四邊形ACED是平行四邊形，∴AD=CE，AC=DE，則BE=BC+CE=AD+BC=8cm，∵∠ABC=∠DCB，AD∥BC，∴四邊形ABCD為等腰梯形，∴AC=BD=DE，∴△BDE是等腰三角形，∵DF⊥BE，∴DF也是△BDE的中線，又∵BE=2DF，∴△BDE是直角三角形，則∠BOC=∠BDE=90°，故AC⊥BD．【點評】此題主要考查了平行四邊形的判定以及等腰梯形的判定和直角三角形的判定等知識，根據(jù)已知作出延長底邊作對角線的平行線是解題關(guān)鍵．8．（2011秋?湖州期中）在如圖所示的3×3的方格中，畫出3個面積小于9的不同的正方形，同時要求所畫正方形的頂點都在方格的頂點上，并且寫出邊長．邊長為1邊長為2邊長為．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；勾股定理．【專題】常規(guī)題型．【分析】根據(jù)網(wǎng)格特點，構(gòu)造出正方形只要是不完全覆蓋3×3的方格，就是符合要求的正方形，然后根據(jù)勾股定理求出邊長即可．【解答】解：如圖，都是面積小于9的正方形，圖1中正方形的邊長為1，圖2中正方形的邊長為2，圖3中正方形的邊長為=，圖4中正方形的邊長為=．只要任選3個即可．【點評】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，熟練掌握并利用網(wǎng)格是解題的關(guān)鍵．9．（2010?寧德模擬）已知，如圖，矩形ABCD中，AD=6，DC=7，菱形EFGH的三個頂點E，G，H分別在矩形ABCD的邊AB，CD，DA上，AH=2，連接CF．（1）若DG=2，求證四邊形EFGH為正方形；（2）若DG=6，求△FCG的面積；（3）當DG為何值時，△FCG的面積最?。究键c】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；菱形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】計算題；壓軸題．【分析】（1）由于四邊形ABCD為矩形，四邊形HEFG為菱形，那么∠D=∠A=90°，HG=HE，而AH=DG=2，易證△AHE≌△DGH，從而有∠DHG=∠HEA，等量代換可得∠AHE+∠DHG=90°，易證四邊形HEFG為正方形；（2）過F作FM⊥DC，交DC延長線于M，連接GE，由于AB∥CD，可得∠AEG=∠MGE，同理有∠HEG=∠FGE，利用等式性質(zhì)有∠AEH=∠MGF，再結(jié)合∠A=∠M=90°，HE=FG，可證△AHE≌△MFG，從而有FM=HA=2（即無論菱形EFGH如何變化，點F到直線CD的距離始終為定值2），進而可求三角形面積；（3）先設(shè)DG=x，由第（2）小題得，S△FCG=7﹣x，在△AHE中，AE≤AB=7，利用勾股定理可得HE2≤53，在Rt△DHG中，再利用勾股定理可得x2+16≤53，進而可求x≤，從而可得當x=時，△GCF的面積最?。窘獯稹拷猓海?）∵四邊形ABCD為矩形，四邊形HEFG為菱形，∴∠D=∠A=90°，HG=HE，又AH=DG=2，∴Rt△AHE≌Rt△DGH（HL），∴∠DHG=∠HEA，∵∠AHE+∠HEA=90°，∴∠AHE+∠DHG=90°，∴∠EHG=90°，∴四邊形HEFG為正方形；（2）過F作FM⊥DC，交DC延長線于M，連接GE，∵AB∥CD，∴∠AEG=∠MGE，∵HE∥GF，∴∠HEG=∠FGE，∴∠AEH=∠MGF，在△AHE和△MFG中，∠A=∠M=90°，HE=FG，∴△AHE≌△MFG，∴FM=HA=2，即無論菱形EFGH如何變化，點F到直線CD的距離始終為定值2，因此；（3）設(shè)DG=x，則由第（2）小題得，S△FCG=7﹣x，在△AHE中，AE≤AB=7，∴HE2≤53，∴x2+16≤53，∴x≤，∴S△FCG的最小值為，此時DG=，∴當DG=時，△FCG的面積最小為（）．【點評】本題考查了矩形、菱形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理．解題的關(guān)鍵是作輔助線：過F作FM⊥DC，交DC延長線于M，連接GE，構(gòu)造全等三角形和內(nèi)錯角．10．（2010?石家莊二模）在圖1到圖3中，點O是正方形ABCD對角線AC的中點，△MPN為直角三角形，∠MPN=90°．正方形ABCD保持不動，△MPN沿射線AC向右平移，平移過程中P點始終在射線AC上，且保持PM垂直于直線AB于點E，PN垂直于直線BC于點F．（1）如圖1，當點P與點O重合時，OE與OF的數(shù)量關(guān)系為OE=OF；（2）如圖2，當P在線段OC上時，猜想OE與OF有怎樣的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系？并對你的猜想結(jié)果給予證明；（3）如圖3，當點P在AC的延長線上時，OE與OF的數(shù)量關(guān)系為OE=OF；位置關(guān)系為OE⊥OF．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；矩形的判定與性質(zhì)；平移的性質(zhì)．【分析】（1）根據(jù)利用正方形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)即可判定四邊形BEOF為正方形，從而得到結(jié)論；（2）當移動到點P的位置時，可以通過證明四邊形BEPF為矩形來得到兩條線段的數(shù)量關(guān)系；（3）繼續(xù)變化，有相同的關(guān)系，其證明方法也類似．【解答】（1）解：由題意得：∠BAC=∠BCA=45°，AO=PA，∠AEO=∠AFO，在△AEO和△CFO中，∴△AEO≌△CFO（AAS）∴OE=OF（相等）；（1分）（2）解：OE=OF，OE⊥OF；（3分）證明：連接BO，∵在正方形ABCD中，O為AC中點，∴BO=CO，BO⊥AC，∠BCA=∠ABO=45°，（4分）∵PF⊥BC，∠BCO=45°，∴∠FPC=45°，PF=FC．∵正方形ABCD，∠ABC=90°，∵PF⊥BC，PE⊥AB，∴∠PEB=∠PFB=90°．∴四邊形PEBF是矩形，∴BE=PF．（5分）∴BE=FC．∴△OBE≌△OCF，∴OE=OF，∠BOE=∠COF，（7分）∵∠COF+∠BOF=90°，∴∠BOE+∠BOF=90°，∴∠EOF=90°，∴OE⊥OF．（8分）（3）OE=OF（相等），OE⊥OF（垂直）．（10分）【點評】本題考查了正方形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是抓住動點問題，化動為靜，還要大膽的猜想．11．（2010春?鄒城市校級期末）平行四邊形ABCD的對角線AC和BD交于O點，分別過頂點B，C作兩對角線的平行線交于點E，得平行四邊形OBEC．（1）如果四邊形ABCD為矩形（如圖），四邊形OBEC為何種四邊形？請證明你的結(jié)論；（2）如果四邊形ABCD是正方形，四邊形OBEC也是正方形嗎？如果是，請給予證明；如果不是，請說明理由．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；菱形的判定；矩形的性質(zhì)．【分析】（1）由平行線可得四邊形OBEC為平行四邊形，又矩形對角線互相平分且相等，則可得四邊形OBEC為菱形；（2）由平行線可得四邊形OBEC為平行四邊形，又正方形對角線互相垂直、平分且相等，則可得四邊形OBEC為正方形．【解答】解：（1）四邊形OBEC是菱形．證明：∵BE∥OC，CE∥OB，∴四邊形OBEC為平行四邊形．又∵四邊形ABCD是矩形，∴OC=OB，∴平行四邊形OBEC為菱形；（2）四邊形OBEC是正方形．證明：∵BE∥OC，CE∥OB，∴四邊形OBEC為平行四邊形．又∵四邊形ABCD是正方形，∴OC=OB，∠BOC=90°，∴平行四邊形OBEC為正方形．【點評】本題主要考查了平行四邊形的判定，矩形、正方形的性質(zhì)以及正方形、菱形的判定，應(yīng)熟練掌握．12．（2010秋?海淀區(qū)期中）已知四邊形ABCD，以此四邊形的四條邊為邊向外分別作正方形，順次連接這四個正方形的對角線交點E，F(xiàn)，G，H，得到一個新四邊形EFGH．（1）如圖1，若四邊形ABCD是正方形，則四邊形EFGH是（填“是”或“不是”）正方形；（2）如圖2，若四邊形ABCD是矩形，則（1）中的結(jié)論能（填“能”或“不能”）成立；（3）如圖3，若四邊形ABCD是平行四邊形，其他條件不變，判斷（1）中的結(jié)論是否還成立？若成立，證明你的結(jié)論，若不成立，請說明你的理由．【考點】正方形的判定與性質(zhì)；全等三角形的判定與性質(zhì)；平行四邊形的性質(zhì)；矩形的性質(zhì)．【專題】證明題．【分析】（1）（2）連接EG，F(xiàn)H，可證明EG與FH平分垂直且相等；（3）連接EF、FG、GH、HE、AE、AH、DG、DH，由四邊形ABCD是平行四邊形，得AH=DH，再證明△HDG≌△HAE，則HG=HE且∠EHA=∠GHD，同理可證HE=EF=FG，即可得出四邊形EFGH是菱形．又因為點H是正方形的對角線的交點，則∠EHG=90°，即可證明四邊形EFGH是正方形．【解答】解：（1）是；連接EG，F(xiàn)H，∵E，F(xiàn)，G，H分別是四個正方形對角線的交點，∴EG與FH平分、垂直且相等，∴四邊形EFGH是正方形；（2）能；連接EG，F(xiàn)H，∵E，F(xiàn)，G，H分別是四個正方形對角線的交點，∴EG與FH平分，EG=FH，EG⊥FH，∴四邊形EFGH是正方形；（3）證明：連接EF、FG、GH、HE、AE、AH、DG、DH，∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB=CD，即以ABCD為邊的正方形的對角線也相等，∵點E、G是上述兩個正方形的對角線的交點，∴AH=DH，易知∠HD