專題1.3 正方形的性質(zhì)與判定【十二大題型】-2024-2025學年九年級數(shù)學上冊舉一反三系列（北師大版）

PAGE1專題1.3正方形的性質(zhì)與判定【十二大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1正方形與矩形、菱形的性質(zhì)的區(qū)別與練習】 2【題型2由正方形的性質(zhì)求角度】 5【題型3由正方形的性質(zhì)求線段長】 9【題型4由正方形的性質(zhì)求面積】 14【題型5正方形中的折疊問題】 18【題型6正方形中的證明】 25【題型7正方形與矩形、菱形的判定定理的區(qū)別與練習】 32【題型8證明四邊形是正方形】 35【題型9由正方形性質(zhì)與判定求線段長度】 42【題型10由正方形性質(zhì)與判定求角度】 51【題型11由正方形性質(zhì)與判定求面積】 59【題型12由正方形性質(zhì)與判定證明】 65知識點1：正方形的性質(zhì)定義：有一組鄰邊相等并且有一個角是直角的平行四邊形叫做正方形．性質(zhì)：①正方形的四條邊都相等，四個角都是直角；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全等的等腰直角三角形，同時，正方形又是軸對稱圖形，有四條對稱軸．【題型1正方形與矩形、菱形的性質(zhì)的區(qū)別與練習】【例1】（23-24九年級·廣西南寧·期中）學習了四邊形之后，小穎同學用如下圖所示的方式表示了四邊形與特殊四邊形的關系，則圖中的“M”和“N”分別表示（

）A．平行四邊形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形【答案】B【分析】本題考查了特殊的平行四邊形，正確理解矩形，菱形，正方形之間的關系是解題的關鍵．根據(jù)特殊的平行四邊形的概念判斷即可．【詳解】解：∵矩形和菱形是特殊的平行四邊形，正方形即是菱形也是矩形，∴M是正方形，N是菱形，故選：B【變式1-1】（23-24九年級·湖北武漢·期末）下列性質(zhì)中，矩形、正方形都具有，但是菱形卻不具有的性質(zhì)是（

）A．對角線長度相等 B．對角線互相垂直C．對角線互相平分 D．一組對角線平分一組對角【答案】A【分析】利用正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)依次判斷可求解．【詳解】解：∵菱形具有的性質(zhì)是：兩組對邊分別平行，對角線互相平分，對角線互相垂直；矩形具有的性質(zhì)是：兩組對邊分別平行，對角線互相平分，對角線相等；正方形具有菱形和矩形的性質(zhì)，故選項B，C，D不符合題意；∴菱形不具有的性質(zhì)為：對角線長度相等，故選項A符合題意．故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，注意熟記各性質(zhì)定理是解此題的關鍵．【變式1-2】（23-24九年級·河南安陽·期末）用兩塊完全重合的等腰直角三角形紙片拼下列圖形：（1）平行四邊形（不包含菱形、矩形、正方形）；（2）矩形；（3）正方形；（4）等邊三角形；（5）等腰直角三角形，一定能拼成的圖形是（

）A．（1）（2）（3） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（5） D．（1）（3）（4）（5）【答案】B【分析】通過不同的組合方法，得出不同的圖形．【詳解】解：用兩塊完全重合的等腰直角三角形紙片可以拼成下列圖形：（1）平行四邊形

（3）正方形

（5）等腰直角三角

故選B．【點睛】本題是開放題，可以針對各種特殊的等腰三角形的組合方法，得出不同的圖形．解答此類題的關鍵是要突破思維定勢的障礙，運用發(fā)散思維，多方思考，探究問題在不同條件下的不同結(jié)論．【變式1-3】（23-24九年級·河南南陽·期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，E、F是對角線AC上的兩點（不與點A、C重合），且AE=CF，分別連接BE、BF、DE、DF，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．四邊形BFDE是平行四邊形B．若四邊形ABCD是菱形，那么四邊形BFDE也是菱形C．若四邊形ABCD是正方形，那么四邊形BFDE是菱形D．若四邊形ABCD是矩形，那么四邊形BFDE也是矩形【答案】D【分析】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，熟練掌握這些知識是解題的關鍵．連接BD交AC于點O，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)可得OA=OC，OB=OD，再根據(jù)E、F是對角線AC上的兩點（不與點A、C重合），AE=CF，可得OE=OF，進一步即可判斷A選項；根據(jù)菱形的性質(zhì)可得BD⊥AC，進一步即可判斷B選項；根據(jù)正方形的性質(zhì)可得BD⊥AC，進一步即可判斷C選項；根據(jù)矩形的性質(zhì)可得AC=BD，再根據(jù)E、F是對角線AC上的兩點（不與點A、C重合），可得EF≠BD，進一步可判斷【詳解】解：連接BD交AC于點O，如圖所示：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，∵E、F是對角線AC上的兩點（不與點A、C重合），AE=CF，∴OE=OF，∵OB=OD，∴四邊形BFDE是平行四邊形，故A不符合題意；當四邊形ABCD是菱形時，BD⊥AC，∴EF⊥BD，又∵四邊形BFDE是平行四邊形，∴四邊形BFDE是菱形，故B不符合題意；當四邊形ABCD是正方形時，BD⊥AC，∴EF⊥BD，又∵四邊形BFDE是平行四邊形，∴四邊形BFDE是菱形，故C不符合題意；當四邊形ABCD是矩形時，AC=BD，∵E、F是對角線AC上的兩點（不與點A、C重合），∴EF≠BD，∴四邊形BFDE不是矩形，故D符合題意，故選：D．【題型2由正方形的性質(zhì)求角度】【例2】（23-24九年級·重慶江津·期末）如圖，在正方形ABCD中，點E、F分別為邊AD、AB上的點，連接CE、CF，CG平分∠ECB，若CE=CF．當∠DEC=α時，則∠GCF的度數(shù)為（

）A．α2 B．C．3α2?90° 【答案】C【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，角平分線的定義，全等三角形的判定和性質(zhì)，由正方形的性質(zhì)可得CD=CB，∠CDE=∠CBF=∠BCD=90°，，進而由∠DEC=α可得∠DCE=90°?α，∠ECB=90°?∠DCE=α，再由角平分線的定義得∠GCB=12∠ECB=12【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠CDE=∠CBF=∠BCD=90°，∵∠DEC=α，∴∠DCE=90°?α，∴∠ECB=90°?∠DCE=90°?90°?α∵CG平分∠ECB，∴∠GCB=1在Rt△CDE和RtCD=CBCE=CF∴Rt△CDE≌∴∠DCE=∠BCF=90°?α，∴∠GCF=∠GCB?∠BCF=1故選：C．【變式2-1】（23-24九年級·重慶沙坪壩·階段練習）如圖，正方形ABCD中，點M,N,P分別在AB,CD,BD上，∠MPN=90°，MN經(jīng)過對角線BD的中點O，若∠PMN=α，則

A．2α B．45°+α C．90°?12α【答案】B【分析】證明△OMB≌△OND，可得OM=ON，利用直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，可得OP=OM，則可得∠OPM=α，利用三角形外角和定理，即可得到∠AMP的值．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠BDC=45°，∵MN經(jīng)過對角線BD的中點O，∴OB=OD，在△OMB與△OND中，∠MBO=∠NDOBO=DO∴△OMB≌△ONDASA∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OP=1∴∠OPM=∠PMN=α，∴∠AMP=∠MPO+∠ABO=α+45°，故選：B．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，三角形外角和定理，斜邊上的中線等于斜邊的一半，熟知上述性質(zhì)是解題的關鍵．【變式2-2】（23-24九年級·遼寧大連·期末）如圖，在正方形ABCD中，點E在對角線AC上，且∠ABE=72°；延長BE交CD于點F，連接DE，則∠DEF的度數(shù)為．

【答案】54°【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，再根據(jù)SAS又證得△ADE≌△ABE，得∠ADE=∠ABE=72°，∠AED=∠AEB，根據(jù)三角形內(nèi)角和定理求得∠AED=63°，最后根據(jù)平角定義求得答案．【詳解】解：∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，又AE=AE，∴△ADE≌△ABESAS∴∠ADE=∠ABE=72°，∠AED=∠AEB，∴∠AED=180°?∠DAC?∠ADE=180°?45°?72°=63°，∴∠AEB=63°，∴∠DEF=180°?∠AED?∠AEB=180°?63°?63°=54°，故答案為：54°．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形內(nèi)角和定理，平角的定義等知識，掌握正方形的性質(zhì)是解決此題的關鍵．【變式2-3】（23-24九年級·重慶九龍坡·期末）如圖，正方形ABCD的對角線AC與BD交于點O，點E為邊AB上一點，連接DE，過點C作CF⊥DE于點F，連接OF，若∠ACF=α，則∠DOF的度數(shù)為（

）A．2a B．30°+a C．45°?a D．60°?2a【答案】C【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半，等邊對等角以及三角形外角性質(zhì)等知識，取CD中點G，連接OG，F(xiàn)G，設CF與BD交于點Q，證明OG=FG=CG，得∠GOF=∠GFO，證明∠CFG=∠FCG=45°?α，求出∠OFG=∠OFC+∠GFC=90°?∠DOF?α+45°?α，根據(jù)∠GOF=∠GFO可得45°+∠DOF=90°?∠DOF?α+45°?α，整理后可得結(jié)論【詳解】解：取CD中點G，連接OG，F(xiàn)G，設CF與BD交于點Q，如圖，∵四邊形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∠ODC=∠OCD=45°，BO=DO∴OG=12CD又CF⊥DE，∴FG=∴OG=FG=CG∴∠GOF=∠GFO∵∠ACF=α，∴∠FCD=45°?α，∵FG=CG∴∠CFG=∠FCG=45°?α在△COQ和△DFQ中，∠DQF=∠CQO,∠DFQ=∠COQ=90°∴∠FDQ=∠OCQ=α，∵∠OFE=∠DOF+∠FDO=∠DOF+α，且∠CFE=90°，∴∠OFC=90°?∠OFE=90°?∠DOF?α∴∠OFG=∠OFC+∠GFC=90°?∠DOF?α+45°?α而∠GOF=45°+∠DOF又∠GOF=∠GFO∴45°+∠DOF=90°?∠DOF?α+45°?α∴∠DOF=45°?α．故選：C．【題型3由正方形的性質(zhì)求線段長】【例3】（23-24·重慶·中考真題）如圖，在邊長為4的正方形ABCD中，點E是BC上一點，點F是CD延長線上一點，連接AE，AF，AM平分∠EAF．交CD于點M．若BE=DF=1，則DM的長度為（）A．2 B．5 C．6 D．12【答案】D【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，先由正方形的性質(zhì)得到∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，AB=AD=CD=BC=4，再證明△ABE≌△ADFSAS得到AE=AF，進一步證明△AEM≌△AFMSAS得到EM=FM，設在Rt△CEM中，由勾股定理得x+1【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，又∵BE=DF=1，∴△ABE≌△ADFSAS∴AE=AF，∵AM平分∠EAF，∴∠EAM=∠FAM，又∵AM=AM，∴△AEM≌△AFMSAS∴EM=FM，設DM=x，則EM=FM=DF+DM=x+1，在Rt△CEM中，由勾股定理得E∴x+12解得x=12∴DM=12故選：D．【變式3-1】（23-24九年級·河北邯鄲·期末）如圖，將正方形OABC放在平面直角坐標系中，O是原點，A的坐標為1,3，則點B

A．?3,1C．1+3,1?【答案】D【分析】過點A作AE⊥x軸于E，過點B作BF⊥EA的延長線于F，交y軸于點M，由AAS可證△AOE≌△BAF，可得OE=AF=1，BF=AE=3【詳解】解：如圖，過點A作AE⊥x軸于E，過點B作BF⊥EA的延長線于F，交y軸于點M，

∵點A的坐標為1,3，∴AE=3，OE=1∵x軸⊥y軸，∴四邊形OEFM是矩形，∴MF=OE=1∵四邊形OABC是正方形，∴BA=OA，∠BAO=90°，∵AE⊥OE，BF⊥AE，∴∠BFA=∠AEO=90°，∴∠OAE+∠AOE=90°=∠OAE+∠BAF，∴∠BAF=∠AOE，在△AOE和△BAF中，∠AEO=∠BFA∠AOE=∠BAF∴△AOE≌△BAFAAS∴OE=AF=1，BF=AE=3∴EF=3+1，BM=∴點B的坐標為1?3故選：D．【點睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定及性質(zhì)，垂線定義，坐標與圖形性質(zhì)，作輔助線構(gòu)造出全等三角形是解題的關鍵．【變式3-2】（23-24九年級·安徽合肥·期末）如圖，正方形ABCD和正方形CEFG中，點D在CG上，BC=2，CE=6，CH⊥AF于點H，那么CH的長是（

）A．22 B．5 C．355【答案】D【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，直角三角形的面積，連接CF、AC，由正方形的性質(zhì)得到∠B=∠E=90°，∠ACF=90°，利用勾股定理可求得AC=22，CF=62，AF=45，再根據(jù)三角形的面積得到S【詳解】解：連接CF、AC，∵正方形ABCD和正方形CEFG，∴∠B=∠E=90°，∠ACD=∠FCG=45°，∵BC=2，CE=6，∴AC=22+22∴AF=A∵CH⊥AF，∴S△ACF即12解得CH=6故選：D．【變式3-3】（23-24·四川瀘州·中考真題）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別是邊AB，BC上的動點，且滿足AE=BF，AF與DE交于點O，點M是DF的中點，G是邊AB上的點，AG=2GB，則OM+1

A．4 B．5 C．8 D．10【答案】B【分析】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形的性質(zhì)，勾股定理等等，先證明△ADE≌△BAFSAS得到∠ADE=∠BAE，進而得到∠DOF=90°，則由直角三角形的性質(zhì)可得OM=12DF，如圖所示，在AB延長線上截取BH=BG，連接FH，易證明△FBG≌△FBHSAS，則FH=FG，可得當H、D、F三點共線時，DF+HF有最小值，即此時OM+12FG有最小值，最小值即為DH的長的一半，求出【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，又∵AE=BF，∴△ADE≌△BAFSAS∴∠ADE=∠BAF，∴∠DOF=∠ADO+∠DAO=∠BAF+∠DAO=∠DAB=90°，∵點M是DF的中點，∴OM=1如圖所示，在AB延長線上截取BH=BG，連接FH，

∵∠FBG=∠FBH=90°，∴△FBG≌△FBHSAS∴FH=FG，∴OM+1∴當H、D、F三點共線時，DF+HF有最小值，即此時OM+12FG∵AG=2GB，AB=6，∴BH=BG=2，∴AH=8，在Rt△ADH中，由勾股定理得DH=∴OM+1故選：B．【題型4由正方形的性質(zhì)求面積】【例4】（23-24九年級·遼寧朝陽·期末）如圖，有一塊邊長為4的正方形（四條邊相等，四個角是直角）塑料模板ABCD，將一塊足夠大的直角三角板的直角頂點落在A點，兩條直角邊分別與CD交于點F，與CB的延長線交于點E，則四邊形AECF的面積是．

【答案】16【分析】證明△AEB≌△AFDASA【詳解】∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠ABE=∠ABC=∠BAD=∠ADF=90°，∵∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF=90°?∠BAF，∵∠BAE=∠DAFBA=DA∴△AEB≌∴S△AEB∴S△AEB∴S正方形故答案為：16．【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，正方形的面積，熟練掌握正方形的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)是解題的關鍵．【變式4-1】（23-24九年級·四川德陽·期末）《九章算術》中有一問題：“今有勾三步，股四步，問勾中容方幾何？”意思是：如圖1，直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，求內(nèi)接正方形DECF的邊長．我國數(shù)學家劉徽用“出人相補”原理將直角三角形補成知形ACBG（如圖1），在該圖形中發(fā)現(xiàn)一個與正方形DECF面積相等的圖形，從而求得這個正方形的邊長．若點A在線段AG上平移至點A′，連接A′C，A′B與直線ED分別相交于點M，點N

A．12 B．14449 C．25 D．【答案】B【分析】本題考查了正方形和矩形的性質(zhì)，正確列出方程是解答本題的關鍵．設正方形DECF的邊長為x，證明S正方形DECF=S矩形DHGI，則DI=3?x，HD=4?x，得到【詳解】如圖1，設正方形DECF的邊長為x，

根據(jù)題意得，四邊形AEDG，∴S△ABC∴S∴S正方形∵IF=AC=3，HE=BC=4，DE=DF=CF=x∴DI=3?x，∴x2解得，x=12∴正方形DECF的邊長為127∴正方形DECF的邊長為127∵平行四邊形MCFN的面積=CF?DF=故選：B．【變式4-2】（23-24九年級·山西呂梁·期末）如圖，一個正方形ABCD中有兩個小正方形，如果它們的面積分別為S1，S2，則S1S2（填“【答案】>【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理等等知識，設正方形ABCD的邊長為6，然后求出S1與S【詳解】解：如圖，設正方形ABCD的邊長為6，∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠ACB=∠DAC=45°，∠B=90°，∴AC=A又∵四邊形EFGB與四邊形MNHQ是正方形，∴EF=BG=FG=GC，MN=QM=AQ=QH=CH，∴EF=12BC=3∴S1=9∴S1故答案為：>．【變式4-3】（23-24九年級·浙江紹興·期末）如圖，以直角△ABC的每一條邊為邊長，在AB的同側(cè)作三個正方形，各個涂色部分分別用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④兩部分的面積和為18cm2，則③、⑤兩部分的面積和為（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】設序號為①，②，③，④，⑤圖形的面積分別為S1，S2，S3，S【詳解】如圖所示，設序號為①，②，③，④，⑤圖形的面積分別為S1，S2，S3，S4，根據(jù)題意，得c2∵四邊形ABEG是正方形，∠ACB=90°，∴∠ABD=∠BEF=90°,AB=BE，∴∠EBF+∠CBA=90°，∠BAD+∠CBA=90°，∴∠EBF=∠BAD，∴△BAD≌△EBFASA∴S∴S∵②、④兩部分的面積和為18cm∴S2∵四邊形ABEG是正方形，四邊形ACMH是正方形，∴∠AHG=∠ACB=90°,AB=AG,AC=AH，∴△AGH≌△ABCHL∴S∴S1根據(jù)題意，得S===S故選B．【題型5正方形中的折疊問題】【例5】（23-24九年級·湖北襄陽·期末）如圖，正方形紙片ABCD的邊長為12，E是邊CD上一點，連接AE，點F在AD上，沿BF折疊，使點A落在AE上的G點，若DE=5，則GE的長為．

【答案】4913/【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，軸對稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，面積法求線段的長度等，解題關鍵是能夠靈活運用正方形的性質(zhì)和軸對稱的性質(zhì)．由折疊及軸對稱的性質(zhì)可知，△ABF≌△GBF,BF垂直平分AG,先證△ABF≌△DAE,推出AF的長，再利用勾股定理求出BF的長,最后在Rt△ADF中利用面積法可求出AM的長，可進一步求出AG的長，GE【詳解】解：設AE與BF交于點M，在正方形ABCD中,∠BAD=∠D=90°,

∴∠BAM+∠FAM=90°，在Rt△ADE中,AE=∵由折疊的性質(zhì)可得△ABF≌△GBF∴AB=BG,∠FBA=∠FBG，∴BF垂直平分AG,∴AM=MG,∠AMB=90°，∵∠FAE+∠AED=∠FAE+∠AFB=90°，所以∠AED=∠AFB，又∵∠BAF=∠D=90°，AB=AD，∴△ABF≌△DAE，∴AF=DE=5，BF=AE=13，又∵S△ABF∴AM=∴AG=2AM=∴GE=AE?AG=13?故答案為：49【變式5-1】（23-24九年級·河南南陽·期末）如圖，將邊長為8的正方形紙片ABCD沿EF對折再展平，沿折痕剪開，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再將矩形ABEF繞點E順時針方向旋轉(zhuǎn)．使點A與點D重合，點F的對應點為F′A．9 B．10 C．16 D．20【答案】D【分析】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理以及菱形的判定與性質(zhì)等，解答本題的關鍵是勾股定理以及菱形的判定．首先根據(jù)已知條件判斷出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可設FG的長度為x，則DG=8?x【詳解】解：如圖，設BD交EF于G，EF旋轉(zhuǎn)后交CD于點H，

由題意知，BE=FD=4，∠B=∠F=90°，又∵∠BGE=∠FGD，∴△BGE≌∴BG=FG，EG=DG，設BG=FG=x，則DG=8?x，在Rt△FDG中，8?x解得：x=3，∴DG=8?x=5，∵DG∥EH，∴四邊形DGEH為平行四邊形，又∵EG=DG，∴?DGEH為菱形，∴陰影部分的周長為：5×4=20，故選：D．【變式5-2】（23-24九年級·湖南懷化·期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=3，點E，F(xiàn)分別在邊AB,CD上，∠EFD=60°．若將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上，則BE的長度為（

）A．1 B．2 C．5 D．2【答案】D【分析】本題考查正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，含30度角的直角三角形的性質(zhì)，解題的關鍵是熟練運用以上性質(zhì)；根據(jù)AB∥CD可得∠EFD=∠BEF=60°,根據(jù)折疊后對應角相等、對應邊相等，可得∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，進而可得∠AB【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB∥CD,∠A=90°∴∠EFD=∠BEF=60°∵將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上，∴∠BEF=∠B∴∠AE∴∠A∴AE=設BE=x，則B′∴3?x=1∴x=2，∴BE=2，故選：D．【變式5-3】（23-24九年級·湖南永州·期末）如圖，取一張矩形的紙片進行折疊，具體操作過程如下：(1)【課本再現(xiàn)】第一步：如圖1，對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，折痕為EF，把紙片展平；第二步：在AD上選一點P，沿BP折疊紙片，使點A落在矩形內(nèi)部的點M處，連接PM，BM，根據(jù)以上操作，當點M在EF上時，∠PBM=___________(2)【類比應用】如圖2，現(xiàn)將矩形紙片換成正方形紙片，繼續(xù)探究，過程如下：將正方形紙片ABCD按照（1）中的方式操作，并延長PM交CD于點Q，連接BQ，當點M在EF上時，求∠MBQ的度數(shù)；(3)【拓展延伸】在（2）的探究中，正方形紙片的邊長為4，改變點P在AD上的位置（點P不與點A，D重合），沿BP折疊紙片，使點A落在矩形內(nèi)部的點M處，連接PM，BM，并延長PM交CD于點Q，連接BQ．當QF=1cm【答案】(1)30(2)15°(3)125cm【分析】（1）由折疊的性質(zhì)得AM=BM，AE=BE，AB=BM，∠ABP=∠PBM，從而得到△ABM是等邊三角形即可求解；（2）同（1）可證∠ABM=60°，再利用折疊的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)證明Rt△BMQ≌Rt△BCQHL，推出（3）分點Q在點F的下方、上方兩種情況，利用勾股定理求解即可．【詳解】（1）解：如圖，連接AM，∵對折矩形紙片ABCD，使AD與BC重合，折痕為EF，∴EF垂直平分AB,∴AM=BM，AE=BE，∵沿BP折疊紙片，使點A落在矩形內(nèi)部的點M處，∴AB=BM，∠ABP=∠PBM，∴AM=BM=AB，∴△ABM是等邊三角形，∴∠ABM=60°，∴∠PBM=∠ABP=30°，故答案為：30；（2）解：如圖，同（1）可證∠ABM=60°，∴∠CBM=∠ABC?∠ABM=90°?60°=30°，在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠C=90°，由折疊知AB=BM，∠PMB=∠A=90°，∴BC=BM，∠BMQ=∠C=90°，在Rt△BMQ和RtBC=BMBQ=BQ∴Rt△BMQ≌∴∠MBQ=∠CBQ，∴∠MBQ=（3）解：當點Q在點F的下方時，如圖，∵正方形ABCD中，AD=CD=4，∴DQ=QF+DF=1+1∴CQ=CD?DQ=4?3=1，由（2）知Rt△BMQ≌∴MQ=CQ=1，設AP=x，由折疊知MP=AP=x，∴PQ=MP+MQ=x+1，PD=AD?AP=4?x，在Rt△PDQ中，P∴(4?x)2解得x=125，即當點Q在點F的上方時，如圖，則DQ=DF?QF=1∴CQ=CD?DQ=4?1=3，∴MQ=CQ=3，設AP=MP=x，則PD=AD?AP=4?x，PQ=MP+MQ=x+3，在Rt△PDQ中，P∴(4?x)2解得x=47，即綜上可知，AP的長為125cm或【點睛】本題考查正方形折疊問題，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)等，掌握折疊前后對應角相等、對應邊相等，注意分情況討論是解題的關鍵．【題型6正方形中的證明】【例6】（23-24九年級·安徽安慶·期末）如圖，在正方形紙片ABCD中，P為正方形邊AD上的一點（不與點A，D重合），將正方形紙片折疊，使點B落在點P處，點C落在點G處，PG交DC于點H，折痕為EF，連接BP，BH，BH交EF于點M，連接PM．(1)求證：PB平分∠APG；(2)求證：BP=EF；(3)探究CH，AP與PH的數(shù)量關系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)PH=AP+CH．理由見解析【分析】該題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，軸對稱的性質(zhì)等知識點，解題的關鍵是掌握以上知識點．（1）由題意，得PE=BE，則∠EBP=∠EPB．根據(jù)正方形性質(zhì)得出∠EPH=∠EBC=90°，得出∠PBC=∠BPH．結(jié)合AD∥BC，得出∠APB=∠PBC，即可證明∠APB=∠BPH，即PB平分（2）如圖1，過點F作FK⊥AB于點K，設EF交BP于點O．證明四邊形BCFK是矩形，得出KF=BC=AB．根據(jù)點B與點P關于EF對稱，得出EF⊥PB，證明△ABP≌△KFE，即可證明BP=EF．（3）如圖，過點B作BQ⊥PH，垂足為Q．由（1）知，∠APB=∠BPH．證明Rt△ABP≌Rt△QBP，得出AP=QP．證出BC=BQ．再證明Rt△BCH≌Rt△BQH，得出【詳解】（1）證明：由題意，得PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH?∠EPB=∠EBC?∠EBP，即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥∴∠APB=∠PBC，∴∠APB=∠BPH，即PB平分∠APG．（2）證明：如圖1，過點F作FK⊥AB于點K，設EF交BP于點O．∵∠FKB=∠KBC=∠C=90°，∴四邊形BCFK是矩形，∴KF=BC=AB．∵點B與點P關于EF對稱，∴EF⊥PB，∴∠BOE=90°，∴∠ABP+∠BEO=90°．∵∠BEO+∠EFK=90°，∴∠ABP=∠EFK．∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABP≌△KFEASA∴BP=EF．（3）解：PH=AP+CH．理由：如圖，過點B作BQ⊥PH，垂足為Q．由（1）知，∠APB=∠BPH．∵∠BQP=∠A=90°，∴BA=BQ．∵BP=BP，∴Rt△ABP≌∴AP=QP．又∵AB=BC，∴BC=BQ．∵∠C=∠BQH=90°，∴Rt△BCH≌∴CH=QH，∴QP+QH=AP+CH，即PH=AP+CH．【變式6-1】（23-24九年級·湖北武漢·期末）已知；正方形ABCD的邊長是4，F(xiàn)是DC邊的中點，E是BC上的點，且CE=14BC【答案】見解析【分析】本題考查了勾股定理，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，連接AE，延長EF交AD延長線于點G，由正方形的性質(zhì)得到AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠ADC=90°，設AB=BC=4a，則CE=a,BE=3a，由勾股定理求出AE=5a，再證明△CEF≌△DGF，得出AE=AG即可求證，掌握相關知識是解題關鍵．【詳解】證明：連接AE，延長EF交AD延長線于點G，如圖：∵正方形ABCD，∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠ADC=90°，∵CE=1∴設AB=BC=4a，則CE=a,BE=3a，在Rt△ABE中，AE=∵點F是CD中點，∴CF=DF，∵∠C=∠ADCCF=DF∴△CEF≌△DGFASA∴EF=FG,CE=DG=a,，∴AG=AD+DG=5a，∴AE=AG，又∵EF=FG,∴AF⊥EF,∴∠AFE=90°．【變式6-2】（23-24九年級·四川宜賓·期末）正方形ABCD的邊長為6，正方形DEFG的頂點E、F分別在正方形ABCD的對角線AC和BC邊上，BF=2CF，連接CG．(1)求證：AE=CG；(2)求AE【答案】(1)見解析(2)AE【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)．（1）利用正方形的性質(zhì)結(jié)合等角的余角相等求得AD=CD，DE=DG，∠ADE=∠CDG，再利用SAS證明△ADE≌△CDG，即可得到AE=CG；（2）先求得CF=2，利用勾股定理求得EG=DF=210，由△ADE≌△CDG得到∠DCG=∠DAE=45°，推出∠ECG=90°【詳解】（1）證明：∵正方形ABCD和DEFG，∴AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADE=90°?∠EDC=∠CDG，∴△ADE≌△CDGSAS∴AE=CG；（2）解：連接GE和DF，∵正方形ABCD的邊長為6，且BF=2CF，∴CF=2，CD=6，∠FCD=90°，∴EG=DF=2由（1）得△ADE≌△CDG，AE=CG，∴∠DCG=∠DAE=45°，∴∠ECG=∠DCG+∠DCE=90°，∴AE【變式6-3】（23-24九年級·江蘇泰州·期末）【閱讀材料】在學習正方形時，我們遇到過這樣的問題：如圖1，在正方形ABCD中，點E、F、G、H分別在BC、CD、AD、AB上，且GE⊥HF，垂足為M，那么GE與HF相等嗎？分別過點G、H作GP⊥BC、HQ⊥CD，垂足分別為P、Q，通過證明△GPE≌△HQF，得到GE=HF．根據(jù)閱讀材料，完成下面探究1、探究2中的問題．【探究1】如圖2，在正方形ABCD中，點E在BC上，使用無刻度的直尺和圓規(guī)作BF⊥AE，交CD于點F（要求直尺、圓規(guī)各使用一次），保留作圖痕跡，并標出點F，不要求寫作法；【探究2】如圖3，在正方形ABCD中，點E、F分別在AB、CD上，將正方形ABCD沿著EF翻折，點B、C分別落在B′、C′處，且B′C′經(jīng)過點D，將紙片展開，延長C′F交BC于點G（1）求證：DF=GF；（2）求證：AE+CG=DF．【答案】[探究1]見解析；[探究2]（1）見解析；（2）見解析【分析】本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)等知識，解題的關鍵是：[探究1]以B為圓心，AE為半徑畫弧，交CD于F，連接BF即可；[探究2]（1）利用翻折的性質(zhì)和ASA證明△CFG≌△C（2）連接CC′，過F作FN⊥AB于N，可得四邊形BCFN是矩形，得出CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD，AN=DF，利用翻折的性質(zhì)，等邊對等角以及外角的性質(zhì)可得∠FDG=∠FC′C，進而得出DG∥C【詳解】解∶[探究1]如圖，BF即為所求，

∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，AB=DC，由作圖知：AE=BF，∴Rt△ABE≌∴∠BAE=∠CAF，∵∠CAF+∠ABF=90°，∴∠BAE+∠ABF=90°，∴BF⊥AE；[探究2]（1）證明：∵翻折，∴∠C=∠C′=90°又∠CFG=∠C∴△CFG≌△C∴FG=DF；（2）連接CC′，過F作FN⊥AB于則四邊形BCFN是矩形，∴CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD又AB=DC，∴AN=DF，∵翻折，∴EF⊥CC∵DF=GF，CF=C∴∠FDG=∠FGD，∠FCC又∠DFC=∠FDG+∠FGD=∠FCC∴∠FDG=∠FC∴DG∥又EF⊥CC∴DG⊥EF，∴∠GDC+∠DFM=90°，∵∠NFD=90°，∴∠EFN+∠DFM=90°，∴∠EFN=∠GDC，又NF=CD，∠ENF=∠C=90°，∴△ENF≌△GCDASA∴EN=GC，又AN=AE+EN，AN=DF，∴DF=AE+GC知識點2：正方形的判定①先判定四邊形是矩形，再判定這個矩形有一組鄰邊相等；②先判定四邊形是菱形，再判定這個菱形有一個角為直角．③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用①或②進行判定．【題型7正方形與矩形、菱形的判定定理的區(qū)別與練習】【例7】（23-24九年級·浙江臺州·期末）甲，乙兩位同學采用折疊的方法，判斷兩張四邊形紙片是否為正方形．甲：如圖①進行兩次折疊，每次折疊后折痕兩側(cè)部分能完全重合，故判斷原四邊形是正方形；乙：如圖②進行兩次折疊，每次折疊后折痕兩側(cè)部分能完全重合，故判斷原四邊形是正方形．下列判斷正確的是（

）

A．僅甲正確 B．僅乙正確 C．甲、乙均正確 D．甲、乙均錯誤【答案】D【分析】利用折疊的性質(zhì)和菱形、矩形、正方形的判定即可得出答案．【詳解】解∶①按照圖①折疊，可得四邊形的四邊相等，原四邊形是菱形或正方形；②按照圖②折疊，可得四邊形的四個角相等，不能得四條邊相等，原四邊形是矩形；故選∶D．【點睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，菱形、矩形、正方形的判定等，熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題的關鍵．【變式7-1】（23-24九年級·重慶榮昌·期末）下列命題：①對角線相等的菱形是正方形；②對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形；③對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形；④對角線互相垂直的矩形是正方形；其中是真命題的個數(shù)是（

）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】利用正方形的判定方法分別判斷后即可確定正確的選項．【詳解】解：①對角線相等的菱形是正方形，正確，是真命題，符合題意；②對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形，正確，是真命題，符合題意；③對角線互相垂直且相等的平行四邊形是正方形，正確，是真命題，符合題意；④對角線互相垂直的矩形是正方形，正確，是真命題，符合題意．真命題有4個，故選A．【點睛】本題考查了命題與定理的知識，解題的關鍵是了解有關的定義及定理，難度中等．【變式7-2】（23-24九年級·河北保定·期末）如圖，在四邊形ABCD中，E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA邊上的中點，連結(jié)AC、BD，回答問題（1）對角線AC、BD滿足條件時，四邊形EFGH是矩形．（2）對角線AC、BD滿足條件時，四邊形EFGH是菱形．（3）對角線AC、BD滿足條件時，四邊形EFGH是正方形．【答案】AC⊥BDAC＝BDAC⊥BD且AC＝BD【分析】先證明四邊形EFGH是平行四邊形，（1）在已證平行四邊形的基礎上，要使所得四邊形是矩形，則需要一個角是直角，故對角線應滿足互相垂直（2）在已證平行四邊形的基礎上，要使所得四邊形是菱形，則需要一組鄰邊相等，故對角線應滿足相等（3）聯(lián)立（1）（2），要使所得四邊形是正方形，則需要對角線垂直且相等【詳解】解：連接AC、BD．∵E、F、G、H分別是AB、BC、CD、DA邊上的中點，∴EF∥AC，EF＝12AC，F(xiàn)G∥BD，F(xiàn)G＝12BD，GH∥AC，GH＝12AC，EH∥BD，EH＝∴EF∥HG，EF＝GH，F(xiàn)G∥EH，F(xiàn)G＝EH．∴四邊形EFGH是平行四邊形；（1）要使四邊形EFGH是矩形，則需EF⊥FG，由（1）得，只需AC⊥BD；（2）要使四邊形EFGH是菱形，則需EF＝FG，由（1）得，只需AC＝BD；（3）要使四邊形EFGH是正方形，綜合（1）和（2），則需AC⊥BD且AC＝BD．故答案是：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD【點睛】此題主要考查平行四邊形，矩形，菱形以及正方形的判定條件【變式7-3】（12-13九年級·江蘇揚州·期末）如圖，已知四邊形ABCD是平行四邊形，下列結(jié)論中不正確的是（

）A．當AB=BC時，它是菱形 B．當AC⊥BD時，它是菱形C．當∠ABC=90°時，它是矩形 D．當AC=BD時，它是正方形【答案】D【分析】此題主要考查學生對正方形的判定、平行四邊形的性質(zhì)、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此題涉及到的知識點較多，學生答題時容易出錯．根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形；根據(jù)所給條件可以證出鄰邊相等；根據(jù)有一個角是直角的平行四邊形是矩形；根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形．【詳解】解：A、根據(jù)鄰邊相等的平行四邊形是菱形可知：四邊形ABCD是平行四邊形，當AB=BC時，它是菱形，故A選項正確，不符合題意；B、∵四邊形ABCD是平行四邊形，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，故B選項正確，不符合題意；C、有一個角是直角的平行四邊形是矩形，故C選項正確，不符合題意；D、根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形可知當AC=BD時，它是矩形，不是正方形，故D選項錯誤，符合題意．故選：D．【題型8證明四邊形是正方形】【例8】（23-24九年級·四川樂山·期末）如圖1，四邊形ABCD為正方形，E為對角線AC上一點，連接DE，BE．(1)求證：BE=DE；(2)如圖2，過點E作EF⊥BE，交邊CD于點F，以BE，EF為鄰邊作矩形BEFG，連接CG．①求證：矩形BEFG是正方形；②若正方形ABCD的邊長為6，CG=22，求正方形BEFG【答案】(1)見解析(2)①見解析；②2【分析】（1）證明△ABE≌△ADESAS（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，再證△FEN≌△BEMASA，得到EF=BE②證明△ABE≌△CBGSAS，得到AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，由∠ACB=45°，得到CE⊥CG，則CE+CG=CE+AE=AC=2AB=62，由CG=22得到CE=42，連接【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BAE=∠DAE=45°，AB=AD，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠BAE=∠DAE∴△ABE≌△ADESAS∴BE=DE；（2）①證明：如圖，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，則四邊形EMCN為矩形，∴∠MEN=90°，∵點E是正方形ABCD對角線上的點，∴EM=EN，∵∠BEF=90°，∴∠BEM=∠NEF=90°?∠FEM，∵∠FNE=∠BME=90°，在△FEN和△BEM中∠FNE=∠BME=90°∴△FEN≌△BEMASA∴EF=BE，∵四邊形BEFG是矩形，∴矩形BEFG是正方形；②解：正方形BEFG和正方形ABCD中，BE=BG，AB=BC，∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABE=∠CBG=90°?∠CBE，∴△ABE≌△CBGSAS∴AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，∵∠ACB=45°，∴∠ACG=∠ACB+∠BCG=90°，∴CE⊥CG，∴CE+CG=CE+AE=AC=2∵CG=22∴CE=42連接EG，∴EG=C∴EF=2即正方形BEFG的邊長為25【點睛】此題考查了正方形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識，添加合適輔助線是解題的關鍵．【變式8-1】（23-24九年級·浙江紹興·期末）如圖，在矩形ABCD中，E是邊CD上一點，F(xiàn)是CB的延長線上一點，連接AE，AF，已知BF=DE，AF⊥AE．

(1)求證：四邊形ABCD是正方形．(2)若∠DAE=30°，DE=1，求四邊形AECB的面積．【答案】(1)詳見解析(2)3?【分析】（1）證明△BAF≌△DAE，得出AB=AD，根據(jù)一組鄰邊相等的矩形為正方形，即可得出結(jié)論；（2）根據(jù)含30度的直角三角形的性質(zhì)得出AE=2，根據(jù)勾股定理求出AD=22?【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAE+∠EAD=90°，∠ABF=∠D=90°．∵AF⊥AE，∴∠BAE+∠BAF=90°，∴∠BAF=∠EAD，∵BF=DE，∴△BAF≌△DAE，∴AB=AD．∴矩形ABCD是正方形．（2）解：∵∠DAE=30°，DE=1，∴AE=2，∴AD=2∴S【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定，勾股定理，三角形全等的判定和性質(zhì)，含30度角的直角三角形性質(zhì)，三角形面積計算，解題的關鍵是熟練掌握三角形全等的判定，得出△BAF≌△DAE．【變式8-2】（23-24九年級·湖北荊門·期末）問題情境：數(shù)學活動課上，同學們開展了以“矩形紙片折疊”為主題的探究活動（每個小組的矩形紙片規(guī)格相同），已知矩形紙片寬AD=6．

(1)如圖1，A小組將矩形紙片ABCD折疊，點D落在AB邊上的點E處，折痕為AF，連接EF，然后將紙片展平，得到四邊形AEFD．求證：四邊形AEFD是正方形；(2)如圖2，B小組將矩形紙片ABCD對折使AB與DC重合，展平后得到折痕PQ，再次過點A折疊使點D落在折痕PQ上的點N處，得到折痕AM，連結(jié)MN，展平后得到四邊形ANMD，求四邊形ANMD的面積；【答案】(1)見解析(2)12【分析】（1）證AD=AE=FD=FE，得四邊形AEFD是菱形，再由∠D=90°，即可得出結(jié)論；（2）連接DN，由折疊的性質(zhì)可得△ADN是等邊三角形，∠DAM=30°，求出DA′，由三角形面積公式可求出【詳解】（1）四邊形AEFD是正方形，理由如下：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB∥∴∠FAE=∠DFA，由第一步折疊可知：∠FAE=∠DAF，∴∠DAF=∠DFA，∴AD=FD，∴AD=AE=FD=FE，∴四邊形AEFD是菱形，又∵∠D=90°，∴四邊形AEFD是正方形；（2）連接DN，

由折疊得，AP=PD=∴DN=AN=6∴DN=AN=AD=6∴△ADN是等邊三角形，∴∠DAN=60°∴∠DAM=設DM=x，則AM=2x由勾股定理得，A∴6解得，x=23∴DM=2由折疊得，S△ADM∴S四邊形【點睛】本題考查四邊形綜合題，考查了折疊的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，等邊三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，解題的關鍵是學會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題．【變式8-3】（23-24九年級·山西臨汾·期末）綜合與實踐問題解決：（1）如圖1，在△ABC中，BD是AC邊上的中線，E是BD的中點，過點B作BF∥AC，交CE的延長線于點F，連接AF．求證：四邊形類比遷移：（2）如圖2，在（1）的條件下，當AB=BC時，試判斷四邊形ADBF的形狀，并說明理由．拓展應用：（3）當△ABC滿足什么條件時，四邊形ADBF是正方形？請直接寫出結(jié)論，不必證明．【答案】（1）證明見解析；（2）四邊形ADBF是矩形，理由見解析；（3）AB=BC，∠ABC=90°【分析】（1）先證明△BEF≌△DECAAS，得到BF=CD=AD，再結(jié)合BF（2）根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，得出BD⊥AC，即可證明四邊形ADBF是矩形；（3）由（2）可知，當AB=BC時，四邊形ADBF是矩形，再結(jié)合直角三角形斜邊中線等于斜邊一半，得到BD=AD，即可得出結(jié)論．【詳解】證明：（1）∵BF∥∴∠BFC=∠ACF，∵E是BD的中點，∴BE=DE，在△BEF和△DEC中，∠BFE=∠DCE∠BEF=∠EDC∴△BEF≌△DECAAS∴BF=CD，∵BD是AC邊上的中線，∴AD=CD，∴AD=BF，又∵BF∥∴四邊形ADBF是平行四邊形；（2）四邊形ADBF是矩形，理由如下：∵AB=BC，BD是AC邊上的中線，∴BD⊥AC，即∠ADB=90°，又∵四邊形ADBF是平行四邊形，∴四邊形ADBF是矩形；（3）當△ABC滿足AB=BC，∠ABC=90°時，四邊形ADBF是正方形，由（2）可知，當AB=BC時，四邊形ADBF是矩形，在Rt△ABC中，BD是AC∴BD=1∴四邊形ADBF是正方形，．【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定定理，正方形的判定定理，掌握特殊四邊形的判定定理是解題關鍵．【題型9由正方形性質(zhì)與判定求線段長度】【例9】（23-24九年級·浙江湖州·期末）正方形工整、勻稱、美觀，設計方便，在人們的生活和生產(chǎn)實際中有著廣泛的應用．如圖1為某園林石窗，其外框為邊長為6的正方形ABCD（如圖2），點E，F(xiàn)，G，H分別為邊上的中點，以四邊形EFGH各邊的三等分點的連線為邊，分別向內(nèi)作等邊三角形（如△IJK），四個等邊三角形的頂點恰好是正方形MNPQ各邊的中點，則點H，M之間的距離是．【答案】3【分析】先利用勾股定理得到EH=32，進而證明四邊形EFGH是正方形，則可得到IJ=EJ=HI=JK=13EH=2，過點K作KT⊥EH，延長TK分別交PQ，F(xiàn)G于L、S，則TJ=IT=12IJ=22，利用勾股定理得到TK=JK2?JT2=62；證明四邊形TSGH是矩形，得到TS=HG=HE=32，由對稱性可知LS=TK=62，則KL=TS?TK?LS=32?6；證明四邊形MQLK【詳解】解：∵點E，F(xiàn)是正方形ABCD邊AB，∴AE=AH=3，∴∠AEH=∠AHE=45°，EH=A同理可得∠DHG=45°，∴EH=HG=FG=EF，∴四邊形EFGH是正方形，∵四邊形EFGH各邊的三等分點的連線為邊，分別向內(nèi)作等邊三角形，∴IJ=EJ=HI=JK=1如圖所示，過點K作KT⊥EH，延長TK分別交PQ，F(xiàn)G于L、∴TJ=IT=1∴TK=J∵THG=∠HJS=∠HTS=90°，∴四邊形TSGH是矩形，∴TS=HG=HE=32由對稱性可知LS=TK=6∴KL=TS?TK?LS=32∵K、L分別為正方形NMQP邊MN，∴MK=QL，∴四邊形MQLK是矩形，∴MN=MQ=KL=32?6如圖所示，過點M作MW⊥EH于W，則四邊形TKMW是矩形，∴MW=TK=6∵EJ=HI，∴ET=HT=1∴WH=HT?TW=6∴HM=M∴點H，M之間的距離是3，故答案為：3．【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)與判定，勾股定理，矩形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)等等，正確作出輔助線構(gòu)造直角三角形和矩形是解題的關鍵．【變式9-1】（23-24九年級·四川宜賓·期末）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AB=BC，CD=6，AD=8，則對角線BD的長為．【答案】7【分析】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)，勾股定理等知識．熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理是解題的關鍵．如圖，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，則四邊形BEDF是矩形，證明△CBF≌△ABEAAS，則CF=AE，BF=BE，可得四邊形BEDF是正方形，則BE=DE=DF，設CF=AE=a，則DE=8?a，DF=6+a，由8?a=6+a，可求a=1，則BE=DE=7，由勾股定理得，BD=【詳解】解：如圖，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，則四邊形BEDF是矩形，∴∠EBF=90°=∠ABC，即∠EBC+∠CBF=∠ABE+∠EBC，∴∠CBF=∠ABE，又∵∠CFB=90°=∠AEB，BC=AB，∴△CBF≌△ABEAAS∴CF=AE，BF=BE，∴四邊形BEDF是正方形，∴BE=DE=DF，設CF=AE=a，則DE=8?a，DF=6+a，∴8?a=6+a，解得，a=1，∴BE=DE=7，由勾股定理得，BD=B故答案為：72【變式9-2】（23-24九年級·山西太原·期末）綜合與實踐問題情境：“綜合與實踐”課上，老師提出如下問題：如圖1，在?ABCD中，∠ADC=90°，點O是邊AD的中點，連接AC．保持?ABCD不動，將△ADC從圖1的位置開始，繞點O順時針旋轉(zhuǎn)得到△EFG，點A，D，C的對應點分別為點E，F(xiàn)，G．當線段AB與線段FG相交于點M（點M不與點A，B，F(xiàn)，G重合）時，連接OM．老師要求各個小組結(jié)合所學的圖形變換的知識展開數(shù)學探究．(1)初步思考：如圖2，連接FD，“勤學”小組在旋轉(zhuǎn)的過程中發(fā)現(xiàn)FD∥(2)操作探究：如圖3，連接BG，“善思”小組在旋轉(zhuǎn)的過程中發(fā)現(xiàn)OM垂直平分BG，請你證明這一結(jié)論；(3)拓展延伸：已知AD=22，CD=2，在旋轉(zhuǎn)的過程中，當以點F，C，D為頂點的三角形是等腰三角形時，請直接寫出此時線段AM【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)線段AM的長度為1或2?2或2【分析】（1）連接AF交OM于點H，證明Rt△MAO≌Rt△MFOHL，得到AM=FM，證明OM是線段AF的垂直平分線，得到（2）延長OM交BG于點N，先證明MG=MB，求得∠GMN=∠BMN，利用等腰三角形的性質(zhì)即可證明結(jié)論成立；（3）分當FD=FC、DC=DF=2和CD=CF=2，三種情況討論，利用等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)或勾股定理求解即可．【詳解】（1）證明：連接AF交OM于點H，由題意得OA=OF=OD=12AD∵OM=OM，∴Rt△MAO≌∴AM=FM，∵OA=OF，∴OM是線段AF的垂直平分線，∴點H是線段AF的中點，∵點O是邊AD的中點，∴OH是△AFD的中位線，∴OM∥（2）證明：延長OM交BG于點N，由（1）AM=FM，OM是線段AF的垂直平分線，∴∠AMO=∠FMO，由題意得AB=CD=FG，∴MG=MB，∵∠GMN=∠FMO，∠BMN=∠AMO，∴∠GMN=∠BMN，∴OM垂直平分BG；（3）解；當FD=FC時，則點F在線段CD的垂直平分線上，作OH⊥PQ于點H，如圖，由題意得OH=DQ=1，OF=OA=PH=1∴FH=OF2∴△OHF是等腰直角三角形，∴∠OFH=45°，∵∠EFG=90°，∴∠MFP=90°?45°=45°，∴△PFM是等腰直角三角形，∴PM=PF=2∴AM=1?PM=2?2當DC=DF=2時，如圖，由題意得OD=OF=1∵OD2+O∴OD∴△ODF是等腰直角三角形，∴∠AOF=∠DOF=90°，∵∠A=∠OFM=90°，∴四邊形AOFM是正方形，∴AM=AO=2當CD=CF=2時，如圖，∵CD=CF，OD=OF，OC=OC，∴△CDO≌△CFOSSS∴∠CFO=∠CDO=90°，∵∠EFG=90°，∴M、F、C在同一直線上，設AM=FM=x，∴CM=x+2，BM=2?x，在Rt△CBM中，BM2解得x=1，∴AM=1；綜上，線段AM的長度為1或2?2或2【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，線段垂直平分線的判定和性質(zhì)，正確引出輔助線、分類討論的思想解決問題是解題的關鍵．【變式9-3】（23-24九年級·江蘇無錫·期末）如圖，已知四邊形ABCD是正方形，AB=42，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連CG，AE2【答案】32【分析】過點E作EM⊥BC于點M，作EN⊥CD于點N，利用ASA定理證出△DEN≌△FEM，再根據(jù)全等三角形的性質(zhì)可得ED=EF；連接EG，根據(jù)正方形的性質(zhì)、利用SAS定理證出△ADE≌△CDG，推出CG=AE，∠DCG=∠DAE=45°，再利用勾股定理可得AE2+C【詳解】解：如圖，過點E作EM⊥BC于點M，作EN⊥CD于點N，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠BCD=90°，∠ECN=∠ECM=45°，∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，∴四邊形EMCN為正方形，∴EM=EN，∠MEN=90°，∴∠MEF+∠NEF=90°，∵四邊形DEFG是矩形，∴∠DEF=90°，∴∠NED+∠NEF=90°，∴∠NED=∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠NED=∠MEFEN=EM∴△DEN≌△FEM(ASA∴ED=EF，∴矩形DEFG為正方形．如圖，連接EG，∵四邊形ABCD為正方形，AB=42，∴∠ADC=90°,AD=CD,AC=A∴∠ADE+∠CDE=90°，∵矩形DEFG為正方形，∴DE=DG,∠EDG=90°，∴∠CDG+∠CDE=90°，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDGSAS∴CG=AE,∠DCG=∠DAE=45°，∴∠ECG=∠DCG+∠ACD=90°，∴AE由垂線段最短可知，當DE⊥AC時，DE取得最小值，最小值為12∴AE2+C故答案為：32【點睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、三角形全等的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、勾股定理等知識點，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關鍵．【題型10由正方形性質(zhì)與判定求角度】【例10】（23-24九年級·河南鄭州·階段練習）四邊形ABCD為正方形，點E為線段AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．(1)如圖，求證：矩形DEFG是正方形；(2)若AB＝22，CE＝2，求CG(3)當線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是40°時，直接寫出∠EFC的度數(shù)．【答案】(1)見解析；(2)CG=2；(3)130°或【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根據(jù)正方形的判定定理證明即可；（2）通過計算發(fā)現(xiàn)E是AC中點，點F與C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解決問題．（3）分兩種情形結(jié)合正方形的性質(zhì)解答即可．【詳解】（1）證明：如下圖所示：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如圖2：在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×2∵EC＝2，∴AE＝CE，∴點F與C重合，此時△DCG是等腰直角三角形，∴CG=CD（3）①如圖3：當DE與AD的夾角為40°時，∠DEC＝45°+40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如圖4：當DE與DC的夾角為40°時，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，綜上所述，∠EFC＝130°或40°．【點睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定與性質(zhì)等相關知識點，根據(jù)條件結(jié)合圖形去解題是關鍵.【變式10-1】（23-24九年級·黑龍江哈爾濱·開學考試）已知：BD是△ABC的角平分線，點E在AB邊上，BE＝BC，過點E作EF∥AC，交BD于點F，連接(1)如圖1，求證：四邊形CDEF是菱形；(2)如圖2，當∠DEF=90°，AC=BC時，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中度數(shù)為【答案】(1)見解析(2)度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS證明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，從而∠EFD=∠BDE，根據(jù)等角對等邊得出（2）如圖2，利用正方形的性質(zhì)可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=∠B=30°，然后利用三角形的外角性質(zhì)求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【詳解】（1）證明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌∴DE=DC，同理△BFE≌∴EF=CF，∵EF∥∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四邊形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四邊形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四邊形CDEF是正方形．∴∠EDF=45°，∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，∵AC=BC，∴∠A=∠CBE=2∠ABD，∴∠ABD+∠A=180°?∠ADB=45°，∴∠A=30°；∴∠CBF=∠ABF=1∵四邊形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性質(zhì)得：∠FEB=∠FCB=30°，∴度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB．【點睛】本題主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)等知識．關鍵是由SAS得出△BDE≌【變式10-2】（23-24九年級·貴州黔南·期末）如圖，用四個完全相同的矩形拼成了一個大正方形，AB是其中一個小矩形的對角線，請在大正方形中完成下列畫圖，要求：①僅用無刻度的直尺；②保留必要的畫圖痕跡．(1)在圖中畫出一個以AB為邊的正方形；(2)在圖中畫出一個以點A或點B為頂點，AB為一邊的45°角，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)圖見解析，理由見解析【分析】(1)連接AD、DC、BC，所得四邊形即為所作正方形；(2)作正方形的對角線，即可畫出．【詳解】（1）解：如圖，四邊形ABCD為所求；連接AD、DC、BC，所得四邊形即為所作正方形；（2）解：如圖，∠BAC即為所求．理由如下：∵四個全等的矩形被對角線分成的直角三角形全等，∴AB=BC=CD=AD．∴四邊形ABCD是菱形．又∵△AFB≌△DEA(SAS)，∴∠ABF=∠EAD．∵∠BAF+∠ABF=90°，∴∠DAB=∠BAF+∠EAD=90°．∴四邊形ABCD是正方形，連接AC．∴△ABC是等腰直角三角形．∴∠BAC=45°．【點睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握和運用各特殊平行四邊形的性質(zhì)與判定是解決本題的關鍵．【變式10-3】（23-24九年級·天津和平·期中）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，Rt△ABC將繞點C順時針旋轉(zhuǎn)得到△DEC，點B的對應點為E，點A的對應點D落在線段AB上，DE與BC相交于點F，連接(1)求證：DC平分∠ADE；(2)試判斷BE與AB的位置關系，并說明理由；(3)若BE=BD，求∠ABC的大小．（直接寫出結(jié)果即可）【答案】(1)見解析(2)BE⊥AB，見解析(3)22.5°【分析】（1）利用等腰三角形的性質(zhì)以及旋轉(zhuǎn)不變性解決問題即可；（2）結(jié)論：BE⊥AB．證明∠DBE+∠DCE=180°，即可解決問題；（3）連接AF，過點B作BH⊥CD交CD的延長線于H，作BT⊥CE于T，證明△BHD≌△BTEAAS，得出BH=BT，證明四邊形BHCT為正方形，得出∠DCB=45°，從而得出∠ACD=∠FCD=45°，證明△ACD≌△FCDASA，得出AC=FC，求出∠AFC=∠CAF=45°，再求出【詳解】（1）證明：∵△DCE是由△ACB旋轉(zhuǎn)得到，∴CA=CD，∠A=∠CDE，∴∠A=∠CDA，∴∠CDA=∠CDE，∴CD平分∠ADE．（2）解：結(jié)論：BE⊥AB．由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，∠ACD=∠BCE，∵CA=CD，CB=CE，∴∠CAD=∠CDA=∠CBE=∠CEB，∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB=180°，∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE=180°，∴∠DCE+∠DBE=180°，∵∠DCE=90°，∴∠DBE=90°，∴BE⊥AB．（3）解：如圖，連接AF，過點B作BH⊥CD交CD的延長線于H，作BT⊥CE于T，∵∠H=∠BTC=∠HCT=90°，∴四邊形BHCT為矩形，∴∠HBT=∠DBE=90°，∴∠DBH=∠EBT，∵BD=BE，∠H=∠BTE=90°∴△BHD≌△BTEAAS∴BH=BT，∴四邊形BHCT為正方形，∴∠DCB=45°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠FCD=45°，∵CD=CD，∠ADC=∠FDC，∴△ACD≌△FCDASA∴AC=FC，∴∠AFC=∠CAF=45°，∵∠DBE=90°，BD=BE，∴∠BED=∠BDE=1∴∠ADF=180°?45°=135°，∴∠CDF=∠ADC=1根據(jù)解析（2）可知，∠CAD=∠CDA=67.5°，∴∠FAB=67.5°?45°=22.5°．【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，垂直的定義，解題的關鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形，證明△BHD≌△BTE．【題型11由正方形性質(zhì)與判定求面積】【例11】（23-24九年級·江蘇揚州·期中）【問題一】如圖①，正方形ABCD的對角線相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，交AB于點E，交BC于點【問題二】受圖①啟發(fā)，興趣小組畫出了圖②：直線m、n經(jīng)過正方形ABCD的對稱中心O，直線m分別與AD、BC交于點E、F，直線n分別與AB、CD交于點G、H，且，若正方形【問題三】在圖②中，連接E、G、F、H四點，請證明四邊形EGFH是正方形．【答案】【問題一】AE=BF；【問題二】16；【問題三】證明見解析【分析】本題考查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)等．問題一：證明△OAE≌△OBF，即可得到結(jié)論；問題二：連接OA，OB，由正方形的性質(zhì)可得，S△AOB=1問題三：先證明四邊形EGFH是菱形，再證明∠EGF=90°，即可得證．【詳解】問題一：AE=BF，證明如下：在△OAE和△OBF中，因為∠AOE=∠AOB?∠EOB=90°?∠EOB，且∠BOF=∠EOF?∠EOB=90°?∠EOB，所以∠AOE=∠BOF，又因為AO=BO，∠EAO=∠FBO=45°，所以△OAE≌△OBF，所以AE=BF；問題二：如圖，連接OA，因為點O是正方形ABCD的中心，所以S△AOB又由問題一可知，△AOE≌△BOG，所以S△AOE所以S四邊形問題三：四邊形EGFH是正方形，證明如下：由問題一知，AE=GB=FC=HD，所以AG=BF=CH=DE，所以由勾股定理知EG=GF=FH=HE，所以四邊形EGFH是菱形，又因為在△EAG和△GBF中，對應邊均相等，所以兩個三角形全等，所以∠EGA=∠GFB，所以∠EGA+∠FGB=90°，所以∠EGF=90°，所以四邊形EGFH是正方形．【變式11-1】（23-24九年級·江西上饒·期中）如圖，陰影部分是一個正方形廣場，規(guī)劃將正方形的四邊各延長一倍，即DM=AD、CN=CD、AQ=AB、BP=BC，將M、N、P、Q四點連接，建成新的廣場MNPQ，試問建成的新廣場是什么形狀，并且它的面積是原廣場ABCD的多少倍？【答案】新建的四邊形MNPQ為正方形．新廣場的面積是原廣場ABCD面積的5倍．【分析】本題考查了正方形的性質(zhì)及正方形的判定的運用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，直角三角形的性質(zhì)的運用．由正方形的性質(zhì)可以得出AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，就可以得出∠MAQ=∠QBP=∠PCN=∠MDN=90°，由條件就可以得出△MAQ≌△QBP≌△PCN≌△NDM，就可以得出MQ=QP=PN=NM，∠PQM=90°，就可以得出結(jié)論．根據(jù)邊的關系，即可求出面積比．【詳解】解：新建的四邊形MNPQ為正方形．新廣場的面積是原廣場ABCD面積的5倍．理由：∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴∠QAM=∠PBQ=∠NCP=∠MDN=90°．∵DM=AD，CN=CD，AQ=AB，BP=BC，∴DM=CN=BP=AQ，∴AB+AQ=AD+DM=CD+CN=CB+BP，∴BQ=AM=DN=CP．在△MAQ和△QBP中AQ=BP∠QAM=∠PBQ∴△MAQ≌△QBPSAS∴MQ=QP，∠AMQ=∠BQP，∠AQM=∠BPQ．∵∠BPQ+∠BQP=90°，∴∠AQM+∠BQP=90°，即∠PQM=90°，同理可得，△QBP≌△PCN≌△NDM，∴QP=PN=NM，∴MQ=QP=PN=NM，∴四邊形MNPQ為菱形．∵∠PQM=90°，∴菱形MNPQ為正方形．設原來正方形邊長為a，則新建的正方形邊長為：a2∴新建的面積是原廣場ABCD面積的5倍．【變式11-2】（23-24九年級·山東煙臺·期中）已知，如圖，在四邊形ABCD中，∠B=∠ADC=90°，AD=CD，DE⊥BC，垂足為點E．(1)求證：BE=DE；(2)若AB=32，CE=1，求四邊形【答案】(1)見解析(2)25【分析】（1）過點D作DM⊥AB，交BA的延長線于點M，由題意易得四邊形MBED是矩形，則有∠MDA=∠EDC，然后可得△ADM≌△CDEAAS（2）由（1）可得AM=EC=1,S△ADM=【詳解】（1）證明：過點D作DM⊥AB，交BA的延長線于點M，∵DE⊥BC，∴∠DEB=∠B=∠M=90°，∴四邊形MBED是矩形，∴∠MDE=90°，BE=MD，∴∠MDE?∠ADE=∠ADC?∠ADE，∴∠MDA=∠EDC，又∵AD=CD，∠M=∠DEC=90°，∴△ADM≌△CDEAAS∴MD=DE，∴BE=DE；（2）解：由（1）得：BE=DE，∴矩形MBED是正方形∵△ADM≌△CDE，∴AM=EC=1,S∴BM=AB+MA=3∴S=S∴四邊形ABCD的面積為254【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)與判定、矩形的性質(zhì)與判定及全等三角形的性質(zhì)與判定，熟練掌握正方形的性質(zhì)與判定、矩