专题12正方形的性质与判定

【考点一】正方形的性质与判定综合考

例题：（四川达州·九年级期末）如图，在 中， 是 的中点、 是 中点，过点 作 交 的延长线于点 ，连接 ．

(1)求证： ；

(2)若 ，试判断四边形 的形状，并证明你的结论；

(3)直接回答：当 满足________时，四边形 是正方形．

【答案】(1)见解析；

(2)四边形 是菱形，见解析；

(3)AC=BC

【解析】

【分析】

（1）利用 推出∠DBE=∠AFE，由此证明△BED≌△FEA（AAS），得到BD=AF，即可得到结论；

（2）根据直角三角形斜边中线得到AD=CD，即可证得四边形 是菱形；

（3）当△ABC满足AC=BC时，理由等腰三角形的三线合一的性质得到AD⊥BC，即可证得四边形 是正方形．

(1)

证明：∵ ，

∴∠DBE=∠AFE，

∵ 是 中点，

∴AE=DE，

∵∠BED=∠AEF，

∴△BED≌△FEA（AAS），

∴BD=AF，

∵ 是 的中点，

∴BD=CD，

∴CD=AF；

(2)

四边形 是菱形，理由如下：

∵AF∥CD，AF=CD，

∴四边形ADCF是平行四边形，

∵AC⊥BC，点D是BC的中点，

∴AD=BD=CD，

∴四边形 是菱形；

(3)

当△ABC满足AC=BC时，四边形 是正方形，理由如下：

∵∠BAC=90°，AC=BC，AD为中线，

∴AD⊥BC，

∴菱形 是正方形，

故答案为：AC=BC．

【点睛】

此题考查了全等三角形的判定及性质，证明四边形是菱形，证明四边形是正方形，等腰三角形三线合一的性质，熟记各定理并熟练应用是解题的关键．

【变式训练】

1．（云南省个旧市第二中学八年级期中）如图：已知： 是 的角平分线， 交 于 ， 交 于 ．

(1)求证：四边形 是菱形；

(2)当 满足什么条件时，四边形 是正方形？

【答案】(1)见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据平行四边形的判定定理：有两组对边相互平行的四边形是平行四边形，推知四边形 是平行四边形；然后由平行四边形的对角相等、对角线平分对角的性质以及角平分线的性质证得 ；最后由等角对等边推知 的邻边 ；

（2）由正方形的四个角都是直角的性质知三角形 中 ．

(1)

解：证明： ， ，

， ，

四边形 是平行四边形（有两组对边相互平行的四边形是平行四边形），

（平行四边形的对角相等）；

又 是 的角平分线，

∴∠EAD=∠FAD，

∵DE∥AC，

∴∠EDA=∠FAD，

，

（等角对等边），

四边形 是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形）；

(2)

解：由（1）知，四边形 是菱形，

当四边形 是正方形时， ，即 ，

的 时，四边形 是正方形．

【点睛】

本题考查了正方形的判定、菱形的判定．解题的关键是注意：菱形是邻边相等的“平行四边形”，而非邻边相等的“四边形”．

2．（江苏·南京外国语学校八年级阶段练习）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD是AB边上的中线，E是CD的中点，过点C作CF AB，交AE的延长线于点F，连接BF．

(1)求证：四边形BDCF是菱形；

(2)当△ABC满足什么条件时，四边形BDCF是正方形？请说明理由．

【答案】(1)见解析；

(2)AC＝BC，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）由“AAS”可证△CEF≌△DEA，可得CF＝AD，由直角三角形的性质可得CD＝AD＝BD＝CF，由菱形的判定可证四边形BDCF是菱形；

（2）由等腰三角形的性质可得CD⊥AB，即可证四边形BDCF是正方形．

(1)

证明：∵CF AB

∴∠CFA＝∠BAF，∠ADC＝∠FCD，

∵E是CD的中点，

∴CE＝DE

∴△CEF≌△DEA（AAS）

∴CF＝AD，

∵CD是Rt△ABC的中线

∴CD＝AD＝BD

∴CF＝BD，

∵CF AB

∴四边形BDCF是平行四边形，

∵CD＝BD

∴四边形BDCF是菱形

(2)

当AC＝BC时，四边形BDCF是正方形，

理由如下：∵∠ACB＝90°，AC＝BC，

∴△ABC是等腰直角三角形

∵CD是AB边上的中线

∴CD⊥AB，

∴∠BDC＝90°

∵四边形BDCF是菱形

∴四边形BDCF是正方形．

【点睛】

本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，菱形的判定，直角三角形的性质和等腰三角形的性质，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．

3．（浙江杭州·一模）已知：如图，边长为 的菱形 的对角线 与 相交于点 ，若 ．

(1)求证：四边形 是正方形．

(2) 是 上一点， ，且 ，垂足为 ， 与 相交于点 ，求线段 的长．

【答案】(1)见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）由菱形的性质得出 ， ， ，得出 ，证出 ，求出 ，即可得出结论；

（2）由正方形的性质得出 ， ， ， ，得出 ， ，证出 ，证明 ≌ ，即可得出结论．

(1)

证明： 四边形 是菱形，

， ， ，

，

，

，

，

，

四边形 是正方形；

(2)

解： 四边形 是正方形， ，

， ，

， ，

， ，

，垂足为 ，

， ，

，

，

在 和 中，

，

≌ ，

．

，

．

【点睛】

本题考查了正方形的判定与性质、菱形的性质，全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．

4．（广东深圳·二模）如图1，正方形ABCD中，AC为对角线，点P在线段AC上运动，以DP为边向右作正方形DPFE，连接CE；

(1)【初步探究】

则AP与CE的数量关系是，AP与CE的夹角度数为；

(2)【探索发现】

点P在线段AC及其延长线上运动时，如图1，图2，探究线段DC，PC和CE三者之间的数量关系，并说明理由；

(3)【拓展延伸】

点P在对角线AC的延长线上时，如图3，连接AE，若AB= ，AE= ，求四边形DCPE的面积．

【答案】(1)AP=CE，90°

(2) ，理由见解析

(3)12

【解析】

【分析】

（1）根据正方形的性质，可得 ， ，再根据同角的余角相等，可得 ，再根据“边角边”证得 ，即可求解；

（2）跟（1）小题思路一样，先证得 ，可得 ，再根据 是等腰直角三角形，可得 ，即可求解；

（3）由四边形ABCD是正方形，可得 ，再根据勾股定理，可求得 ， ，进而可以求出 ， ，即可求解．

(1)

解： 四边形ABCD和四边形DPFE是正方形，

， ，

，

，

在 和 中，

，

，

，

，

AP与CE的夹角的度数是90°；

(2)

解： 四边形ABCD和四边形DPFE是正方形，

， ，

，

，

在 和 中，

，

，

，

是等腰直角三角形，

，

；

(3)

解：连接BD，CE，

四边形ABCD是正方形，

，

是等腰直角三角形，

，

，

由（1）可知 ，

，

由（2）可知， ，

，

，

在 中， ，

是等腰直角三角形，

，

，

∴ + =12．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质和三角形的全等、勾股定理、直角三角形的性质以及割补法求图形的面积．

【考点二】正方形的折叠问题

例题：（广西南宁·八年级期中）如图，AC是正方形ABCD的对角线，E是BC上的点， ，将 沿AE折叠，使点B落在AC上点F处，则AB的长为（       ）

A．2 B．3 C． D．

【答案】C

【解析】

【分析】

由正方形的性质得AB＝BC，∠BCD＝∠B＝90°，∠ECF＝ ∠BCD＝45°，由折叠的性质得∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，证出△CEF是等腰直角三角形，则CE＝ FE＝ ，进而得出答案．

【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC，∠BCD＝∠B＝90°，∠ECF＝ ∠BCD＝45°，

由折叠的性质得：∠AFE＝∠B＝90°，FE＝BE＝1，

∴∠CFE＝90°，

∴△CEF是等腰直角三角形，

∴CE＝ FE＝ ，

∴BC＝BE＋CE＝1＋ ，

∴AB＝BC＝1＋ ；

故选：C．

【点睛】

本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握翻折变换和正方形的性质是解题的关键．

【变式训练】

1．（山东青岛·一模）如图，在正方形ABCD中，AB=6，E是CD边上的中点，F是线段BC上的动点，将△ECF沿EF所在的直线折叠得到 ，连接 ，则的最小值是 _______．

【答案】 ##

【解析】

【分析】

由题意可知 ，继而可知点 的运动轨迹是以 为圆心，以 为半径的圆弧，然后由点 ， ， 三点共线时 最小即可求得答案．

【详解】

解：∵四边形ABCD是正方形，

∴ ，

∵E是CD边上的中点，

∴

∵△ECF沿EF所在的直线折叠得到 ，

∴ ，

∴当点 ， ， 三点共线时， 最小，如图，

在 中，由勾股定理得： ，

∴ ，

∴ 的最小值为 ．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理和两点之间线段最短等，根据已知条件确定点的运动轨迹和利用两点之间线段最短求最值是解题的关键．

2．（江苏师范大学附属实验学校一模）如图，将边长为4的正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD的中点E处，折痕为FG，点F、G分别在边AD、BC上，则折痕FG的长度为______．

【答案】

【解析】

【分析】

过点G作GH⊥AD于H，根据翻折变换的性质可得GF⊥AE，然后求出∠GFH=∠D，再利用“角角边”证明△ADE和△GHF全等，根据全等三角形对应边相等可得GF=AE，再利用勾股定理列式求出AE，从而得解．

【详解】

解：如图，过点G作GH⊥AD于H，则四边形ABGH中，HG=AB，

由翻折变换的性质得GF⊥AE，

∵∠AFG+∠DAE=90°，∠AED+∠DAE=90°，

∴∠AFG=∠AED，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，

∴HG=AD，

在△ADE和△GHF中，

，

∴△ADE≌△GHF（AAS），

∴GF=AE，

∵点E是CD的中点，

∴DE= CD=2，

在Rt△ADE中，由勾股定理得，AE ，

∴GF的长为2 ．

故答案为： ．

【点睛】

本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．

3．（广东·普宁市红领巾实验学校九年级阶段练习）如图，在正方形纸片ABCD中，E是CD的中点，将正方形纸片折叠，点B落在线段AE上的点G处，折痕为AF．若AD＝4cm，求CF的长

【答案】6﹣

【解析】

【分析】

设BF＝x，则FG＝x，CF＝4﹣x，在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF²＝ ，在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF²＝（4﹣x）²+2²，从而得到关于x的方程，求解x即可．

【详解】

解：设BF＝x，则则FG＝x，CF＝4﹣x．

∵E是CD的中点，

∴DE=CE=

在Rt△ADE中，利用勾股定理可得AE＝ ．

根据折叠的性质可知AG＝AB＝4，BF=FG=x

∴GE＝AE-AG= ﹣4．

在Rt△GEF中，利用勾股定理可得EF²＝（ ﹣4）²+x²，

在Rt△FCE中，利用勾股定理可得EF²＝（4﹣x）²+2²，

∴（ ﹣4）²+x²＝（4﹣x）²+2²，

解得x＝ ﹣2，

∴BF＝2 ﹣2

∴FC=BC-BF=4-（2 ﹣2）=6-2 ．

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质及翻转折叠的性质，准确运用题目中的条件用两种方法表示出EF，列出方程式解题的关键．

4．（广东深圳·八年级阶段练习）把正方形纸片放在直角坐标系中，如图所示，正方形纸片ABCD的边长为3，点E、F分别在BC、CD上，将AB、AD分别沿AE、AF折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知3BE＝BC．

（1）请直接写出D、E两点的坐标，并求出直线EF的解析式；

（2）在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，若存在，请求出点M的坐标，若不存在，请说明理由．

（3）若点P、Q分别是线段AG、AF上的动点，则EP＋PQ的最小值是多少？并求出此时点Q的坐标．

【答案】（1）D点坐标为（3，3），E点坐标为（1，0），直线EF的解析式为 ；（2）当M的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；（3）（2，2）

【解析】

【分析】

（1）根据正方形的性质即可得到BC=CD=3，∠BCD=90°，则D点坐标为（3，3），再由3BE=BC，得到BE=1，则E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，由折叠的性质可知，EF=BE=1，FG=DF，设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，由 ，得到 ，即可求出F的坐标为（3， ），设直线EF的解析式为 ，把E、F的坐标代入求解即可；

（2）由△AEF和△AFM等高，则 ，从而得到 ，然后分当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M₁，当M在EF延长线上时，此时记作M₂，则 ，即此时F为 的中点，根据中点坐标公式求解即可；

（3）由 ，得到当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，先用面积法求出 ，然后求出直线AF的解析式为 ；设Q点坐标为（t， ），则 ，由此求解即可．

【详解】

解：（1）∵四边形ABCD是边长为3的正方形，

∴BC=CD=3，∠BCD=90°，

∴D点坐标为（3，3），

∵3BE=BC，

∴BE=1，

∴E点坐标为（1，0），CE=BC-BE=2，

由折叠的性质可知，EG=BE=1，FG=DF，

设CF=x，则GF=DF=3-x，EF=EG+FG=4-x，

∵ ，

∴ ，

解得 ，

∴F的坐标为（3， ），

设直线EF的解析式为 ，

∴ ，

∴ ，

∴直线EF的解析式为 ；

（2）假设在直线EF上是否存在点M，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半，

∵△AEF和△AFM等高，

∴ ，

∴ ，

当M在线段EF上时，即M为EF的中点时，此时记作M₁，

∵E点坐标为（1，0），F的坐标为（3， ），

∴ ，

∴M₁的坐标为（2， ）；

当M在EF延长线上时，此时记作M₂，则 ，即此时F为 的中点，

∴ ，

∴ ，

∴M₂的坐标为（4， ）；

∴综上所述，当M的坐标为（2， ）或（4， ）时，使得△AFM的面积是△AEF的面积的一半；

（3）如图所示，连接EQ，

∵ ，

∴当Q、P、E三点共线的时候 有最小值EQ，

再由点到直线的距离垂线段最短可知，当EQ⊥AF时，EQ有最小值，即 有最小值，

由（1）得 ，有折叠的性质可得AG=AB=3，∠AGE=∠AGF=∠ABC=90°，

∴ ，

∵ ，

∴ ，

设直线AF的解析式为

∴ ，

∴ ，

∴直线AF的解析式为 ；

设Q点坐标为（t， ），

∴ ，

解得 ，

∴Q点坐标为（2，2）

【点睛】

本题主要考查了一次函数与几何综合，正方形的性质，两点距离公式，解题的关键在于能够熟练掌握一次函数的相关知识．

【考点三】正方形的动点问题

例题：（广东·深圳市龙华区潜龙学校九年级阶段练习）如图，已知四边形 为正方形， ，点 为对角线 上一动点，连接 ，过点 作 ，交 于点 ，以 、 为邻边作矩形 ，连接 ．

(1)求证：矩形 是正方形；

(2)探究：① 与 有怎样的位置关系？请说明理由．

② 的值为______．

【答案】(1)见解析

(2)① ，理由见解析；②2

【解析】

【分析】

（1）作 于 ， 于 ，得到 ，然后证得 ，得到 ≌ ，则有 ，根据正方形的判定即可证得矩形 是正方形；

（2）①根据正方形的性质得到 ， ，根据余角的性质得到 ，根据全等三角形的性质得到 ，根据垂直的定义即可得到结论；

②根据全等三角形的性质得到 ，根据线段的和差即可得的结论．

(1)

如图，作 于 ， 于 ，

，

点 是正方形 对角线上的点，

，

，

，

，

在 和 中，

，

≌ ，

，

四边形 是矩形，

矩形 是正方形；

(2)

① ，理由如下：

正方形 和正方形 ，

， ，

，

，

在 和 中，

，

≌ ，

，

， ，

，

；

②由 知， ≌ ，

，

，

故答案为： ．

【点睛】

此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，正方形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，解本题的关键是正确作出辅助线，证得 ≌ ．

【变式训练】

1．（北京大兴·八年级期中）已知四边形ABCD是正方形，点E为射线AC上一动点（点E不与A，C重合），连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，过点D，F分别作DE，EF的垂线，两垂线交于点G，连接CG．

(1)如图，当点E在对角线AC上时，依题意补全图形，并证明：四边形DEFG是正方形；

(2)在（1）的条件下，猜想：CE，CG和AC的数量关系，并加以证明；

(3)当点E在对角线AC的延长线上时，直接用等式表示CE，CG和AC的数量关系．

【答案】(1)见解析；

(2)CE+CG=AC，证明见解析；

(3)CE+AC=CG，证明见解析

【解析】

【分析】

（1）过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，然后先证明四边形DEFG为矩形，再利用△DEN≌△FEM，得出ED=EF，最后得出结论；

（2）先证明∠ADE=∠CDG，再利用△ADE≌△CDG，得出AE=CG，即可证明结论；

（3）先证明∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，再利用△ADE≌△CDG，即可得出结论．

(1)

过点E作EM⊥BC，垂足为M，作EN⊥CD，垂足N，

∵四边形ABCD为正方形，

∴∠BCD＝90°，且∠ECN＝45°

∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，NE=NC，

∴四边形EMCN是正方形，

∴EM=EN，

∵EF⊥DE，DG⊥DE，FG⊥EF，

∴四边形DEFG为矩形，

∵∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90º，

∴∠DEN=∠MEF，

又∵∠DNE=∠FME=90º，

在△DEN和△FEM中，

，

∴△DEN≌△FEM，

∴ED=EF，

∴四边形DEFG是正方形；

(2)

CE+CG=AC，

证明：∵四边形DEFG是正方形，

∴DE=DG，∠EDC+CDG=90º，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=DC，∠ADE+∠EDC=90º，

∴∠ADE=∠CDG，

在△ADE和△CDG中，

，

∴△ADE≌△CDG，

∴AE=CG，

∴CE+CG=CE+AE=AC；

(3)

CG=AC+CE，

如图：

∵四边形ABCD为正方形，四边形DEFG为正方形，

∴AD=CD，∠ADC=90º，ED=GD,且∠GDE=90º，

∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=∠GDE+∠CDE=∠GDC，

在△ADE和△CDG中，

，

∴△ADE≌△CDG，

∴AE=CG=AC+CE；

【点睛】

本题主要考查了正方形的性质和判定，三角形的全等的性质和判定，解题的关键是正确作出辅助线．

2．（山西阳泉·九年级期末）综合与实践：如图（1），已知点E为正方形 对角线 上一动点（不与点C重合），连接 ．

(1)实践与操作：在图中，画出以点B为旋转中心，将线段 逆时针旋转 的线段 ，并且连接 ．

(2)观察与猜想：

观察图（1），猜想并推理可以得到以下结论：

结论1， 和 之间的位置关系是______；

结论2， 和 之间的数量关系是______．

(3)探究与发现：

①如图（2），若点E在 延长线上时，（2）中的两个结论是否仍然成立，说明理由．

②如图（2），若 ， ，请直接写出 的长．

【答案】(1)见解析

(2) ，

(3)①成立，理由见解析；②

【解析】

【分析】

（1）按题意直接作图即可；

（2）先证△ABF和△CBE，可得AF=CE，再证得∠CAF =90°，即得 ；

（3）①先证得 ，可得 ， ，进一步得到 ．最后证得 ；

②由 可得CE=AF，再由 ， 可得AC的长，进而求得AB的长．

(1)

画图正确；

(2)

， ，

理由如下：

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC，∠ABC=90°，

∵以点B为旋转中心，将线段逆时针旋转的线段，

∴BE=BF，∠EBF=90°，

∴∠ABC=∠EBF =90°，

∴∠ABF=∠CBE，

在△ABF和△CBE中，

∴△ABF和△CBE（SAS），

∴AF=CE，∠BAF=∠BCE，

∵∠BAC+∠BCE =90°，

∴∠BAC+∠BAF =90°，

∴∠CAF =90°，

即 ；

故答案为    ； ；

(3)

①当点E在 的延长线上时（2）中的两个结论仍然成立

理由：

由正方形 得 ， ， ．

∵ ，

∴ ．

即 ．

由旋转的性质可知 ．

在 和 中，

∴

∴ ， ．

∴ ．

即 ．

② 的长为 ．

理由：∵ ，

∴CE=AF，

∵ ， ，

∴AC=5，

∵四边形ABCD是正方形，

∴AB= ．

【点睛】

本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定，关键是要作辅助线构造全等的三角形，在正方形和三角形中辅助线一般是垂线段，要牢记正方形的两个性质，即四边相等，四个内角都是90°．

3．（湖南岳阳·八年级期末）在 中， 为锐角，点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．解答下列问题：

(1)如果 ，

①如图1，当点D在线段BC上时（与点B不重合），线段CF、BD之间的位置关系为；数量关系为；

②如图2，当点D在线段BC的延长线上时，①中的结论是否仍然成立，并说明理由；

(2)如图3，如果 ，点D在线段BC上运动（与点B不重合）．试探究：当 时，（1）中的CF，BD之间的位置关系是否仍然成立，并说明理由．

【答案】(1)① ， ；②成立，理由见解析

(2)成立，理由见解析

【解析】

【分析】

（1）①根据正方形的性质得到∠BAC＝∠DAF＝90°，推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质即可得到结论；

②由正方形ADEF的性质可推出△DAB≌△FAC，根据全等三角形的性质得到CF＝BD，∠ACF＝∠ABD，根据余角的性质即可得到结论；

（2）过点A作AG⊥AC交CB或CB的延长线于点G，于是得到∠GAC＝90°，可推出∠ACB＝∠AGC，证得AC＝AG，根据（1）的结论于是得到结果．

(1)

解：（1）① ， ；

理由：正方形ADEF中，AD＝AF，

∵∠BAC＝∠DAF＝90°，

∴∠BAD＝∠CAF，

在△DAB与△FAC中，

∴△DAB≌△FAC（SAS），

∴CF＝BD，∠B＝∠ACF，

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，

∴∠B＝∠ACB＝45°，

∴∠ACF＝∠B＝45°，

∴∠ACB＋∠ACF＝90°，即CF⊥BD；

故答案为： ， ；

②成立．

理由：在等腰直角 中， ，

在正方形ADEF中， ，

，

，

在 与 中

，

，

，

又在等腰直角 中， ，

，

，

；

(2)

解：成立．

理由：过点A作 ，交CB的延长线于点G，如图所示：

，

是等腰直角三角形，

，

，

在正方形ADEF中， ，

，

，

在 与 中

，

，

，

．

【点睛】

本题考查了四边形的综合题，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，余角的性质，过点A作AG⊥AC交CB的延长线于点G构造全等三角形是解题的关键．

【考点四】正方形的无刻度作图问题

例题：（江西吉安·八年级期末）如图所示的是由6个形状、大小完全相同的小长方形组成的大长方形网格（每个小长方形的宽都是1），小长方形的顶点称为这个长方形网格的格点，请仅用无刻度的直尺在长方形网格中完成下列作图．

(1)在图1中作一个斜边为5的直角三角形；

(2)在图2中作一个面积为5的正方形；

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【解析】

【分析】

（1）根据题意可知AD=4，CD=3，根据勾股定理可求AC=5，AC即所求；

（2）根据题意EF=FG=GH=HE= ，所以四边形EFGH是面积为5的正方形．

(1)

解：如图1，AC为所求线段；

由题意可知AD=4，CD=3，

由勾股定理可得 ，

∴线段AC即为所求；

(2)

解：如图2，四边形EFGH所求正方形；

由题意可知AF=1，EF=2，

根据勾股定理可得 ，

同理FG=GH=HE= ，

∴四边形EFGH是面积为5的正方形．

【点睛】

本题考查了作图-复杂作图，掌握勾股定理和正方形的判定和性质是解题的关键．

【变式训练】

1．（江苏南京·八年级期末）已知正方形 ， 是 的中点，请仅用无刻度的直尺按下列要求画图．（保留画图痕迹，不写画法）

(1)在图①中，画 ，垂足为 ；

(2)在图②中，画 ，垂足为 ．

【答案】(1)见解析

(2)见解析

【解析】

【分析】

（1）连接点P与正方形的对角线的交点，并延长交AB于一点，即为点Q；

（2）连接BD，交AP于点F，连接CF并延长交AD于点E，连接BE交AP于一点即为点H．

(1)

解：如图， 即为所求．

．

(2)

解：连接BD，交AP于点F，连接CF并延长交AD于点E，连接BE交AP于一点即为点H，

∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线，

∴∠ADB=∠CDB，AD=CD，

∵DF=DF，

∴△ADF≌△CDF，

∴∠DAF=∠DCF，

∵∠ADP=∠CDE=90°，

∴△ADP≌△CDE，

∴DE=DP，

∴AE=DP，

∵AB=AD，∠BAE=∠ADP=90°，

∴△ABE≌△DAP，

∴∠ABE=∠DAP，

∵∠BAH+∠DAP=90°，

∴∠ABE+∠BAH=90°，

∴∠AHB=90°，即

如图， 即为所求．

．

【点睛】

此题考查了利用正方形的性质作垂线，全等三角形的判定及性质，熟记正方形的性质是解题的关键．

2．（江西·九年级期中）如图所示的是正方形ABCD和 ，点E，B，C在同一直线上，且 ．请仅用无刻度的直尺按要求作图（保留作图痕迹）．

（1）如图1，P是CD的中点，作 于点M．

（2）如图2，作 ．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）根据正方形的性质和全等三角形的判定与性质解答；

（2）利用全等三角形的判定与性质及平行四边形的判定解答即可．

【详解】

解：（1）如图1，CM即为所求．

连接AC，BD交于点O，则O为AC中点，

∵P为CD中点，

∴OP∥AD，连接PO并延长交AB于点Q，AQPD为矩形， ，

连接CQ并延长交AE于M，则△ABE≌△CBQ，

∴∠E=∠1=∠2，

∵∠E+∠3=90°，

∴∠2+∠3=90°，

∴∠AMC=90°，

∴CM⊥AE；

（2）如图2，CN即为所求，

连接AC，BD交于O，连接EO并延长交AD延长线于点N，连接CN，易证△EOB≌△NOD，

∴EB=ND，

∴AN平行且相等，

∴四边形AECN为平行四边形，

∴CN∥AE．

【点睛】

本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质及平行四边形的判定与性质，解题的关键是灵活运用这些性质．

3．（江西吉安·九年级期中）如图所示，四边形ABCD是正方形， 是等边三角形，请仅用无刻度的直尺分别按下列要求做图（保留作图痕迹）．

（1）在图1中，作CD的中点M．

（2）在图2中，在CD边上作一点N，使 ．

【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析

【解析】

【分析】

（1）根据正方形的性质作图即可；

（2）根据正方形的性质的性质作图即可；

【详解】

（1）连接AC，BD交于点F，连接EF并延长交DC于M，即点M时所求点；

（2）在（1）的基础上延长ME交AB于点H，连接HC，BM交于点P，连接FP，并延长交BC于点G，连接CF，MG交于点Q，连接PQ并延长交DC于点N，即可得到 ；

【点睛】

本题主要考查了利用正方形和等边三角形的性质作图，准确作图是解题的关键．

4．（江西赣州·八年级期末）如图，已知正方形ABCD，请仅用无刻度的直尺，分别按照下列要求作图．（保留作图痕迹，不写作法）．

（1）如图（1），若点E在AD边上，连接BE，请作出 BEDF；

（2）如图（2），若点E在正方形ABCD的对角线AC上，请以BE，DE为边作一个菱形．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

【分析】

（1）连接AC和BD交于点O，连接点E与点O，并延长交BC于F，连接DF，利用对角线互相平分的四边形是平行四边形求解；

（2）连接BD交AC于点O，延长BE与AD相交于点M，连接MO并延长，交BC于N，连接DN交AC于点F，连接BF、DF，利用一组邻边相等的平行四边形是菱形求解．

【详解】

解：（1）如图1，连接AC和BD交于点O，连接点E与点O，并延长交BC于F，连接DF， BEDF即为所求；

（2）如图2．连接BD交AC于点O，延长BE与AD相交于点M，连接MO并延长，交BC于N，连接DN交AC于点F，连接BF、DF，菱形BEDF即为所求．

【点睛】

本题属于作图题．主要考查正方形的性质、平行四边形的判定、菱形的判定等知识点．

5．（江西赣州·八年级期末）如图，点E是正方形ABCD外一点，且EB＝EC．请仅用无刻度的直尺按要求作图．

（1）在图1中，作出BC边的中点M．

（2）在图2中，作出CD边的中点N．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；

【解析】

【分析】

(1)连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M，由正方形的性质可得OB=OC，再由EB=EC可证△OBE≌△OCE，即可得到∠BOM=∠COM，故OM为等腰三角形OBC的角平分线，由三线合一定理可知，OM即为中线，即M为BC中点；

(2)同(1)中原理找到点M的位置，连接DM交AC于点P，因为O、M分别为直角三角形BCD的中点，所以CO与DM均为三角形BCD的中线，由直角三角形三条边上的中线交于一点的原理，连接BP交CD于N即为所求.

【详解】

解(1)如图1所示，连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M

AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M

∵EB=EC

∴△OBE≌△OCE

∴∠BOM=∠COM

∴OM为等腰三角形OBC的角平分线

由三线合一定理可知，OM即为中线，即M为BC中点；

(2)如图所示，连接AC、BD两者交于点O，连接OE与BC交于点M，连接连接DM交AC于点P，连接BP交CD于N

由(1)可知M为BC的中点，O为BD的中点

所以DM与CO分别是直角三角形BCD两条边上的中线

由直角三角形三条边上的中线交于一点可知，CD上的中线也经过P点

即连接BP交CD于N即为所求.

【点睛】

本题主要考查了尺规作图，解题的关键在于掌握相关知识进行正确的画图.