北师版数学九年级上册同步训练《1.3 正方形的性质与判定》
一、单选题
1．（2020·眉山）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
2．（2020·襄阳）已知四边形 是平行四边形， ， 相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A． ，
B．当 时，四边形 是菱形
C．当 时，四边形 是矩形
D．当 且 时，四边形 是正方形
3．（2021·包头）如图，在 中， ， 和 关于直线BC对称，连接AD，与BC相交于点O，过点C作 ，垂足为C，与AD相交于点E．若 ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2020·威海）如图，在平行四边形ABCD中，对角线 ， ， ， 为 的中点，E为边 上一点，直线 交 于点F，连结 ， ．下列结论不成立的是（ ）
A．四边形 为平行四边形
B．若 ，则四边形 为矩形
C．若 ，则四边形 为菱形
D．若 ，则四边形 为正方形
5．（2021·成都模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB中点，连结DE，过点D作 交BC的延长线于点F，连结 若 ，则EF的值为
A．3 B． C． D．4
6．（2020·孝感）如图，点E在正方形 的边 上，将 绕点A顺时针旋转 到 的位置，连接 ，过点A作 的垂线，垂足为点H，与 交于点G.若 ， ，则 的长为（ ）
A． B． C．4 D．
7．（2020·恩施）如图，正方形 的边长为4，点E在 上且 ，F为对角线 上一动点，则 周长的最小值为（ ）.
A．5 B．6 C．7 D．8
8．（2020·湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变，如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′，若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
9．（2021·牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2 B．2 C．6 D．5
10．（2021·红桥模拟）如图，将正方形 放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点 ，则点F的坐标为（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021·黑龙江）如图，在矩形 中，对角线 相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使矩形 是正方形．
12．（2020·常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将 ， 分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为 ．
13．（2020·毕节）如图，已知正方形 的边长为 ，点E是边 的中点，点P是对角线 上的动点，则 的最小值是 .
14．（2020·天水）如图，在边长为6的正方形 内作 ， 交 于点 ， 交 于点F，连接 ，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，若 ，则 的长为 .
15．（2020·滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为 则正方形ABCD的面积为
16．（2021·包头）如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线上一点，连接CE，EF，AF．若 ， ，则 的度数为 ．
三、解答题
17．（2021·荆门）如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点， ，且 ， .
（1）求证： ；
（2）若 ， ，用x表示DF的长.
18．（2020·呼和浩特）如图，正方形 ，G是 边上任意一点（不与B、C重合）， 于点E， ，且交 于点F．
（1）求证： ；
（2）四边形 是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．
19．（2020·湘西州）如图，在正方形 的外侧，作等边角形 ，连接 、 ．
（1）求证： ；
（2）求 的度数．
20．（2020·甘肃）如图，点M， 分别在正方形 的边 ， 上，且 ，把 绕点A顺时针旋转 得到 .
（1）求证： ≌ .
（2）若 ， ，求正方形 的边长.
21．（2019·抚顺）如图，点 ， 分别在正方形 的边 ， 上，且 ，点 在射线 上（点 不与点 重合）.将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，过点 作 的垂线 ，垂足为点 ，交射线 于点 .
（1）如图1，若点 是 的中点，点 在线段 上，线段 ， ， 的数量关系为 .
（2）如图2，若点 不是 的中点，点 在线段 上，判断（1）中的结论是否仍然成立.若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
（3）正方形 的边长为6， ， ，请直接写出线段 的长.
22．（2019·天水）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.
（1）概念理解：如图2，在四边形 中， ， ，问四边形 是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，四边形 的对角线 、 交于点 ， .试证明： ；
（3）解决问题：如图3，分别以 的直角边 和斜边 为边向外作正方形 和正方形 ，连结 、 、 .已知 ， ，求 的长.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形不符合题意，如等腰梯形；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，符合题意；
C、对角线相等的四边形是矩形不符合题意，如等腰梯形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形不符合题意，如一般四边形对角线也可以互相垂直且相等．
故答案为：B．
【分析】利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．
2．【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： 四边形 是平行四边形，
，故A正确，
四边形 是平行四边形， ，
不能推出四边形 是菱形，故 错误，
四边形 是平行四边形， ，
四边形 是矩形，故C正确，
四边形 是平行四边形， ， ，
四边形 是正方形.故D正确.
故答案为：B.
【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD；
（2）根据菱形的判定“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可知当AB=CD时，四边形ABCD是菱形错误；
（3）根据一个角是直角的平行四边形是矩形可知 当∠ABC=90°时，四边形 是矩形；
（4）根据对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形可知，当 且 时，四边形 是正方形.
3．【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ ， 和 关于直线BC对称，
∴AB=AC=CD=BD，
∴四边形ABDC是菱形，
∴BC⊥AD，OC=OB，OA=OD，
∵ ， ，
∴OC=OB=3，OA=OD=4，
在Rt△COD中，OC=3，OD=4，
∴DC= ，
∴AB=AC=CD=BD =5，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：D．
【分析】先求出BC⊥AD，OC=OB，OA=OD，再求出 ，最后计算求解即可。
4．【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A.∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵ 为 的中点
∴
在 与 中
∴
∴
又∵
∴四边形 为平行四边形，
故A选项不符合题意；
B.假设
∵ ， ，
∴
∴
∴
∵
∴
则当 时，
∵四边形 为平行四边形
∴四边形 为矩形，
故B选项不符合题意；
C.∵ ，
∴E是AB中点
∵
∴
∵四边形 为平行四边形
∴四边形 为菱形，
故C选项不符合题意；
D.当 时与 时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形 不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
5．【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】∵ABCD是正方形
∴AB=BC=CD，∠A=∠B=∠DCB=∠ADC=90°
∵DF⊥DE
∴∠EDC+∠CDF=90°且∠ADE+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDF且AD=CD，∠A=∠DCF=90°
∴△ADE≌△CDF
∴AE=CF=1
∵E是AB中点
∴AB=BC=2
∴BF=3
在Rt△BEF中，EF= .
故答案为：B.
【分析】根据题意可得AB=2，∠ADE=∠CDF，可证△ADE≌△DCF，可得CF=1，根据勾股定理可得EF的长.
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形
∴CD=BC=5
设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°
∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°
∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF
∴ ，即 ，解得x=
∴CE=CD-DE=5- = .
故答案为：B.
【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5，再由旋转可知DE=BF，设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可.
7．【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接ED，交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BF=DF，
∴ 的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形 的边长为4，
∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点 在 上且 ，
∴AE=3，
∴DE= ，
∴ 的周长=5+1=6，
故答案为：B.
【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时 的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.
8．【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知菱形 的高等于 的一半，
菱形 的面积为 ，正方形 的面积为 .
菱形 的面积与正方形 的面积之比是 .
故答案为：B.
【分析】利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，就可证得菱形 的高等于 的一半，由此可得到菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积，然后求出它们的面积之比。
9．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x= ．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE= ．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE= ，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故答案为：D．
【分析】求证出△ABE≌△FHG，根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF即可得出答案。
10．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点E作EA⊥x轴，垂足为A，过点F作FB⊥EA，交AE的延长线于点B，交y轴与点C，
∵四边形OEFG是正方形，
∴FE=EO，∠FEO=90°，
∴∠FEB+∠AEO=90°，∠AEO+∠AOE=90°，
∴∠FEB =∠EOA，
∴△FEB≌△EOA，
∴FB=EA，EB=OA，
∵E（2，3），
∴FB=EA=3，EB=OA=2，
∵EA⊥x轴，FB⊥EA，OC⊥x轴，
∴四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=2，
∴FC=FB-BC=1，BA=EB+EA=5，
∵点F在第二象限，
∴点F（-1，5）
故答案为：A．
【分析】根据正方形的性质，结合全等三角形的判定和性质，证明四边形OABC为矩形，结合矩形的性质求出点F的坐标。
11．【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形 是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加： 或 或 或 ，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，
故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【分析】根据正方形的判定求解即可。
12．【答案】12
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】设正方形ABCD的边长为 ，则 ，
由翻折的性质得： ， ，
∵
∴ ， ，
∴ ，
如图，在 中，由勾股定理得：
即
整理得： ，即
解得 或 （不符题意，舍去）
则
故答案为：12．
【分析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在 中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
13．【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接CE，
因为A、C关于BD对称.
CE即为AP+PE的最小值.
∵正方形边长为4，E是AB中点，
∴BC=4，BE=2.
故答案为： .
【分析】动点问题，找到对称轴作对称点，相连即可算出答案，连接CE即为AP+PE的最小值.
14．【答案】2
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵将△ 绕点 顺时针旋转 得到△ ，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵ ，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得： ，
解得：x=2，即BE=2.
故答案为：2.
【分析】根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案.
15．【答案】
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP=BM= ，∠PBM=90°，
∴PM= PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2 ，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2 +1，
∴AB2=AH2+BH2=（2 +1）2+12=14+4 ，
∴正方形ABCD的面积为14+4 ．
故答案为14+4 ．
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
16．【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接AE，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠EDC=∠CBE=45°， ，
∵DE=CD，
∴AD=DE=CD，
∴∠DAE=∠DEA=∠DEC=∠DCE=67.5°，
∴ ， ，
又∵EF=EC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在△DAE和△DEC中：
∵
∴△DAE≌△DEC(SAS)，
∴AE=EC，
又∵EC=EF，
∴AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠FAE=45°，
∴ ，
故填：22.5°．
【分析】先求出 ，再利用SAS证明△DAE≌△DEC，最后计算求解即可。
17．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=90°，AB=BC，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°.
而∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠FEH.
又∵EF=AE，
∴△ABE≌△EHF.
∴BE=FH，AB=EH，
∴AB=BC=EH，则BC-EC=EH-EC，
∴BE=CH；
（2）解：作FP⊥CD于P，
由（1）可知EH=AB，
∴CE=3 x.
∴CH=FH=FP=x，
∴PD=3 x.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1） 由正方形的性质可得∠ABE=90°，AB=BC，利用余角的性质可得∠BAE=∠FEH，根据AAS可证△ABE≌△EHF，可得BE=FH，AB=EH，即得AB=BC=EH，由等式的性质可得BC-EC=EH-EC，即得结论；
（2）作FP⊥CD于P，由（1）可知EH=AB，可得CE=3 x，CH=FH=FP=x，PD=3 x，在Rt△DPF中，利用勾股定理求出DF即可.
18．【答案】（1）证明：∵正方形 ，
∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，
∵DE⊥AG，
∴∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
又∵ ，
∴∠BFA=90°=∠AED，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF=DE，AE=BF，
∴ ；
（2）不可能，理由是：
如图，若要四边形 是平行四边形，
已知DE∥BF，则当DE=BF时，四边形BFDE为平行四边形，
∵DE=AF，
∴BF=AF，即此时∠BAF=45°，
而点G不与B和C重合，
∴∠BAF≠45°，矛盾，
∴四边形 不能是平行四边形.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到AF=DE，AE=BF，可得结果；（2）若要四边形 是平行四边形，则DE=BF，则∠BAF=45°，再证明∠BAF≠45°即可.
19．【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，且∠BAD=∠CDA=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=DE，且∠EAD=∠EDA=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠EAD=150°，∠CDE=∠CDA+∠EDA=150°，
∴∠BAE=∠CDE，
在△BAE和△CDE中：
，
∴ ．
（2）解：∵AB=AD，且AD=AE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠ABE=∠AEB，
又∠BAE=150°，
∴由三角形内角和定理可知：
∠AEB=(180°-150°)÷2=15°．
故答案为：15°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)利用正方形的性质得到AB=CD，∠BAD=∠CDA，利用等边三角形的性质得到AE=DE，∠EAD=∠EDA=60°即可证明；(2)由AB=AD=AE，得到△ABE为等腰三角形，进而得到∠ABE=∠AEB，且∠BAE=90°+60°=150°，再利用三角形内角和定理即可求解．
20．【答案】（1）证明：由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在 和 中，
；
（2）解：设正方形 的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又 四边形ABCD是正方形
则在 中， ，即
解得 或 （不符题意，舍去）
故正方形 的边长为6.
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质可得 ，再根据正方形的性质、角的和差可得 ，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）设正方形 的边长为x，从而可得 ，再根据旋转的性质可得 ，从而可得 ，然后根据三角形全等的性质可得 ，最后在 中，利用勾股定理即可得.
21．【答案】（1）
（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
由题意得： ， ，
，
，
， ，
，
四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，即
（3）解：分两种情况：
①当点 在线段 上时，点 在线段 上，
由（2）可知： ，
，
， ，
；
②当点 在射线 上时，点 在线段 的延长线上，如图3所示：
同（2）可得： ，
，
， ，
，
；
综上所述，线段 的长为3或5.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解： ；理由如下：
四边形 是正方形，
， ，
由旋转的性质得： ， ，
，
，
， ，
，
又 ， ，
，
在 和 中， ，
，
，
，即 ；
故答案为： .
【分析】（1） ；理由如下：根据正方形的性质得出 ， ，由旋转的性质得： ， ，根据同角的余角相等得出∠PEQ=∠G，∠EPQ=∠GED，从而由ASA证明△PEQ≌△EGD，得出PQ＝ED，即可得出结论；
（2） （1）中的结论仍然成立，理由如下：根据同角的余角相等得出 ， ， 从而由ASA证明△PEQ≌△EGD，得出PQ＝ED，即可得出结论；
（3）分类讨论：①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP＝EC QC，求出DE＝2，EC＝4，即可得出答案；②当点P在射线FC上时，点Q在线段BC的延长线上， ，如图3所示： 同理可得：BP＝QC＋EC＝5；即可得出答案．
22．【答案】（1）四边形 是垂美四边形.
证明：连接AC，BD，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∴直线 是线段 的垂直平分线，
∴ ，即四边形 是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等.
如图2，已知四边形 中， ，垂足为 ，
求证：
证明：∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
，
∴ ；
故答案为： .
（3）连接 、 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是垂美四边形，
由(2)得， ，
∵ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ .
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1） 四边形 是垂美四边形，理由如下： 连接AC，BD， 根据到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得出： 点 在线段 的垂直平分线上， 点 在线段 的垂直平分线上， 根据两点确定一条直线得出 直线 是线段 的垂直平分线， 根据垂美四边形的定义即可得出结论；
（2）根据垂直的性质得出 ，根据勾股定理及等式的性质得出 ， ， 再利用等量代换得出 ；
（3） 连接 、 ， 首先根据正方形的性质利用SAS判断出 ，根据全等三角形对应角相等相等得出 ，根据直角三角形的两锐角互余得出 ， 进而利用等量代换得出 ，即 ，根据垂美四边形的定义即可得出结论： 四边形 是垂美四边形；然后根据（2）的结论得出 ， 由勾股定理算出BC，CG，BE的长从而即可算出答案。
1 / 1北师版数学九年级上册同步训练《1.3 正方形的性质与判定》
一、单选题
1．（2020·眉山）下列说法正确的是（ ）
A．一组对边平行另一组对边相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直平分的四边形是菱形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；真命题与假命题
【解析】【解答】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形不符合题意，如等腰梯形；
B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，符合题意；
C、对角线相等的四边形是矩形不符合题意，如等腰梯形；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形不符合题意，如一般四边形对角线也可以互相垂直且相等．
故答案为：B．
【分析】利用平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定及正方形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．
2．（2020·襄阳）已知四边形 是平行四边形， ， 相交于点O，下列结论错误的是（ ）
A． ，
B．当 时，四边形 是菱形
C．当 时，四边形 是矩形
D．当 且 时，四边形 是正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解： 四边形 是平行四边形，
，故A正确，
四边形 是平行四边形， ，
不能推出四边形 是菱形，故 错误，
四边形 是平行四边形， ，
四边形 是矩形，故C正确，
四边形 是平行四边形， ， ，
四边形 是正方形.故D正确.
故答案为：B.
【分析】（1）根据平行四边形的对角线互相平分可得OA=OC，OB=OD；
（2）根据菱形的判定“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可知当AB=CD时，四边形ABCD是菱形错误；
（3）根据一个角是直角的平行四边形是矩形可知 当∠ABC=90°时，四边形 是矩形；
（4）根据对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形可知，当 且 时，四边形 是正方形.
3．（2021·包头）如图，在 中， ， 和 关于直线BC对称，连接AD，与BC相交于点O，过点C作 ，垂足为C，与AD相交于点E．若 ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；菱形的判定与性质
【解析】【解答】解：∵ ， 和 关于直线BC对称，
∴AB=AC=CD=BD，
∴四边形ABDC是菱形，
∴BC⊥AD，OC=OB，OA=OD，
∵ ， ，
∴OC=OB=3，OA=OD=4，
在Rt△COD中，OC=3，OD=4，
∴DC= ，
∴AB=AC=CD=BD =5，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：D．
【分析】先求出BC⊥AD，OC=OB，OA=OD，再求出 ，最后计算求解即可。
4．（2020·威海）如图，在平行四边形ABCD中，对角线 ， ， ， 为 的中点，E为边 上一点，直线 交 于点F，连结 ， ．下列结论不成立的是（ ）
A．四边形 为平行四边形
B．若 ，则四边形 为矩形
C．若 ，则四边形 为菱形
D．若 ，则四边形 为正方形
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A.∵四边形ABCD是平行四边形
∴
∴
∵ 为 的中点
∴
在 与 中
∴
∴
又∵
∴四边形 为平行四边形，
故A选项不符合题意；
B.假设
∵ ， ，
∴
∴
∴
∵
∴
则当 时，
∵四边形 为平行四边形
∴四边形 为矩形，
故B选项不符合题意；
C.∵ ，
∴E是AB中点
∵
∴
∵四边形 为平行四边形
∴四边形 为菱形，
故C选项不符合题意；
D.当 时与 时矛盾，则DE不垂直于AB，则四边形 不为矩形，则也不可能为正方形，故D选项符合题意，
故答案为：D．
【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．
5．（2021·成都模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB中点，连结DE，过点D作 交BC的延长线于点F，连结 若 ，则EF的值为
A．3 B． C． D．4
【答案】B
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】∵ABCD是正方形
∴AB=BC=CD，∠A=∠B=∠DCB=∠ADC=90°
∵DF⊥DE
∴∠EDC+∠CDF=90°且∠ADE+∠EDC=90°
∴∠ADE=∠CDF且AD=CD，∠A=∠DCF=90°
∴△ADE≌△CDF
∴AE=CF=1
∵E是AB中点
∴AB=BC=2
∴BF=3
在Rt△BEF中，EF= .
故答案为：B.
【分析】根据题意可得AB=2，∠ADE=∠CDF，可证△ADE≌△DCF，可得CF=1，根据勾股定理可得EF的长.
6．（2020·孝感）如图，点E在正方形 的边 上，将 绕点A顺时针旋转 到 的位置，连接 ，过点A作 的垂线，垂足为点H，与 交于点G.若 ， ，则 的长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：∵ ，
∴BC=BG+GC=2+3=5
∵正方形
∴CD=BC=5
设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x
∵AH⊥EF，∠ABG=∠C=90°
∴∠HFG+∠AGF=90°，∠BAG+∠AGF=90°
∴∠HFG=∠BAG
∴△ABG∽△CEF
∴ ，即 ，解得x=
∴CE=CD-DE=5- = .
故答案为：B.
【分析】根据正方形性质和已知条件可知BC=CD=5，再由旋转可知DE=BF，设DE=BF=x，则CE=5-x，CF=5+x，然后再证明△ABG∽△CEF，根据相似三角形的性质列方程求出x，最后求CE即可.
7．（2020·恩施）如图，正方形 的边长为4，点E在 上且 ，F为对角线 上一动点，则 周长的最小值为（ ）.
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接ED，交AC于一点F，连接BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BF=DF，
∴ 的周长=BF+EF+BE=DE+BE，此时周长最小，
∵正方形 的边长为4，
∴AD=AB=4，∠DAB=90°，
∵点 在 上且 ，
∴AE=3，
∴DE= ，
∴ 的周长=5+1=6，
故答案为：B.
【分析】连接ED交AC于一点F，连接BF，根据正方形的对称性得到此时 的周长最小，利用勾股定理求出DE即可得到答案.
8．（2020·湖州）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变，如图，改变正方形ABCD的内角，正方形ABCD变为菱形ABC′D′，若∠D′AB＝30°，则菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积之比是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据题意可知菱形 的高等于 的一半，
菱形 的面积为 ，正方形 的面积为 .
菱形 的面积与正方形 的面积之比是 .
故答案为：B.
【分析】利用30°角所对的直角边等于斜边的一半，就可证得菱形 的高等于 的一半，由此可得到菱形ABC′D′的面积与正方形ABCD的面积，然后求出它们的面积之比。
9．（2021·牡丹江）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2 B．2 C．6 D．5
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS
【解析】【解答】解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x= ．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE= ．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE= ，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故答案为：D．
【分析】求证出△ABE≌△FHG，根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF即可得出答案。
10．（2021·红桥模拟）如图，将正方形 放在平面直角坐标系中，O是坐标原点，点 ，则点F的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；矩形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过点E作EA⊥x轴，垂足为A，过点F作FB⊥EA，交AE的延长线于点B，交y轴与点C，
∵四边形OEFG是正方形，
∴FE=EO，∠FEO=90°，
∴∠FEB+∠AEO=90°，∠AEO+∠AOE=90°，
∴∠FEB =∠EOA，
∴△FEB≌△EOA，
∴FB=EA，EB=OA，
∵E（2，3），
∴FB=EA=3，EB=OA=2，
∵EA⊥x轴，FB⊥EA，OC⊥x轴，
∴四边形OABC是矩形，
∴BC=OA=2，
∴FC=FB-BC=1，BA=EB+EA=5，
∵点F在第二象限，
∴点F（-1，5）
故答案为：A．
【分析】根据正方形的性质，结合全等三角形的判定和性质，证明四边形OABC为矩形，结合矩形的性质求出点F的坐标。
二、填空题
11．（2021·黑龙江）如图，在矩形 中，对角线 相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件 ，使矩形 是正方形．
【答案】AC⊥BD（答案不唯一）
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形 是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加： 或 或 或 ，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，
故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【分析】根据正方形的判定求解即可。
12．（2020·常德）如图1，已知四边形ABCD是正方形，将 ， 分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合（A、C都落在G点），若GF＝4，EG＝6，则DG的长为 ．
【答案】12
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】设正方形ABCD的边长为 ，则 ，
由翻折的性质得： ， ，
∵
∴ ， ，
∴ ，
如图，在 中，由勾股定理得：
即
整理得： ，即
解得 或 （不符题意，舍去）
则
故答案为：12．
【分析】设正方形ABCD的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出BE、BF及EF的长；在 中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为DG的长．
13．（2020·毕节）如图，已知正方形 的边长为 ，点E是边 的中点，点P是对角线 上的动点，则 的最小值是 .
【答案】
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解：连接CE，
因为A、C关于BD对称.
CE即为AP+PE的最小值.
∵正方形边长为4，E是AB中点，
∴BC=4，BE=2.
故答案为： .
【分析】动点问题，找到对称轴作对称点，相连即可算出答案，连接CE即为AP+PE的最小值.
14．（2020·天水）如图，在边长为6的正方形 内作 ， 交 于点 ， 交 于点F，连接 ，将 绕点A顺时针旋转 得到 ，若 ，则 的长为 .
【答案】2
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵将△ 绕点 顺时针旋转 得到△ ，
∴AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，
∵ ，∠BAD=90°，
∴∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°，即∠GAE=45°，
∴∠GAE=∠FAE，
又AE=AE，
∴△GAE≌△FAE（SAS），
∴GE=EF，
设BE=x，则CE=6－x，EF=GE=DF+BE=3+x，
∵DF=3，∴CF=3，
在Rt△CEF中，由勾股定理，得： ，
解得：x=2，即BE=2.
故答案为：2.
【分析】根据旋转的性质可得AG=AF，GB=DF，∠BAG=∠DAF，然后根据正方形的性质和等量代换可得∠GAE=∠FAE，进而可根据SAS证明△GAE≌△FAE，可得GE=EF，设BE=x，则CE与EF可用含x的代数式表示，然后在Rt△CEF中，由勾股定理可得关于x的方程，解方程即得答案.
15．（2020·滨州）如图，点P是正方形ABCD内一点，且点P到点A、B、C的距离分别为 则正方形ABCD的面积为
【答案】
【知识点】勾股定理；勾股定理的逆定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．
∵BP=BM= ，∠PBM=90°，
∴PM= PB=2，
∵PC=4，PA=CM=2 ，
∴PC2=CM2+PM2，
∴∠PMC=90°，
∵∠BPM=∠BMP=45°，
∴∠CMB=∠APB=135°，
∴∠APB+∠BPM=180°，
∴A，P，M共线，
∵BH⊥PM，
∴PH=HM，
∴BH=PH=HM=1，
∴AH=2 +1，
∴AB2=AH2+BH2=（2 +1）2+12=14+4 ，
∴正方形ABCD的面积为14+4 ．
故答案为14+4 ．
【分析】如图，将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△CBM，连接PM，过点B作BH⊥PM于H．首先证明∠PMC=90°，推出∠CMB=∠APB=135°，推出A，P，M共线，利用勾股定理求出AB2即可．
16．（2021·包头）如图，BD是正方形ABCD的一条对角线，E是BD上一点，F是CB延长线上一点，连接CE，EF，AF．若 ， ，则 的度数为 ．
【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：连接AE，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=CD，∠ADE=∠EDC=∠CBE=45°， ，
∵DE=CD，
∴AD=DE=CD，
∴∠DAE=∠DEA=∠DEC=∠DCE=67.5°，
∴ ， ，
又∵EF=EC，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
在△DAE和△DEC中：
∵
∴△DAE≌△DEC(SAS)，
∴AE=EC，
又∵EC=EF，
∴AE=EF，
∴△AEF为等腰直角三角形，
∴∠FAE=45°，
∴ ，
故填：22.5°．
【分析】先求出 ，再利用SAS证明△DAE≌△DEC，最后计算求解即可。
三、解答题
17．（2021·荆门）如图，点E是正方形ABCD的边BC上的动点， ，且 ， .
（1）求证： ；
（2）若 ， ，用x表示DF的长.
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABE=90°，AB=BC，
∵∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠FEH=90°.
而∠AEB+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠FEH.
又∵EF=AE，
∴△ABE≌△EHF.
∴BE=FH，AB=EH，
∴AB=BC=EH，则BC-EC=EH-EC，
∴BE=CH；
（2）解：作FP⊥CD于P，
由（1）可知EH=AB，
∴CE=3 x.
∴CH=FH=FP=x，
∴PD=3 x.
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1） 由正方形的性质可得∠ABE=90°，AB=BC，利用余角的性质可得∠BAE=∠FEH，根据AAS可证△ABE≌△EHF，可得BE=FH，AB=EH，即得AB=BC=EH，由等式的性质可得BC-EC=EH-EC，即得结论；
（2）作FP⊥CD于P，由（1）可知EH=AB，可得CE=3 x，CH=FH=FP=x，PD=3 x，在Rt△DPF中，利用勾股定理求出DF即可.
18．（2020·呼和浩特）如图，正方形 ，G是 边上任意一点（不与B、C重合）， 于点E， ，且交 于点F．
（1）求证： ；
（2）四边形 是否可能是平行四边形，如果可能请指出此时点G的位置，如不可能请说明理由．
【答案】（1）证明：∵正方形 ，
∴AB=AD，∠BAF+∠DAE=90°，
∵DE⊥AG，
∴∠DAE+∠ADE=90°，
∴∠ADE=∠BAF，
又∵ ，
∴∠BFA=90°=∠AED，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF=DE，AE=BF，
∴ ；
（2）不可能，理由是：
如图，若要四边形 是平行四边形，
已知DE∥BF，则当DE=BF时，四边形BFDE为平行四边形，
∵DE=AF，
∴BF=AF，即此时∠BAF=45°，
而点G不与B和C重合，
∴∠BAF≠45°，矛盾，
∴四边形 不能是平行四边形.
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；平行四边形的判定；正方形的性质
【解析】【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，从而得到AF=DE，AE=BF，可得结果；（2）若要四边形 是平行四边形，则DE=BF，则∠BAF=45°，再证明∠BAF≠45°即可.
19．（2020·湘西州）如图，在正方形 的外侧，作等边角形 ，连接 、 ．
（1）求证： ；
（2）求 的度数．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD，且∠BAD=∠CDA=90°，
∵△ADE是等边三角形，
∴AE=DE，且∠EAD=∠EDA=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠EAD=150°，∠CDE=∠CDA+∠EDA=150°，
∴∠BAE=∠CDE，
在△BAE和△CDE中：
，
∴ ．
（2）解：∵AB=AD，且AD=AE，
∴△ABE为等腰三角形，
∴∠ABE=∠AEB，
又∠BAE=150°，
∴由三角形内角和定理可知：
∠AEB=(180°-150°)÷2=15°．
故答案为：15°．
【知识点】三角形内角和定理；等腰三角形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)利用正方形的性质得到AB=CD，∠BAD=∠CDA，利用等边三角形的性质得到AE=DE，∠EAD=∠EDA=60°即可证明；(2)由AB=AD=AE，得到△ABE为等腰三角形，进而得到∠ABE=∠AEB，且∠BAE=90°+60°=150°，再利用三角形内角和定理即可求解．
20．（2020·甘肃）如图，点M， 分别在正方形 的边 ， 上，且 ，把 绕点A顺时针旋转 得到 .
（1）求证： ≌ .
（2）若 ， ，求正方形 的边长.
【答案】（1）证明：由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在 和 中，
；
（2）解：设正方形 的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又 四边形ABCD是正方形
则在 中， ，即
解得 或 （不符题意，舍去）
故正方形 的边长为6.
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）先根据旋转的性质可得 ，再根据正方形的性质、角的和差可得 ，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；（2）设正方形 的边长为x，从而可得 ，再根据旋转的性质可得 ，从而可得 ，然后根据三角形全等的性质可得 ，最后在 中，利用勾股定理即可得.
21．（2019·抚顺）如图，点 ， 分别在正方形 的边 ， 上，且 ，点 在射线 上（点 不与点 重合）.将线段 绕点 顺时针旋转 得到线段 ，过点 作 的垂线 ，垂足为点 ，交射线 于点 .
（1）如图1，若点 是 的中点，点 在线段 上，线段 ， ， 的数量关系为 .
（2）如图2，若点 不是 的中点，点 在线段 上，判断（1）中的结论是否仍然成立.若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由.
（3）正方形 的边长为6， ， ，请直接写出线段 的长.
【答案】（1）
（2）解：（1）中的结论仍然成立，理由如下：
由题意得： ， ，
，
，
， ，
，
四边形 是正方形，
， ，
，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，即
（3）解：分两种情况：
①当点 在线段 上时，点 在线段 上，
由（2）可知： ，
，
， ，
；
②当点 在射线 上时，点 在线段 的延长线上，如图3所示：
同（2）可得： ，
，
， ，
，
；
综上所述，线段 的长为3或5.
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】（1）解： ；理由如下：
四边形 是正方形，
， ，
由旋转的性质得： ， ，
，
，
， ，
，
又 ， ，
，
在 和 中， ，
，
，
，即 ；
故答案为： .
【分析】（1） ；理由如下：根据正方形的性质得出 ， ，由旋转的性质得： ， ，根据同角的余角相等得出∠PEQ=∠G，∠EPQ=∠GED，从而由ASA证明△PEQ≌△EGD，得出PQ＝ED，即可得出结论；
（2） （1）中的结论仍然成立，理由如下：根据同角的余角相等得出 ， ， 从而由ASA证明△PEQ≌△EGD，得出PQ＝ED，即可得出结论；
（3）分类讨论：①当点P在线段BF上时，点Q在线段BC上，由（2）可知：BP＝EC QC，求出DE＝2，EC＝4，即可得出答案；②当点P在射线FC上时，点Q在线段BC的延长线上， ，如图3所示： 同理可得：BP＝QC＋EC＝5；即可得出答案．
22．（2019·天水）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形.
（1）概念理解：如图2，在四边形 中， ， ，问四边形 是垂美四边形吗？请说明理由；
（2）性质探究：如图1，四边形 的对角线 、 交于点 ， .试证明： ；
（3）解决问题：如图3，分别以 的直角边 和斜边 为边向外作正方形 和正方形 ，连结 、 、 .已知 ， ，求 的长.
【答案】（1）四边形 是垂美四边形.
证明：连接AC，BD，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∵ ，
∴点 在线段 的垂直平分线上，
∴直线 是线段 的垂直平分线，
∴ ，即四边形 是垂美四边形；
（2）猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等.
如图2，已知四边形 中， ，垂足为 ，
求证：
证明：∵ ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
，
∴ ；
故答案为： .
（3）连接 、 ，
∵ ，
∴ ，即 ，
在 和 中， ，
∴ ，
∴ ，又 ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是垂美四边形，
由(2)得， ，
∵ ， ，
∴ ， ， ，
∴ ，
∴ .
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1） 四边形 是垂美四边形，理由如下： 连接AC，BD， 根据到线段两个端点距离相等的点在这条线段的垂直平分线上得出： 点 在线段 的垂直平分线上， 点 在线段 的垂直平分线上， 根据两点确定一条直线得出 直线 是线段 的垂直平分线， 根据垂美四边形的定义即可得出结论；
（2）根据垂直的性质得出 ，根据勾股定理及等式的性质得出 ， ， 再利用等量代换得出 ；
（3） 连接 、 ， 首先根据正方形的性质利用SAS判断出 ，根据全等三角形对应角相等相等得出 ，根据直角三角形的两锐角互余得出 ， 进而利用等量代换得出 ，即 ，根据垂美四边形的定义即可得出结论： 四边形 是垂美四边形；然后根据（2）的结论得出 ， 由勾股定理算出BC，CG，BE的长从而即可算出答案。
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