【期末核心考点】正方形（含解析）2024-2025学年八年级下册数学华东师大版
文档属性
| 名称 | 【期末核心考点】正方形（含解析）2024-2025学年八年级下册数学华东师大版 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 973.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 华东师大版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-06-14 19:07:00 | ||
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文档简介
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期末核心考点 正方形
一．选择题（共8小题）
1．（2025 包河区二模）如图，正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过B点作BF⊥BD，且BF＝DE，连接AE、FE，若AE＝2，则EF长为（ ）
A． B． C．3 D．
2．（2025春 鲤城区校级期中）已知菱形ABCD的对角线为AC和BD，下列条件中，不能使菱形ABCD为正方形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠ADB＝45° D．AB＝AC
3．（2025春 武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．以Rt△ABC的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S1的值为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．25
4．（2025春 南通期中）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，AF＝9，则EF的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．（2025 沙坪坝区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，作BN平分∠MBC交CD于点N，则DN的长是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
6．（2025春 海淀区校级期中）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝38°，则∠BFC的度数为（ ）
A．71° B．72° C．81° D．82°
7．（2024秋 贵州期末）如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE＝AC，则∠E＝（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
8．（2025春 江阴市期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是正方形
C．当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
二．填空题（共4小题）
9．（2025春 大连期中）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，EC＝30，EB＝10，DF⊥EC，垂足为F，延长DF交BC于点G，则BG＝ ．
10．（2025春 大连期中）如图，在边长为7的正方形ABCD中，连接AC，点E，F分别在AB，AC上，EF⊥DF，垂足为点F，AE＝3，则AF的长为 ．
11．（2025春 东城区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝8，DE＝AF＝2，则GF的长为 ．
12．（2025春 长寿区校级期中）如图，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2025 海口一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为边BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF，连结CF．
（1）求证：△ABD≌△ACF；
（2）猜想BC与FC的位置关系，并证明你的猜想．
14．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
15．（2025春 凉州区期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
期末核心考点 正方形
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 包河区二模）如图，正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过B点作BF⊥BD，且BF＝DE，连接AE、FE，若AE＝2，则EF长为（ ）
A． B． C．3 D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】连接AF，证明∠ABF＝∠ADE＝45°，进而可依据“SAS”判定△ABF和△ADE全等，则AF＝AE＝2，再证明∠FAE＝90＝90°，然后由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADE＝45°，
∵BF⊥BD，
∴∠EBF＝90°，
∴∠ABF＝∠EBF﹣∠ABE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABF＝∠ADE＝45°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE＝2，∠1＝∠2，
∵∠1+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
即∠FAE＝90＝90°，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：EF．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
2．（2025春 鲤城区校级期中）已知菱形ABCD的对角线为AC和BD，下列条件中，不能使菱形ABCD为正方形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠ADB＝45° D．AB＝AC
【考点】正方形的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】在菱形基础上添加一个内角为直角或者对角线相等即可得到正方形，据此求解即可．
【解答】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等．
A、∵菱形ABCD中，AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
B、∵菱形ABCD中，AB⊥BC，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
C、∵菱形ABCD中，∠ADB＝45°，
∴∠ADC＝2∠ADB＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
D、∵菱形ABCD中，AB＝AC，
∴菱形ABCD不能确定是正方形，
故该选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形有、菱形的判定定理．
3．（2025春 武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．以Rt△ABC的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S1的值为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．25
【考点】正方形的性质；三角形的面积；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据正方形的面积公式得S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝AC2，进而得AB2+BC2+AC2＝40，再由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2，则AB2＝20，进而得S1＝AB2＝20，由此即可得出答案．
【解答】解：根据正方形的面积公式得：S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝AC2，
∵S1+S2+S3＝40，
∴AB2+BC2+AC2＝40，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2，
∴2AB2＝40，
∴AB2＝20，
∴S1＝AB2＝20．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键．
4．（2025春 南通期中）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，AF＝9，则EF的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】由正方形的性质得AB＝DA，∠BAD＝90°，由 DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，得∠AFB＝∠DEA＝90°，则∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，即可根据“AAS''证明△BAF≌△ADE，得BF＝AE＝4，AF＝DE＝9，则EF＝AF﹣AE＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAD＝90°，
∵DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，BF＝4，DE＝9，
∴∠AFB＝∠DEA＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，
在△BAF和△ADE中，
∴△BAF≌△ADE（AAS），
∴BF＝AE＝4，AF＝DE＝9，
∴EF＝AF﹣AE＝9﹣4＝5，
故选：A．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△BAF≌△ADE是解题的关键．
5．（2025 沙坪坝区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，作BN平分∠MBC交CD于点N，则DN的长是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【考点】正方形的性质；角平分线的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长BN交AD的延长线于点E，依题意得AB＝AD＝24，BM＝25，根据角平分线定义及平行线性质得∠MBN＝∠CBN＝∠E，则EM＝BM＝25，进而得EA＝32，ED＝8，证明△EDN和△EAB相似，利用相似三角形的性质即可得出DN的长．
【解答】解：延长BN交AD的延长线于点E，如图所示：
∵点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，
∴AD＝AM+DM＝24，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝24，∠A＝90°，AB∥CD，AD∥BC，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：BM25，
∵BN平分∠MBC交CD于点N，
∴∠MBN＝∠CBN，
∵AD∥BC，
∴∠E＝∠CBN，
∴∠MBN＝∠E，
∴EM＝BM＝25，
∴EA＝AM+EM＝7+25＝32，ED＝EM﹣DM＝25﹣17＝8，
∴AB∥CD，
∴△EDN∽△EAB，
∴，
∴，
∴DN＝6．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，角平分线的定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
6．（2025春 海淀区校级期中）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝38°，则∠BFC的度数为（ ）
A．71° B．72° C．81° D．82°
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质可得AD＝CD，∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，再根据已知条件可知AD＝ED，可得∠DAE，再证明△ADF≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质即可求出∠DCF，进而解答即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，
∵∠CDE＝38°，
∴∠ADE＝90°+38°＝128°，
∵ED＝CD，
∴AD＝ED，
∴∠DAE＝（180°﹣128°）÷2＝26°，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DCF＝∠DAF＝26°，
∴∠BCF＝90°﹣26°＝64°，
∴∠BFC＝180°﹣45°﹣64°＝71°，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的性质和判定，三角形的内角和，等腰三角形的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．
7．（2024秋 贵州期末）如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE＝AC，则∠E＝（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
【考点】正方形的性质．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得∠ACB＝45°，再根据等腰三角形的性质得∠E＝∠CAE，再根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵CE＝CA，
∴∠CAE＝∠E，
∵∠BCA＝∠E+∠CAE，
∴∠E＝∠CAE＝22.5°，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角等于两个不相邻的内角的和，解题的关键是熟练掌握这些性质，属于基础题，中考常考题型．
8．（2025春 江阴市期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是正方形
C．当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
【考点】正方形的判定；平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
C、当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，掌握这些判定方法是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
9．（2025春 大连期中）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，EC＝30，EB＝10，DF⊥EC，垂足为F，延长DF交BC于点G，则BG＝ ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】先由勾股定理求出BC，证明∠BCE＝∠CDG，进而可依据“ASA”判定△BCE和△CDG全等，则BE＝CG＝10，由此即可得出BG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠DCG＝90°，
在Rt△BCE中，EC＝30，EB＝10，
由勾股定理得：BC，
∵∠DCG＝90°，DF⊥EC，
∴∠BCE+∠ECD＝90°，∠CDG+∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠CDG，
在△BCE和△CDG中，
，
∴△BCE≌△CDG（ASA），
∴BE＝CG＝10，
∴BG＝BC﹣CG．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
10．（2025春 大连期中）如图，在边长为7的正方形ABCD中，连接AC，点E，F分别在AB，AC上，EF⊥DF，垂足为点F，AE＝3，则AF的长为 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接BF，过点F作FH⊥AB于点H，由正方形性质得AB＝AD＝7，∠BAF＝∠DAF＝45°，则BE＝4，证明△BAF和△DAF全等，设∠ABF＝∠ADF＝α，进而利用三角形内角和定理及外角性质证明∠FEB＝∠ABF＝α，则△FEB是等腰三角形，继而得EH＝BH＝2，则AH＝5，再证明△AHF是等腰直角三角形得AH＝FH＝5，然后利用勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：连接BF，过点F作FH⊥AB于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为7，点F是的对角线的点，
∴AB＝AD＝7，∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵AE＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝4，
在△BAF和△DAF中，
，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴设∠ABF＝∠ADF＝α，
在△ADF中，∠AFD＝180°﹣（∠ADF+∠DAF）＝180°﹣（α+45°）＝135°﹣α，
∵EF⊥DF，
∴∠AFE＝90°﹣∠AFD＝90°﹣（135°﹣α）＝α﹣45°，
∵∠FEB是△AFE的外角，
∴∠FEB＝∠AFE+∠BAF＝α﹣45°+45°＝α，
∴∠FEB＝∠ABF＝α，
∴FE＝FB，
即△FEB是等腰三角形，
∵FH⊥AB，
∴EH＝BHBE＝2，
∴AH＝AE+EH＝5，
∵∠BAF＝45°，FH⊥AB，
∴△AHF是等腰直角三角形，
∴AH＝FH＝5，
由勾股定理得：AF．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，正确的添加辅助线构造全等三角形和等腰三角形时已解决问题的关键．
11．（2025春 东城区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝8，DE＝AF＝2，则GF的长为 ．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】．
【分析】证明△BCE≌△CDF（SAS），得∠CBE＝∠DCF，则∠CGE＝90°，根据等积法可得CG的长，进而可得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD中，BC＝8，
∴BC＝CD＝AD＝8，∠BCE＝∠CDF＝90°，
∵DE＝AF＝2，
∴DF＝CE＝6，
∴，
在△BCE和△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠CBE＝∠DCF，
∴∠CBE+∠CEB＝∠ECG+∠CEB＝90°，
∴∠CGE＝90°，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△BCE≌△CDF（SAS）是解本题的关键．
12．（2025春 长寿区校级期中）如图，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 ．
【考点】正方形的性质；角平分线的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】过点D作DH⊥EF于点H，设CE＝a，则BE＝5﹣a，BF＝4，根据角平分线性质得，CE＝EH＝a，证明Rt△DCE和Rt△DHE全等得DC＝DH＝DA，进而可判定Rt△DHF和Rt△DAF全等，则HF＝AF＝1，继而得EF＝a+1，然后在Rt△BEF中，由勾股定理求出a，继而可得EF的长．
【解答】解：过点D作DH⊥EF于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为5，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，∠A＝∠B＝∠C＝∠CDA＝90°，
设CE＝a，则BE＝BC﹣CE＝5﹣a，
∵AF＝1，
∴BF＝AB﹣AF＝4，
∵∠DEF＝∠DEC，
∴ED是∠CEF的平分线，
∵∠C＝90°，DH⊥EF，
∴CE＝EH＝a，
在Rt△DCE和Rt△DHE中，
，
∴Rt△DCE≌Rt△DHE（HL），
∴DC＝DH＝DA，
在Rt△DHF和Rt△DAF中，
，
∴Rt△DHF≌Rt△DAF（HL），
∴HF＝AF＝1，
∴EF＝EH+HF＝a+1，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：EF2＝BF2+BE2，
∴（a+1）2＝42+（5﹣a）2，
解得：a，
∴EF＝a+1．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，理解正方形的性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2025 海口一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为边BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF，连结CF．
（1）求证：△ABD≌△ACF；
（2）猜想BC与FC的位置关系，并证明你的猜想．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BC⊥FC，理由见解析．
【分析】（1）由正方形的性质得到AD＝AF，∠DAF＝90°，根据∠DAC+∠CAF＝90°，∠BAD+∠DAC＝90°，得到∠BAD＝∠CAF，即可得出结论；
（2）由等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，由全等的性质得到∠ACF＝∠ABD＝45°，从而得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝90°，
∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠DAC+∠CAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD与△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（SAS）；
（2）解：BC⊥FC；理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
由（1）知：△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABD＝45°，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，
∴BC⊥FC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
14．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）图中等于ABDE的线段有：BE，GE，GF，DF四条，理由见解答过程．
【分析】（1）先根据正方形性质证明∠CDE＝∠CBF，进而可依据“ASA”判定△CDE和△CBF全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）先根据正方形性质及∠ABF＝2∠CBF求出∠CDE＝∠CBF＝30°，进而得∠EGB＝∠CBF＝30°，则BE＝GE，再根据（1）得BE＝DF，则BE＝GE＝GF＝DF，设CF＝a，则CE＝CF＝a，在Rt△CBF中，根据∠CBF＝30°，DE＝BF＝2a，由勾股定理得AB＝BC，则BE，再计算ABDE，则ABDE＝BE，由此即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠ADC﹣∠ADE＝∠ABC﹣∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF，
在△CDE和△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
（2）图中等于ABDE的线段有：BE，GE，GF，DF四条，理由如下：
∵∠ABF＝2∠CBF，
又∵∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝90°，
∴2∠CBF+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝30°，
∴∠ABF＝2∠CBF＝60°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF＝30°，
在Rt△DEC中，∠DEC＝90°﹣∠CDE＝60°，
∵∠DEC是△EBG的外角，
∴∠DEC＝∠CBF+∠EGB，
∴60°＝30°+∠EGB，
∴∠EGB＝∠CBF＝30°，
∴BE＝GE，
同理：GF＝DF，
由（1）可知：△CDE≌△CBF，
∴CE＝CF，
∵BC＝DC，
∴BC﹣CE＝DC﹣CF，
∴BE＝DF，
∴BE＝GE＝GF＝DF，
设CF＝a，
∴CE＝CF＝a，
在Rt△CBF中，∠CBF＝30°，
∴BF＝2CF＝2a，
由（1）可知：DE＝BF＝2a，
由勾股定理得：BC，
∴AB＝BC，BE＝BC﹣CE，
∵ABDE，
∴ABDE＝BE，
∴线段BE，GE，GF，DF的长都等于ABDE．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理是解决问题的关键．
15．（2025春 凉州区期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
【考点】正方形的判定；等腰三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）AC⊥MN．
【分析】（1）证明四边形AMCN是矩形即可得出AC＝MN；
（2）根据正方形的判定方法可知，当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形．
【解答】（1）证明：在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，
∴，
∴，
∵AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，
∴∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AC＝MN；
（2）解：当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形，理由如下：
∵四边形AMCN是矩形，AC⊥MN，
∴四边形AMCN为正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定方法是解答本题的关键．
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期末核心考点 正方形
一．选择题（共8小题）
1．（2025 包河区二模）如图，正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过B点作BF⊥BD，且BF＝DE，连接AE、FE，若AE＝2，则EF长为（ ）
A． B． C．3 D．
2．（2025春 鲤城区校级期中）已知菱形ABCD的对角线为AC和BD，下列条件中，不能使菱形ABCD为正方形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠ADB＝45° D．AB＝AC
3．（2025春 武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．以Rt△ABC的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S1的值为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．25
4．（2025春 南通期中）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，AF＝9，则EF的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
5．（2025 沙坪坝区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，作BN平分∠MBC交CD于点N，则DN的长是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
6．（2025春 海淀区校级期中）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝38°，则∠BFC的度数为（ ）
A．71° B．72° C．81° D．82°
7．（2024秋 贵州期末）如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE＝AC，则∠E＝（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
8．（2025春 江阴市期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是正方形
C．当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
二．填空题（共4小题）
9．（2025春 大连期中）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，EC＝30，EB＝10，DF⊥EC，垂足为F，延长DF交BC于点G，则BG＝ ．
10．（2025春 大连期中）如图，在边长为7的正方形ABCD中，连接AC，点E，F分别在AB，AC上，EF⊥DF，垂足为点F，AE＝3，则AF的长为 ．
11．（2025春 东城区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝8，DE＝AF＝2，则GF的长为 ．
12．（2025春 长寿区校级期中）如图，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 ．
三．解答题（共3小题）
13．（2025 海口一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为边BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF，连结CF．
（1）求证：△ABD≌△ACF；
（2）猜想BC与FC的位置关系，并证明你的猜想．
14．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
15．（2025春 凉州区期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
期末核心考点 正方形
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
1．（2025 包河区二模）如图，正方形ABCD中，E为对角线BD上一点，过B点作BF⊥BD，且BF＝DE，连接AE、FE，若AE＝2，则EF长为（ ）
A． B． C．3 D．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】连接AF，证明∠ABF＝∠ADE＝45°，进而可依据“SAS”判定△ABF和△ADE全等，则AF＝AE＝2，再证明∠FAE＝90＝90°，然后由勾股定理即可求出EF的长．
【解答】解：连接AF，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，∠ABD＝∠ADE＝45°，
∵BF⊥BD，
∴∠EBF＝90°，
∴∠ABF＝∠EBF﹣∠ABE＝90°﹣45°＝45°，
∴∠ABF＝∠ADE＝45°，
在△ABF和△ADE中，
，
∴△ABF≌△ADE（SAS），
∴AF＝AE＝2，∠1＝∠2，
∵∠1+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
即∠FAE＝90＝90°，
在Rt△AEF中，由勾股定理得：EF．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．
2．（2025春 鲤城区校级期中）已知菱形ABCD的对角线为AC和BD，下列条件中，不能使菱形ABCD为正方形的是（ ）
A．AC＝BD B．AB⊥BC C．∠ADB＝45° D．AB＝AC
【考点】正方形的判定；等边三角形的判定与性质；菱形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】在菱形基础上添加一个内角为直角或者对角线相等即可得到正方形，据此求解即可．
【解答】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角（2）对角线相等．
A、∵菱形ABCD中，AC＝BD，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
B、∵菱形ABCD中，AB⊥BC，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
C、∵菱形ABCD中，∠ADB＝45°，
∴∠ADC＝2∠ADB＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
故该选项不符合题意；
D、∵菱形ABCD中，AB＝AC，
∴菱形ABCD不能确定是正方形，
故该选项符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查正方形的判定，等边三角形的判定与性质，菱形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形有、菱形的判定定理．
3．（2025春 武昌区校级期中）如图，Rt△ABC中，∠ACB＝90°．以Rt△ABC的三边分别向外作正方形，它们的面积分别为S1，S2，S3，若S1+S2+S3＝40，则S1的值为（ ）
A．18 B．20 C．22 D．25
【考点】正方形的性质；三角形的面积；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
【分析】根据正方形的面积公式得S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝AC2，进而得AB2+BC2+AC2＝40，再由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2，则AB2＝20，进而得S1＝AB2＝20，由此即可得出答案．
【解答】解：根据正方形的面积公式得：S1＝AB2，S2＝BC2，S3＝AC2，
∵S1+S2+S3＝40，
∴AB2+BC2+AC2＝40，
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，
由勾股定理得：BC2+AC2＝AB2，
∴2AB2＝40，
∴AB2＝20，
∴S1＝AB2＝20．
故选：B．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的面积公式，勾股定理是解决问题的关键．
4．（2025春 南通期中）如图，在正方形ABCD中，点G在BC边上，连接AG，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，若BF＝4，AF＝9，则EF的长为（ ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】由正方形的性质得AB＝DA，∠BAD＝90°，由 DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，得∠AFB＝∠DEA＝90°，则∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，即可根据“AAS''证明△BAF≌△ADE，得BF＝AE＝4，AF＝DE＝9，则EF＝AF﹣AE＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA，∠BAD＝90°，
∵DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F，BF＝4，DE＝9，
∴∠AFB＝∠DEA＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE＝90°﹣∠DAE，
在△BAF和△ADE中，
∴△BAF≌△ADE（AAS），
∴BF＝AE＝4，AF＝DE＝9，
∴EF＝AF﹣AE＝9﹣4＝5，
故选：A．
【点评】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，证明△BAF≌△ADE是解题的关键．
5．（2025 沙坪坝区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，作BN平分∠MBC交CD于点N，则DN的长是（ ）
A．8 B．7 C．6 D．5
【考点】正方形的性质；角平分线的性质；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长BN交AD的延长线于点E，依题意得AB＝AD＝24，BM＝25，根据角平分线定义及平行线性质得∠MBN＝∠CBN＝∠E，则EM＝BM＝25，进而得EA＝32，ED＝8，证明△EDN和△EAB相似，利用相似三角形的性质即可得出DN的长．
【解答】解：延长BN交AD的延长线于点E，如图所示：
∵点M在边AD上，AM＝7，DM＝17，
∴AD＝AM+DM＝24，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝24，∠A＝90°，AB∥CD，AD∥BC，
在Rt△ABM中，由勾股定理得：BM25，
∵BN平分∠MBC交CD于点N，
∴∠MBN＝∠CBN，
∵AD∥BC，
∴∠E＝∠CBN，
∴∠MBN＝∠E，
∴EM＝BM＝25，
∴EA＝AM+EM＝7+25＝32，ED＝EM﹣DM＝25﹣17＝8，
∴AB∥CD，
∴△EDN∽△EAB，
∴，
∴，
∴DN＝6．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，角平分线的定义，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，角平分线的定义，勾股定理，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键．
6．（2025春 海淀区校级期中）如图，点E为正方形ABCD外一点，且ED＝CD，连接AE，交BD于点F．若∠CDE＝38°，则∠BFC的度数为（ ）
A．71° B．72° C．81° D．82°
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】根据正方形的性质可得AD＝CD，∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，再根据已知条件可知AD＝ED，可得∠DAE，再证明△ADF≌△CDF（SAS），根据全等三角形的性质即可求出∠DCF，进而解答即可．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，∠ADB＝∠CDB＝45°，
∵∠CDE＝38°，
∴∠ADE＝90°+38°＝128°，
∵ED＝CD，
∴AD＝ED，
∴∠DAE＝（180°﹣128°）÷2＝26°，
在△ADF和△CDF中，
，
∴△ADF≌△CDF（SAS），
∴∠DCF＝∠DAF＝26°，
∴∠BCF＝90°﹣26°＝64°，
∴∠BFC＝180°﹣45°﹣64°＝71°，
故选：A．
【点评】本题考查了正方形的性质，涉及全等三角形的性质和判定，三角形的内角和，等腰三角形的性质等，熟练掌握这些性质是解题的关键．
7．（2024秋 贵州期末）如图，E是正方形ABCD的边BC延长线上一点，且CE＝AC，则∠E＝（ ）
A．90° B．45° C．30° D．22.5°
【考点】正方形的性质．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质得∠ACB＝45°，再根据等腰三角形的性质得∠E＝∠CAE，再根据三角形的外角等于不相邻的两个内角的和即可解决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCA＝∠ACD＝45°，
∵CE＝CA，
∴∠CAE＝∠E，
∵∠BCA＝∠E+∠CAE，
∴∠E＝∠CAE＝22.5°，
故选：D．
【点评】本题考查正方形的性质、等腰三角形的性质、三角形的外角等于两个不相邻的内角的和，解题的关键是熟练掌握这些性质，属于基础题，中考常考题型．
8．（2025春 江阴市期中）已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（ ）
A．当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形
B．当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是正方形
C．当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形
D．当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形
【考点】正方形的判定；平行四边形的性质；菱形的性质；菱形的判定；矩形的判定．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】由菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定依次判断可求解．
【解答】解：A、当AB＝BC时，四边形ABCD是菱形，故选项A不符合题意；
B、当∠ABC＝90°时，四边形ABCD是矩形，故选项B符合题意；
C、当AC＝BD时，四边形ABCD是矩形，故选项C不符合题意；
D、当AC⊥BD时，四边形ABCD是菱形，故选项D不符合题意；
故选：B．
【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，菱形的判定，掌握这些判定方法是解题的关键．
二．填空题（共4小题）
9．（2025春 大连期中）如图，在正方形ABCD中，点E在AB上，EC＝30，EB＝10，DF⊥EC，垂足为F，延长DF交BC于点G，则BG＝ ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】先由勾股定理求出BC，证明∠BCE＝∠CDG，进而可依据“ASA”判定△BCE和△CDG全等，则BE＝CG＝10，由此即可得出BG的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD，∠B＝∠DCG＝90°，
在Rt△BCE中，EC＝30，EB＝10，
由勾股定理得：BC，
∵∠DCG＝90°，DF⊥EC，
∴∠BCE+∠ECD＝90°，∠CDG+∠ECD＝90°，
∴∠BCE＝∠CDG，
在△BCE和△CDG中，
，
∴△BCE≌△CDG（ASA），
∴BE＝CG＝10，
∴BG＝BC﹣CG．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
10．（2025春 大连期中）如图，在边长为7的正方形ABCD中，连接AC，点E，F分别在AB，AC上，EF⊥DF，垂足为点F，AE＝3，则AF的长为 ．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】连接BF，过点F作FH⊥AB于点H，由正方形性质得AB＝AD＝7，∠BAF＝∠DAF＝45°，则BE＝4，证明△BAF和△DAF全等，设∠ABF＝∠ADF＝α，进而利用三角形内角和定理及外角性质证明∠FEB＝∠ABF＝α，则△FEB是等腰三角形，继而得EH＝BH＝2，则AH＝5，再证明△AHF是等腰直角三角形得AH＝FH＝5，然后利用勾股定理即可求出AF的长．
【解答】解：连接BF，过点F作FH⊥AB于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为7，点F是的对角线的点，
∴AB＝AD＝7，∠BAF＝∠DAF＝45°，
∵AE＝3，
∴BE＝AB﹣AE＝4，
在△BAF和△DAF中，
，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴设∠ABF＝∠ADF＝α，
在△ADF中，∠AFD＝180°﹣（∠ADF+∠DAF）＝180°﹣（α+45°）＝135°﹣α，
∵EF⊥DF，
∴∠AFE＝90°﹣∠AFD＝90°﹣（135°﹣α）＝α﹣45°，
∵∠FEB是△AFE的外角，
∴∠FEB＝∠AFE+∠BAF＝α﹣45°+45°＝α，
∴∠FEB＝∠ABF＝α，
∴FE＝FB，
即△FEB是等腰三角形，
∵FH⊥AB，
∴EH＝BHBE＝2，
∴AH＝AE+EH＝5，
∵∠BAF＝45°，FH⊥AB，
∴△AHF是等腰直角三角形，
∴AH＝FH＝5，
由勾股定理得：AF．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，正确的添加辅助线构造全等三角形和等腰三角形时已解决问题的关键．
11．（2025春 东城区校级期中）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC＝8，DE＝AF＝2，则GF的长为 ．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】．
【分析】证明△BCE≌△CDF（SAS），得∠CBE＝∠DCF，则∠CGE＝90°，根据等积法可得CG的长，进而可得结论．
【解答】解：∵正方形ABCD中，BC＝8，
∴BC＝CD＝AD＝8，∠BCE＝∠CDF＝90°，
∵DE＝AF＝2，
∴DF＝CE＝6，
∴，
在△BCE和△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠CBE＝∠DCF，
∴∠CBE+∠CEB＝∠ECG+∠CEB＝90°，
∴∠CGE＝90°，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，证明△BCE≌△CDF（SAS）是解本题的关键．
12．（2025春 长寿区校级期中）如图，在边长为5的正方形ABCD中，点E、F分别是BC、AB上的点，连接DE、DF、EF，满足∠DEF＝∠DEC．若AF＝1，则EF的长为 ．
【考点】正方形的性质；角平分线的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】．
【分析】过点D作DH⊥EF于点H，设CE＝a，则BE＝5﹣a，BF＝4，根据角平分线性质得，CE＝EH＝a，证明Rt△DCE和Rt△DHE全等得DC＝DH＝DA，进而可判定Rt△DHF和Rt△DAF全等，则HF＝AF＝1，继而得EF＝a+1，然后在Rt△BEF中，由勾股定理求出a，继而可得EF的长．
【解答】解：过点D作DH⊥EF于点H，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为5，
∴AB＝BC＝CD＝DA＝5，∠A＝∠B＝∠C＝∠CDA＝90°，
设CE＝a，则BE＝BC﹣CE＝5﹣a，
∵AF＝1，
∴BF＝AB﹣AF＝4，
∵∠DEF＝∠DEC，
∴ED是∠CEF的平分线，
∵∠C＝90°，DH⊥EF，
∴CE＝EH＝a，
在Rt△DCE和Rt△DHE中，
，
∴Rt△DCE≌Rt△DHE（HL），
∴DC＝DH＝DA，
在Rt△DHF和Rt△DAF中，
，
∴Rt△DHF≌Rt△DAF（HL），
∴HF＝AF＝1，
∴EF＝EH+HF＝a+1，
在Rt△BEF中，由勾股定理得：EF2＝BF2+BE2，
∴（a+1）2＝42+（5﹣a）2，
解得：a，
∴EF＝a+1．
故答案为：．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，角平分线的性质，理解正方形的性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，灵活运用勾股定理构造方程是解决问题的关键．
三．解答题（共3小题）
13．（2025 海口一模）如图，在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，点D为边BC上一动点（与点B、C不重合），连接AD，以AD为一边在AD右侧作正方形ADEF，连结CF．
（1）求证：△ABD≌△ACF；
（2）猜想BC与FC的位置关系，并证明你的猜想．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）BC⊥FC，理由见解析．
【分析】（1）由正方形的性质得到AD＝AF，∠DAF＝90°，根据∠DAC+∠CAF＝90°，∠BAD+∠DAC＝90°，得到∠BAD＝∠CAF，即可得出结论；
（2）由等腰直角三角形的性质得到∠ABC＝∠ACB＝45°，由全等的性质得到∠ACF＝∠ABD＝45°，从而得到∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，即可得出结论．
【解答】（1）证明：在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠DAC＝90°，
∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∴∠DAC+∠CAF＝90°，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△ABD与△ACF中，
，
∴△ABD≌△ACF（SAS）；
（2）解：BC⊥FC；理由如下：
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
由（1）知：△ABD≌△ACF，
∴∠ACF＝∠ABD＝45°，
又∵∠ACB＝45°，
∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°，
∴BC⊥FC．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰直角三角形的性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
14．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）证明见解答过程；
（2）图中等于ABDE的线段有：BE，GE，GF，DF四条，理由见解答过程．
【分析】（1）先根据正方形性质证明∠CDE＝∠CBF，进而可依据“ASA”判定△CDE和△CBF全等，然后根据全等三角形的性质即可得出结论；
（2）先根据正方形性质及∠ABF＝2∠CBF求出∠CDE＝∠CBF＝30°，进而得∠EGB＝∠CBF＝30°，则BE＝GE，再根据（1）得BE＝DF，则BE＝GE＝GF＝DF，设CF＝a，则CE＝CF＝a，在Rt△CBF中，根据∠CBF＝30°，DE＝BF＝2a，由勾股定理得AB＝BC，则BE，再计算ABDE，则ABDE＝BE，由此即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠ADC﹣∠ADE＝∠ABC﹣∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF，
在△CDE和△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
（2）图中等于ABDE的线段有：BE，GE，GF，DF四条，理由如下：
∵∠ABF＝2∠CBF，
又∵∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝90°，
∴2∠CBF+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝30°，
∴∠ABF＝2∠CBF＝60°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF＝30°，
在Rt△DEC中，∠DEC＝90°﹣∠CDE＝60°，
∵∠DEC是△EBG的外角，
∴∠DEC＝∠CBF+∠EGB，
∴60°＝30°+∠EGB，
∴∠EGB＝∠CBF＝30°，
∴BE＝GE，
同理：GF＝DF，
由（1）可知：△CDE≌△CBF，
∴CE＝CF，
∵BC＝DC，
∴BC﹣CE＝DC﹣CF，
∴BE＝DF，
∴BE＝GE＝GF＝DF，
设CF＝a，
∴CE＝CF＝a，
在Rt△CBF中，∠CBF＝30°，
∴BF＝2CF＝2a，
由（1）可知：DE＝BF＝2a，
由勾股定理得：BC，
∴AB＝BC，BE＝BC﹣CE，
∵ABDE，
∴ABDE＝BE，
∴线段BE，GE，GF，DF的长都等于ABDE．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，含有30°角的直角三角形的性质，勾股定理是解决问题的关键．
15．（2025春 凉州区期中）如图，在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，过点A作AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，连接MN交AC于点O．
（1）求证：AC＝MN；
（2）当线段AC和MN满足什么条件时，四边形AMCN为正方形．
【考点】正方形的判定；等腰三角形的判定与性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）见解析；
（2）AC⊥MN．
【分析】（1）证明四边形AMCN是矩形即可得出AC＝MN；
（2）根据正方形的判定方法可知，当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形．
【解答】（1）证明：在△ABC中，CE平分∠ACB，CF平分∠ACB的外角∠ACD，
∴，
∴，
∵AM⊥CE垂足为M，AN⊥CF垂足为N，
∴∠AMC＝∠ANC＝90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∴AC＝MN；
（2）解：当AC⊥MN时，四边形AMCN为正方形，理由如下：
∵四边形AMCN是矩形，AC⊥MN，
∴四边形AMCN为正方形．
【点评】本题考查了正方形的判定，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定方法是解答本题的关键．
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