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初中数学9年级上册同步培优专题题库（北师大版）专题1.3正方形的性质与判定姓名：__________________班级：______________得分：_________________注意事项：本试卷满分100分，考试时间45分钟，试题共24题．答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置．一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（2020春•汉寿县期中）在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，若要使该四边形是正方形，则添加的一个条件可以是（ ）A．∠D＝90°B．AB＝CDC．AD＝BCD．BC＝CD【分析】根据正方形的判定方法判定即可．【解析】∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，∴四边形ABCD是矩形，∴当BC＝CD时，四边形ABCD是正方形，故选：D．2．（2020春•建湖县期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE＝BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是（ ）A．BC＝ACB．BD＝DFC．AC＝BFD．CF⊥BF【分析】根据中垂线的性质：中垂线上的点到线段两个端点的距离相等，有BE＝EC，BF＝FC进而得出四边形BECF是菱形；由菱形的性质知，以及菱形与正方形的关系，进而分别分析得出即可．【解析】∵EF垂直平分BC，∴BE＝EC，BF＝CF，第23页/共23页
∵BF＝BE，∴BE＝EC＝CF＝BF，∴四边形BECF是菱形；当BC＝AC时，∵∠ACB＝90°，则∠A＝45°时，菱形BECF是正方形．∵∠A＝45°，∠ACB＝90°，∴∠EBC＝45°，∴∠EBF＝2∠EBC＝2×45°＝90°，∴菱形BECF是正方形．故选项A正确，但不符合题意；当BD＝DF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B正确，但不符合题意；当AC＝BF时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项C错误，符合题意；当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项D正确，但不符合题意．故选：C．3．（2020春•鹿城区校级期中）如图，在正方形OABC中，点A的坐标是（﹣3，1），则C点的坐标是（ ）A．（1，3）B．（2，3）C．（3，2）D．（3，1）【分析】作CD⊥x轴于D，作AE⊥x轴于E，由AAS证明△AOE≌△OCD，得出AE＝OD，OE＝CD，由点A的坐标是（﹣3，1），得出OE＝3，AE＝1，则OD＝1，CD＝3，得出C（1，3）．【解析】如图所示：作CD⊥x轴于D，作AE⊥x轴于E，第23页/共23页
则∠AEO＝∠ODC＝90°，∴∠OAE+∠AOE＝90°，∵四边形OABC是正方形，∴OA＝CO＝BA，∠AOC＝90°，∴∠AOE+∠COD＝90°，∴∠OAE＝∠COD，在△AOE和△OCD中，∠AEO=∠ODC∠OAE=∠CODOA=CO，∴△AOE≌△OCD（AAS），∴AE＝OD，OE＝CD，∵点A的坐标是（﹣3，1），∴OE＝3，AE＝1，∴OD＝1，CD＝3，∴C（1，3），故选：A．4．（2020春•淮阴区期中）如图，E是正方形ABCD边AB延长线上一点，且BD＝BE，则∠BED的大小为（ ）A．15°B．22.5°C．30°D．45°【分析】由四边形ABCD是正方形，推出∠ABD＝45°，由∠ABD＝∠E+∠BDE，BD＝BE，推出∠BDE＝∠E．推出∠E=12×45°＝22.5°．第23页/共23页
【解析】∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD＝45°，∵∠ABD＝∠E+∠BDE，∵BD＝BE∴∠BDE＝∠E．∴∠E=12×45°＝22.5°，故选：B．5．（2019春•青山区期中）下列条件中，能推出▱ABCD为正方形的是（ ）A．AB＝BCB．AC＝BDC．AC平分∠BADD．AC⊥BD，且∠BAD＝90°【分析】根据平行四边形的性质和正方形的判定定理判断即可．【解析】A、∵AB＝BC，∴▱ABCD为菱形，故不符合题意；B、∵AC＝BD，∴▱ABCD为矩形，故不符合题意；C、如图，∵AC平分∠BAD，∴∠BAC＝∠DAC，∵AD∥BC，∴∠DAC＝∠ACB，∴∠ACB＝∠BAC，∴AB＝BC，∴▱ABCD为菱形，故不符合题意；D、∵AC⊥BD，且∠BAD＝90°，∴▱ABCD为正方形，故符合题意，故选：D．6．（2020春•吴江区期中）矩形、菱形、正方形的对角线都具有的性质是（ ）A．对角线互相平分B．对角线相等第23页/共23页
C．对角线互相垂直D．对角线互相垂直平分【分析】先逐一分析出矩形、菱形、正方形的对角的性质，再综合考虑矩形、菱形、正方形对角线的共同性质．【解析】因为矩形的对角线互相平分且相等，菱形的对角线互相平分且垂直且平分每一组对角，正方形的对角线具有矩形和菱形所有的性质，所有矩形、菱形和正方形的对角线都具有的性质是对角线互相平分．故选：A．7．（2020春•香坊区校级期中）如图，正方形ABCD中，AB＝4，E为CD上一动点，连接AE交BD于F，过F作FH⊥AE于F，过H作HG⊥BD于G．则下列结论：①AF＝FH；②∠HAE＝45°；③BD＝2FG；④△CEH的周长为8．其中正确的个数是（ ）A．1个B．2个C．3个D．4个【分析】①作辅助线，延长HF交AD于点L，连接CF，通过证明△ADF≌△CDF，可得：AF＝CF，故需证明FC＝FH，可证：AF＝FH；②由FH⊥AE，AF＝FH，可得：∠HAE＝45°；③作辅助线，连接AC交BD于点O，证BD＝2FG，只需证OA＝GF即可，根据△AOF≌△FGH，可证OA＝GF，故可证BD＝2FG；④作辅助线，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，则IL＝HC，可证AL＝HE，再根据△MEC≌△MIC，可证：CE＝IM，故△CEH的周长为边AM的长．【解析】①连接FC，延长HF交AD于点L，如图1，第23页/共23页
∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠ADB＝∠CDF＝45°．∵AD＝CD，DF＝DF，∴△ADF≌△CDF（SAS）．∴FC＝AF，∠ECF＝∠DAF．∵∠ALH+∠LAF＝90°，∴∠LHC+∠DAF＝90°．∵∠ECF＝∠DAF，∴∠FHC＝∠FCH，∴FH＝FC．∴FH＝AF．②∵FH⊥AE，FH＝AF，∴∠HAE＝45°．③连接AC交BD于点O，如图2，可知：BD＝2OA，∵∠AFO+∠GFH＝∠GHF+∠GFH，∴∠AFO＝∠GHF．∵AF＝HF，∠AOF＝∠FGH＝90°，∴△AOF≌△FGH（ASA）．第23页/共23页
∴OA＝GF．∵BD＝2OA，∴BD＝2FG．④连接EM，延长AD至点M，使AD＝DM，过点C作CI∥HL，如图3，则：LI＝HC，∵HL⊥AE，CI∥HL，∴AE⊥CI，∴∠DIC+∠EAD＝90°，∵∠EAD+∠AED＝90°，∴∠DIC＝∠AED，∵ED⊥AM，AD＝DM，∴EA＝EM，∴∠AED＝∠MED，∴∠DIC＝∠DEM，∴∠CIM＝∠CEM，∵CM＝MC，∠ECM＝∠CMI＝45°，∴△MEC≌△CIM（AAS），可得：CE＝IM，同理，可得：AL＝HE，∴HE+HC+EC＝AL+LI+IM＝AM＝8．∴△CEH的周长为8．故①②③④结论都正确．故选：D．8．（2019春•北辰区期中）如图，四边形ABCD和EFGH都是正方形，点E，H在AD，CD边上，点F，G在对角线AC上若AB＝6，则EFGH的面积是（ ）第23页/共23页
A．6B．8C．9D．12【分析】根据正方形的性质和图形，可以得到AF＝FG＝GC，然后根据AB＝6，∠B＝90°，利用勾股定理可以得到AC的长，从而可以得到FG的长，然后即可得到正方形EFGH的面积．【解析】∵四边形ABCD和EFGH都是正方形，∴AC平分∠BAC，EF＝FG＝GH，∠EFA＝90°，∴∠FAE＝∠FEA＝45°，∴EF＝AF，同理可证，GH＝GC，则FG=13AC，∵AB＝6，∠B＝90°，AB＝BC，∴AC=AB2+BC2=62+62=62，∴FG＝22，∴正方形EFGH的面积是：22×22=8，故选：B．9．（2019春•玉田县期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点C的坐标为（3，5），AB平行于x轴，则点A的坐标为（ ）A．（1，﹣1）B．（﹣1，1）C．（1，﹣1）D．（﹣1，5）【分析】根据正方形ABCD的边长为4，点C的坐标为（3，5），AB平行于x轴，可以得到点D的坐标，根据点D的坐标可以得到点A的坐标．第23页/共23页
【解析】∵正方形ABCD的边长为4，点C的坐标为（3，5），AB平行于x轴，∴点D的横坐标为：3﹣4＝﹣1，纵坐标为：5．∴点D的坐标为（﹣1，5）．∴点A的横坐标为：﹣1，纵坐标为：5﹣4＝1．∴点A的坐标为（﹣1，1）．故选：B．10．（2019春•黄冈期中）如图，已知正方形ABCD的边长为4，P是对角线BD上一点，PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，连接AP，EF．给出下列结论：①PD=2DF；②四边形PECF的周长为8；③△APD一定是等腰三角形；④AP＝EF．其中正确结论的序号为（ ）A．①②④B．①②C．①④D．①②③④【分析】①根据正方形的对角线平分对角的性质，得△PDF是等腰直角三角形，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝EC2+EC2＝2EC2，求得PD=2DF．②先证明四边形PECF为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为2BC，则四边形PECF的周长为8；③根据P的任意性可以判断△APD不一定是等腰三角形；④四边形PECF为矩形，通过正方形的轴对称性，证明AP＝EF；【解析】∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，CD⊥BC，∴PF∥BC，∴∠DPF＝∠DBC，∵四边形ABCD是正方形∴∠DBC＝45°∴∠DPF＝∠DBC＝45°，第23页/共23页
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，∴PF＝EC＝DF，在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝DF2+DF2＝2DF2，∴PD=2DF．故①正确；②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，∴四边形PECF为矩形，∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，故②正确；③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP＝45°，∴当∠PAD＝45°或67.5°或90°时，△APD是等腰三角形，除此之外，△APD不是等腰三角形，故③错误．④∵四边形PECF为矩形，∴PC＝EF，∠PFE＝∠ECP，∵正方形为轴对称图形，∴AP＝PC，∴AP＝EF，故④正确；故选：A．二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分）请把答案直接填写在横线上11．（2020春•常熟市期中）已知正方形的对角线长为52，则这个正方形的面积是 25 ．【分析】根据正方形的对角线长为52，可知正方形的面积等于对角线乘积的一半，然后代入数据计算即可．【解析】∵正方形的对角线长为52，∴正方形的面积是：52×522=25，故答案为：25．12．（2020春•海淀区校级期末）如图，点O是正方形ABCD的中心，过点O的直线与AD、BC交于点M、点N，DE⊥MN，交AB于点E，若AM＝1，DM＝3，则DE的长为 25 ．第23页/共23页
【分析】如图，连接AC，过点A作AF∥MN，交BC于F，由正方形的性质可得AO＝CO，AB＝AD＝BC＝4，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD∥BC，由“ASA”可证△AMO≌△CNO，可得AM＝CN＝1，通过证明四边形AMNF是平行四边形，可得AM＝FN＝1，由“ASA”可证△ADE≌△BAF，可得AE＝BF＝2，由勾股定理可求解．【解析】如图，连接AC，过点A作AF∥MN，交BC于F，∵AM＝1，DM＝3，∴AD＝4，∵点O是正方形ABCD的中心，∴AO＝CO，AB＝AD＝BC＝4，∠ABC＝∠BAD＝90°，AD∥BC，∴∠MAO＝∠NCO，又∵∠AOM＝∠CON，AO＝CO，∴△AMO≌△CNO（ASA），∴AM＝CN＝1，∵AD∥BC，AF∥MN，∴四边形AMNF是平行四边形，∴AM＝FN＝1，∴BF＝2，∵DE⊥MN，AF∥MN，∴DE⊥AF，∴∠AED+∠EAF＝90°，第23页/共23页
又∵∠EAF+∠AFB＝90°，∴∠AED＝∠AFB，又∵∠EAD＝∠ABF＝90°，AD＝AB，∴△ADE≌△BAF（ASA），∴AE＝BF＝2，∴DE=AD2+AE2=16+4=25，故答案为25．13．（2020春•鹿城区校级期中）如图，正方形ABCD的边长是2，对角线AC、BD相交于点O，点E、F分别在边AD、AB上，且OE⊥OF，则四边形AFOE的面积为 1 ．【分析】证明△AOE≌△BOF（ASA），得出△AOE的面积＝△BOF的面积，得出四边形AFOE的面积=14正方形ABCD的面积=14×22＝1即可．【解析】∵四边形ABD是正方形，∴OA＝OB，∠OAE＝∠OBF＝45°，AC⊥BD，∴∠AOB＝90°，∵OE⊥OF，∴∠EOF＝90°，∴∠AOE＝∠BOF，在△AOE和△BOF中，∠AOE=∠BOFOA=OB∠OAE=∠OBF，∴△AOE≌△BOF（ASA），∴△AOE的面积＝△BOF的面积，∴四边形AFOE的面积=14正方形ABCD的面积=14×22＝1；故答案为：1．14．（2020春•闵行区校级期中）如图：一个大正方形切割为1个小正方形和4第23页/共23页
个完全相同的直角三角形．已知△ABC的两条边AB和BC的长分别为1和2，那么大正方形的边长为 5 ．【分析】根据勾股定理解答即可．【解析】∵△ABC是直角三角形，AB＝1，BC＝2，∴AC=AB2+BC2=12+22=5，即大正方形的边长为：5，故答案为：5．15．（2020春•木兰县期中）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，点F在CD上，连接AE、AF、EF，∠EAF＝45°，BE＝3，CF＝4，则正方形的边长为 6 ．【分析】延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG和EF，由△ABG≌△ADF（SAS），推出AG＝AF，∠GAB＝∠DAF，由△AEG≌△AEF（SAS），推出GE＝EF，进而利用勾股定理解答即可．【解析】延长CB至点G，使BG＝DF，并连接AG，在△ABG和△ADF中，AB=AD∠ABC=∠D=90°GB=DF，∴△ABG≌△ADF（SAS），∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF第23页/共23页
∵∠EAF＝45°，∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°，∴∠EAF＝∠GAE在△AEG和△AEF中，AG=AF∠EAG=∠EAFAE=AE，∴△AEG≌△AEF（SAS）∴GE＝EF，设正方形的边长为x，DF＝x﹣4，EC＝x﹣3，GE＝EF＝BG+BE＝DF+BE＝x﹣4+3＝x﹣1，在Rt△EFC中，EF2＝EC2+CF2，即（x﹣1）2＝（x﹣3）2+42，解得：x＝6，即正方形的边长为6，故答案为：6．16．（2020春•南岗区校级期中）已知正方形ABCD，以AD为一边作等边三角形ADP，连接PC，则∠APC的度数为 45°或135 °．【分析】要求∠APC的度数，则要分情况讨论，点P可以在正方形ABCD内，也可以在正方形ABCD外，作图如下，利用正方形和等边三角形的性质及三角形内角和即可求解．【解析】如图（1）中，当点P在正方形ABCD外时，在正方形ABCD中，AB＝BC＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，AB∥CD，在等边△ADP中，AD＝DP＝AP，∠ADP＝∠APD＝∠DAP＝60°，第23页/共23页
∴AB＝AP＝CD＝DP；∵DP＝DC，∴∠DCP＝∠DPC=12（180°﹣∠CDP）=12（180°﹣150°）＝15°，∴∠APC＝∠APD﹣∠DPC＝60°﹣15°＝45°．如图（2），当点P在正方形ABCD内时，同理，∠BAD＝∠ADC＝90°，∠ADP＝∠APD＝∠DAP＝60°，∴∠BAP＝∠CDP＝30°；∵DP＝DC，∴∠CPD＝∠PCD=12（180°﹣30°）＝75°；∴∠APC＝∠APD+∠DPC＝60°+75°＝135°．故答案为：45°或135．17．（2020春•邳州市期中）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是 20 ．【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论．【解析】如图，连接BD交AC于点O，∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC，∵AE＝CF＝2，∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF，∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，∴四边形BEDF为菱形，∴DE＝DF＝BE＝BF，第23页/共23页
∵AC＝BD＝8，OE＝OF=8-22=3，由勾股定理得：DE=OD2+OE2=42+32=5，∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4×5＝20，故答案为：2018．（2020春•江阴市期中）如图，点M是AB的中点，点P在MB上．分别以AP，PB为边，作正方形APCD和正方形PBEF，连结MD和ME．设AP＝a，BP＝b，且a+b＝10，ab＝15．则图中阴影部分的面积为 45 ．【分析】依据AP＝a，BP＝b，点M是AB的中点，可得AM＝BM=a+b2，再根据S阴影＝S正方形APCD+S正方形BEFP﹣S△ADM﹣S△BEM，即可得到图中阴影部分的面积．【解析】∵AP＝a，BP＝b，点M是AB的中点，∴AM＝BM=a+b2，∴S阴影＝S正方形APCD+S正方形BEFP﹣S△ADM﹣S△BEM＝a2+b2-12a×a+b2-12b×a+b2＝a2+b2-14（a+b）2＝（a+b）2﹣2ab-14（a+b）2＝100﹣30﹣25＝45，故答案为45．第23页/共23页
三、解答题（本大题共6小题，共46分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）19．（2020•碑林区校级二模）如图，正方形ABCD，点E，F分别在AD，BD上，且DE＝CF，AF，BE相交于点G，求证：BE⊥AF．【分析】先由正方形的性质得出判定△BAE和△ADF全等的条件，再判定△BAE≌△ADF，然后由全等三角形的性质得出∠ABE＝∠DAF，从而可证得∠AGB＝90°，由垂直的定义可得结论．【解析】∵四边形形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝DC，∠BAD＝∠D＝90°，又∵DE＝CF，∴AE＝DF，∴在△BAE和△ADF中，BA=AD∠BAE=∠DAE=DF，∴△BAE≌△ADF（SAS）．∴∠ABE＝∠DAF，∵∠DAF+∠BAG＝90°，∴∠ABE+∠BAG＝90°，∴∠AGB＝90°，∴BE⊥AF．20．（2020•雁塔区校级模拟）如图：正方形ABCD中，点E、F分别在边AD、AB上，DE＝AF，连接CE，DF交于点O，点G为CD中点，连接OG，求证：OG=12CD．第23页/共23页
【分析】由“SAS”可证△ADF≌△DCE，由余角的性质可得∠DOC＝90°，由直角三角形的性质可得OG=12CD．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，又∵DE＝AF，∴△ADF≌△DCE（SAS），∴∠ADF＝∠DCE，∵∠ADF+∠CDF＝90°，∴∠DCE+∠CDF＝90°，∴∠DOC＝90°，∵点G为CD中点，∴OG=12CD．21．（2020春•新乡期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．（1）求证：∠ADB＝∠CDB；（2）若∠ADC＝ 90 °时，四边形MPND是正方形，并说明理由．【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB＝∠CDB；（2）由三个角是直角的四边形是矩形，可证四边形MPND第23页/共23页
是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．【解答】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，∴∠ABD＝∠CBD，在△ABD和△CBD中，AB=BC∠ABD=∠CBDBD=BD，∴△ABD≌△CBD（SAS），∴∠ADB＝∠CDB；（2）当∠ADC＝90°时，四边形MPND是正方形，理由如下：∵PM⊥AD，PN⊥CD，∴∠PMD＝∠PND＝90°，∵∠ADC＝90°，∴四边形MPND是矩形，∵∠ADB＝∠CDB，∴∠ADB＝45°，∵∠PMD＝90°，∴∠MPD＝∠PDM＝45°，∴PM＝MD，∴矩形MPND是正方形，故答案为：90．22．（2020春•皇姑区期末）如图，在▱BCFD中，点E是DF的中点，连接CE并延长，与BD的延长线相交于点A，连接CD，AF．（1）求证：四边形ADCF是平行四边形；（2）若CA＝CB，则▱ADCF为 矩形 （填矩形、菱形、正方形中的一个）．第23页/共23页
【分析】（1）根据平行四边形的判定方法即可求出答案．（2）根据矩形的判定方法即可求出答案．【解析】（1）在平行四边形BCFD中，DE∥BC，∵E是DF的中点，∴DE=12BC，∴DE是△ABC的中位线，∴E是AC的中点，∴四边形ADCF是平行四边形．（2）∵CA＝CB，DE是△ABC的中位线，∴AD＝AE，∵E是AC的中点，∴AE＝CE，∴AD=12AC，∴∠ADC＝90°，∠ACD＝30°，∴▱ADCF是矩形．故答案为：矩形23．（2020•呼和浩特）如图，正方形ABCD，G是BC边上任意一点（不与B、C重合），DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．（1）求证：AF﹣BF＝EF；（2）四边形BFDE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．【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．第23页/共23页
【解析】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠BAF+∠DAE＝90°，∵DE⊥AG，∴∠DAE+∠ADE＝90°，∴∠ADE＝∠BAF，又∵BF∥DE，∴∠BFA＝90°＝∠AED，∴△ABF≌△DAE（AAS），∴AF＝DE，AE＝BF，∴AF﹣BF＝AF﹣AE＝EF；（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BFDE不能是平行四边形．24．（2020春•彭州市期末）如图，AD是△ABC的角平分线，线段AD的垂直平分线分别交AB和AC于点E、F，连接DE，DF．（1）试判断四边形AEDF的形状，并证明你的结论；（2）若∠BAC＝60°，AE＝6，求四边形AEDF的面积；（3）△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？请说明理由．第23页/共23页
【分析】（1）由∠BAD＝∠CAD，AO＝AO，∠AOE＝∠AOF＝90°证△AEO≌△AFO，推出EO＝FO，得出平行四边形AEDF，根据EF⊥AD得出菱形AEDF；（2）根据菱形的性质和菱形的面积公式即可得到结论；（3）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形．【解析】（1）四边形AEDF是菱形，∵AD平分∠BAC，∴∠1＝∠2，又∵EF⊥AD，∴∠AOE＝∠AOF＝90°∵在△AEO和△AFO中∵∠1=∠2AO=AO∠AOE=∠AOF，∴△AEO≌△AFO（ASA），∴EO＝FO，∵EF垂直平分AD，∴EF、AD相互平分，∴四边形AEDF是平行四边形又EF⊥AD，∴平行四边形AEDF为菱形；（2）∵四边形AEDF为菱形，∴AE＝AF，∵∠BAC＝60°，∴△AEF是等边三角形，∠1＝30°，∴AO＝33，EF＝AE＝6，第23页/共23页
∴AD＝63，∴四边形AEDF的面积=12AD•EF=12×63×6＝183；（3）在△ABC中，当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是正方形；∵∠BAC＝90°，∴四边形AEDF是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）．第23页/共23页
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