第3讲：正方形的性质与判定_教案

概述
适用学科
初中数学
适用年级
初三
适用区域 北师版区域
课时时长（分钟）
120
知识点 正方形的性质
正方形中的旋转问题
正方形的性质与判定
教学目标 1、掌握正方形的性质与判定.
2、掌握正方形的旋转问题.
教学重点 能熟练掌握正方形的性质与判定.
教学难点 正方形综合题.
【教学建议】 正方形这种图形在生活中比较常见，并且在小学阶段已有涉及，在教学过程中，结合现实生活中的矩形
物体和复习回顾学过的矩形知识，将使学生对正方形的性质和判定有一个更深刻的认识.. 【知识导图】
1

教学过程
一、导入
【教学建议】 在这一部分知识的学习中，要重视学生灵活运用所学知识点的能力培养. 在小学阶段的学习中我们已经学习过了正方形的性质和判定，在本讲中我们将会更加深入地学习正方
形，正方形在初中数学四边形题型中占据了非常重要的位置.
二、知识讲解
考点 1 矩形的定义和性质
有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． 正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，故正方形具有矩形、菱形的性质． 性质：正方形的四个角都是直角，四条边相等．正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线 平分一组对角．
考点 2 矩形的判定
有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形. 有一个角是直角或对角线相等的菱形是正方形.
三 、例题精析 类型一 正方形的定义与性质
例题 1
如图所示，正方形 ABCD 的对角线相交于点 O，点 E 是 BC 上任意一点，EG⊥BD?于 G，EF⊥AC 于 F，若 AC=10， 则 EG+EF 的值为（ ）
A．10 【解析】D
B．4
C．8
D．5
2

根据 ABCD 是正方形，求得△BEG，△CEF 是等腰直角三角形，即可求得结果. ∵ABCD 是正方形，AC，BD 是对角线， ∴∠OBC=∠OCB=45°， ∵EG⊥BD?，EF⊥AC， ∴△BEG，△CEF 是等腰直角三角形． ∴CF=EF． ∵AC⊥BD， ∴EFOG 是矩形． ∴EG=FO． ∴EF+EG=CF+FO=CO=5， 故选 D. 【总结与反思】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质.
类型二 正方形中的旋转问题 例题 1
在正方形 ABCD 的边 AB 上任取一点 E，作 EF⊥AB 交 BD 于点 F，取 FD 的中点 G，连接 EG、CG，如图（1）， 易证 EG=CG 且 EG⊥CG．
（1）将△BEF 绕点 B 逆时针旋转 90°，如图（2），则线段 EG 和 CG 有怎样的数量关系和位置关系？请直接 写出你的猜想． （2）将△BEF 绕点 B 逆时针旋转 180°，如图（3），则线段 EG 和 CG 又有怎样的数量关系和位置关系？请写 出你的猜想，并加以证明． 【解析】（1） EG=CG，EG⊥CG． （2）EG=CG，EG⊥CG． 证明：延长 FE 交 DC 延长线于 M，连 MG．
3

∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°， ∴四边形 BEMC 是矩形． ∴BE=CM，∠EMC=90°， 又∵BE=EF， ∴EF=CM． ∵∠EMC=90°，FG=DG，
∴MG= 1 FD=FG． 2
∵BC=EM，BC=CD， ∴EM=CD． ∵EF=CM， ∴FM=DM， ∴∠F=45°． 又 FG=DG，
∠CMG= 1 ∠EMC=45°， 2
∴∠F=∠GMC． ∴△GFE≌△GMC． ∴EG=CG，∠FGE=∠MGC． ∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG， ∴MG⊥FD， ∴∠FGE+∠EGM=90°， ∴∠MGC+∠EGM=90°， 即∠EGC=90°， ∴EG⊥CG．
【总结与反思】 此题是对正方形性质结合旋转的性质的考察，在正方形的题型中占有重要的地位.
4

类型三 正方形的性质与判定 例题 1
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°，求证：四边形 MPND 是正方形．
【解析】 证明：（1）∵对角线 BD 平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD， 在△ABD 和△CBD 中，
∴△ABD≌△CBD（SAS）， ∴∠ADB=∠CDB； （2）∵PM⊥AD，PN⊥CD， ∴∠PMD=∠PND=90°， ∵∠ADC=90°， ∴四边形 MPND 是矩形， ∵∠ADB=∠CDB， ∴∠ADB=45° ∴PM=MD， ∴四边形 MPND 是正方形． 【总结与反思】根据正方形的性质及判定定理即可顺利解答此题..
5

四 、课堂运用 基础
1.如图 ，正方形 ABCD 的边长为 4，M 在 DC 上，且 DM=1，N 是 AC 上一动点，则 DN+MN 的最小值为（ ）．
A．3
B．4 C．5 D． 4 2
2.如图，点 P 是正方形 ABCD 的对角线 BD 上的一个动点（不与 B、D 重合），连结 AP，过点 B 作直线 AP 的
垂线，垂足为 H，连结 DH，若正方形的边长为 4，则线段 DH 长度的最小值是
．
3.如图，分别以线段 AB 的两个端点为圆心，大于 AB 的长为半径作弧，两弧交于 M、N 两点，连接 MN，交 AB
于点 D、C 是直线 MN 上任意一点，连接 CA、CB，过点 D 作 DE⊥AC 于点 E，DF⊥BC 于点 F．
（1）求证：△ AED≌ △ BFD；
（2）若 AB=2，当 CD 的值为
时，四边形 DECF 是正方形．
答案与解析 1.【答案】C 【解析】∵四边形 ABCD 是正方形，∴点 B 与 D 关于直线 AC 对称， 连接 BD，BM 交 AC 于 N′，连接 DN′，N′即为所求的点，则 BM 的长即为 DN+MN 的最小值，
∴AC 是线段 BD 的垂直平分线，又 CM=CD-DM=4-1=3，在 Rt△BCM 中，BM= CM 2 BC2 =5，
故 DN+MN 的最小值是 5．故选 C．
6

2.【答案】2 5 ﹣2．
【解析】如图，取 AB 的中点 O，连接 OH、OD，
则 OH=AO= 1 AB=2， 2
在 Rt△AOD 中，OD= OA2 AD2 22 42 =2 5 ，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD， ∴当 O、D、H 三点共线时，DH 的长度最小，
最小值=OD﹣OH=2 5 ﹣2． 故答案是 2 5 ﹣2．
3.【答案】见解析 【解析】（1）证明：由作图知，MN 是线段 AB 的垂直平分线， ∵C 是直线 MN 上任意一点，MN 交 AB 于点 D， ∴CA=CB，AD=BD， ∴∠A=∠B． 在△AED 与△BFD 中，
， ∴△AED≌△BFD（AAS）； （2）解：若 AB=2，当 CD 的值为 1 时，四边形 DECF 是正方形．理由如下： ∵AB=2， ∴AD=BD=AB=1． ∵CD=AD=BD=1，MN⊥AB， ∴△ACD 与△BCD 都是等腰直角三角形，
7

∴∠ACD=∠BCD=45°， ∴∠ECF=∠ACD+∠BCD=90°， ∵∠DEC=∠DFC=90°， ∴四边形 DECF 是矩形，∠CDE=90°﹣45°=45°， ∴∠ECD=∠CDE=45°， ∴ED=CE， ∴矩形 DECF 是正方形． 故答案为 1．
巩固
1．如图，将正方形 ABCD 沿 BE 对折，使点 A 落在对角线 BD 上的 A′处，连接 A′C，则∠BA′C= 度．
2．如图，AB 是 CD 的垂直平分线，交 CD 于点 M，过点 M 作 ME⊥A C，MF⊥AD，垂足分别为 E、F． （1）求证：∠CAB=∠DAB； （2）若∠CAD=90°，求证：四边形 AEMF 是正方形．
8

3.猜想与证明：
如图 1 摆放矩形纸片 ABCD 与矩形纸片 ECGF，使 B、C、G 三点在一条直线上，CE 在边 CD 上，连接 AF，若 M
为 AF 的中点，连接 DM、ME，试猜想 DM 与 ME 的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片 ABCD 与正方形纸片 ECGF，其他条件不变，则 DM 和 ME
的关系为
．
（2）如图 2 摆放正方形纸片 ABCD 与正方形纸片 ECGF，使点 F 在边 CD 上，点 M 仍为 AF 的中点，试证明（1）
中的结论仍然成立．
答案与解析 1.【答案】67.5. 【解析】由折叠的对称和正方形的性质，知△ABE≌△A′BE， ∴∠BEA′=67.50，△A′DE 是等腰直角三角形. 设 AE=A′E=A′D =x，则 ED= 2x .设 CD=y，则 BD= 2y .
∴ ED = 2x = 2，BD = 2y = 2 .∴ ED = BD .
AD x
CD y
AD CD
又∵∠EDA′=∠A′DC=450，∴△EDA′∽△A′DC.∴∠DA′C=∠DEA′=67.50＋450=112.50.
∴∠BA′C=1800－112.50=67.50.
2.【答案】见解析
【解析】（1）证明：∵AB 是 CD 的垂直平分线，
∴AC=AD，
又∵AB⊥CD
∴∠CAB=∠DAB（等腰三角形的三线合一）；
（2）证明：∵ME⊥A C，MF⊥AD，∠CAD=90°，
即∠CAD=∠AEM=∠AFM=90°，
∴四边形 AEMF 是矩形，
9

又∵∠CAB=∠DAB，ME⊥A C，MF⊥AD， ∴ME=MF， ∴矩形 AEMF 是正方形． 3.【答案】见解析 【解析】（1）如图 1，延长 EM 交 AD 于点 H， ∵四边形 ABCD 和 CEFG 是矩形， ∴AD∥EF， ∴∠EFM=∠HAM， 又∵∠FME=∠AMH，FM=AM， 在△FME 和△AMH 中， EFM HAM FM AM FME AMH ∴△FME≌△AMH（ASA） ∴HM=EM， 在 RT△HDE 中，HM=EM， ∴DM=HM=ME， ∴DM=ME， 故答案为：DM=ME． （2）如图 2，连接 AE， ∵四边形 ABCD 和 ECGF 是正方形， ∴∠FCE=45°，∠FCA=45°， ∴AE 和 EC 在同一条直线上， 在 RT△ADF 中，AM=MF， ∴DM=AM=MF， 在 RT△AEF 中，AM=MF， ∴AM=MF=ME， ∴DM=ME．
10

拔高
1.如图，将边长为 2 的正方形纸片 ABCD 折叠，使点 B 落在 CD 上，落点记为 E（不与点 C，D 重合），点 A
落在点 F 处，折痕 MN 交 AD 于点 M，交 BC 于点 N．若 CE 1 ，则 BN 的长是 ， AM 的值等于
；
CD 2
BN
若 CE 1 （ n ≥ 2 ，且 为整数），则 AM 的值等于
CD n
BN
（用含 的式子表示）．
2.结论: 在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于 30°．
如图 1，在等边三角形 ABC 内有一点 P，且 PA=2， PB= 3 ， PC=1．求∠BPC 度数的大小和等边三角形 ABC
的边长． 李明同学做了如图 2 所示的辅助线：将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 60°，画出旋转后的图形，连接 PP′，从 而问题得到解决．你能说说其中的理由吗？ 请你参考李明同学的思路，解决下列问题：
如图 3，在正方形 ABCD 内有一点 P，且 PA= 5 ，BP= 2 ，PC=1．求∠BPC 度数的大小和正方形 ABCD 的边
长．
答案与解析
1.【答案】 5 ， 1 ， n2 2n 1
45
2n
【解析】连接 BM，EM，BE，由题设，得四边形 ABNM 和四边形 FENM 关于直线 MN 对称，即可到得 MN 垂直平
分 BE，则 BM=EM，BN=EN．根据正方形的性质可得∠A=∠D=∠C=90°，设 AB=BC=CD=DA=2，由 CE 1 可得 CD 2
CE=DE=1，设 BN=x，则 NE=x，NC=2-x，在 Rt△CNE 中，根据勾股定理即可列方程求得 x 的值，从而得到 BN
11

的长，在 Rt△ABM 和在 Rt△DEM 中，根据勾股定理可得 AM2+AB2=BM2，DM2+DE2=EM2，则 AM2+AB2=DM2+DE2．设
AM=y，则 DM=2-y，
即可列方程求得 AM 的值；当四边形 ABCD 为正方形时，连接 BE， CE 1 ，不妨令 CD=CB=n，则 CE=1，设
BN
CD n
BN=x，则 EN=x，EN2=NC2+CE2，x2=（n-x）2+12，x= n2 1 ；作 MH⊥BC 于 H，则 MH=BC，又点 B，E 关于 MN 对 2n
称，则 MN⊥BE，∠EBC+∠BNM=90°；而∠NMH+∠BNM=90°，故∠EBC=∠NMH，则△EBC≌△NMH，则 NH=EC=1，
AM=BH=BN-NH= n2 1 1 n2 2n 1 ，从而可以求得结果.
2n
2n
连接 BM，EM，BE
由题设，得四边形 ABNM 和四边形 FENM 关于直线 MN 对称． ∴MN 垂直平分 BE， ∴BM=EM，BN=EN． ∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，设 AB=BC=CD=DA=2．
∵ CE 1 ， CD 2
∴CE=DE=1．
设 BN=x，则 NE=x，NC=2-x．
在 Rt△CNE 中，NE2=CN2+CE2．
∴x2=（2-x）2+12，
解得 x 5 ，即 BN 5
4
4
在 Rt△ABM 和在 Rt△DEM 中，AM2+AB2=BM2，DM2+DE2=EM2，
∴AM2+AB2=DM2+DE2．
设 AM=y，则 DM=2-y，
∴y2+22=（2-y）2+12，
解得 y 1 ，即 AM 1
4
4
12

∴ AM 1 BN 5
当四边形 ABCD 为正方形时，连接 BE， CE 1 ， CD n
不妨令 CD=CB=n，则 CE=1，设 BN=x，则 EN=x，EN2=NC2+CE2，x2=（n-x）2+12，x= n 2 1 ； 2n
作 MH⊥BC 于 H，则 MH=BC，
又点 B，E 关于 MN 对称，则 MN⊥BE，∠EBC+∠BNM=90°； 而∠NMH+∠BNM=90°，故∠EBC=∠NMH，则△EBC≌△NMH，
∴NH=EC=1，AM=BH=BN-NH= n2 1 1 n2 2n 1
2n
2n
则： AM n2 2n 1 ．
BN
2n
2.【答案】见解析
【解析】（1）根据旋转得出 AP′=CP=1，BP′=BP= 3 ，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，求出∠ABP′+∠
ABP=60°，得到等边△BPP′，推出 PP′=，∠BP′P=60°，求出∠AP′P=90°即可求出∠BPC；过点 B 作 BM
⊥AP′，交 AP′的延长线于点 M，由∠MP′B=30°，求出 BM= 3 ，P′M= 3 ，根据勾股定理即可求出答案；
2
2
（2）求出∠BEP= 1 （180°﹣90°）=45°，根据勾股定理的逆定理求出∠AP′P=90°，推出∠BPC=∠ 2
AEB=90°+45°=135°；过点 B 作 BF⊥AE，交 AE 的延长线于点 F，求出 FE=BF=1，AF=2，关键勾股定理即可
求出 AB．
试题解析：（1）∵△ABC 是等边三角形， ∴∠ABC=60°， 将△BPC 绕点 B 顺时针旋转 60°得出△ABP′，
∴AP′=CP=1，BP′=BP= 3 ，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，
∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°， ∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°， ∴△BPP′是等边三角形，
13

∴PP′= 3 ，∠BP′P=60°，
∵AP′=1，AP=2， ∴AP′2+PP′2=AP2， ∴∠AP′P=90°， ∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°， 过点 B 作 BM⊥AP′，交 AP′的延长线于点 M，
∴∠MP′B=30°，BM= 3 ， 2
由勾股定理得：P′M=1.5， ∴AM=1+1.5=2.5，
由勾股定理得：AB= AM 2 BM 2 = 7 ，
（2）将△BPC 绕点 B 逆时针旋转 90°得到△AEB，
与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP= 2 ，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC，
∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，
∴∠BEP= 1 （180°﹣90°）=45°， 2
由勾股定理得：EP=2，
∵AE=1，AP= 5 ，EP=2，
∴AE2+PE2=AP2， ∴∠AEP=90°， ∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°， 过点 B 作 BF⊥AE，交 AE 的延长线于点 F； ∴∠FEB=45°， ∴FE=BF=1， ∴AF=2；
∴在 Rt△ABF 中，由勾股定理，得 AB= 5 ；
14

∴∠BPC=135°，正方形边长为 5 ． 答：∠BPC 的度数是 135°，正方形 ABCD 的边长是 5 ．
五 、课堂小结
本节的重要内容：正方形的性质与判定. 有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形. 有一个角是直角或对角线相等的菱形是正方形.
六 、课后作业
基础
1.如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三 角形（阴影部分），且它的一条直角边等于斜边的一半．这样的图形有（ ）
图① A．4 个
图②
图③
B．3 个
图④ C．2 个
D．1 个
2.如图，已知线段 AB=10，AC=BD=2，点 P 是 CD 上一动点，分别以 AP、PB 为 边向上、向下作正
方 形 APEF 和 PHKB，设 正 方 形 对 角 线 的 交 点 分 别 为 O1、O2，当 点 P 从 点 C 运 动 到 点 D 时 ，线 段 O1O2
中点 G 的运动路径的长是_____．
3.如图，在 Rt△ ABC 中，∠ ACB=90°，过点 C 的直线 MN∥ AB，D 为 AB 边上一点，过点 D 作 DE⊥BC，交直线 MN 于 E，垂足为 F，连接 CD、BE． （1）求证：CE=AD； （2）当 D 在 AB 中点时，四边形 BECD 是什么特殊四边形？说明你的理由； （3）若 D 为 AB 中点，则当∠ A 的大小满足什么条件时，四边形 BECD 是正方形？请说明你的理由．
15

答案与解析
1.【答案】C 【解析】 根据含 30°角所对的直角边等于斜边一半，然后依次判断直角三角形中能否找到一个角等于 30°，从而判断出答案． 试题解析：设正方形的边长为 a，
在图①中，CE=ED= 1 a，BC=DB=a， 4
故∠EBC=∠CEB≠30°，故△ECB，故不能满足它的一条直角边等于斜边的一半．
在图②中，BC= 1 a，AC=AE=a， 2
故∠BAC=30°，
从而可得∠CAD=∠EAD=30°，故能满足它的一条直角边等于斜边的一半．
在图③中，AC= 1 a，AB=a， 2
故∠ABC=∠DBC≠30°，故不能满足它的一条直角边等于斜边的一半．
在图④中，AE= 1 a，AB=AD= 1 a，
4
2
故∠ABE=30°，∠EAB=60°，
从而可得∠BAC=∠DAC=60°，∠ACB=30°，故能满足它的一条直角边等于斜边的一半．
综上可得有 2 个满足条件．
故选 C．
2.【答案】 3 2
【解析】 根据正方形的性质以及勾股定理即可得出正方形对角线的长，进而得出线段 O1O2 中点 G 的运动路 径的长． 试题解析：如图所示：
16

当 P 移动到 C 点以及 D 点时，得出 G 点移动路线是直线， 利用正方形的性质即线段 O1O2 中点 G 的运动路径的长就是 O2O″的长， ∵线段 AB=10，AC=BD=2，当 P 与 C 重合时，以 AP、PB 为边向上、向下作正方形 APEF 和 PHKB， ∴AP=2，BP=8，
则 O1P= 2 ，O2P=4 2 ， ∴O2P=O2B= 4 2 ，
当 P′与 D 重合，则 P′B=2，则 AP′=8，
∴O′P′=4 2 ，O″P′= 2 ， ∴H′O″=BO″= 2 ， ∴O2O″= 4 2 2 3 2 故答案为： 3 2 ．
3.【答案】见解析 【解析】（1）证明：∵DE⊥BC， ∴∠DFB=90°， ∵∠ACB=90°， ∴∠ACB=∠DFB， ∴AC∥DE， ∵MN∥AB，即 CE∥AD， ∴四边形 ADEC 是平行四边形， ∴CE=AD； （2）解：四边形 BECD 是菱形， 理由是：∵D 为 AB 中点，
17

∴AD=BD， ∵CE=AD， ∴BD=CE， ∵BD∥CE， ∴四边形 BECD 是平行四边形， ∵∠ACB=90°，D 为 AB 中点， ∴CD=BD， ∴四边形 BECD 是菱形； （3）当∠A=45°时，四边形 BECD 是正方形，理由是： 解：∵∠ACB=90°，∠A=45°， ∴∠ABC=∠A=45°， ∴AC=BC， ∵D 为 BA 中点， ∴CD⊥AB， ∴∠CDB=90°， ∵四边形 BECD 是菱形， ∴四边形 BECD 是正方形， 即当∠A=45°时，四边形 BECD 是正方形
巩固
1.四边形 ABCD、AEFG 都是正方形，当正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转 45°时，如图，连接 DG、BE，并延长 BE 交 DG 于点 H，且 BH⊥DG 与 H．若 AB=4，AE= 时，则线段 BH 的长是 ．
18

2.如图，正方形 ABCD 的边长是 2，∠DAC 的平分线交 DC 于点 E，若点 P、Q 分别是 AD 和 AE 上的动点，则
DQ+PQ 的最小值为
．
3.在正方形 ABCD 外侧作直线 AP ，点 B 关于直线 AP 的对称点为 E ，连接 BE，DE ，其中 DE 交直线 AP 于 点F ． （1）依题意补全图 1； （2）若 PAB 20 ，求 ADF 的度数； （3）如图 2，若 45 PAB 90 ，用等式表示线段 AB，FE，FD 之间的数量关系，并证明．
答案与解析
1.【答案】 8 5 5
【解析】 连结 GE 交 AD 于点 N，连结 DE，由于正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转 45°，AF 与 EG 互相垂直平
分，且 AF 在 AD 上，由 AE= 2 可得到 AN=GN=1，所以 DN=4﹣1=3，然后根据勾股定理可计算出 DG= 10 ，
则 BE= 10 ，解着利用 S△DEG= 1 GE?ND= 1 DG?HE 可计算出 HE，所以 BH=BE+HE．
2
2
解：连结 GE 交 AD 于点 N，连结 DE，如图，
∵正方形 AEFG 绕点 A 逆时针旋转 45°， ∴AF 与 EG 互相垂直平分，且 AF 在 AD 上，
19

AE 2 AN GN 1 DN 4 1 3 在RtDNG中，DG DN 2 GD2 10
由题间可得： ABE相当于逆时针旋转 90o 得到AGD
DG BE 10
1
1
SDEG 2 GE ? ND 2 DG ? HE
HE 6 3 10 10 5
BH BE HE 3 10 10 8 10
5
5
故答案为：8 10 5
2.【答案】 2
【解析】过 D 作 AE 的垂线交 AE 于 F，交 AC 于 D′，再过 D′作 D′P′⊥AD，由角平分线的性质可得出 D′ 是 D 关于 AE 的对称点，进而可知 D′P′即为 DQ+PQ 的最小值． 作 D 关于 AE 的对称点 D′，再过 D′作 D′P′⊥AD 于 P′，
∵DD′⊥AE， ∴∠AFD=∠AFD′， ∵AF=AF，∠DAE=∠CAE， ∴△DAF≌△D′AF， ∴D′是 D 关于 AE 的对称点，AD′=AD=2， ∴D′P′即为 DQ+PQ 的最小值， ∵四边形 ABCD 是正方形， ∴∠DAD′=45°，
20