专题29 正方形的性质与判定【十六大题型】（举一反三）（解析版）

专题29正方形的性质与判定【十六大题型】TOC\o"1-3"\h\u【题型1根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】 2【题型2正方形的判定定理的理解】 7【题型3证明四边形是正方形】 10【题型4求正方形重叠部分面积】 16【题型5与正方形有关的折叠问题】 21【题型6根据正方形的性质与判定求角度】 28【题型7根据正方形的性质与判定求线段长】 35【题型8根据正方形的性质与判定求面积】 43【题型9根据正方形的性质与判定证明】 50【题型10根据正方形的性质与判定解决多结论问题】 58【题型11与正方形有关的动点问题】 68【题型12与正方形有关的规律探究问题】 73【题型13正方形与一次函数的综合应用】 79【题型14正方形与反比例函数的综合应用】 87【题型15正方形与一次函数、反比例函数综合应用】 94【题型16正方形与二次函数综合应用】 105【知识点正方形的性质与判定】定义：四个角相等、四条边也相等的四边形叫作正方形性质：正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的一切性质．性质1：正方形的四个内角都相等，且都为，四条边都相等．性质2：正方形的对角线互相垂直平分且相等，对角线平分一组对角．性质3：正方形具有4条对称轴，两条对角线所在的直线和过两组对边中点的两条直线．另外，由正方形的性质可以得出：（1）正方形的对角线把正方形分成四个小的等腰直角三角形．（2）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半．3．判定：判定一个四边形是正方形，除了定义之外，还可以采用以下方法：（1）先证明是矩形，再证明该矩形有一组邻边相等，或对角线互相垂直．（2）先证明是菱形，再证明该菱形的一个角是直角，或两条对角线相等．【题型1根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】【例1】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图．四边形ABCO为正方形，点A的坐标为1,3，将正方形绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标为（

）

A．3,-1 B．-1,-3 C．-1,3【答案】D【分析】点C旋转360°回到原位置，即旋转6次回到原位置．故第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同．据此即可求解．【详解】解：∵正方形绕点O逆时针旋转，每次旋转60°∴正方形绕点O逆时针旋转6次回到原位置∵2023=337×6+1∴第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标，与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同如图：OC绕点O逆时针60°得到OC'

∵∠∴∠AO∵点A的坐标为1,∴AD=1,DO=∴∠AOD=30°,∠∵AD⊥y∴△ADO≌△∴C即点C故选：D【点睛】本题考查了坐标与旋转规律问题．根据题意确定第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标，与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同，是解题关键．【变式1-1】（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE=BC．则∠BEC的度数为．【答案】67.5°【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；根据正方形的性质得到线段相等和∠DBC=45°，再根据三角形的内角和即可求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形．∴BC=CD，∠DBC=45°，∵BE=CD，∴BE=BC，∴∠BEC=∠BCE=(180°-45°)÷2=67.5°，故答案为：67.5°【变式1-2】（2023·河南·统考二模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于E、F，则阴影部分的面积是．

【答案】1【分析】证明△DEO≌△BFO，可推出阴影面积等于△BOC的面积．【详解】解：在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠ODE=∠OBF，又∠DOE=∠BOF，∴△DEO≌△BFOASA∴S阴影面积=S△BOC=故答案为：1．【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定和性质，难度不大，会把两个阴影面积转化到一个图形中去．【变式1-3】（2023·江苏盐城·校考模拟预测）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG=2S△BCE，GH=1

【答案】15【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，设DF=BE=a,AF=CE=b，先证明四边形DFGL是矩形，四边形CEBI和CEKL均是矩形，可得∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE，再根据△DCL≌CBI，可得四边形DFGL是正方形，四边形CEKL是正方形，从而得到AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，GI=b，再由S四边形ABIG=2S△BCE可得b=32【详解】解：如图，过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，

根据题意得：Rt△BCE=∴∠F=∠E=90°,DF=BE,AF=CE，设DF=BE=a,∵CG⊥AF，BI⊥CG，DK⊥BE，∴∠FGL=∠FIB=∠BIC=∠K=90°，∴∠CBI+∠BCI=90°，∵四边形ABCD是正方形，

∴∠CAD=∠ACB=45°，CD=BC，∠DCB=90°，∴∠CAF=∠ACE，∠DCL+∠BCI=90°，∴AF∥CE，∠DCL=∠CBI，∴CG⊥CE，同理：DF∥∴DK⊥DF，∴∠FGL=∠F=∠FDL=90°，∴四边形DFGL是矩形，同理：四边形CEBI和CEKL均是矩形，∴∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE∴△DCL≌CBI，

∴DL=CI=BE，∴DL=DF，∴四边形DFGL是正方形，∴DF=FG=BE=CI=a，AF∥同理四边形CEKD是正方形，∴CL=CE=AF=BI=b，∴AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，

∴GI=b，∵S四边形∴12AG+BI×GI=2×∴b=3∵AF∥DL，∴△AGH∽△DLH，∴AGDL=GHHL∴ab-b-a2=0，即a×32∴b=3∴DK=a+b=15故答案为：152【题型2正方形的判定定理的理解】【例2】（2023·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】根据菱形的性质和正方形的判定逐项判断即可．【详解】解：A中图形中是一组邻边相等不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；B中图形给出∠OAD=45∘，根据菱形的对角线平分对角可得到C中图形只给出OA=OC，但不能证得AC=BD，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；D中图形只给出∠AOB=90故选：B．【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的性质，熟知正方形的判定方法是解答的关键．【变式2-1】（2023·河北邢台·二模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，能判定四边形ABCD是正方形的是（

）A．AC=BC=CD=DAB．AO=CO，BO=DO，AC⊥BDC．AO=BO=CO=DO，AC⊥BDD．AB=BC，CD⊥DA【答案】C【分析】根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．【详解】解：A、∵AC=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；B、∵AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；C、∵AO=BO=CO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故本选项符合题意；D、由AB=BC，CD⊥DA，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选项不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．【变式2-2】（2023·河南南阳·统考三模）在▱ABCD中，已知AC、BD为对角线，现有以下四个条件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．从中选取两个条件，可以判定▱ABCD为正方形的是．（写出一组即可）【答案】①③或①④或②③或②④【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定作出选择即可．【详解】①③：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形（对角线互相垂直矩形是正方形）；①④：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），又∵AB=BC，∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；②③：∵在▱ABCD中，AC=BD，∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形（对角线垂直的矩形是正方形）；②④：∵在▱ABCD中，AC=BD，∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），又∵AB=BC，∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；故答案为：①③或①④或②③或②④．【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本题的关键．【变式2-3】（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE=DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．【详解】如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，∵四边形ABCD是平行四边形∴OA=OC，OB=OD∵BE=DF∴OE=OF∵点E、F时BD上的点，∴只要M，N过点O，那么四边形MENF就是平行四边形∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个矩形MENF，故②正确；只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；∵点E、F是BD上的动点，∴存在无数个菱形MENF，故③正确；只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一个，故④错误；故选：C【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．【题型3证明四边形是正方形】【例3】（2023·山西忻州·统考模拟预测）综合与实践如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC与AB重合，得到△ABE，过点E作EF∥BC，交AB于点F，过点F作FG⊥BC于点G．

(1)求证：四边形BEFG是正方形；(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC．D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AFE，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G，过点F作FH∥BC，交AD于点H，且∠AEG=∠AHG．求证：四边形EGHF是矩形；(3)在图2中，若∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BD=3DC．将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AEF，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G．求线段FI的长度．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)25【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠C=∠ABC=45°，由旋转性质可得∠ABE=∠C=45°，根据平行线性质得到∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°，即可证明；（2）由旋转性质可得∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC，求得∠JGH=∠EAJ=90°，根据平行线性质，矩形判定定理即可得出结论；（3）根据勾股定理得到BC=AB2【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠C=∠ABC=45°．∵△AEB由△ADC旋转所得，∴∠ABE=∠C=45°．∴∠EBG=∠ABE+∠ABC=45°+45°=90°．∵EF∥BC，FG⊥BC，∴∠EFG=∠BGF=90°．∴∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°．∴四边形BEFG是矩形．∵∠BGF=90°，∠ABC=45∴∠ABC=∠BFG．∴∠BFG=45°．∴BG=FG．∴四边形BEFG是正方形．（2）

证明：∵∠BAC=90°，∴∠C+∠B=90°．∵△AEF由△ACD旋转所得，∴∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC．∵FH∥BC，∴∠AFH=∠B．∴∠EFH=∠AFE+∠AFH=∠C+∠B=90°．又∵FH∥BC，EG∥BC，∴EG∥FH．∴∠FEG=180°-∠EFH=180°-90°=90°．∵∠DAC+∠BAD=90°，∠EAF=∠DAC，∴∠EAJ=∠EAF+∠BAD=90°．∵∠AEG=∠AHG，∠AJE=∠GJH，∴∠JGH=∠EAJ=90°．∴∠JGH=∠EFH=∠FEG=90°．∴四边形EGHF为矩形．（3）解：由勾股定理可得，BC=A由题意得EF=CD=BC4=∴FI=EF【点睛】本题是四边形的综合题，考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．【变式3-1】（2023·湖南邵阳·统考中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．求证：四边形AECF是正方形．【答案】证明过程见解析【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．【详解】证明：∵四边形ABCD是菱形∴OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，又∵BE=DF∴OB-BE=OD-DF即OE=OF∵OE=OA∴OA=OC=OE=OF且AC=EF又∵AC⊥EF∴四边形DEBF是正方形．【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．【变式3-2】（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，△ABC中，AB=AC，D、F分别为BC、AC的中点，连接DF并延长到点E，使FE=DF，连接AE、AD、CE

【答案】∠BAC=90°（答案不唯一），理由见解析【分析】先证明四边形AECD是平行四边形，再证明△ABC是等腰三角形，由D是BC的中点得到AD⊥BC，则∠ADC=90°，即可证明四边形AECD是矩形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得到AD=CD=12BC【详解】解：∠BAC=90°．故答案为：∠BAC=90°（答案不唯一）理由：∵F是AC的中点，∴CF=FA，又∵FE=DF，∴四边形AECD是平行四边形，∵AB=AC，∴△ABC是等腰三角形，∵D是BC的中点，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴四边形AECD是矩形，∵∠BAC=90°，∴△ABC是直角三角形，∵D是BC的中点，∴AD=CD=1∴四边形AECD是正方形．【点睛】此题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握相关判定是解题的关键．【变式3-3】（2023·福建泉州·统考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，将ΔABC绕点A逆时针旋转得到ΔADE（点B的对应点是点D，且0°<∠BAD<180°），射线DE与直线CB

(1)如图1，当∠BAD=90°时，求证：四边形ADMB是正方形；(2)如图2，当点D在线段CA的延长线上时，若AB=1，AC=3，求线段ME的长；(3)如图3，过点A作AN∥DE，交线段CB于点N，AN平分∠CAE，试探索：CN与MN的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)ME=(3)CN=MN，理由见解析【分析】（1）根据内错角相等，可得AD∥BC，再由旋转可得∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，于是得到∠DMB=90°=∠ABC，从而得出（2）根据勾股定理求出BC=22，由旋转可得AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°，进而得出CD=4，BCCD=22，易证（3）连接AM，由角平分线的定义和平行线的性质可得∠EAN=∠E=∠CAN，由旋转可知∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°，则∠C=∠CAN，进而得到CN=AN，易证RtΔABM≅RtΔADM，从而得到∠AMB=∠AMD，再由平行线的性质可得∠NAM=∠AMD，于是∠NAM=∠AMB，则【详解】（1）证明：∵∠BAD=90°，∠ABC=90°，∴AD∥BC，即由旋转可知，∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，∴∠DMB=90°=∠ABC，∴AB∥DM，∴四边形ADMB为平行四边形，∵AB=AD，∠BAD=90°，∴四边形ADMB为正方形．（2）解：在RtΔABC中，AB=1，AC=3∴BC=A由旋转可知，AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°∴CD=AC+AD=3+1=4，BCCD∵∠ABC=∠MDC，∠C=∠C，∴△ABC~△MDC，

∴ABDM∴1DM∴DM=2∴ME=DE-DM=22（3）解：CN=MN，理由如下：如图，连接AM，

∵AN平分∠CAE，∴∠CAN=∠EAN，∵AN∥DE，∴∠EAN=∠E=∠CAN，由旋转可知，∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°，∴∠C=∠CAN，∴CN=AN，在Rt△ABM和RtAM=AMAB=AD，∴Rt△ABM≅∴∠AMB=∠AMD，∵AN∥DE，∴∠NAM=∠AMD，∴∠NAM=∠AMB，∴MN=AN，∴MN=CN．【点睛】本题考查了旋转的性质、平行线的性质和判定、勾股定理、三角形全等、相似等相关知识点，是一道几何综合题，能够灵活的运用旋转的性质得到对应边、对应角相等，进而利用相似三角形、全等三角形的性质来解决问题是本题的关键．【题型4求正方形重叠部分面积】【例4】（2023·浙江·统考中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（用含a，b的代数式表示）．【答案】a+b【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得S四边形GAHE=【详解】解：如图，连接AE、AF，∵点A为大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE与△HAF中，∠GAE=∠HAF∴△GAE≌△HAF（ASA），∴S△GAE∴S△GAE即S四边形∵S△AEF∴S四边形∴同理可得：S正方形即S正方形故答案为：a+b．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．【变式4-1】（2023·四川自贡·统考一模）如图，将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，则图中阴影部分的面积为(

)A．33 B．36 C．39【答案】D【详解】解：作MH⊥DE于H，如图，∵四边形ABCD为正方形，∴AB=AD=1，∠B=∠BAD=∠ADC=90°，∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，∴AE=AB=1，∠1=30°，∠AEF=∠B=90°，∴∠2=60°，∴△AED为等边三角形，∴∠3=∠4=60°，DE=AD=1，∴∠5=∠6=30°，∴△MDE为等腰三角形，∴DH=EH=12在Rt△MDH中，MH=33DH=33×12∴S△MDE=12×1×36=故选D．【变式4-2】（2023·山东菏泽·校考一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为．【答案】4【分析】连接OA、OD，证明△OAM≌△ODN(ASA)，得到S阴影=【详解】解：连接OA、OD，如图所示：∴∠AOD=∠GOE=90°，∴∠AOM=∠DON，∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心，∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°，在△OAM和△ODN中，∠OAM=∠ODNOA=OD∴△OAM≌△ODN(ASA)∴S∴===1故答案是：4．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积是解决问题的关键．【变式4-3】（2023·天津·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，N，P，G分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，F，Q都在对角线BD上，且四边形MNPQ和AEFG均为正方形，则S正方形MNPQS【答案】8【分析】根据辅助线的性质得到∠ABD=∠CBD=45°，四边形MNPQ和AEFG均为正方形，推出△BEF与△BMN是等腰直角三角形，于是得到FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，同理DQ=MQ【详解】解：在正方形ABCD中，∵∠ABD=∠CBD=45°，∵四边形MNPQ和AEFG均为正方形，∴∠BEF=∠AEF=90°，∠BMN=∠QMN=90°，∴△BEF与△BMN是等腰直角三角形，∴FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，同理DQ=MQ，∴MN=1S考点：正方形的性质【题型5与正方形有关的折叠问题】【例5】（2023·安徽·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，G为AD边上一点，将△ABG沿BG翻折到△FBG处，延长GF交CD边于点E，过点F作FH∥BC分别交BG,AB,CD于点H,P,Q．请完成下列问题：（1）∠EBG=°；（2）若FH=12BC=4，则【答案】4524【分析】（1）证明Rt△BEF≌Rt△BECHL，得出（2）过点H作HM⊥BF，垂足为点M，证明△BPH≌△BMHAAS，得出BP=BM,HP=HM，证明△HFM∽△BFP，得出HMBP=FMFP=FHBF，设BM=BP=2x，得出FM=8-2x，即【详解】解：（1）由题意得BF=AB=BC，∠BFG=∠A=∠C=90°，∠ABG=∠FBG，又∵BE=BE，∴Rt∴∠EBF=∠EBC，∴∠EBG=∠FBG+∠EBF=1故答案为：45．（2）过点H作HM⊥BF，垂足为点M．如图所示：由折叠的性质知∠PBH=∠MBH，∵四边形ABCD为正方形，∴∠ABC=∠ACB=∠D=∠A=90，AB=BC=CD=AD，∵FH∥BC，∴∠BPH=180°-∠ABC=90°，∴∠BPH=∠BMH=90°，又∵BH=BH，∴△BPH≌△BMHAAS∴BP=BM,HP=HM，∵∠HMF=∠BPF=90°，∠HFM=∠BFP，∴△HFM∽△BFP，∴HM∵FH=1∴BC=BF=8，设BM=BP=2x，∴FM=8-2x，∴HM∴HP=HM=x，∴FP=4+x，∴8-2x∴x=12∴BP=2x=24故答案为：245【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和相似三角形的判定方法．【变式5-1】（2023·江苏扬州·校考三模）在边长为6的正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与B，C重合），连接AE，将△ABE沿AE向右翻折得△AFE，连接CF和DF，若△DFC为等腰三角形，则BE

【答案】23或【分析】分两种情形讨论，当DC=DF时，过F作MN⊥AD交AD于点M，证明△FAM∽△EFN，利用相似三角形的性质列式计算即可；当FC=DF时，求得∠FAM=30°，在Rt△ABE【详解】解：当DC=DF时，如图，过F作MN⊥AD交AD于点M，则MN⊥BC，

∵正方形ABCD，∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴四边形ABNM、MNCD都是矩形，∴AB=AF=CD=DF=6=MN，AM=BN=3，∠ABE=∠AFE=90°，设BE=x，∴EF=BE=x，EN=3-x，∵∠AFM+∠FAM=∠AFM+∠EFN=90°，∴∠FAM=∠EFN，∴△FAM∽△EFN，∴AFEF∴6x∴FN=x∴在Rt△EFN中，Ex2∴x=12±63∴可得此时BE=12-63当FC=DF时，如图，过F作MN⊥AD交AD于点M，则MN⊥BC，过F作FK⊥CD交CD于点K，

∴DK=CK=1同理，四边形ABNM、MFKD、FNCK都是矩形，在Rt△AFM由题意可得：AF=CD=6=2FM，∴sin∠FAM=∴∠FAM=30°，∵∠BAD=90°，∴∠BAF=60°，∴∠EAB=∠EAF=30°，在Rt△ABE中，BE=AB·综上所述，BE的长为23或12-6故答案为：23或12-6【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、直角三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找点F的位置，学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．【变式5-2】（2023·山西朔州·校联考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=2，将其沿EF翻折，使∠EFC=120°，顶点B恰好落在线段AD上的点G处，点C的对应点为点H．则线段AE的长为．

【答案】2【分析】设AE=x，则BE=2-x，由翻折性质，得EG=EB=2-x，∠GEF=∠BEF=60°，所以∠AEG=60°，在Rt△AEG中，利用三角函数可求出x，从而得到线段AE【详解】解：设AE=x，∵正方形ABCD中，AB=2，∴BE=2-x，AB∥∵∠EFC=120°，∴∠BEF=60°，∵四边形EFHG是四边形EFCB折叠得到，∴∠GEF=∠BEF=60°，EG=BE=2-x，∴∠AEG=180°-∠GEF-∠BEF=60°，在Rt△AGEcos∠AEG=即cos60°=解得x=2经检验x=2∴原方程的解为x=2∴AE=2故答案为：23【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，解直角三角形，熟练运用相关图形的性质是解题的关键．【变式5-3】（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的长．【答案】(1)证明见解析(2)MD=【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．∴MP=1在Rt△DMP中，M∴x2解得：x1=0（舍），∴MD=12

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．【题型6根据正方形的性质与判定求角度】【例6】（2023·江西南昌·一模）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．(1)如图1，连接BG、CF，①求CFBG②求∠BHC的度数．(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．【答案】(1)①2；②45°；(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由见解析【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；（2）过点C作CH∥EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．【详解】（1）①如图1，连接AF，AC，∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠∴∠CAF＝∠BAG，ACAB∴△CAF∽△BAG，∴CFBG②∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，在△BCH中，∠BHC＝180°−（∠HBC＋∠HCB）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）＝180°−（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）＝180°−（∠ABC＋∠ACB）＝45°；（2）BE＝2MN，MN⊥BE；理由如下：如图2连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵点M是CF的中点，∴CM＝MF，又∵∠CMQ＝∠FME，∴△CMQ≌△FME（ASA），∴CQ＝EF，ME＝QM，∴AE＝CQ，∵CQ∥EF，AG∥EF，∴CQ∥AG，∴∠QCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCQ，又∵BC＝AB，CQ＝AE，∴△BCQ≌△BAE（SAS），∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，∴∠QBE＝∠CBA＝90°，∵MQ＝ME，点N是BE中点，∴BQ＝2MN，MN∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．【变式6-1】（2023·陕西·陕西师大附中校考二模）如图，P为正方形ABCD内一点，PA：PB：PC=1：2：3，则∠APB=.【答案】135°【分析】通过旋转，把PA、PB、PC或关联的线段集中到同一个三角形，再根据两边的平方和等于第三边求证直角三角形，可以求解∠APB．【详解】把△PAB绕B点顺时针旋转90°，得△P′BC，则△PAB≌△P′BC，设PA=x，PB=2x，PC=3x，连PP′，得等腰直角△PBP′，PP′2=（2x）2+（2x）2=8x2，∠PP′B=45°．又PC2=PP′2+P′C2，得∠PP′C=90°．故∠APB=∠CP′B=45°+90°=135°．故答案为135°．【点睛】本题考查的是正方形四边相等的性质，考查直角三角形中勾股定理的运用，把△PAB顺时针旋转90°使得A′与C点重合是解题的关键．【变式6-2】（2023·山东潍坊·统考二模）如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，并延长CE交AD于点F．若∠AEC=140°，求∠DFE的度数．【答案】65°【分析】先证明△ABE≌△CBE求得∠DEC，再根据三角形外角的性质求得∠DFE的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=∠ADC=90°，∠ABE=∠CBE=45°，在△ABE和△CBE中，{AB=CB∴△ABE≌△CBE；∴∠AEB=∠CEB，又∵∠AEC=140°，∴∠CEB=70°，∵∠DEC+∠CEB=180°，∴∠DEC=180°-∠CEB=110°，∵∠DFE+∠ADB=∠DEC，∴∠DFE=∠DEC-∠ADB=110°-45°=65°．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和及外角和的性质，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性质是解题的关键．【变式6-3】（2023·福建·模拟预测）四边形ABCD是矩形，点P在边CD上，∠PAD＝30°，点G与点D关于直线AP对称，连接BG．(1)如图，若四边形ABCD是正方形，求∠GBC的度数；(2)连接CG，设AB＝a，AD＝b，探究当∠CGB＝120°时，求b的值．【答案】(1)15°(2)32a【分析】（1）连接DG，交AP于点E，连接AG，证明AG＝AB，∠BAG＝30°，再求得∠ABG的度数，便可求得结果；（2）证明GB＝GC，再分两种情况G在矩形ABCD内和G在矩形ABCD外，通过解直角三角形求出结果．【详解】（1）解：连接DG，交AP于点E，连接AG，如图1，∵点G与点D关于直线AP对称，∴AP垂直平分DG，∴AD＝AG．∵在△ADG中，AD＝AG，AE⊥DG，∴∠PAG＝∠PAD＝30°，又∵在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴AG＝AB，∠GAB＝∠DAB﹣∠PAD﹣∠PAG＝30°，∴在△GAB中，∠ABG＝∠AGB＝75°，∴∠GBC＝∠ABC﹣∠ABG＝15°（2）解：连接DG，AG．由（1）可知，在△ADG中，AD＝AG，∠DAG＝∠PAD+∠PAG＝60°，∴△ADG是等边三角形，∴DG＝AG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠DGA＝60°，又∵在矩形ABCD中，AB＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠DAB﹣∠DAG＝∠ADC﹣∠ADG，即∠GAB＝∠GDC＝30°，∴△GAB≌△GDC（SAS），∴GB＝GC．当∠CGB＝120°时，点G可能在矩形ABCD的内部或外部．若点G在矩形ABCD的内部，∵在△BGC中，GB＝GC，∠CGB＝120°，∴∠GBC＝180°-∠CGB2∴∠GBA＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣30°＝60°，在△ABG中，∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝90°，∴在Rt△ABG中，cos∠GAB＝AGAB∴b＝32a若点G在矩形ABCD的外部，在△BGC中，∠GBC＝30°，∴∠ABG＝120°，又∵∠GAB＝30°，∴∠AGB＝180°﹣30°﹣120°＝30°．∴BA＝BG，过点B作BH⊥AG，垂足为H，∴AH＝12在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠HAB＝30°，∴cos∠HAB＝AHAB∴b＝3a，综上，当∠CGB＝120°时，b的值为32a或3a【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，第（2）关键在分情况讨论．【题型7根据正方形的性质与判定求线段长】【例7】（2023·河南信阳·二模）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），以线段DE为边长，作正方形DEFG，使得点F、G落在直线DE的下方，连接AF、BF．当△ABF为等腰三角形时，BE的长为．【答案】12或1-【分析】分两种情形:①如图1中,当FA=FB时,由ΔDCE≌ΔEMF,推出FM=BM,推出四边形BMNF是正方形即可解决问题.(2)如图2中,当BA=BF时,根据CE=BM=FN即可解决问题.【详解】解：如图1中,当FA=FB时,作FN⊥AB于N,FM⊥CB于M,∵四边形ABCD、DEFG是正方形,∴∠C=∠DEF=∠M=∠ABC=90o∴∠DEC+∠FEM=90o,∠CDE+∠DEC=90∴∠CDE=∠FEM,在ΔDCE和ΔEMF中,∠C=∠M，∠CDE=∠FEM,DE=EF∴ΔDCE≌ΔEMF,∴FM=CE,CD=EM=BC∴BM=EC=FM,∴ΔBMF是等腰直角三角形,∴∠FBM=∠FBN=45o∵∠FNB=90o∴AN=BN=NF=1∵∠M=∠MBN=∠BNF=90o,∴四边形BMFN是矩形∵NF=NB,∴四边形BMFN是正方形,∴BM=FN=CE=EB=1②如图2中,当BA=BF时,由(1)可知,ΔBNF是等腰直角三角形,BF=AB=1,∴BM=CE=FN=22∴EB=BC-CE=1-2故答案为12或1-2【点睛】本题主要考查正方形的性质及三角形全等.【变式7-1】（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是AC的中点，将BCD沿BD折叠得到△BED，连接AE.若DE⊥AB于点F，BC=10，则AF的长为．

【答案】2【分析】取BC中点H，连接AH，取CH中点G，连接DG，作DM⊥BE于点M．设EF=a，由折叠可知AD=CD=DE=x则DF=x-a，得到cos∠ABC=cos∠BED，从而推导出a=25x，由三角形中位线定理得到BG=152，从而推导出△EMD≌△CGD【详解】解：取BC中点H，连接AH，取CH中点G，连接DG，作DM⊥BE于点M．∵AB=AC，H为BC的中点，∴AH⊥BC，AD=CD，BH=HC=5．∵点D是AC的中点，∴DG是△AHC的中位线，∴DG∥AH，则DG⊥BC于点G，

设EF=a，由折叠可知AD=CD=DE=x则DF=x-a，∵AB=AC，∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，又由折叠得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，∴∠ABC=∠BED，∴cos∠ABC=cos∠BED∴52x解得：a=25∴DF=x-a=x-25∵DG是△AHC的中位线，∴CG=12CH=∴BG=15由折叠知∠DEM=∠DCG，ED=CD，在△EMD和△CGD中，∠DEM=∠DCG∠DME=∠DGC∴△EMD≌△CGDAAS∴DG=MD．∵DE⊥AB，∴∠EFB=90°，∴∠DEB+∠EBF=90°．又∵∠CAH+∠ACB=90°，且∠ACB=∠DEB，∴∠EBF=∠CAH，∴∠EBF+∠ABC=90°，∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°，∴四边形MBGD是正方形，∴DG=BG=15∴AH=2DG=15．在Rt△AHC中，A∴152解得：x=5∴a=10，x-a=3102，即在Rt△AFD中，AF=故答案为：210【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定及性质等，解答本题的关键是设边长，根据勾股定理列方程求解．【变式7-2】（2023·广东茂名·统考一模）如图，在△ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，延长CE交AB于F．交BD于点G，且CG垂直BD，将ADE绕点A旋转至AE∥BD时，若CE=5，EF=1，则BG的值是【答案】5-5/【分析】设AB与DE交于点O，首先证明出△DAB≌△EACSAS，进而得到△DAB≌△EACSAS，然后得到四边形ADGE是正方形，设BG=x，则DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，然后证明出△AEF∽△BDF和【详解】解：设AB与DE交于点O，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠DAB=∠EAC，又∵AB=AC，AD=AE，∴△DAB≌△EACSAS∴BD=CE=5，∵AD=AE，∠DAE=90∴∠AED=∠ADE=45°，∵AE∥BD，∴∠BDE=∠AED=45°，∴∠BDA=90°，∵CG⊥BD，∴四边形ADGE是矩形，∵AD=AE，∴矩形ADGE是正方形，∴AD=DG=GE=AE，∴设BG=x，则DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，∵AE∥BD，∴△AEO∽△BDO，∴EODO∵AD∥GE，∴△EOF∽△DOA，∴EODO∴5-x5∴解得x1=5-5经检验x=5-5∴BG=5-5故答案为：5-5【点睛】此题考查了旋转的性质，相似三角形的性质和判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质和判定等知识，证明四边形ADGE是正方形是解题的关键．【变式7-3】（2023·江苏宿迁·沭阳县怀文中学校联考一模）如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，AD=2，点E，F分别是边AD，BC上的两个动点，且AE=CF，过点B作

A．210-2 B．10+2 C【答案】D【分析】过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，则构造的四边形ABCM为正方形，由ASA可证△MEO≌△BFO，得出OM=OB，则O是正方形ABCM的中心，由正方形的性质得出BM=42，OB=22，取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于H，由勾股定理求出CN=10，由直角三角形的中线性质得出NG=12OB=2【详解】解：过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，如图所示：∴∠BCM=90

∵AD∥BC，∴∠ABC+∠A=180°，∴∠ABC=90°．∵∠ABC=∠A=∠BCM=90°，∴四边形ABCM为矩形．∵AB=BC，∴四边形ABCM为正方形，∴AM=BC．∵AD∥∴∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，∵AE=CF，∴EM=BF，又∵∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，∴△MEO≌△BFO，∴OM=OB，∴O是正方形ABCM的中心．∵AB=BC=4，∴BM=42取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于∵BN=1∴NH=BH=1，∴CH=4-1=3，在Rt△CHN中，由勾股定理得：CN=在Rt△BGO中，N是OB∴NG=1∵CG≥CN-NG=10当C、G、N三点共线时，CG最小为：10-故答案为：10-【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．【题型8根据正方形的性质与判定求面积】【例8】（2023·浙江舟山·校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于点D，以AB为边作矩形ABEF，使得AF＝AD，延长CD，交EF于点G，作AN⊥AC交GF于点N，作MN⊥AN交CB的延长线于点M，MN分别交BE，DG于点H、P，若NP=HP，NF=1，则四边形ABMN的面积为（

）A．3 B．2.5 C．3.5 D．5【答案】B【分析】依据条件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再证明四边形ACMN是正方形；设NG＝GE＝x，则FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根据△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根据四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC进行计算，即可得出结论．【详解】解：∵CD⊥AB，∠F＝90°，∴∠ADC＝∠F＝90°，∵AN⊥AC，∠DAF＝90°，∴∠FAN+∠DAN＝∠DAC+∠DAN＝90°，∴∠FAN＝∠DAC．在△ADC和△AFN中，∠ADC=∠FAD=AF∴△ADC≌△AFN（ASA），∴CD＝FN＝1，AC＝AN．∵AN⊥AC，MN⊥AN，∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，∴四边形ACMN是矩形，∴四边形ACMN是正方形，∵∠CDB＝∠DBE＝90°，∴CG∥BE，又∵NP＝PH，∴NG＝GE，设NG＝GE＝x，则FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，∵Rt△ACB中，CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∠ACD+∠BCD=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∴∠CAD=∠BCD∴△ADC∽△CDB，∴ADCD∴CD2＝AD·DB，∴12＝（1+x）x，即x2+x＝1．四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC＝AC2﹣1＝（AD2+CD2）﹣1＝（1+x）2+12﹣1＝x2+x+1.5＝1+1.5＝2.5．故选：B【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质以及相似三角形、全等三角形的综合运用，综合性较强，解决问题的关键是先判定四边形ACMN是正方形，得到四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整体代入方法求解．【变式8-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，连接BD且BD平分∠ABC．若AB+BC=8，则四边形ABCD的面积为．【答案】16【分析】过点D作DE⊥AB，交BA的延长线于点E，作DF⊥BC，交BC于点F，根据BD平分∠ABC，可得DE=DF，先证明四边形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，再证明△DEA≌△DFC，即有EA=FC，S△DEA=S【详解】过点D作DE⊥AB，交BA的延长线于点E，作DF⊥BC，交BC于点F，如图，∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE=DF，∠E=∠BFD=90°=∠ABC，∴四边形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，∵∠ADC=90°，∴∠EDA=∠FDC，∵DE=DF，∠E=∠CFD=90°，∴△DEA≌△DFC，∴EA=FC，S△DEA∴S四边形∵AB+BC=8，EA=FC，∴AB+BC=BE-AE+BF+FC=2BE=8，∴BE=4，∴S四边形故答案为：16．【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质等知识，掌握角平分线的性质，构造出合理的辅助线是解答本题的关键．【变式8-2】（2023·甘肃白银·校联考一模）模型探究：（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，AE⊥CD于点E，若AE=10，求四边形ABCD的面积．拓展应用：（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC=180°，AB=AD，AE⊥BC于点E，若AE=19，BC=10，CD=6，求四边形

【答案】（1）100；（2）152【分析】（1）过A作AF⊥BC，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，根据矩形的性质得出∠FAE=90°，求出∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，根据AAS得出△AFB≌△AED，根据全等得出AE=AF=10，S△AFB=S△AED，求出S正方形（2）过A作AF⊥CD，交CD的延长线于F，求出∠BAE=∠FAD，根据AAS推出△AEB≌△AFD，根据全等得出AE=AF=19，BE=DF，设BE=DF=x，由勾股定理得出AC2=AE2+CE2=AF2+CF【详解】解：如图1，过A作AF⊥BC，交CB的延长线于F，

∵AE⊥CD，∠C=90°，∴∠AED=∠F=∠C=90°，∴四边形AFCE是矩形，∴∠FAE=90°，∵∠DAB=90°，∴∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，在△AFB和△AED中，∠F=∠AED∴△AFB≌△AED(AAS∴AE=AF=10，S△AFB.∵四边形AFCE是矩形，∴四边形AFCE是正方形，∴S四边形ABCD=S四边形ABCE（2）如图2，过A作AF⊥CD，交CD的延长线于F，AE⊥CD，

∴∠AED=∠F=90°，∴∠FAE+∠BCD=180°，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BAD=∠EAF，∴∠BAD-∠EAD=∠EAF-∠EAD，∴∠BAE=∠FAD，在△AEB和△AFD中，∠BAE=∠DAF∴△AEB≌△AFD(AAS∴AE=AF=19，BE=DF，设BE=DF=x，BC=10，CD=6，∴CE=10-x，CF=6+x，由勾股定理得；AC∵AE=AF，∴CE=CF，即10-x=6+x，解得：x=2，∴CE=CF=8，∵△AEB≌△AFD，∴S∴S四边形∴S四边形ABCD=S△AEB+故答案为：152．【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质和判定的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．【变式8-3】（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，在正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，△DCE为直角三角形，∠CED=90°，OE=32，若CE⋅DE=6，则正方形的面积为（

A．20 B．22 C．24 D．26【答案】C【分析】根据正方形性质，判定D,O,C,E四点共圆，过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，证明四边形OMEN是正方形，利用平方差公式，正方形的性质计算即可．【详解】∵正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，∠CED=90°，∴∠DOC=∠CED=90°，∠ODC=∠OCD=45°，

∴点D,O,C,E四点共圆，∴∠ODC=∠OCD=∠OED=∠OEC=45°，过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，垂足分别为N，M，且M是与EC延长线的交点，∴四边形OMEN是正方形，∵OE=32∴OE解得EN=EM=3，∵OD=OCON=OM∴△OMC≌△ONDHL∴MC=ND=x，∴CD=CN+ND=3+x，∵CE⋅DE=6，∴3+x3-x解得x2∴OC∴正方形S正方形故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质，对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键．【题型9根据正方形的性质与判定证明】【例9】（2023·湖南株洲·校考模拟预测）如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED．点G是BC、AE延长线的交点，AG与CD相交于点F．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；(2)当AE=3EF，DF=38时，求【答案】(1)证明见解析(2)3【分析】（1）利用矩形的性质，易证△ADE≌△CDEAAS，得到AD=CD（2）利用正方形的性质，易证△ABE∽△FDE，求得AB=98，进而得到AD=98，CF=34，再证明【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠BCD=90°，∵∠BAE=∠BCE，∴∠BAD-∠BAE=BCD-∠BCE，∴∠DAE=∠DCE，在△ADE和△CDE中，∠DAE=∠DCE∠AED=∠CED∴△ADE≌△CDEAAS∴AD=CD，∴四边形ABCD是正方形；（2）解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∠BCD=90°，AD∥BC，∴∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，∴△ABE∽△FDE，∴AB∵AE=3EF，DF=3∴AB=3DF=9∴CD=AD=9∴CF=CD-DF=3∵AD∥∴∠DAF=∠CGF，∠ADF=∠GCF，∴△ADF∽△GCF，∴DF∴GC=CF⋅AD在Rt△FCG中，GF=【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．【变式9-1】（2023·山东泰安·校考二模）如图，正方形ABCD中，AB=1，点E是对角线AC上的一点，连接DE．过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG，EB．

(1)求证：①∠EFB=∠EBF；②矩形DEFG是正方形；(2)求AG+AE的值．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)2【分析】（1）①过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到△ADE≌△ABESAS，EM=EN进而得到DE=BE，再证明四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形和全等三角形的判定证明△EMD≌△ENFASA，得到（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△ADG≌△CDESAS得到AG=CE，进而得到AG+AE=AC=【详解】（1）证明：过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，则∠EMA=∠EMD=∠ENF=∠ENB=90°，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠EAD=∠EAB=45°，AD=AB，又AE=AE，∴△ADE≌△ABESAS，EM=EN∴DE=BE，∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，∴四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形，∴∠MEN=∠DEF=90°，∴∠DEM=∠FEN=90°-∠MEF，又∠EMD=∠ENF=90°，EM=EN，∴△EMD≌△ENFASA∴EF=BE，则∠EFB=∠EBF；②∵四边形DEFG是矩形，DE=EF，∴四边形DEFG是正方形；（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，∴DG=DE，DC=DA，∠GDE=∠ADC=90°，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDESAS∴AG=CE，∴AG+AE=CE+AE=AC=2【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．【变式9-2】（2023·山东泰安·三模）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．

(1)如图1，求证：矩形DEFG是正方形；(2)若AB=2，CE=2，求CG(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．【答案】(1)见解析(2)2(3)30°或120°【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，可得EF=ED，即可证明；（2）根据AB=2，CE=2，可得F，C（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=120°，②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，可得∠EFC=∠CDE=30°．【详解】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA=∠BCA，∴EQ=EP，∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，∴∠QEF=∠PED，在△EOF和△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴△EQF≌△EPD(ASA∴EF=ED，∴矩形DEFG是正方形；

（2）解：如图2中，在Rt△ABC中，AC=∵EC=2∴AE=CE，∴DE⊥AC，又∵DE⊥EF∴点F与C重合，∴CG=2

（3）解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，如图3所示：则∠CDE=90°-30°=60°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=360°-90°-90°-60°=120°，②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，如图4所示：∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，∴∠EFC=∠CDE=30°，综上所述，∠EFC=30°或120°．

【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，四边形内角和定理，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．【变式9-3】（2023·内蒙古赤峰·统考三模）问题情境：如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE'(点A的对应点为点C)，延长AE交CE'于点猜想证明：(1)试判断四边形BE(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE(3)如图①，若AB=10，CF=2，请直接写出DE的长．【答案】(1)四边形BE(2)CF=FE(3)2【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB=∠CE'B=90°，BE=BE'（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=（3）作DG⊥AE于G，根据勾股定理求出BE'，可得CE'=CF+E'F=12，由（【详解】（1）解：四边形BE∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°∴∠AEB=∠CE'B=90°，BE=B又∵∠BEF=90°，∴四边形BEFE又∵BE=BE∴四边形BEFE（2）CF=FE如图②所示，过点D作DH⊥AE，垂足为H，则∠DHA=90°，∴∠DAH+∠ADH=90°，∵DA=DE，DH⊥AE，∴AH=1∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=90°，∴∠DAH+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠ADH，在△AEB和△DHA中，∠AEB=∠DHA∠BAE=∠ADH∴△AEB≌△DHAAAS∴AH=BE，由（1）知四边形BEFE∴BE=E∴AH=E由旋转的性质可得：CE∴FE'∴CF=FE（3）解：如图①所示，作DG⊥AE于G，∵四边形BEFE∴BE=BE'在Rt△CBE'中，∵AB=BC=10∴100=E∴E'∴CE由（2）可知：BE=AG=6,DG=AE=CE∴GE=2，∴DE=D【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．【题型10根据正方形的性质与判定解决多结论问题】【例10】（2023·黑龙江鸡西·统考二模）如图，在正方形ABCD中，M，N分别为AB，BC的中点，CM与DN相交于点G，延长BG交CD于点E，CM交BD于点H．下列结论：①CM⊥DN；②BH=BM；③S△DNC=3S△BMH；④∠BGM=45°；⑤

A．②③④ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．①②④⑤【答案】C【分析】用SAS证△CBM≌△DCN，可以判断①正确；证明△BMH∽△DCH，得BM=12CD，BH=12DH=13DB=23CD，判断②错误；由线段比例关系，得出面积比可以判断【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，∵M，N分别为AB，BC的中点，∴AM=BM=BN=CN∴△CBM≌△DCN∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，∵∠BCM+∠DCM=90°，∴∠CDN+∠DCM=90°，∴∠DGC=90°，∴CM⊥DN；故①正确；∵AB∥∴△BMH∽△DCH，∴BM∴BM=1BH=1CH=2MH，∴BM≠BH，故②错误；∵CH=2MH，∴MC=3MH，∴S∵△CBM≌△DCN，∴S△DNC=3如下图，过点B作BP⊥CM于点P，BQ⊥DG交DN的延长线上于点Q，

∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，∴四边形PBQG是矩形，∴∠PBQ=90°，∵∠ABC=90∴∠ABP=∠QBC，又∵BN=BE，∠BPM=∠BQN=90°，∴△BPM≌△BQNAAS∴BP=BQ，∴四边形PBQG是正方形，∴∠BGN=45°，故④正确；∵△BPM≌△BQN，∴MP=QN，∵四边形PBQG是正方形，∴BP=PG=QG，BG=2∴MG+GN=MP+PG+GN=2PG=2BG，故综上，①③④⑤正确，故选：C．【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．【变式10-1】（2023·广东深圳·统考二模）如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、GF，以下结论：①ΔOAE≅ΔOBG；②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④PGAE=2−1；⑤SΔPBC：SΔAFC=1：2，其中正确的有（

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】C【分析】证明△AHG≌△AHB（ASA），得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和正方形的性质即可得出②正确；设OA=OB=OC=a，由菱形和正方形的性质得出OA=OB，证出∠OAE=∠OBG，由ASA证明△OAE≌△OBG，可得出①正确；求出OG=OE=a-b，由平行线分线段成比例定理可得出④正确；证明△EAB≌△GBC（ASA），得出BE=CG，可得出③正确；证明△FAB≌△PBC（ASA），得出BF=CP，则三角形的面积公式，可得出⑤错误；即可得出结论．【详解】解：∵AF是∠BAC的平分线，∴∠GAH=∠BAH，∵BH⊥AF，∴∠AHG=∠AHB=90°，在△AHG和△AHB中，∠GAH=∠BAHAH=AH∴△AHG≌△AHB（ASA），∴GH=BH，∴AF是线段BG的垂直平分线，∴EG=EB，FG=FB，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAF=∠CAF=12×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，∴∠BEF=∠BFE，∴EB=FB，∴EG=EB=FB=FG，∴四边形BEGF是菱形；②正确；设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，∵四边形BEGF是菱形，∴GF∥OB，∴∠CGF=∠COB=90°，∴∠GFC=∠GCF=45°，∴CG=GF=b，∠CGF=90°，∴CF=2GF=2BF，∵四边形ABCD是正方形，∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，∵BH⊥AF，∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，∴∠OAE=∠OBG，在△OAE和△OBG中，∠OAE=∠OBGOA=OB∴△OAE≌△OBG（ASA），①正确；∴OG=OE=a-b，∴△GOE是等腰直角三角形，∴GE=2OG，∴b=2（a-b），整理得a=2+22∴AC=2a=（2+2）b，AG=AC-CG=（1+2）b，∵四边形ABCD是正方形，∴PC∥AB，∴BGPG=AG∵△OAE≌△OBG，∴AE=BG，∴AEPG=1+2∴PGAE=11+2=∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，∴∠EAB=∠GBC，在△EAB和△GBC中，∠EAB=∠GBCAB=BC∴△EAB≌△GBC（ASA），∴BE=CG，③正确；在△FAB和△PBC中，∠FAB=∠PBCAB=BC∴△FAB≌△PBC（ASA），∴BF=CP，∴SΔPBCS综上所述，正确的有4个，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．【变式10-2】（2023·广东河源·统考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据四点共圆，等腰直角三角形，正方形的性质，三角形全等和相似，圆的最值性质等判断即可．【详解】∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA=45°，∠BAD=∠BCD=90°，∵FQ⊥BQ，∴∠BQF=90°，∴点B、C、F、Q都在以BF为直径的圆上，∴∠QBF=∠DCQ=45°，∴∠QFB=45°，∴QB=QF，∴BF=2故结论①正确；延长EA到点M，使得AM=CF，∵四边形ABCD是正方形∴∠BAM=∠BCF=90°，BA=BC，∴△BAM≌△BCF，∴BF=BM，∠CBF=∠ABM，∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=∠CBF+∠ABE=∠ABC-∠QBF=45°=∠FBE，∴△MBE≌△FBE，∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，∴DE+DF+EF=DE+AE+DF+CF=AD+DC=2AD=12，即△DEF的周长为12，故结论②正确；∵CH∥QF，∠BQF=90°，∴∠BHC=∠BQF=90°，∴点H在以BC为直径的半圆上，设BC的中点为N，则NB=NC=3，连接AN，交圆N于点P，则AN=AB∴当H与P重合时，AH最小，最小值为AN-PN=35∴结论③是错误的；连接EG，∵∠EAG=∠EBG=45°，∴点A、B、G、E都在以BE为直径的圆上，∴∠BGE=90°，∠BEG=45°，∴GB=GE，∴BE=2∵∠EQF=∠EGF=90°，∴点E、Q、G、F都在以EF为直径的圆上，∴∠BQG=∠BFE，∵∠QBG=∠FBE，∴△BQG∽△BFE，∴S△BQG∴2S故结论④是正确的，故选C．【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，圆的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，正方形的半角模型，圆的最值性质是解题的关键．【