苏科版八年级数学下册举一反三专题9.6正方形【十大题型】同步练习(学生版+解析)

专题9.6正方形【十大题型】【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1利用正方形的性质求角度】 1【题型2利用正方形的性质求线段长】 2【题型3利用正方形的性质求面积】 4【题型4利用正方形的性质求坐标】 5【题型5利用正方形的性质证明】 6【题型6添加条件使四边形是正方形】 8【题型7证明四边形是正方形】 9【题型8利用正方形的性质与判定求角度】 10【题型9利用正方形的性质与判定求线段长】 12【题型10利用正方形的性质与判定求面积】 13【知识点1正方形的性质】定义：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．性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；③正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．【题型1利用正方形的性质求角度】【例1】（2023春·陕西宝鸡·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE=OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE=25°，则∠CBE的度数为（

）

A．50° B．55° C．65° D．70°【变式1-1】（2023春·江苏·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，CE⊥MN,∠MCE=60°，则∠ANM等于（）

A．45° B．55° C．65° D．75°【变式1-2】（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，正方形ABCD中，CE∥BD，BE=BD，则∠CDE=

【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁三中校考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，边长为4，等腰直角三角形EOF绕点O转动，当E、A、D三点共线时，OE与AB的交点G恰好是OE的中点，则线段EF的长为（）

A．12 B．45 C．8 D．210【题型2利用正方形的性质求线段长】【例2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为22，P为对角线BD上动点，过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF，则EF的最小值为（

A．2 B．4 C．2 D．1【变式2-1】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD边上的一点，AM:MD=1:2．将ΔBMA沿BM对折至ΔBMN，连接DN，则DN的长是

【变式2-2】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，求BG的长．

【变式2-3】（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（

）A．43 B．103 C．1 【题型3利用正方形的性质求面积】【例3】（2023春·广东潮州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为25，N为AD上一点，连接BN，AM⊥BN于点M，连接CM，且CM=CB，若AM=2，则△BCM的面积为（

A．8 B．6 C．4 D．2【变式3-1】（2023春·重庆永川·八年级统考期末）如图，点E是正方形ABCD内一点，且AE=1，BE=5，若∠AED=160°，则正方形ABCD的面积是

【变式3-2】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）将n个边长都为2cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，A3⋅⋅⋅【变式3-3】（2023春·山东日照·八年级校考期中）如图（1），已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，把正方形AA．25 B．125 C．625 D．3125【题型4利用正方形的性质求坐标】【例4】（2023春·湖北黄冈·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A的坐标为0,2，顶点B在x轴上，对角线AC、BD相交于点M，若OM=32，则点C的坐标为

【变式4-1】（2023春·浙江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B'处，则B'点的坐标为（

）A．(2，2) B．(32，3) C．(2，4−23) D．(32【变式4-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，正方形AOBC边长为6，对角线AB、OC相交于点D，x轴上有一点E2,0，动直线l绕着点D旋转，与x轴相交于点P，且满足∠DEA−∠PDA=45°，点P坐标为【变式4-3】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，直线y=12x+1与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第二象限内作正方形ABCD，点C的坐标是．在y轴上有一个动点M，当△MDC的周长最小的时候，点M【题型5利用正方形的性质证明】【例5】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．(1)求证：GF=GC；(2)用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．【变式5-1】（2023春·天津·八年级校联考期中）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，点F在边BC的延长线上，且AE=CF．求证：(1)DE=DF；(2)∠EDF=90°．【变式5-2】（2023春·广西贺州·八年级统考期末）如图1，正方形ABCD中，点E是BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，交CD于点G．(1)求证：CG=CE；(2)如图2，连接FC、AC，若BF平分∠DBE，求证：CF平分【变式5-3】（2023春·北京延庆·八年级统考期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E为射线AB上一个动点，连接CE，以点E为圆心，CE为半径画弧，与直线CA交于点F，连接EF．若∠BCE=α，且0∘

(1)如图1，当点E在边AB上时，求∠AEF的度数（用含α的式子表示）；(2)如图2，当点E在边AB的延长线上时，①请你依题意补全图形；③用等式表示线段AD,AE,AF之间的数量关系，并证明．【知识点1正方形的判定】①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；③先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．【题型6添加条件使四边形是正方形】【例6】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，AC和BD是菱形ABCD的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①AC=BD；③AC⊥BD；③AB2+AD2

A．①③ B．①③ C．③③ D．③④【变式6-1】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的对角线交于点O，下列结论中不一定正确的是（）A．当AB=AD时，它是菱形B．当AC=BD时，它是矩形C．当AC⊥BD时，它是菱形D．当∠ABC=90°时，它是正方形【变式6-2】（2023春·湖北宜昌·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，F是对角线的交点，E是边BC的中点，连接EF．（1）求证：2EF=CD；（2）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是矩形；（3）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是菱形，并证明你的结论；（4）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是正方形．【变式6-3】（2023春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）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，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．(1)求证：CE=AD：(2)当D为AB中点时，证明：四边形BECD是菱形．(3)在满足（2）的条件下，当△ABC满足条件__________时，四边形BECD是正方形．【题型7证明四边形是正方形】【例7】（2023春·广东广州·八年级统考期末）宽与长的比是5−12的矩形叫做黄金矩形．如图，已知矩形纸片ABCD是黄金矩形，宽AB=2，折叠纸片，使点A落在BC上的点E处，得到折痕BF；再次折叠纸片，使点C落在EF上的点G处，得到折痕

(1)求证：四边形ABEF是正方形；(2)四边形GHDF是黄金矩形吗？请说明理由．【变式7-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE=CF．

(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；(2)若∠BAC=∠DAC，DO=EO，求证：四边形EBFD是正方形．【变式7-2】（2023春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E，M分别为AD，AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点(1)证明：四边形AMDN是菱形；(2)若∠DAB=45°，判断四边形AMDN的形状，并说明理由．【变式7-3】（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP=EC．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；(2)延长EC到点F，使CF=BE，连接PF交BC的延长线于点G．①请求出AP与CF的数量与位置关系；③求∠BGP的度数．【题型8利用正方形的性质与判定求角度】【例8】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE=BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形：(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，求∠A的度数，并在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有与∠A相等的角．【变式8-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′=．【变式8-2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图③为某蝶几设计图，其中△ABD和△CBD为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点P处，点P与点A关于直线DQ对称，连接CP、DP．若∠ADQ=24°，则∠DCP=度．【变式8-3】（2023春·广东广州·八年级期中）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）若AB=5，求AF的长．（2）求∠CEF的度数．【题型10利用正方形的性质与判定求面积】【例10】（2023春·上海静安·八年级统考期末）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C，E、F、G、H分别是AB、

(1)求证：四边形EFGH是菱形；(2)如果AD=3，BC=5，且EF⊥FG，求四边形EFGH的面积．【变式10-1】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图所示为“赵爽弦图”，其中△ABE、△CBF、△CDG、△ADH是四个全等的直角三角形，且两条直角边之比为1∶2，连接BG、DE，分别交AE、CG于点M、N，则四边形GBED和四边形GMEN的面积比为（

）A．5∶2 B．2∶1 C．2:1 D．【变式10-2】（2023春·广东汕头·八年级校考期中）已知，如图，矩形ABCD中，AD=5，DC=6，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH=2，连接CF．

(1)若DG=2，求证四边形EFGH为正方形；(2)若DG=4，求△FCG的面积；(3)当DG为何值时，△FCG的面积最小．【变式10-3】（2023春·八年级课时练习）如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，且点D在△ABC内部，连接BD，CE，BD的延长交线段CE(1)求证：△ABD≌△ACE；(2)判断BF与CF的位置关系并证明；(3)连接AF，若AF=2，求四边形ADFE专题9.6正方形【十大题型】【苏科版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1利用正方形的性质求角度】 1【题型2利用正方形的性质求线段长】 6【题型3利用正方形的性质求面积】 11【题型4利用正方形的性质求坐标】 15【题型5利用正方形的性质证明】 22【题型6添加条件使四边形是正方形】 30【题型7证明四边形是正方形】 34【题型8利用正方形的性质与判定求角度】 39【题型9利用正方形的性质与判定求线段长】 46【题型10利用正方形的性质与判定求面积】 51【知识点1正方形的性质】定义：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．性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；③正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．【题型1利用正方形的性质求角度】【例1】（2023春·陕西宝鸡·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE=OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE=25°，则∠CBE的度数为（

）

A．50° B．55° C．65° D．70°【答案】B【分析】利用正方形的对角线互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理和全等三角形的判定与性质解答即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠AOB=∠AOD=90°，OA=OB=OD=OC，∵OE=OF，∴△OEF为等腰直角三角形，∴∠OEF=∠OFE=45°，∵∠AFE=25°，∴∠AFO=∠AFE+∠OFE=70°，∴∠FAO=20°．在△AOF和△BOE中，OA=OB∠AOF=∠BOE=90°∴△AOF≌∴∠FAO=∠EBO=20°，∵OB=OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴∠CBE=∠EBO+∠OBC=65°．【点睛】本题主要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，三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【变式1-1】（2023春·江苏·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，CE⊥MN,∠MCE=60°，则∠ANM等于（）

A．45° B．55° C．65° D．75°【答案】A【分析】作NF⊥BC于F，证明Rt△BEC≌Rt△FMN，得到∠MNF=∠MCE=60°【详解】解：作NF⊥BC于F，

又四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠NFM=90°,AB=CD，∴四边形ABFN是矩形，∴FN=BC=AB．在Rt△BEC和Rt△FMN中，∴Rt△BEC≌∴∠MNF=∠MCE=60°，∴∠ANM=90°−∠MNF=55°．【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．【变式1-2】（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，正方形ABCD中，CE∥BD，BE=BD，则∠CDE=

【答案】30°【分析】把△BCE逆时针旋转90°得到△BAG，则∠BAG=∠BCE，BG=BE，∠GBE=90°，先证出C、A、G三点共线，得出∠BAG=160°，∠BAG=∠DAG，由SAS证明△BAG≌△DAG，得出BG=DG，证出BG=DG=BE，即【详解】解：把△BCE逆时针旋转90°得到△BAG，连接DG、AC、AG；如图所示：

则∠BAG=∠BCE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∵CE∥∴∠DCE=∠BDC=45°，∴∠BCE=90°+45°=160°，∴∠BAG=160°，∴∠BAG=160°，∴∠BAG+∠BAC=160°+45°=180°，∴点C、A、G三点共线，∴∠DAG=180°−45°=160°，∴∠BAG=∠DAG，在△BAG和△DAG中，AB=AD∠BAG=∠DAG∴△BAG≌△DAGSAS∴BG=DG，∵BD=BE，∴BG=DG=BE，即△BDG是等边三角形，∴∠GBD=60°，∴∠DBE=90°−60°=30°，∴∠BDE=∠BED=1∴∠CDE=∠BDE−∠BDC=30°．故答案为：30°．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁三中校考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，边长为4，等腰直角三角形EOF绕点O转动，当E、A、D三点共线时，OE与AB的交点G恰好是OE的中点，则线段EF的长为（）

A．12 B．45 C．8 D．210【答案】D【分析】作OH⊥AD于点H，连接GH，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得OH=AH=2，根据直角三角形斜边中线点性质及等腰三角形“三线合一”的性质可得EH=4，根据勾股定理求出OE，再根据等腰直角三角形的性质解答即可.【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°,AO=DO,∠AOD=90°，作OH⊥AD于点H，则AH=DH,OH∥AG，∴OH=1连接GH，∵点G是OE的中点，∴GH=EG=1∵GA⊥DE，∴AE=AH=2，∴EH=4，则在直角三角形EOH中，根据勾股定理可得OE=E∵三角形EOF是等腰直角三角形，∴EF=O故选：D.

【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键.【题型2利用正方形的性质求线段长】【例2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为22，P为对角线BD上动点，过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF，则EF的最小值为（

A．2 B．4 C．2 D．1【答案】B【分析】连接AC，PC，再根据已知条件可得四边形PECF是矩形，从而可得当点P是正方形对角线AC和BD的交点时，此时PC最小，进而可得EF的最小值．【详解】解：连接AC，PC，

∵PE⊥BC，PF⊥CD，DC⊥BC，∴四边形PECF是矩形，∴EF=PC，∵AP+PC≥AC，∴当点P是正方形对角线AC和BD的交点时，PC最小，∵四边形ABCD是正方形，边长为22∴AC=A∴PC=1∴EF的最小值为PC的最小值为2，【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形三边的关系、勾股定理、矩形的判定与性质，解决本题的关键是能够明确四边形PECF是矩形．【变式2-1】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD边上的一点，AM:MD=1:2．将ΔBMA沿BM对折至ΔBMN，连接DN，则DN的长是

【答案】6【分析】连接AN交BM于点Q，过N作NH⊥AD于点H，根据折叠得到BM垂直平分AN，设MH=x，根据勾股定理列式求解即可得到答案；【详解】解：连接AN交BM于点Q，过N作NH⊥AD于点H，设MH=x，∵将ΔBMA沿BM对折至Δ∴BM垂直平分AN，∵AB=6，AM:MD=1:2，∴AM=2，MD=4，∴BM=6∴AQ=AB⋅AMBM=在Rt△ANH与Rt（6解得：x=8∴DH=4−85=∴DN=(故答案为：65

【点睛】本题考查勾股定理，正方形的性质，折叠的性质，解题的关键是根据折叠得到相等，作出相应辅助线利用勾股定理列式．【变式2-2】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，求BG的长．

【答案】1【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，根据正方形的性质可得∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，根据点E是CD的中点求得CE=4，设BG=x，则CG=8−x，根据勾股定理即可求得BG的值．【详解】解：连接AG，EG，如图：

∵HG垂直平分AE∴AG=EG，∵正方形ABCD的边长为8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，∵点E是CD的中点，∴CE=4，设BG=x，则CG=8−x，由勾股定理，得EGAG∴8−x解得：x=1，故BG=1．【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理是解题的关键．【变式2-3】（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（

）A．43 B．103 C．1 【答案】A【分析】由翻折得CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明Rt△CDG≌Rt△CBE，得DG=BE=2，则AG=2，则AE=AB+BE=6，即可根据勾股定理求出EG=210，再由AG2+AF2=FG2，且AF=6−EF【详解】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，∴AB=AD=CD=CB=4，∠D＝∴∠D＝由翻折得CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，在Rt△CDG和Rt△CBE中，CG=CECD=CB∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，∴DG=BE=2，∴AG=AD−DG=4−2=2，∵AE=AB+BE=4+2=6，∴EG=A∵AG2+A∴22解得EF=10∵12∴12解得FH=10【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出EG和EF的长度是解题的关键．【题型3利用正方形的性质求面积】【例3】（2023春·广东潮州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为25，N为AD上一点，连接BN，AM⊥BN于点M，连接CM，且CM=CB，若AM=2，则△BCM的面积为（

A．8 B．6 C．4 D．2【答案】B【分析】过点C作CE⊥BM，利用勾股定理求出BM，再在Rt△BCE中利用勾股定理求出CE【详解】解：如图，过点C作CE⊥BM，

∵CM=CB，∴BE=EM=1∵AM⊥BN，AB=25，AM=2∴BM=A∴BE=EM=1在Rt△BCECE=B∴S【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．【变式3-1】（2023春·重庆永川·八年级统考期末）如图，点E是正方形ABCD内一点，且AE=1，BE=5，若∠AED=160°，则正方形ABCD的面积是

【答案】4+【分析】把△ADE绕点B顺时针旋转90°得到△ABE'，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得E'B=DE，AE=AE'=1，∠AED=∠AE'B=160°，然后求出△AEE'是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出EE'，∠AE【详解】解：如图，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE'，则E'B=DE，

∵∠EAE∴△EAE∴EE'=∴∠EE'B=160°−45°=90°∴D,E,E由勾股定理得，BE过点A作AK⊥EE'于∴△AKE为等腰直角三角形，∴AK=KE=2∴DK=3∴正方形ABCD的面积为：AD故答案为：4+6【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理以及正方形的性质，二次根式的混合运算等知识，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．【变式3-2】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）将n个边长都为2cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，A3⋅⋅⋅【答案】(n−1)【分析】连接A1A2，A1D，根据正方形性质可得∠A1A2【详解】解：连接A1A2∵正方形的边上为2cm∴∠A1A2B=∠∴∠BA∴△BA∴S阴影∴n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为：(n−1)S故答案为：(n−1)cm；【点睛】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解题的关键是得到△BA【变式3-3】（2023春·山东日照·八年级校考期中）如图（1），已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，把正方形AA．25 B．125 C．625 D．3125【答案】B【分析】连接AC，B1C，如图（1），根据三角形面积公式得到S△ABC=S△BB1C【详解】解：连接AC，B1∵AB=BB1，∴S△ABC=S∴S△B∴S正方形同理可得S正方形∴正方形A4B4故答案为：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，也考查了规律型问题的解决方法，本题利用等底同高的两个三角形面积相等解决问题．【题型4利用正方形的性质求坐标】【例4】（2023春·湖北黄冈·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A的坐标为0,2，顶点B在x轴上，对角线AC、BD相交于点M，若OM=32，则点C的坐标为

【答案】6,4【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，根据正方形的性质可以得出F是OE的中点，就可以得出MF是梯形AOEC的中位线，证明△AOB≌△BECAAS就可以得出OB=CE，AO=BE，就可以求得△MOE是等腰直角三角形，由勾股定理就可以求出OE的值，从而得出C【详解】过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，

∴∠MFO=∠CEO=∠AOB=90°，AO∥MF∥CE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90，AM=CM，∴∠OAB=∠EBC，OF=EF，∴MF是梯形AOEC的中位线，∴MF=1∵MF⊥OE，∴MO=ME∵在△AOB和△BEC中，∠CEO=∠AOB∠OAF=∠EBC∴△AOB≌△BECAAS∴OB=CE，AO=BE∴MF=1又∵OF=FE，∴△MOE是直角三角形，∵MO=ME，∴△MOE是等腰直角三角形，∴OE=∴A0,2∴OA=2，∴BE=2，∴OB=CE=4∴C故答案为：6,4【点睛】本题考查坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，梯形中位线定理，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式4-1】（2023春·浙江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B'处，则B'点的坐标为（

）A．(2，2) B．(32，3) C．(2，4−23) D．(32【答案】B【分析】过B′作BD⊥y轴于D，由折叠的性质可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根据正方形的性质可求出∠OCB′=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD′的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出OD的长，即可得点B′的坐标.【详解】过B′作B′D⊥y轴于D，∵四边形OABC是正方形，∠CPB=60°，∴∠BCP=30°，∵沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B'处，∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC=4，∴∠OCB′=30°，∵B′D⊥y轴，∴B′D=12∴CD=B'C2∴OD=OC-CD=4-23∴点B′的坐标为（2，4-23故选C.【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握折叠的性质是解题关键.【变式4-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，正方形AOBC边长为6，对角线AB、OC相交于点D，x轴上有一点E2,0，动直线l绕着点D旋转，与x轴相交于点P，且满足∠DEA−∠PDA=45°，点P坐标为【答案】（4，0）或（12，0）/（12，0）或（4，0）【分析】过点D作DH⊥OA于点H，分两种情况：①点P在点A左侧，根据正方形的性质，易证△DHE≌△DHP（ASA），可得PH=EH=1，可得点P坐标；③点P在点A右侧，在线段AC上截取AF=2，连接DF并延长交x轴于点P，待定系数法求DF的解析式，即可求出点P坐标．【详解】解：过点D作DH⊥OA于点H，如图所示，①点P在A点左侧，在正方形OABC中，OD=AD，∠DOA=45°，∴∠ODP=∠ADP，H为OA的中点，∵∠DEA-∠PDA=45°，∠DEA=∠DOA+∠ODE，∴∠PDA=∠ODE，∴∠EDH=∠PDH，∵∠DHE=∠DHP，DH=DH，∴△DHE≌△DHP（ASA），∴EH=PH，∵正方形OACB的边长为6，∴OA=6，∴OH=HA=3，∵E（2，0），∴OE=2，∴HE=1，∴HP=1，OP=4，∴P（4，0）；③点P在A点右侧，在线段AC上截取AF=2，连接DF并延长交x轴于点P，∵OD=AD，∠DOH=∠DAF=45°，OE=AF=2，∴△DOE≌△DAF，∴∠ODE=∠ADF，∴∠DEA-PDA=∠DEA-∠ODE=45°，∴点P就是所求点，∵正方形的边长为6，

∴D（3，3），F（6，2），设直线DF的解析式：y=kx+b，代入D，F点坐标，得3k+b=36k+b=2解得k=−1∴DF的解析式：y=−1令y=0，得x=12，∴P（12，0），综上，点P坐标为（4，0）或（12，0），故答案为：（4，0）或（12，0）【点睛】本题考查了正方形的性质，设计全等三角形的判定和性质，待定系数法求解析式，熟练掌握正方形的性质以及分情况讨论是解题的关键．【变式4-3】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，直线y=12x+1与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第二象限内作正方形ABCD，点C的坐标是．在y轴上有一个动点M，当△MDC的周长最小的时候，点M【答案】−1,30,【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，作点C关于y轴的对称点C'，交y轴于点F，连接C'D，交y轴于点M'，连接C'M，则CF⊥y轴，先求出点A、B的坐标，从而可得OA、OB、AB的长，再根据正方形的性质可得∠BAD=90°，DA=AB，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得AE=OB，DE=OA，由此即可得出点D的坐标；同样的方法可求出点C的坐标，再根据轴对称的性质可得点C'的坐标，然后根据轴对称的性质和两点之间线段最短得出△MDC【详解】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，作点C关于y轴的对称点C'，交y轴于点F，连接C'D，交y轴于点M'，连接对于y=1当y=0时，12x+1=0，解得x=−2，则点A的坐标为当x=0时，y=1，则点B的坐标为B(0,1)，即OA=2，OB=1，OB=1，AB=O∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，CD=DA=AB=5∴∠DAE+∠OAB=∠ABO+∠OAB=90°，∴∠DAE=∠ABO，在△ADE和△BAO中，∠AED=∠BOA=90°∠DAE=∠ABO∴△ADE≌△BAO(AAS)，∴AE=OB=1，DE=OA=2，∴OE=OA+AE=2+1=3，则点D的坐标为D(−3,2)，同理可证：△CBF≌△BAO，∴CF=OB=1，BF=OA=2，∴OF=OB+BF=1+2=3，则点C的坐标为C(−1,3)，由轴对称的性质得：点C'的坐标为C'(1,3)∴△MDC的周长为CD+DM+CM=5由两点之间线段最短得：当点M与点M'重合时，DM+C'∵D(−3,2)，C'∴设直线DC′解析式为y=kx+b，把C'(1,3)，D(−3,2)代入得：解得：k=1∴直线DC′解析式为y=14x+11令x=0，得到y=114则M坐标为(0,11故答案为：(−1,3)，(0,11【点睛】本题是一道较难的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、轴对称的性质等知识点，正确找出△MDC的周长最小时，点M的位置是解题关键．【题型5利用正方形的性质证明】【例5】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．(1)求证：GF=GC；(2)用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．【答案】(1)见解析(2)BH=2【分析】（1）先证明△ADE≌△FDE，再证明Rt△DCG≌Rt△DFG（2）在AD上取点M使得AM=AE，连接ME，利用SAS证明△DME≌△EBH，再利用全等三角形的性质以及勾股定理即可求解．【详解】（1）证明：连接DF，

∵A，F关于DE对称，∴AD=FD，AE=FE，在△ADE和△FDE中，AD=FDAE=FE∴△ADE≌△FDE，∴∠DAE=∠DFE，∠ADE=∠EDF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=∠C=∠ADC=90°，AD=CD，∴∠DFE=∠A=90°，∴∠DFG=180°−∠DFE=90°，∴∠DFG=∠C，∵AD=DF，AD=CD，∴DF=CD，在Rt△DCG和RtDF=CD，DG=DG，∴Rt△DCG≌∴GF=GC；（2）解：BH=2在AD上取点M使得AM=AE，连接ME，∵Rt△DCG≌∴∠CDG=∠FDG，∵∠ADC=90°，∴2∠EDF+2∠FDG=90°，∴∠EDF+∠FDG=45°即∠EDG=45°，∵EH⊥DE，∴∠EDG=∠DHE=45°，∴DE=EH，∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠A=90°，∴∠ADE+∠AED=90°，∵∠DEH=90°，∴∠AED+∠BEH=90°，∴∠ADE=∠BEH，∵AD=AB，AM=AE，∴DM=EB，在△DME和△EBH中DM=EB∠MDE=∠BEH∴△DME≌△EBH，∴ME=BH，在Rt△AME中，∠A=90°，AE=AM∴ME=A∴BH=2【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．【变式5-1】（2023春·天津·八年级校联考期中）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，点F在边BC的延长线上，且AE=CF．求证：(1)DE=DF；(2)∠EDF=90°．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）根据正方形的性质可得AD=DC，∠A=∠BCD=90°，从而利用平角定义可得∠DCF=90°，进而可得∠A=∠DCF=90°，然后利用SAS证明△DAE≌△DCF，从而利用全等三角形的性质即可解答；（2）根据正方形的性质可得∠ADC=90°，从而可得∠ADE+∠EDC=90°，再利用（1）的结论可得∠ADE=∠CDF，然后利用等量代换可得∠CDF+∠EDC=90°，即可解答．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，∴∠DCF=180°−∠BCD=90°，∴∠A=∠DCF=90°，∵AE=CF，∴△DAE≌△DCFSAS∴DE=DF；（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∴∠ADE+∠EDC=90°，∵△DAE≌△DCF，∴∠ADE=∠CDF，∴∠CDF+∠EDC=90°，∴∠EDF=90°．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．【变式5-2】（2023春·广西贺州·八年级统考期末）如图1，正方形ABCD中，点E是BC延长线上一点，连接DE，过点B作BF⊥DE于点F，交CD于点G．(1)求证：CG=CE；(2)如图2，连接FC、AC，若BF平分∠DBE，求证：CF平分【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）只需要利用AAS证明△BCG≌△DCE即可证明（2）连接AC，连接CF，先证明△BDF≌△BEF，得到DF=EF，则CF是Rt△DCE的中线，CF=EF，推出∠E=∠FCE，根据正方形的性质得到∠DBE=∠ACB=45°，再由BF平分∠DBE，得到∠FBE=∠DBF=22.5°，则∠FCE=∠E=67.5°，求出∠ACF=67.5°【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，∵BE⊥DE，∴∠DFG=∠BCG=90°，∵∠DGF=∠BGC，∴∠GBC=∠EDC，∴△BCG≌∴CG=EF；（2）证明：如图，∵BF平分∠DBE，BF⊥DE，∴∠DBF=∠EBF，又∵BF=BF，∴△BDF≌△BEFASA∴DF=EF，∴CF是Rt△DCE∴CF=EF，∴∠E=∠FCE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DBE=∠ACB=45°，∵BF平分∠DBE，∴∠FBE=∠DBF=22.5°，∴∠E=90°−22.5°=67.5°，∴∠FCE=67.5°，∴∠ACF=180°−∠FCE−∠ACB=180°−67.5°−45°=67.5°，∴∠ACF=∠FCE，∴CF平分∠ACE．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的性质等，灵活运用所学知识是解题的关键．【变式5-3】（2023春·北京延庆·八年级统考期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E为射线AB上一个动点，连接CE，以点E为圆心，CE为半径画弧，与直线CA交于点F，连接EF．若∠BCE=α，且0∘

(1)如图1，当点E在边AB上时，求∠AEF的度数（用含α的式子表示）；(2)如图2，当点E在边AB的延长线上时，①请你依题意补全图形；③用等式表示线段AD,AE,AF之间的数量关系，并证明．【答案】(1)证明见解析(2)①见解析；③2AE=AF+【分析】（1）根据正方形的性质及三角形的外角的性质即可求解；（2）①根据题意画弧即可求解；③过点F作FM⊥AB于点M．利用正方形的性质及三角的外角可证∠AEF=∠BCE，△AFM为等腰直角三角形，易证△EFM≌△CBEAAS，可得FM=BE，由等腰直角三角形的性质勾股定理可得AF=2FM=2BE【详解】（1）解：∵正方形ABCD，∴∠CAB=∠BCA=45°．∵CE=EF，∴∠AFE=∠ACE．∵∠CAB=∠AFE+∠AEF,∠BCA=∠ACE+∠BCE，∴∠AEF=∠BCE．∵∠BCE=α，∴∠AEF=α．

（2）①由题意可作图，如下：

③过点F作FM⊥AB于点M．∴∠FMB=90°．∵正方形ABCD，∴∠CBA=90°，AB=BC=AD，∠BAC=∠BCA=45°，则△AFM为等腰直角三角形，即AM=FM，∴∠CBE=∠FME．∵EF=EC，∴∠EFC=∠ECF．∵∠EFC=∠AEF+45°，∠ECF=∠BCE+45°，∴∠AEF=∠BCE．在△EFM和△CBE中∠AEF=∠BCE,∴△EFM≌△CBEAAS∴FM=BE．在Rt△AMF中，由勾股定理得，AF=∴AF=∵AE=AB+BE．

∴AE=AD+1即：2AE=AF+【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．【知识点1正方形的判定】①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；③先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．【题型6添加条件使四边形是正方形】【例6】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，AC和BD是菱形ABCD的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①AC=BD；③AC⊥BD；③AB2+AD2

A．①③ B．①③ C．③③ D．③④【答案】A【分析】根据正方形的判定定理：有一个角为直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形逐一判断即可．【详解】解：①若AC=BD，根据对角线相等的菱形是正方形即可得菱形ABCD是正方形，①符合要求；③AC⊥BD是菱形具有的性质，不能得出菱形ABCD是正方形，③不符合要求；③AB2+AD2④若菱形ABCD是正方形，则AC=2AD，由∠ACD=∠ADC，可得AC=AD，故不能得出菱形故符合要求的为①③，【点睛】本题考查了正方形的判定定理以及正方形与菱形的关系，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．【变式6-1】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的对角线交于点O，下列结论中不一定正确的是（）A．当AB=AD时，它是菱形B．当AC=BD时，它是矩形C．当AC⊥BD时，它是菱形D．当∠ABC=90°时，它是正方形【答案】D【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定逐一进行判断，即可得到答案．【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；B、对角线相等的平行四边形是矩形，原结论正确，不符合题意，选项错误；C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原结论不一定正确，符合题意，选项正确，故选D．【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．【变式6-2】（2023春·湖北宜昌·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，F是对角线的交点，E是边BC的中点，连接EF．（1）求证：2EF=CD；（2）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是矩形；（3）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是菱形，并证明你的结论；（4）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是正方形．【答案】（1）证明见解析；（2）EF⊥BC；（3）BC=2EF，（4）EF⊥BC且BC=2EF．【详解】试题分析：（1）利用三角形中位线定理以及其性质判断得出即可；（2）利用矩形的判定方法得出即可；（3）利用菱形的判定方法得出即可；（4）利用正方形的判定方法得出即可．试题解析：（1）证明：∵平行四边形ABCD，∴点F为AC，BD的中点，又∵E是BC的中点，∴EF为△DBC的中位线，∴2EF=CD；（2）EF⊥BC；理由：∵EF为△DBC的中位线，EF⊥BC，∴∠ABC=90°，∴平行四边形ABCD是矩形；（3）BC=2EF，理由：∵点E为BC的中点，且BC=2EF∴EF=BE=EC，∴∠EBF=∠BFE，∠EFC=∠ECF又∵∠EBF+∠BFE+∠EFC+∠ECF=180°∴∠BFC=∠BFE+∠EFC=90°，∴平行四边形ABCD是菱形；（4）EF⊥BC且BC=2EF．理由：由（2）（3）可得：当EF与BC满足EF⊥BC且BC=2EF时，四边形ABCD是正方形．考点：1.正方形的判定；2.三角形中位线定理；3.平行四边形的性质；4.菱形的判定；5.矩形的判定．【变式6-3】（2023春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）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，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．(1)求证：CE=AD：(2)当D为AB中点时，证明：四边形BECD是菱形．(3)在满足（2）的条件下，当△ABC满足条件__________时，四边形BECD是正方形．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)△ABC是等腰三角形【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；（3）添加条件，使四边形BECD是正方形，即可.【详解】（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）证明：∵D为AB中点，∴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）解：当△ABC是等腰三角形时，四边形BECD是正方形，理由：∵∠ACB=90°，∴∠ABC=∠A=45°，由（2）可知，四边形BECD是菱形，∴∠ABC=∠CBE=45°，∴∠DBE=90°，∴四边形BECD是正方形．故答案为：△ABC是等腰三角形．（答案不唯一）【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．【题型7证明四边形是正方形】【例7】（2023春·广东广州·八年级统考期末）宽与长的比是5−12的矩形叫做黄金矩形．如图，已知矩形纸片ABCD是黄金矩形，宽AB=2，折叠纸片，使点A落在BC上的点E处，得到折痕BF；再次折叠纸片，使点C落在EF上的点G处，得到折痕

(1)求证：四边形ABEF是正方形；(2)四边形GHDF是黄金矩形吗？请说明理由．【答案】(1)见解析(2)是，理由见解析【分析】（1）根据正方形的判定定理求解即可；（2）首先根据题意设设AB=5−1x，BC=2x【详解】（1）∵折叠纸片，使点A落在BC上的点E处，∴AB=BE，∠A=∠BEF=90°又∵四边形ABCD是矩形∴∠A=∠ABE=90°∴四边形ABEF是正方形；（2）∵矩形纸片ABCD是黄金矩形∴AB∴设AB=5−1∵四边形ABEF是正方形∴BE=EF=AB=5∵∠C=∠GEC=∠EGH=90°∴四边形GECH是矩形∵CE=GE∴四边形GECH是正方形∴GE=CE=GH=BC−BE=2x−∴FG=EF−GE=∴FG∵∠D=∠DFG=∠FGH=90°∴四边形GHDF是黄金矩形．【点睛】此题考查了正方形和矩形的性质和判定，黄金分割等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．【变式7-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE=CF．

(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；(2)若∠BAC=∠DAC，DO=EO，求证：四边形EBFD是正方形．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用平行线四边形的判定和性质，即可证明结论；（2）先利用平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证明▱ABCD是菱形，再根据菱形的性质，即可证明四边形EBFD是正方形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO=CO，DO=BO，∵AE=CF，∴AO−AE=CO−CF，即OE=OF，∴四边形EBFD是平行四边形；（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠BAC=∠DCA，又∵∠BAC=∠DAC，∴∠DAC=∠DCA，∴AD=CD，∴▱ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即EF⊥BD，又∵DO=EO，∴DB=EF，∵四边形EBFD是平行四边形，∴四边形EBFD是正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．【变式7-2】（2023春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E，M分别为AD，AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点(1)证明：四边形AMDN是菱形；(2)若∠DAB=45°，判断四边形AMDN的形状，并说明理由．【答案】(1)证明见详解(2)AMDN是正方形，理由见详解【分析】（1）由平行四边形的性质可得DC∥AB，可得∠DAM=∠NDA，可证△NED≌△MEA，可得AM=ND，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得AM=MD，可得四边形AMDN是菱形；（2）由菱形的性质可得∠DAB=∠ADM=45°，可得AM⊥DM，则四边形AMDN是正方形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴DC∥AB，∴∠DAM=∠NDA，∵E为AD中点，∴DE=AE，在△NED和△MEA中，∠NDE=∠EAMDE=AE∴△NED≌△MEA（∴AM=ND，∵CD∥AB，∴四边形AMDN是平行四边形，∵BD⊥AD，M为AB的中点，∵AM=DM=MB，∴四边形AMDN是菱形；（2）解：四边形AMDN是正方形，理由如下：∵四边形AMDN是菱形，∴AM=DM，∴∠DAB=∠ADM=45°，∴∠AMD=90°，∴菱形AMDN是正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．【变式7-3】（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP=EC．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；(2)延长EC到点F，使CF=BE，连接PF交BC的延长线于点G．①请求出AP与CF的数量与位置关系；③求∠BGP的度数．【答案】(1)证明见解析(2)①AP与CF的数量关系是AP=CF；位置关系是AP∥CF；③45°【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠ABC=90°，则∠CBE+∠ABP=90°，由题意知∠APB=∠BEC=90°，由∠ABP+∠BAP=90°，可得∠BAP=∠CBE，证明△ABP≌△BCEAAS（2）①由（1）得AP=BE，则AP=CF，由∠APE=∠PEC=90°，可得AP∥CF；③如图，连接AC，由四边形ABCD是正方形，可得∠ACB=45°，由①知AP=CF，AP∥CF，则四边形APFC是平行四边形，AC∥PF，根据∠BGP=∠ACB，求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC=90°，∴∠CBE+∠ABP=90°，∵AP⊥BP，CE⊥BP，∴∠APB=∠BEC=90°，∴∠ABP+∠BAP=90°，∴∠BAP=∠CBE，∵∠BAP=∠CBE，BP=EC，∠APB=∠BEC=90°，∴△ABP≌∴AB=BC，∴四边形ABCD是正方形；（2）①解：由（1）得AP=BE，∵CF=BE，∴AP=CF，∵∠APE=∠PEC=90°，∴AP∥CF，∴AP与CF的数量关系是AP=CF；位置关系是AP∥CF；③解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，由①知AP=CF，AP∥CF，∴四边形APFC是平行四边形，∴AC∥PF，∴∠BGP=∠ACB=45°，∴∠BGP的度数为45°．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，平行线的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．【题型8利用正方形的性质与判定求角度】【例8】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE=BC，过点E作EF∥AC，交BD于点F，连接CF，DE．(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形：(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，求∠A的度数，并在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有与∠A相等的角．【答案】(1)见解析(2)∠A=30°，与∠A相等的角有：∠ABC，∠FEB，∠FCB【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，从而∠EFD=∠BDE，根据等角对等边得出DE=EF，从而DE=EF=CF=DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；（2）如图2，利用正方形的性质可得∠EDF=45°，求得∠ADB=160°，再求得∠A=30°，然后利用三角形的外角性质求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【详解】（1）证明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌△BDC（SAS）；∴DE=DC，∠BDE=∠BDC，同理△BFE≌△BFC，∴EF=CF，∵EF∥AC，∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四边形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四边形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四边形CDEF是正方形．∴∠EDF=45°，∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=160°，∵AC=BC，∴∠A=∠CBE=2∠ABD，∴∠ABD+∠A=180°−∠ADB=45°，∴∠A=30°；∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC∵四边形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，∴与∠A相等的角有：∠ABC，∠FEB，∠FCB．【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由SAS得出△BDE≌△BDC．【变式8-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′=．【答案】40°【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．【详解】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°，∴∠ACD=90°-∠DAC=90°-55°=25°，∵△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，∴四边形BCEC′是正方形，∴∠BEC=45°，由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°，由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70°，∴∠AFC′=180°-∠BFC-∠BFC′=180°-70°-70°=40°．故答案为40°．【点睛】本题考查的是翻折变换，正方形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．【变式8-2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图③为某蝶几设计图，其中△ABD和△CBD为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点P处，点P与点A关于直线DQ对称，连接CP、DP．若∠ADQ=24°，则∠DCP=度．【答案】21【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，∠PDQ=∠ADQ=24°，则有CD=DP，然后可得∠CDP=138°，最后根据等腰三角形的性质可求解．【详解】解：∵△CBD≌△ABD，且都为等腰直角三角形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠CDA=90°,CD=AD，∵点P与点A关于直线DQ对称，∠ADQ=24°，∴∠PDQ=∠ADQ=24°，AD=DP，∴CD=DP，∠ADP=48°，∴∠CDP=138°，∴∠DCP=∠DPC=180°−∠CDP故答案为21．【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．【变式8-3】（2023春·广东广州·八年级期中）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，求证：矩形DEFG是正方形；(2)若AB＝22，CE＝2，求CG(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是40°时，直接写出∠EFC的度数．【答案】(1)见解析；(2)CG=2；(3)130°或【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．（3）分两种情形结合正方形的性质解答即可．【详解】（1）证明：如下图所示：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°，∴∠QEF＝∠PED，在Rt△EQF和Rt△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2：在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×2∵EC＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴CG=CD（3）①如图3：当DE与AD的夹角为40°时，∠DEC＝45°+40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，③如图4：当DE与DC的夹角为40°时，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，综上所述，∠EFC＝130°或40°．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键.【题型9利用正方形的性质与判定求线段长】【例9】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E为AB边上一点，将△BEC沿CE翻折，点B落在点F处．当△AEF为直角三角形时，AE=．

【答案】2或5【分析】分∠AEF=90°,∠AFE=90°,∠FAE=90°三种情形计算．【详解】解：当∠AFE=90°时，连接AC，∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∴∠ABC=∠CFE=90°，AC=62+

∵∠AFE=90°，∴∠AFE+∠CFE=180°，∴A,F,C三点共线，根据折叠的性质，得CF=BC=6,EF=EB，∴AF=AC−CF=4，设AE=x，则EF=EB=8−x，根据勾股定理，得x2解得x=5，故AE=5；当∠AEF=90°时，∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∴∠ABC=∠CFE=90°，AD=BC=6，

∵∠AFE=90°，∴四边形BCFE是矩形，根据折叠的性质，得CF=BC=6,EF=EB，∴四边形BCFE是正方形，∴CF=BC=EF=EB=6，∴AE=AB−BE=8−6=2，故AE=2；当∠FAE=90°时，

∵CD＞∴F点不可能落到AD上，故∠FAE=90°不成立，故AE=2或AE=5，故答案为：2或5．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，分类思想，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．【变式9-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（）A．2 B．3 C．62 D．【答案】D【分析】分别取AD,BC的中点为G,H，连接EG,HE,HF,FG，利用中点四边形的性质可以推出EG//__12【详解】解：分别取AD,BC的中点为G,H，连接EG,HE,HF,FG，∵E,F分别是AB,CD的中点，∴EG//又∵AC⊥BD,AC=BD=2，∴HE=EG=GF=HF=1,HF⊥FG，∴四边形EGFH是正方形，∴EF=2故选：D．【点睛】本题考查了中点四边形的性质、正方形的判定及性质，解题的关键是作出适当的辅助线，利用题意证明出四边形EGFH是正方形．【变式9-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠CDA＝90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为121，则BE＝．【答案】11【分析】运用割补法把原四边形转化为正方形，求出BE的长．【详解】解：过B点作BF⊥CD，与DC的延长线交于F点，∵∠BED＝∠F＝∠D＝90°，∴四边形BEDF是矩形，∴∠EBF＝90°，∴∠FBC+∠CBE＝90°，∵∠ABE+∠EBC＝∠ABC＝90°，∴∠FBC＝∠ABE，在△BCF和△BEA中∠F=∠AEB∠CBF=∠ABE∴△BCF≌△BEA（AAS），则BE＝BF，∴矩形BEDF是正方形，∴S四边形ABCD＝S正方形BEDF＝121，∴BE＝11，故答案为：11．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变，所求BE就是正方形的边长；也可以看作将三角形ABE绕B点逆时针旋转90°后的图形．【变式9-3】（2023春·浙江杭州·八年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是BC中点，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点B，D分别与点E，F对应，连结CF，此时四边形ABCF为平行四边形．（1）若AB=5，求AF的长．（2）求∠CEF的度数．【答案】（1）25【分析】（1）由旋转可得AD=AF，由平行四边形的性质可得AF=BC，可得AD=BC，由三线合一的性质得到AD⊥BC，BD=CD=12BC，设BD=CD=x，利用勾股定理列出方程，求出x（2）延长FE、BC交于点M，根据已知条件得到四边形ADMF为正方形，得到AD=FM=AF=DM，证明CM=EM，证明△CEM为等腰直角三角形，从而可得结果．【详解】解：（1）由旋转性质可得，AD=AF．又∵四边形ABCF为平行四边形，∴AF=BC，∴AD=BC，又∵AB=AC，点D为BC的中点，∴AD为△ABC的中线，BD=CD=1∴由三线合一性质可得：AD⊥BC，∴设BD=CD=x，则BC=AD=AF=2x．在Rt△ABD中，由勾股定理可得：A∴(2x)2