TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157031185" 題型01 根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度
\l "_Tc157031186" 題型02 根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長
\l "_Tc157031187" 題型03 根據(jù)正方形的性質(zhì)求面積
\l "_Tc157031188" 題型04 根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)
\l "_Tc157031189" 題型05 與正方形有關(guān)的折疊問題
\l "_Tc157031190" 題型06 求正方形重疊部分面積
\l "_Tc157031191" 題型07 利用正方形的性質(zhì)證明
\l "_Tc157031192" 題型08 添加一個條件使四邊形是正方形
\l "_Tc157031193" 題型09 證明四邊形是正方形
\l "_Tc157031194" 題型10 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度
\l "_Tc157031195" 題型11 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長
\l "_Tc157031196" 題型12 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積
\l "_Tc157031197" 題型13 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明
\l "_Tc157031198" 題型14 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題
\l "_Tc157031199" 題型15 與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問題
\l "_Tc157031200" 題型16 與正方形有關(guān)的動點問題
\l "_Tc157031201" 題型17 正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用
\l "_Tc157031202" 題型18 正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用
\l "_Tc157031203" 題型19 正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用
\l "_Tc157031204" 題型20 平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定
\l "_Tc157031205" 題型21 利用矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定求解
\l "_Tc157031206" 題型22 利用等腰梯形的性質(zhì)與判定求解
題型01 根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度
1．（2022·黑龍江綏化·?？寄M預(yù)測）如圖，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN=30°，直角頂點P在正方形ABCD的對角線BD上，點M，N分別在AB和CD邊上，MN與BD交于點O，且點O為MN的中點，則∠AMP的度數(shù)為（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】根據(jù)斜邊中線等于斜邊一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度數(shù)，即可求出∠AMP的度數(shù)．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形中，
∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵點O為MN的中點
∴OM=ON，
∵∠MPN=90°，
∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，
∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，
∠AMP=180°-75°-30°=75°，
故選：C．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)，解題關(guān)鍵是熟練運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)，根據(jù)角的關(guān)系進(jìn)行計算．
2．（2023·河北石家莊·統(tǒng)考一模）一個正方形和一個直角三角形的位置如圖所示，若∠1=α，則∠2=（ ）
A．α-45°B．α-90°C．270°-αD．180°-α
【答案】D
【分析】先由三角形外角的性質(zhì)得到∠3=α-90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答案．
【詳解】解：如圖，
由題意可知，∠1=∠3+90°，
∵∠1=α，
∴∠3=α-90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠2=90°-∠3=90°-α-90°=180°-α．
故選：D
【點睛】此題考查了正方形的性質(zhì)、三角形外角的性質(zhì)等知識，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
3．（2023·江蘇南京·統(tǒng)考一模）如圖，點O是正六邊形ABCDEF的中心，以AB為邊在正六邊形ABCDEF的內(nèi)部作正方形ABMN，連接OD,ON，則∠DON＝ °．

【答案】105
【分析】連接OA，OB，OE，根據(jù)正六邊形的性質(zhì)可得，△AOB，△DOE是等邊三角形，再證明四邊形OBCD是菱形，以及△AON是等腰三角形，分別求出∠BOD=120°, ∠AOB=60°, ∠AON=75°，從而可得出結(jié)論．
【詳解】解：∵六邊形ABCDE是正六邊形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠FAB=∠ABC=∠BCD=120°,
∵四邊形ABMN是正方形，
∴AB=BM=MN=NA,∠NAB=∠ABM=90°,
連接OA，OB，OE，如圖，

則△AOB，△DOE是等邊三角形，
∴∠OAB=∠ABO=∠AOB=60°,OA=OB=AB,OD=ED,
∴OA=AN=OB=CD=BC=CD, ∠OBC=120°-60°=60°, ∠OAN=90°-60°=30°,
∴四邊形OBCD是菱形，∠AON=12180°-30°=75°，
∴∠BOD=180°-∠OBC=180°-60°=120°,
∴∠DON=360°-∠BOD-∠AOB-∠AON=360°-120°-60°-75°=105°，
故答案為：105．
【點睛】本題主要考查了正六邊形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，菱形的判定與性質(zhì)以及等腰三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解答本題的關(guān)鍵．
題型02 根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長
4．（2021·山東淄博·統(tǒng)考二模）如圖，在△ABC中，BC=120，高AD=60，正方形EFGH一邊在BC上，點E,F分別在AB,AC上，AD交EF于點N，則AN的長為（ ）
A．15B．20C．25D．30
【答案】B
【分析】證明△AEF∽△ABC，根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊上的高線的比等于相似比即可求得．
【詳解】解：∵四邊形EFGH是正方形，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=ANAD．
設(shè)AN=x，則EF=FG=DN=60-x，
∴60-x120=x60
解得：x=20
所以，AN=20．
故選：B．
【點睛】本題考查了正方形以及相似三角形的應(yīng)用，注意數(shù)形結(jié)合的運(yùn)用是解題關(guān)鍵．
5．（2023·山東日照·?？既＃┤鐖D，正方形ABCD的邊長為8，點E是CD的中點，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點H、G，則BG＝ ．
【答案】1
【分析】連接AG，EG，根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)可得AG=EG，由點E是CD的中點，得CE=4，設(shè)BG=x，則CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【詳解】解：連接AG，EG，如圖，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的邊長為8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵點E是CD的中點，
∴CE=4，
設(shè)BG=x，則CG=8-x，
由勾股定理，得
EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴（8-x）2+42=82+x2，
解得：x=1，
故答案為：1．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理及其運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．
6．（2023·內(nèi)蒙古包頭·模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD中，點E、F分別在邊BC、CD上，AE=AF,∠EAF=30°，則∠AEB= °；若△AEF的面積等于1，則AB的值是 ．
【答案】 60 3
【分析】由正方形的性質(zhì)證明△ABE?△ADF，即可得到∠BAE=∠DAF，再由∠EAF=30°可得∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°，即可求出∠AEB．設(shè)BE=x，表示出△AEF的面積，解方程即可．
【詳解】∵正方形ABCD
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD=DC=CB
∵AE=AF
∴Rt△ABE?Rt△ADF（HL）
∴∠BAE=∠DAF，BE=DF
∵∠EAF=30°，∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°
∴∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°
∴∠AEB=60°
設(shè)BE=x
∴AB=3x,DF=BE=x,CE=CF=(3-1)x
∴S△AEF=S正方形△ABCD-S△ABE-S△ADF-S△CEF
=AB2-12AB?BE×2-12CE?CF
=(3x)2-3x?x-12(3-1)x?(3-1)x
=x2
∵△AEF的面積等于1
∴x2=1，解得x=1，x=-1（舍去）
∴AB=3x=3
故答案為：60；3．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、30°直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．
題型03 根據(jù)正方形的性質(zhì)求面積
7．（2023·云南·模擬預(yù)測）如圖，在邊長為6的正方形ABCD中，以BC為直徑畫半圓，則陰影部分的面積是（ ）
A．9B．6C．3D．12
【答案】A
【分析】設(shè)AC與半圓交于點E，半圓的圓心為O，連接BE，OE，證明BE=CE，得到弓形BE的面積=弓形CE的面積，則S陰影=SABE=S△ABC-S△BCE=12×6×6-12×6×3=9．
【詳解】解：設(shè)AC與半圓交于點E，半圓的圓心為O，連接BE，OE，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠OCE=45°，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE=45°，
∴∠EOC=90°，
∴OE垂直平分BC，
∴BE=CE，
∴弓形BE的面積=弓形CE的面積，
∴S陰影=SABE=S△ABC-S△BCE=12×6×6-12×6×3=9，
故選A．
【點睛】本題主要考查了求不規(guī)則圖形的面積，正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，圓的性質(zhì)，熟知相關(guān)知識是解題的關(guān)鍵．
8．（2021·天津津南·統(tǒng)考一模）七巧板是大家熟悉的一種益智玩具，用七巧板能拼出許多有趣的圖案．小李將塊等腰直角三角形硬紙板（如圖①）切割七塊，正好制成一副七巧板（如圖②），已知AB=40cm，則圖中陰影部分的面積為（ ）
A．25cm2B．1003cm2C．50cm2D．75cm2
【答案】C
【分析】如圖，設(shè)OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝22x＝20，解方程即可解決問題．
【詳解】解：如圖，設(shè)OF＝EF＝FG＝x，
∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝22x，
由題意EH＝20cm，
∴20＝22x，
∴x＝52，
∴陰影部分的面積＝（52）2＝50（cm2），
故選：C．
【點睛】本題考查正方形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是理解題意，靈活運(yùn)用所學(xué)知識解決問題，屬于中考常考題型．
9．（2021·江蘇蘇州·統(tǒng)考一模）七巧板是我們祖先的一項創(chuàng)造，被譽(yù)為“東方魔板”．在一次數(shù)學(xué)活動課上，小明用邊長為4cm的正方形紙片制作了如圖所示的七巧板，并設(shè)計了下列四幅作品—“奔跑者”，其中陰影部分的面積為5cm2的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面積＝18×12×42＝1cm2，可得平行四邊形面積為2cm2，中等的等腰直角三角形的面積為2cm2，最大的等腰直角三角形的面積為4cm2，再根據(jù)陰影部分的組成求出相應(yīng)的面積即可求解．
【詳解】解：最小的等腰直角三角形的面積＝18×12×42＝1（cm2），平行四邊形面積為2cm2，中等的等腰直角三角形的面積為2cm2，最大的等腰直角三角形的面積為4cm2，則
A、陰影部分的面積為2+2＝4（cm2），不符合題意；
B、陰影部分的面積為1+2＝3（cm2），不符合題意；
C、陰影部分的面積為4+2＝6（cm2），不符合題意；
D、陰影部分的面積為4+1＝5（cm2），符合題意；
故選：D．
【點睛】本題考查圖形的剪拼、七巧板，解題的關(guān)鍵是求出最小的等腰直角三角形的面積，學(xué)會利用分割法求陰影部分的面積．
題型04 根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)
10．（2023·河南周口·校聯(lián)考一模）如圖，正方形OABC的邊OA，OC分別在x軸，y軸上，點M，N分別在OA，AB上，△CMN是等邊三角形，連接AC，交MN于點G．若AM=4，則點G的坐標(biāo)為（ ）

A．3,2B．23,2C．26,2D．3+2,2
【答案】B
【分析】過點G作GH⊥OA于H，利用正方形性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)可證得Rt△CBN≌Rt△COM(HL)，得出BN=OM，推出AN=AM=4，利用等腰直角三角形性質(zhì)和等邊三角形性質(zhì)即可求得答案．
【詳解】解：如圖，過點G作GH⊥OA于H，

∵四邊形ABCO是正方形，
∴∠OAB=∠ABC=∠COA=90°，∠CAO=∠CAB=45°，CB=CO=AB=AO，
∵△CMN是等邊三角形，
∴CM=CN，
∴Rt△CBN≌Rt△COM(HL)，
∴BN=OM，
∴AB-BN=AO-OM，
即AN=AM=4，
∴MN=42，∠AMN=∠ANM=45°，
∴∠AGM=∠AGN=90°，
∴MG=NG=AG=22，
∵△CMN是等邊三角形，MG=NG=22，
∴CG=3MG=26，
∴AC=AG+CG=22+26，
∴OA=AC2×2=2+23，
∵△AMG是等腰直角三角形，GH⊥OA，
∴GH=AH=12AM=2，
∴OH=OA-AH=2+23-2=23，
∴點G的坐標(biāo)為(23，2)．
故選：B．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，等邊三角形性質(zhì)，等腰直角三角形性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，解直角三角形等知識，知識點較多，綜合性強(qiáng)，是?？碱}型，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
11．（2023·河南南陽·統(tǒng)考一模）在學(xué)習(xí)《圖形與坐標(biāo)》的課堂上，老師讓同學(xué)們自主編題，梅英同學(xué)編的題目是：“已知正方形ABCD（邊長自定），請建立適當(dāng)?shù)钠矫嬷苯亲鴺?biāo)系，確定正方形ABCD各頂點的坐標(biāo)”．同桌魏華同學(xué)按題目要求建立了平面直角坐標(biāo)系并正確的寫出了正方形各頂點的坐標(biāo)．若在魏華同學(xué)建立的平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD關(guān)于x軸對稱，但不關(guān)于y軸對稱，點A的坐標(biāo)為-3,2，則點C的坐標(biāo)為（ ）
A．3,-2B．2,-3C．-3,-2D．1,-2
【答案】D
【分析】先根據(jù)“正方形ABCD關(guān)于x軸對稱”確定x軸的位置，再根據(jù)點A的坐標(biāo)確定原點的位置，進(jìn)而確定y軸的位置，從而寫出點C的坐標(biāo)．
【詳解】解：∵正方形ABCD關(guān)于x軸對稱，
∴x軸經(jīng)過AB,CD中點E、F，
∴連接EF，即為x軸，
∵點A的坐標(biāo)為-3,2，
∴點A到y(tǒng)軸距離為3，
則將EF四等分，其中等分點O使得OE=3OF，以點O為原點，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖：
∵正方形ABCD關(guān)于x軸對稱，點A的坐標(biāo)為-3,2，
∴點B坐標(biāo)為-3,-2，
∴AB=2--2=4，則EF=4，
∵OE=3，
∴OF=1，
∴點C的坐標(biāo)為1,-2．
故選：D．
【點睛】本題考查平面直角坐標(biāo)系中點的坐標(biāo)，正方形的性質(zhì)，根據(jù)所給條件確定坐標(biāo)系是解題的關(guān)鍵．
12．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是正方形，A點坐標(biāo)為0,2，E是線段BC上一點，且∠AEB=60°，沿AE折疊后B點落在點F處，那么點F的坐標(biāo)是 ．

【答案】-1,2-3
【分析】過點F作FD⊥CO于D，F(xiàn)G⊥AO于G，先由正方形的性質(zhì)和折疊的性質(zhì)得出∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，再根據(jù)含30度的直角三角形的性質(zhì)及勾股定理求解即可．
【詳解】點F作FD⊥CO于D，F(xiàn)G⊥AO于G，

∵四邊形OABC是正方形，A點坐標(biāo)為0,2，
∴AB=2,AO=2，
∵∠AEB=60°，沿AE折疊后B點落在點F，
∴∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，
在Rt△AFG中，∠FAG=30°，
∴FG=1，
由勾股定理得，AG=22-12=3，
∴GO=2-3，點F的坐標(biāo)為-1,2-3．
故答案為：-1,2-3．
【點睛】本題考查了軸對稱的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，勾股定理和含30度的直角三角形的性質(zhì)，能夠添加合適的輔助線是解題的關(guān)鍵．
13．（2023·安徽蚌埠·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD為正方形，點A0,3,B1,0，將正方形ABCD沿x軸的負(fù)方向平移，使點D恰好落在直線AB上，則平移后點B的坐標(biāo)為 ．

【答案】-73,0/-213,0
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)可證明△AOB?△DFA，得出AF=OB=1,DF=OA=3，進(jìn)而得出點G的縱坐標(biāo)是4，利用待定系數(shù)法求出直線AB的解析式，得出DG的長，從而可得正方形平移的距離，即可求解．
【詳解】解：設(shè)平移后點D的對應(yīng)點為G，DG交y軸于點F，如圖，
則DG⊥y軸，
∴∠AFD=90°，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠DAB=90°，
∴∠BAO=90°-∠DAF=∠ADF，
又∵∠AOB=∠DFA=90°，
∴△AOB?△DFA，
∵A0,3,B1,0，
∴AF=OB=1,DF=OA=3，
∴OF=AF+OA=4，
∴點G的縱坐標(biāo)是4，
設(shè)直線AB的解析式為y=kx+b，
則k+b=0b=3，
解得k=-3b=3，
∴直線AB的解析式為y=-3x+3，
當(dāng)y=4時，-3x+3=4，解得x=-13，
∴DG=3+13=103，
平移后點B的坐標(biāo)為-73,0；
故答案為：-73,0．

【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式、平移的性質(zhì)等知識，熟練掌握上述知識、靈活應(yīng)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵．
題型05 與正方形有關(guān)的折疊問題
14．（2021·黑龍江哈爾濱·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，AB=3，點E，F(xiàn)分別在邊AB，CD上，∠EFD=60°．若將四邊形EBCF沿EF折疊，點B恰好落在AD邊上點B'處，則BE的長度為（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折疊得到∠FEB=∠FEB'=60°，進(jìn)而得到∠AEB'=60°，然后在Rt△AEB'中由30°所對直角邊等于斜邊一半即可求解．
【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折疊前后對應(yīng)角相等可知：∠FEB=∠FEB'=60°，
∴∠AEB'=180°-∠FEB-∠FEB'=60°，
∴∠AB'E=30°，
設(shè)AE=x，則BE=B'E=2x，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故選：D．
【點睛】本題借助正方形考查了折疊問題，30°角所對直角邊等于斜邊的一半等知識點，折疊問題的性質(zhì)包括折疊前后對應(yīng)邊相等，對應(yīng)角相等，折疊產(chǎn)生角平分線，由此即可解題．
15．（2023·廣東肇慶·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD為正方形，點E是BC的中點，將正方形ABCD沿AE折疊，得到點B的對應(yīng)點為點F，延長EF交線段DC于點P，若AB=6，則DP的長度為 ．
【答案】2
【分析】連接AP，根據(jù)正方形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)證明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD?PD＝6?x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根據(jù)勾股定理即可解決問題．
【詳解】解：連接AP，如圖所示，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵點E是BC的中點，
∴BE＝CE＝12AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
AP=APAF=AD，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
設(shè)PF＝PD＝x，則CP＝CD?PD＝6?x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根據(jù)勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6?x）2，解得x＝2，則DP的長度為2，
故答案為：2．
【點睛】本題考查了翻折變換，正方形的性質(zhì)，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是掌握翻折的性質(zhì)．
16．（2023·廣西·模擬預(yù)測）如圖，正方形ABCD的邊長為10，點G是邊CD的中點，點E是邊AD上一動點，連接BE，將△ABE沿BE翻折得到△FBE，連接GF．當(dāng)GF最小時，AE的長是 ．
【答案】55-5
【分析】根據(jù)動點最值問題的求解步驟：①分析所求線段端點（誰動誰定）；②動點軌跡；③最值模型（比如將軍飲馬模型）；④定線段；⑤求線段長（勾股定理、相似或三角函數(shù)），結(jié)合題意求解即可得到結(jié)論．
【詳解】解：①分析所求線段GF端點：G是定點、F是動點；②動點F的軌跡：正方形ABCD的邊長為10，點E是邊AD上一動點，連接BE，將△ABE沿BE翻折得到△FBE，連接GF，則BF=BA=10，因此動點軌跡是以B為圓心，BA=10為半徑的圓周上，如圖所示：
③最值模型為點圓模型；④GF最小值對應(yīng)的線段為GB-10；⑤求線段長，連接GB，如圖所示：
在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的邊長為10，點G是邊CD的中點，則CG=5,BC=10，根據(jù)勾股定理可得BG=CG2+BC2=52+102=55，
當(dāng)G、F、B三點共線時，GF最小為55-10，
接下來，求AE的長：連接EG，如圖所示
根據(jù)翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，設(shè)AE=x，則根據(jù)等面積法可知S正方形=SΔEDG+SΔBCG+SΔBAE+SΔBEG，即100=12DE?DG+12BC?CG+12AB?AE+12BG?EF=12[5(10-x)+5×10+10x+55x]整理得(5+1)x=20，解得x=AE=205+1=20(5-1)(5+1)(5-1)=55-5，
故答案為：55-5．
【點睛】本題考查動點最值下求線段長，涉及到動點最值問題的求解方法步驟，熟練掌握動點最值問題的相關(guān)模型是解決問題的關(guān)鍵．
17．（2022·吉林長春·統(tǒng)考模擬預(yù)測）【推理】
如圖1，在邊長為10的正方形ABCD中，點E是CD上一動點，將正方形沿著BE折疊，點C落在點F處，連接BE，CF，延長CF交AD于點G，BE與CG交于點M．
(1)求證：CE=DG．
【運(yùn)用】
(2)如圖2，在【推理】條件下，延長BF交AD于點H，若CE=6，求線段DH的長．
【拓展】
(3)如圖3，在【推理】條件下，連接AM，則線段AM的最小值為______．
【答案】(1)見解析
(2)143
(3)55-5
【分析】（1）利用ASA證明△BCE≌△CDG，即可得出結(jié)論；
（2）連接HE，利用等角對等邊證明HG=HF，設(shè)DH=x，則GH=HF=6-x，由勾股定理得，6-x2+62=x2+42，解方程即可；
（3）取BC的中點O，連接OM，AO，利用勾股定理求出AO，根據(jù)直角三角形斜邊上中線等于斜邊的一半得出MO，從而得出M的運(yùn)動路徑，進(jìn)而解決問題．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，
∴∠DCG+∠BCM=90°，
∵正方形ABCD沿BE折疊，
∴∠BMC=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠CBM=∠DCG，
∴△BCE≌CDGASA，
∴CE=DG；
（2）解：連接HE，
∵正方形ABCD沿BE折疊，
∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，
∵AD∥BC，
∴∠HGF=∠BCF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HGF=∠HFG，
∴HG=HF，
設(shè)DH=x，則GH=HF=6-x，
由勾股定理得，6-x2+62=x2+42，
解得：x=143，
∴DH=143；
（3）解：取BC的中點O，連接OM，AO，
則BO=5，AO=55，
∵∠BMC=90°，O為BC的中點，
∴MO=12BC=5，
∵AM>AO-OM，
∴ AM的最小值為AO-MO=55-5，
故答案為：55-5．
【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，翻折的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角形三邊關(guān)系，運(yùn)用勾股定理列方程是解題的關(guān)鍵．
題型06 求正方形重疊部分面積
18．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分別以該直角三角形的三邊為邊，并在直線AB同側(cè)作正方形ABMN，正方形BQPC，正方形ACEF，且點N恰好在正方形ACEF的邊EF上．其中S1,S2,S3,S4,S5表示相應(yīng)陰影部分面積，若S3＝1，則S1+S2+S4+S5=（ ）
A．2B．23C．3D．352
【答案】C
【分析】如圖，連接MQ，作MG⊥EC于G，設(shè)PC交BM于T，MN交EC于W．證明△ABC≌△MBQ（SAS），推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共線，由四邊形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，證明△MGW≌△BCT（AAS），推出MW＝BT，由MN＝BM，NW＝MT，可證△NWE≌MTP，推出S1＋S5＝S3＝1，再利用AC2＋BC2＝AB2，進(jìn)而可求得S2＝S4=1，最后可求得S1+S2+S4+S5得值．
【詳解】解：如圖，連接MQ，作MG⊥EC于G，設(shè)PC交BM于T，MN交EC于W．
∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABC＝∠MBQ，
∵BA＝BM，BC＝BQ，
∴△ABC≌△MBQ（SAS），
∴∠ACB＝∠BQM＝90°，
∵∠PQB＝90°，
∴M，P，Q共線，
∵四邊形CGMP是矩形，
∴MG＝PC＝BC，
∵∠BCT＝∠MGB＝90°，
∴∠BTC＋∠CBT＝90°，∠BWM＋∠CBT＝90°，
∴∠BWM＝∠BTC，
∴△MGW≌△BCT（AAS），
∴MW＝BT，
∵M(jìn)N＝BM，
∴NW＝MT，可證△NWE≌MTP，
∴S1＋S5＝S3＝1，
∵∠F=∠ACB=90°，AF=AC，AN=AB，
∴Rt△ANF≌Rt△ABC（HL），
∴S2=S3=1，
∵AC2＋BC2＝AB2，
∴S1＋S2＋S左空＋S右空＋S5＝S3＋S4＋S左空＋S右空，
∴S1＋S2＋S5＝S3＋S4，
∴S2＝S4=1
∴S1+S2+S4+S5=3，
故選：C
【點睛】本題考查勾股定理的知識，有一定難度，解題關(guān)鍵是將勾股定理和正方形的面積公式進(jìn)行靈活的結(jié)合和應(yīng)用．
19．（2023·內(nèi)蒙古呼倫貝爾·?？家荒＃┤鐖D，邊長為2的正方形ABCD的對角線相交于點O，正方形EFGO繞點O旋轉(zhuǎn)，若兩個正方形的邊長相等，則兩個正方形的重合部分的面積（ ）
A．12B．34C．1D．2
【答案】C
【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，證出△OBN≌△OCMASA，可得四邊形OMBN的面積等于△BOC的面積，即重合部分的面積等于正方形面積的14，從而可得答案．
【詳解】解：如圖，∵四邊形ABCD和四邊形OEFG是兩個邊長相等的正方形，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON=∠MOC，
在△OBN與△OCM中，∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCMASA，
∴S△OBN=S△OCM，
∴四邊形OMBN的面積等于△BOC的面積，即重合部分的面積等于正方形面積的14，
∴兩個正方形的重合部分的面積=14×22=1，
故選：C．
【點睛】本題考查對正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識點的理解和掌握，能推出四邊形OMBN的面積等于△BOC的面積是解此題的關(guān)鍵．
20．（2022·廣東東莞·統(tǒng)考一模）問題提出：某興趣小組在一次綜合與實踐活動中提出這樣一個問題：將足夠大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一個頂點放在正方形中心O處，并繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，探究直角三角板PEF與正方形ABCD重疊部分的面積變化情況（已知正方形邊長為2）．
(1)操作發(fā)現(xiàn)：如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，重疊部分的面積為__________；當(dāng)OF與BC垂直時，重疊部分的面積為__________；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為__________；
(2)類比探究：若將三角板的頂點F放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，OE,OP分別與正方形的邊相交于點M，N．
①如圖2，當(dāng)BM=CN時，試判斷重疊部分△OMN的形狀，并說明理由；
②如圖3，當(dāng)CM=CN時，求重疊部分四邊形OMCN的面積（結(jié)果保留根號）；
(3)拓展應(yīng)用：若將任意一個銳角的頂點放在正方形中心O處，該銳角記為∠GOH（設(shè)∠GOH=α），將∠GOH繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過程中，∠GOH的兩邊與正方形ABCD的邊所圍成的圖形的面積為S2，請直接寫出S2的最小值與最大值（分別用含α的式子表示），
（參考數(shù)據(jù)：sin15°=6-24,cs15°=6+24,tan15°=2-3）
【答案】(1)1,1，S1=14S
(2)①△OMN是等邊三角形，理由見解析；②3-1
(3)tanα2,1-tan45°-α2
【分析】（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=14S．利用全等三角形的性質(zhì)證明即可；
（2）①結(jié)論：△OMN是等邊三角形．證明OM=ON，可得結(jié)論；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．證明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解決問題；
（3）如圖4-1中，過點O作OQ⊥BC于點Q，當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最?。鐖D4-2中，當(dāng)CM=CN時，S2最大．分別求解即可．
【詳解】（1）如圖1，若將三角板的頂點P放在點O處，在旋轉(zhuǎn)過程中，當(dāng)OF與OB重合時，OE與OC重合，此時重疊部分的面積=△OBC的面積=14正方形ABCD的面積=1；
當(dāng)OF與BC垂直時，OE⊥BC，重疊部分的面積=14正方形ABCD的面積=1；
一般地，若正方形面積為S，在旋轉(zhuǎn)過程中，重疊部分的面積S1與S的關(guān)系為S1=14S．
理由：如圖1中，設(shè)OF交AB于點J，OE交BC于點K，過點O作OM⊥AB于點M，ON⊥BC于點N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四邊形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四邊形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四邊形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案為：1，1，S1=14S．
（2）①如圖2中，結(jié)論：△OMN是等邊三角形．
理由：過點O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等邊三角形；
②如圖3中，連接OC，過點O作OJ⊥BC于點J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ?tan15°=2-3，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-3）=3-1，
∴S四邊形OMCN=2×12×CM×OJ=3-1．
（3）如圖4，將∠HOG沿OH翻折得到∠HOG'，則△MON≌△M'ON，此時則當(dāng)M,N在BC上時，S2比四邊形NOM'C的面積小，

設(shè)M'C=a,CN=b，則當(dāng)S△CNM'最大時，S2最小，
∵ S△MNM' =12ab≤12a+b22，即M'C=NC時，S△CNM'最大，
此時OC垂直平分M'N，即ON=OM'，則OM=ON
如圖5中，過點O作OQ⊥BC于點Q，

∵ OM=ON，OQ⊥MN
∴BM=CN
∴當(dāng)BM=CN時，△OMN的面積最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ?tanα2=tanα2，
∴MN=2MQ=2tanα2，
∴S2=S△OMN=12×MN×OQ=tanα2．
如圖6中，同理可得，當(dāng)CM=CN時，S2最大．

∵ OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM
則△COM≌△CON，
∴∠COM=α2，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-α2，
QM=OQ?tan（45°-α2）=tan（45°-α2），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-α2），
∴S2=2S△CMO=2×12×CM×OQ=1-tan（45°-α2）．
【點睛】本題屬于四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)變換，全等三角形的判定和性質(zhì)，四邊形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．
題型07 利用正方形的性質(zhì)證明
21．（2023·貴州銅仁·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E為AD上一點，連接BE，BE的垂直平分線交AB于點M，交CD于點N，垂足為O，點F在DC上，且MF∥AD．
(1)求證：△ABE≌△FMN；
(2)若AB=8，AE=6，求ON的長．
【答案】(1)見詳解
(2)254
【分析】（1）先證明四邊形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE證得∠MBO=∠OMF，結(jié)合∠A=90°=∠NFM即可證明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，可得(8-ME)2+62=ME2，解得：ME=254，即有BM=ME=254，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，則NO可求．
【詳解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AD，
AB∥DC，
∵M(jìn)F∥AD，∠A=∠D=90°，AB∥DC，
∴四邊形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，
∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵M(jìn)N是BE的垂直平分線，
∴MN⊥BE，
∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，
∴∠MBO=∠OMF，
∵∠NFM=∠A=90°MF=AB∠OMF=∠MBO，
∴△ABE≌△FMN；
（2）連接ME，如圖，
∵AB=8，AE=6，
∴在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=82+62=10，
∴根據(jù)（1）中全等的結(jié)論可知MN=BE=10，
∵M(jìn)N是BE的垂直平分線，
∴BO=OE=12BE=5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，
∴在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(8-ME)2+62=ME2，解得：ME=254，
∴BM=ME=254，
∴在Rt△BMO中，MO2=BM2-BO2，
∴MO=BM2-BO2=(254)2-52=154，
∴ON=MN-MO=10-154=254．
即NO的長為：254．
【點睛】本題考查了矩形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識，掌握勾股定理是解答本題的關(guān)鍵．
22．（2023·云南曲靖·統(tǒng)考一模）如圖，點M，N分別在正方形ABCD的邊BC，CD上，且∠MAN=45°，把△ADN繞點A順時針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE．
（1）求證：△AEM≌△ANM．
（2）若BM=3，DN=2，求正方形ABCD的邊長．
【答案】（1）證明見解析；（2）正方形ABCD的邊長為6．
【分析】（1）先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AE=AN,∠BAE=∠DAN，再根據(jù)正方形的性質(zhì)、角的和差可得∠MAE=45°，然后根據(jù)三角形全等的判定定理即可得證；
（2）設(shè)正方形ABCD的邊長為x，從而可得CM=x-3,CN=x-2，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BE=DN=2，從而可得ME=5，然后根據(jù)三角形全等的性質(zhì)可得MN=ME=5，最后在Rt△CMN中，利用勾股定理即可得．
【詳解】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：AE=AN,∠BAE=∠DAN
∵四邊形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°，即∠BAN+∠DAN=90°
∴∠BAN+∠BAE=90°，即∠EAN=90°
∵∠MAN=45°
∴∠MAE=∠EAN-∠MAN=90°-45°=45°
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠MAE=∠MAN=45°AM=AM
∴△AEM?△ANM(SAS)；
（2）設(shè)正方形ABCD的邊長為x，則BC=CD=x
∵BM=3,DN=2
∴CM=BC-BM=x-3,CN=CD-DN=x-2
由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得：BE=DN=2
∴ME=BE+BM=2+3=5
由（1）已證：△AEM?△ANM
∴MN=ME=5
又∵四邊形ABCD是正方形
∴∠C=90°
則在Rt△CMN中，CM2+CN2=MN2，即(x-3)2+(x-2)2=52
解得x=6或x=-1（不符題意，舍去）
故正方形ABCD的邊長為6．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、勾股定理等知識點，較難的是題（2），熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)與正方形的性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
23．（2022·北京東城·統(tǒng)考一模）如圖，在正方形ABCD中，E為對角線AC上一點（AE>CE），連接BE，DE．
(1)求證：BE=DE；
(2)過點E作EF⊥AC交BC于點F，延長BC至點G，使得CG=BF，連接DG．
①依題意補(bǔ)全圖形；
②用等式表示BE與DG的數(shù)量關(guān)系，并證明．
【答案】(1)見解析
(2)①見解析；②DG=2BE
【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AB=AD，∠BAE=∠DAE,依據(jù)SAS證明ΔABE?ΔADE即可得出結(jié)論；
（2）①根據(jù)題中作圖步驟補(bǔ)全圖形即可；②連接EG，證明ΔBEF?ΔDEG,得GE=BE,∠BEF=∠GEC，由（1）得DE=EG,∠DEG=90°, 再運(yùn)用勾股定理可得出結(jié)論．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠BAD=∠BCD=90°，
∵AC是正方形的對角線，
∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=12×90°=45°,
在△ABE和△ADE中，
AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE,
∴△ABE?△ADE,
∴BE=DE；
（2）①補(bǔ)全圖形如下：
②連接GE，如圖，
∵EF⊥AC,∠ECF=45°,
∴∠EFC=45°,
∴∠ECF=∠EFC,
∴EF=EC，∠EFB=∠ECG=135°，
又BF=CG,
∴△BEF?ΔGEC,
∴BE=GE,∠BEF=∠GEC,
∴GE=DE，
由（1）知：△ABE?ΔADE.，
∴∠AEB=∠AED,
∴∠BEC=∠DEC,即∠BEF+∠FEC=∠GEC+∠DEG，
∴∠DEG=∠FEC=90°
由勾股定理得，DG2=DE2+GE2，
∴DG2=2GE2=2BE2，
∴DG=2BE.
【點睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理等知識，證明ΔABE?ΔADE是解答本題的關(guān)鍵．
24．（2023·湖北鄂州·?？寄M預(yù)測）如圖，正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，點E為AB的中點，連接CE交BD于點F，延長CE交⊙O于點G，連接BG．
(1)求證：FB2=FE?FG；
(2)若AB=6．求FB和EG的長．
【答案】(1)見詳解
(2)FB=22，F(xiàn)G=855
【分析】（1）根據(jù)正方形性質(zhì)得出AD=BC，可證∠ABD=∠CGB，再證△BFE∽△GFB即可；
（2）根據(jù)點E為AB中點，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD==62，CE==35，然后證明△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF=22,EF=5即可．
【詳解】（1）證明：正方形ABCD內(nèi)接于⊙O，
∴AD=BC，
∴AD=BC，
∴∠ABD=∠CGB，
又∵∠EFB=∠BFG，
∴△BFE∽△GFB，
∴EFBF=BFGF，
即FB2=FE?FG；
（2）解：∵點E為AB中點，
∴AE=BE=3，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴CD=AB=AD=6，BD=AD2+AB2=62+62=62，CE=BC2+BE2=35，
∵CD∥BE，
∴△CDF∽△EBF，
∴CDEB=DFBF=CFEF=63=2，
∴DF=2BF，CF=2EF，
∴3BF=BD=62，3EF=35，
∴BF=22，EF=5，
由（1）得FG=FB2EF=85=855．
【點睛】本題考查圓內(nèi)接正方形性質(zhì)，弧，弦，圓周角關(guān)系，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握圓內(nèi)接正方形性質(zhì)，弧，弦，圓周角關(guān)系，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
題型08 添加一個條件使四邊形是正方形
25．（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交O，添加下列條件不能判定矩形ABCD是正方形的是（ ）
A．AB=BCB．AC=BDC．AC⊥BDD．∠1=∠2
【答案】B
【分析】根據(jù)正方形的判定方法即可一一判斷．
【詳解】解：A、正確．鄰邊相等的矩形是正方形，不符合題意；
B、錯誤．矩形的對角線相等，但對角線相等的矩形不一定是正方形，故符合題意；
C、正確．∵四邊形ABCD是矩形，
∴OD=OB，OC=OA，
∵AC⊥BD，
∴AD=AB，
∴矩形ABCD為正方形，故不符合題意；
D、正確，∵∠1=∠2，AB∥CD，
∴∠2=∠ACD，
∴∠1=∠ACD，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形，故不符合題意．
故選：B．
【點睛】本題考查了正方形的判定定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形的判定方法．
26．（2022·河南南陽·統(tǒng)考三模）在?ABCD中，已知AC、BD為對角線，現(xiàn)有以下四個條件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．從中選取兩個條件，可以判定?ABCD為正方形的是 ．（寫出一組即可）
【答案】①③或①④或②③或②④
【分析】根據(jù)矩形、菱形、正方形的判定作出選擇即可．
【詳解】①③：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD是矩形（有一個角是直角的平行四邊形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是正方形（對角線互相垂直矩形是正方形）；
①④：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，
∴四邊形ABCD是矩形（有一個角是直角的平行四邊形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；
②③：∵在?ABCD中，AC=BD，
∴四邊形ABCD是矩形（對角線相等的平行四邊形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四邊形ABCD是正方形（對角線垂直的矩形是正方形）；
②④：∵在?ABCD中，AC=BD，
∴四邊形ABCD是矩形（對角線相等的平行四邊形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；
故答案為：①③或①④或②③或②④．
【點睛】本題主要考查特殊平行四邊形的判定，熟練掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本題的關(guān)鍵．
27．（2020·廣東陽江·統(tǒng)考二模）如圖，在四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA，對角線AC與BD相交于點O．若不增加任何字母與輔助線，要使得四邊形ABCD是正方形，則還需添加的一個條件是 ．
【答案】AC=BD（或四邊形ABCD中任一個內(nèi)角等于直角）
【分析】根據(jù)菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．
【詳解】解：∵在四邊形ABCD中，AB=BC=CD=DA
∴四邊形ABCD是菱形
∴要使四邊形ABCD是正方形，則還需增加一個條件是：AC=BD．
故答案為：AC=BD（或四邊形ABCD中任一個內(nèi)角等于直角）．
【點睛】解答此題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形的判定定理，即有一個角是直角的菱形是正方形．
題型09 證明四邊形是正方形
28．（2023·江蘇南京·模擬預(yù)測）如圖，在?ABCD中，對角線AC、BD交于點O，E是BD延長線上的點，且△ACE是等邊三角形．
(1)求證：四邊形ABCD是菱形．
(2)若∠AED=2∠EAD，求證：四邊形ABCD是正方形．
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】（1）根據(jù)對角線互相垂直的平行四邊形是菱形．進(jìn)而利用菱形的判定證明即可；
（2）根據(jù)有一個角是90°的菱形是正方形，進(jìn)而根據(jù)菱形和正方形的判定證明即可．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AO=OC，即O是AC的中點，OE是△ACE的中線
∵△ACE是等邊三角形，
∴EO⊥AC(三線合一)
即BD⊥AC，
∴?ABCD是菱形，即四邊形ABCD是菱形；
（2）∵△ACE是等邊三角形，
∴∠EAC=60°
由（1）知，EO⊥AC，AO=OC
∴∠AEO=∠OEC=30°，△AOE是直角三角形
∴∠EAO=60°，
∵∠AED=2∠EAD，
∴∠EAD=15°，
∴∠DAO=∠EAO-∠EAD=45°，
∵?ABCD是菱形，
∴∠BAD=2∠DAO=90°，
∴菱形ABCD是正方形，即四邊形ABCD是正方形．
【點睛】此題主要考查菱形和正方形的判定，要靈活應(yīng)用判定定理及等腰三角形的性質(zhì)、外角的性質(zhì)定理．
29．（2021·河南南陽·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC中，AB=AC，BC為⊙O的直徑，D為⊙O上任意一點，連接AD交BC于點F，過A作EA⊥AD交DB的延長線于E，連接CD．
（1）求證：BE=CD
（2）填空：①當(dāng)∠EAB=_______°時，四邊形ABDC是正方形
②若四邊形ABDC的面積為6，則AD的長為________．
【答案】（1）見解析；（2）①45②23．
【分析】（1）根據(jù)ASA證明△ABE≌△ACD即可．
（2）①當(dāng)∠EAB的度數(shù)為45°時，四邊形ABDC是正方形，證明AB=BD=CD=AC即可解決問題．
②證明S△AED=S四邊形ABDC=6即可解決問題．
【詳解】解：（1）證明：∴BC為⊙O直徑，
∴∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠EAB=∠DAC=90°-∠BAD，
∵四邊形ABDC為⊙O的內(nèi)接四邊形，
∴∠ABE=∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
∠EAB=∠DAC，
AB=AC，
∠ABE=∠ACD，
∴△ABE?△ACD，
∴BE=CD
（2）①當(dāng)∠EAB=45°時，四邊形ABDC是正方形．
理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，
∴BD=CD ，
∴BD=CD，
∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，
∵BC=BC，
∴△ABC≌△DBC（ASA），
∴AB=AC=BD=CD，
∴四邊形ABDC是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴四邊形ABDC是正方形．
又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°
∴∠EAB=∠CAD
∴當(dāng)∠EAB=45°時，四邊形ABDC是正方形．
故答案為：45．
②∵△EAB≌△DAC，
∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，
∴S△AED=S四邊形ABDC=6，
∴12?AD2=6，
∴AD=23，
故答案為23．
【點睛】本題考查圓周角定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)等知識，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形解決問題．
30．（2023·山東青島·校聯(lián)考一模）如圖，延長平行四邊形ABCD的邊DC到E，使CE=CD，連結(jié)AE交BC于點F．
(1)求證：△ABF≌△ECF；
(2)若AE=AD，連接BE，當(dāng)線段OF與BD滿足怎樣的關(guān)系時，四邊形ABEC是正方形？請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)當(dāng)BD=25OF時，四邊形ABEC為正方形，證明見解析
【分析】（1）利用平行四邊形的性質(zhì)得出∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，進(jìn)而利用全等三角形的判定得出即可；
（2）首先判定四邊形ABEC是平行四邊形，進(jìn)而利用矩形的判定定理可得四邊形ABEC是矩形，結(jié)合BD=25OF，證明BE=CE，從而可得結(jié)論．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD，OA=OC，
∴∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，
又∵CE=CD， ∴AB=CE．
在△ABF和△ECF中，
∵ ∠ABF=∠ECFAB=CE∠BAF=∠CEF，
∴△ABF≌△ECF；
（2）如圖，當(dāng)BD=25OF時，四邊形ABEC為正方形，理由如下：
連接BE，
∵AB∥CD，AB=CE，
∴四邊形ABEC是平行四邊形，
又∵AE=AD，
∴AC⊥DE，即∠ACE=90°，
∴平行四邊形ABEC是矩形；
∴BF=CF，∠BEC=90°，
設(shè)OF=x，則CE=CD=2x，而BD=25OF=25x，
∴BE=BD2-DE2=20x2-16x2=2x，
∴BE=CE，
∴四邊形ABEC為正方形．
【點睛】本題考查的是全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，正方形的判定，勾股定理的應(yīng)用，熟練的證明四邊形是正方形是解本題的關(guān)鍵．
31．（2022·浙江杭州·統(tǒng)考一模）已知：如圖，邊長為4的菱形ABCD的對角線AC與BD相交于點O，若∠CAD=∠DBC．

(1)求證：四邊形ABCD是正方形．
(2)E是OB上一點，BE=1，且DH⊥CE，垂足為H，DH與OC相交于點F，求線段OF的長．
【答案】(1)證明見解析
(2)22-1
【分析】（1）由菱形的性質(zhì)得出AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC=180°，從而證明∠BAD=∠ABC，可求出∠BAD=90°，再由正方形的判定即可得證；
（2）由正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC=BD=42，CO=12AC=22，DO=12BD=22，得出∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，從而得出∠ECO=∠EDH，然后證明△ECO≌△FDOASA，最后利用全等三角形的性質(zhì)即可求出線段OF的長．
【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠BAD=∠ABC，
∴2∠BAD=180°，
∴∠BAD=90°，
∴四邊形ABCD是正方形．
（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=BC=4，
∴AC⊥BD，AC=BD=AB2+BC2=42，
∴OB=CO=12AC=22，DO=12BD=22，
∴∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，
∵DH⊥CE，垂足為H，
∴∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°，
∵∠ECO+∠DEH=90°，
∴∠ECO=∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
∠COE=∠DOFCO=DO∠ECO=∠FDO，
∴△ECO≌△FDOASA，
∴OE=OF．
∵BE=1，
∴OF=OE=OB-BE=22-1．
∴線段OF的長為22-1．
【點睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，勾股定理，等角的余角相等，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識．熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
題型10 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度
32．（2022·山東濟(jì)南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正八邊形ABCDEFGH中，AC、AE是兩條對角線，則∠CAE的度數(shù)為 °．
【答案】45
【分析】連接AG、GE、EC，易知四邊形ACEG為正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)即可求解．
【詳解】解：連接AG、GE、EC，如圖所示：
∵八邊形ABCDEFGH是正八邊形
∴AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFG=∠FGH=∠GHA=∠HAB=(8-2)·180°8=135°
∴ΔABC?ΔCDE?ΔEFG?ΔGHA
∴AC=CE=EG=GA
∴四邊形ACEG是菱形
又∠BAC=∠BCA=12(180°-135°)=22.5°，∠HAG=∠HGA=12(180°-135°)=22.5°
∴∠CAG=∠BAH-∠BAC-∠HAG=135°-22.5°-22.5°=90°
∴四邊形ACEG為正方形，
∵AE是正方形的對角線，
∴∠CAE=12∠CAG=12×90°=45°．
故答案為：45．
【點睛】本題考查了正多邊形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解決問題的關(guān)鍵．
33．（2018·陜西·陜西師大附中?？级＃┤鐖D，P為正方形ABCD內(nèi)一點，PA：PB：PC=1：2：3，則∠APB= .
【答案】135°
【分析】通過旋轉(zhuǎn)，把PA、PB、PC或關(guān)聯(lián)的線段集中到同一個三角形，再根據(jù)兩邊的平方和等于第三邊求證直角三角形，可以求解∠APB．
【詳解】把△PAB繞B點順時針旋轉(zhuǎn)90°，得△P′BC，
則△PAB≌△P′BC，
設(shè)PA=x，PB=2x，PC=3x，連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°．
故答案為135°．
【點睛】本題考查的是正方形四邊相等的性質(zhì)，考查直角三角形中勾股定理的運(yùn)用，把△PAB順時針旋轉(zhuǎn)90°使得A′與C點重合是解題的關(guān)鍵．
34．（2022·江西南昌·統(tǒng)考一模）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點A旋轉(zhuǎn)一周．
(1)如圖1，連接BG、CF，
①求CFBG的值；
②求∠BHC的度數(shù)．
(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖2位置時，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點M、N，連接MN，猜想MN與BE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由．
【答案】(1)①2；②45°；
(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由見解析
【分析】（1）①通過證明△CAF∽△BAG，可得CFBG=2；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的內(nèi)角和定理，即可求出答案；
（2）過點C作CH∥EF，由“ASA”可證△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可證△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位線定理可得結(jié)論．
【詳解】（1）①如圖1，連接AF，AC，
∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，
∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG=2；
②∵AC是正方形ABCD的對角線，
∴∠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：如圖2
連接ME，過點C作CQ∥EF，交直線ME于Q，連接BQ，設(shè)CF與AD交點為P，CF與AG交點為R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵點M是CF的中點，
∴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°，
∵M(jìn)Q＝ME，點N是BE中點，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【點睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．
題型11 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長
35．（2022·廣東廣州·統(tǒng)考二模）如圖，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=6，線段PQ在斜邊AC上運(yùn)動，且PQ=2．連接BP，BQ．則△BPQ周長的最小值是（ ）
A．62+2B．219+2C．8D．45+2
【答案】B
【分析】如圖，過點D作DE∥AC，且點E在AD上方，DE=2，連接BE交AC于點P，取PQ=2，連接BE，DQ，BD．B，P，E三點共線，此時△BPQ的周長=BP+BQ+PQ=BE+2最小
【詳解】解：如圖，過點A作AD∥BC，過點C作CD∥AB，兩直線相交于點點D；
過點D作DE∥AC，且點E在AD上方，DE=2，連接BE交AC于點P，取PQ=2，連接DQ，BD，
∴四邊形ABCD為正方形，點Q是對角線AC上的一點，AB=6，
∴BQ=QD，BD⊥AC，BD=AC=62，
∵DE∥PQ，DE=PQ，
∵四邊形PQDE為平行四邊形，
∴PE=DQ=BQ，
∵B，P，E三點共線，
∴此時△BPQ的周長=BP+BQ+PQ=BE+2最?。?br>∵BD⊥AC，
∴BD⊥DE，即∠BDE=90°，
∴BE=BD2+DE2=219，
∴△BPQ周長的最小值為219+2，
故選：B．
【點睛】本題考查了軸對稱-最短路線問題，熟練運(yùn)用軸對稱的性質(zhì)和平行四邊形、正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．
36．（2022·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，點E為正方形ABCD外一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞A點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADF，DF的延長線交BE于H點，若BH＝7，BC＝13，則DH＝ ．
【答案】17
【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，從而證明四邊形AEHF為正方形，再根據(jù)勾股定理求出EH的長，就可得到DH．
【詳解】解：∵將Rt△ABE繞A點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADF，∠AEB＝90°，
∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，
∴四邊形AEHF為正方形，
∴AF＝EH，
設(shè)EH＝x，
∵BH＝7，
∴BE＝7+x，AF＝EF＝x，
在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，
在Rt△AFD中，
根據(jù)勾股定理，得7+x2+x2=132，
解得x1＝﹣12（舍去），x2＝5，
∴DH＝17．
故答案為：17．
【點睛】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)、正方形的性質(zhì)，熟練應(yīng)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，證明四邊形AEHF為正方形是解題關(guān)鍵．
37．（2022·安徽合肥·統(tǒng)考二模）已知在四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD，且∠BAD=90°，連接AC、BD交于點O．
①若AB＝BC，則ODOB= ；
②若AB＝AC，則ODOB= ．
【答案】 1 33
【分析】①若AB＝BC，可證四邊形ABCD為正方形，得出OB=OD；
②過點D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，若AB＝AC，得出△ACD為等邊三角形，利用30°直角三角形性質(zhì)得出AE=12AD，利用勾股定理求出DE=AD2-AE2=32AD，再求出∠BAC=90°-∠CAD=30°，可求BF=12AB=12AD，再證△BOF∽△DOE即可．
【詳解】解：①若AB＝BC，
∵AB＝AD＝CD，
∴AB＝AD＝CD=BC，
∴四邊形ABCD為菱形，
∵∠BAD=90°，
∴四邊形ABCD為正方形，
∴OB=OD，
ODOB=1，
故答案為1；
②過點D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，
若AB＝AC，
∵AB＝AD＝CD，
∴AB=AD=CD=AC，
∴三角形ACD為等邊三角形，
∴∠DAO=60°，
∵DE⊥DE，
∴∠ADE=90°-∠DAE=30°
∴AE=12AD，DE=AD2-AE2=32AD，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAC=90°-∠CAD=30°，
∵BF⊥AC
∴BF=12AB=12AD
∵∠BFO=∠DEO=90°，∠BOF=∠DOE，
∴△BOF∽△DOE，
∴BODO=BFDE=12AD32AD=33．
故答案為：33．
【點睛】本題考查正方形的判定與性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)，掌握正方形的判定與性質(zhì)，30°直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，三角形相似判定與性質(zhì)是解題關(guān)鍵．
38．（2022·北京·二模）如圖，在四邊形ABCD中，∠ADC=∠B=90°，過點D作DE⊥AB于E，若DE=BE．
（1）求證：DA=DC；
（2）連接AC交DE于點F，若∠ADE=30°,AD=6，求DF的長．
【答案】（1）見解析；（2）63-6
【分析】（1）過D作BC的垂線，交BC的延長線于點G，連接BD，證明四邊形BEDG為正方形，得到條件證明△ADE≌△CDG，可得AD=CD；
（2）根據(jù)∠ADE=30°，AD=6，得到AE，DE，從而可得BE，BG，設(shè)DF=x，證明△AEF∽△ABC，得到比例式，求出x值即可．
【詳解】解：（1）過D作BC的垂線，交BC的延長線于點G，連接BD，
∵∠DEB=∠ABC=∠G=90°，DE=BE，
∴四邊形BEDG為正方形，
∴BE=DE=DG，∠BDE=∠BDG=45°，
∵∠ADC=90°，即∠ADE+∠CDE=∠CDG+∠CDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，又DE=DG，∠AED=∠G=90°，
∴△ADE≌△CDG（ASA），
∴AD=CD；
（2）∵∠ADE=30°，AD=6，
∴AE=CG=3，DE=BE=AD2-AE2=33，
∵四邊形BEDG為正方形，
∴BG=BE=33，
BC=BG-CG=33-3，
設(shè)DF=x，則EF=33-x，
∵DE∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AEAB，即33-x33-3=333+3，
解得：x=63-6，
即DF的長為63-6．
【點睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，解題的關(guān)鍵是作出輔助線，構(gòu)造全等三角形．
題型12 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積
39．（2020·河北唐山·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖是用8塊A型瓷磚（白色四邊形）和8塊B型瓷磚（黑色三角形）不重疊、無空隙拼接而成的一個正方形圖案，圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為（ ）
A．2:1B．3:2C．3:1D．2:2
【答案】A
【分析】作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF,可知四邊形DCFK是正方形，
∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2DK，再求出SΔDFNSΔDNK=2，即可得到
SA型SB型=2SΔDFN2SΔDNK=2.
【詳解】如圖，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，連接DF．
由題意：四邊形DCFK是正方形，∠CDM=∠MDF=∠FDN=∠NDK，
∴∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2DK，
∵DN平分∠FDK，
∴△DFN與△DNK的高相等，底分別為DF與DK.
∴SΔDFNSΔDNK=FNNK=DFDK=2
∴SA型SB型=2SΔDFN2SΔDNK=2，
∴圖案中A型瓷磚的總面積與B型瓷磚的總面積之比為2:1，
故選A．
【點睛】此題主要考查正方形內(nèi)的面積求解，解題的關(guān)鍵是根據(jù)圖形的特點進(jìn)行做輔助線進(jìn)行求解.
40．（2022·浙江舟山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于點D，以AB為邊作矩形ABEF，使得AF＝AD，延長CD，交EF于點G，作AN⊥AC交GF于點N，作MN⊥AN交CB的延長線于點M，MN分別交BE，DG于點H、P，若NP=HP，NF=1，則四邊形ABMN的面積為（ ）
A．3B．2.5C．3.5D．5
【答案】B
【分析】依據(jù)條件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再證明四邊形ACMN是正方形；設(shè)NG＝GE＝x，則FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根據(jù)△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根據(jù)四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC進(jìn)行計算，即可得出結(jié)論．
【詳解】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∠DAC=∠FAN，
∴△ADC≌△AFN（ASA），
∴CD＝FN＝1，AC＝AN．
∵AN⊥AC，MN⊥AN，
∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，
∴四邊形ACMN是矩形，
∴四邊形ACMN是正方形，
∵∠CDB＝∠DBE＝90°，
∴CG∥BE，
又∵NP＝PH，
∴NG＝GE，
設(shè)NG＝GE＝x，則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=CDDB．
∴CD2＝AD·DB，
∴12＝（1+x）x，
即x2+x＝1．
四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC
＝AC2﹣12×AB×CD
＝（AD2+CD2）﹣12×AB×CD
＝（1+x）2+12﹣12×(2x+1)×1
＝x2+x+1.5
＝1+1.5
＝2.5．
故選：B
【點睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)以及相似三角形、全等三角形的綜合運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，解決問題的關(guān)鍵是先判定四邊形ACMN是正方形，得到四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整體代入方法求解．
41．（2023·廣東深圳·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在Rt△ABC中，AC=BC，點P是BC上一點，BD⊥AP交AP延長線于點D，連接CD．若圖中兩陰影三角形的面積之差為32（即，S△ACP-S△PBD=32），則CD= ．

【答案】8
【分析】延長AC,BD交于點E，過點C作CH⊥BE于點H，CG⊥AD于點G，則∠AGC=∠BHC=90°，先證明△ACG≌△BCH，可得四邊形CGDH是正方形， 從而得到CD=2DH，再證得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，從而得到S△ACP-S△PBD=S四邊形CPDE=32，然后證明Rt△CPG≌Rt△CEH，可得S△CPG=S△CEH，從而得到S四邊形CPDE=S正方形CGDH=32，即可求解．
【詳解】解：如圖，延長AC,BD交于點E，過點C作CH⊥BE于點H，CG⊥AD于點G，則∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ACB=90°，
∴∠E+∠CBE=90°，
∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，
∴∠CAP+∠E=90°，四邊形CGDH是矩形，
∴∠CAP=∠CBE，
∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，
∴△ACG≌△BCH，
∴CG=CH，
∴四邊形CGDH是正方形，
∴CH=DH，
∴CD=CH2+DH2=2DH，
∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，
∴△ACP≌△BCE，
∴S△ACP=S△BCE，CP=CE，
∴S△ACP-S△PBD=S△BCE-S△PBD=S四邊形CPDE=32，
在Rt△CPG和Rt△CEH中，
∵CP=CE，CG=CH，
∴Rt△CPG≌Rt△CEH，
∴S△CPG=S△CEH，
∴S四邊形CPDE=S△CEH+S四邊形CPDH=S△CPG+S四邊形CPDH=S正方形CGDH=32，
∴DH2=32，
∴CD=2DH=8．
故答案為：8
【點睛】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識，熟練掌握正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．
42．（2020·浙江杭州·模擬預(yù)測）已知正方形ABCD的邊長為4，E是CD上一個動點，以點E為直角頂點，在正方形外側(cè)等腰直角三角形CEF，連結(jié)BF、BD、FD．
（1）BD與CF的位置關(guān)系是__________．
（2）①如圖1，當(dāng)CE=4（即點E與點D重合）時，△BDF的面積為_________．
②如圖2，當(dāng)CE=2（即點E為CD的中點）時，△BDF的面積為________．
③如圖3，當(dāng)CE=3時，△BDF的面積為_______．
（3）如圖4，根據(jù)上述計算的結(jié)果，當(dāng)E是CD上任意一點時，請?zhí)岢瞿銓Α鰾DF面積與正方形ABCD的面積之間關(guān)系的猜想，并證明你的猜想．
【答案】（1）平行；（2）①8；②8；③8；（3）SΔBDF=12S正方形ABCD，理由見解析
【分析】（1）證A、D、F共線，根據(jù)平行四邊形的判定推出平行四邊形BCFD即可；
（2）①根據(jù)三角形的面積公式求出即可；
②③根據(jù)SΔBDF=S四邊形BCDF-SΔBCF=SΔBCD+SΔCDF-SΔBCF代入求出即可；
（3）由（2）求出ΔBDF的面積，求出正方形的面積，即可得出答案．
【詳解】
解：（1）正方形ABCD，等腰直角三角形CEF，
∴∠ADC=∠FDC=90°，
∴∠ADC+∠FDC=180°，
即A、D、F三點共線，
∵DF//CB，DF=CD=BC，
∴四邊形BCFD是平行四邊形，
∴FC//BD，
故答案為：平行．
（2）①ΔBDF的面積是12DF×AB=12×4×4=8，
故答案為：8．
②ΔBDF的面積是：S四邊形BCFD-SΔBCF
=SΔBDC+SΔCDF-SΔBCF
=12BC×DC+12CD×EF-12BC×CE
=12×4×+12×4×2-12×4×2
=8，
故答案為：8．
③與②求法類似：ΔBDF的面積是SΔBDC+SΔCDF-SΔBCF
=12BC×CD+12CD×EF-12CB×EF
=12×4×4+12×4×3-12×4×3
=8，
故答案為：8．
（3）ΔBDF面積與正方形ABCD的面積之間關(guān)系是SΔBDF=12S正方形ABCD．
證明：∵SΔBDF=8，
S正方形ABCD=BC×CD=4×4=16，
∴SΔBDF=12S正方形ABCD．
【點睛】本題綜合考查了正方形的性質(zhì)，三角形的面積，等腰直角三角形，平行四邊形的性質(zhì)和判定等知識點的應(yīng)用，解此題的關(guān)鍵是把要求的三角形的面積轉(zhuǎn)化成能根據(jù)已知求出的三角形的面積的和或差的形式，再根據(jù)三角形的面積公式求出每一部分的面積．
題型13 根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明
43．（2023·浙江杭州·模擬預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是正方形，點E在邊AD上，△BEF是以E為直角頂點的等腰直角三角形，EF，BF分別交CD于點M，N，過點F作AD的垂線交AD的延長線于點G．連接DF，請完成下列問題：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，則MN= ．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先證△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度數(shù)．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行線分線段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，證△MPF∽△NHF,即可求得NH的長度，MN=MH+NH即可得解．
【詳解】（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如圖，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四邊形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四邊形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及判定以及相似三角形的性質(zhì)和判定，熟知相關(guān)知識點并能熟練運(yùn)用，正確添加輔助線是解題的關(guān)鍵．
44．（2020·河南南陽·統(tǒng)考一模）（1）在正方形ABCD中，G是CD邊上的一個動點（不與C、D重合），以CG為邊在正方形ABCD外作一個正方形CEFG，連結(jié)BG、DE，如圖①．直接寫出線段BG、DE的關(guān)系 ；
（2）將圖①中的正方形CEFG繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)任意角度α，如圖②，試判斷（1）中的結(jié)論是否成立？若成立，直接寫出結(jié)論，若不成立，說明理由；
（3）將（1）中的正方形都改為矩形，如圖③，再將矩形CEFG繞點C按順時針方向旋轉(zhuǎn)任意角度α，如圖④，若AB=a，BC=b；CE =ka，CG=kb，(a≠b)試判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立？并說明理由．
【答案】（1）BG=DE， BG⊥DE；(2)BG=DE， BG⊥DE；(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立，理由見解析．
【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，由SAS證明△BCG≌△DCE，得出BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，延長BG交DE于H，由角的互余關(guān)系和對頂角相等證出∠CDE＋∠DGH＝90°，由三角形內(nèi)角和定理得出∠DHG＝90°即可；
（2）由正方形的性質(zhì)可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，然后求出∠BCG＝∠DCE，由SAS證明△BCG和△DCE全等，由全等三角形對應(yīng)邊相等可得BG＝DE，全等三角形對應(yīng)角相等可得∠CBG＝∠CDE，然后求出∠DOH＝90°，再根據(jù)垂直的定義證明即可；
（3）根據(jù)矩形的性質(zhì)證明△BCG∽△DCE，得到BGDE=ba，根據(jù)相似三角形對應(yīng)角相等可得∠CBG=∠CDE，然后求出∠DOH＝90°，再根據(jù)垂直的定義證明即可．
【詳解】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE；理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
在△BCG和△DCE中，
BC=DC∠BCG=∠ECGCG=CE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
延長BG交DE于H，如圖所示：
∵∠CBG＋∠BGC＝90°，∠DGH＝∠BGC，
∴∠CDE＋∠DGH＝90°，
∴∠DHG＝90°，
∴BG⊥DE；
（2）解：成立；理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，四邊形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCD＋∠DCG＝∠ECG＋∠DCG，
即∠BCG＝∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
BC=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CBG＋∠BHC＝90°，∠BHC＝∠DHO，
∴∠CDE＋∠DHO＝90°，
在△DHO中，∠DOH＝180°?（∠CDE＋∠DHO）＝180°?90°＝90°，
∴BG⊥DE．
(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立．
結(jié)合圖④說明如下：
∵四邊形ABCD和四邊形CEFG都是矩形，且AB=a，BC=b，CG=kb，CE=ka(a≠b，k＞0)，
∴BCCD=CGCE=ba，
∠BCD=∠ECG=90°．
∴∠BCG=∠DCE．
∴△BCG∽△DCE．
∴BGDE=ba，∠CBG=∠CDE．
又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHO=90°．
∴∠DOH=90°．
∴BG⊥DE．
【點睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、對頂角相等、三角形內(nèi)角和定理及相似三角形的判定與性質(zhì)；熟記性質(zhì)并準(zhǔn)確識圖確定出三角形全等的條件是解題的關(guān)鍵，也是本題的難點．
45．（2021·江蘇鹽城·統(tǒng)考二模）將正方形ABCD的邊AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)至AB' ，記旋轉(zhuǎn)角為α．連接BB'，過點D作DE垂直于直線BB'，垂足為點E，連接DB',CE，
(1)如圖1，當(dāng)α=60°時，ΔDEB'的形狀為 ，連接BD，可求出BB'CE的值為 ；

(2)當(dāng)0°0,00)的圖象上，
∴m=6n-2=12n-3，
解得n=4，
∴B2，6，C12，1，
∴m=2×6=12，
∴反比例函數(shù)為y=12x，
∵一次函數(shù)y=kx+b的圖象過點B、E，
∵B2，6，E0,2，
∴2k+b=6b=2，解得k=2b=2，
∴一次函數(shù)為y=2x+2；
（2）證明：由y=12xy=2x+2，解得x=2y=6或x=-3y=-4，
∴A-3，-4，B2，6，
∴AB=-3-22+-4-62=55，
∵B2，6，C12，1，
∴BC=2-122+6-12=55，
∴AB=BC，
∴矩形ABCD為正方形．
【點睛】本題是反比例函數(shù)與一次函數(shù)的交點，考查了反比例函數(shù)圖象上點的坐標(biāo)特征，待定系數(shù)法求一次函數(shù)的解析式，正方形的判定，求得交點坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵．
62．（2023·山東濟(jì)南·統(tǒng)考一模）如圖，一次函數(shù)y=12x+1的圖象與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象交于點Aa,3，與y軸交于點B．
(1)求a，k的值；
(2)直線CD過點A，與反比例函數(shù)圖象交于點C，與x軸交于點D，AC=AD，連接CB．求△ABC的面積；
(3)以線段AB為對角線做正方形AEBF（如圖），點G是線段BF（不與點B、F重合）上的一動點，M是EG的中點，MN⊥EG交AB于N，當(dāng)點G在BF上運(yùn)動時，請直接寫出線段MN長度的取值范圍．
【答案】(1)a=4，k=12
(2)8
(3)102

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