人教版（2024）八年级下册正方形精品精练

这是一份人教版（2024）八年级下册正方形精品精练，文件包含专题04正方形的性质与判定知识串讲+10大考点原卷版docx、专题04正方形的性质与判定知识串讲+10大考点解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共117页， 欢迎下载使用。

知识一遍过
（一）正方形的性质
（二）正方体的判定
考点一遍过
考点1：正方形的性质——求角度
典例1：（2023下·浙江·八年级专题练习）如图，E为正方形ABCD外一点，且△ADE是等边三角形，∠EBC的度数为（ ）

A．65°B．75°C．60°D．30°
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，由正方形的性质和等边三角形的性质可得AB=AD=AE，∠BAD=∠CBA=90°，∠DAE=60°，可求∠ABE=∠AEB=15°，可求解，掌握正方形的性质是本题的关键．
【详解】解：∵△ADE是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=AE，∠BAD=∠CBA=90°，∠DAE=60°，
∴∠BAE=∠BAD+∠DAE=150°，∠ABE=∠AEB，
∵∠ABE+∠AEB+∠BAE=180°，
∴∠ABE=∠AEB=15°，
∴∠EBC=∠ABC−∠ABE=75°，
故选：B．
【变式1】（2022下·湖北宜昌·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上的一点，BF与AC交于点E．若∠CBF=20°，则∠AED等于（ ）
A．65°B．55°C．75°D．50°
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理；
先证明△ABE≌△ADESAS，求出∠ADE=∠ABE=70°，再在△ADE中利用三角形内角和定理可求∠AED度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BA=DA，∠BAE=∠DAE=45°，
又∵AE=AE，
∴△ABE≌△ADESAS．
∴∠ADE=∠ABE=∠ABC−∠CBF=90°−20°=70°，
∴∠AED=180°−∠DAE−∠ADE=180°−45°−70°=65°，
故选：A．
【变式2】（2023上·山东青岛·九年级统考期中）如图，“笔尖”图案五边形ABECD由正方形ABCD和等边△BCE组成，连接AE，DE，则∠AED的度数为（ ）

A．15°B．20°C．22.5°D．30°
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质得出AB=BE=CD=CE，∠ABE=∠DCE=150°，再由等腰三角形的性质及三角形内角和定理可得∠BAE=∠BEA=15°，同理可得∠DEC=∠EDC=15°，最后由∠AED=∠BEC−∠AEB−∠DEC进行计算即可得到答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BCD=90°，AB=BC=CD，
∵△BCE是等边三角形，
∴∠CBE=∠BCE=∠BEC=60°，BE=CE=BC，
∴AB=BE=CD=CE，
∵∠ABE=∠ABC+∠CBE=90°+60°=150°，∠DCE=∠DCB+∠BCE=90°+60°=150°，
∴∠ABE=∠DCE=150°，
∵AB=BE，
∴∠BAE=∠BEA=180°−∠ABE2=180°−150°2=15°，
同理可得：∠DEC=∠EDC=15°，
∴∠AED=∠BEC−∠AEB−∠DEC=60°−15°−15°=30°，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等 ，熟练掌握以上知识点是解此题的关键．
【变式3】（2023下·甘肃定西·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB=（ ）

A．30°B．25°C．22.5°D．45°
【答案】C
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠AFB，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进行计算即可得解．
【详解】解：在正方形ABCD中，
∠ADB=12∠ADC=12×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
∴∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，
∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，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，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
考点2：正方形的性质——求线段
典例2：（福建省漳州市2023-2024学年九年级上学期期末（北师大版B卷）数学试题）如图，在△ABC中，AB=2，AC=3，分别以AB，BC为边向外作正方形ABEF和正方形BCDG，连接AG，当AG取最大值时，BC的长是（ ）
A．4B．2+3C．17D．7
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．连接CE，证明△EBC≌△ABGSAS，得到CE=AG，当C、A、E共线时，CE=AG有最大值，再连接BF与CE相交于点O，求得OC的长，再利用勾股定理即可求解．
【详解】解：连接CE，
∵正方形ABEF和正方形BCDG，
∴AB=BE，BE=BC，∠EBC=90°+∠ABC=∠ABG，
∴△EBC≌△ABGSAS，
∴CE=AG，当C、A、E共线时，CE=AG有最大值，
连接BF与CE相交于点O，如图，
此时∠AOB=90°，
∵AB=2，
∴AO=OB=1，
∴OC=1+3=4，
∴BC=12+42=17，
故选：C．
【变式1】（2024上·山东淄博·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，过点O作OE⊥OF，分别交AB，BC于点E，F若AE=4，CF=3，则EF的长为（ ）
A．3B．4C．5D．7
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，本题通过证明三角形全等求得BE=CF是解题的关键；
证明△BOE≌△COF，得到BE=CF=3，求出BF=4，在Rt△BEF中，利用勾股定理求得EF的值。
【详解】∵正方形ABCD中，对角线AC
∴ AB=BC，OB=OC，∠BOC=EOF=90°，
∵ OE⊥OF，
∴∠EOF=90°，
∴∠EOF−BOF=∠BOC−∠BOF，
即∠EOB=∠FOC
∴在△BOE和△COF中
∠OBE=∠OCB=45°OB=OC∠EOB=∠FOC
∴ △BOE≌△COF，
∴BE=CF=3，
∵ AB=BC，AE=4
∴AB−BE=BC−CF，
AE=BF=4，
在Rt△BEF中
EF=BE2+BF2=32+42=5
故选：C．
【变式2】（2023上·辽宁丹东·九年级统考期中）如图，正方形ABCD的边长为5，点E，F，分别在边BC，DC上，BE=CF=2，AE与BF交于点G，点H是AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
A．8B．342C．2D．82
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，根据正方形的性质并利用SAS可证明△BAE≌△CBF，于是可得∠BAE=∠CBF，进而可得△AGF是直角三角形，再根据点H为AF的中点，可知GH是AF的一半，然后根据勾股定理可以求得AF的长，从而可以得到GH的长，明确题意、熟练掌握上述知识是解题的关键．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=5，∠ABE=∠BCF=∠ADF=90°，
在△BAE和△CBF中，
AB=BC∠BAE=∠CBFBE=CF，
∴△BAE≌△CBFSAS，
∴∠BAE=∠CBF，
∵∠ABF+∠CBF=90°，
∴∠ABF+∠BAE=90°，
∴∠AGB=90°，
∴∠AGF=90°，
∵点H为AF的中点，
∴GH=12AF，
又∵AD=CD=5，CF=2，∠ADF=90°，
∴DF=3，
在Rt△ADF中，由勾股定理得：AF=AD2+DF2=52+32=34，
∴GH=342，
故选：B．
【变式3】（2023上·陕西西安·九年级西安市东方中学校联考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，DF=3，且∠EAF=45°，则BE的长为（ ）

A．12B．34C．47D．37
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，延长CB到点G使BG=DF，连接AG、EF，证明△ABG≌△ADFSAS得到GB=DF=3，∠GAB=∠FAD，AG=AF，证明△AEG≌△AEFSAS，得到EF=GE，
设BE=x，则EF=GE=x+3，CE=BC−BE=4−x，利用勾股定理得到12+4−x2=3+x2，求出x的值即可，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，延长CB到点G使BG=DF，连接AG、EF，
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=4，∠BAD=∠ABC=∠D=∠C=90°，
∴∠ABG=180°−∠ABC=90°，
在△ABG和△ADF中，
AB=AD∠ABG=∠DBG=DF，
∴△ABG≌△ADFSAS，
∴GB=DF=3，∠GAB=∠FAD，AG=AF，
∵∠DAF+∠BAF=90°，
∴∠GAB+∠BAF=∠GAF=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠GAE=90°−∠EAF=∠EAF，
在△AEG和△AEF中，
AG=AF∠GAE=∠FAEAE=AE，
∴△AEG≌△AEFSAS，
∴EF=GE，
设BE=x，则EF=GE=x+3，CE=BC−BE=4−x，CF=CD−DF=4−3=1，
∵CF2+CE2=EF2，
∴12+4−x2=3+x2，
解得：x=47，
∴BE=47，
故选：C．
考点3：正方形的性质——求面积
典例3：（2023上·江西宜春·九年级宜春市第三中学校联考期中）如图，正方形ABCD和正方形EFGO的边长都是2，正方形EFGO绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得出OB=OC,∠OBA=∠OCB=45°,∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCM，即可求解．
【详解】解：如图，设AB与OE交点N，BC与OG交点M，
∵四边形ABCD和四边形EFGO都是正方形，
∴OB=OC,∠OBA=∠OCB=45°,∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON=∠MOC．
在△OBN与△OCM中，
∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCMASA，
∴S△OBN=S△OCM，
∴S四边形OMBN=S△OBC=14S正方形ABCD=14×2×2=1．
故选：A．
【变式1】（2023上·福建三明·八年级统考期中）如图，有三个正方形ABCD，DEFG，FHMN，点B，C，G，H，M都在同一直线l上，若正方形ABCD，DEFG的面积分别为3和8，则正方形FHMN的面积为（ ）
A．4B．5C．6D．11
【答案】B
【分析】运用正方形边长相等，再根据同角的余角相等可得∠CDG=∠HGF，然后证明△CDG≌△HGF，再结合全等三角形的性质和勾股定理来求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD，DEFG，FHMN都是正方形，
∴DG=FG，∠DCG=∠GHF=∠DGF=90°；
∴∠CDG+∠CGD=∠CGD+∠HGF=90°，
∴∠CDG=∠HGF，
∴△CDG≌△HGF（AAS），
∴CD=GH，CG=FH，
∵正方形ABCD，DEFG的面积分别为3和8，
∴CD2=3，DG2=8，
∴正方形FHMN的面积=FH2=CG2=8−3=5 ．
故选∶B．
【点睛】此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，直角三角形的性质以及正方形的性质，关键是证明△CDG≌△HGF，做题时要灵活运用所学的知识点．
【变式2】（2023上·广东深圳·九年级深圳市宝安中学（集团）校考阶段练习）如图，已知边长为6的正方形ABCD，E为AD的中点，P为CE的三等分点，则△BDP的面积是（ ）

A．8B．9C．10D．12
【答案】B
【分析】根据正方形的性质得出S△BCD=12×62=18=S△BCE，根据E为AD的中点，得出S△CDE=9，进而根据P为CE的三等分点，得出S△CDP=13S△CDE=3，S△BCP=13S△BCE=6，根据S△BDP=S△BCD−S△CDP−S△BCP即可求解．
【详解】解：如图所示，连接BE，

∵正方形ABCD边长是6，
∴ S△BCD=12×62=18=S△BCE，
∵E为AD的中点，
∴ ED=3
∴ S△CDE=12ED⋅CD=12×3×6=9
∵P为CE的三等分点，
∴ S△CDP=13S△CDE=3，S△BCP=13S△BCE=6，
∴ S△BDP=S△BCD−S△CDP−S△BCP=18−3−6=9
故选：B．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及应用，解题的关键是掌握三角形面积公式．
【变式3】（2023上·湖北武汉·八年级武汉市卓刀泉中学校考阶段练习）如图，大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是S1，S2，那么S1:S2的值是（ ）

A．1:1B．10:9C．9:8D．8:7
【答案】C
【分析】设出正方形EFGH的边长为a，先判断出AE=EH=CH=a，得出AC=3a，设正方形BMNP的边长为b，同样的方法得出AC=22b，得出a，b的关系，即可得出结论．
【详解】解：图形中相关的顶点记作如图所示，

设正方形EFGH的边长为a，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=∠ACB=45°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=EH=a，∠AEF=90°，
∴∠AFE=45°=∠EAF，
∴AE=EF=a，
同理：CH=a，
∴AC=3a，
设正方形BMNP的边长为b，
∵四边形BMNP是正方形，
∴BM=MN，∠CMN=90°，
∴∠MNC=45°=∠MCN，
∴CM=MN=b，
根据勾股定理得，CN=2b，
同理：AN=2b，
∴AC=22b，
∴3a=22b，
∴ab=223，
∴S1S2=b2a2=ba2=98，
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么a2+b2=c2．也就是说，直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方．
考点4：正方形的性质——证明题
典例4：（2024上·重庆合川·九年级统考期末）如图，正方形ABCD中，E是BC边上一点，连接AE，以AE为边在AB右侧作正方形AEFH，连接AF，交CD于点N，连接EN．过点F作FG⊥BC交BC的延长线于点G．
(1)求证：BE=CG；
(2)求证：BE+DN=EN．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质；
（1）根据正方形的性质先证明△BAE≅△GEFAAS，得出AB=EG=BC即可得证；
（2）延长EB到M，使得BM=DN，连接AM，先证明△ADN≅△ABM(SAS)，再证明△AEM≅△AENSAS即可求解．
【详解】（1）∵四边形ABCD和四边形AEFH是正方形，且FG⊥BG，
∴∠AEF=∠ABE=∠EGF=90°，AE=EF，
∴∠AEB+∠BAE=∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
在△BAE和△GEF中，
∠B=∠G∠BAE=∠GEFAE=EF，
∴△BAE≅△GEFAAS，
∴AB=EG=BC，
∴BC−EC=EG−EC，
即BE=CG；
（2）延长EB到M，使得BM=DN，连接AM，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，EA=EF，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABM=90°.
在△ADN和△ABM中
AD=AB∠D=∠ABMDN=BM
∴△ADN≅△ABM(SAS)，
∴AM=AN，∠DAN=∠BAM，
∵EA=EF，∠AEF=90°，
∴∠EAF=45°，
∴∠MAE=∠MAB+∠BAE=∠DAN+∠BAE=45°.
∴∠EAM=∠EAN=45°，
又∵AE=AE，
∴△AEM≅△AENSAS，
∴ME=EN，
∴EB+DN=EB+BM=EM=EN．
【变式1】（2023·全国·八年级课堂例题）如图所示，两个正方形ABCD和DEFG，连接AG与CE，二者相交于点H，连接DH．求证：
(1)AG=CE；
(2)AG⊥CE；
(3)HD平分∠AHE．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)详见解析
【分析】本题主要考查全等三角形的性质与判定及正方形的性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定及正方形的性质是解题的关键；
（1）由题意易得AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠GDE=90°，然后可证△ADG≌△CDE，进而问题可求证；
（2）设CD与AH交于点R，由题意易得∠ARD=∠CRH，然后问题可求证；
（3）过点D分别作DM⊥AG于点M，DN⊥CE于点N，由题意易得DM=DN，然后可证Rt△HMD≌Rt△HNDHL，进而问题可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和DEFG是正方形，
∴AD=CD，DG=DE，∠ADC=∠GDE=90°，∴∠ADC+∠CDG=∠GDE+∠CDG，即∠ADG=∠CDE，
在△ADG与△CDE中，
AD=CD∠ADG=∠CDEDG=DE，
∴△ADG≌△CDE(SAS)，
∴AG=CE；
（2）证明：设CD与AH交于点R，如图12-2-30所示.
由（1）知，△ADG≌△CDE，
∴∠DAG=∠DCE，
又在△ADR与△CHR中，∠ARD=∠CRH，
∴∠CHA=∠CDA=90°，即AG⊥CE；
（3）解：如图12-2-31所示，过点D分别作DM⊥AG于点M，DN⊥CE于点N，
∵△ADG≌△CDE，
∴S△ADG=S△CDE，
∴12AG⋅DM=12CE⋅DN，
又AG=CE，
∴DM=DN，
在Rt△HMD与Rt△HND中，
HD=HDDM=DN，
∴Rt△HMD≌Rt△HNDHL，
∴∠MHD=∠NHD，
∴HD平分∠AHE．
【变式2】（2023·广东茂名·三模）如图，正方形ABCD中，E是边BC的中点，将△ABE沿AE折叠，得到△AFE，延长EF交边CD于点P．
(1)求证：DP=FP；
(2)若AB=6，求CP的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接AP，由正方形的性质得AD=AB，∠B=∠D=90°，由折叠得AF=AB，∠AFE=∠B=90°，则AD=AF，∠AFP=90°，可证明Rt△APD≌Rt△APFHL，得DP=FP；
（2）由CD=CB=AB=6，E是边BC的中点，得BE=CE=12BC=3，FP=DP=6−CP，由勾股定理得CP2+32=3+6−CP2，求得CP=4．
【详解】（1）证明：连接AP，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，∠B=∠D=90°，
∵将△ABE沿AE折叠，得到△AFE，延长EF交边CD于点P，
∴ AF=AB，∠AFE=∠B=90°，
∴ AD=AF，∠AFP=90°，
在Rt△APD和Rt△APF中，
AD=AFAP=AP，
∴ Rt△APD≌Rt△APFHL，
∴ DP=FP；
（2）解：∵ CD=CB=AB=6，E是边BC的中点，
∴ BE=CE=12BC=3，FP=DP=6−CP，
∴ FE=BE=3，
∵ ∠C=90°，
∴ CP2+CE2=PE2，
∴ CP2+32=3+6−CP2，
∴ CP=4．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，灵活运用这些知识是解题的关键．
【变式3】（2023下·浙江·八年级专题练习）正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E为BD上一点，延长AE到点N，使AE=EN，连接CN、CE．
(1)求证：AE=CE．
(2)求证：△CAN为直角三角形．
(3)若AN=45，正方形的边长为6，求BE的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)42
【分析】（1）由四边形ABCD是正方形，易证得△ABE≌△CBE，继而证得AE=CE．
（2）由AE=CE，AE=EN，即可证得∠CAN=90°，则可判定△CAN为直角三角形；
（3）由AN=45，正方形的边长为6，易求得CN的长，然后由三角形中位线的性质，求得OE的长，继而求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠CBD=45°，AB=CB，
在△ABE和∠CBE中，
AB=CB∠ABE=∠CBEBE=BE，
∴△ABE≌△CBESAS，
∴AE=CE；
（2）证明：∵AE=CE，AE=EN，
∴∠EAC=∠ECA，CE=EN，
∴∠ECN=∠N，
∵∠EAC+∠ECA+∠ECN+∠N=180°，
∴∠ACE+∠ECN=90°，即∠ACN=90°，
∴△CAN为直角三角形；
（3）解：∵正方形的边长为6，
∴AC=BD=62，
∵∠ACN=90°，AN=45，
∴CN=AN2−AC2=22，
∴OA=OC，AE=EN，
∴OE=12CN=2，
∵OB=12BD=32，
∴BE=OB+OE=42．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的判定、三角形中位线定理以及勾股定理等知识．注意利用勾股定理求得各线段的长是关键．
考点5：正方形的性质——折叠问题
典例5：（2023下·福建龙岩·八年级龙岩初级中学校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点，将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，求DE的长．

【答案】2
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△AFE≌Rt△ADE，得出EF=DE，设DE=FE=x，则EC=6−x，在Rt△ECG中，根据勾股定理得出方程，解方程即可求出DE的长．
【详解】解：连接AE，如图所示，

∵四边形ABCD是正方形，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD=6，∠B=∠C=∠D=90°，
由折叠的性质得：AF=AB=6，∠AFG=∠B=90°，BG=FG，
∴∠AFE=90°，AF=AD，
在Rt△AFE和Rt△ADE中，
AE=AEAF=AD，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE(HL)，
∴FE=DE，
设DE=FE=x，则EC=6−x，
∵G为BC中点，BC=6，
∴BG=CG=3，
∴FG=3，EG=3+x，
在Rt△ECG中，CE2+CG2=EG2，
∴ 6−x2+32=x+32，
解得x=2，
∴DE=2．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理；熟练掌握翻折变换的性质和正方形的性质，根据勾股定理得出方程是解题关键．
【变式1】（2023下·河北保定·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是BC边上一点（不与B、C重合），将正方形ABCD沿AE折叠，使点B落在点F处，延长EF交CD于点G，连接AG．

(1)求证：△ADG≌△AFG；
(2)若AB=2．
①求△CEG的周长：
②若点E是BC的中点，EM是∠CEG的平分线，求GM的长
【答案】(1)见解析
(2)①4；②56
【分析】（1）根据正方形的性质和折叠的性质可得∠AFE=∠B=90°，AF=AB，根据HL即可得证；
（2）①根据全等三角形的性质可得DG=FG，再根据△CEG的周长为CE+EF+FG+CG=BC+CD求解即可；
②先证明Rt△EHM≌Rt△ECMHL，可得EH=EC，设CG=x，在Rt△CEG中，根据勾股定理列方程，求出CG的长，再设GM=m，在Rt△HMG中，根据勾股定理列方程，即可求出GM的长．
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，AB=AD，∠B=∠D=90°，
根据折叠，∠AFE=∠B=90°，AF=AB，
∴AF=AD，∠AFG=∠D=90°，
在Rt△ADG和Rt△AFG中，
AF=ADAG=AG，
∴Rt△ADG≌Rt△AFGHL；
（2）解：①∵△ADG≌△AFG，
∴DG=FG，
∵AB=2，
∴BC=CD=2，
∴△CEG的周长为CE+EF+FG+CG=BC+CD=4；
②过点M作MH⊥EG于点H，如图所示：

∵EM是∠CEG的平分线，∠C=90°，
∴HM=CM，
在Rt△EHM和Rt△ECM中，
HM=CMEM=EM，
∴Rt△EHM≌Rt△ECMHL，
∴EH=EC，
∵E是BC的中点，
∴BE=CE，
∵BE=FE，
∴EH=FE，
即点F和点H重合，
设CG=x，
则FG=DG=2−x，
∵AB=BC=2，
∴CE=BE=EF=1，
∴EG=1+2−x=3−x，
在Rt△CEG中，根据勾股定理，得12+x2=(3−x)2，
解得x=43，
∴CG=43，
设GM=m，则HM=CM=43−m，
HG=DG=2−43=23，
在Rt△HMG中，根据勾股定理，得43−m2+232=m2，
解得m=56，
∴GM=56．
【点睛】本题考查了折叠问题，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质等，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式2】（2022下·福建三明·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，F为CD的中点，连接BF，将△BCF沿BF对折得到△BPF，延长FP交BA的延长线于点Q

(1)求证：△BQF是等腰三角形；
(2)求BFQA的值；
【答案】(1)见解析
(2)25
【分析】（1）△BCF沿BF对折，得到△BPF，利用角的关系求出QB=QF，从而得证；
（2）令PF=kk>0，则PB=2k，利用勾股定理分别求得BF、QA，然后解答即可．
【详解】（1）证明：由折叠性质可得，FP=FC，∠PFB=∠BFC，∠FPB=90°，
∵CD∥AB，
∴∠CFB=∠ABF，
∴∠ABF=∠PFB，
∴QB=QF，
∴△BQF是等腰三角形；
（2）令PF=kk>0，
∵F为CD的中点，
∴DC=2k，
∴PB=2k，
∴BF=k2+2k2=5k，
在Rt△BPQ中，设QB=x，
∴x2=x−k2+4k2，
∴x=5k2，
QA=5k2−2k=k2，
∴BFQA=5kk2=25．
【点睛】本题主要考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
【变式3】（2023下·江苏苏州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E是边AB的中点，将△BCE沿CE翻折得到△GCE．延长CG交AD于点H，连接EH．

(1)求证：△EAH≌△EGH；
(2)若AB=10，求CH的长．
【答案】(1)见解析
(2)12.5
【分析】（1）根据翻折的性质，得到∠EGH=90°,EG=BE，进而得到AE=EG,∠EGH=90°=∠A，再根据EH=EH，利用HL即可证明△EAH≌△EGH；
（2）根据翻折得到∠BEC=∠GEC，BC=CG，全等得到∠AEH=∠GEH，进而推出∠HEC=90°，利用勾股定理求出CE的长，设AH=GH=x，利用勾股定理建立方程求出x的值，再利用CH=CG+GH进行求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD中，点E是边AB的中点，
∴∠A=∠B=90°,AB=BC,AE=BE，
∵将△BCE沿CE翻折得到△GCE，
∴∠EGH=∠B=90°,EG=BE，
∴AE=EG，∠EGH=90°=∠A，
又EH=EH，
∴△EAH≌△EGHHL；
（2）解：∵将△BCE沿CE翻折得到△GCE，
∴∠BEC=∠GEC，BC=CG，
∵△EAH≌△EGH，
∴∠AEH=∠GEH，
∵∠AEG+∠BEG=180°，
∴∠HEG+∠CEG=90°，即：∠HEC=90°，
∵AB=10，
∴BC=CG=10，AE=BE=EG=5，
在Rt△EBC中，CE=BC2+BE2=55，
设AH=GH=x，则：CH=CG+GH=10+x，
在Rt△HEC和Rt△HAE中：EH2=AE2+AH2=CH2−CE2，
即：52+x2=10+x2−552，
解得：x=52；
∴CH=10+x=12.5．
【点睛】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，是解题的关键．
考点6：正方形的性质——坐标问题
典例6：（2023上·江西景德镇·九年级统考期中）如图，四边形ABCO是正方形，已知点A的坐标为(2,1)，则点C的坐标为（ ）

A．(−1,2)B．(1,−2)C．(−1,5)D．(−2,1)
【答案】A
【分析】作AF⊥x轴于点F，CE⊥x轴于点E，由A(2,1)，得F(2,0)，由正方形的性质得CO=OA，∠AOC=90°，所以∠OCE=∠AOF=90°−∠COE，即可证明△OCE≌△AOF，得OE=AF=1，CE=OF=2，所以C(−1,2)，于是得到问题的答案．
【详解】解：作AF⊥x轴于点F，CE⊥x轴于点E，则∠OEC=∠AFO=90°，

∵A(2,1)，
∴F(2,0)，
∵四边形ABCO是正方形，
∴CO=OA，∠AOC=90°，
∴∠OCE=∠AOF=90°−∠COE，
在△OCE和△AOF中，
∠OCE=∠AOF∠OEC=∠AFOCO=OA，
∴△OCE≌△AOF(AAS)，
∴OE=AF=1，CE=OF=2，
∴C(−1,2)，
故选：A．
【点睛】此题重点考查图形与坐标、正方形的性质、直角三角形的两个锐角互余、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
【变式1】（2023下·河南新乡·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，正方形ABCD如图摆放，已知Aa,0，B0,b，则点C的坐标为（ ）

A．−b,a+bB．−b,b−aC．−a,b+aD．b,b−a
【答案】B
【分析】根据题意首先过点C作CE⊥y轴于点E，易得△AOB≌△BEC，然后由全等三角形的性质，证得CE=OB=b，BE=OA=a，继而分析求得答案．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥y轴于点E，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABO+∠CBE=90°，
∵∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBE=∠BAO，
在△ABO和△BCE中，
∠AOB=∠CEB=90°∠BAO=∠CBEAB=BC，
∴△AOB≌△BECAAS，
∴CE=OB=b，BE=OA=a，
∴OE=OB−BE=b−a，
∴顶点C的坐标为−b,b−a．
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，解题的关键是作辅助线构造全等三角形．
【变式2】（2023下·河南许昌·八年级统考期末）如图，四边形OABC是正方形，点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，点A的坐标为6,0，点D的坐标为2,0，P是OB上的一动点，则PD+PA和的最小值是（ ）

A．210B．10C．4D．6
【答案】A
【分析】点A关于OB的对称点为点C，连接CP，则PD+PA=PC+PD≥CD，当C，P，D三点共线时，PD+PA的和最小为CD的长度，连接CD，由勾股定理求出CD的长即可．
【详解】解：∵四边形OABC为正方形，边长为6，
∴点A关于OB的对称点为点C，OC=6，
连接CP，则PD+PA=PC+PD≥CD，

∴当C，P，D三点共线时，PD+PA的和最小为CD的长度，
连接CD，
∵点D的坐标为(2，0)，
∴OD=2，
∴CD=OC2+OD2=62+22=210，
即PD+PA的和最小值为：210
故选：A．
【点睛】本题考查轴对称——最短路径问题，熟练掌握正方形的性质，确定P点位置是解题的关键．
【变式3】（2023·河南周口·校联考一模）如图，正方形OABC的边OA，OC分别在x轴，y轴上，点M，N分别在OA，AB上，△CMN是等边三角形，连接AC，交MN于点G．若AM=4，则点G的坐标为（ ）

A．3,2B．23,2C．26,2D．3+2,2
【答案】B
【分析】过点G作GH⊥OA于H，利用正方形性质和等边三角形性质可证得Rt△CBN≌Rt△COM(HL)，得出BN=OM，推出AN=AM=4，利用等腰直角三角形性质和等边三角形性质即可求得答案．
【详解】解：如图，过点G作GH⊥OA于H，

∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OAB=∠ABC=∠COA=90°，∠CAO=∠CAB=45°，CB=CO=AB=AO，
∵△CMN是等边三角形，
∴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是等边三角形，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，
∴点G的坐标为(23，2)．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，知识点较多，综合性强，是常考题型，熟练掌握相关性质是解题关键．
考点7：正方形的判定——证明题
典例7：（2024上·陕西咸阳·九年级统考期末）如图，E、F、M、N分别是正方形ABCD四条边上的点，且AE=BF=CM=DN，连接EF、EM、MN、EN．求证：四边形EFMN是正方形．

【答案】见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．
通过证明△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEF，先得出四边形ENMF是菱形，再证明四边形EFMN中一个内角为90°，从而得出四边形EFMN是正方形的结论．
【详解】证明：∵正方形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°
∵AE=BF=CM=DN，
∴AN=DM=CF=BE．
∴△AEN≌△DMN≌△CFM≌△BEFSAS．
∴EF=EN=NM=MF，∠ENA=∠DMN．
∴四边形EFMN是菱形．
∵∠ENA=∠DMN，∠DMN+∠DNM=90°，
∴∠ENA+∠DNM=90°．
∴∠ENM=90°．
∴四边形EFMN是正方形．
【变式1】（2024上·全国·九年级专题练习）如图，△ABC中，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
(1)求证：四边形AEBD是矩形；
(2)当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)∠BAC=90°，证明见解析
【分析】本题考查正方形的判定以及矩形的判定和等腰直角三角形的性质等知识，
（1）利用平行四边形的判定首先得出四边形AEBD是平行四边形，进而由等腰三角形的性质得出∠ADB=90°，即可得证；
（2）利用等腰直角三角形的性质得出AD=BD=CD，进而利用正方形的判定得出即可；
熟练掌握正方形和矩形的判定是解题关键．
【详解】（1）证明：∵点O为AB的中点，OE=OD，
∴OA=OB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形；
（2）当∠BAC=90°时，矩形AEBD是正方形．
理由：∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD是BC边的中线，即BD=CD=12BC，
∵∠BAC=90°，
∴AD=12BC，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形．
【变式2】（2023上·山东青岛·九年级统考期中）已知：如图，在▱ABCD中，AB=BD，点E，F分别是BC,AD的中点．
(1)求证：△ABF≌△CDE；
(2)当∠A=______°时，四边形BEDF是正方形？请证明你的结论．
【答案】(1)见解析
(2)45，证明见解析
【分析】（1）平行四边形，得到AB=CD,∠A=∠C,AD=BC，再根据中点，得到AF=CE，即可；
（2）先证明四边形BEDF是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形，判断即可．
【详解】（1）证明：∵▱ABCD，
∴AB=CD,∠A=∠C,AD=BC，
∵点E，F分别是BC,AD的中点，
∴AF=12AD=12BC=CE，
∴△ABF≌△CDE；
（2）∠A=45°；理由如下：
∵▱ABCD，
∴AD∥BC,AD=BC，
∵点E，F分别是BC,AD的中点，
∴DF=BE，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∵AB=BD，
∴BF⊥AD，
∴∠BFA=∠BFD=90°，
∴平行四边形BEDF是矩形，
∵∠A=45°，
∴∠ABF=45°，
∴BF=AF=DF，
∴矩形BEDF是正方形．
故答案为：
【点睛】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定，矩形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键．
【变式3】（2023上·山东·九年级专题练习）已知：如图，CE、CF分别是△ABC的内外角平分线，过点A作CE、CF的垂线，垂足分别为E、F．
(1)求证：四边形AECF是矩形；
(2)当△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)∠ACB=90°时，四边形AECF是正方形，理由见解析
【分析】本题主要考查矩形和正方形的判定，能证明四边形AECF是矩形是解此题的关键．
（1）求出∠ECF=90°=∠E=∠F，即可得出结论；
（2）∠ACB=90°，推出∠ACE=∠EAC=45°，求出AE=CE即可．
【详解】（1）证明：∵CE、CF分别是△ABC的内外角平分线，
∴∠ACE+∠ACF=12×180°=90°，
∵AE⊥CE，AF⊥CF，
∴∠AEC=∠AFC=90°，
∴四边形AECF是矩形．
（2）解：当△ABC满足∠ACB=90°时，四边形AECF是正方形，
理由是：∵∠ACE=12∠ACB=45°，
∵∠AEC=90°，
∴∠EAC=45°=∠ACE，
∴AE=CE，
∵四边形AECF是矩形，
∴四边形AECF是正方形．
考点8：正方形的判定与性质综合
典例8：（2022下·湖北襄阳·八年级统考期末）如图，已知△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC=62，点D为边BC上一动点，四边形ADEG是正方形，连接GC，正方形对角线AE交BC于点F，
(1)判断BD与CG的数量关系，并证明；
(2)求证：DF2=BD2+CF2；
(3)若BD=4，求AE的值．
【答案】(1)BD=CG，证明见解析
(2)证明见解析
(3)AE=45
【分析】（1）证明△ABD≌△ACGSAS即可求解；
（2）连接DG，证明△GAF≌△DAFSAS，结合（1）的结论即可求解；
（3）连接DG，勾股定理求得BC的长，继而求得DC的长，由（1）知GC=BD=4，由（2）知∠DCG=90°，在Rt△DCG中，勾股定理可得DG的长，由四边形ADEG是正方形，即可求解．
【详解】（1）解：BD=CG
证明：∵四边形ADEG是正方形，∴AD=AG,∠DAG=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BMC=∠DAG，
∴∠BAD+∠DAC=∠DAC+∠CAG，
∴∠BAD=∠CAG，
在△ABD和△ACG中，AB=AC∠BAD=∠CAGAD=AG
∴△ABD≌△ACGSAS．
∴BD=CG
（2）证明：如图，连接GF，∵四边形ADEG是正方形，
∴AG=AD,∠FAG=∠FAD=45°，
在△GAF和△DAF中，AF=AF∠FAG=∠FADAG=AD
∴△GAF≌△DAFSAS，
∴GF=DF,∠ACG=∠B=45°
∵∠BAC=90°,AB=AC，
∴∠B=∠ACB=45°，
∴∠FCG=∠ACB+∠ACG=90°
∴在Rt△FCG中，GC2+CF2=FG2，
∴DF2=BD2+CF2
（3）连接DG，
∵AB=AC=62，
∴在Rt△ABC中，
BC=AB2+AC2=(62)2+(62)2=12，
∵BD=4，∴DC=BC−BD=12−4=8，
由（1）知GC=BD=4，
由（2）知∠DCG=90°，在Rt△DCG中，DG=DC2+CG2=82+42=45，
∵四边形ADEG是正方形，
∴AE=DG=45，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，旋转模型全等三角形的性质与判定，掌握正方形的性质以及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式1】（2023下·浙江杭州·八年级期中）如图，在一正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接EB、ED．
（1）求证：△BEC≌△DEC．
（2）延长BE交AD于点F，若FD=FE．求∠AFE的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°
【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论；
（2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，
在△BEC和△DEC中，
CD=CB∠DCA=∠BCACE=CE，
∴△BEC≌△DEC（SAS）；
（2）∵FD=FE，
∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠ACB=45°，∠EBC=∠AFE=2x
∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x，
∵△BEC≌△DEC，
∴∠BEC=∠DEC=135°-2x，
∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°，
解得：x=30，
∴∠AFE=60°．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键．
【变式2】（2023下·山东烟台·八年级统考期中）已知，如图，在四边形ABCD中，∠B=∠ADC=90°，AD=CD，DE⊥BC，垂足为点E．
(1)求证：BE=DE；
(2)若AB=32，CE=1，求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)254
【分析】（1）过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，由题意易得四边形MBED是矩形，则有∠MDA=∠EDC，然后可得△ADM≌△CDEAAS，进而问题可求证；
（2）由（1）可得AM=EC=1,S△ADM=S△CDE，然后可得BM=52，进而问题可求解．
【详解】（1）证明：过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，
∵DE⊥BC，
∴∠DEB=∠B=∠M=90°，
∴四边形MBED是矩形，
∴∠MDE=90°，BE=MD，
∴∠MDE−∠ADE=∠ADC−∠ADE，
∴∠MDA=∠EDC，
又∵AD=CD，∠M=∠DEC=90°，
∴△ADM≌△CDEAAS，
∴MD=DE，
∴BE=DE；
（2）解：由（1）得：BE=DE，
∴矩形MBED是正方形
∵△ADM≌△CDE，
∴AM=EC=1,S△ADM=S△CDE，
∴BM=AB+MA=32+1=52
∴S四边形ABCD=S四边形ABED+S△CDE=S四边形ABED+S△ADM
=S正方形MBED=522=254，
∴四边形ABCD的面积为254．
【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【变式3】（2023下·安徽马鞍山·八年级校考期末）如图1，点E是正方形ABCD的对角线AC上的一动点（不与点A，C重合），以BE为直角边作等腰直角三角形BEF，连接CF．

(1)求证：△ABE≌△CBF；
(2)求证：AE2+CE2=2BE2；
(3)已知正方形ABCD的边长为8，若BE取最小值，连接DF，在备用图上画出符合条件的图形，并求此时DF的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)410，图见解析
【分析】（1）根据正方形和等腰直角三角形的性质，可得到∠ABE=∠CBF，即可；
（2）根据全等三角形的性质可得AE=CF，∠BAE=∠BCF，从而得到∠ECF=45°+45°=90°，继而得到CF2+CE2=EF2，再由EF2=BE2+BF2=2BE2，即可求证；
（3）当BE⊥AC时，根据垂线段最短，此时BE有最小值，画出图形如图所示，过点F作FM⊥DC，垂足为M，设BC,EF交于点G，先证明四边形BECF是正方形，可得CG=FG=12BC=4，∠CGF=∠MCG=∠M=90°，从而得到四边形CGFM是正方形，进而得到DM=8+4=12，然后在Rt△DMF中，根据勾股定理，即可求解．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AB=CB，∠ABC=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=BF，∠EBF=90°=∠ABC，
∴∠ABC−∠EBC=∠EBF−∠EBC，
∴∠ABE=∠CBF，
∴△ABE≌△CBFSAS；
（2）解：由（1）得△ABE≌△CBF，
∴AE=CF，∠BAE=∠BCF，
∵正方形ABCD，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BCF=45°，
∴∠ECF=45°+45°=90°，
∴CF2+CE2=EF2，
∵∠EBF=90°，
∴BE=BF，EF2=BE2+BF2=2BE2，
∴CF2+CE2=AE2+CE2=2BE2；
（3）解：当BE⊥AC时，根据垂线段最短，此时BE有最小值，画出图形如图所示，过点F作FM⊥DC，垂足为M，设BC,EF交于点G，

由（1）（2）可知，∠ECF=∠CEB=∠EBF=90°，
∴四边形BECF是矩形，
∵∠ABC=90°，AB=BC，
∴AE=CE,∠BAE=∠ABE=45°，
∴BE=AE=CE=12AC，
∴四边形BECF是正方形，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴CG=FG=12BC=4，∠CGF=∠MCG=∠M=90°，
∴四边形CGFM是矩形，
∵CG=FG，
∴四边形CGFM是正方形，
∴MC=MF=CG=4，
∴DM=8+4=12，
在Rt△DMF中，根据勾股定理得：DF=42+122=410．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．
考点9：正方形中的动点最值问题
典例9：（2023上·广东佛山·九年级校联考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，AD=2cm，AB=10cm，CD=12cm．点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动；点Q从点C出发，以xcm/s的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点Q的运动时间为ts．P，Q两点同时出发．

(1)若存在某一时刻，四边形APQD为正方形，求x的值；
(2)当x=2时，若PQ=BC，求t的值．
【答案】(1)x=5
(2)t的值为103或143
【分析】（1）由题意可得，AP=t，DQ=12−xt，根据正方形的性质可得AD=AP=DQ=2，t=2，从而可得12−2x=2，即可求解；
（2）当四边形PBCO为平行四边形时，满足PQ=BC，此时BP=CQ，即10−t=2t，从而求解即可；当四边形PBCQ为等腰梯形时，满足PQ=BC，作PE⊥CD于点E，
作BF⊥CD于点F，可得t−12−2t=2，再求解即可．
【详解】（1）解：由题可知，AP=t，DQ=12−xt，
∵四边形APQD为正方形，
∴AD=AP=DQ=2，
∴t=2，
∴DQ=12−2x=2，
解得x=5．
（2）解：如图1所示，当四边形PBCO为平行四边形时，满足PQ=BC，此时BP=CQ，
即10−t=2t，
解得t=103，


如图2所示，当四边形PBCQ为等腰梯形时，满足PQ=BC，作PE⊥CD于点E，
作BF⊥CD于点F，
∴QE=CF=2，
∴DE−QD=AP−DQ=AP−CD−CQ=2，
∴t−12−2t=2，
解得t=143，
综上所述，t的值为103或143．
【点睛】本题考查动点问题、正方形的性质、平行四边形的性质及等腰梯形的性质，熟练掌握正方形和平行四边形的性质是解题的关键．
【变式1】（2023下·福建龙岩·八年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AD=9cm，AB=4cm，E为边AD上一动点，从点D出发，以1cm/s向终点A运动，同时动点P从点B出发，以acm/s向终点C运动，运动的时间为ts．

(1)当t=3时，若EP平分∠AEC，求a的值；
(2)若a=1，且△CEP是以CE为腰的等腰三角形，求t的值；
(3)连接DP，直接写出点C与点E关于DP对称时的a与t的值．
【答案】(1)a=43
(2)t的值为3或6518
(3)a=54，t=4
【分析】（1）由勾股定理可求得CE=5，由角平分线的性质和平行线的性质可得CP=CE，即可求解；
（2）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质可求解；
（3）由勾股定理可求解．
【详解】（1）解：当t=3时，DE=3，
∵CD=4，由勾股定理得：CE=5，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，AD=BC，AD∥BC,
∴∠AEP=∠CPE，
∵EP平分∠AEC，
∴∠AEP=∠CEP，
∴∠CPE=∠CEP，
∴CP=CE=5，CP=BC−BP，
即9−3a=5，
∴a=43；
（2）解：当a=1时，由运动过程可知，DE=t，BP=t，
∴CP=9−t，
在Rt△CDE中，CE2=CD2+DE2=16+t2，
△CEP是以CE腰的等腰三角形，分情况讨论：
∴①CE=CP，
∴16+t2=(9−t)2，
∴t=6518，
②CE=PE，
由等腰三角形的性质，得12CP=DE，
于是，9−t=2t，
∴t=3，
即：t的值为3或6518；
（3）解：a=54，t=4．
如图，

由运动过程知，BP=at，DE=t，
∴CP=BC−BP=9−at，
∵点C与点E关于DP对称，
∴DE=CD，PE=PC，
∴t=4，
∴BP=4a，CP=9−4a，DE=4，
过点P作PF⊥AD于F，
∴四边形CDFP是长方形，
∴PF=CD=4，DF=CP，
在Rt△PEF中，PF=4，EF=DF−DE=9−4a−4=5−4a，
根据勾股定理得，PE2=EF2+PF2=(5−4a)2+16，PE2=PC2，
∴(5−4a)2+16=(9−4a)2，
∴a=54．
【点睛】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质等知识，熟练运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式2】（2022下·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形ABCD中，点E为边BC的上一动点，作AF⊥DE交DE、DC分别于P、F点，连PC．

(1)若点E为BC的中点，求证：F点为DC的中点；
(2)若点E为BC的中点，PE=6，PC=42，求PF的长；
(3)若正方形边长为4，直接写出PC的最小值________．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)25−2
【分析】（1）证明△ADF≌△DCE，推出DF=CE，由EC=12BC，BC=DC，推出DF=12DC，即可证明F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN=PF，连接CN，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（3）取AD的中点M，连接PM，CM，由直角三角形的性质求出PM=2，由勾股定理求出CM=25，当C、P、M共线时，PC的值最小，则可求出答案．
【详解】（1）解：证明：如图1中，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD=BC，∠ADC=∠C=90°，
∵AF⊥DE，
∴∠APD=∠DPF=90°，
∴∠ADP+∠DAF=90°，∠ADP+∠EDC=90°，
∴∠DAF=∠EDC，
在△ADF和△DCE中，
∠DAF=∠EDCAD=CD∠ADF=∠C，
∴△ADF≌△DCE(ASA)，
∴DF=CE，
∵EC=12BC，BC=DC，
∴DF=12DC，
∴F点为DC的中点；
（2）延长PE到N，使得EN=PF，连接CN，

∵∠AFD=∠DEC，
∴∠CEN=∠CFP，
又∵E，F分别是BC，DC的中点，
∴CE=CF，
在△CEN和△CFP中，
CE=CF∠CEN=∠CFPEN=PF，
∴△CEN≌△CFP(SAS)，
∴CN=CP，∠ECN=∠PCF，
∵∠PCF+∠BCP=90°，
∴∠ECN+∠BCP=∠NCP=90°，
∴△NCP是等腰直角三角形，
∴PN=PE+NE=PE+PF=2CP，
∴PF=2PC−PE=8−6=2．
（3）取AD的中点M，连接PM，CM，

∵∠APD=∠EPF=90°，
∴MP=MD=12AD=2，
∴CM=DM2+CD2=22+42=25
∵PM+PC≥CM，
∴C、P、M共线时，PC的值最小，最小值为25−2．
故答案为：25−2．
【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，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【变式3】（2023下·广西河池·八年级统考期中）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，将ΔCOD沿CD所在直线折叠，得到ΔCED．
（1）求证：四边形OCED是菱形；
（2）若BD=3，∠ACD=30°，P是CD边上的动点，Q是CE边上的动点，那么PE+PQ的最小值是多少？
【答案】（1）见解析；（2）334
【分析】（1）根据矩形的性质即可得到OC=OD，再根据翻折，即可得到四边相等，即可求证菱形；
（2）作OQ⊥CE于Q，交CD于P，证明OP=PE，所以PE+PQ转化为OP+PQ，当OQ⊥CE时，即OQ最短，即可解决．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是矩形
∴AC与BD相等且互相平分
∴OC=OD
∵ΔCOD关于CD的对称图形为ΔCED
∴OD=ED，EC=OC
∴OD=ED=EC=OC
∴四边形OCED是菱形
（2）解：作OQ⊥CE于Q，交CD于P，则∠OQC=90°如图所示：
∵ΔCOD沿CD所在直线折叠，得到ΔCED
∴∠DCE=∠DCO，PE=PO
∴PE+PQ=PO+PQ=OQ
∵AC=BD=3 ∴OC=OD=32
∵∠ACD=30° ∴∠DCE=30° ∴∠OCQ=60°
∴∠COQ=∠OQC−∠OCQ=90°−60°=30°
∴CQ=12OC=34
∴在RtΔCOQ中，OQ=OC2−CQ2=(32)2−(34)2=334
即PE+PQ的最小值为334．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的判定和最短路径问题，熟练菱形的判定方法以及最短路径的方法是解决本题的关键．
考点10：中点四边形——证明
典例10：（2023下·江苏泰州·八年级校考阶段练习）如图，在四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点．

(1)请判断四边形EGFH的形状，并说明理由．
(2)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是菱形，请说明理由．
(3)四边形ABCD满足什么条件时，四边形EGFH是矩形，请说明理由．
【答案】(1)四边形EGFH是平行四边形，理由见解析
(2)AB=CD，理由见解析
(3)AB⊥CD，理由见解析
【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可；
（2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可；
（3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可．
【详解】（1）解：∵E、F分别是AD、BC的中点，G、H分别是BD、AC的中点，
∴EG∥AB,HF∥AB,EH∥CD,GF∥CD，EG=12AB,HF=12AB,EH=12CD,GF=12CD，
∴EG∥HF,EH∥GF，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）当四边形ABCD满足AB=CD时，四边形EGFH是菱形，理由如下：
∵EG=12AB,EH=12CD，AB=CD，
∴EG=EH，
∴平行四边形EGFH是菱形；
（3）当四边形ABCD满足AB⊥CD时，四边形EGFH是矩形，理由如下：
∵AB⊥CD，EG∥AB,EH∥CD，
∴EG⊥EH，
∴∠GEH=90°，
∴四边形EGFH是矩形．
【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理．
【变式1】（2023下·湖南益阳·八年级统考期末）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，连接CD，点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，顺次连接E，F，G，H．
(1)猜想四边形EFGH的形状，直接回答，不必说明理由；
(2)点P在线段AB的上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
(3)如果（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
【答案】(1)菱形
(2)成立，理由见解析
(3)图见解析，正方形，理由见解析
【分析】（1）证明△PAD≌△PCB，可得AD=BC，根据三角形中位线的性质，可得EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，进而可得EH=PG=EF=HG，即可得出结论；
（2）连接AD，BC．证明△APD≌△CPB(SAS)，可得AD=BC，同（1）的方法，即可得证；
（3）连接AD，BC．证明△APD≌CPB，同理可得四边形EFGH是菱形，证明∠EHG=90°，即可得证．
【详解】（1）解：四边形EFGH是菱形．
如图所示，连接AD,BC，
∵∠APC=∠BPD
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠BPC，
又∵PC=PA，PD=PB，
∴△PAD≌△PCB，
∴AD=BC，
∵点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，
∴EH=PG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）成立．
理由：连接AD，BC．
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD．
即∠APD=∠CPB．
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD=CB．
∵E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EF，FG，GH，EH分别是△ABC，△ABD，△BCD，△ACD的中位线．
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD．
∴EF=FG=GH=EH．
∴四边形EFGH是菱形．
（3）解：补全图形，如图．
判断四边形EFGH是正方形．
理由：连接AD，BC．
∵（2）中已证：△APD≌CPB，
∴∠PAD=∠PCB．
∵∠APC=90°，
∴∠PAD+∠1=90°．
又∵∠1=∠2，
∴∠PCB+∠2=90°，
∴∠3=90°．
∵（2）中已证GH，EH分别是△BCD，△ACD的中位线，
∴GH∥BC，EH∥AD．
∴∠EHG=90°．
又∵（2）中已证四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，三角形中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】（2023下·甘肃金昌·八年级校考期中）已知：如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH(即四边形ABCD的中点四边形)．
(1)四边形EFGH的形状是______，请证明你的结论；
(2)当四边形ABCD的对角线满足______条件时，四边形EFGH是菱形；
(3)你学过的哪种特殊的平行四边形的中点四边形是菱形？请写出一种．
【答案】(1)平行四边形．证明见解析
(2)AC=BD；
(3)矩形的中点四边形是菱形．
【分析】（1）连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=12BD，FG∥BD，FG=12BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形；
（2）根据有一组是邻边的平行四边形是菱形，可知当四边形ABCD的对角线满足AC=BD的条件时，四边形EFGH是菱形；
（3）矩形的中点四边形是菱形．根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半可得EH∥BD，EF∥AC，再根据矩形对角线相等，然后根据四边相等的四边形是菱形．
【详解】（1）四边形EFGH的形状是平行四边形．理由如下：
如图1，连接BD．
∵E、H分别是AB、AD中点，
∴EH∥BD，EH=12BD，
同理FG∥BD，FG=12BD，
∴EH∥FG，EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）当四边形ABCD的对角线满足AC=BD的条件时，四边形EFGH是菱形．理由如下：
如图2，连接AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，EH=12BD，HG=12AC，
∵AC=BD，
∴EH=HG，
又∵四边形EFGH是平行四边形
∴平行四边形EFGH是菱形；
故答案为：AC=BD；
（3）矩形的中点四边形是菱形．理由如下：
连接AC、BD．
∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点，
∴EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EF∥AC，FG=EH=12BD，EF=HG=12AC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，
∵EH=BD=HG=AC，
∴四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的性质等知识点的理解和掌握，熟练掌握各定理是解决此题的关键．
【变式3】（2022下·江苏扬州·八年级统考期中）四边形ABCD，点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点．
(1)如图1，顺次连结M、N、P、Q得到四边形ANPQ，试猜想四边形MNPQ的形状并证明；
(2)如图2，若∠B＝∠C，AB＝CD，顺次连结M、N、P、Q得到四边形MNPQ，试猜想四边形MNPQ的形状并证明；
(3)如图3，若∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，AB＝3，设线段CQ的长度为m，则m的取值范围是______．
【答案】(1)四边形MNPQ为平行四边形，理由见解析
(2)四边形MNPQ为菱形，理由见解析
(3)72≤m≤132
【分析】（1）连结BD，根据三角形中位线的性质可得MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD，进而可得MQ∥PN，MQ＝PN，根据平行四边形的判定定理即可求解；
（2）连结BD、AC，同理可得四边形MNPQ为平行四边形证明△ABC≌△DCB（SAS）得出AC＝BD，根据中位线的性质，即可得出MQ＝MN，根据平菱形的判定定理即可求解；
（3）连结BD，取BD的中点P，连接QP、CP，得出PQ是△ABD的中位线，根据三角形三边关系即可求解．
【详解】（1）解：四边形MNPQ为平行四边形，连结BD
∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥PN，MQ＝PN
∴四边形MNPQ为平行四边形．
（2）四边形MNPQ为菱形，连结BD、AC
∵点M、N分别是边AB、BC的中点.
∴MN＝12AC
在△ABC与△DCB中
AB=CD∠ABC=∠DCBBC=CB，
∴△ABC≌△DCB（SAS）
∴AC＝BD
∵点M、N、P、Q分别是边AB、BC、CD、AD的中点.
∴MQ∥BD，MQ＝12BD，PN∥BD，PN＝12BD
∴MQ∥MN ，MQ＝PN
∵四边形MNPQ为平行四边形
∴平行四边形MNPQ是菱形．
（3）解：如图，连结BD，取BD的中点P，连接QP、CP，
在Rt△BCD中，∠BCD＝90°，BC＝8，CD＝6，∴BD＝10，
∵点P是BD的中点，∴CP＝BP＝CP＝12BD＝5，
∵点Q是AD的中点，点P是BD的中点，
∴PQ是△ABD的中位线，
∴PQ＝12AB＝32，
在△CPQ中，CP﹣PQ＜CQ＜CP+PQ，
∴72＜m＜132，
∵点C、点Q是定点，点P是动点，
∴当点C、P、Q三点共线，且点Q在线段CP上时，m取得最小值72，
当点C、P、Q三点共线，且点Q在射线CP上时，m取得最大值132，
综上，m的取值范围为：72≤m≤132．
【点睛】本题考查了中点四边形，菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，三角形三边关系，三角形中位线的性质，掌握以上知识是解题的关键．
同步一遍过
一、单选题
1．（2023上·甘肃张掖·九年级校考阶段练习）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为1,3，则点C的坐标为（ ）

A．−3,1B．−1,3C．1,−3D．3,−1
【答案】A
【分析】如图作AF⊥x轴于F，CE⊥xx轴于E，先证明△COE≌△OAF，推出CE=OF，OE=AF，由此即可解决问题．
【详解】解：如图作AF⊥x轴于F，CE⊥x轴于E．

∵四边形OABC是正方形，
∴OA=OC，∠AOC=90°，
∵∠COE+∠AOF=90°，∠AOF+∠OAF=90°，
∴∠COE=∠OAF，
∴△COE≌△OAF，
∴CE=OF，OE=AF，
∵A的坐标为1,3，
∴CE=OF=1，OE=AF=3，
∴点C坐标−3,1，
故选：A．
【点睛】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和点的坐标，掌握正方形的性质和构造全等三角形的方法是解决此题的关键．
2．（2023下·广西崇左·八年级统考期末）正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质是（ ）
A．对角线相等B．对角线相互平分C．对角线相互垂直D．对角线相互垂直平分
【答案】B
【分析】根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质判断即可．
【详解】解：A. 对角线相等，是矩形和正方形具有的性质，不符合题意；
B. 对角线相互平分，是正方形、菱形、矩形、平行四边形共同具有的性质，符合题意；
C. 对角线相互垂直，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
D. 对角线相互垂直平分，是菱形和正方形具有的性质，不符合题意；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形、平行四边形的性质，解题关键是熟记这些性质．
3．（2022下·山东济南·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=10，则点B到直线AE的距离是（ ）
A．2B．2C．52D．3
【答案】B
【分析】利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证△APD≌△AEB，过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF．
【详解】解：∵∠EAP=∠BAD=90°，
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS），
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，
∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE=12+12=2，
∴BE=BP2−PE2=22，
∴BF=EF=222=2，
∴点B到直线AE的距离是2．
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、勾股定理的运用等知识，证明三角形全等是解题的关键．
4．（2023·广东广州·八年级校联考期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，那么CH的长是（ ）
A．5B．10C．322D．2
【答案】A
【分析】连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=2，CF=32，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=25，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．
【详解】连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴∠ACD=45°，FCG=45°，AC=2BC=2，CF=2CE=32，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，AF=22+322=25，
∵H是AF的中点，
∴CH=12AF=5 ．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；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；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理．
5．（2022下·江西赣州·八年级校考阶段练习）用四张一样大小的长方形纸片拼成一个正方形ABCD，如图所示，它的面积是50，AE=32，图中空白的地方是一个正方形，那么这个小正方形的周长为（ ）
A．22B．42C．62D．82
【答案】B
【分析】首先由正方形ABCD的面积是50，开方求得边长，也就是小长方形的长与宽的和，减去AE，得出宽，进一步利用长减去宽再乘4得出答案即可．
【详解】解：小正方形边长为：
32−(50−32)
=32−(52−32)
=32−22
=2
所以周长为：42．
故选：B．
【点睛】此题考查正方形的性质，二次根式的运用，看清图意，搞清小长方形的长和宽之间的关系是解决问题的关键．
6．（2022下·广东东莞·八年级校考期中）下列性质中，正方形具有，但是菱形却不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直B．对角线互相平分
C．对角线长度相等D．一条对角线平分一组对角
【答案】C
【分析】有一个内角是直角的菱形是正方形，菱形的对角线互相垂直且平分，一条对角线平分一组对角．
【详解】解：A.菱形的对角线互相垂直；本项不合题意；
B. 菱形的对角线互相平分；本项不合题意；
C. 菱形的对角线长度不一定相等；本项符合题意；
D. 菱形的一组对角线平分一组对角；本项不合题意；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的性质；掌握两者的性质及区别是解题的关键．
7．（2023上·广东佛山·九年级佛山市实验学校校考阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形B．每组邻边都相等的四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形D．四个角都相等的四边形是矩形
【答案】C
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定分别进行分析即可．
【详解】解：A、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，说法正确，本选项不符合题意；
B、每组邻边都相等的四边形是菱形，说法正确，本选项不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原说法错误，本选项符合题意；
D、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确，本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，关键是熟练掌握特殊四边形的判定方法．
8．（2023下·山东德州·八年级统考期中）下列四个命题：
①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；
②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形；
④正五边形是轴对称图形，其中真命题有（ ）
A．①②③B．①③④C．①②④D．②③④
【答案】B
【分析】根据平行四边形、正方形、菱形的判定定理、轴对称图形的概念判断．
【详解】解：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形，本选项是真命题；
②对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，本选项是假命题；
③顺次连接矩形四边中点得到的四边形是菱形，本选项是真命题；
④正五边形是轴对称图形，本选项是真命题；
故选：B．
【点睛】本题考查的是命题的真假判断，正确的命题叫真命题，错误的命题叫做假命题．判断命题的真假关键是要熟悉课本中的性质定理．
9．（2022下·河北衡水·八年级校联考期中）下列命题的逆命题是真命题的是（ ）
A．对顶角相等B．正方形的四个角均为直角
C．矩形的对角线相等D．菱形的四条边都相等
【答案】D
【分析】先分别写出四个命题的逆命题，然后根据对顶角的性质、正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定分别进行判断即可．
【详解】A．对顶角相等的逆命题为相等的角是对顶角，是假命题；
B．正方形的四个角都是直角的逆命题为四个角都是直角的四边形是正方形，是假命题；
C．矩形的对角线相等的逆命题为对角线相等的四边形是矩形，是假命题；
D．菱形的四条边都相等的逆命题为四的条边都相等的四边形是菱形，是真命题．
故选D．
【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．也考查了逆命题．
10．（2023·广东深圳·中考模拟）如图，已知在正方形ABCD中，点O是对角线AC的中点，过O点的射线OM、ON分别交AB、BC于点E、F，且∠EOF＝90°，BO、EF交于点P，下列结论：
①图形中全等的三角形只有三对； ②△EOF是等腰直角三角形；③正方形ABCD的面积等于四边形OEBF面积的4倍；④BE+BF＝OA；⑤AE2+BE2＝2OP•OB．其中正确的个数有（ ）个．
A．4B．3C．2D．1
【答案】B
【分析】由正方形的性质和已知条件得出图形中全等的三角形有四对，得出①不正确；由△AOE≌△BOF，得出对应边相等OE=OF，得出②正确；由△AOE≌△BOF，得出四边形OEBF的面积=△ABO的面积=正方形ABCD的面积，③正确；由△BOE≌△COF，得出BE=CF，得出BE+BF=AB=2OA，④错误；由△AOE≌△BOF，得出AE=BF，得出AE2+CF2=BE2+BF2=EF2=2OF2，再证明△OPF∽△OFB，得出对应边成比例OP：OF=OF：OB，得出OF2=OP•OB，得出⑤正确．
【详解】解：①不正确；
图形中全等的三角形有四对：△ABC≌△ADC，△AOB≌△COB，△AOE≌△BOF，△BOE≌△COF；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝DA，∠BAD＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，∠BAO＝∠BCO＝45°，
在△ABC和△ADC中，
{AB=ADBC=DCAC=AC，
∴△ABC≌△ADC（SSS）；
∵点O为对角线AC的中点，
∴OA＝OC，
在△AOB和△COB中，
{AO=OCAB=BCOB=OB，
∴△AOB≌△COB（SSS）；
∵AB＝CB，OA＝OC，∠ABC＝90°，
∴∠AOB＝90°，∠OBC＝45°，
又∵∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
在△AOE和△BOF中，
{∠OAE=∠OBF=45°OA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA）；
同理：△BOE≌△COF（ASA）；
②正确；理由如下：
∵△AOE≌△BOF，
∴OE＝OF，
∴△EOF是等腰直角三角形；
③正确．理由如下：
∵△AOE≌△BOF，
∴四边形OEBF的面积＝△ABO的面积＝14正方形ABCD的面积；
④不正确．理由如下：
∵△BOE≌△COF，
∴BE＝CF，
∴BE+BF＝CF+BF＝BC＝AB＝2OA；
⑤正确．理由如下：
∵△AOE≌△BOF，
∴AE＝BF，
∴AE2+CF2＝BE2+BF2＝EF2＝2OF2，
在△OPF与△OFB中，
∠OBF＝∠OFP＝45°，
∠POF＝∠FOB，
∴△OPF∽△OFB，
∴OP：OF＝OF：OB，
∴OF2＝OP•OB，
∴AE2+CF2＝2OP•OB．
正确结论的个数有3个；
故选B．
【点睛】本题考查正方形的性质和全等三角形的判断，解题的关键是熟练掌握正方形的性质和全等三角形的判断.
二、填空题
11．（2023下·广东阳江·八年级统考期末）如图，四边形ABCD是正方形，直线l1、l2、l3分别过A、B、C三点，且l1//l2//l3，若l1与l2的距离为6，正方形ABCD的边长为10，则l2与l3的距离为 .
【答案】8
【分析】画出l1到l2，l2到l3的距离，分别交l2，l3于E，F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出结论．
【详解】过点A作AE⊥l1，过点C作CF⊥l2，
∴∠CBF+∠BCF=90°，
四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，
∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，
∴∠ABE+∠CBF=90°，
∵l1∥l2∥l3，
∴∠ABE=∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
{∠AEB＝∠BFC∠ABE＝∠BCFAB＝BC，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴BF=AE，
∴BF2+CF2=BC2，
∵正方形ABCD的面积为100，
∴CF2=100-62=64，
∴CF=8．
故答案为8．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法，能正确作出辅助线是解此题的关键，难度适中．
12．（2023下·湖北随州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD＝3DE，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF，完成下列填空：①∠GAE的度数为 ；②S△FGC＝ ．
【答案】 45° ；185
【分析】（1）根据Rt△ABG≌Rt△AFG及翻折的性质可得；
（2）根据折叠的性质可以得到∠B=∠AFG=90°，AB=AF，AG=AG，根据HL定理即可证明ΔABG≅ΔAFG，设BG=FG=x，(x>0)，则CG=6−x，EG=2+x，在RtΔCEG中，利用勾股定理即可列方程，求出x，根据三角形的面积公式可得：SΔFGC=35SΔEGC，即可求解．
【详解】解：①解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD=6，
∠BAD=∠B=∠BCD=∠D=90°，
由翻折可知：
AF=AD，∠AFE=∠D=90°，
∴AF=AB，∠AFG=∠B=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
{AG=AGAB=AF，
Rt△ABG≌Rt△AFG
得∠BAG=∠FAG
由翻折的性质可知：∠DAE=∠FAE，
∴∠EAF+∠FAG=12∠DAB=45°，
∴∠GAE=45°，
故答案是：45°．
②解：在正方形ABCD中，AD=AB，∠D=∠B=∠C=90°，
又∵ΔADE沿AE对折至ΔAFE，延长EF交边BC于点G，
∴∠AFG=∠AFE=∠D=90°，AF=AD，
即有∠B=∠AFG=90°，AB=AF，AG=AG，
在直角ΔABG和直角ΔAFG中，{AB=AFAG=AG，
∴ΔABG≅ΔAFG；
∵AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，
∴DE=FE=2，CE=4，
设BG=FG=x，(x>0)，
则CG=6−x，EG=2+x，
在Rt△CEG中，(2+x)2=42+(6−x)2
解得x=3，于是BG=GC=3，
∵ GFEF=32，
∴ GFGE=35，
∴SΔFGC=35SΔECG=35×12×3×4=185，
故答案是：185．
【点睛】本题考查了翻折变换、全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
13．（2023上·福建宁德·九年级校联考期中）如图，已知正方形ABCD的边长是10cm，那么对角线AC长是 cm.
【答案】102
【分析】由正方形的性质知：△ABC是等腰直角三角形，已知了直角边的长，即可求得斜边的值，也就求得了正方形的对角线．
【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，∠ABC=90°，故AC=2AB=102cm．故答案为102．
【点睛】将图形转化到等腰直角三角形中求解．对正方形的性质需有充分认识．
14．（2023下·广东深圳·八年级统考期末）如图（1）所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，将△ABC沿着AC翻折得到△ADC，如图（2），将△ADC绕着点A旋转到△AD′C′，连接CD′，当CD′∥AB时，四边形ABCD的面积为 ．
【答案】24−372
【分析】过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可．
【详解】解：如图（2），过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，由翻折得AD＝AB＝4
∵CD′∥AB
∴∠BCE+∠ABC＝180°，
∵∠ABC＝90°
∴∠BCE＝90°
∵AE⊥AB
∴∠BAE＝90°
∴ABCE是矩形，AD′＝AD＝AB＝4
∴AE＝BC＝3，CE＝AB＝4，∠AEC＝90°
∴D′E＝AD′2+AE2=42−32＝7
∴CD′＝CE﹣D′E＝4﹣7
∴S四边形ABCD′＝12（AB+CD′）•BC＝12（4+4﹣7）×3＝24−372，
故答案为：24−372．
【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，翻折、旋转的性质，梯形面积等，解题关键对翻折、旋转几何变换的性质要熟练掌握和运用．
15．（2023·浙江台州·校联考一模）如图，先将边长为6m的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着AD方向平移，得到△AB′C′，当两个三角形重叠部分的面积为8cm2时，它移动的距离AA′等于 cm．
【答案】4或2
【分析】设AA′＝x，AC与A′B′相交于点E，判断出△AA′H是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得A′H＝x，再表示出A′D，然后根据平行四边形的面积公式列方程求解即可．
【详解】解：设AA′＝x，AC与A′B′相交于点H，
∵△ACD是正方形ABCD剪开得到的，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠A＝45°，
∴△AA′E是等腰直角三角形，
∴A′H＝AA′＝x，
A′D＝AD﹣AA′＝6﹣x，
∵两个三角形重叠部分的面积为8，
∴x（6﹣x）＝8，
整理得，x2﹣6x+8＝0，
解得x1＝4，x2＝2，
即移动的距离AA′等于4或2．
故答案为4或2．
【点睛】本题考查了平移的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟记平移的性质并用平移距离表示出重叠部分的底与高是解题的关键．
16．（2023上·贵州遵义·九年级统考阶段练习）如图，Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠BAC=30°，AB=4，分别以AB、BC、AC为边作正方形ABED、BCFK、ACGH，再作Rt△PQR，使∠R=90°，点H在边QR上，点D、E在边PR上，点G、F在边PQ上，则PQ的长为 ．
【答案】14+43
【分析】首先证明△ABC≌△GFC（SAS），利用全等三角形的性质可得：∠CGF=∠BAC=30°，在直角△ABC中，根据三角函数即可求得AC，进而由等边三角形的性质和正方形的性质及三角函数就可求得QR的长，在直角△QRP中运用三角函数即可得到RP、进而可求出PQ的长.
【详解】延长BA交QR于点M
在△ABC和△GFC中
AC=GC∠ACB=∠GCFBC=FC
∴△ABC≌△GFC（SAS）
∴∠CGF=∠CAB=30°
∴∠HGQ=180°-∠HGC-∠CGF =180°-90°-30°=60°
∴∠HAM=180°-∠HAC-∠CAB =180°-90°-30°=60°
∵∠R=∠ADE=90°
∴QR∥AD
∴BM⊥QR
∴四边形RDAM是矩形
∴∠MHA+∠HAM=∠MHA+∠QHG=90°
∴∠QHG=60°
∴△QHG是等边三角形
∴AC=AB⋅cs30°=4×32=23
则QH=HA=HG=AC=23
在直角△HMA中，HM=AH⋅sin60°=23×32=3,AM=HA⋅cs60°=3
∵四边形RDAM是矩形
∴MR=AD=AB=4
∴QR=QH+HM+MR=23+3+4=7+23
∴QP=2QR=14+43
故填：14+43.
【点睛】本题主要考查勾股定理、等边三角形和正方形的性质，通过角度换算得出∠QGH和∠QHG都是60°，进而判断出△QHG是等边三角形是解本题的关键.
三、解答题
17．（2023下·山西临汾·八年级统考期末）如图，点E是正方形ABCD的边CD上的一点，点F是CB的延长线上一点，且DE＝BF，问线段AE与线段AF之间有何关系，并说明理由．
【答案】AE＝AF，AE⊥AF；理由见解析．
【分析】先写出线段AE与线段AF之间的关系，然后根据正方形的性质、全等三角形的判定和性质即可得到线段AE与线段AF之间的关系．
【详解】解：线段AE与线段AF的数量关系是AE＝AF，位置关系是AE⊥AF，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠ADE＝∠ABC＝90°，
∴∠ABF＝90°，
∴∠ADE＝∠ABF，
在△ADE和△ABF中，
AD=AB∠ADE=∠ABFDE=BF ，
∴△ADE≌△ABF（SAS），
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF，
∵∠DAE+∠EAB＝90°，
∴∠BAF+∠EAB＝90°，
∴∠FAE＝90°，
∴AE⊥AF，
由上可得，线段AE与线段AF的数量关系是AE＝AF，位置关系是AE⊥AF．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的性质与判定，熟练掌握各个性质定理及判定方法是解题的关键．
18．（2022下·广东珠海·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B = 90°，AB = 8 cm，AD = 24 cm，BC = 26 cm，动点P以1 cm/s的速度从点D向点A运动；动点Q以3cm/s的速度从点B向点C运动．P、Q同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动．设运动时间为ts．
(1)当t = 6s时，试判断四边形ABQP的形状；
(2)当t为何值时，PQ = CD
【答案】(1)四边形ABQP为矩形
(2)当t=6.5s或t=112s时，PQ=CD．
【分析】(1) 根据题意得： PD=t，BQ=3t，则当t=6时，PA= AD- PD=18，BQ=18，所以得到：PA = BQ，结合已知条件证明四边形ABQP为平行四边形，再由∠B=90°，所以四边形ABQP为矩形；
(2)根据PQ=CD，分两种情况，一种情况是：四边形PQCD为平行四边形，即PD=CQ，可得方程，另一种情况是：四边形PQCD为等腰梯形，可求得CQ = PD+ 2(BC- AD)，列方程，解方程即可求得答案．
【详解】（1）根据题意得： PD=t，BQ=3t，则当t=6时，
PA= AD- PD= 24- t=24-6=18，BQ=18，
∴PA = BQ，
又AD// BC，即PA//BQ，
∴四边形ABQP为平行四边形，
又因为∠B=90°
所以四边形ABQP为矩形；
（2）若要PQ = CD，分为两种情况：
当四边形PQCD为平行四边形时，
即PD= CQ，
因为PD=t，CQ=26-3t
∴t= 26-3t，
解得： t= 6.5，
②当四边形PQCD为等腰梯形时，即PQ=DC，如图，过D作DE∥PQ交BC于E，作DF⊥BC于F，
可知四边形ABFD为矩形，
∵DP∥QE，DE∥PQ，
∴四边形PQED为平行四边形，
∴PQ=DE，
∴DE=DC，
∴EF=FC
所以FC=BC-AD，
EC=2FC
∴EC=2(BC-AD)，
∴CQ=QE+EC=PD+2(BC-AD)，
即CQ = PD+ 2(BC- AD)
∴26-3t = t+2(26-24)
解得：t=112，
即当t=6.5s或t=112s时，PQ=CD．
【点睛】此题考查了直角梯形的性质、平行四边形的判定、矩形的判定，等腰梯形的判定以及全等三角形的判定与性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用．
19．（2023上·福建·八年级统考阶段练习）(1)如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45〬，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG
①判定AE和AG关系，并证明；
②证明：EF=FG；
(2)如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90〬，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45〬，若BM=1，CN=3，求MN的长．
【答案】(1)①AE=AG，AE⊥AG，证明见解析；②证明见解析；(2)10
【分析】（1）①证△ADG≌△ABE，根据全等三角形的性质求出即可；
②证△FAE≌△FAG，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM，连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2．
【详解】(1)①AE=AG，AE⊥AG
证明：在正方形ABCD中，
∠ABE=∠ADG，AD=AB，
在△ABE和△ADG中，
AD=AB∠ABE=∠ADGDG=BE
∴△ABE≌△ADG(SAS)，
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠EAG=90°，
∴AE=AG，AE⊥AG
②在△FAE和△GAF中，
AE=AG∠EAF=∠FAG=45°AF=AF
∴△FAE≌△GAF(SAS)，
∴EF=FG；
(2)如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中，
AB=AC∠B=∠ACEBM=CE
∴△ABM≌△ACE(SAS)．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠CAN=45°．
∵∠BAM=∠CAE
∴∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中，
AM=AE∠MAN=∠EANAN=AN
∴△MAN≌△EAN(SAS)．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，NE=NC2+CE2=32+12=10
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质, 正方形的性质，掌握全等三角形的判定方法为解题关键．
20．（2023下·湖北十堰·八年级统考期末）如图，四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，DE与BG交于点H，BG与AE交于点M．
（1）求证：BG＝DE；
（2）求证：DH2＋GH2＝DG2；
（3）将正方形ABCD绕点A逆时针旋转（0°＜∠BAE＜180°），设△ABE的面积为S1，△ADG的面积为S2，判断S1与S2大小关系，并证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）当正方形ABCD绕点A逆时针旋转0°＜∠BAE＜180°时，S1＝S2，见解析．
【分析】（1）根据ABCD和AEFG为正方形，得出∠BAD＝∠EAG＝90°，进而得出∠EAD＝∠GAB，且AG＝AE，AD＝AB，利用“SAS”证得△EAD≌△GAB，再运用全等三角形性质即可得证；
（2）根据△EAD≌△GAB，得出∠BGA＝∠DEA，进而推出BG⊥DE，再运用勾股定理即可得出结论；
（3）根据旋转角∠BAE为锐角，直角及钝角分为三种情况考虑：①当0°＜∠BAE＜90°时，过点D作DP⊥GA交GA的延长线于P，过点B作BN⊥AE交AE的延长线于N．根据同角的余角相等得到∠NAB＝∠PAD，由正方形的性质得到AB＝AD，再由垂直得到一对直角相等，利用“AAS”得到△APD≌△ANB，根据全等三角形的对应边相等得到DP＝BN，又AE＝AG，根据等底等高的两三角形面积相等得S1＝S2；②当∠BAE＝90°时，如图2，利用“SAS”得到△AGD与△ABE全等，故S1＝S2；③当∠BAE为钝角时，如图所示，根据①的思路，同理得到S1＝S2，综上所述，在（3）的条件下，总有S1＝S2.
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD与四边形AEFG均为正方形，
∴∠BAD＝∠EAG＝90°，AG＝AE，AB＝AD，
∴∠BAD＋∠BAE＝∠EAG＋∠BAE，
即∠EAD＝∠GAB，
∴△EAD≌△GAB（SAS），
∴BG＝DE；
（2）证明：由（1）知△EAD≌△GAB，
∴∠BGA＝∠DEA，
∵∠BGA＋∠GMA＝90°，∠AMG＝∠EMH，
∴∠DEA＋∠EMH＝90°，
∴BG⊥DE，
∴DH2＋GH2＝DG2；
（3）当正方形ABCD绕点A逆时针旋转0°＜∠BAE＜180°时，S1＝S2.
证明如下：①当0°＜∠BAE＜90°时，如图1，
过点D作DP⊥GA交GA的延长线于P，过点B作BN⊥AE交AE的延长线于N．
∵∠PAN＝∠BAD＝90°，
∴∠NAB＋∠BAP＝90°，∠BAP＋∠PAD＝90°，
∴∠NAB＝∠PAD，
又∠ANB＝∠APD＝90°，且AB＝AD，
∴△ANB≌△APD（SAS），
∴BN＝DP，
又∵AE＝AG，
∴12AE•BM＝12AG•DN，
∴S1＝S2；
②当∠BAE＝90°时，如图2，
∵AE＝AG，∠BAE＝∠DAG＝90°，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴S1＝S2；
③当90°＜∠BAE＜180°时，如图3，
过点B作BN⊥直线AE于点N，过点D作DP⊥直线AG的延长线于点P．
则∠ANB＝∠APD＝90°，
由正方形ABCD，得到∠BAD＝90°，且AB＝AD，
∵∠PAN＝∠BAD＝90°，
∴∠NAB＋∠DAN＝90°，∠DAP＋∠DAN＝90°，
∴∠NAB＝∠DAP，
∴△ANB≌△APD（AAS），
∴BN＝DP，
又∵AE＝AG，
∴12AE•BN＝12AG•DP，
∴S1＝S2，
综上所述，在（3）的条件下，总有S1＝S2．
【点睛】此题综合考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，旋转变换的知识等．解题关键是第（3）问中要运用分类讨论及数形结合的数学思想解决问题，在证明时注意运用等底等高的两三角形面积相等这个性质．
21．（2023·浙江杭州·统考模拟预测）（1）如图1，在3×3的方格中，正方形ABCD，EFGH边长均为1，求出正方形ABCD的对角线AC的长，并将正方形ABCD，EFGH剪拼成一个大正方形，在图2中画出示意图．
（2）如图3，有5个小正方形（阴影部分），能剪拼成一个大正方形吗？若能，求出大正方形的边长；若不能，请说明理由．
【答案】（1）AC=2，画图见解析；（2）能，5
【分析】（1）利用数形结合的思想解决问题即可．
（2）能拼成正方形，正方形的边长为5．
【详解】解：（1）正方形ABCD的对角线AC=12+12=2，
如图2中，正方形PQMN即为所求作．
（2）能，拼成正方形，边长为5，如图3所示．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，勾股定理，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
22．（2023·云南·统考一模）如图1，已知在四边形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，BE平分∠ABC，交AD于点E，过点E作EF∥AB，交BC于点F，O是BE的中点，连接OF，OC，OD．
（1）求证：四边形ABFE是菱形；
（2）若∠ABC＝90°，如图2所示：
①求证：∠ADO＝∠BCO；
②若∠EOD＝15°，AE＝1，求OC的长．

【答案】（1）见解析；（2）①见解析；②1．
【分析】（1）先证四边形ABFE是平行四边形，再证出AB＝AE，根据菱形的判定得出即可；
（2）①过O作ON∥BC交DC于N，先证四边形ABCD是矩形，得出∠ADC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，再求出N为DC的中点，ON⊥DC，然后由线段垂直平分线性质得出OD＝OC，即可解决问题；
②先证四边形ABFE是正方形，得出∠AEB＝45°，再求出∠ADO＝30°，即可解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，即AE∥BF，
∵EF∥AB，
∴四边形ABFE是平行四边形，
∵AE∥BF，
∴∠AEB＝∠ABE，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE，
∴∠ABE＝∠AEB，
∴AB＝AE，
∴平行四边形ABFE是菱形；
（2）①证明：过O作ON∥BC交DC于N，如图2所示：

∵AD∥BC，AB∥CD，∠ABC＝90°，
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠ADC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，
∴AD∥ON∥BC，
∵O为BE的中点，
∴N为DC的中点，ON⊥DC，
∴OD＝OC，
∴∠ODC＝∠OCD，
∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴∠ADO＝∠BCO；
②解：过O作OM作BC于M，如图3所示：

∵四边形ABFE是平行四边形，AB＝AE，∠ABC＝90°，
∴四边形ABFE是正方形，
∴EF＝BF＝AE＝1，∠BFE＝90°，∠AEB＝12∠AEF＝45°，
∵O为BE的中点，
∴OF＝12BE＝OB，
∵OM⊥BC，
∴BM＝FM，
∴OM是△BEF的中位线，
∴OM＝12EF＝12，
∵∠EOD＝15°，
∴∠ADO＝∠AEB﹣∠EOD＝45°﹣15°＝30°，
由（2）得：∠BCO＝∠ADO＝30°，
∴OC＝2OM＝1．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，菱形的性质和判定，正方形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，含30°角的直角三角形的性质等知识，能综合运用定理进行推理是解此题的关键
23．（2022下·四川广安·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AD上（均不与端点重合），连接AE，BF，且AE⊥BF，垂足为M．
(1)【特例感知】如图1，求证：BF＝AE；
(2)【类比探究】如图2，过AD上一点P（不与点F重合）作PQ⊥AE，垂足为N、交BC边于点Q，判断线段PQ与AE的数量关系，并证明你的结论；
(3)【拓展运用】在（2）的条件下，若N是AE的中点，AB＝8，PD＝3，求PQ的长．
【答案】(1)见解析
(2)PQ=AE，见解析
(3)45
【分析】（1）利用ASA证明△ABF≌△DAE，即可得到结论；
（2）证明四边形BQPF是平行四边形，得到PQ=BF，即可得到PQ=AE；
（3）连接PE，得到PQ垂直平分AE，证得AP=PE，勾股定理求出DE，再求出AE即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=90°，
∵AE⊥BF，
∴∠ABF+∠BAM=∠DAE+∠BAM=90°，
∴∠ABF=∠DAE，
∴△ABF≌△DAE，
∴BF=AE；
（2）PQ=AE，理由如下：
∵PQ⊥AE，BF⊥AE，
∴PQ∥BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴四边形BQPF是平行四边形，
∴PQ=BF，
∵AE=BF，
∴PQ=AE；
（3）连接PE，
∵PQ⊥AE，N为AE的中点，
∴PQ垂直平分AE，
∴AP=PE，∵AD=AB=8，PD=3，∴PE=AP=5，
∵∠D=90°，
∴DE=PE2−PD2=4，
∴AE=AD2+DE2=45，
∴PQ=45．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，平行四边形的判定及性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．
24．（2023·八年级单元测试）正方形ABCD中，E是CD边上一点，
（1）将△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，如图1所示.观察可知：与DE相等的线段是_______，∠AFB=∠______.
（2）如图2，正方形ABCD中，P、Q分别是BC、CD边上的点，且∠PAQ=45°，试通过旋转的方式说明：DQ+BP=PQ
（3）在（2）题中，连接BD分别交AP、AQ于M、N，你还能用旋转的思想说明BM2+DN2=MN2.
【答案】（1）BF，AED；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【详解】试题分析：(1)、直接根据旋转的性质得到DE=BF，∠AFB=∠AED；(2)、将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，根据旋转的性质得∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ，而∠PAQ=45°，则∠PAE=45°，再根据全等三角形的判定方法得到△APE≌△APQ，则PE=PQ，于是PE=PB+BE=PB+DQ，即可得到DQ+BP=PQ；
(3)、根据正方形的性质有∠ABD=∠ADB=45°，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，根据旋转的性质得∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN，与（2）一样可证明△AMN≌△AMK得到MN=MK，由于∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°，得到△BMK为直角三角形，根据勾股定理得BK2+BM2=MK2，然后利用等相等代换即可得到BM2+DN2=MN2．
试题解析：(1)、∵△ADE绕点A按顺时针方向旋转，使AD、AB重合，得到△ABF，
∵DE=BF，∠AFB=∠AED．
(2)、将△ADQ绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABE，如图2，
则∠D=∠ABE=90°， 即点E、B、P共线，∠EAQ=∠BAD=90°，AE=AQ，BE=DQ， ∵∠PAQ=45°，
∴∠PAE=45° ∴∠PAQ=∠PAE， ∴△APE≌△APQ（SAS）， ∴PE=PQ，
而PE=PB+BE=PB+DQ， ∴DQ+BP=PQ；
(3)、∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABD=∠ADB=45°，
如图，将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°，则AD与AB重合，得到△ABK，
则∠ABK=∠ADN=45°，BK=DN，AK=AN， 与（2）一样可证明△AMN≌△AMK，得到MN=MK，
∵∠MBA+∠KBA=45°+45°=90°， ∴△BMK为直角三角形， ∴BK2+BM2=MK2， ∴BM2+DN2=MN2．
考点：(1)、旋转的性质；(2)、全等三角形的判定与性质；(3)、勾股定理；(4)、正方形的性质．
25．（2023上·重庆·九年级重庆八中阶段练习）在矩形ABCD中，点E是BC边上一点，连接AE．点F是CB延长线上一点，点G是矩形ABCD外一点，连接GC，GE，GB，GF．GF⊥GC，GE平分∠BGC，∠GEF=45°．
（1）如图1，当∠EGC=15°，BG=2时，求△CGF的面积；
（2）如图2，当矩形ABCD是正方形，FB=CE时，求证：AE=2FG．
【答案】（1）23；（2）证明见解析.
【分析】（1）由EGC=15°，GE平分∠BGC得∠BGC=30°，得△FGB为等边三角形，求得FG=2，GC=3GF=23，S△CGF=12 ×2×23=23，（2）过点E作EM⊥BC交CG于点M，证明△GEB≌△GEM，得FM=2FG，再证△FME≌△AEB，由FM=AE，故AE=2FG．
【详解】（1）解：∵GE平分∠BGC，∠EGC=15°，
∴∠BGC=30°，
∵CG⊥FG，
∴∠FGB=60°，
∵∠GBF=∠BGE+∠GEF=60°，
∴△FGB为等边三角形，
∴GF=GB=2，
在Rt△FGC中，∠F=60°，
∴GC=3GF=23
∴S△CGF=12 ×2×23=23.
（2）证明：过点E作EM⊥BC交CG于点M
在△GEB和△GEM中
∠BGE=∠CGEGE=GE∠GEB=∠GEM，
∴△GEB≌△GEM
∴GB=GM，BE=ME，
设∠CGE=α则∠FGE=90°-2α
∵∠FBG=45°+α，
∴∠F=180°-（90°=2α）-（45°+α）=45°+α，
∴GF=GB，
∴GF=GM，GF⊥GM，
∴FM=2FG，
在△FME和△AEB中FE=AB∠FEM=∠ABC∠GEB=∠GEMEM=BE
∴△FME≌△AEB，
∴FM=AE，
∵FM=2GF，
∴AE=2GF，
【点睛】此题主要考查三角形内的证明，仔细利用题目的已知条件，综合解答即可.
正方形的性质：
因为ABCD是正方形


几何表达式举例：
(1) 对边平行且相等，对角线互相平分
(2) ∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=CD=DA
∠A=∠B=∠C=∠D=90°
(3) ∵四边形ABCD是正方形
∴AC=BD AC⊥BD
正方形的判定：
四边形ABCD是正方形.

几何表达式举例：
(1) ∵四边形ABCD是平行四边形
又∵AD=AB ∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
(2) ∵四边形ABCD是菱形
又∵∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
(3)∵四边形ABCD是矩形
又∵AD=AB
∴四边形ABCD是正方形