【期中讲练测】苏科版八年级下册数学 专题05矩形与正方形（考点清单）.zip

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【考点一】矩形的性质与判定
矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形叫做矩形.
矩形的性质：1）矩形具有平行四边形的所有性质；
2）矩形的四个角都是直角；
3）对角线互相平分且相等；
4）矩形既是中心对称图形，也是轴对称图形.矩形的对称中心是矩形对角线的交点；矩形有两条对称轴，矩形的对称轴是过矩形对边中点的直线；矩形的对称轴过矩形的对称中心.
【推论】1）在直角三角形中斜边的中线，等于斜边的一半.
2）直角三角形中，30度角所对应的直角边等于斜边的一半.
矩形的判定：1) 有一个角是直角的平行四边形是矩形；
2）对角线相等的平行四边形是矩形；
3）有三个角是直角的四边形是矩形.
【解题思路】要证明一个四边形是矩形，首先要判断四边形是否为平行四边形，若是，则需要再证明对角线相等或有一个角是直角；若不易判断，则可通过证明有三个角是直角来直接证明．
【考点题型一】利用矩形的性质求角度
1．（22-23八年级下·吉林长春·阶段练习）如图，延长矩形ABCD的边BC至点E，使CE=BD，连接AE．若∠ADB=40°，则∠E的度数为（ ）

A．10°B．20°C．25°D．30°
【答案】B
【分析】连接AC，由矩形性质可得∠E=∠DAE、BD=AC=CE，知∠E=∠CAE，而∠ADB=∠CAD=40°，可得∠E度数．
【详解】解：连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BE，AC=BD，AO=12AC，DO=12BD，
∴∠E=∠DAE，
∵AC=BD，AO=12AC，DO=12BD，
∴AO=DO，
∴∠ADB=∠CAD=40°
∵BD=CE，
∴CE=CA，
∴∠E=∠CAE，
∴∠DAE=∠CAE
∵∠CAD=∠CAE+∠DAE=40°，
∴∠DAE=∠CAE=20°，
∴∠E=∠CAE=20°．
故选：B．
【点睛】本题主要考查矩形性质，解题的关键是熟练掌握矩形对角线相等且互相平分、对边平行．
2．（22-23八年级下·浙江嘉兴·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=1，∠CBD=14°，将矩形ABCD绕对角线BD的中点O旋转角度α0°
A．28°B．42°C．48°D．56°
【答案】D
【分析】如图，连接OC'，C'D，由矩形性质可证∠OCB=∠OBC，得∠DOC=28°，易知△DOC≌△DOC'，所以∠DOC=∠DOC'，进而求得∠C'OC=72°，即旋转角度．
【详解】如图，连接OC'，C'D，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OC=12AC，OB=OD=12BD，
∴OB=OC=OD=OC'，
∴∠OCB=∠OBC，
∴∠DOC=∠OBC+∠OCB=2∠CBD=28°．
∵C'，D的距离等于1，AB=1=CD，
∴CD=C'D，
∴△DOC≌△DOC'SSS，
∴∠DOC=∠DOC'，
∴∠C'OC=2∠DOC=56°．
故选D．
【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定及性质、三角形外角的知识；由图形的旋转变换转化为全等三角形解决问题是求解的关键．
3．（23-24九年级上·广东·期末）如图①，矩形ABCD的边AB=4，AD=8，将矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α0°<α<90°得到矩形AEFG，AD与EF交于点H．
数学思考：（1）填空：图①中∠AHF=__________；（用含α的代数式表示）
深入探究：（2）如图②，当点H在对角线AC的垂直平分线上时，连接CH，求证：EH=DH．
【答案】（1）180°-α；（2）见解析
【分析】本题考查矩形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）根据旋转得到∠DAG=∠BAE=α，结合矩形对边平行即可得到答案；
（2）证明Rt△AEH≌Rt△CDH即可得到答案．
【详解】解：（1）∵矩形ABCD绕点A逆时针旋转角α0°<α<90°得到矩形AEFG，
∴∠DAG=∠BAE=α，
∵四边形AEFG是矩形，
∴AG∥EF，
∴∠AHF=180°-α，
故答案为：180°-α；
（2）证明：∵点H在对角线AC的垂直平分线上，EF边经过点H，
∴AH=CH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠D=∠B=90°，
由旋转得：AE=AB,∠E=∠B=90°，
∴CD=AE，∠E=∠D=90°，
在Rt△AEH与Rt△CDH中，
∵AH=CHAE=CD，
∴Rt△AEH≌Rt△CDHHL，
∴EH=DH．
【考点题型二】利用矩形的性质求线段长
1．（23-24八年级上·四川宜宾·期末）如图，在长方形ABCD中，AB=5，AD=3，动点P满足S△PAB=13S长方形ABCD，则PA+PB的最小值为（ ）

A．41B．34C．29D．52
【答案】A
【分析】本题考查矩形性质，勾股定理．根据题意先求出△PAB的面积，再利用作对称分析线段相加最小值后用勾股定理即可求出本题答案．
【详解】解：设△PAB中AB边上的高是h，
∵在长方形ABCD中，AB=5，AD=3，
∴S长方形ABCD=5×3=15，
∵S△PAB=13S长方形ABCD，
∴S△PAB=13×15=5，
∴12AB·h=12×5·h=5，即h=2，
∴动点P在与AB平行且与AB的距离是2的直线l上，如图，作A关于直线l的对称点E，连接BE，则BE即为最短距离，
，
在Rt△ABE中，
∵AB=5，AE=2+2=4，
∴BE=AB2+AE2=52+42=41，
∴PA+PB的最小值为41，
故选：A．
2．（23-24九年级上·四川成都·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=16，对角线AC，BD相交于点O．点E，F分别是AO，AD的中点，连接EF，则△AEF的周长为（ ）
A．12B．18C．20D．16
【答案】B
【分析】本题考查了矩形的性质、中位线的性质、勾股定理求线段长，先利用勾股定理算出AC的长度，根据矩形的性质即可得出OA=OD的长度，再根据中位线的性质求出EF=12OD=5，进而即可周长即可．
【详解】在矩形ABCD中，AB=12，BC=16,
AC=AB2+BC2=20，
对角线AC，BD相交于点O，
OA=OD=12AC=10,
点E，F分别是AO，AD的中点，
∴EF是△AOD的中位线，
∴EF=12OD=5，AF=12AD=8，
∴AE=12OA=5，
∴△AEF的周长为：AE+AF+EF=5+5+8=18，
故选：B．
3．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=90°，AB=8cm，AD=12cm，BC=18cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设点P，Q运动的时间为ts．
(1)CD边的长度为 cm，t的取值范围为 ．
(2)从运动开始，当t取何值时，四边形ABQP为矩形？
(3)从运动开始，当t取何值时，PQ=CD？
【答案】(1)10，0≤t≤9
(2)t=6
(3)t=8或t=4
【分析】（1）作辅助线，构建矩形ABED，利用勾股定理可得CD的长，根据两动点P，Q运动路程和速度可得t的取值范围；
（2）根据矩形的性质可得AP=BQ，列方程即可求解；
（3）根据PD=CQ列方程可得t=4时PQ∥CD；由PQ=CD；根据CQ=2t=6+6+12-t，可得t=8，可得出结论；
【详解】（1）如图1，过点D作DE⊥BC于E，则∠DEB=∠DEC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠A+∠B=180°，
∵∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠DEB=90°，
∴四边形ABED是矩形，
∴DE=AB=8，BE=AD=12，
∵BC=18，
∴CE=18-12=6，
由勾股定理得：CD=62+82=10 （cm）；
∵点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动，AD=12cm，
∴点P运动到D的时间为：12s，
同理得：点Q运动到点B的时间为：182=9s，
∴0≤t≤9；
故答案为：10，0≤t≤9；
（2）解：如图所示，当ABQP是矩形时，AP=BQ，
∵AP=t,BQ=BC-CQ=18-2t
∴t=18-2t
解得：t=6；
（3）如图2，过点P作PF⊥BC于F，过点D作DE⊥BC于E，
当PQ=CD时，
∵PF=DE，
∴Rt△PQF≌Rt△DCE，
∴FQ=CE=6，
∵∠PFE=∠DEF=∠ADE=90°，
∴四边形DPFE矩形，
∴PD=EF=12-t，
∴CQ=QF+EF+CE，即6+6+12-t=2t，
∴t=8，
如图3，∵AD∥BC，
∴PD∥CQ，
当PD=CQ时，四边形DPQC是平行四边形，
∴PQ∥CD，
∴12-t=2t，
∴t=4，
即当t=4时，PQ∥CD，此时PD=CQ；
综上所述，当t=8或t=4时，PQ=CD；
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、勾股定理，直角三角形的性质等知识，利用分类讨论和数形结合是解题的关键．
【考点题型三】利用矩形的性质求面积
1．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图，点E是矩形ABCD内一点，连结AE，DE，AC，EC，BE，知道下列哪个选项的值就能要求△AEC的面积（ ）

A．△ABE与△BEC面积之差B．△ADE与△BEC面积之差
C．△DEC与△BEC面积之差D．△ADC与△DEC面积之差
【答案】C
【分析】过E作EM⊥AB于M，延长ME交CD于N，由四边形ABCD是矩形，得到AB∥DC，AB=DC，由△EAB的面积=12AB⋅EM，△ECD的面积=12DC⋅EN，推出△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积，而△AEC的面积=△ABC的面积-△ABE的面积-△BEC的面积，于是即可得到答案．
【详解】解：过E作EM⊥AB于M，延长ME交CD于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥DC，AB=DC，
∴EN⊥DC，
∵△EAB的面积=12AB⋅EM，△ECD的面积=12DC⋅EN，
∴△EAB的面积+△ECD的面积=12AB⋅EM+EN=12AB⋅MN=矩形ABCD的面积×12，
∵△ABC的面积=矩形ABCD的面积×12，
∴△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积，
∵△AEC的面积=△ABC的面积-△ABE的面积-△BEC的面积，
∴△AEC的面积=△EAB的面积+△ECD的面积-△ABE的面积-△BEC的面积=△ECD的面积-△BEC的面积．
故选：C．
【点睛】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积公式推出△EAB的面积+△ECD的面积=△ABC的面积．
2．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）（1）探究规律：
如图1，点P为平行四边形ABCD内一点，△PAB，△PCD的面积分别记为S1，S2，平行四边形ABCD的面积记为S，试探究S1+S2与S之间的关系．
（2）解决问题：
如图2 矩形ABCD中，AB=5，BC=8，点E、F、G、H分别在AB、BC、CD、DA上，且AE=CG=3，AH=CF=2，点P为矩形内一点，四边形AEPH、四边形CGPF的面积分别记为S1，S2，求S1+S2．
【答案】探究规律：S=S1+S2，理由见详解；解决问题：17；
【分析】
本题考查平行四边形性质，矩形的性质：
（1）过P作PE⊥AB并延长EP交CD于F，根据平行四边形得到AB=CD，AB∥CD，结合平行线间距离处处相等得到h=EF即可得到答案；
（2）过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，
结合矩形的性质及三角形面积加减关系求解即可得到答案；
【详解】解：探究规律：过P作PE⊥AB并延长EP交CD于F，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴h=EF，
∴S1+S2=12×AB×PE+12×CD×PF=12×AB×EF=S，
，
∴S=S1+S2；
解决问题：过P作PK⊥AB并延长KP交CD于T，过P作PM⊥AD并延长MP交BC于N，连接：PA，PB，PC，PD，
∵四边形ABCD是矩形，AB=5，BC=8，AE=CG=3，AH=CF=2，
∴BE=DG=AH=CF=2，AD=BC，AD∥BC，AB=CD，AB∥CD，
，
∵PK⊥AB，PM⊥AD，
∴PK+PT=AD，PM+PN=MN，
∴S1+S2=12×AE×PK+12×CG×PT+12×AH×PM+12×CF×PN =12×3×PK+12×3×PT+12×2×PM+12×2×PN
=12×3×KT+12×2×MN
=12×3×8+12×2×5
=12+5
=17．
3．（23-24八年级上·安徽合肥·期中）如下图，在平面直角坐标系中，已知点A(1,3)，将点A向右平移2个单位长度得到点B，连接AB，将线段AB再向下平移4个单位长度，得到线段CD，点A的对应点为点C．

(1)请直接写出四边形ABDC的面积；
(2)点P为y轴正半轴上一点，点P的纵坐标为t，连接PC、PD，若△PCD的面积为S，用含t的
式子表示S；

(3)在（2）的条件下，若PD将四边形ABDC的面积分成1:3两部分时，求出点P的坐标．

【答案】(1)四边形ABDC的面积=8
(2)S=t+1
(3)点P的坐标为(0,2)或(0,11)
【分析】对于（1），根据点A向右平移2个单位长度得到点B可知AB=2，根据线段AB再向下平移4个单位长度，得到线段CD，点A的对应点为点C可知AC=4，利用四边形ABDC是矩形和矩形面积公式计算四边形ABDC的面积；
对于（2），以CD为底，则高的长度为点P与点C的纵坐标之差，由此计算△PCD的面积即可；
对于（3），分PD与AC和AB相交两种情况分类讨论，求出与AC或AB的交点，再用待定系数法求出直线PD的解析式，进而求出点P的坐标．
【详解】（1）四边形ABDC的面积是8，理由如下：
∵点A向右平移3个单位长度得到点B，A(1,3)，
∴AB=2，B(3,3)．
又∵线段AB再向下平移4个单位长度，得到线段CD，点A的对应点为点C，
∴四边形ABDC是矩形，AC=BD=4，C(1,-1)，D(3,-1)，
∴四边形ABDC的面积=AB⋅AC=8；
（2）∵点A向右平移2个单位长度得到点B，
∴AB∥x轴．
∵四边形ABDC是矩形，
∴CD=AB=2，CD∥AB∥x轴．
∵点P的纵坐标为t，
∴点P与点C的纵坐标之差为：yP-yC=t+1，
∴S=12CD×(yP-yC)=12×2×(t+1)=t+1．
（3）①当PD与AC相交时，如图3所示，设PD与AC相交于点Q，
∵PD将四边形ABDC的面积分成1:3两部分，
∴S△CDQ=14S四边形ABDC=2．
又∵S△CDQ=12CD⋅CQ=12×2CQ=CQ，
∴CQ=2，
∴Q（1，1）．
设PD的解析式为y=kx+b，将点Q，点D的坐标代入得：1=k+b-1=3k+b，
解得：k=-1b=2，
∴直线PD的解析式为：y=-x+2 ，
∴点P的坐标为(0,2)；
②当PD与AB相交时，如图所示，设PD与AB相交于点Q，
∵PD将四边形ABDC的面积分成1:3两部分，
∴S△BDQ=14S四边形ABDC=2．
又∵S△BDQ=12BD⋅BQ=12×2BQ=2BQ，
∴BQ=1，
∴Q（2，3）．
设PD的解析式为y=kx+b，将点Q，点D的坐标代入得：3=2k+b-1=3k+b，
解得：k=-4b=11，
∴直线PD的解析式为：y=-4x+11，
∴点P的坐标为(0,11)．
综上所述：点P的坐标为(0,2)或(0,11)．
【点睛】本题主要考查了矩形和三角形的面积，直角坐标系中的平移，待定系数法求一次函数的解析式，一次函数图象与坐标轴的交点等知识，掌握三角形的面积公式和分类讨论是解题的关键．
【考点题型四】利用矩形的性质证明
1．（23-24八年级上·山东临沂·期末）如图，在长方形ABCD中，AB=10cm，点E在线段AD上，且AE=6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上，以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
A．2B．4C．4或65D．2或125
【答案】D
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，矩形的性质，根据△APE≌△BQP和△APE≌△BPQ两种情况解答即可求解，运用分类讨论并熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【详解】解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况，
①当AE=BP，AP=BQ，△APE≌△BQP，
∵AE=6cm，
∴BP=6cm，
∴AP=AB-BP=10-6=4cm，
∴点P和点Q运动的时间为4÷2=2s，BQ=4cm，
∴v=4÷2=2cm/s；
②当AE=BQ，AP=BP，△APE≌△BPQ，
此时，AP=BP=102=5cm，BQ=6cm，
∴点P和点Q运动的时间为为5÷2=52s，
∴v=6÷52=125cm/s；
∴v的值为2或125，
故选：D．
2．（23-24八年级上·江苏镇江·期中）如图，长方形ABCD中，AB=6，点E是一个动点，且△CDE的面积始终等于长方形ABCD面积的四分之一．若EA+EB的最小值为10，则△CED的面积是（ ）．
A．10B．12C．14D．16
【答案】B
【分析】本题根据△CDE的面积始终等于长方形ABCD面积的四分之一，得到点E在AD的垂直平分线上运动，连接AE，BE，AC，根据垂直平分线性质和两点之间，线段最短，得到AC=10，利用勾股定理算出BC，即可解题．
【详解】解：∵ △CDE的面积始终等于长方形ABCD面积的四分之一，
记点E到CD的高为h，又AB=6，
∴CD=AB=6，
有6AD×14=12×6h，整理得h=12AD，即点E在AD的垂直平分线上运动，
连接AE，BE，AC，
∵点E在AD的垂直平分线上运动，
∴AE=DE，BE=CE，
要EA+EB最小，即EA+EC最小，
∴当E、A、C三点共线时，EA+EB取得最小值为AC的长，
∵ EA+EB的最小值为10，即AC=10，
∴BC=AC2-AB2=8，
∴ △CED的面积是14AB⋅BC=14×6×8=12．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、垂直平分线性质、两点之间，线段最短、熟练掌握相关性质并灵活运用，即可解题．
3．（23-24八年级上·山东烟台·期末）如图，M是正方形ABCD的边BC上一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
(1)如图1，写出线段AM，AD和MC之间的数量关系_______；
(2)若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，试判断（1）中的关系式是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)AM= AD+MC
(2)结论AM=AD+MC仍然成立，证明见解析
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形及矩形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的判定等知识，考查了基本模型的构造(平行加中点构造全等三角形)，综合性比较强，添加辅助线，构造全等三角形是解决这道题的关键．
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图，证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．
（2）延长AE、BC交于点P，证MA=MP，再证AD=PC即可．
【详解】（1）解：延长AE、BC交于点N，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠ENC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN.
∵E是CD的中点，
∴DE=CE,
在△ADE和△NCE中，
∠DAE=∠CNE∠AED=∠NECDE=CE
∴△ADE≌△NCE(AAS).
∴AD=NC.
∴MA=MN=NC+MC =AD+MC.
故AM= AD+MC；
（2）结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：延长AE、BC交于点P，如图
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC.
∴∠DAE=∠EPC.
∵AE平分∠DAM,
∴∠DAE=∠MAE.
∴∠EPC=∠MAE.
∴MA=MP.
在△ADE和△PCE中，
∠DAE=∠CPE∠AED=∠PECDE=CE
∴△ADE≌△PCE(AAS).
∴AD=PC.
∴MA=MP=PC+MC =AD+MC.
4．（23-24八年级上·陕西西安·期中）在Rt△DEF中，DE=DF，∠EDF=90°，点E，D分别在长方形ABCO的边BC，CO上．
(1)如图1，当点F在OA上，且CE=3，OF=1时，则EF=________；
(2)如图2，若EC=CO，点D为线段CO上一动点（不包括端点），连接OF，求∠AOF的度数；
(3)如图3，若矩形ABCO中，OA=5，OC=4，在（2）的基础上，当BF取值最小时，求点D的坐标．
【答案】(1)25；
(2)45°；
(3)点D的坐标为-3.5,0．
【分析】（1）证明Rt△ECD≌Rt△DOFAAS，得到CE=DO=3，DE=DF，进而由勾股定理得到DE=DF=10，再由勾股定理即可求出EF；
（2）过点F作FM⊥x轴于M，与1同理得到△ECD≌△DMFAAS，得到EC=DM，CD=MF，进而得到MF=OM，即可得到∠AOF=45°；
（3）过点F分别作FM⊥x轴，FN⊥y轴，由（2）可得EC=CO=DM=4，CD=MF=OM，设OD=x，即可得到CD=MF=OM=NC=4-x，CM=8-x，BN=1+x，在Rt△BNF中，由勾股定理可得BF=2x-722+812，
由BF取最小值可求出x，即可得到点D的坐标．
【详解】（1）解：∵∠EDF=90°，
∴∠EDC+∠ODF=90°，
∵四边形ABCO是长方形，
∴∠ECD=∠DOF=90°，
∴∠CED+∠EDC=90°，
∴∠CED=∠ODF，
在Rt△ECD和Rt△DOF中，
∠ECD=∠DOF=90°∠CED=∠ODFDE=DF，
∴Rt△ECD≌Rt△DOFAAS，
∴CE=DO=3，DE=DF，
∴DF=DO2+OF2=32+12=10，
∴DE=DF=10，
∴EF=DE2+DF2=10+10=25，
故答案为：25；
（2）解：如图2，过点F作FM⊥x轴于M，则∠OMF=90°，
同理（1）可得△ECD≌△DMFAAS，
∴EC=DM，CD=MF，
∵EC=CO，
∴CO=DM，
∴CD=OM，
∴MF=OM，
∴∠FOM=45°，
∴∠AOF=90°-45°=45°；
（3）解：如图3，过点F分别作FM⊥x轴，FN⊥y轴，垂足分别为点M、N，则NF=CM，NC=FM，∠BNF=90°，
由（2）EC=DM，CD=MF=OM，
∵OC=4，
∴EC=CO=DM=4
设OD=x，则CD=MF=OM=NC=4-x，
∴CM=4-x+4=8-x，
∴NF=8-x，
∵OA=5，
∴BC=5，
∴BN=BC-NC=5-4-x=1+x，
在Rt△BNF中，
BF2=BN2+NF2=1+x2+8-x2=2x2-14x+65=2x-722+812，
∴BF=2x-722+812，
∴当x=72时，BF取最小值，
∴点D的坐标为-3.5,0．
【点睛】本题考查了长方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，正确作出辅助线是解题的关键．
5．（22-23八年级上·四川成都·期中）在矩形ABCD中，AB=6,BC=8．
(1)将矩形纸片沿BD折叠，使点A落在点F处（如图①），设DF与BC相交于点G，求证：BG= DG；
(2)将矩形沿直线EF折叠，使点B的对应点B'落在CD边上（如图②），点A的对应点为A'，连接BB'交EF于点O．当DB'=2时，求EF、OF的长；
(3)点M在线段AB上，点N在线段BC上，（如图③）若按MN折叠后，点B落在矩形ABCD的AD边上H点，请求AH的最大值和最小值．
【答案】(1)证明见解答
(2)EF的长是35，OF的长是5
(3)AH的最大值为6，最小值为8-27
【分析】（1）由矩形的性质得BC∥AD，则∠CBD=∠ADB，由折叠得∠FDB=∠ADB，所以∠CBD=∠FDB，则BG=DG；
（2）连接BE、B'E，由CD=AB=6,AD=BC= 8,DB'=2，得DE=8-AE,CB'=4，则BB'= BC2+CB'2=45，因为EF垂直平分BB'，所以B'E=BE,B'F=BF=8-CF，由勾股定理得22+(8-AE)2=AE2+62,CF2+42=(8-CF)2，求得AE=2,CF=3，则DE=6,BF=5，由12 ×45EF=6×8-12×6×2-12×6×2-12×4×3=S四边形BEB'F，求得EF=35，而∠BOF=90°,OB= OB'=25，则OF=BF2-OB2=5；
（3）当点N与点C重合时，AH的值最小，由MC垂直平分BH，得HC=BC=8，则DH= HC2-CD2=27，所以AH=8-27；当点M与点A重合时，AH的值最大，此时AH=AB=6，所以AH的最大值为6，最小值为8-27．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴BC∥AD,
∴∠CBD=∠ADB,
由折叠得∠FDB=∠ADB，
∴∠CBD=∠FDB,
∴BG=DG.
（2）解：如图②，连接BE、B'E，
∵AB=6,BC=8,DB'=2，
∴CD=AB=6,AD=BC=8,
∴DE=8-AE,CB'=CD-DB'=6-2=4,
∴BB'=BC2+CB'2=82+42=45,
由折叠得点B'与点B关于直线EF对称，
∴EF垂直平分BB',
∴B'E=BE,B'F=BF=8-CF,
∴∠A=∠D=∠C=90°,
∴DB'2+DE2=B'E2=BE2=AE2+AB2,CF2+CB'2=B'F2,
∴22+(8-AE)2=AE2+62,CF2+42=(8-CF),
解得AE=2,CF=3，
∴DE=8-2=6,BF=8-3=5,
∵12BB'⋅EF=AB⋅BC-12AB⋅AE-12DE⋅DB'-12CB'⋅CF=S四边形BEB'F，
∴12×45EF=6×8-12×6×2-12×6×2-12×4×3,
解得EF=35，
∴∠BOF=90°,OB=OB'=12BB'=25,
∴OF=BF2-OB2= 52-(25)2=5,
∴EF的长是35，OF的长是5．
（3）解：如图③，当点N与点C重合时，AH的值最小，
∵点H与点B关于直线MC对称，
∴MC垂直平分BH，
∴HC=BC=8,
∴DH=HC2-CD2= 82-62=27,
∴AH=AD-DH=8-27；
如图④，当点M与点A重合时，AH的值最大，
∵MH=MB,且MH=AH,MB=AB,
∴AH=AB=6,
∴AH的最大值为6，最小值为8-27．
【点睛】此题重点考查矩形的性质、轴对称的性质、线段的垂直平分线的性质、勾股定理、根据面积等式求线段的长度等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．
【考点题型五】求矩形在坐标系中的坐标
1．（22-23八年级下·四川达州·阶段练习）如图，平面直角坐标系中，矩形OABC的顶点A-6，0，C0,23．将矩形OABC绕点O顺时针方向旋转，使点A恰好落在OB上的点A1处，则点B的对应点B1的坐标为（ ）．

A．-23,6B．32,6C．-6,32D．-6,23
【答案】A
【分析】连接OB1，作B1H⊥OA于H，证明△AOB≌△HB1O，得到B1H=OA=6，OH=AB=23，得到答案．
【详解】解：连接OB1，作B1H⊥OA于H，

由题意，得OA=6，AB=OC=23，
则BO=43=2BA，
∴∠BOA=30°，
∴∠OBA=60°，
由旋转的性质可知∠B1OB=∠BOA=30°，
∴∠B1OH=60°，
在△AOB和△HB1O中∠B1HO=∠BAO，∠B1OH=∠ABO，OB1=OB，
∴△AOB≌△HB1O，
∴B1H=OA=6，OH=AB=23，
∴点B1的坐标为-23,6，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题考查的是矩形的性质、旋转变换的性质，掌握矩形的性质、全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
2．（21-22八年级上·浙江丽水·期末）如图，一直线与两坐标轴的正半轴分别交于A，B两点，P是线段AB上任意一点（不包括端点），过点P分别作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的长方形的周长为6，则该直线的函数表达式是（ ）
A．y＝x＋3B．y＝x＋6
C．y＝－x＋3D．y＝－x＋6
【答案】C
【分析】设P点坐标为（x，y），由坐标的意义可知PC＝x，PD＝y，根据围成的矩形的周长为6，可得到x、y之间的关系式．
【详解】解：设过点P的垂线在x轴、y轴上垂足分别是D、C，如图：
设P点坐标为（x，y），
∵P点在第一象限，
∴PD＝y，PC＝x，
∵矩形PDOC的周长为6，
∴2（x+y）＝6，
∴x+y＝3，
即该直线的函数表达式是y＝﹣x+3，
故选：C．
【点睛】本题主要考查矩形的性质及一次函数图像上点的坐标特征，直线上任意一点的坐标都满足函数关系式y＝kx+b．根据坐标的意义得出x、y之间的关系是解题的关键．
3．（2022·云南红河·二模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABOC的顶点A的坐标为-2,4，D是OB的中点，E是OC上的一点，当△ADE的周长最小时，点E的坐标是（ ）
A．0,1B．0,43C．0,2D．0,103
【答案】B
【分析】画出A点关于y轴的对称点A'，连接A'D，与y轴交于点E，根据连接两点的连线中，线段最短，可知此时△ADE的周长最小，再由待定系数法求得直线DA′函数式，进而求出点E的坐标即可．
【详解】解：如图，作A点关于y轴的对称点A'，连接A'D，与y轴交于点E，
此时△ADE的周长最小，
∵A-2,4，
∴A'2,4，
设直线DA'表达式是y=kx+bk≠0 ，
则0=-k+b4=2k+b，
解得：k=43b=43，
∴y=43x+43，
所以点E的坐标是0,43．
故选B．
【点睛】本题考查了根据轴对称求最短距离问题，待定系数法求一次函数解析式，以及关于坐标轴对称的点的坐标特点，解题的关键是根据对称把AE转化为A'E ，利用两点之间线段最短的性质解决问题．
【考点题型六】添一个条件使四边形是矩形
1．（23-24八年级下·全国·随堂练习）已知在四边形ABCD中，∠ABC=90°，再补充一个条件使四边形ABCD为矩形，这个条件可以是（ ）
A．AC=BDB．AB=BC
C．AC与BD互相平分D．AC⊥BD
【答案】C
【分析】
本题主要考查了矩形的判定，平行四边形的性质与判定，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相平分的四边形是平行四边形进行求解即可．
【详解】
∵有一个角是直角的平行四边形是矩形，
∴只要四边形ABCD是平行四边形，即可判定四边形ABCD是矩形，
∴可添加AC与BD互相平分．
故选C．
2．（22-23八年级下·河南商丘·期末）如图，在▱ABCD中，AE⊥BC于点E，点F在BC边的延长线上，则添加下列条件不能证明四边形AEFD是矩形的是（ ）
A．EF=ADB．∠AEB=∠DFC
C．BE=CFD．∠DAE=∠AEF
【答案】D
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的判定和平行四边形的判定与性质是解题的关键．
由平行四边形的性质得AD∥BC，AD=BC，再证AD=EF，得四边形AEFD是平行四边形，然后证∠AEF=90°，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵AE⊥BC，
∴∠AEC=90°，
∵AD=EF，AD∥EF，
∴四边形AEFD是矩形，故A不符合题意；
∵∠AEB=∠DFC，
∴AE∥DF，
∵AD∥EF，∠AEC=90°，
∴四边形AEFD是矩形，故B不符合题意；
∵BE=CF，
∴BE+CE=CF+CE，
即BC=EF，
∴AD=EF，
∴四边形AEFD是平行四边形，
又∵AE⊥BC，
∴∠AEF=90°，
∴平行四边形AEFD是矩形，故C不符合题意；
∵∠DAE=∠AEF=90°，
∴AD∥EF，故四边形AEFD不能判定是矩形，故D符合题意；
故选：D．
3．（23-24八年级下·全国·假期作业）如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，D，E分别是AB，BC的中点，点F在DE的延长线上，连接CF．若添加一个条件使四边形ADFC为矩形，则这个条件不可能是（ ）
A．AC=CFB．∠F=90°
C．∠B=∠BCFD．DE=EF
【答案】A
【考点题型七】证明四边形是矩形
1．（22-23八年级下·浙江宁波·阶段练习）如图，在四边形ABCD中，AD=CD，AB=BC，E，F，G，H分别是AD，AB，CB，CD的中点，求证：四边形EFGH是矩形．
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，线段垂直平分线的判定，先证明BD垂直平分AC，即BD⊥AC，再由三角形中位线定理推出EF∥HG，EF=HG，EF⊥EH，据此即可证明结论．
【详解】证明：如图所示，连接AC，BD，
∵AD=CD，AB=BC，
∴BD垂直平分AC，即BD⊥AC，
∵E，F分别是AD，AB的中点，
∴EF是△ABD的中位线，
∴EF=12BD，EF∥BD，
同理得GH∥BD，GH=12BD，FG=12AC，FG∥AC，
∴EF∥HG，EF=HG，EF⊥EH，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∴平行四边形EFGH是矩形．
2．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，△ABC中，点 O 是边 AC上一个动点，过 O 作直线 MN∥BC，设 MN 交∠ACB 的平分线于点 E，交∠ACB 的外角平分线于点 F．
(1)求证：OE=OF；
(2)当点 O 在边 AC上运动到什么位置时，四边形 AECF是矩形？并说明理由．
(3)若 AC 边上存在点 O，使四边形 AECF 是正方形，猜想△ABC 的形状并证明你的结论．
【答案】(1)见解析；
(2)当点 O 在边AC 上运动到AC中点时，四边形 AECF 是矩形．见解析；
(3)△ABC是直角三角形，理由见解析．
【分析】此题考查了正方形的判断和矩形的判定，需要知道平行线的特征和角平分线的性质是解题的关键．
（1）根据平行线的性质以及角平分线的性质得出∠1=∠2，∠3=∠4，进而得出答案；
（2）根据AO=CO，EO=FO可得四边形AECF平行四边形，再证明∠ECF=90°利用矩形的判定得出即可；
（3）利用正方形的性质得出AC⊥EN，再利用平行线的性质得出∠BCA=90°，即可得出答案；
【详解】（1）∵MN 交∠ACB的平分线于点 E，交∠ACB的外角平分线于点 F，
∴∠2=∠5，∠4=∠6，
∵MN∥BC，
∴∠1=∠5，∠3=∠6，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
∴EO=CO，FO=CO，
∴OE=OF；
（2）当点 O 在边 AC 上运动到AC中点时，四边形AECF是矩形．
证明：当 O 为AC的中点时，AO=CO，
∵EO=FO，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵CE是∠ACB的平分线，CF是∠ACD的平分线，
∴∠ECF=12(∠ACB+∠ACD)=90°，
∴平行四边形 AECF是矩形．
（3）△ABC是直角三角形，
理由：∵四边形 AECF是正方形，
∴AC⊥EN，故∠AOM=90°，
∵MN∥BC，
∴∠BCA=∠AOM，
∴∠BCA=90°，
∴△ABC 是直角三角形．
3．（23-24八年级上·广东广州·期中）如图（1），平面内有四个点，它们的坐标分别是O(0,0),A(3,0),B(3,2),C(0,2)．

(1)以O，A，B，C四点为顶点的四边形是一个什么图形？
(2)若点D的坐标为(1,2)，将四边形OABC沿OD剪下△OCD，并拼成如图（2）所示的图形，求点E的坐标，并求出四边形OEBD的面积．
(3)在图（2）中，如果连接OB,DE，那么OB与DE是否相等？请通过计算说明理由．
【答案】(1)矩形，见解析
(2)E(4,0)；面积为6
(3)OB=DE，见解析
【分析】（1）根据有一个直角的平行四边形是矩形证明即可；
（2）根据题意知，△OCD≌△BAE，根据S四边形OEBD=S矩形OABC即可求解；
（3）过点D作DF⊥AO于点F，由勾股定理分别求出OB,DE，比较即可．
【详解】（1）解：以O，A，B，C四点为顶点的四边形是矩形；
∵O(0,0),A(3,0),B(3,2),C(0,2)，
∴OA∥BC，BA∥OC，
∴以O，A，B，C四点为顶点的四边形是平行四边形，
∵∠AOC=90°，
∴以O，A，B，C四点为顶点的四边形是矩形；
（2）解：根据题意知，△OCD≌△BAE，
∴AE=CD=1，
∴E(4,0)，
∴S四边形OEBD=S矩形OABC=3×2=6；
（3）解：OB=DE，
在Rt△OBC中，由勾股定理得OB=22+32=13，
过点D作DF⊥AO于点F，则DF=2，CD=OF=1，如图，

在Rt△DFE中，由勾股定理得DE=22+(4-1)2=13，
∴OB=DE；
【点睛】此题综合考查了根据点的坐标判断两条线段的大小关系，勾股定理，以及平行四边形、矩形的判定方法，灵活运用所学知识是关键．
【考点题型八】根据矩形的性质与判定求角度
1．（22-23八年级下·福建厦门·期中）在一次数学活动中，小辉将一块矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF．把纸片展开，再一次折叠纸片，使点A落在N上，得到折痕BM．

(1)若点N刚好落在折痕EF上时，
①如图1，过N作NG⊥BG，求证：NG=12BN；
②如图2，求∠AMN的度数；
(2)如图3，当M为射线AD上的一个动点时，已知AB=3，BC=5，若△BNC的直角三角形时，求AM的长．
【答案】(1)①见解析；②120°
(2)1或9
【分析】（1） ①证明四边形FCGN是矩形，得到NG=FC，根据折叠的性质，矩形的性质，得到FC=12CD=12AB,BN=AB，证明即可；
②根据折叠的性质，求解即可．
（2）根据矩形的性质，判定∠NCB,∠NBC不可能是直角，只有∠BNC=90°，分直角在矩形内部和外部两种情况计算即可．
【详解】（1）解：①∵矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴四边形FCBE是矩形，FC=12CD=12AB，
∵NG⊥BG，
∴四边形FCGN是矩形，
∴NG=FC，
∴NG=12AB，
根据折叠的性质得到,BN=AB，
∴NG=12BN．
②过点G作NG⊥BG于点G，
∵矩形纸片ABCD对折，使AD与BC重合，得到折痕EF，
∴四边形FCBE是矩形，FC=12CD=12AB，
∵NG⊥BG，
∴四边形FCGN是矩形，
∴NG=FC，
∴NG=12AB，
根据折叠的性质得到,BN=AB，
∴NG=12BN．
根据折叠的性质，
∴∠GBN=30°,∠NBM=∠ABM，∠NMB=∠AMB，
∴∠GBN=∠NBM=∠ABM=30°，∠NMB=∠AMB=60°，

∴∠AMN=∠NMB+∠AMB=120°．
（2）根据矩形的性质，故∠NCB,∠NBC不可能是直角，
∴∠BNC=90°，
∵矩形纸片ABCD，
∴∠BNM=∠BAM=90°，
∵∠BNM+∠BNC=180°，
∴C,N,M三点共线，
根据折叠的性质，
∴∠NMB=∠AMB，NM=AM，
∵矩形纸片ABCD，
∴AD∥CB，
∴∠CBM=∠AMB，
∴∠NMB=∠AMB=∠CBM，
∴CB=CM，
∵AB=3，BC=5，
∴BN=AB=3,CN=CB2-BN2=4,CB=CM=5，
∴NM=AM=CM-CN=1；
根据矩形的性质，故∠NCB,∠NBC不可能是直角，
∴∠BNC=90°，
∵矩形纸片ABCD，
∴∠BNM=∠BAM=90°，
∵∠BNC=90°，
∴C,N,M三点共线，
根据折叠的性质，
∴∠NMB=∠AMB，NM=AM，
∵矩形纸片ABCD，
∴AD∥CB，
∴∠CBM=∠AMB，
∴∠NMB=∠AMB=∠CBM，
∴CB=CM，
∵AB=3，BC=5，
∴BN=AB=3,CN=CB2-BN2=4,CB=CM=5，
∴NM=AM=CM+CN=5+4=9；
故AM=9或AM=1．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握矩形与折叠，勾股定理是解题的关键．
2．（22-23八年级下·浙江杭州·期中）如图所示，在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10，BO=DO，且AB=12，BC=16．
(1)求证：四边形ABCD是矩形．
(2)若∠ADF:∠FDC=3:2，DF⊥AC于点E，求∠BDF的度数．
【答案】(1)见解析
(2)18°
【分析】（1）先证明四边形ABCD是平行四边形，利用勾股定理逆定理，得到∠ABC=90°，即可得证；
（2）求出∠FDC的度数，根据三角形的内角和，求出∠DCO，然后根据OD=OC，得到∠CDO，即可求出∠BDF的度数．
【详解】（1）证明：∵在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AO=CO=10，BO=DO，
∴四边形ABCD是平行四边形，AC=AO+CO=20，
∵AB=12，BC=16，
∴AB2+BC=122+162=202=AC2，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形；
（2）∵四边形ABCD是矩形
∴∠ADC=90°，
∵∠ADF:∠FDC=3:2，∠ADF+∠FDC=∠ADC，
∴∠FDC=25∠ADC=36°，
∵DF⊥AC，
∴∠DCO=90°-36°=54°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴CO=OD，
∴∠ODC=∠DCO=54°，
∴∠BDF=∠ODC-∠FDC=18°．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，能灵活运用定理进行推理是解题的关键．注意：矩形的对角线相等，有一个角是直角的平行四边形是矩形．
3．（21-22八年级上·湖北武汉·期中）如图，四边形ABCD中，AB∥CD，∠C＝110°．E为BC的中点，直线FG经过点E，DG⊥FG于点G，BF⊥FG于点F．
（1）如图1，当∠BEF＝70°时，求证：DG＝BF；
（2）如图2，当∠BEF≠70°时，若BC＝DC，DG＝BF，请直接写出∠BEF的度数；
（3）当DG－BF的值最大时，直接写出∠BEF的度数．
【答案】（1）证明见解析；（2）∠BEF =35°；（3）∠BEF=20°．
【分析】（1）过C点作CH⊥FG于点F，证明△BFE≌△CHE，可得CH=BF，再证明四边形CHGD为矩形，即可得GD=CH=BF；
（2）过C点作CH⊥FG于点F,证明△CHM≌△DGM，CM=DM，再结合BC＝DC，可得EC=MC，结合等腰三角形的性质即可得出相应角度；
（3）结合（1）（2）中的结论，根据运动轨迹分析可知当DG≥CD时，∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，由此可得结论．
【详解】解：（1）过C点作CH⊥FG于点F,
∵CH⊥FG，DG⊥FG，BF⊥FG，
∴∠DGH=∠CHE=∠CHM=∠BFE=90°，
∵E为BC的中点，
∴BE=EC，
又∵∠BEF=∠CEH
∴△BFE≌△CHE（AAS）
∴CH=BF，
∵∠BEF＝70°
∴∠CEH=70°，
∵∠C＝110°，
∴FG//DC，
∴∠CHE=∠HCD=∠DGH=∠GDC=90°，
∴四边形CHGD为矩形，
∴GD=CH=BF；
（2）如下图所示，过C点作CH⊥FG于点F,
与（1）同理可证CH=BF，∠DGH=∠CHM=90°，BE=EC，
∵DG＝BF，
∴CH=DG，
又∵∠CME=∠DMG，
∴△CHM≌△DGM
∴CM=DM，
∵BC＝DC，
∴EC=MC，
∵∠C＝110°，
∴∠CEM=∠CME=35°，
∴∠BEF＝∠CEM=35°；
（3）当DG当DG≥CD时，如下图，过C点作CH⊥FG于点F,过点C作CM⊥DG于M，
∵DG⊥FG，CH⊥FG，CM⊥DG
∴∠DGH=∠CHG=∠CMG=90°，
∴CH=GM，
由（1）得CH=BF，
∴DG－BF=DG-GM=MD≤CD，且当G在DC的延长线上时等号成立，
此时如下图，
∠BEF=∠CEG=∠BCD-∠G=110°-90°=20°．
【点睛】本题考查全等三角形综合，矩形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形外角的性质等．能正确作出辅助线，构造全等三角形是解决（1）（2）的关键；（3）中能正确分析运动轨迹是解题关键．
【考点题型九】根据矩形的性质与判定求线段长
1．（23-24八年级下·湖北武汉·开学考试）在等腰Rt△ABC中，∠ACB=90°，且CA=CB．
(1)如图1，若△ECD也是等腰直角三角形，且CE=CD，连BD．
①求证：△ACE≌△BCD；
②求证：AE2+AD2=2AC2；
(2)如图2，E为AB上一点，AE=3，CE=29，BE= ．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)7
【分析】
（1）①由“SAS”可证△ACE≌△BCD；
②由全等三角形的性质可得BD=AE，∠CDB=∠E=45°，由勾股定理可求解；
（2）过点E作EH⊥AC于H，EN⊥BC于N，判定出△AHE和△ENB是等腰直角三角形，由勾股定理可求EH，EN的长，进而求出最后结果．
【详解】（1）证明：①∵∠DCE=∠ACB=90°，
∴∠DCE-∠ACD=∠ACB-∠ACD，
∴∠ACE=∠BCD，
在△ACE和△BCD中，
CA=CB∠ACE=∠BCDCE=CD，
∴△ACE≌△BCDSAS，
②∵△ACE≌△BCD，
∴BD=AE，∠CDB=∠E=45°，
∴∠ADB=∠EDC+∠CDB=90°，
在Rt△ADB中，BD2+AD2=AB2，
在Rt△ABC中，AC2+BC2=AB2，即2AC2=AB2，
∵AE2+AD2=BD2+AD2=2AC2；
（2）如图，过点E作EH⊥AC于H，EN⊥BC于N，
又∵∠ACB=90°，
∴四边形CNEH是矩形，
∴EH=CN，
∵∠ACB=90°，CA=CB，
∴∠A=∠B=45°，
∵EH⊥AC，EN⊥BC，
∴△AHE和△ENB是等腰直角三角形，
∴AH=HE，EN=BN，
∵AE=3，
∴HE=AH=322，
∴CN=322，
∴EN=CE2-CN2=722，
∴BE=EN2+BN2=7，
故答案为：7．
【点睛】考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
2．（23-24八年级上·广东梅州·期中）已知A0,a，B-b,-1，Cb,0且满足b+2+2a-14=0．
(1)求A，B，C三点的坐标及直接写出△ABC的面积．
(2)如图1所示，CD∥AB，∠DCO的角平分线与∠BAO的补角的角平分线交于点E，求出∠E的度数．
(3)如图2，若直线AB交x轴于点M，过点0,-5作直线l∥AB，且直线l交x轴于点N，画出图形，并直接写出MN的长度．
【答案】(1)A0,7，B2,-1，C-2,0；15
(2)45°
(3)图见解析，MN=3
【分析】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、算术平方根和非负数的性质等知识，数形结合是解题的关键．
（1）根据非负数的性质求出b=-2，a=7，得到A0,7，B2,-1，C-2,0，过点A和点B分别作x轴的平行线，过点B和点C作y轴的平行线，使得交点为点D、点E、点F，则四边形DEBF为长方形，得到AD=AE=2，CD=7，BF=4，CF=1，BE=8，根据S△ABC=S长方形DEBF-S△ADC-S△ABE-S△FBC进行解答即可；
（2）记AB与CE的交点为点F，与x轴的交点为点G，∠FCG=90°-12∠OGA，∠EAF=90°-12∠OAB，则∠EAF+∠E=∠AFC=∠FCG+∠FGC，进一步即可得到答案；
（3）根据题意作出图形，记直线l与y轴的交点0,-5为点H，过点A作AA'∥x轴交直线l于点A'，过点B作BB'∥x轴交直线l于点B'，交y轴于点K，作BH∥y轴交直线l于点L，则AA'∥BB'，AK=8，AH=12，BK=2，设MN=x，则BB'=x，四边形AA'B'B和四边形AHLB为平行四边形，根据S平行四边形AA'B'B=S平行四边形AHLB即可求出答案．
【详解】（1）解：∵b+2+2a-14=0，
∴b+2=0,2a-14=0，
∴b=-2，a=7，
∴A0,7，B2,-1，C-2,0，
如图1，过点A和点B分别作x轴的平行线，过点B和点C作y轴的平行线，使得交点为点D、点E、点F，则四边形DEBF为长方形，
∵A0,7，B2,-1，C-2,0，
∴AD=AE=2，CD=7，BF=4，CF=1，BE=8，
∴S△ABC=S长方形DEBF-S△ADC-S△ABE-S△FBC-BF⋅BE-12AD⋅CD-12AE⋅BE-12BF⋅CF =4×8-12×2×7-12×2×8-12×4×1
=15．
（2）如图2，记AB与CE的交点为点F，与x轴的交点为点G，
∵CD∥AB，
∴∠DCG=180°-∠OGA，
∵CE平分∠DCG，
∴∠FCG=12∠DCG=90°-12∠OGA，
∵AE平分∠OAB的外角，
∴∠EAF=12180°-∠OAB=90°-12∠OAB，
∵∠AFC是△AFE和△CFG的外角，
∴∠EAF+∠E=∠AFC=∠FCG+∠FGC，
∴90°-12∠OAB+∠E=90°-12∠OGA+∠OGA=90°+12∠OGA，
∴∠E=12∠OAB+12∠OGA=12×90°=45°．
（3）根据题意作出图形，如图3，
记直线l与y轴的交点0,-5为点H，
过点A作AA'∥x轴交直线l于点A'，过点B作BB'∥x轴交直线l于点B'，交y轴于点K，作BH∥y轴交直线l于点L，则AA'∥BB'，
∵点A0,7，点B2,-1，点H0,-5，
∴AK=8，AH=12，BK=2，
设MN=x，则BB'=x，
∵l∥AB，AA'∥BB'，
∴四边形AA'B'B和四边形AHLB为平行四边形，
∴S平行四边形AA'B'B=S平行四边形AHLB，
∴8x=12×2，
∴x=3，
∴MN=3．
3．（23-24八年级上·江苏淮安·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中（以1cm为单位长度），过点A(0,4)的直线a垂直于y轴，M(9,4)为直线a上一点．点P从点M出发，以2cm/s的速度沿直线a向左移动；同时，点Q从原点出发，以1cm/s的速度沿x轴向右移动．
(1)t秒后，AP=___________；
(2)t秒后PQ平行于y轴，求t值；
(3)若以A、O、Q、P为顶点的四边形的面积是10cm2，求点P的坐标．
【答案】(1)9-2t
(2)3
(3)1,4或-13,4
【分析】本题考查了一元一次方程的应用、矩形的判定和性质、坐标与图形等知识，理解题意，正确列出方程是解此题的关键．
（1）根据点M的坐标、点P的运动方向和速度分两种情况求解即可；
（2）设点ts后线段PQ平行于y轴，则OQ=t，PM=2t，AM=9，AP=9-2t，根据矩形的判定和性质得到AP=OQ，列出方程求解即可；
（3）分两种情况分别根据四边形的面积列方程，解方程即可得到答案．
【详解】（1）解：∵M(9,4)为直线a上一点．点P从点M出发，以2cm/s的速度沿直线a向左移动；
∴PM=2t，AM=9，
当点P在y轴右侧时，t秒后，PM=2t，
∴t秒后，AP=AM-PM=9-2t，
当点P在y轴左侧时，t秒后，PM=2t，
∴t秒后，AP=PM-AM=2t-9，
故答案为：9-2t或2t-9
（2）解：设点ts后线段PQ平行于y轴，
由题意得：OQ=t，PM=2t，AM=9，
∴AP=AM-PM=9-2t，
∵PQ∥y轴，AP∥OQ，∠AOQ=90°，
∴四边形AOQP是矩形，
∴OQ=AP，即9-2t=t，
解得：t=3，
∴3秒后线段PQ平行于y轴；
（3）①当点P在y轴右侧时，t秒后，PM=2t，
∴t秒后，AP=AM-PM=9-2tcm，OQ=tcm，点P的坐标为9-2t,4，
根据题意可得，12×4×9-2t+t=10，
解得t=4，
∴9-2t=1，
∴点P的坐标是1,4，
当点P在y轴左侧时，t秒后，PM=2t，
∴t秒后，AP=PM-AM=2t-9，OQ=tcm，点P的坐标是9-2t,4，
根据题意可得，12×4×2t-9+t=10，
解得t=143，
∴9-2t=-13，
∴点P的坐标是-13,4，
综上可知，点P的坐标是1,4或-13,4
【考点题型十】根据矩形的性质与判定求面积
1．（22-23八年级下·福建泉州·期末）如图1，已知平行四边形ABCD，点E为边AD的中点，连接CE并延长交BA的延长线与点F，连接AC、DF．

(1)求证：四边形ACDF是平行四边形．
(2)如图2，当AF=1,AC=3,CF=CB时，求△ABC的面积．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】（1）证明△AEF≌△DECAAS，则AF=CD，又由AB∥CD，即可得到结论；
（2）证明四边形ACDF是矩形，再证明△ABC是直角三角形，由四边形ACDF是矩形得到AF=CD=AB=1，即可得到△ABC的面积．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠AFE=∠DCE,
又点E为AD的中点，
∴ AE=DE，
在△AEF与△DEC中，
∠AFE=∠DCE，∠AEF=∠DEC，AE=DE．
∴△AEF≌△DECAAS，
∴AF=CD，
∵AB∥CD，
∴四边形ACDF是平行四边形
（2）∵四边形ABCD是平行四边形
∴ AD=BC，AB=CD，
∵ CF=BC，
∴ AD=CF，
由(1)证得四边形ACDF是平行四边形
∴四边形ACDF是矩形，
∴∠FAC=90°，
∴∠CAB=180°-∠FAC=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∵四边形ACDF是矩形，
∴ AF=CD=AB=1，
∴SΔABC=12AB⋅AC=12×1×3=32．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质是解题的关键．
2．（22-23八年级下·广西贵港·期末）在平面直角坐标系xOy中，点A3,3在正比例函数y=x的图象上，点Mm,0在x轴上，点N0,n在y轴上，且∠MAN=90°．

(1)如图1，当点N与原点O重合时，求m的值及直线AM的表达式；
(2)如图2，若m，n都为正数，连接MN，当MN=30时，求△MON的面积．
【答案】(1)m=6，y=-x+6，
(2)32
【分析】（1）先证明△MAO是等腰直角三角形，根据A3,3，可得AO=AC2+BC2=32，进而可得OM=2AO=6，则有M6,0，设直线AM的表达式为y=kx+b，代入点A3,3，M6,0，即可求解；
（2）过A点作AE⊥x轴于点E，作AF⊥y轴于点F，由A3,3，可得AE=AF=3，即有AE=OF=AF=OE=3，再证明△FAN≌△EAM，即有AN=AM，FN=EM，可得△MAN是等腰直角三角形，进而可得AN=AM=22MN=15，在Rt△ANF中，NF=AN2-AF2=6，即FN=EM=6，可得ON=OF-FN=3-6，OM=OE+EM=3+6，问题得解．
【详解】（1）∵点A3,3在正比例函数y=x的图象上，
∴∠AOM=45°，
∵∠MAN=90°，
∴∠AOM=45°=∠AMO，即△MAO是等腰直角三角形，
∵A3,3，
∴AO=AC2+BC2=32，
∴在等腰Rt△MAO中，OM=2AO=6，
∴M6,0，即m=6，
设直线AM的表达式为y=kx+b，
∵A3,3，M6,0，
∴3k+b=36k+b=0，解得：k=-1b=6，
∴直线AM的表达式为y=-x+6；
（2）过A点作AE⊥x轴于点E，作AF⊥y轴于点F，如图，

则有四边形AEOF是矩形，
∴AE=OF，AF=OE，∠EAF=90°，
∵A3,3，
∴AE=AF=3，
∴AE=OF=AF=OE=3，
∵∠MAN=90°，∠EAF=90°，
∴∠FAN+∠NAE=∠MAE+∠NAE，
∴∠FAN=∠MAE，
∵∠AFN=∠AEO=90°，AE=AF，
∴△FAN≌△EAM，
∴AN=AM，FN=EM，
∴△MAN是等腰直角三角形，
∵MN=30，
∴AN=AM=22MN=15，
∴在Rt△ANF中，NF=AN2-AF2=6，
∴FN=EM=6，
∴ON=OF-FN=3-6，OM=OE+EM=3+6，
∴S△MON=12×ON×OM=12×3-6×3+6=32．
【点睛】本题考查了求解一次函数解析式，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质等知识，掌握等腰直角三角形的判定与性质，是解答本题的关键．
3．（22-23八年级下·山西长治·阶段练习）阅读下列材料，完成后面的任务：
如图，在△ABC和△DBC中，点A，D在直线m上，点B，C在直线n上，若AD∥BC，则有S△ABC=S△DBC．这道题表明，同底等高的两个三角形的面积相等，我们把这个结论称为等面积．它是一种重要的解题方法．在数学解题中，有着重要的应用．
下面是它的部分证明过程：
证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
则∠AEF=∠DFE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠DAE+∠AEF=180°，
……

任务：
(1)请将上述证明过程补充完整
(2)如图，在矩形ABCD中，E是CD延长线上一点，连接AE，BE．若S矩形ABCD=12，求S△ABE．

【答案】(1)见解析
(2)6
【分析】（1）根据平行线的性质和已知条件可证四边线AEFD是矩形，进而得到AE=DF，然后根据三角形面积公式表示出S△ABC=12AE⋅BC，S△DBC=12DF⋅BC，最后对比即可证明结论；
（2）如图，连接AC，由矩形的性质可得AB∥CE、S△ABC=6，再运用（1）的结论即可解答．
【详解】（1）证明：如图，过点A作AE⊥BC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
则∠AEF=∠DFE=90°．
∵AD∥BC，
∴∠DAE+∠AEF=180°，
∴∠DAE=90°，
∴∠DAE=∠AEF=∠EFD=90°，
∴四边线AEFD是矩形，
∴AE=DF.
∵S△ABC=12AE⋅BC，S△DBC=12DF⋅BC，
∴S△ABC=S△DBC．
（2）解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CE，S△ABC=12S矩形ABCD=6，
由（1）可得S△ABE=S△ABC=6．
【点睛】本题主要考查了平行线的性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用矩形的性质和等面积法是解答本题的关键．
【考点二】正方形的性质与判定
正方形的定义：四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
正方形的性质：
1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等.
3）正方形对边平行且相等.
4）正方形的对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角；
5）正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形；
6）正方形既是中心对称图形，也是轴对称图形.
【补充】正方形对角线与边的夹角为45°.
正方形的判定：
1）平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角；
2）矩形+一组邻边相等；
3）矩形+对角线互相垂直；
4）菱形+一个角是直角；
5）菱形+对角线相等.
【解题技巧】判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等．
正方形的面积公式：a2＝对角线乘积的一半=2S△ABC=4S△AOB.
正方形的周长公式：周长= 4a
【考点题型十一】利用正方形的性质求角度
1．（21-22八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知正方形ABCD，以AD为边作等边△ADE，则∠AEB的度数为 ．
【答案】15∘或75∘
【分析】
分等边三角形在正方形内，外两种情况讨论，先根据正方形的性质得AB=AD，∠BAD=90°，再根据等边三角形的性质得AD=AE，∠DAE=60°，进而得出AB=AE，∠BAE，最后根据等腰三角形的性质得出答案．
【详解】
如图所示，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵三角形ADE是等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴AB=AE，∠BAE=150°，
∴∠AEB=180°-150°2=15°．

如图所示，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°．
∵三角形ADE是等边三角形，
∴AD=AE，∠DAE=60°，
∴AB=AE，∠BAE=30°，
∴∠AEB=180°-30°2=75°．

所以∠AEB的度数为15°或75°．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，注意分情况讨论．
2．（22-23八年级下·河北唐山·期中）四边形ABCD是矩形，点P在边CD上，∠PAD=30°，将△ADP沿直线AP翻折得到△AGP，连接BG．

(1)如图，若四边形ABCD是正方形，求∠AGB的度数；
(2)连接CG，DG，当∠CGB=120°时，
①求证：△AGB≌△DGC．
②直接写出∠AGB的度数．
【答案】(1)75°
(2)①见解析；②90°或30°
【分析】（1）根据正方形和翻折的性质即可求解；
（2）①分类讨论点G在矩形ABCD的内部和外部，利用全等三角形的判定定理即可求解；②分类讨论点G在矩形ABCD的内部和外部，利用全等三角形的性质定理即可求解．
【详解】（1）解：如图1，

∵△ADP沿直线AP翻折得到△AGP，
∴△ADP≌△AGP，
∴∠DAP=∠GAP=30°，AD=AG．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°，
∴∠GAB=30°．
在△AGB中，AB=AG，
∴∠BAG=30°，
∴∠ABG=∠AGB=75°；
（2）解：①当∠CGB=120°时，点G可能在矩形ABCD的内部或外部．
a：若点G在矩形ABCD的内部，如图2
由（1）可知，在△ADG中，AD=AG，∠DAG=∠PAD+∠PAG=60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴DG=AG=AD，∠DAG=∠ADG=∠DGA=60°，
在矩形ABCD中，AB=DC，∠DAB=∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠DAB-∠DAG=∠ADC-∠ADG，
即∠GAB=∠GDC=30°，
∴△GAB≌△GDCSAS
b：若点G在矩形ABCD的外部，如图3，全等思路同上

②a：若点G在矩形ABCD的内部，如图2
∵△GAB≌△GDC
∴∠AGB=∠DGC
∴∠AGB=360°-∠CGB-∠AGD2=90°
b：若点G在矩形ABCD的外部，如图3
∵△GAB≌△GDC
∴∠AGB=∠DGC
∴∠AGB=∠CGB-∠AGD2=30°
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质定理等．掌握相关结论及“分类讨论”的数学思想是解题关键．
3．（22-23八年级下·山东临沂·期中）如图，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD的中点，AE平分∠DAM．
(1)判断∠AMB与∠MAE的数量关系，并说明理由；
(2)求证：AM=AD+MC；
(3)若AD=8，求AM的长．
【答案】(1)∠AMB=2∠MAE；
(2)证明见详解；
(3)10；
【分析】（1）四边形ABCD是正方形得到∠DAM=∠AMB，根据AE平分∠DAM得到∠MAE=12∠DAM，即可得到答案；
（2）过E作EF⊥AM，连接EM，根据角平分线性质可得DE=FE，即可得到RtADE≌Rt△AFE，RtEFM≌Rt△ECM，即可得到答案；
（3）设CM=x，根据（2）得到AM=8+x，BM=8-x根据勾股定理列式求解即可得到答案；
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAM=∠AMB，
∵AE平分∠DAM，
∴∠MAE=12∠DAM，
∴∠AMB=2∠MAE；
（2）证明：过E作EF⊥AM，连接EM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠C=∠B=∠BAD=90°，AB=BC=CD=AD，
∴DE⊥AD，
∵AE平分∠DAM，DE⊥AD，EF⊥AM，
∴DE=FE，
∵E是CD的中点，
∴DE=CE=EF，
∵AE=AE，EM=EM，
∴RtADE≌Rt△AFE，RtEFM≌Rt△ECM，
∴AD=AF，MF=MC，
∴AM=AD+MC；
（3）解：设CM=x，
∵AD=8，
∴AM=8+x，BM=8-x，
在Rt△ABM中，
AM2=AB2+BM2，即(8+x)2=(8-x)2+82，
解得：x=2，
∴AM=8+2=10；
【点睛】本题考查勾股定理，角平分线的性质，三角形全等的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是作出辅助线得到全等三角形．
【考点题型十二】利用正方形的性质求线段长
1．（23-24八年级上·浙江金华·期末）如图1：正方形ABCD的边长为3，E是直线AD上一动点，连接CE，在CE的右侧以C为直角顶点作等腰直角三角形ECF，连接BE，DF．
(1)当点E在线段AD上运动时，试判断BE与DF的数量关系，并说明理由．
(2)当AE=2ED时，求EF的长．
(3)如图2，连接BF，则BE+BF的最小值为______．
【答案】(1)BE=DF，理由见详解
(2)6或25
(3)310
【分析】（1）根据正方形的性质、等腰直角三角形的性质推出BC=CD,∠BCD=∠90°,CE=CF,∠ECF=90°，根据角的和差求出∠BCE=∠DCF，利用SAS证明△BCE≌△DCF, 根据全等三角形的性质即可得解；
（2）分两种情况根据正方形的性质及勾股定理求解即可；
（3）过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH， 结合（1）利用AAS证明△ABE≌△HDF，根据全等三角形的性质推出AB=DH=HM=3，根据线段垂直平分线的性质得到DF=MF=BE，根据三角形三边关系推出当B、 F、 M三点共线时，MF+BF(即BE+BF)的值最小为BM，根据勾股定理求解即可．
【详解】（1）BE=DF，理由如下:
∵四边形ABCD是正方形，
∴ BC=CD，∠BCD=∠90°，
在等腰直角三角形ECF中， CE=CF，∠ECF=90°，
∴∠BCE=∠DCF，
在△BCE和△DCF中，
BC=CD∠BCE=∠DCFCE=CF，
∴△BCE≌△DCFSAS，
∴BE=DF；
（2）①如图1， 点E在线段AD上，
∵AE=2ED，正方形ABCD的边长为3，
∴AE+ED=AD=3，
∴AE=2,ED=1，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=12+32=10，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=10
∴EF=CE2+CF2=25；
②如图，E点在AD延长线上，
∵AE=AD+DE=2ED,AD=3，
∴ AD=ED=3，
在正方形ABCD中，CD=3,∠CDE=90°，
∴CE=DE2+CD2=32+32=32，
∵三角形ECF是等腰直角三角形，
∴CE=CF=32
∴EF=CE2+CF2=6；
综上，EF的长为6或25
（3）如图2，过点F作FH⊥AD交AD的延长线于点H，在直线AD上截取HM=DH，
由（1）知△BCE≌△DCF，
∴∠CBE=∠CDF,BE=DF，
在正方形ABCD中,
∠BAE=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠CDH=180°-90°=90°，
∴∠ABC=∠CDH,
∴∠ABC-∠CBE=∠CDH-∠CDF，
∴∠ABE=∠HDF，
在△ABE和△HDF中,
∠BAE=∠DHF=90°∠ABE=∠HDFBE=DF，
∴△ABE≌△HDFAAS，
∴AB=DH=3，
∴ HM=DH=3，
∵HM=DH,FH⊥AD，
∴DF=MF，
∴MF=BE，
∴BE+BF=MF+BF,
当B、F、M三点不共线时，MF+BF>BM，当B、F、M三点共线时，MF+BF=BM，
∴当B、F、M三点共线时， MF+BF的值最小为BM，
在Rt△ABM中，AB=3，AM=AD+DH+HM=9，∠BAM=90°，
∴BM=AB2+AM2=32+92=310，
∴BE+BF的最小值为310，
故答案为：310．
【点睛】此题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系等知识，熟练运用正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、三角形三边关系是解题的关键．
2．（23-24八年级上·江苏泰州·期中）在四边形ABCD中，O是边BC上的一点．若△OAB≌△OCD，则O叫做该四边形的“等形点”．

(1)正方形________“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图1，在四边形ABCD中，边BC上的O是四边形ABCD的“等形点”．已知CD=32，OA=5，BC=12，连接AC，求AC的长；
(3)如图2，在四边形EFGH中，EH∥FG．若边FG上的O是四边形EFGH的“等形点”，求OF=OG．
【答案】(1)不存在
(2)AC=45
(3)见解析
【分析】（1）根据“等形点”的定义可知△OAB≌△OCD，则∠OAB=∠C=90°，而O是边BC上的一点．从而得出正方形不存在“等形点”；
（2）作AH⊥BO于H，由△OAB≌△OCD，得AB=CD=42，OA=OC=5，设OH=x，则BH=7-x，由勾股定理得，422-7-x2=52-x2，求出x的值，再利用勾股定理求出AC的长即可；
（3）根据“等形点”的定义可得△OEF≌△OGH，则∠EOF=∠HOG，OE=OG，∠OGH=∠OEF，再由平行线性质得OE=OH，从而推出OE=OH=OG，从而解决问题．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，
∵△OAB≌△OCD，
∴∠OAB=∠C=90°，
∵O是边BC上的一点，
∴正方形不存在“等形点”，
故答案为：不存在；
（2）作AH⊥BO于H，
∵边BC上的点O是四边形ABCD的“等形点”，
∴△OAB≌△OCD，
∴AB=CD=42，OA=OC=5，
∵BC=12，
∴BO=7，
设OH=x，则BH=7-x，
由勾股定理得，422-7-x2=52-x2，
解得，x=3，
∴OH=3，
∴AH=4，
∴CO=8，
在Rt△CHA中，AC=AH2+CH2=42+82=45；
（3）如图，∵边FG上的点O是四边形EFGH的“等形点”，
∴△OEF≌△OGH，
∴∠EOF=∠HOG，OE=OG，∠OGH=∠OEF，
∵EH∥FG，
∴∠HEO=∠EOF，∠EHO=∠HOG，
∴∠HEO=∠EHO，
∴OE=OH，
∴OH=OG，
∴OE=OF，
∴OFOG=1．
【点睛】本题是新定义题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，理解新定义，并能熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
3．（23-24八年级上·四川成都·阶段练习）（1）概念理解：如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
（2）性质探究：如图1，四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O,AC⊥BD．求证：AB2+CD2=AD2+BC2；
（3）解决问题：如图2，分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，连接CE,BG,GE．已知AC=5,AB=3．
①请问四边形CGEB是垂美四边形吗？并说明理由；
②求GE的长．

【答案】性质探究：见解析； 解决问题：①四边形CGEB是垂美四边形，理由见解析；②26
【分析】性质探究：根据勾股定理解答即可；
解决问题：①连接CG、BE，AB与CE交于点O，BG与CE交于点N，证明△GAB≌△CAESAS，进而得BG⊥CE，再根据（1）的结论便可求得结果．
②由（2）得出CG2+BE2=CB2+GE2 ，根据勾股定理可得出答案．
【详解】性质探究：
证明∶ 如图，

∵AC⊥BD，
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°，
由勾股定理，得AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2，AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2 ，
∴AB2+CD2=AD2+BC2 ；
解决问题：
①连接CG、BE， 令AB与CE交于点O，BG与CE交于点N，如图2，

∵分别以Rt△ACB的直角边AC和斜边AB为边向外作正方形ACFG和正方形ABDE，
∴∠CAG=∠BAE=90°，AC=AG，AB=AE，
∴∠CAG+∠BAC=∠BAE+∠BAC，即∠GAB=∠CAE，∠AEC+∠AOE=90°，
在△GAB和△CAE中，
AG=AC∠GAB=∠CAEAB=AE ，
∴△GAB≌△CAESAS，
∴∠ABG=∠AEC，
又∵∠AEC+∠AOE=90°，
∴∠ABG+∠AOE=90°，即∠ABG+∠BON=90°，
∴CE⊥BG，
∴四边形CGEB是垂美四边形；
②∵由（2）得， CG2+BE2=CB2+GE2， AC=5，AB=3，
∴BC=AB2-AC2=32-(5)2=2， CG=2AC=10，BE=2AB=32，
∴GE2=CG2+BE2-CB2=(10)2+(32)2-22=24，
∴GE=26．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理，正确理解垂美四边形的定义以及灵活运用勾股定理是解题的关键．
【考点题型十三】利用正方形的性质求面积
1．（2023八年级上·江苏·专题练习）在一个正方形的内部按照如图所示的方式放置大小不同的两个小正方形，其中较小的正方形面积为10，重叠部分的面积为3，则：
(1)较小正方形的边长为 ．
(2)设两处空白部分的面积分别为S1，S2，
①S1 S2；（填＞， ＜或＝）
②若S1+S2=230-6，则正方形内部较大的正方形面积为 ．
【答案】(1)10
(2)①＝；②12
【分析】（1）根据较小正方形的面积为10，得到较小正方形的边长为10；
（2）①观察可知两块空白部分长相等，宽相等，得到S1=S2；②根据重叠部分正方形的面积为3，得到重叠部分的边长为3，得到一块空白的宽10-3，根据两处空白部分的面积和为230-6，得到一个空白长方形面积为310-3，根据长方形面积公式得到空白部分的长为3，得到较大正方形的边长为23，即可求出面积．
【详解】（1）∵较小的正方形面积为10，
∴较小正方形的边长为10，
故答案为：10；
（2）①∵观察可知，两个空白部分的长相等，宽也相等，
∴S1=S2；
②由①得，重叠部分也为正方形，
∵重叠部分的面积为3，
∴重叠部分的边长为3，
∴一个空白长方形的宽为：10-3，
∵两处空白部分的面积为：230-6，
∴一个空白长方形面积为：30-3=310-3，
∴一个空白长方形的长为：310-310-3=3，
∴较大正方形边长为：3+3=23，
∴大正方形面积=232=12，
故答案为：①=；②12．
【点睛】本题主要考查了正方形和长方形．熟练掌握正方形面积公式，长方形面积公式，求一个数的算术平方根，是解题的关键．
2．（22-23八年级下·安徽滁州·期中）如图，正方形ABCD的边长为4cm，点E，F同时从点B出发，分别沿着B→A→D和B→C→D的方向运动到点D，已知点E，F的运动速度均为1cm/s.

(1)当运动时间为多少秒时，DF的长为5cm?
(2)当运动时间为多少秒时，△DEF的面积为5cm2?
【答案】(1)1
(2)4-6或8-10
【分析】(1)根据直角三角形的斜边大于任何一条直角边，判定点F一定在BC，利用勾股定理计算即可．
(2)分点F在BC上和点F在CD上，两种情况，利用正方形的性质，面积公式计算即可．
【详解】（1）∵正方形ABCD的边长为4cm，
∴AB=BC=CD=DA=4cm,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵DF=5cm，
根据直角三角形的斜边大于任何一条直角边，
∴点F一定在BC，
∴CF=DF2-CD2=3cm，
∴BF=1cm，
∴t=BF1cm/s=1cm1cm/s=1s，
故当运动时间为1秒时，DF的长为5cm．
（2）设运动t秒时，S△DEF=5cm2，
当点F在BC上时，
∵正方形ABCD的边长为4cm，点E，F的运动速度均为1cm/s，
∴最大时间为t=BC1cm/s=4cm1cm/s=4s，BE=BF=t,AE=CF=4-t，
故此时0s≤t＜4s，
∵正方形ABCD的边长为4cm，
∴AB=BC=CD=DA=4cm,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵S△DEF=S正方形ABCD-S△BEF-S△DEA-S△DCF，S△DEF=5cm2，
∴16-12t2-12×4×4-t-12×4×4-t=5，
解得t=4-6,t=4+6（舍去），
故t=4-6；
当点F在CD上时，
∵正方形ABCD的边长为4cm，点E，F的运动速度均为1cm/s，
∴最大时间为t=BC+CD1cm/s=8cm1cm/s=8s，BE=BF=t,DE=DF=8-t，
故此时4s＜t＜8s，

∵正方形ABCD的边长为4cm，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵S△DEF=12DE·DF=128-t2，S△DEF=5cm2，
∴128-t2=5，
解得t=8-10,t=8+10（舍去），
故t=8-10；
故当t=4-6s或t=8-10s时，△DEF的面积为5cm2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，解方程，熟练掌握正方形的性质，准确解方程是解题的关键．
3．（22-23八年级下·广东广州·期末）如图，点E是正方形ABCD边BC上一动点(不与B、C重合)，CM是外角∠DCN的平分线，点F在射线CM上．

(1)当∠CEF=∠BAE时，判断AE与EF是否垂直，并证明结论；
(2)若在点E运动过程中，线段CF与BE始终满足关系式CF=2BE．
①连接AF，证明AFAE的值为常量；
②设AF与CD的交点为G，△CEG的周长为a，求正方形ABCD的面积．
【答案】(1)证明过程见解析；
(2)①证明过程见解析；②14a2，求解过程见解析．
【分析】（1）根据∠CEF=∠BAE，分别加上∠1，就得到∠CEF+∠1=90°，即可得AE与EF垂直；
（2）①过点F作FP⊥CN，构造出的新三角形CFP为等腰直角三角形，CF=2PF=2PC，从而证得△EFP与△ABE全等，推出AE与EF垂直且相等，从而证得AFAE的值为常量；②利用旋转变换，证明GD+BE=GE，从而将△ECG周长与正方形ABCD边长联系起来，进而求出正方形ABCD的面积．
【详解】（1）解：垂直．
证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠B=90°，
∴ ∠1+∠BAE=90°，
∵ ∠CEF=∠BAE，
∴ ∠1+∠CEF=90°，
∴ ∠AEF=90°，
∴ AE⊥EF．

（2）①如图：过点F作FP⊥CN，
∴ ∠FPC=90°，

∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DCB=90°，AB=BC，
∴ ∠DCN=90°，
∵ CM平分∠DCN，
∴ ∠2=12∠DCN=45°，
∴ △CFP为等腰直角三角形，
∴ CP=FP，
在Rt△CFP中，根据勾股定理得：CP2+FP2=CF2，
∴ CF=2PF=2PC，
∵ CF=2BE
∴ PF=PC=BE，
∴ PC+EC=BE+EC，
∴ BC=EP，
∵ AB=BC，
∴ AB=EP，
在Rt△ABE和Rt△EPF中
∵ AB=EP∠B=∠EPFBE=PF
∴ Rt△ABE≌Rt△EPF (SSS)
∴ AE=EF，∠BAE=∠PEF，
∵ ∠1+∠BAE=90°，
∴ ∠1+∠PEF=90°，
∴ ∠AEF=90°，
∴ △AEF为等腰直角三角形，
在Rt△AEF中，根据勾股定理得：AE2+EF2=AF2，
∴ AF=2AE，
∴ AFAE=2，
∴ AFAE的值为常量．
②如图：将△ADG绕点A顺时针旋转90°，则点D落在点B处，点G落在点G'处，得到△ABG'，

∴ G'B=GD，AG'=AG，∠G'AG=∠BAD=90°，
∵ △AEF为等腰直角三角形，
∴ ∠3=45°，
∴ ∠G'AE=∠G'AG-∠3=45°，
∴ ∠G'AE=∠3，
在△AG'E和△AGE中
∵ AG'=AG∠G'AE=∠3AE=AE
∴ △AG'E≌△AGE (SAS)，
∴ G'E=GE，
即：G'B+BE=GE，
∴ GD+BE=GE，
∵ △ECG周长为：GE+GC+EC=a，
∴ GD+BE+GC+EC=a，
∴ 2CD=a，
∴ CD=12a，
∴正方形ABCD面积为：(12a)2=14a2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，图形的旋转变换等知识点．正确作出辅助线，构造全等三角形是解决本题的关键．
4．（22-23八年级下·河北保定·期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形EFGO的一个顶点，且这两个正方形边长相等．OE与BC相交于点M，OG与CD相交于点N．

(1)求证：△OBM≌△OCN；
(2)嘉琪说：当正方形EFGO绕点O转动，且OE与BC垂直时，四边形OMCN的面积最小．你同意嘉琪的说法吗？请说明理由；
(3)若正方形ABCD的边长为a，用含a的代数式表示两个正方形重叠部分的面积为______．
【答案】(1)证明见解析
(2)不同意，理由见解析
(3)14a2
【分析】（1）由四边形ABCD与EFGO均为正方形，得∠OBM=∠OCN=45°，OB=OC，OB⊥OC，∠EOG=90°，进而有∠BOM=∠CON，于是即可证明结论成立；
（2）证明四边形OMCN的面积总等于正方形面积的14即可；
（3）由（2）即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD与EFGO均为正方形，
∴∠OBM=∠OCN=45°，OB=OC，OB⊥OC，∠EOG=90°，
∴∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BOC-∠COM=∠EOG-∠COM，
即∠BOM=∠CON，
∴△OBM≌△OCN．
（2）解：不同意，理由：
由（1）可知：△OBM≌△OCN，
∴S△OBM=S△OCN，
∴S四边形OMCN=S△OMC+S△OCN=S△OMC+S△OBM=S△OBC=14S正方形ABCD，
即当正方形EFGO绕点O转动时，四边形OMCN的面积总等于正方形面积的14．
（3）解：∵S四边形OMCN=14S正方形ABCD，正方形ABCD的边长为a，
∴S四边形OMCN=14a2，
故答案为14a2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，得到△OBM≌△OCN是解题的关键．
【考点题型十四】利用正方形的性质证明
1．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E是线段OD上一点，连接EC，作BF⊥CE于点F，交OC于点G．
(1)求证：BG=CE；
(2)若AB=4，BF是∠DBC的角平分线，求OG的长．
【答案】(1)见解析
(2)4-22
【分析】
主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定．要掌握正方形中一些特殊的性质：四边相等，四角相等，对角线相等且互相平分．可利用这些等量关系求得三角形全等是解题的关键．
（1）先根据正方形的性质得到相等的线段和角证得，△BOG≌△COEAAS，所以BG=CE；
（2）利用BF是∠DBC的角平分线求得∠1=∠8，结合BF=BF，∠9=∠6可证明△BEF≌△BCF，所以BE=BC=4，根据勾股定理可求得BO=22，所以OE=BE-BO=4-22，根据△BOG≌△COE，可知OG=OE=4-22．
【详解】（1）证明：如图，
∵正方形ABCD中，AC、BD相交于O，
∴BO=CO，BO⊥CO，
∵BF⊥EC，
∴∠5=∠6=∠7=90°，则∠1+∠4=∠2+∠3=90°，
∵∠3=∠4，
∴∠1=∠2，
∴△BOG≌△COE，
∴BG=CE；
（2）解：∵BF是∠DBC的角平分线，
∴∠1=∠8，
∵BF=BF，∠9=∠6=90°，
∴△BEF≌△BCF，
∴BE=BC=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=90°，AO=BO，
设AO为x，
∵AB2=OA2+OB2=2OA2，
即2x2=42，
解得x=22，
即OB=OA=22，
∵△BOG≌△COE，
∴OG=OE，
∵OE=BE-BO=4-22，
∴OG=4-22．
2．（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）在正方形ABCD中，点E为边CD上一点（不与点C、D重合），AF⊥BE于点F，CG⊥BE于点G．
(1)如图1，求证：AF=BG；
(2)如图2，若F为BG中点，连接DF，用等式表示线段AD，DF之间的数量关系，并证明；
(3)若AD=25，BF=7，求线段DF的长；
(4)若CD=12，点M为BC的中点，点N在AB边上，BN=2AN，在图3 中画出∠MDN， 并求∠MDN的度数．
【答案】(1)证明见详解；
(2)AD=DF，证明见详解；
(3)865；
(4)45°；
【分析】
本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，垂直平分线的性质，勾股定理：
（1）根据正方形得到AB=BC，∠ABC=90°，根据AF⊥BE，CG⊥BE得到∠AFB=∠CGB=90°，即可得到∠ABF+∠CBG=90°，∠BCG+∠GBC=90°，从而得到∠ABF=∠BCG，得到△AFB≌△CGB，即可得到证明；
（2）过D作DH⊥AF，证明△ABF≌△DAH，结合垂直平分线性质即可得到答案；
（3）过D作DH⊥AF，由（2）可知△ABF≌△DAH，结合勾股定理求解即可得到答案；
（4）根据题意画出图形，将△ADN绕D旋转90°得到△DCE，过E作EH⊥DM，根据勾股定理得到DM、DE、EH、DH，即可得到答案；
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∵AF⊥BE，CG⊥BE，
∴∠AFB=∠CGB=90°，
∴∠ABF+∠CBG=90°，∠BCG+∠GBC=90°，
∴∠ABF=∠BCG，
在△AFB与△CGB中，
∵∠ABF=∠BCG∠AFB=∠CGBAB=BC，
∴△AFB≌△CGB(AAS)，
∴AF=BG；
（2）解：AD=DF，证明如下，
证明：过D作DH⊥AF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵AF⊥BE，DH⊥AF，
∴∠AFB=∠DHA=90°
∴∠BAF+∠DAH=90°，∠ADH+∠DAH=90°，
∴∠BAF=∠ADH，
在△ABF与△DAH中，
∵∠BAF=∠ADH∠AFB=∠DHAAB=AD，
∴△ABF≌△DAH(AAS)，
∴BF=AH，
∵△AFB≌△CGB，
∴BG=AF，
∵F为BG中点，
∴AH=BG=12BG=12AF，
∴DH垂直平分AF，
∴AD=DF，
；
（3）解：过D作DH⊥AF，
由（2）得：△ABF≌△DAH(AAS)，
∴BF=AH，AF=DH，
∵AD=25，BF=7，
∴AH=BF=7，
∴DH=AF=252-72=24，
∴HF=24-7=17，
∴DF=172+242=865；
（4）解：图形如图所示是，将△ADN绕D旋转90°得到△DCE，过E作EH⊥DM，
∵△ADN绕D旋转90°得到△DCE，
∴∠NDE=90°，AN=CE，
∵正方形ABCD中CD=12，
∴AB=BC=AD=12，
∵点M为BC的中点，点N在AB边上，BN=2AN，
∴AN=CE=13AB=4，CM=12CB=6，EM=CE+CM=10，
∴DE=122+42=410，DM=122+62=65，
∵EH⊥DM，
∴12×DM×EH=12×EM×DC，即：12×65×EH=12×10×12，
∴EH=45，
∴DH=(410)2-(45)2=45=EH，
∴∠EDH=45°，
∴∠MDN=∠EDN-∠EDH=90°-45°=45°．
3．（23-24八年级上·江苏扬州·期末）如图，正方形ABCD（四边相等，四个角都是直角）的边长为4cm，点P是线段AB上的一个动点，连接DP，过点P作PE⊥DP，且PE=PD，连接DE、PE分别交BC于点M、N，连接BE，过点E作EF⊥AB交AB的延长线于点F．

(1)①求证：AP=EF；
②若AP=3cm，则BE的长为______cm；
(2)在点P的运动过程中，
①求证：PM=AP+CM；
②△PMB的周长为______cm．
【答案】(1)①见解析；②32；
(2)①见解析；②8
【分析】（1）①利用正方形的性质及一线三垂直模型，证明△ADP≌△FPEAAS，即可得出结论；②由①知AP=EF,PF=AD，易得PF=AD=AB=4cm，AP=EF=3cm得到PB=1cm，即可推出BF=PF-PB=3cm，利用勾股定理即可求解；
（2）①将△DCM绕点D顺时针旋转90°得到△DCM'，由正方形的性质得到此时DC与DA重合，证明△DPM≌△DPM'SAS，得到M'P=PM，即可得出结论；②由①知PM=AP+CM，根据△PMB的周长为PM+PB+BM=AP+CM+PB+BM即可求解．
【详解】（1）①证明：∵ ABCD是正方形，EF⊥AB，
∴∠A=∠F=90°，
∵ PE⊥DP，且PE=PD，
∴∠EPD=90°，
∵∠DPA+∠EPF=∠EPF+∠PEF=90°，
∴∠DPA=∠PEF，
在△ADP和△FPE中，
∠A=∠F=90°∠DPA=∠PEFPE=PD，
∴△ADP≌△FPEAAS，
∴ AP=EF；
②由①知△ADP≌△FPEAAS，
∴ AP=EF,PF=AD，
∵正方形ABCD的边长为4cm，AP=3cm，
∴ PF=AD=AB=4cm，AP=EF=3cm，
∴ PB=AB-AP=1cm，
∴ BF=PF-PB=3cm，
∵ EF⊥AB，
∴∠F=90°，
在Rt△BEF中，
∴BE=BF2+EF2=32cm，
故答案为：32cm；
（2）①证明：如图，将△DCM绕点D顺时针旋转90°得到△DCM'，

∵ PE⊥DP，且PE=PD，
∴△PDE是等腰直角三角形，
∴∠PDE=45°，
∵∠CDM=∠ADM',∠CDM+∠ADP=45°，
∴∠ADP+∠ADM'=45°，
∴∠PDM=∠PDM'，
在△DPM和△DPM'中，
DM=DM'∠PDM=∠PDM'PD=PD，
∴△DPM≌△DPM'SAS，
∴M'P=PM，
∵AM'=CM，
∴ PM'=AM'+AP=PM，
∴ PM=AP+CM；
②由①知PM=AP+CM，
∵ △PMB的周长为PM+PB+BM=AP+CM+PB+BM，
∵AP+PB=AB=4cm,BM+CM=BC=4cm，
∴ △PMB的周长为AP+CM+PB+BM=8cm，
故答案为：8．
【点睛】本题考查了三角形全等，正方形的性质，等腰三角形的性质等知识点，解题关键是构造全等三角形与，属于中考常考题型．
【考点题型十五】添加条件使四边形是正方形
1．（20-21八年级下·云南红河·期中）已知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，如果添加一个条件，即可判定该四边形是正方形，那么所添加的这个条件可以是（ ）
A．∠D=90°B．AB=CDC．AD=BCD．BC=CD
【答案】D
【分析】由已知可得该四边形为矩形，再添加条件：一组邻边相等，即可判定为正方形．
【详解】解：由∠A=∠B=∠C=90°可判定四边形ABCD为矩形，
因此再添加条件：一组邻边相等，即可判定四边形ABCD为正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的判定．正方形的判定方法有：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定．
2．（22-23八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形ABCD是正方形的是（ ）

A．AB=AD且AC⊥BDB．AC⊥BD且AC和BD互相平分
C．∠BAD=∠ABC且AC=BDD．AC=BD且AB=AD
【答案】D
【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
【详解】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AC和BD互相平分，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD
∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，
不能证明四边形ABCD是正方形，不符合题意；
D、∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD
∴四边形ABCD是矩形，
又AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键．
3．（21-22八年级下·甘肃天水·期末）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（ ）
A．BD=AB B．DC=AD C．∠AOB=60°D．OD=CD
【答案】B
【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件即可．
【详解】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答：
（1）有一组邻边相等的矩形是正方形，
（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．
∴添加DC=AD，能使矩形ABCD成为正方形．
故选：B．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
【考点题型十六】利用正方形的性质与判定求角度/线段长/面积
1．（21-22八年级下·江苏镇江·阶段练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，E是AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于F，连接CF．
(1)求证：四边形ADCF是平行四边形；
(2)当△ABC为等腰直角三角形时，请证明四边形ADCF为正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、正方形的判定、矩形的判定、等腰直角三角形的性质等知识；
（1）利用△AEF≌△DEB得到AF=DB，得出AF=DC，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形ADCF为平行四边形；
（2）由等腰直角三角形的性质得出AD⊥BC，AD=12BC=BD=CD，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵ AF∥BC
∴∠FAE=∠EDB，∠AFE=∠EBD．
在△AEF和△DEB中，
∠FAE=∠EDB∠AFE=∠EBDAE=DE，
∴△AEF≌△DEB(AAS)，
∴AF=DB，
又∵BD=DC，
∴AF=DC，
∴四边形ADCF为平行四边形；
（2）∵△ABC为等腰直角三角形，AD是BC边上的中线，
∴AD⊥BC，AD=12BC=BD=CD，
∴平行四边形ADCF为矩形，
∴矩形ADCF为正方形．
2．（23-24八年级下·山东济宁·阶段练习）如图1，已知矩形ABCD，点E是边CD上一点，点F是CB延长线上一点，且BF=DE,AF⊥AE．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)如图2，在（1）的条件下，若CD=3DE=6，点G是边AD上一点，连接CG交AE于点H，有∠AHG=45°，求CG．
【答案】(1)见解析
(2)35
【分析】
（1）根据矩形的性质得出∠BAD=∠ABC=∠D=90°，进而利用AAS证明△ABF≌△ADE，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证；
（2）过点A作AM∥CG交BC于点M，连接ME，易证△MAF≌△MAESAS，根据全等三角形的性质可得FM=EM，设BM=x，根据勾股定理列方程，求出BM的长度，进一步可得AM的长度，再证明四边形AMCG是平行四边形，根据平行四边形的性质可得CG=AM=35．
【详解】（1）
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，
∴∠ABF=∠D=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=90°，
∴∠EAD+∠BAE=∠FAB+∠BAE=90°，
∴∠FAB=∠EAD，
在△ABF与△ADE中，
∠FAB=∠EAD∠ABF=∠ADEBF=DE，
∴△ABF≌△ADEAAS，
∴AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）
过点A作AM∥CG交BC于点M，连接ME，如图所示：
∴∠MAE=∠AHG=45°，
∵∠FAE=90°，
∴∠MAF=90°-45°=45°，
∵△ABF≌△ADE，
∴AF=AE，
在△MAF和△MAE中，
AF=AE∠MAF=∠MAEAM=AM，
∴△MAF≌△MAESAS，
∴FM=EM，
设BM=x，
∵CD=3DE=6，
∴BC=CD=6,BF=DE=2，
∴EM=FM=2+x,CM=6-x,CE=4，
∵∠BCD=90°，
根据勾股定理，得6-x2+42=2+x2，
解得x=3，
∴BM=3，
∵AB=CD=6，
根据勾股定理，得AM=AB2+BM2=62+32=35，
∵AM∥CG,AG∥CM，
∴四边形AMCG是平行四边形，
∴CG=AM=35．
【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握相关性质和定理．
3．（22-23八年级下·广东广州·阶段练习）如图1，四边形ABCD是由两个全等的等腰直角三角形斜边重合在一起组成的平面图形．如图2所示，点P是边BC上一点，PH⊥BC交BD于点H，连接AP交BD于点E，点F为DH中点，连接AF．
(1)求证：四边形ABCD为正方形；
(2)当点P在线段BC上运动时，∠PAF的大小是否会发生变化？若不变，请求出∠PAF的值；若变化，请说明理由；
(3)问：BE，DF，EF三者的关系．
【答案】(1)见解析
(2)不变化，∠PAF=45°，理由见解析
(3)BE2+DF2=EF2
【分析】（1）四边形ABCD是由两个全等的等腰直角三角形斜边重合在一起组成的平面图形，即可得到AD=AB=CD=BC，∠A=90°，则结论得证；
（2）连接PF，并延长PF交CD的延长线于M，连接AM，证明△FHP≌△FDMASA，则PF=MF，PH=DM，再证明△ABP≌△ADMSAS，则AP=AM，∠BAP=∠MAD，证明△PAM是等腰直角三角形，由FP=MF得到∠PAF=12∠MAP=45°，结论得到证明；
（3）在AM上截取AN=AE，联结NF，ND，证明△BAE≌△DANSAS，则BE=DN，∠ABE=∠ADN=45°=∠ADF，得到∠NDF=90°，则ND2+DF2=NF2，再证明△NAF≌△EAFSAS，得到EF=FN，利用等量代换即可得到结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是由两个全等的等腰直角三角形斜边重合在一起组成的平面图形．
∴AD=AB=CD=BC，∠A=90°，
∴四边形ABCD为正方形；
（2）解：不变化，∠PAF=45°．
理由如下：连接PF，并延长PF交CD的延长线于M，连接AM，

∵四边形ABCD为正方形，PH⊥BC，
∵∠C=∠HPB=90°，
∴PH∥CD，
∴∠PHF=∠MDF，
∵点F为DH中点，
∴HF=DF，
∵∠FHP=∠MDF，HF=DF，∠HFP=∠MFD，
∴△FHP≌△FDMASA，
∴PF=MF，PH=DM，
∵PH⊥BC，
∴∠HPB=90°，
∵BC=CD，∠C=90°，
∴∠HBP=45°，
∴∠BHP=45°=∠HBP，
∴BP=PH，
∴DM=BP，
∵AB=AD，∠ABP=∠ADM=90°，DM=BP
∴△ABP≌△ADMSAS，
∴AP=AM，∠BAP=∠MAD，
∴∠MAP=∠MAD+∠DAP=∠BAP+∠DAP=∠DAB=90°，
∴△PAM是等腰直角三角形，
∵FP=MF，
∴∠PAF=12∠MAP=45°．
即当点P在线段BC上运动时，∠PAF的大小不会发生变化，∠PAF=45°；
（3）解：BE2+DF2=EF2，
在AM上截取AN=AE，联结NF，ND，
∵△ABD是等腰直角三角形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
∵AB=AD，∠BAE=∠DAN，AE=AN，
∴△BAE≌△DANSAS，
∴BE=DN，∠ABE=∠ADN=45°=∠ADF，
∴∠NDF=∠ADN+∠ADF=45°+45°=90°
在Rt△DNF中，ND2+DF2=NF2
∵∠BAD=90°，∠EAF=45°，
∴∠NAF=∠NAD+∠DAF=∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠NAF=∠EAF，
∵AN=AE，∠NAF=∠EAF，AF=AF，
∴△NAF≌△EAFSAS，
∴EF=FN，
∵ND2+DF2=NF2，EF=FN，BE=DN，
∴BE2+DF2=EF2．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质和判定的综合运用、勾股定理、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是解题的关键．
4．（21-22九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）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，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为∠ABD的度数2倍的角．
【答案】(1)见解析
(2)度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠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=135°，再求得∠A=∠B=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=∠CBDBD=BD，
∴△BDE≌△BDCSAS；
∴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°=135°，
∵AC=BC，
∴∠A=∠CBE=2∠ABD，
∴∠ABD+∠A=180°-∠ADB=45°，
∴∠A=30°；
∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC=15°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠DFE=∠DFC=45°，
由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，
∴度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠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．
5．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）已知在直角△ABC中，∠ACB=90°，D为AB边上任一点（不与A、B重合），连接CD．
(1)如图1，若AC=3，BC=4，且CD平分∠ACB，DE⊥BC于E，DF⊥AC于F，则DE=______．
(2)在（1）的条件下，若AB的垂直平分线与CD的延长线交于点P，求四边形ACBP的面积．
(3)如图3，若AC=BC=6，D是AB的三等分点（点D靠近点B），在射线CD上有一点P，使得∠APC=∠BPC，过D作DM⊥AP，DN⊥BP，求DM的长．
【答案】(1)127
(2)494
(3)4510
【分析】
（1）勾股定理求出AB的长，根据角平分线的性质，得到DE=DF，等积法求出DE的长即可；
（2）过点P作PF⊥AC,PG⊥BC，证明△AFP≌△BGP，推出四边形PFCG的面积等于四边形ACBP的面积进行求解即可；
（3）勾股定理求出AB的长，过点C作CE⊥AP,CF⊥PB，证明△AEC≌△BFC，得到四边形ECFP为正方形，进而推出四边形DMPN为正方形，设DN=DM=MP=PN=x，则：PD=2x，过点D作DG⊥AD，交AP于点G，证明△DMG≌△DNB，进而推出S四边形ACBP=S△ACB+S△ADG+S正方形DMPN，过点D作DH⊥BC，求出CD的长，进而求出PC的长，根据正方形的面积等于对角线乘积的一半，表示出S正方形CFPE=1225+2x2，再根据全等三角形的面积相等，得到S四边形ACBP=S正方形CFPE，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：∵∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴AB=5，
∵CD平分∠ACB，DE⊥BC于E，DF⊥AC于F，
∴DE=DF，
∵S△ABC=S△ADC+S△BDC，
∴12AC⋅BC=12AC⋅DF+12BC⋅DE=12AC+BC⋅DE，
∴3×4=3+4DE，
∴DE=127；
（2）过点P作PF⊥AC,PG⊥BC，则：∠PFA=∠PGB=∠PGC=90°，
∵AB的垂直平分线与CD的延长线交于点P，CD平分∠ACB，
∴PA=PB，PG=PF，
∴△AFP≌△BGPHL，
∴S△AFP=S△BGP，AF=BG，
∴四边形PFCG的面积等于四边形ACBP的面积，
∵CD平分∠ACB，
∴∠PCG=∠PCF=45°，
∴△CGP,△CFP均为等腰直角三角形，
∴CG=PG=PF=CF，
∴BC-BG=AC+CF=AC+BG，
∴BG=12BC-AC=12，
∴CG=BC-BG=72，
∴四边形PFCG的面积等于四边形ACBP的面积=722=494；
（3）∵AC=BC=6，∠ACB=90°，
∴AB=AC2+BC2=62，
∵D是AB的三等分点，
∴AD=42,BD=22，
过点C作CE⊥AP,CF⊥PB，则：∠AEC=∠CFB=90°，
∵∠APC=∠BPC，
∴CE=CF，
∵AC=BC，
∴△AEC≌△BFC，
∴AE=BF，∠ACE=∠BCF，S△AEC=S△BFC，
∴∠ACE+∠BCE=∠BCF+∠BCE，
∴∠ECF=∠ACB=90°，
∵CE⊥AP,CF⊥PB，CE=CF，
∴四边形ECFP为正方形，
∴∠APB=90°，
∵DM⊥AP，DN⊥BP，
∴DM=DN，
∴四边形DMPN为正方形，
设DN=DM=MP=PN=x，则：PD=2x，
过点D作DG⊥AD，交AP于点G，则：∠BDG=90°=∠MDN，
∴∠MDG=∠BAN=90°-∠NDG，
∵∠DMG=∠DNB=90°，DM=DN，
∴△DMG≌△DNB，
∴DG=DB=22，S△DMG=S△DNB
∴S四边形ACBP=S△ACB+S△ADM+S△BDN+S正方形DMPN
=S△ACB+S△ADM+S△DMG+S正方形DMPN
=S△ACB+S△ADG+S正方形DMPN
=12AC⋅BC+12AD⋅DG+DM2
=12×6×6+12×42×22+x2
过点D作DH⊥BC，
∵AC=BC，
∴∠BCA=45°，
∴△DHB为等腰直角三角形，
∴DH=BH=22DB=2，
∴CH=BC-BH=4，
∴CD=CH2+DH2=25，
∴PC=CD+DP=25+2x，
∴S正方形CFPE=1225+2x2，
∵S△AEC=S△BFC，
∴S四边形ACBP=S正方形CFPE，
∴12×6×6+12×42×22+x2=1225+2x2，
解得：x=4510，
∴DM=4510．
【点睛】本题考查勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，等积法求线段的长，本题的难度大，综合性强，计算量大，属于压轴题，解题的关键是掌握角平分线的性质，添加辅助线，构造全等三角形和特殊图形．
6．（23-24八年级上·辽宁抚顺·期中）如图，在平面直角坐标系中，A(-2,0)，C(6,0)，B为y轴正半轴上一点，D在第四象限，且BC⊥CD，CA平分∠BCD，∠ABC+∠ADC=180°．

(1)直接写出B点坐标；
(2)求证：AB=AD；
(3)求四边形ABCD的面积．
【答案】(1)(0,6)
(2)见解析
(3)32
【分析】（1）证明△OBC是等腰直角三角形，可得结论；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD，交CD的延长线于点N．证明△AMB≌△AND(AAS)，可得结论；
（3）证明四边形AMCN是正方形，再证明四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积即可．
【详解】（1）∵C(6,0)，
∴OC=6，
∵BC⊥CD，
∴∠BCD=90°，
∵AC平分∠BCD，
∴∠BCA=∠ACD=45°，
∵∠COB=90°，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴OB=OC=6，
∴B(0,6)，
故答案为：(0,6)；
（2）过点A作AM⊥BC于点M，AN⊥CD，交CD的延长线于点N．

∵AC平分∠BCD，
∴AM=AN，
∵∠ABM+∠ADC=180°，∠ADN+∠ADC=180°，
∴∠ABM=∠ADN，
∵∠AMB=∠N=90°，
∴△AMB≌△AND(AAS)，
∴AB=AD；
（3）∵A(-2,0)，B(6,0)，
∴OA=2，OC=6，
∴AC=8，
∵AM⊥CM，∠ACM=45°，
∴AM=CM=42，
∵ΔAMB≅ΔAND，
∴S△AMB=S△AND，
∴S四边形ABCD=S四边形AMCN，
∵∠AMC=∠MCN=∠N=90°，
∴四边形AMCN是矩形，
∵AM=CM，
∴四边形AMCN是正方形，
∴S四边形ABCD=S四边形AMCN=(42)2=32．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【考点题型十七】与矩形、正方形有关的折叠问题
1．（22-23八年级下·河南郑州·期末）小慧同学在参加学校剪纸社团的时候，剩下了一些四边形的纸片，爱思考的她想计算一下这张纸片的面积，通过测量她发现，AD=AB，∠DAB=90°，∠DCB=90°，∠ACD=45°，AC=6cm．她发现如果将纸片沿着AC裁剪，△ACB拼到AD的左侧正好可以拼成一个等腰直角三角形（△ACC'），通过证明和计算，她得到了这张纸片的面积．

同桌小智经过思考，过点A作BC的垂线AE，然后沿着AE裁剪，将△AEB拼接到AD的左侧，这样就拼出了两个等腰直角三角形（△ACE'和△ACE），通过证明和计算，他也得到了这张纸片的面积．

你知道他们都是如何解决这个问题的吗？请你从两名同学的作法中任选一个，给出证明，并求出四边形ABCD的面积．
【答案】18cm2，见解析
【分析】小慧的作法：通过裁剪，拼接，得到AC=AC',∠BAC=∠DAC'，进而得到∠DAC'+∠DAC=∠BAC+∠DAC=∠DAB=90°，进而得到△ACC'为等腰直角三角形，得到四边形ABCD的面积等于△ACC'的面积，进行求解即可；小智的作法：通过裁剪，拼接，得到△ABE≌△ADE'，推出四边形AECE'为正方形，四边形ABCD的面积等于四边形AECE'的面积，进行求解即可．
【详解】解：四边形ABCD的面积为18cm2；理由如下：
小慧的作法：由题意，得：△ABC≌△ADC'，
∴AC=AC'=6cm,∠BAC=∠DAC'，∠ADC'=∠B，
∴∠DAC'+∠DAC=∠BAC+∠DAC=∠DAB=90°，
∵∠DAB=90°，∠DCB=90°，∠DAB+∠B+∠BCD+∠CDA=360°，
∴∠B+∠CDA=180°，
∴∠ADC'+∠CDA=180°，
∴C,D,C'三点共线，
∴△ACC'为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD的面积=S△ACC'=12×6×6=18cm2；
小智的作法：由题意，得：△ABE≌△ADE'，∠AEC=90°，
∴AE=AE'，
同上法可得：∠EAE'=90°，∠ADE'+∠CDA=180°，
∴A,D,E'，三点共线，
∵∠BCD=90°,AE=AE'，
∴四边形AECE'为正方形，
∵AC=6cm，
∴AE=22AC=32cm，
∴四边形ABCD的面积等于四边形AECE'的面积=32×32=18cm2．
【点睛】本题考查割补法求面积，重点考查两了全等三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的性质，是解题的关键．
2．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图1，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠；顶点E落到点E处，BE交AD于点F．
(1)求证：△BDF是等腰三角形；
(2)如图2，O为BD的中点，FO的延长线交BC于G，连接DG，
①判断四边形BFDG的形状，并说明理由；
②若AB=6，AD=8，求FG的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)①四边形BFDG是菱形，证明见解析；②FG=152；
【分析】
本题考查的是等腰三角形的判定，矩形的性质，菱形的判定与性质，勾股定理的应用，熟记菱形的判定与性质是解本题的关键；
（1）先证明∠DBE=∠DBC，再证明∠FDB=∠DBC，可得∠FBD=∠FDB，从而可得结论；
（2）①先证明四边形BFDG是平行四边形，结合DF=BF，可得四边形BFDG是菱形；②求解BD=10．可得OB=12BD=5，设DF=BF=x，表示AF=8-x，由勾股定理可得62+(8-x)2=x2，可得x的值，再求解FO即可；
【详解】（1）证明：根据折叠，∠DBE=∠DBC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠FDB=∠DBC，
∴∠FBD=∠FDB，
∴FB=FD，
∴△BFD为等腰三角形；
（2）①结论：四边形BFDG是菱形．
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴ AD∥BC，
∴ FD∥BG，
∴∠FDB=∠DBG，
又∵ O为BD的中点，
∴OB=OD，
∵∠FOD=∠GOB，
∴△DOF≌△BOGAAS，
∴DF=BG，
∴四边形BFDG是平行四边形，
由（1）得：DF=BF，
∴四边形BFDG是菱形；
②∵AB=6，AD=8，∠A=90°，
∴BD=10．
∴OB=12BD=5．
设DF=BF=x，
∴AF=AD-DF=8-x，
∴在直角△ABF中，
AB2+AF2=BF2，即62+(8-x)2=x2，
解得x=254，即BF=254，
FO=BF2-BO2=2542-52=154，
∴FG=2FO=152．
3．（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）折叠问题是我们常见的数学问题，它是利用图形变化的轴对称性质解决的相关问题．数学活动课上，同学们以“矩形的折叠”为主题开展了数学活动．
【操作】如图1，在矩形ABCD中，点M在边AD上，将矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，使点D落在点Dʹ处，MD'与BC交于点N．
【猜想】（1）请直接写出线段MN、CN的数量关系______．
【应用】如图2，继续将矩形纸片ABCD折叠，使AM恰好落在直线MD'上，点A落在点A'处，点B落在点B'处，折痕为ME．
（2）若CD=4，MD=8，求EC的长．
（3）猜想MN、EM、MC的数量关系，并说明理由；
【答案】（1）MN=CN；（2）EC=10（3）EM2+MC2=4MN2，理由见解析
【分析】
本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，等角对等边等等：
（1）由折叠的性质可得∠CMD=∠CMD'，再由矩形的性质结合平行线的性质得到∠CMD=∠MCN，则∠CMD'=∠MCN，进而可得MN=CN；
（2）由折叠的性质可得∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，设MN=NC=x，则ND'=MD'-MN=8-x，由ND'2+D'C2=NC2，得到8-x2+42=x2，解得x=5，则MN=5，同理可证明EN=MN=5，则EC=EN+CN=10；
（3）由折叠的性质证明∠EMC=90°，由勾股定理得到EM2+MC2=CE2，再证明CE=2MN，即可得到EM2+MC2=4MN2．
【详解】
解：（1）∵矩形纸片ABCD沿MC所在的直线折叠，
∴∠CMD=∠CMD'，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
∴∠CMD=∠MCN，
∴∠CMD'=∠MCN，
∴MN=CN．
故答案为：MN=CN；
（2）∵矩形ABCD沿MC所在直线折叠，
∴∠D=∠D'=90°，DC=D'C=4，MD=MD'=8，
设MN=NC=x，
∴ND'=MD'-MN=8-x，
在Rt△ND'C中，∠D'=90°，
∴ND'2+D'C2=NC2，
∴8-x2+42=x2，
解得x=5，
∴MN=5，
同理可证明EN=MN=5，
∴EC=EN+CN=10；
（3）EM2+MC2=4MN2，理由如下：
由折叠的性质可得∠AME=∠EMN，∠DMC=∠CMN，
∵∠AME+∠EMN+∠DMC+∠CMN=180°，
∴∠EMN+∠CMN=90°，即∠EMC=90°，
∴EM2+MC2=CE2，
∵EN=MN=CN，
∴CE=2MN，
∴EM2+MC2=4MN2．
4．（22-23八年级下·江苏苏州·阶段练习）在正方形纸片ABCD中，点M、N分别是BC、AD上的点，连接MN．
(1)问题探究：如图1，作DD'⊥MN，交AB于点D'，求证：MN=DD'；
(2)问题解决：如图2，将正方形纸片ABCD沿过点M、N的直线折叠，点D的对应点D'恰好落在AB上，点C的对应点为点C'，若BD'=12，CM=4，求线段MN的长．
【答案】(1)见解析
(2)MN=610
【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键．
（1）过点N作NH⊥BC于H，利用ASA证明△ADD'≌△HNM，得MN=DD'；
（2）连接MD'，DD'，设正方形的边长为x，由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，解方程可得x的值，利用勾股定理求出DD'，再根据（1）知，DD'=MN，从而解决问题．
【详解】（1）解：证明：过点N作NH⊥BC于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴ AD=AB，∠DAB=∠ABM=90°，
∵ ∠NHB=90°，
∴四边形ABHN是矩形，
∴ AB=HN，
∵ DD'⊥MN，
∴ ∠DON=90°，
∴ ∠OND+∠ODN=90°，
∵ ∠OND+∠MNH=90°，
∴ ∠ODN=∠MNH，
∵ ∠DAD'=∠NHM，AD=NH，
∴ △ADD'≌△HNMASA，
∴ MN=DD'；
（2）（2）连接MD'，DD'，
由折叠的性质得到：C'M=CM，CD=C'D'，
设正方形的边长为x，
由勾股定理得，BD'2+BM2=D'C'2+C'M2，
∴ 122+x-42=x2+42，
解得：x=18，
∴ AB=AD=18，
∴ AD'=AB-BD'=18-12=6，
由勾股定理得，DD'=AD2+AD'2=182+62=360=610 ，
∵ MN是DD'的垂直平分线，
由（1）知，DD'=MN，
∴ MN=610．
5．（23-24八年级下·陕西西安·开学考试）综合与实践．
活动课上，老师让同学们翻折正方形ABCD进行探究活动，同学们经过动手操作探究，发展了空间观念，并积累了数学活动经验．
【问题背景】如图①，过点A引射线AH，交边CD于点H（点H与点D不重合）．通过翻折，使点B落在射线AH上的点G处，折痕AE交BC于点E，延长EG交CD于点F．
【问题探究】：
(1)如图②，当点H与点C重合时，FG与FD的大小关系是 ，∠EAF= ．
(2)如图③，当点H为边CD上任意一点时（点H与点C不重合），连接AF，若AB=5，BE=3时，求DF的长．
(3)如图④，连接BD，交AE于点M，交AF于点N，若AB=5，DN=2，求MN的长．
【答案】(1)FG=FD，45°
(2)54
(3)1728
【分析】本题主要考查折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质的综合，掌握以上知识是解题的关键．
（1）根据折叠的性质，可证Rt△AGF≌Rt△ADFHL，由此即可求解；
（2）根据折叠的性质，证明三角形全等，结合勾股定理即可求解；
（3）将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABL，连接ML，可证△MAL≌△MANSAS，结合勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：如图②，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠D=∠BAD=90°，
由翻折得AG=AB，∠AGE=∠B=90°，∠EAG=∠EAB=12∠BAG，
∴AG=AD，∠AGF=∠D=90°，
在Rt△AGF和Rt△ADF中，
AF=AFAG=AD，
∴Rt△AGF≌Rt△ADFHL，
∴FG=FD，∠FAG=∠FAD=12∠DAG，
∴∠EAF=∠EAG+∠FAG=12∠BAG+∠DAG=12∠BAD=45°，
故答案为：FG=FD，45°．
（2）解：如图③，
由翻折得AG=AB，∠AGE=∠B=90°，
∴GE=BE，AG=AD，∠AGF=∠D=90°，
在Rt△AGF和Rt△ADF中，
AF=AFAG=AD，
∴Rt△AGF≌Rt△ADFHL，
∴GF=DF，
∵AB=5，BE=3，
∴BC=DC=AB=5，GE=BE=3，CE=BC-BE=5-3=2，
∴CF=5-DF，EF=3+GF=3+DF，
∵CE2+CF2=EF2，
∴22+5-DF2=3+DF2，
解得DF=54，
∴DF的长是54．
（3）解：如图4，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABL，连接ML，
则AL=AN，BL=DN=2，
∵AB=AD=5，∠BAD=90°，
∴∠ABD=∠ADB=45°，BD=AB2+AD2=52+52=52，
∴∠ABL=∠ADN=45°，BN=BD-DN=52-2=42，
∴∠LBM=∠ABL+∠ABD=90°，
∵∠EAG=∠EAB=12∠BAG，∠FAG=∠FAD=12∠DAG，
∴∠EAF=∠EAG+∠FAG=12∠BAG+∠DAG=12∠BAD=45°，
∵∠BAL=∠DAN，
∴∠MAL=∠BAL+∠BAE=∠DAN+∠BAE=90°-∠EAF=45°，
∴∠MAL=∠EAF，即∠MAL=∠MAN，
在△MAL和△MAN中，
AL=AN∠MAL=∠MANAM=AM，
∴△MAL≌△MANSAS，
∴ML=MN，
∵BL2+BM2=ML2，且BM=42-MN，
∴22+42-MN2=MN2，
∴MN=1728，
∴MN的长是1728．