2025年中考数学一轮复习精品讲义第25讲 特殊四边形-正方形与梯形（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \n \h \z \u \l "_Tc157028134" 一、考情分析
二、知识建构
\l "_Tc157028135" 考点一 正方形的性质与判定
\l "_Tc157028136" 题型01 根据正方形的性质求角度
\l "_Tc157028137" 题型02 根据正方形的性质求线段长
\l "_Tc157028138" 题型03 根据正方形的性质求面颊
\l "_Tc157028139" 题型04 根据正方形的性质求坐标
\l "_Tc157028140" 题型05 与正方形有关的折叠问题
\l "_Tc157028141" 题型06 求正方形重叠部分面积
\l "_Tc157028142" 题型07利用正方形的性质证明
\l "_Tc157028143" 题型08 添加一个条件使四边形是正方形
\l "_Tc157028144" 题型09 证明四边形是正方形
\l "_Tc157028145" 题型10 根据正方形的性质与判定求角度
\l "_Tc157028146" 题型11 根据正方形的性质与判定求线段长
\l "_Tc157028147" 题型12 根据正方形的性质与判定求面积
\l "_Tc157028148" 题型13 根据正方形的性质与判定证明
\l "_Tc157028149" 题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc157028150" 题型15 与正方形有关的规律探究问题
\l "_Tc157028151" 题型16 与正方形有关的动点问题
\l "_Tc157028152" 题型17 正方形与一次函数的综合应用
\l "_Tc157028153" 题型18 正方形与反比例函数的综合应用
\l "_Tc157028154" 题型19 正方形与一次函数、反比例函数综合应用
\l "_Tc157028155" 题型20 正方形与二次函数综合应用
\l "_Tc157028156" 考点二 四边形之间的区别与联系
\l "_Tc157028157" 题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
\l "_Tc157028158" 题型02 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
\l "_Tc157028159" 题型03 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
\l "_Tc157028160" 题型04 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解
\l "_Tc157028161" 考点三 梯形的性质与判定
\l "_Tc157028162" 题型01 等腰三角形的性质求解
\l "_Tc157028163" 题型02 等腰三角形的判定求解
\l "_Tc157028164" 题型03 解决梯形问题的常用方法
考点一 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
题型01 根据正方形的性质求角度
【例1】（2023·重庆沙坪坝·重庆一中校考三模）如图，点E、F、G分别是正方形ABCD的边AD、BC、AB上的点，连接DG，EF，GF．且EF=DG，DE=2AG，∠ADG的度数为α，则∠EFG的度数为（ ）

A．αB．2αC．45°-αD．45°+α
【答案】C
【分析】过点F作FH⊥AD于点H，由题意易证△ADG≌△HFE，则有EH=DH=FC，然后可得BG=BF，进而问题可求解．
【详解】解：过点F作FH⊥AD于点H，如图所示：

∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=AB=BC,∠A=∠B=∠EHF=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，
∴四边形HFCD是矩形，
∴HF=DC=AD,HD=FC，
∵EF=DG，
∴△ADG≌△HFEHL，
∴EH=AG，∠HEF=∠AGD，
∵∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠ADG+∠HEF=90°，即∠EMD=∠GMF=90°，
∵DE=2AG，
∴AG=EH=HD=FC，
∴BG=BF，
∴∠BFG=45°，
∵∠ADG=α，
∴∠HEF=90°-α，
∵AD∥BC，
∴∠EFB=∠HEF=90°-α，
∴∠EFG=∠EFB-∠GFB=45°-α；
故选C．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余，熟练掌握全等三角形的判定与性质、正方形的性质及直角三角形的两个锐角互余是解题的关键．
【变式1-1】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）如图，点E是正方形ABCD中的一点，连接EB、EC、EA、ED，若△EBC为等边三角形时，则∠EAD= ．

【答案】15°
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质证明∠DAE=∠DEA=∠CBE=∠CEB=75°即可解决问题．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=DC，∠ADC=∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，
∵ΔEBC是等边三角形，
∴AB=BE=DC=EC，∠EBC=∠ECB=60°，
∴∠ABE=∠DCE=30°，
∵AB=BE=CE=CD，
∴∠BAE=∠BEA=∠CDE=∠CED=75°，
∴∠EAD=90°-75°=15°．
故答案为：15°．
【点睛】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．
【变式1-2】（2023·陕西西安·西安市庆安初级中学校联考模拟预测）如图，正六边形ABCDEF内，以AB为边做正方形ABGH，则∠CBG= ．

【答案】30°/30度
【分析】分别求出正六边形，正方形的内角可得结论．
【详解】解：在正六边形ABCDEF内，正方形ABGH中，∠ABC= 6-2×180°6=120°，∠ABG=90°，
∴∠CBG=∠ABC-∠ABG=120°-90°=30°．
故答案为：30°．
【点睛】本题考查正多边形性质，解题的关键是求出正多边形的内角，属于中考常考题型．
【变式1-3】（2023·浙江湖州·统考二模）如图，在正方形ABCD中，延长BC至点F，使得CF=CA，连接AF交CD于点E，则∠AED的度数为 ．

【答案】67.5°
【分析】根据AD∥BC和CF=CA推出AF平分∠CAD，从而求出∠DAE，从而求出∠AED．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AD=CD，∠D=90°，
∴∠DAE=∠F，∠CAD=45°，
又∵CF=CA，
∴∠CAF=∠F
∴∠CAF=∠DAE，即AF平分∠CAD，
∴∠DAE=12∠CAD=22.5°
∴∠AED=180°-∠D-∠DAE=67.5°
故答案为：67.5°
【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，推导AF平分∠CAD是解题的关键．
题型02 根据正方形的性质求线段长
【例2】（2024·福建三明·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为AD的中点，连接AC，BE，点M,N分别在BE,AC上，且BM=13ME，CN=13AN，则MN的长为（ ）
A．322B．52C．22D．3
【答案】B
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．设AC，BE交于点P，根据正方形的性质可得△AEP∽△CBP，从而得到PE=13BE,AP=13AC，再由BM=13ME，CN=13AN，可得PMPE=PNPA=54，从而得到△APE∽△NPM，即可求解．
【详解】解：如图，设AC，BE交于点P，
∵四边形ABCD是正方形，且边长为4，
∴AD=BC=4,AD∥BC，
∴△AEP∽△CBP，
∴APCP=EPBP=AEBC，
∵点E为AD的中点，
∴AE=12AD=12BC=2，
∴APCP=EPBP=12，
∴APAC=EPBE=13，即PE=13BE,AP=13AC，
∵BM=13ME，CN=13AN，
∴ME=34BE，AN=34AC，
∴PM=512BE,PN=512AC，
∴PMPE=PNPA=54，
∵∠APE=∠NPM，
∴△APE∽△NPM，
∴MNAE=PNPA=54，
∴MN2=54，
∴MN=52．
故选：B
【变式2-1】（2022·湖南长沙·统考一模）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N，若四边形MOND的面积是4，则AB的长为（ ）
A．2B．22C．4D．42
【答案】C
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．过点O作OE⊥AD，OF⊥CD，证明△OEM≌△OFN，进而得到四边形MOND的面积等于正方形OFDE的面积，进而求出DE的长，即可得解．
【详解】解：过点O作OE⊥AD于点E，OF⊥CD于点F，
则：∠OEM=∠OFN=∠OFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OD=OC，∠ADC=90°，
∴AE=DE=12AD=12CD=DF，四边形OEDF为矩形，
∴四边形OEDF为正方形，
∴OE=OF，∠EOF=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°=∠EOF，
∴∠EOM=∠FON，
∴△OEM≌△OFNASA，
∴正方形OFDE的面积等于四边形MOND的面积，
∴DE2=4，
∴DE=2（负值已舍掉）；
∴AB=AD=2DE=4；
故选：C．
【变式2-2】（2023·广东清远·统考模拟预测）如图，边长分别为2和6的正方形ABCD和CEFG并排放在一起，连接BD并延长交EG于点T，交FG于点P．则GT=（ ）
A．2B．22C．1D．2
【答案】B
【分析】首先证明∠BTE=90°；然后证明GD=GP=4；运用勾股定理求出DP的长度；根据GT⊥BP，得到GT=12DP，即可解决问题．
【详解】

解：如图，∵四边形ABCD和CEFG均为正方形，
∴∠DBC=∠BDC=45°,∠GCE=90°,GP∥BC，
∴∠GPD=∠DBC=45°,∠GDP=∠BDC=45°,∠TBC+∠TEC=90°，
∴∠GDP=∠GPD=45°,∠BTE=90°；
∴GD=GР=6-2=4,GT⊥DP，
∴GT=12DP，
由勾股定理得：DP=DG2+GP2=42，
∴GT=22，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点的应用问题：应牢固掌握正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质．
【变式2-3】（2023·安徽宿州·统考模拟预测）如图，是由四个全等的直角三角形和一个小正方形拼成的一个大正方形，若每个直角三角形的面积为4，大正方形的面积为25，则小正方形的边长为（ ）
A．9B．6C．1D．3
【答案】D
【分析】根据大正方形的面积为25，每个直角三角形面积为4，设直角三角形较短直角边长为a，较长直角边长为b，得出(b-a)2+4×4=25，即可求解．
【详解】解：设直角三角形较短直角边长为a，较长直角边长为b，
∵大正方形的面积为25，每个直角三角形面积为4，
∴(b-a)2+4×4=25，
∴b-a=3，
即小正方形的边长为3．
故选：D．
【点睛】本题考查了以弦图为背景的计算，根据大正方形的面积等于4个直角三角形的面积加上小正方形的面积求解是解题的关键．
【变式2-4】（2022·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第六十九中学校校考模拟预测）已知：正方形ABCD边长为3，E为直线AD上一点，AE=1，连接CE，CE所在直线与AB所在直线交于点F．则AF= ．
【答案】34或32
【分析】分两种情况：当点E在线段AD上时，当点E在DA延长线上时，分别作出图形，利用正方形的性质可证得△AEF∽△BCF，可得AEBC=AFBF，进而求解即可．
【详解】解：当点E在线段AD上时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=3，
∴△AEF∽△BCF，则AEBC=AFBF，
即：13=AF3+AF，可得：AF=32；
当点E在DA延长线上时，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=3，AD∥BC，
则∠E=∠BCF，∠EAF=∠CBF，
∴△AEF∽△BCF，则AEBC=AFBF，
即：13=AF3-AF，可得：AF=34；
综上，AF=34或32，
故答案为：34或32．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，作出图形，结合相似三角形的判定及性质是解决问题的关键．
题型03 根据正方形的性质求面颊
【例3】（2024·重庆大渡口·统考一模）一个正方形的边长为2，它的面积为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的面积计算，由正方形的面积等于边长的平方即可求解，掌握正方形的面积计算方法是解题的关键．
【详解】解：∵正方形的边长为2，
∴正方形的面积为22=4，
故选：B．
【变式3-1】（2023·广东汕尾·三模）如图，大正方形中有2个小正方形，这两个小正方形的面积分别是S1和S2，则S1S2的值是（ ）

A．98B．89C．1D．54
【答案】A
【分析】设正方形ABCD的边长为m，可证明两个小正方形的边长分别为23m和12m，则两个小正方形的面积分别为S2=29m2，S1=14m2，即可求得S1S2．
【详解】解：如图，设正方形ABCD的边长为m，

∵∠B=∠D=90°，AB=CB=AD=CD，
∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，AC=AD2+CD2=2m，
∵四边形BPNM和四边形EFGH都是正方形，
∴∠BMN=∠BPN=∠EHG=∠FGH=90°，
∴∠AMN=∠CPN=∠AHE=90°，
∴∠MNA＝∠MAN＝∠PNC＝∠PCN=∠HEA=∠HAE=∠GFC=∠GCF=45°，
∴MN=BM=AM=PN=BP=CP=12m，
EH=AH=GH=FG=CG=13×2m=2m3，
∴S2=29m2，S1=14m2，
∴S1S2=98．
故选：A．
【点睛】本题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的面积公式等知识，正确地作含同一字母的代数式表示两个小正方形的面积S1和S2是解题的关键．
【变式3-2】（2023·江苏苏州·苏州市立达中学校校考一模）如图，一块正方形地砖的图案是由4个全等的五边形和1个小正方形组成的，已知小正方形的面积和五边形的面积相等，并且图中线段a的长度为10-2，则这块地砖的面积为（ ）
A．50B．40C．30D．20
【答案】B
【分析】如图，根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，利用图中的面积关系最终可推出14S正方形ABCD=5S△EOF，设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x-a,以此可得方程14⋅2x⋅2x=52x-a2，解此方程，再将a的值代入即可求解．
【详解】解：如图，
根据题意易知，点O为正方形ABCD，EFGH的中心，
∴S△EOF=14S正方形EFGH，即S正方形EFGH=4S△EOF，S正方形ABCD=5S正方形EFGH，
∵S五边形AMFEP=S正方形EFGH，
∴S五边形AMFEP=4S△EOF，
∵S五边形AMFEP=14S正方形ABCD-S△EOF，
∴14S正方形ABCD=5S△EOF，
设正方形ABCD的边长为2x,则OF=OE=x-a,
∴14⋅2x⋅2x=52x-a2，解得：x=5±10a3，
∵a=10-2，
∴x=10或710-203，
∵710-203∴x=10，
∴S正方形ABCD=210×210=40．
故选：B．
【点睛】本题主要考查全等图形、正方形的性质、二次根式的应用、一元二次方程的应用等知识点，利用已知条件，得到各部分图形之间的面积关系并列出方程是解题关键．
【变式3-3】（2023·河南省直辖县级单位·统考二模）四边形不具有稳定性．四条边长都确定的四边形，当内角的大小发生变化时，其形状也随之改变．如图，改变正方形ABCD的内角，使正方形ABCD变为菱形ABC'D'，如果∠DAD'=30°，那么菱形ABC'D'与正方形ABCD的面积之比是（ ）

A．1B．34C．32D．34
【答案】C
【分析】过D'作D'E⊥AB于E，如图所示，设正方形边长为a，求出S正方形=DA2=a2，利用含30°直角三角形的三边关系，在Rt△AD'E中得到D'E=32a，从而S菱形=AB⋅D'E=a×32a=32a2，两个面积作比即可得到答案．
【详解】解：过D'作D'E⊥AB于E，如图所示：

设正方形边长为a，
∵ ∠DAD'=30°，
∴∠D'AB=90°-30°=60°，
在Rt△AD'E中，D'A=a，∠D'AB=60°，则AE=12D'A=12a，
∴D'E=3AE=32a，
∴S正方形=DA2=a2，S菱形=AB⋅D'E=a×32a=32a2，
∴菱形ABC'D'与正方形ABCD的面积之比是32a2a2=32，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形与菱形面积，涉及含30°直角三角形的三边关系，熟记正方形与菱形面积公式是解决问题的关键．
【变式3-4】（2023·四川成都·校考三模）如图，由四个全等的直角三角形与中间的一个小正方形EFGH拼成一个大正方形ABCD，连接AF和CH,AF=AB．现随机向正方形ABCD内掷一枚小针，则针尖落在阴影区域的概率为 ．

【答案】110
【分析】设AF交BH于点M，CH交DF于点N，设AF=AB=c，AH=BE=CF=DG=b,AG=BH=CE=DF=b，分别得到S正方形ABCD=5a2和S四边形HMFN=12a2，即可得到答案．
【详解】解：设AF交BH于点M，CH交DF于点N，设AF=AB=c，AH=BE=CF=DG=b,AG=BH=CE=DF=b，

由勾股定理得a2+b2=c2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=AF=c，
∵四边形EFGH是正方形，
∴AG⊥DF，
∴DG=FG=12DF=12b=a，
即b=2a，
∴S正方形ABCD=c2=a2+b2=5a2，
则AH=GH=GF=DG，
∵MH∥GF，
∴MHGF=AHAG=12，△AMH∽△AFG，
∴S△AMH=14S△AFG，
∵∠HGN=∠CFN=90°,∠HNG=∠CNF，
∴△HNG≌△CNFAAS，
∴GN=FN=12GF，
∴MH=NG=12GF，
∵AH=HG,∠AHE=∠HGN=90°，
∴△AHM≌△∠HGNSAS，
∴S△AHM=S△HGN=14S△AFG，
∴S四边形HMFN=12S△AFG=14ab=12a2，
则针尖落在阴影区域的概率为S四边形HMFNS正方形ABCD=12a25a2=110，
故答案为：110
【点睛】此题考查了相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，分别表示出S正方形ABCD和S四边形HMFN是解题的关键．
题型04 根据正方形的性质求坐标
【例4】（2023·河北邯郸·校考三模）如图，在正方形ABCD中，已知点A0，3，B5，3．将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α0<α<180°后，点B的对应点B'恰好落在坐标轴上，则点C的对应点C'的坐标为（ ）

A．7，4或5，-2B．7，4或5，-2或-1，-4
C．5，-2或-1，-4D．7，4或4，7
【答案】B
【分析】根据题意画出图形，分三种情况进行讨论：①点B对应点B'恰好落在x轴正半轴上时；②点B对应点B'恰好落在y轴负半轴上时；③点B对应点B'恰好落在x轴负半轴上时，根据旋转的性质，利用全等三角形的判定与性质可得点C的对应点C'的坐标．
【详解】解：∵ A0，3，B5，3，
∴AB⊥y轴，AB=5，
∵四边形ABCD是正方形，且点C、D在AB上方，
∴C5，8，D0，8，BC=AB=5，∠B=90°，
当正方形ABCD绕点A顺时针旋转角度α0<α<180°后，
①点B对应点B'恰好落在x轴正半轴上时，如图，
，
∵AB'=AB=5，OA=3，
∴OB'=AB'2-OA2=52-32=4，
∵∠AB'O+∠OAB'=90°，∠AB'O+∠C'B'E=90°，
∴∠OAB'=∠C'B'E，
在△AB'O和△EB'C'中，
∠AOB'=∠B'EC'∠OAB'=∠EB'C'AB'=B'C'，
∴△AB'O≌△EB'C'AAS，
∴B'E=OA=3，EC'=OB'=4，
∴OE=OB'+B'E=4+3=7，
∴点C的对应点C'的坐标为7，4；
②点B对应点B'恰好落在y轴负半轴上时，如图，
，
此时B'C'=AB=BC'=AB'=5，
∴OB'=AB'-OA=5-3=2，
∴点C的对应点C'的坐标为5，-2，
③点B对应点B'恰好落在x轴负半轴上时，如图
，
同①可知∴△AB'O≌△EB'C'AAS，
∴B'E=OA=3，EC'=OB'=4，
∴OE=OB'-B'E=4-3=1，
∴点C的对应点C'的坐标为-1，-4，
综上所述：点C的对应点C'的坐标为7，4或5，-2或-1，-4，
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形的变化、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用以上知识．
【变式4-1】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图．四边形ABCO为正方形，点A的坐标为1,3，将正方形绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标为（ ）

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

∵∠C'OC=60°,∠AOC=90°,AO=CO
∴∠AOC'=30°,AO=C'O
∵点A的坐标为1,3
∴AD=1,DO=3,AO=AD2+DO2=2=2AD
∴∠AOD=30°,∠C'OE=30°
∵AD⊥y轴，C'E⊥x轴
∴△ADO≌△C'EO
∴C'E=AD=1,OE=DO=3
即点C'3,1
故选：D
【点睛】本题考查了坐标与旋转规律问题．根据题意确定第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标，与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同，是解题关键．
【变式4-2】（2019·山东聊城·校联考一模）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A'BC'D',AD与C'D'交于点M，那么图中点M的坐标为（ ）

A．3,1B．1,3C．3,32D．32,3
【答案】B
【分析】由正方形和旋转的性质得出AB=BC'=3，∠BAM=∠BC'M=90°，，证出Rt△ABM≌Rt△C'BMHL，得出∠1=∠2，求出∠1=∠2=30°，在Rt△ABM中，求出AM=1即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是边长为3的正方形，正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°得到正方形A'BC'D'，
∴AB=BC'=3，∠BAM=∠BC'M=90°，
在Rt△ABM和Rt△C'BM中，
BM=AMAB=C'B，
∴Rt△ABM≌Rt△C'BMHL，
∴∠1=∠2，
∵将边长为3的正方形ABCD绕点B逆时针旋转30°，
∴∠CBC'=30°，
∴∠1=∠2=30°，
在Rt△ABM中，AB=3,∠1=30°，
∴AB=3AM=3，
∴AM=1，
∴点M的坐标为1,3，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质等知识；熟练掌握旋转的性质和正方形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
【变式4-3】（2023·河南驻马店·统考三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点为A-2,0，B2,0．半圆与正方形ABCD组成一个新的图形，点M为DC（靠近点D）的三等分点，将此组合图形绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2023次旋转结束时，点M的坐标为（ ）

A．2+3,-1B．-2-3,-1C．-4+3,-1D．-4-3,-1
【答案】D
【分析】设CD交y轴于点E，过点M作MN⊥x轴于点N，交CD于点F，连接ME，先利用正方形的性质、勾股定理、圆心角求出点M的坐标为M-1,4+3，再根据绕原点O顺时针旋转90°的点的坐标变换规律分别求出第1、2、3、4次旋转结束时，点M的坐标，归纳类推出一般规律，由此即可得．
【详解】解：如图，设CD交y轴于点E，过点M作MN⊥x轴于点N，交CD于点F，连接ME，

∵正方形ABCD的顶点为A-2,0，B2,0，
∴OE=BC=AB=4,CE=OB=2,CD∥AB,CD⊥OE，
∴四边形OEFN是矩形，
∴EF=ON,FN=OE,MF⊥CD，
∵点M为半圆上的点，且为DC（靠近点D）的三等分点，
∴ME=CE=2,∠MEF=60°，
∴∠EMF=30°，
∴EF=12ME=1,MF=ME2-EF2=3，
∴MN=FN+MF=4+3，ON=1，
∴M-1,4+3，
∵绕原点O顺时针旋转90°的点的坐标变换规律：横、纵坐标先交换位置，纵坐标再变为相反数，
∴第1次旋转结束时，点M的坐标为4+3,1，
第2次旋转结束时，点M的坐标为1,-4-3，
第3次旋转结束时，点M的坐标为-4-3,-1，
第4次旋转结束时，点M的坐标为-1,4+3，
由此可知，旋转4次一个循环，
∵2023=4×505+3，
∴第2023次旋转结束时，点M的坐标与第3次旋转结束时，点M的坐标相同，即为-4-3,-1，
故选：D．
【点睛】本题考查了绕原点O顺时针旋转90°的点的坐标变换规律、正方形的性质、勾股定理、圆心角等知识点，正确归纳类推出一般规律是解题关键．
【变式4-4】（2023·陕西西安·校考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A、B分别在x轴、y轴负半轴上，点A的坐标为(-2,0), tan∠DAO=12，求点B的坐标．
【答案】B(0,-4).
【分析】由正方形的性质可得∠ABO=∠DAO，根据三角函数关系可得OA、OB的长，由此可得答案；
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAB=90°=∠DAO+∠OAB,
∵∠OAB+∠ABO=90°,
∴∠ABO=∠DAO,
∵tan∠DAO=12,
∴tan∠ABO=12,
∵点A的坐标为(-2,0),
∴OA=2,
∵tan∠ABO=AOOB=12,
∴OB=4,
∴B(0,-4).
【点睛】此题考查的正方形的性质、坐标与图形的性质、解直角三角形，掌握其性质定理是解决此题的关键．
题型05 与正方形有关的折叠问题
【例5】（2023·山西朔州·校联考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=2，将其沿EF翻折，使∠EFC=120°，顶点B恰好落在线段AD上的点G处，点C的对应点为点H．则线段AE的长为 ．

【答案】23
【分析】设AE=x，则BE=2-x，由翻折性质，得EG=EB=2-x，∠GEF=∠BEF=60°，所以∠AEG=60°，在Rt△AEG中，利用三角函数可求出x，从而得到线段AE的长．
【详解】解：设AE=x，
∵正方形ABCD中，AB=2，
∴BE=2-x，AB∥CD，
∵∠EFC=120°，
∴∠BEF=60°，
∵四边形EFHG是四边形EFCB折叠得到，
∴∠GEF=∠BEF=60°，EG=BE=2-x，
∴∠AEG=180°-∠GEF-∠BEF=60°，
在Rt△AGE中，
cs∠AEG=AEEG，
即cs60°= x2-x=12，
解得x=23，
经检验x=23是原方程的解，
∴原方程的解为x=23，
∴AE=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，解直角三角形，熟练运用相关图形的性质是解题的关键．
【变式5-1】（2023·广西南宁·统考三模）如图，四边形ABCD为正方形纸片，E是边CB的中点，连接DE，P是边CD上一点，将纸片沿着AP折叠，使点D落在DE上的F点处，则DFEF为 ．
【答案】4
【分析】根据正方形的性质，推出∠DEC+∠CDQ=90°，根据折叠得到AP垂直平分DF，证明△ADP≌△DCEAAS，得到DP=CE，设AD=CD=BC=2，利用勾股定理求出DF，DE，得到EF，再代入计算即可．
【详解】解：如图，在正方形ABCD中，
∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∴∠DEC+∠CDQ=90°，
由折叠可知：AP垂直平分DF，
即AP⊥DF，
∴∠DQP=90°，即∠CDQ+∠DPQ=90°，
∴∠DEC=∠DPQ，
在△ADP和△DCE中，
∠DPQ=∠DEC∠ADP=∠DCEAD=CD，
∴△ADP≌△DCEAAS，
∴DP=CE，
设AD=CD=BC=2，
∵E是边CB的中点，
∴DP=CP=CE=BE=1，
∴AP=DE=22+12=5，
∴DQ=AD×DPAP=255，
∴DF=455，
∴EF=DE-DF=55，
∴DFEF=455÷55=4，
故答案为：4．
【点睛】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，折叠问题，解题的关键是利用折叠的性质以及全等的性质得到线段之间的数量关系．
【变式5-2】（2023·山东泰安·东平县实验中学统考三模）四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿MN折叠，使点B落在CD边上的B'处，点A对应点为A'，且S△A'ME:S△CNB'=1:4，则AM的长是 ．

【答案】2
【分析】设AM=x，A'E=y，由折叠有性质知AM'=AM=x，∠NB'A'=∠B=90°，∠A'=∠A=90°，推出△A'EM∽△B'NC，求得△A'EM与△B'NC的相似比为12，于是CN=2x，B'C=2y，然后利用勾股定理列方程即可得到结果．
【详解】解：设AM=x，A'E=y，
由折叠有性质知AM'=AM=x，∠NB'A'=∠B=90°，∠A'=∠A=90°，
∴∠A'=∠A'B'N=90°，
∵∠DEB'+∠DB'E=∠DEB'+∠DB'E+∠NB'C=90°，
∴∠DEB'=∠NB'C=∠A'EM，
∴△A'EM∽△B'NC，
∵S△A'ME:S△CNB'=1:4，
∴△A'EM与△B'NC的相似比为12，
∴CN=2x，B'C=2y，
∴B'N=9-2x，DB'=9-2y，B'E=9-y，
∴ME=12B'N=9-2x2，
∴DE=9-x-9-2x2=92，
∴B'E2=DE2+B'D2，即9-y2=922+9-2y2，
解得y1=32，y2=92（舍去），
∴B'C=3，
∴B'C2+CN2=B'N2，即32+2x2=9-2x2，
解得x=2，
∴AM=2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了图形翻折变换的性质，正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，熟知图形翻折不变性的性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023·安徽池州·统考二模）如图，在正方形ABCD中，G为AD边上一点，将△ABG沿BG翻折到△FBG处，延长GF交CD边于点E，过点F作FH∥BC分别交BG，AB，CD于点H，P，Q，请完成下列问题：

（1）∠EBG= ．
（2）若FH=12BC=8，则BP= ．
【答案】 45°/45度 485
【分析】（1）根据折叠得出∠ABG=∠GBF=12∠ABF，证明Rt△BEF≌Rt△BECHL，得出∠CBE=∠EBF=12∠CBF，根据∠EBG=∠EBF+∠GBF，求出结果即可；
（2）过点H作HM⊥BF于点M，证明△BPH≌△BMHAAS，得出BM=BP，PH=MH，证明△BPF∽△HMF，得出HMBP=FMFP=HFBF，设BM=BP=2x，则FM=16-2x，得出HM2x=16-2xFP=816=12，得出FP=8+x，根据16-2x8+x=12，求出x的值，即可得出答案．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=AD=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，
根据折叠可知，BF=AB，∠BFG=∠BAG=90°，∠ABG=∠GBF=12∠ABF，
∴BF=BC，∠BFE=180°-90°=90°，
∵BE=BE，
∴Rt△BEF≌Rt△BECHL，
∴∠CBE=∠EBF=12∠CBF，
∴∠EBG=∠EBF+∠GBF=12∠CBF+12∠ABF=12∠ABC=45°；
故答案为：45°；
（2）过点H作HM⊥BF于点M，如图所示：

∵FH∥BC，
∴∠BPH=∠A=90°，
∴∠BPH=∠BMH=90°，
∵∠PBH=∠MBH，BH=BH，
∴△BPH≌△BMHAAS，
∴BM=BP，PH=MH，
∵∠HMF=∠BPF=90°，∠BFP=∠HFM，
∴△BPF∽△HMF，
∴HMBP=FMFP=HFBF，
∵FH=12BC=8，
∴BC=BF=16，
设BM=BP=2x，
∴FM=16-2x，
∴HM2x=16-2xFP=816=12，
∴HP=HM=x，
∴FP=8+x，
∴16-2x8+x=12，
解得：x=245，
∴BP=2×245=485．
故答案为：485．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握相关的性质和判断，作出辅助线构造全等三角形，证明△BPH≌△BMH．
【变式5-4】（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5-5】（2022·湖北武汉·校考模拟预测）（1）如图1，已知正方形纸片ABCD，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形ABCD的内部，点B的对应点为点M，折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则∠EAF= 度；
（2）如图2，将正方形纸片沿EF继续折叠，点C的对应点为点N．当点N恰好落在折痕AE上，
则①∠AEF= 度；
②若AB=3，求线段AP的长；
（3）如图3，在矩形ABCD中，AD=nAB，点E、F分别在边BC、CD上，将矩形ABCD沿AE、AF折叠，点B落在M处，点D落在G处，点A、M、G恰好在同一直线上，若BE=1，AB=a，则DFAB= （用含a、n的代数式表示结果）．
【答案】（1）45；（2）①60；②23-2；③an-na+1
【分析】（1）由正方形的性质得∠BAD=90°，再由折叠的性质得∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，即可求解；
（2）①由折叠的性质和平角的定义可得结论；
②先根据①可得∠BAE=∠EAM=30°，由直角三角形含30°的性质可得AE和BE的长，可得EN和CE的长，由三角函数可得AP的长；
（3）由折叠的性质可得AB=AM=a，BE=EM=1，∠B=∠AME=90°，DF=FG，由“AAS”可证△APN≌△APM，可得NP=PM，AN=AM=a，通过证明四边形ABHN是正方形，可得NH=BH=a,在Rt△EPH中，利用勾股定理可求NP的长，由锐角三角函数可得DF的长，由此可求解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
由折叠得：∠BAE=∠EAM，∠DAF=∠FAM，
∴∠EAF=∠EAM+∠FAM= 12 ×90°=45°，
故答案为：45；
（2）①如图2，由折叠得：∠AEB=∠AEF，∠AEF=∠CEF，
∴∠AEF=∠CEF=∠AEB，
∵∠AEF+∠AEB+∠CEF=180°，
∴∠AEF=60°，
故答案为：60；
②∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
∵∠AEB=60°，
∴∠BAE=∠EAM=30°，
∵AB=BC= 3，
∴BE=1，AE=2，
∴ EN=EC=3-1
∴AN=AE-EN=2-3-1=3-3
在Rt△ANP中，cs30°=ANAP=32
∴ AP=23-2
（3）解：如图3，延长EM交AF于点P，过点P作HN⊥AD于N，
∵将矩形纸片沿AE、AF折叠，点B落在M处，点D落在G处，
∴AB=AM=a,∠PAM=∠PAN，BE=EM=1，∠B=∠AME=90°，
在△APM和△APN中，
∠PAN=∠PAM∠ANP=∠AMP=90°AP=AP，
∴△APN≌△APM（AAS），
∴NP=PM，AN=AM=a，
∵∠B=∠BAN=90°，HN⊥AD，
∴四边形ABHN是矩形，
又∵AN=AB，
∴四边形ABHN是正方形，
∴HN=BH=a，
∴EH=a-1，
∵EP2=EH2+PH2，
∴1+NP2=a-12+a-NP2，
∴NP=a2-aa+1，
∵tan∠DAF=PNAN=DFAD，
a2-aa+1a=DFna，
解得：DF=na2-aa+1=naa-1a+1，
∴ DFAB=na-1a+1=an-na+1
【点睛】本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质和判定、含30°角的直角三角形的性质、三角函数等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出∠EAF=45°是解题的关键．
题型06 求正方形重叠部分面积
【例6】（2020·河北·校联考二模）在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形几何中心重合，如图①，当正方形和矩形都水平放置时，容易求出重叠面积S=2×1=2．
甲、乙、丙三位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式；

甲：矩形绕着几何中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠面积S大小不变．
乙：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行时，此时的重叠面积大于图③的重叠面积．
丙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线，此时的重叠面积是5个图形中最小的．
下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙、丙都对B．只有乙对C．只有甲不对D．甲、乙、丙都不对
【答案】C
【分析】本题重叠部分面积需要结合图形特点，利用对称性质，通过假设未知数表示未知线段，利用面积公式求解，并根据线段范围判别面积大小．
【详解】如图一所示，设AI=x，BJ=y，则有x+y=AB-IJ=2-1=1，重叠部分四边形JILK面积为2．
如图二所示，设AI=x，BJ=y，
因为JM=HE=1，△JIM为直角三角形，斜边JI大于直角边JM，
故有：x+y＜1，重叠部分平行四边形JILK面积为2-(x+y)×2=4-2(x+y)．
如图三所示，设AI=x（0＜x＜1），BJ=y=0，重叠部分四边形JIDK面积为SAJCD-2SADI=4-2×12×2•x=4-2x=4-2(x+y)．
在由图一到图三的转变过程中，x+y的取值逐渐减小，则重叠部分面积逐渐增大，故甲同学说法错误．
如图四所示，设AI=AN=x（1＜x＜2），重叠部分多边形BINDKM面积为SABCD-2SAIN=4-2×12x2=4-x2．
当0＜x＜2时，4-x2＞4-2x ，所以图四重叠部分的面积大于图三重叠部分面积，乙同学说法正确．
如图五所示，设AI=AN=x，所以重叠部分四边形INDB面积为S△ABD-S△AIN=12×2×2-12•x2=2-x22，
因为x22＞0，所以重叠部分面积小于2，即小于图一重叠面积．
综上，图一到图四重叠部分面积逐渐增大，图五面积小于图一，故图五面积最小，丙同学说法正确．
故答案为C选项．
【点睛】本题考查正方形以及矩形性质，并在此基础进行知识延伸，需要假设未知数并结合对称性质化抽象问题为形象问题，利用未知量取值范围求解本题．
【变式6-1】（2023·山东菏泽·校考一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】4
【分析】连接OA、OD，证明△OAM≌△ODN(ASA)，得到S阴影=S△ODM+S△ODN=S△OAM+S△ODM=S△OAD，再由S△OAD=14S正方形ABCD，代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接OA、OD，如图所示：
∴ ∠AOD=∠GOE=90°，
∴∠AOM=∠DON，
∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心，
∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°，
在△OAM和△ODN中，
∠OAM=∠ODNOA=OD∠AOM=∠DON，
∴△OAM≌△ODN(ASA)，
∴S△OAM=S△ODN，
∴S阴影=S△ODM+S△ODN
=S△OAM+S△ODM
=S△OAD
=14S正方形ABCD=14×42=4，
故答案是：4．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积是解决问题的关键．
【变式6-2】（2021·辽宁抚顺·统考三模）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．设两个正方形重合部分的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，通过探索，我们发现：无论正方形A1B1C1O绕点O怎样转动，始终有S1= S2．
【答案】14
【分析】由正方形性质可证△AOE≌△BOF（ASA）由S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF= S△EOB+S△AOE=S△AOB即可．
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，
∴OA=OB，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBC=45°，
又∵点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，
∴∠A1OC1=90°，
∴∠AOE+∠EOB=∠EOB+∠BOF=90°，
∴∠AOE =∠FOB，
在△AOE和△BOF中，
∠OAE=∠OBFOA=OB∠AOE=∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴S1=S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF= S△EOB+S△AOE=S△AOB=14S2．
故答案为14．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积是解题关键．
【变式6-3】（2021·山东临沂·校考一模）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 （用含a，b的代数式表示）．
【答案】a+b
【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得S四边形GAHE=S△AEF，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF 中，
∠GAE=∠HAF，AE=AF，∠AEG=∠AFH，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴S△GAE=S△HAF，
∴S△GAE+S△AEH=S△HAF+S△AEH，
即S四边形GAHE=S△AEF，
∵S△AEF=14S大正方形=14a，
∴S四边形GAHE=14S大正方形=14a，
∴同理可得：S正方形ABCD=4×14a+b，
即S正方形ABCD=a+b，
故答案为：a+b．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
题型07利用正方形的性质证明
【例7】（2022·天津·天津市双菱中学校考模拟预测）如图，在边长为2的正方形ABCD中，动点F，E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动（任何一个点到达终点时，两点都停止运动）连接AE，BF，AE与BF交于点P，过点P分别作PM∥CD交BC于点M，PN∥BC交CD于点N，连接MN，在运动过程中，

（1）AE和BF的数量关系为 ；
（2）MN长度的最小值为 ．
【答案】 AE=BF 5-1
【分析】（1）利用正方形性质，根据SAS可证明△ABE≌△BCF，即可得出结论；（2）首先证明四边形PNCM为矩形，得到PC=MN，利用（1）中证明的△ABE≌△BCF推出AE⊥BF，得出点P是以AB为直径的圆弧上运动，当G、P、C三点共线时，PC为最短，利用勾股定理求出GC的长，进而求出PC的长，即可得出MN长度的最小值．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
∵动点F，E以相同的速度分别从点D，C同时出发向点C，B运动，
∴DF=CE，
∴BE=CF，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABF=∠BCFBE=CF，
∴△ABE≌△BCFSAS，
∴AE=BF；
（2）如图，连接PC，取AB中点G，

∵PM∥CD，PN∥BC，
∴四边形PNCM为平行四边形，
∵∠C=90°，
∴四边形PNCM为矩形，
∴PC=MN，
由（1）可知△ABE≌△BCF，
∴∠BFC=∠AEB，
∵∠BFC+∠FBC=90°，
∴∠AEB+∠FBC=90°，
∴∠BPE=90°，即AE⊥BF，
∴点P是以AB为直径的圆弧上运动，
∴AB的中点G为圆心，连接GP为半径，
∴AG=BG=GP=12AB=1
当G、P、C三点共线时，PC为最短，
在Rt△CBG中，
CG=BG2+BC2=12+22=5，
∴PC=CG-PG=5-1，
∴MN=PC=5-1，
故答案为：AE=BF；5-1．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，圆周角所对的弦为直径，勾股定理，正确作出辅助线，确定当G、P、C三点共线时，PC为最短是解答本题的关键．
【变式7-1】（2024·福建三明·统考一模）如图，四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，点E在射线CD上，AC交BE于点O，GH⊥AB交AB延长线于点H．
(1)若D为CE的中点，求证：OE=2OB；
(2)求证：AB=BH．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）由题意知，CE=2CD，证明△AOB∽△COE，则OBOE=ABCE=12，进而可证OE=2OB．
（2）证明△BEC≌△BGHAAS，则BH=BC，进而可证AB=BH．
【详解】（1）证明：∵D为CE的中点，
∴CE=2CD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，AB=CD，
∴∠BAO=∠ECO，∠OBA=∠OEC，CE=2AB．
∴△AOB∽△COE．
∴OBOE=ABCE=12，
即OE=2OB．
（2）证明：∵四边形ABCD和四边形BEFG都是正方形，
∴∠EBG=∠CBH=90°，∠BCE=90°=∠BHG，BG=BE，AB=BC，
∴∠EBC=∠GBH，
∵∠EBC=∠GBH，∠BCE=90°=∠BHG，BE=BG，
∴△BEC≌△BGHAAS，
∴BH=BC，
∴AB=BH．
【点睛】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，平行线的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式7-2】（2022·湖北武汉·校考一模）如图，在正方形ABCD中，E是CD边上一点，若AB+CE=AE，以BC为直径作半圆⊙O．

(1)求证：AE与⊙O相切；
(2)若正方形的边长为4，求图中阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)图中阴影部分的面积为10-2π
【分析】（1）如图，连接AO并延长，交DC的延长线交于F，作OH⊥AE于H，由正方形可知∠ABO=∠FCO=90°，证明△AOB≌△FOCASA，则FC=AB，∠BAO=∠F，由AB+CE=AE，可得FC+EC=EF=AE，则∠F=∠EAF，∠BAO=∠EAF，由∠B=90°，OH⊥AE，可得OH=OB，进而结论得证；
（2）设CE=x，则AE=4+x，DE=4-x，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AD2+DE2=AE2，即42+4-x2=4+x2，解得：x=1，根据S阴影=S梯形ABCE-S半圆，计算求解即可．
【详解】（1）证明：如图，连接AO并延长，交DC的延长线交于F，作OH⊥AE于H，

由正方形可知∠ABO=∠FCO=90°，
又∵OB=OC，∠AOB=∠FOC，
∴△AOB≌△FOCASA，
∴FC=AB，∠BAO=∠F，
∵AB+CE=AE，
∴FC+EC=EF=AE，
∴∠F=∠EAF，
∴∠BAO=∠EAF，
又∵∠B=90°，OH⊥AE，
∴OH=OB，
∴AE与⊙O相切；
（2）解：设CE=x，则AE=4+x，DE=4-x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得，AD2+DE2=AE2，即42+4-x2=4+x2，
解得：x=1，
∴S梯形ABCE=12×4×1+4=10，S半圆=12π×22=2π，
∴S阴影=S梯形ABCE-S半圆=10-2π，
∴图中阴影部分的面积为10-2π．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角，角平分线的性质，勾股定理，切线的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【变式7-3】（2023·黑龙江绥化·统考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E是AB边上一点，DF与BC交于点M，延长EM交GF于点H，连接CG．

(1)求证：CD⊥CG；
(2)若tan∠MEN=13，求MNEM的值；
(3)已知正方形ABCD的边长为1，点E在运动过程中，EM的长能否为12，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)MNEM=13
(3)EM的长不可能为12，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS证明△ADE≌△CDG得出∠A=∠DCG=90°，即可得出结论；
（2）先证明△EFM≌△GFM得出EM=GM，∠MEF=∠MGF，在证明△EFH≌△GFN得出HF=NF，由三角函数得出GF=EF=3HF=3NF，得出GH=2HF，作NP∥GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，得出PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，PN=23HF，即可得出结果；
（3）假设EM=12，先判断出点G在BC的延长线上，同（2）的方法得，EM=GM=12 ，得出GM=12，再判断出BM<12，得出CM>12，进而得出CM>GM，即可得出结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形，
∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，
∴∠ADE=∠CDG，
在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDGSAS，
∴∠A=∠DCG=90°，
∴CD⊥CG；
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，
∴EF=GF，∠EFM=∠GFM=45°，
在△EFM和△GFM中EF=GF∠EFM=∠GFMMF=MF，
∴△EFM≌△GFMSAS，
∴EM=GM，∠MEF=∠MGF，
在△EFH和△GFN中，∠EFH=∠GFNEF=GH∠MEF=∠MGH，
∴△EFH≌△GFNASA，
∴HF=NF，
∵tan∠MEN=13=HFEF，
∴GF=EF=2HF=3NF，
∴GH=2HF，
作NP∥GF交EM于P，则△PMN∽△HMG，
∴ PNGH=MNGM，PNHF=ENEF=23，
∴PN=23HF，
∴MNEM=MNGM=23HF2HF=13；
（3）解：EM的长不可能为12，
理由：假设EM的长为12，
∵点E是AB边上一点，且∠EDG=∠ADC=90°，
∴点G在BC的延长线上，
同（2）的方法得，EM=GM=12 ，
∴GM=12，
在Rt△BEM中，EM是斜边，
∴BM<12，
∵正方形ABCD的边长为1，
∴BC=1，
∴CM>12，
∴CM>GM，
∴点G在正方形ABCD的边BC上，与点G在BC的延长线上相矛盾，
∴假设错误，
即：EM的长不可能为12．

【点睛】此题是相似形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，构造出相似三角形是解本题的关键，用反证法说明EM不可能为12是解本题的难度．
题型08 添加一个条件使四边形是正方形
【例8】（2022·广西河池·校联考二模）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：
a.两组对边分别相等 b.一组对边平行且相等
c.一组邻边相等 d.一个角是直角
顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c
则正确的是：（ ）
A．仅①B．仅③C．①②D．②③
【答案】C
【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．
【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；
③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；
∴正确的有①②；
故选C．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
【变式8-1】（2023·河南周口·统考一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交O，添加下列条件不能判定矩形ABCD是正方形的是（ ）
A．AB=BCB．AC=BDC．AC⊥BDD．∠1=∠2
【答案】B
【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意；
B、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意；
C、正确．∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB，OC=OA，
∵AC⊥BD，
∴AD=AB，
∴矩形ABCD为正方形，故不符合题意；
D、正确，∵∠1=∠2，AB∥CD，
∴∠2=∠ACD，
∴∠1=∠ACD，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
【变式8-2】（2022·江苏无锡·模拟预测）四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（ ）
A．①②B．②③C．②④D．①②或①④
【答案】D
【分析】因为AD∥BC，AD＝BC，所以四边形ABCD为平行四边形，添加①则可根据对角线相等的平行四边形是矩形，证明四边形是矩形，故可根据一组邻边相等的矩形是正方形来添加条件．
【详解】解：∵AD∥BC，AD＝BC，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形，
若AB＝AD，
则四边形ABCD为正方形；
若AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形．
故选：D．
【点睛】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角．
【变式8-3】（2021·山东青岛·青岛经济技术开发区第四中学校考一模）如图，四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD//BC，OA=OC，AC平分∠BAD．欲使四边形ABCD是正方形，则还需添加 （写出一个合适的条件即可）
【答案】AC=BD（答案不唯一）
【分析】由平行线的性质可知，∠DAC=∠BCA，即易证△AOD≅△COB(ASA)，得出AD=CB，由此可证明四边形ABCD为平行四边形．由角平分线的性质可知∠DAC=∠BAC，即得出∠BAC=∠BCA，从而证明BA=BC，即平行四边形ABCD为菱形．故在四边形ABCD为菱形的基础上，添加条件使其为正方形即可．
【详解】∵AD//BC，
∴∠DAC=∠BCA，
∴在△AOD和△COB中，∠AOD=∠COBAO=CO∠DAO=∠BCO，
∴△AOD≅△COB(ASA)，
∴AD=CB，
∴四边形ABCD为平行四边形．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠BAC=∠BCA，
∴BA=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形．
∴再添加AC=BD或∠ABC=90°等，即可证明菱形ABCD为正方形．
故答案为：AC=BD（答案不唯一）．
【点睛】本题考查平行线的性质，角平分线的定义，三角形全等的判定和性质，平行四边形、菱形、正方形的判定．掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
题型09 证明四边形是正方形
【例9】（2022·湖南长沙·统考一模）如图，在⊙O中，AB、AC是互相垂直且相等的两条弦，OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分别为D、E．
(1)求证：四边形ADOE是正方形；
(2)若AC=2cm，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)2cm
【分析】（1）根据AC⊥AB，OD⊥AB，OE⊥AC，可得四边形ADOE是矩形，由垂径定理可得AD=AE，根据邻边相等的矩形是正方形可证；
（2）连接OA，由勾股定理可得．
【详解】（1）证明：∵AC⊥AB，OD⊥AB，OE⊥AC，
∴四边形ADOE是矩形，AD=12AB，AE=12AC，
又∵AB=AC，
∴AD=AE，
∴四边形ADOE是正方形．
（2）解：如图，连接OA，
∵四边形ADOE是正方形，
∴OE=AE=12AC=1cm，
在Rt△OAE中，由勾股定理可得：OA=OE2+AE2=2cm，
即⊙O的半径为2cm．
【点睛】本题考查圆与正方形，熟练掌握正方形的判定方法、圆有关的性质，是解题的关键．
【变式9-1】（2021·湖南娄底·统考一模）如图，已知平行四边形ABCD，若M，N是BD上两点，且BM＝DN，AC＝2OM，
（1）求证：四边形 AMCN 是矩形；
（2）△ABC 满足什么条件，四边形AMCN是正方形，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；（2）AB=BC
【分析】（1）由平行四边形的性质可知：OA=OC，OB=OD，再证明OM=ON即可证明四边形AMCN是平行四边形；
（2）当AB=BC时，四边形AMCN是正方形；根据四边形ABCD是平行四边形，AB=BC即可得出四边形ABCD是菱形，再由（1）可知四边形AMCN是矩形；从而得出结论；
【详解】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，
∴OA=OC，OB=OD，
∵对角线BD上的两点M、N满足BM=DN，
∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴MN=2OM，
∵ AC=2OM，
∴MN=AC，
∴四边形AMCN是矩形；
（2）当AB=BC时，四边形AMCN是正方形；
∵AB=BC，四边形ABCD是平行四边形，
∴ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
∴AC⊥MN，
由（1）可知四边形ABCD是矩形，
∴四边形ABCD是正方形；
【点睛】本题考查了矩形的判定，平行四边形的判定与性质，正方形的判定，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题；
【变式9-2】（2022·贵州贵阳·统考二模）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB＝42，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连CG．
(1)求证：矩形DEFG为正方形；
(2)求证：CE＋CG＝8
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，证△DEN≌△FEM，得DE=EF，即可证矩形DEFG为正方形；
（2）证明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，由此可推得CE+CG=AC，利用勾股定理计算即可．
【详解】（1）证明：如图，过点E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN＝90°．
∵四边形ABCD是正方形，
∴ CA平分∠BCD，
又∵ EM⊥BC，EN⊥CD，
∴ EM=EN．
∵ ∠DEF=∠MEN=90°，
∴ ∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90°，
∴ ∠DEN=∠MEF．
在△DEN和△FEM中，
∠DEN=∠MEFEN=EM∠DNE=∠FME=90°，
∴ △DEN≌△FEM (ASA)．
∴ DE=EF，
∴矩形DEFG是正方形．
（2）证明：∵四边形ABCD与四边形EFGH为正方形，
∴DE＝DG，AD=CD=AB=42，∠ADC=∠EDG=90°，
∴∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE与△CDG中，
AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG．
∴CE+CG=CE+AE=AC=AD2+CD2=(42)2+(42)2=8．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质定理，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解决本题的关键是熟练运用相关性质定理．
【变式9-3】（2022·山东枣庄·统考一模）问题解决：如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AB，BC边上，DE=AF，DE⊥AF于点G．
(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长CB到点H，使得BH=AE，判断△AHF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)△AHF是等腰三角形，利用略
【分析】（1）通过证明△ADE≌△BAF得到AD=AB，结合矩形ABCD得到结论；
（2）利用垂直平分线的性质得到AH=AF，得出结论．
【详解】（1）证明：在矩形ABCD中，∠DAE=∠ABF=90°，
∵DE⊥AF，
∴∠ADG+∠GAD=90°，
又∵∠BAF+∠DAG=90°，
∴∠BAF=∠ADE，
在△ADE和△BAF中
∠EAD=∠FBA∠BAF=∠ADEAF=DE
∴△ADE≌△BAF（AAS），
∴AD=AB，
∴矩形ABCD是正方形；
（2）△AHF是等腰三角形；
理由：∵△ADE≌△BAF，
∴AE=BF，
又∵BH=AE，
∴BH=BF，
又∠ABF=90°，
∴AB垂直平分FH，
∴AF=AH，
即△AFH是等腰三角形．
【点睛】本题考查正方形的判定、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的判定，利用全等三角形得到等边是解决问题的关键．
题型10 根据正方形的性质与判定求角度
【例10】（2023·福建宁德·统考一模）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，使顶点B落在AD上点B'处；再将矩形展平，沿AF折叠，使顶点B落在AE上点G处，连接DE． 小明发现△DEC可以由△AFG绕某一点顺时针旋转α0°<α<180°得到，则α= °．
【答案】45°
【分析】根据旋转角等于对应边所在直线的夹角求直线AE与CD的夹角即可．
【详解】延长AE与DC交于点M，
∵△DEC可以由△AFG绕某一点顺时针旋转α0°<α<180°得到，
∴α=∠M，
∵将矩形ABCD沿AE折叠，使顶点B落在AD上点B'处，
∴四边形ABEB'是正方形，
∴∠AEB=∠CEM=45°，
∴α=∠M=90°-∠CEM=45°，
故答案为：45°
【点睛】本题考查矩形的折叠，旋转的性质，正方形的判定，解题的关键是理解旋转角等于对应边所在直线的夹角．
【变式10-1】（2021·北京海淀·统考二模）如图所示的网格是正方形网格，A，B，C，D是网格线交点，则∠BAC与∠DAC的大小关系为：∠BAC ∠DAC（填“＞”，“＝”或“＜”）．
【答案】=
【分析】如图，连接CE、CD，利用勾股定理求得AE、EC、CD、DA、AC的长，再利用勾股定理的逆定理即可求解．
【详解】解：如图，连接CE、CD，
AE=12+22=5，
同理求得EC=CD=DA=12+22=5，AC=12+32=10，
∴AE=EC=CD=DA，
∴四边形AECD是菱形，
∵(5)2+(5)2=(10)2，
∴AE2+EC2=AC2，
∴∠AEC=90°，
∴菱形AECD是正方形，
∴∠BAC=∠DAC，
故答案为：=．
【点睛】本题考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，正方形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．
【变式10-2】（2021·山东菏泽·统考一模）如图，点C在线段AB上，且AC=2BC，分别以AC、BC为边在线段AB的同侧作正方形ACDE、BCFG，连接EC、EG，则tan∠CEG= ．
【答案】12
【分析】设BC=a，则AC=2a，然后利用正方形的性质求得CE、CG的长、∠GCD=ECD=45°，进而说明△ECG为直角三角形，最后运用正切的定义即可解答．
【详解】解：设BC=a，则AC=2a
∵正方形ACDE
∴EC=2a2+2a2=22a，∠ECD=12∠ACD=45∘
同理：CG=2a,∠GCD=12∠BCD=45∘
∴tan∠CEG=CGCE=2a22a=12．
故答案为12．
【点睛】本题考查了正方形的性质和正切的定义，根据正方形的性质说明△ECG是直角三角形是解答本题的关键．
【变式10-3】（2022·广东佛山·校考一模）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．
题型11 根据正方形的性质与判定求线段长
【例11】（2022·广东·统考模拟预测）如图，在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，点D在AC上，且AD=2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连接AG，FG，当AG=FG时，线段DE长为（ ）
A．13B．522C．412D．4
【答案】A
【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB
∵在ΔABC中，∠BAC=90°，点G是DE的中点，
∴AG=DG=EG
又∵AG=FG
∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径
∴∠DFE=90°
∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点F是BC的中点，
∴CF=BF=12BC=522，FN=FM=52
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∠BAC=90°
∴四边形NAMF是正方形
∴AN=AM=FN=52
又∵∠NFD+∠DFM=90°，∠DFM+∠MFE=90°
∴∠NFD=∠MFE
∴△NFD≌△MFE
∴ME=DN=AN-AD=12
∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=AD2+AE2=13
故选：A．
【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
【变式11-1】（2022·天津东丽·统考二模）如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝ ．
【答案】17
【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形AEHF为正方形，再根据勾股定理求出EH的长，就可得到DH．
【详解】解：∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∠AEB＝90°，
∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，
∴四边形AEHF为正方形，
∴AF＝EH，
设EH＝x，
∵BH＝7，
∴BE＝7+x，AF＝EF＝x，
在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，
在Rt△AFD中，
根据勾股定理，得7+x2+x2=132，
解得x1＝﹣12（舍去），x2＝5，
∴DH＝17．
故答案为：17．
【点睛】本题主要考查了旋转、正方形的性质，熟练应用旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，证明四边形AEHF为正方形是解题关键．
【变式11-2】（2023·江苏泰州·校考三模）如图所示的网格由边长为1个单位长度的小正方形组成，点A、B、C、在直角坐标系中的坐标分别为3,6，-3,3，7,-2，则△ABC内心的坐标为 ．

【答案】（2，3）
【分析】根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，计算出△ABC各边的长度，易得该三角形是直角三角形，设BC的关系式为：y=kx+b，求出BC与x轴的交点G的坐标，证出点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，三角形的内心在BD上，设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到点M的坐标．
【详解】解：根据A、B、C三点的坐标建立如图所示的坐标系，
根据题意可得：AB=32+62=35，AC=42+82=45，BC=52+102=55，
∵AB2+AC2=BC2，
∴∠BAC=90°，
设BC的关系式为：y=kx+b，
代入B-3,3，C7,-2，
可得3=-3k+b-2=7k+b，
解得：k=-12b=32，
∴BC：y=-12x+32，
当y=0时，x=3，即G（3,0），
∴点A与点G关于BD对称，射线BD是∠ABC的平分线，
设点M为三角形的内心，内切圆的半径为r，在BD上找一点M，过点M作ME⊥AB，过点M作MF⊥AC，且ME=MF=r，
∵∠BAC=90°，
∴四边形MEAF为正方形，
S△ABC=12AB×AC=12AB×r+12AC×r+12BC×r，
解得：r=5，
即AE=EM=5，
∴BE=35-5=25，
∴BM=BE2+EM2=5，
∵B（-3，3），
∴M（2，3），

故答案为：（2，3）．
【点睛】本题考查三角形内心、平面直角坐标系、一次函数的解析式、勾股定理和正方形的判定与性质等相关知识点，把握内心是三角形内接圆的圆心这个概念，灵活运用各种知识求解即可．
【变式11-3】（2022·四川绵阳·校联考一模）在直角△ABC中，∠C=90°，1tanA+1tanB=52，∠C的角平分线交AB于点D，且CD=22，斜边AB的值是 ．
【答案】35
【分析】CD平分∠ACB，过点D作DE⊥AC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，由此可证明四边形CEDF为正方形，再利用CD=22，根据直角三角形的性质可求出DE=EC=CF=FD=2，再根据锐角三角函数和勾股定理得到AB2AC⋅BC=52，求出AC⋅BC的值即可．
【详解】解：如图，CD平分∠ACB，过点D作DE⊥AC于点E，过点D作DF⊥BC于点F，
∴DE＝DF，∠CED=∠CFD=90°，
又∵∠C=90°，
∴四边形CEDF为正方形，
∴DE=EC=CF=FD，∠ECD=∠EDC=45°，
在Rt△CED中，sin∠ECD=EDCD=sin45°=22，
∵CD=22，
∴DE=EC=CF=FD=2，
∵tanA=BCAC，tanB=ACBC，1tanA+1tanB=52，
∴ ACBC+BCAC=52，
即AC2+BC2AC⋅BC=52，
又∵AC2+BC2=AB2，
∴ AB2AC⋅BC=52，
∵在Rt△ADE中，tanA=DEAE=2AE，
∴AE=DEtanA=2tanA，
∵在Rt△BDF中，tanB=DFBF=2BF，
∴BF=DFtanB=2tanB，
∴AC⋅BC=(CE+AE)(CF+BF)
=(2+2tanA)(2+2tanB)
=4+4tanA+4tanB+4tanAtanB
=4(1+1tanA+1tanB+1)
=4×(2+52)
=18，
∴ AB218=52，
∴AB2=45，
即AB=35（舍负），
故答案为：35．
【点睛】本题考查解直角三角形的应用，掌握直角三角形的边角关系是解决问题的关键．
题型12 根据正方形的性质与判定求面积
【例12】（2022·广东东莞·东莞市东莞中学初中部校考一模）如图，将图1中的菱形纸片沿对角线剪成4个直角三角形，拼成如图2的四边形ABCD（相邻纸片之间不重叠，无缝隙）．若四边形ABCD的面积为13，中间空白处的四边形EFGH的面积为1，直角三角形的两条直角边分别为a和b，则a+b2=（ ）
A．12B．13C．24D．25
【答案】D
【分析】根据菱形的性质可得对角线互相垂直平分，进而可得4个直角三角形全等，结合已知条件和勾股定理求得a2+b2，进而根据面积差以及三角形面积公式求得12ab，最后根据完全平方公式即可求得(a+b)2．
【详解】∵菱形的对角线互相垂直平分，
∴ 4个直角三角形全等；
∴∠ADH=∠BAE,∠DAH+∠HAD=90°，AD=AB=BC=CD，
∴∠DAB=90°，
∴四边形ABCD是正方形，又正方形ABCD的面积为13，
∴正方形的边长为13，
根据勾股定理，则a2+b2=AB2=13，
∵中间空白处的四边形EFGH的面积为1，
∴ 4个直角三角形的面积为13-1=12，
∴12ab=12÷4=3，
∴2ab=12，
∵(a+b)2=a2+b2+2ab，
∴ a+b2= 12+13=25．
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，勾股定理，完全平方公式，求得12ab是解题的关键．
【变式12-1】（2021·江西·统考一模）如图，已知点O为勾股形ABC（我国古代数学家刘徽称直角三角形为勾股形）的内心，其中∠A为直角，点D、E、F分别在边AB、BC、AC上，∠ADO=∠AFO=∠BEO=90°，若BD=4，CF=6，则正方形ADOF的面积是（ ）
A．2B．4C．3D．16
【答案】B
【分析】先根据已知条件证明△BDO和△BEO全等，△CEO和△CFO全等，然后设正方形ADOF的边长为x，在Rt△ABC中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程即可．
【详解】∵∠BDO=∠BEO=90°，∠ABO=∠CBO，
BO是△BDO和△BEO的公共边，
∴ Rt △BDO ≅ Rt △BEO，
同理可得，Rt△CEO≅Rt△CFO，
∴BE=BD=4，CE=CF=6，
由题意得，四边形ADOF为正方形，
设AD=x，
∴ BC=BE+CE=BD+CF=10，
在Rt△ABC中，AC2+AB2=BC2，
即x+62+x+42=102，
解得：x=2或x=-12（舍去），
∴正方形ADOF的面积是4，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、一元二次方程的解法、勾股定理、三角形的内心等知识，熟练掌握正方形的性质，根据勾股定理列出方程式是解答本题的关键．
【变式12-2】（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，在正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，△DCE为直角三角形，∠CED=90°，OE=32，若CE⋅DE=6，则正方形的面积为（ ）

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

∴点D,O,C,E四点共圆，
∴∠ODC=∠OCD=∠OED=∠OEC=45°，
过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，垂足分别为N，M，且M是与EC延长线的交点，
∴四边形OMEN是正方形，
∵OE=32，
∴OE2=2EN2=322，
解得EN=EM=3，
∵OD=OCON=OM，
∴△OMC≌△ONDHL，
∴MC=ND=x，
∴CD=CN+ND=3+x，CE=EM-MC=3-x，
∵CE⋅DE=6，
∴3+x3-x=9-x2=6，
解得x2=3，
∴OC2=OM2+x2=9+3=12，
∴正方形S正方形ABCD=12AC2=12×2OC2=2OC2=24，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【变式12-3】（2022·云南楚雄·统考二模）如图，在△ABC中，∠BAC的角平分线交BC于点D，DE//AB,DF//AC．
（1）试判断四边形AFDE的形状，并说明理由；
（2）若∠BAC=90°，且AD=22，求四边形AFDE的面积．
【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4
【分析】（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明；
（2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可．
【详解】解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是：
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE，
∴平行四边形AFDE是菱形；
（2）∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形，
∵AD=22，
∴AF=DF=DE=AE=222=2，
∴四边形AFDE的面积为2×2=4．
【点睛】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法．
题型13 根据正方形的性质与判定证明
【例13】（2022·山东济南·统考二模）如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF,DF的延长线交BE于H点．
（1）试判定四边形AFHE的形状，并说明理由；
（2）已知BH=7,BC=13，求DH的长．
【答案】（1）正方形，理由见解析；（2）17
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形；
（2）连接BD，利用勾股定理可求BD=CD2+CB2=132，再利用勾股定理可求DH的长．
【详解】解：（1）四边形AFHE是正方形，理由如下：
根据旋转：∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴∠AEB＝∠AFH＝∠FAE=90°
∴四边形AFHE是矩形，
又∵AE=AF
∴矩形AFHE是正方形．
（2）连接BD
∵BC=CD=13，
在Rt△BCD中，BD=CD2+CB2=132
∵四边形AFHE是正方形
∴∠EHD=90°
在Rt△DHB中，DH=BD2-BH2，又BH=7，
∴DH=17．
故答案是17．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式13-1】（2021·广东深圳·校联考三模）（1）问题背景：如图1，∠ACB＝∠ADE＝90°，AC＝BC，AD＝DE，求证：△ABE∽△ACD；
（2）尝试应用：如图2，E为正方形ABCD外一点，∠BED＝45°，过点D作DF⊥BE，垂足为F，连接CF．求BECF的值；
（3）拓展创新：如图3，四边形ABCD是正方形，点F是线段CD上一点，以AF为对角线作正方形AEFG，连接DE，BG．当DF＝1，S四边形AEDF＝5时，则BG的长为 ．
【答案】（1）见解析；（2）2；（3）322
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质可得∠DAE=∠CAB=45°，AB=2AC，AE=2AD，根据两边对应成比例且夹角相等可得ΔABE∽ΔACD；
（2）根据条件，证明ΔEDB∽ΔFDC即可；
（3）由相似三角形的性质及直角三角形的性质可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，∵∠ACB=∠ADE=90°，AC=BC，AD=DE，
∴∠DAE=∠CAB=45°，且AB=2AC，AE=2AD，
∴∠DAC=∠EAB，ABAC=AEAD=2，
∴ΔABE∽ΔACD；
（2）解：如图2，连接BD，
∵∠E=45°，DF⊥BE，
∴∠EDF=∠E=45°，
在正方形ABCD中，∠BDC=45°，
∴∠EDB=∠FDC=45°+∠FDB，EDFD=BDDC=2，
∴ΔEDB∽ΔFDC，
∴ BECF=BDCD=2；
（3）解：如图3，连接AC，过点E作EM⊥AD于点M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，∠DAC=45°，ACAD=2，
∵四边形AEFG是正方形，
∴AE=AG，∠EAG=90°，∠EAF=45°，AFAE=2，
∵∠EAD=∠EAG-∠DAG，∠GAB=∠DAB-∠DAG，∠EAD=∠EAF-∠DAF，∠FAC=∠DAC-∠DAF，
∴∠EAD=∠GAB，∠EAD=∠FAC，ACAD=AFAE
∴ΔEAD≅ΔGAB(SAS)，ΔACF∽ΔADE，
∴DE=BG，CFDE=AFAE=2，
设DM=x，则BG=DE=2x，CF=2DE=2x，
∵S四边形AEDF=SΔADE+SΔADF=5，
∴ 12x(2x+1)+12×1×(2x+1)=5，
∴2x2+3x-9=0，解得：x1=-3（舍去），x2=32，
∴BG=322．
故答案为：322．
【点睛】本题属于相似形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，三角形的面积等知识，解题的关键是熟练掌握正方形以及相似三角形的的性质．
【变式13-2】（2022·辽宁辽阳·一模）如图，正方形ABCD和正方形CEFG（其中BD>2CE），直线BG与DE交于点H．
(1)如图1，当点G在CD上时，请直接写出线段BG与DE的数量关系和位置关系；
(2)将正方形CEFG绕点C旋转一周．
①如图2，当点E在直线CD右侧时，求证：BH-DH=2CH；
②当∠DEC＝45°时，若AB＝3，CE＝1，请直接写出线段DH的长．
【答案】(1)BG＝DE，BG⊥DE
(2)①见解析；②34+22或34-22
【分析】（1）证明△BCG≌△DCE可得结论；
（2）①在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．证明△BCK≌△DCH(SAS)，推出CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，推出△KCH是等腰直角三角形，即可解决问题；
②分两种情形：当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD；和当D，H，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD，分别根据正方形的性质结合勾股定理求解即可解决问题．
【详解】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE，理由如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCG＝∠DCE＝90°，CG＝CE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE．
∵∠CDE+∠DEC＝90°，
∴∠HBE+∠BEH＝90°，
∴∠BHD＝90°，即BG⊥DE．
综上可知BG和DE的关系为BG＝DE且BG⊥DE．
故答案为：BG＝DE且BG⊥DE；
（2）①证明：如图，在线段BG上截取BK＝DH，连接CK．
∵四边形ABCD和四边形CEFG都为正方形，
∴BC＝CD，∠BCD＝∠GCE＝90°，CG＝CE，
∴∠BCG＝∠DCE，
∴△BCG≌△DCE(SAS)，
∴∠CBK＝∠CDH，
∵BK＝DH，BC＝DC，
∴△BCK≌△DCH(SAS)，
∴CK＝CH，∠BCK＝∠DCH，
∴∠BCK+∠KCD＝∠DCH+∠KCD，即∠KCH＝∠BCD＝90°，
∴△KCH是等腰直角三角形，
∴HK=2CH，
∴BH-DH=BH-BK=KH=2CH；
②如图，当D，G，E三点共线时∠DEC＝45°，连接BD．
由（1）同样的方法可知，BH＝DE，
∵四边形CEFG为正方形
∴CE＝CH＝1，
∴EH=2CH=2．
∵AB＝3，
∴BD=2AB=32，
设DH＝x，则BH=DE=x+2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x+2)2+x2=(32)2，
解得：x1=34-22，x2=-34-22（舍）
故此时DH=34-22；
如图，当H，E重合时，∠DEC＝45°，连接BD．
设DH＝x，
∵BG＝DH，
∴BH=DH-HG=x-2，
在Rt△BDH中，BH2+DH2=BD2，即(x-2)2+x2=(32)2
解得： x1=34+22，x2=-34+22（舍）
故此时DH=34+22；
综上所述，满足条件的DH的值为34-22或34+22．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等知识，正确寻找全等三角形解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题是解题的关键．
【变式13-3】（2023·内蒙古呼和浩特·校考二模）已知CD是△ABC的角平分线，点E，F分别在边AC，BC上，AD=m，BD=n，△ADE与△BDF的面积之和为S．
(1)填空：当∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC时，
①如图1，若∠B=45°，m=52，则n=_____________，S=_____________；
②如图2，若∠B=60°，m=43，则n=_____________，S=_____________；
(2)如图3，当∠ACB=∠EDF=90°时，探究S与m、n的数量关系，并说明理由：
(3)如图4，当∠ACB=60°，∠EDF=120°，m=6，n=4时，请直接写出S的大小．
【答案】(1)①52，25；②4；83
(2)S=12mn
(3)S=63
【分析】（1）①先证四边形DECF为正方形，再证△ABC为等腰直角三角形，根据CD平分∠ACB，得出CD⊥AB，且AD=BD=m,然后利用三角函数求出BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5即可；②先证四边形DECF为正方形，利用直角三角形两锐角互余求出∠A=90°-∠B=30°，利用30°直角三角形先证求出DE=12AD=12×43=23，利用三角函数求出AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，BF=DFtan30°=2，BD=DF÷sin60°=4即可；
（2）过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，先证四边形DGCH为正方形，再证△DFG≌△DEH（ASA）与△DBG≌△DIH（SAS），然后证明∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°即可；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，先证明△DQF≌△DPE，△DBQ≌△DRP，再证△DBF≌△DRE，求出∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°即可．
【详解】（1）解：①∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=45°，
∴∠A=90°-∠B=45°=∠B，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∵CD平分∠ACB，
∴CD⊥AB，且AD=BD=m,
∵m=52，
∴BD=n=52，
∴BF=BDcs45°=5，DF=BDsin45°=5，AE=ADcs45°=5，ED=DF=5，
∴S= S△ADE+SΔBDF=12×5×5+12×5×5=25；
故答案为52，25；
②∵∠ACB=90°，DE⊥AC，DF⊥BC，CD是△ABC的角平分线，
∴四边形DECF为矩形，DE=DF，
∴四边形DECF为正方形，
∵∠B=60°，
∴∠A=90°-∠B=30°，
∴DE=12AD=12×43=23，AE=ADcs30°=6，DF=DE=23，
∵∠BDF=90°-∠B=30°，
∴BF=DFtan30°=2，
∴BD=DF÷sin60°=4，
∴BD=n=4，
∴S=S△ADE+SΔBDF=12×23×6+12×2×23=83，
故答案为：4；83；
（2）解：过点D作DH⊥AC于H，DG⊥BC于G，在HC上截取HI=BG，连接DI，
∴∠DHC=∠DGC=∠GCH=90°，
∴四边形DGCH为矩形，
∵CD是△ABC的角平分线，DH⊥AC，DG⊥BC，
∴DG=DH，
∴四边形DGCH为正方形，
∴∠GDH=90°，
∵∠EDF=90°，
∴∠FDG+∠GDE=∠GDE+∠EDH=90°，
∴∠FDG=∠EDH，
在△DFG和△DEH中，
∠FDG=∠EDHDG=DH∠DGF=∠DHE，
∴△DFG≌△DEH（ASA）
∴FG=EH，
在△DBG和△DIH中，
DG=DH∠DGB=∠DHIBG=IH，
∴△DBG≌△DIH（SAS），
∴∠B=∠DIH，DB=DI=n，
∵∠DIH+∠A=∠B+∠A=90°，
∴∠IDA=180°-∠A-∠DIH=90°，
∴S△ADI=12AD⋅DI=12mn，
∴S=S△ADE+SΔBDF=S△ADE+SΔHDI=SΔADI=12mn；
（3）过点D作DP⊥AC于P，DQ⊥BC于Q，在PC上截取PR=QB，连接DR，过点A作AS⊥DR于S，
∵CD是△ABC的角平分线，DP⊥AC，DQ⊥BC，
∴DP=DQ，
∵∠ACB=60°
∴∠QDP=120°，
∵∠EDF=120°，
∴∠FDQ+∠FDP=∠FDP+∠EDP=120°，
∴∠FDQ=∠EDP，
在△DFQ和△DEP中，
∠FDQ=∠EDPDQ=DP∠DQF=∠DPE，
∴△DFQ≌△DEP（ASA）
∴DF=DE，∠QDF=∠PDE，
在△DBQ和△DRP中，
DQ=DP∠DQB=∠DPRBQ=RP，
∴△DBQ≌△DRP（SAS），
∴∠BDQ=∠RDP，DB=DR，
∴∠BDF=∠BDQ+∠FDQ=∠RDP+∠EDP=∠RDE，
∵DB=DE，DB=DR，
∴△DBF≌△DRE，
∴∠ADR=∠ADE+∠BDF=180°-∠FDE=60°，
∴S=S△ADR=12AS⋅DR=12ADsin60°×DR=12×6×32×4=63．
【点睛】本题考查等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形，掌握等腰直角三角形判定与性质，正方形判定与性质，三角形全等判定与性质，直角三角形判定，三角形面积，角平分线性质，解直角三角形是解题关键．
题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
【例14】（2023·山东泰安·校考模拟预测）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB=2，HG=3．以下结论：
①∠EDC=135°；②EC2=CD⋅CF；③HG=EF；④sin∠CED=23．其中正确结论的个数为（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】利用旋转的性质，正方形的性质，可判断①正确；利用三角形相似的判定及性质可知②正确；证明△GBH∽△EDC，得到DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，利用△HEC是等腰直角三角形，求出HE=32a2，再证明△HGB∽△HDF即可求出EF=3可知③正确；过点E作EM⊥FD交FD于点M，求出sin∠EFC=MEEF=23，再证明∠DEC=∠EFC，即可知④正确．
【详解】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC=∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC=180°-45°=135°，
∴∠EDC=135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC=HC，∠ECH=90°，
∴∠HEC=45°，
∴∠FEC=180°-45°=135°，
∵∠ECD=∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴ECDC=FCEC，
∴EC2=CD⋅CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC=45°，∠GHB+∠HGB=45°，
∴∠BHC=∠HGB=∠DEC，
∵∠GBH=∠EDC=135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴DCHB=ECHG，即EC=CD⋅HGHB=3a2，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴HE=32a2，
∵∠GHB=∠FHD，∠GBH=∠HDF=135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴HBHD=HGHF，即22+2a=332a2+EF，解得：EF=3，
∵HG=3，
∴HG=EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，
∴∠EDM=45°，
∵ED=HB=2，
∴MD=ME=2，
∵EF=3，
∴sin∠EFC=MEEF=23，
∵∠DEC+∠DCE=45°，∠EFC+∠DCE=45°，
∴∠DEC=∠EFC，
∴sin∠DEC=sin∠EFC=MEEF=23，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D
【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，三角形相似的判定及性质，解直角三角形，解题的关键是熟练掌握以上知识点，结合图形求解．
【变式14-1】（2022·福建厦门·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=12，正方形EFGH的三个顶点E，F，H分别在矩形ABCD的边AB，BC、DA上，现给出以下结论：

①当AE=4时，S△FGC=16；②当S△FGC=17.5时，AE=5；③当A，G，C三点共线时，AG:GC=2:1；④点G到CD的距离为定值，其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③④
【分析】由全等三角形的性质可证 AE=MH=GN=BF,BE=AH=FN=MG，可得 AB=AM=MN=BN=8， 可得 NC=4，即点 G 到 CD 的距离为定值，故④正确; 由三角形的面积公式可判断①正确，②错误，由平行线分线段成比例可得 GAGC=BNNC=21， 故 ③正确， 即可求解．
【详解】如图， 过点 G 作 MN⊥BC 于 N， 交 AD 于 M， 则四边形 ABNM 是矩形，
∵四边形 HEFG 是正方形，

∴EH=EF=FG,∠EFG=∠HEF=90°,
∴∠FEB+∠BFE=90°=∠FEB+∠AEH,
∴∠AEH=∠EFB,
∵∠B=∠BAD=90°,
∴△AEH≌△BFE(AAS),
∴AE=BF,AH=BE,
同理可得: BF=GN,BE=FN,AE=HM,AH=MG，
∴AE=MH=GN=BF,BE=AH=FN=MG,
∴AB=AM=MN=BN=8,
∴NC=4,
∴点 G 到 CD 的距离为定值， 故④正确；
当 AE=4，
∴BF=4=GN，
∴FC=12-BF=8，
∴S△FGC=12×8×4=16； 故①正确；
∵S△FGC=12×FC⋅GN=12×(12-AE)⋅AE，
∴17.5=12×(12-AE)⋅AE,
∴AE=5,或 AE=7,故②错误；
当 A,G,C三点共线时，即点 G 在 AC 上，
∵MN∥AB,
∴GAGC=BNNC=21,故③正确；
故答案为：①③④．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
【变式14-2】（2022·山东济南·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E为CD上一动点，AE交BD于点F，过点F作FH⊥AE，交BC于H，连接AH交BD于点P，过H作HG⊥BD于点G，下列结论：①AF=FH，②△CEH的周长是7，③BD=2FG，④△AFP∽△AHE．其中正确的是 （写正确结论的序号）．
【答案】①③④
【分析】①过点F作FM⊥AD、FN⊥BC、FI⊥CD，可得四边形MFID为正方形，四边形FICN为矩形，得到AM=CI=FN，证得△AMF≌△FNH，即可求证；
②将△ADE顺时针旋转90°，得到△ABQ，可证得△AHQ≌△AHE，得到HE=BH，即可求得△CHE的周长；
③连接AC，交BD于点O，通过证明△AFO≌△FHG，得到FG=AO=12AC=12BD，即可求证；
④由②可得∠QAH=45°，∠QBP=135°，∠AQB=∠AEH，则∠AQB+∠APB=∠APB+∠APF=180°，得到∠AEH=∠APF，即可求证．
【详解】解：①过点F作FM⊥AD、FN⊥BC、FI⊥CD，
由题意可得：四边形MFID为矩形，四边形FICN为矩形，∠AMF=∠HNF=∠AFH=90°，
∴∠AFM+∠MAF=∠AFM+∠HFN=90°，
∴∠MAF=∠HFN
在正方形ABCD中，∠ADB=45°，可得△DMF为等腰直角三角形，
∴DM=MF，
∴矩形MFID为正方形，即DM=DI
∴AM=IC=FN，
∴△AMF≌△FNH(AAS)，
∴AF=FH；①正确；
②将△ADE顺时针旋转90°，得到△ABQ，
则∠QAB=∠EAD，AQ=AE，QB=ED
由①可得：∠EAH=45°，
∴∠QAH=∠QAB+∠BAH=∠DAE+∠BAH=45°，
∴∠QAH=∠EAH，
又∵AH=AH，
∴△AHQ≌△AHE(SAS)，
∴QH=EH，
△CHE的周长=CH+CE+EF=CH+CE+QH=CH+CE+BQ+BH=CH+CE+DE+BH=DC+BC=8
∴②错误；
③连接AC，交BD于点O，
由题意可得：∠AOF=∠FGH=∠AFH=90°，AO=12AC=12BD
∴∠AFO+∠GFH=∠GFH+∠GHF=90°，
∴∠AFO=∠GHF，
又∵AF=FH，
∴△AFO≌△FHG(AAS)，
∴FG=AO=12BD，即BD=2FG，③正确；
④由②可得∠QAH=45°，∠QBP=135°，∠AQB=∠AEH
∴∠AQB+∠APB=∠APB+∠APF=180°
∴∠AEH=∠AQB=∠APF，
又∵∠FAP=∠HAE，
∴△FAP∽△HAE，④正确，
综上，正确的选项是①③④
故答案为：①③④
【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，综合性较强，解题的关键是熟练掌握相关性质，并作辅助线，构造出全等三角形和相似三角形．
【变式14-3】（2023·湖北孝感·统考二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(点E不与A、C重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，连接GA，GB，GC，下列结论：①EB=EF；②AC⊥GC；③CE+CG=2CB；④GA+GB的最小值为25，其中正确的是 .(填写所有正确结论的序号)

【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，

∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FENASA，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBGSAS，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=2BC，
∴CG+CE=2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，

∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCGSAS，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=AD2+DH2=4+(2+2)2=25，
∴AG+BG的最小值为25，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
【变式14-4】（2022·辽宁本溪·统考三模）如图，正方形ABCD中，点E是对角线BD上一点，且BE＝2DE，连接AE并延长交CD于点P，点F是BC边上一点，且CF＝2BF，连接AF交BD于点G，连接EF，PF．下列四个结论：①DP＝CP；②S△ABF＝S△FCP；③AE＝EF；④∠DPF＝2∠BGF．其中正确的结论是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①②③④
【分析】通过证明△ABE∽△PDE，可得BEDE=ABDP，可得AB＝2DP＝CD，可证DP＝CP，故可判断①；设AB＝BC＝CD＝6a，由勾股定理可求AF，AP的长，分别求出S△ABF，S△FCP，故可判断②；由“SAS”可证△AME≌△ENF，可得AE＝EF，故可判断③；根据△AME≌△ENF（SAS），证得ΔAEF是等腰直角三角形，进而得到∠AGE=∠APD=∠BGF，延长CD，截DH＝BF，连接AH，证△ADH≌△ABF（SAS），△AFP≌△AHP（SAS）即可证得④的正误．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC，AB∥CD，
∴△ABE∽△PDE，
∴BEDE=ABDP，
∵BE＝2DE，
∴AB＝2DP，
∴DC＝2DP，
∴DP＝CP，故①正确；
设AB＝BC＝CD＝AD＝6a，
则DP＝CP＝3a，
∴AP=AD2+DP2=35a ，
∵CF＝2BF，BC=6a，
∴CF＝4a，BF＝2a，
∴AF=AB2+BF2=210a
∴SΔABF=12AB×BF=12×6a×2a=6a2 ，SΔFCP=12CP×CF=12×3a×4a=6a2，
∴SΔABF=SΔFCP，故②正确；
如图，过点E作MN⊥BC于N，交AD于M，
又∵∠ADC＝∠BCD＝90°，
∴四边形MDCN是矩形，
∴MN＝CD＝6a，MD＝CN，
∵AB＝BC＝CD＝6a，
∴BD＝62a，
∵BE＝2DE，
∴DE＝22a，BE＝42a，
∵∠ADB＝∠DBC＝45°，
∴MD＝ME，EN＝BN，
∴△MDE和△BEN都是等腰直角三角形，
∴MD＝ME＝2a，BN＝EN＝4a，
∴AM＝4a，FN＝2a，
∴AM＝EN，FN＝EM，
又∵∠AME＝∠ENF＝90°，
∴△AME≌△ENF（SAS），
∴AE＝EF，故③正确；
∵△AME≌△ENF（SAS），
∴∠MAE=∠NEF，AE＝EF，
∵∠MAE+∠AEM＝90°，
∴∠NEF+∠AEM＝90°，即∠AEF＝90°
∴ΔAEF是等腰直角三角形，
∴∠EAF=45°，
又∵∠BDC=45°，
∴∠BDC=∠EAF，
∵∠AEG=∠DEP，
∴ΔAEG∽ΔDEP，
∴∠AGE=∠APD，
∵∠AGE=∠BGF，
∴∠AGE=∠APD=∠BGF，
延长CD，截DH＝BF，连接AH，
∵AD＝AB，∠ABC＝∠ADH＝90°，
∴△ADH≌△ABF（SAS）．
∴AH＝AF，∠BAF＝∠DAH．
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAF＋∠DAP＝45°．
∴∠DAH＋∠DAP＝45°＝∠PAH．
∵AP＝AP，
∴△AFP≌△AHP（SAS），
∴∠APD＝∠APF，PF＝PH，
∴∠DPF＝2∠APD，
∴∠DPF＝2∠BGF，
故④正确；
故答案为①②③④．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，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．
【变式14-5】（2022·辽宁葫芦岛·校联考二模）如图，正方形ABCD的边长为4，点E是对角线AC上的动点（点E不与A，C重合），连接BE,EF⊥BE交CD于点F，线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段FG，连接BG．下列结论：①BE=EF；②∠ACG=90°；③若四边形BEFG的面积是正方形ABCD面积的一半，则AE的长为42-4；④CG+CE=2AB．其中正确的是 ．（填写所有正确结论的序号）
【答案】①②④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由S正方形BEFG=12×16=8可求BE=22，过E作EH⊥AB，则∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°，知AH=HE，设AH=HE=x，则BH=4-x，由BH2+EH2=BE2，得到AH=HE=2，从而得到AE=22，知③错误；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，④正确．
【详解】解：过E作EM⊥BC，EN⊥CD
∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD
∴EM=EN
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°
∴∠MEN=90°
∵EF⊥BE
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°
∴∠BEM=∠FEN
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN
∴△BEM≌△FEN
∴BE=EF
故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF
∴BE=FG，BE∥FG
∴四边形BEFG是平行四边形
∵∠BEF=90°，BE=EF
∴四边形BEFG是正方形
∴∠EBG=90°，BE=BG
∵∠ABC=90°
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°
∴∠ABE=∠CBG
又∵AB=BC，BE=BG
∴△ABE≌△CBG
∴∠BAE=∠BCG∵∠BAE+∠BCA=90°
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°
故②正确；
∵S正方形ABCD=42=16
∴S正方形BEFG=12×16=8
∴BE=8=22
过E作EH⊥AB
∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAC=45°
∵∠AHE=90°
∴∠AEH=180°-∠BAC-∠AHE=45°
∴AH=HE
设AH=HE=x，则BH=4-x
∵BH2+EH2=BE2
∴x2+（4-x)2=(22)2
解得x1=x2=2
∴AH=HE=2
∴AE=AH2+HE2=22
故③错误；
由②可知，△ABE≌△CBG
∴AE=CG
∴CG+CE=AE+CE=AC
∵∠ACB=45°
∴AC=2AB
∴CG+CE=2AB
故④正确，
所以答案为：①②④．
【点睛】本题是正方形综合题，主要考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
题型15 与正方形有关的规律探究问题
【例15】（2023·山东济南·统考一模）在平面直角坐标系中，正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2……；按如图的方式放置，点A1、A2、A3……An在直线y=-x-1，点C1、C2、C3……Cn在x轴上．抛物线L1过点A1、B1，且顶点在直线y=-x-1上，抛物线L2过点A2、B2 ，且顶点在直线y=-x-1上，……按此规律，抛物线Ln过点An、Bn，且顶点也在直线y=-x-1上，抛物线Ln的顶点坐标为( )
A．3×2n-1-1,-3×2n-1B．3×2n-1-1,-3×2n-2
C．3×2n-2-1,-3×2n-1D．3×2n-2-1,-3×2n-2
【答案】D
【分析】由四边形A1B1C1O是正方形，求得A2(1，-2)，求出抛物线L2的顶点为(2，-3)，再将点(2，-3)代入y=ax-22-3，可求抛物线L2的解析式为y=x-22-3；求出A3(3，-4)，B3(7，-4)，再求抛物线L3的顶点为(5，-6)，将点(5，-6)代入y=a'x-52-6，可求抛物线L3的解析式为y=12(x-5)2-6；由抛物线L1的顶点为12,-32，抛物线L2的顶点为(2，-3)，抛物线L3的顶点为(5，-6)，根据规律可得抛物线Ln的顶点坐标为(3×2n-2-1，-3×2n-2).
【详解】解：对于直线y=-x-1，设x=0,可得y=-1，
∴A1(0,-1)，
∵四边形A1B1C1O是正方形，
∴C1(1,0)，又点A2在直线y=-x-1上，
∴A2(1，-2)，
又∵B2(3，-2)，
∴抛物线L2的对称轴为直线x=2，
∴抛物线L2的顶点为(2，-3)，
设抛物线L2的解析式为：y=ax-22-3，
∵L2过点B2(3，-2)，
∴-2=a×3-22-3，解得a=1，
∴抛物线L2的解析式为y=x-22-3；
将x=3代入y=-x-1中，y=-4，
∴A3(3，-4)，
∵四边形A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3=4，
∴B3(7，-4)，
∴抛物线L3的对称轴为直线x=5，
把x=5代入y=-x-1，得y=-6，
∴抛物线L3的顶点为(5，-6)，
∴设抛物线L3的解析式为y=a'x-52-6，
将点B3(7，-4)代入，可得a'=12，
∴抛物线L3的解析式为y=12x-52-6；
∵抛物线L1的顶点为12,-32，
抛物线L2的顶点为(2，-3)，
抛物线L3的顶点为(5，-6)，
…
∴抛物线Ln的顶点坐标为(3×2n-2-1，-3×2n-2)．
故选：D．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，正方形的性质，根据点的坐标特点，探索出点的一般规律是解题的关键．
【变式15-1】（2023·广东惠州·统考二模）如图，点O0,0，A0,1是正方形的两个顶点，以对角线为边作正方形，再以正方形的对角线作正方形，…，依此规律，则点A8的坐标是 ．
【答案】0,16
【分析】根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘以2，再根据点A8所在的象限得到A8坐标．
【详解】根据题意和图形可看出每经过一次变化，都顺时针旋转45°，边长都乘2，
∵从A到A8经过了8次变化，
∵45°×8=360°，1×28=16，
∴点A8所在的正方形的边长为16，点A8在y轴的正半轴上，
∴点A8的坐标是0,16．
故答案为：0,16．
【点睛】本题考查了规律题，点的坐标，观察出每一次的变化特征是解答本题的关键．
【变式15-2】（2023·山东泰安·统考二模）如图，正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，正方形A2B2C2A3的边长为4，正方形A3B3C3A4的边长为8…依次规律继续作正方形AnBnCnAn+1，且点A0，A1，A2，A3，…，An+1在同一条直线上，连接A0C1交，A1B1于点D1，连接A1C2，交A2B2于点D2，连接A2C3，交A3B3于点D3，…记四边形A0B0C0D1的面积为S1，四边形A1B1C1D2的面积为S2，四边形A2B2C2D3的面积为S3，…，四边形An-1Bn-1Cn-1Dn的面积为Sn，则S2023= ．

【答案】240453
【分析】先根据正方形的性质、相似三角形的判定与性质计算出S1，S2，S3的面积，从中探索发现其蕴含的规律，代入计算即可．
【详解】解：∵正方形A0B0C0A1的边长为1，正方形A1B1C1A2的边长为2，
∴A1D1∥A2C1，A0A1=1,A1A2=A2C1=2,A0A2=1+2=3，
∴△A0A1D1∼△A0A2C1，
∴A1D1A2C1=A0A1A0A2，即A1D12=13，
∴A1D1=23，
∴S1=S□A0B0C0A1-S△A0A1D1=1×1-12×1×23=23=213=22×1-13，
同理可得：S2=233=22×2-13，S3=253=22×3-13，
归纳类推得：Sn=22n-13（n为正整数），
则S2023=22×2023-13=240453，
故答案为：240453．
【点睛】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质，正确归纳类推出一般规律是解题的关键．
【变式15-3】（2023·山东聊城·统考一模）如图，正方形ABCB1中，AB=3，AB与直线l所夹锐角为60°，延长CB1交直线l于点A1，作正方形A1B1C1B2，延长C1B2交直线l于点A2，作正方形A2B2C2B3，延长C2B3交直线l于点A3，作正方形A3B3C3B4，…，依此规律，则线段A2022A2023= ．
【答案】2×332022
【分析】利用正方形的性质得到AB1=AB=3，∠BAB1=90°，从而可得AA1=2×33AB，则同样方法得到A1A2=2×332AB，利用此变化规律得到A2022A2023=2×332023AB，然后把AB=3代入计算即可．
【详解】解：∵四边形ABCB1是正方形，
∴AB1=AB=3，∠BAB1=90°，
∵A1C∥AB，
∴∠B1AA1=30°，
∴A1B1=33AB1=33AB，
∴AA1=2A1B1=2×33AB，
同理可证：∴A2B2=33A1B2=33A1B1=332AB，
∴A1A2=2A2B2=2×332AB，
．．．．．．
∴A2023B2023=33A2022B2023=33A2022B2022=332023AB，
∴A2022A2023=2A2023B2023=2×332023AB，
∴A2022A2023=2×332023×3
=2×332022．
故答案为：2×332022．
【点睛】本题以正方形的图形变化为背景考查了正方形的性质、平行线的性质、利用特殊角的三角函数值表示线段之间的关系，找出变化规律是解题的关键．
【变式15-4】（2023·湖北十堰·统考模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为1，以AC为边作第二个正方形ACEF，再以CF为边作第三个正方形FCGH…，按照这样规律作下去，第10个正方形的边长为 ．
【答案】162
【分析】根据题意和图形，可以写出前几个正方形的边长，从而可以发现边长的变化特点，从而可以求得第10个正方形的边长．
【详解】解：由题意可知，
第一个正方形的边长是1，
第二个正方形的边长是12+12=2，
第三个正方形的边长是2⋅2=2，
第四个正方形的边长是2×2=22，
……，
则第n个正方形的边长是2n-1，
当n=10时，210-1=29，
即第10个正方形的边长为29=162．
故答案为：162．
【点睛】本题考查图形的变化类，解答本题的关键是明确题意，发现正方形边长的变化特点，求出第10个正方形的边长．
题型16 与正方形有关的动点问题
【例16】（2021·山东菏泽·统考一模）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合）且AM①点M位置变化，使得∠DHC=60°时，2BE=DM；
②无论点M运动到何处，都有DM=2HM；
③在点M的运动过程中，四边形CEMD可能成为菱形；
④无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．
以上结论正确的有 （把所有正确结论的序号都填上）．

【答案】①②④
【分析】①正确．证明∠ADM=30°，即可得出结论．②正确．证明△DHM是等腰直角三角形即可．③错误．首先证明四边形CEMD是平行四边形，再证明，DM>CD即可判断．④正确．证明∠AHM<∠BAC=45°，即可判断．
【详解】解：如图，连接DH，HM．

由题可得，AM=BE，
∴AB=EM=AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM=AD，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH，
∴EH=AH，
∴△MEH≌△DAHSAS，
∴∠MHE=∠DHA，MH=DH，
∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM=2HM，故②正确；
当∠DHC=60°时，∠ADH=60°-45°=15°，
∴∠ADM=45°-15°=30°，
∴Rt△ADM中，DM=2AM，
即DM=2BE，故①正确；
∵CD∥EM，EC∥DM，
∴四边形CEMD是平行四边形，
∵DM>AD，AD=CD，
∴DM>CD，
∴四边形CEMD不可能是菱形，故③错误，
∵点M是边BA延长线上的动点（不与点A重合），且AM∴∠AHM<∠BAC=45°，
∴∠CHM>135°，故④正确；
由上可得正确结论的序号为①②④．
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形30度角的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
【变式16-1】（2023·河南周口·校联考三模）如图，正方形ABCD的边长是8，点E是BC边的中点，连接DE，点F是线段DE上不与点D，E重合的一个动点，连接BF，点G是线段BF的中点，则线段AG的最小值为 ．

【答案】42
【分析】连接AC，与BD相交于点H,取BE中点I，连接HG、IG，由正方形ABCD的边长是8得到∠BAD=90°,AB=AD=8，BH=DH=12BD，AH⊥BD，由中位线定理得到HG∥DE，IG∥DE,则G、H、I三点共线，即点G的运动轨迹是线段HI，由AH⊥BD，当点G和点H重合时，线段值AG最小，由勾股定理求出BD=82，即可得到AH=12BD=42，得到线段AG的最小值．
【详解】解：连接AC，与BD相交于点H,取BE中点I，连接HG、IG，

∵正方形ABCD的边长是8，
∴∠BAD=90°,AB=AD=8，BH=DH=12BD，AH⊥BD，
∵点G是线段BF的中点，
∴HG∥DE，IG∥DE,
∴G、H、I三点共线，
∴点G的运动轨迹是线段HI，
∵AH⊥BD，
∴当点G和点H重合时，线段值AG最小，
∴BD=AB2+AD2=82+82=82，
∴AH=12BD=42，
即线段AG的最小值为42．
【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，证明G、H、I三点共线是解题的关键．
【变式16-2】（2023·河南周口·一模）综合与实践
综合与实践课上，老师与同学们以“特殊的三角形”为主题开展数学活动．
（1）操作判断
如图1，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=BC，点P是直线AC 上一动点．
操作：连接BP，将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到PD，连接DC，如图2．
根据以上操作，判断：如图3，当点P与点A重合时，则四边形ABCD的形状是 ；
（2）迁移探究
①如图4，当点P与点C重合时，连接DB，判断四边形ABDC的形状，并说明理由；
②当点P与点A，点C都不重合时，试猜想DC与BC的位置关系，并利用图2证明你的猜想；
（3）拓展应用
当点P与点A，点C都不重合时，若AB=4，AP=3，请直接写出CD的长．
【答案】（1）正方形；（2）①四边形ABDC是平行四边形，理由见解析；②猜想：DC⊥BC，证明见解析；（3）CD=32±4
【分析】（1）由旋转的性质可得AD=AB，∠BAD=∠ABC=90°，进而得到AD∥BC，AD=AB=BC，由此即可证明四边形ABCD是正方形；
（2）①由旋转的性质可得CB=CD，∠BCD=90°，分别证明AB=CD，AB∥CD，即可证明四边形ABDC是平行四边形；②如图所示，过点P作PE⊥AC交AB于点E，连接ED，则∠APE=90°，证明△APB≌△EPDSAS，得到∠PAE=∠PED=45°，AB=ED，推出∠AED=∠ABC=90°，再证明四边形EBCD是矩形，得到∠BCD=90°，则DC⊥BC；
（3）分如图3，当点P在线段AC上时，过点P作PE⊥AC交AB延长线于点E，连接DE，如图4，当点P在CA延长线上时，过点P作PE⊥AC交BA延长线于点E，连接DE，两种情况利用矩形的性质进行求解即可．
【详解】解：（1）∵将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到PD，点P与点A重合，
∴AD=AB，∠BAD=∠ABC=90°，
∴AD∥BC，AD=AB=BC，
．∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，AB=AC，
∴四边形ABCD是正方形；
故答案为：正方形；
（2）①四边形ABDC是平行四边形，理由如下：
将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到PD，点P与C重合，
∴CB=CD，∠BCD=90°，
∵∠CBA=90°，BA=BC，
∴∠BCD=∠ABC，AB=CD，
∴AB∥CD，
∴四边形ABDC是平行四边形；
②猜想：DC⊥BC，证明如下：
如图所示，过点P作PE⊥AC交AB于点E，连接ED，则∠APE=90°，
∵∠ABC=90°，BA=BC，
∴∠BAC=∠BCA=45°，
∴∠BAC=∠AEP=45°，
∴AP=EP，
∵将线段BP绕点P逆时针旋转90°得到PD，
∴PD=PB，
∵∠APE=∠BPD=90°，
∴∠APE+∠EPB=∠BPD+∠EPB，
∴∠APB=∠EPD，
在△APB和△EPD中，
PA=PE∠APB=∠EPDPB=PD，
∴△APB≌△EPDSAS，
∴∠PAE=∠PED=45°，AB=ED，
∴∠AED=∠AEP+∠PED=90°，
∴∠AED=∠ABC=90°，
∴ED∥BC，
∵AB=BC，
∴ED=BC，
∴四边形EBCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形EBCD是矩形，
∴∠BCD=90°，
∴DC⊥BC；
（3）如图3，当点P在线段AC上时，过点P作PE⊥AC交AB延长线于点E，连接DE，
由（2）可知△EPA是等腰直角三角形，四边形BEDC是矩形，
∴AE=2AP=32，
∴AB=AE-BE=AE-CD
∴CD=AE-AB=32-4；
如图4，当点P在CA延长线上时，过点P作PE⊥AC交BA延长线于点E，连接DE，
∴CD=BE=AB+AE=32+4；
综上所述，CD=32±4．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式16-3】（2023·浙江·一模）如图1，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2，E是边BC上一动点（不与点B、C重合）连结DE，点C关于直线DE的对称点为C'，连结AC'并延长交直线DE于点P、F是AC'的中点，连结DC'、DF．

(1)填空：DC'=________；∠FDP=________．
(2)如图2，将题中条件“∠B=60°”改成“∠B=90°”，其余条件均不变，连结BP，猜想AP、BP、DP这三条线段间的数量关系，并对你的猜想加以证明．
(3)在（2）的条件下，连结AC．
①若动点E运动到边BC的中点处时，求△ACC'的面积；
②在动点E的整个运动过程中，求△ACC'面积的最大值．
【答案】(1)2，30°
(2)猜想：BP+DP=2AP，证明见详解
(3)①45②22-2
【分析】（1）由C'是C关于DE的对称点，可得CD沿DE翻折后可得到C'D，可求C'D=CD=2，∠CDP=∠C'DP=12∠CDC'，进而可求解；
（2）过A作GA⊥PA，交PD的延长线于G， 在Rt△AGP中，可求PG=2AP，再证△BAP≌△DAG，即可得证；
（3）连接BD交AC于O，连接PC，可证B、P、C、D四点共圆，O为圆心，A在⊙O上，再证△BPE∽△DCE，可求BP=255，PE=55，从而可求AP=4105，在Rt△AFD中，AF=AD2-DF2=105，即可求解；②过C'作C'M⊥AC，交AC于M，C'的运动轨迹是以D为圆心，C'D=2为半径的AC，AC与BD交于Q，可得S△ACC'=12×22C'M=2C'M，当C'M取最大时，S△ACC'最大，所以当C'与Q重合时，即C'M=QO，C'M最大，即可求解.
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∠ADC=∠B=60°，AD=CD=AB=2，
∵C'是C关于DE的对称点，
∴CD沿DE翻折后可得到C'D，
∴C'D=CD=2，∠CDP=∠C'DP=12∠CDC'，
∴AD=C'D，
∵F是AC'的中点，
∴∠C'DF=12∠ADC'，
∴∠FDP=∠C'DF+∠C'DP，
=12∠ADC'+12∠CDC'
=12∠ADC=30°．
故答案：2，30°．
（2）结论：BP+DP=2AP，
证明：如图，过A作GA⊥PA，交PD的延长线于G，

∴∠GAP=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BAD=90°，
AB=AD，
由（1）得：∠FDP=12∠ADC=45°，
AD=C'D，AF=C'F，
∴DF⊥AC'，
∴∠DPF=∠FDP=45°，
∴∠G=∠DPF=45°，
∴AG=AP，
在Rt△AGP中，PG=2AP，
∴DP+DG=2AP；
∵∠DAG+∠DAP=90°，
∠BAP+∠DAP=90°，
∴∠BAP=∠DAG，
在△BAP和△DAG中
AB=AD∠BAP=∠DAGAG=AP，
∴ △BAP≌△DAG（SAS），
∴BP=DG，
∴BP+DP=2AP．
（3）解：①如图，连接BD交AC于O，连接PC，

由（2）得：∠APB=∠G=45°，
∴∠BPD=∠BPA+∠DPF=90°
∴∠BPD=∠BCD=90°，
∴ B、P、C、D四点共圆，O为圆心，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC，
∴A在⊙O上，
∴∠APC=90°，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12CD=1，
∴DE=CE2+CD2=12+22=5，
∵∠BEP=∠DEC，∠BPE=∠DCE=90°，
∴△BPE∽△DCE，
∴BEDE=BPDC=PECE，
∴15=BP2=PE1，
∴BP=255，PE=55，
∴DG=BP=255，
∴55+5+255=2AP，
∴AP=4105，
由（2）得：∠FPD=∠FDP=45°，
∴ PD=2DF=2FP，
∵PD=PE+DE=655，
∴DF=FP=3105，
在Rt△AFD中，AF=AD2-DF2=105，
∴C'F=105，
∴C'P=FP-C'F=2105，，
由（1）折叠得：CP=C'P=2105，
∴S△ACC'=12AC'⋅CP
=12×2105×2105
=45．
②如图，过C'作C'M⊥AC，交AC于M，C'的运动轨迹是以D为圆心，C'D=2为半径的AC，AC与BD交于Q，

∴S△ACC'=12AC⋅C'M，
∵AC=2AB=22，
∴S△ACC'=12×22C'M=2C'M，
∴当C'M取最大时，S△ACC'最大，
如图，当C'与Q重合时，即C'M=QO，C'M最大，

∵BD=AC=22，
∴DM=12BD=2，
∴C'M=C'D-DM=2-2，
∴S△ACC'=22-2=22-2，
故△ACC'面积的最大值为22-2.
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定及性质，对称和折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
题型17 正方形与一次函数的综合应用
【例17】2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的顶点分别为A(1,1)，B(-1,1)，C(-1,-1).对于图形M，给出定义：P为图形M上任意一点，Q为正方形ABCD边上任意一点，如果P、Q两点之间的距离有最大值，那么称这个最大值为图形M的“正方距”，记作d(M).

(1)点D的坐标为__________；
(2)设一次函数y=-x+3的图像是直线l，与x轴交于点E，
①求d(E)；
②记两点的横坐标分别为m和n，若线段PQ在直线l上平移，PQ=2，m【答案】(1)(1,-1)
(2)①17；②m的值为-1或3
【分析】（1）根据正方形的性质即可得答案；
（2）①求出E点坐标，再根据“正方距”的概念，求出BE的长即可；②设直线y=-x+3交x轴、y轴于点E、F，由题意d(E)=d(F)=17<29，推出m<0或n>3，分别计算当m<0时或m>2是，即可得答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为正方形，A1,1,C-1,-1，
∴D1,-1；
（2）①当y=0时，0=-x+3，x=3，
∴E(3,0)，
∴d(E)=BE=(3+1)2+(0-1)2=17；
②如下图，直线y=-x+3交x轴、y轴于点E、F，作PG⊥x轴于G，QH⊥y轴于H，PG与QH交于M，

∴∠PMQ=90°，
∵y=-x+3，当x=0时，y=3，
∴F0,3，
∵E3,0，
∴∠PQM=45°，
∵PQ=2，
∴PM=QM=1，
∵m∴m+1=n，
∵ P、Q均在直线y=-x+3上，
∴P(m,-m+3)，Q(m+1,-m+2)，
∵d(E)=d(F)=17<29，
∴d(E)=d(F)∴m<0或n>3，即：m<0或m>2；
（ⅰ）当m<0时，d(PQ)=PD，
即：PD2=(1-m)2+(-1+m-3)2=29，m2-5m-6=0，解得：m=-1或m=6（舍），
（ⅱ）当m>2时，d(PQ)=BQ，
即：BQ2=(-1-m-1)2+(1+m-2)2=29，m2+m-12=0，解得：m=3或m=-4（舍），
综上，m的值为-1或3．
【点睛】本题考查了一次函数，正方形的性质，勾股定理，新定义，一元二次方程的解法，解题的关键是理解图形M的“正方距”的定义，寻找特殊位置解决数学问题．
【变式17-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A1，2，B5，2．若一次函数y=kx-2k≠0的图象经过C点，且与x，y轴分别交于M，N，求△OMN的面积．

【答案】54
【分析】先根据A1,2，B5,2求出点C的坐标，进而求出一次函数的解析式，再求出一次函数与坐标轴的交点，即可计算△OMN的面积．
【详解】解：∵正方形ABCD的顶点A1,2，B5,2，
∴BC=AB=5-1=4，
∴C5,6，
∵一次函数y=kx-2k≠0的图象经过C点，，
∴6=5k-2，
解得k=85，
∴一次函数为y=85x-2，
令y=0，则85x-2=0，
解得x=54，
∴M54,0，
令x=0，则y=-2，
∴N0,-2，
∴OM=54，ON=2，
∴△OMN的面积=12ON⋅OM=12×2×54=54．
【点睛】本题考查正方形的性质，一次函数的图象和性质，解题的关键是根据正方形的性质求出点C的坐标．
【变式17-2】（2019·贵州遵义·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=﹣23x+4的图象与x轴和y轴分别相交于A、B两点．动点P从点A出发，在线段AO上以每秒3个单位长度的速度向点O作匀速运动，到达点O停止运动，点A关于点P的对称点为点Q，以线段PQ为边向上作正方形PQMN．设运动时间为t秒．
（1）当t=13秒时，点Q的坐标是 ；
（2）在运动过程中，设正方形PQMN与△AOB重叠部分的面积为S，求S与t的函数表达式；
（3）若正方形PQMN对角线的交点为T，请直接写出在运动过程中OT+PT的最小值．
【答案】（1）（4，0）；（2）①当0＜t≤1时，S =334t2；②当1＜t≤43时，S =﹣394t2+18t；③当43＜t≤2时， S =﹣3t2+12；（3）OT+PT的最小值为32．
【分析】（1）先确定出点A的坐标，进而求出AP，利用对称性即可得出结论；
（2）分三种情况，①利用正方形的面积减去三角形的面积，②利用矩形的面积减去三角形的面积，③利用梯形的面积，即可得出结论；
（3）先确定出点T的运动轨迹，进而找出OT+PT最小时的点T的位置，即可得出结论．
【详解】（1）令y=0，
∴﹣23x+4=0，
∴x=6，
∴A（6，0），
当t=13秒时，AP=3×13=1，
∴OP=OA﹣AP=5，
∴P（5，0），
由对称性得，Q（4，0）；
（2）当点Q在原点O时，OQ=6，
∴AP=12OQ=3，
∴t=3÷3=1，
①当0＜t≤1时，如图1，令x=0，
∴y=4，
∴B（0，4），
∴OB=4，
∵A（6，0），
∴OA=6，
在Rt△AOB中，tan∠OAB=OBOA=23，
由运动知，AP=3t，
∴P（6﹣3t，0），
∴Q（6﹣6t，0），
∴PQ=AP=3t，
∵四边形PQMN是正方形，
∴MN∥OA，PN=PQ=3t，
在Rt△APD中，tan∠OAB=PDAP=PD3t=23，
∴PD=2t，
∴DN=t，
∵MN∥OA
∴∠DCN=∠OAB，
∴tan∠DCN=DNCN=tCN=23，
∴CN=32t，
∴S=S正方形PQMN﹣S△CDN=（3t）2﹣12t×32t=334t2；
②当1＜t≤43时，如图2，同①的方法得，DN=t，CN=32t，
∴S=S矩形OENP﹣S△CDN=3t×（6﹣3t）﹣12t×32t=﹣394t2+18t；
③当43＜t≤2时，如图3，S=S梯形OBDP=12（2t+4）（6﹣3t）=﹣3t2+12；
（3）如图4，由运动知，P（6-3t，0），Q（6-6t，0），
∴M（6-6t，3t），
∵T是正方形PQMN的对角线交点，
∴T（6-92t,32t），
∴点T是直线y=-13x+2上的一段线段，（-3≤x＜6），
同理：点N是直线AG：y=-x+6上的一段线段，（0≤x≤6），
∴G（0，6），
∴OG=6，
∵A（6，0），
∴AG=62，在Rt△ABG中，OA=6=OG，
∴∠OAG=45°，
∵PN⊥x轴，
∴∠APN=90°，
∴∠ANP=45°，
∴∠TNA=90°，
即：TN⊥AG，
∵T正方形PQMN的对角线的交点，
∴TN=TP，
∴OT+TP=OT+TN，
∴点O，T，N在同一条直线上（点Q与点O重合时），且ON⊥AG时，OT+TN最小，
即：OT+TN最小，
∵S△OAG=12OA×OG=12AG×ON，
∴ON=OA·OGAG=32．
即：OT+PT的最小值为32
【点睛】此题是一次函数综合题，主要考查了正方形的面积，梯形，三角形的面积公式，正方形的性质，勾股定理，锐角三角函数，用分类讨论的思想解决问题是解本题的关键，找出点T的位置是解本题（3）的难点．
题型18 正方形与反比例函数的综合应用
【例18】（2024·福建泉州·模拟预测）如图，反比例函数y=kx(x>0)图象经过正方形OABC的顶点A，BC边与y轴交于点D，若正方形OABC的面积为12，BD=2CD，则k的值为（ ）
A．3B．185C．165D．103
【答案】B
【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，过点A作AG⊥y轴于点G，过点B作BH⊥AG于点G，过点C作CF⊥x轴于点F，过点B作BM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥y轴于点N，，根据已知条件分别证明△AOE≌△OCFAAS，△BAH≌△AOGAAS，四边形ONCF，四边形BMGH和四边形AEOG为矩形，即可得出CN=OF=AE=OG=AH，GH=BM，OE=AG，根据已知条件可以证明△CDN∽△BDM，得出CNBM=CDBD=12，设点A的坐标为：m，kmm>0，即可得出CNBM=kmm-km=12，得出m2=3k，根据勾股定理，结合正方形的面积，列出m2+km2=12，最后将m2=3k代入求出k的值即可．
【详解】解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点A作AG⊥y轴于点G，过点B作BH⊥AG于点G，过点C作CF⊥x轴于点F，过点B作BM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥y轴于点N，如图所示：
∵四边形OABC为正方形，
∴AO=AB=BC=OC，∠AOC=∠OCB=∠OAB=∠BC=90°，
∵AE⊥x轴，CF⊥x轴，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠COF+∠AOE=180°-90°=90°，∠COF+∠OCF=90°，
∴∠AOE=∠OCF，
∴△AOE≌△OCFAAS，
∴AE=OF，OE=CF，
∵BH⊥AG，AG⊥y轴，
∴∠BHA=∠AGO=90°，
∵∠GAO+∠BAH=90°，∠GAO+∠GOA=90°，
∴∠BAH=∠GOA，
∴△BAH≌△AOGAAS，
∴OG=AH，
∵BM⊥y轴，CN⊥y轴，
∴∠CNO=∠CND=∠BMO=90°，
∵∠CDN=∠BDM，
∴△CDN∽△BDM，
∴CNBM=CDBD=12，
∵∠CFO=∠FON=∠CNO=90°，
∴四边形ONCF为矩形，
同理可得：四边形BMGH和四边形AEOG为矩形，
∴CN=OF=AE=OG=AH，GH=BM，OE=AG，
设点A的坐标为：m，kmm>0，
∴CN=OF=AE=OG=AH=km，OE=AG=m，
∴BM=GH=m-km，
∴CNBM=kmm-km=12，即m2=3k，
∵正方形OABC的面积为12，
∴OA2=12，
在Rt△OAE中，由勾股定理得OA2=AE2+OE2，即m2+km2=12，
把m2=3k代入m2+km2=12得：3k+k23k=12，
解得：k=185．
故答案为：185．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的判定和性质，勾股定理，反比例函数与几何综合，相似三角形的性质与判定等等，设出点A的坐标m，km，找出m与k的两个关系式，是解题的关键．
【变式18-1】（2023·吉林长春·吉林省第二实验学校校考二模）如图，已知正方形ABCD的面积为4，它的两个顶点B，D是反比例函数y=kxk>0,x>0的图象上两点．若点D的坐标是a,b，则a-b的值为（ ）

A．3B．-3C．2D．-2
【答案】D
【分析】由几何意义得S矩形DEOM=S矩形BFON，进而得S矩形ADEF=S矩形ABNM，证明出AF=AM，再由正方形ABCD的面积为4，求出a-b即可．
【详解】解：如图，延长CD、BA交y轴于点E、F，延长DA、CB交x轴于点M、N，

由k的几何意义得，S矩形DEOM=S矩形BFON，
∴S矩形ADEF=S矩形ABNM，
∵AB=AD，
∴AF=AM，
∵点D的坐标是a,b，
∴OM=a=AF=AM，DM=b=BF，
∴DA=BA=b-a，
∵正方形ABCD的面积为4，
∴b-a2=4， 而a∴a-b=-2．
故选：D．
【点睛】本题考查了反比例函数性质的应用，正方形的性质，k的几何意义的应用是解题关键．
【变式18-2】（2023·浙江温州·校考三模）如图，在平面直角坐标系中，点A在x轴负半轴上，点B在y轴负半轴上，且OAOB=13，以AB为边向右上方作正方形ABCD．反比例函数y1=k1x与y2=k2x的图象分别过D与C，则k1k2= ．

【答案】-13
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设OA=m，由OAOB=13可知OB=3m，利用△ADF≌△BAO得到D2m,m，k1=2m2，利用△CBE≌△BAO得到C3m,-2m，k2=-6m2，从而得解．
【详解】过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，

设OA=m，由OAOB=13可知OB=3m
∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°，即∠BAO+∠DAF=90°，AB=DA
又∵DF⊥x轴，
∴∠ADF+∠DAF=90°
∴∠ADF=∠BAO
∵∠AFD=∠BOA=90°，∠ADF=∠BAO，DA=AB
∴△ADF≌△BAO，
∴DF=AO=m,AF=BO=3m
∴OF=AF-AO=2m
∴D2m,m
∴将点D2m,m代入y1=k1x得：m=k12m
∴k1=2m2
同理可得：△CBE≌△BAO，
∴BE=AO=m,CE=BO=3m
∴OE=OB-BE=2m
∴C3m,-2m
∴将点C3m,-2m代入y2=k2x得：-2m=k23m
∴k2=-6m2
∴k1k2=2m2-6m2=-13
故答案为：-13．
【点睛】本题考查反比例函数与几何综合题，反比例函数的图象与性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式18-3】（2023·湖北恩施·统考二模）如图，矩形ABOD的两边OB，OD都在坐标轴的正半轴上，OD=4，另两边与反比例函数y=kx的图象分别相交于点E，F，且DE=2．过点E作EH⊥x轴于点H，过点F作FG⊥EH于点G，请解答下列问题．

(1) k= ；
(2)当四边形AEGF为正方形时，求点F的坐标；
(3)当AE>EG时，若矩形AEGF∽矩形DOHE，求出相似比．
【答案】(1)8
(2)点F的坐标为(4,2)
(3)32
【分析】（1）先根据矩形的性质得到E2,4，然后利用反比例函数图象上点的坐标特征计算出k=8；
（2）由（1），知反比例函数的解析式为y=8x，设点F的坐标为m,n，则AE=m-2，AF=4-n，可得mn=8m-2=4-n，求得m，n即可；
（3）设点F的坐标为m,n，则AE=m-2，AF=4-n，若矩形AEGF与矩形DOHE相似，根据相似的性质得AEAF=DODE，即m-24-n=42，整理得m+2n=10，可得m+2n=10mn=8，求得m=8n=1，可得AE=m-2=8-2=6，进而可得相似比为AEDO=64=32．
【详解】（1）∵四边形ABOD为矩形，EH⊥x轴，OD=4，且DE=2．
∴E2,4，
∴k=2×4=8，
故答案为：8；
（2）由（1），知反比例函数的解析式为y=8x．
设点F的坐标为m,n，则AE=m-2，AF=4-n，
因为点F在反比例函数y=8x的图象上，且四边形AEGH是正方形，
所以mn=8m-2=4-n，解得m=4n=2或m=2n=4，
所以点F的坐标为(4,2)；
（3）因为矩形AEGF∽矩形DOHE，设点F的坐标为m,n，则AE=m-2，AF=4-n，
所以AEAF=DODE，即m-24-n=42，整理，得m+2n=10，
因为点F在反比例函数y=8x的图象上，所以mn=8，
联立m+2n=10mn=8解得m=8n=1或m=2n=4（舍去）
所以AE=m-2=8-2=6
所以相似比为AEDO=64=32．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题：掌握反比例函数图象上点的坐标特征、矩形的性质和正方形的性质、相似的性质；理解图形与坐标的关系；会解一元二次方程．
题型19 正方形与一次函数、反比例函数综合应用
【例19】（2023·安徽淮北·统考三模）如图，已知反比例函数y=kx在第一象限内的图象与正方形AEOC的两边相交于B，D两点．若AB=3，直线y=14x经过点B，则k的值是 ．

【答案】4
【分析】设点B的坐标为a,14a，则OC=a,BC=14a，再由正方形的性质可得AC=OC=a，从而得到AB=34a，再由AB=3，可求出a的值，即可．
【详解】解：∵直线y=14x经过点B，
∴可设点B的坐标为a,14a，则OC=a,BC=14a，
∵四边形AEOC是正方形，
∴AC=OC=a，
∴AB=a-14a=34a，
∵AB=3，
∴34a=3，
解得：a=4，
∴点A的坐标为4,1，
把点4,1代入y=kx，得：
1=k4，解得：k=4．
故答案为：4．
【点睛】本题主要考查了求反比函数解析式，正方形的性质，正比例函数的图象和性质，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式19-1】（2023·四川成都·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，已知点A-6,0、D-7,3，点B、C在第二象限内．
(1)求点B的坐标；
(2)将正方形ABCD以每秒2个单位的速度沿x轴向右平移t秒，若存在某一时刻t，使在第一象限内点B、D两点的对应点B'、D'正好落在某反比例函数的图象上，请求出此时t的值以及这个反比例函数的解析式；
(3)在（2）的情况下，问是否存在y轴上的点P和反比例函数图象上的点Q，使得以P、Q、B'、D'四个点为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请直接写出符合题意的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)-3,1
(2)t=92，y=6x，
(3)Q8，34或Q4，32或Q-4，-32
【分析】（1）过点D作DE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，由正方形的性质结合同角的余角相等即可证出△ADE≌△BAF，从而得出DE=AF，AE=BF，再结合点A、D的坐标即可求出点B的坐标；
（2）设反比例函数解析式为y=kx，根据平移的性质找出点B'、D'的坐标，再结合反比例函数图象上点的坐标特征即可得出关于k、t的二元一次方程组，解方程组解得出结论；
（3）先求出点B'，D'的坐标，再分三种情况，利用平行四边形的对角线中点坐标相同建立方程求解即可得出结论．
【详解】（1）解：过点D作DE⊥x轴于点E，过点B作BF⊥x轴于点F，如图1所示．

∴∠AED=∠BFA=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠BAD=90°，
∵∠EAD+∠ADE=90°，∠EAD+∠BAF=90°，
∴∠ADE=∠BAF．
在△ADE和△BAF中，
∠AED=∠BFA∠ADE=BAFAD=BA，
∴△ADE≌△BAFAAS，
∴DE=AF，AE=BF．
∵A-6,0，D-7,3，
∴DE=AF=3，AE=BF=1，
∴OF=6-3=3
∴点B的坐标为-3,1；
（2）解：存在点Q满足题意.
设反比例函数解析式为y=kx，
由题意得：点B'坐标为-3+2t,1，点D'坐标为-7+2t,3，
∵点B'和D'在该比例函数图象上，
∴k=-3+2t×1=-7+2t×3，
解得：t=92，
∴k=6，
∴反比例函数解析式为y=6x．
（3）解：假设存在，设点P的坐标为0，m，点Q的坐标为n，6n．
由（2）知D'2，3、B'6，1，
①当PQ与B'D'是对角线时，
∴120+n=122+612m+n6=123+1
∴m=134，n=8
∴P0，134，Q8，34，
②当PB'与QD'是对角线时，
∴120+6=122+n12m+1=126n+3，
∴m=72，n=4，
∴P0，72，Q4，32．
③当PD'与QB'是对角线时，
∴120+2=12n+612m+3=126n+1，
∴m=-72，n=-4，
∴P0，-72，Q-4，-32
综上所述，符合题意的点Q坐标为Q8，34或Q4，32或Q-4，-32．
【点睛】本题考查了反比例函数图象上点的坐标特征、正方形的性质、全等三角形的判定及性质、平行四边形的性质以及解方程组，解题的关键是：（1）证出△ADE≌△BAF；（2）找出关于k、t的二元一次方程组；（3）分类讨论．本题属于中档题，难度不大，解决该题型题目时，找出点的坐标，利用反比例函数图形上点的坐标表示出来反比例函数系数k是关键．
【变式19-2】（2023·江西宜春·统考模拟预测）如图，已知A0,2，B1,0，连接AB，以AB为边在第一象限内作正方形ABCD，直线BD与反比例函数y=kxk≠0相交于D，E两点，连接CE，交x轴于点F．

(1)求k的值及直线DE的解析式；
(2)求△DEC的面积．
【答案】(1)k=6，直线DE的解析式为y=3x-3
(2)S△DEC=152
【分析】（1）作DM⊥y轴于M，通过证得△AOB≌△DMAAAS，求得D的坐标，然后根据待定系数法即可求得双曲线y=kxk≠0和直线DE的解析式．
（2）解析式联立求得E的坐标，然后根据勾股定理求得DE和DB，进而求得CN的长，即可根据三角形面积公式求得△DEC的面积．
【详解】（1）解：∵点A的坐标为0,2，点B的坐标为1,0，
∴OA=2，OB=1，
作DM⊥y轴于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠OAB+∠DAM=90°，
∵∠OAB+∠ABO=90°，
∴∠DAM=∠ABO，
在△AOB和△DMA中，
∠ABO=∠DAM∠AOB=∠DMA=90°AB=DA，
∴△AOB≌△DMAAAS，
∴AM=OB=1，DM=OA=2，
∴D2,3，
∵双曲线y=kxk≠0经过D点，
∴k=2×3=6，
∴双曲线为y=6x，
设直线DE的解析式为y=mx+n，
把B1,0，D2,3代入得m+n=02m+n=3，
解得m=3n=-3，
∴直线DE的解析式为y=3x-3；
（2）解：连接AC，交BD于N，

∵四边形ABCD是正方形，
∴BD垂直平分AC，AC=BD，
解y=3x-3y=6x，
得x=2y=3或x=-1y=-6，
∴E(-1，-6)，
∵B1,0，D2,3，
∴DE=(2+1)2+(3+6)2=310，DB=(2-1)2+32=10，
∴CN=12BD=102，
∴S△DEC=12DE⋅CN=12×310×102=152．
【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的交点问题，主要考查了正方形的性质、待定系数法求一次函数、反比例函数的解析式，勾股定理的应用，求得D、E的坐标是解题的关键．
【变式19-3】（2023·广东深圳·模拟预测）如图，一次函数y=ax-3aa≠0的图象与反比例函数y=-24xx>0的图象交于点Mm,-4，与y轴交于点A，与x轴交于点B，△AOB两个外角的平分线在第一象限内交于点C，反比例函数y=kx的图象恰好经过点C．
(1)求m的值和线段AB的长；
(2)求反比例函数y=kx的表达式．
【答案】(1)m=6；AB=5
(2)y=36x
【分析】（1）把点M的纵坐标代入反比例函数解析式y=-24xx>0中即可求出m的值，进而求出点M的坐标，把点M坐标代入一次函数解析式中求出a的值，进而求出一次函数的解析式，根据点A和点B的位置求出点A和点B的坐标，进而求出OA和OB的长度，最后根据勾股定理即可求出AB的长度．
（2）过点C作CD⊥y轴于D，过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥x轴于F．根据角平分线的性质定理和勾股定理确定AD=AE，BE=BF．进而用BF表示出OD和OF，根据正方形的判定定理和性质确定OD=OF，进而求出BF的长度，再代入计算可得OD和OF的长度，进而得到点C的坐标，最后把点C坐标代入反比例函数解析式y=kx中即可求出k的值，进而得到反比例函数y=kx的表达式．
【详解】（1）解：∵Mm,-4在反比例函数y=-24xx>0的图象上，
∴-4=-24m．
∴m=6．
∴M6,-4．
∵M6,-4在一次函数y=ax-3aa≠0的图象上，
∴-4=6a-3a．
∴a=-43．
∴一次函数解析式为y=-43x+4．
∵一次函数的图象与y轴交于点A，与x轴交于点B，
∴当x=0时，y=4；当y=0时，x=3．
∴A0,4，B3,0．
∴OA=4，OB=3．
∵∠AOB=90°，
∴AB=OA2+OB2=5．
（2）解：如下图所示，过点C作CD⊥y轴于D，过点C作CE⊥AB于E，过点C作CF⊥x轴于F．
∵CD⊥y轴，CE⊥AB，CF⊥x轴，△AOB两个外角的平分线在第一象限内交于点C，
∴CD=CE=CF．
∴AD=AC2-CD2，AE=AC2-CE2，BE=BC2-CE2，BF=BC2-CF2．
∴AD=AE，BE=BF．
∵AB=5，
∴AD=AE=AB-BE=AB-BF=5-BF．
∵OA=4，OB=3，
∴OD=OA+AD=9-BF，OF=OB+BF=3+BF．
∵∠AOB=90°，CD⊥y轴，CF⊥x轴，
∴四边形ODCF是矩形．
∵CD=CF，
∴四边形ODCF是正方形．
∴OD=OF．
∴9-BF=3+BF．
∴BF=3．
∴OD=6，OF=6．
∴C6,6．
把点C坐标代入反比例函数解析式y=kx中得6=k6．
解得k=36．
∴反比例函数y=kx的表达式是y=36x．
【点睛】本题考查根据反比例函数值求自变量，待定系数法求一次函数解析式，一次函数与坐标轴交点问题，勾股定理，角平分线的性质定理，正方形的判定定理和性质，待定系数法求反比例函数解析式，综合应用这些知识点是解题关键．
题型20 正方形与二次函数综合应用
【例20】（2023·浙江宁波·校联考一模）如图，边长为2的正方形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上，二次函数y=-x2+bx+c的图象经过B，C两点．
(1)求b，c的值；
(2)若将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），求m的取值范围．
【答案】(1)b=2c=2
(2)1【分析】（1）根据正方形的性质得出点B、C的坐标，然后利用待定系数法求解即可；
（2）求得抛物线的顶点坐标，结合正方形的边长即可求得结论．
【详解】（1）解：∵正方形OABC的边长为2，
∴点B、C的坐标分别为2,2，C0,2，
∵二次函数y=-x2+bx+c的图象经过B，C两点，
∴2=-4+2b+c2=c，
解得b=2c=2；
（2）由（1）可知抛物线为y=-x2+2x+2，
∵y=-x2+2x+2=-x-12+3，
∴顶点为1,3，
∵正方形边长为2，
∴将该抛物线向下平移m个单位，使其顶点落在正方形OABC内（不包括边上），m的取值范围是1【点睛】本题综合考查了二次函数，正方形的性质，待定系数法求函数解析式，二次函数图象与几何变换，根据正方形的性质求出点B、C的坐标是解题的关键，也是本题的突破口，本题在此类题目中比较简单．
【变式20-1】（2023·湖北武汉·模拟预测）综合与探究
如图，某一次函数与二次函数y=x2+mx+n的图象交点为A（-1，0），B（4，5）．
(1)求抛物线的解析式；
(2)点C为抛物线对称轴上一动点，当AC与BC的和最小时，点C的坐标为 ；
(3)点D为抛物线位于线段AB下方图象上一动点，过点D作DE⊥x轴，交线段AB于点E，求线段DE长度的最大值；
(4)在（2）条件下，点M为y轴上一点，点F为直线AB上一点，点N为平面直角坐标系内一点，若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，请直接写出点N的坐标．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)（1，2）
(3)254
(4)N1(1,1),N2(-1,2),N3(1,4),N412,52
【分析】（1）将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得到关于m，n的二元一次方程组求解即可；
（2）抛物线的对称轴为x=1，求出直线AB与对称轴的交点即可求解；
（3）设Dd,d2-2d-3，则E(d,d+1)，则DE=(d+1)-d2-2d-3=-d2+3d+4(-1（4）根据题意画出图形，分情况求解即可．
【详解】（1）解：将A（-1，0），B（4，5）代入y=x2+mx+n得，1-m+n=016+4m+n=5 ，
解这个方程组得m=-2n=-3，
∴抛物线的解析式为：y=x2-2x-3；
（2）解：如图，设直线AB的解析式为：y=kx+b，
把点 A（-1，0），B（4，5）代入y=kx+b，
得-k+b=04k+b=5，
解得k=1b=1 ，
∴ 直线AB的解析式为：y=x+1 ，
由（1）知抛物线y=x2-2x-3的对称轴为x=--22×1=1，
∵ 点C为抛物线对称轴上一动点，AC+BC≥AB，
∴ 当点C在AB上时，AC+BC最小，
把x=1代入y=x+1，得y=2，
∴点C的坐标为（1，2）；
（3）解：如图，由（2）知 直线AB的解析式为y=x+1
设Dd,d2-2d-3，则E(d,d+1)，
则DE=(d+1)-d2-2d-3=-d2+3d+4(-1当d=32时，DE有最大值为254，
（4）解：如图，∵直线AB的解析式为：y=x+1，
∴ 直线与y轴的交点为D（0，1），OD=1
∵A(-1,0)，OA=1
∴ OA=OD,∠DAO=∠ADO=45°，
若以点C，M，F，N为顶点的四边形是正方形，分情况讨论：
①过点C作CM1⊥y轴于点M1，则ΔDM1C为等腰直角三角形，过点C作CN1⊥DN1 ，则四边形CM1DN1 为正方形，
依题意，知D与F重合，点N1 的坐标为（1，1）；
②以M1为中心分别作点F，点C点的对称点M2,N2 ，连接CM2,M2N2,N2F，则四边形M2N2FC是正方形，则点N2的坐标为（-1，2）；
③延长N2M2到N3使N3M2=M2C，作N3F1⊥AB于点F1，则四边形M2N3F1C是正方形，则N3的坐标为（1，4）；
④取M2C的中点N4，FC的中点F2，则M1F2CN4为正方形，则N4的坐标为12,52，
综上所述，点N的坐标为：N1(1,1),N2(-1,2),N3(1,4),N412,52
【点睛】本题考查了用待定系数法求一次函数和二次函数的解析式，二次函数的性质，正方形的判定，根据题意正确画图是解本题的关键．
【变式20-2】（2020·江苏泰州·统考模拟预测）二次函数y=m6x2-2m3x+m(m>0)的图象交y轴于点A，顶点为P，直线PA与x轴交于点B．
（1）当m=1时，求顶点P的坐标；
（2）若点Q（a，b）在二次函数y=m6x2-2m3x+m(m>0)的图象上，且b-m>0，试求a的取值范围；
（3）在第一象限内，以AB为边作正方形ABCD．
①求点D的坐标（用含m的代数式表示）；
②若该二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，请直接写出符合条件的整数m的值．
【答案】（1）P（2，13）；（2）a的取值范围为：a＜0或a＞4；（3）①D（m，m+3）； ②2，3，4．
【分析】（1）把m=1代入二次函数y=m6x2-2m3x+m(m>0)解析式中，进而求顶点P的坐标即可；
（2）把点Q（a，b）代入二次函数y=m6x2-2m3x+m(m>0)解析式中，根据b-m>0得到关于a的一元二次不等式即一元一次不等式组，解出a的取值范围即可；
（3）①过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，求出二次函数与y轴的交点A的坐标，得到OA的长，再根据待定系数法求出直线AP的解析式，进而求出与x轴的交点B的坐标，得到OB的长；通过证明△ADF≌△ABO，得到AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，求出点D的坐标；
②因为二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，由①同理可得：C（m+3，3），分当x等于点D的横坐标时与当x等于点C的横坐标两种情况，进行讨论m可能取的整数值即可．
【详解】解：（1）当m=1时，二次函数为y=16x2-23x+1，
∴顶点P的坐标为（2，13）；
（2）∵点Q（a，b）在二次函数y=m6x2-2m3x+m(m>0)的图象上，
∴b=m6·a2-2m3·a+m，
即：b-m=m6·a2-2m3·a
∵b-m>0，
∴m6·a2-2m3·a＞0，
∵m＞0，
∴a26-2a3＞0，
解得：a＜0或a＞4，
∴a的取值范围为：a＜0或a＞4；
（3）①如下图，过点D作DE⊥x轴于点E，过点A作AF⊥DE于点F，
∵二次函数的解析式为y=m6x2-2m3x+m，
∴顶点P（2，m3），
当x=0时，y=m，
∴点A（0，m），
∴OA=m；
设直线AP的解析式为y=kx+b(k≠0)，
把点A（0，m），点P（2，m3）代入，得：
{m=bm3=2k+b，
解得：{k=-m3b=m，
∴直线AP的解析式为y=-m3x+m，
当y=0时，x=3，
∴点B（3，0）；
∴OB=3；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAF+∠FAB=90°，
且∠OAB+∠FAB =90°，
∴∠DAF=∠OAB，
在△ADF和△ABO中，
{∠DAF=∠OAB∠AFD=∠AOBAD=AB，
∴△ADF≌△ABO（AAS），
∴AF=OA=m，DF=OB=3，DE=DF+EF= DF+OA=m+3，
∴点D的坐标为：（m，m+3）；
②由①同理可得：C（m+3，3），
∵二次函数的图象与正方形ABCD的边CD有公共点，
∴当x=m时，y≤m+3，可得m63-2m23+m≤m+3，化简得：m3-4m2≤18．
∵m>0，∴m2-4m≤18m，∴(m-2)2-4≤18m，
显然：m=1，2，3，4是上述不等式的解，
当m≥5时，(m-2)2-4≥5，18m≤3.6，此时，(m-2)2-4>18m，
∴符合条件的正整数m=1，2，3，4；
当x= m+3时，y≥3，可得m(m+3)62-2m(m+3)3+m≥3，
∵m>0，∴m2+2m+3≥18m，即(m+1)2+2≥18m，
显然：m=1不是上述不等式的解，
当m≥2时，(m+1)2+2≥11，18m≤9，此时，(m+1)2+2>18m恒成立，
∴符合条件的正整数m =2，3，4；
综上：符合条件的整数m的值为2，3，4．
【点睛】本题考查二次函数与几何问题的综合运用，熟练掌握二次函数的图象和性质、一次函数的图象和性质、正方形的性质是解题的关键．
【变式20-3】（2020·河北唐山·统考二模）如图1，二次函数y=-13x2+bx+c的图象过原点，与x轴的另一个交点为M8,0．
（1）求该二次函数的解析式；
（2）如图2，y1=23x与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交于点N，求△OMN的面积；
（3）如图3，直线y2=4与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交于A、B两点（点A在点B的左侧），过A、B两点分别作x轴的垂线，垂足分别为点D、点C．判断四边形ABCD的形状，并说明理由；
（4）如图4，在（3）的条件下，动点P从点A出发沿射线AB以每秒1个单位长度匀速运动，同时动点Q以相同的速度从点A出发沿线段AD匀速运动，到达点D时立即原速返回，当动点Q返回到点A时，P、Q两点同时停止运动，设运动时间为t秒（t>0）．过点P向x轴作垂线，交抛物线于点E，交直线AC于点F，问：以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能否是平行四边形？若能，请直接写出t的值；若不能，请说明理由．
【答案】（1）y=﹣13x2+83x；（2）16；（3）四边形ABCD为正方形，见解析；（4）能，4，6或2+27
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可求出二次函数的解析式；
（2）先求出y1=23x与二次函数y=-13x2+bx+c的图象交点N的坐标，再根据三角形的面积公式即可得出结论
（3）利用二次函数图象上点的坐标特征求出点A，B的坐标，进而得出AB=4，再利用正方形的判定方法即可得出结论；
（4）根据点A，C的坐标，利用待定系数法可求出直线AC的解析式，利用二次函数图象上点的坐标特征及一次函数图象上点的坐标特征可求出点E，F的坐标，由AQ∥EF且以A、E、F、Q四点为顶点的四边形为平行四边形可得出AQ=EF，分0＜t≤4，4＜t≤7，7＜t≤8三种情况找出AQ，EF的长，由AQ=EF可得出关于t的一元二次方程，解之取其合适的值即可得出结论．
【详解】.解：（1）将（0，0），（8，0）代入y=﹣13x2+bx+c，
得：c=0-643+8b+c=0
解得：b=83c=0
∴该二次函数的解析式为y=﹣13x2+83x．
（2）y1=23x 与二次函数y=﹣13x2+bx+c的图象交于点N，则
23x=﹣13x2+83x，
解得x1=0，x2=6，
∴点N的坐标为（6，4），
∴△OMN的面积=12×8×4=16；
（3）四边形ABCD为正方形.
理由：由题意可知，直线y2=4与x轴平行，AD⊥x轴，BC⊥x轴，
∴四边形ABCD为矩形.
直线y2=4与二次函数图象交于A、B两点，
∴﹣13x2+83x=4，
解得：x1=2，x2=6，
∴点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），
∴AB=4，
∴AB=AD，
∴矩形ABCD为正方形．
（4）以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形能为平行四边形，此时t的值为4 、6或2+27．
由（2）可知：点A的坐标为（2，4），点B的坐标为（6，4），
点C的坐标为（6，0），点D的坐标为（2，0）．
设直线AC的解析式为y=kx+a（k≠0），
将A（2，4），C（6，0）代入y=kx+a，得：2k+a=46k+a=0，解得：k=-1a=6，
∴直线AC的解析式为y=﹣x+6．
当x=2+t时，y=﹣13x2+83x=﹣13t2+43t+4，y=﹣x+6=﹣t+4，
∴点E的坐标为（2+t，﹣13t2+43t+4），点F的坐标为（2+t，﹣t+4）．
∵以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形，且AQ∥EF，∴AQ=EF，
分三种情况考虑：
①当0＜t≤4时，如图1所示，AQ=t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣13t2+73t，
∴t=﹣13t2+73t，解得：t1=0（舍去），t2=4；
②当4＜t≤7时，如图2所示，AQ=8﹣t，EF=﹣13t2+43t+4﹣（﹣t+4）=﹣
13t2+73t，∴8﹣t =﹣13t2+73t，解得：t3=4（舍去），t4=6；
③当7＜t≤8时，如图3所示，AQ=8﹣t，EF=﹣t+4﹣（﹣13t2+43t+4）=13t2﹣73t，∴8﹣t =13t2﹣73t，解得：t5=2﹣27（舍去），t6=2+27 ．
综上所述：当以A、E、F、Q四点为顶点构成的四边形为平行四边形时，t的值为4、6或2+27．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数解析式、二次函数图象上点的坐标特征、正方形的判定、待定系数法求一次函数解析式、一次函数图象上点的坐标特征以及平行四边形的性质，解题的关键是理解题意，能灵活运用所学知识解题．
考点二 四边形之间的区别与联系
1. 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系：
2. 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
3 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
题型01 平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
【例1】（2021·福建宁德·统考一模）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（ ）
A．①表示有一个角是直角B．②表示有一组邻边相等
C．③表示四个角都相等D．④表示对角线相等
【答案】C
【分析】根据特殊四边形的判定方法判断即可．
【详解】∵有一个角是平行四边形是矩形，
∴①表示有一个角是直角是正确的；
∴A的描述正确，不符合题意；
∵有一组邻边相等的平行四边形是菱形，
∴②表示有一组邻边相等是正确的；
∴B的描述正确，不符合题意；
∵四个角都相等的四边形是矩形，
∴③表示四个角都相等是错误的；
∴C的描述错误，符合题意；
∵对角线相等的菱形是正方形，
∴④表示对角线相等是正确的；
∴D的描述正确，不符合题意；
故选C．
【点睛】本题考查了特殊四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．
【变式1-1】（2023·安徽蚌埠·统考三模）如图推理中，空格①②③④处可以填上条件“对角线相等”的是（ ）

A．①②B．①④C．③④D．②③
【答案】D
【分析】根据矩形的判定定理，正方形的判定定理即可求解．
【详解】解：∵对角线相等的平行四边形是矩形，对角线相等的菱形是正方形，
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，熟练掌握矩形的判定定理，正方形的判定定理是解题的关键．
【变式1-2】（2023·山西晋中·统考二模）在平行四边形的复习课上，小明绘制了如下知识框架图，箭头处添加条件错误的是（ ）

A．①：对角线相等B．②：对角互补C．③：一组邻边相等D．④：有一个角是直角
【答案】B
【分析】由矩形，菱形，正方形的判定，即可判断．
【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，故A正确，不符合题意；
B、对角互补的矩形不一定是正方形，错误，故B符合题意；
C、一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，故C不符合题意；
D、有一个角是直角的菱形是正方形，正确，故D不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查矩形，菱形，正方形的判定，关键是熟练掌握矩形，菱形，正方形的判定方法．
题型02 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
【例2】（2023·广东佛山·校考一模）给出下列判断，正确的是（ ）
A．一组对边相等，另一组对边平行的四边形是平行四边形
B．对角线相等的四边形是矩形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
D．有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形
【答案】D
【分析】依据平行四边形的判定、矩形的判定、正方形的判定以及菱形的判定方法，即可得出结论．
【详解】解：A. 一组对边相等且平行的四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B. 对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项不正确，不符合题意；
C. 对角线互相平分，垂直且相等的四边形是正方形，故该选项不正确，不符合题意；
D. 有一条对角线平分一个内角的平行四边形为菱形，故该选项正确，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了特殊四边形的判定方法，解题关键在于掌握各特殊四边形的判定方法．
【变式2-1】（2023·浙江绍兴·统考三模）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=30°，∠C=60°，AB=6，AD=4，E、F是BC上的两动点，且EF=4，点E从点B出发，当点F移动到点C时，两点停止运动．在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是（ ）

A．平行四边形→菱形→矩形→平行四边形B．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→菱形D．平行四边形→矩形→菱形→平行四边形
【答案】A
【分析】先判断出点E在移动过程中，四边形AEFD始终是平行四边形，当AE=AD=4时，四边形AEFD是菱形，当点E与点G重合时，四边形AEFD是矩形，即可求解．
【详解】解：如图，过点A、D作BC的垂线，垂足分别为G、H，

∵AD∥BC，
∴四边形ADHG为矩形，
∵∠B=30°，AB=6，
∴AG=12AB=3，
∴DH=3，
∵∠C=60°，
∴CD=DHsin60°=23<4，
∵AD∥BC，AD=EF=4，
∴四边形AEFD是平行四边形，
当AE=AD=4时，四边形AEFD是菱形，
当点E与点G重合时，四边形AEFD是矩形，
∴在四边形AEFD形状的变化过程中，依次出现的特殊四边形是平行四边形→菱形→矩形→平行四边形，
故选：A．
【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形的判定的应用，主要考查学生的理解能力和推理能力，题目比较好，难度适中．
【变式2-2】（2023·浙江·一模）如图，菱形ABCD中，点O为对称中心，点E从点A出发沿AB向点B移动，移动到点B停止，作射线EO，交边CD于点F，则四边形AECF形状的变化依次为（ ）
A．平行四边形→正方形→平行四边形→矩形
B．平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
C．平行四边形→正方形→菱形→矩形
D．平行四边形→菱形→正方形→矩形
【答案】B
【分析】根据对称中心的定义，菱形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，点O为对称中心，
∴这个四边形先是平行四边形，当对角线相等时是矩形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是菱形．
故选：B．
【点睛】本题考查了中心对称、菱形的性质、平行四边形的判定与性质以及菱形的判定，根据对角线的情况熟练判定各种四边形的形状是解题的关键．
【变式2-3】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）

A．当AB=BC时，它是正方形B．当AC⊥BD时，它是菱形
C．当AC=BD时，它是矩形D．当∠ABC=90°时，它是矩形
【答案】A
【分析】根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定逐项判断即可得．
【详解】解：A、当AB=BC时，它是菱形（有一组邻边相等的平行四边形是菱形），不一定是正方形，则此项错误，符合题意；
B、当AC⊥BD时，它是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），则此项正确，不符合题意；
C、当AC=BD时，它是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；
D、当∠ABC=90°时，它是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），则此项正确，不符合题意；
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定是解题关键．
【变式2-4】（2021·云南·统考一模）设A,B,C,D是反比例函数y=kx图象上的任意四点，现有以下结论：
①四边形ABCD可以是平行四边形；
②四边形ABCD可以是菱形；
③四边形ABCD不可能是矩形；
④四边形ABCD不可能是正方形．
其中正确的是 ．（写出所有正确结论的序号）
【答案】①④
【分析】利用反比例函数的对称性，画好图形，结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定可以得到结论，特别是对②的判断可以利用反证法．
【详解】解：如图，∵ 反比例函数y=kx的图象关于原点成中心对称，
∴OA=OC,OB=OD,
∴ 四边形ABCD是平行四边形，故①正确，
如图，若四边形ABCD是菱形，
则AC⊥BD,
∴∠COD=90°,
显然：∠COD＜90°,
所以四边形ABCD不可能是菱形，故②错误，

如图，∵ 反比例函数y=kx的图象关于直线y=x成轴对称，
当CD垂直于对称轴时，
∴OC=OD,OA=OB,
∵OA=OC,
∴OA=OB=OC=OD,
∴AC=BD,
∴ 四边形ABCD是矩形，故③错误，

∵ 四边形ABCD不可能是菱形，
∴四边形ABCD不可能是正方形，故④正确，
故答案为：①④．
【点睛】本题考查的是平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，反比例函数的对称性，掌握以上知识是解题的关键．
【变式2-5】（2020·北京·校考模拟预测）在矩形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合），对于任意矩形ABCD，下面四个结论中，
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；
②存在无数个四边形MNPQ是矩形；
③存在无数个四边形MNPQ是菱形；
④至少存在一个四边形MNPQ是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②③
【分析】根据矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：①如图，∵四边形ABCD是矩形，连接AC，BD交于O，
∴OA=OB=OC=OD，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠OBM=∠ODP，∠OAQ=∠OCN，
过点O的直线MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，
∴∠BOM=∠DOP，∠AOQ=∠CON，
所以△BOM≌△DOP（ASA），△AOQ≌△CON（ASA），
所以OM=OP，OQ=ON，
则四边形MNPQ是平行四边形，
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形；故正确；
②如图，当PM=QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形；故正确；
③如图，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故正确；
④当四边形MNPQ是正方形时，MQ=PQ，
则△AMQ≌△DQP，
∴AM=QD，AQ=PD，
∵PD=BM，
∴AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
当四边形ABCD为正方形时，四边形MNPQ是正方形，故错误；
故正确结论的序号是①②③．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理，熟记各定理是解题的关键．
题型03 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质
【例3】（2020·湖南长沙·二模）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等且互相平分B．对角线相等且互相垂直
C．对角线互相平分D．四条边相等
【答案】C
【分析】A．矩形和正方形都有的性质，B．正方形有的性质，C．三个图形都具有的性质，D．菱形和正方形的四条边都相等，但矩形不一定．
【详解】解：A、三个图形中，只有矩形和正方形的对角线相等且互相平分，故本选项错误；
B、三个图形中，只有正方形的对角线相等且互相垂直，故本选项错误；
C、平行四边形的对角线互相平分，以上三个图形都是平行四边形，故本选项正确；
D、矩形的四条边不一定相等，故本选项错误；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的性质，准确分析判断是解题的关键．
【变式3-1】（2023·江苏无锡·无锡市民办辅仁中学校考一模）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，既是轴对称图形又是中心对称图形的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据轴对称图形与中心对称图形的概念进行判断即可．
【详解】解：平行四边形不是轴对称图形，是中心对称图形；
矩形是轴对称图形，是中心对称图形；
菱形是轴对称图形，是中心对称图形；
正方形是轴对称图形，是中心对称图形，
故选：C．
【点睛】本题考查的是中心对称图形与轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后两部分重合．
【变式3-2】（2023·江苏无锡·校考三模）菱形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．对边平行B．对角线互相平分C．对角线互相垂直D．对角互补
【答案】C
【分析】直接根据菱形与矩形的性质定理求解即可求得答案．注意掌握排除法在选择题中的应用．
【详解】解：∵菱形的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线垂直且互相平分；矩形具有的性质：对角相等，对边平行且相等，对角线相等且互相平分，
∴菱形具有而矩形不具有的性质是：对角线互相垂直．
故选C．
【点睛】本题考查了菱形的性质以及矩形的性质．此题比较简单，注意熟记定理是解答此题的关键．
【变式3-3】（2023·湖北随州·模拟预测）矩形具有而菱形也具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分B．对角线相等C．四边相等D．对角线互相垂直
【答案】A
【分析】根据矩形和菱形的性质逐一判断即可．
【详解】解：A、矩形和菱形的对角线都互相平分，故A符合题意；
B、矩形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故B不符合题意；
C、矩形的邻边不一定相等，菱形的邻边相等，故C不符合题意；
D、矩形的对角线不一定互相垂直，菱形的对角线互相垂直，故D不符合题意；
故选B．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、菱形的性质，熟知矩形和菱形的性质是解题的关键．
题型04 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解
【例4】（2023·江西南昌·校考二模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究．如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移33个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，∠C'DD'=60°
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距离为：DD'=C'D'3=3，
即平移3个单位长度后是矩形，

继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=3AD=33，
即再平移23个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质，掌握特殊平行四边形的判定与性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023·广东广州·广州市番禺区市桥星海中学校考一模）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．
【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）3
【分析】（1）由矩形的性质得∠C=∠ADE=90°，再证∠AED=∠DFC，即可得出结论；
（2）证Rt△ADE≌Rt△DCFHL，得DE=CF，再证△DCF≌△DCHSAS，得∠DFC=∠H，然后由平行线的性质得∠ADF=∠DFC，即可得出结论；
（3）延长BC至点G，使CG=DE=8，连接DG，证明△ADE≌△DCGSAS，得∠DGC=∠AED=60°，AE=DG，再证△DFG是等边三角形，则FG=DF=11，根据CF=FG-CG，计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠C=∠ADE=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，AD=DC，
∴Rt△ADE≌Rt△DCFHL，
∴DE=CF，
∵CH=DE，
∴CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，∠DCH=∠DCF=90°，CF=CH，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠DFC=∠H，
∵AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC，
∴∠ADF=∠H；
（3）解：如图3，延长BC至点G，使CG=DE=8，连接DG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∵AD=DC，∠ADE=∠DCG，CG=DE，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，AE=DG，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=DF=11，
∵CF+CG=FG，
∴CF=FG-CG=3，
即CF的长为3．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、矩形的性质、正方形的性质、菱形的性质、全等三角形的判定与性质以及等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质和菱形的性质，证明三角形全等和三角形相似是解题的关键，
【变式4-2】（2023·江苏南通·校考三模）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点，求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求FG的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

【答案】（1）见解析；（2）74；（3）CP的长为32或65．
【分析】（1）先证明∠BFG=90°=∠C，AB=BC=BF，结合公共边从而可得结论；
（2）延长BH，AD交于Q，如图：设FH=HC=x，则BH=BF+FH=6+x，由BC2+CH2=BH2，可得x=73，证明△BFG∽△BCH，再利用相似三角形的性质可得答案；
（3）分两种情况讨论：当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：设DQ=x，QE=y，则AQ=6-x，证明△CPE∽△DQE，可得CP=2x，再证明AQAF=QEEF，即6-x6=y2①，由HE2+HQ2=EQ2，可得(2-12x)2+(32x)2=y2②，联立①②可解得x=34，可得答案；当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：设DQ'=x'，Q'E=y'，则AQ'=6+x'，同理可得：AQ'AF=Q'EEF，即6+x'6=y'4，由H'Q'2+H'E2=Q'E2得：(32x')2+(12x'+4)2=y'2，可解得x'=125，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH=HC=x，则BH=BF+FH=6+x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC-HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴ BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
（3）（Ⅰ）当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则AQ=6-x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，
∴ CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴E到AQ，AF的距离相等，设这个距离为h，
∴S△AQES△AEF=QEEF=12AQ⋅h12AF⋅h，
∴ AQAF=QEEF，即6-x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE-DH=2-12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(2-12x)2+(32x)2=y2②，
联立①②可解得x=34，（不符合题意的根舍去）
∴CP=2x=32；
（Ⅱ）当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：

设DQ'=x'，Q'E=y'，则AQ'=6+x'，
同理∠Q'AE=∠EAF，
同理可得：AQ'AF=Q'EEF，即6+x'6=y'4，
由H'Q'2+H'E2=Q'E2得：(32x')2+(12x'+4)2=y'2，
可解得x'=125，（不符合题意的根舍去）
同理可得：DQ'=2CP，
∴CP=12x'=65，
综上所述，CP的长为32或65．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形，菱形，正方形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键．
【变式4-3】（2023·广东深圳·深圳市龙岗区深圳中学龙岗初级中学校考模拟预测）【问题发现】
（1）在一次小组合作探究课上，老师将正方形ABCD和正方形AEFG按如图所示的位置摆放，连接BE和DG，请直接写出线段BE与DG的数量关系______ ，位置关系______ ；

【类比探究】
（2）若将“正方形ABCD和正方形AEFG改成“矩形ABCD和矩形AEFG，且矩形ABCD ∽矩形AEFG，AE=3，AG=4，如图，点E、D、G三点共线，点G在线段DE上时，若AD=12105，求BE的长．

【拓展延伸】
（3）若将正方形ABCD和正方形AEFG改成菱形ABCD和菱形AEFG，且菱形ABCD∽菱形AEFG如图3，AD=5，AC=6，AG平分∠DAC，点P在射线AG上，在射线AF上截取AQ，使得AQ=35AP，连接PQ，QC，当tan∠PQC=43时，直接写出AP的长．

【答案】（1）BE=DG，BE⊥DG；（2）3；（3）45或2053
【分析】（1）可证明△BAE≌△DAG，从而BE=DG，∠ADG=∠ABE，进一步得出结论；
（2）作AH⊥DE于H，可依次求得EG=5，AH=125，GH=165，解直角三角形Rt△ADH求得DH=365，DG=4，可证明△ABE∽△ADG，从而BEGD=AEAG=34，从而得出BE=34GD=3；
（3）分为两种情形：当Q在AF上时，连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，可证得∠DAC=∠GAF， ADAT=APAQ=53，从而得出△DAT∽△PAQ，从而∠PQA=∠ATD=90°，可推出∠CQH=∠APQ，从而tan∠CQH=tan∠APQ，从而得出CHQH=34，设CH=3x，QH=4x，可求得tan∠CAH=12，从而CHAH=12，从而得出AH=2CH=6x，根据勾股定理得(6x)2+(3x)2=62，得出x=255，进而得出结果；当Q在AF的延长线上时，同样方法得出结果．
【详解】解：（1）如图1，

设DG和BE的延长线交于H，DH和AB交于O，
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠BAD=∠EAG=90°，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△BAE≌△DAG(SAS)，
∴BE=DG，∠ADG=∠ABE，
∵∠AOD=∠BOH，
∴∠BHO=∠DAO=90°，
∴BE⊥DG，
故答案为：BE=DG，BE⊥DG；
（2）如图2，

作AH⊥DE于H，
∵四边形AEFG是矩形，
∴∠EAC=90°，
∵AE=3，AG=4，
∴EG=5，
由S△EAG=12EG⋅AH=12AE⋅AG得，5AH=12，
∴AH=125，
∴GH=AC2-AH2=42-(125)2=165，
在Rt△ADH中，AD=12105，AH=125，
∴DH=(12105)2-(125)2=365，
∴DG=DH-CH=365-165=4，
∵矩形ABCD∽矩形AEFG，
∴∠EAG=∠BAD，AEAG=ABAD，
∴∠BAE=∠DAG，
∴△ABE∽△ADG，
∴ BEGD=AEAG=34，
∴BE=34GD=3；
（3）如图3，

当Q在AF上时，
连接BD，交AC于T，作CH⊥AF，交AF的延长线于H，作CR∥AG，交AF于R，
∵四边形ABCD是菱形，
∴BD⊥AC，AT=12AC=3，
∵菱形ABCD∽菱形AEFG，
∴∠DAB=∠GAE，∠DAC=12∠DAB，∠GAF=12∠GAE，
∴∠DAC=∠GAF，
∴∠DAG=∠CAF，
∵AG平分∠DAC，
∴∠DAG=∠CAG，
∴∠CAF=∠CAG=∠DAG；
∵ ADAT=APAQ=53，∠DAC=∠GAF，
∴△DAT∽△PAQ，
∴∠PQA=∠ATD=90°，
∵AQ=35AP，
∴PQ=AP2-AQ2=AP2-35AP2=45AP，
∴tan∠PAQ=PQAQ=45AP35AP=43，∠PAQ+∠APQ=90°，
∵tan∠PQC=43，
∴∠PAQ=∠PQC，
∴∠CQH=∠APQ，
∴tan∠CQH=tan∠APQ=34，
∴ CHQH=34，
设CH=3x，QH=4x，
如图4，过I作IM⊥AD于M，

∵AD=5，AT=3，∠ATD=90°，
∴DT=52-32=4，
∵∠DAI=∠TAI，DT⊥AT，∠ATD=90°，
∴IM=IT
∴S△ADT=12AT⋅DT=12AD⋅IM+12AT⋅TI=12AD+AT⋅TI，
∴12×3×4=12×5+3×TI，
∴TI=32，
∴tan∠CAG=TIAT=12=tan∠CAH，
∴ CHAH=12，
∴AH=2CH=6x，
∴(6x)2+(3x)2=62，
∴x=255，
∴AQ=AH-QH=2x=455，
∴AP=53AQ=453；
如图5，

当Q在AF的延长线上时，
由上可知：AQ=4x+6x=10x，
∴AQ=10×255=45，
∴AP=53AQ=2053；
综上所述：AP=45或2053．
【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解决问题的关键是正确分类，作辅助线，构造直角三角形．
【变式4-4】（2023·河南信阳·校考三模）综合与实践
综合与实践课上，同学们以“四边形的折叠”为主题开展数学活动．

操作判断
(1)操作一：如图1，将正方形纸片ABCD沿对角线AC折叠，然后将纸片展开；
操作二：依次将边AB，CD折到对角线AC上，折痕分别为AE，CG，使点B，D分别落在对角线AC上的点F，H处，将纸片展开，连接EH，FG．
根据以上操作，易得出结论：四边形EFGH的形状是______．
迁移探究
(2)如图2，将正方形纸片换成矩形纸片，按照（1）中的方式操作，继续探究．
①小明认为此时四边形EFGH的形状仍然符合（1）中的结论，你认为小明的说法正确吗？请说明理由；
②小亮认为可以通过改变矩形AB与BC的比值，让四边形EFGH成为菱形，你认为小亮说法正确吗？请简述理由．
拓展应用
(3)在（2）的条件下，若AB=6，当F，H分别是线段AC的三等分点时，请直接写出四边形EFGH的面积．
【答案】(1)平行四边形
(2)①正确，理由见解析；②不正确，理由见解析
(3)1855或182
【分析】（1）先根据正方形性质和折叠性质证出△AEF≌△CGH，得到EF=GH，再根据平行四边形的判定定理进行证明即可；
（2）①先根据矩形性质和折叠性质证出△AHG≌△CFE，得到GH=EF，再根据平行四边形的判定定理进行证明即可；②根据直角三角形斜边大于直角边进行推断即可；
（3）分两种情况讨论：①当AH=HF=FC时；②当AF=FH=HC时；分别进行计算证明即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，∠BAC=∠DCA，AB=CD，
由折叠的性质可知∠AFE=∠B，∠CHG=∠D，∠EAF=12∠BAC，∠GCH=12∠DCA，AF=AB，CH=CD，
∴∠AFE=∠CHG，∠EAF=∠GCH，AF=CH，
∴△AEF≌△CGHASA，
∴EF=GH，
∵∠AFE=∠CHG，
∴EF∥GH，
∴四边形EFGH是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）①小明的说法正确，
理由：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠B=∠D=90°，AD∥BC，
∴∠HAG=∠FCE，
由折叠的性质可知AF=AB，CH=CD，
∴AF=CH，
∴AH=CF，
∵∠AFE=∠B=∠D=∠CHG=90°，
∴GH∥EF，∠AHG=∠CFE=90°，
∴△AHG≌△CFEASA，
∴GH=EF，
∴四边形EFGH是平行四边形；
②小亮的说法不正确，
理由：在Rt△GHF中，
∵GF>GH，
∴四边形EFGH不可能是菱形；
（3）由（2）知四边形EFGH是平行四边形，
当F，H分别是线段AC的三等分点时，分两种情况讨论：
①当AH=HF=FC时，
如解图1所示，易得AH=FH=CF=3，
∴AC=9，
∴BC=AC2-AB2=35，
∵∠B=∠CFE=90°，∠C=∠C，
∴△CEF∽△CAB，
∴EFAB=CFBC，即EF6=335，
解得EF=655，
∴S四边形EFGH=EF⋅FH=1855；
②当AF=FH=HC时，
如解图2所示．易得AF=FH=HC=6，
∴AC=18，CF=12，
∴BC=AC2-AB2=122，
∵∠B=∠CFE=90°，∠C=∠C，
∴△CEF∽△CAB，
∴EFAB=CFBC，即EF6=12122，
可得EF=32，
∴S四边形EFGH=EF⋅FH=182．
综上所述，四边形EFGH的面积为1855或182．

【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，综合性较强，能够灵活运用相关性质是解题的关键．
【变式4-5】（2023·山西吕梁·统考三模）综合与实践
问题情境：数学课上，老师提出如下问题：如图，四边形ABCD是矩形，分别以AD，CD为边，在矩形ABCD外侧作正方形ADEF和CDMN（点B，A，F在同一直线上，点B，C，N在同一直线上）．连接FN，取FN的中点P，连接BP．
求证：BP⊥FN，BP=12FN．

解决问题：
(1)请你解答老师提出的问题．
数学思考：
(2)受到老师所提问题的启发，“兴趣小组”又提出了一个新问题：如图，若四边形ABCD是平行四边形∠DAB≠90°，其余条件保持不变，则老师所提问题的结论是否保持不变？请你说明理由．

(3)“智慧小组”所提的问题是：如图，四边形ABCD是菱形，分别以AD，CD为边，在菱形外侧作正方形ADEF和CDMN．连接BD并延长，交FN于点P．若∠DAB=30°，FN=6，求BD的长．请你思考该问题，并直接写出结果．

【答案】(1)证明见解析
(2)BP⊥FN，BP=12FN，理由见解析
(3)3-3
【分析】（1）根据矩形与正方形的性质证明∠ABC=90°，BF=BN，从而可得结论；
（2）如图，连接BF，BN， 证明△FAB≌△BCNSAS，可得BF=BN，∠BFA=∠NBC，∠ABF=∠BNC，证明∠DAB+∠ABF+∠NBC=90°，∠DAB+∠ABC=180°，可得∠ABC-∠ABF-∠NBC=90°=∠FBN，从而可得结论；
（3）如图，连接BF,BN，过A作AH⊥BF于H，过D作DG⊥BF于G，连接DF，DN，证明PF=PB=PN=3，BF=BN=32，∠ABH=∠AFH=30°，BH=FH=12BF=322，AD=AB=BHcs30°=6，AH=12AB=62，再证明D在BP上，求解BQ=AQ=AHcs30°=2，DQ=6-2 可得DG=DQ·cs30°=326-2，结合∠FBP=45°，BD=2DG=3-3．
【详解】（1）解：∵正方形ADEF和CDMN，四边形ABCD是矩形，
∴AD=AF，CD=CN，AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∴BF=BN，
∵FN的中点为P，
∴BP⊥FN，BP=12FN；
（2）如图，连接BF，BN，∵正方形ADEF和CDMN，
∴AF=AD，CD=CN，∠DAF=90°=∠DCN，

∵四边形ABCD是平行四边形∠DAB≠90°，
∴AD=BC，AB=CD，∠DAB=∠DCB，
∴AF=BC，AB=CN，∠FAB=∠BCN，
∴△FAB≌△BCNSAS，
∴BF=BN，∠BFA=∠NBC，∠ABF=∠BNC，
∵∠AFB+∠FAB+∠ABF=180°，
∴∠FAB+∠ABF+∠NBC=180°，
∴∠DAB+∠ABF+∠NBC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴∠ABC-∠ABF-∠NBC=90°=∠FBN，
∴BP⊥FN，BP=12FN；
（3）如图，连接BF,BN，过A作AH⊥BF于H，过D作DG⊥BF于G，连接DF，DN，
由（2）得：BF=BN，∠FBN=90°，BP⊥FN，BP=12FN，

∵FN=6，
∴PF=PB=PN=3，BF=BN=32，
∵∠DAB=30°，菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，
结合正方形的性质可得：AB=AD=AF=CD，而∠DAB=30°，
∴∠FAB=90°+30°=120°，∠ABH=∠AFH=30°，BH=FH=12BF=322，
∴AD=AB=BHcs30°=6，AH=12AB=62，
∵直线PB为等腰直角三角形BFN的对称轴，而AD=CD，
∴两个正方形全等，
∴DF=DN，
∴D在BP上，
由AH⊥BF，DG⊥BF，则AH∥DG，
∴∠QDG=∠HAQ=60°-30°=30°，
∵∠DAB=∠ABF=30°，
∴BQ=AQ=AHcs30°=2，
∴DQ=6-2
∴DG=DQ·cs30°=326-2，
由∠FBP=45°，
∴BD=2DG=2×326-2=3-3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的性质，菱形的性质，正方形的性质，锐角三角函数的应用，本题难度大，细节要求高，易错点不注意证明D在BP上，属于压轴题．
【变式4-6】（2023·内蒙古包头·二模）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6,E为CD边上的一点且DE=13DC，∠D=60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，AF与CD交于H且FH=34，直线EF交直线BC于点P，求PE的长．

【答案】（1）见解析；（2）AE的长为92；（3）PE=72
【分析】（1）根据折叠的性质和正方形的性质可得AB=BF，∠BFE=∠A=90°，AB=BC，推得∠BFG=90°=∠C，BF=BC，根据全等三角形的判定即可证明；
（2）设FH=HC=x，根据勾股定理可求得x=73，推得DH=113，根据相似三角形的判定和性质可得BFBC=BGBH=FGHC，求得BG=254，FG=74，根据平行线的性质可得∠1=∠EBG，∠2=∠EBG，求得BG=EG=254，即可求得；
（3）过点P作PM⊥CE于M，根据折叠的性质可得DE=EF=2，∠D=∠PCE=60°，根据相似三角形的判定和性质可得PCFH=ECEF=21，求得PC=32，根据特殊角的锐角三角函数可求得PM=343，CM=34，EM=134，根据勾股定理即可可得．
【详解】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，AB=BC
∴∠BFG=90°=∠C，BF=BC
在Rt△BFG和Rt△BCG中，
BG=BGBF=BC
∴Rt△BFG≌Rt△BCGHL
（2）解：如图：

设FH=HC=x
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2
∴82+x2=(6+x)2
解得x=73
∴DH=DC-HC=113
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG
∴△BFG∽△BCH
∴BFBC=BGBH=FGHC
即68=BG6+73=FG73
∴BG=254，FG=74
∵∠1=∠2，AD∥BC
∴∠1=∠EBG
∴∠2=∠EBG
∴BG=EG=254
∴AE=EF=GE-EG-FG=254-74=184=92
∴AE的长为92；
（3）解：如图，过点P作PM⊥CE于M

∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴DE=EF=2，∠D=∠EFH=60°=∠PCE
又∵∠PEC=∠FEH
∴△PEC∽△FEH
∴PCFH=ECEF=21
∵FH=34
∴PC=32
又∵∠PCE=∠D=60°
在Rt△CPM中，sin60°=32
∴PM=343，CM=12PC=34
∴EM=CE-CM=134
在Rt△PME中，PE=PM2+EM2=19616=144=72
【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，勾股定理，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，特殊角的锐角三角函数，熟练掌握以上判定和性质是解题的关键．
【变式4-7】（2023·江西南昌·统考一模）如图，两个全等的四边形ABCD和OA'B'C'，其中四边形OA'B'C'的顶点O位于四边形ABCD的对角线交点O．
(1)如图1，若四边形ABCD和OA'B'C'都是正方形，则下列说法正确的有_______．（填序号）
①OE=OF；②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的14；③BE+BF=22DB．
(2)应用提升:如图2，若四边形ABCD和OA'B'C'都是矩形，AD=a,DC=b，写出OE与OF之间的数量关系，并证明．
(3)类比拓展:如图3，若四边形ABCD和OA'B'C'都是菱形，∠DAB=α，判断（1）中的结论是否依然成立；如不成立，请写出你认为正确的结论（可用α表示），并选取你所写结论中的一个说明理由．
【答案】(1)①②③
(2)关系为OEOF=ab，证明见解析
(3)①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的12sin2α2；③BE+BF=sinα2DB．证明①的过程见解析
【详解】（1）如图，在图1中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G
∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB 于点G
∴∠OHE=∠OGF=90°
∵四边形ABCD和OA'B'C'都是正方形
∴△OBH≅△OBGAAS
∴OH=OF
∵∠HOE=90°-∠EOG,∠GOF=90°-∠EOG
∴∠HOE=∠GOF
在△HOE和△GOF中
∠OHE=∠OGFOH=OG∠HOE=∠GOF
∴△HOE≅△GOFASA
∴OE=OF
故①正确
∵△HOE≅△GOF
∴SHOE=SGOF
∴SOEBF=SOEBG+SOGF=SOEBG+SOHE=SOHBG=14SABCD
故②正确
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=22BD
∴BE+BF=BE+BG+GF=BE+BG+HE=BG+BH=AB=22DB
故③正确
（2）关系为OEOF=ab，证明如下：
如图，在图2中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G
∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB 于点G
∴∠OHE=∠OGF=90°
∵四边形ABCD和OA'B'C'都是矩形
∴∠OHOG=∠EOF=90°
∵∠HOE=90°-∠EOG,∠GOF=90°-∠EOG
∴∠HOE=∠GOF
在△HOE和△GOF中
∠OHE=∠OGF∠HOE=∠GOF
∴△HOE∼△GOFAA
∴OEOF=OHOG=12AD12DC=ADDC=ab
（3）（1）中结论，①成立，②③不成立，正确结论②重叠部分的面积始终等于四边形ABCD的12sin2α2；③BE+BF=sinα2DB．现证明①如下：
如图，在图3中，过点O作OH⊥AB于点H,OG⊥AB于点G
∵OH⊥AB于点H,OG⊥AB 于点G
∴∠OHE=∠OGF=90°
∵四边形ABCD和OA'B'C'都是菱形
∴△OBH≅△OBGAAS
∴OH=OF
∵∠HOE=α-∠EOG,∠GOF=α-∠EOG
∴∠HOE=∠GOF
在△HOE和△GOF中
∠OHE=∠OGFOH=OG∠HOE=∠GOF
∴△HOE≅△GOFASA
∴OE=OF
考点三 梯形的性质与判定
梯形的定义：一组对边平行而另一组对边不平行的四边形叫梯形.
梯形的分类：
等腰梯形性质：1）等腰梯形的两底平行，两腰相等；
2）等腰梯形的同一底边上的两个角相等；
3）等腰梯形的两条对角线相等；
4）等腰梯形是轴对称图形（底边的中垂线就是它的对称轴）.
等腰梯形判定：1）两腰相等的梯形是等腰梯形；
2）同一底边上的两个角相等的梯形是等腰梯形；
3）对角线相等的梯形是等腰梯形.
【解题思路】判定一个四边形是等腰梯形,必须先判定四边形是梯形,再证明同一底边上的两个角相等或两腰相等或两条对角线相等.
梯形的面积公式：S=12×（上底+下底）×高
解决梯形问题的常用方法（如下图所示）：
1）“作高”：使两腰在两个直角三角形中；
2）“平移对角线”：使两条对角线在同一个三角形中.
3）“延长两腰”：构造具有公共角的两个三角形.
4）“等积变形”：连接梯形上底一端点和另一腰中点，并延长交下底的延长线于一点，构成三角形．并且这个三角形面积与原来的梯形面积相等.
5）平移腰.过上底端点作一腰的平行线，构造一个平行四边形和三角形.
6）过上底中点平移两腰.构造两个平行四边形和一个三角形.
题型01 等腰三角形的性质求解
【例1】（2024·上海杨浦·统考一模）已知：如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，点E在边AB上，AC与DE交于点F，∠ADE=∠DCA．
(1)求证：AF·AC=AE·CD；
(2)如果点E是边AB的中点，求证：AB2=2DF⋅DE．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键．
(1)先证明△ADF∽△ACD，得到AD2=AF·AC；再证明△ADE∽△DCA，得到AD2=AE·CD，等量代换即可．
(2)先△ADE∽△DCA，得到AD2=AE·CD；再证明△ADF∽△EDA，得到AD2=DE·DF，等量代换即可．
【详解】（1）∵∠ADE=∠DCA，∠CAD=∠DAF，
∴△ADF∽△ACD，
∴ADAC=AFAC，
∴AD2=AF·AC；
∵等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，
∴∠CDA=∠DAE
∵∠ADE=∠DCA，
∴△ADE∽△DCA，
∴ADCD=AEAD，
∴AD2=AE·CD；
∴AF·AC=AE·CD．
（2）∵等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，
∴∠CDA=∠DAE
∵∠ADE=∠DCA，
∴△ADE∽△DCA，
∴ADCD=AEAD，
∴AD2=AE·CD， ∠AED=∠DAF，
∵点E是边AB的中点，
∴AE=12AB．
∴AD2=12AB·AB；
∴AB2=2AD2；
∵∠AED=∠DAF，∠EDA=∠ADF，
∴△ADF∽△EDA，
∴ADDE=DFAD，
∴AD2=DE·DF，
∴AB2=2DF·DE．
【变式1-1】（2022上·上海徐汇·九年级校考阶段练习）已知：如图，梯形ABCD中，AD//BC，AB=DC,E是对角线BD上一点，∠BCE=∠ABD
(1)求证：△ABD∽△ECB
(2)求证：DC2=DE⋅DB
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先由AD∥BC得到∠ADB=∠EBC，然后由∠ABD=∠ECB得证△ABD∽△ECB；
（2）先由AB=DC得到∠ABC=∠BCD，再由∠ABD=∠BCE得到∠DBC=∠DCE，从而得到△DEC∽△DCB，再利用相似三角形的性质可得答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠EBC，
又∵∠BCE=∠ABD，
∴△ABD∽△ECB．
（2）∵梯形ABCD中，AD∥BC,AB=DC，
∴∠ABC=∠BCD,
又∵∠BCE=∠ABD，
∴∠DBC=∠DCE，
∵∠BDC=∠CDE，
∴△DEC∽△DCB，
∴DECD=CDDB,
∴CD2=DE·DB.
【点睛】本题考查了梯形的性质、等腰梯形的判定与性质，相似三角形的判定与性质、平行线的性质，解题的关键是熟练应用等量代换得证∠DBC=∠DCE．
【变式1-2】（2023·上海虹口·校联考二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，AB=CD，点E为BC延长线上一点，∠ADB=∠CDE，点F在BD上，联结CF．

(1)求证：AD⋅DE=AC⋅DC；
(2)如果AD⋅CE=DF⋅DB，求证：四边形DFCE为梯形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据题意得四边形ABCD是等腰梯形，由等腰梯形的性质和已知条件可证明△DAB∽△DCE，根据相似比及等量替换即可求解；
（2）由（1）中相似三角形可得对应边的相似比，根据给定条件和等腰梯形的性质，可证明△DBC∽△DCF，可得对应角相等，根据平行的性质和相似的性质，对相关角度进行等量替换，即可证明FC∥DE，即可证明结论成立．
【详解】（1）证明：∵AD∥BC，AB=CD
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴∠DAB=∠ADC,AC=DB
∵AD∥BC
∴∠DCE=∠ADC
∴∠DAB=∠DCE
又∵∠ADB=∠CDE
∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=DBDE，即AD⋅DE=DB⋅DC
又∵AC=DB
∴AD⋅DE=AC⋅DC
（2）∴△DAB∽△DCE
∴ADDC=ABCE，即AD⋅CE=AB⋅DC
∵AD⋅CE=DF⋅DB
∴AB⋅DC=DF⋅DB
∵AB=CD
∴CD⋅CD=DF⋅DB，即DCDB=DFDC，
又∵∠CDF=∠BDC
∴△DBC∽△DCF
∴∠DBC=∠DCF
∵AD∥BC
∴∠DBC=∠ADB
∵∠ADB=∠EDC
∴∠DCF=∠EDC
∴FC∥DE
∵FC≠DE
∴四边形DFCE为梯形．
【点睛】本题主要考查等腰梯形的判定和性质、相似三角形的判定和性质，解题的关键是根据等腰梯形的性质证明三角形相似，得出对应边成比例，由对应边成比例及夹角相等亦可得出三角形相似．
【变式1-3】（2023·四川达州·统考二模）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，点E在BC上，且AB∥DE，
(1)试判断四边形ABED的形状，并说明理由；
(2)若AB=AD=DC，EC=BE，
①求∠B的度数；
②当DC=4cm时，求四边形ABED的面积．
【答案】(1)平行四边形，理由见解析
(2)①60°；②83cm2
【分析】（1）根据对边互相平行的四边形是平行四边形即可作出判断．
（2）①根据题意可先确定△DCE是等边三角形、梯形是等腰梯形，然后即可得出答案；②先求出DF的长，从而根据S=EB×DF即可得出答案．
【详解】（1）解：∵AD∥BC，AB∥DE，
∴四边形ABED是平行四边形；
（2）①∵四边形ABED是平行四边形，
∴AD=BE，AB=DE，
∵AB=AD=DC，EC=BE
∴DE=CD=EC，
∴△DCE是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵四边形ABCD是等腰梯形
∴∠B=∠C=60°，
②∵DC=4cm
∴BE=EC=DC=4cm，
作DF⊥BC于点F，则CF=12EC=2cm，
在Rt△DCF中，根据勾股定理，得：DF=CD2-CF2=42-22=12(cm)，
∴四边形ABED的面积=BE⋅DF=4×12=83(cm2)．
【点睛】本题考查等腰梯形及等边三角形的知识，难度不算太大，但题目综合的知识点比较多，同学们要注意细心解答．
题型02 等腰三角形的判定求解
【例2】（2022上·上海奉贤·九年级统考阶段练习）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC,AD=CD，对角线AC,BD相交于点O．
(1)如图1，当∠ADO=∠DCO，求证：四边形ABCD是等腰梯形；
(2)如图2，如果DB=DC，且AB=3,BC=2，求AD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)AD=1+192.
【分析】（1）先证明OA=OD, 再证明OB=OC, 可得AC=BD, 从而可得答案；
（2）如图，过B作BH⊥AD于H, 过D作DG⊥BC于G, 证明四边形BGDH是矩形，可得BH=DG,HD=BG, 设AD=x, 则AH=x-1, 由BH2=AB2-AH2=BD2-HD2, 再建立方程求解即可．
【详解】（1）证明：∵AD=CD,
∴∠DAC=∠DCA,
∵∠ADO=∠DCO，
∴∠DAC=∠ADO,
∴AO=DO,
∵AD∥BC,
∴∠DAC=∠ACB,∠ADB=∠DBC,
∴∠ACB=∠DBC,
∴OB=OC,
∴OA+OC=OD+OB, 即AC=BD,
∵梯形ABCD，
∴梯形ABCD是等腰梯形．
（2）如图，过B作BH⊥AD于H, 过D作DG⊥BC于G, 而AD∥BC,
∴∠BHD=∠DGB=∠HDG=90°,
∴四边形BGDH是矩形，
∴BH=DG,HD=BG,
∵AD=DB=DC,BC=2,
∴BG=CG=DH=1,
设AD=x, 则AH=x-1,
∵BH2=AB2-AH2=BD2-HD2,
∴32-x-12=x2-12,
解得：x1=1+192,x2=1-192（负根舍去）
∴AD=1+192.
【点睛】本题考查的是等腰三角形的判定，矩形的判定与性质，等腰梯形的判定，勾股定理的应用，一元二次方程的解法，掌握以上知识并灵活运用是解本题的关键．
【变式2-1】（2022上·上海松江·九年级统考期末）已知：如图，梯形ABCD中，DC∥AB，AC=AB，过点D作BC的平行线交AC于点E．

(1)如果∠DEC=∠BEC，求证：CE2=ED⋅CB；
(2)如果AD2=AE⋅AC，求证：AD=BC．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形，等腰梯形的判定，掌握相似三角形的判定与性质，熟悉等腰梯形的性质，是解答本题的关键．
（1）通过证明△DEC∽△CEB，可得CEDE=BECE，可得结论；
（2）依题意，AD2=AE⋅AC，得到△ADE∽△ACD，因此，∠ADE=∠ACD，由已知DE∥BC，DC∥AB，得到∠DEC=∠BCE，∠DCE=∠CAB，进而得到∠ABC=∠CDE，由已知AC=AB，得到∠ABC=∠ACB=∠CDE，最终得到∠ADC=∠BCD，由等腰梯形的判定得到四边形ABCD是等腰梯形，得到证明．
【详解】（1）证明：∵ AC=AB，
∴ ∠ACB=∠ABC，
∵ DC∥AB，
∴ ∠DCE=∠CAB，
∵ DE∥BC，
∴ ∠DEC=∠BCE，
∵ ∠DEC=∠BEC，
∴ ∠DEC=∠BEC=∠BCE=∠ABC，
∴ ∠BAC=∠CBE=∠DCE，BE=BC，
∴ △DEC∽△CEB，
∴ CEDE=BECE，
∴ CE2=ED⋅BE=ED⋅CB．
（2）证明：∵ AD2=AE⋅AC，
∴ ADAE=ACAD，
又∵ ∠DAE=∠DAC，
∴ △ADE∽△ACD，
∴ ∠ADE=∠ACD，
又∵ DE∥BC，
∴ ∠DEC=∠BCE，
∵ DC∥AB，
∴ ∠DCE=∠CAB
在△DCE和△CAB中，
∵ ∠DEC=∠BCE，∠DCE=∠CAB，
∴ ∠ABC=∠CDE，
又∵ AC=AB，
∴ ∠ABC=∠ACB=∠CDE,
∵ ∠ADC=ADE+∠CDE
∠BCD=∠ACB+∠ACD
∴ ∠ADC=∠BCD
又∵ DC∥AB，
∴四边形ABCD是等腰梯形，
∴ AD=BC．
【变式2-2】（2023·上海·模拟预测）已知：如图，AB、AC是⊙O的两条弦，AB=AC，点M、N分别在弦AB、AC上，且AM=CN，AM
(1)求证：OM=ON；
(2)当∠BAC为锐角时，如果AO2=AM⋅AC，求证：四边形AMON为等腰梯形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）如图，联结OB，OC，证明△ABO≌△ACOSSS，则∠MAO=∠OAC，由OA=OC，可得∠NCO=∠OAC，则∠MAO=∠NCO，证明△AOM≌△CONSAS，进而结论得证；
（2）由AO2=AM⋅AC，可得AMAO=AOAC，由∠MAO=∠OAC，可证△AOM∽△ACO，则OMOC=AMOA，∠AOM=∠ACO=∠OAC，则有OM∥AN，AM=ON，进而结论得证．
【详解】（1）证明：如图，联结OB，OC，

在△ABO和△ACO中，
∵AB=ACOB=OCAO=AO，
∴△ABO≌△ACOSSS，
∴∠MAO=∠OAC，
∵OA=OC，
∴∠NCO=∠OAC，
∴∠MAO=∠NCO，
在△AOM和△CON中，
∵AM=CN∠MAO=∠NCOOA=OC，
∴△AOM≌△CONSAS，
∴OM=ON；
（2）证明：AO2=AM⋅AC，
∴AMAO=AOAC，
∵∠MAO=∠OAC，
∴△AOM∽△ACO，
∴OMOC=AMOA，∠AOM=∠ACO=∠OAC，
∴OM=AM，OM∥AN，
∵OM=ON，
∴AM=ON，
∴四边形AMON为等腰梯形．
【点睛】本题主要考查了圆的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等腰梯形的判定．构造恰当的辅助线是解题的关键．
题型03 解决梯形问题的常用方法
【例3】（2023上·上海静安·八年级上海市风华初级中学校考期末）如图，四边形ABCD中，AD∥BC，E是边CD的中点，如果AE平分∠BAD，那么下列结论中不一定成立的是（ ）
A．BE平分∠ABCB．∠AEB=90°
C．AE=12ABD．AB=AD+BC
【答案】C
【分析】延长AE交BC延长线于M，求出∠EAB=∠M，推出AB=BM，AD=CM，AE=EM，即可推出A，B正确，根据梯形中位线与三角形的面积公式即可判断D；根据含30度角的直角三角形的性质判断C选项．
【详解】解：延长AE交BC延长线于M，
∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠M，
∵∠EAD=∠EAB，
∴∠EAB=∠M，
∴AB=BM，
∵E为CD中点，
∴DE=EC，
∵∠DEA=∠CEM，
∴△DAE≌△CME，
∴AD=CM，AE=EM，
∴AD+BC=CM+BC=BM=AB，
∵AB=BM，AE=EM，
∴BE⊥AE；BE平分∠ABC；
∴∠AEB=90°，
故A，B选项正确，
取AB中点F，连接EF，
∵E，F分别是AB，DC的中点，
∴EF是梯形ABCD是中位线
∴ EF=12AD+BC，
∵ ∠AEB=90°，
∴ EF=12AB，
∴ AB=AD+BC，故D选项正确，
当∠ABE=30°时，AE=12AB，故C选项不一定成立
故选：C．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判断，平行线的性质，等腰三角形的性质和判定的应用，梯形的性质，关键是推出△ABM是等腰三角形．
【变式3-1】（2023下·江苏南京·八年级统考期中）在探索平面图形的性质时，往往需通过剪拼的方式帮助我们寻找解题思路．
知识回顾
例如，在证明三角形中位线定理时，就采用了如图①的剪拼方式，将三角形转化为平行四边形使问题得以解决．
实践操作
如图②，在梯形ABCD中，AD∥BC，F是腰DC的中点，请你沿着AF将上图的梯形剪开，并重新拼成一个完整的三角形．
数学发现
如图③，在梯形ABCD中，AD∥BC，E、F分别是两腰AB、DC的中点，我们把EF叫做梯形ABCD的中位线．请类比三角形的中位线的性质，猜想EF和AD、BC有怎样的位置和数量关系?
证明猜想
请结合“实践操作”完成猜想的证明．
【答案】实践操作：画图见解析；数学发现：EF∥AD∥BC，EF=12AD+BC；证明猜想：证明见解析
【分析】数学发现：延长AF交BC延长线于M，证明△ADF≌△MCFAAS可得到所要的三角形；
数学发现：根据梯形性质和三角形的中位线进行猜想即可得出结论；
证明猜想：如图③，连接AF并延长，交BC延长线于点M，证明△ADF≌△MCFAAS得到AD=MC，AF=MF，在△ABM中，利用三角形的中位线可证得EF∥BM，EF=12BM，进而可证得结论．
【详解】解：实践操作：画出如图②所示△ABE．
数学发现： EF∥AD∥BC，EF=12AD+BC．
证明猜想：连接AF并延长，交BC延长线于点M，
∵AD∥BC，
∴∠M=∠DAF．
∵F是DC的中点，
∴DF=CF．
∵∠AFD=∠MFC，
∴△ADF≌△MCFAAS．
∴AD=MC，AF=MF．
∴点F是AM的中点，又点E是AB的中点，
∴EF是△ABM的中位线，
∴EF∥BM，EF=12BM．
∴EF=12MC+BC=12AD+BC．
∵AD∥BC，EF∥BC，
∴EF∥AD．
∴EF∥AD∥BC，EF=12AD+BC．
【点睛】本题考查三角形的中位线、梯形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质，解答的关键是添加辅助线，利用转化思想解决问题．
【变式3-2】（2022上·上海·九年级开学考试）如图，点E、F分别是梯形ABCD两腰的中点，联结EF、DE，如果图中△DEF的面积为1.5，那么梯形ABCD的面积等于 ．
【答案】6
【分析】过点A作AH⊥BC于H，交EF于G，根据梯形中位线定理得到AD∥EF∥BC，根据三角形的面积公式、梯形的面积公式计算，得到答案．
【详解】解：过点A作AH⊥BC于H，交EF于G，如图，
∵点E、F分别是梯形ABCD两腰的中点，
∴EF是梯形ABCD的中位线，
∴AD∥EF∥BC，
∴AG⊥EF，AG=GH，
∵S△DEF=1.5，
∴12EF⋅AG=1.5，
∴EF•AH=1.5×4=6，
∴S梯形ABCD＝EF•AH＝6，
故答案为：6．
【点睛】本题考查的是梯形的中位线、三角形的面积计算，掌握梯形中位线定理是解题的关键．
考点要求
新课标要求
命题预测
正方形的性质与判定
探索并证明正方形的性质定理.
探索并证明正方形的判定定理.
正方形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2024年各地中考还将出现. 其中，正方还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而正方其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视.解答题中考查正方形的性质和判定，45°半角模型，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．
四边形之间的区别和联系
理解矩形、菱形、正方形之间的关系.
梯形的性质与判定
理解梯形的概念.
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称、中心对称
菱形
对边平行且四条边都相等
对角相等
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称、中心对称
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
矩形
1）平行四边形+ 一直角
2）四边形+三直角
平行四边形+两条对角线相等
菱形
1）平行四边形+一组邻边相等
2）四边形+四条边都相等
平行四边形+两条对角线互相垂直
正方形
矩形+一组邻边相等
菱形+一直角
两条对角线互相垂直平分且相等的四边形