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初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形精品达标测试
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这是一份初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形精品达标测试，文件包含1823正方形原卷版docx、1823正方形解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共57页， 欢迎下载使用。
18.2.3 正方形
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和菱形的所有性质。
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，对角线平分对角；
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.
正方形的判定：1）有一个角是直角的菱形是正方形；
2）对角线相等的菱形是正方形；
3）一组邻边相等的矩形是正方形；
4）对角线互相垂直的矩形是正方形；
5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
正方形的面积公式：边长×边长＝×对角线×对角线
【题型一】理解正方形的性质
【典题】（2022春·江西南昌·八年级南昌市第十九中学校考期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【详解】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，解决本题的关键是熟记正方形和矩形的性质．
巩固练习
1（ê）（2022春·湖南长沙·八年级校考期末）下列性质中，矩形具有、正方形也具有、但是菱形却不具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线长度相等 D．一组对角线平分一组对角
【答案】C
【分析】根据矩形、正方形和菱形的性质，得出结论即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
B、对角线互相平分是菱形、矩形和正方形共有的性质，不符合题意；
C、对角线长度相等是矩形和正方形具有的性质，菱形不一定具有，符合题意；
D、一组对角线平分一组对角是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形、正方形和菱形的性质；熟练掌握矩形、正方形和菱形的对角线上的性质是解决问题的关键．
2（ê）（2022春·山东淄博·八年级淄博市博山区第一中学校考期中）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【答案】A
【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．
【详解】根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，
故选A．
【点睛】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．
3（ê）（2022春·辽宁盘锦·八年级统考期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
【答案】B
【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
【题型二】利用正方形的性质求角度
【典题】（2022春·山东聊城·八年级统考期末）如图，正方形ABCD中，点F为AB上一点，CF与BD交于点E，连接AE，若∠BCF=20°，则∠AEF的度数（ ）
A．35° B．40° C．45° D．50°
【答案】D
【分析】先证明△ABE≌△CBE，得到∠BAE=∠BCE=20°，在Rt△BCF中利用三角形内角和180°可求∠BFC度数．再根据三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和求出∠AEF的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BC=BA，∠ABE=∠CBE=45°．
又BE=BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS）．
∴∠BAE=∠BCE=20°．
∵∠ABC=90°，∠BCF=20°
∴∠BFC=180°-∠ABC-∠BCF
=180°-90°-20°
=70°
∵∠BFC=∠BAE+∠AEF
∴∠AEF=∠BFC-∠BAE=70°-20°=50°
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定、以及三角形的外角等于和它不相邻两个内角和的性质．解决正方形中角的问题一般会涉及对角线平分对角成45°．
巩固练习
1（ê）（2022春·贵州遵义·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为（ ）
A．75° B．60° C．55° D．45°
【答案】B
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质得出∠BAE＝150°，AB＝AE，由等腰三角形的性质和内角和得出∠ABE＝∠AEB＝15°，再运用三角形的外角性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∠BAF＝45°，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAE＝90°＋60°＝150°，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°−150°）＝15°，
∴∠BFC＝∠BAF＋∠ABE＝45°＋15°＝60°；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
2（ê）（2022春·贵州毕节·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠BED为（ ）
A．45° B．15° C．10° D．125°
【答案】A
【分析】由等边三角形的性质可得，进而可得，又因为，结合等腰三角形的性质，易得的大小，进而可求出的度数.
【详解】是等边三角形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
.
故选：.
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出的度数，难度适中.
3（ê）（2022春·天津河北·八年级统考期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，AG⊥EF，垂足为G，且AG=AB，则∠EAF=（ ）度
A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】B
【分析】根据正方形的性质以及HL判定，可得出△ABF≌△AGF，故有∠BAF=∠GAF，再证明△AGE≌△ADE，有∠GAE=∠DAE，即可求∠EAF=45°
【详解】解：在正方形ABCD中，∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD，
∵AG⊥EF，∴∠AGF=∠AGE=90°，
∵AG=AB，∴AG=AB=AD，
在Rt△ABF与Rt△AGF中，
∴△ABF≌△AGF，
∴∠BAF=∠GAF，
同理可得：△AGE≌△ADE，
∴∠GAE=∠DAE；
∴∠EAF=∠EAG+∠FAG，
∴∠EAF=45°
故选：B
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、解题的关键是得出△ABF≌△AGF．
4（êê）（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于（ ）
A．75° B．60° C．30° D．45°
【答案】D
【分析】过E作AB的延长线AF的垂线，垂足为F，可得出∠F为直角，又四边形ABCD为正方形，可得出∠A为直角，进而得到一对角相等，由旋转可得∠DPE为直角，根据平角的定义得到一对角互余，在直角三角形ADP中，根据两锐角互余得到一对角互余，根据等角的余角相等可得出一对角相等，再由PD=PE，利用AAS可得出三角形ADP与三角形PEF全等，根据确定三角形的对应边相等可得出AD=PF，AP=EF，再由正方形的边长相等得到AD=AB，由AP+PB=PB+BF，得到AP=BF，等量代换可得出EF=BF，即三角形BEF为等腰直角三角形，可得出∠EBF为45°，再由∠CBF为直角，即可求出∠CBE的度数．
【详解】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，
∴∠APD+∠EPF=90°，
∴∠ADP=∠EPF，
在△APD和△FEP中，
∵，
∴△APD≌△FEP（AAS），
∴AP=EF，AD=PF，
又∵AD=AB，
∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，
∴AP=BF，
∴BF=EF，又∠F=90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，又∠CBF=90°，
则∠CBE=45°．
故选D．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的判定与性质，其中作出相应的辅助线是解本题的关键．
5（ê）（2022春·广东韶关·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．
(1)的大小＝______°；
(2)求证：≌；
(3)若，则的大小＝______°．
【答案】(1)45
(2)证明见解析
(3)65
【分析】（1）由正方形的性质求解即可；
（2）由正方形ABCD可知，，，进而可证≌（SAS）；
（3）由≌△EAD可知，由三角形外角的性质可知，计算求解即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
故答案为45．
（2）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
在△EAB和△EAD中
∵
∴△EAB≌△EAD（SAS）．
（3）
解：∵△EAB≌△EAD
∴
∵
∴
故答案为65．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等，三角形外角的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
【题型三】利用正方形的性质求线段长
【典题】（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．
【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，，
∴OD＝6，
∵四边形是正方形，
∴OB⊥BC，OB=BC=6
∴C点的坐标为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东聊城·八年级统考期末）如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】D
【分析】利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求
出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】绕点顺时针旋转到的位置．
四边形的面积等于正方形的面积等于20，
，
，
中，
故选．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应
边关系是解题关键．
2（ê）（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，正方形的边长为6，点，分别在，上，，连接、，与相交于点，连接，取的中点，连接，则的长为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】根据先证明，进而得，用勾股定理求得，便可得．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
点为的中点，
，
，，
，
，故B正确．
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，三角形全等的判定和性质，解题的关键是证明．
3（êê）（2022春·广西河池·八年级统考期末）如图，正方形的周长为24，为对角线上的一个动点，是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点.此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果；
【详解】解：如图，连接BE，设BE与AC交于点P'，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴P'D=P'B，
∴P'D+P'E=P'B+P'E=BE最小.
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，即为BE的长度.
∵正方形的周长为24
∴直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=6，CE=CD=3，
∴.
故选A.
【点睛】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键
4（êê）（2022春·河南漯河·八年级统考期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG，点G在CD上，AB＝5，CE＝2，T为AF的中点，求CT的长．
【答案】
【分析】连接AC，CF，如图，根据正方形的性质得到AC=，AB=5，CF=CE=2，∠ACD=45°，∠GCF=45°，则利用勾股定理得到AF=，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到CT的长．
【详解】解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴AC=AB=5，CF=CE=2，∠ACD=45°，∠GCF=45°，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，
∵T为AF的中点，
∴，
∴CT的长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质，也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
【题型四】利用正方形的性质求面积
【典题】（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，已知点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积是( )
A．48 B．60
C．76 D．80
【答案】C
【详解】解：∵∠AEB=90°，AE=6，BE=8，
∴AB=
∴S阴影部分=S正方形ABCD-SRt△ABE=102-
=100-24
=76.
故选：C.
巩固练习
1（ê）（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】由题意依据全等三角形的判定得出△BOM≌△CON，进而根据正方形的性质即可得出的大小.
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD．
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA），=S△BOM，
∴，
∵=S正方形ABCD，正方形的边长，，
∴=S正方形ABCD -=.
故选：D.
【点睛】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
2（ê）（2022春·广东肇庆·八年级校考期中）如图所示，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为5和11，则b的面积为（ ）
A．4 B．6 C．16 D．55
【答案】C
【分析】运用正方形边长相等，结合全等三角形和勾股定理来求解即可．
【详解】解：如图：
a，b，c都是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，，
在中，由勾股定理得，
．
故选：C．
【点睛】此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，结合图形求解，对图形的理解能力要比较强，解题的关键是灵活运用正方形边长相等，结合全等三角形和勾股定理来求解．
3（ê）（2022春·陕西商洛·八年级统考期末）如图，在中，，，，以AB为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（ ）
A．13 B．12 C．6 D．3
【答案】A
【分析】由勾股定理求出AB2，再由正方形的面积公式即可得到答案．
【详解】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝2，
∴AB2＝AC2+BC2＝32+22＝13，
∴正方形的面积＝AB2＝13，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的面积计算等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4（êê）（2022春·江苏泰州·八年级校联考期中）如图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，如图②，移动正方形A的位置，使正方形B的一个顶点与正方形A的对称中心重合，则重叠部分面积是正方形B面积的（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方形B的面积为S，正方形B对角线的交点为O，标注字母并过点O作边的垂线，根据正方形的性质可得OE=OM，∠EOM=90°，再根据同角的余角相等求出∠EOF=∠MON，然后利用“角边角”证明△OEF和△OMN全等，根据全等三角形的面积相等可得阴影部分的面积等于正方形B的面积的，再求出正方形B的面积=2正方形A的面积，即可得出答案．
【详解】解：设正方形B对角线的交点为O，如图1，
设正方过点O作边的垂线，则OE＝OM，∠EOM＝90°，
∵∠EOF+∠EON＝90°，∠MON+∠EON＝90°，
∴∠EOF＝∠MON，
在△OEF和△OMN中
，
∴△OEF≌△OMN（ASA），
∴阴影部分的面积＝S四边形NOEP+S△OEF＝S四边形NOEP+S△OMN＝S四边形MOEP＝S正方形CTKW，
即图1中阴影部分的面积＝正方形B的面积的四分之一，
同理图2中阴影部分烦人面积＝正方形A的面积的四分之一，
∵图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，
∴正方形B的面积＝正方形A的面积的2倍，
∴图2中重叠部分面积是正方形B面积的，
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
5（êê）（2022春·湖北鄂州·八年级统考期中）如图，直线l经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B，D作于点E，于点F．已知，，求正方形ABCD的面积．
【答案】
【分析】先由正方形的性质得，，根据垂直得出，求出，根据“AAS”推出，进而得出，，再用勾股定理求出即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵分别过正方形的顶点B，D作于点E，于点F，
∴，
∴，，
∴．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
即正方形ABCD的面积为18．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，能求出是解此题的关键．
【题型五】与正方形有关的折叠问题
【典题】（2022春·湖南邵阳·八年级统考期中）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为
A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可知∠ABE+∠DBE+∠DBF+∠FBC=90°，图形翻折后∠ABE=∠DBE=∠DBF=∠FBC，即可求得则∠EBF的大小．
【详解】∵将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，
∴∠ABE=∠DBE=∠DBF=∠FBC，
∴∠EBF=∠ABC=45°.
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的翻折变换，关键是找准图形翻折后，哪些角是相等的．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东德州·八年级校考期中）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，
∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
2（êê）（2022春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）如图，已知在正方形ABCD中，E是BC上一点，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于点G，连接DG．现有如下4个结论：①AG＝GF；②AG与EC一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据HL证明△ADG≌△FDG，根据角的平分线的意义求∠GDE，根据GE=GF+EF=EC+AG，确定△BGE的周长为AB+AC.
【详解】根据折叠的意义，得△DEC≌△DEF，
∴EF=EC，DF=DC，∠CDE=∠FDE，
∵DA=DF，DG=DG，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴AG=FG，∠ADG=∠FDG，
∴∠GDE=∠FDG+∠FDE
=（∠ADF+∠CDF）
=45°，
∵△BGE的周长=BG+BE+GE，GE=GF+EF=EC+AG，
∴△BGE的周长=BG+BE+ EC+AG
=AB+AC，
是定值，
∴正确的结论有①③④，
故选C.
【点睛】本题考查了正方形中的折叠变化，直角三角形的全等及其性质，角的平分线，三角形的周长，熟练掌握折叠的全等性是解题的关键.
3（êê）（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连结AE，点F在边AD上，连结BF，把沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=3DF；③；④GE=0.2，其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．①③
【答案】B
【分析】根据翻折的性质证△ABF≌△DAE（ASA），得出AF＝DE＝3，BF＝AE，即可判断①正确；根据DF＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，即可判断②错误；由勾股定理得出BF＝5，由S△ABF求出即可求得③正确；根据S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，求出AH，即可判断④正确，进而得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD＝4，∠BAD＝∠D＝90°，
∵CE＝1，
∴DE＝3，
由折叠的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH＝GH，
∴∠BAH+∠ABH＝90°，
∵∠FAH+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠FAH，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF＝DE＝3，BF＝AE，故①正确；
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，
∴AD＝4DF，故②错误；
在Rt△ABF中，
∵BF＝＝＝5，
∴S△ABF＝ AB•AF＝×4×3＝6，故③正确；
∵S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，
∴4×3＝5AH，
∴AH＝，
∴AG＝2AH＝，
∵AE＝BF＝5，
∴GE＝AE﹣AG＝5﹣＝0.2，故④正确；
综上所述：正确的是①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
4（êê）（2022春·江苏常州·八年级统考期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则的值是（ ）
A． B．－1 C．2－ D．3－
【答案】C
【分析】设AD=a，由折叠的性质可得AM=DN=DC=AD=a，∠EFD=90°，利用勾股定理解出FN，设EF=AE=b，则EM=，在Rt△EMF中，ME2+MF2=EF2，从而求出a，b之间的关系，进而得出的值．
【详解】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，设AD=MN=a，
∴AM=DN=DC=AD=a，
∵四边形ABCD为正方形，过点D折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，
在Rt△DFN中，FN===，
∴MF=MN-FN=a-=，
设EF=AE=b，则ME=，
在Rt△EMF中， ME2+MF2=EF2，
即+=b2，
解得：b=(2-)a，
∴==2-．
故选∶C．
【点睛】此题考查了正方形与折叠、勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质．
5（êê）（2022春·广东广州·八年级广东实验中学校考期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于点G，连接DG．
(1)填空，∠EDG=_________°．
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF．
①求线段AG的长；
②求△BEF的面积；
(3)填空：当DE=DG时，若令CE=a，则BF=_________（用含a的式子表示）．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质可得DC=DA，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根据翻折前后两个图形能够完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，从而得解；
（2）①设AG=x，则BG=6-x，根据勾股定理得：EG2=BG2+BE2，列方程可得AG的长；
②先计算△BEG的面积，根据同高三角形面积的关系可得：S△BEF=；
（3）根据等腰三角形三线合一的性质可得F是EG的中点，由（1）和折叠得：AG=FG=EF=CE=a，根据勾股定理可得结论．
（1）
解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG＝∠A＝90°，DA＝DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），
∴∠3＝∠4，
∴∠EDG＝∠3+∠2
＝∠ADF+∠FDC
＝（∠ADF+∠FDC）
＝×90°，
＝45°
故答案为45．
（2）
①由（1）知：Rt△DGA≌Rt△DGF，
∴AG＝FG，
∵E为BC的中点，
∴CE＝EF＝BE＝3，
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
在Rt△BEG中，由勾股定理得：EG2＝BG2+BE2，
即（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
∴AG＝2；
②由①知：BG＝4，BE＝3，
∴S△BEG＝＝6，
∵EF＝3，FG＝2，
∴S△BEF＝．
（3）
∵DE＝DG，∠DFE＝∠C＝90°，
∴点F是EG的中点，
∴AG＝FG＝EF＝CE＝a，
∴EG=EF+FG=2a，
∵，
∴．
故答案为：a．
【点睛】四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
【题型六】正方形的证明问题
【典题】（2022春·广西来宾·八年级统考期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．
（1）求证：△ABM≌△DCM；
（2）当AB：AD的值为多少时，四边形MENF是正方形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析
【分析】（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可；
（2）求出∠EMF=90°，根据正方形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵M为AD中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM，
，
∴△ABM≌△DCM（SAS）；
（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，
理由：当四边形MENF是正方形时，则∠EMF=90°，
∵△ABM≌△DCM，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，
∴AM=DM=AB，
∴AD=2AB，
即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【答案】见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
2（ê）（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡双语实验中学校考期末）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，先把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC后，再把△ABC沿射线BC平移至△GFE，DE、FG相交于点H．
(1)判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
(2)连接AG，求证：四边形ACEG是正方形．
【答案】(1)DE⊥FG，理由见解析
(2)见解析
【分析】（1）由旋转和平移的性质可得∠BAC＝∠CED，∠ABC＝∠GFE，由余角的性质可得结论；
（2）由旋转和平移的性质可得AC＝GE，AC∥GE，AC＝CE，∠ACE＝90°，可得结论．
【详解】（1）解：DE⊥FG，理由如下：
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴∠BAC＝∠CED，
∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴∠ABC＝∠GFE，
∵∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠CED+∠GFE＝90°，
∴∠FHE＝90°，
∴DE⊥GF；
（2）解：∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴AC＝GE，AC∥GE，
∴四边形ACEG是平行四边形，
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴AC＝CE，∠ACE＝90°，
∴四边形ACEG是正方形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定，平移的性质，掌握旋转和平移的性质是解题的关键．
3（ê）（2022春·上海·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是对角线BD上的一点，且AE＝CE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）先证△ADE≌△CDE（SSS），即可证四边形ABCD为平行四边形，进而证四边形ABCD是菱形；
（2）由（1）所得条件，结合AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，即可证明；
(1)
证明：在△ADE与△CDE中，
∴△ADE≌△CDE（SSS），
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDE，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴AB＝AD，
∵AD＝CD，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)
∵△ADE≌△CDE，
∴∠DAE＝∠DCE，
∵∠ABE＝2∠DCE，
∴∠ABE＝2∠DAE，
由（1）知，四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABE＝∠ADE＝2∠DAE
∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝3∠DAE，
∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠AEB＝3∠DAE，
∴∠BAD＝∠BAE+∠DAE＝4∠DAE，
∵∠ABE+∠ADE+∠BAD＝180°，
∴2∠DAE+2∠DAE+4∠DAE＝180°，
∴4∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、正方形的性质、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【题型七】添加一个条件使四边形成为正方形
【典题】（2022春·天津·八年级校考期中）已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（ ）
A．选①② B．选②③ C．选①③ D．选②④
【答案】B
【详解】解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；
C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意．
故选B．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东淄博·八年级统考期末）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① B．仅③ C．①② D．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．
2（ê）（2022春·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考期中）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．
3（ê）（2022·河北石家庄·八年级校联考期中）已知四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．∠D＝90° B．AB＝CD C．AC＝BD D．BC＝CD
【答案】D
【分析】先判断四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可直接判断D正确．
【详解】解：A、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：∠D＝90°，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
B、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：AB＝CD，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
C、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：AC＝BD，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
D、在四边形ABCD中，∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵BC＝CD，
∴四边形ABCD是正方形，（有一组邻边相等的矩形是正方形），
故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，正方形的判定等，解题关键是熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定等．
【题型八】根据正方形性质与判定求解
【典题】（2022春·山东烟台·八年级统考期中）如图，已知正方形中，点是边延长线上一点，连接，过点作，垂足为点，与交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求 BG的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由的余角相等可得∠CBG=∠CDE，进而证明△BCG≌△DCE，从而证明CG=CE；
（2）证明正方形的性质可得，结合已知条件即可求得，进而勾股定理即可求得的长
【详解】（1）∵BF⊥DE
∴∠BFE=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DCE=90°,
∴∠CBG+∠E=∠CDE+∠E，
∴∠CBG=∠CDE
∴△BCG≌△DCE
∴CG=CE
（2）∵，且，，
∴
∵CG=CE
∴，
在中，
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握三角形全等的性质与判定与勾股定理是解题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东临沂·八年级统考期中）如图，在中，的角平分线交于点D，．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，且，求四边形的面积．
【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=，
∴AF=DF=DE=AE==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．
2（êê）（2022秋·全国·八年级期末）（1）如图，以△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，试判断△ABC与△AEG面积之间的关系，并说明理由．
（2）园林小路，曲径通幽，如图2所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是a平方米，内圈的所有三角形的面积之和是b平方米，这条小路一共占地多少平方米．
【答案】（1）相等；（2）平方米．
【分析】（1）过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，得出△ABC与△AEG的两条高，由正方形的特殊性证明△ACM≌△AGN，是判断△ABC与△AEG面积之间的关系的关键；
（2）同（1）道理知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和，求出这条小路一共占地多少平方米．
【详解】解：（1）△ABC与△AEG面积相等．
理由：过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，则∠AMC=∠ANG=90°，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AC=AG，
∵∠BAE+∠CAG+∠BAC+∠EAG=360°，
∴∠BAC+∠EAG=180°，
∵∠EAG+∠GAN=180°，
∴∠BAC=∠GAN，
∴△ACM≌△AGN，
∴CM=GN，
∵S△ABC=AB•CM，S△AEG=AE•GN，
∴S△ABC=S△AEG；
方法2 如下图所示，延长GA到点H，使．连接EH，则．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴易证．
∴，
∴．
方法3 如下图所示，作关于直线AD的对称图形，则．
由对称性质，可知，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴·
方法4 如下图所示，作边BC上的高AN，分别过点E、点G作，，垂足分别为P，Q．
∵，
∴．
∵，
∴易证，
∴．
同理，可证，
∴，
∴
又∵，，
∴易证．
∴，，
∴
．
∴．
（2）由（1）知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和．
∴这条小路的面积为（a+2b）平方米．
【点睛】本题要利用正方形的特殊性，巧妙地借助两个三角形全等，寻找三角形面积之间的等量关系，解决问题．由正方形的特殊性证明△ACM≌△AGN，是判断△ABC与△AEG面积之间的关系的关键．
3（êê）（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
4（êêê）（2022春·辽宁葫芦岛·八年级统考期末）已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1)如图1，若，，则的度数为________；
(2)如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长；
(3)如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度．
【答案】(1)67.5°
(2)40
(3)
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= ×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，
∵AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°，
∴∠CDF+∠CDF=45°，
∴∠CDF=22.5°，
∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°．
（2）如图2，延长BC到点K，使，连接DK，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的周长为40；
（3）如图3，作，交AB于点L，交FG于点P，作，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵，，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴，，，
∴；
由（2）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．
18.2.3 正方形
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和菱形的所有性质。
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，对角线平分对角；
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.
正方形的判定：1）有一个角是直角的菱形是正方形；
2）对角线相等的菱形是正方形；
3）一组邻边相等的矩形是正方形；
4）对角线互相垂直的矩形是正方形；
5）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；
6）四条边都相等，四个角都是直角的四边形是正方形.
正方形的面积公式：边长×边长＝×对角线×对角线
【题型一】理解正方形的性质
【典题】（2022春·江西南昌·八年级南昌市第十九中学校考期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（ ）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直
【答案】D
【分析】对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【详解】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，解决本题的关键是熟记正方形和矩形的性质．
巩固练习
1（ê）（2022春·湖南长沙·八年级校考期末）下列性质中，矩形具有、正方形也具有、但是菱形却不具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线互相平分
C．对角线长度相等 D．一组对角线平分一组对角
【答案】C
【分析】根据矩形、正方形和菱形的性质，得出结论即可．
【详解】解：A、对角线互相垂直是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
B、对角线互相平分是菱形、矩形和正方形共有的性质，不符合题意；
C、对角线长度相等是矩形和正方形具有的性质，菱形不一定具有，符合题意；
D、一组对角线平分一组对角是菱形和正方形具有的性质，矩形不一定具有，不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形、正方形和菱形的性质；熟练掌握矩形、正方形和菱形的对角线上的性质是解决问题的关键．
2（ê）（2022春·山东淄博·八年级淄博市博山区第一中学校考期中）下是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线相等；②它是一个正方形；③它是一个矩形．下列推理过程正确的是（ ）
A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③
C．由③推出①，由①推出② D．由①推出③，由③推出②
【答案】A
【分析】根据正方形和矩形的性质定理解题即可．
【详解】根据正方形特点由②可以推理出③，再由矩形的性质根据③推出①，
故选A．
【点睛】此题考查正方形和矩形的性质定理，难度一般．
3（ê）（2022春·辽宁盘锦·八年级统考期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
【答案】B
【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故选B．
【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键．
【题型二】利用正方形的性质求角度
【典题】（2022春·山东聊城·八年级统考期末）如图，正方形ABCD中，点F为AB上一点，CF与BD交于点E，连接AE，若∠BCF=20°，则∠AEF的度数（ ）
A．35° B．40° C．45° D．50°
【答案】D
【分析】先证明△ABE≌△CBE，得到∠BAE=∠BCE=20°，在Rt△BCF中利用三角形内角和180°可求∠BFC度数．再根据三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和求出∠AEF的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，BC=BA，∠ABE=∠CBE=45°．
又BE=BE，
∴△ABE≌△CBE（SAS）．
∴∠BAE=∠BCE=20°．
∵∠ABC=90°，∠BCF=20°
∴∠BFC=180°-∠ABC-∠BCF
=180°-90°-20°
=70°
∵∠BFC=∠BAE+∠AEF
∴∠AEF=∠BFC-∠BAE=70°-20°=50°
故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定、以及三角形的外角等于和它不相邻两个内角和的性质．解决正方形中角的问题一般会涉及对角线平分对角成45°．
巩固练习
1（ê）（2022春·贵州遵义·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC，BE相交于点F，则∠BFC为（ ）
A．75° B．60° C．55° D．45°
【答案】B
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质得出∠BAE＝150°，AB＝AE，由等腰三角形的性质和内角和得出∠ABE＝∠AEB＝15°，再运用三角形的外角性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD＝90°，AB＝AD，∠BAF＝45°，
∵△ADE是等边三角形，
∴∠DAE＝60°，AD＝AE，
∴∠BAE＝90°＋60°＝150°，AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝（180°−150°）＝15°，
∴∠BFC＝∠BAF＋∠ABE＝45°＋15°＝60°；
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形和等边三角形的性质，并能进行推理计算是解决问题的关键．
2（ê）（2022春·贵州毕节·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE，则∠BED为（ ）
A．45° B．15° C．10° D．125°
【答案】A
【分析】由等边三角形的性质可得，进而可得，又因为，结合等腰三角形的性质，易得的大小，进而可求出的度数.
【详解】是等边三角形，
，，
四边形是正方形，
，，
，，
，
.
故选：.
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的内角和定理，等腰三角形的性质和判定的应用，解此题的关键是求出的度数，难度适中.
3（ê）（2022春·天津河北·八年级统考期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边DC、BC上，AG⊥EF，垂足为G，且AG=AB，则∠EAF=（ ）度
A．30° B．45° C．50° D．60°
【答案】B
【分析】根据正方形的性质以及HL判定，可得出△ABF≌△AGF，故有∠BAF=∠GAF，再证明△AGE≌△ADE，有∠GAE=∠DAE，即可求∠EAF=45°
【详解】解：在正方形ABCD中，∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD，
∵AG⊥EF，∴∠AGF=∠AGE=90°，
∵AG=AB，∴AG=AB=AD，
在Rt△ABF与Rt△AGF中，
∴△ABF≌△AGF，
∴∠BAF=∠GAF，
同理可得：△AGE≌△ADE，
∴∠GAE=∠DAE；
∴∠EAF=∠EAG+∠FAG，
∴∠EAF=45°
故选：B
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、解题的关键是得出△ABF≌△AGF．
4（êê）（2022春·江苏无锡·八年级统考期末）点P是正方形ABCD边AB上一点(不与A、B重合),连接PD并将线段PD绕点P顺时针旋转90°,得线段PE,连接BE,则∠CBE等于（ ）
A．75° B．60° C．30° D．45°
【答案】D
【分析】过E作AB的延长线AF的垂线，垂足为F，可得出∠F为直角，又四边形ABCD为正方形，可得出∠A为直角，进而得到一对角相等，由旋转可得∠DPE为直角，根据平角的定义得到一对角互余，在直角三角形ADP中，根据两锐角互余得到一对角互余，根据等角的余角相等可得出一对角相等，再由PD=PE，利用AAS可得出三角形ADP与三角形PEF全等，根据确定三角形的对应边相等可得出AD=PF，AP=EF，再由正方形的边长相等得到AD=AB，由AP+PB=PB+BF，得到AP=BF，等量代换可得出EF=BF，即三角形BEF为等腰直角三角形，可得出∠EBF为45°，再由∠CBF为直角，即可求出∠CBE的度数．
【详解】过点E作EF⊥AF，交AB的延长线于点F，则∠F=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB，∠A=∠ABC=90°，
∴∠ADP+∠APD=90°，
由旋转可得：PD=PE，∠DPE=90°，
∴∠APD+∠EPF=90°，
∴∠ADP=∠EPF，
在△APD和△FEP中，
∵，
∴△APD≌△FEP（AAS），
∴AP=EF，AD=PF，
又∵AD=AB，
∴PF=AB，即AP+PB=PB+BF，
∴AP=BF，
∴BF=EF，又∠F=90°，
∴△BEF为等腰直角三角形，
∴∠EBF=45°，又∠CBF=90°，
则∠CBE=45°．
故选D．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质，以及等腰直角三角形的判定与性质，其中作出相应的辅助线是解本题的关键．
5（ê）（2022春·广东韶关·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，点F为CD上一点，BF与AC交于点E．
(1)的大小＝______°；
(2)求证：≌；
(3)若，则的大小＝______°．
【答案】(1)45
(2)证明见解析
(3)65
【分析】（1）由正方形的性质求解即可；
（2）由正方形ABCD可知，，，进而可证≌（SAS）；
（3）由≌△EAD可知，由三角形外角的性质可知，计算求解即可．
（1）
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，
故答案为45．
（2）
证明：∵四边形ABCD是正方形
∴，
在△EAB和△EAD中
∵
∴△EAB≌△EAD（SAS）．
（3）
解：∵△EAB≌△EAD
∴
∵
∴
故答案为65．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等，三角形外角的性质．解题的关键在于对知识的灵活运用．
【题型三】利用正方形的性质求线段长
【典题】（2022秋·江苏扬州·八年级统考期末）如图，四边形是正方形，O，D两点的坐标分别是，，点C在第一象限，则点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用O，D两点的坐标，求出OD的长度，利用正方形的性质求出ＯB，BC的长度，进而得出C点的坐标即可．
【详解】解：∵O，D两点的坐标分别是，，
∴OD＝6，
∵四边形是正方形，
∴OB⊥BC，OB=BC=6
∴C点的坐标为：，
故选：D．
【点睛】本题主要考查了点的坐标和正方形的性质，正确求出OB，BC的长度是解决本题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东聊城·八年级统考期末）如图，点是正方形的边上一点，把绕点顺时针旋转到的位置．若四边形AECF的面积为20，DE=2，则AE的长为（ ）
A．4 B． C．6 D．
【答案】D
【分析】利用旋转的性质得出四边形 AECF的面积等于正方形 ABCD的面积，进而可求
出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案．
【详解】绕点顺时针旋转到的位置．
四边形的面积等于正方形的面积等于20，
，
，
中，
故选．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及正方形的性质，正确利用旋转的性质得出对应
边关系是解题关键．
2（ê）（2022春·江苏宿迁·八年级统考期末）如图，正方形的边长为6，点，分别在，上，，连接、，与相交于点，连接，取的中点，连接，则的长为（ ）
A． B． C．5 D．
【答案】B
【分析】根据先证明，进而得，用勾股定理求得，便可得．
【详解】解：四边形为正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，
，
，
，
点为的中点，
，
，，
，
，故B正确．
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，三角形全等的判定和性质，解题的关键是证明．
3（êê）（2022春·广西河池·八年级统考期末）如图，正方形的周长为24，为对角线上的一个动点，是的中点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为P点.此时PE+PD=BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果；
【详解】解：如图，连接BE，设BE与AC交于点P'，
∵四边形ABCD是正方形，
∴点B与D关于AC对称，
∴P'D=P'B，
∴P'D+P'E=P'B+P'E=BE最小.
即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，即为BE的长度.
∵正方形的周长为24
∴直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=6，CE=CD=3，
∴.
故选A.
【点睛】本题题考查了轴对称中的最短路线问题，要灵活运用正方形的性质、对称性是解决此类问题的重要方法，找出P点位置是解题的关键
4（êê）（2022春·河南漯河·八年级统考期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG，点G在CD上，AB＝5，CE＝2，T为AF的中点，求CT的长．
【答案】
【分析】连接AC，CF，如图，根据正方形的性质得到AC=，AB=5，CF=CE=2，∠ACD=45°，∠GCF=45°，则利用勾股定理得到AF=，然后根据直角三角形斜边上的中线性质得到CT的长．
【详解】解：连接AC、CF，如图，
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，
∴AC=AB=5，CF=CE=2，∠ACD=45°，∠GCF=45°，
∴∠ACF=45°+45°=90°，
在Rt△ACF中，
∵T为AF的中点，
∴，
∴CT的长为．
【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质，也考查了直角三角形斜边上的中线性质．
【题型四】利用正方形的性质求面积
【典题】（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，已知点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=6，BE=8，则阴影部分的面积是( )
A．48 B．60
C．76 D．80
【答案】C
【详解】解：∵∠AEB=90°，AE=6，BE=8，
∴AB=
∴S阴影部分=S正方形ABCD-SRt△ABE=102-
=100-24
=76.
故选：C.
巩固练习
1（ê）（2022春·山东济宁·八年级统考期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为（ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【分析】由题意依据全等三角形的判定得出△BOM≌△CON，进而根据正方形的性质即可得出的大小.
【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，
∴OC=OD=BO=AO，∠ABO=∠ACB=45°，AC⊥BD．
∵∠MOB+∠BON=90°，∠BON+∠CON=90°
∴∠BOM=∠CON，且OC=OB，∠ABO=∠ACB=45°，
∴△BOM≌△CON（ASA），=S△BOM，
∴，
∵=S正方形ABCD，正方形的边长，，
∴=S正方形ABCD -=.
故选：D.
【点睛】本题考查正方形的性质以及全等三角形的判定和性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解答本题的关键．
2（ê）（2022春·广东肇庆·八年级校考期中）如图所示，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为5和11，则b的面积为（ ）
A．4 B．6 C．16 D．55
【答案】C
【分析】运用正方形边长相等，结合全等三角形和勾股定理来求解即可．
【详解】解：如图：
a，b，c都是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
，，
在中，由勾股定理得，
．
故选：C．
【点睛】此题主要考查对全等三角形和勾股定理的综合运用，结合图形求解，对图形的理解能力要比较强，解题的关键是灵活运用正方形边长相等，结合全等三角形和勾股定理来求解．
3（ê）（2022春·陕西商洛·八年级统考期末）如图，在中，，，，以AB为一条边向三角形外部作正方形，则正方形的面积是（ ）
A．13 B．12 C．6 D．3
【答案】A
【分析】由勾股定理求出AB2，再由正方形的面积公式即可得到答案．
【详解】解：在△ABC中，∠C＝90°，AC＝3，BC＝2，
∴AB2＝AC2+BC2＝32+22＝13，
∴正方形的面积＝AB2＝13，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的面积计算等知识，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
4（êê）（2022春·江苏泰州·八年级校联考期中）如图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，如图②，移动正方形A的位置，使正方形B的一个顶点与正方形A的对称中心重合，则重叠部分面积是正方形B面积的（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正方形B的面积为S，正方形B对角线的交点为O，标注字母并过点O作边的垂线，根据正方形的性质可得OE=OM，∠EOM=90°，再根据同角的余角相等求出∠EOF=∠MON，然后利用“角边角”证明△OEF和△OMN全等，根据全等三角形的面积相等可得阴影部分的面积等于正方形B的面积的，再求出正方形B的面积=2正方形A的面积，即可得出答案．
【详解】解：设正方形B对角线的交点为O，如图1，
设正方过点O作边的垂线，则OE＝OM，∠EOM＝90°，
∵∠EOF+∠EON＝90°，∠MON+∠EON＝90°，
∴∠EOF＝∠MON，
在△OEF和△OMN中
，
∴△OEF≌△OMN（ASA），
∴阴影部分的面积＝S四边形NOEP+S△OEF＝S四边形NOEP+S△OMN＝S四边形MOEP＝S正方形CTKW，
即图1中阴影部分的面积＝正方形B的面积的四分之一，
同理图2中阴影部分烦人面积＝正方形A的面积的四分之一，
∵图①，正方形A的一个顶点与正方形B的对称中心重合，重叠部分面积是正方形A面积的，
∴正方形B的面积＝正方形A的面积的2倍，
∴图2中重叠部分面积是正方形B面积的，
故选D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟记性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．
5（êê）（2022春·湖北鄂州·八年级统考期中）如图，直线l经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B，D作于点E，于点F．已知，，求正方形ABCD的面积．
【答案】
【分析】先由正方形的性质得，，根据垂直得出，求出，根据“AAS”推出，进而得出，，再用勾股定理求出即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵分别过正方形的顶点B，D作于点E，于点F，
∴，
∴，，
∴．
在和中
，
∴，
∴，．
∵，，
∴，
∴，
即正方形ABCD的面积为18．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，能求出是解此题的关键．
【题型五】与正方形有关的折叠问题
【典题】（2022春·湖南邵阳·八年级统考期中）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小为
A．15° B．30° C．45° D．60°
【答案】C
【分析】根据正方形的性质可知∠ABE+∠DBE+∠DBF+∠FBC=90°，图形翻折后∠ABE=∠DBE=∠DBF=∠FBC，即可求得则∠EBF的大小．
【详解】∵将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，
∴∠ABE=∠DBE=∠DBF=∠FBC，
∴∠EBF=∠ABC=45°.
故选：C．
【点睛】本题考查了图形的翻折变换，关键是找准图形翻折后，哪些角是相等的．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东德州·八年级校考期中）如图，在正方形中，，点，分别在边，上，．若将四边形沿折叠，点恰好落在边上点处，则的长度为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到，进而得到，然后在中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：，
∴，
∴，
设AE=x，则，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
2（êê）（2022春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）如图，已知在正方形ABCD中，E是BC上一点，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于点G，连接DG．现有如下4个结论：①AG＝GF；②AG与EC一定不相等；③；④的周长是一个定值．其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】根据HL证明△ADG≌△FDG，根据角的平分线的意义求∠GDE，根据GE=GF+EF=EC+AG，确定△BGE的周长为AB+AC.
【详解】根据折叠的意义，得△DEC≌△DEF，
∴EF=EC，DF=DC，∠CDE=∠FDE，
∵DA=DF，DG=DG，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG，
∴AG=FG，∠ADG=∠FDG，
∴∠GDE=∠FDG+∠FDE
=（∠ADF+∠CDF）
=45°，
∵△BGE的周长=BG+BE+GE，GE=GF+EF=EC+AG，
∴△BGE的周长=BG+BE+ EC+AG
=AB+AC，
是定值，
∴正确的结论有①③④，
故选C.
【点睛】本题考查了正方形中的折叠变化，直角三角形的全等及其性质，角的平分线，三角形的周长，熟练掌握折叠的全等性是解题的关键.
3（êê）（2022秋·河南南阳·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边CD上，且CE=1，连结AE，点F在边AD上，连结BF，把沿BF翻折，点A恰好落在AE上的点G处，下列结论：①AE=BF；②AD=3DF；③；④GE=0.2，其中正确的是（ ）
A．①②③④ B．①③④ C．①②③ D．①③
【答案】B
【分析】根据翻折的性质证△ABF≌△DAE（ASA），得出AF＝DE＝3，BF＝AE，即可判断①正确；根据DF＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，即可判断②错误；由勾股定理得出BF＝5，由S△ABF求出即可求得③正确；根据S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，求出AH，即可判断④正确，进而得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝CD＝4，∠BAD＝∠D＝90°，
∵CE＝1，
∴DE＝3，
由折叠的性质可知，△ABF≌△GBF，BF垂直平分AG，
∴BF⊥AE，AH＝GH，
∴∠BAH+∠ABH＝90°，
∵∠FAH+∠BAH＝90°，
∴∠ABH＝∠FAH，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（ASA），
∴AF＝DE＝3，BF＝AE，故①正确；
∵DF＝AD﹣AF＝4﹣3＝1，
∴AD＝4DF，故②错误；
在Rt△ABF中，
∵BF＝＝＝5，
∴S△ABF＝ AB•AF＝×4×3＝6，故③正确；
∵S△ABF＝AB•AF＝BF•AH，
∴4×3＝5AH，
∴AH＝，
∴AG＝2AH＝，
∵AE＝BF＝5，
∴GE＝AE﹣AG＝5﹣＝0.2，故④正确；
综上所述：正确的是①③④，
故选：B．
【点睛】本题考查了翻折变换，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
4（êê）（2022春·江苏常州·八年级统考期末）如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在直线折叠后展开，折痕为MN；再过点D折叠， 使得点A落在MN上的点F处，折痕为DE，则的值是（ ）
A． B．－1 C．2－ D．3－
【答案】C
【分析】设AD=a，由折叠的性质可得AM=DN=DC=AD=a，∠EFD=90°，利用勾股定理解出FN，设EF=AE=b，则EM=，在Rt△EMF中，ME2+MF2=EF2，从而求出a，b之间的关系，进而得出的值．
【详解】解：∵把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，设AD=MN=a，
∴AM=DN=DC=AD=a，
∵四边形ABCD为正方形，过点D折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，
∴FD=AD=a，∠DNF=90°，∠FME=90°，
在Rt△DFN中，FN===，
∴MF=MN-FN=a-=，
设EF=AE=b，则ME=，
在Rt△EMF中， ME2+MF2=EF2，
即+=b2，
解得：b=(2-)a，
∴==2-．
故选∶C．
【点睛】此题考查了正方形与折叠、勾股定理，解题的关键在于能够熟练掌握折叠的性质．
5（êê）（2022春·广东广州·八年级广东实验中学校考期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接DE，把△DEC沿DE折叠得到△DEF，延长EF交AB于点G，连接DG．
(1)填空，∠EDG=_________°．
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF．
①求线段AG的长；
②求△BEF的面积；
(3)填空：当DE=DG时，若令CE=a，则BF=_________（用含a的式子表示）．
【答案】(1)
(2)①；②
(3)
【分析】（1）根据正方形的性质可得DC=DA，∠A=∠B=∠C=∠ADC=90°，根据翻折前后两个图形能够完全重合可得∠DFE=∠C，DC=DF，∠1=∠2，再求出∠DFG=∠A，DA=DF，然后利用“HL”证明Rt△DGA和Rt△DGF全等，根据全等三角形对应角相等可得∠3=∠4，然后求出∠2+∠3=45°，从而得解；
（2）①设AG=x，则BG=6-x，根据勾股定理得：EG2=BG2+BE2，列方程可得AG的长；
②先计算△BEG的面积，根据同高三角形面积的关系可得：S△BEF=；
（3）根据等腰三角形三线合一的性质可得F是EG的中点，由（1）和折叠得：AG=FG=EF=CE=a，根据勾股定理可得结论．
（1）
解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴DC＝DA，∠A＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，
∵△DEC沿DE折叠得到△DEF，
∴∠DFE＝∠C，DC＝DF，∠1＝∠2，
∴∠DFG＝∠A＝90°，DA＝DF，
在Rt△DGA和Rt△DGF中，
，
∴Rt△DGA≌Rt△DGF（HL），
∴∠3＝∠4，
∴∠EDG＝∠3+∠2
＝∠ADF+∠FDC
＝（∠ADF+∠FDC）
＝×90°，
＝45°
故答案为45．
（2）
①由（1）知：Rt△DGA≌Rt△DGF，
∴AG＝FG，
∵E为BC的中点，
∴CE＝EF＝BE＝3，
设AG＝x，则BG＝6﹣x，
在Rt△BEG中，由勾股定理得：EG2＝BG2+BE2，
即（3+x）2＝32+（6﹣x）2，
解得：x＝2，
∴AG＝2；
②由①知：BG＝4，BE＝3，
∴S△BEG＝＝6，
∵EF＝3，FG＝2，
∴S△BEF＝．
（3）
∵DE＝DG，∠DFE＝∠C＝90°，
∴点F是EG的中点，
∴AG＝FG＝EF＝CE＝a，
∴EG=EF+FG=2a，
∵，
∴．
故答案为：a．
【点睛】四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
【题型六】正方形的证明问题
【典题】（2022春·广西来宾·八年级统考期末）已知：如图，在矩形ABCD中，M、N分别是边AD、BC的中点，E、F分别是线段BM、CM的中点．
（1）求证：△ABM≌△DCM；
（2）当AB：AD的值为多少时，四边形MENF是正方形？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，理由见解析
【分析】（1）求出AB=DC，∠A=∠D=90°，AM=DM，根据全等三角形的判定定理推出即可；
（2）求出∠EMF=90°，根据正方形的判定推出即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC，∠A=∠D=90°，
∵M为AD中点，
∴AM=DM，
在△ABM和△DCM，
，
∴△ABM≌△DCM（SAS）；
（2）解：当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形，
理由：当四边形MENF是正方形时，则∠EMF=90°，
∵△ABM≌△DCM，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴△ABM、△DCM为等腰直角三角形，
∴AM=DM=AB，
∴AD=2AB，
即当AB：AD=1：2时，四边形MENF是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·重庆·八年级校考期中）如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M、N．
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【答案】见解析
【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可证明四边形MPND是正方形．
【详解】证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
2（ê）（2022春·湖南长沙·八年级长沙市长郡双语实验中学校考期末）如图，已知Rt△ABC中，∠ACB＝90°，先把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC后，再把△ABC沿射线BC平移至△GFE，DE、FG相交于点H．
(1)判断线段DE、FG的位置关系，并说明理由；
(2)连接AG，求证：四边形ACEG是正方形．
【答案】(1)DE⊥FG，理由见解析
(2)见解析
【分析】（1）由旋转和平移的性质可得∠BAC＝∠CED，∠ABC＝∠GFE，由余角的性质可得结论；
（2）由旋转和平移的性质可得AC＝GE，AC∥GE，AC＝CE，∠ACE＝90°，可得结论．
【详解】（1）解：DE⊥FG，理由如下：
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴∠BAC＝∠CED，
∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴∠ABC＝∠GFE，
∵∠BAC+∠ABC＝90°，
∴∠CED+∠GFE＝90°，
∴∠FHE＝90°，
∴DE⊥GF；
（2）解：∵把△ABC沿射线BC平移至△GFE，
∴AC＝GE，AC∥GE，
∴四边形ACEG是平行四边形，
∵把△ABC绕点C顺时针旋转90°至△EDC，
∴AC＝CE，∠ACE＝90°，
∴四边形ACEG是正方形．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的判定，平移的性质，掌握旋转和平移的性质是解题的关键．
3（ê）（2022春·上海·八年级期末）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，AD＝CD，E是对角线BD上的一点，且AE＝CE．
(1)求证：四边形ABCD是菱形；
(2)如果AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】(1)证明见详解
(2)证明见详解
【分析】（1）先证△ADE≌△CDE（SSS），即可证四边形ABCD为平行四边形，进而证四边形ABCD是菱形；
（2）由（1）所得条件，结合AB＝BE，且∠ABE＝2∠DCE，即可证明；
(1)
证明：在△ADE与△CDE中，
∴△ADE≌△CDE（SSS），
∴∠ADE＝∠CDE，
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠CDE，
∴∠ABD＝∠ADE，
∴AB＝AD，
∵AD＝CD，
∴AB＝CD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD＝CD，
∴四边形ABCD是菱形；
(2)
∵△ADE≌△CDE，
∴∠DAE＝∠DCE，
∵∠ABE＝2∠DCE，
∴∠ABE＝2∠DAE，
由（1）知，四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AD，
∴∠ABE＝∠ADE＝2∠DAE
∴∠AEB＝∠ADE+∠DAE＝3∠DAE，
∵AB＝BE，
∴∠BAE＝∠AEB＝3∠DAE，
∴∠BAD＝∠BAE+∠DAE＝4∠DAE，
∵∠ABE+∠ADE+∠BAD＝180°，
∴2∠DAE+2∠DAE+4∠DAE＝180°，
∴4∠DAE＝90°，
∴∠BAD＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴四边形ABCD是正方形．
【点睛】本题主要考查菱形的性质、正方形的性质、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
【题型七】添加一个条件使四边形成为正方形
【典题】（2022春·天津·八年级校考期中）已知四边形ABCD是平行四边形，再从①AB=BC，②∠ABC=90°，③AC=BD，④AC⊥BD四个条件中，选两个作为补充条件后，使得四边形ABCD是正方形，现有下列四种选法，其中错误的是（ ）
A．选①② B．选②③ C．选①③ D．选②④
【答案】B
【详解】解：A、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
B、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以不能得出平行四边形ABCD是正方形，错误，故本选项符合题意；
C、由①得有一组邻边相等的平行四边形是菱形，由③得对角线相等的平行四边形是矩形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意；
D、由②得有一个角是直角的平行四边形是矩形，由④得对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以平行四边形ABCD是正方形，正确，故本选项不符合题意．
故选B．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东淄博·八年级统考期末）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① B．仅③ C．①② D．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．
2（ê）（2022春·江苏镇江·八年级镇江市外国语学校校考期中）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．
3（ê）（2022·河北石家庄·八年级校联考期中）已知四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝90°，如果添加一个条件，即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．∠D＝90° B．AB＝CD C．AC＝BD D．BC＝CD
【答案】D
【分析】先判断四边形ABCD是矩形，由正方形的判定可直接判断D正确．
【详解】解：A、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：∠D＝90°，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
B、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：AB＝CD，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
C、∠A＝∠B＝∠C＝90°，添加一个条件：AC＝BD，得到四边形ABCD是矩形，故此选项不符合题意；
D、在四边形ABCD中，∵∠A＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD为矩形，
又∵BC＝CD，
∴四边形ABCD是正方形，（有一组邻边相等的矩形是正方形），
故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查了矩形的判定，正方形的判定等，解题关键是熟练掌握并能够灵活运用正方形的判定等．
【题型八】根据正方形性质与判定求解
【典题】（2022春·山东烟台·八年级统考期中）如图，已知正方形中，点是边延长线上一点，连接，过点作，垂足为点，与交于点．
（1）求证：；
（2）若，，求 BG的长．
【答案】（1）见解析；（2）
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由的余角相等可得∠CBG=∠CDE，进而证明△BCG≌△DCE，从而证明CG=CE；
（2）证明正方形的性质可得，结合已知条件即可求得，进而勾股定理即可求得的长
【详解】（1）∵BF⊥DE
∴∠BFE=90°
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DCE=90°,
∴∠CBG+∠E=∠CDE+∠E，
∴∠CBG=∠CDE
∴△BCG≌△DCE
∴CG=CE
（2）∵，且，，
∴
∵CG=CE
∴，
在中，
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，掌握三角形全等的性质与判定与勾股定理是解题的关键．
巩固练习
1（ê）（2022春·山东临沂·八年级统考期中）如图，在中，的角平分线交于点D，．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）若，且，求四边形的面积．
【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=，
∴AF=DF=DE=AE==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．
2（êê）（2022秋·全国·八年级期末）（1）如图，以△ABC的边AB、AC向外作正方形ABDE和正方形ACFG，试判断△ABC与△AEG面积之间的关系，并说明理由．
（2）园林小路，曲径通幽，如图2所示，小路由白色的正方形理石和黑色的三角形理石铺成．已知中间的所有正方形的面积之和是a平方米，内圈的所有三角形的面积之和是b平方米，这条小路一共占地多少平方米．
【答案】（1）相等；（2）平方米．
【分析】（1）过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，得出△ABC与△AEG的两条高，由正方形的特殊性证明△ACM≌△AGN，是判断△ABC与△AEG面积之间的关系的关键；
（2）同（1）道理知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和，求出这条小路一共占地多少平方米．
【详解】解：（1）△ABC与△AEG面积相等．
理由：过点C作CM⊥AB于M，过点G作GN⊥EA交EA延长线于N，则∠AMC=∠ANG=90°，
∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形，
∴∠BAE=∠CAG=90°，AB=AE，AC=AG，
∵∠BAE+∠CAG+∠BAC+∠EAG=360°，
∴∠BAC+∠EAG=180°，
∵∠EAG+∠GAN=180°，
∴∠BAC=∠GAN，
∴△ACM≌△AGN，
∴CM=GN，
∵S△ABC=AB•CM，S△AEG=AE•GN，
∴S△ABC=S△AEG；
方法2 如下图所示，延长GA到点H，使．连接EH，则．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，，
∴易证．
∴，
∴．
方法3 如下图所示，作关于直线AD的对称图形，则．
由对称性质，可知，．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
∴；
∴·
方法4 如下图所示，作边BC上的高AN，分别过点E、点G作，，垂足分别为P，Q．
∵，
∴．
∵，
∴易证，
∴．
同理，可证，
∴，
∴
又∵，，
∴易证．
∴，，
∴
．
∴．
（2）由（1）知外圈的所有三角形的面积之和等于内圈的所有三角形的面积之和．
∴这条小路的面积为（a+2b）平方米．
【点睛】本题要利用正方形的特殊性，巧妙地借助两个三角形全等，寻找三角形面积之间的等量关系，解决问题．由正方形的特殊性证明△ACM≌△AGN，是判断△ABC与△AEG面积之间的关系的关键．
3（êê）（2022春·江西吉安·八年级统考期末）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由；
(2)性质探究：如图1，四边形的对角线、交于点，．试证明：；
(3)解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结、、．已知，，求的长．
【答案】(1) 四边形是垂美四边形，理由见解析；(2)证明见解析；(3) .
【分析】（1）根据垂直平分线的判定定理，可证直线是线段的垂直平分线，结合“垂美四边形”的定义证明即可；
（2）根据垂直的定义和勾股定理解答即可；
（3）连接、，先证明，得到，可证，即，从而四边形是垂美四边形，根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】(1)四边形是垂美四边形．
证明：连接AC，BD，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∵，
∴点在线段的垂直平分线上，
∴直线是线段的垂直平分线，
∴，即四边形是垂美四边形；
(2)猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等．
如图2，已知四边形中，，垂足为，
求证：
证明：∵，
∴，
由勾股定理得，，
，
∴；
故答案为．
(3)连接、，
∵，
∴，即，
在和中，，
∴，
∴，又，
∴，即，
∴四边形是垂美四边形，
由(2)得，，
∵，，
∴，，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
4（êêê）（2022春·辽宁葫芦岛·八年级统考期末）已知：四边形ABCD是正方形，，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1)如图1，若，，则的度数为________；
(2)如图2，若，点E，F分别是AB，BC上的动点，求的周长；
(3)如图3，若，GF和EH交于点O，且，求EH的长度．
【答案】(1)67.5°
(2)40
(3)
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= ×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，
∵AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°，
∴∠CDF+∠CDF=45°，
∴∠CDF=22.5°，
∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°．
（2）如图2，延长BC到点K，使，连接DK，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即的周长为40；
（3）如图3，作，交AB于点L，交FG于点P，作，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵，，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴，，，
∴；
由（2）得，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．
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