专题03 正方形的性质与判定（知识串讲+10大考点）-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版）

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知识一遍过
（一）正方形的性质
（二）正方体的判定
考点一遍过
考点1：正方形的性质——求角度
典例1：（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ABE，则∠BFC的度数为（ ）

A．60°B．75°C．45°D．80°
【答案】A
【分析】由等腰△ADE可求∠ADE度数，则∠CDF度数可知，证明△DCF≌△BCF，可得∠CBF=∠CDF，在△CBF中利用三角形内角和定理可知∠BFC度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=BC，∠DCF=∠BCF=45°．
又CF=CF，
∴△DCF≌△BCFSAS．
∴∠CDF=∠CBF．
∵△ABE是等边三角形，
∴AE=AB，∠BAE=60°．
又AB=AD，
∴AD=AE，且∠DAE=90°+60°=150°，
∴∠ADE=180°-150°÷2=15°．
∴∠CDF=90°-15°=75°=∠CBF．
∴∠BFC=180°-∠FCB-∠CBF=180°-45°-75°=60°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解决三角形中角的度数问题一般运用三角形内角和180°知识，若不能直接运用，则需要利用特殊图形的性质或全等三角形的性质进行转化，而后求解．
【变式1】（2023春·山东济宁·八年级统考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为OB上一点，过点E作EF∥BC交OC于点 F，连接CE，DF． 若∠DFE=115°，则∠BCE的度数为（ ）

A．35°B．30°C．25°D．20°
【答案】C
【分析】证明△DOF≌△COE，根据全等三角形的性质得到∠OCE=∠ODF，进而求出∠BCE．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OC，AC⊥BD，∠OBC=∠OCB=45°，
∵EF∥BC，
∴∠OEF=∠OBC=45°，∠OFE=∠OCB=45°，
∴OE=OF，
∵∠DFE=115°，
∴∠OFD=115°-45°=70°，
∴∠ODF=90°-70°=20°，
在△DOF和△COE中，OD=OC∠DOF=∠COEOF=OE，
∴△DOF≌△COESAS，
∴∠OCE=∠ODF=20°，
∴∠BCE=25°，
故选：C．
【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，掌握正方形的对角线相等、互相垂直且平分是解题的关键．
【变式2】（2023春·内蒙古巴彦淖尔·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△DCE，若∠AED=15°，则∠EAC的度数是( )

A．10°B．15°C．30°D．35°
【答案】C
【分析】由于四边形ABCD是正方形，△DCE是正三角形，由此可以得到AD=DE，接着利用正方形和正三角形的内角的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，DC=AD，∠DAC=45°
又∵△DCE是正三角形，
∴DE=DC
∴DE=AD
∴△ADE是等腰三角形，
∴∠DAE=∠AED=15°，
∵∠DAC=45°，
∴∠EAC=∠DAC-∠DAE=45°-15°=30°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题的关键是利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质．
【变式3】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，点 P 为正方形 ABCD 对角线 AC 上一点，如果 AP=AB，那么 ∠CBP 的度数是（ ）

A．15°B．22.5°C．30°D．45°
【答案】B
【分析】由正方形的性质可得∠BAC=45°，∠ABC=90°，证明∠ABP=∠APB=12180°-45°=67.5°，再利用角的和差关系可得答案．
【详解】解：∵正方形 ABCD，
∴∠BAC=45°，∠ABC=90°，
∵AP=AB，
∴∠ABP=∠APB=12180°-45°=67.5°，
∴∠CBP=90°-67.5°=22.5°，
故答案为：B
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的性质，熟记等边对等角是解本题的关键．
考点2：正方形的性质——求线段
典例2：（2023春·湖南郴州·八年级校考期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，则CH的长是（ ）

A．2.5B．5C．322D．2
【答案】B
【分析】连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=2，CF=32，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=25，然后根据直角三角形斜边上的中线的性质，求CH的长．
【详解】解：如图，连接AC、CF，

∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=2，CF=32，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=AC2+CF2=(2)2+(32)2=25，
∵H是AF的中点，
∴CH=12AF=12×25=5．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质及勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式1】（2023秋·安徽滁州·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且DE=2．将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF，FC．则线段FC的长度是（ ）

A．2B．22C．2D．5
【答案】B
【分析】延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，证明△ADE≌△EHF，得出FH=DE=2，AD=EH，证明CH=DE，根据勾股定理求出CF=CH2+FH2=22即可．
【详解】解：延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，如图所示：

则∠H=90°，
根据旋转可知，AE=EF，∠AEF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=90°，AD=CD，
∴∠AED+∠FEH=∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AED=∠EFH，
∵∠D=∠H=90°，
∴△ADE≌△EHF，
∴FH=DE=2，AD=EH，
∵AD=CD，
∴EH=CD，
∴DC-EC=EH-EC，
∴CH=DE，
∴在Rt△CFH中，根据勾股定理得：CF=CH2+FH2=22．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ADE≌△EHF．
【变式2】（2023春·陕西西安·八年级高新一中校考期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=6，则点B到直线AE的距离为（ ）

A．2B．3C．2D．6
【答案】A
【分析】利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证△APD≌△AEB，过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF．
【详解】解：∵∠EAP=∠BAD=90°，
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS），
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，

∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE= 12+12 = 2，
∴BE= BP2-PE2=2，
∴BF=EF= 22=2，
∴点B到直线AE的距离是2．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、勾股定理的运用等知识，证明三角形全等是解题的关键．
【变式3】（2023春·云南·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，E是正方形外一点，且BE⊥CE，若BE=6，BC=3CE，则BD的长为（ ）

A．62B．9C．92D．93
【答案】B
【分析】在Rt△BCE中，求出CE=322，即可求出BC=3CE=922，再结合四边形ABCD是正方形，便可得出BD的长.
【详解】解：∵BE⊥CE，BE=6，BC=3CE，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，BC2=BE2+CE2，
即(3CE)2=62+CE2，解得CE=322，
∴BC=3CE=922，
又∵ABCD是正方形，
∴BD=2BC=9，
故选：B.
【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形和正方形的性质，属于基础题，要熟练掌握.
考点3：正方形的性质——求面积
典例3：（2022秋·湖北武汉·八年级校联考阶段练习）如图，一个大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是S1,S2，则有（ ）

A．S1>S2B．S1=S2C．S1S2，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
【变式1】（2023秋·浙江·九年级专题练习）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形EFGO绕点O旋转，若两个正方形的边长相等，则两个正方形的重合部分的面积（ ）
A．12B．34C．1D．2
【答案】C
【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCMASA，可得四边形OMBN的面积等于△BOC的面积，即重合部分的面积等于正方形面积的14，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD和四边形OEFG是两个边长相等的正方形，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON=∠MOC，
在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCMASA，
∴S△OBN=S△OCM，
∴四边形OMBN的面积等于△BOC的面积，即重合部分的面积等于正方形面积的14，
∴两个正方形的重合部分的面积=14×22=1，
故选：C．
【点睛】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形OMBN的面积等于△BOC的面积是解此题的关键．
【变式2】（2023春·海南海口·八年级统考期末）三个边长为8cm的正方形按图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分的面积为（ ）

A．16cm2B．24cm2C．28cm2D．32cm2
【答案】D
【分析】连接OD，OC，由正方形的性质可得S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，证明△OED≌△OFC可得S四边形OEDF=S△OCD，进而可求解．
【详解】解：连接OD，OC，
由题意知：四边形ABCD，四边形OMNP都是正方形，
∴∠EOF=∠DOC=90°，OD=OC，∠ODE=∠OCF=45°，S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，
∴∠EOD=∠FOC，
在△OED和△OFC中，
∠EOD=∠FOCOD=OC∠ODE=∠OCF，
∴△OED≌△OFC(ASA)，
∴S△OED=S△OFC，
∴S四边形OEDF=S△OCD，
∴S重叠部分=12S正方形ABCD=12×82=32cm2．
故选：D．

【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明构造全等三角形是解题的关键．
【变式3】（2021春·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在直线l上依次摆放看七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+S4等于( )

A．4B．6C．8D．10
【答案】A
【分析】根据AAS可以得到正方形1两侧的两个直角三角形全等，同理可以得到正方形3两侧的两个直角三角形全等，然后根据勾股定理可以得到S1+S2等于正方形1的面积，S3+S4等于正方形3的面积，然后计算即可．
【详解】解：由图可得，∠ACE=90°，AC=CE，
则∠ACB+∠DCE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠DCE，
在△ABC和△CDE中，
∠ABC=∠CDE∠CAB=∠DCEAC=CE，
∴△ABC≌△CDEAAS，
∴BC=DE，
∴AB2+BC2=AB2+DE2=S1+S2=AC2=1，

同理：正方形3两侧的两个直角三角形全等，
∴S3+S4=3，
∴S1+S2+S3+S4
=(S1+S2)+(S3+S4)
=1+3
=4，
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
考点4：正方形的性质——证明题
典例4：（2023春·山东济南·八年级统考期末）已知：正方形ABCD中，点E，M分别在边AB，AD上．

(1)如图1，CM⊥DE，垂足为点G，求证：DE=CM；
(2)如图2，点F，N分别在边CD，BC上，若EF⊥MN，请判断EF和MN的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)EF=MN，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和等角的余角相等，结合全等三角形的判定AAS证明△AED≌△DMC即可证得结论；
（2）根据正方形的性质和四边形的内角和为360°证得∠EFC=∠MNQ，结合四边形EPCB和四边形ABQM是矩形得到EP=BC=AB=MQ，∠EPF=∠MQN=90°
利用全等三角形的判定AAS证明△EPF≌△MQN即可证得结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CM，
∴∠DGM=90°，
∴∠ADE+∠CMD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CMD=∠AED，
在△AED和△DMC中，
∠A=∠CDM∠AED=∠DMCAD=CD,
∴△AED≌△DMC(AAS)，
∴DE=CM.
（2）解：EF=MN，
理由：作MQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AB=BC，
∵EF⊥MN，
∴∠MGF=90°，
∴∠EFC+∠GNC=360°-90°-90°=180°，∠MNQ+∠GNC=180°，
∴∠EFC=∠MNQ，
由题意知：四边形EPCB和四边形ABQM是矩形，
∴EP=BC=AB=MQ，∠EPF=∠MQN=90°
∴△EPF≌△MQN(AAS)，
∴EF=MN.
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、四边形的内角和等知识，利用全等三角形的性质求解是解答的关键．
【变式1】（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点，点F在射线CD上，且∠EAF=45°．

(1)如图1，当点E在边BC上时，求证：BE+DF=EF；
(2)如图2，当点E在边BC的延长线上时，请你判断BE、DF、EF三条线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，若AB=6，点G在边AB上，且AG=2，点P为AF的中点，在点E从点B沿射线BC运动的过程中，△PAG的周长的最小值为___________（直接写出结果）．
【答案】(1)EF=BE+DF，理由见解析
(2)BE=EF+DF，理由见解析
(3)2+210
【分析】（1）延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．由正方形的性质得出AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABF'=90°，由SAS证明△ABF'≌△ADF，得出∠BAF'=∠DAF，AF'=AF，证出∠EAF'=∠EAF，由SAS证明△EAF'≌△EAF，得出对应边相等即可得出结论．
（2）延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．同（1）法可证∴△ABH≌△ADF(SAS)，所以AH=AF，∠BAH=∠DAF，又∠EAF=45°，可证得∠EAF'=45°=∠EAF，再证明△EAH≌△EAF(SAS)，得EH=EF，即可得出结论．
（3）过点P作直线PN∥AB交AD于N，当G与点F关于PN对称时，PG=PF，PA+PG最小，最小值为AF，
【详解】（1）解：EF=BE+DF
理由：延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABF'=90°，
在△ABF'和△ADF中，AB=AD∠ABF'=∠DBD'=DF ，
∴△ABF'≌△ADF(SAS)，
∴∠BAF'=∠DAF，AF'=AF，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=90°-45°=45°，
∴∠BAE+∠BAF'=45°，
即∠EAF'=45°=∠EAF，
在△EAF'和△EAF中，AF'=AF∠EAF'=∠EAFAE=AE ，
∴△EAF'≌△EAF(SAS)，
∴EF'=EF．
∴EF=EF'=BE+BF'=BE+DF．
（2）解：BE=EF+DF，
理由：在BC上截取BH=DF，连接AH，如图2，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADF=∠BAD=90°，
在△ABH和△ADF中，AB=AD∠ABH=∠ADFBH=DF ，
∴△ABH≌△ADF(SAS)，
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠BAH+∠DAH=∠BAD=90°，
∴∠DAF+∠DAH=∠HAD=90°，
∴∠EAF+∠EAH=∠HAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
在△EAH和△EAF中，AH=AF∠EAH=∠EAFAE=AE ，
∴△EAH≌△EAF(SAS)，
∴EH=EF，
∴BE=BH+EH=DF+EF．
（3）解：过点P作直线PN∥AB交AD于N，当A,P,F三点共线时，如图，

当点E在射线BC上运动时，点P在PN运动，点F在射线CD上运动，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD CD=AB=AD=6，∠D=∠A=90°
∵PN∥AB
∴PN⊥AD，
当G与点F关于PN对称时，PG=PF，PA+PG最小，最小值为AF，
∴CF=AG=2，
由勾股定理得AF=AD2+DF2=62+22=210，
∵△PAG的周长=AG+AP+PG=AG+AP+PF=AG+AF
∴当PA+PG最小，此时，△PAG的周长的最小，
∴△PAG的周长的最小值=AG+AF=2+210．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定，最短距离问题，勾股定理，本题属正方形探究题目，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．注意“半角模型”的应用．
【变式2】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
(1)求证：EB=GD；
(2)判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
(3)若AB=3，AG=2，求EB的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE⊥GD，见解析
(3)17
【分析】（1）结合正方形的性质，证明△GAD≌△EAB（SAS），即可作答；
（2）设DG与AE的交点为P，根据△GAD≌△EAB（SAS），可得∠AEB=∠AGD，结合对顶角相等以及三角形内角和定理即可作答；
（3）连接BD，BD与AC交于点O，根据正方形的性质可得DB=2AB=32，DO=BO=322，结合勾股定理即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形AEFG和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=∠DAB=90°，
∵∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
AG=AE∠GAD=∠EABAD=BA，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB=GD；
（2）解：BE⊥GD，理由如下：
如图，设DG与AE的交点为P，
∵△GAD≌△EAB，
∴∠AEB=∠AGD，
∵∠EPH=∠APG，
∴∠EHG=∠EAG=90°，
∴EB⊥GD；
（3）如图，连接BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴DB=2AB=32，DO=BO=322，AC⊥BD，
∵AG=2，
∴GO=AO+AG=522，
∴GD=OD2+GO2=17，
∴BE=GD=17．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质是解答本题的关键．
【变式3】（2023·江苏常州·统考一模）已知：如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一点，延长BC到F，使CF=CE，连接BE、DF．

(1)求证：BE=DF；
(2)如图2，过点D作DF'⊥DF，交AB边于点F'，判断四边形F'BED是什么特殊四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)平行四边形，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△BCE与△DCF全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）证明△ADF'≌△CDF(ASA)得到AF'=CF，再根据△BCE≌△DCF得到CE=CF，继而根据平行四边形的判定定理证明即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
∴∠DCF=90°，
在△BCE与△DCF中，
BC=DC∠BCE=∠DCFCE=CF，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF；
（2）四边形F'BED是平行四边形，理由如下：
∵DF'⊥DF，
∴∠F'DC+∠CDF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADF'+∠F'DC=90°，
∴∠ADF'=∠CDF，
在△ADF'与△CDF中，
∠ADF'=∠CDFAD=DC∠A=∠DCF=90°，
∴△ADF'≌△CDF(ASA)，
∴AF'=CF，
由（1）可知，△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，
∴AF'=CE，
∴BF'=DE，
∵BF'∥DE，
∴四边形F'BED是平行四边形．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
考点5：正方形的性质——折叠问题
典例5：（2023春·云南德宏·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为12，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH. 若BE:EC=2:1，则线段DH的长是（ ）

A．203B．8C．163D．6
【答案】A
【分析】根据折叠可得DH=EH，在Rt△CHE中，根据BE:EC=2:1可得EC=4，可以根据勾股定理列出方程，从而解出线段DH的长.
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为12，
∴BC=DC=12，∠C=90°，
∵BE:EC=2:1，
∴BE=2EC，
∴BC=3EC=12，
∴EC=4，
∵将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，
∴DH=EH，
∵DH=DC-CH=12-CH，
∴EH=12-CH，
在Rt△CHE中，∠C=90°，
42+CH2=(12-CH)2，
解得CH=163，
∴DH=12-CH=12-163=203，
故选：A.
【点睛】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换。在直角三角形中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键.
【变式1】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④S△FGC=3．其中错误结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；由于S△FGC=S△GCE-S△FEC，求得面积比较即可．
【详解】解：①正确．理由：
∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)；
②正确．理由：
∵EF=DE=13CD=2，设BG=FG=x，则CG=6-x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得(6-x)2+42=(x+2)2，
解得x=3．
∴BG=3=6-3=GC；
③正确．理由：
∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG∥CF；
④错误．理由：
∵S△GCE=12GC⋅CE=12×3×4=6
∵GF=3，EF=2，△GFC和△FCE等高，
∴S△GFC:S△FCE=3:2，
∴S△GFC=35×6=185≠3．故④不正确．
∴错误的个数有1个．
故选：A．
【点睛】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度．
【变式2】（2023春·广西河池·八年级统考期末）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的度数是（ ）
A．15°B．40°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是正方形，BD是对角线，可求出∠ABD,∠CBD的度数，根据折叠可知BE,BF是角平分线，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵AB沿BE折叠后落在BD上，CB沿BF折叠后落在BD上，
∴BE是∠ABD的角平分线，BF是∠CBD的角平分线，
∴∠ABE=∠EBD=12∠ABD=12×45°=22.5°，∠DBF=∠FBC=12∠CBD=12×45°=22.5°
∴∠EBF=∠EBD+∠DBF=22.5°+22.5°=45°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键．
【变式3】（2023·广东肇庆·统考二模）如图，正方形ABCD中，AB=12，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）

A．3B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】连接AG，证明△ABG≌△AFG，得到FG=BG，折叠，得到EF=DE，设DE=x，则EF=x，EC=12-x，则Rt△EGC中根据勾股定理列方程可求出DE的值．
【详解】解：如图，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,AB=BC=CD=AD=12．
∵△ADE沿AE对折至△AEF，
∴EF=DE,AF=AD，∠D=∠AFE=90°，
∴AF=AB，∠AFG=∠B=90°，
又AG是公共边，
∴△ABG≌△AFGHL，
∵G刚好是BC边的中点，
∴BG=FG=CG=12BC=6，
设DE=x，则EF=x，EC=12-x，EG=6+x
在Rt△EGC中，根据勾股定理列方程：
62+12-x2=x+62，解得：x=4．
所以ED的长是4，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．
考点6：正方形的性质——坐标问题
典例6：（2023秋·广西南宁·八年级校考阶段练习）如图，在正方形OABC中，O是坐标原点，点A的坐标为1,3，则点C的坐标是（ ）
A．-2,1B．-1,3C．-3,1D．-3,-1
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△OCD≌△AOE即可得点C的坐标．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
在正方形OABC中，∠AOC=90°，AO=CO，
∵∠AOC=∠CDO=90°，
∴∠COD+∠AOE=∠COD+∠OCD=90°，
∴∠OCD=∠AOE，
在△OCD和△AOE中，∠CDO=∠OEA=90°∠DCO=∠EOACO=OA，
∴△OCD≌△AOE（AAS），
∴CD=OE=1，OD=AE=3，
∴C（-3，1）．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式1】（2023秋·福建三明·八年级统考期末）正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2，按如图的方式放置，A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3、…，分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是（ ）
A．64,127B．127,64C．255,128D．128,255
【答案】A
【分析】先求出B1，B2，B3，B4的坐标，探究规律后即可解决问题．
【详解】∵OC1=OA1=A1B1=1，
∴B11,1，
∵A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3、…，分别在直线y=x+1和x轴上，
∴A21,2，
∴C1C2=B2C2=2可得B23,2，
∴C2C3=C3B3=A3B3=4，同理得B37,4，B415,8，
∴Bn2n-1,2n-1，
∴B664,127
故答案选：A．
【点睛】本题考查了函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，解决问题要从简单图形入手，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
【变式2】（2023·甘肃酒泉·统考二模）我们知道四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D'处，则点C的对应点C'的坐标为（ ）
A．2,3B．3,1 C．2,1D．1,3
【答案】A
【分析】由已知条件得到AD=AD'=2，AO=OB=12AB=1，根据勾股定理得到OD'=AD'2-AO2=22-12=3，于是得到结论．
【详解】解：由已知得AD=AD'=2，
∵AB的中点是坐标原点O，
∴AO=OB=12AB=1，
∴OD'=AD'2-AO2=22-12=3，
∵C'D'=2，C'D'=AB，
∴C'2,3．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
【变式3】（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，把正方形ABCD放在直角坐标系中，直角顶点A落在第二象限，顶点B、D分别落在y轴、x轴上，已知点A(-2,2)、B(0,-3)，则点D的坐标为（ ）
A．(-4,0)B．(-7,0)C．(-5,0)D．(-8,0)
【答案】B
【分析】如图，过点A作AE⊥y轴于E、AF⊥x轴于F，则四边形AEOF是矩形可得AE=OF、AF=OE，再由A、B的坐标结合图形可得BE=5，然后再证明RtΔDAF≅RtΔBAE可得DF=BE=5，进而确定OD的长即可解答．
【详解】解：如图，过点A作AE⊥y轴于E，AF⊥x轴于F，
∵AE⊥y轴，AF⊥x轴，∠EOF=90°，
∴四边形AEOF是矩形，
∴AE=OF，AF=OE，
∵点A(-2,2)、B(0,-3)，
∴AF=AE=2=OF=OE，BO=3，
∴BE=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
在RtΔDAF和RtΔBAE中，
AD=ABAF=AE，
∴RtΔDAF≅RtΔBAE(HL)，
∴DF=BE=5，
∴OD=7，
∴点D(-7,0)．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．
考点7：正方形的判定——证明题
典例7：（2023春·湖南娄底·八年级统考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．求证：四边形AECF是正方形．

【答案】详见解析
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，由BE=DF，得到OE=OF，从而得到四边形AECF是菱形，再由对角线相等的菱形是正方形即可得到结论．
【详解】证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD．
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是菱形．
∵OE=OA=OF，
∴OE=OF=OA=OC，即EF=AC，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
【变式1】（2023春·广东东莞·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别在它的四条边上，且AE=BF=CG=DH．

(1)求证：△EBF≌△HAE；
(2)四边形EFGH的形状是 ；
(3)若AH=a，AE=b，EH=c，请借助图中几何图形的面积关系来证明a2+b2=c2．
【答案】(1)见解析
(2)正方形
(3)见解析
【分析】（1）在正方形ABCD中，由AE=BF=CG=DH可得：AH=BE=CF=DG，即可求证；
（2）由（1）可用同样的方法证得△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，可得到△FCG≌△GDH，然后证明∠HEF=90°，即可得证；
（3）根据大正方形的面积等于4个直角三角形和一个小正方形的面积和，列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=90°．
又∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
∴△AHE≌△BEFSAS；
（2）解：四边形EFGH的形状是正方形，
证明：由（1）得，△AHE≌△BEF，
同理，△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，
∴EF=FG=GH=HE，∠AEH=∠BFE，
∵∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∴∠AEH+∠FEB=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为正方形；
故答案为：正方形；
（3）证明：∵AH=a，AE=b，
∴大正方形的面积为：a+b2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，
则其面积为：12ab×4+c2=2ab+c2，
∴a+b2=2ab+c2，
整理得a2+b2=c2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，三角全等的判断和性质，勾股定理的证明，熟练掌握并会灵活应用相应知识点是解题的关键．
【变式2】（2023春·天津·八年级校考期末）如图，正方形ABCD中，AB=4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)求AG+AE的值；
(3)若F恰为AB的中点，连接DF，求点E到DF的距离．
【答案】(1)见解析
(2)42
(3)5
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．证△EMD≌△ENF即可求解；
（2）证△ADG≌△CDE，可得AG=EC即可求解；
（3）求出DF的长，可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM=EN，
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN=∠DEF=90°，
∵∠MEN-∠MEF=∠DEF-∠MEF，
∴∠DEM=∠FEN，
在△EMD和△ENF中，
∠DEM=∠FENEM=EN∠EMD=∠ENF,
∴△EMD≌△ENFASA，
∴ED=EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE，DC=DA=AB=4，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
DG=DE∠ADG=∠CDEDA=DC,
∴△ADG≌△CDESAS，
∴AG=CE，
由勾股定理得，AC=AD2+CD2=2AD，
∴AE+AG=AE+EC=AC=2AD=42．
（3）解：连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF=FB，
∴DF=22+42=25，
∴点E到DF的距离=12DF=5．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式3】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图所示△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．
(1)求证：四边形CEDF为正方形；
(2)若AC=12，BC=16，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；
（2）利用三角形面积求法得出CE的长．
【详解】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠CFD=∠CED=90°，
∵∠C=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，DN⊥AB于点N，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴DF=DE=DN，
∴矩形CEDF是正方形；
（2）解：AC=12，BC=16，∠C=90°，
∴AB=AC2+BC2=122+162=20，
∵四边形CEDF为正方形，
∴DF=DE=DN，
∵S△ABC=12DF×AC+12DE×BC+12DN×AB=12AC×BC
∴DF×AC+DE×BC+DN×AB=AC×BC，
则ECAC+BC+AB=AC×BC，
故EC=12×1612+16+20=4．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF=DE是解题关键．
考点8：正方形的判定与性质综合
典例8：（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）已知：四边形ABCD是正方形，AB=20，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1)如图1，若∠EDF=45°，AE=CF，则∠DFC的度数为________；
(2)如图2，若∠EDF=45°，点E，F分别是AB，BC上的动点，求△EBF的周长；
(3)如图3，若GD=BF=5，GF和EH交于点O，且∠EOF=45°，求EH的长度．
【答案】(1)67.5°
(2)40
(3)EH=20103
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= 12×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使CK=AE，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CK=AE，连接DK，

∵∠DCK=180°-90°=90°，
∴∠DCK=∠A，
∴△DCK≅△DAESAS，
∴DK=DE，∠CDK=∠ADE，
∴∠KDF=∠CDK+∠CDF=∠ADE+∠CDF=45°，
∴∠KDF=∠EDF，
∵DF=DF，
∴△KDF≅△EDFSAS，
∴KF=EF，
∵KF=CK+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF，
∴BE+EF+BF=BE+AE+CF+BF=AB+BC，
∵AB=BC=20，
∴BE+EF+BF=40，
即△EBF的周长为40；
（3）如图3，作DL∥EH，交AB于点L，交FG于点P，作DM∥FG，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵DH∥LE，DG∥FM，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴GD=BF=FM=5，EH=DL，∠LDM=∠POQ=∠EOF=45°，
∴BM=5+5=10；
由（2）得，BL+LM+BM=40，
∴BL+LM=30，
∴LM=30-BL，
∵∠B=90°，
∴BL2+BM2=LM2，
∴BL2+102=30-BL2，
解得BL=403，
∴AL=20-403=203，
∵AD=AB=20，
∴DL=202+2032=20103，
∴EH=20103．
【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．
【变式1】（2023春·安徽安庆·八年级安庆市石化第一中学校考期末）如图1，四边形ABCD为正方形，点M是对角线BD上的一点（00，
∴a=2+3，即AD=2+3；
②三角形在正方形外部，如下图所示：
已知AD⊥BC,∠BAC=45°,BD=2+1,CD=2-1，
由（1）知ΔACD≅ΔACM，ΔANB≅ΔADB，
∴MC=CD=2-1,BN=BD=2+1，则BC=BD-CD=2，
设正方形边长为a，则BP=(2+1)-a，CP=(2-1)+a，
在RtΔBCP中，由勾股定理可知BP2+CP2=BC2，即[(2+1)-a]2+[(2-1)+a]2=22 ，化简得(a-1)2=0，解得a=1，即AD=1
综上所述，AD的长为2+3或1．
【点睛】本题考查正方形综合题，涉及到全等三角形的判定与性质、翻折的性质特征、勾股定理等知识点，读懂题意，根据题意找到有特殊到一般题型的解题思路是解决问题的关键．
正方形的性质：
因为ABCD是正方形


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

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