2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题29 正方形的性质与判定【十六大题型】（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8148" 【题型1 根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】 PAGEREF _Tc8148 \h 2
\l "_Tc15791" 【题型2 正方形的判定定理的理解】 PAGEREF _Tc15791 \h 7
\l "_Tc19199" 【题型3 证明四边形是正方形】 PAGEREF _Tc19199 \h 10
\l "_Tc26270" 【题型4 求正方形重叠部分面积】 PAGEREF _Tc26270 \h 16
\l "_Tc8323" 【题型5 与正方形有关的折叠问题】 PAGEREF _Tc8323 \h 21
\l "_Tc1595" 【题型6 根据正方形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc1595 \h 28
\l "_Tc11723" 【题型7 根据正方形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc11723 \h 35
\l "_Tc13346" 【题型8 根据正方形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc13346 \h 43
\l "_Tc21623" 【题型9 根据正方形的性质与判定证明】 PAGEREF _Tc21623 \h 50
\l "_Tc6685" 【题型10 根据正方形的性质与判定解决多结论问题】 PAGEREF _Tc6685 \h 58
\l "_Tc21287" 【题型11 与正方形有关的动点问题】 PAGEREF _Tc21287 \h 68
\l "_Tc20549" 【题型12 与正方形有关的规律探究问题】 PAGEREF _Tc20549 \h 73
\l "_Tc19878" 【题型13 正方形与一次函数的综合应用】 PAGEREF _Tc19878 \h 79
\l "_Tc28420" 【题型14 正方形与反比例函数的综合应用】 PAGEREF _Tc28420 \h 87
\l "_Tc5973" 【题型15 正方形与一次函数、反比例函数综合应用】 PAGEREF _Tc5973 \h 94
\l "_Tc11856" 【题型16 正方形与二次函数综合应用】 PAGEREF _Tc11856 \h 105
【知识点 正方形的性质与判定】
定义：
四个角相等、四条边也相等的四边形叫作正方形
性质：
正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的一切性质．
性质1：正方形的四个内角都相等，且都为，四条边都相等．
性质2：正方形的对角线互相垂直平分且相等，对角线平分一组对角．
性质3：正方形具有4条对称轴，两条对角线所在的直线和过两组对边中点的两条直线．
另外，由正方形的性质可以得出：
（1）正方形的对角线把正方形分成四个小的等腰直角三角形．
（2）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半．
3．判定：
判定一个四边形是正方形，除了定义之外，还可以采用以下方法：
（1）先证明是矩形，再证明该矩形有一组邻边相等，或对角线互相垂直．
（2）先证明是菱形，再证明该菱形的一个角是直角，或两条对角线相等．
【题型1 根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】
【例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1-1】（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE=BC．则∠BEC的度数为 ．
【答案】67.5°
【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；
根据正方形的性质得到线段相等和∠DBC=45°，再根据三角形的内角和即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形．
∴BC=CD，∠DBC=45°，
∵BE=CD，
∴BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=(180°-45°)÷2=67.5°，
故答案为：67.5°
【变式1-2】（2023·河南·统考二模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于E、F，则阴影部分的面积是 ．

【答案】1
【分析】证明△DEO≌△BFO，可推出阴影面积等于△BOC的面积．
【详解】解：在正方形ABCD中，
AD∥BC，OD=OB，
∴∠ODE=∠OBF，又∠DOE=∠BOF，
∴△DEO≌△BFOASA，
∴S△DEO=S△BFO，
阴影面积= S△BOC =12×2×1=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定和性质，难度不大，会把两个阴影面积转化到一个图形中去．
【变式1-3】（2023·江苏盐城·校考模拟预测）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG=2S△BCE，GH=1，则DK的长为 ．

【答案】152
【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，设DF=BE=a,AF=CE=b，先证明四边形DFGL是矩形，四边形CEBI和CEKL均是矩形，可得∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE，再根据△DCL≌CBI，可得四边形DFGL是正方形，四边形CEKL是正方形，从而得到AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，GI=b，再由S四边形ABIG=2S△BCE可得b=32a，再根据△AGH∽△DLH，可得ab-b-a2=0，从而得到a=3，b=32a=92，进而完成解答．
【详解】解：如图，过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，

根据题意得：Rt△BCE=Rt△DAF，
∴∠F=∠E=90°,DF=BE,AF=CE，∠DAF=∠BCE，
设DF=BE=a,AF=CE=b，
∵CG⊥AF，BI⊥CG，DK⊥BE，
∴∠FGL=∠FIB=∠BIC=∠K=90°，
∴∠CBI+∠BCI=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD=∠ACB=45°，CD=BC，∠DCB=90°，
∴∠CAF=∠ACE，∠DCL+∠BCI=90°，
∴AF∥CE，∠DCL=∠CBI，
∴CG⊥CE，
同理：DF∥E，
∴DK⊥DF，
∴∠FGL=∠F=∠FDL=90°，
∴四边形DFGL是矩形，
同理：四边形CEBI和CEKL均是矩形，
∴∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE
∴△DCL≌CBI，
∴DL=CI=BE，
∴DL=DF，
∴四边形DFGL是正方形，
∴DF=FG=BE=CI=a，AF∥DL，
同理四边形CEKD是正方形，
∴CL=CE=AF=BI=b，
∴AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，
∴GI=b，
∵S四边形ABIG=2S△BCE，
∴12AG+BI×GI=2×12CE×BE，即12b-a+b×b=2×12ab，
∴b=32a，
∵AF∥DL，
∴△AGH∽△DLH，
∴AGDL=GHHL，即b-aa=1a-1，
∴ab-b-a2=0，即a×32a-32a-a2=0，解得：a=3或0（舍去），
∴b=32a=92，
∴DK=a+b=152．
故答案为：152．
【题型2 正方形的判定定理的理解】
【例2】（2023·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定逐项判断即可．
【详解】解：A中图形中是一组邻边相等不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
B中图形给出∠OAD=45∘，根据菱形的对角线平分对角可得到∠BAD=90∘，则可判定此菱形是正方形，符合题意；
C中图形只给出OA=OC，但不能证得AC=BD，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
D中图形只给出∠AOB=90∘，即对角线互相垂直平分，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的性质，熟知正方形的判定方法是解答的关键．
【变式2-1】（2023·河北邢台·二模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，能判定四边形ABCD是正方形的是（ ）
A．AC=BC=CD=DA
B．AO=CO，BO=DO，AC⊥BD
C．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
D．AB=BC，CD⊥DA
【答案】C
【分析】根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：A、∵AC=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵AO=BO=CO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故本选项符合题意；
D、由AB=BC，CD⊥DA，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
【变式2-2】（2023·河南南阳·统考三模）在▱ABCD中，已知AC、BD为对角线，现有以下四个条件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．从中选取两个条件，可以判定▱ABCD为正方形的是 ．（写出一组即可）
【答案】①③或①④或②③或②④
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定作出选择即可．
【详解】①③：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形（对角线互相垂直矩形是正方形）；
①④：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；
②③：∵在▱ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形（对角线垂直的矩形是正方形）；
②④：∵在▱ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；
故答案为：①③或①④或②③或②④．
【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本题的关键．
【变式2-3】（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE=DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
【题型3 证明四边形是正方形】
【例3】（2023·山西忻州·统考模拟预测）综合与实践
如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC与AB重合，得到△ABE，过点E作EF∥BC，交AB于点F，过点F作FG⊥BC于点G．

(1)求证：四边形BEFG是正方形；
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC．D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AFE，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G，过点F作FH∥BC，交AD于点H，且∠AEG=∠AHG．求证：四边形EGHF是矩形；
(3)在图2中，若∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BD=3DC．将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AEF，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G．求线段FI的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2512
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠C=∠ABC=45°，由旋转性质可得∠ABE=∠C=45°，根据平行线性质得到∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°，即可证明；
（2）由旋转性质可得∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC，求得∠JGH=∠EAJ=90°，根据平行线性质，矩形判定定理即可得出结论；
（3）根据勾股定理得到BC=AB2+AC2=42+32=5，求得CD，根据三角函数即可求出．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°．
∵△AEB由△ADC旋转所得，
∴∠ABE=∠C=45°．
∴∠EBG=∠ABE+∠ABC=45°+45°=90°．
∵EF∥BC，FG⊥BC，
∴∠EFG=∠BGF=90°．
∴∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°．
∴四边形BEFG是矩形．
∵∠BGF=90°，∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BFG．
∴∠BFG=45°．
∴BG=FG．
∴四边形BEFG是正方形．
（2）
证明：∵∠BAC=90°，
∴∠C+∠B=90°．
∵△AEF由△ACD旋转所得，
∴∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC．
∵FH∥BC，
∴∠AFH=∠B．
∴∠EFH=∠AFE+∠AFH=∠C+∠B=90°．
又∵FH∥BC，EG∥BC，
∴EG∥FH．
∴∠FEG=180°-∠EFH=180°-90°=90°．
∵∠DAC+∠BAD=90°，∠EAF=∠DAC，
∴∠EAJ=∠EAF+∠BAD=90°．
∵∠AEG=∠AHG，∠AJE=∠GJH，
∴∠JGH=∠EAJ=90°．
∴∠JGH=∠EFH=∠FEG=90°．
∴四边形EGHF为矩形．
（3）解：由勾股定理可得，BC=AB2+AC2=42+32=5，
由题意得EF=CD=BC4=54，cs∠AFE=cs∠ACB=35．
∴FI=EFcs∠AFE=2512．
【点睛】本题是四边形的综合题， 考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理， 熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023·湖南邵阳·统考中考真题）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】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
【变式3-2】（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，△ABC中，AB=AC，D、F分别为BC、AC的中点，连接DF并延长到点E，使FE=DF，连接AE、AD、CE．请添加一个条件：___________，使得四边形AECD是正方形，并说明理由．

【答案】∠BAC=90°（答案不唯一），理由见解析
【分析】先证明四边形AECD是平行四边形，再证明△ABC是等腰三角形，由D是BC的中点得到AD⊥BC，则∠ADC=90°，即可证明四边形AECD是矩形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得到AD=CD=12BC，即可证明四边形AECD是正方形．
【详解】解：∠BAC=90°．
故答案为：∠BAC=90°（答案不唯一）
理由：∵F是AC的中点，
∴CF=FA，
又∵FE=DF，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形AECD是矩形，
∵∠BAC=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∵D是BC的中点，
∴AD=CD=12BC，
∴四边形AECD是正方形．
【点睛】此题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握相关判定是解题的关键．
【变式3-3】（2023·福建泉州·统考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，将ΔABC绕点A逆时针旋转得到ΔADE（点B的对应点是点D，且0°0，可求得 x=2，即D2,3．
【详解】解：如图，设AD与y轴交于点P，

∵正方形ABCD的顶点A，D分别在函数y=-3xx0的图象上，点B，C在x轴上，
∴S矩形ABOP=|-3|=3，S矩形DCOP=6=6，
∴S正方形ABCD=S矩形ABOP+S矩形DCOP=3+6=9．
∴正方形的边长为3，即CD=3，
∴yD=3．
将yD=3代入y=6x，得
3=6x，
解得：x=2，
∴D2,3．
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数比例系数k的几何意义．掌握过反比例函数y=kxk≠0图象上任意一点作x轴、y轴的垂线，它们与x轴、y轴所围成的矩形面积为k是解题关键．
【变式14-1】（2023·北京西城·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是(5,0)，点B是函数y=6xx>0图象上的一个动点，过点B作BC⊥y轴交函数y=-2xx0图象上，
∴点B的纵坐标为65，
∴AB=65
∵BC⊥y轴，
∴点C的纵坐标为65，
∵点C是函数y=-2xx0)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14-3】（2023·福建·统考中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数y=3x和y=nx的图象的四个分支上，则实数n的值为（ ）

A．-3B．-13C．13D．3
【答案】A
【分析】如图所示，点B在y=3x上，证明△AOC≌△OBD，根据k的几何意义即可求解．
【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，点B在y=3x上，

∵OB=OA，∠AOB=∠BDO=∠ACO=90°，
∴∠CAO=90°-∠AOC=∠BOD．
∴△AOC≌△OBD．
∴S△AOC=S△OBD=32 =n2．
∵A点在第二象限，
∴n=-3．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的k的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【题型15 正方形与一次函数、反比例函数综合应用】
【例15】（2023·江苏·一模）直线l：y=12x-1分别交x轴，y轴于A，B两点，
(1)求线段AB的长；
(2)如图，将l沿x轴正方向平移，分别交x轴，y轴于E，F两点，若直线EF上存在两点C，D，使四边形ABCD为正方形，求此时E点坐标和直线AD的解析式；
(3)在（2）的条件下，将EF绕E点旋转，交直线l于P点，若∠OAB+∠OEP=45°，求P点的坐标．
【答案】(1)AB=5
(2)E7,0,y=-2x+4
(3)P的坐标为4,1或-8,-5
【分析】（1）由直线解析式可得A，B点坐标，可求出AB的长；
（2）过点C作CG⊥OF于G，证得△AOB≌△BGCAAS，可得CG=OB=1，BG=OA=2，则C1,-3，过点D作DH⊥AE于H，求出直线EF的解析式，则可求出点E的坐标；
（3）①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，过点E作EQ⊥EP交AP于Q，过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，证得△PEG≌△EQHAAS，②当P在x轴下方时，由点P关于x轴的对称点N4,-1，可求出直线EN的解析式，可求出P点坐标．
【详解】（1）解：令x=0，则y=-1，
∴B0,-1，
令y=0，则x=2，
∴A2,0，
∴AB=12+22=5．
（2）过点C作CG⊥OF于G，
∵∠ABC=∠CGB=∠AOB=90°，
∴∠CBG=∠BAO=90°-∠OBA，
∵AB=BC，
∴△AOB≌△BGCAAS，
∴CG=OB=1，BG=OA=2，
∴C1,-3，
过点D作DH⊥AE于H，
同理可得，D3,-2，
设EF：y=kx+b，
将C1,-3，D3,-2代入，得k+b=-33k+b=-2，
解得：k=12b=-72，
∴直线EF的解析式为y=12x-72．
令y=0，则y=12x-72=0，
解得：x=7，
∴E7,0，
设直线AD的解析式为y=k'x+b'，
∵A2,0D3,-2，
∴-2=3k'+b'0=2k'+b'，
∴k'=-2b'=4，
∴直线AD的解析式为y=-2x+4；
（3））①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，
过点E作EQ⊥EP交AP于Q，
∴∠OAB=∠PAE,∠OAB+∠OEP=45°，
∴∠EPQ=45°，
过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，
∴PE=EQ，
∵∠PGE=∠QHE=90°,∠PEG=∠EQH，
∴△PEG≌△EQHAAS，
∴PG=EH,EG=QH=7-t，
∴OH=OE+EH=7+12t-1=12t+6，
∴Q12t+6,7-t，
将Q12t+6,7-t，代入y=12x-1中，
得1212t+6-1=7-t，
解得t=4，
∴P4,1．
②当P在x轴下方时，可得当EF旋转后，过①中点P关于x轴的对称点N4,-1时，
∠OAB+∠OEP=45°，
设EN的解析式为：y=mx+n，
则：0=7m+n-1=4m+n，解得：m=13n=-73，
∴直线EN的解析式为y=13x-73，
联立y=12x-1y=13x-73，解得：x=-8y=-5．
∴P-8,-5．
综合以上可得点P的坐标为4,1或-8,-5．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式15-1】（2023·广东湛江·统考三模）如图，直线AD：y=3x+3与坐标轴交于A、D两点，以AD为边在AD右侧作正方形ABCD，过C作CG⊥y轴于G点．过点C的反比例函数y=kxk≠0与直线AD交于E、F两点．

(1)求证：△AOD≌△DGC；
(2)求E、F两点坐标；
(3)填空：不等式3x+3>kx的取值范围是______．
【答案】(1)见解析
(2)E1，6，F-2，-3
(3)-2kx的取值范围是-2kx的取值范围是-2kx的解集；
(3)点P是反比例函数图象上的一点，若△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积，求P点坐标．
【答案】(1)y=-15x，y=-x+2
(2)x