專題29正方形的性質(zhì)與判定【十六大題型】TOC\o"1-3"\h\u【題型1根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度、線段長、面積、坐標(biāo)】 2【題型2正方形的判定定理的理解】 7【題型3證明四邊形是正方形】 10【題型4求正方形重疊部分面積】 16【題型5與正方形有關(guān)的折疊問題】 21【題型6根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度】 28【題型7根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長】 35【題型8根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積】 43【題型9根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明】 50【題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題】 58【題型11與正方形有關(guān)的動(dòng)點(diǎn)問題】 68【題型12與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問題】 73【題型13正方形與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用】 79【題型14正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用】 87【題型15正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用】 94【題型16正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用】 105【知識(shí)點(diǎn)正方形的性質(zhì)與判定】定義：四個(gè)角相等、四條邊也相等的四邊形叫作正方形性質(zhì)：正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的一切性質(zhì)．性質(zhì)1：正方形的四個(gè)內(nèi)角都相等，且都為，四條邊都相等．性質(zhì)2：正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，對(duì)角線平分一組對(duì)角．性質(zhì)3：正方形具有4條對(duì)稱軸，兩條對(duì)角線所在的直線和過兩組對(duì)邊中點(diǎn)的兩條直線．另外，由正方形的性質(zhì)可以得出：（1）正方形的對(duì)角線把正方形分成四個(gè)小的等腰直角三角形．（2）正方形的面積是邊長的平方，也可表示為對(duì)角線長平方的一半．3．判定：判定一個(gè)四邊形是正方形，除了定義之外，還可以采用以下方法：（1）先證明是矩形，再證明該矩形有一組鄰邊相等，或?qū)蔷€互相垂直．（2）先證明是菱形，再證明該菱形的一個(gè)角是直角，或兩條對(duì)角線相等．【題型1根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度、線段長、面積、坐標(biāo)】【例1】（2023·河南安陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖．四邊形ABCO為正方形，點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,3，將正方形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)為（

）

A．3,-1 B．-1,-3 C．-1,3【答案】D【分析】點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)360°回到原位置，即旋轉(zhuǎn)6次回到原位置．故第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)相同．據(jù)此即可求解．【詳解】解：∵正方形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°∴正方形繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)6次回到原位置∵2023=337×6+1∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)，與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)相同如圖：OC繞點(diǎn)O逆時(shí)針60°得到OC'

∵∠∴∠AO∵點(diǎn)A的坐標(biāo)為1,∴AD=1,DO=∴∠AOD=30°,∠∵AD⊥y∴△ADO≌△∴C即點(diǎn)C故選：D【點(diǎn)睛】本題考查了坐標(biāo)與旋轉(zhuǎn)規(guī)律問題．根據(jù)題意確定第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)，與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時(shí)，點(diǎn)C所到位置的坐標(biāo)相同，是解題關(guān)鍵．【變式1-1】（2023·廣東東莞·三模）如圖，正方形ABCD的兩條對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E在BD上，且BE=BC．則∠BEC的度數(shù)為．【答案】67.5°【分析】本題主要考查正方形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵；根據(jù)正方形的性質(zhì)得到線段相等和∠DBC=45°，再根據(jù)三角形的內(nèi)角和即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形．∴BC=CD，∠DBC=45°，∵BE=CD，∴BE=BC，∴∠BEC=∠BCE=(180°-45°)÷2=67.5°，故答案為：67.5°【變式1-2】（2023·河南·統(tǒng)考二模）如圖，邊長為2的正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，過點(diǎn)O的直線分別交AD、BC于E、F，則陰影部分的面積是．

【答案】1【分析】證明△DEO≌△BFO，可推出陰影面積等于△BOC的面積．【詳解】解：在正方形ABCD中，AD∥BC，∴∠ODE=∠OBF，又∠DOE=∠BOF，∴△DEO≌△BFOASA∴S陰影面積=S△BOC=故答案為：1．【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定和性質(zhì)，難度不大，會(huì)把兩個(gè)陰影面積轉(zhuǎn)化到一個(gè)圖形中去．【變式1-3】（2023·江蘇鹽城·?？寄M預(yù)測）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個(gè)全等的直角三角形BCE和DAF，過點(diǎn)C作CG⊥AF于點(diǎn)G，交AD于點(diǎn)H，過點(diǎn)B作BI⊥CG于點(diǎn)I，過點(diǎn)D作DK⊥BE，交EB延長線于點(diǎn)K，交CG于點(diǎn)L．若S四邊形ABIG=2S△BCE，GH=1

【答案】15【分析】本題主要考查了正方形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，熟練掌握相關(guān)判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．過點(diǎn)A作AM⊥BI于點(diǎn)M，連接AC，BD，設(shè)DF=BE=a,AF=CE=b，先證明四邊形DFGL是矩形，四邊形CEBI和CEKL均是矩形，可得∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE，再根據(jù)△DCL≌CBI，可得四邊形DFGL是正方形，四邊形CEKL是正方形，從而得到AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，GI=b，再由S四邊形ABIG=2S△BCE可得b=32【詳解】解：如圖，過點(diǎn)A作AM⊥BI于點(diǎn)M，連接AC，BD，

根據(jù)題意得：Rt△BCE=∴∠F=∠E=90°,DF=BE,AF=CE，設(shè)DF=BE=a,∵CG⊥AF，BI⊥CG，DK⊥BE，∴∠FGL=∠FIB=∠BIC=∠K=90°，∴∠CBI+∠BCI=90°，∵四邊形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∥∴DK⊥DF，∴∠FGL=∠F=∠FDL=90°，∴四邊形DFGL是矩形，同理：四邊形CEBI和CEKL均是矩形，∴∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE∴△DCL≌CBI，

∴DL=CI=BE，∴DL=DF，∴四邊形DFGL是正方形，∴DF=FG=BE=CI=a，AF∥同理四邊形CEKD是正方形，∴CL=CE=AF=BI=b，∴AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，

∴GI=b，∵S四邊形∴12AG+BI×GI=2×∴b=3∵AF∥DL，∴△AGH∽△DLH，∴AGDL=GHHL∴ab-b-a2=0，即a×32∴b=3∴DK=a+b=15故答案為：152【題型2正方形的判定定理的理解】【例2】（2023·河北邢臺(tái)·統(tǒng)考二模）下列四個(gè)菱形中分別標(biāo)注了部分?jǐn)?shù)據(jù)，根據(jù)所標(biāo)數(shù)據(jù)，可以判斷菱形是正方形的是（

）A．

B．

C．

D．

【答案】B【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)和正方形的判定逐項(xiàng)判斷即可．【詳解】解：A中圖形中是一組鄰邊相等不能判定此菱形是正方形，故不符合題意；B中圖形給出∠OAD=45°，根據(jù)菱形的對(duì)角線平分對(duì)角可得到C中圖形只給出OA=OC，但不能證得AC=BD，不能判定此菱形是正方形，故不符合題意；D中圖形只給出∠AOB=90故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的判定、菱形的性質(zhì)，熟知正方形的判定方法是解答的關(guān)鍵．【變式2-1】（2023·河北邢臺(tái)·二模）如圖，四邊形ABCD的對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O，下列條件中，能判定四邊形ABCD是正方形的是（

）A．AC=BC=CD=DAB．AO=CO，BO=DO，AC⊥BDC．AO=BO=CO=DO，AC⊥BDD．AB=BC，CD⊥DA【答案】C【分析】根據(jù)正方形的判定方法對(duì)各個(gè)選項(xiàng)進(jìn)行分析從而得到答案．【詳解】解：A、∵AC=BC=CD=DA，∴四邊形ABCD是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；B、∵AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，故本選項(xiàng)不符合題意；C、∵AO=BO=CO=DO，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形，故本選項(xiàng)符合題意；D、由AB=BC，CD⊥DA，不能判定四邊形ABCD是正方形，故本選項(xiàng)不符合題意；故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的判定，掌握特殊四邊形的判定方法是解題的關(guān)鍵．【變式2-2】（2023·河南南陽·統(tǒng)考三模）在?ABCD中，已知AC、BD為對(duì)角線，現(xiàn)有以下四個(gè)條件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．從中選取兩個(gè)條件，可以判定?ABCD為正方形的是．（寫出一組即可）【答案】①③或①④或②③或②④【分析】根據(jù)矩形、菱形、正方形的判定作出選擇即可．【詳解】①③：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形（有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形（對(duì)角線互相垂直矩形是正方形）；①④：∵在?ABCD中，∠ABC=90°，∴四邊形ABCD是矩形（有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形），又∵AB=BC，∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；②③：∵在?ABCD中，AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形（對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形），又∵AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形（對(duì)角線垂直的矩形是正方形）；②④：∵在?ABCD中，AC=BD，∴四邊形ABCD是矩形（對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形），又∵AB=BC，∴四邊形ABCD是正方形（有一組鄰邊相等的矩形是正方形）；故答案為：①③或①④或②③或②④．【點(diǎn)睛】本題主要考查特殊平行四邊形的判定，熟練掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023·浙江紹興·統(tǒng)考中考真題）如圖，在平行四邊形ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F(xiàn)是對(duì)角線BD上的動(dòng)點(diǎn)，且BE=DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動(dòng)點(diǎn)．下列四種說法：①存在無數(shù)個(gè)平行四邊形MENF；②存在無數(shù)個(gè)矩形MENF；③存在無數(shù)個(gè)菱形MENF；④存在無數(shù)個(gè)正方形MENF．其中正確的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)題意作出合適的輔助線，然后逐一分析即可．【詳解】如圖，連接AC、與BD交于點(diǎn)O，連接ME，MF，NF，EN，MN，∵四邊形ABCD是平行四邊形∴OA=OC，OB=OD∵BE=DF∴OE=OF∵點(diǎn)E、F時(shí)BD上的點(diǎn)，∴只要M，N過點(diǎn)O，那么四邊形MENF就是平行四邊形∴存在無數(shù)個(gè)平行四邊形MENF，故①正確；只要MN=EF，MN過點(diǎn)O，則四邊形MENF是矩形，∵點(diǎn)E、F是BD上的動(dòng)點(diǎn)，∴存在無數(shù)個(gè)矩形MENF，故②正確；只要MN⊥EF，MN過點(diǎn)O，則四邊形MENF是菱形；∵點(diǎn)E、F是BD上的動(dòng)點(diǎn)，∴存在無數(shù)個(gè)菱形MENF，故③正確；只要MN=EF，MN⊥EF，MN過點(diǎn)O，則四邊形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一個(gè)，故④錯(cuò)誤；故選：C【點(diǎn)睛】本題考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四邊形的判定、解答本題的關(guān)鍵時(shí)明確題意，作出合適的輔助線．【題型3證明四邊形是正方形】【例3】（2023·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與實(shí)踐如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC邊上一點(diǎn)，將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使AC與AB重合，得到△ABE，過點(diǎn)E作EF∥BC，交AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)F作FG⊥BC于點(diǎn)G．

(1)求證：四邊形BEFG是正方形；(2)如圖2，在△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC．D是BC邊上一點(diǎn)，將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AFE，過點(diǎn)E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點(diǎn)I，J，G，過點(diǎn)F作FH∥BC，交AD于點(diǎn)H，且∠AEG=∠AHG．求證：四邊形EGHF是矩形；(3)在圖2中，若∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BD=3DC．將△ACD繞點(diǎn)A順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AEF，過點(diǎn)E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點(diǎn)I，J，G．求線段FI的長度．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)25【分析】（1）根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)可得∠C=∠ABC=45°，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得∠ABE=∠C=45°，根據(jù)平行線性質(zhì)得到∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°，即可證明；（2）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC，求得∠JGH=∠EAJ=90°，根據(jù)平行線性質(zhì)，矩形判定定理即可得出結(jié)論；（3）根據(jù)勾股定理得到BC=AB2【詳解】（1）證明：∵∠BAC=90°，AB=AC，∴∠C=∠ABC=45°．∵△AEB由△ADC旋轉(zhuǎn)所得，∴∠ABE=∠C=45°．∴∠EBG=∠ABE+∠ABC=45°+45°=90°．∵EF∥BC，F(xiàn)G⊥BC，∴∠EFG=∠BGF=90°．∴∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°．∴四邊形BEFG是矩形．∵∠BGF=90°，∠ABC=45∴∠ABC=∠BFG．∴∠BFG=45°．∴BG=FG．∴四邊形BEFG是正方形．（2）

證明：∵∠BAC=90°，∴∠C+∠B=90°．∵△AEF由△ACD旋轉(zhuǎn)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°．∴四邊形EGHF為矩形．（3）解：由勾股定理可得，BC=A由題意得EF=CD=BC4=∴FI=EF【點(diǎn)睛】本題是四邊形的綜合題，考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E，F(xiàn)在對(duì)角線BD上，且BE=DF，OE=OA．求證：四邊形AECF是正方形．【答案】證明過程見解析【分析】菱形的兩條對(duì)角線相互垂直且平分，再根據(jù)兩條對(duì)角線相互垂直平分且相等的四邊形是正方形即可證明四邊形AECF是正方形．【詳解】證明：∵四邊形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∴四邊形DEBF是正方形．【點(diǎn)睛】此題考查了菱形的性質(zhì)和正方形的判定，解題的關(guān)鍵是掌握上述知識(shí)．【變式3-2】（2023·陜西咸陽·統(tǒng)考一模）如圖，△ABC中，AB=AC，D、F分別為BC、AC的中點(diǎn)，連接DF并延長到點(diǎn)E，使FE=DF，連接AE、AD、CE

【答案】∠BAC=90°（答案不唯一），理由見解析【分析】先證明四邊形AECD是平行四邊形，再證明△ABC是等腰三角形，由D是BC的中點(diǎn)得到AD⊥BC，則∠ADC=90°，即可證明四邊形AECD是矩形，由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊上的一半得到AD=CD=12BC【詳解】解：∠BAC=90°．故答案為：∠BAC=90°（答案不唯一）理由：∵F是AC的中點(diǎn)，∴CF=FA，又∵FE=DF，∴四邊形AECD是平行四邊形，∵AB=AC，∴△ABC是等腰三角形，∵D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴∠ADC=90°，∴四邊形AECD是矩形，∵∠BAC=90°，∴△ABC是直角三角形，∵D是BC的中點(diǎn)，∴AD=CD=1∴四邊形AECD是正方形．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形的判定、平行四邊形的判定、矩形的判定、等腰三角形的判定和性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線的性質(zhì)等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)判定是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·福建泉州·統(tǒng)考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，將ΔABC繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到ΔADE（點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)是點(diǎn)D，且0°<∠BAD<180°），射線DE與直線CB

(1)如圖1，當(dāng)∠BAD=90°時(shí)，求證：四邊形ADMB是正方形；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)D在線段CA的延長線上時(shí)，若AB=1，AC=3，求線段ME的長；(3)如圖3，過點(diǎn)A作AN∥DE，交線段CB于點(diǎn)N，AN平分∠CAE，試探索：CN與MN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)ME=(3)CN=MN，理由見解析【分析】（1）根據(jù)內(nèi)錯(cuò)角相等，可得AD∥BC，再由旋轉(zhuǎn)可得∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，于是得到∠DMB=90°=∠ABC，從而得出（2）根據(jù)勾股定理求出BC=22，由旋轉(zhuǎn)可得AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°，進(jìn)而得出CD=4，BCCD=22，易證（3）連接AM，由角平分線的定義和平行線的性質(zhì)可得∠EAN=∠E=∠CAN，由旋轉(zhuǎn)可知∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°，則∠C=∠CAN，進(jìn)而得到CN=AN，易證RtΔABM?RtΔADM，從而得到∠AMB=∠AMD，再由平行線的性質(zhì)可得∠NAM=∠AMD，于是∠NAM=∠AMB，則【詳解】（1）證明：∵∠BAD=90°，∠ABC=90°，∴AD∥BC，即由旋轉(zhuǎn)可知，∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，∴∠DMB=90°=∠ABC，∴AB∥DM，∴四邊形ADMB為平行四邊形，∵AB=AD，∠BAD=90°，∴四邊形ADMB為正方形．（2）解：在RtΔABC中，AB=1，AC=3∴BC=A由旋轉(zhuǎn)可知，AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°∴CD=AC+AD=3+1=4，BCCD∵∠ABC=∠MDC，∠C=∠C，∴△ABC~△MDC，

∴ABDM∴1DM∴DM=2∴ME=DE-DM=22（3）解：CN=MN，理由如下：如圖，連接AM，

∵AN平分∠CAE，∴∠CAN=∠EAN，∵AN∥DE，∴∠EAN=∠E=∠CAN，由旋轉(zhuǎn)可知，∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°，∴∠C=∠CAN，∴CN=AN，在Rt△ABM和RtAM=AMAB=AD，∴Rt△ABM?∴∠AMB=∠AMD，∵AN∥DE，∴∠NAM=∠AMD，∴∠NAM=∠AMB，∴MN=AN，∴MN=CN．【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、平行線的性質(zhì)和判定、勾股定理、三角形全等、相似等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，是一道幾何綜合題，能夠靈活的運(yùn)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到對(duì)應(yīng)邊、對(duì)應(yīng)角相等，進(jìn)而利用相似三角形、全等三角形的性質(zhì)來解決問題是本題的關(guān)鍵．【題型4求正方形重疊部分面積】【例4】（2023·浙江·統(tǒng)考中考真題）用四塊大正方形地磚和一塊小正方形地磚拼成如圖所示的實(shí)線圖案，每塊大正方形地磚的面積為a，小正方形地磚的面積為b，依次連接四塊大正方形地磚的中心得到正方形ABCD．則正方形ABCD的面積為（用含a，b的代數(shù)式表示）．【答案】a+b【分析】如圖，連接AE、AF，先證明△GAE≌△HAF，由此可證得S四邊形GAHE=【詳解】解：如圖，連接AE、AF，∵點(diǎn)A為大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE與△HAF中，∠GAE=∠HAF∴△GAE≌△HAF（ASA），∴S△GAE∴S△GAE即S四邊形∵S△AEF∴S四邊形∴同理可得：S正方形即S正方形故答案為：a+b．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)并能作出正確的輔助線是解決本題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023·四川自貢·統(tǒng)考一模）如圖，將邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°到正方形AEFG的位置，則圖中陰影部分的面積為(

)A．33 B．36 C．39【答案】D【詳解】解：作MH⊥DE于H，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=AD=1，∠B=∠BAD=∠ADC=90°，∵正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°到正方形AEFG的位置，∴AE=AB=1，∠1=30°，∠AEF=∠B=90°，∴∠2=60°，∴△AED為等邊三角形，∴∠3=∠4=60°，DE=AD=1，∴∠5=∠6=30°，∴△MDE為等腰三角形，∴DH=EH=12在Rt△MDH中，MH=33DH=33×12∴S△MDE=12×1×36=故選D．【變式4-2】（2023·山東菏澤·?？家荒＃┤鐖D，兩個(gè)邊長為4的正方形重疊在一起，點(diǎn)O是其中一個(gè)正方形的中心，則圖中陰影部分的面積為．【答案】4【分析】連接OA、OD，證明△OAM≌△ODN(ASA)，得到S陰影=【詳解】解：連接OA、OD，如圖所示：∴∠AOD=∠GOE=90°，∴∠AOM=∠DON，∵ABCD是正方形，O為正方形ABCD的中心，∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°，在△OAM和△ODN中，∠OAM=∠ODNOA=OD∴△OAM≌△ODN(ASA)∴S∴===1故答案是：4．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形得到陰影部分的面積等于△OAD的面積是解決問題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023·天津·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E，N，P，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，點(diǎn)M，F(xiàn)，Q都在對(duì)角線BD上，且四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，則S正方形MNPQS【答案】8【分析】根據(jù)輔助線的性質(zhì)得到∠ABD=∠CBD=45°，四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，推出△BEF與△BMN是等腰直角三角形，于是得到FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，同理DQ=MQ【詳解】解：在正方形ABCD中，∵∠ABD=∠CBD=45°，∵四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，∴∠BEF=∠AEF=90°，∠BMN=∠QMN=90°，∴△BEF與△BMN是等腰直角三角形，∴FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，同理DQ=MQ，∴MN=1S考點(diǎn)：正方形的性質(zhì)【題型5與正方形有關(guān)的折疊問題】【例5】（2023·安徽·模擬預(yù)測）如圖，在正方形ABCD中，G為AD邊上一點(diǎn)，將△ABG沿BG翻折到△FBG處，延長GF交CD邊于點(diǎn)E，過點(diǎn)F作FH∥BC分別交BG,AB,CD于點(diǎn)H,P,Q．請(qǐng)完成下列問題：（1）∠EBG=°；（2）若FH=12BC=4，則【答案】4524【分析】（1）證明Rt△BEF≌Rt△BECHL，得出（2）過點(diǎn)H作HM⊥BF，垂足為點(diǎn)M，證明△BPH≌△BMHAAS，得出BP=BM,HP=HM，證明△HFM∽△BFP，得出HMBP=FMFP=FHBF，設(shè)BM=BP=2x，得出FM=8-2x，即【詳解】解：（1）由題意得BF=AB=BC，∠BFG=∠A=∠C=90°，∠ABG=∠FBG，又∵BE=BE，∴Rt∴∠EBF=∠EBC，∴∠EBG=∠FBG+∠EBF=1故答案為：45．（2）過點(diǎn)H作HM⊥BF，垂足為點(diǎn)M．如圖所示：由折疊的性質(zhì)知∠PBH=∠MBH，∵四邊形ABCD為正方形，∴∠ABC=∠ACB=∠D=∠A=90，AB=BC=CD=AD，∵FH∥BC，∴∠BPH=180°-∠ABC=90°，∴∠BPH=∠BMH=90°，又∵BH=BH，∴△BPH≌△BMHAAS∴BP=BM,HP=HM，∵∠HMF=∠BPF=90°，∠HFM=∠BFP，∴△HFM∽△BFP，∴HM∵FH=1∴BC=BF=8，設(shè)BM=BP=2x，∴FM=8-2x，∴HM∴HP=HM=x，∴FP=4+x，∴8-2x∴x=12∴BP=2x=24故答案為：245【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握全等三角形的判定和相似三角形的判定方法．【變式5-1】（2023·江蘇揚(yáng)州·?？既＃┰谶呴L為6的正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與B，C重合），連接AE，將△ABE沿AE向右翻折得△AFE，連接CF和DF，若△DFC為等腰三角形，則BE

【答案】23或【分析】分兩種情形討論，當(dāng)DC=DF時(shí)，過F作MN⊥AD交AD于點(diǎn)M，證明△FAM∽△EFN，利用相似三角形的性質(zhì)列式計(jì)算即可；當(dāng)FC=DF時(shí)，求得∠FAM=30°，在Rt△ABE【詳解】解：當(dāng)DC=DF時(shí)，如圖，過F作MN⊥AD交AD于點(diǎn)M，則MN⊥BC，

∵正方形ABCD，∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴四邊形ABNM、MNCD都是矩形，∴AB=AF=CD=DF=6=MN，AM=BN=3，∠ABE=∠AFE=90°，設(shè)BE=x，∴EF=BE=x，EN=3-x，∵∠AFM+∠FAM=∠AFM+∠EFN=90°，∴∠FAM=∠EFN，∴△FAM∽△EFN，∴AFEF∴6x∴FN=x∴在Rt△EFN中，Ex2∴x=12±63∴可得此時(shí)BE=12-63當(dāng)FC=DF時(shí)，如圖，過F作MN⊥AD交AD于點(diǎn)M，則MN⊥BC，過F作FK⊥CD交CD于點(diǎn)K，

∴DK=CK=1同理，四邊形ABNM、MFKD、FNCK都是矩形，在Rt△AFM由題意可得：AF=CD=6=2FM，∴sin∠FAM=∴∠FAM=30°，∵∠BAD=90°，∴∠BAF=60°，∴∠EAB=∠EAF=30°，在Rt△ABE中，BE=AB·綜上所述，BE的長為23或12-6故答案為：23或12-6【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換、正方形的性質(zhì)、直角三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是正確尋找點(diǎn)F的位置，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題．【變式5-2】（2023·山西朔州·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在正方形ABCD中，AB=2，將其沿EF翻折，使∠EFC=120°，頂點(diǎn)B恰好落在線段AD上的點(diǎn)G處，點(diǎn)C的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)H．則線段AE的長為．

【答案】2【分析】設(shè)AE=x，則BE=2-x，由翻折性質(zhì)，得EG=EB=2-x，∠GEF=∠BEF=60°，所以∠AEG=60°，在Rt△AEG中，利用三角函數(shù)可求出x，從而得到線段AE【詳解】解：設(shè)AE=x，∵正方形ABCD中，AB=2，∴BE=2-x，AB∥∵∠EFC=120°，∴∠BEF=60°，∵四邊形EFHG是四邊形EFCB折疊得到，∴∠GEF=∠BEF=60°，EG=BE=2-x，∴∠AEG=180°-∠GEF-∠BEF=60°，在Rt△AGEcos∠AEG=即cos60°=解得x=2經(jīng)檢驗(yàn)x=2∴原方程的解為x=2∴AE=2故答案為：23【點(diǎn)睛】本題考查翻折變換，正方形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練運(yùn)用相關(guān)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023·湖北·統(tǒng)考中考真題）如圖，將邊長為3的正方形ABCD沿直線EF折疊，使點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)M落在邊AD上（點(diǎn)M不與點(diǎn)A,D重合），點(diǎn)C落在點(diǎn)N處，MN與CD交于點(diǎn)P，折痕分別與邊AB，CD交于點(diǎn)E,F，連接BM．

(1)求證：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的長．【答案】(1)證明見解析(2)MD=【分析】（1）由折疊和正方形的性質(zhì)得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，則∠EMB=∠EBM，進(jìn)而證明∠BMP=∠MBC，再由平行線的性質(zhì)證明∠AMB=∠MBC即可證明（2）如圖，延長MN,BC交于點(diǎn)Q．證明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．則MP=13MQ=3+2x3【詳解】（1）證明：由翻折和正方形的性質(zhì)可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如圖，延長MN,BC交于點(diǎn)Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD邊長為3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，設(shè)MD=x，則QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．∴MP=1在Rt△DMP中，M∴x2解得：x1=0（舍），∴MD=12

【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形與折疊問題，相似三角形的性質(zhì)與判定，等腰三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理等等，正確作出輔助線構(gòu)造相似三角形是解題的關(guān)鍵．【題型6根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度】【例6】（2023·江西南昌·一模）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一周．(1)如圖1，連接BG、CF，①求CFBG②求∠BHC的度數(shù)．(2)當(dāng)正方形AEFG旋轉(zhuǎn)至圖2位置時(shí)，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點(diǎn)M、N，連接MN，猜想MN與BE的數(shù)量關(guān)系與位置關(guān)系，并說明理由．【答案】(1)①2；②45°；(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由見解析【分析】（1）①通過證明△CAF∽△BAG，可得CFBG②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的內(nèi)角和定理，即可求出答案；（2）過點(diǎn)C作CH∥EF，由“ASA”可證△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可證△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位線定理可得結(jié)論．【詳解】（1）①如圖1，連接AF，AC，∵四邊形ABCD和四邊形AEFG都是正方形，∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠∴∠CAF＝∠BAG，ACAB∴△CAF∽△BAG，∴CFBG②∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠ABC＝90°，∠ACB＝45°，在△BCH中，∠BHC＝180°?（∠HBC＋∠HCB）＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ACF）＝180°?（∠HBC＋∠ACB＋∠ABG）＝180°?（∠ABC＋∠ACB）＝45°；（2）BE＝2MN，MN⊥BE；理由如下：如圖2連接ME，過點(diǎn)C作CQ∥EF，交直線ME于Q，連接BQ，設(shè)CF與AD交點(diǎn)為P，CF與AG交點(diǎn)為R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵點(diǎn)M是CF的中點(diǎn)，∴CM＝MF，又∵∠CMQ＝∠FME，∴△CMQ≌△FME（ASA），∴CQ＝EF，ME＝QM，∴AE＝CQ，∵CQ∥EF，AG∥EF，∴CQ∥AG，∴∠QCF＝∠CRA，∵AD∥BC，∴∠BCF＝∠APR，∴∠BCQ＝∠BCF＋∠QCF＝∠APR＋∠ARC，∵∠DAG＋∠APR＋∠ARC＝180°，∠BAE＋∠DAG＝180°，∴∠BAE＝∠BCQ，又∵BC＝AB，CQ＝AE，∴△BCQ≌△BAE（SAS），∴BQ＝BE，∠CBQ＝∠ABE，∴∠QBE＝∠CBA＝90°，∵M(jìn)Q＝ME，點(diǎn)N是BE中點(diǎn)，∴BQ＝2MN，MN∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，三角形中位線定理等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2023·陜西·陜西師大附中?？级＃┤鐖D，P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，PA：PB：PC=1：2：3，則∠APB=.【答案】135°【分析】通過旋轉(zhuǎn)，把PA、PB、PC或關(guān)聯(lián)的線段集中到同一個(gè)三角形，再根據(jù)兩邊的平方和等于第三邊求證直角三角形，可以求解∠APB．【詳解】把△PAB繞B點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得△P′BC，則△PAB≌△P′BC，設(shè)PA=x，PB=2x，PC=3x，連PP′，得等腰直角△PBP′，PP′2=（2x）2+（2x）2=8x2，∠PP′B=45°．又PC2=PP′2+P′C2，得∠PP′C=90°．故∠APB=∠CP′B=45°+90°=135°．故答案為135°．【點(diǎn)睛】本題考查的是正方形四邊相等的性質(zhì)，考查直角三角形中勾股定理的運(yùn)用，把△PAB順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°使得A′與C點(diǎn)重合是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2023·山東濰坊·統(tǒng)考二模）如圖，E是正方形ABCD對(duì)角線BD上一點(diǎn)，連接AE，CE，并延長CE交AD于點(diǎn)F．若∠AEC=140°，求∠DFE的度數(shù)．【答案】65°【分析】先證明△ABE≌△CBE求得∠DEC，再根據(jù)三角形外角的性質(zhì)求得∠DFE的度數(shù)．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=CB，∠ABC=∠ADC=90°，∠ABE=∠CBE=45°，在△ABE和△CBE中，{AB=CB∴△ABE≌△CBE；∴∠AEB=∠CEB，又∵∠AEC=140°，∴∠CEB=70°，∵∠DEC+∠CEB=180°，∴∠DEC=180°-∠CEB=110°，∵∠DFE+∠ADB=∠DEC，∴∠DFE=∠DEC-∠ADB=110°-45°=65°．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，三角形內(nèi)角和及外角和的性質(zhì)，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式6-3】（2023·福建·模擬預(yù)測）四邊形ABCD是矩形，點(diǎn)P在邊CD上，∠PAD＝30°，點(diǎn)G與點(diǎn)D關(guān)于直線AP對(duì)稱，連接BG．(1)如圖，若四邊形ABCD是正方形，求∠GBC的度數(shù)；(2)連接CG，設(shè)AB＝a，AD＝b，探究當(dāng)∠CGB＝120°時(shí)，求b的值．【答案】(1)15°(2)32a【分析】（1）連接DG，交AP于點(diǎn)E，連接AG，證明AG＝AB，∠BAG＝30°，再求得∠ABG的度數(shù)，便可求得結(jié)果；（2）證明GB＝GC，再分兩種情況G在矩形ABCD內(nèi)和G在矩形ABCD外，通過解直角三角形求出結(jié)果．【詳解】（1）解：連接DG，交AP于點(diǎn)E，連接AG，如圖1，∵點(diǎn)G與點(diǎn)D關(guān)于直線AP對(duì)稱，∴AP垂直平分DG，∴AD＝AG．∵在△ADG中，AD＝AG，AE⊥DG，∴∠PAG＝∠PAD＝30°，又∵在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，∴AG＝AB，∠GAB＝∠DAB﹣∠PAD﹣∠PAG＝30°，∴在△GAB中，∠ABG＝∠AGB＝75°，∴∠GBC＝∠ABC﹣∠ABG＝15°（2）解：連接DG，AG．由（1）可知，在△ADG中，AD＝AG，∠DAG＝∠PAD+∠PAG＝60°，∴△ADG是等邊三角形，∴DG＝AG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠DGA＝60°，又∵在矩形ABCD中，AB＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠ABC＝90°，∴∠DAB﹣∠DAG＝∠ADC﹣∠ADG，即∠GAB＝∠GDC＝30°，∴△GAB≌△GDC（SAS），∴GB＝GC．當(dāng)∠CGB＝120°時(shí)，點(diǎn)G可能在矩形ABCD的內(nèi)部或外部．若點(diǎn)G在矩形ABCD的內(nèi)部，∵在△BGC中，GB＝GC，∠CGB＝120°，∴∠GBC＝180°-∠CGB2∴∠GBA＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣30°＝60°，在△ABG中，∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝90°，∴在Rt△ABG中，cos∠GAB＝AGAB∴b＝32a若點(diǎn)G在矩形ABCD的外部，在△BGC中，∠GBC＝30°，∴∠ABG＝120°，又∵∠GAB＝30°，∴∠AGB＝180°﹣30°﹣120°＝30°．∴BA＝BG，過點(diǎn)B作BH⊥AG，垂足為H，∴AH＝12在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠HAB＝30°，∴cos∠HAB＝AHAB∴b＝3a，綜上，當(dāng)∠CGB＝120°時(shí)，b的值為32a或3a【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)與判定，等邊三角形的性質(zhì)與判定，解直角三角形，全等三角形的性質(zhì)與判定，第（2）關(guān)鍵在分情況討論．【題型7根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長】【例7】（2023·河南信陽·二模）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點(diǎn)E是BC邊上一動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)E不與點(diǎn)B、C重合），以線段DE為邊長，作正方形DEFG，使得點(diǎn)F、G落在直線DE的下方，連接AF、BF．當(dāng)△ABF為等腰三角形時(shí)，BE的長為．【答案】12或1-【分析】分兩種情形:①如圖1中,當(dāng)FA=FB時(shí),由ΔDCE≌ΔEMF,推出FM=BM,推出四邊形BMNF是正方形即可解決問題.(2)如圖2中,當(dāng)BA=BF時(shí),根據(jù)CE=BM=FN即可解決問題.【詳解】解：如圖1中,當(dāng)FA=FB時(shí),作FN⊥AB于N,FM⊥CB于M,∵四邊形ABCD、DEFG是正方形,∴∠C=∠DEF=∠M=∠ABC=90o∴∠DEC+∠FEM=90o,∠CDE+∠DEC=90∴∠CDE=∠FEM,在ΔDCE和ΔEMF中,∠C=∠M，∠CDE=∠FEM,DE=EF∴ΔDCE≌ΔEMF,∴FM=CE,CD=EM=BC∴BM=EC=FM,∴ΔBMF是等腰直角三角形,∴∠FBM=∠FBN=45o∵∠FNB=90o∴AN=BN=NF=1∵∠M=∠MBN=∠BNF=90o,∴四邊形BMFN是矩形∵NF=NB,∴四邊形BMFN是正方形,∴BM=FN=CE=EB=1②如圖2中,當(dāng)BA=BF時(shí),由(1)可知,ΔBNF是等腰直角三角形,BF=AB=1,∴BM=CE=FN=22∴EB=BC-CE=1-2故答案為12或1-2【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及三角形全等.【變式7-1】（2023·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，將BCD沿BD折疊得到△BED，連接AE.若DE⊥AB于點(diǎn)F，BC=10，則AF的長為．

【答案】2【分析】取BC中點(diǎn)H，連接AH，取CH中點(diǎn)G，連接DG，作DM⊥BE于點(diǎn)M．設(shè)EF=a，由折疊可知AD=CD=DE=x則DF=x-a，得到cos∠ABC=cos∠BED，從而推導(dǎo)出a=25x，由三角形中位線定理得到BG=152，從而推導(dǎo)出△EMD≌△CGD【詳解】解：取BC中點(diǎn)H，連接AH，取CH中點(diǎn)G，連接DG，作DM⊥BE于點(diǎn)M．∵AB=AC，H為BC的中點(diǎn)，∴AH⊥BC，AD=CD，BH=HC=5．∵點(diǎn)D是AC的中點(diǎn)，∴DG是△AHC的中位線，∴DG∥AH，則DG⊥BC于點(diǎn)G，

設(shè)EF=a，由折疊可知AD=CD=DE=x則DF=x-a，∵AB=AC，∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，又由折疊得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，∴∠ABC=∠BED，∴cos∠ABC=cos∠BED∴52x解得：a=25∴DF=x-a=x-25∵DG是△AHC的中位線，∴CG=12CH=∴BG=15由折疊知∠DEM=∠DCG，ED=CD，在△EMD和△CGD中，∠DEM=∠DCG∠DME=∠DGC∴△EMD≌△CGDAAS∴DG=MD．∵DE⊥AB，∴∠EFB=90°，∴∠DEB+∠EBF=90°．又∵∠CAH+∠ACB=90°，且∠ACB=∠DEB，∴∠EBF=∠CAH，∴∠EBF+∠ABC=90°，∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°，∴四邊形MBGD是正方形，∴DG=BG=15∴AH=2DG=15．在Rt△AHC中，A∴152解得：x=5∴a=10，x-a=3102，即在Rt△AFD中，AF=故答案為：210【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定及性質(zhì)等，解答本題的關(guān)鍵是設(shè)邊長，根據(jù)勾股定理列方程求解．【變式7-2】（2023·廣東茂名·統(tǒng)考一模）如圖，在△ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，連接BD，CE，延長CE交AB于F．交BD于點(diǎn)G，且CG垂直BD，將ADE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)至AE∥BD時(shí)，若CE=5，EF=1，則BG的值是【答案】5-5/【分析】設(shè)AB與DE交于點(diǎn)O，首先證明出△DAB≌△EACSAS，進(jìn)而得到△DAB≌△EACSAS，然后得到四邊形ADGE是正方形，設(shè)BG=x，則DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，然后證明出△AEF∽△BDF和【詳解】解：設(shè)AB與DE交于點(diǎn)O，∵∠BAC=∠DAE=90°，∴∠DAB=∠EAC，又∵AB=AC，AD=AE，∴△DAB≌△EACSAS∴BD=CE=5，∵AD=AE，∠DAE=90∴∠AED=∠ADE=45°，∵AE∥BD，∴∠BDE=∠AED=45°，∴∠BDA=90°，∵CG⊥BD，∴四邊形ADGE是矩形，∵AD=AE，∴矩形ADGE是正方形，∴AD=DG=GE=AE，∴設(shè)BG=x，則DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，∵AE∥BD，∴△AEO∽△BDO，∴EODO∵AD∥GE，∴△EOF∽△DOA，∴EODO∴5-x5∴解得x1=5-5經(jīng)檢驗(yàn)x=5-5∴BG=5-5故答案為：5-5【點(diǎn)睛】此題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)，證明四邊形ADGE是正方形是解題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023·江蘇宿遷·沭陽縣懷文中學(xué)校聯(lián)考一模）如圖，已知四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，AD=2，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是邊AD，BC上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且AE=CF，過點(diǎn)B作

A．210-2 B．10+2 C【答案】D【分析】過點(diǎn)C作CM⊥BC，交AD延長線于M，連接BM，交EF于O，則構(gòu)造的四邊形ABCM為正方形，由ASA可證△MEO≌△BFO，得出OM=OB，則O是正方形ABCM的中心，由正方形的性質(zhì)得出BM=42，OB=22，取OB中點(diǎn)N，連接NC、NG，過點(diǎn)N作NH⊥BC于H，由勾股定理求出CN=10，由直角三角形的中線性質(zhì)得出NG=12OB=2【詳解】解：過點(diǎn)C作CM⊥BC，交AD延長線于M，連接BM，交EF于O，如圖所示：∴∠BCM=90

∵AD∥BC，∴∠ABC+∠A=180°，∴∠ABC=90°．∵∠ABC=∠A=∠BCM=90°，∴四邊形ABCM為矩形．∵AB=BC，∴四邊形ABCM為正方形，∴AM=BC．∵AD∥∴∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，∵AE=CF，∴EM=BF，又∵∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，∴△MEO≌△BFO，∴OM=OB，∴O是正方形ABCM的中心．∵AB=BC=4，∴BM=42取OB中點(diǎn)N，連接NC、NG，過點(diǎn)N作NH⊥BC于∵BN=1∴NH=BH=1，∴CH=4-1=3，在Rt△CHN中，由勾股定理得：CN=在Rt△BGO中，N是OB∴NG=1∵CG≥CN-NG=10當(dāng)C、G、N三點(diǎn)共線時(shí)，CG最小為：10-故答案為：10-【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、勾股定理、平行線的性質(zhì)、三角形三邊關(guān)系等知識(shí)，熟練掌握正方形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【題型8根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積】【例8】（2023·浙江舟山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于點(diǎn)D，以AB為邊作矩形ABEF，使得AF＝AD，延長CD，交EF于點(diǎn)G，作AN⊥AC交GF于點(diǎn)N，作MN⊥AN交CB的延長線于點(diǎn)M，MN分別交BE，DG于點(diǎn)H、P，若NP=HP，NF=1，則四邊形ABMN的面積為（

）A．3 B．2.5 C．3.5 D．5【答案】B【分析】依據(jù)條件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再證明四邊形ACMN是正方形；設(shè)NG＝GE＝x，則FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根據(jù)△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根據(jù)四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC進(jìn)行計(jì)算，即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵CD⊥AB，∠F＝90°，∴∠ADC＝∠F＝90°，∵AN⊥AC，∠DAF＝90°，∴∠FAN+∠DAN＝∠DAC+∠DAN＝90°，∴∠FAN＝∠DAC．在△ADC和△AFN中，∠ADC=∠FAD=AF∴△ADC≌△AFN（ASA），∴CD＝FN＝1，AC＝AN．∵AN⊥AC，MN⊥AN，∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，∴四邊形ACMN是矩形，∴四邊形ACMN是正方形，∵∠CDB＝∠DBE＝90°，∴CG∥BE，又∵NP＝PH，∴NG＝GE，設(shè)NG＝GE＝x，則FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，∵Rt△ACB中，CD⊥AB，∴∠ADC=∠CDB=90°，∠ACD+∠BCD=90°，∴∠CAD+∠ACD=90°，∴∠CAD=∠BCD∴△ADC∽△CDB，∴ADCD∴CD2＝AD·DB，∴12＝（1+x）x，即x2+x＝1．四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC＝AC2﹣1＝（AD2+CD2）﹣1＝（1+x）2+12﹣1＝x2+x+1.5＝1+1.5＝2.5．故選：B【點(diǎn)睛】本題主要考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)以及相似三角形、全等三角形的綜合運(yùn)用，綜合性較強(qiáng)，解決問題的關(guān)鍵是先判定四邊形ACMN是正方形，得到四邊形ABMN的面積＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整體代入方法求解．【變式8-1】（2023·陜西西安·校考模擬預(yù)測）如圖，在四邊形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，連接BD且BD平分∠ABC．若AB+BC=8，則四邊形ABCD的面積為．【答案】16【分析】過點(diǎn)D作DE⊥AB，交BA的延長線于點(diǎn)E，作DF⊥BC，交BC于點(diǎn)F，根據(jù)BD平分∠ABC，可得DE=DF，先證明四邊形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，再證明△DEA≌△DFC，即有EA=FC，S△DEA=S【詳解】過點(diǎn)D作DE⊥AB，交BA的延長線于點(diǎn)E，作DF⊥BC，交BC于點(diǎn)F，如圖，∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DF⊥BC，∴DE=DF，∠E=∠BFD=90°=∠ABC，∴四邊形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，∵∠ADC=90°，∴∠EDA=∠FDC，∵DE=DF，∠E=∠CFD=90°，∴△DEA≌△DFC，∴EA=FC，S△DEA∴S四邊形∵AB+BC=8，EA=FC，∴AB+BC=BE-AE+BF+FC=2BE=8，∴BE=4，∴S四邊形故答案為：16．【點(diǎn)睛】本題考查了角平分線的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，掌握角平分線的性質(zhì)，構(gòu)造出合理的輔助線是解答本題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023·甘肅白銀·校聯(lián)考一模）模型探究：（1）如圖1，在四邊形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，AE⊥CD于點(diǎn)E，若AE=10，求四邊形ABCD的面積．拓展應(yīng)用：（2）如圖2，在四邊形ABCD中，∠ABC＋∠ADC=180°，AB=AD，AE⊥BC于點(diǎn)E，若AE=19，BC=10，CD=6，求四邊形

【答案】（1）100；（2）152【分析】（1）過A作AF⊥BC，交CB的延長線于F，求出四邊形AFCE是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得出∠FAE=90°，求出∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，根據(jù)AAS得出△AFB≌△AED，根據(jù)全等得出AE=AF=10，S△AFB=S△AED，求出S正方形（2）過A作AF⊥CD，交CD的延長線于F，求出∠BAE=∠FAD，根據(jù)AAS推出△AEB≌△AFD，根據(jù)全等得出AE=AF=19，BE=DF，設(shè)BE=DF=x，由勾股定理得出AC2=AE2+CE2=AF2+CF【詳解】解：如圖1，過A作AF⊥BC，交CB的延長線于F，

∵AE⊥CD，∠C=90°，∴∠AED=∠F=∠C=90°，∴四邊形AFCE是矩形，∴∠FAE=90°，∵∠DAB=90°，∴∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，在△AFB和△AED中，∠F=∠AED∴△AFB≌△AED(AAS∴AE=AF=10，S△AFB.∵四邊形AFCE是矩形，∴四邊形AFCE是正方形，∴S四邊形ABCD=S四邊形ABCE（2）如圖2，過A作AF⊥CD，交CD的延長線于F，AE⊥CD，

∴∠AED=∠F=90°，∴∠FAE+∠BCD=180°，∵∠ABC+∠ADC=180°，∴∠BAD+∠BCD=180°，∴∠BAD=∠EAF，∴∠BAD-∠EAD=∠EAF-∠EAD，∴∠BAE=∠FAD，在△AEB和△AFD中，∠BAE=∠DAF∴△AEB≌△AFD(AAS∴AE=AF=19，BE=DF，設(shè)BE=DF=x，BC=10，CD=6，∴CE=10-x，CF=6+x，由勾股定理得；AC∵AE=AF，∴CE=CF，即10-x=6+x，解得：x=2，∴CE=CF=8，∵△AEB≌△AFD，∴S∴S四邊形∴S四邊形ABCD=S△AEB+故答案為：152．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的性質(zhì)和判定，矩形的性質(zhì)和判定，勾股定理，正方形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用，能綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行推理和計(jì)算是解此題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023·重慶九龍坡·重慶市育才中學(xué)校聯(lián)考二模）如圖，在正方形ABCD中，O為AC、BD的交點(diǎn)，△DCE為直角三角形，∠CED=90°，OE=32，若CE?DE=6，則正方形的面積為（

A．20 B．22 C．24 D．26【答案】C【分析】根據(jù)正方形性質(zhì)，判定D,O,C,E四點(diǎn)共圓，過點(diǎn)O作ON⊥DE,OM⊥CE，證明四邊形OMEN是正方形，利用平方差公式，正方形的性質(zhì)計(jì)算即可．【詳解】∵正方形ABCD中，O為AC、BD的交點(diǎn)，∠CED=90°，∴∠DOC=∠CED=90°，∠ODC=∠OCD=45°，

∴點(diǎn)D,O,C,E四點(diǎn)共圓，∴∠ODC=∠OCD=∠OED=∠OEC=45°，過點(diǎn)O作ON⊥DE,OM⊥CE，垂足分別為N，M，且M是與EC延長線的交點(diǎn)，∴四邊形OMEN是正方形，∵OE=32∴OE解得EN=EM=3，∵OD=OCON=OM∴△OMC≌△ONDHL∴MC=ND=x，∴CD=CN+ND=3+x，∵CE?DE=6，∴3+x3-x解得x2∴OC∴正方形S正方形故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四點(diǎn)共圓，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握對(duì)角互補(bǔ)的四邊形四點(diǎn)共圓，三角形全等的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．【題型9根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明】【例9】（2023·湖南株洲·?？寄M預(yù)測）如圖，四邊形ABCD是矩形，E是BD上的一點(diǎn)，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED．點(diǎn)G是BC、AE延長線的交點(diǎn)，AG與CD相交于點(diǎn)F．

(1)求證：四邊形ABCD是正方形；(2)當(dāng)AE=3EF，DF=38時(shí)，求【答案】(1)證明見解析(2)3【分析】（1）利用矩形的性質(zhì)，易證△ADE≌△CDEAAS，得到AD=CD（2）利用正方形的性質(zhì)，易證△ABE∽△FDE，求得AB=98，進(jìn)而得到AD=98，CF=34，再證明【詳解】（1）解：∵四邊形ABCD是矩形，∴∠BAD=∠BCD=90°，∵∠BAE=∠BCE，∴∠BAD-∠BAE=BCD-∠BCE，∴∠DAE=∠DCE，在△ADE和△CDE中，∠DAE=∠DCE∠AED=∠CED∴△ADE≌△CDEAAS∴AD=CD，∴四邊形ABCD是正方形；（2）解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD=CD，∠BCD=90°，AD∥BC，∴∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，∴△ABE∽△FDE，∴AB∵AE=3EF，DF=3∴AB=3DF=9∴CD=AD=9∴CF=CD-DF=3∵AD∥∴∠DAF=∠CGF，∠ADF=∠GCF，∴△ADF∽△GCF，∴DF∴GC=CF?AD在Rt△FCG中，GF=【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，靈活運(yùn)用相關(guān)知識(shí)解決問題是解題關(guān)鍵．【變式9-1】（2023·山東泰安·?？级＃┤鐖D，正方形ABCD中，AB=1，點(diǎn)E是對(duì)角線AC上的一點(diǎn)，連接DE．過點(diǎn)E作EF⊥ED，交AB于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接AG，EB．

(1)求證：①∠EFB=∠EBF；②矩形DEFG是正方形；(2)求AG+AE的值．【答案】(1)①見解析；②見解析(2)2【分析】（1）①過E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N利用正方形的性質(zhì)和角平分線的性質(zhì)得到△ADE≌△ABESAS，EM=EN進(jìn)而得到DE=BE，再證明四邊形ANEM是矩形，又四邊形DEFG是矩形和全等三角形的判定證明△EMD≌△ENFASA，得到（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定證明△ADG≌△CDESAS得到AG=CE，進(jìn)而得到AG+AE=AC=【詳解】（1）證明：過E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，則∠EMA=∠EMD=∠ENF=∠ENB=90°，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠EAD=∠EAB=45°，AD=AB，又AE=AE，∴△ADE≌△ABESAS，EM=EN∴DE=BE，∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，∴四邊形ANEM是矩形，又四邊形DEFG是矩形，∴∠MEN=∠DEF=90°，∴∠DEM=∠FEN=90°-∠MEF，又∠EMD=∠ENF=90°，EM=EN，∴△EMD≌△ENFASA∴EF=BE，則∠EFB=∠EBF；②∵四邊形DEFG是矩形，DE=EF，∴四邊形DEFG是正方形；（2）解：∵四邊形DEFG是正方形，四邊形ABCD是正方形，∴DG=DE，DC=DA，∠GDE=∠ADC=90°，∴∠ADG=∠CDE，∴△ADG≌△CDESAS∴AG=CE，∴AG+AE=CE+AE=AC=2【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．【變式9-2】（2023·山東泰安·三模）四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．

(1)如圖1，求證：矩形DEFG是正方形；(2)若AB=2，CE=2，求CG(3)當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是30°時(shí)，直接寫出∠EFC的度數(shù)．【答案】(1)見解析(2)2(3)30°或120°【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明Rt△EQF≌Rt△EPD，可得EF=ED，即可證明；（2）根據(jù)AB=2，CE=2，可得F，C（3）①當(dāng)DE與AD的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC邊上，∠ADE=30°，在四邊形CDEF中，由四邊形內(nèi)角和定理得：∠EFC=120°，②當(dāng)DE與DC的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC的延長線上，∠CDE=30°，可得∠EFC=∠CDE=30°．【詳解】（1）證明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA=∠BCA，∴EQ=EP，∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，∴∠QEF=∠PED，在△EOF和△EPD中，∠QEF=∠PEDEQ=EP∴△EQF≌△EPD(ASA∴EF=ED，∴矩形DEFG是正方形；

（2）解：如圖2中，在Rt△ABC中，AC=∵EC=2∴AE=CE，∴DE⊥AC，又∵DE⊥EF∴點(diǎn)F與C重合，∴CG=2

（3）解：①當(dāng)DE與AD的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC邊上，∠ADE=30°，如圖3所示：則∠CDE=90°-30°=60°，在四邊形CDEF中，由四邊形內(nèi)角和定理得：∠EFC=360°-90°-90°-60°=120°，②當(dāng)DE與DC的夾角為30°時(shí)，點(diǎn)F在BC的延長線上，∠CDE=30°，如圖4所示：∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，∴∠EFC=∠CDE=30°，綜上所述，∠EFC=30°或120°．

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，全等三角形的判定與性質(zhì)，四邊形內(nèi)角和定理，勾股定理，熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)是解題的關(guān)鍵．【變式9-3】（2023·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考三模）問題情境：如圖①，點(diǎn)E為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，∠AEB=90°，將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE'(點(diǎn)A的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為點(diǎn)C)，延長AE交CE'于點(diǎn)猜想證明：(1)試判斷四邊形BE(2)如圖②，若DA=DE，請(qǐng)猜想線段CF與FE(3)如圖①，若AB=10，CF=2，請(qǐng)直接寫出DE的長．【答案】(1)四邊形BE(2)CF=FE(3)2【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得∠AEB=∠CE'B=90°，BE=BE'（2）過點(diǎn)D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性質(zhì)可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=（3）作DG⊥AE于G，根據(jù)勾股定理求出BE'，可得CE'=CF+E'F=12，由（【詳解】（1）解：四邊形BE∵將Rt△ABE繞點(diǎn)B按順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°∴∠AEB=∠CE'B=90°，BE=B又∵∠BEF=90°，∴四邊形BEFE又∵BE=BE∴四邊形BEFE（2）CF=FE如圖②所示，過點(diǎn)D作DH⊥AE，垂足為H，則∠DHA=90°，∴∠DAH+∠ADH=90°，∵DA=DE，DH⊥AE，∴AH=1∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=90°，∴∠DAH+∠BAE=90°，∴∠BAE=∠ADH，在△AEB和△DHA中，∠AEB=∠DHA∠BAE=∠ADH∴△AEB≌△DHAAAS∴AH=BE，由（1）知四邊形BEFE∴BE=E∴AH=E由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得：CE∴FE'∴CF=FE（3）解：如圖①所示，作DG⊥AE于G，∵四邊形BEFE∴BE=BE'在Rt△CBE'中，∵AB=BC=10∴100=E∴E'∴CE由（2）可知：BE=AG=6,DG=AE=CE∴GE=2，∴DE=D【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．【題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題】【例10】（2023·黑龍江雞西·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，M，N分別為AB，BC的中點(diǎn)，CM與DN相交于點(diǎn)G，延長BG交CD于點(diǎn)E，CM交BD于點(diǎn)H．下列結(jié)論：①CM⊥DN；②BH=BM；③S△DNC=3S△BMH；④∠BGM=45°；⑤

A．②③④ B．①③⑤ C．①③④⑤ D．①②④⑤【答案】C【分析】用SAS證△CBM≌△DCN，可以判斷①正確；證明△BMH∽△DCH，得BM=12CD，BH=12DH=13DB=23CD，判斷②錯(cuò)誤；由線段比例關(guān)系，得出面積比可以判斷【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=90°，∵M(jìn)，N分別為AB，BC的中點(diǎn)，∴AM=BM=BN=CN∴△CBM≌△DCN∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，∵∠BCM+∠DCM=90°，∴∠CDN+∠DCM=90°，∴∠DGC=90°，∴CM⊥DN；故①正確；∵AB∥∴△BMH∽△DCH，∴BM∴BM=1BH=1CH=2MH，∴BM≠BH，故②錯(cuò)誤；∵CH=2MH，∴MC=3MH，∴S∵△CBM≌△DCN，∴S△DNC=3如下圖，過點(diǎn)B作BP⊥CM于點(diǎn)P，BQ⊥DG交DN的延長線上于點(diǎn)Q，

∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，∴四邊形PBQG是矩形，∴∠PBQ=90°，∵∠ABC=90∴∠ABP=∠QBC，又∵BN=BE，∠BPM=∠BQN=90°，∴△BPM≌△BQNAAS∴BP=BQ，∴四邊形PBQG是正方形，∴∠BGN=45°，故④正確；∵△BPM≌△BQN，∴MP=QN，∵四邊形PBQG是正方形，∴BP=PG=QG，BG=2∴MG+GN=MP+PG+GN=2PG=2BG，故綜上，①③④⑤正確，故選：C．【點(diǎn)睛】本題是四邊形綜合題，考查了全等三角形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，添加恰當(dāng)輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．【變式10-1】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，∠BAC的平分線交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，連接GE、GF，以下結(jié)論：①ΔOAE?ΔOBG；②四邊形BEGF是菱形；③BE=CG；④PGAE=2?1；⑤SΔPBC：SΔAFC=1：2，其中正確的有（

A．2個(gè) B．3個(gè) C．4個(gè) D．5個(gè)【答案】C【分析】證明△AHG≌△AHB（ASA），得出AF是線段BG的垂直平分線，由線段垂直平分線的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)即可得出②正確；設(shè)OA=OB=OC=a，由菱形和正方形的性質(zhì)得出OA=OB，證出∠OAE=∠OBG，由ASA證明△OAE≌△OBG，可得出①正確；求出OG=OE=a-b，由平行線分線段成比例定理可得出④正確；證明△EAB≌△GBC（ASA），得出BE=CG，可得出③正確；證明△FAB≌△PBC（ASA），得出BF=CP，則三角形的面積公式，可得出⑤錯(cuò)誤；即可得出結(jié)論．【詳解】解：∵AF是∠BAC的平分線，∴∠GAH=∠BAH，∵BH⊥AF，∴∠AHG=∠AHB=90°，在△AHG和△AHB中，∠GAH=∠BAHAH=AH∴△AHG≌△AHB（ASA），∴GH=BH，∴AF是線段BG的垂直平分線，∴EG=EB，F(xiàn)G=FB，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAF=∠CAF=12×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，∴∠BEF=∠BFE，∴EB=FB，∴EG=EB=FB=FG，∴四邊形BEGF是菱形；②正確；設(shè)OA=OB=OC=a，菱形BEGF的邊長為b，∵四邊形BEGF是菱形，∴GF∥OB，∴∠CGF=∠COB=90°，∴∠GFC=∠GCF=45°，∴CG=GF=b，∠CGF=90°，∴CF=2GF=2BF，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，∵BH⊥AF，∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，∴∠OAE=∠OBG，在△OAE和△OBG中，∠OAE=∠OBGOA=OB∴△OAE≌△OBG（ASA），①正確；∴OG=OE=a-b，∴△GOE是等腰直角三角形，∴GE=2OG，∴b=2（a-b），整理得a=2+22∴AC=2a=（2+2）b，AG=AC-CG=（1+2）b，∵四邊形ABCD是正方形，∴PC∥AB，∴BGPG=AG∵△OAE≌△OBG，∴AE=BG，∴AEPG=1+2∴PGAE=11+2=∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，∴∠EAB=∠GBC，在△EAB和△GBC中，∠EAB=∠GBCAB=BC∴△EAB≌△GBC（ASA），∴BE=CG，③正確；在△FAB和△PBC中，∠FAB=∠PBCAB=BC∴△FAB≌△PBC（ASA），∴BF=CP，∴SΔPBCS綜上所述，正確的有4個(gè)，故選：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、平行線的性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)、三角形面積的計(jì)算等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，熟練掌握正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2023·廣東河源·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AB=6，點(diǎn)O是對(duì)角線AC的中點(diǎn)，點(diǎn)Q是線段OA上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)Q不與點(diǎn)O，A重合），連接BQ，并延長交邊AD于點(diǎn)E，過點(diǎn)Q作FQ⊥BQ交CD于點(diǎn)F，分別連接BF與EF，BF交對(duì)角線AC于點(diǎn)G．過點(diǎn)C作CH∥QF交BE于點(diǎn)H，連接AH．有以下四個(gè)結(jié)論：①BF=2BQ；②△DEF的周長為12；③線段AH的最小值為2；④A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根據(jù)四點(diǎn)共圓，等腰直角三角形，正方形的性質(zhì)，三角形全等和相似，圓的最值性質(zhì)等判斷即可．【詳解】∵AC是正方形ABCD的對(duì)角線，∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA=45°，∠BAD=∠BCD=90°，∵FQ⊥BQ，∴∠BQF=90°，∴點(diǎn)B、C、F、Q都在以BF為直徑的圓上，∴∠QBF=∠DCQ=45°，∴∠QFB=45°，∴QB=QF，∴BF=2故結(jié)論①正確；延長EA到點(diǎn)M，使得AM=CF，∵四邊形ABCD是正方形∴∠BAM=∠BCF=90°，BA=BC，∴△BAM≌△BCF，∴BF=BM，∠CBF=∠ABM，∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=∠CBF+∠ABE=∠ABC-∠QBF=45°=∠FBE，∴△MBE≌△FBE，∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，∴DE+DF+EF=DE+AE+DF+CF=AD+DC=2AD=12，即△DEF的周長為12，故結(jié)論②正確；∵CH∥QF，∠BQF=90°，∴∠BHC=∠BQF=90°，∴點(diǎn)H在以BC為直徑的半圓上，設(shè)BC的中點(diǎn)為N，則NB=NC=3，連接AN，交圓N于點(diǎn)P，則AN=AB∴當(dāng)H與P重合時(shí)，AH最小，最小值為AN-PN=35∴結(jié)論③是錯(cuò)誤的；連接EG，∵∠EAG=∠EBG=45°，∴點(diǎn)A、B、G、E都在以BE為直徑的圓上，∴∠BGE=90°，∠BEG=45°，∴GB=GE，∴BE=2∵∠EQF=∠EGF=90°，∴點(diǎn)E、Q、G、F都在以EF為直徑的圓上，∴∠BQG=∠BFE，∵∠QBG=∠FBE，∴△BQG∽△BFE，∴S△BQG∴2S故結(jié)論④是正確的，故選C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，四點(diǎn)共圓，圓的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，三角形相似的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)，正方形的半角模型，圓的最值性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【