第25講特殊四邊形-正方形與梯形目錄聯(lián)系地址：北京市東城區(qū)龍?zhí)堵?號院4號樓三層電話400-688-1789第1頁共1頁TOC\o"1-3"\n\h\z\u一、考情分析二、知識建構(gòu)考點一正方形的性質(zhì)與判定題型01根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度題型02根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長題型03根據(jù)正方形的性質(zhì)求面頰題型04根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)題型05與正方形有關(guān)的折疊問題題型06求正方形重疊部分面積題型07利用正方形的性質(zhì)證明題型08添加一個條件使四邊形是正方形題型09證明四邊形是正方形題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度題型11根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長題型12根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積題型13根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明題型14根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題題型15與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問題題型16與正方形有關(guān)的動點問題題型17正方形與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用題型18正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用題型19正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用題型20正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用考點二四邊形之間的區(qū)別與聯(lián)系題型01平行四邊形、矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系題型02平行四邊形、矩形、菱形、正方形的判定題型03平行四邊形、矩形、菱形、正方形的性質(zhì)題型04利用矩形、菱形、正方形的性質(zhì)與判定求解考點三梯形的性質(zhì)與判定題型01等腰三角形的性質(zhì)求解題型02等腰三角形的判定求解題型03解決梯形問題的常用方法考點要求新課標(biāo)要求命題預(yù)測正方形的性質(zhì)與判定探索并證明正方形的性質(zhì)定理.探索并證明正方形的判定定理.正方形是特殊平行四邊形中比較重要的圖形，也是幾何圖形中難度比較大的幾個圖形之一，年年都會考查，預(yù)計2024年各地中考還將出現(xiàn).其中，正方還經(jīng)常成為綜合壓軸題的問題背景來考察，而正方其他出題類型還有選擇、填空題的壓軸題，難度都比較大，需要加以重視.解答題中考查正方形的性質(zhì)和判定，45°半角模型，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函數(shù)、動態(tài)問題綜合應(yīng)用的可能性比較大．四邊形之間的區(qū)別和聯(lián)系理解矩形、菱形、正方形之間的關(guān)系.梯形的性質(zhì)與判定理解梯形的概念.考點一正方形的性質(zhì)與判定正方形的定義：四條邊都相等，四個角都是直角的四邊形叫做正方形.正方形的性質(zhì)：1）正方形具有平行四邊形、矩形、菱形的所有性質(zhì).2）正方形的四個角都是直角，四條邊都相等.3）正方形對邊平行且相等.4）正方形的對角線互相垂直平分且相等，每條對角線平分一組對角；5）正方形的兩條對角線把正方形分成四個全等的等腰直角三角形；6）正方形既是中心對稱圖形，也是軸對稱圖形.【補充】正方形對角線與邊的夾角為45°.正方形的判定：1）平行四邊形+一組鄰邊相等+一個角為直角；2）矩形+一組鄰邊相等；3）矩形+對角線互相垂直；4）菱形+一個角是直角；5）菱形+對角線相等.【解題技巧】判定一個四邊形是正方形通常先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等或?qū)蔷€互相垂直；或者先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角或?qū)蔷€相等；還可以先判定四邊形是平行四邊形，再證明它有一個角為直角和一組鄰邊相等．正方形的面積公式：a2＝對角線乘積的一半=2S△ABC=4S△AOB.正方形的周長公式：周長=4a題型01根據(jù)正方形的性質(zhì)求角度【例1】（2023·重慶沙坪壩·重慶一中校考三模）如圖，點E.F、G分別是正方形ABCD的邊AD、BC、AB上的點，連接DG，EF，GF．且EF=DG，DE=2AG，∠ADG的度數(shù)為α，則∠EFG的度數(shù)為（

）

A．α B．2α C．45°-α D．45°+α【答案】C【分析】過點F作FH⊥AD于點H，由題意易證△ADG≌△HFE，則有EH=DH=FC，然后可得BG=BF，進而問題可求解．【詳解】解：過點F作FH⊥AD于點H，如圖所示：

∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC=AB=BC,∠A=∠B=∠EHF=∠C=∠ADC=90°，AD∥BC，∴四邊形HFCD是矩形，∴HF=DC=AD,HD=FC，∵EF=DG，∴△ADG≌△HFEHL∴EH=AG，∠HEF=∠AGD，∵∠ADG+∠AGD=90°，∴∠ADG+∠HEF=90°，即∠EMD=∠GMF=90°，∵DE=2AG，∴AG=EH=HD=FC，∴BG=BF，∴∠BFG=45°，∵∠ADG=α，∴∠HEF=90°-α，∵AD∥BC，∴∠EFB=∠HEF=90°-α，∴∠EFG=∠EFB-∠GFB=45°-α；故選C．【點撥】本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及直角三角形的兩個銳角互余，熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及直角三角形的兩個銳角互余是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2022·湖北武漢·校考模擬預(yù)測）如圖，點E是正方形ABCD中的一點，連接EB、EC、EA、ED，若△EBC為等邊三角形時，則∠EAD=．

【答案】15°【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)和等邊三角形的性質(zhì)證明∠DAE=∠DEA=∠CBE=∠CEB=75°即可解決問題．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=DC，∠ADC=∠BCD=∠DAB=∠ABC=90°，∵Δ∴AB=BE=DC=EC，∠EBC=∠ECB=60°，∴∠ABE=∠DCE=30°，∵AB=BE=CE=CD，∴∠BAE=∠BEA=∠CDE=∠CED=75°，∴∠EAD=90°-75°=15°．故答案為：15°．【點撥】本題考查正方形的性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是掌握正方形的性質(zhì)．【變式1-2】（2023·陜西西安·西安市慶安初級中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，正六邊形ABCDEF內(nèi)，以AB為邊做正方形ABGH，則∠CBG=

【答案】30°/30度【分析】分別求出正六邊形，正方形的內(nèi)角可得結(jié)論．【詳解】解：在正六邊形ABCDEF內(nèi)，正方形ABGH中，∠ABC=6-2×180°6∴∠CBG=故答案為：30°．【點撥】本題考查正多邊形性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是求出正多邊形的內(nèi)角，屬于中考?？碱}型．【變式1-3】（2023·浙江湖州·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，延長BC至點F，使得CF=CA，連接AF交CD于點E，則∠AED的度數(shù)為．

【答案】【分析】根據(jù)AD∥BC和CF=CA推出AF平分∠CAD，從而求出∠DAE，從而求出【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD∥BC，∴∠DAE=∠F，又∵CF=CA，∴∠CAF=∠F∴∠CAF=∠DAE，即AF平分∠CAD，∴∠DAE=∴∠AED=180°-∠D-∠DAE=67.5°故答案為：67.5°【點撥】本題考查正方形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)等知識，推導(dǎo)AF平分∠CAD是解題的關(guān)鍵．題型02根據(jù)正方形的性質(zhì)求線段長【例2】（2024·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長為4，點E為AD的中點，連接AC，BE，點M,N分別在BE,AC上，且BM=13MEA．322 B．52 C．22【答案】B【分析】本題主要考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)．設(shè)AC，BE交于點P，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得△AEP∽△CBP，從而得到PE=13BE,AP=【詳解】解：如圖，設(shè)AC，BE交于點∵四邊形ABCD是正方形，且邊長為4，∴AD=BC=4,AD∥BC，∴△AEP∽∴APCP∵點E為AD的中點，∴AE=1∴APCP∴APAC=EP∵BM=1∴ME=3∴PM=5∴PMPE∵∠APE=∠NPM，∴△APE∽∴MNAE∴MN2∴MN=5故選：B【變式2-1】（2022·湖南長沙·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是邊AD上一點，連接OM，過點O作ON⊥OM交CD于點N，若四邊形MOND的面積是4，則AB的長為（A．2 B．22 C．4 D．【答案】C【分析】本題考查正方形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．過點O作OE⊥AD，OF⊥CD，證明△OEM≌△OFN，進而得到四邊形MOND的面積等于正方形【詳解】解：過點O作OE⊥AD于點E，OF⊥CD于點F，則：∠OEM=∠OFN=∠OFD=90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴OA=OD=OC，∴AE=DE=∴四邊形OEDF為正方形，∴OE=OF，∵ON⊥OM，∴∠MON=90°=∠EOF，∴∠EOM=∠FON，∴△OEM≌∴正方形OFDE的面積等于四邊形MOND的面積，∴DE∴DE=2（負值已舍掉）；∴AB=AD=2DE=4；故選：C．【變式2-2】（2023·廣東清遠·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，邊長分別為2和6的正方形ABCD和CEFG并排放在一起，連接BD并延長交EG于點T，交FG于點P．則GT=（

）A．2 B．22 C．1 D．【答案】B【分析】首先證明∠BTE=90°；然后證明GD=GP=4；運用勾股定理求出DP的長度；根據(jù)GT⊥BP，得到GT=1【詳解】

解：如圖，∵四邊形ABCD和CEFG均為正方形，∴∠DBC=∠BDC=45°,∠GCE=90°,GP∥BC，∴∠GPD=∠DBC=45°,∠GDP=∠BDC=45°,∠TBC+∠TEC=90°，∴∠GDP=∠GPD=45°,∠BTE=90°；∴GD=GР=6-2=4,GT⊥DP，∴GT=1由勾股定理得：DP=D∴GT=22故選：B．【點撥】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)等知識點的應(yīng)用問題：應(yīng)牢固掌握正方形的性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)．【變式2-3】（2023·安徽宿州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，是由四個全等的直角三角形和一個小正方形拼成的一個大正方形，若每個直角三角形的面積為4，大正方形的面積為25，則小正方形的邊長為（

）A．9 B．6 C．1 D．3【答案】D【分析】根據(jù)大正方形的面積為25，每個直角三角形面積為4，設(shè)直角三角形較短直角邊長為a，較長直角邊長為b，得出(b-a)2【詳解】解：設(shè)直角三角形較短直角邊長為a，較長直角邊長為b，∵大正方形的面積為25，每個直角三角形面積為4，∴(b-a)∴b-a=3，即小正方形的邊長為3．故選：D．【點撥】本題考查了以弦圖為背景的計算，根據(jù)大正方形的面積等于4個直角三角形的面積加上小正方形的面積求解是解題的關(guān)鍵．【變式2-4】（2022·黑龍江哈爾濱·哈爾濱市第六十九中學(xué)校校考模擬預(yù)測）已知：正方形ABCD邊長為3，E為直線AD上一點，AE=1，連接CE，CE所在直線與AB所在直線交于點F．則AF=．【答案】34或【分析】分兩種情況：當(dāng)點E在線段AD上時，當(dāng)點E在DA延長線上時，分別作出圖形，利用正方形的性質(zhì)可證得△AEF∽△BCF，可得AEBC【詳解】解：當(dāng)點E在線段AD上時，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴AD∥BC，AB=BC=3，∴△AEF∽△BCF，則AEBC即：13=AF當(dāng)點E在DA延長線上時，如圖，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=3，AD∥BC，則∠E=∠BCF，∠EAF=∠CBF，∴△AEF∽△BCF，則AEBC即：13=AF綜上，AF=34或故答案為：34或3【點撥】本題考查正方形的性質(zhì)，相似三角形的判定及性質(zhì)，作出圖形，結(jié)合相似三角形的判定及性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵．題型03根據(jù)正方形的性質(zhì)求面頰【例3】（2024·重慶大渡口·統(tǒng)考一模）一個正方形的邊長為2，它的面積為（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】B【分析】本題考查了正方形的面積計算，由正方形的面積等于邊長的平方即可求解，掌握正方形的面積計算方法是解題的關(guān)鍵．【詳解】解：∵正方形的邊長為2，∴正方形的面積為22故選：B．【變式3-1】（2023·廣東汕尾·三模）如圖，大正方形中有2個小正方形，這兩個小正方形的面積分別是S1和S2，則S1

A．98 B．89 C．1 D【答案】A【分析】設(shè)正方形ABCD的邊長為m，可證明兩個小正方形的邊長分別為23m和12m，則兩個小正方形的面積分別為S2【詳解】解：如圖，設(shè)正方形ABCD的邊長為m，

∵∠B=∠D=90°，AB=CB=AD=CD，∴∠BAC=∠BCA=∠DAC=∠DCA=45°，AC=A∵四邊形BPNM和四邊形EFGH都是正方形，∴∠BMN=∠BPN=∠EHG=∠FGH=90°，∴∠AMN=∠CPN=∠AHE=90°，∴∠MNA＝∴MN=BM=AM=PN=BP=CP=1EH=AH=GH=FG=CG=1∴S2=2∴S1故選：A．【點撥】本題重點考查正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的面積公式等知識，正確地作含同一字母的代數(shù)式表示兩個小正方形的面積S1和S【變式3-2】（2023·江蘇蘇州·蘇州市立達中學(xué)校校考一模）如圖，一塊正方形地磚的圖案是由4個全等的五邊形和1個小正方形組成的，已知小正方形的面積和五邊形的面積相等，并且圖中線段a的長度為10-2，則這塊地磚的面積為（

A．50 B．40 C．30 D．20【答案】B【分析】如圖，根據(jù)題意易知，點O為正方形ABCD，EFGH的中心，利用圖中的面積關(guān)系最終可推出14S正方形ABCD=5S△EOF，設(shè)正方形ABCD的邊長為2x【詳解】解：如圖，根據(jù)題意易知，點O為正方形ABCD，∴S△EOF=14S∵S五邊形∴S五邊形∵S五邊形∴14設(shè)正方形ABCD的邊長為2x,則OF=OE=x-a,∴14?2x?2x=5∵a=10∴x=10或7∵710∴x=10∴S正方形故選：B．【點撥】本題主要考查全等圖形、正方形的性質(zhì)、二次根式的應(yīng)用、一元二次方程的應(yīng)用等知識點，利用已知條件，得到各部分圖形之間的面積關(guān)系并列出方程是解題關(guān)鍵．【變式3-3】（2023·河南省直轄縣級單位·統(tǒng)考二模）四邊形不具有穩(wěn)定性．四條邊長都確定的四邊形，當(dāng)內(nèi)角的大小發(fā)生變化時，其形狀也隨之改變．如圖，改變正方形ABCD的內(nèi)角，使正方形ABCD變?yōu)榱庑蜛BC'D'，如果∠DAD'=30°

A．1 B．34 C．32 D【答案】C【分析】過D'作D'E⊥AB于E，如圖所示，設(shè)正方形邊長為a，求出S正方形=DA2=a【詳解】解：過D'作D'E⊥AB

設(shè)正方形邊長為a，∵∠DAD∴∠D在Rt△AD'E中，D'∴D∴S正方形=D∴菱形ABC'D'與正方形故選：C．【點撥】本題考查正方形與菱形面積，涉及含30°直角三角形的三邊關(guān)系，熟記正方形與菱形面積公式是解決問題的關(guān)鍵．【變式3-4】（2023·四川成都·校考三模）如圖，由四個全等的直角三角形與中間的一個小正方形EFGH拼成一個大正方形ABCD，連接AF和CH,AF=AB．現(xiàn)隨機向正方形ABCD內(nèi)擲一枚小針，則針尖落在陰影區(qū)域的概率為．

【答案】1【分析】設(shè)AF交BH于點M，CH交DF于點N，設(shè)AF=AB=c，AH=BE=CF=DG=b,AG=BH=CE=DF=b，分別得到S正方形ABCD=5【詳解】解：設(shè)AF交BH于點M，CH交DF于點N，設(shè)AF=AB=c，AH=BE=CF=DG=b,AG=BH=CE=DF=b，

由勾股定理得a2∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD=AF=c，∵四邊形EFGH是正方形，∴AG⊥DF，∴DG=FG=1即b=2a，∴S正方形則AH=GH=GF=DG，∵MH∥GF，∴MHGF=AH∴S△AMH∵∠HGN=∠CFN=90°,∠HNG=∠CNF，∴△HNG≌△CNFAAS∴GN=FN=1∴MH=NG=1∵AH=HG,∠AHE=∠HGN=90°，∴△AHM≌△∠HGNSAS∴S△AHM∴S四邊形則針尖落在陰影區(qū)域的概率為S四邊形故答案為：1【點撥】此題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定和性質(zhì)、正方形的性質(zhì)等知識，分別表示出S正方形ABCD和題型04根據(jù)正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)【例4】（2023·河北邯鄲·?？既＃┤鐖D，在正方形ABCD中，已知點A0，3，B5，3．將正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)角度α0<α<180°后，點B的對應(yīng)點B

A．7，4或5，-2 B．7C．5，-2或-1，-4 D【答案】B【分析】根據(jù)題意畫出圖形，分三種情況進行討論：①點B對應(yīng)點B'恰好落在x軸正半軸上時；②點B對應(yīng)點B'恰好落在y軸負半軸上時；③點B對應(yīng)點B'恰好落在x軸負半軸上時，根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，利用全等三角形的判定與性質(zhì)可得點C【詳解】解：∵A0，3∴AB⊥y軸，AB=5，∵四邊形ABCD是正方形，且點C、D在AB上方，∴C5，8，D0，當(dāng)正方形ABCD繞點A順時針旋轉(zhuǎn)角度α0<α<180°①點B對應(yīng)點B'恰好落在x，∵AB'=AB=5∴OB∵∠AB'O+∠OA∴∠OAB在△AB'O∠AOB∴△AB∴B'E=OA=3∴OE=OB∴點C的對應(yīng)點C'的坐標(biāo)為7②點B對應(yīng)點B'恰好落在y，此時B'∴OB∴點C的對應(yīng)點C'的坐標(biāo)為5③點B對應(yīng)點B'恰好落在x，同①可知∴△AB∴B'E=OA=3∴OE=OB∴點C的對應(yīng)點C'的坐標(biāo)為-1綜上所述：點C的對應(yīng)點C'的坐標(biāo)為7，4或5故選：B．【點撥】本題主要考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的變化、全等三角形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是綜合運用以上知識．【變式4-1】（2023·河南安陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖．四邊形ABCO為正方形，點A的坐標(biāo)為1,3，將正方形繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點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，點C所到位置的坐標(biāo)與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點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O逆時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)60°∴正方形繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)6次回到原位置∵2023=337×6+1∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C所到位置的坐標(biāo)，與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C所到位置的坐標(biāo)相同如圖：OC繞點O逆時針60°得到OC'

∵∠∴∠AO∵點A的坐標(biāo)為1,∴AD=1,DO=∴∠AOD=30°,∠∵AD⊥y∴ADO∴C即點C故選：D【點撥】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，點C所到位置的坐標(biāo)，與第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點C所到位置的坐標(biāo)相同，是解題關(guān)鍵．【變式4-2】（2019·山東聊城·校聯(lián)考一模）如圖，將邊長為3的正方形ABCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形A'BC'D',AD與C

A．3,1 B．1,3 C．3,3【答案】B【分析】由正方形和旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出AB=BC'=3，∠BAM=∠BC'M=90°，，證出Rt△ABM≌Rt【詳解】解：∵四邊形ABCD是邊長為3的正方形，正方形ABCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形A'∴AB=BC'=在Rt△ABM和RtBM=AMAB=∴Rt△ABM≌∴∠1=∠2，∵將邊長為3的正方形ABCD繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°，∴∠CBC∴∠1=∠2=30°，在Rt△ABM中，AB=∴AB=3∴AM=1，∴點M的坐標(biāo)為1,3故選：B．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)等知識；熟練掌握旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023·河南駐馬店·統(tǒng)考三模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點為A-2,0，B2,0．半圓與正方形ABCD組成一個新的圖形，點M為DC（靠近點D）的三等分點，將此組合圖形繞點O順時針旋轉(zhuǎn)，每次旋轉(zhuǎn)90°，則第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)為（

A．2+3,-1 B．-2-3,-1 C．-4+【答案】D【分析】設(shè)CD交y軸于點E，過點M作MN⊥x軸于點N，交CD于點F，連接ME，先利用正方形的性質(zhì)、勾股定理、圓心角求出點M的坐標(biāo)為M-1,4+3，再根據(jù)繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°的點的坐標(biāo)變換規(guī)律分別求出第次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點【詳解】解：如圖，設(shè)CD交y軸于點E，過點M作MN⊥x軸于點N，交CD于點F，連接ME，

∵正方形ABCD的頂點為A-2,0，B∴OE=BC=AB=4,CE=OB=2,CD∥AB,CD⊥OE，∴四邊形OEFN是矩形，∴EF=ON,FN=OE,MF⊥CD，∵點M為半圓上的點，且為DC（靠近點D）的三等分點，∴ME=CE=2,∠MEF=60°，∴∠EMF=30°，∴EF=1∴MN=FN+MF=4+3，ON=1∴M-1,4+∵繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°的點的坐標(biāo)變換規(guī)律：橫、縱坐標(biāo)先交換位置，縱坐標(biāo)再變?yōu)橄喾磾?shù)，∴第1次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)為4+3第2次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)為1,-4-3第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)為-4-3第4次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)為-1,4+3由此可知，旋轉(zhuǎn)4次一個循環(huán)，∵2023=4×505+3，∴第2023次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)與第3次旋轉(zhuǎn)結(jié)束時，點M的坐標(biāo)相同，即為-4-3故選：D．【點撥】本題考查了繞原點O順時針旋轉(zhuǎn)90°的點的坐標(biāo)變換規(guī)律、正方形的性質(zhì)、勾股定理、圓心角等知識點，正確歸納類推出一般規(guī)律是解題關(guān)鍵．【變式4-4】（2023·陜西西安·?？级＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點A.B分別在x軸、y軸負半軸上，點A的坐標(biāo)為(-2,0),tan∠DAO=【答案】B(0,-4).【分析】由正方形的性質(zhì)可得∠ABO=∠DAO，根據(jù)三角函數(shù)關(guān)系可得OA、OB的長，由此可得答案；【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAB=90°=∠DAO+∠OAB,∵∠OAB+∠ABO=90°,∴∠ABO=∠DAO,tan∠∴∵點A的坐標(biāo)為(-2,0),∴∵∴OB=4,∴B(0,-4).【點撥】此題考查的正方形的性質(zhì)、坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、解直角三角形，掌握其性質(zhì)定理是解決此題的關(guān)鍵．題型05與正方形有關(guān)的折疊問題【例5】（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B恰好落在線段AD上的點G處，點C的對應(yīng)點為點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△cos∠AEG=即cos60°=解得x=2經(jīng)檢驗x=2∴原方程的解為x=2∴AE=2故答案為：23【點撥】本題考查翻折變換，正方形的性質(zhì)，解直角三角形，熟練運用相關(guān)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023·廣西南寧·統(tǒng)考三模）如圖，四邊形ABCD為正方形紙片，E是邊CB的中點，連接DE，P是邊CD上一點，將紙片沿著AP折疊，使點D落在DE上的F點處，則DFEF為【答案】4【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，推出∠DEC+∠CDQ=90°，根據(jù)折疊得到AP垂直平分DF，證明△ADP≌△DCEAAS，得到DP=CE，設(shè)AD=CD=BC=2，利用勾股定理求出DF，DE，得到EF【詳解】解：如圖，在正方形ABCD中，∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，∴∠DEC+∠CDQ=90°，由折疊可知：AP垂直平分DF，即AP⊥DF，∴∠DQP=90°，即∠CDQ+∠DPQ=90°，∴∠DEC=∠DPQ，在△ADP和△DCE中，∠DPQ=∠DEC∠ADP=∠DCE∴△ADP≌△DCEAAS∴DP=CE，設(shè)AD=CD=BC=2，∵E是邊CB的中點，∴DP=CP=CE=BE=1，∴AP=DE=2∴DQ=AD×DP∴DF=4∴EF=DE-DF=5∴DFEF故答案為：4．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的判定和性質(zhì)，折疊問題，解題的關(guān)鍵是利用折疊的性質(zhì)以及全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關(guān)系．【變式5-2】（2023·山東泰安·東平縣實驗中學(xué)統(tǒng)考三模）四邊形ABCD是邊長為9的正方形紙片，將其沿MN折疊，使點B落在CD邊上的B'處，點A對應(yīng)點為A'，且S△A'

【答案】2【分析】設(shè)AM=x，A'E=y，由折疊有性質(zhì)知AM'=AM=x，∠NB'A'=∠B=90°，【詳解】解：設(shè)AM=x，由折疊有性質(zhì)知AM'=AM=x，∠N∴∠A∵∠DEB∴∠DEB∴△A∵S△∴△A'EM與△∴CN=2x，∴B'N=9-2x，∴ME=1∴DE=9-x-9-2x∴B'E2解得y1∴B'∴B'C2解得x=2，∴AM=2，故答案為：2．【點撥】本題考查了圖形翻折變換的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)，熟知圖形翻折不變性的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023·安徽池州·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，G為AD邊上一點，將△ABG沿BG翻折到△FBG處，延長GF交CD邊于點E，過點F作FH∥BC分別交BG，AB，CD于點H，P，

（1）∠EBG=．（2）若FH=12BC=8，則【答案】45°/45度48【分析】（1）根據(jù)折疊得出∠ABG=∠GBF=12∠ABF，證明Rt△BEF≌Rt（2）過點H作HM⊥BF于點M，證明△BPH≌△BMHAAS，得出BM=BP，PH=MH，證明△BPF∽△HMF，得出HMBP=FMFP=HFBF，設(shè)BM=BP=2x，則FM=16-2x，得出【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴AB=BC=AD=CD，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠BAD=90°，根據(jù)折疊可知，BF=AB，∠BFG=∠BAG=90°，∠ABG=∠GBF=1∴BF=BC，∠BFE=180°-90°=90°，∵BE=BE，∴Rt△BEF≌∴∠CBE=∠EBF=1∴∠EBG=∠EBF+∠GBF=1故答案為：45°；（2）過點H作HM⊥BF于點M，如圖所示：

∵FH∥∴∠BPH=∠A=90°，∴∠BPH=∠BMH=90°，∵∠PBH=∠MBH，BH=BH，∴△BPH≌△BMHAAS∴BM=BP，PH=MH，∵∠HMF=∠BPF=90°，∠BFP=∠HFM，∴△BPF∽△HMF，∴HMBP∵FH=1∴BC=BF=16，設(shè)BM=BP=2x，∴FM=16-2x，∴HM2x∴HP=HM=x，∴FP=8+x，∴16-2x8+x解得：x=24∴BP=2×24故答案為：485【點撥】本題主要考查了正方形的性質(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)，折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相關(guān)的性質(zhì)和判斷，作出輔助線構(gòu)造全等三角形，證明△BPH≌△BMH．【變式5-4】（2023·廣東茂名·三模）如圖，正方形ABCD中，E是邊BC的中點，將△ABE沿AE折疊，得到△AFE，延長EF交邊CD于點P．(1)求證：DP=FP；(2)若AB=6，求CP的長．【答案】(1)見解析(2)4【分析】（1）連接AP，由正方形的性質(zhì)得AD=AB，∠B=∠D=90°，由折疊得AF=AB，∠AFE=∠B=90°，則AD=AF，∠AFP=90°，可證明Rt△APD≌Rt（2）由CD=CB=AB=6，E是邊BC的中點，得BE=CE=12BC=3，F(xiàn)P=DP=6-CP，由勾股定理得C【詳解】（1）證明：連接AP，∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=AB，∠B=∠D=90°，∵將△ABE沿AE折疊，得到△AFE，延長EF交邊CD于點P，∴AF=AB，∠AFE=∠B=90°，∴AD=AF，∠AFP=90°，在Rt△APD和RtAD=AFAP=AP∴Rt△APD∴DP=FP；（2）解：∵CD=CB=AB=6，E是邊BC的中點，∴BE=CE=12BC=3∴FE=BE=3，∵∠C=90°，∴CP∴CP∴CP=4．【點撥】本題主要考查正方形的性質(zhì)、折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，靈活運用這些知識是解題的關(guān)鍵．【變式5-5】（2022·湖北武漢·?？寄M預(yù)測）（1）如圖1，已知正方形紙片ABCD，將正方形紙片沿過點A的直線折疊，使點B落在正方形ABCD的內(nèi)部，點B的對應(yīng)點為點M，折痕為AE，再將紙片沿過點A的直線折疊，使AD與AM重合，折痕為AF，則∠EAF=度；（2）如圖2，將正方形紙片沿EF繼續(xù)折疊，點C的對應(yīng)點為點N．當(dāng)點N恰好落在折痕AE上，則①∠AEF=度；②若AB=3，求線段AP（3）如圖3，在矩形ABCD中，AD=nAB，點E、F分別在邊BC、CD上，將矩形ABCD沿AE、AF折疊，點B落在M處，點D落在G處，點A、M、G恰好在同一直線上，若BE=1，AB=a，則DFAB=（用含a、【答案】（1）45；（2）①60；②23-2；【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得∠BAD=90°，再由折疊的性質(zhì)得∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，即可求解；（2）①由折疊的性質(zhì)和平角的定義可得結(jié)論；②先根據(jù)①可得∠BAE=∠EAM=30°，由直角三角形含30°的性質(zhì)可得AE和BE的長，可得EN和CE的長，由三角函數(shù)可得AP的長；（3）由折疊的性質(zhì)可得AB=AM=a，BE=EM=1，∠B=∠AME=90°，DF=FG，由“AAS”可證△APN≌△APM，可得NP=PM，AN=AM=a，通過證明四邊形ABHN是正方形，可得NH=BH=a,在Rt△EPH中，利用勾股定理可求NP的長，由銳角三角函數(shù)可得DF【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°，由折疊得：∠BAE=∠EAM，∠DAF=∠FAM，∴∠EAF=∠EAM+∠FAM=12×90°=45°故答案為：45；（2）①如圖2，由折疊得：∠AEB=∠AEF，∠AEF=∠CEF，∴∠AEF=∠CEF=∠AEB，∵∠AEF+∠AEB+∠CEF=180°，∴∠AEF=60°，故答案為：60；②∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B=∠C=90°，∵∠AEB=60°，∴∠BAE=∠EAM=30°，∵AB=BC=3，∴BE=1，AE=2，∴EN=EC=∴AN=AE-EN=2-在Rt△ANP∴AP=2（3）解：如圖3，延長EM交AF于點P，過點P作HN⊥AD于N，∵將矩形紙片沿AE、AF折疊，點B落在M處，點D落在G處，∴AB=AM=a,∠PAM=∠PAN，BE=EM=1，∠B=∠AME=90°，在△APM和△APN中，∠PAN=∠PAM∠ANP=∠AMP=90°∴△APN≌△APM（AAS），∴NP=PM，AN=AM=a，∵∠B=∠BAN=90°，HN⊥AD，∴四邊形ABHN是矩形，又∵AN=AB，∴四邊形ABHN是正方形，∴HN=BH=a，∴EH=a-1，∵EP∴1+NP2∴NP=a∵ta2解得：DF=n∴DF【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)和判定、含30°角的直角三角形的性質(zhì)、三角函數(shù)等知識；本題綜合性強，熟練掌握正方形的性質(zhì)和翻折變換的性質(zhì)，證出∠EAF=45°題型06求正方形重疊部分面積【例6】（2020·河北·校聯(lián)考二模）在平面上，邊長為2的正方形和短邊長為1的矩形幾何中心重合，如圖①，當(dāng)正方形和矩形都水平放置時，容易求出重疊面積S=2×1=2．甲、乙、丙三位同學(xué)分別給出了兩個圖形不同的重疊方式；甲：矩形繞著幾何中心旋轉(zhuǎn)，從圖②到圖③的過程中，重疊面積S大小不變．乙：如圖④，矩形繞著幾何中心繼續(xù)旋轉(zhuǎn)，矩形的兩條長邊與正方形的對角線平行時，此時的重疊面積大于圖③的重疊面積．丙：如圖⑤，將圖④中的矩形向左上方平移，使矩形的一條長邊恰好經(jīng)過正方形的對角線，此時的重疊面積是5個圖形中最小的．下列說法正確的是（

）A．甲、乙、丙都對 B．只有乙對 C．只有甲不對 D．甲、乙、丙都不對【答案】C【分析】本題重疊部分面積需要結(jié)合圖形特點，利用對稱性質(zhì)，通過假設(shè)未知數(shù)表示未知線段，利用面積公式求解，并根據(jù)線段范圍判別面積大?。驹斀狻咳鐖D一所示，設(shè)AI=x，BJ=y，則有x+y=AB-IJ=2-1=1，重疊部分四邊形JILK面積為2．如圖二所示，設(shè)AI=x，BJ=y，因為JM=HE=1，△JIM為直角三角形，斜邊JI大于直角邊JM，故有：x+y＜1，重疊部分平行四邊形JILK面積為2-(x+y)×2=4-2(x+y)如圖三所示，設(shè)AI=x（0＜x＜1），BJ=y=0，重疊部分四邊形JIDK面積為SAJCD在由圖一到圖三的轉(zhuǎn)變過程中，x+y的取值逐漸減小，則重疊部分面積逐漸增大，故甲同學(xué)說法錯誤．如圖四所示，設(shè)AI=AN=x（1＜x＜2），重疊部分多邊形BINDKM面積為SABCD當(dāng)0＜x＜2時，4-x2如圖五所示，設(shè)AI=AN=x，所以重疊部分四邊形INDB面積為S△ABD因為x22＞綜上，圖一到圖四重疊部分面積逐漸增大，圖五面積小于圖一，故圖五面積最小，丙同學(xué)說法正確．故答案為C選項．【點撥】本題考查正方形以及矩形性質(zhì)，并在此基礎(chǔ)進行知識延伸，需要假設(shè)未知數(shù)并結(jié)合對稱性質(zhì)化抽象問題為形象問題，利用未知量取值范圍求解本題．【變式6-1】（2023·山東菏澤·?？家荒＃┤鐖D，兩個邊長為4的正方形重疊在一起，點O是其中一個正方形的中心，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【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(∴S∴===1故答案是：4．【點撥】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6-2】（2021·遼寧撫順·統(tǒng)考三模）如圖，正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，點O又是正方形A1B1C1O的一個頂點，而且這兩個正方形的邊長相等．設(shè)兩個正方形重合部分的面積為S1，正方形ABCD的面積為S2，通過探索，我們發(fā)現(xiàn)：無論正方形【答案】1【分析】由正方形性質(zhì)可證△AOE≌△BOF（ASA）由S四邊形EOFB=S△EOB+S△BOF=S△EOB+S△AOE=S△AOB即可．【詳解】解：∵正方形ABCD的對角線AC、BD相交于點O，∴OA=OB，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBC=45°，又∵點O又是正方形A1∴∠A1OC1=90°，∴∠AOE+∠EOB=∠EOB+∠BOF=90°，∴∠AOE=∠FOB，在△AOE和△BOF中，∠OAE=∠OBFOA=OB∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S1=S四邊形EOFB=S△EOB+S△BOF=S△EOB+S△AOE=S△AOB=14故答案為14【點撥】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形全等判定，四邊形面積轉(zhuǎn)化為三角形面積，掌握正方形的性質(zhì)，三角形全等判定，四邊形面積轉(zhuǎn)化為三角形面積是解題關(guān)鍵．【變式6-3】（2021·山東臨沂·?？家荒＃┯盟膲K大正方形地磚和一塊小正方形地磚拼成如圖所示的實線圖案，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．【點撥】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．題型07利用正方形的性質(zhì)證明【例7】（2022·天津·天津市雙菱中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，動點F，E以相同的速度分別從點D，C同時出發(fā)向點C，B運動（任何一個點到達終點時，兩點都停止運動）連接AE，BF，AE與BF交于點P，過點P分別作PM∥CD交BC于點M，PN∥BC交CD于點

（1）AE和BF的數(shù)量關(guān)系為；（2）MN長度的最小值為．【答案】AE=BF5【分析】（1）利用正方形性質(zhì)，根據(jù)SAS可證明△ABE≌△BCF，即可得出結(jié)論；（2）首先證明四邊形PNCM為矩形，得到PC=MN，利用（1）中證明的△ABE≌△BCF推出AE⊥BF，得出點P是以AB為直徑的圓弧上運動，當(dāng)G、P、C三點共線時，PC為最短，利用勾股定理求出GC的長，進而求出PC的長，即可得出MN長度的最小值．【詳解】解：（1）∵四邊形ABCD為正方形，∴BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，∵動點F，E以相同的速度分別從點D，C同時出發(fā)向點C，B運動，∴DF=CE，∴BE=CF，在△ABE和△BCF中，AB=BC∠ABF=∠BCF∴△ABE≌△BCFSAS∴AE=BF；（2）如圖，連接PC，取AB中點G，

∵PM∥CD，∴四邊形PNCM為平行四邊形，∵∠C=90°，∴四邊形PNCM為矩形，∴PC=MN，由（1）可知△ABE≌△BCF，∴∠BFC=∠AEB，∵∠BFC+∠FBC=90°，∴∠AEB+∠FBC=90°，∴∠BPE=90°，即AE⊥BF，∴點P是以AB為直徑的圓弧上運動，∴AB的中點G為圓心，連接GP為半徑，∴AG=BG=GP=當(dāng)G、P、C三點共線時，PC為最短，在Rt△CBGCG=B∴PC=CG-PG=5∴MN=PC=5故答案為：AE=BF；5-1【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)，圓周角所對的弦為直徑，勾股定理，正確作出輔助線，確定當(dāng)G、P、C三點共線時，PC為最短是解答本題的關(guān)鍵．【變式7-1】（2024·福建三明·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，點E在射線CD上，AC交BE于點O，GH⊥AB交AB延長線于點(1)若D為CE的中點，求證：OE=2OB；(2)求證：AB=BH．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）由題意知，CE=2CD，證明△AOB∽△COE，則OBOE=AB（2）證明△BEC≌△BGHAAS，則BH=BC，進而可證AB=BH【詳解】（1）證明：∵D為CE的中點，∴CE=2CD．∵四邊形ABCD是正方形，∴CD∥AB，∴∠BAO=∠ECO，∠OBA=∠OEC，∴△AOB∽△COE．∴OBOE即OE=2OB．（2）證明：∵四邊形ABCD和四邊形BEFG都是正方形，∴∠EBG=∠CBH=90°，∠BCE=90°=∠BHG，∴∠EBC=∠GBH，∵∠EBC=∠GBH，∠BCE=90°=∠BHG，∴△BEC≌△BGHAAS∴BH=BC，∴AB=BH．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)．熟練掌握正方形的性質(zhì)，平行線的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式7-2】（2022·湖北武漢·?？家荒＃┤鐖D，在正方形ABCD中，E是CD邊上一點，若AB+CE=AE，以BC為直徑作半圓⊙O．

(1)求證：AE與⊙O相切；(2)若正方形的邊長為4，求圖中陰影部分的面積．【答案】(1)見解析(2)圖中陰影部分的面積為【分析】（1）如圖，連接AO并延長，交DC的延長線交于F，作OH⊥AE于H，由正方形可知∠ABO=∠FCO=90°，證明△AOB≌△FOCASA，則FC=AB，∠BAO=∠F，由AB+CE=AE，可得FC+EC=EF=AE，則∠F=∠EAF，∠BAO=∠EAF，由∠B=90°，OH⊥AE，可得OH=OB（2）設(shè)CE=x，則AE=4+x，DE=4-x，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AD2+DE2=A【詳解】（1）證明：如圖，連接AO并延長，交DC的延長線交于F，作OH⊥AE于H，

由正方形可知∠ABO=∠FCO=90°，又∵OB=OC，∠AOB=∠FOC，∴△AOB≌△FOCASA∴FC=AB，∠BAO=∠F，∵AB+CE=AE，∴FC+EC=EF=AE，∴∠F=∠EAF，∴∠BAO=∠EAF，又∵∠B=90°，OH⊥AE，∴OH=OB，∴AE與⊙O相切；（2）解：設(shè)CE=x，則AE=4+x，DE=4-x，在Rt△ADE中，由勾股定理得，AD2解得：x=1，∴S梯形ABCE=∴S陰影∴圖中陰影部分的面積為10-2π．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，等邊對等角，角平分線的性質(zhì)，勾股定理，切線的判定等知識．解題的關(guān)鍵在于對知識的熟練掌握與靈活運用．【變式7-3】（2023·黑龍江綏化·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在正方形ABCD中，點E是AB邊上一點，DF與BC交于點M，延長EM交GF于點H，連接CG．

(1)求證：CD⊥CG；(2)若tan∠MEN=(3)已知正方形ABCD的邊長為1，點E在運動過程中，EM的長能否為12【答案】(1)見解析(2)(3)EM的長不可能為12【分析】（1）由正方形的性質(zhì)得出∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，DE=DG，即∠ADE=∠CDG，由SAS證明△ADE≌△CDG得出（2）先證明△EFM≌△GFM得出EM=GM，∠MEF=∠MGF，在證明△EFH≌△GFN得出HF=NF，由三角函數(shù)得出GF=EF=3HF=3NF，得出GH=2HF，作NP∥GF交EM于P，則△PMN∽△HMG，△PEN∽△HEF，得出PNGH=MN（3）假設(shè)EM=12，先判斷出點G在BC的延長線上，同（2）的方法得，EM=GM=12，得出GM=12，再判斷出【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD和四邊形DEFG是正方形，∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°，AD=CD，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDGSAS∴∠A=∠DCG=90°，∴CD⊥CG；（2）解：∵四邊形DEFG是正方形，∴EF=在△EFM和△GFM中EF=GF∠EFM=∠GFM∴△EFM≌△GFMSAS∴EM=GM，在△EFH和△GFN中，∠EFH=∠GFNEF=GH∴△EFH≌△GFNASA∴HF=NF，∵t∴GF=EF=2HF=3NF，∴GH=2HF，作NP∥GF交EM于P，則∴PNGH=MN∴PN=2∴MN（3）解：EM的長不可能為12理由：假設(shè)EM的長為12∵點E是AB邊上一點，且∠EDG=∴點G在BC的延長線上，同（2）的方法得，EM=GM∴GM=在Rt△BEM中，EM∴BM<∵正方形ABCD的邊長為1，∴BC=∴CM>∴CM>∴點G在正方形ABCD的邊BC上，與點G在BC的延長線上相矛盾，∴假設(shè)錯誤，即：EM的長不可能為12

【點撥】此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，構(gòu)造出相似三角形是解本題的關(guān)鍵，用反證法說明EM不可能為12題型08添加一個條件使四邊形是正方形【例8】（2022·廣西河池·校聯(lián)考二模）一個四邊形順次添加下列中的三個條件便得到正方形：a.兩組對邊分別相等

b.一組對邊平行且相等c.一組鄰邊相等

d.一個角是直角順次添加的條件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c則正確的是：（

）A．僅① B．僅③ C．①② D．②③【答案】C【分析】根據(jù)題意及正方形的判定定理可直接進行排除選項．【詳解】解：①由兩組對邊分別相等可得該四邊形是平行四邊形，添加一組鄰邊相等可得該四邊形是菱形，再添加一個角是直角則可得該四邊形是正方形；正確，故符合題意；②由一組對邊平行且相等可得該四邊形是平行四邊形，添加一個角是直角可得該四邊形是矩形，再添加一組鄰邊相等則可得該四邊形是正方形；正確，故符合題意；③A.b都為平行四邊形的判定定理，故不能判定該四邊形是正方形，故錯誤，不符合題意；∴正確的有①②；故選C．【點撥】本題主要考查正方形的判定，熟練掌握正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．【變式8-1】（2023·河南周口·統(tǒng)考一模）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC與BD相交O，添加下列條件不能判定矩形ABCD是正方形的是（

）A．AB=BC B．AC=BD C．AC⊥BD D．∠1=∠2【答案】B【分析】根據(jù)正方形的判定方法即可一一判斷．【詳解】解：A.正確．鄰邊相等的矩形是正方形，不符合題意；B.錯誤．矩形的對角線相等，但對角線相等的矩形不一定是正方形，故符合題意；C.正確．∵四邊形ABCD是矩形，∴OD=OB，OC=OA，∵AC⊥BD，∴AD=AB，∴矩形ABCD為正方形，故不符合題意；D.正確，∵∠1=∠2，AB∥CD，∴∠2=∠ACD，∴∠1=∠ACD，∴AD=CD，∴矩形ABCD是正方形，故不符合題意．故選：B．【點撥】本題考查了正方形的判定定理，解題的關(guān)鍵是熟練掌握正方形的判定方法．【變式8-2】（2022·江蘇無錫·模擬預(yù)測）四邊形ABCD的對角線AC.BD相交于點O，AD∥BC，AD＝BC，使四邊形ABCD為正方形，下列條件中：①AC＝BD；②AB＝AD；③AB＝CD；④AC⊥BD．需要滿足（）A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④【答案】D【分析】因為AD∥BC，AD＝BC，所以四邊形ABCD為平行四邊形，添加①則可根據(jù)對角線相等的平行四邊形是矩形，證明四邊形是矩形，故可根據(jù)一組鄰邊相等的矩形是正方形來添加條件．【詳解】解：∵AD∥BC，AD＝BC，∴四邊形ABCD為平行四邊形，∵AC＝BD，∴平行四邊形ABCD是矩形，若AB＝AD，則四邊形ABCD為正方形；若AC⊥BD，則四邊形ABCD是正方形．故選：D．【點撥】本題是考查正方形的判別方法，判別一個四邊形為正方形主要根據(jù)正方形的概念，途經(jīng)有兩種：①先說明它是矩形，再說明有一組鄰邊相等；②先說明它是菱形，再說明它有一個角為直角．【變式8-3】（2021·山東青島·青島經(jīng)濟技術(shù)開發(fā)區(qū)第四中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，四邊形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，AD//BC，OA=OC，AC平分∠BAD．欲使四邊形ABCD是正方形，則還需添加（寫出一個合適的條件即可）【答案】AC=BD（答案不唯一）【分析】由平行線的性質(zhì)可知，∠DAC=∠BCA，即易證△AOD?△COB(ASA)，得出AD=CB，由此可證明四邊形ABCD為平行四邊形．由角平分線的性質(zhì)可知∠DAC=∠BAC，即得出∠BAC=∠BCA，從而證明BA=BC，即平行四邊形ABCD為菱形．故在四邊形ABCD為菱形的基礎(chǔ)上，添加條件使其為正方形即可．【詳解】∵AD//BC，∴∠DAC=∠BCA，∴在△AOD和△COB中，∠AOD=∠COBAO=CO∴△AOD?△COB(ASA∴AD=CB，∴四邊形ABCD為平行四邊形．∵AC平分∠BAD，∴∠DAC=∠BAC，∴∠BAC=∠BCA，∴BA=BC，∴平行四邊形ABCD為菱形．∴再添加AC=BD或∠ABC=90°等，即可證明菱形ABCD為正方形．故答案為：AC=BD（答案不唯一）．【點撥】本題考查平行線的性質(zhì)，角平分線的定義，三角形全等的判定和性質(zhì)，平行四邊形、菱形、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．題型09證明四邊形是正方形【例9】（2022·湖南長沙·統(tǒng)考一模）如圖，在⊙O中，AB.AC是互相垂直且相等的兩條弦，OD⊥AB，OE⊥AC，垂足分別為D.E．(1)求證：四邊形ADOE是正方形；(2)若AC=2cm，求⊙O的半徑．【答案】(1)見解析(2)2cm【分析】（1）根據(jù)AC⊥AB，OD⊥AB，OE⊥AC，可得四邊形ADOE是矩形，由垂徑定理可得AD=AE，根據(jù)鄰邊相等的矩形是正方形可證；（2）連接OA，由勾股定理可得．【詳解】（1）證明：∵AC⊥AB，OD⊥AB，OE⊥AC，∴四邊形ADOE是矩形，AD=12AB又∵AB=AC，∴AD=AE，∴四邊形ADOE是正方形．（2）解：如圖，連接OA，∵四邊形ADOE是正方形，∴OE=AE=12在Rt△OAE中，由勾股定理可得：OA=OE即⊙O的半徑為2cm．【點撥】本題考查圓與正方形，熟練掌握正方形的判定方法、圓有關(guān)的性質(zhì)，是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2021·湖南婁底·統(tǒng)考一模）如圖，已知平行四邊形ABCD，若M，N是BD上兩點，且BM＝DN，AC＝2OM，（1）求證：四邊形AMCN是矩形；（2）△ABC滿足什么條件，四邊形AMCN是正方形，請說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）AB=BC【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可知：OA=OC，OB=OD，再證明OM=ON即可證明四邊形AMCN是平行四邊形；（2）當(dāng)AB=BC時，四邊形AMCN是正方形；根據(jù)四邊形ABCD是平行四邊形，AB=BC即可得出四邊形ABCD是菱形，再由（1）可知四邊形AMCN是矩形；從而得出結(jié)論；【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是平行四邊形，∴OA=OC，OB=OD，∵對角線BD上的兩點M、N滿足BM=DN，∴OB-BM=OD-DN，即OM=ON，∴四邊形AMCN是平行四邊形，∴MN=2OM，∵AC=2OM，∴MN=AC，∴四邊形AMCN是矩形；（2）當(dāng)AB=BC時，四邊形AMCN是正方形；∵AB=BC，四邊形ABCD是平行四邊形，∴四邊形ABCD是菱形，∴AC⊥BD，∴AC⊥MN，由（1）可知四邊形ABCD是矩形，∴四邊形ABCD是正方形；【點撥】本題考查了矩形的判定，平行四邊形的判定與性質(zhì)，正方形的判定，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識解決問題；【變式9-2】（2022·貴州貴陽·統(tǒng)考二模）如圖，已知四邊形ABCD是正方形，AB＝42，點E為對角線AC上一動點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE，EF為鄰邊作矩形DEFG，連CG(1)求證：矩形DEFG為正方形；(2)求證：CE＋CG＝8【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）過點E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，證△DEN≌△FEM，得DE=EF，即可證矩形DEFG為正方形；（2）證明△ADE≌△CDG，可得AE=CG，由此可推得CE+CG=AC，利用勾股定理計算即可．【詳解】（1）證明：如圖，過點E作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，則∠MEN＝90°．∵四邊形ABCD是正方形，∴CA平分∠BCD，又∵EM⊥BC，EN⊥CD，∴EM=EN．∵∠DEF=∠MEN=90°，∴∠DEN+∠NEF=90°，∠MEF+∠NEF=90°，∴∠DEN=∠MEF．在△DEN和△FEM中，∠DEN=∠MEFEN=EM∴△DEN≌△FEM(ASA∴DE=EF，∴矩形DEFG是正方形．（2）證明：∵四邊形ABCD與四邊形EFGH為正方形，∴DE＝DG，AD=CD=AB=42，∠ADC=∠EDG=90°∴∠ADE+∠CDE＝∠CDG+∠CDE＝90°，∴∠ADE＝∠CDG，在△ADE與△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDG（SAS），∴AE＝CG．∴CE+CG=CE+AE=AC=A【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，角平分線的性質(zhì)定理，全等三角形的性質(zhì)與判定，勾股定理，解決本題的關(guān)鍵是熟練運用相關(guān)性質(zhì)定理．【變式9-3】（2022·山東棗莊·統(tǒng)考一模）問題解決：如圖，在矩形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，BC邊上，DE=AF，DE⊥AF于點G．(1)求證：四邊形ABCD是正方形；(2)延長CB到點H，使得BH=AE，判斷△AHF的形狀，并說明理由．【答案】(1)見解析(2)△AHF是等腰三角形，利用略【分析】（1）通過證明△ADE≌△BAF得到AD=AB，結(jié)合矩形ABCD得到結(jié)論；（2）利用垂直平分線的性質(zhì)得到AH=AF，得出結(jié)論．【詳解】（1）證明：在矩形ABCD中，∠DAE=∠ABF=90°，∵DE⊥AF，∴∠ADG+∠GAD=90°，又∵∠BAF+∠DAG=90°，∴∠BAF=∠ADE，在△ADE和△BAF中∠EAD=∠FBA∠BAF=∠ADE∴△ADE≌△BAF（AAS），∴AD=AB，∴矩形ABCD是正方形；（2）△AHF是等腰三角形；理由：∵△ADE≌△BAF，∴AE=BF，又∵BH=AE，∴BH=BF，又∠ABF=90°，∴AB垂直平分FH，∴AF=AH，即△AFH是等腰三角形．【點撥】本題考查正方形的判定、全等三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的判定，利用全等三角形得到等邊是解決問題的關(guān)鍵．題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度【例10】（2023·福建寧德·統(tǒng)考一模）如圖，將矩形ABCD沿AE折疊，使頂點B落在AD上點B'處；再將矩形展平，沿AF折疊，使頂點B落在AE上點G處，連接DE．小明發(fā)現(xiàn)△DEC可以由△AFG繞某一點順時針旋轉(zhuǎn)α0°<α<180°得到，則α=【答案】45°【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)角等于對應(yīng)邊所在直線的夾角求直線AE與CD的夾角即可．【詳解】延長AE與DC交于點M，∵△DEC可以由△AFG繞某一點順時針旋轉(zhuǎn)α0°<α<180°∴α=∠M，∵將矩形ABCD沿AE折疊，使頂點B落在AD上點B'∴四邊形ABEB∴∠AEB=∠CEM=45°，∴α=∠M=90°-∠CEM=45°，故答案為：45°【點撥】本題考查矩形的折疊，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，正方形的判定，解題的關(guān)鍵是理解旋轉(zhuǎn)角等于對應(yīng)邊所在直線的夾角．【變式10-1】（2021·北京海淀·統(tǒng)考二模）如圖所示的網(wǎng)格是正方形網(wǎng)格，A，B，C，D是網(wǎng)格線交點，則∠BAC與∠DAC的大小關(guān)系為：∠BAC∠DAC（填“＞”，“＝”或“＜”）．【答案】=【分析】如圖，連接CE,CD，利用勾股定理求得AE,EC,CD,DA,AC的長，再利用勾股定理的逆定理即可求解．【詳解】解：如圖，連接CE,CD，AE=1同理求得EC=CD=DA=12+2∴AE=EC=CD=DA，∴四邊形AECD是菱形，∵(5∴AE2∴∠AEC=90°，∴菱形AECD是正方形，∴∠BAC=∠DAC，故答案為：=．【點撥】本題考查了勾股定理的逆定理，勾股定理，正方形的判定和性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式10-2】（2021·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖，點C在線段AB上，且AC=2BC，分別以AC、BC為邊在線段AB的同側(cè)作正方形ACDE、BCFG，連接EC、EG，則tan【答案】1【分析】設(shè)BC=a，則AC=2a，然后利用正方形的性質(zhì)求得CE.CG的長、∠GCD=ECD=45°，進而說明△ECG為直角三角形，最后運用正切的定義即可解答．【詳解】解：設(shè)BC=a，則AC=2a∵正方形ACDE∴EC=2a2+2a2=22同理：CG=2a,∠GCD=1∴ta故答案為12【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)和正切的定義，根據(jù)正方形的性質(zhì)說明△ECG是直角三角形是解答本題的關(guān)鍵．【變式10-3】（2022·廣東佛山·校考一模）已知：BD是△ABC的角平分線，點E在AB邊上，BE＝BC，過點E作EF∥AC，交BD于點F，連接(1)如圖1，求證：四邊形CDEF是菱形；(2)如圖2，當(dāng)∠DEF=90°，AC=BC時，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖2中度數(shù)為∠ABD的度數(shù)【答案】(1)見解析(2)度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS證明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，從而∠EFD=∠BDE，根據(jù)等角對等邊得出（2）如圖2，利用正方形的性質(zhì)可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=∠B=30°，然后利用三角形的外角性質(zhì)求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【詳解】（1）證明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌∴DE=DC，同理△BFE≌∴EF=CF，∵EF∥∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四邊形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四邊形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四邊形CDEF是正方形．∴∠EDF=45°，∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，∵AC=BC，∴∠A=∠CBE=2∠ABD，∴∠ABD+∠A=180°-∠ADB=45°，∴∠A=30°；∴∠CBF=∠ABF=1∵四邊形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性質(zhì)得：∠FEB=∠FCB=30°，∴度數(shù)為∠ABD的度數(shù)2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB．【點撥】本題主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)等知識．關(guān)鍵是由SAS得出△BDE≌題型11根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長【例11】（2022·廣東·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，點D在AC上，且AD=2，點E是AB上的動點，連結(jié)DE，點F，G分別是BC，DE的中點，連接AG，F(xiàn)G，當(dāng)AG=FG時，線段DE長為（

）A．13 B．522 C．412 【答案】A【分析】連接DF，EF，過點F作FN⊥AC，F(xiàn)M⊥AB，結(jié)合直角三角形斜邊中線等于斜邊的一半求得點A，D，F(xiàn)，E四點共圓，∠DFE=90°，然后根據(jù)勾股定理及正方形的判定和性質(zhì)求得AE的長度，從而求解．【詳解】解：連接DF，EF，過點F作FN⊥AC，F(xiàn)M⊥AB∵在ΔABC中，∠BAC=90°，點G是DE的中點，∴AG=DG=EG又∵AG=FG∴點A，D，F(xiàn)，E四點共圓，且DE是圓的直徑∴∠DFE=90°∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，點F是BC的中點，∴CF=BF=12BC=522，又∵FN⊥AC，F(xiàn)M⊥AB，∠BAC=90°∴四邊形NAMF是正方形∴AN=AM=FN=5又∵∠NFD+∠DFM=90°，∠DFM+∠MFE=90°∴NFD∴△NFD≌△MFE∴ME=DN=AN-AD=1∴AE=AM+ME=3∴在Rt△DAE中，DE=A故選：A．【點撥】本題考查直徑所對的圓周角是90°，四點共圓及正方形的判定和性質(zhì)和用勾股定理解直角三角形，掌握相關(guān)性質(zhì)定理正確推理計算是解題關(guān)鍵．【變式11-1】（2022·天津東麗·統(tǒng)考二模）如圖，點E為正方形ABCD外一點，∠AEB＝90°，將Rt△ABE繞A點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADF，DF的延長線交BE于H點，若BH＝7，BC＝13，則DH＝．【答案】17【分析】根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，從而證明四邊形AEHF為正方形，再根據(jù)勾股定理求出EH的長，就可得到DH．【詳解】解：∵將Rt△ABE繞A點逆時針方向旋轉(zhuǎn)90°得到△ADF，∠AEB＝90°，∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，∴四邊形AEHF為正方形，∴AF＝EH，設(shè)EH＝x，∵BH＝7，∴BE＝7+x，AF＝EF＝x，在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，在Rt△AFD中，根據(jù)勾股定理，得7+x2解得x1＝﹣12（舍去），x2＝∴DH＝17．故答案為：17．【點撥】本題主要考查了旋轉(zhuǎn)、正方形的性質(zhì)，熟練應(yīng)用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出有關(guān)相等的角、相等的邊，證明四邊形AEHF為正方形是解題關(guān)鍵．【變式11-2】（2023·江蘇泰州·?？既＃┤鐖D所示的網(wǎng)格由邊長為1個單位長度的小正方形組成，點A、B、C、在直角坐標(biāo)系中的坐標(biāo)分別為3,6，-3,3，7,-2，則△ABC內(nèi)心的坐標(biāo)為．

【答案】（2，3）【分析】根據(jù)A.B.C三點的坐標(biāo)建立如圖所示的坐標(biāo)系，計算出△ABC各邊的長度，易得該三角形是直角三角形，設(shè)BC的關(guān)系式為：y=kx+b，求出BC與x軸的交點G的坐標(biāo)，證出點A與點G關(guān)于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，三角形的內(nèi)心在BD上，設(shè)點M為三角形的內(nèi)心，內(nèi)切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，求出r的值，在△BEM中，利用勾股定理求出BM的值，即可得到點M的坐標(biāo)．【詳解】解：根據(jù)A.B.C三點的坐標(biāo)建立如圖所示的坐標(biāo)系，根據(jù)題意可得：AB=32+62=35，AC=∵AB∴∠BAC=90°，設(shè)BC的關(guān)系式為：y=kx+b，代入B-3,3，C7,-2，可得3=-3k+b-2=7k+b解得：k=-1∴BC：y=-1當(dāng)y=0時，x=3，即G（3,0），∴點A與點G關(guān)于BD對稱，射線BD是∠ABC的平分線，設(shè)點M為三角形的內(nèi)心，內(nèi)切圓的半徑為r，在BD上找一點M，過點M作ME⊥AB，過點M作MF⊥AC，且ME=MF=r，∵∠BAC=90°，∴四邊形MEAF為正方形，S△ABC=12解得：r=5即AE=EM=5，∴BE=35∴BM=BE∵B（-3，3），∴M（2，3），

故答案為：（2，3）．【點撥】本題考查三角形內(nèi)心、平面直角坐標(biāo)系、一次函數(shù)的解析式、勾股定理和正方形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識點，把握內(nèi)心是三角形內(nèi)接圓的圓心這個概念，靈活運用各種知識求解即可．【變式11-3】（2022·四川綿陽·校聯(lián)考一模）在直角△ABC中，∠C=90°，1tanA+1tanB=52【答案】3【分析】CD平分∠ACB，過點D作DE⊥AC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，由此可證明四邊形CEDF為正方形，再利用CD=22，根據(jù)直角三角形的性質(zhì)可求出DE=EC=CF=FD=2，再根據(jù)銳角三角函數(shù)和勾股定理得到AB2【詳解】解：如圖，CD平分∠ACB，過點D作DE⊥AC于點E，過點D作DF⊥BC于點F，∴DE＝DF，∠CED=∠CFD=90°，又∵∠C=90°，∴四邊形CEDF為正方形，∴DE=EC=CF=FD，∠ECD=∠EDC=45°，在Rt△CED中，sin∠ECD=∵CD=22∴DE=EC=CF=FD=2，∵tanA=BC∴ACBC即AC又∵AC∴AB∵在Rt△ADE中，t∴AE=DE∵在Rt△BDF中，t∴BF=DF∴AC?BC=(CE+AE)(CF+BF)=(2+=4+=4(1+=4×(2+=18，∴AB∴AB即AB=35故答案為：35【點撥】本題考查解直角三角形的應(yīng)用，掌握直角三角形的邊角關(guān)系是解決問題的關(guān)鍵．題型12根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積【例12】（2022·廣東東莞·東莞市東莞中學(xué)初中部?？家荒＃┤鐖D，將圖1中的菱形紙片沿對角線剪成4個直角三角形，拼成如圖2的四邊形ABCD（相鄰紙片之間不重疊，無縫隙）．若四邊形ABCD的面積為13，中間空白處的四邊形EFGH的面積為1，直角三角形的兩條直角邊分別為a和b，則a+b2=（A．12 B．13 C．24 D．25【答案】D【分析】根據(jù)菱形的性質(zhì)可得對角線互相垂直平分，進而可得4個直角三角形全等，結(jié)合已知條件和勾股定理求得a2+b2，進而根據(jù)面積差以及三角形面積公式求得【詳解】∵菱形的對角線互相垂直平分，∴4個直角三角形全等；∴∠ADH=∠BAE,∠DAH+∠HAD=90°，AD=AB=BC=CD，∴∠DAB=90°，∴四邊形ABCD是正方形，又正方形ABCD的面積為13，∴正方形的邊長為13，根據(jù)勾股定理，則a2∵中間空白處的四邊形EFGH的面積為1，∴4個直角三角形的面積為13-1=12，∴1∴2ab=12，∵(a+b)∴a+b2=故選D．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)與判定，菱形的性質(zhì)，勾股定理，完全平方公式，求得12【變式12-1】（2021·江西·統(tǒng)考一模）如圖，已知點O為勾股形ABC（我國古代數(shù)學(xué)家劉徽稱直角三角形為勾股形）的內(nèi)心，其中∠A為直角，點D、E、F分別在邊AB、BC、AC上，∠ADO=∠AFO=∠BEO=90°，若BD=4，CF=6，則正方形ADOF的面積是（

）A．2 B．4 C．3 D．16【答案】B【分析】先根據(jù)已知條件證明△BDO和△BEO全等，△CEO和△CFO全等，然后設(shè)正方形ADOF的邊長為x，在Rt△ABC中，利用勾股定理建立關(guān)于x的方程，解方程即可．【詳解】∵∠BDO=∠BEO=90°，∠ABO=∠BO是△BDO和△BEO的公共邊，∴Rt△BDO?Rt△BEO，同理可得，Rt△CEO?Rt△CFO，∴BE=BD=4，CE=CF=6，由題意得，四邊形ADOF為正方形，設(shè)AD=x，∴BC=BE+CE=BD+CF=10，在Rt△ABC中，AC即x+62解得：x=2或x=-12（舍去），∴正方形ADOF的面積是4，故選：B．【點撥】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定及性質(zhì)、一元二次方程的解法、勾