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】 3【題型3證明四邊形是正方形】 4【題型4求正方形重疊部分面積】 6【題型5與正方形有關(guān)的折疊問題】 7【題型6根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度】 8【題型7根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長】 9【題型8根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積】 10【題型9根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明】 12【題型10根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定解決多結(jié)論問題】 13【題型11與正方形有關(guān)的動點問題】 15【題型12與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問題】 16【題型13正方形與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用】 18【題型14正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用】 19【題型15正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用】 21【題型16正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用】 23【知識點正方形的性質(zhì)與判定】定義：四個角相等、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：正方形的四個內(nèi)角都相等，且都為，四條邊都相等．性質(zhì)2：正方形的對角線互相垂直平分且相等，對角線平分一組對角．性質(zhì)3：正方形具有4條對稱軸，兩條對角線所在的直線和過兩組對邊中點的兩條直線．另外，由正方形的性質(zhì)可以得出：（1）正方形的對角線把正方形分成四個小的等腰直角三角形．（2）正方形的面積是邊長的平方，也可表示為對角線長平方的一半．3．判定：判定一個四邊形是正方形，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角是直角，或兩條對角線相等．【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】（2025·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2025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【變式1-1】（2025·廣東東莞·三模）如圖，正方形ABCD的兩條對角線AC，BD相交于點O，點E在BD上，且BE=BC．則∠BEC的度數(shù)為．【變式1-2】（2025·河南·統(tǒng)考二模）如圖，邊長為2的正方形ABCD的對角線相交于點O，過點O的直線分別交AD、BC于E、F，則陰影部分的面積是．

【變式1-3】（2025·江蘇鹽城·?？寄M預(yù)測）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個全等的直角三角形BCE和DAF，過點C作CG⊥AF于點G，交AD于點H，過點B作BI⊥CG于點I，過點D作DK⊥BE，交EB延長線于點K，交CG于點L．若S四邊形ABIG=2S△BCE，GH=1

【題型2正方形的判定定理的理解】【例2】（2025·河北邢臺·統(tǒng)考二模）下列四個菱形中分別標(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．

【變式2-1】（2025·河北邢臺·二模）如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點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【變式2-2】（2025·河南南陽·統(tǒng)考三模）在?ABCD中，已知AC、BD為對角線，現(xiàn)有以下四個條件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．從中選取兩個條件，可以判定?ABCD為正方形的是．（寫出一組即可）【變式2-3】（2025·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)是對角線BD上的動點，且BE=DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動點．下列四種說法：①存在無數(shù)個平行四邊形MENF；②存在無數(shù)個矩形MENF；③存在無數(shù)個菱形MENF；④存在無數(shù)個正方形MENF．其中正確的個數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【題型3證明四邊形是正方形】【例3】（2025·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與實踐如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC邊上一點，將△ACD繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC與AB重合，得到△ABE，過點E作EF∥BC，交AB于點F，過點F作FG⊥BC于點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，將△ACD繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AFE，過點E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點I，J，G，過點F作FH∥BC，交AD于點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A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AEF，過點E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點I，J，G．求線段FI的長度．【變式3-1】（2025·湖南邵陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)在對角線BD上，且BE=DF，OE=OA．求證：四邊形AECF是正方形．【變式3-2】（2025·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，連接DF并延長到點E，使FE=DF，連接AE、AD、CE．請?zhí)砑右粋€條件：___________，使得四邊形AECD是正方形，并說明理由．

【變式3-3】（2025·福建泉州·統(tǒng)考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，將ΔABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到ΔADE（點B的對應(yīng)點是點D，且0°<∠BAD<180°），射線DE與直線CB

(1)如圖1，當(dāng)∠BAD=90°時，求證：四邊形ADMB是正方形；(2)如圖2，當(dāng)點D在線段CA的延長線上時，若AB=1，AC=3，求線段ME的長；(3)如圖3，過點A作AN∥DE，交線段CB于點N，AN平分∠CAE，試探索：CN與MN的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．【題型4求正方形重疊部分面積】【例4】（2025·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）．【變式4-1】（2025·四川自貢·統(tǒng)考一模）如圖，將邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(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【變式4-2】（2025·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．【變式4-3】（2025·天津·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E，N，P，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，點M，F(xiàn)，Q都在對角線BD上，且四邊形MNPQ和AEFG均為正方形，則S正方形MNPQS【題型5與正方形有關(guān)的折疊問題】【例5】（2025·安徽·模擬預(yù)測）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,Q．請完成下列問題：（1）∠EBG=°；（2）若FH=12BC=4，則【變式5-1】（2025·江蘇揚州·校考三模）在邊長為6的正方形ABCD中，點E是邊BC上的動點（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

【變式5-2】（2025·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．

【變式5-3】（2025·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B的對應(yīng)點M落在邊AD上（點M不與點A,D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于點E,F，連接BM．

(1)求證：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的長．【題型6根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求角度】【例6】（2025·江西南昌·一模）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點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，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點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．【變式6-1】（2025·陜西·陜西師大附中校考二模）如圖，P為正方形ABCD內(nèi)一點，PA：PB：PC=1：2：3，則∠APB=.【變式6-2】（2025·山東濰坊·統(tǒng)考二模）如圖，E是正方形ABCD對角線BD上一點，連接AE，CE，并延長CE交AD于點F．若∠AEC=140°，求∠DFE的度數(shù)．【變式6-3】（2025·福建·模擬預(yù)測）四邊形ABCD是矩形，點P在邊CD上，∠PAD＝30°，點G與點D關(guān)于直線AP對稱，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，求b的值．【題型7根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求線段長】【例7】（2025·河南信陽·二模）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點E是BC邊上一動點（點E不與點B、C重合），以線段DE為邊長，作正方形DEFG，使得點F、G落在直線DE的下方，連接AF、BF．當(dāng)△ABF為等腰三角形時，BE的長為．【變式7-1】（2025·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，點D是AC的中點，將BCD沿BD折疊得到△BED，連接AE.若DE⊥AB于點F，BC=10，則AF的長為．

【變式7-2】（2025·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G，且CG垂直BD，將ADE繞點A旋轉(zhuǎn)至AE∥BD時，若CE=5，EF=1，則BG的值是【變式7-3】（2025·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E，F(xiàn)分別是邊AD，BC上的兩個動點，且AE=CF，過點B作

A．210?2 B．10+2 【題型8根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定求面積】【例8】（2025·浙江舟山·?？家荒＃┤鐖D，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于點D，以AB為邊作矩形ABEF，使得AF＝AD，延長CD，交EF于點G，作AN⊥AC交GF于點N，作MN⊥AN交CB的延長線于點M，MN分別交BE，DG于點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【變式8-1】（2025·陜西西安·?？寄M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．【變式8-2】（2025·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E，若AE=19，BC=10，CD=6，求四邊形

【變式8-3】（2025·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，△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【題型9根據(jù)正方形的性質(zhì)與判定證明】【例9】（2025·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，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED．點G是BC、AE延長線的交點，AG與CD相交于點F．

(1)求證：四邊形ABCD是正方形；(2)當(dāng)AE=3EF，DF=38時，求【變式9-1】（2025·山東泰安·?？级＃┤鐖D，正方形ABCD中，AB=1，點E是對角線AC上的一點，連接DE．過點E作EF⊥ED，交AB于點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．【變式9-2】（2025·山東泰安·三模）四邊形ABCD為正方形，點E為線段AC上一點，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，直接寫出∠EFC的度數(shù)．【變式9-3】（2025·內(nèi)蒙古赤峰·統(tǒng)考三模）問題情境：如圖①，點E為正方形ABCD內(nèi)一點，∠AEB=90°，將Rt△ABE繞點B按順時針方向旋轉(zhuǎn)90°，得到△CBE′(點A的對應(yīng)點為點C)，延長AE交CE′于點猜想證明：(1)試判斷四邊形BE(2)如圖②，若DA=DE，請猜想線段CF與FE(3)如圖①，若AB=10，CF=2，請直接寫出DE的長．【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】（2025·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，CM與DN相交于點G，延長BG交CD于點E，CM交BD于點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【變式10-1】（2025·廣東深圳·統(tǒng)考二模）如圖，正方形ABCD中，對角線AC、BD交于點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 B．3個 C．4個 D．5個【變式10-2】（2025·廣東河源·統(tǒng)考二模）如圖，在正方形ABCD中，AB=6，點O是對角線AC的中點，點Q是線段OA上的動點（點Q不與點O，A重合），連接BQ，并延長交邊AD于點E，過點Q作FQ⊥BQ交CD于點F，分別連接BF與EF，BF交對角線AC于點G．過點C作CH∥QF交BE于點H，連接AH．有以下四個結(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【變式10-3】（2025·湖北襄陽·統(tǒng)考模擬預(yù)測）七巧板是一種古老的中國傳統(tǒng)智力玩具，如圖，在正方形紙板ABCD中，BD為對角線，E，F(xiàn)分別為BC，CD的中點，AP⊥EF分別交BD，EF于O，P兩點，M，N分別為BO，DO的中點，連接MP，NF，沿圖中實線剪開即可得到一副七巧板，則在剪開之前，關(guān)于該圖形的下列說法：①圖中的三角形都是等腰直角三角形；②圖中的四邊形MPEB是菱形；③四邊形EFNB的面積占正方形ABCD面積的58．正確的有（

A．①③ B．①② C．只有① D．②③【題型11與正方形有關(guān)的動點問題】【例11】（2025·浙江嘉興·統(tǒng)考中考真題）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．41【變式11-1】（2025·山東濟南·校聯(lián)考二模）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點(不與點A重合)，且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若過點E作EH⊥AC，H為垂足，則有以下結(jié)論：①點M位置變化，使得∠DHC＝60°時，2BE＝DM；②無論點M運動到何處，都有DM＝2HM；③無論點M運動到何處，∠CHM一定大于135°．其中正確結(jié)論的序號為()A．①③ B．①② C．②③ D．①②③【變式11-2】（2025·湖北黃石·黃石十四中?？寄M預(yù)測）如圖，P是正方形ABCD邊BC上一個動點，線段AE與AD關(guān)于直線AP對稱，連接EB并延長交直線AP于點F，連接CF．（1）如圖1，∠BAP=20°，直接寫出∠AFE=；（2）如圖2，連接CE，G是CE的中點，AB=1，若點P從點B運動到點C，直接寫出點G的運動路徑長為．【變式11-3】（2025·陜西西安·高新一中?？级＃┤鐖D，正方形ABCD中，AD＝4+23，已知點E是邊AB上的一動點（不與A、B重合）將△ADE沿DE對折，點A的對應(yīng)點為P，當(dāng)PA＝PB時，則線段AE＝．【題型12與正方形有關(guān)的規(guī)律探究問題】【例12】（2025·遼寧阜新·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的位置如圖所示，點A的坐標(biāo)為（1，0），點D的坐標(biāo)為（0，2）．延長CB交x軸于點A1，作正方形A1B1C1C；延長C1B1交x軸于點A2，作正方形A2B2C2C1…按這樣的規(guī)律進行下去，第2024個正方形的面積為（）A．5×(32)2010 B．5×(【變式12-1】（2025·山東煙臺·統(tǒng)考一模）如圖，正方形ABCD的邊長為1，以AB為底邊在正方形ABCD內(nèi)作等腰ΔABE，點E在CD邊上，再在等腰ΔABE中作最大的正方形A1B1C1A．122018 C．2(52)【變式12-2】（2025·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中有一邊長為1的正方形OABC，邊OA，OC分別在x軸，y軸上，如果以對角線OB為邊作第二個正方形OBB1C1，再以對角線OB1為邊作第三個正方形OB1B2C2，照此規(guī)律作下去，則點B2024的坐標(biāo)為．【變式12-3】（2025·遼寧鞍山·統(tǒng)考一模）如圖，射線OM在第一象限，且與x軸正半軸的夾角為60°，過點D（6，0）作DA⊥OM于點A，作線段OD的垂直平分線BE交x軸于點E，交AD于點B，作射線OB，以AB為邊在△AOB的外側(cè)作正方形ABCA1，延長A1C交射線OB于點B1，以A1B1為邊在△A1OB1的外側(cè)作正方形A1B1C1A2，延長A2C1交射線OB于點B2，以A2B2為邊在△A2OB2的外側(cè)作正方形A2B2C2A3…按此規(guī)律進行下去，則正方形A2025B2025C2025A2025的周長為．【題型13正方形與一次函數(shù)的綜合應(yīng)用】【例13】（2025·安徽蚌埠·?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形ABCD為正方形，點A0,3,B1,0，將正方形ABCD沿x軸的負(fù)方向平移，使點D恰好落在直線AB上，則平移后點B

【變式13-1】（2025·湖北黃岡·?？寄M預(yù)測）如圖1，正方形ABCD在直角坐標(biāo)系中，其中AB邊在y軸上，其余各邊均與坐標(biāo)軸平行，直線l：y=x?5沿y軸的正方向以每秒1個單位的速度平移，在平移的過程中，該直線被正方形ABCD的邊所截得的線段長為m，平移的時間為t（秒），m與t的函數(shù)圖象如圖2所示，則圖2中b的值為．【變式13-2】（2025·遼寧葫蘆島·校聯(lián)考二模）如圖，MN⊥BE，垂足為點B，BD平分∠MBE，BD=2，點A從點B出發(fā)，沿射線BN運動，連接AD，DC⊥AD交BE于點C，設(shè)AB=x，△BDC的面積為y，則下列圖象中能大致反映 B． C． D．【變式13-3】（2025·江蘇·模擬預(yù)測）直線l：y=12x?1分別交x軸，y軸于A(1)求線段AB的長；(2)如圖，將l沿x軸正方向平移，分別交x軸，y軸于E，F(xiàn)兩點，若直線EF上存在兩點C，D，使四邊形ABCD為正方形，求此時E點坐標(biāo)和直線AD的解析式；(3)在（2）的條件下，將EF繞E點旋轉(zhuǎn)，交直線l于P點，若∠OAB+∠OEP=45°，求P點的坐標(biāo)．【題型14正方形與反比例函數(shù)的綜合應(yīng)用】【例14】（2025·安徽·二模）如圖，正方形ABCD的頂點A，D分別在函數(shù)y=?3xx<0和y=6xx>0的圖象上，點B，C在

A．1,3 B．2,3 C．2,2 D．3,2【變式14-1】（2025·北京西城·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點A的坐標(biāo)是(5,0)，點B是函數(shù)y=6xx>0圖象上的一個動點，過點B作BC⊥y軸交函數(shù)y=?2xx<0的圖象于點C，點D在x軸上（D在A的左側(cè)），且AD=①四邊形ABCD可能是菱形；②四邊形ABCD可能是正方形；③四邊形ABCD的周長是定值；④四邊形ABCD的面積是定值．所有正確結(jié)論的序號是（

）A．①② B．③④ C．①③ D．①④【變式14-2】（2025·福建泉州·模擬預(yù)測）如圖，反比例函數(shù)y=kx(x>0)圖象經(jīng)過正方形OABC的頂點A，BC邊與y軸交于點D，若正方形OABC的面積為12，BD=2CD，則kA．3 B．185 C．165 【變式14-3】（2025·福建·統(tǒng)考中考真題）如圖，正方形四個頂點分別位于兩個反比例函數(shù)y=3x和y=n

A．?3 B．?13 C．1【題型15正方形與一次函數(shù)、反比例函數(shù)綜合應(yīng)用】【例15】（2025·江蘇·一模）直線l：y=12x?1分別交x軸，y軸于A(1)求線段AB的長；(2)如圖，將l沿x軸正方向平移，分別交x軸，y軸于E，F(xiàn)兩點，若直線EF上存在兩點C，D，使四邊形ABCD為正方形，求此時E點坐標(biāo)和直線AD的解析式；(3)在（2）的條件下，將EF繞E點旋轉(zhuǎn)，交直線l于P點，若∠OAB+∠OEP=45°，求P點的坐標(biāo)．【變式15-1】（2025·廣東湛江·統(tǒng)考三模）如圖，直線AD：y=3x+3與坐標(biāo)軸交于A、D兩點，以AD為邊在AD右側(cè)作正方形ABCD，過C作CG⊥y軸于G點．過點C的反比例函數(shù)y=kxk≠0與直線AD交于E

(1)求證：△AOD≌△DGC；(2)求E、F兩點坐標(biāo)；(3)填空：不等式3x+3>k【變式15-2】（2025·湖南婁底·二模）如圖，四邊形ABCD為正方形．點A的坐標(biāo)為0，2，點B的坐標(biāo)為0，?3，反比例函數(shù)y=kx的圖象經(jīng)過點C，一次函數(shù)

(1)求反比例函數(shù)與一次函數(shù)的解析式；(2)寫出ax+b>k(3)點P是反比例函數(shù)圖象上的一點，若△OAP的面積恰好等于正方形ABCD的面積，求P點坐標(biāo)．【變式15-3】（2025·山東濟南·山東省濟南稼軒學(xué)校校考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線y=x+b與反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象交于點A3，n，與y軸交于點B0,?2，點P是反比例函數(shù)y=kxx>0的圖象上一動點，過點P作直線PQ∥y(1)求k，b的值.(2)當(dāng)△ABP的面積為3時，求點P的坐標(biāo).(3)設(shè)PQ的中點為C，點D為x軸上一點，點E為坐標(biāo)平面內(nèi)一點，當(dāng)以B，C，D，E為頂點的四邊形為正方形時，求出點P的坐標(biāo).【題型16正方形與二次函數(shù)綜合應(yīng)用】【例16】（2025·安徽六安·校聯(lián)考二模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的邊長為5，點A在y軸正半軸上，點B在x軸負(fù)半軸上，B?1,0，C、D兩點在拋物線y=

(1)求此拋物線的表達式；(2)正方形ABCD沿射線BC以每秒5個單位長度平移，1秒后停止，此時B點運動到B1點，試判斷B(3)正方形ABCD沿射線BC平移，得到正方形A2B2C2D2【變式16-1】（2025·遼寧鞍山·統(tǒng)考中考真題）如圖，在矩形ABCD中，對角線AC,BD交于點O，AB=4，BC=43，垂直于BC的直線MN從AB出發(fā)，沿BC方向以每秒3個單位長度的速度平移，當(dāng)直線MN與CD重合時停止運動，運動過程中MN分別交矩形的對角線AC,BD于點E，F(xiàn)，以EF為邊在MN左側(cè)作正方形EFGH，設(shè)正方形EFGH與△AOB重疊部分的面積為S，直線MN的運動時間為ts，則下列圖象能大致反映S與t之間函數(shù)關(guān)系的是（

A．

B．

C．

D．

【變式16-2】（2025·廣東梅州·統(tǒng)考一模）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，點A、E在拋物線y=ax2上，過點A、E分別作y軸的垂線，交拋物線于點B、F，分別過點E、F作x軸的垂線交線段AB于兩點C、D．當(dāng)點E2，4

A．4 B．42 C．5 D．【變式16-3】（2025·遼寧阜新·阜新實驗中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，在平面直角坐標(biāo)系中，拋物線y=ax2+bx?3與x軸交于A(?1,0)，B(3,0)兩點，與y軸交于點C

(1)求該拋物線的函數(shù)表達式；(2)點D為直線y=x上的動點，當(dāng)點P在第四象限時，求四邊形PBDC面積的最大值及此時點P的坐標(biāo)；(3)已知點E為x軸上一動點，點Q為平面內(nèi)任意一點，是否存在以點P，C，E，Q為頂點的四邊形是以PC為對角線的正方形，若存在，請直接寫出點Q的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由．

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)的動點問題】 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【知識點正方形的性質(zhì)與判定】定義：四個角相等、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：正方形的四個內(nèi)角都相等，且都為，四條邊都相等．性質(zhì)2：正方形的對角線互相垂直平分且相等，對角線平分一組對角．性質(zhì)3：正方形具有4條對稱軸，兩條對角線所在的直線和過兩組對邊中點的兩條直線．另外，由正方形的性質(zhì)可以得出：（1）正方形的對角線把正方形分成四個小的等腰直角三角形．（2）正方形的面積是邊長的平方，也可表示為對角線長平方的一半．3．判定：判定一個四邊形是正方形，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角是直角，或兩條對角線相等．【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】（2025·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2025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2025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2025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2025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1-1】（2025·廣東東莞·三模）如圖，正方形ABCD的兩條對角線AC，BD相交于點O，點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】（2025·河南·統(tǒng)考二模）如圖，邊長為2的正方形ABCD的對角線相交于點O，過點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，會把兩個陰影面積轉(zhuǎn)化到一個圖形中去．【變式1-3】（2025·江蘇鹽城·?？寄M預(yù)測）如圖，以正方形ABCD的兩邊BC和AD為斜邊向外作兩個全等的直角三角形BCE和DAF，過點C作CG⊥AF于點G，交AD于點H，過點B作BI⊥CG于點I，過點D作DK⊥BE，交EB延長線于點K，交CG于點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)等知識點，熟練掌握相關(guān)判定和性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．過點A作AM⊥BI于點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A作AM⊥BI于點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×∴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】（2025·河北邢臺·統(tǒng)考二模）下列四個菱形中分別標(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)菱形的對角線平分對角可得到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】（2025·河北邢臺·二模）如圖，四邊形ABCD的對角線AC、BD相交于點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各個選項進行分析從而得到答案．【詳解】解：A、∵AC=BC=CD=DA，∴四邊形ABCD是菱形，故本選項不符合題意；B、∵AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是菱形，故本選項不符合題意；C、∵AO=BO=CO=DO，AC⊥BD，∴四邊形ABCD是正方形，故本選項符合題意；D、由AB=BC，CD⊥DA，不能判定四邊形ABCD是正方形，故本選項不符合題意；故選：C．【點睛】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】（2025·河南南陽·統(tǒng)考三模）在?ABCD中，已知AC、BD為對角線，現(xiàn)有以下四個條件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．從中選取兩個條件，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】（2025·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)是對角線BD上的動點，且BE=DF，M，N分別是邊AD，邊BC上的動點．下列四種說法：①存在無數(shù)個平行四邊形MENF；②存在無數(shù)個矩形MENF；③存在無數(shù)個菱形MENF；④存在無數(shù)個正方形MENF．其中正確的個數(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E、F時BD上的點，∴只要M，N過點O，那么四邊形MENF就是平行四邊形∴存在無數(shù)個平行四邊形MENF，故①正確；只要MN=EF，MN過點O，則四邊形MENF是矩形，∵點E、F是BD上的動點，∴存在無數(shù)個矩形MENF，故②正確；只要MN⊥EF，MN過點O，則四邊形MENF是菱形；∵點E、F是BD上的動點，∴存在無數(shù)個菱形MENF，故③正確；只要MN=EF，MN⊥EF，MN過點O，則四邊形MENF是正方形，而符合要求的正方形只有一個，故④錯誤；故選：C【點睛】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】（2025·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）綜合與實踐如圖1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC邊上一點，將△ACD繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC與AB重合，得到△ABE，過點E作EF∥BC，交AB于點F，過點F作FG⊥BC于點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，將△ACD繞點A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AFE，過點E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點I，J，G，過點F作FH∥BC，交AD于點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A順時針方向旋轉(zhuǎn)，使AC落在邊AB上，得到△AEF，過點E作EG∥BC，分別交AB，AD，AC于點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】（2025·湖南邵陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在菱形ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，點E，F(xiàn)在對角線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】菱形的兩條對角線相互垂直且平分，再根據(jù)兩條對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．【變式3-2】（2025·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，連接DF并延長到點E，使FE=DF，連接AE、AD、CE．請?zhí)砑右粋€條件：___________，使得四邊形AECD是正方形，并說明理由．

【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，∴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，∴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，∴AD=CD=1∴四邊形AECD是正方形．【點睛】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，熟練掌握相關(guān)判定是解題的關(guān)鍵．【變式3-3】（2025·福建泉州·統(tǒng)考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，將ΔABC繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)得到ΔADE（點B的對應(yīng)點是點D，且0°<∠BAD<180°），射線DE與直線CB

(1)如圖1，當(dāng)∠BAD=90°時，求證：四邊形ADMB是正方形；(2)如圖2，當(dāng)點D在線段CA的延長線上時，若AB=1，AC=3，求線段ME的長；(3)如圖3，過點A作AN∥DE，交線段CB于點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)知識點，是一道幾何綜合題，能夠靈活的運用旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得到對應(yīng)邊、對應(yīng)角相等，進而利用相似三角形、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】（2025·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】（2025·四川自貢·統(tǒng)考一模）如圖，將邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(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A逆時針旋轉(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】（2025·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】（2025·天津·中考真題）如圖，在正方形ABCD中，點E，N，P，G分別在邊AB，BC，CD，DA上，點M，F(xiàn)，Q都在對角線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=12【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=12同理DQ=MQ，∴MN=1S考點：正方形的性質(zhì)【題型5與正方形有關(guān)的折疊問題】【例5】（2025·安徽·模擬預(yù)測）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,Q．請完成下列問題：（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H作HM⊥BF，垂足為點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H作HM⊥BF，垂足為點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】（2025·江蘇揚州·?？既＃┰谶呴L為6的正方形ABCD中，點E是邊BC上的動點（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，過F作MN⊥AD交AD于點M，證明△FAM∽△EFN，利用相似三角形的性質(zhì)列式計算即可；當(dāng)FC=DF時，求得∠FAM=30°，在Rt△ABE【詳解】解：當(dāng)DC=DF時，如圖，過F作MN⊥AD交AD于點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BE=12?63當(dāng)FC=DF時，如圖，過F作MN⊥AD交AD于點M，則MN⊥BC，過F作FK⊥CD交CD于點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，解題的關(guān)鍵是正確尋找點F的位置，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造特殊三角形解決問題．【變式5-2】（2025·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△AGEcos∠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，熟練運用相關(guān)圖形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2025·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B的對應(yīng)點M落在邊AD上（點M不與點A,D重合），點C落在點N處，MN與CD交于點P，折痕分別與邊AB，CD交于點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】（2025·江西南昌·一模）已知正方形ABCD與正方形AEFG，正方形AEFG繞點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，連接CF、BE，分別取CF、BE的中點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＝∠∴∠CAF＝∠BAG，ACAB∴△CAF∽△BAG，∴CFBG②∵AC是正方形ABCD的對角線，∴∠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C作CQ∥EF，交直線ME于Q，連接BQ，設(shè)CF與AD交點為P，CF與AG交點為R，∵CQ∥EF，∴∠FCQ＝∠CFE，∵點M是CF的中點，∴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°，∵MQ＝ME，點N是BE中點，∴BQ＝2MN，MN∥BQ，∴BE＝2MN，MN⊥BE．【點睛】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，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】（2025·陜西·陜西師大附中?？级＃┤鐖D，P為正方形ABCD內(nèi)一點，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點順時針旋轉(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用，把△PAB順時針旋轉(zhuǎn)90°使得A′與C點重合是解題的關(guān)鍵．【變式6-2】（2025·山東濰坊·統(tǒng)考二模）如圖，E是正方形ABCD對角線BD上一點，連接AE，CE，并延長CE交AD于點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】（2025·福建·模擬預(yù)測）四邊形ABCD是矩形，點P在邊CD上，∠PAD＝30°，點G與點D關(guān)于直線AP對稱，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，求b的值．【答案】(1)15°(2)32a【分析】（1）連接DG，交AP于點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E，連接AG，如圖1，∵點G與點D關(guān)于直線AP對稱，∴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，點G可能在矩形ABCD的內(nèi)部或外部．若點G在矩形ABCD的內(nèi)部，∵在△BGC中，GB＝GC，∠CGB＝120°，∴∠GBC＝180°∴∠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，b的值為32a或3a【點睛】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】（2025·河南信陽·二模）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點E是BC邊上一動點（點E不與點B、C重合），以線段DE為邊長，作正方形DEFG，使得點F、G落在直線DE的下方，連接AF、BF．當(dāng)△ABF為等腰三角形時，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,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,根據(jù)CE=BM=FN即可解決問題.【詳解】解：如圖1中,當(dāng)FA=FB時,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,∴∵NF=NB,∴四邊形BMFN是正方形,∴BM=FN=CE=EB=1②如圖2中,當(dāng)BA=BF時,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【點睛】本題主要考查正方形的性質(zhì)及三角形全等.【變式7-1】（2025·湖北襄陽·統(tǒng)考中考真題）如圖，在△ABC中，AB=AC，點D是AC的中點，將BCD沿BD折疊得到△BED，連接AE.若DE⊥AB于點F，BC=10，則AF的長為．

【答案】2【分析】取BC中點H，連接AH，取CH中點G，連接DG，作DM⊥BE于點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H，連接AH，取CH中點G，連接DG，作DM⊥BE于點M．∵AB=AC，H為BC的中點，∴AH⊥BC，AD=CD，BH=HC=5．∵點D是AC的中點，∴DG是△AHC的中位線，∴DG∥AH，則DG⊥BC于點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】（2025·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G，且CG垂直BD，將ADE繞點A旋轉(zhuǎn)至AE∥BD時，若CE=5，EF=1，則BG的值是【答案】5?