第25讲 特殊四边形-正方形与梯形（22题型）（练习）-2024年中考数学一轮复习练习（全国通用）

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2、学会运用数形结合思想。数形结合思想是指从几何直观的角度,利用几何图形的性质研究数量关系，寻求代数问题的解决方法（以形助数），或利用数量关系来研究几何图形的性质，解决几何问题（以数助形）的一种数学思想。
3、要学会抢得分点。一道中考数学压轴题解不出来，不等于“一点不懂、一点不会”，要将整道题目解题思路转化为得分点。
4、学会运用等价转换思想。在研究数学问题时，我们通常是将未知问题转化为已知的问题，将复杂的问题转化为简单的问题，将抽象的问题转化为具体的问题，将实际问题转化为数学问题。
5、学会运用分类讨论的思想。如果不注意对各种情况分类讨论，就有可能造成错解或漏解，纵观近几年的中考压轴题分类讨论思想解题已成为新的热点。
6、转化思想:体现在数学上也就是要把难的问题转化为简单的问题，把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，把未知的问题转化为已知的问题。
第25讲 特殊四边形-正方形与梯形
目 录
TOC \ "1-3" \n \h \z \u
\l "_Tc157031185" 题型01 根据正方形的性质求角度
\l "_Tc157031186" 题型02 根据正方形的性质求线段长
\l "_Tc157031187" 题型03 根据正方形的性质求面积
\l "_Tc157031188" 题型04 根据正方形的性质求坐标
\l "_Tc157031189" 题型05 与正方形有关的折叠问题
\l "_Tc157031190" 题型06 求正方形重叠部分面积
\l "_Tc157031191" 题型07 利用正方形的性质证明
\l "_Tc157031192" 题型08 添加一个条件使四边形是正方形
\l "_Tc157031193" 题型09 证明四边形是正方形
\l "_Tc157031194" 题型10 根据正方形的性质与判定求角度
\l "_Tc157031195" 题型11 根据正方形的性质与判定求线段长
\l "_Tc157031196" 题型12 根据正方形的性质与判定求面积
\l "_Tc157031197" 题型13 根据正方形的性质与判定证明
\l "_Tc157031198" 题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
\l "_Tc157031199" 题型15 与正方形有关的规律探究问题
\l "_Tc157031200" 题型16 与正方形有关的动点问题
\l "_Tc157031201" 题型17 正方形与反比例函数的综合应用
\l "_Tc157031202" 题型18 正方形与一次函数、反比例函数综合应用
\l "_Tc157031203" 题型19 正方形与二次函数综合应用
\l "_Tc157031204" 题型20 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
\l "_Tc157031205" 题型21 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解
\l "_Tc157031206" 题型22 利用等腰梯形的性质与判定求解
题型01 根据正方形的性质求角度
1．（2022·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN=30°，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则∠AMP的度数为（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出∠AMP的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形中，
∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点
∴OM=ON，
∵∠MPN=90°，
∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，
∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，
∠AMP=180°−75°−30°=75°，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
2．（2023·河北石家庄·统考一模）一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=（ ）
A．α−45°B．α−90°C．270°−αD．180°−α
【答案】D
【分析】先由三角形外角的性质得到∠3=α−90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答案．
【详解】解：如图，
由题意可知，∠1=∠3+90°，
∵∠1=α，
∴∠3=α−90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠2=90°−∠3=90°−α−90°=180°−α．
故选：D
【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键．
3．（2023·江苏南京·统考一模）如图，点O是正六边形ABCDEF的中心，以AB为边在正六边形ABCDEF的内部作正方形ABMN，连接OD,ON，则∠DON＝ °．

【答案】105
【分析】连接OA，OB，OE，根据正六边形的性质可得，△AOB，△DOE是等边三角形，再证明四边形OBCD是菱形，以及△AON是等腰三角形，分别求出∠BOD=120°, ∠AOB=60°, ∠AON=75°，从而可得出结论．
【详解】解：∵六边形ABCDE是正六边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA,∠FAB=∠ABC=∠BCD=120°,
∵四边形ABMN是正方形，
∴AB=BM=MN=NA,∠NAB=∠ABM=90°,
连接OA，OB，OE，如图，

则△AOB，△DOE是等边三角形，
∴∠OAB=∠ABO=∠AOB=60°,OA=OB=AB,OD=ED,
∴OA=AN=OB=CD=BC=CD, ∠OBC=120°−60°=60°, ∠OAN=90°−60°=30°,
∴四边形OBCD是菱形，∠AON=12180°−30°=75°，
∴∠BOD=180°−∠OBC=180°−60°=120°,
∴∠DON=360°−∠BOD−∠AOB−∠AON=360°−120°−60°−75°=105°，
故答案为：105．
【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．
题型02 根据正方形的性质求线段长
4．（2021·山东淄博·统考二模）如图，在△ABC中，BC=120，高AD=60，正方形EFGH一边在BC上，点E,F分别在AB,AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ）
A．15B．20C．25D．30
【答案】B
【分析】证明△AEF∽△ABC，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得．
【详解】解：∵四边形EFGH是正方形，
∴EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=ANAD．
设AN=x，则EF=FG=DN=60-x，
∴60−x120=x60
解得：x=20
所以，AN=20．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键．
5．（2023·山东日照·校考三模）如图，正方形ABCD的边长为8，点E是CD的中点，HG垂直平分AE且分别交AE、BC于点H、G，则BG＝ ．
【答案】1
【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，由点E是CD的中点，得CE=4，设BG=x，则CG=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可．
【详解】解：连接AG，EG，如图，
∵HG垂直平分AE，
∴AG=EG，
∵正方形ABCD的边长为8，
∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，
∵点E是CD的中点，
∴CE=4，
设BG=x，则CG=8-x，
由勾股定理，得
EG2=CG2+CE2=（8-x）2+42，AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴（8-x）2+42=82+x2，
解得：x=1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键．
6．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，AE=AF,∠EAF=30°，则∠AEB= °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ．
【答案】 60 3
【分析】由正方形的性质证明△ABE≅△ADF，即可得到∠BAE=∠DAF，再由∠EAF=30°可得∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°，即可求出∠AEB．设BE=x，表示出△AEF的面积，解方程即可．
【详解】∵正方形ABCD
∴∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD=DC=CB
∵AE=AF
∴Rt△ABE≅Rt△ADF（HL）
∴∠BAE=∠DAF，BE=DF
∵∠EAF=30°，∠BAE+∠DAF+∠EAF=90°
∴∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°
∴∠AEB=60°
设BE=x
∴AB=3x,DF=BE=x,CE=CF=(3−1)x
∴S△AEF=S正方形△ABCD−S△ABE−S△ADF−S△CEF
=AB2−12AB⋅BE×2−12CE⋅CF
=(3x)2−3x⋅x−12(3−1)x⋅(3−1)x
=x2
∵△AEF的面积等于1
∴x2=1，解得x=1，x=−1（舍去）
∴AB=3x=3
故答案为：60；3．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
题型03 根据正方形的性质求面积
7．（2023·云南·模拟预测）如图，在边长为6的正方形ABCD中，以BC为直径画半圆，则阴影部分的面积是（ ）
A．9B．6C．3D．12
【答案】A
【分析】设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE=CE，得到弓形BE的面积=弓形CE的面积，则S阴影=SABE=S△ABC−S△BCE=12×6×6−12×6×3=9．
【详解】解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OCE=45°，
∵OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE=45°，
∴∠EOC=90°，
∴OE垂直平分BC，
∴BE=CE，
∴弓形BE的面积=弓形CE的面积，
∴S阴影=SABE=S△ABC−S△BCE=12×6×6−12×6×3=9，
故选A．
【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知相关知识是解题的关键．
8．（2021·天津津南·统考一模）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图案．小李将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知AB=40cm，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．25cm2B．1003cm2C．50cm2D．75cm2
【答案】C
【分析】如图，设OF＝EF＝FG＝x，可得EH＝22x＝20，解方程即可解决问题．
【详解】解：如图，设OF＝EF＝FG＝x，
∴OE＝OH＝2x，
在Rt△EOH中，EH＝22x，
由题意EH＝20cm，
∴20＝22x，
∴x＝52，
∴阴影部分的面积＝（52）2＝50（cm2），
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
9．（2021·江苏苏州·统考一模）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”．在一次数学活动课上，小明用边长为4cm的正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品—“奔跑者”，其中阴影部分的面积为5cm2的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积＝18×12×42＝1cm2，可得平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积即可求解．
【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积＝18×12×42＝1（cm2），平行四边形面积为2cm2，中等的等腰直角三角形的面积为2cm2，最大的等腰直角三角形的面积为4cm2，则
A、阴影部分的面积为2+2＝4（cm2），不符合题意；
B、阴影部分的面积为1+2＝3（cm2），不符合题意；
C、阴影部分的面积为4+2＝6（cm2），不符合题意；
D、阴影部分的面积为4+1＝5（cm2），符合题意；
故选：D．
【点睛】本题考查图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割法求阴影部分的面积．
题型04 根据正方形的性质求坐标
10．（2023·河南周口·校联考一模）如图，正方形OABC的边OA，OC分别在x轴，y轴上，点M，N分别在OA，AB上，△CMN是等边三角形，连接AC，交MN于点G．若AM=4，则点G的坐标为（ ）

A．3,2B．23,2C．26,2D．3+2,2
【答案】B
【分析】过点G作GH⊥OA于H，利用正方形性质和等边三角形性质可证得Rt△CBN≌Rt△COM(HL)，得出BN=OM，推出AN=AM=4，利用等腰直角三角形性质和等边三角形性质即可求得答案．
【详解】解：如图，过点G作GH⊥OA于H，

∵四边形ABCO是正方形，
∴∠OAB=∠ABC=∠COA=90°，∠CAO=∠CAB=45°，CB=CO=AB=AO，
∵△CMN是等边三角形，
∴CM=CN，
∴Rt△CBN≌Rt△COM(HL)，
∴BN=OM，
∴AB−BN=AO−OM，
即AN=AM=4，
∴MN=42，∠AMN=∠ANM=45°，
∴∠AGM=∠AGN=90°，
∴MG=NG=AG=22，
∵△CMN是等边三角形，MG=NG=22，
∴CG=3MG=26，
∴AC=AG+CG=22+26，
∴OA=AC2×2=2+23，
∵△AMG是等腰直角三角形，GH⊥OA，
∴GH=AH=12AM=2，
∴OH=OA−AH=2+23−2=23，
∴点G的坐标为(23，2)．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，知识点较多，综合性强，是常考题型，熟练掌握相关性质是解题关键．
11．（2023·河南南阳·统考一模）在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编的题目是：“已知正方形ABCD（边长自定），请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形ABCD各顶点的坐标”．同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写出了正方形各顶点的坐标．若在魏华同学建立的平面直角坐标系中，正方形ABCD关于x轴对称，但不关于y轴对称，点A的坐标为−3,2，则点C的坐标为（ ）
A．3,−2B．2,−3C．−3,−2D．1,−2
【答案】D
【分析】先根据“正方形ABCD关于x轴对称”确定x轴的位置，再根据点A的坐标确定原点的位置，进而确定y轴的位置，从而写出点C的坐标．
【详解】解：∵正方形ABCD关于x轴对称，
∴x轴经过AB,CD中点E、F，
∴连接EF，即为x轴，
∵点A的坐标为−3,2，
∴点A到y轴距离为3，
则将EF四等分，其中等分点O使得OE=3OF，以点O为原点，建立平面直角坐标系，如图：
∵正方形ABCD关于x轴对称，点A的坐标为−3,2，
∴点B坐标为−3,−2，
∴AB=2−−2=4，则EF=4，
∵OE=3，
∴OF=1，
∴点C的坐标为1,−2．
故选：D．
【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，根据所给条件确定坐标系是解题的关键．
12．（2023·山东临沂·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，A点坐标为0,2，E是线段BC上一点，且∠AEB=60°，沿AE折叠后B点落在点F处，那么点F的坐标是 ．

【答案】−1,2−3
【分析】过点F作FD⊥CO于D，FG⊥AO于G，先由正方形的性质和折叠的性质得出∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，再根据含30度的直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【详解】点F作FD⊥CO于D，FG⊥AO于G，

∵四边形OABC是正方形，A点坐标为0,2，
∴AB=2,AO=2，
∵∠AEB=60°，沿AE折叠后B点落在点F，
∴∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，
在Rt△AFG中，∠FAG=30°，
∴FG=1，
由勾股定理得，AG=22−12=3，
∴GO=2−3，点F的坐标为−1,2−3．
故答案为：−1,2−3．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、正方形的性质，勾股定理和含30度的直角三角形的性质，能够添加合适的辅助线是解题的关键．
13．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A0,3,B1,0，将正方形ABCD沿x轴的负方向平移，使点D恰好落在直线AB上，则平移后点B的坐标为 ．

【答案】−73,0/−213,0
【分析】根据正方形的性质可证明△AOB≅△DFA，得出AF=OB=1,DF=OA=3，进而得出点G的纵坐标是4，利用待定系数法求出直线AB的解析式，得出DG的长，从而可得正方形平移的距离，即可求解．
【详解】解：设平移后点D的对应点为G，DG交y轴于点F，如图，
则DG⊥y轴，
∴∠AFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠DAB=90°，
∴∠BAO=90°−∠DAF=∠ADF，
又∵∠AOB=∠DFA=90°，
∴△AOB≅△DFA，
∵A0,3,B1,0，
∴AF=OB=1,DF=OA=3，
∴OF=AF+OA=4，
∴点G的纵坐标是4，
设直线AB的解析式为y=kx+b，
则k+b=0b=3，
解得k=−3b=3，
∴直线AB的解析式为y=−3x+3，
当y=4时，−3x+3=4，解得x=−13，
∴DG=3+13=103，
平移后点B的坐标为−73,0；
故答案为：−73,0．

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、待定系数法求一次函数的解析式、平移的性质等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键．
题型05 与正方形有关的折叠问题
14．（2021·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上点B'处，则BE的长度为（ ）
A．1B．2C．3D．2
【答案】D
【分析】由CD∥AB得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FEB'=60°，进而得到∠AEB'=60°，然后在Rt△AEB'中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，
∴∠EFD=∠FEB=60°，
由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FEB'=60°，
∴∠AEB'=180°−∠FEB−∠FEB'=60°，
∴∠AB'E=30°，
设AE=x，则BE=B'E=2x，
∴AB=AE+BE=3x=3，
∴x=1，
∴BE=2x=2，
故选：D．
【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题．
15．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，四边形ABCD为正方形，点E是BC的中点，将正方形ABCD沿AE折叠，得到点B的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB=6，则DP的长度为 ．
【答案】2
【分析】连接AP，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），可得PF＝PD，设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝CE＝12AB＝3，
由翻折可知：AF＝AB，EF＝BE＝3，∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
AP=APAF=AD，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6−x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是掌握翻折的性质．
16．（2023·广西·模拟预测）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF．当GF最小时，AE的长是 ．
【答案】55−5
【分析】根据动点最值问题的求解步骤：①分析所求线段端点（谁动谁定）；②动点轨迹；③最值模型（比如将军饮马模型）；④定线段；⑤求线段长（勾股定理、相似或三角函数），结合题意求解即可得到结论．
【详解】解：①分析所求线段GF端点：G是定点、F是动点；②动点F的轨迹：正方形ABCD的边长为10，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，则BF=BA=10，因此动点轨迹是以B为圆心，BA=10为半径的圆周上，如图所示：
③最值模型为点圆模型；④GF最小值对应的线段为GB−10；⑤求线段长，连接GB，如图所示：
在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，则CG=5,BC=10，根据勾股定理可得BG=CG2+BC2=52+102=55，
当G、F、B三点共线时，GF最小为55−10，
接下来，求AE的长：连接EG，如图所示
根据翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，设AE=x，则根据等面积法可知S正方形=SΔEDG+SΔBCG+SΔBAE+SΔBEG，即100=12DE⋅DG+12BC⋅CG+12AB⋅AE+12BG⋅EF=12[5(10−x)+5×10+10x+55x]整理得(5+1)x=20，解得x=AE=205+1=20(5−1)(5+1)(5−1)=55−5，
故答案为：55−5．
【点睛】本题考查动点最值下求线段长，涉及到动点最值问题的求解方法步骤，熟练掌握动点最值问题的相关模型是解决问题的关键．
17．（2022·吉林长春·统考模拟预测）【推理】
如图1，在边长为10的正方形ABCD中，点E是CD上一动点，将正方形沿着BE折叠，点C落在点F处，连接BE，CF，延长CF交AD于点G，BE与CG交于点M．
(1)求证：CE=DG．
【运用】
(2)如图2，在【推理】条件下，延长BF交AD于点H，若CE=6，求线段DH的长．
【拓展】
(3)如图3，在【推理】条件下，连接AM，则线段AM的最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)143
(3)55−5
【分析】（1）利用ASA证明△BCE≌△CDG，即可得出结论；
（2）连接HE，利用等角对等边证明HG=HF，设DH=x，则GH=HF=6−x，由勾股定理得，6−x2+62=x2+42，解方程即可；
（3）取BC的中点O，连接OM，AO，利用勾股定理求出AO，根据直角三角形斜边上中线等于斜边的一半得出MO，从而得出M的运动路径，进而解决问题．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，DC=BC，
∴∠DCG+∠BCM=90°，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BMC=90°，
∴∠CBM+∠BCM=90°，
∴∠CBM=∠DCG，
∴△BCE≌CDGASA，
∴CE=DG；
（2）解：连接HE，
∵正方形ABCD沿BE折叠，
∴∠BCF=∠BFC，EF=CE=6，
∵AD∥BC，
∴∠HGF=∠BCF，
∵∠BFC=∠HFG，
∴∠HGF=∠HFG，
∴HG=HF，
设DH=x，则GH=HF=6−x，
由勾股定理得，6−x2+62=x2+42，
解得：x=143，
∴DH=143；
（3）解：取BC的中点O，连接OM，AO，
则BO=5，AO=55，
∵∠BMC=90°，O为BC的中点，
∴MO=12BC=5，
∵AM>AO−OM，
∴ AM的最小值为AO−MO=55−5，
故答案为：55−5．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，翻折的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形三边关系，运用勾股定理列方程是解题的关键．
题型06 求正方形重叠部分面积
18．（2022·浙江杭州·统考一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90∘，分别以该直角三角形的三边为边，并在直线AB同侧作正方形ABMN，正方形BQPC，正方形ACEF，且点N恰好在正方形ACEF的边EF上．其中S1,S2,S3,S4,S5表示相应阴影部分面积，若S3＝1，则S1+S2+S4+S5=（ ）
A．2B．23C．3D．352
【答案】C
【分析】如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于W．证明△ABC≌△MBQ（SAS），推出∠ACB＝∠BQM＝90°，由∠PQB＝90°，推出M，P，Q共线，由四边形CGMP是矩形，推出MG＝PC＝BC，证明△MGW≌△BCT（AAS），推出MW＝BT，由MN＝BM，NW＝MT，可证△NWE≌MTP，推出S1＋S5＝S3＝1，再利用AC2＋BC2＝AB2，进而可求得S2＝S4=1，最后可求得S1+S2+S4+S5得值．
【详解】解：如图，连接MQ，作MG⊥EC于G，设PC交BM于T，MN交EC于W．
∵∠ABM＝∠CBQ＝90°，
∴∠ABC＝∠MBQ，
∵BA＝BM，BC＝BQ，
∴△ABC≌△MBQ（SAS），
∴∠ACB＝∠BQM＝90°，
∵∠PQB＝90°，
∴M，P，Q共线，
∵四边形CGMP是矩形，
∴MG＝PC＝BC，
∵∠BCT＝∠MGB＝90°，
∴∠BTC＋∠CBT＝90°，∠BWM＋∠CBT＝90°，
∴∠BWM＝∠BTC，
∴△MGW≌△BCT（AAS），
∴MW＝BT，
∵MN＝BM，
∴NW＝MT，可证△NWE≌MTP，
∴S1＋S5＝S3＝1，
∵∠F=∠ACB=90°，AF=AC，AN=AB，
∴Rt△ANF≌Rt△ABC（HL），
∴S2=S3=1，
∵AC2＋BC2＝AB2，
∴S1＋S2＋S左空＋S右空＋S5＝S3＋S4＋S左空＋S右空，
∴S1＋S2＋S5＝S3＋S4，
∴S2＝S4=1
∴S1+S2+S4+S5=3，
故选：C
【点睛】本题考查勾股定理的知识，有一定难度，解题关键是将勾股定理和正方形的面积公式进行灵活的结合和应用．
19．（2023·内蒙古呼伦贝尔·校考一模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，正方形EFGO绕点O旋转，若两个正方形的边长相等，则两个正方形的重合部分的面积（ ）
A．12B．34C．1D．2
【答案】C
【分析】根据正方形的性质得出OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，推出∠BON=∠MOC，证出△OBN≌△OCMASA，可得四边形OMBN的面积等于△BOC的面积，即重合部分的面积等于正方形面积的14，从而可得答案．
【详解】解：如图，∵四边形ABCD和四边形OEFG是两个边长相等的正方形，
∴OB=OC，∠OBA=∠OCB=45°，∠BOC=∠EOG=90°，
∴∠BON=∠MOC，
在△OBN与△OCM中，∠OBN=∠OCMOB=OC∠BON=∠COM，
∴△OBN≌△OCMASA，
∴S△OBN=S△OCM，
∴四边形OMBN的面积等于△BOC的面积，即重合部分的面积等于正方形面积的14，
∴两个正方形的重合部分的面积=14×22=1，
故选：C．
【点睛】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形OMBN的面积等于△BOC的面积是解此题的关键．
20．（2022·广东东莞·统考一模）问题提出：某兴趣小组在一次综合与实践活动中提出这样一个问题：将足够大的直角三角板PEF∠P=90°,∠F=60°的一个顶点放在正方形中心O处，并绕点O逆时针旋转，探究直角三角板PEF与正方形ABCD重叠部分的面积变化情况（已知正方形边长为2）．
(1)操作发现：如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，重叠部分的面积为__________；当OF与BC垂直时，重叠部分的面积为__________；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为__________；
(2)类比探究：若将三角板的顶点F放在点O处，在旋转过程中，OE,OP分别与正方形的边相交于点M，N．
①如图2，当BM=CN时，试判断重叠部分△OMN的形状，并说明理由；
②如图3，当CM=CN时，求重叠部分四边形OMCN的面积（结果保留根号）；
(3)拓展应用：若将任意一个锐角的顶点放在正方形中心O处，该锐角记为∠GOH（设∠GOH=α），将∠GOH绕点O逆时针旋转，在旋转过程中，∠GOH的两边与正方形ABCD的边所围成的图形的面积为S2，请直接写出S2的最小值与最大值（分别用含α的式子表示），
（参考数据：sin15°=6−24,cs15°=6+24,tan15°=2−3）
【答案】(1)1,1，S1=14S
(2)①△OMN是等边三角形，理由见解析；②3−1
(3)tanα2,1−tan45°−α2
【分析】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．利用全等三角形的性质证明即可；
（2）①结论：△OMN是等边三角形．证明OM=ON，可得结论；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．证明△OCM≌△OCN（SAS），推出∠COM=∠CON=30°，解直角三角形求出OJ，即可解决问题；
（3）如图4-1中，过点O作OQ⊥BC于点Q，当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．如图4-2中，当CM=CN时，S2最大．分别求解即可．
【详解】（1）如图1，若将三角板的顶点P放在点O处，在旋转过程中，当OF与OB重合时，OE与OC重合，此时重叠部分的面积=△OBC的面积=14正方形ABCD的面积=1；
当OF与BC垂直时，OE⊥BC，重叠部分的面积=14正方形ABCD的面积=1；
一般地，若正方形面积为S，在旋转过程中，重叠部分的面积S1与S的关系为S1=14S．
理由：如图1中，设OF交AB于点J，OE交BC于点K，过点O作OM⊥AB于点M，ON⊥BC于点N．
∵O是正方形ABCD的中心，
∴OM=ON，
∵∠OMB=∠ONB=∠B=90°，
∴四边形OMBN是矩形，
∵OM=ON，
∴四边形OMBN是正方形，
∴∠MON=∠EOF=90°，
∴∠MOJ=∠NOK，
∵∠OMJ=∠ONK=90°，
∴△OMJ≌△ONK（AAS），
∴S△PMJ=S△ONK，
∴S四边形OKBJ=S正方形OMBN=14S正方形ABCD，
∴S1=14S．
故答案为：1，1，S1=14S．
（2）①如图2中，结论：△OMN是等边三角形．
理由：过点O作OT⊥BC，
∵O是正方形ABCD的中心，
∴BT=CT，
∵BM=CN，
∴MT=TN，
∵OT⊥MN，
∴OM=ON，
∵∠MON=60°，
∴△MON是等边三角形；
②如图3中，连接OC，过点O作OJ⊥BC于点J．
∵CM=CN，∠OCM=∠OCN，OC=OC，
∴△OCM≌△OCN（SAS），
∴∠COM=∠CON=30°，
∴∠OMJ=∠COM+∠OCM=75°，
∵OJ⊥CB，
∴∠JOM=90°-75°=15°，
∵BJ=JC=OJ=1，
∴JM=OJ•tan15°=2-3，
∴CM=CJ-MJ=1-（2-3）=3-1，
∴S四边形OMCN=2×12×CM×OJ=3-1．
（3）如图4，将∠HOG沿OH翻折得到∠HOG'，则△MON≌△M'ON，此时则当M,N在BC上时，S2比四边形NOM'C的面积小，

设M'C=a,CN=b，则当S△CNM'最大时，S2最小，
∵ S△MNM' =12ab≤12a+b22，即M'C=NC时，S△CNM'最大，
此时OC垂直平分M'N，即ON=OM'，则OM=ON
如图5中，过点O作OQ⊥BC于点Q，

∵ OM=ON，OQ⊥MN
∴BM=CN
∴当BM=CN时，△OMN的面积最小，即S2最小．
在Rt△MOQ中，MQ=OQ•tanα2=tanα2，
∴MN=2MQ=2tanα2，
∴S2=S△OMN=12×MN×OQ=tanα2．
如图6中，同理可得，当CM=CN时，S2最大．

∵ OC=OC,∠OCN=∠OCM,CN=CM
则△COM≌△CON，
∴∠COM=α2，
∵∠COQ=45°，
∴∠MOQ=45°-α2，
QM=OQ•tan（45°-α2）=tan（45°-α2），
∴MC=CQ-MQ=1-tan（45°-α2），
∴S2=2S△CMO=2×12×CM×OQ=1-tan（45°-α2）．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，四边形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
题型07 利用正方形的性质证明
21．（2023·贵州铜仁·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E为AD上一点，连接BE，BE的垂直平分线交AB于点M，交CD于点N，垂足为O，点F在DC上，且MF∥AD．
(1)求证：△ABE≌△FMN；
(2)若AB=8，AE=6，求ON的长．
【答案】(1)见详解
(2)254
【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；
（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，可得(8−ME)2+62=ME2，解得：ME=254，即有BM=ME=254，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．
【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AD，
AB∥DC，
∵MF∥AD，∠A=∠D=90°，AB∥DC，
∴四边形ADFM是矩形，
∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，
∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴MN⊥BE，
∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，
∴∠MBO=∠OMF，
∵∠NFM=∠A=90∘MF=AB∠OMF=∠MBO，
∴△ABE≌△FMN；
（2）连接ME，如图，
∵AB=8，AE=6，
∴在Rt△ABE中，BE=AB2+AE2=82+62=10，
∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，
∵MN是BE的垂直平分线，
∴BO=OE=12BE=5，BM=ME，
∴AM=AB-BM=8-ME，
∴在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，
∴(8−ME)2+62=ME2，解得：ME=254，
∴BM=ME=254，
∴在Rt△BMO中，MO2=BM2−BO2，
∴MO=BM2−BO2=(254)2−52=154，
∴ON=MN-MO=10−154=254．
即NO的长为：254．
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．
22．（2023·云南曲靖·统考一模）如图，点M，N分别在正方形ABCD的边BC，CD上，且∠MAN=45°，把△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABE．
（1）求证：△AEM≌△ANM．
（2）若BM=3，DN=2，求正方形ABCD的边长．
【答案】（1）证明见解析；（2）正方形ABCD的边长为6．
【分析】（1）先根据旋转的性质可得AE=AN,∠BAE=∠DAN，再根据正方形的性质、角的和差可得∠MAE=45°，然后根据三角形全等的判定定理即可得证；
（2）设正方形ABCD的边长为x，从而可得CM=x−3,CN=x−2，再根据旋转的性质可得BE=DN=2，从而可得ME=5，然后根据三角形全等的性质可得MN=ME=5，最后在Rt△CMN中，利用勾股定理即可得．
【详解】（1）由旋转的性质得：AE=AN,∠BAE=∠DAN
∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAD=90°，即∠BAN+∠DAN=90°
∴∠BAN+∠BAE=90°，即∠EAN=90°
∵∠MAN=45°
∴∠MAE=∠EAN−∠MAN=90°−45°=45°
在△AEM和△ANM中，AE=AN∠MAE=∠MAN=45°AM=AM
∴△AEM≅△ANM(SAS)；
（2）设正方形ABCD的边长为x，则BC=CD=x
∵BM=3,DN=2
∴CM=BC−BM=x−3,CN=CD−DN=x−2
由旋转的性质得：BE=DN=2
∴ME=BE+BM=2+3=5
由（1）已证：△AEM≅△ANM
∴MN=ME=5
又∵四边形ABCD是正方形
∴∠C=90°
则在Rt△CMN中，CM2+CN2=MN2，即(x−3)2+(x−2)2=52
解得x=6或x=−1（不符题意，舍去）
故正方形ABCD的边长为6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定定理与性质、勾股定理等知识点，较难的是题（2），熟练掌握旋转的性质与正方形的性质是解题关键．
23．（2022·北京东城·统考一模）如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点（AE>CE），连接BE，DE．
(1)求证：BE=DE；
(2)过点E作EF⊥AC交BC于点F，延长BC至点G，使得CG=BF，连接DG．
①依题意补全图形；
②用等式表示BE与DG的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②DG=2BE
【分析】（1）根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAE=∠DAE,依据SAS证明ΔABE≅ΔADE即可得出结论；
（2）①根据题中作图步骤补全图形即可；②连接EG，证明ΔBEF≅ΔDEG,得GE=BE,∠BEF=∠GEC，由（1）得DE=EG,∠DEG=90°, 再运用勾股定理可得出结论．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB,∠BAD=∠BCD=90°，
∵AC是正方形的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=12×90°=45°,
在△ABE和△ADE中，
AD=AB∠DAE=∠BAEAE=AE,
∴△ABE≅△ADE,
∴BE=DE；
（2）①补全图形如下：
②连接GE，如图，
∵EF⊥AC,∠ECF=45°,
∴∠EFC=45°,
∴∠ECF=∠EFC,
∴EF=EC，∠EFB=∠ECG=135°，
又BF=CG,
∴△BEF≅ΔGEC,
∴BE=GE,∠BEF=∠GEC,
∴GE=DE，
由（1）知：△ABE≅ΔADE.，
∴∠AEB=∠AED,
∴∠BEC=∠DEC,即∠BEF+∠FEC=∠GEC+∠DEG，
∴∠DEG=∠FEC=90°
由勾股定理得，DG2=DE2+GE2，
∴DG2=2GE2=2BE2，
∴DG=2BE.
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明ΔABE≅ΔADE是解答本题的关键．
24．（2023·湖北鄂州·校考模拟预测）如图，正方形ABCD内接于⊙O，点E为AB的中点，连接CE交BD于点F，延长CE交⊙O于点G，连接BG．
(1)求证：FB2=FE⋅FG；
(2)若AB=6．求FB和EG的长．
【答案】(1)见详解
(2)FB=22，FG=855
【分析】（1）根据正方形性质得出AD=BC，可证∠ABD=∠CGB，再证△BFE∽△GFB即可；
（2）根据点E为AB中点，求出AE=BE=3，利用勾股定理求得BD==62，CE==35，然后证明△CDF∽△BEF，得出DF=2BF，CF=2EF，求出BF=22,EF=5即可．
【详解】（1）证明：正方形ABCD内接于⊙O，
∴AD=BC，
∴AD=BC，
∴∠ABD=∠CGB，
又∵∠EFB=∠BFG，
∴△BFE∽△GFB，
∴EFBF=BFGF，
即FB2=FE⋅FG；
（2）解：∵点E为AB中点，
∴AE=BE=3，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AB=AD=6，BD=AD2+AB2=62+62=62，CE=BC2+BE2=35，
∵CD∥BE，
∴△CDF∽△EBF，
∴CDEB=DFBF=CFEF=63=2，
∴DF=2BF，CF=2EF，
∴3BF=BD=62，3EF=35，
∴BF=22，EF=5，
由（1）得FG=FB2EF=85=855．
【点睛】本题考查圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握圆内接正方形性质，弧，弦，圆周角关系，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
题型08 添加一个条件使四边形是正方形
25．（2023·河南周口·统考一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交O，添加下列条件不能判定矩形ABCD是正方形的是（ ）
A．AB=BCB．AC=BDC．AC⊥BDD．∠1=∠2
【答案】B
【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断．
【详解】解：A、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意；
B、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意；
C、正确．∵四边形ABCD是矩形，
∴OD=OB，OC=OA，
∵AC⊥BD，
∴AD=AB，
∴矩形ABCD为正方形，故不符合题意；
D、正确，∵∠1=∠2，AB∥CD，
∴∠2=∠ACD，
∴∠1=∠ACD，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形，故不符合题意．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．
26．（2022·河南南阳·统考三模）在▱ABCD中，已知AC、BD为对角线，现有以下四个条件：①∠ABC=90°；②AC=BD；③AC⊥BD；④AB=BC．从中选取两个条件，可以判定▱ABCD为正方形的是 ．（写出一组即可）
【答案】①③或①④或②③或②④
【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定作出选择即可．
【详解】①③：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形（对角线互相垂直矩形是正方形）；
①④：∵在▱ABCD中，∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；
②③：∵在▱ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
又∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形（对角线垂直的矩形是正方形）；
②④：∵在▱ABCD中，AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形（对角线相等的平行四边形是矩形），
又∵AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）；
故答案为：①③或①④或②③或②④．
【点睛】本题主要考查特殊平行四边形的判定，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定是解答本题的关键．
27．（2020·广东阳江·统考二模）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA，对角线AC与BD相交于点O．若不增加任何字母与辅助线，要使得四边形ABCD是正方形，则还需添加的一个条件是 ．
【答案】AC=BD（或四边形ABCD中任一个内角等于直角）
【分析】根据菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答．
【详解】解：∵在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA
∴四边形ABCD是菱形
∴要使四边形ABCD是正方形，则还需增加一个条件是：AC=BD．
故答案为：AC=BD（或四边形ABCD中任一个内角等于直角）．
【点睛】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形．
题型09 证明四边形是正方形
28．（2023·江苏南京·模拟预测）如图，在▱ABCD中，对角线AC、BD交于点O，E是BD延长线上的点，且△ACE是等边三角形．
(1)求证：四边形ABCD是菱形．
(2)若∠AED=2∠EAD，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．进而利用菱形的判定证明即可；
（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=OC，即O是AC的中点，OE是△ACE的中线
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC(三线合一)
即BD⊥AC，
∴▱ABCD是菱形，即四边形ABCD是菱形；
（2）∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC=60°
由（1）知，EO⊥AC，AO=OC
∴∠AEO=∠OEC=30°，△AOE是直角三角形
∴∠EAO=60°，
∵∠AED=2∠EAD，
∴∠EAD=15°，
∴∠DAO=∠EAO−∠EAD=45°，
∵▱ABCD是菱形，
∴∠BAD=2∠DAO=90°，
∴菱形ABCD是正方形，即四边形ABCD是正方形．
【点睛】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．
29．（2021·河南南阳·统考一模）如图，在△ABC中，AB=AC，BC为⊙O的直径，D为⊙O上任意一点，连接AD交BC于点F，过A作EA⊥AD交DB的延长线于E，连接CD．
（1）求证：BE=CD
（2）填空：①当∠EAB=_______°时，四边形ABDC是正方形
②若四边形ABDC的面积为6，则AD的长为________．
【答案】（1）见解析；（2）①45②23．
【分析】（1）根据ASA证明△ABE≌△ACD即可．
（2）①当∠EAB的度数为45°时，四边形ABDC是正方形，证明AB=BD=CD=AC即可解决问题．
②证明S△AED=S四边形ABDC=6即可解决问题．
【详解】解：（1）证明：∴BC为⊙O直径，
∴∠BAC=∠EAD=90°，
∴∠EAB=∠DAC=90°−∠BAD，
∵四边形ABDC为⊙O的内接四边形，
∴∠ABE=∠ACD，
在△ABE和△ACD中，
∠EAB=∠DAC，
AB=AC，
∠ABE=∠ACD，
∴△ABE≅△ACD，
∴BE=CD
（2）①当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
理由：∵∠CAD=∠BAD=45°，
∴BD=CD ，
∴BD=CD，
∴△ABC，△BCD都是等腰直角三角形，
∵BC=BC，
∴△ABC≌△DBC（ASA），
∴AB=AC=BD=CD，
∴四边形ABDC是菱形，
∵∠BAC=90°，
∴四边形ABDC是正方形．
又∠CAD+∠BAD=∠EAB+∠BAD=90°
∴∠EAB=∠CAD
∴当∠EAB=45°时，四边形ABDC是正方形．
故答案为：45．
②∵△EAB≌△DAC，
∴AE=AD，S△ABE=S△ADC，
∴S△AED=S四边形ABDC=6，
∴12•AD2=6，
∴AD=23，
故答案为23．
【点睛】本题考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
30．（2023·山东青岛·校联考一模）如图，延长平行四边形ABCD的边DC到E，使CE=CD，连结AE交BC于点F．
(1)求证：△ABF≌△ECF；
(2)若AE=AD，连接BE，当线段OF与BD满足怎样的关系时，四边形ABEC是正方形？请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)当BD=25OF时，四边形ABEC为正方形，证明见解析
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，进而利用全等三角形的判定得出即可；
（2）首先判定四边形ABEC是平行四边形，进而利用矩形的判定定理可得四边形ABEC是矩形，结合BD=25OF，证明BE=CE，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，OA=OC，
∴∠ABF=∠ECF，∠BAF=∠CEF，
又∵CE=CD， ∴AB=CE．
在△ABF和△ECF中，
∵ ∠ABF=∠ECFAB=CE∠BAF=∠CEF，
∴△ABF≌△ECF；
（2）如图，当BD=25OF时，四边形ABEC为正方形，理由如下：
连接BE，
∵AB∥CD，AB=CE，
∴四边形ABEC是平行四边形，
又∵AE=AD，
∴AC⊥DE，即∠ACE=90°，
∴平行四边形ABEC是矩形；
∴BF=CF，∠BEC=90°，
设OF=x，则CE=CD=2x，而BD=25OF=25x，
∴BE=BD2−DE2=20x2−16x2=2x，
∴BE=CE，
∴四边形ABEC为正方形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，勾股定理的应用，熟练的证明四边形是正方形是解本题的关键．
31．（2022·浙江杭州·统考一模）已知：如图，边长为4的菱形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，若∠CAD=∠DBC．

(1)求证：四边形ABCD是正方形．
(2)E是OB上一点，BE=1，且DH⊥CE，垂足为H，DH与OC相交于点F，求线段OF的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)22−1
【分析】（1）由菱形的性质得出AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，得出∠BAD+∠ABC=180°，从而证明∠BAD=∠ABC，可求出∠BAD=90°，再由正方形的判定即可得证；
（2）由正方形的性质得出AC⊥BD，AC=BD=42，CO=12AC=22，DO=12BD=22，得出∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，从而得出∠ECO=∠EDH，然后证明△ECO≌△FDOASA，最后利用全等三角形的性质即可求出线段OF的长．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，∠BAD=2∠DAC，∠ABC=2∠DBC，
∴∠BAD+∠ABC=180°，
∵∠CAD=∠DBC，
∴∠BAD=∠ABC，
∴2∠BAD=180°，
∴∠BAD=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，AB=BC=4，
∴AC⊥BD，AC=BD=AB2+BC2=42，
∴OB=CO=12AC=22，DO=12BD=22，
∴∠COB=∠DOC=90°，CO=DO，
∵DH⊥CE，垂足为H，
∴∠DHE=90°，∠EDH+∠DEH=90°，
∵∠ECO+∠DEH=90°，
∴∠ECO=∠EDH，
在△ECO和△FDO中，
∠COE=∠DOFCO=DO∠ECO=∠FDO，
∴△ECO≌△FDOASA，
∴OE=OF．
∵BE=1，
∴OF=OE=OB−BE=22−1．
∴线段OF的长为22−1．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，菱形的性质，勾股定理，等角的余角相等，全等三角形的判定与性质等知识．熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．
题型10 根据正方形的性质与判定求角度
32．（2022·山东济南·统考模拟预测）如图，在正八边形ABCDEFGH中，AC、AE是两条对角线，则∠CAE的度数为 °．
【答案】45
【分析】连接AG、GE、EC，易知四边形ACEG为正方形，根据正方形的性质即可求解．
【详解】解：连接AG、GE、EC，如图所示：
∵八边形ABCDEFGH是正八边形
∴AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠ABC=∠BCD=∠CDE=∠DEF=∠EFG=∠FGH=∠GHA=∠HAB=(8−2)·180°8=135°
∴ΔABC≅ΔCDE≅ΔEFG≅ΔGHA
∴AC=CE=EG=GA
∴四边形ACEG是菱形
又∠BAC=∠BCA=12(180°−135°)=22.5°，∠HAG=∠HGA=12(180°−135°)=22.5°
∴∠CAG=∠BAH−∠BAC−∠HAG=135°−22.5°−22.5°=90°
∴四边形ACEG为正方形，
∵AE是正方形的对角线，
∴∠CAE=12∠CAG=12×90°=45°．
故答案为：45．
【点睛】本题考查了正多边形的性质、正方形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．
33．（2018·陕西·陕西师大附中校考二模）如图，P为正方形ABCD内一点，PA：PB：PC=1：2：3，则∠APB= .
【答案】135°
【分析】通过旋转，把PA、PB、PC或关联的线段集中到同一个三角形，再根据两边的平方和等于第三边求证直角三角形，可以求解∠APB．
【详解】把△PAB绕B点顺时针旋转90°，得△P′BC，
则△PAB≌△P′BC，
设PA=x，PB=2x，PC=3x，连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°．
故答案为135°．
【点睛】本题考查的是正方形四边相等的性质，考查直角三角形中勾股定理的运用，把△PAB顺时针旋转90°使得A′与C点重合是解题的关键．
34．（2022·江西南昌·统考一模）已知正方形ABCD与正方形AEFG，正方形AEFG绕点A旋转一周．
(1)如图1，连接BG、CF，
①求CFBG的值；
②求∠BHC的度数．
(2)当正方形AEFG旋转至图2位置时，连接CF、BE，分别取CF、BE的中点M、N，连接MN，猜想MN与BE的数量关系与位置关系，并说明理由．
【答案】(1)①2；②45°；
(2)BE=2MN；BE⊥MN；理由见解析
【分析】（1）①通过证明△CAF∽△BAG，可得CFBG=2；
②由①得出∠ACF＝∠ABG，∠CAB＝45°，最后用三角形的内角和定理，即可求出答案；
（2）过点C作CH∥EF，由“ASA”可证△CMH≌△FME，可得CH＝EF，ME＝HM，由“SAS”可证△BCH≌△BAE，可得BH＝BE，∠CBH＝∠ABE，由三角形中位线定理可得结论．
【详解】（1）①如图1，连接AF，AC，
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴AC=2AB，AF=2AG，∠CAB＝∠GAF＝45°，∠BAD＝90°，
∴∠CAF＝∠BAG，ACAB=AFAG，
∴△CAF∽△BAG，
∴CFBG=2；
②∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠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：如图2
连接ME，过点C作CQ∥EF，交直线ME于Q，连接BQ，设CF与AD交点为P，CF与AG交点为R，
∵CQ∥EF，
∴∠FCQ＝∠CFE，
∵点M是CF的中点，
∴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，点N是BE中点，
∴BQ＝2MN，MN∥BQ，
∴BE＝2MN，MN⊥BE．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，三角形中位线定理等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
题型11 根据正方形的性质与判定求线段长
35．（2022·广东广州·统考二模）如图，在等腰直角三角形ABC中，∠ABC=90°，AB=6，线段PQ在斜边AC上运动，且PQ=2．连接BP，BQ．则△BPQ周长的最小值是（ ）
A．62+2B．219+2C．8D．45+2
【答案】B
【分析】如图，过点D作DE∥AC，且点E在AD上方，DE=2，连接BE交AC于点P，取PQ=2，连接BE，DQ，BD．B，P，E三点共线，此时△BPQ的周长=BP+BQ+PQ=BE+2最小
【详解】解：如图，过点A作AD∥BC，过点C作CD∥AB，两直线相交于点点D；
过点D作DE∥AC，且点E在AD上方，DE=2，连接BE交AC于点P，取PQ=2，连接DQ，BD，
∴四边形ABCD为正方形，点Q是对角线AC上的一点，AB=6，
∴BQ=QD，BD⊥AC，BD=AC=62，
∵DE∥PQ，DE=PQ，
∵四边形PQDE为平行四边形，
∴PE=DQ=BQ，
∵B，P，E三点共线，
∴此时△BPQ的周长=BP+BQ+PQ=BE+2最小．
∵BD⊥AC，
∴BD⊥DE，即∠BDE=90°，
∴BE=BD2+DE2=219，
∴△BPQ周长的最小值为219+2，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟练运用轴对称的性质和平行四边形、正方形的性质是解题的关键．
36．（2022·天津东丽·统考二模）如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝ ．
【答案】17
【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形AEHF为正方形，再根据勾股定理求出EH的长，就可得到DH．
【详解】解：∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∠AEB＝90°，
∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°，
∴四边形AEHF为正方形，
∴AF＝EH，
设EH＝x，
∵BH＝7，
∴BE＝7+x，AF＝EF＝x，
在正方形ABCD中，AD＝BC＝13，
在Rt△AFD中，
根据勾股定理，得7+x2+x2=132，
解得x1＝﹣12（舍去），x2＝5，
∴DH＝17．
故答案为：17．
【点睛】本题主要考查了旋转、正方形的性质，熟练应用旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，证明四边形AEHF为正方形是解题关键．
37．（2022·安徽合肥·统考二模）已知在四边形ABCD中，AB＝AD＝CD，且∠BAD=90°，连接AC、BD交于点O．
①若AB＝BC，则ODOB= ；
②若AB＝AC，则ODOB= ．
【答案】 1 33
【分析】①若AB＝BC，可证四边形ABCD为正方形，得出OB=OD；
②过点D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，若AB＝AC，得出△ACD为等边三角形，利用30°直角三角形性质得出AE=12AD，利用勾股定理求出DE=AD2−AE2=32AD，再求出∠BAC=90°-∠CAD=30°，可求BF=12AB=12AD，再证△BOF∽△DOE即可．
【详解】解：①若AB＝BC，
∵AB＝AD＝CD，
∴AB＝AD＝CD=BC，
∴四边形ABCD为菱形，
∵∠BAD=90°，
∴四边形ABCD为正方形，
∴OB=OD，
ODOB=1，
故答案为1；
②过点D作DE⊥AC于E，BF⊥AC于F，
若AB＝AC，
∵AB＝AD＝CD，
∴AB=AD=CD=AC，
∴三角形ACD为等边三角形，
∴∠DAO=60°，
∵DE⊥DE，
∴∠ADE=90°-∠DAE=30°
∴AE=12AD，DE=AD2−AE2=32AD，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAC=90°-∠CAD=30°，
∵BF⊥AC
∴BF=12AB=12AD
∵∠BFO=∠DEO=90°，∠BOF=∠DOE，
∴△BOF∽△DOE，
∴BODO=BFDE=12AD32AD=33．
故答案为：33．
【点睛】本题考查正方形的判定与性质，30°直角三角形的性质，勾股定理，三角形相似判定与性质，掌握正方形的判定与性质，30°直角三角形的性质，勾股定理，三角形相似判定与性质是解题关键．
38．（2022·北京·二模）如图，在四边形ABCD中，∠ADC=∠B=90°，过点D作DE⊥AB于E，若DE=BE．
（1）求证：DA=DC；
（2）连接AC交DE于点F，若∠ADE=30°,AD=6，求DF的长．
【答案】（1）见解析；（2）63−6
【分析】（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，证明四边形BEDG为正方形，得到条件证明△ADE≌△CDG，可得AD=CD；
（2）根据∠ADE=30°，AD=6，得到AE，DE，从而可得BE，BG，设DF=x，证明△AEF∽△ABC，得到比例式，求出x值即可．
【详解】解：（1）过D作BC的垂线，交BC的延长线于点G，连接BD，
∵∠DEB=∠ABC=∠G=90°，DE=BE，
∴四边形BEDG为正方形，
∴BE=DE=DG，∠BDE=∠BDG=45°，
∵∠ADC=90°，即∠ADE+∠CDE=∠CDG+∠CDE=90°，
∴∠ADE=∠CDG，又DE=DG，∠AED=∠G=90°，
∴△ADE≌△CDG（ASA），
∴AD=CD；
（2）∵∠ADE=30°，AD=6，
∴AE=CG=3，DE=BE=AD2−AE2=33，
∵四边形BEDG为正方形，
∴BG=BE=33，
BC=BG-CG=33-3，
设DF=x，则EF=33-x，
∵DE∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
∴EFBC=AEAB，即33−x33−3=333+3，
解得：x=63−6，
即DF的长为63−6．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形．
题型12 根据正方形的性质与判定求面积
39．（2020·河北唐山·统考模拟预测）如图是用8块A型瓷砖（白色四边形）和8块B型瓷砖（黑色三角形）不重叠、无空隙拼接而成的一个正方形图案，图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为（ ）
A．2:1B．3:2C．3:1D．2:2
【答案】A
【分析】作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF,可知四边形DCFK是正方形，
∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2DK，再求出SΔDFNSΔDNK=2，即可得到
SA型SB型=2SΔDFN2SΔDNK=2.
【详解】如图，作DC⊥EF于C，DK⊥FH于K，连接DF．
由题意：四边形DCFK是正方形，∠CDM=∠MDF=∠FDN=∠NDK，
∴∠CDK=∠DKF=90°，DK=FK，DF=2DK，
∵DN平分∠FDK，
∴△DFN与△DNK的高相等，底分别为DF与DK.
∴SΔDFNSΔDNK=FNNK=DFDK=2
∴SA型SB型=2SΔDFN2SΔDNK=2，
∴图案中A型瓷砖的总面积与B型瓷砖的总面积之比为2:1，
故选A．
【点睛】此题主要考查正方形内的面积求解，解题的关键是根据图形的特点进行做辅助线进行求解.
40．（2022·浙江舟山·校考一模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，作CD⊥AB于点D，以AB为边作矩形ABEF，使得AF＝AD，延长CD，交EF于点G，作AN⊥AC交GF于点N，作MN⊥AN交CB的延长线于点M，MN分别交BE，DG于点H、P，若NP=HP，NF=1，则四边形ABMN的面积为（ ）
A．3B．2.5C．3.5D．5
【答案】B
【分析】依据条件可判定△ADC≌△AFN，即可得到CD＝FN＝1，AC＝AN，再证明四边形ACMN是正方形；设NG＝GE＝x，则FG＝1+x＝AD，DB＝GE＝x，根据△ADC∽△CDB，可得CD2＝AD·DB，即可得出x2+x＝1再根据四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC进行计算，即可得出结论．
【详解】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∠DAC=∠FAN，
∴△ADC≌△AFN（ASA），
∴CD＝FN＝1，AC＝AN．
∵AN⊥AC，MN⊥AN，
∴∠ACB＝∠CAN＝∠ANM＝90°，
∴四边形ACMN是矩形，
∴四边形ACMN是正方形，
∵∠CDB＝∠DBE＝90°，
∴CG∥BE，
又∵NP＝PH，
∴NG＝GE，
设NG＝GE＝x，则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=CDDB．
∴CD2＝AD·DB，
∴12＝（1+x）x，
即x2+x＝1．
四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC
＝AC2﹣12×AB×CD
＝（AD2+CD2）﹣12×AB×CD
＝（1+x）2+12﹣12×(2x+1)×1
＝x2+x+1.5
＝1+1.5
＝2.5．
故选：B
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定与性质以及相似三角形、全等三角形的综合运用，综合性较强，解决问题的关键是先判定四边形ACMN是正方形，得到四边形ABMN的面积＝S正方形ACMN﹣S△ABC，然后利用整体代入方法求解．
41．（2023·广东深圳·校联考模拟预测）如图，在Rt△ABC中，AC=BC，点P是BC上一点，BD⊥AP交AP延长线于点D，连接CD．若图中两阴影三角形的面积之差为32（即，S△ACP−S△PBD=32），则CD= ．

【答案】8
【分析】延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，先证明△ACG≌△BCH，可得四边形CGDH是正方形， 从而得到CD=2DH，再证得△ACP≌△BCE，可得S△ACP=S△BCE，CP=CE，从而得到S△ACP−S△PBD=S四边形CPDE=32，然后证明Rt△CPG≌Rt△CEH，可得S△CPG=S△CEH，从而得到S四边形CPDE=S正方形CGDH=32，即可求解．
【详解】解：如图，延长AC,BD交于点E，过点C作CH⊥BE于点H，CG⊥AD于点G，则∠AGC=∠BHC=90°，

在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，
∴∠BCE=∠ACB=90°，
∴∠E+∠CBE=90°，
∵BD⊥AP，即∠ADE=90°，
∴∠CAP+∠E=90°，四边形CGDH是矩形，
∴∠CAP=∠CBE，
∵AC=BC，∠AGC=∠BHC=90°，
∴△ACG≌△BCH，
∴CG=CH，
∴四边形CGDH是正方形，
∴CH=DH，
∴CD=CH2+DH2=2DH，
∵∠CAP=∠CBE,AC=BC,∠ACB=∠BCE=90°，
∴△ACP≌△BCE，
∴S△ACP=S△BCE，CP=CE，
∴S△ACP−S△PBD=S△BCE−S△PBD=S四边形CPDE=32，
在Rt△CPG和Rt△CEH中，
∵CP=CE，CG=CH，
∴Rt△CPG≌Rt△CEH，
∴S△CPG=S△CEH，
∴S四边形CPDE=S△CEH+S四边形CPDH=S△CPG+S四边形CPDH=S正方形CGDH=32，
∴DH2=32，
∴CD=2DH=8．
故答案为：8
【点睛】本题主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
42．（2020·浙江杭州·模拟预测）已知正方形ABCD的边长为4，E是CD上一个动点，以点E为直角顶点，在正方形外侧等腰直角三角形CEF，连结BF、BD、FD．
（1）BD与CF的位置关系是__________．
（2）①如图1，当CE=4（即点E与点D重合）时，△BDF的面积为_________．
②如图2，当CE=2（即点E为CD的中点）时，△BDF的面积为________．
③如图3，当CE=3时，△BDF的面积为_______．
（3）如图4，根据上述计算的结果，当E是CD上任意一点时，请提出你对△BDF面积与正方形ABCD的面积之间关系的猜想，并证明你的猜想．
【答案】（1）平行；（2）①8；②8；③8；（3）SΔBDF=12S正方形ABCD，理由见解析
【分析】（1）证A、D、F共线，根据平行四边形的判定推出平行四边形BCFD即可；
（2）①根据三角形的面积公式求出即可；
②③根据SΔBDF=S四边形BCDF−SΔBCF=SΔBCD+SΔCDF−SΔBCF代入求出即可；
（3）由（2）求出ΔBDF的面积，求出正方形的面积，即可得出答案．
【详解】
解：（1）正方形ABCD，等腰直角三角形CEF，
∴∠ADC=∠FDC=90°，
∴∠ADC+∠FDC=180°，
即A、D、F三点共线，
∵DF//CB，DF=CD=BC，
∴四边形BCFD是平行四边形，
∴FC//BD，
故答案为：平行．
（2）①ΔBDF的面积是12DF×AB=12×4×4=8，
故答案为：8．
②ΔBDF的面积是：S四边形BCFD−SΔBCF
=SΔBDC+SΔCDF−SΔBCF
=12BC×DC+12CD×EF−12BC×CE
=12×4×+12×4×2−12×4×2
=8，
故答案为：8．
③与②求法类似：ΔBDF的面积是SΔBDC+SΔCDF−SΔBCF
=12BC×CD+12CD×EF−12CB×EF
=12×4×4+12×4×3−12×4×3
=8，
故答案为：8．
（3）ΔBDF面积与正方形ABCD的面积之间关系是SΔBDF=12S正方形ABCD．
证明：∵SΔBDF=8，
S正方形ABCD=BC×CD=4×4=16，
∴SΔBDF=12S正方形ABCD．
【点睛】本题综合考查了正方形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形，平行四边形的性质和判定等知识点的应用，解此题的关键是把要求的三角形的面积转化成能根据已知求出的三角形的面积的和或差的形式，再根据三角形的面积公式求出每一部分的面积．
题型13 根据正方形的性质与判定证明
43．（2023·浙江杭州·模拟预测）如图，四边形ABCD是正方形，点E在边AD上，△BEF是以E为直角顶点的等腰直角三角形，EF，BF分别交CD于点M，N，过点F作AD的垂线交AD的延长线于点G．连接DF，请完成下列问题：
（1）∠FDG= °；
（2）若DE=1，DF=22，则MN= ．
【答案】 45 2615
【分析】（1）先证△ABE≌△GEF，得FG=AE=DG，可知△DFG是等腰直角三角形即可知∠FDG度数．
（2）先作FH⊥CD于H，利用平行线分线段成比例求得MH；再作MP⊥DF于P，证△MPF∽△NHF,即可求得NH的长度，MN=MH+NH即可得解．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵FG⊥AG，
∴∠G=∠A=90°，
∵△BEF是等腰直角三角形，
∴BE=FE，∠BEF=90°，
∴∠AEB+∠FEG=90°，
∴∠FEG=∠EBA，
在△ABE和△GEF中，
∠A=∠G∠ABE=∠GEFBE=EF，
∴△ABE≌△GEF（AAS），
∴AE=FG，AB=GE，
∵在正方形ABCD中，AB=AD
∴AD=GE
∵AD=AE+DE，EG=DE+DG，
∴AE=DG=FG，
∴∠FDG=∠DFG=45°．
故填：45°．
（2）如图，作FH⊥CD于H，
∴∠FHD=90°
又∵∠G=∠GDH=90°，
∴四边形DGFH是矩形，
又∵DG=FG，
∴四边形DGFH是正方形，
∴DH=FH=DG=2，
∴AG∥FH
∴DEFH=DMMH，
∴DM=23，MH=43，
作MP⊥DF于P，
∵∠MDP=∠DMP=45°，
∴DP=MP，
∵DP2+MP2=DM2，
∴DP=MP=23，
∴PF=523
∵∠MFP+∠MFH=∠MFH+∠NFH=45°，
∴∠MFP=∠NFH，
∵∠MPF=∠NHF=90°，
∴△MPF∽△NHF,
∴MPNH=PFHF，即23NH=5232，
∴NH=25，
∴MN=MH+NH=43+25=2615．
故填： 2615．
【点睛】本题主要考查正方形的性质及判定以及相似三角形的性质和判定，熟知相关知识点并能熟练运用，正确添加辅助线是解题的关键．
44．（2020·河南南阳·统考一模）（1）在正方形ABCD中，G是CD边上的一个动点（不与C、D重合），以CG为边在正方形ABCD外作一个正方形CEFG，连结BG、DE，如图①．直接写出线段BG、DE的关系 ；
（2）将图①中的正方形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图②，试判断（1）中的结论是否成立？若成立，直接写出结论，若不成立，说明理由；
（3）将（1）中的正方形都改为矩形，如图③，再将矩形CEFG绕点C按顺时针方向旋转任意角度α，如图④，若AB=a，BC=b；CE =ka，CG=kb，(a≠b)试判断（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由．
【答案】（1）BG=DE， BG⊥DE；(2)BG=DE， BG⊥DE；(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立，理由见解析．
【分析】（1）由正方形的性质得出BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，由SAS证明△BCG≌△DCE，得出BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，延长BG交DE于H，由角的互余关系和对顶角相等证出∠CDE＋∠DGH＝90°，由三角形内角和定理得出∠DHG＝90°即可；
（2）由正方形的性质可得BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，然后求出∠BCG＝∠DCE，由SAS证明△BCG和△DCE全等，由全等三角形对应边相等可得BG＝DE，全等三角形对应角相等可得∠CBG＝∠CDE，然后求出∠DOH＝90°，再根据垂直的定义证明即可；
（3）根据矩形的性质证明△BCG∽△DCE，得到BGDE=ba，根据相似三角形对应角相等可得∠CBG=∠CDE，然后求出∠DOH＝90°，再根据垂直的定义证明即可．
【详解】（1）解：BG＝DE，BG⊥DE；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
在△BCG和△DCE中，
BC=DC∠BCG=∠ECGCG=CE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
延长BG交DE于H，如图所示：
∵∠CBG＋∠BGC＝90°，∠DGH＝∠BGC，
∴∠CDE＋∠DGH＝90°，
∴∠DHG＝90°，
∴BG⊥DE；
（2）解：成立；理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，四边形CEFG是正方形，
∴BC＝CD，CE＝CG，∠BCD＝∠ECG＝90°，
∴∠BCD＋∠DCG＝∠ECG＋∠DCG，
即∠BCG＝∠DCE，
在△BCG和△DCE中，
BC=CD∠BCG=∠DCECG=CE，
∴△BCG≌△DCE（SAS），
∴BG＝DE，∠CBG＝∠CDE，
∵∠CBG＋∠BHC＝90°，∠BHC＝∠DHO，
∴∠CDE＋∠DHO＝90°，
在△DHO中，∠DOH＝180°−（∠CDE＋∠DHO）＝180°−90°＝90°，
∴BG⊥DE．
(3)BG⊥DE成立，BG=DE不成立．
结合图④说明如下：
∵四边形ABCD和四边形CEFG都是矩形，且AB=a，BC=b，CG=kb，CE=ka(a≠b，k＞0)，
∴BCCD=CGCE=ba，
∠BCD=∠ECG=90°．
∴∠BCG=∠DCE．
∴△BCG∽△DCE．
∴BGDE=ba，∠CBG=∠CDE．
又∵∠BHC=∠DHO，∠CBG+∠BHC=90°，
∴∠CDE+∠DHO=90°．
∴∠DOH=90°．
∴BG⊥DE．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、对顶角相等、三角形内角和定理及相似三角形的判定与性质；熟记性质并准确识图确定出三角形全等的条件是解题的关键，也是本题的难点．
45．（2021·江苏盐城·统考二模）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB' ，记旋转角为α．连接BB'，过点D作DE垂直于直线BB'，垂足为点E，连接DB',CE，
(1)如图1，当α=60°时，ΔDEB'的形状为 ，连接BD，可求出BB'CE的值为 ；

(2)当0°<α<360°且α≠90°时，
①(1)中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B',E,C,D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出BEB'E的值．

【答案】（1）等腰直角三角形，2；（2）①结论不变，理由见解析；②3或1．
【分析】（1）根据题意，证明△ABB'是等边三角形，得∠AB'B=60，计算出∠DB'E=45°，根据DE⊥BB'，可得ΔDEB'为等腰直角三角形；证明△BDB'∼△CDE，可得BB'CE的值；
（2）①连接BD，通过正方形性质及旋转，表示出∠EB'D=∠AB'D−∠AB'B=45°，结合DE⊥BB'，可得ΔDEB'为等腰直角三角形；证明△B'DB∼△EDC，可得BB'CE的值；
②分为以CD为边和CD为对角线两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）由题知∠BAB'=60°，∠BAD=90°，AB=AD=AB'
∴∠B'AD=30°，且△ABB'为等边三角形
∴∠AB'B=60°，∠AB'D=12(180°−30°)=75°
∴∠DB'E=180°−60°−75°=45°
∵DE⊥BB'
∴∠DEB'=90°
∴∠B'DE=45°
∴△DEB'为等腰直角三角形
连接BD，如图所示
∵∠BDC=∠B'DE=45°
∴∠BDC−∠B'DC=∠B'DE−∠B'DC即∠BDB'=∠CDE
∵CDBD=DEDB'=22
∴△BDB'∼△CDE
∴BB'CE=BDCD=22=2
故答案为：等腰直角三角形，2
（2）①两个结论仍然成立
连接BD，如图所示：
∵AB=AB'，∠BAB'=α
∴∠ABB'=90°−α2
∵∠B'AD=α−90°,AD=AB'
∴∠AB'D=135°−α2
∴∠EB'D=∠AB'D−∠AB'B=45°
∵DE⊥BB'
∴∠EDB'=∠EB'D=45°
∴△DEB'是等腰直角三角形
∴DB'DE=2
∵四边形ABCD为正方形
∴BDCD=2,∠BDC=45°
∴BDCD=DB'DE
∵∠EDB'=∠BDC
∴∠B'DB=∠EDC
∴△B'DB∼△EDC
∴BB'CE=BDCD=2
∴结论不变，依然成立
②若以点B',E,C,D为顶点的四边形是平行四边形时，分两种情况讨论
第一种：以CD为边时，则CD//B'E，此时点B'在线段BA的延长线上，
如图所示：
此时点E与点A重合，
∴BE=B'E，得BEB'E=1；
②当以CD为对角线时，如图所示：
此时点F为CD中点，
∵DE⊥BB'
∴CB'⊥BB'
∵∠BCD=90°
∴△BCF∼△CB'F∼△BB'C
∴BCCF=CB'B'F=BB'CB'=2
∴BB'=4B'F
∴BE=6B'F,B'E=2B'F
∴BEB'E=3
综上：BEB'E的值为3或1．
【点睛】本题考查了正方形与旋转综合性问题，能准确的确定相似三角形，是解决本题的关键．
46．（2022·湖南长沙·校考一模）如图，四边形ABCD是正方形，△ECF为等腰直角三角形，∠ECF＝90°，点E在BC上，点F在CD上，N为EF的中点，连结NA，以NA，NF为邻边作□ANFG．连结DG，DN，将Rt△ECF绕点C顺时针方向旋转，旋转角为α（0°≤α≤360°）．
（1）如图1，当α＝0°时，DG与DN的关系为____________________；
（2）如图2，当0°<α<45°时，（1）中的结论是否成立？若成立，请写出证明过程；若不成立，请说明理由；
（3）在Rt△ECF旋转的过程中，当□ANFG的顶点G落在正方形ABCD的边上，且AB＝12，EC＝52时，连结GN，请直接写出GN的长．
【答案】（1）DG＝DN，且DG⊥DN；（2）成立，理由见解析；（3）GN＝72或132
【分析】（1）如图1中，连接AE，AF，CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（2）如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．证明△GAD≌△NCD（SAS），推出DG=DN，∠ADG=∠CDN，推出∠GDN=∠ADC=90°，可得结论；
（3）分两种情形：如图3-1中，当点G落在AD上时，如图3-2中，当点G落在AB上时，分别利用勾股定理求出GN即可．
【详解】解：（1）如图1中，连接AE，AF，CN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CB=CD，∠B=∠ADF=90°，
∵CE=CF，
∴BE=DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴AE=AF，
∵EN=NF，
∴AN⊥EF，CN=NF=EN，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN⊥EF，
∴A，N，C共线，
∵四边形ANFG是平行四边形，∠ANF=90°，
∴四边形ANFG是矩形，
∴AG=FN=CN，∠GAN=90°，
∵∠DCA=∠DAC=45°，
∴∠GAD=∠NCD=45°，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN．
故答案为：DG⊥DN，DG=DN；
（2）结论成立．
理由：如图2中，作直线EF交AD于J，交BC于K，连接CN．
∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG∥KJ，AG=NF，
∴∠DAG=∠J，
∵AJ∥BC，
∴∠J=∠CKE，
∵CE=CF，EN=NF，
∴CN=NE=NF=AG，CN⊥EF，
∴∠ECN=∠CEN=45°，
∴∠EKC+∠ECK=∠ECK+∠DCN，
∴∠DCN=∠CKE，
∴∠GAD=∠DCN，
∵GA=CN，AD=CD，
∴△GAD≌△NCD（SAS），
∴DG=DN，∠ADG=∠CDN，
∴∠GDN=∠ADC=90°，
∴DG⊥DN，DG=DN；
（3）如图3-1中，当点G落在AD上时，
∵△ECN是等腰直角三角形，EC=52，
∴EN=CN=NF=5，
∵四边形ANFG是平行四边形，
∴AG=NF=5，
∵AD-CD=12，
∴DG=DN=7，
∴GN=72．
如图3-2中，当点G落在AB上时，
同法可证，CN=5，
∵△DAG≌△DCN，
∴AG=CN=5，
∴BG=AB-AG=7，BN=BC+CN=17，
∴GN=BG2+BN2=72+172=132
综上所述，满足条件的GN的值为72或132
【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形全等的条件，属于中考常考题型．
题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题
47．（2022·广东河源·统考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG=S△BEF．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据四点共圆，等腰直角三角形，正方形的性质，三角形全等和相似，圆的最值性质等判断即可．
【详解】∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA=45°，∠BAD=∠BCD=90°，
∵FQ⊥BQ，
∴∠BQF=90°，
∴点B、C、F、Q都在以BF为直径的圆上，
∴∠QBF=∠DCQ=45°，
∴∠QFB=45°，
∴QB=QF，
∴BF=2BQ，
故结论①正确；
延长EA到点M，使得AM=CF，
∵四边形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的周长为12，
故结论②正确；
∵CH∥QF，∠BQF=90°，
∴∠BHC=∠BQF=90°，
∴点H在以BC为直径的半圆上，设BC的中点为N，则NB=NC=3，连接AN，交圆N于点P，
则AN=AB2+BN2=62+32=35，
∴当H与P重合时，AH最小，最小值为AN-PN=35−3，
∴结论③是错误的；
连接EG，
∵∠EAG=∠EBG=45°，
∴点A、B、G、E都在以BE为直径的圆上，
∴∠BGE=90°，∠BEG=45°，
∴GB=GE，
∴BE=2BG，
∵∠EQF=∠EGF=90°，
∴点E、Q、G、F都在以EF为直径的圆上，
∴∠BQG=∠BFE，
∵∠QBG=∠FBE，
∴△BQG∽△BFE，
∴S△BQGS△BFE=(BGBE)2=(BG2BG)2=12，
∴2S△BQG=S△BFE，
故结论④是正确的，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，圆的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，正方形的半角模型，圆的最值性质是解题的关键．
48．（2023·湖北孝感·统考二模）如图，正方形ABCD的边长为2，点E为对角线AC上一动点(点E不与A、C重合)，过点E作EF⊥BE交直线CD于F，将线段EF绕点F逆时针旋转90°得到线段GF，连接GA，GB，GC，下列结论：①EB=EF；②AC⊥GC；③CE+CG=2CB；④GA+GB的最小值为25，其中正确的是 .(填写所有正确结论的序号)

【答案】①②③④
【分析】过E作EM⊥BC，EN⊥CD，可证△BEM≌△FEN得BE=EF，故①正确；可证四边形BEFG是正方形，得∠EBG=90°，BE=BG，可证∠ABE=∠CBG，进而得到△ABE≌△CBG，所以∠BAE=∠BCG，得∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，可证②正确；由②可知，△ABE≌△CBG，所以AE=CG，而CG+CE=AE+CE=AC可求，③正确．由“SAS”可证△BCG≌△HCG，可得BG=GH，当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，由勾股定理可求AH的长，故④正确，即可求解．
【详解】解：过E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，作EH⊥AB于H，连接BG，

∵四边形ABCD是正方形，AC平分∠BCD，
∴EM=EN，
∵∠EMC=∠MCN=∠ENC=90°，
∴∠MEN=90°，
∵EF⊥BE，
∴∠BEM+∠MEF=∠FEN+∠MEF=90°，
∴∠BEM=∠FEN，
∵∠EMB=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△BEM≌△FENASA，
∴BE=EF，故①正确；
∵∠BEF=∠EFG=90°，EF=FG，BE=EF，
∴BE=FG，BE∥FG，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∵∠BEF=90°，BE=EF，
∴四边形BEFG是正方形，
∴∠EBG=90°，BE=BG，
∵∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠EBC=∠EBC+∠CBG=90°，
∴∠ABE=∠CBG，
又∵AB=BC，BE=BG，
∴△ABE≌△CBGSAS，
∴∠BAE=∠BCG=45°，
∵∠BAE+∠BCA=90°，
∴∠BCA+∠BCG=90°，即∠ACG=90°，
∴AC⊥GC，故②正确；
由②可知，△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴CG+CE=AE+CE=AC，
∵∠ACB=45°，
∴AC=2BC，
∴CG+CE=2BC，故③正确，
如图，延长DC至H，使CH=BC=2，连接BG，GH，AH，

∵∠BCG=45°，∠BCH=90°，
∴∠BCG=∠GCH=45°，
又∵BC=CH，CG=CG，
∴△BCG≌△HCGSAS，
∴BG=GH，
∴AG+BG=AG+GH，
∴当点G，点A，点H三点共线时，AG+GH有最小值，即AG+BG有最小值为AH的长，
∴AH=AD2+DH2=4+(2+2)2=25，
∴AG+BG的最小值为25，故④正确，
故答案为：①②③④．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，最短路径问题，综合运用正方形的判定与性质定理，勾股定理等知识是解题的关键．
49．（2023·山东德州·统考一模）在边长为4的正方形ABCD中，E是AD边上一动点(不与端点重合)，将△ABE沿BE翻折，点A落在点H处，直线EH交CD于点F，连接BF，BE，BF分别与AC交于点P、Q，连接PD，PF．则以下结论中正确的有________ (写出所有正确结论的序号)．
①PB=PD；②∠EFD=2∠FBC；③PQ=AP+QC；④△BPF为等腰直角三角形；⑤若连接DH，则DH的最小值为42−4．
【答案】①②④⑤
【分析】①正确．由正方形ABCD的性质可证明△BCP≌△DCP（SAS），可得结论；②正确．证明∠CFB=∠EFB，推出∠CBF＋∠CFB=90°，推出2∠CBF＋2∠CFB=180°，由∠EFD＋2∠CFB=180°，可得结论；③错误．可以证明PQ【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴CB=CD，∠BCP=∠DCP=12×90°=45°，
在△BCP和△DCP中
CB=CD∠BCP=∠DCPCP=CP
∴△BCP≌△DCPSAS，
∴PB=PD，故①正确；
∵△ABE沿BE翻折，点A落在点H处，直线EH交CD于点F，
∴△ABE≌△BHE，则BH=AB=BC，∠BHF=∠BCF=90°，
∵BF=BF，
∴△BHF≌△BCFHL，则∠HBF=∠CBF，
∵∠ABE=∠HBE，
∴∠EBF=∠HBE+∠HBF=12×90°=45°，
∵∠QCF=∠EBF=45°，∠PQB=∠FQC，
∴△PQB∽△FQC，则BQCQ=PQFQ，∠BPQ=∠CFQ，
∴BQPQ=CQFQ，
∵∠PQF=∠BQC，
∴△PQF∽△BQC，则∠QPF=∠QBC，
∵∠QBC+∠CFQ=90°，
∴∠BPF=∠BPQ+∠QPF=90°，
∴∠PBF=∠PFB=45°，
∴PB=PF，则△BPF为等腰直角三角形，故④正确；
∵∠BPF=∠BPQ+∠QPF=90°，
∴∠EPF=90°，
∵∠EDF=90°，
∴P，E，D，F四点共圆，
∴∠PEF=∠PDF，
∵PB=PD=PF，
∴∠PDF=∠PFD，
∵∠AEB＋∠DEP=180°，∠DEP＋∠DFP=180°，
∴∠AEB=∠DFP，
∴∠AEB=∠BEH，
∵BH⊥EF，
∴∠BAE=∠BHE=90°，
∵BE=BE，
∴△BEA≌△BEHAAS，
∴AB=BH=BC，
∵∠BHF∠BCF=90°，BF=BF，
∴Rt△BFH≌Rt△BFCHL，
∴∠BFC=∠BFH，
∵∠CBF＋∠BFC=90°，
∴2∠CBF＋2∠CFB=180°，
∵∠EFD＋∠CFH=∠EFD＋2∠CFB=180°，
∴∠EFD=2∠CBF，故②正确，
将△ABP绕点B顺时针旋转90°得到△BCT，连接QT，
∴∠ABP=∠CBT，
∴∠PBT=∠ABC=90°，
∴∠PBQ=∠TBQ=45°，
∵BQ=BQ，BP=BT，
∴△BQP≌△BQTSAS，
∴PQ=QT，
∵QT∴PQ连接BD，DH，
∵BD=42+42=42，BH=AB=4，
∴DH≥BD−BH=42−4，
∴DH的最小值为42−4，故⑤正确．
故答案为：①②④⑤．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线吗，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
题型15 与正方形有关的规律探究问题
50．（2023·四川德阳·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，依此方式，绕点O连续旋转2023次得到正方形OA2023B2023C2023，如果点A的坐标为1，0，那么点B2023的坐标为（ ）

A．1，−1B．0，2C．2，0D．−1，1
【答案】C
【分析】由点A的坐标可得OA=1，由正方形的性质可得∠OAB=90°，AB=OA=1，从而得到B1，1，连接OB，由勾股定理可得OB=2，由旋转的性质可得OB=OB1=OB2=OB3=…=2，由将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，得到相当于线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，由360°÷45°=8可得点B的坐标每8次一个循环，再由2023÷8=252…7可得点B2023和B7重合，从而得解．
【详解】解：∵点A的坐标为1，0，
∴OA=1，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠OAB=90°，AB=OA=1，
∴B1，1，
如图，连接OB，

由勾股定理得：OB=12+12=2，
由旋转的性质得：OB=OB1=OB2=OB3=…=2，
将正方形OABC绕点O逆时针旋转45°后得到正方形OA1B1C1，相当于线段OB绕点O逆时针旋转45°，依次得到∠AOB=∠BOB1=∠B1OB2=…=45°，
∵360°÷45°=8，
∴点B的坐标每8次一个循环，
∵2023÷8=252…7，
∴点B2023和B7重合，
由图可得：B72，0，
∴点B2023的坐标为2，0，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理、点的坐标规律的探索，熟练掌握以上知识点，得到点B的坐标每8次一个循环是解题的关键．
51．（2021·广东广州·统考二模）将5个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点A1，A2，……，A5分别是正方形的中心，则这5个正方形两两重叠（阴影）部分的面积之和是 ；若按此规律摆放n个这样的正方形，则这n个正方形两两重叠（阴影）部分的面积之和是 ．
【答案】 4 n−1
【分析】如图（见解析），先根据三角形全等的判定定理可得△A1BC≅△A1DE，再根据全等三角形的性质可得S△A1BC=S△A1DE，从而可得四边形A1CAE的面积等于正方形A1BAD的面积，然后利用正方形的面积公式即可得．
【详解】解：如图，过点A1作A1B⊥AC于点B，作A1D⊥AE于点D，
则四边形A1BAD是正方形，
∴A1B=A1D,∠BA1D=90°，
∴∠BA1C+∠CA1D=90°，
∵∠DA1E+∠CA1D=∠CA1E=90°，
∴∠BA1C=∠DA1E，
在△A1BC和△A1DE中，∠BA1C=∠DA1EA1B=A1D∠A1BC=∠A1DE=90°，
∴△A1BC≅△A1DE(ASA)，
∴S△A1BC=S△A1DE，
∴S四边形A1CAE=S四边形A1CAD+S△A1DE，
=S四边形A1CAD+S△A1BC，
=S□A1BAD，
=14×2×2=1，
同理可得：其他两两重叠（阴影）部分的面积均为1，
则这5个正方形两两重叠（阴影）部分的面积之和是1×4=4，
这n个正方形两两重叠（阴影）部分的面积之和是1⋅(n−1)=n−1，
故答案为：4，n−1．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
52．（2022·湖南株洲·校考二模）正方形A1B1C1O，A2B2C2C1，A3B3C3C2，…按如图的方式放置．点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1和x轴上，则点B2020的坐标是 ．

【答案】22020−1,22019
【分析】根据点A1，A2，A3，…和点C1，C2，C3，…分别在直线y=x+1，分别求出点C1,B1,C2,B2,C3,B3,⋯的坐标，并结合图形特点，找横纵坐标的规律，即可求解．
【详解】解：如图所示，设直线y=x+1与x轴交于点A，

令x=0，y=1；令y=0，x=−1；
∴OA=1，OA1=1，
∵四边形A1B1C1O是正方形，四边形A3B3C3C2，…都
∴OA=OA1=A1B1=B1C1=OC1=1，
∴C1(1,0)，B1(1,1)，
∵四边形A2B2C2C1是正方形，A2C1⊥x，
∴点A2的横坐标和点C1的横坐标相同，其点A2在直线y=x+1，
∴当x=1时，y=2，即A2(1,2)，A2C1=A2B2=B2C2=C1C2=2，
∴C2(3,0)，B2(3,2)，
同理，C3(7,0)，B3(7,4)，
∴Cn(2n−1,0)，Bn(2n−1,2n−1)，
∴点B2020的坐标是B2020(22020−1,22019)，
故答案为：B2020(22020−1,22019)．
【点睛】本题主要考查平面直角坐标系中图形的规律题，理解图示，掌握一次函数图像的性质，正方形的性质，含有乘方的有理数的运算等知识是解题的关键．
题型16 与正方形有关的动点问题
53．（2024·上海杨浦·统考一模）如图，已知正方形ABCD，点P是边BC上的一个动点（不与点B、C重合），点E在DP上，满足AE=AB，延长BE交CD于点F．
(1)求证：∠BED=135∘；
(2)连接CE．
①当CE⊥BF时，求BPPC的值；
②如果△CEF是以CE为腰的等腰三角形，求∠FBC的正切值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)① 2；② 2−3或2−1．
【分析】（1）设∠BAE=x，则∠DAE=90°−x，根据等腰三角形的性质和角度和差即可求解；
（2）①过A作AH⊥BF于点H，根据正方形的性质证明△ABH≌△BCEAAS，得出CE=BH=12BE，从而可证明EP是∠BEC的平分线，通过角平分线的性质和等面积法即可求解；
②分当CE=CF时和当EC=EF时两种情况讨论即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
又∵AE=AB，
∴AE=AB=AD，
设∠BAE=x，则∠DAE=90°−x，
∴∠BEA=180°−x2=90°−12x，∠AED=180°−90°−x2=45°+12x，
∴∠BED=∠BEA+∠AED=90°−12x+45°+12x=135°；
（2）①如图，过A作AH⊥BF于点H，则∠AHB=90°，

∵AB=AE，
∴BH=EH，
∵CE⊥BF，
∴∠BEC=∠AHB=90°，
∴∠BAH+∠ABH=90°，∠EBC+∠BCE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90°，
∴∠ABH=∠BCE，
在△ABH和△BCE中，
∠AHB=∠BEC∠ABH=∠BCEAB=BC，
∴△ABH≌△BCEAAS，
∴CE=BH=12BE，
∵∠BED=135°，
∴∠BEP=∠CEP=45°，即EP是∠BEC的平分线，
∴S△BEPS△CEP=BPPC=BECE=2，
∴BPPC=2，
②当CE=CF时，如图，

∴∠CEF=∠CFE，
∵AB∥CD，
∴∠CFE=∠ABE，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB，
∴∠ABE=∠AEB=∠CEF=∠CFE，
由（1）得∠BED=135°，则∠DEF=45°，
设∠BAE=x，则∠DAE=90°−x，
∴∠AED=∠ADE=45°+12x，
∵∠ADE+∠EDF=90°，
∴∠EDF=45°−x，
∴∠CFE=∠CEF=∠DEF+∠EDF=45°+45°−x=90°−x，
∴∠AED+∠DEF+∠CEF=45°+x+45°+90°−x=180°，
∴点A、E、C三点共线，
∴∠BAE=∠ECF=45°，
设AB=AE=a，则AC=2a，BC=a，
∴CE=AC−AE=2−1a，
∴tan∠FBC=CFBC=2−1aa=2−1，
当EC=EF时，如图，过E作EQ⊥AB于点Q，

∴∠AQE=90°，∠ECF=∠EFC，
∵∠ECB+∠ECF=90°，∠EFC+∠CBF=90°，∠ABE+∠CBF=90°，
∴∠CBF=∠ECB，
∴EB=EC，
∵∠ABE=∠DCE，AB=CD，
∴△ABE≌△DCESAS，
∴AE=DE=AD，
∴△AED是等边三角形，
∴∠EAD=60°，
∵∠EAD+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠CEF=30°，
∴∠FBC=15°，
设AE=AB=2m，则AQ=3m，QE=m
∴BQ=AB−AQ=2−3m，
在Rt△BEQ中，tan∠BEQ=BQQE=2−3mm=2−3，
∵∠BEQ=∠FBC，
∴tan∠FBC=2−3，
综上可知：∠FBC的正切值为2−1或2−3．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理的应用，三角函数和等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握以上知识点的应用．
54．（2023·广东深圳·校考模拟预测）在正方形ABCD中，点E在边BC上，连AE．

(1)如图1，若sin∠EAC=1010，AB=4，求EC长；
(2)如图2，点F在对角线AC上，满足AF=AB，过点F作FG⊥AC交CD于G，点H在线段FG上（不与端点重合），连接AH．若∠EAH=45°，求证：BE=DG−HG；
(3)如图3，在（1）的条件下，点G是AD中点，点H是射线CD上的一动点，连GH，将△DGH沿着GH翻折得到△PGH，连PB交AE于Q，连PA、PD，当BPPQ最小时，请直接写出△PAD的面积．
【答案】(1)2
(2)见解析
(3)455
【分析】（1）作EF⊥AC交AC于F，则∠AFE=∠CFE=90°，由正方形的性质可得AB=BC=4，∠ABC=90°，∠ACB=45°，则△CEF为等腰直角三角形，设CE=2x，则EF=CF=2x，BE=BC−CE=4−2x，由勾股定理可得AE=32−16x+4x2，最后根据sin∠EAC=1010得出EFAE=2x32−16x+4x2=1010，求出x的值即可得到答案；
（2）连接AG，证明Rt△AFG≌Rt△ADGHL得到FG=DG，证明△ABE≌△AFHASA得到BE=FH，即可得证；
（3）作PK∥BC，交AE于K，得到△PKQ∽△BEQ，推出BQPQ=BEKP，从而得到BQ+PQPQ=BE+PKKP，进而得到BPPQ=2KP+1，即当BPPQ最小时，KP最大，由折叠的性质可得DG=PG=2，得出点P在以G为圆心，2为半径的圆上，作P'W∥AE，且⊙G于P'，交AD的延长线于W，从而得出当点P运动到P'时，KP最大，BPPQ最小，解直角三角形GWP'求出P'W=1，再解直角三角形WTP'，求出P'T，根据三角形面积公式进行计算即可得到答案．
【详解】（1）解：如图，作EF⊥AC交AC于F，则∠AFE=∠CFE=90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=4，∠ABC=90°，∠ACB=45°，
∴△CEF为等腰直角三角形，
∴EF=CF，
设CE=2x，则EF=CF=2x，
∴BE=BC−CE=4−2x，
∴AE=AB2+BE2=42+4−2x2=32−16x+4x2，
∵sin∠EAC=1010，
∴EFAE=2x32−16x+4x2=1010，
解得：x=1或x=−2（不符合题意，舍去），
∴CE=2x=2；
（2）证明：如图，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠D=90°，AB=AD，∠BAC=45°，
∵AF=AB，
∴AB=AD=AF，
∵FG⊥AC，
∴∠B=∠D=∠AFH=90°，
在Rt△AFG和Rt△ADG中，
AF=ADAG=AG，
∴Rt△AFG≌Rt△ADGHL，
∴FG=DG，
∵∠EAH=45°，
∴∠BAE+∠EAC=∠EAC+∠FAH=45°，
∴∠BAE=∠FAH，
在△ABE和△AFH中，
∠BAE=∠FAHAB=AF∠ABE=∠AFH，
∴△ABE≌△AFHASA，
∴BE=FH，
∴BE=FH=FG−HG=DG−HG，即BE=DG−HG；
（3）解：由（1）可得，CE=2，AB=BC=AD=4，
∴BE=AB−CE=4−2=2，
如图，作PK∥BC，交AE于K，

∴△PKQ∽△BEQ，
∴BQPQ=BEKP，
∴BQ+PQPQ=BE+PKKP，
∴BPPQ=BE+PKKP，即BPPQ=2KP+1，
∴当BPPQ最小时，KP最大，
∵点G是AD中点，
∴GD=2，
由折叠的性质可得：PG=DG=2，
∴点P在以G为圆心，2为半径的圆上，
作P'W∥AE，且交⊙G于P'，交AD的延长线于W，
∴当点P运动到P'时，KP最大，BPPQ最小，
∵P'W∥AE，
∴∠AWP'=∠DAE，
作P'T⊥AD与T，连接GP'，则GP'⊥P'W，
∴∠AWP'+WGP'=90°，
∵∠DAE+∠BAE=90°，
∴∠WGP'=∠BAE，
∵tan∠BAE=BEAB=24=12，
∴tan∠WGP'=tan∠BAE=12，
∴在Rt△GWP'中，WP'=GP'⋅tan∠WGP'=2×12=1，
∵四边形是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠AWP'=∠DAE=∠AEB，
∵AB=4，BE=2，
∴AE=AB2+BE2=42+22=25，
∴sin∠AEB=ABAE=425=255，
∴sin∠AWP'=sin∠AEB=255，
在Rt△P'WT中，P'T=P'Wsin∠AWP'=1×255=255，
∴S△PAD=12AD⋅P'T=12×4×255=455．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、相似三角形的性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，熟练掌握以上知识点，添加适当的辅助线是解此题的关键．
55．（2023·浙江·一模）如图1，菱形ABCD中，∠B=60°，AB=2，E是边BC上一动点（不与点B、C重合）连结DE，点C关于直线DE的对称点为C'，连结AC'并延长交直线DE于点P、F是AC'的中点，连结DC'、DF．

(1)填空：DC'=________；∠FDP=________．
(2)如图2，将题中条件“∠B=60°”改成“∠B=90°”，其余条件均不变，连结BP，猜想AP、BP、DP这三条线段间的数量关系，并对你的猜想加以证明．
(3)在（2）的条件下，连结AC．
①若动点E运动到边BC的中点处时，求△ACC'的面积；
②在动点E的整个运动过程中，求△ACC'面积的最大值．
【答案】(1)2，30°
(2)猜想：BP+DP=2AP，证明见详解
(3)①45②22−2
【分析】（1）由C'是C关于DE的对称点，可得CD沿DE翻折后可得到C'D，可求C'D=CD=2，∠CDP=∠C'DP=12∠CDC'，进而可求解；
（2）过A作GA⊥PA，交PD的延长线于G， 在Rt△AGP中，可求PG=2AP，再证△BAP≌△DAG，即可得证；
（3）连接BD交AC于O，连接PC，可证B、P、C、D四点共圆，O为圆心，A在⊙O上，再证△BPE∽△DCE，可求BP=255，PE=55，从而可求AP=4105，在Rt△AFD中，AF=AD2−DF2=105，即可求解；②过C'作C'M⊥AC，交AC于M，C'的运动轨迹是以D为圆心，C'D=2为半径的AC，AC与BD交于Q，可得S△ACC'=12×22C'M=2C'M，当C'M取最大时，S△ACC'最大，所以当C'与Q重合时，即C'M=QO，C'M最大，即可求解.
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∠ADC=∠B=60°，AD=CD=AB=2，
∵C'是C关于DE的对称点，
∴CD沿DE翻折后可得到C'D，
∴C'D=CD=2，∠CDP=∠C'DP=12∠CDC'，
∴AD=C'D，
∵F是AC'的中点，
∴∠C'DF=12∠ADC'，
∴∠FDP=∠C'DF+∠C'DP，
=12∠ADC'+12∠CDC'
=12∠ADC=30°．
故答案：2，30°．
（2）结论：BP+DP=2AP，
证明：如图，过A作GA⊥PA，交PD的延长线于G，

∴∠GAP=90°，
∵四边形ABCD是菱形，∠B=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BAD=90°，
AB=AD，
由（1）得：∠FDP=12∠ADC=45°，
AD=C'D，AF=C'F，
∴DF⊥AC'，
∴∠DPF=∠FDP=45°，
∴∠G=∠DPF=45°，
∴AG=AP，
在Rt△AGP中，PG=2AP，
∴DP+DG=2AP；
∵∠DAG+∠DAP=90°，
∠BAP+∠DAP=90°，
∴∠BAP=∠DAG，
在△BAP和△DAG中
AB=AD∠BAP=∠DAGAG=AP，
∴ △BAP≌△DAG（SAS），
∴BP=DG，
∴BP+DP=2AP．
（3）解：①如图，连接BD交AC于O，连接PC，

由（2）得：∠APB=∠G=45°，
∴∠BPD=∠BPA+∠DPF=90°
∴∠BPD=∠BCD=90°，
∴ B、P、C、D四点共圆，O为圆心，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC，
∴A在⊙O上，
∴∠APC=90°，
∵E是BC的中点，
∴CE=BE=12CD=1，
∴DE=CE2+CD2=12+22=5，
∵∠BEP=∠DEC，∠BPE=∠DCE=90°，
∴△BPE∽△DCE，
∴BEDE=BPDC=PECE，
∴15=BP2=PE1，
∴BP=255，PE=55，
∴DG=BP=255，
∴55+5+255=2AP，
∴AP=4105，
由（2）得：∠FPD=∠FDP=45°，
∴ PD=2DF=2FP，
∵PD=PE+DE=655，
∴DF=FP=3105，
在Rt△AFD中，AF=AD2−DF2=105，
∴C'F=105，
∴C'P=FP−C'F=2105，，
由（1）折叠得：CP=C'P=2105，
∴S△ACC'=12AC'⋅CP
=12×2105×2105
=45．
②如图，过C'作C'M⊥AC，交AC于M，C'的运动轨迹是以D为圆心，C'D=2为半径的AC，AC与BD交于Q，

∴S△ACC'=12AC⋅C'M，
∵AC=2AB=22，
∴S△ACC'=12×22C'M=2C'M，
∴当C'M取最大时，S△ACC'最大，
如图，当C'与Q重合时，即C'M=QO，C'M最大，

∵BD=AC=22，
∴DM=12BD=2，
∴C'M=C'D−DM=2−2，
∴S△ACC'=22−2=22−2，
故△ACC'面积的最大值为22−2.
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定及性质，对称和折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．
题型17 正方形与反比例函数的综合应用
56．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，已知在平面直角坐标系xOy中，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的负半轴上，tan∠ABO=3，以AB为边向上作正方形ABCD．若图像经过点D的反比例函数的解析式是y=−6x，则图像经过点C的反比例函数的解析式是 ．

【答案】y=2x
【分析】过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，设OB=m，OA=3m，结合正方形的性质，全等三角形的判定和性质，得到△ADF≌△BAO≌△CBE，然后表示出点C和点D的坐标，求出m⋅2m=2，即可求出答案．
【详解】解：过点C作CE⊥y轴于点E，过点D作DF⊥x轴于点F，如图：

∵tan∠ABO=OAOB=3，
设OB=m，OA=3m，
∴点A为−3m,0，点B为0,−m；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠DAB=∠ABC=90°，
∴∠ADF+∠DAF=∠DAF+∠BAO，
∴∠ADF=∠BAO，
同理可证：∠ADF=∠BAO=∠CBE，
∵∠AFD=∠BOA=∠CEB=90°，
∴△ADF≌△BAO≌△CBE，
∴OA=FD=EB=3m，OB=FA=EC=m，
∴OE=OF=2m，
∴点C的坐标为m,2m，点D的坐标为−2m,3m，
∵点D在函数y=−6x的函数图像上，
∴−2m⋅3m=−6，m2=1，
∴m⋅2m=2，
∴经过点C的反比例函数解析式为y=2x；
故答案为：y=2x．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，反比例函数的性质，余角的性质等知识，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的表示出点C和点D的坐标，从而进行解题．
57．（2022·安徽合肥·合肥市第四十五中学校考三模）如图．已知反比例y=mx与y=nxx>0,0（1）当m＝4，n＝20，且P为BD中点，判断四边形ABCD的形状为 ．
（2）当四边形ABCD为正方形时m，n之间的数量关系为 ．
【答案】 菱形 m+n=32
【分析】（1）先确定出点B，D坐标，再利用待定系数法即可得出结论，确定出点A，C，P坐标，进而求出PA，PC，即可得出结论；
（2）先确定出B(4,m4),D(4,n4)，进而求出点P的坐标，再求出A，C坐标，最后用AC=BD，即可得出结论．
【详解】解：（1）∵点B的横坐标为4，
∴当x=4时，y=4x=1,y=20x=5，
∴点B(4,1),D(4,5)，
设A(a,4a)，则C(5a,4a)，
∵P为BD中点，
∴PA=PC，
∵BD∥y轴．
∴点P的横坐标为4，
∴a+5a2=4，解得：a=43，
∴A(43,3),C(203,3)，
∴点P（4，3），
∴PB=PD=2，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵BD⊥AC，
∴四边形ABCD是菱形；
故答案为：菱形
（2）∵四边形ABCD为正方形，
∴BD=AC，
当x=4时，y=m4,y=n4，
∴点B(4,m4),D(4,n4)，
∴P(4,m+n8)，
∴A8mm+n,m+n8,C8nm+n,m+n8，
∵AC=BD，
∴8nm+n−8mm+n=n4−m4，
∴m+n=32．
故答案为：m+n=32
【点睛】此题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，平行四边形的判定，菱形的判定和性质，正方形的性质，判断出四边形ABCD是平行四边形是解本题的关键．
58．（2023·福建宁德·模拟预测）如图，平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A，B在x轴上，反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点D−1,4，交BC于点E．

(1)求该反比例函数的解析式；
(2)求△ABE的面积．
【答案】(1)y=−4x
(2)85
【分析】（1）利用待定系数法即可解答；
（2）根据正方形的性质得到B−5，0，再根据点E、B的横坐标相等即可解答．
【详解】（1）解：∵反比例函数y=kx(x<0)的图象经过点D−1,4，
∴k=−1×4=−4，
∴该反比例函数的解析式为y=−4x；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，D−1,4，
∴OA=1，BA=AD=4，
∴OB=1+4=5，
∴B−5，0
∴把x=−5代入y=−4x得，y=45，
∴E−5,45，
∴S△ABE=12AB⋅BE=12×4×45=85．
【点睛】本题考查了正方形的性质，待定系数法求反比例函数的解析式，，反比例函数与几何图形的关系，掌握反比例函数与几何图形的关系是解题的关键．
59．（2023·山东济南·校联考模拟预测）正方形ABCD的边长为4，AC，BD交于点E．在点A处建立平面直角坐标系如图所示．
(1)如图（1），双曲线y=k1x过点E，完成填空：点C的坐标是___________．点E的坐标是___________，双曲线的解析式是___________；
(2)如图（2），双曲线y=k2x与BC，CD分别交于点M，N（反比例图像不一定过点E）．求证MN∥BD；
(3)如图（3），将正方形ABCD向右平移mm>0个单位长度，使过点E的双曲线y=k3x与AB交于点P．当△AEP是以AE为腰的等腰三角形时，求m的值．
【答案】(1)4,4,2,2，y=4x
(2)证明见解析
(3)2或22+2
【分析】（1）根据正方形的边长可确定C点的坐标，再利用正方形的性质得出E点坐标，用待定系数法求出双曲线解析式即可；
（2）设出M点和N点的坐标，根据坐标的性质得出MC=NC，推出∠CMN=∠CDB即可得出MN∥BD；
（3）根据E点的坐标求出AE的长，再分三种情况讨论分别求出m的值即可．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD的边长为4，AC，BD交于点E，
∴C4,4,E2,2，
将E点坐标代入双曲线y=k1x，
得2=k12，
解得k1=4，
∴双曲线的解析式为y=4x，
故答案为：4,4,2,2，y=4x；
（2）∵双曲线y=k2x与BC，CD分别交于点M，N，
∴设Mm,4,N4,n，
∴4m=4n，
∴m=n，
∴MC=NC，
由正方形可知，∠BCD=90°，
∴∠CMN=45°,∠CBD=45°，
∴∠CMN=∠CBD，
∴MN∥BD；
（3）解：∵正方形边长为4，
由（1）知E2,2，
∴AE=12AC=1242+42=22，
∵AE为腰，分两种情况：
①当AP=AE=22 时，
∵Pm,22，Em+2,2，点P、E在反比例数图象上，
∴22m=2m+2，
∴m=22+2，
②当EP=AE时，点P与点B重合，
∵Pm,4,Em+2,2，点P、E在反比例数图象上，
∴4m=2m+2，
∴m=2；
综上所述，满足条件的m的值为2或22+2．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形，正方形的性质，掌握反比例函数的性质，利用数形结合的思想进行求解是解题的关键．
题型18 正方形与一次函数、反比例函数综合应用
60．（2021·甘肃兰州·统考模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点A（0，1），B（0，﹣2），以AB为边在y轴右侧作正方形ABCD，反比例函数y=kx（k＜0）的图象恰好经过点C．
(1)求点C的坐标及反比例函数的表达式；
(2)设直线AC与反比例函数y=kx（k＜0）的图象的另一个交点为M，且点M的横坐标为﹣2．连接MB，求△MBC的面积．
【答案】(1)C（3，﹣2），y=−6x
(2)152
【分析】（1）由A、B的坐标以及正方形的性质即可得到C（3，﹣2），然后根据待定系数法即可求得反比例函数的解析式；
（2）求得M的坐标，然后根据三角形的面积公式求得即可．
【详解】（1）解：∵点A（0，1），B（0，﹣2），以AB为边在y轴右侧作正方形ABCD，
∴BC＝AB＝3，
∴C（3，﹣2），
∵反比例函数y=kx（k＜0）的图象恰好经过点C，
∴k＝3×（﹣2）＝﹣6，
∴反比例函数的表达式为y=−6x；
（2）解：∵点M在反比例函数y=−6x的图象上，点M的横坐标为﹣2，
∴M（﹣2，3），
∴S△MBC=12×3×（3+2）=152．
【点睛】本题考查了求反比例函数的解析式，正方形的性质，利用坐标的性质结合图象作答是解题关键．
61．（2023·江西上饶·校联考二模）如图，一次函数y=kx+b的图象与y轴交于点E0,2，与反比例函数y=mx的图象交于点A，Bn−2,6，以线段AB为边在直线AB的右侧作矩形ABCD，使得顶点C12,n−3恰好落到反比例函数y=mx(x>0)的图象上．
(1)求反比例函数和一次函数的解析式．
(2)求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】(1)反比例函数为y=12x，一次函数为y=2x+2；
(2)见解析
【分析】（1）由Bn−2,6，C12,n−3在反比例函数y=mx(x>0)的图象上，得出m=6n−2=12n−3，即可求得B、C的坐标和反比例函数的解析式，然后利用待定系数法即可求得一次函数的解析式；
（2）解析式联立成方程组，解方程组求得A的坐标，然后证得AB=BC，即可证得矩形ABCD为正方形．
【详解】（1）解：∵Bn−2,6，C12,n−3在反比例函数y=mx(x>0)的图象上，
∴m=6n−2=12n−3，
解得n=4，
∴B2，6，C12，1，
∴m=2×6=12，
∴反比例函数为y=12x，
∵一次函数y=kx+b的图象过点B、E，
∵B2，6，E0,2，
∴2k+b=6b=2，解得k=2b=2，
∴一次函数为y=2x+2；
（2）证明：由y=12xy=2x+2，解得x=2y=6或x=−3y=−4，
∴A−3，−4，B2，6，
∴AB=−3−22+−4−62=55，
∵B2，6，C12，1，
∴BC=2−122+6−12=55，
∴AB=BC，
∴矩形ABCD为正方形．
【点睛】本题是反比例函数与一次函数的交点，考查了反比例函数图象上点的坐标特征，待定系数法求一次函数的解析式，正方形的判定，求得交点坐标是解题的关键．
62．（2023·山东济南·统考一模）如图，一次函数y=12x+1的图象与反比例函数y=kxx>0的图象交于点Aa,3，与y轴交于点B．
(1)求a，k的值；
(2)直线CD过点A，与反比例函数图象交于点C，与x轴交于点D，AC=AD，连接CB．求△ABC的面积；
(3)以线段AB为对角线做正方形AEBF（如图），点G是线段BF（不与点B、F重合）上的一动点，M是EG的中点，MN⊥EG交AB于N，当点G在BF上运动时，请直接写出线段MN长度的取值范围．
【答案】(1)a=4，k=12
(2)8
(3)102【分析】（1）先利用一次函数解析式求出点A的坐标，再把A的坐标代入反比例函数解析式即可得到答案；
（2）如图所示，过点C作CF⊥x轴于E交AB于F，根据中点坐标公式求出点C的纵坐标，进而求出点C的坐标和点F的坐标，再由S△ABC=S△BCF+S△ACF进行求解即可；
（3）如图所示，过点A作AH⊥x轴于H，连接NG，NE，证明△AHE≌△EOB，得到OE=AH，求出点E的坐标为3，0，同理可得点F的坐标为1，4，求出直线BF的解析式为y=3x+1；证明NG=NE，设Gm，3m+1，Nn，12n+1， 利用勾股定理得到m−n2+3m+1−12n−12=n−32+12n+1−02，推出n=2m+2则N2m+2，m+2，求出Mm+32，3m+12，利用勾股定理得到MN2=5m2+52，据此求解即可．
【详解】（1）解：∵一次函数y=12x+1的图象与反比例函数y=kxx>0的图象交于点Aa,3，
∴对于函数y=12x+1，当y=3时，y=12x+1=3，解得x=4，
∴a=4，
∴点A的坐标为4，3，
∴k=4×3=12；
（2）解：如图所示，过点C作CF⊥x轴于E交AB于F，
∵AC=AD，
∴A为CD的中点，
∵点D在x轴上，点A的坐标为4，3，
∴点C的纵坐标为6，
∴点C的横坐标为126=2，
∴点C的坐标为2，6，
∴点F的坐标为2，2，
∴CF=4，
∴S△ABC=S△BCF+S△ACF=12×4×2+12×4×2=8；
（3）解：如图所示，过点A作AH⊥x轴于H，连接NG，NE，
∴∠AHE=90°，
∵四边形AEBF是正方形，
∴AE=EB，∠AEB=90°，
∴∠HEA+∠OEB=90°=∠HEA+∠HAE，
∴∠HAE=∠OEB，
又∵∠AHE=∠EOB=90°，
∴△AHE≌△EOBAAS，
∴OE=AH，
∵点A的坐标为4，3，
∴点E的坐标为3，0，
∵直线y=12x+1与y轴交于B，
∴点B的坐标为0，1，
同理可得点F的坐标为1，4，
设直线BF的解析式为y=kx+b，
∴k+b=4b=1，
∴k=3b=1，
∴直线BF的解析式为y=3x+1；
∵MN⊥GE，M是EG的中点，
∴MN是EG的垂直平分线，
∴NG=NE，
设Gm，3m+1，Nn，12n+1，
∴NG2=m−n2+3m+1−12n−12，NE2=n−32+12n+1−02，
∴m−n2+3m+1−12n−12=n−32+12n+1−02，
∴m2−2mn+n2+9m2−3mn+n24=n2−6n+9+n24+n+1，
∴10m2−5mn=10−5n，
∴n=2m+2，
∴N2m+2，m+2，
∵M是GE的中点，
∴Mm+32，3m+12，
∴MN2=2m+2−m+322+m+2−3m+122
=3m+122+3−m22
=9m2+6m+1+9−6m+m24
=5m2+52，
∵G在BF上（不包括B、F），
∴0∴0∴52∴102【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，垂直平分线的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
题型19 正方形与二次函数综合应用
63．（2022·江苏苏州·统考一模）已知在平面直角坐标系xOy中，二次函数y=2x2−(1+2c)x+c（c>12，c是常数）的图像与x轴分别交于点A，点B（点B在点A右侧），与y轴交于点C，连接BC．
(1)证明：△BOC是等腰直角三角形；
(2)抛物线顶点为D，BC与抛物线对称轴交于点E，当四边形AEBD为正方形时，求c的值．
【答案】(1)见解析
(2)当四边形AEBD为正方形时，求c的值为32．
【分析】（1）求得点C(0，c)，再解方程2x2−(1+2c)x+c =0，求得点B(c，0)，即可判断△BOC是等腰直角三角形；
（2）求得点D(2c+14，-4c2−4c+18)，当四边形AEBD为正方形时，只需△ABD是等腰直角三角形，得到方程c-12=4c2−4c+14，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：令x=0，则y=c，
∴点C(0，c)，
令y=0，则2x2−(1+2c)x+c =0，
∴(2x-1)(x-c)=0，
∴x1=12，x2=c，
∵点B在点A右侧，
∴点B(c，0)，点A(12，0)，
∴OB=OC=c，
∵∠COB=90°，
∴△BOC是等腰直角三角形；
（2）解：y=2x2−(1+2c)x+c=2(x-2c+14)2-4c2−4c+18，
∴点D(2c+14，-4c2−4c+18)，
设DM交x轴于点M，
∵△BOC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=45°，
∵点A，B关于DE对称，
∴EA=EB，
∴∠EAB=∠EBA=45°，
∴∠AEB=180°-45°-45°=90°，
∴△ABE是等腰直角三角形，
∵EM⊥AB，
∴EM=12AB，
当四边形AEBD为正方形时，只需△ABD是等腰直角三角形，且∠ADB=90°，
∵DM⊥AB，
∴AB=2DM，
∵点B(c，0)，点A(12，0)，
∴AB=c-12，
∵点D(2c+14，-4c2−4c+18)，
∴DM=4c2−4c+18，
∴c-12=4c2−4c+14，
整理得：4c2-8c+3=0，即(2c-1)(2c-3)=0，
∴c1=12，c2=32，
∵c>12，
∴c=32，
∴当四边形AEBD为正方形时，求c的值为32．
【点睛】本题考查的是二次函数综合运用，涉及到解一元二次方程、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质．熟练掌握二次函数的图像及性质是解题的关键．
64．（2020·甘肃兰州·统考一模）如图1，二次函数y=−12x2+bx+c的图象过A(5，0)和B(0，52)两点，射线CE绕点C(0，5)旋转，交抛物线于D，E两点，连接AC．
（1）求二次函数y=−12x2+bx+c的表达式；
（2）连接OE，AE，当△CEO是以CO为底的等腰三角形时，求点E的坐标和△ACE的面积；
（3）如图2，射线CE旋转时，取DE的中点F，以DF为边作正方形DFMN．当点E和点A重合时，正方形DFMN的顶点M恰好落在x轴上．
①求点M的坐标；
②当点E和点A重合时，将正方形DFMN沿射线CE方向以每秒2个单位长度平移．设运动时间为t秒．直接写出正方形DFMN落在x轴下方的面积S与时间t(0≤t≤4)的函数表达式．
【答案】（1）y=−12x2+2x+52；（2）点E(4，52)；△ACE的面积是154；（3）①点M的坐标为(1，0)；②S=t20≤t≤2−t2+8t−82＜t≤4．
【分析】（1）把A(5，0)和B(0，52)两点代入解析式，利用待定系数法求解即可，
（2）△CEO是以CO为底的等腰三角形时，可得点E、B关于抛物线对称轴对称．从而可得E的坐标，再利用SΔACE=SΔOCE+SΔAOE−SΔAOC可得答案，
（3） ①求解直线AC的表达式为：y=﹣x+5，利用对角线DM与AC的夹角为45°，得到DM⊥OA, 从而利用D的坐标，得到M的坐标，②设正方形MFDN平移后为M'F'D'N'，分0≤t≤2,2＜t≤4两种情况讨论即可得到答案．
【详解】解：（1）将点A、B的坐标代入抛物线表达式得：
−12×25+5b+c=0c=52，
解得b=2c=52，
故抛物线的表达式为：y=−12x2+2x+52①；
（2）当C(0，5)，△CEO是以CO为底的等腰三角形时，
则OC的中点(0，52)的纵坐标和点E的纵坐标相同，
而点B(0，52)，即点E、B关于抛物线对称轴对称．
∵抛物线的对称轴为直线x=2，
故点E的坐标为(4，52)；
SΔACE=SΔOCE+SΔAOE−SΔAOC =12OC•|xE|+12OA•|yE|−12OA•OC
=12×5×4+12×5×52−12×5×5=154.
（3）①∵OA=OC=5，∴∠CAO=45°．
∵ 正方形DFMN，
∴ 对角线DM与AC的夹角为45°，
∴∠DMA=90°，即DM⊥x轴，
即点D、M的横坐标相同，
由A、C的坐标得：直线AC的表达式为：y=﹣x+5②，
联立①，②并解得：x=1或5(舍去5)，
故x=1，故点D(1，4)，
∴点M的坐标为(1，0)；
②设正方形MFDN平移后为M'F'D'N'，如图1，2所示；
由A、D的坐标得：DA=(5−1)2+(4−0)2=42，
∵点F是AD的中点，故DA=22，即正方形MFDN的边长为22，
∴正方形MFDN的面积为S1=(22)2=8；
(Ⅰ)当0≤t≤2时，如图1所示，设M'F'交x轴于点H．
∵t秒时，正方形平移的距离为2t，
∴MM'=2t=M'H，
∴S=S△M'MH=12MM'•M'H=12(2t)2=t2；
(Ⅱ)当2＜t≤4时，如图2所示，设N'D'交x轴于点H．
∵t秒时，正方形平移的距离为2t，则DD'=2t，
∴AD'=AD﹣DD'=42−2t=HD'，
∴S=S1﹣S△AD'H=8−12×AD'×HD'=8−12× (42−2t)2=﹣t2+8t﹣8，
综上，S=t20≤t≤2−t2+8t−82＜t≤4．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解函数解析式，等腰三角形的性质与判定，勾股定理的应用，平移的性质及利用平移的性质求特定图形的面积关系式，是比较典型的动态几何题，掌握以上知识是解题的关键．
65．（2020·江苏常州·统考模拟预测）如图，已知二次函数y=12x2+bx的图像经过点A−4,0，顶点为B一次函数 y=12x+2的图像交y轴于点M,P是抛物线上-一点，点M关于直线AP的对称点N恰好落在抛物线的对称轴直线BH上（对称轴直线BH与x轴交于点H）．
（1）求二次函数的表达式；
（2）求点P的坐标；
（3）若点G是第二象限内抛物线上一点，G关于抛物线的对称轴的对称点是E，连接OG，点F是线段OG上一点，点D是坐标平面内一点，若四边形BDEF是正方形，求点G的坐标．

【答案】（1）y=12x2+2x；（2）点P的坐标为：（2，6）或（−23，−109）；（3）点G的坐标为：（−6，6）．
【分析】（1）直接把点A代入解析式，即可求出解析式；
（2）由题意，设点N的坐标为（−2，n），连接MN，过点A作AD⊥MN，AD交抛物线与点P，则点D为（−1，2+n2），由AD⊥MN，则kAD•kMN=−1，求出n的值，然后求出直线AD的解析式，联合抛物线得到方程组，即可求出点P的坐标；
（3）由题意，设点G为（p，12p2+2p），然后得到点E的坐标和直线OG的解析式，由点F在线段OG上，得到点F的坐标，再结合正方形的性质，有BF=EF=22BE，分别求出BF、BE、EF，联立方程组，求出p的值，即可得到点G的坐标．
【详解】解：（1）∵二次函数y=12x2+bx的图像经过点A−4,0，
∴12×(−4)2−4b=0，
解得：b=2；
∴二次函数的解析式为：y=12x2+2x．
（2）由（1）知，y=12x2+2x，
∴顶点B为（−2，−2），
∴对称轴为x=−2；
在一次函数y=12x+2中，
令x=0，则y=2，
∴点M的坐标为（0，2），
设点N的坐标为（−2，n），
连接MN，过点A作AD⊥MN，AD交抛物线与点P，如图：

∵点M、N关于直线AP对称，
则AD垂直平分MN，即点D是MN的中点，
∴点D的坐标为（−1，2+n2），
∵kAD•kMN=−1，
∴0−n+22−4−(−1)•2−n0−(−2)=−1，
∴2+n6•2−n2=−1，
解得：n=±4，
∴点D的坐标为（−1，3）或（−1，−1），
结合点A（−4，0），可求得：
直线AD的解析式为：y=x+4或y=−13x−43；
∵抛物线的解析式为y=12x2+2x，
联合直线AD和抛物线，得
∴y=12x2+2xy=x+4或y=12x2+2xy=−13x−43，
解得：x1=−4y1=0，x2=2y2=6或x1=−4y1=0，x2=−23y2=−109；
∵点A的坐标为（−4，0），
∴点P的坐标为：（2，6）或（−23，−109）；
（3）由题意可知，点G在第二象限，且点G在抛物线上，四边形BDEF是正方形，连接BE、DF，如图：

设点G为（p，12p2+2p），
∵点G与点E关于x=−2对称，
∴点E为（−4−p，12p2+2p）；
设直线OG为y=kx，则
kp=12p2+2p，则k=12p+2，
∴直线OG为y=(12p+2)x；
∵点F在线段OG上，则
设点F为（q，12pq+2q），点F在第二象限，
∵四边形BDEF是正方形，
∴BF=EF=22BE，
∵点B为（−2，−2），
∴BE=(p+2)2+(12p2+2p+2)2，
BF=(q+2)2+(12pq+2q+2)2，
EF=(q+4+p)2+(12p2+2p−12pq−2q)2，
联合BF=EFBF=22BE，
可解得：p=−6q=−4或p=−6q=4，
∵点F在第二象限，则q<0，
∴p=−6q=−4；
∴12×(−6)2+2×(−6)=6
∴点G的坐标为：（−6，6）．
【点睛】主要考查了二次函数的解析式的求法和与几何图形结合的综合能力的培养，也考查了正方形的性质，勾股定理，以及一次函数的性质．要会利用数形结合的思想把代数和几何图形结合起来，利用点的坐标的意义表示线段的长度，从而求出线段之间的关系是解题的关键．
题型20 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定
66．（2023·广东梅州·校考模拟预测）下列说法错误的是（ ）
A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等
C．对角线相等的平行四边形是矩形D．对角线垂直且相等的四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定及圆周角定理，分别分析得出答案．
【详解】解：A．对角线垂直且互相平分的四边形是菱形，正确，故A选项不符合题意；
B．同圆或等圆中，同弧对应的圆周角相等，正确，故B选项不符合题意；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，正确，故C选项不符合题意；
D．两条对角线互相平分，对角线相等且垂直的四边形是正方形，故D选项错误，符合题意；
故选：D．
【点睛】本题主要考查了圆周角定理，正方形、矩形、菱形的判定等知识，熟练掌握知识点是解题的关键．
67．（2023·浙江·一模）下列说法正确的是（ ）
A．两组对角分别相等的四边形是平行四边形B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C．两条对角线相等的四边形是矩形D．两条对角线垂直且相等的四边形是正方形
【答案】A
【分析】根据特殊平行四边形的判定和性质逐项判断即可.熟练掌握判定定理是解题的关键.
【详解】解：A、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，此选项正确；
B、两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，此选项错误；
C、两条对角线平分且相等的四边形是矩形，此选项错误；
D、两条对角线垂直，平分且相等的四边形是正方形，此选项错误.
故选A.
68．（2023·上海杨浦·二模）下列命题中，正确的是（ ）
A．对角线相等的四边形是平行四边形
B．对角线互相垂直的四边形是菱形
C．对角线相等的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】C
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形以及正方形的判定方法，对选项逐个判断即可．
【详解】A．对角线互相平分的四边形是平行四边形，原命题是假命题，不符合题意；
B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，符合题意；
D．对角线互相平分、垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题，不符合题意；
故选：C．
【点睛】此题考查了平行四边形、矩形、菱形以及正方形的判定，掌握它们的判定方法是解题的关键．
题型21 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解
69．（2023·江苏南通·校考三模）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点，求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD=8，AB=6，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH=CH，求FG的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB=6，E为CD边上的三等分点，∠D=60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．

【答案】（1）见解析；（2）74；（3）CP的长为32或65．
【分析】（1）先证明∠BFG=90°=∠C，AB=BC=BF，结合公共边从而可得结论；
（2）延长BH，AD交于Q，如图：设FH=HC=x，则BH=BF+FH=6+x，由BC2+CH2=BH2，可得x=73，证明△BFG∽△BCH，再利用相似三角形的性质可得答案；
（3）分两种情况讨论：当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，证明△CPE∽△DQE，可得CP=2x，再证明AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，由HE2+HQ2=EQ2，可得(2−12x)2+(32x)2=y2②，联立①②可解得x=34，可得答案；当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：设DQ'=x'，Q'E=y'，则AQ'=6+x'，同理可得：AQ'AF=Q'EEF，即6+x'6=y'4，由H'Q'2+H'E2=Q'E2得：(32x')2+(12x'+4)2=y'2，可解得x'=125，从而可得答案．
【详解】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB=BF，∠BFE=∠A=90°，
∴∠BFG=90°=∠C，
∵AB=BC=BF，BG=BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG(HL)；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH=HC=x，则BH=BF+FH=6+x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2=BH2，
∴82+x2=(6+x)2，
解得x=73，
∴DH=DC−HC=113，
∵∠BFG=∠BCH=90°，∠HBC=∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴ BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
（3）（Ⅰ）当DE=13DC=2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ=x，QE=y，则AQ=6−x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△DQE，
∴ CPDQ=CEDE=2，
∴CP=2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF=DE=2，AF=AD=6，∠QAE=∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴E到AQ，AF的距离相等，设这个距离为ℎ，
∴S△AQES△AEF=QEEF=12AQ⋅ℎ12AF⋅ℎ，
∴ AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，
∵∠D=60°，
∴DH=12DQ=12x，HE=DE−DH=2−12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2=EQ2，
∴(2−12x)2+(32x)2=y2②，
联立①②可解得x=34，（不符合题意的根舍去）
∴CP=2x=32；
（Ⅱ）当CE=13DC=2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：

设DQ'=x'，Q'E=y'，则AQ'=6+x'，
同理∠Q'AE=∠EAF，
同理可得：AQ'AF=Q'EEF，即6+x'6=y'4，
由H'Q'2+H'E2=Q'E2得：(32x')2+(12x'+4)2=y'2，
可解得x'=125，（不符合题意的根舍去）
同理可得：DQ'=2CP，
∴CP=12x'=65，
综上所述，CP的长为32或65．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，矩形，菱形，正方形的性质，角平分线的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论是解本题的关键．
70．（2023·广东深圳·深圳市宝安中学（集团）校考三模）（1）【探究发现】如图①，已知四边形ABCD是正方形，点E为CD边上一点（不与端点重合），连接BE，作点D关于BE的对称点D'，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD'，D'E．

①小明探究发现：当点E在CD上移动时，△BCE≌△DCF．并给出如下不完整的证明过程，请帮他补充完整．
证明：延长BE交DF于点G．
②进一步探究发现，当点D'与点F重合时，∠CDF= ．
（2）【类比迁移】如图②，四边形ABCD为矩形，点E为CD边上一点，连接BE，作点D关于BE的对称点D，DD'的延长线与BC的延长线交于点F，连接BD，CD，DE．当CD⊥DF，AB=2，BC=3时，求CD'的长；

（3）【拓展应用】如图③，已知四边形ABCD为菱形，AD=23，AC＝4，点F为线段BD上一动点，将线段AD绕点A按顺时针方向旋转，当点D旋转后的对应点E落在菱形的边上（顶点除外）时，如果DF=EF，请直接写出此时OF的长．

【答案】（1）①见解析；②22.5°；（2）CD'=105；（3）OF的长为2或22．
【分析】（1）①延长BE交DF于点G，则由对称可知∠EGD=∠EGD'=90°，结合∠DEG=∠BEC得到∠EBC=∠EDF，由正方形的性质得到∠BCE=∠DCF、BC=DC，从而证明△BCE≌△DCF；
②当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBG=∠D'BG=22.5°，然后由①得到∠EDF=∠EBC=22.5°；
（2）延长BE交DF于点G，由对称可知点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，结合CD'⊥DF得到CD'∥BG，从而有EG是△DCD'的中位线，得到点E是CD的中点，从而求得CE=DE=1，再由勾股定理求得BE的长；由（1）①得∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°得到△ECB∽△EGD，进而借助相似三角形的性质求得EG的长，然后由中位线的性质求得CD'的长；
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，然后分点E在CD上和点E在BC上讨论，延长AF交DE于点G，然后借助（1）（2）的思路求解．
【详解】（1）①证明：如图①，延长由对称可知，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵∠DEG=∠BEC，
∴∠EBC=∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCE=∠DCF=90°，BC=DC，
在△BCE和△DCF中，
∠EBC=∠EDFBC=CD∠BCE=∠DCF，
∴△BCE≌△DCF（ASA）．
②解：如图1，当点D'与点F重合时，由对称可知∠DBE=∠D'BE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBC=45°，
∴∠DBE=∠D'BE=22.5°，
由①得到∠CDF=∠EBD'，
∴∠CDF=22.5°，
故答案为：22.5°；
（2）解：如图2，延长BE交DF于点G，
由对称可知，点G是DD'的中点，∠EGD=∠EGD'=90°，
∵CD'⊥DF，
∴CD'∥BG，
∴EG是△DCD'的中位线，
∴点E是CD的中点，
∴CE=DE=12CD=12×2=1，
∴BE=BC2+CE2=32+12＝10，
由（1）①得，∠EBC=∠FDC，∠ECB=∠EGD=90°，
∴△ECB∽△EGD，
∴ECEG=BCDG=BEED，
∴1EG=3DG=101，
∴EG=1010，
∴BG=BE+EG=10+1010=111010，
∵EG是△DCD'的中位线，
∴CD'=2EG=2×1010=105．
（3）以点A为圆心，AD的长为半径作圆弧，与CD和BC的交点即为点E，
①如图3，当点E在CD上时，延长AF交DE于点G，
由（1）①可得，∠GDF=∠OAF，且DF=EF，
∵四边形ABCD为菱形，
∴AC⊥BD，AO=CO，∠ODC=∠ODA，
∴∠OAF=∠ODA，
∵AC=4，
∴OA=2，
∵AD=23，
∴OD=22，
∴tan∠OAF=tan∠ODA=OAOD=12，
∴OFOA=OF2=12，
∴OF=2；
②如图4，当点E在BC上时，延长AF交DE于点G，则∠AGD=90°，∠DAG=∠EAG=12∠DAE，DF=EF，
∵AD=AB=AE，
∴∠AEB=∠ABE，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABO=12∠ABE，AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEB，
∴∠ABO=∠DAG，
在△AGD和△BOA中，
∠AGD=∠BOA∠DAG=∠ABOAD=AB，
∴△AGD≌△BOAAAS，
∴DG=AO=2，AG=BO=22，
∵∠FAO=∠FDG，∠FOA=∠FGD，
∴△FOA≌△FGD（ASA），
∴OF=FG，
设OF=FG=x，则DF=22−x，
在Rt△DFG中，DF2=GF2+DG2，
∴22−x2＝x2+22，
解得：x=22，
∴OF=22，
综上所述，OF的长为2或22．

【点睛】本题考查了矩形的性质、轴对称的性质、旋转的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形，解题的关键是通过菱形的性质和三角形的内角和定理得到相似三角形或全等三角形．
71．（2023·福建龙岩·统考模拟预测）综合与实践：过四边形ABCD的顶点A作射线AM，P为射线AM上一点，连接DP．将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，记旋转角∠PAQ=α，连接BQ．
【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，如果四边形ABCD是正方形，且α=90°，无论点P在何处，总有BQ=DP，请证明这个结论．
【类比迁移】如图2，如果四边形ABCD是菱形，∠DAB=α=60°，∠MAD=15°，连接PQ．当PQ⊥BQ，AB=6+2时，求AP的长．
【拓展应用】如图3，如果四边形ABCD是矩形，AD=3，AB=4，AM平分∠DAC，α=90°．在射线AQ上截取AR，使得AR=43AP．当△PBR是直角三角形时，请直接写出AP的长．

【答案】探究发现：见解析；类比迁移：2；拓展应用：354或12511
【分析】探究发现：用正方形性质和旋转变换证明△ADP≌△ABQSAS，即可证得结论；
类比迁移：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，先证明△ADP≌△ABQSAS，可得BQ=DP，∠APD=∠AQB，再证明：△APQ是等边三角形，△APH是等腰直角三角形，△BPQ是等腰直角三角形，利用解直角三角形即可求得答案；
拓展应用：分三种情况讨论：①当∠BRP=90°时，②当∠PBR=90°时，③当∠BPR=90°时，分别求出AP的长即可．
【详解】探究发现：证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，

∴AD=AB，∠BAD=90°，
∴∠DAP+∠BAM=90°，
∵∠PAQ=90°，
∴∠BAQ+∠BAM=90°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∵将AP绕点A顺时针方向旋转至AQ，
∴AP=AQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP．
类比迁移：解：如图2，过点P作PH⊥AB于点H，连接BP，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB，
由旋转得：AP=AQ，
∵∠DAB=α=60°，即∠DAB=∠PAQ=60°，
∴∠DAP+∠BAM=60°，∠BAQ+∠BAM=60°，
∴∠DAP=∠BAQ，
∴△ADP≌△ABQSAS，
∴BQ=DP，∠APD=∠AQB，
∵AP=AQ，∠PAQ=60°，
∴△APQ是等边三角形，
∴∠AQP=60°，
∵PQ⊥BQ，
∴∠BQP=90°，
∴∠AQB=∠AQP+∠BQP=60°+90°=150°，
∴∠APD=∠AQB=150°，
∴∠DPM=180°−∠APD=180°−150°=30°，
∵∠MAD=15°，
∴∠ADP=∠DPM−∠MAD=30°−15°=15°，
∴∠ADP=∠MAD，
∴AP=DP，
∴AQ=BQ=PQ=AP，
∴∠ABQ=∠BAQ=∠MAD=15°，
∴∠PAH=∠PAQ−∠BAQ=60°−15°=45°，
∵PH⊥AB，
∴∠AHP=∠BHP=90°，
∴△APH是等腰直角三角形，
∴AH=PH=AP⋅sin45°=22AP，
∵BQ=PQ，∠PQB=90°，
∴△BPQ是等腰直角三角形，
∴∠PBQ=45°，
∴∠PBH=∠PBQ−∠ABQ=45°−15°=30°，
∴BH=PHtan∠PBH=22APtan30°=62AP，
∴AB=AH+BH=22AP+62AP=2+62AP，
∵AB=6+2，
∴2+62AP=6+2，
∴AP=2；
拓展应用：解：①当∠BRP=90°时，如图3，连接DP，PQ，过点B作BE⊥AQ于点E，
设AM交CD于点F，过点F作FG⊥AC于点G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAM+∠DAP=90°，∠ADC=90°，
∵∠BAM+∠BAR=90°，
∴∠DAP=∠BAR，
∵AD=3，AB=4，
∴ADAB=34，
∵AR=43AP，
∴APAR=34，
∴ADAB=APAR，
∴△ADP∽△ABR，
∴DPBR=ADAB=34，即BR=43DP，
∵AM平分∠DAC，FD⊥AD，FG⊥AC，
∴FD=FG，
在Rt△ACD中，AC=AD2+CD2=32+42=5，
∴sin∠ACD=ADAC=35，
∵FGCF=sin∠ACD=35，
∴DFCF=35，
∵DF+CF=CD=4，
∴DF=32，CF=52，
在Rt△ADF中，AF=AD2+DF2=32+322=352
∵∠BAR=∠DAP，∠AEB=∠ADF=90°，
∴△AEB∽△ADF，
∴AEAD=BEDF=ABAF，即AE3=BE32=4352，
∴AE=855，BE=455，
∵∠BRP=90°，
∴∠ARP+∠BRE=90°，
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠BRE=∠APR，
∴tan∠BRE=tan∠APR，
∴BEER=ARAP=43，
∴ER=34BE=34×455=355，
∵AR+ER=AE，
∴43AP+355=855，
∴AP=354；
②当∠PBR=90°时，如图4，过点P作PG⊥AD于点G，PH⊥AB于点H，
则sin∠DAF=PGAP=DFAF=32352=55，cs∠DAF=AGAP=ADAF=255，
∴PG=55AP，AG=255AP，

∵∠GAH=∠AGP=∠AHP=90°，
∴四边形AGPH是矩形，
∴AH=PG=55AP，PH=AG=255AP，
∴BH=AB−AH=4−55AP，
∴BP2=PH2+BH2=255AP2+4−55AP2=AP2−855AP+16，
在Rt△DPG中，DP2=DG2+PG2=3−255AP2+55AP2=AP2−1255AP+9，
∵BR=43DP，
∴BR2=169DP2=169AP2−64515AP+16，
在Rt△APR中，PR2=AP2+AR2=AP2+43AP2=259AP2，
在Rt△PBR中，PR2=BP2+BR2，
∴259AP2=AP2−855AP+16+169AP2−64515AP+16，
解得： AP=12511；
③当∠BPR=90°时，
由②知：BR2=169AP2−64515AP+16，PR2=259AP2，BP2=AP2−855AP+16，
∵PR2+BP2=BR2，
∴259AP2+AP2−855AP+16=169AP2−64515AP+16，
解得：AP=0或AP=−453，均不符合题意；
综上所述，AP的长为354或12511．
【点睛】本题考查了正方形、菱形、矩形的性质，直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形、等腰直角三角形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，勾股定理，采用分类讨论的思想，作出辅助线是解决本题的关键．
72．（2023·山西吕梁·统考三模）综合与实践
问题情境：数学课上，老师提出如下问题：如图，四边形ABCD是矩形，分别以AD，CD为边，在矩形ABCD外侧作正方形ADEF和CDMN（点B，A，F在同一直线上，点B，C，N在同一直线上）．连接FN，取FN的中点P，连接BP．
求证：BP⊥FN，BP=12FN．

解决问题：
(1)请你解答老师提出的问题．
数学思考：
(2)受到老师所提问题的启发，“兴趣小组”又提出了一个新问题：如图，若四边形ABCD是平行四边形∠DAB≠90°，其余条件保持不变，则老师所提问题的结论是否保持不变？请你说明理由．

(3)“智慧小组”所提的问题是：如图，四边形ABCD是菱形，分别以AD，CD为边，在菱形外侧作正方形ADEF和CDMN．连接BD并延长，交FN于点P．若∠DAB=30°，FN=6，求BD的长．请你思考该问题，并直接写出结果．

【答案】(1)证明见解析
(2)BP⊥FN，BP=12FN，理由见解析
(3)3−3
【分析】（1）根据矩形与正方形的性质证明∠ABC=90°，BF=BN，从而可得结论；
（2）如图，连接BF，BN， 证明△FAB≌△BCNSAS，可得BF=BN，∠BFA=∠NBC，∠ABF=∠BNC，证明∠DAB+∠ABF+∠NBC=90°，∠DAB+∠ABC=180°，可得∠ABC−∠ABF−∠NBC=90°=∠FBN，从而可得结论；
（3）如图，连接BF,BN，过A作AH⊥BF于H，过D作DG⊥BF于G，连接DF，DN，证明PF=PB=PN=3，BF=BN=32，∠ABH=∠AFH=30°，BH=FH=12BF=322，AD=AB=BHcs30°=6，AH=12AB=62，再证明D在BP上，求解BQ=AQ=AHcs30°=2，DQ=6−2 可得DG=DQ·cs30°=326−2，结合∠FBP=45°，BD=2DG=3−3．
【详解】（1）解：∵正方形ADEF和CDMN，四边形ABCD是矩形，
∴AD=AF，CD=CN，AB=CD，AD=BC，∠ABC=90°，
∴BF=BN，
∵FN的中点为P，
∴BP⊥FN，BP=12FN；
（2）如图，连接BF，BN，∵正方形ADEF和CDMN，
∴AF=AD，CD=CN，∠DAF=90°=∠DCN，

∵四边形ABCD是平行四边形∠DAB≠90°，
∴AD=BC，AB=CD，∠DAB=∠DCB，
∴AF=BC，AB=CN，∠FAB=∠BCN，
∴△FAB≌△BCNSAS，
∴BF=BN，∠BFA=∠NBC，∠ABF=∠BNC，
∵∠AFB+∠FAB+∠ABF=180°，
∴∠FAB+∠ABF+∠NBC=180°，
∴∠DAB+∠ABF+∠NBC=90°，
∵AD∥BC，
∴∠DAB+∠ABC=180°，
∴∠ABC−∠ABF−∠NBC=90°=∠FBN，
∴BP⊥FN，BP=12FN；
（3）如图，连接BF,BN，过A作AH⊥BF于H，过D作DG⊥BF于G，连接DF，DN，
由（2）得：BF=BN，∠FBN=90°，BP⊥FN，BP=12FN，

∵FN=6，
∴PF=PB=PN=3，BF=BN=32，
∵∠DAB=30°，菱形ABCD，
∴AB=BC=CD=AD，
结合正方形的性质可得：AB=AD=AF=CD，而∠DAB=30°，
∴∠FAB=90°+30°=120°，∠ABH=∠AFH=30°，BH=FH=12BF=322，
∴AD=AB=BHcs30°=6，AH=12AB=62，
∵直线PB为等腰直角三角形BFN的对称轴，而AD=CD，
∴两个正方形全等，
∴DF=DN，
∴D在BP上，
由AH⊥BF，DG⊥BF，则AH∥DG，
∴∠QDG=∠HAQ=60°−30°=30°，
∵∠DAB=∠ABF=30°，
∴BQ=AQ=AHcs30°=2，
∴DQ=6−2
∴DG=DQ·cs30°=326−2，
由∠FBP=45°，
∴BD=2DG=2×326−2=3−3．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行四边形的性质，菱形的性质，正方形的性质，锐角三角函数的应用，本题难度大，细节要求高，易错点不注意证明D在BP上，属于压轴题．
题型22 利用等腰梯形的性质与判定求解
73．（2022·上海杨浦·统考二模）已知：如图，矩形ABCD的两条对角线AC与BD相交于点O，点E、F分别是线段OC、OD的中点，联结AF、BE．
(1)求证：四边形ABEF是等腰梯形；
(2)过点O作OM⊥AB，垂足为点M，联结ME，如果∠OME=∠BAC，求证：四边形AMEF是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质得出AB//CD，AO=OC，BO=DO，AC=BD，求出DO=CO ，AO=BO，根据三角形的中位线性质得出EF//DC，OE=12OC，OF=12OD，求出EF//AB，AE=BF，根据等腰梯形的判定得出即可；
（2）根据三角形的中位线性质得出EF=12CD．求出AM=BM=12AB，求出处EF=AM，根据平行四边形的判定得出四边形AMEF和四边形BMFE是平行四边形．求出OB⊥ME，根据菱形的判定得出平行四边形BMFE是菱形，根据菱形的性质得出BE=BM，求出AF=AM即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AO=OC，BO=DO，AC=BD，
∴DO=CO，AO=BO，
∵点E、F分别是线段OC、OD的中点，
∴EF//DE，OE=12OC，OF=12OD，
∴EF//AB，OE=OF，
∴OF+OB=OE+OA，
即AE=BF，
∴四边形ABEF是等腰梯形；
（2）证明：联结MF，
∵点E、F分别是线段OC、OD的中点，
∴EF=12CD，
∵OA=OB，OM⊥AB，
∴AM=BM=12AB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，
∴EF=AM，
由（1）知：EF//AM，
∴四边形AMEF是平行四边形，
同理：四边形BMFE是平行四边形，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA，
又∵∠OME=∠BAC，
∴∠OME=∠OBA，
∵∠OME+∠BME=90°，
∴∠OBA+∠BME=90°，
∴OB⊥ME，
∴平行四边形BMFE是菱形，
∴BE=BM，
又四边形ABEF是等腰梯形，
∴BE=AF，
又∵BM=AM，
∴AF=AM，
∴四边形AMFE是菱形．
【点睛】本题考查了等腰梯形的性质和判定，矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识点，能灵活运用等腰梯形的性质和判定、矩形的性质、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质进行推理是解此题的关键．
74．（2022·广东广州·广州大学附属中学校考一模）如图，在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8．点P、Q同时从A点出发，分别做匀速运动．其中点P沿AB、BC向终点C运动，速度为每秒2个单位，点Q沿AD向终点D运动，速度为每秒1个位、当这两点中有一个点到达自己的终点时，另一个点也停止运动，设这两点从出发运动了t秒．
(1)当点P，S分别为AB和CD中点时（如图一），连接PS，称PS为梯形的中位线．试判断PS与BC，AD的关系，并证明．
(2)当0＜t＜2时，求证：以PQ为直径的圆与AD相切（如图二）；
(3)以PQ为直径的圆能否与CD相切？若有可能，求出t的值或t的取值范围；若不可能，请说明由．
【答案】(1)SP∥BC∥AD；SP=12BC+AD；理由见解析
(2)见解析
(3)能；t=13−152时，以PQ为直径的圆与CD相切
【分析】（1）连接CP并延长，交DA的延长线于点E，根据三角形的中位线性质证明即可；
（2）当0＜t＜2时，根据直线与圆的关系解答即可；
（3）当P在AB上时，即0＜t＜2，显然不可能和CD相切，当P在BC上时，即2≤t≤5时，如果圆与CD相切，设切点为K，连接圆心和K，这条线段就是直角梯形PCDQ的中位线，由此可用CP，DO表示出OK，也就可以用含t的式子表示出圆的直径；如果过P引AD的垂线，那么CP，DQ的差，CD，PQ这三者恰好可以根据勾股定理来得出关于t的方程，解方程后即可求出t的值．
【详解】（1）SP∥BC∥AD，SP=12AD+BC；理由如下：
连接CP并延长，交DA的延长线于点E，如图所示：
∵S、P分别为CD，AB的中点，
∴SP∥DE，SP=12DE，
∵BC∥AD，
∴SP∥BC∥AD，
∵BC∥AE，
∴∠B=∠PAE，∠BCP=∠AEP，
又∵BP=AP，
∴△BPC≌△APEAAS，
∴AE=BC，
∴DE=AD+AE=AD+BC，
∴SP=12AD+BC；
（2）当0＜t＜2时，
过B作BE⊥AD，如图所示：
∵在直角梯形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，AB＝4，BC＝6，AD＝8，
∴AE＝AD−BC＝8−6＝2，
即ABAE=42=2，
∵AP＝2t，AQ＝t，
∴APAQ=2tt=2，
即ABAE=APAQ，
∵∠A＝∠A，
∴△APQ∽△ABE，
∴∠PQA＝∠BEA＝90°，
∵PQ为直径，
∴以PQ为直径的圆与AD相切．
（3）当0＜t＜2时，以PO为直径的圆与CD不可能相切；
当2≤t≤5时，设以PQ为直径的⊙O与CD相切于点K，如图所示：
则有PC＝10−2t，DQ＝8−t，OK⊥DC，
∵OK是梯形PCDQ的中位线，
∴PQ＝2OK＝PC＋DO＝18−3t，
在直角梯形PCDQ中，PO2＝CD2＋（DO−CP）2，
解得：t=13±152，
∵13+152＞5，不合题意舍去，
2＜13−152＜5，
因此，当t=13−152时，以PQ为直径的圆与CD相切．
【点睛】本题主要考查了圆的综合题，关键是根据直角梯形的性质，解直角三角形的应用以及中位线的应用等知识点解答．
75．（2022·上海金山·统考二模）如图，梯形ABCD中，AD//BC，E是AB的中点，∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE=23．
(1)求CE的长；
(2)求∠ADE的余弦．
【答案】(1)CE=213
(2)∠ADE的余弦为45
【分析】（1）利用正切函数求得DE=4，再利用勾股定理即可求解；
（2）取CD的中点F，利用梯形中位线定理得到AD//EF，∠ADE=∠DEF，在Rt△DEF中，利用勾股定理和余弦函数的定义即可求解．
【详解】（1）解：∵∠CDE=90°，CD=6，tan∠DCE=23，
∴DECD=23，即DE6=23，
∴DE=4，
由勾股定理得CE=42+62=213；
（2）解：取CD的中点F，连接EF，
∵E是AB的中点，
∴EF是梯形ABCD的中位线，
∴AD//EF，
∴∠ADE=∠DEF，
在Rt△DEF中，∠EDF=90°，DE=4，DF=12CD=3，
由勾股定理得EF=5，
∴cs∠DEF=DEEF=45，
∴cs∠ADE=45，
即∠ADE的余弦为45．
【点睛】本题考查了梯形的中位线，解直角三角形，熟记锐角三角函数的定义是解答此题的关键．
76．（2021·上海崇明·统考二模）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，点E在下底BC上，∠AED＝∠B．
（1）求证：CE•AD＝DE2；
（2）求证：CEAD=AB2AE2．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）通过证明△ADE∽△DEC，利用相似三角形的性质即可得结论；
（2）由相似三角形的性质可得ADDE=DEEC=AECD，即可得结论．
【详解】证明：（1）∵梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝DC，
∴∠B＝∠C，AB＝DC，∠ADE＝∠DEC，
∵∠AED＝∠B，
∴∠C＝∠AED，
∴△ADE∽△DEC，
∴ADDE=DEEC，
∴CE•AD＝DE2；
（2）∵△ADE∽△DEC，
∴ADDE=DEEC=AECD，
∴DEAD·ECDE=CDAE·CDAE，
∴CEAD=AB2AE2．．
【点睛】本题综合考查了等腰梯形的性质和相似三角形的判定与性质等内容，要求学生理解并掌握相关内容，能运用有关知识求出相等的角，能证明出相似的三角形，以及能利用相似三角形的性质解决不同的边之间的关系等问题，要求学生能在不同的三角形之间进行边和角的转化，蕴含了转化的思想方法．
二、填空题
三、解答题
四、待定
77．（2022·吉林四平·统考二模）【阅读理解】如图1，l1//l2，△ABC的面积与△DBC的面积相等吗？为什么？
解：相等，在△ABC和△DBC中，分别作AE⊥l2，DF⊥l2，垂足分别为E，F．
∴∠AEF=∠DFC=90°，
∴AE//DF．
∵l1//l2，
∴四边形AEFD是平行四边形，
∴AE=DF．
又S△ABC=12BC⋅AE，S△DBC=12BC⋅DF，
∴S△ABC=S△DBC．
【类比探究】问题①，如图2，在正方形ABCD的右侧作等腰△CDE，CE=DE，AD=4，连接AE，求△ADE的面积．
解：过点E作EF⊥CD于点F，连接AF．
请将余下的求解步骤补充完整．
【拓展应用】问题②，如图3，在正方形ABCD的右侧作正方形CEFG，点B，C，E在同一直线上，AD=4，连接BD，BF，DF，直接写出△BDF的面积．
【答案】①S△ADE=4；②S△BDF=8．
【分析】①过点E作EF⊥CD于点F，连接AF，可得EF//AD，根据材料可知S△ADE=S△ADF，再由等腰三角形性质可知DF=12CD，即可求出S△ADF；
②连接CE，证明BD//CE，即可得S△BDF=S△BDC，由此即可求解．
【详解】：①过点E作EF⊥CD于点F，连接AF，
∵在正方形ABCD中，∠ADC=90°，
∴EF//AD，
∴S△ADE=S△ADF，
∵CE=DE，EF⊥CD，
∴DF=12CD，
∵在正方形ABCD中，AD=CD=4，
∴S△ADE=S△ADF=12AD×DF=12×4×2=4；
②S△BDF=8，
过程如下：如解图3，连接CE，
∵在正方形ABCD、正方形CEFG中，
∴∠BDC=∠FCG=45°，
∴CF//BD，
∴S△BDF=S△BDC，
∵在正方形ABCD中，AD=BC=CD=4，∠BCD=90°，
∴S△BDF=S△BDC=8．
【点睛】本题主要考查了正方形性质和平行线判定和性质以及三角形面积，解题关键是理解阅读材料，根据平行线找到等底等高的三角形．
一、单选题
1．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（ ）

A．2αB．90°−2αC．45°−αD．90°−α
【答案】A
【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．
【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，
由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，
∴∠ABH+∠ABC=180°，
∴点H，B，C三点共线，
∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，
∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，
∵∠AHB+∠BAH=90°，
∴∠AHB=45°+α，
在△AEF和△AEH中
AF=AH∠FAE=∠HAEAE=AE，
∴△AFE≌△AHE(SAS)，
∴∠AHE=∠AFE=45°+α，
∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，
∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，
∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，
∴∠FEC=2α，
故选：A．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．
2．（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，AB=4，动点M，N分别从点A，B同时出发，沿射线AB，射线BC的方向匀速运动，且速度的大小相等，连接DM，MN，ND．设点M运动的路程为x0≤x≤4，△DMN的面积为S，下列图像中能反映S与x之间函数关系的是（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据S=S正方形ABCD−S△ADM−S△DCN−S△BMN，求出S与x之间函数关系式，再判断即可得出结论．
【详解】解：S=S正方形ABCD−S△ADM−S△DCN−S△BMN，
=4×4−12×4x−12×4(4−x)−12x(4−x)，
=12x2−2x+8，
=12(x−2)2+6，
故S与x之间函数关系为二次函数，图像开口向上，x=2时，函数有最小值6，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，二次函数的图像与性质，本题的关键是求出S与x之间函数关系式，再判断S与x之间函数类型．
3．（2023·四川眉山·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E是CD上一点，延长CB至点F，使BF=DE，连结AE,AF,EF，EF交AB于点K，过点A作AG⊥EF，垂足为点H，交CF于点G，连结HD，HC．下列四个结论：①AH=HC；②HD=CD；③∠FAB=∠DHE；④AK⋅HD=2HE2．其中正确结论的个数为（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据正方形ABCD的性质可由SAS定理证△ABF≌△ADE，即可判定△AEF是等腰直角三角形，进而可得HE=HF=AH=12EF，由直角三角形斜边中线等于斜边一半可得HC=12EF；由此即可判断①正确；再根据∠ADH+∠EAD=∠DHE+∠AEH，可判断③正确，进而证明△AFK∼△HDE，可得AFHD=AKHE，结合AF=2AH=2HE，即可得出结论④正确，由∠AED随着DE长度变化而变化，不固定，可 判断②HD=CD不一定成立．
【详解】解：∵正方形ABCD，
∴AB=AD，∠ADC=∠ABC=∠BAD=∠BCD=90°，
∴∠ABF=∠ADC=90°，
∵BF=DE，
∴△ABF≌△ADE （SAS），
∴∠BAF=∠DAE，AF=AE，
∴∠FAE=∠BAF+∠BAE=∠DAE+∠BAE=∠BAD=90°，
∴△AEF是等腰直角三角形， ∠AEF=∠AFE=45°，
∵AH⊥EF，
∴HE=HF=AH=12EF，
∵∠DCB=90°，
∴CH=HE=12EF，
∴CH=AH，故①正确；

又∵AD=CD,HD=HD,
∴△AHD≅△CHD(SSS),
∴∠ADH=∠CDH=12∠ADC=45°，
∵∠ADH+∠EAD=∠DHE+∠AEH，即：45°+∠EAD=∠DHE+45°，
∴∠EAD=∠DHE，
∴∠FAB=∠DHE=∠EAD，故③正确，
又∵∠AFE=∠ADH=45°，
∴△AFK∼△HDE，
∴AFHD=AKHE，
又∵AF=2AH=2HE，
∴AK⋅HD=2HE2，故④正确，
∵若HD=CD，则∠DHC=∠DCH=180°−45°2=67.5°，
又∵CH=HE，
∴∠HCE=∠HEC=67.5°，
而点E是CD上一动点，∠AED随着DE长度变化而变化，不固定，
而∠HEC=180°−∠AED−45°=135°−∠AED，
则故∠HEC=67.5°不一定成立，故②错误；
综上，正确的有①③④共3个，
故选：C．
【点睛】本题考查三角形综合，涉及了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，等腰三角形＂三线合一＂的性质，直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质是解题的关键．
4．（2023·浙江金华·统考中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若HF=FG，则S四边形PCQES正方形ABEF的值是（ ）

A．14B．15C．312D．625
【答案】B
【分析】设HF=FG=a，正方形ACGH的边长为2a，证明tan∠HAF=tan∠GFP，先后求得GP=12a，PC=32a，BC=a，利用三角形面积公式求得S△BCQ=14a2，证明Rt△BQC∽Rt△BPE，求得S△BEP=54a2，S四边形CQEP=a2，据此求解即可．
【详解】解：∵四边形ACGH是正方形，且HF=FG，
设HF=FG=a，则AC=CG=GH=AH=2a，
∵四边形ABEF是正方形，
∴∠AFP=90°，
∴∠HAF=90°−∠HFA=∠GFP，
∴tan∠HAF=tan∠GFP，即HFHA=GPFG=12，
∴GP=12a，
∴PC=2a−12a=32a，
同理tan∠HAF=tan∠CAB，即HFHA=BCAC=12，
∴BC=a，
同理CQ=12a，
∴PB=52a，
BQ2=a2+12a2=54a2，S△BCQ=12×a×12a=14a2，
∵Rt△BQC∽Rt△BPE，
∴S△BCQS△BEP=BQBP2=54a2254a2=15，
∴S△BEP=5S△BCQ=54a2，
∴S四边形CQEP=S△BEP−S△BCQ=a2，
∵S正方形ABEF=AB2=AC2+BC2=2a2+a2=5a2，
∴S四边形PCQES正方形ABEF=a25a2=15，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
5．（2023·四川达州·统考中考真题）如图，四边形ABCD是边长为12的正方形，曲线DA1B1C1D1A2⋯是由多段90°的圆心角的圆心为C，半径为CB1；C1D1的圆心为D，半径为DC1⋯,DA1、A1B1、B1C1、C1D1⋯的圆心依次为A、B、C、D循环，则A2023B2023⏜的长是（ ）

A．4045π2B．2023πC．2023π4D．2022π
【答案】A
【分析】曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+12，得到ADn−1=AAn=4×12(n−1)+12，BAn=BBn=4×12(n−1)+1，得出半径，再计算弧长即可．
【详解】解：由图可知，曲线DA1B1C1D1A2…是由一段段90度的弧组成的，半径每次比前一段弧半径+12，
∴ AD=AA1=12，BA1=BB1=1，CB1=CC1=32，DC1=DD1=2，
AD1=AA2=2+12，BA2=BB2=2+1，CB2=CC2=2+32，DC2=DD2=2+2，
……，
ADn−1=AAn=4×12(n−1)+12，BAn=BBn=4×12(n−1)+1，
故A2023B2023的半径为BA2023=BB2023=4×12×(2023−1)+1=4045，
∴ A2023B2023的弧长=90180×4045π=40452π．
故选A
【点睛】此题主要考查了弧长的计算，弧长的计算公式：l=nπr180，找到每段弧的半径变化规律是解题关键．
6．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E,F分别是AB,BC上的动点，且AF⊥DE，垂足为G，将△ABF沿AF翻折，得到△AMF,AM交DE于点P，对角线BD交AF于点H，连接HM,CM,DM,BM，下列结论正确的是：①AF=DE；②BM∥DE；③若CM⊥FM，则四边形BHMF是菱形；④当点E运动到AB的中点，tan∠BHF=22；⑤EP⋅DH=2AG⋅BH．（ ）

A．①②③④⑤B．①②③⑤C．①②③D．①②⑤
【答案】B
【分析】根据正方形的性质可得∠AED=∠BFA，从而证明△ABF≌△AED，即可判断①；由折叠的性质可得BM⊥AF，再由平行线的判定即可判断②；由CM⊥FM可得A,M,C在同一直线上，从而可得∠MCF=∠MFC=45°，再根据折叠的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，再根据菱形的判定即可判断③；设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，利用勾股定理求得DE=5a=AF，证明△AHD∽△FHB，可得AH=23AF=253a，从而证得△AGE∽△ABF，可得DG=455a，GH=4515a，即可判断④；证明△EAG≌△PAG，可得EG=12EP，从而证明△AHD∽△FHB，可得DHBH=ABBF，再证明△EAG∽△FAB，可得EG⋅DH=AG⋅BH，进而可得12EP⋅DH=AG⋅BH，即可判断⑤．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAE=∠ABF=90°，DA=AB，
∵AF⊥DE，
∴∠BAF+∠AED=90°，
∵∠BAF+∠AFB=90°，
∴∠AED=∠BFA，
∴△ABF≌△AEDAAS，
∴AF=DE，故①正确，
∵将△ABF沿AF翻折，得到△AMF，
∴BM⊥AF，
∵AF⊥DE，
∴BM∥DE，故②正确，
当CM⊥FM时，∠CMF=90°，
∵∠AMF=∠ABF=90°，
∴∠AMF+∠CMF=180°，即A,M,C在同一直线上，
∴∠MCF=45°，
∴∠MFC=90°−∠MCF=45°，
通过翻折的性质可得∠HBF=∠HMF=45°，BF=MF，
∴∠HMF=∠MFC，∠HBC=∠MFC，
∴BC∥MH,HB∥MF，
∴四边形BHMF是平行四边形，
∵BF=MF，
∴平行四边形BHMF是菱形，故③正确，
当点E运动到AB的中点，如图，

设正方形ABCD的边长为2a，则AE=BF=a，
在Rt△AED中，DE=AD2+AE2=5a=AF，
∵∠AHD=∠FHB,∠ADH=∠FBH=45°，
∴△AHD∽△FHB，
∴FHAH=BFAD=a2a=12，
∴AH=23AF=253a，
∵∠AGE=∠ABF=90°，
∴△AGE∽△ABF，
∴AEAF=EGBF=AGAB=a5a=55，
∴EG=55BF=55a，AG=55AB=255a，
∴DG=ED−EG=455a，GH=AH−AG=4515a，
∵∠BHF=∠DHA，
在Rt△DGH中，tan∠BHF=tan∠DHA=DGGH=3，故④错误，
由折叠的性质可得，△ABF≌△AMF，
∴∠EAG=∠PAG，
在△EAG和△PAG中，
∠EAG=∠PAGAG=AG∠EGA=∠PGA，
∴△EAG≌△PAGASA，
∴EG=PG，
∴EG=12EP，
∵AD∥BC，
∴△AHD∽△FHB，
∴DHBH=ADBF，
∵AD=AB，
∴DHBH=ABBF，
∵∠AGE=∠ABF=90°，∠EAG=∠FAB，
∴△EAG∽△FAB，
∴EGAG=BFAB，
∴BHDH=EGAG，
∴EG⋅DH=AG⋅BH，
∴12EP⋅DH=AG⋅BH，
∴EP⋅DH=2AG⋅BH，故⑤正确；
综上分析可知，正确的是①②③⑤．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，正切的概念，熟练按照要求做出图形，利用寻找相似三角形是解题的关键．
7．（2023·上海·统考中考真题）已知在梯形ABCD中，连接AC，BD，且AC⊥BD，设AB=a,CD=b．下列两个说法：
①AC=22a+b；②AD=22a2+b2
则下列说法正确的是（ ）
A．①正确②错误B．①错误②正确C．①②均正确D．①②均错误
【答案】D
【分析】根据已知及结论，作出图形，进而可知当梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，①AC=22a+b；②AD=22a2+b2，其余情况得不出这样的结论，从而得到答案．
【详解】解：过B作BE∥CA，交BC延长线于E，如图所示：

若梯形ABCD为等腰梯形，即AD=BC，AB∥CD时，
∴四边形ACEB是平行四边形，
∴CE=AB,AC=BE，
∵AB∥DC，
∴∠DAB=∠CBA，
∵AB=AB，
∴△DAB≌△CBASAS
∴AC=BD，即BD=BE，
又∵ AC⊥BD，
∴ BE⊥BD，
在Rt△BDE中，BD=BE，AB=a,CD=b，则DE=DC+CE=b+a，
∴AC=BE=DE2=22DE=22a+b，此时①正确；
过B作BF⊥DE于F，如图所示：

在Rt△BFC中，BD=BE，AB=a,CD=b，DE=b+a，则BF=FE=12DE=12a+b，FC=FE−CE=12a+b−a=12b−a，
∴BC=BF2+FC2=a+b22+b−a22 =22a2+b2，此时②正确；
而题中，梯形ABCD是否为等腰梯形，并未确定；梯形ABCD是AB∥CD还是AD∥BC，并未确定，
∴无法保证①②正确，
故选：D．
【点睛】本题考查梯形中求线段长，涉及梯形性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关几何判定与性质是解决问题的关键．
8．（2022·江苏泰州·统考中考真题）如图，正方形ABCD的边长为2，E为与点D不重合的动点，以DE一边作正方形DEFG.设DE=d1，点F、G与点C的距离分别为d2，d3，则d1＋d2＋d3的最小值为( )
A．2B．2C．22D．4
【答案】C
【分析】连接CF、CG、AE，证ΔADE≅ΔCDGSAS可得AE=CG，当A、E、F、C四点共线时，即得最小值；
【详解】解：如图，连接CF、CG、AE，
∵∠ADC=∠EDG=90°
∴∠ADE=∠CDG
在ΔADE和ΔCDG中，
∵AD=CD∠ADE=∠CDGDE=DG
∴ΔADE≅ΔCDGSAS
∴AE=CG
∴DE+CF+CG=EF+CF+AE
当EF+CF+AE=AC时，最小，
AC=AD2+CD2=22+22=22
∴d1＋d2＋d3的最小值为22，
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，正确构造全等三角形是解本题的关键．
二、填空题
9．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是BC，CD上的动点，M，N分别是EF，AF的中点，则MN的最大值为 ．

【答案】2
【分析】首先证明出MN是△AEF的中位线，得到MN=12AE，然后由正方形的性质和勾股定理得到AE=AB2+BE2=4+BE2，证明出当BE最大时，AE最大，此时MN最大，进而得到当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，最后代入求解即可．
【详解】如图所示，连接AE，

∵M，N分别是EF，AF的中点，
∴MN是△AEF的中位线，
∴MN=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=90°，
∴AE=AB2+BE2=4+BE2，
∴当BE最大时，AE最大，此时MN最大，
∵点E是BC上的动点，
∴当点E和点C重合时，BE最大，即BC的长度，
∴此时AE=4+22=22，
∴MN=12AE=2，
∴MN的最大值为2．
故答案为：2．
【点睛】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
10．（2023·天津·统考中考真题）如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA=ED=52．

（1）△ADE的面积为 ；
（2）若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 ．
【答案】 3 13
【分析】（1）过点E作EH⊥AD，根据正方形和等腰三角形的性质，得到AH的长，再利用勾股定理，求出EH的长，即可得到△ADE的面积；
（2）延长EH交AG于点K，利用正方形和平行线的性质，证明△ABF≌△KEFASA，得到EK的长，进而得到KH的长，再证明△AHK∽△ADG，得到KHGD=AHAD，进而求出GD的长，最后利用勾股定理，即可求出AG的长．
【详解】解：（1）过点E作EH⊥AD，

∵正方形ABCD的边长为3，
∴AD=3，
∵△ADE是等腰三角形，EA=ED=52，EH⊥AD，
∴AH=DH=12AD=32，
在Rt△AHE中，EH=AE2−AH2=522−322=2，
∴S△ADE=12AD⋅EH=12×3×2=3,
故答案为：3；
（2）延长EH交AG于点K，
∵正方形ABCD的边长为3，
∴∠BAD=∠ADC=90°，AB=3，
∴AB⊥AD，CD⊥AD，
∵EK⊥AD，
∴AB∥EK∥CD，
∴∠ABF=∠KEF，
∵F为BE的中点，
∴BF=EF，
在△ABF和△KEF中，
∠ABF=∠KEFBF=EF∠AFB=∠KFE，
∴△ABF≌△KEFASA，
∴EK=AB=3，
由（1）可知，AH=12AD，EH=2，
∴KH=1，
∵KH∥CD，
∴△AHK∽△ADG，
∴KHGD=AHAD，
∴GD=2，
在Rt△ADG中，AG=AD2+GD2=32+22=13，
故答案为：13．

【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键．
11．（2023·江苏扬州·统考中考真题）如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E、F分别在边AD、BC上，将正方形沿着EF翻折，点B恰好落在CD边上的点B'处，如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，那么线段FC的长为 ．

【答案】38
【分析】连接BB'，过点F作FH⊥AD于点H，设CF=x，则DH=x，则BF=1−x，根据已知条件，分别表示出AE,EH,HD，证明△EHF≌△B'CB ASA，得出EH=B'C=54−2x，在Rt△B'FC中，B'F2=B'C2+CF2，勾股定理建立方程，解方程即可求解．
【详解】解：如图所示，连接BB'，过点F作FH⊥AD于点H，

∵正方形ABCD的边长为1，四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5，
∴S四边形ABFE=38×1=38，
设CF=x，则DH=x，则BF=1−x
∴S四边形ABFE=12AE+BF×AB=38
即12AE+1−x×1=38
∴AE=x−14
∴DE=1−AE=54−x，
∴EH=ED−HD=54−x−x=54−2x，
∵折叠，
∴BB'⊥EF，
∴∠1+∠2=∠BGF=90°，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠3，
又FH=BC=1,∠EHF=∠C
∴△EHF≌△B'CB ASA，
∴EH=B'C=54−2x
在Rt△B'FC中，B'F2=B'C2+CF2
即1−x2=x2+54−2x2
解得：x=38，
故答案为：38．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
12．（2023·四川泸州·统考中考真题）如图，E，F是正方形ABCD的边AB的三等分点，P是对角线AC上的动点，当PE+PF取得最小值时，APPC的值是 ．

【答案】27
【分析】作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，此时PE+PF取得最小值，过点F'作AD的垂线段，交AC于点K，根据题意可知点F'落在AD上，设正方形的边长为a，求得AK的边长，证明△AEP'∽△KF'P'，可得KP'AP'=2，即可解答．
【详解】解：作点F关于AC的对称点F'，连接EF'交AC于点P'，过点F'作AD的垂线段，交AC于点K，

由题意得：此时F'落在AD上，且根据对称的性质，当P点与P'重合时PE+PF取得最小值，
设正方形ABCD的边长为a，则AF'=AF=23a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠F'AK=45°，∠P'AE=45°，AC=2a
∵F'K⊥AF'，
∴∠F'AK=∠F'KA=45°，
∴AK=223a，
∵∠F'P'K=∠EP'A，
∴△E'KP'∽△EAP'，
∴F'KAE=KP'AP'=2，
∴AP'=13AK=292a，
∴CP'=AC−AP'=792a，
∴AP'CP'=27，
∴当PE+PF取得最小值时，APPC的值是为27，
故答案为：27．
【点睛】本题考查了四边形的最值问题，轴对称的性质，相似三角形的证明与性质，正方形的性质，正确画出辅助线是解题的关键．
13．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）如图，将面积为7的正方形OABC和面积为9的正方形ODEF分别绕原点O顺时针旋转，使OA，OD落在数轴上，点A，D在数轴上对应的数字分别为a，b，则b−a= ．

【答案】3−7
【分析】分别求出两个正方形的边长，从而得到a，b的值，代入计算即可．
【详解】∵正方形OABC的面积为7，正方形ODEF的面积为9
∴OA=7，OD=9=3
即a=7，b=3
∴b−a=3−7
故答案为：3−7
【点睛】本题考查算术平方根的意义，在数轴上表示实数，正确求出算术平方根是解题的关键．
14．（2023·山东东营·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线l：y=3x−3与x轴交于点A1，以OA1为边作正方形A1B1C1O点C1在y轴上，延长C1B1交直线l于点A2，以C1A2为边作正方形A2B2C2C1，点C2在y轴上，以同样的方式依次作正方形A3B3C3C2，…，正方形A2023B2023C2023C2022，则点B2023的横坐标是 ．

【答案】1+332022
【分析】分别求出点点B1的横坐标是1，点B2的横坐标是1+33，点B3的横坐标是233+43=1+332，找到规律，得到答案见即可．
【详解】解：当y=0，0=3x−3，解得x=1，
∴点A11,0,
∵A1B1C1O是正方形，
∴OA1=A1B1=OC1=1，
∴点B11,1，
∴点B1的横坐标是1，
当y=1时，1=3x−3，解得x=1+33，
∴点A21+33,1，
∵A2B2C2C1是正方形，
∴A2B2=C1C2=A2C1=1+33，
∴点B21+33,2+33，
即点B2的横坐标是1+33，
当y=2+33时，2+33=3x−3，解得x=233+2，
∴点A3233+43,2+33，
∵A3B3C3C2是正方形，
∴A3B3=C2C3=A3C2=233+43，
∴点B3的横坐标是233+43=1+332，
……
以此类推，则点B2023的横坐标是1+332022
故答案为：1+332022
【点睛】此题是点的坐标规律题，考查了二次函数的图象和性质、正方形的性质等知识，数形结合是是解题的关键．
15．（2023·浙江衢州·统考中考真题）如图，点A、B在x轴上，分别以OA，AB为边，在x轴上方作正方形OACD，ABEF．反比例函数y=kxk>0的图象分别交边CD，BE于点P，Q．作PM⊥x轴于点M，QN⊥y轴于点N．若OA=2AB，Q为BE的中点，且阴影部分面积等于6，则k的值为 ．

【答案】24
【分析】设OA=4a，则AB=2a，从而可得A4a,0、B6a,0，由正方形的性质可得C4a,4a，由QN⊥y轴，点P在CD上，可得Pk4a,4a，由于Q为BE的中点，BE⊥x轴，可得BQ=12AB=a，则Q6a,a，由于点Q在反比例函数y=kxk>0的图象上可得k=6a2，根据阴影部分为矩形，且长为k4a，宽为a，面积为6，从而可得12×4ak×a=6，即可求解．
【详解】解：设OA=4a，
∵OA=2AB，
∴AB=2a，
∴OB=AB+OA=6a，
∴B6a,0，
在正方形ABEF中，AB=BE=2a，
∵Q为BE的中点，
∴BQ=12AB=a，
∴Q6a,a，
∵Q在反比例函数y=kxk>0的图象上，
∴k=6a×a=6a2，
∵四边形OACD是正方形，
∴C6a,6a，
∵P在CD上，
∴P点纵坐标为4a，
∵P点在反比例函数y=kxk>0的图象上，
∴P点横坐标为x=k4a，
∴Pk4a,4a，
∵∠HMO=∠HNO=∠NOM=90°，
∴四边形OMHN是矩形，
∴NH=k4a，MH=a，
∴S▭OMHN=NH×MH=k4a×a=6，
∴k=24，
故答案为：24．
【点睛】本题考查反比例函数图象的性质及正方形的性质及矩形的面积公式，读懂题意，灵活运用所学知识是解题的关键．
16．（2023·黑龙江·统考中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，再添加一个条件，使得四边形ABCD是正方形，这个条件可以是 （写出一个条件即可）．

【答案】AB=AD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：这个条件可以是AB=AD（答案不唯一），
理由：∵四边形ABCD是矩形，AB=AD，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：AB=AD（答案不唯一）．
【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
17．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=150°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．
【答案】①②③④
【分析】对于结论①，由等边三角形的性质可得，△EFB≌△ACB(SAS)，则EF=AC=AD；同理，由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形；对于结论②，当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=90°，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当AB=AC时，AE=AD，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，故结论④正确．
【详解】解析：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC=60°，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACB(SAS)，
∴EF=AC=AD，
同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−150°−60°=90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB=AE，AC=AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键．
三、解答题
18．（2023·山东·统考中考真题）（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE⊥DF，垂足为点G．求证：△ADE∽△DCF．

【问题解决】
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF，延长BC到点H，使CH=DE，连接DH．求证：∠ADF=∠H．
【类比迁移】
（3）如图3，在菱形ABCD中，点E，F分别在边DC，BC上，AE=DF=11，DE=8，∠AED=60°，求CF的长．
【答案】（1）见解析 （2）见解析 （3）3
【分析】（1）由矩形的性质可得∠ADE=∠DCF=90°，则∠CDF+∠DFC=90°，再由AE⊥DF，可得∠DGE=90°，则∠CDF+∠AED=90°，根据等角的余角相等得∠AED=∠DFC，即可得证；
（2）利用“HL”证明△ADE≌△DCF，可得DE=CF，由CH=DE，可得CF=CH，利用“SAS”证明△DCF≌△DCH，则∠DHC=∠DFC，由正方形的性质可得AD∥BC，根据平行线的性质，即可得证；
（3）延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，由菱形的性质可得AD=DC，AD∥BC，则∠ADE=∠DCG，推出△ADE≌△DCGSAS，由全等的性质可得∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，进而推出△DFG是等边三角形，再根据线段的和差关系计算求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ADE=∠DCF=90°，
∴∠CDF+∠DFC=90°，
∵ AE⊥DF，
∴∠DGE=90°，
∴∠CDF+∠AED=90°，
∴∠AED=∠DFC，
∴△ADE∽△DCF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，AD∥BC，∠ADE=∠DCF=90°，
∵AE=DF，
∴△ADE≌△DCFHL，
∴DE=CF，
又∵ CH=DE，
∴ CF=CH，
∵点H在BC的延长线上，
∴ ∠DCH=∠DCF=90°，
∵DC=DC，
∴△DCF≌△DCHSAS，
∴∠H=∠DFC，
∵ AD∥BC，
∴∠ADF=∠DFC=∠H；
（3）解：如图，延长BC到点G，使CG=DE=8，连接DG，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=DC，AD∥BC，
∴∠ADE=∠DCG，
∴△ADE≌△DCGSAS，
∴∠DGC=∠AED=60°，DG=AE，
∵AE=DF，
∴DG=DF，
∴△DFG是等边三角形，
∴FG=FC+CG=DF=11，
∴FC=11−CG=11−8=3．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，正方形的性质，菱形的性质，相似三角形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，熟练掌握这些知识点并灵活运用是解题的关键．
19．（2023·湖南·统考中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转．

特例感知：
（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明；
（2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由；
规律探究：
（3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）△APE是等腰直角三角形，理由见解析；（3）△APE的形状不改变，见解析
【分析】（1）连接BD，BF，BP，根据正方形的性质求出∠DBF=90°，证明△APD≌△APB，推出BP=DP，再利用余角的性质求出∠PBF=∠PFB，推出PB=PF即可；
（2）根据正方形的性质直接得到∠CAE=∠PEA=45°，推出AP=EP,∠APE=90°，得到△APE是等腰直角三角形；
（3）延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，证明△MPD≌△EPFSAS，得到DM=EF,∠DMP=∠PEF，推出BG∥DM，设DF交BC于点H，交BG于点N，得到∠MDN=∠DNB，由AD∥BC得到∠ADN=∠BHN，推出∠ADM=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，进而得到∠ADM=∠ABE，再证明△ADM≌△ABESAS，得到AM=AE，∠DAM=∠BAE，证得∠APE=90°，再由∠MAE=90°，根据等腰三角形的三线合一的性质求出∠MAP=∠PAE=45°，即可证得△APE是等腰直角三角形．
【详解】（1）证明：连接BD，BF，BP，如图，

∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CBD=45°=∠FBG，
∴∠DBF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC=∠BAC=45°，
又∵AP=AP，
∴△APD≌△APBSAS，
∴BP=DP，
∴∠PDB=∠PBD，
∵∠PDB+∠PFB=90°=∠PBD+∠PBF，
∴∠PBF=∠PFB，
∴PB=PF，
∴PD=PF，即点P恰为DF的中点；
（2）△APE是等腰直角三角形，理由如下：
∵四边形ABCD，BEFG都是正方形，
∴∠CAE=∠PEA=45°
∴AP=EP,∠APE=90°，
∴△APE是等腰直角三角形；
（3）△APE的形状不改变，
延长EP至点M，使PM=EP，连接MA,MD，

∵四边形ABCD、四边形BEFG都是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠EBG=90°，BE=EF，BG∥EF，
∵点P为DF的中点，
∴PD=PF，
∵∠DPM=∠EPF，
∴△MPD≌△EPFSAS，
∴DM=EF,∠DMP=∠PEF，
∴BE=DM，DM∥EF，
∴BG∥DM，
设DF交BC于点H，交BG于点N，
∴∠MDN=∠DNB，
∵AD∥BC，
∴∠ADN=∠BHN，
∵∠BHN+∠BNH+∠HBN=180°，
∴∠ADM=∠ADN+∠MDN=∠BHN+∠BNH=180°−∠HBN，
∵∠ABE=360°−∠ABC−∠EBG−∠HBN=180°−∠HBN，
∴∠ADM=∠ABE，
又∵AD=AB，
∴△ADM≌△ABESAS，
∴AM=AE，∠DAM=∠BAE，
∵PM=EP，
∴AP⊥ME，即∠APE=90°，
∵∠DAM+∠MAB=90°，
∴∠BAE+∠MAB=90°，即∠MAE=90°，
∴∠MAP=∠PAE=45°，
∴∠PEA=45°=∠PAE，
∴AP=EP，
∴△APE是等腰直角三角形．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键．
20．（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点（与点B,D不重合），GE⊥CD,GF⊥BC,E,F分别为垂足．连接EF,AG，并延长AG交EF于点H．

(1)求证：∠DAG=∠EGH．
(2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)AH与EF垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到AD⊥CD，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得AD∥GE，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接GC交EF于点O，由SAS证明△ADG≌△CDG，再根据全等三角形对应角相等得到∠DAG=∠DCG，继而证明四边形FCEG为矩形，最后根据矩形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形ABCD中，AD⊥CD
∵GE⊥CD
∴AD∥GE，
∴∠DAG=∠EGH．
（2）AH与EF垂直，理由如下．
连接GC交EF于点O．
∵BD为正方形ABCD的对角线，
∴∠ADG=∠CDG=45°，
又∵DG=DG,AD=CD，
∴△ADG≌△CDG，
∴∠DAG=∠DCG．
在正方形ABCD中，∠ECF=90°，
又∵GE⊥CD,GF⊥BC，
∴四边形FCEG为矩形，
∴OE=OC，
∴∠OEC=∠OCE，
∴∠DAG=∠OEC．
又∵∠DAG=∠EGH，
∴∠EGH+∠GEH=∠OEC+∠GEH=∠GEC=90°，
∴∠GHE=90°，
∴AH⊥EF．
【点睛】本题考查正方形的性质、平行线的性质、全等三角形的判断与性质、矩形的判定与性质等知识，综合性较强，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．
21．（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，分别以点B,C为圆心，12AC,12BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP,CP．

(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；
(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？
【答案】(1)平行四边形，见解析
(2)AC=BD且AC⊥BD
【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到BP=12AC=OC,CP=12BD=OB，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．
（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．
【详解】（1）四边形BPCO是平行四边形．理由如下：
∵▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，
∴AO=OC,BO=OD，
∵以点B,C为圆心，12AC,12BD长为半径画弧，两弧交于点P，
∴BP=12AC=OC,CP=12BD=OB
∴四边形BPCO是平行四边形．
（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，
∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．
22．（2023·甘肃兰州·统考中考真题）综合与实践
【思考尝试】
（1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG=CF．试猜想四边形ABCD的形状，并说明理由；
【实践探究】
（2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交AH于点G，可以用等式表示线段FH，AH，CF的数量关系，请你思考并解答这个问题；
【拓展迁移】
（3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在CH上，且AH=HM，连接AM，BH，可以用等式表示线段CM，BH的数量关系，请你思考并解答这个问题．

【答案】（1）四边形ABCD是正方形，证明见解析；（2）FH=AH+CF；（3）MC=2BH，证明见解析；
【分析】（1）证明△ADG≌△CDF，可得AD=CD，从而可得结论；
（2）证明四边形DGHF是矩形，可得∠G=90°=∠DFC，同理可得：∠ADG=∠CDF，证明△ADG≌△CDF，DG=DF，AG=CF，证明四边形DGHF是正方形，可得HG=HF，从而可得结论；
（3）如图，连接AC，证明∠AHE=∠ABC=90°，ACAB=2，∠BAC=45°，△AHE∽△CBE，可得AECE=HEBE，再证明△HEB∽△AEC，可得∠HBE=∠MCA，证明△AHB∽△AMC，可得HBMC=ABAC=12，从而可得答案．
【详解】解：（1）∵GD⊥DF，DF⊥CE，AG⊥DG，
∴∠G=∠DFC=90°，∠ADG+∠ADF=90°，
∵矩形ABCD，
∴∠ADC=90°=∠ADF+∠CDF，
∴∠ADG=∠CDF，
∵AG=CF，
∴△ADG≌△CDF，
∴AD=CD，
∴矩形ABCD是正方形．
（2）∵DF⊥CE，AH⊥CE，GD⊥DF，
∴∠DFH=∠H=∠GDF=90°，
∴四边形DGHF是矩形，
∴∠G=90°=∠DFC，
同理可得：∠ADG=∠CDF，
∵正方形ABCD，
∴AD=CD，
∴△ADG≌△CDF，
∴DG=DF，AG=CF，
∴四边形DGHF是正方形，
∴HG=HF，
∴FH=HG=AH+AG=AH+CF．
（3）如图，连接AC，
∵AH⊥CE，正方形ABCD，
∴∠AHE=∠ABC=90°，ACAB=2，∠BAC=45°，
∵∠AEH=∠CEB，
∴△AHE∽△CBE，
∴AECE=HEBE，

∵∠BEH=∠AEC，
∴△HEB∽△AEC，
∴∠HBE=∠MCA，
∵AH⊥CE,AH=HM，
∴∠HAM=45°=∠BAC，
∴∠HAE=∠MAC，
∴△AHB∽△AMC，
∴HBMC=ABAC=12，
∴MC=2BH．
【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键．
23．（2022·河南·统考中考真题）综合与实践
综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．

(1)操作判断
操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；
操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．
根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．
(2)迁移探究
小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：
将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；
②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．
(3)拓展应用
在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．
【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC
(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析
(3)AP=4011cm或2413cm
【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°，进而可得∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°；
（2）根据折叠的性质，可证RtΔBQM≅RtΔBQCHL，即可求解；
（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：∵AE=BE=12AB，AB=BM
∴BE=12BM
∵∠BEM=90°，sin∠BME=BEBM=12
∴∠BME=30°
∴∠MBE=60°
∵∠ABP=∠PBM
∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°
（2）∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°
由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°
∴BM=BC
①∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
∵∠MBC=30°
∴∠MBQ=∠CBQ=15°
②∵BM=BC，BQ=BQ
∴RtΔBQM≅RtΔBQCHL
∴∠MBQ=∠CBQ
（3）当点Q在点F的下方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=CD−DF−FQ=8−4−1=3(cm)，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8−x2+52=x+32
解得：x=4011
∴AP=4011cm；
当点Q在点F的上方时，如图，
∵FQ=1cm，DF=FC=4cm，AB=8cm
∴QC=5cm，DQ =3cm，
由（2）可知，QM=QC
设AP=PM=x，PD=8−x，
∴PD2+DQ2=PQ2，
即8−x2+32=x+52
解得：x=2413
∴AP=2413cm．
【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．
24．（2022·浙江台州·统考中考真题）图1中有四条优美的“螺旋折线”，它们是怎样画出来的呢？如图2，在正方形ABCD各边上分别取点B1，C1，D1，A1，使AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，依次连接它们，得到四边形A1B1C1D1；再在四边形A1B1C1D1各边上分别取点B2，C2，D2，A2，使A1B2=B1C2=C1D2=D1A2=45A1B1，依次连接它们，得到四边形A2B2C2D2；…如此继续下去，得到四条螺旋折线．
图1
(1)求证：四边形A1B1C1D1是正方形；
(2)求A1B1AB的值；
(3)请研究螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段之间的关系，写出一个正确结论并加以证明．
【答案】(1)见解析
(2)175
(3)螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175，见解析
【分析】（1）证明△AB1A1≌△BC1B1，则A1B1=B1C1，同理可证B1C1=C1D1=D1A1=A1B1，再证明有一个角为直角，即可证明四边形为正方形；
（2）勾股定理求解A1B1的长度，再作比即可；
（3）两个结论：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175；螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变，选一个证明即可，证明过程见详解．
【详解】（1）在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠B=90°，
又∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，
∴AA1=BB1=15AB．
∴△AB1A1≌△BC1B1．
∴A1B1=B1C1，∠AB1A1=∠BC1B1．
又∵∠BC1B1+∠BB1C1=90°，
∴∠BB1C1+∠AB1A1=90°．
∴∠A1B1C1=90°．
同理可证：B1C1=C1D1=D1A1=A1B1．
∴四边形A1B1C1D1是正方形．
（2）∵AB1=BC1=CD1=DA1=45AB，设AB=5a，则AB1=4a．
∴B1B=AA1=a．
∴由勾股定理得：A1B1=17a．
∴A1B1AB=17a5a=175．
（3）结论1：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
证明：∵AB1=45AB，
∴BB1=15AB．
同理，B1B2=15A1B1．…
∴B1BB1B2=ABA1B1=51717．
同理可得B1B2B2B3=51717，…
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的比均为51717或175．
结论2：螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
证明：∵B1BBC1=B2B1B1C2=14，∠A1B1C1=∠ABC=90°，
∴△BB1C1∽△B1B2C2，
∴∠BB1C1=∠B1B2C2．
同理得：∠B1B2C2=∠B2B3C3，
∵∠C1B1B2=∠C2B2B3=90°，
∴∠BB1C1+∠C1B1B2=∠B1B2C2+∠C2B2B3，即∠BB1B2=∠B1B2B3．
同理可证∠B1B2B3=∠B2B3B4=⋅⋅⋅．
∴螺旋折线BB1B2B3…中相邻线段的夹角的度数不变．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定是解题的关键．
25．（2022·湖北随州·统考中考真题）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽著作，是数学发展史的一个里程碑．在该书的第2幕“几何与代数”部分，记载了很多利用几何图形来论证的代数结论，利用几何给人以强烈印象将抽象的逻辑规律体现在具体的图形之中．
(1)我们在学习许多代数公式时，可以用几何图形来推理，观察下列图形，找出可以推出的代数公式，（下面各图形均满足推导各公式的条件，只需填写对应公式的序号）
公式①：a+b+cd=ad+bd+cd
公式②：a+bc+d=ac+ad+bc+bd
公式③：a−b2=a2−2ab+b2
公式④：a+b2=a2+2ab+b2
图1对应公式______，图2对应公式______，图3对应公式______，图4对应公式______；
(2)《几何原本》中记载了一种利用几何图形证明平方差公式a+ba−b=a2−b2的方法，如图5，请写出证明过程；（已知图中各四边形均为矩形）
(3)如图6，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，D为BC的中点，E为边AC上任意一点（不与端点重合），过点E作EG⊥BC于点G，作EH⊥ADF点H过点B作BF//AC交EG的延长线于点F．记△BFG与△CEG的面积之和为S1，△ABD与△AEH的面积之和为S2．
①若E为边AC的中点，则S1S2的值为_______；
②若E不为边AC的中点时，试问①中的结论是否仍成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请说明理由．
【答案】(1)①，②，④，③
(2)证明见解析
(3)①2
②结论仍成立，理由见解析
【分析】（1）观察图形，根据面积计算方法即可快速判断；
（2）根据面积关系：矩形AKHD面积=矩形AKLC面积+矩形CLHD面积=矩形DBFG面积+矩形CLHD面积=正方形BCEF面积－正方形LEGH面积，即可证明；
（3）①由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，设BD=a，从而用含a的代数式表示出S1、S2进行计算即可；②由题意可得△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，设BD=a，DG=b，从而用含a、b的代数式表示出S1、S2进行计算即可．
【详解】（1）解：图1对应公式①，图2对应公式②，图3对应公式④，图4对应公式③；
故答案为：①，②，④，③；
（2）解：由图可知，矩形BCEF和矩形EGHL都是正方形，且AK=DB=a－b，
∴S矩形AKLC=S矩形DBFG=a(a−b)，
∵S矩形AKHD=S矩形AKLC+S矩形CLHD，
∴S矩形AKHD=S矩形DBFG+S矩形CLHD=S正方形BCEF−S正方形LEGH=a2−b2，
又∵S矩形AKHD=(a+b)(a−b)，
∴(a+b)(a−b)=a2−b2；
（3）解：①由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是正方形，
设BD=a，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=12a，EG=CG=12a，FG=BG=32a，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12×(32a)2+12×(12a)2=54a2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12×(12a)2=58a2，
∴S1S2=2；
故答案为：2；
②成立，证明如下：
由题意可得：△ABD，△AEH，△CEG，△BFG都是等腰直角三角形，四边形DGEH是矩形，
设BD=a，DG=b，
∴AD=BD=a，AH=HE=DG=b，EG=CG=a−b，FG=BG=a+b，
∴S1=S△BFG+S△CEG=12(a+b)2+12(a−b)2=a2+b2，
S2=S△ABD+S△AEH=12a2+12b2=12(a2+b2)，
∴S1S2=2仍成立．
【点睛】本题主要考查了公式的几何验证方法，矩形和正方形的判定与性质，掌握数形结合思想，观察图形，通过图形面积解决问题是解题的关键．