中考数学一轮复习专题1.3 正方形的判定与性质【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版）

这是一份中考数学一轮复习专题1.3 正方形的判定与性质【十大题型】（举一反三）（北师大版）（解析版），共60页。


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\l "_Tc23355" 【题型1 利用正方形的性质求角度】 PAGEREF _Tc23355 \h 1
\l "_Tc17962" 【题型2 利用正方形的性质求线段长】 PAGEREF _Tc17962 \h 6
\l "_Tc18136" 【题型3 利用正方形的性质求面积】 PAGEREF _Tc18136 \h 11
\l "_Tc25363" 【题型4 利用正方形的性质求坐标】 PAGEREF _Tc25363 \h 15
\l "_Tc19329" 【题型5 利用正方形的性质证明】 PAGEREF _Tc19329 \h 22
\l "_Tc21253" 【题型6 添加条件使四边形是正方形】 PAGEREF _Tc21253 \h 30
\l "_Tc20860" 【题型7 证明四边形是正方形】 PAGEREF _Tc20860 \h 34
\l "_Tc20673" 【题型8 利用正方形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc20673 \h 39
\l "_Tc30185" 【题型9 利用正方形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc30185 \h 46
\l "_Tc9401" 【题型10 利用正方形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc9401 \h 51
【知识点1 正方形的性质】
定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
【题型1 利用正方形的性质求角度】
【例1】（2023春·陕西宝鸡·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．E、F分别为AC、BD上一点，且OE=OF，连接AF，BE，EF．若∠AFE=25°，则∠CBE的度数为（ ）

A．50°B．55°C．65°D．70°
【答案】C
【分析】利用正方形的对角线互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性质，三角形的内角和定理和全等三角形的判定与性质解答即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠AOB=∠AOD=90°，OA=OB=OD=OC，
∵OE=OF，
∴△OEF为等腰直角三角形，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∵∠AFE=25°，
∴∠AFO=∠AFE+∠OFE=70°，
∴∠FAO=20°．
在△AOF和△BOE中，
OA=OB∠AOF=∠BOE=90°OF=OE，
∴△AOF≌△BOESAS．
∴∠FAO=∠EBO=20°，
∵OB=OC，
∴△OBC是等腰直角三角形，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠CBE=∠EBO+∠OBC=65°．
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式1-1】（2023春·江苏·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，CE⊥MN,∠MCE=35°，则∠ANM等于（ ）

A．45°B．55°C．65°D．75°
【答案】B
【分析】作NF⊥BC于F，证明Rt△BEC≌Rt△FMN，得到∠MNF=∠MCE=35°，利用∠ANM=90°−∠MNF进行求解即可．
【详解】解：作NF⊥BC于F，

又四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠NFM=90°,AB=CD，
∴四边形ABFN是矩形，
∴FN=BC=AB．
在Rt△BEC和Rt△FMN中，CE=MN,BC=FN，
∴Rt△BEC≌Rt△FMNHL，
∴∠MNF=∠MCE=35°，
∴∠ANM=90°−∠MNF=55°．
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质．解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形．
【变式1-2】（2023春·上海虹口·八年级上外附中校考期末）如图，正方形ABCD中，CE∥BD，BE=BD，则∠CDE= ．

【答案】30°
【分析】把△BCE逆时针旋转90°得到△BAG，则∠BAG=∠BCE，BG=BE，∠GBE=90°，先证出C、A、G三点共线，得出∠BAG=135°，∠BAG=∠DAG，由SAS证明△BAG≌△DAG，得出BG=DG，证出BG=DG=BE，即△BDG是等边三角形，得出∠GBD=60°，∠DBE=30°，再由三角形的内角和定理求出即可．
【详解】解：把△BCE逆时针旋转90°得到△BAG，连接DG、AC、AG；如图所示：

则∠BAG=∠BCE，BG=BE，∠GBE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，∠BAC=∠DAC=∠BDC=45°，AB=AD，
∵CE∥BD，
∴∠DCE=∠BDC=45°，
∴∠BCE=90°+45°=135°，
∴∠BAG=135°，
∴∠BAG=135°，
∴∠BAG+∠BAC=135°+45°=180°，
∴点C、A、G三点共线，
∴∠DAG=180°−45°=135°，
∴∠BAG=∠DAG，
在△BAG和△DAG中，AB=AD∠BAG=∠DAGAG=AG，
∴△BAG≌△DAGSAS，
∴BG=DG，
∵BD=BE，
∴BG=DG=BE，
即△BDG是等边三角形，
∴∠GBD=60°，
∴∠DBE=90°−60°=30°，
∴∠BDE=∠BED=12180°−30°=75°，
∴∠CDE=∠BDE−∠BDC=30°．
故答案为：30°．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【变式1-3】（2023春·广西南宁·八年级南宁三中校考期末）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，边长为4，等腰直角三角形EOF绕点O转动，当E、A、D三点共线时，OE与AB的交点G恰好是OE的中点，则线段EF的长为（ ）

A．12B．45C．8D．210
【答案】D
【分析】作OH⊥AD于点H，连接GH，根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得OH=AH=2，根据直角三角形斜边中线点性质及等腰三角形“三线合一”的性质可得EH=4，根据勾股定理求出OE，再根据等腰直角三角形的性质解答即可.
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°,AO=DO,∠AOD=90°，
作OH⊥AD于点H，则AH=DH,OH∥AG，
∴OH=12AD=AH=2，
连接GH，∵点G是OE的中点，
∴GH=EG=12OE，
∵GA⊥DE，
∴AE=AH=2，
∴EH=4，
则在直角三角形EOH中，根据勾股定理可得OE=EH2+OH2=42+22=25，
∵三角形EOF是等腰直角三角形，
∴EF=OE2+OF2=2OE=210；
故选：D.

【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边中线的性质以及勾股定理等知识，熟练掌握相关图形的性质定理是解题的关键.
【题型2 利用正方形的性质求线段长】
【例2】（2023春·广东广州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为22，P为对角线BD上动点，过P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，连接EF，则EF的最小值为（ ）

A．2B．4C．2D．1
【答案】A
【分析】连接AC，PC，再根据已知条件可得四边形PECF是矩形，从而可得当点P是正方形对角线AC和BD的交点时，此时PC最小，进而可得EF的最小值．
【详解】解：连接AC，PC，

∵PE⊥BC，PF⊥CD，DC⊥BC，
∴四边形PECF是矩形，
∴EF=PC，
∵AP+PC≥AC，
∴当点P是正方形对角线AC和BD的交点时，PC最小，
∵四边形ABCD是正方形，边长为22，
∴AC=AB2+BC2=4，
∴PC=12AC=12×4=2，
∴EF的最小值为PC的最小值为2，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形三边的关系、勾股定理、矩形的判定与性质，解决本题的关键是能够明确四边形PECF是矩形．
【变式2-1】（2023春·山东泰安·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD边上的一点，AM:MD=1:2．将ΔBMA沿BM对折至ΔBMN，连接DN，则DN的长是 ．

【答案】655
【分析】连接AN交BM于点Q，过N作NH⊥AD于点H，根据折叠得到BM垂直平分AN，设MH=x，根据勾股定理列式求解即可得到答案；
【详解】解：连接AN交BM于点Q，过N作NH⊥AD于点H，设MH=x，
∵将ΔBMA沿BM对折至ΔBMN，
∴BM垂直平分AN，
∵AB=6， AM:MD=1:2，
∴AM=2，MD=4，
∴BM=62+22=210，
∴AQ=AB⋅AMBM=6×2210=3510，AN=6510，
在Rt△ANH与Rt△MNH中，
（6510）2−(2+x)2=22−x2，
解得：x=85，
∴DH=4−85=125，NH=22−(85)2=65，
∴DN=(125)2+(65)2=655，
故答案为：655；

【点睛】本题考查勾股定理，正方形的性质，折叠的性质，解题的关键是根据折叠得到相等，作出相应辅助线利用勾股定理列式．
【变式2-2】（2023春·山东济宁·八年级统考期中）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，求BG的长．

【答案】1
【分析】连接AG，EG，根据线段垂直平分线性质可得AG=EG，根据正方形的性质可得∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，根据点E是CD的中点求得CE=4，设BG=x，则CG=8−x，根据勾股定理即可求得BG的值．
【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−x2+42，
AG2=AB2+BG2=82+x2，
∴8−x2+42=82+x2
解得：x=1，
故BG=1．
【点睛】本题考查了线段垂直平分线的性质，正方形的性质，勾股定理等，熟练掌握正方形的性质、线段垂直平分线的性质、勾股定理是解题的关键．
【变式2-3】（2023春·广东东莞·八年级校考期中）如图，已知正方形ABCD的边长为4，E是AB边延长线上一点，BE＝2，F是AB边上一点，将△CEF沿CF翻折，使点E的对应点G落在AD边上，连接EG交折痕CF于点H，则FH的长是（ ）
A．43B．103C．1D．53
【答案】B
【分析】由翻折得CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，可根据直角三角形全等的判定定理“HL”证明Rt△CDG≌Rt△CBE，得DG=BE=2，则AG=2，则AE=AB+BE=6，即可根据勾股定理求出EG=210，再由AG2+AF2=FG2，且AF=6−EF得22+(6−EF)2=EF2，则EF=103，由12×210FH=12×103×2=S△EFG，求得FH=103,即可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是边长为4的正方形，
∴AB=AD=CD=CB=4，∠D＝∠A＝∠ABC，
∴∠D＝∠CBE＝90°，
由翻折得CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，
在Rt△CDG和Rt△CBE中，
CG=CECD=CB，
∴Rt△CDG≌Rt△CBE(HL)，
∴DG=BE=2，
∴AG=AD−DG=4−2=2，
∵AE=AB+BE=4+2=6，
∴EG=AG2+AE2=22+62=210，
∵AG2+AF2=FG2，且AF=6−EF，
∴22+(6−EF)2=EF2，
解得EF=103，
∵12EG⋅FH=12EF⋅AG=S△EFG，
∴12×210FH=12×103×2，
解得FH=103，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据面积等式求线段的长度等知识和方法，正确求出EG和EF的长度是解题的关键．
【题型3 利用正方形的性质求面积】
【例3】（2023春·广东潮州·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为25，N为AD上一点，连接BN，AM⊥BN于点M，连接CM，且CM=CB，若AM=2，则△BCM的面积为（ ）

A．8B．6C．4D．25
【答案】A
【分析】过点C作CE⊥BM，利用勾股定理求出BM，再在Rt△BCE中利用勾股定理求出CE，即可计算面积．
【详解】解：如图，过点C作CE⊥BM，

∵CM=CB，
∴BE=EM=12BM，
∵AM⊥BN，AB=25，AM=2，
∴BM=AB2−AM2=252−22=4，
∴BE=EM=12BM=2，
在Rt△BCE中，
CE=BC2−BM2=252−22=4，
∴S△BCM=12BM⋅CE=12×4×4=8，
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解题的关键．
【变式3-1】（2023春·重庆永川·八年级统考期末）如图，点E是正方形ABCD内一点，且AE=1，BE=5，若∠AED=135°，则正方形ABCD的面积是 ．

【答案】4+6
【分析】把△ADE绕点B顺时针旋转90°得到△ABE′，根据旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状可得E′B=DE，AE=AE′=1，∠AED=∠AE′B=135°，然后求出△AEE′是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质求出EE′，∠AE′E=45°=∠AEE′，再求出∠EE′B=135°−45°=90°，利用勾股定理DE，过点A作AK⊥EE′于K，可得△AKE为等腰直角三角形，AK=KE=22，再利用勾股定理即可得到结果．
【详解】解：如图，把△ADE绕点A顺时针旋转90°得到△ABE′，则E′B=DE，AE=AE′=1，∠AED=∠AE′B=135°，

∵∠EAE′=90°，
∴△EAE′是等腰直角三角形，
∴EE′=12+12=2，∠AE′E=45°=∠AEE′，
∴∠EE′B=135°−45°=90°， ∠AED+∠AEE′=180°，
∴D,E,E′三点共线，
由勾股定理得，BE′=BE2−EE′2=3=DE，
过点A作AK⊥EE′于K，
∴△AKE为等腰直角三角形，
∴AK=KE=22，
∴DK=3+22，
∴正方形ABCD的面积为：AD2=AK2+DK2=222+3+222=4+6．
故答案为：4+6．
【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定，勾股定理以及正方形的性质，二次根式的混合运算等知识，作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
【变式3-2】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）将n个边长都为2cm的正方形按如图所示的方法摆放，点A1，A2，A3⋅⋅⋅分别是正方形对角线的交点，则n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为 ．
【答案】(n−1)cm2
【分析】连接A1A2，A1D，根据正方形性质可得∠A1A2B=∠A1DC=45°，A1A2=A1D，∠BA1A2+∠CA1A2=∠CA1D+∠CA1A2=90°，即可得到∠BA1A2=∠CA1D，即可得到△BA1A2≌△∠CA1D，即可得到一个图形重叠的面积，即可得到答案；
【详解】解：连接A1A2，A1D，
∵正方形的边上为2cm，
∴∠A1A2B=∠A1DC=45°，A1A2=A1D，∠BA1A2+∠CA1A2=∠CA1D+∠CA1A2=90°，
∴∠BA1A2=∠CA1D，
∴△BA1A2≌△∠CA1D(ASA)，
∴S阴影=S△A1A2D=14S正=14×2×2=1，
∴n个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为：(n−1)S阴影=(n−1)×1=(n−1)cm2，
故答案为：(n−1)cm2，
；
【点睛】本题考查正方形的性质与三角形全等的性质与判定，解题的关键是得到△BA1A2≌△∠CA1D(ASA)．
【变式3-3】（2023春·山东日照·八年级校考期中）如图（1），已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形A1B1C1D1，把正方形A1B1C1D1边长按原法延长一倍后得到正方形A2B2C2D2，如图（2）；以此下去…，则正方形A4B4C4D4的面积为（ ）
A．25B．125C．625D．3125
【答案】C
【分析】连接AC，B1C，如图（1），根据三角形面积公式得到S△ABC=S△BB1C，S△BB1C=S△CC1B1，则S△BB1C1=2S△ABC=S正方形ABCD=1，所以S正方形A1B1C1D1=5S正方形ABCD=5，按照此规律易得正方形A4B4C4D4的面积．
【详解】解：连接AC，B1C，如图（1），
∵AB=BB1，BC=CC1，
∴S△ABC=S△BB1C，S△BB1C=S△CC1B1，
∴S△BB1C1=2S△ABC=S正方形ABCD=1，
∴S正方形A1B1C1D1=5S正方形ABCD=5，
同理可得S正方形A2B2C2D2=5S正方形A1B1C1D1=52，
∴正方形A4B4C4D4的面积=54=625．
故答案为：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，也考查了规律型问题的解决方法，本题利用等底同高的两个三角形面积相等解决问题．
【题型4 利用正方形的性质求坐标】
【例4】（2023春·湖北黄冈·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A的坐标为0,2，顶点B在x轴上，对角线AC、BD相交于点M，若OM=32，则点C的坐标为 ．

【答案】6,4
【分析】过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，根据正方形的性质可以得出F是OE的中点，就可以得出MF是梯形AOEC的中位线，证明△AOB≌△BECAAS就可以得出OB=CE，AO=BE，就可以求得△MOE是等腰直角三角形，由勾股定理就可以求出OE的值，从而得出C点的纵坐标．
【详解】过点C作CE⊥x轴于点E，过点M作MF⊥x轴于点F，连接EM，

∴∠MFO=∠CEO=∠AOB=90°，AO∥MF∥CE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=90，AM=CM，
∴∠OAB=∠EBC，OF=EF，
∴MF是梯形AOEC的中位线，
∴MF=12AO+EC，
∵MF⊥OE，
∴MO=ME
∵在△AOB和△BEC中，
∠CEO=∠AOB∠OAF=∠EBCAB=BC，
∴△AOB≌△BECAAS，
∴OB=CE，AO=BE
∴MF=12BE+OB，
又∵OF=FE，
∴△MOE是直角三角形，
∵MO=ME，
∴△MOE是等腰直角三角形，
∴OE=18+18=6，
∴A0,2，
∴OA=2，
∴BE=2，
∴OB=CE=4
∴C6,4
故答案为：6,4
【点睛】本题考查坐标与图形，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，梯形中位线定理，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式4-1】（2023春·浙江·八年级统考期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A的坐标是(4，0)，点P为边AB上一点，∠CPB=60°，沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B'处，则B'点的坐标为（ ）
A．(2，2)B．(32，3)C．(2，4−23)D．(32，4−23)
【答案】C
【分析】过B′作BD⊥y轴于D，由折叠的性质可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根据正方形的性质可求出∠OCB′=30°，根据含30°角的直角三角形的性质可得BD′的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出OD的长，即可得点B′的坐标.
【详解】过B′作B′D⊥y轴于D，
∵四边形OABC是正方形，∠CPB=60°，
∴∠BCP=30°，
∵沿CP折叠正方形，折叠后，点B落在平面内点B'处，
∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC =4，
∴∠OCB′=30°，
∵B′D⊥y轴，
∴B′D=12B′C=2，
∴CD=B'C2−B'D2=23，
∴OD=OC-CD=4-23，
∴点B′的坐标为（2，4-23）.
故选C.
【点睛】本题考查了折叠的性质、正方形的性质及含30°角的直角三角形的性质，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等；30°角所对的直角边，等于斜边的一半；熟练掌握折叠的性质是解题关键.
【变式4-2】（2023春·江苏泰州·八年级统考期中）如图，正方形AOBC边长为6，对角线AB、OC相交于点D，x轴上有一点E2,0，动直线l绕着点D旋转，与x轴相交于点P，且满足∠DEA−∠PDA=45°，点P坐标为 ．
【答案】（4，0）或（12，0）/（12，0）或（4，0）
【分析】过点D作DH⊥OA于点H，分两种情况：①点P在点A左侧，根据正方形的性质，易证△DHE≌△DHP（ASA），可得PH=EH=1，可得点P坐标；②点P在点A右侧，在线段AC上截取AF=2，连接DF并延长交x轴于点P，待定系数法求DF的解析式，即可求出点P坐标．
【详解】解：过点D作DH⊥OA于点H，如图所示，
①点P在A点左侧，
在正方形OABC中，OD=AD，∠DOA=45°，
∴∠ODP=∠ADP，H为OA的中点，
∵∠DEA-∠PDA=45°，∠DEA=∠DOA+∠ODE，
∴∠PDA=∠ODE，
∴∠EDH=∠PDH，
∵∠DHE=∠DHP，DH=DH，
∴△DHE≌△DHP（ASA），
∴EH=PH，
∵正方形OACB的边长为6，
∴OA=6，
∴OH=HA=3，
∵E（2，0），
∴OE=2，
∴HE=1，
∴HP=1，OP=4，
∴P（4，0）；
②点P在A点右侧，
在线段AC上截取AF=2，连接DF并延长交x轴于点P，
∵OD=AD，∠DOH=∠DAF=45°，OE=AF=2，
∴△DOE≌△DAF，
∴∠ODE=∠ADF，
∴∠DEA-PDA=∠DEA-∠ODE=45°，
∴点P就是所求点，
∵正方形的边长为6，
∴D（3，3），F（6，2），
设直线DF的解析式：y=kx+b，
代入D，F点坐标，
得3k+b=36k+b=2，
解得k=−13b=4，
∴DF的解析式：y=−13x+4，
令y=0，得x=12，
∴P（12，0），
综上，点P坐标为（4，0）或（12，0），
故答案为：（4，0）或（12，0）
【点睛】本题考查了正方形的性质，设计全等三角形的判定和性质，待定系数法求解析式，熟练掌握正方形的性质以及分情况讨论是解题的关键．
【变式4-3】（2023春·河北石家庄·八年级统考期末）如图，平面直角坐标系中，直线y=12x+1与x轴、y轴分别交于A、B两点，以AB为边在第二象限内作正方形ABCD，点C的坐标是 ．在y轴上有一个动点M，当△MDC的周长最小的时候，点M的坐标是 ．
【答案】 −1,3 0,114
【分析】过点D作DE⊥x轴于点E，作点C关于y轴的对称点C′，交y轴于点F，连接C′D，交y轴于点M′，连接C′M，则CF⊥y轴，先求出点A、B的坐标，从而可得OA、OB、AB的长，再根据正方形的性质可得∠BAD=90°，DA=AB，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得AE=OB，DE=OA，由此即可得出点D的坐标；同样的方法可求出点C的坐标，再根据轴对称的性质可得点C′的坐标，然后根据轴对称的性质和两点之间线段最短得出△MDC的周长值最小时，点M的位置，求出直线DC′的解析式，则M点坐标可求．
【详解】如图，过点D作DE⊥x轴于点E，作点C关于y轴的对称点C′，交y轴于点F，连接C′D，交y轴于点M′，连接C′M，则CF⊥y轴，
对于y=12x+1，
当y=0时，12x+1=0，解得x=−2，则点A的坐标为A(−2,0)，
当x=0时，y=1，则点B的坐标为B(0,1)，
即OA=2，OB=1，OB=1，AB=OA2+OB2=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，CD=DA=AB=5，
∴∠DAE+∠OAB=∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠DAE=∠ABO，
在△ADE和△BAO中，∠AED=∠BOA=90°∠DAE=∠ABODA=AB，
∴△ADE≌△BAO(AAS)，
∴AE=OB=1，DE=OA=2，
∴OE=OA+AE=2+1=3，
则点D的坐标为D(−3,2)，
同理可证：△CBF≌△BAO，
∴CF=OB=1，BF=OA=2，
∴OF=OB+BF=1+2=3，
则点C的坐标为C(−1,3)，
由轴对称的性质得：点C′的坐标为C′(1,3)，且CM=C′M，
∴△MDC的周长为CD+DM+CM=5+DM+C′M，
由两点之间线段最短得：当点M与点M′重合时，DM+C′M取得最小值DC′，
∵D(−3,2)，C′(1,3)，
∴设直线DC′解析式为y=kx+b，
把C′(1,3)，D(−3,2)代入得：−3k+b=2k+b=3，
解得：k=14b=114，
∴直线DC′解析式为y=14x+114，
令x=0，得到y=114，
则M坐标为(0,114)．
故答案为：(−1,3)，(0,114)．
【点睛】本题是一道较难的综合题，考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、轴对称的性质等知识点，正确找出△MDC的周长最小时，点M的位置是解题关键．
【题型5 利用正方形的性质证明】
【例5】（2023春·北京西城·八年级校考期中）如图，在正方形ABCD中，E是边AB上的一动点（不与点A、B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．
(1)求证：GF=GC；
(2)用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析
(2)BH=2AE；证明见解析
【分析】（1）先证明△ADE≌△FDE，再证明Rt△DCG≌Rt△DFG，利用全等三角形的性质即可得GF=GC；
（2）在AD上取点M使得AM=AE，连接ME，利用SAS证明△DME≌△EBH，再利用全等三角形的性质以及勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：连接DF，

∵A，F关于DE对称，
∴AD=FD，AE=FE，
在△ADE和△FDE中，
AD=FDAE=FEDE=DE，
∴△ADE≌△FDE，
∴∠DAE=∠DFE，∠ADE=∠EDF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠C=∠ADC=90°，AD=CD，
∴∠DFE=∠A=90°，
∴∠DFG=180°−∠DFE=90°，
∴∠DFG=∠C，
∵AD=DF，AD=CD，
∴DF=CD，
在Rt△DCG和Rt△DFG中，
DF=CD，DG=DG，
∴Rt△DCG≌Rt△DFG，
∴GF=GC；
（2）解：BH=2AE，理由如下：
在AD上取点M使得AM=AE，连接ME，
∵Rt△DCG≌Rt△DFG，
∴∠CDG=∠FDG，
∵∠ADC=90°，
∴2∠EDF+2∠FDG=90°，
∴∠EDF+∠FDG=45°即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠EDG=∠DHE=45°，
∴DE=EH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠A=90°，
∴∠ADE+∠AED=90°，
∵∠DEH=90°，
∴∠AED+∠BEH=90°，
∴∠ADE=∠BEH，
∵AD=AB，AM=AE，
∴DM=EB，
在△DME和△EBH中DM=EB∠MDE=∠BEHDE=EH，
∴△DME≌△EBH，
∴ME=BH，
在Rt△AME中，∠A=90°，AE=AM，
∴ME=AE2+AM2=2AE，
∴BH=2AE．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定，熟记各图形的性质并准确识图是解题的关键．
【变式5-1】（2023春·天津·八年级校联考期中）如图，点E在正方形ABCD的边AB上，点F在边BC的延长线上，且AE=CF．求证：
(1)DE=DF；
(2)∠EDF=90°．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD=DC，∠A=∠BCD=90°，从而利用平角定义可得∠DCF=90°，进而可得∠A=∠DCF=90°，然后利用SAS证明△DAE≌△DCF，从而利用全等三角形的性质即可解答；
（2）根据正方形的性质可得∠ADC=90°，从而可得∠ADE+∠EDC=90°，再利用（1）的结论可得∠ADE=∠CDF，然后利用等量代换可得∠CDF+∠EDC=90°，即可解答．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，
∴∠DCF=180°−∠BCD=90°，
∴∠A=∠DCF=90°，
∵AE=CF，
∴△DAE≌△DCFSAS，
∴DE=DF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，
∴∠ADE+∠EDC=90°，
∵△DAE≌△DCF，
∴∠ADE=∠CDF，
∴∠CDF+∠EDC=90°，
∴∠EDF=90°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式5-2】（2023春·广西贺州·八年级统考期末）如图1，正方形ABCD中，点E是BC延长线上一点，连接DE ，过点B作BF⊥DE于点F，交CD于点G．
(1)求证：CG=CE；
(2)如图2，连接FC、AC，若BF平分∠DBE，求证：CF平分∠ACE．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）只需要利用AAS证明△BCG≌△DCE即可证明CG=CE；
（2）连接AC，连接CF，先证明△BDF≌△BEF，得到DF=EF，则CF是Rt△DCE的中线，CF=EF，推出∠E=∠FCE，根据正方形的性质得到∠DBE=∠ACB=45°，再由BF平分∠DBE， 得到∠FBE=∠DBF=22.5°，则∠FCE=∠E=67.5°，求出∠ACF=67.5°，即可证明结论；
【详解】（1）证明：四边形ABCD是正方形 ，
∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，
∵BE⊥DE，
∴∠DFG=∠BCG=90°，
∵∠DGF=∠BGC，
∴∠GBC=∠EDC，
∴△BCG≌△DCEASA，
∴CG=EF；
（2）证明：如图，
∵BF平分∠DBE，BF⊥DE，
∴∠DBF=∠EBF，∠BFD=∠BFE=90°，
又∵BF=BF，
∴△BDF≌△BEFASA，
∴DF=EF，
∴CF是Rt△DCE的中线，
∴CF=EF，
∴∠E=∠FCE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBE=∠ACB=45°，
∵BF平分∠DBE，
∴∠FBE=∠DBF=22.5°，
∴∠E=90°−22.5°=67.5°，
∴∠FCE=67.5°，
∴∠ACF=180°−∠FCE−∠ACB=180°−67.5°−45°=67.5°，
∴∠ACF=∠FCE，
∴CF平分∠ACE．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形斜边上的中线，直角三角形两锐角互余，等腰三角形的性质等，灵活运用所学知识是解题的关键．
【变式5-3】（2023春·北京延庆·八年级统考期末）如图，AC是正方形ABCD的对角线，点E为射线AB上一个动点，连接CE，以点E为圆心，CE为半径画弧，与直线CA交于点F，连接EF．若∠BCE=α，且0∘<α<45∘．

(1)如图1，当点E在边AB上时，求∠AEF的度数（用含α的式子表示）；
(2)如图2，当点E在边AB的延长线上时，
①请你依题意补全图形；
②用等式表示线段AD,AE,AF之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)①见解析；②2AE=AF+2AD，证明见解析
【分析】（1）根据正方形的性质及三角形的外角的性质即可求解；
（2）①根据题意画弧即可求解；
②过点F作FM⊥AB于点M．利用正方形的性质及三角的外角可证∠AEF=∠BCE，△AFM为等腰直角三角形，易证△EFM≌△CBEAAS，可得FM=BE，由等腰直角三角形的性质勾股定理可得AF=2FM=2BE，再结合AE=AB+BE即可证明2AE=AF+2AD．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，
∴∠CAB=∠BCA=45°．
∵CE=EF，
∴∠AFE=∠ACE．
∵∠CAB=∠AFE+∠AEF,∠BCA=∠ACE+∠BCE，
∴∠AEF=∠BCE．
∵∠BCE=α，
∴∠AEF=α．

（2）①由题意可作图，如下：

②过点F作FM⊥AB于点M．
∴∠FMB=90°．
∵正方形ABCD，
∴∠CBA=90°，AB=BC=AD，∠BAC=∠BCA=45°，则△AFM为等腰直角三角形，即AM=FM，
∴∠CBE=∠FME．
∵EF=EC，
∴∠EFC=∠ECF．
∵∠EFC=∠AEF+45°，
∠ECF=∠BCE+45°，
∴∠AEF=∠BCE．
在△EFM和△CBE中
∠AEF=∠BCE,∠FME=CBE,EF=CE,
∴△EFM≌△CBEAAS．
∴FM=BE．
在Rt△AMF中，由勾股定理得，AF=2FM．
∴AF=2BE
∵AE=AB+BE．
∴AE=AD+12AF．
即：2AE=AF+2AD．
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形外角的性质，全等三角形的判定及性质，等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质是解决问题的关键．
【知识点1 正方形的判定】
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
【题型6 添加条件使四边形是正方形】
【例6】（2023春·辽宁沈阳·八年级统考期末）如图，AC和BD是菱形ABCD的对角线，若再补充一个条件能使其成为正方形，下列条件：①AC=BD；②AC⊥BD；③AB2+AD2=BD2；④∠ACD=∠ADC，其中符合要求的是（ ）

A．①②B．①③C．②③D．②④
【答案】B
【分析】根据正方形的判定定理：有一个角为直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形逐一判断即可．
【详解】解：①若AC=BD，根据对角线相等的菱形是正方形即可得菱形ABCD是正方形，①符合要求；
②AC⊥BD是菱形具有的性质，不能得出菱形ABCD是正方形，②不符合要求；
③AB2+AD2=BD2，则∠BAD=90°，根据有一个角为直角的菱形是正方形可得菱形ABCD是正方形，③符合要求；
④若菱形ABCD是正方形，则AC=2AD，由∠ACD=∠ADC，可得AC=AD，故不能得出菱形ABCD是正方形，④不符合要求；
故符合要求的为①③，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的判定定理以及正方形与菱形的关系，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
【变式6-1】（2023春·福建泉州·八年级统考期末）如图，已知▱ABCD的对角线交于点O，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．当AB=AD时，它是菱形
B．当AC=BD时，它是矩形
C．当AC⊥BD时，它是菱形
D．当∠ABC=90°时，它是正方形
【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定逐一进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原结论不一定正确，符合题意，选项正确，
故选D．
【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
【变式6-2】（2023春·湖北宜昌·八年级统考期末）如图，在平行四边形ABCD中，F是对角线的交点，E是边BC的中点，连接EF．
（1）求证：2EF=CD；
（2）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是矩形；
（3）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是菱形，并证明你的结论；
（4）当EF与BC满足_____时，四边形ABCD是正方形．
【答案】（1）证明见解析；（2）EF⊥BC；（3）BC=2EF，（4）EF⊥BC且BC=2EF．
【详解】试题分析：（1）利用三角形中位线定理以及其性质判断得出即可；
（2）利用矩形的判定方法得出即可；
（3）利用菱形的判定方法得出即可；
（4）利用正方形的判定方法得出即可．
试题解析：（1）证明：∵平行四边形ABCD，
∴点F为AC，BD的中点，
又∵E是BC的中点，
∴EF为△DBC的中位线，
∴2EF=CD；
（2）EF⊥BC；
理由：∵EF为△DBC的中位线，EF⊥BC，
∴∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD是矩形；
（3）BC=2EF，
理由：∵点E为BC的中点，且BC=2EF
∴EF=BE=EC，
∴∠EBF=∠BFE，∠EFC=∠ECF
又∵∠EBF+∠BFE+∠EFC+∠ECF=180°
∴∠BFC=∠BFE+∠EFC=90°，
∴平行四边形ABCD是菱形；
（4）EF⊥BC且BC=2EF．
理由：由（2）（3）可得：
当EF与BC满足EF⊥BC且BC=2EF时，四边形ABCD是正方形．
考点：1.正方形的判定；2.三角形中位线定理；3.平行四边形的性质；4.菱形的判定；5.矩形的判定．
【变式6-3】（2023春·黑龙江双鸭山·八年级统考期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
(1)求证：CE=AD：
(2)当D为AB中点时，证明：四边形BECD是菱形．
(3)在满足（2）的条件下，当△ABC满足条件__________时，四边形BECD是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)△ABC是等腰三角形
【分析】（1）先求出四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；
（3）添加条件，使四边形BECD是正方形，即可 .
【详解】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACB=∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE=AD；
（2）证明：∵D为AB中点，
∴AD=BD，
∵CE=AD，
∴BD=CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵∠ACB=90°，D为AB中点，
∴CD=BD，
∴四边形BECD是菱形；
（3）解：当△ABC是等腰三角形时，四边形BECD是正方形，
理由：∵∠ACB=90°，
∴∠ABC=∠A=45°，
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠ABC=∠CBE=45°，
∴∠DBE=90°，
∴四边形BECD是正方形．
故答案为：△ABC是等腰三角形．（答案不唯一）
【点睛】本题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性质的应用，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【题型7 证明四边形是正方形】
【例7】（2023春·广东广州·八年级统考期末）宽与长的比是5−12的矩形叫做黄金矩形．如图，已知矩形纸片ABCD是黄金矩形，宽AB=2，折叠纸片，使点A落在BC上的点E处，得到折痕BF；再次折叠纸片，使点C落在EF上的点G处，得到折痕EH．

(1)求证：四边形ABEF是正方形；
(2)四边形GHDF是黄金矩形吗？请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)是，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的判定定理求解即可；
（2）首先根据题意设设AB=5−1x，BC=2x，然后根据正方形和矩形的性质表示出FGGH=25−4x3−5x=5−12，进而求解即可．
【详解】（1）∵折叠纸片，使点A落在BC上的点E处，
∴AB=BE，∠A=∠BEF=90°
又∵四边形ABCD是矩形
∴∠A=∠ABE=90°
∴四边形ABEF是正方形；
（2）∵矩形纸片ABCD是黄金矩形
∴ABBC=5−12
∴设AB=5−1x，BC=2x
∵四边形ABEF是正方形
∴BE=EF=AB=5−1x，
∵∠C=∠GEC=∠EGH=90°
∴四边形GECH是矩形
∵CE=GE
∴四边形GECH是正方形
∴GE=CE=GH=BC−BE=2x−5−1x=3−5x
∴FG=EF−GE=5−1x−3−5x=25−4x
∴FGGH=25−4x3−5x=5−12
∵∠D=∠DFG=∠FGH=90°
∴四边形GHDF是黄金矩形．
【点睛】此题考查了正方形和矩形的性质和判定，黄金分割等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
【变式7-1】（2023春·江西宜春·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，AC、BD相交于点O，点E、F在AC上，AE=CF．

(1)求证：四边形EBFD是平行四边形；
(2)若∠BAC=∠DAC，DO=EO，求证：四边形EBFD是正方形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用平行线四边形的判定和性质，即可证明结论；
（2）先利用平行四边形的性质和等腰三角形的性质，证明▱ABCD是菱形，再根据菱形的性质，即可证明四边形EBFD是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO=CO，DO=BO，
∵AE=CF，
∴AO−AE=CO−CF，即OE=OF，
∴四边形EBFD是平行四边形；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC=∠DCA，
又∵∠BAC=∠DAC，
∴∠DAC=∠DCA，
∴AD=CD，
∴▱ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，即EF⊥BD，
又∵DO=EO，
∴DB=EF，
∵四边形EBFD是平行四边形，
∴四边形EBFD是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
【变式7-2】（2023春·湖南邵阳·八年级统考期末）如图，在▱ABCD中，E，M分别为AD，AB的中点，DB⊥AD，延长ME交CD的延长线于点N，连接AN．
(1)证明：四边形AMDN是菱形；
(2)若∠DAB=45°，判断四边形AMDN的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见详解
(2)AMDN是正方形，理由见详解
【分析】（1）由平行四边形的性质可得DC∥AB，可得∠DAM=∠NDA，可证△NED≌△MEA，可得AM=ND，可证四边形AMDN是平行四边形，由直角三角形的性质可得AM=MD，可得四边形AMDN是菱形；
（2）由菱形的性质可得∠DAB=∠ADM=45°，可得AM⊥DM，则四边形AMDN是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠DAM=∠NDA，
∵E为AD中点，
∴DE=AE，
在△NED和△MEA中，
∠NDE=∠EAMDE=AE∠NED=∠MEA，
∴△NED≌△MEA（ASA），
∴AM=ND，
∵CD∥AB，
∴四边形AMDN是平行四边形，
∵BD⊥AD，M为AB的中点，
∵AM=DM=MB，
∴四边形AMDN是菱形；
（2）解：四边形AMDN是正方形，理由如下：
∵四边形AMDN是菱形，
∴AM=DM，
∴∠DAB=∠ADM=45°，
∴∠AMD=90°，
∴菱形AMDN是正方形．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定，直角三角形斜边中线的性质，熟练运用这些性质进行推理是本题的关键．
【变式7-3】（2023春·陕西渭南·八年级统考期末）如图，P是矩形ABCD内一点，AP⊥BP于点P，CE⊥BP于点E，BP=EC．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)延长EC到点F，使CF=BE，连接PF交BC的延长线于点G．
①请求出AP与CF的数量与位置关系；
②求∠BGP的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)①AP与CF的数量关系是AP=CF；位置关系是AP∥CF；②45°
【分析】（1）由四边形ABCD是矩形，可得∠ABC=90°，则∠CBE+∠ABP=90°，由题意知∠APB=∠BEC=90°，由∠ABP+∠BAP=90°，可得∠BAP=∠CBE，证明△ABP≌△BCEAAS，则AB=BC，进而结论得证；
（2）①由（1）得AP=BE，则AP=CF，由∠APE=∠PEC=90°，可得AP∥CF；②如图，连接AC，由四边形ABCD是正方形，可得∠ACB=45°，由①知AP=CF，AP∥CF，则四边形APFC是平行四边形，AC∥PF，根据∠BGP=∠ACB，求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠CBE+∠ABP=90°，
∵AP⊥BP，CE⊥BP，
∴∠APB=∠BEC=90°，
∴∠ABP+∠BAP=90°，
∴∠BAP=∠CBE，
∵∠BAP=∠CBE，BP=EC，∠APB=∠BEC=90°，
∴△ABP≌△BCEAAS，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）①解：由（1）得AP=BE，
∵CF=BE，
∴AP=CF，
∵∠APE=∠PEC=90°，
∴AP∥CF，
∴AP与CF的数量关系是AP=CF；位置关系是AP∥CF；
②解：如图，连接AC，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB=45°，
由①知AP=CF，AP∥CF，
∴四边形APFC是平行四边形，
∴AC∥PF，
∴∠BGP=∠ACB=45°，
∴∠BGP的度数为45°．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，平行线的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
【题型8 利用正方形的性质与判定求角度】
【例8】（2023春·山东临沂·八年级统考期中）已知：BD是△ABC的角平分线，点E在AB边上，BE=BC，过点E作EF ∥ AC，交BD于点F，连接CF，DE．
(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形：
(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，求∠A的度数，并在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图2中所有与∠A相等的角．
【答案】(1)见解析
(2)∠A=30°，与∠A相等的角有：∠ABC，∠FEB，∠FCB
【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS证明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，从而∠EFD=∠BDE，根据等角对等边得出DE=EF，从而DE=EF=CF=DC，由菱形的判定可知四边形CDEF是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=30°，然后利用三角形的外角性质求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．
【详解】（1）证明：在△BDE和△BDC中，
BE=BC∠EBD=∠CBDBD=BD，
∴△BDE≌△BDC（SAS）；
∴DE=DC，∠BDE=∠BDC，
同理△BFE≌△BFC，
∴EF=CF，
∵EF∥AC，
∴∠EFD=∠BDC，
∴∠EFD=∠BDE，
∴DE=EF，
∴DE=EF=CF=DC，
∴四边形CDEF是菱形；
（2）解：由（1）知四边形CDEF是菱形，
又∵∠DEF=90°，
∴四边形CDEF是正方形．
∴∠EDF=45°，
∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，
∵AC=BC，
∴∠A=∠CBE=2∠ABD，
∴∠ABD+∠A=180°−∠ADB=45°，
∴∠A=30°；
∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC=15°，
∵四边形CDEF是正方形，
∴∠DFE=∠DFC=45°，
由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，
∴与∠A相等的角有：∠ABC，∠FEB，∠FCB．
【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由SAS得出△BDE≌△BDC．
【变式8-1】（2023春·湖北武汉·八年级统考期中）如图，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= ．
【答案】40°
【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180°列式计算即可得解．
【详解】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°，
∴∠ACD=90°-∠DAC=90°-65°=25°，
∵△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，
∴四边形BCEC′是正方形，
∴∠BEC=45°，
由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°，
由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70°，
∴∠AFC′=180°-∠BFC-∠BFC′=180°-70°-70°=40°．
故答案为40°．
【点睛】本题考查的是翻折变换，正方形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键．
【变式8-2】（2023春·河北保定·八年级统考期末）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中△ABD和△CBD为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点P处，点P与点A关于直线DQ对称，连接CP、DP．若∠ADQ=24°，则∠DCP= 度．
【答案】21
【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，∠PDQ=∠ADQ=24°，则有CD=DP，然后可得∠CDP=138°，最后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵△CBD≌△ABD，且都为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠CDA=90°,CD=AD，
∵点P与点A关于直线DQ对称，∠ADQ=24°，
∴∠PDQ=∠ADQ=24°，AD=DP，
∴CD=DP，∠ADP=48°，
∴∠CDP=138°，
∴∠DCP=∠DPC=180°−∠CDP2=21°，
故答案为21．
【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
【变式8-3】（2023春·广东广州·八年级期中）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EF ⊥DE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG．
(1)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形；
(2)若 AB＝22，CE＝2，求 CG 的长；
(3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数．
【答案】(1)见解析；
(2)CG=2；
(3)130°或40°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题．
（3）分两种情形结合正方形的性质解答即可．
【详解】（1）证明：如下图所示：
作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°，
∴∠QEF＝∠PED，
在Rt△EQF和Rt△EPD中，
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）如图2：
在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×22=4，
∵EC＝2，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，
∴CG=CD2=222=2；
（3）①如图3：
当DE与AD的夹角为40°时，
∠DEC＝45°+40°＝85°，
∵∠DEF＝90°，
∴∠CEF＝5°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠EFC＝130°，
②如图4：
当DE与DC的夹角为40°时，
∵∠DEF＝∠DCF＝90°，
∴∠EFC＝∠EDC＝40°，
综上所述，∠EFC＝130°或40°．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键.
【题型9 利用正方形的性质与判定求线段长】
【例9】（2023春·河南南阳·八年级统考期末）如图，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E为AB边上一点，将△BEC沿CE翻折，点B落在点F处．当△AEF为直角三角形时，AE= ．

【答案】2或5
【分析】分∠AEF=90°,∠AFE=90°,∠FAE=90°三种情形计算．
【详解】解：当∠AFE=90°时，连接AC，
∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，
∴∠ABC=∠CFE=90°，AC=62+82=10，AD=BC=6，

∵∠AFE=90°，
∴∠AFE+∠CFE=180°，
∴A,F,C三点共线，
根据折叠的性质，得CF=BC=6,EF=EB，
∴AF=AC−CF=4，
设AE=x，则EF=EB=8−x，
根据勾股定理，得x2=8−x2+42，
解得x=5，
故AE=5；
当∠AEF=90°时，
∵四边形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，
∴∠ABC=∠CFE=90°，AD=BC=6，

∵∠AFE=90°，
∴四边形BCFE是矩形，
根据折叠的性质，得CF=BC=6,EF=EB，
∴四边形BCFE是正方形，
∴CF=BC=EF=EB=6，
∴AE=AB−BE=8−6=2，
故AE=2；
当∠FAE=90°时，

∵CD＞CF，
∴F点不可能落到AD上，
故∠FAE=90°不成立，
故AE=2或AE=5，
故答案为：2或5．
【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，分类思想，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【变式9-1】（2023春·浙江宁波·八年级校考期中）如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（ ）
A．2B．3C．62D．2
【答案】D
【分析】分别取AD,BC的中点为G,H，连接EG,HE,HF,FG，利用中点四边形的性质可以推出EG//__12BD,HF//__12BD,HE//__12AC,FG//__12AC，再根据AC⊥BD，可以推导出四边形EGFH是正方形即可求解．
【详解】解：分别取AD,BC的中点为G,H，连接EG,HE,HF,FG，
∵E,F分别是AB,CD的中点，
∴EG//__12BD,HF//__12BD,HE//__12AC,FG//__12AC，
又∵AC⊥BD,AC=BD=2，
∴HE=EG=GF=HF=1,HF⊥FG，
∴四边形EGFH是正方形，
∴EF=2FG=2，
故选：D．
【点睛】本题考查了中点四边形的性质、正方形的判定及性质，解题的关键是作出适当的辅助线，利用题意证明出四边形EGFH是正方形．
【变式9-2】（2023春·全国·八年级期中）如图，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠CDA＝90°，BE⊥AD于点E，且四边形ABCD的面积为121，则BE＝ ．
【答案】11
【分析】运用割补法把原四边形转化为正方形，求出BE的长．
【详解】解：过B点作BF⊥CD，与DC的延长线交于F点，
∵∠BED＝∠F＝∠D＝90°，
∴四边形BEDF是矩形，
∴∠EBF＝90°，
∴∠FBC+∠CBE＝90°，
∵∠ABE+∠EBC＝∠ABC＝90°，
∴∠FBC＝∠ABE，
在△BCF和△BEA中
∠F=∠AEB∠CBF=∠ABEBC=AB，
∴△BCF≌△BEA（AAS），
则BE＝BF，
∴矩形BEDF是正方形，
∴S四边形ABCD＝S正方形BEDF＝121，
∴BE＝11，
故答案为：11．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变，所求BE就是正方形的边长；也可以看作将三角形ABE绕B点逆时针旋转90°后的图形．
【变式9-3】（2023春·浙江杭州·八年级期中）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是BC中点，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△AEF，点B，D分别与点E，F对应，连结CF，此时四边形ABCF为平行四边形．
（1）若AB=5，求AF的长．
（2）求∠CEF的度数．
【答案】（1）25；（2）135°
【分析】（1）由旋转可得AD=AF，由平行四边形的性质可得AF=BC，可得AD=BC，由三线合一的性质得到AD⊥BC，BD=CD=12BC，设BD=CD=x，利用勾股定理列出方程，求出x即可得到AF；
（2）延长FE、BC交于点M，根据已知条件得到四边形ADMF为正方形，得到AD=FM=AF=DM，证明CM=EM，证明△CEM为等腰直角三角形，从而可得结果．
【详解】解：（1）由旋转性质可得，AD=AF．
又∵四边形ABCF为平行四边形，
∴AF=BC，
∴AD=BC，
又∵AB=AC，点D为BC的中点，
∴AD为△ABC的中线，BD=CD=12BC，
∴由三线合一性质可得：AD⊥BC，
∴设BD=CD=x，则BC=AD=AF=2x．
在Rt△ABD中，由勾股定理可得：AD2+BD2=AB2，
∴(2x)2+x2=52，
解得：x1=5，x2=−5（舍去），
∴AF=2x=25．
（2）如图所示，延长FE、BC交于点M．
∵AB=AC，点D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=∠ADC=90°．
又∵四边形ABCF为平行四边形，
∴AF//BC，
∴∠ADB=∠DAF=90°．
又∵由旋转可得：∠AFE=∠ADB=90°，AD=AF，
∴四边形ADMF为正方形，
∴AD=FM=AF=DM=BC．
设BD=CD=x，则BC=2x,
又∵BD=CD=EF=x，
∴CM=DM−CD=x，EM=FM−EF=x，
∴CM=EM，
∴△CEM为等腰直角三角形，
∴∠CEM=45°，
∴∠CEF=180°−∠CEM=135°．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，三线合一，知识点较多，解题的关键是熟练运用所学性质定理，掌握边与角的转化．
【题型10 利用正方形的性质与判定求面积】
【例10】（2023春·上海静安·八年级统考期末）已知：如图，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，连接EF、FG、GH、HE．

(1)求证：四边形EFGH是菱形；
(2)如果AD=3，BC=5，且EF⊥FG，求四边形EFGH的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）首先根据三角形中位线的性质得到EH∥GF，EH=GF，证明出四边形EFGH是平行四边形，然后利用AC=BD，得到HG=EH，进一步证明出四边形EFGH是菱形；
（2）延长HE,FB交于点M，首先证明出△AEH≌△BEMAAS，得到AH=BM=32，ME=HE，MF=BM+BF=4，然后得到四边形EFGH是正方形，△EMF是等腰直角三角形，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）如图所示，连接AC,BD

∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA的中点，
∴EH是△ABD的中位线，GF是△CBD的中位线，
∴EH∥BD，EH=12BD，GF∥BD，GF=12BD
∴EH∥GF，EH=GF
∴四边形EFGH是平行四边形
∵梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C，
∴四边形ABCD是等腰梯形
∴AC=BD
∵同理可得，HG是△DAC的中位线
∴HG=12AC
∴HG=EH
∴四边形EFGH是菱形；
（2）如图所示，延长HE,FB交于点M，

∵AD=3，BC=5，
∴AH=12AD=32，BF=12BC=52，
∵AH∥BM
∴∠A=∠EBM，∠AHE=∠M
又∵AE=BE
∴△AEH≌△BEMAAS
∴AH=BM=32，
∴ME=HE，MF=BM+BF=4
∵四边形EFGH是菱形，EF⊥FG
∴四边形EFGH是正方形
∴EH=EF，EH⊥EF
∴ME=EF，ME⊥EF
∴△EMF是等腰直角三角形
∴EM2+EF2=MF2，即2EF2=42
∴EF2=8．
∴四边形EFGH的面积为8．
【点睛】此题考查了梯形的性质，菱形的判定定理，正方形的判定与性质、三角形的中位线性质、全等三角形的判定及性质，熟记各判定定理及性质定理是解题的关键．
【变式10-1】（2023春·浙江台州·八年级统考期末）如图所示为“赵爽弦图”，其中△ABE、△CBF、△CDG、△ADH是四个全等的直角三角形，且两条直角边之比为1∶2，连接BG、DE，分别交AE、CG于点M、N，则四边形GBED和四边形GMEN的面积比为（ ）
A．5∶2B．2∶1C．2:1D．3:1
【答案】B
【分析】先求出HG=EB，证明△HGM≌△EBM，得到BM=GB，再根据两个平行四边形的底与高的关系即可求解．
【详解】∵△ABE、△CBF、△CDG、△ADH是四个全等的直角三角形，
∴AB=BC=CD=AD,∠ABE+∠FBC=∠ABE+∠BAE=90°
∴四边形ABCD是正方形
∵BE：AE=1:2
∴BE=HE=DG
∵∠GHM=∠BME=90°，∠HMG=∠EMB
∴△HGM≌△EBM
∴BM=GB，故BG：MG=2:1
又BF//DH，BE=DG
∴四边形 GBED是平行四边形
∴BG//DE
∵AE//CG
∴四边形 GMEN是平行四边形
∵平行四边形GBED与平行四边形GMEN的高相等
∴四边形GBED和四边形GMEN的面积比为BG：MG=2:1
故选B．
【点睛】此题主要考查正方形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质．
【变式10-2】（2023春·广东汕头·八年级校考期中）已知，如图，矩形ABCD中，AD=5，DC=6，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH=2，连接CF．

(1)若DG=2，求证四边形EFGH为正方形；
(2)若DG=4，求△FCG的面积；
(3)当DG为何值时，△FCG的面积最小．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)当DG=31时，△FCG的面积最小
【分析】（1）证明Rt△AHE≌Rt△DGHHL，得出∠DHG=∠HEA，证明∠EHG=90°，即可证明结论；
（2）过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，证明△AHE≌△MFGAAS，得出FM=HA=2，确定无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2，根据三角形面积公式求出结果即可；
（3）设DG=xx>0，根据第（2）小题得，S△FCG=6−x，根据AE≤AB=6，得出HE2≤62+22，即x2+5−22≤40，得出0【详解】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，四边形HEFG为菱形，
∴∠D=∠A=90°，HG=HE，
又∵AH=DG=2，
∴Rt△AHE≌Rt△DGHHL，
∴∠DHG=∠HEA，
∵∠AHE+∠HEA=90°，
∴∠AHE+∠DHG=90°，
∴∠EHG=90°，
∴四边形HEFG为正方形；
（2）解：过F作FM⊥DC，交DC延长线于M，连接GE，如图所示：

∵AB∥CD，
∴∠AEG=∠MGE，
∵HE∥GF，
∴∠HEG=∠FGE，
∴∠AEH=∠MGF，
在△AHE和△MFG中，
∠AEH=∠MGF∠A=∠M=90°HE=FG，
∴△AHE≌△MFGAAS，
∴FM=HA=2，即无论菱形EFGH如何变化，点F到直线CD的距离始终为定值2，
∴S△FCG=12×FM×GC=12×2×6−4=2；
（3）解：设DG=xx>0，则由第（2）小题得，S△FCG=6−x，
在△AHE中，∵AE≤AB=6，
根据勾股定理可得：HE2=AH2+AE2，
∴HE2≤62+22，
即x2+5−22≤40，
又∵x>0，
∴0∴S△FCG的最小值为6−31，此时DG=31，
∴当DG=31时，△FCG的面积最小．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，菱形的性质，正方形的判定，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．
【变式10-3】（2023春·八年级课时练习）如图，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，且点D在△ABC内部，连接BD，CE，BD的延长交线段CE于点F．
(1)求证：△ABD≌△ACE；
(2)判断BF与CF的位置关系并证明；
(3)连接AF，若AF=2，求四边形ADFE的面积．
【答案】(1)见解析
(2)BF⊥CF，见解析
(3)1
【分析】(1)证出∠DAB=∠CAE，根据SAS证明△ABD ≅△ACE；
(2)BF和AC交于点O，由全等三角形的性质得出∠ABD=∠ACE，则可得出结论；
(3)过点A作AM⊥BF于点M，AN⊥CE，交CE的延长线于点N，证明△AMB ≅△ANC(AAS)，由全等三角形的性质得出AM=AN，证出四边形ANFM为正方形，证明△AMD ≅△ANE(AAS)，得出S△AMD=S△ANE，则可得出答案．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠BAC−∠DAC=∠DAE−∠DAC=90°，
∴∠DAB=∠CAE．
在△ABD和△ACE中，
{AB=AC∠DAB=∠CAEAD=AE，
∴△ABD ≅△ACE；
（2）解：BF⊥CF，
证明：如图1，BF和AC交于点O，
∵△ABD ≅△ACE，
∴∠ABD=∠ACE，
∵∠AOB=∠COF，∠ABD+∠BAO=∠AOB=∠ACE+∠CFO+∠COF，
∴∠BAC=∠CFO=90°，
∴BF⊥CF；
（3）解：过点A作AM⊥BF于点M，AN⊥CE，交CE的延长线于点N，
∵BF⊥CF，
∴四边形ANFM为矩形，
∵∠ABM=∠ACN，AB=AC，∠AMB=∠ANC，
∴△AMB ≅△ANC，
∴AM=AN，
∴四边形ANFM为正方形，
又∵AF=2，
∴AN=NF=1，
∴S正方形ANFM=1，
∵∠DAE=∠MAF=90°，
∴∠DAM=∠EAN，
∵∠AMD=∠ANE=90°，
∴△AMD ≅△ANE，
∴S△AMD=S△ANE，
∴S四边形DAEF=S△DAM+S△AEF=S△ANE+S四边形MAEF=S正方形ANFM=1．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．