專題1.3 正方形的判定與性質(zhì)【十大題型】（舉一反三）（北師大版）（解析版）

專題1.3正方形的判定與性質(zhì)【十大題型】【北師大版】TOC\o"1-3"\h\u【題型1利用正方形的性質(zhì)求角度】 1【題型2利用正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)】 6【題型3利用正方形的性質(zhì)求面積】 11【題型4利用正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)】 15【題型5利用正方形的性質(zhì)證明】 22【題型6添加條件使四邊形是正方形】 30【題型7證明四邊形是正方形】 34【題型8利用正方形的性質(zhì)與判定求角度】 39【題型9利用正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)】 46【題型10利用正方形的性質(zhì)與判定求面積】 51【知識(shí)點(diǎn)1正方形的性質(zhì)】定義：有一組鄰邊相等并且有一個(gè)角是直角的平行四邊形叫做正方形．性質(zhì)：①正方形的四條邊都相等，四個(gè)角都是直角；②正方形的兩條對(duì)角線相等，互相垂直平分，并且每條對(duì)角線平分一組對(duì)角；③正方形具有四邊形、平行四邊形、矩形、菱形的一切性質(zhì)．④兩條對(duì)角線將正方形分成四個(gè)全等的等腰直角三角形，同時(shí)，正方形又是軸對(duì)稱圖形，有四條對(duì)稱軸．【題型1利用正方形的性質(zhì)求角度】【例1】（2023春·陜西寶雞·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)O．E、F分別為AC、BD上一點(diǎn)，且OE=OF，連接AF，BE，EF．若∠AFE=25°，則∠CBE的度數(shù)為（

）

A．50° B．55° C．65° D．70°【答案】C【分析】利用正方形的對(duì)角線互相垂直平分且相等，等腰直角三角形的性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理和全等三角形的判定與性質(zhì)解答即可．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠AOB=∠AOD=90°，OA=OB=OD=OC，∵OE=OF，∴△OEF為等腰直角三角形，∴∠OEF=∠OFE=45°，∵∠AFE=25°，∴∠AFO=∠AFE+∠OFE=70°，∴∠FAO=20°．在△AOF和△BOE中，OA=OB∠AOF=∠BOE=90°∴△AOF≌∴∠FAO=∠EBO=20°，∵OB=OC，∴△OBC是等腰直角三角形，∴∠OBC=∠OCB=45°，∴∠CBE=∠EBO+∠OBC=65°．故選：C．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的內(nèi)角和定理，熟練掌握正方形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式1-1】（2023春·江蘇·八年級(jí)期末）如圖，在正方形ABCD中，CE⊥MN,∠MCE=35°，則∠ANM等于（）

A．45° B．55° C．65° D．75°【答案】B【分析】作NF⊥BC于F，證明Rt△BEC≌Rt△FMN，得到∠MNF=∠MCE=35°【詳解】解：作NF⊥BC于F，

又四邊形ABCD是正方形，∴∠A=∠B=∠NFM=90°,AB=CD，∴四邊形ABFN是矩形，∴FN=BC=AB．在Rt△BEC和Rt△FMN中，∴Rt△BEC≌∴∠MNF=∠MCE=35°，∴∠ANM=90°-∠MNF=55°．故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造全等三角形．【變式1-2】（2023春·上海虹口·八年級(jí)上外附中校考期末）如圖，正方形ABCD中，CE∥BD，BE=BD，則∠CDE=

【答案】30°【分析】把△BCE逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAG，則∠BAG=∠BCE，BG=BE，∠GBE=90°，先證出C、A、G三點(diǎn)共線，得出∠BAG=135°，∠BAG=∠DAG，由SAS證明△BAG≌△DAG，得出BG=DG，證出BG=DG=BE，即【詳解】解：把△BCE逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△BAG，連接DG、

則∠BAG=∠BCE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BCD=90°，∵CE∥∴∠DCE=∠BDC=45°，∴∠BCE=90°+45°=135°，∴∠BAG=135°，∴∠BAG=135°，∴∠BAG+∠BAC=135°+45°=180°，∴點(diǎn)C、A、G三點(diǎn)共線，∴∠DAG=180°-45°=135°，∴∠BAG=∠DAG，在△BAG和△DAG中，AB=AD∠BAG=∠DAG∴△BAG≌△DAGSAS∴BG=DG，∵BD=BE，∴BG=DG=BE，即△BDG是等邊三角形，∴∠GBD=60°，∴∠DBE=90°-60°=30°，∴∠BDE=∠BED=1∴∠CDE=∠BDE-∠BDC=30°．故答案為：30°．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三點(diǎn)共線、等邊三角形的判定與性質(zhì)、三角形的外角性質(zhì)；熟練掌握正方形的性質(zhì)，并能進(jìn)行推理論證與計(jì)算是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【變式1-3】（2023春·廣西南寧·八年級(jí)南寧三中?？计谀┤鐖D，正方形ABCD的對(duì)角線相交于點(diǎn)O，邊長(zhǎng)為4，等腰直角三角形EOF繞點(diǎn)O轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)E、A、D三點(diǎn)共線時(shí)，OE與AB的交點(diǎn)G恰好是OE的中點(diǎn)，則線段EF的長(zhǎng)為（）

A．12 B．45 C．8 D．210【答案】D【分析】作OH⊥AD于點(diǎn)H，連接GH，根據(jù)正方形的性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)可得OH=AH=2，根據(jù)直角三角形斜邊中線點(diǎn)性質(zhì)及等腰三角形“三線合一”的性質(zhì)可得EH=4，根據(jù)勾股定理求出OE，再根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)解答即可.【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=90°,AO=DO,∠AOD=90°，作OH⊥AD于點(diǎn)H，則AH=DH,OH∥AG，∴OH=1連接GH，∵點(diǎn)G是OE的中點(diǎn)，∴GH=EG=1∵GA⊥DE，∴AE=AH=2，∴EH=4，則在直角三角形EOH中，根據(jù)勾股定理可得OE=E∵三角形EOF是等腰直角三角形，∴EF=O故選：D.

【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊中線的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)，熟練掌握相關(guān)圖形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵.【題型2利用正方形的性質(zhì)求線段長(zhǎng)】【例2】（2023春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為22，P為對(duì)角線BD上動(dòng)點(diǎn)，過(guò)P作PE⊥BC于E，PF⊥CD于F，連接EF，則EF的最小值為（

A．2 B．4 C．2 D．1【答案】A【分析】連接AC，PC，再根據(jù)已知條件可得四邊形PECF是矩形，從而可得當(dāng)點(diǎn)P是正方形對(duì)角線AC和BD的交點(diǎn)時(shí)，此時(shí)PC最小，進(jìn)而可得EF的最小值．【詳解】解：連接AC，PC，

∵PE⊥BC，PF⊥CD，DC⊥BC，∴四邊形PECF是矩形，∴EF=PC，∵AP+PC≥AC，∴當(dāng)點(diǎn)P是正方形對(duì)角線AC和BD的交點(diǎn)時(shí)，PC最小，∵四邊形ABCD是正方形，邊長(zhǎng)為22∴AC=A∴PC=1∴EF的最小值為PC的最小值為2，故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)、三角形三邊的關(guān)系、勾股定理、矩形的判定與性質(zhì)，解決本題的關(guān)鍵是能夠明確四邊形PECF是矩形．【變式2-1】（2023春·山東泰安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在正方形ABCD中，AB=6，M是AD邊上的一點(diǎn)，AM:MD=1:2．將ΔBMA沿BM對(duì)折至ΔBMN，連接DN，則DN的長(zhǎng)是

【答案】6【分析】連接AN交BM于點(diǎn)Q，過(guò)N作NH⊥AD于點(diǎn)H，根據(jù)折疊得到BM垂直平分AN，設(shè)MH=x，根據(jù)勾股定理列式求解即可得到答案；【詳解】解：連接AN交BM于點(diǎn)Q，過(guò)N作NH⊥AD于點(diǎn)H，設(shè)MH=x，∵將ΔBMA沿BM對(duì)折至Δ∴BM垂直平分AN，∵AB=6，AM:MD=1:2，∴AM=2，MD=4，∴BM=6∴AQ=AB?AMBM=在Rt△ANH與Rt（6解得：x=8∴DH=4-85=∴DN=(故答案為：65

【點(diǎn)睛】本題考查勾股定理，正方形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是根據(jù)折疊得到相等，作出相應(yīng)輔助線利用勾股定理列式．【變式2-2】（2023春·山東濟(jì)寧·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，HG垂直平分AE且分別交AE、BC于點(diǎn)H、G，求BG的長(zhǎng)．

【答案】1【分析】連接AG，EG，根據(jù)線段垂直平分線性質(zhì)可得AG=EG，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，根據(jù)點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)求得CE=4，設(shè)BG=x，則CG=8-x，根據(jù)勾股定理即可求得BG的值．【詳解】解：連接AG，EG，如圖：

∵HG垂直平分AE∴AG=EG，∵正方形ABCD的邊長(zhǎng)為8，∴∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=8，∵點(diǎn)E是CD的中點(diǎn)，∴CE=4，設(shè)BG=x，則CG=8-x，由勾股定理，得EGAG∴8-x解得：x=1，故BG=1．【點(diǎn)睛】本題考查了線段垂直平分線的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理等，熟練掌握正方形的性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式2-3】（2023春·廣東東莞·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為4，E是AB邊延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，BE＝2，F(xiàn)是AB邊上一點(diǎn)，將△CEF沿CF翻折，使點(diǎn)E的對(duì)應(yīng)點(diǎn)G落在AD邊上，連接EG交折痕CF于點(diǎn)H，則FH的長(zhǎng)是（

）A．43 B．103 C．1 D【答案】B【分析】由翻折得CG=CE，GF=EF，CF垂直平分EG，可根據(jù)直角三角形全等的判定定理“HL”證明Rt△CDG≌Rt△CBE，得DG=BE=2，則AG=2，則AE=AB+BE=6，即可根據(jù)勾股定理求出EG=210，再由AG2+AF2=FG2，且AF=6-EF得【詳解】解：∵四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為4的正方形，∴AB=AD=CD=CB=4，∠D＝∴∠D＝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=A∵AG2+A∴22解得EF=10∵12∴12解得FH=10故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，軸對(duì)稱的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，根據(jù)面積等式求線段的長(zhǎng)度等知識(shí)和方法，正確求出EG和EF的長(zhǎng)度是解題的關(guān)鍵．【題型3利用正方形的性質(zhì)求面積】【例3】（2023春·廣東潮州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為25，N為AD上一點(diǎn)，連接BN，AM⊥BN于點(diǎn)M，連接CM，且CM=CB，若AM=2，則△BCM的面積為（

A．8 B．6 C．4 D．2【答案】A【分析】過(guò)點(diǎn)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【詳解】解：如圖，過(guò)點(diǎn)C作CE⊥BM，

∵CM=CB，∴BE=EM=1∵AM⊥BN，AB=25，AM=2∴BM=A∴BE=EM=1在Rt△BCECE=B∴S故選：A．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．【變式3-1】（2023春·重慶永川·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)E是正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且AE=1，BE=5，若∠AED=135°，則正方形ABCD的面積是

【答案】4+【分析】把△ADE繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE'，根據(jù)旋轉(zhuǎn)變換只改變圖形的位置不改變圖形的形狀可得E'B=DE，AE=AE'=1，∠AED=∠AE'B=135°，然后求出△AEE'是等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)求出EE'，∠AE【詳解】解：如圖，把△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△ABE'，則E'B=DE，

∵∠EAE'∴△EAE'∴EE'=1∴∠EE'B=135°-45°=90°，∴D,E,E由勾股定理得，BE'過(guò)點(diǎn)A作AK⊥EE'于∴△AKE為等腰直角三角形，∴AK=KE=2∴DK=3∴正方形ABCD的面積為：AD故答案為：4+6【點(diǎn)睛】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，勾股定理以及正方形的性質(zhì)，二次根式的混合運(yùn)算等知識(shí)，作輔助線構(gòu)造出直角三角形是解題的關(guān)鍵．【變式3-2】（2023春·山東臨沂·八年級(jí)統(tǒng)考期中）將n個(gè)邊長(zhǎng)都為2cm的正方形按如圖所示的方法擺放，點(diǎn)A1，A2，A3???【答案】(n-1)【分析】連接A1A2，A1D，根據(jù)正方形性質(zhì)可得∠A1A2【詳解】解：連接A1A2∵正方形的邊上為2cm∴∠A1A2B=∠∴∠BA∴△BA∴S陰影∴n個(gè)正方形重疊形成的重疊部分的面積和為：(n-1)S故答案為：(n-1)cm；【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)與三角形全等的性質(zhì)與判定，解題的關(guān)鍵是得到△BA【變式3-3】（2023春·山東日照·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D（1），已知小正方形ABCD的面積為1，把它的各邊延長(zhǎng)一倍得到新正方形A1B1C1D1，把正方形A1B1CA．25 B．125 C．625 D．3125【答案】C【分析】連接AC，B1C，如圖（1），根據(jù)三角形面積公式得到S△ABC=S△BB1C【詳解】解：連接AC，B1C，如圖（∵AB=BB1，∴S△ABC=S∴S△B∴S正方形同理可得S正方形∴正方形A4B4故答案為：C．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，也考查了規(guī)律型問(wèn)題的解決方法，本題利用等底同高的兩個(gè)三角形面積相等解決問(wèn)題．【題型4利用正方形的性質(zhì)求坐標(biāo)】【例4】（2023春·湖北黃岡·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，正方形ABCD的頂點(diǎn)A的坐標(biāo)為0,2，頂點(diǎn)B在x軸上，對(duì)角線AC、BD相交于點(diǎn)M，若OM=32，則點(diǎn)C

【答案】6,4【分析】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，連接EM，根據(jù)正方形的性質(zhì)可以得出F是OE的中點(diǎn)，就可以得出MF是梯形AOEC的中位線，證明△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，從而得出C【詳解】過(guò)點(diǎn)C作CE⊥x軸于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)M作MF⊥x軸于點(diǎn)F，連接EM，

∴∠MFO=∠CEO=∠AOB=90°，AO∥MF∥CE，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠ABC=90，AM=CM，∴∠OAB=∠EBC，OF=EF，∴MF是梯形AOEC的中位線，∴MF=1∵M(jìn)F⊥OE，∴MO=ME∵在△AOB和△BEC中，∠CEO=∠AOB∠OAF=∠EBC∴△AOB≌△BECAAS∴OB=CE，AO=BE∴MF=1又∵OF=FE，∴△MOE是直角三角形，∵M(jìn)O=ME，∴△MOE是等腰直角三角形，∴OE=∴A0,2∴OA=2，∴BE=2，∴OB=CE=4∴C故答案為：6,4【點(diǎn)睛】本題考查坐標(biāo)與圖形，正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，梯形中位線定理，掌握全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式4-1】（2023春·浙江·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC是正方形，點(diǎn)A的坐標(biāo)是(4，0)，點(diǎn)P為邊AB上一點(diǎn)，∠CPB=60°，沿CP折疊正方形，折疊后，點(diǎn)B落在平面內(nèi)點(diǎn)B'處，則B'點(diǎn)的坐標(biāo)為（

）A．(2，2) B．(32，3) C．(2，4-23) D．(32【答案】C【分析】過(guò)B′作BD⊥y軸于D，由折疊的性質(zhì)可得∠B′CP=∠BCP=30°，CB′=BC=4，根據(jù)正方形的性質(zhì)可求出∠OCB′=30°，根據(jù)含30°角的直角三角形的性質(zhì)可得BD′的長(zhǎng)，利用勾股定理可求出CD的長(zhǎng)，即可求出OD的長(zhǎng)，即可得點(diǎn)B′的坐標(biāo).【詳解】過(guò)B′作B′D⊥y軸于D，∵四邊形OABC是正方形，∠CPB=60°，∴∠BCP=30°，∵沿CP折疊正方形，折疊后，點(diǎn)B落在平面內(nèi)點(diǎn)B'處，∴∠B′CP=∠BCP=30°，B′C=BC=4，∴∠OCB′=30°，∵B′D⊥y軸，∴B′D=12B′C=2∴CD=B'C2∴OD=OC-CD=4-23∴點(diǎn)B′的坐標(biāo)為（2，4-23）故選C.【點(diǎn)睛】本題考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)及含30°角的直角三角形的性質(zhì)，折疊是一種對(duì)稱變換，它屬于軸對(duì)稱，折疊前后圖形的形狀和大小不變，位置變化，對(duì)應(yīng)邊和對(duì)應(yīng)角相等；30°角所對(duì)的直角邊，等于斜邊的一半；熟練掌握折疊的性質(zhì)是解題關(guān)鍵.【變式4-2】（2023春·江蘇泰州·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，正方形AOBC邊長(zhǎng)為6，對(duì)角線AB、OC相交于點(diǎn)D，x軸上有一點(diǎn)E2,0，動(dòng)直線l繞著點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，與x軸相交于點(diǎn)P，且滿足∠DEA-∠PDA=45°，點(diǎn)P坐標(biāo)為【答案】（4，0）或（12，0）/（12，0）或（4，0）【分析】過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H，分兩種情況：①點(diǎn)P在點(diǎn)A左側(cè)，根據(jù)正方形的性質(zhì)，易證△DHE≌△DHP（ASA），可得PH=EH=1，可得點(diǎn)P坐標(biāo)；②點(diǎn)P在點(diǎn)A右側(cè)，在線段AC上截取AF=2，連接DF并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)P，待定系數(shù)法求DF的解析式，即可求出點(diǎn)P坐標(biāo)．【詳解】解：過(guò)點(diǎn)D作DH⊥OA于點(diǎn)H，如圖所示，①點(diǎn)P在A點(diǎn)左側(cè)，在正方形OABC中，OD=AD，∠DOA=45°，∴∠ODP=∠ADP，H為OA的中點(diǎn)，∵∠DEA-∠PDA=45°，∠DEA=∠DOA+∠ODE，∴∠PDA=∠ODE，∴∠EDH=∠PDH，∵∠DHE=∠DHP，DH=DH，∴△DHE≌△DHP（ASA），∴EH=PH，∵正方形OACB的邊長(zhǎng)為6，∴OA=6，∴OH=HA=3，∵E（2，0），∴OE=2，∴HE=1，∴HP=1，OP=4，∴P（4，0）；②點(diǎn)P在A點(diǎn)右側(cè)，在線段AC上截取AF=2，連接DF并延長(zhǎng)交x軸于點(diǎn)P，∵OD=AD，∠DOH=∠DAF=45°，OE=AF=2，∴△DOE≌△DAF，∴∠ODE=∠ADF，∴∠DEA-PDA=∠DEA-∠ODE=45°，∴點(diǎn)P就是所求點(diǎn)，∵正方形的邊長(zhǎng)為6，

∴D（3，3），F(xiàn)（6，2），設(shè)直線DF的解析式：y=kx+b，代入D，F(xiàn)點(diǎn)坐標(biāo)，得3k+b=36k+b=2解得k=-1∴DF的解析式：y=-1令y=0，得x=12，∴P（12，0），綜上，點(diǎn)P坐標(biāo)為（4，0）或（12，0），故答案為：（4，0）或（12，0）【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，設(shè)計(jì)全等三角形的判定和性質(zhì)，待定系數(shù)法求解析式，熟練掌握正方形的性質(zhì)以及分情況討論是解題的關(guān)鍵．【變式4-3】（2023春·河北石家莊·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，平面直角坐標(biāo)系中，直線y=12x+1與x軸、y軸分別交于A、B兩點(diǎn)，以AB為邊在第二象限內(nèi)作正方形ABCD，點(diǎn)C的坐標(biāo)是．在y軸上有一個(gè)動(dòng)點(diǎn)M，當(dāng)△MDC的周長(zhǎng)最小的時(shí)候，點(diǎn)M的坐標(biāo)是【答案】-1,30,【分析】過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，作點(diǎn)C關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，交y軸于點(diǎn)F，連接C'D，交y軸于點(diǎn)M'，連接C'M，則CF⊥y軸，先求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，從而可得OA、OB、AB的長(zhǎng)，再根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠BAD=90°，DA=AB，然后根據(jù)三角形全等的判定定理與性質(zhì)可得AE=OB，DE=OA，由此即可得出點(diǎn)D的坐標(biāo)；同樣的方法可求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，再根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得點(diǎn)C'的坐標(biāo)，然后根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)和兩點(diǎn)之間線段最短得出△MDC【詳解】如圖，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥x軸于點(diǎn)E，作點(diǎn)C關(guān)于y軸的對(duì)稱點(diǎn)C'，交y軸于點(diǎn)F，連接C'D，交y軸于點(diǎn)M'，連接對(duì)于y=1當(dāng)y=0時(shí)，12x+1=0，解得x=-2，則點(diǎn)A的坐標(biāo)為當(dāng)x=0時(shí)，y=1，則點(diǎn)B的坐標(biāo)為B(0,1)，即OA=2，OB=1，OB=1，AB=O∵四邊形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=∠ABO∴△ADE≌△BAO(AAS)，∴AE=OB=1，DE=OA=2，∴OE=OA+AE=2+1=3，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為D(-3,2)，同理可證：△CBF≌△BAO，∴CF=OB=1，BF=OA=2，∴OF=OB+BF=1+2=3，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為C(-1,3)，由軸對(duì)稱的性質(zhì)得：點(diǎn)C'的坐標(biāo)為C'(1,3)∴△MDC的周長(zhǎng)為CD+DM+CM=5由兩點(diǎn)之間線段最短得：當(dāng)點(diǎn)M與點(diǎn)M'重合時(shí)，DM+C'∵D(-3,2)，C'∴設(shè)直線DC′解析式為y=kx+b，把C'(1,3)，D(-3,2)代入得：解得：k=1∴直線DC′解析式為y=14x+11令x=0，得到y(tǒng)=114則M坐標(biāo)為(0,11故答案為：(-1,3)，(0,11【點(diǎn)睛】本題是一道較難的綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等的判定定理與性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，正確找出△MDC的周長(zhǎng)最小時(shí)，點(diǎn)M的位置是解題關(guān)鍵．【題型5利用正方形的性質(zhì)證明】【例5】（2023春·北京西城·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，在正方形ABCD中，E是邊AB上的一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A、B重合），連接DE，點(diǎn)A關(guān)于直線DE的對(duì)稱點(diǎn)為F，連接EF并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)G，連接DG，過(guò)點(diǎn)E作EH⊥DE交DG的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，連接BH．(1)求證：GF=GC；(2)用等式表示線段BH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)見解析(2)BH=2【分析】（1）先證明△ADE≌△FDE，再證明Rt△DCG≌Rt△DFG（2）在AD上取點(diǎn)M使得AM=AE，連接ME，利用SAS證明△DME≌△EBH，再利用全等三角形的性質(zhì)以及勾股定理即可求解．【詳解】（1）證明：連接DF，

∵A，F(xiàn)關(guān)于DE對(duì)稱，∴AD=FD，AE=FE，在△ADE和△FDE中，AD=FDAE=FE∴△ADE≌△FDE，∴∠DAE=∠DFE，∠ADE=∠EDF，∵四邊形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△DFGDF=CD，DG=DG，∴Rt△DCG≌∴GF=GC；（2）解：BH=2在AD上取點(diǎn)M使得AM=AE，連接ME，∵Rt△DCG≌∴∠CDG=∠FDG，∵∠ADC=90°，∴2∠EDF+2∠FDG=90°，∴∠EDF+∠FDG=45°即∠EDG=45°，∵EH⊥DE，∴∠EDG=∠DHE=45°，∴DE=EH，∵四邊形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=∠BEH∴△DME≌△EBH，∴ME=BH，在Rt△AME中，∠A=90°，AE=AM∴ME=A∴BH=2【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰直角三角形的判定，熟記各圖形的性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵．【變式5-1】（2023春·天津·八年級(jí)校聯(lián)考期中）如圖，點(diǎn)E在正方形ABCD的邊AB上，點(diǎn)F在邊BC的延長(zhǎng)線上，且AE=CF．求證：(1)DE=DF；(2)∠EDF=90°．【答案】(1)見解析(2)見解析【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得AD=DC，∠A=∠BCD=90°，從而利用平角定義可得∠DCF=90°，進(jìn)而可得∠A=∠DCF=90°，然后利用SAS證明△DAE≌△DCF，從而利用全等三角形的性質(zhì)即可解答；（2）根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠ADC=90°，從而可得∠ADE+∠EDC=90°，再利用（1）的結(jié)論可得∠ADE=∠CDF，然后利用等量代換可得∠CDF+∠EDC=90°，即可解答．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴AD=DC，∠A=∠BCD=90°，∴∠DCF=180°-∠BCD=90°，∴∠A=∠DCF=90°，∵AE=CF，∴△DAE≌△DCFSAS∴DE=DF；（2）證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ADC=90°，∴∠ADE+∠EDC=90°，∵△DAE≌△DCF，∴∠ADE=∠CDF，∴∠CDF+∠EDC=90°，∴∠EDF=90°．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，熟練掌握正方形的性質(zhì)，以及全等三角形的判定與性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式5-2】（2023春·廣西賀州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖1，正方形ABCD中，點(diǎn)E是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥DE于點(diǎn)F，交CD于點(diǎn)G．(1)求證：CG=CE；(2)如圖2，連接FC、AC，若BF平分∠DBE，求證：CF平分【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）只需要利用AAS證明△BCG≌△DCE即可證明（2）連接AC，連接CF，先證明△BDF≌△BEF，得到DF=EF，則CF是Rt△DCE的中線，CF=EF，推出∠E=∠FCE，根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠DBE=∠ACB=45°，再由BF平分∠DBE，得到∠FBE=∠DBF=22.5°，則∠FCE=∠E=67.5°，求出∠ACF=67.5°【詳解】（1）證明：四邊形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠BCG=∠DCE=90°，∵BE⊥DE，∴∠DFG=∠BCG=90°，∵∠DGF=∠BGC，∴∠GBC=∠EDC，∴△BCG≌∴CG=EF；（2）證明：如圖，∵BF平分∠DBE，BF⊥DE，∴∠DBF=∠EBF，又∵BF=BF，∴△BDF≌△BEFASA∴DF=EF，∴CF是Rt△DCE∴CF=EF，∴∠E=∠FCE，∵四邊形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．【點(diǎn)睛】本題主要考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)與判定，直角三角形斜邊上的中線，直角三角形兩銳角互余，等腰三角形的性質(zhì)等，靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)是解題的關(guān)鍵．【變式5-3】（2023春·北京延慶·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，AC是正方形ABCD的對(duì)角線，點(diǎn)E為射線AB上一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，連接CE，以點(diǎn)E為圓心，CE為半徑畫弧，與直線CA交于點(diǎn)F，連接EF．若∠BCE=α，且0°

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在邊AB上時(shí)，求∠AEF的度數(shù)（用含α的式子表示）；(2)如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在邊AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，①請(qǐng)你依題意補(bǔ)全圖形；②用等式表示線段AD,AE,AF之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．【答案】(1)證明見解析(2)①見解析；②2AE=AF+【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)及三角形的外角的性質(zhì)即可求解；（2）①根據(jù)題意畫弧即可求解；②過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB于點(diǎn)M．利用正方形的性質(zhì)及三角的外角可證∠AEF=∠BCE，△AFM為等腰直角三角形，易證△EFM≌△CBEAAS，可得FM=BE，由等腰直角三角形的性質(zhì)勾股定理可得AF=2FM=2BE【詳解】（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由題意可作圖，如下：

②過(guò)點(diǎn)F作FM⊥AB于點(diǎn)M．∴∠FMB=90°．∵正方形ABCD，∴∠CBA=90°，AB=BC=AD，∠BAC=∠BCA=45°，則∴∠CBE=∠FME．∵EF=EC，∴∠EFC=∠ECF．∵∠EFC=∠AEF+45°，∠ECF=∠BCE+45°，∴∠AEF=∠BCE．在△EFM和△CBE中∠AEF=∠BCE,∴△EFM≌△CBEAAS∴FM=BE．在Rt△AMF中，由勾股定理得，AF=∴AF=∵AE=AB+BE．

∴AE=AD+1即：2AE=AF+【點(diǎn)睛】本題考查正方形的性質(zhì)，三角形外角的性質(zhì)，全等三角形的判定及性質(zhì)，等腰直角三角形的判定及性質(zhì)，熟練掌握相關(guān)性質(zhì)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．【知識(shí)點(diǎn)1正方形的判定】①先判定四邊形是矩形，再判定這個(gè)矩形有一組鄰邊相等；②先判定四邊形是菱形，再判定這個(gè)菱形有一個(gè)角為直角．③還可以先判定四邊形是平行四邊形，再用1或2進(jìn)行判定．【題型6添加條件使四邊形是正方形】【例6】（2023春·遼寧沈陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，AC和BD是菱形ABCD的對(duì)角線，若再補(bǔ)充一個(gè)條件能使其成為正方形，下列條件：①AC=BD；②AC⊥BD；③AB2+AD2=B

A．①② B．①③ C．②③ D．②④【答案】B【分析】根據(jù)正方形的判定定理：有一個(gè)角為直角的菱形是正方形，對(duì)角線相等的菱形是正方形逐一判斷即可．【詳解】解：①若AC=BD，根據(jù)對(duì)角線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是菱形具有的性質(zhì)，不能得出菱形ABCD是正方形，②不符合要求；③AB2+AD2=BD④若菱形ABCD是正方形，則AC=2AD，由∠ACD=∠ADC，可得AC=AD，故不能得出菱形ABCD是正方形，故符合要求的為①③，故選：B．【點(diǎn)睛】本題考查了正方形的判定定理以及正方形與菱形的關(guān)系，熟練掌握正方形的判定定理是解題的關(guān)鍵．【變式6-1】（2023春·福建泉州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，已知?ABCD的對(duì)角線交于點(diǎn)O，下列結(jié)論中不一定正確的是（）A．當(dāng)AB=AD時(shí)，它是菱形B．當(dāng)AC=BD時(shí)，它是矩形C．當(dāng)AC⊥BD時(shí)，它是菱形D．當(dāng)∠ABC=90°時(shí)，它是正方形【答案】D【分析】根據(jù)菱形、矩形、正方形的判定逐一進(jìn)行判斷，即可得到答案．【詳解】解：A、鄰邊相等的平行四邊形是菱形，原結(jié)論正確，不符合題意，選項(xiàng)錯(cuò)誤；B、對(duì)角線相等的平行四邊形是矩形，原結(jié)論正確，不符合題意，選項(xiàng)錯(cuò)誤；C、對(duì)角線互相垂直的平行四邊形是菱形，原結(jié)論正確，不符合題意，選項(xiàng)錯(cuò)誤；D、有一個(gè)角是直角的平行四邊形是矩形，原結(jié)論不一定正確，符合題意，選項(xiàng)正確，故選D．【點(diǎn)睛】本題考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟練掌握特殊四邊形的判定定理是解題關(guān)鍵．【變式6-2】（2023春·湖北宜昌·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在平行四邊形ABCD中，F(xiàn)是對(duì)角線的交點(diǎn)，E是邊BC的中點(diǎn)，連接EF．（1）求證：2EF=CD；（2）當(dāng)EF與BC滿足_____時(shí)，四邊形ABCD是矩形；（3）當(dāng)EF與BC滿足_____時(shí)，四邊形ABCD是菱形，并證明你的結(jié)論；（4）當(dāng)EF與BC滿足_____時(shí)，四邊形ABCD是正方形．【答案】（1）證明見解析；（2）EF⊥BC；（3）BC=2EF，（4）EF⊥BC且BC=2EF．【詳解】試題分析：（1）利用三角形中位線定理以及其性質(zhì)判斷得出即可；（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．試題解析：（1）證明：∵平行四邊形ABCD，∴點(diǎn)F為AC，BD的中點(diǎn)，又∵E是BC的中點(diǎn)，∴EF為△DBC的中位線，∴2EF=CD；（2）EF⊥BC；理由：∵EF為△DBC的中位線，EF⊥BC，∴∠ABC=90°，∴平行四邊形ABCD是矩形；（3）BC=2EF，理由：∵點(diǎn)E為BC的中點(diǎn)，且BC=2EF∴EF=BE=EC，∴∠EBF=∠BFE，∠EFC=∠ECF又∵∠EBF+∠BFE+∠EFC+∠ECF=180°∴∠BFC=∠BFE+∠EFC=90°，∴平行四邊形ABCD是菱形；（4）EF⊥BC且BC=2EF．理由：由（2）（3）可得：當(dāng)EF與BC滿足EF⊥BC且BC=2EF時(shí)，四邊形ABCD是正方形．考點(diǎn)：1.正方形的判定；2.三角形中位線定理；3.平行四邊形的性質(zhì)；4.菱形的判定；5.矩形的判定．【變式6-3】（2023春·黑龍江雙鴨山·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，過(guò)點(diǎn)C的直線MN∥AB，D為AB邊上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)D作DE⊥BC，垂足為F，交直線MN于E，連接CD，BE．(1)求證：CE=AD：(2)當(dāng)D為AB中點(diǎn)時(shí)，證明：四邊形BECD是菱形．(3)在滿足（2）的條件下，當(dāng)△ABC滿足條件__________時(shí)，四邊形BECD是正方形．【答案】(1)見解析(2)見解析(3)△ABC是等腰三角形【分析】（1）先求出四邊形ADEC是平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)推出即可；（2）求出四邊形BECD是平行四邊形，求出CD=BD，根據(jù)菱形的判定推出即可；（3）添加條件，使四邊形BECD是正方形，即可.【詳解】（1）證明：∵DE⊥BC，∴∠DFB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACB=∠DFB，∴AC∥DE，∵M(jìn)N∥AB，即CE∥AD，∴四邊形ADEC是平行四邊形，∴CE=AD；（2）證明：∵D為AB中點(diǎn)，∴AD=BD，∵CE=AD，∴BD=CE，∵BD∥CE，∴四邊形BECD是平行四邊形，∵∠ACB=90°，D為AB中點(diǎn)，∴CD=BD，∴四邊形BECD是菱形；（3）解：當(dāng)△ABC是等腰三角形時(shí)，四邊形BECD是正方形，理由：∵∠ACB=90°，∴∠ABC=∠A=45°，由（2）可知，四邊形BECD是菱形，∴∠ABC=∠CBE=45°，∴∠DBE=90°，∴四邊形BECD是正方形．故答案為：△ABC是等腰三角形．（答案不唯一）【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)和判定，菱形的判定，正方形的判定、直角三角形的性質(zhì)的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題．【題型7證明四邊形是正方形】【例7】（2023春·廣東廣州·八年級(jí)統(tǒng)考期末）寬與長(zhǎng)的比是5-12的矩形叫做黃金矩形．如圖，已知矩形紙片ABCD是黃金矩形，寬AB=2，折疊紙片，使點(diǎn)A落在BC上的點(diǎn)E處，得到折痕BF；再次折疊紙片，使點(diǎn)C落在EF上的點(diǎn)G處，得到折痕

(1)求證：四邊形ABEF是正方形；(2)四邊形GHDF是黃金矩形嗎？請(qǐng)說(shuō)明理由．【答案】(1)見解析(2)是，理由見解析【分析】（1）根據(jù)正方形的判定定理求解即可；（2）首先根據(jù)題意設(shè)設(shè)AB=5-1x，BC=2x【詳解】（1）∵折疊紙片，使點(diǎn)A落在BC上的點(diǎn)E處，∴AB=BE，∠A=∠BEF=90°又∵四邊形ABCD是矩形∴∠A=∠ABE=90°∴四邊形ABEF是正方形；（2）∵矩形紙片ABCD是黃金矩形∴AB∴設(shè)AB=5-1∵四邊形ABEF是正方形∴BE=EF=AB=5∵∠C=∠GEC=∠EGH=90°∴四邊形GECH是矩形∵CE=GE∴四邊形GECH是正方形∴GE=CE=GH=BC-BE=2x-∴FG=EF-GE=∴FG∵∠D=∠DFG=∠FGH=90°∴四邊形GHDF是黃金矩形．【點(diǎn)睛】此題考查了正方形和矩形的性質(zhì)和判定，黃金分割等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握以上知識(shí)點(diǎn)．【變式7-1】（2023春·江西宜春·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，AC、BD相交于點(diǎn)O，點(diǎn)E、F在AC上，AE=CF．

(1)求證：四邊形EBFD是平行四邊形；(2)若∠BAC=∠DAC，DO=EO，求證：四邊形EBFD是正方形．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）利用平行線四邊形的判定和性質(zhì)，即可證明結(jié)論；（2）先利用平行四邊形的性質(zhì)和等腰三角形的性質(zhì)，證明?ABCD是菱形，再根據(jù)菱形的性質(zhì)，即可證明四邊形EBFD是正方形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AO=CO，DO=BO，∵AE=CF，∴AO-AE=CO-CF，即OE=OF，∴四邊形EBFD是平行四邊形；（2）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴AB∥∴∠BAC=∠DCA，又∵∠BAC=∠DAC，∴∠DAC=∠DCA，∴AD=CD，∴?ABCD是菱形，∴AC⊥BD，即EF⊥BD，又∵DO=EO，∴DB=EF，∵四邊形EBFD是平行四邊形，∴四邊形EBFD是正方形．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，等腰三角形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，熟練掌握特殊四邊形的判定和性質(zhì)是解題關(guān)鍵．【變式7-2】（2023春·湖南邵陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在?ABCD中，E，M分別為AD，AB的中點(diǎn)，DB⊥AD，延長(zhǎng)ME交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)(1)證明：四邊形AMDN是菱形；(2)若∠DAB=45°，判斷四邊形AMDN的形狀，并說(shuō)明理由．【答案】(1)證明見詳解(2)AMDN是正方形，理由見詳解【分析】（1）由平行四邊形的性質(zhì)可得DC∥AB，可得∠DAM=∠NDA，可證△NED≌△MEA，可得AM=ND，可證四邊形AMDN是平行四邊形，由直角三角形的性質(zhì)可得AM=MD，可得四邊形AMDN是菱形；（2）由菱形的性質(zhì)可得∠DAB=∠ADM=45°，可得AM⊥DM，則四邊形AMDN是正方形．【詳解】（1）證明：∵四邊形ABCD是平行四邊形，∴DC∥AB，∴∠DAM=∠NDA，∵E為AD中點(diǎn)，∴DE=AE，在△NED和△MEA中，∠NDE=∠EAMDE=AE∴△NED≌△MEA（∴AM=ND，∵CD∥AB，∴四邊形AMDN是平行四邊形，∵BD⊥AD，M為AB的中點(diǎn)，∵AM=DM=MB，∴四邊形AMDN是菱形；（2）解：四邊形AMDN是正方形，理由如下：∵四邊形AMDN是菱形，∴AM=DM，∴∠DAB=∠ADM=45°，∴∠AMD=90°，∴菱形AMDN是正方形．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)，菱形的判定和性質(zhì)，正方形的判定，直角三角形斜邊中線的性質(zhì)，熟練運(yùn)用這些性質(zhì)進(jìn)行推理是本題的關(guān)鍵．【變式7-3】（2023春·陜西渭南·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，P是矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，AP⊥BP于點(diǎn)P，CE⊥BP于點(diǎn)E，BP=EC．

(1)求證：四邊形ABCD是正方形；(2)延長(zhǎng)EC到點(diǎn)F，使CF=BE，連接PF交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．①請(qǐng)求出AP與CF的數(shù)量與位置關(guān)系；②求∠BGP的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)①AP與CF的數(shù)量關(guān)系是AP=CF；位置關(guān)系是AP∥CF；②45°【分析】（1）由四邊形ABCD是矩形，可得∠ABC=90°，則∠CBE+∠ABP=90°，由題意知∠APB=∠BEC=90°，由∠ABP+∠BAP=90°，可得∠BAP=∠CBE，證明△ABP≌△BCEAAS（2）①由（1）得AP=BE，則AP=CF，由∠APE=∠PEC=90°，可得AP∥CF；②如圖，連接AC，由四邊形ABCD是正方形，可得∠ACB=45°，由①知AP=CF，AP∥CF，則四邊形APFC是平行四邊形，AC∥PF，根據(jù)∠BGP=∠ACB，求解即可．【詳解】（1）證明：∵四邊形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≌∴AB=BC，∴四邊形ABCD是正方形；（2）①解：由（1）得AP=BE，∵CF=BE，∴AP=CF，∵∠APE=∠PEC=90°，∴AP∥CF，∴AP與CF的數(shù)量關(guān)系是AP=CF；位置關(guān)系是AP∥CF；②解：如圖，連接AC，

∵四邊形ABCD是正方形，∴∠ACB=45°，由①知AP=CF，AP∥CF，∴四邊形APFC是平行四邊形，∴AC∥PF，∴∠BGP=∠ACB=45°，∴∠BGP的度數(shù)為45°．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，正方形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，平行四邊形的判定與性質(zhì)，平行線的判定等知識(shí)．解題的關(guān)鍵在于對(duì)知識(shí)的熟練掌握與靈活運(yùn)用．【題型8利用正方形的性質(zhì)與判定求角度】【例8】（2023春·山東臨沂·八年級(jí)統(tǒng)考期中）已知：BD是△ABC的角平分線，點(diǎn)E在AB邊上，BE=BC，過(guò)點(diǎn)E作EF∥AC，交BD于點(diǎn)F，連接CF，DE．(1)如圖1，求證：四邊形CDEF是菱形：(2)如圖2，當(dāng)∠DEF=90°，AC=BC時(shí)，求∠A的度數(shù)，并在不添加任何輔助線的情況下，直接寫出圖2中所有與∠A相等的角．【答案】(1)見解析(2)∠A=30°，與∠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證明△BFE≌△BFC，得出EF=CF．由EF∥AC得出∠EFD=∠BDC，從而∠EFD=∠BDE，根據(jù)等角對(duì)等邊得出DE=EF，從而DE=EF=CF=DC，由菱形的判定可知四邊形CDEF是菱形；（2）如圖2，利用正方形的性質(zhì)可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=30°，然后利用三角形的外角性質(zhì)求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【詳解】（1）證明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌△BDC（SAS）；∴DE=DC，∠BDE=∠BDC，同理△BFE≌△BFC，∴EF=CF，∵EF∥AC，∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四邊形CDEF是菱形；（2）解：由（1）知四邊形CDEF是菱形，又∵∠DEF=90°，∴四邊形CDEF是正方形．∴∠EDF=45°，∴∠ADB=∠ADE+∠EDF=90°+45°=135°，∵AC=BC，∴∠A=∠CBE=2∠ABD，∴∠ABD+∠A=180°-∠ADB=45°，∴∠A=30°；∴∠CBF=∠ABF=12∠ABC=15°∵四邊形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性質(zhì)得：∠FEB=∠FCB=30°，∴與∠A相等的角有：∠ABC，∠FEB，∠FCB．【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性質(zhì)，三角形的外角性質(zhì)等知識(shí)．關(guān)鍵是由SAS得出△BDE≌△BDC．【變式8-1】（2023春·湖北武漢·八年級(jí)統(tǒng)考期中）如圖，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，點(diǎn)E是CD上一點(diǎn)，BE交AC于點(diǎn)F，將△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C恰好落在AB邊上的點(diǎn)C′處，則∠AFC′=．【答案】40°【分析】根據(jù)直角三角形兩銳角互余求出∠ACD，再根據(jù)翻折變換的性質(zhì)判斷出四邊形BCEC′是正方形，根據(jù)正方形的性質(zhì)可得∠BEC=45°，然后根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和求出∠BFC，再根據(jù)翻折變換的性質(zhì)可得∠BFC′=∠BFC，然后根據(jù)平角等于180°列式計(jì)算即可得解．【詳解】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°，∴∠ACD=90°-∠DAC=90°-65°=25°，∵△BCE沿BE折疊，點(diǎn)C恰好落在AB邊上的點(diǎn)C′處，∴四邊形BCEC′是正方形，∴∠BEC=45°，由三角形的外角性質(zhì)，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°，由翻折的性質(zhì)得，∠BFC′=∠BFC=70°，∴∠AFC′=180°-∠BFC-∠BFC′=180°-70°-70°=40°．故答案為40°．【點(diǎn)睛】本題考查的是翻折變換，正方形的判定與性質(zhì)，三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角的和的性質(zhì)，熟記各性質(zhì)并準(zhǔn)確識(shí)圖是解題的關(guān)鍵．【變式8-2】（2023春·河北保定·八年級(jí)統(tǒng)考期末）《蝶幾圖》是明朝人戈汕所作的一部組合家具的設(shè)計(jì)圖（蜨，同“蝶”），它的基本組件為斜角形，包括長(zhǎng)斜兩只、右半斜兩只、左半斜兩只、閨一只、小三斜四只、大三斜兩只，共十三只（圖①中的“様”和“隻”為“樣”和“只”）．圖②為某蝶幾設(shè)計(jì)圖，其中△ABD和△CBD為“大三斜”組件（“一様二隻”的大三斜組件為兩個(gè)全等的等腰直角三角形），已知某人位于點(diǎn)P處，點(diǎn)P與點(diǎn)A關(guān)于直線DQ對(duì)稱，連接CP、DP．若∠ADQ=24°，則∠DCP=度．【答案】21【分析】由題意易得四邊形ABCD是正方形，進(jìn)而根據(jù)軸對(duì)稱的性質(zhì)可得AD=DP，∠PDQ=∠ADQ=24°，則有CD=DP，然后可得∠CDP=138°，最后根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)可求解．【詳解】解：∵△CBD≌△ABD，且都為等腰直角三角形，∴四邊形ABCD是正方形，∴∠CDA=90°,CD=AD，∵點(diǎn)P與點(diǎn)A關(guān)于直線DQ對(duì)稱，∠ADQ=24°，∴∠PDQ=∠ADQ=24°，AD=DP，∴CD=DP，∠ADP=48°，∴∠CDP=138°，∴∠DCP=∠DPC=180°-∠CDP故答案為21．【點(diǎn)睛】本題主要考查正方形的判定與性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)，熟練掌握正方形的判定與性質(zhì)、軸對(duì)稱的性質(zhì)及等腰三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵．【變式8-3】（2023春·廣東廣州·八年級(jí)期中）四邊形ABCD為正方形，點(diǎn)E為線段AC上一點(diǎn)，連接DE，過(guò)點(diǎn)E作EF⊥DE，交射線BC于點(diǎn)F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．(1)如圖，求證：矩形DEFG是正方形；(2)若AB＝22，CE＝2，求CG(3)當(dāng)線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是40°時(shí)，直接寫出∠EFC的度數(shù)．【答案】(1)見解析；(2)CG=2；(3)130°或【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根據(jù)正方形的判定定理證明即可；（2）通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)E是AC中點(diǎn)，點(diǎn)F與C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解決問(wèn)題．（3）分兩種情形結(jié)合正方形的性質(zhì)解答即可．【詳解】（1）證明：如下圖所示：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∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如圖2：在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×2∵EC＝2，∴AE＝CE，∴點(diǎn)F與C重合，此時(shí)△DCG是等腰直角三角形，∴CG=CD（3）①如圖3：當(dāng)DE與AD的夾角為40°時(shí)，∠DEC＝45°+40°＝85°，∵∠DEF＝90°，∴∠CEF＝5°，∵∠ECF＝45°，∴∠EFC＝130°，②如圖4：當(dāng)DE與DC的夾角為40°時(shí)，∵∠DEF＝∠DCF＝90°，∴∠EFC＝∠EDC＝40°，綜上所述，∠EFC＝130°或40°．【點(diǎn)睛】本題考查全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、正方形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，根據(jù)條件結(jié)合圖形去解題是關(guān)鍵.【題型9利用正方形的性質(zhì)與判定求線段長(zhǎng)】【例9】（2023春·河南南陽(yáng)·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，在矩形ABCD中，AB=8，AD=6，E為AB邊上一點(diǎn)，將△BEC沿CE翻折，點(diǎn)B落在點(diǎn)F處．當(dāng)△AEF為直角三角形時(shí)，AE=．

【答案】2或5【分析】分∠AEF=90°,∠AFE=90°,∠FAE=90°三種情形計(jì)算．【詳解】解：當(dāng)∠AFE=90°時(shí)，連接AC，∵四邊形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∴∠ABC=∠CFE=90°，AC=62+

∵∠AFE=90°，∴∠AFE+∠CFE=180°，∴A,F,C三點(diǎn)共線，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得CF=BC=6,EF=EB，∴AF=AC-CF=4，設(shè)AE=x，則EF=EB=8-x，根據(jù)勾股定理，得x2解得x=5，故AE=5；當(dāng)∠AEF=90°時(shí)，∵四邊形ABCD是矩形，AB=8，AD=6，∴∠ABC=∠CFE=90°，AD=BC=6，

∵∠AFE=90°，∴四邊形BCFE是矩形，根據(jù)折疊的性質(zhì)，得CF=BC=6,EF=EB，∴四邊形BCFE是正方形，∴CF=BC=EF=EB=6，∴AE=AB-BE=8-6=2，故AE=2；當(dāng)∠FAE=90°時(shí)，

∵CD＞∴F點(diǎn)不可能落到AD上，故∠FAE=90°不成立，故AE=2或AE=5，故答案為：2或5．【點(diǎn)睛】本題考查了矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理，分類思想，熟練掌握矩形的性質(zhì)，折疊的性質(zhì)，正方形的判定和性質(zhì)，勾股定理是解題的關(guān)鍵．【變式9-1】（2023春·浙江寧波·八年級(jí)?？计谥校┤鐖D，四邊形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，AC⊥BD，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點(diǎn)，若AC＝BD＝2，則EF的長(zhǎng)是（）A．2 B．3 C．62 D．【答案】D【分析】分別取AD,BC的中點(diǎn)為G,H，連接EG,HE,HF,FG，利用中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)可以推出EG//__12【詳解】解：分別取AD,BC的中點(diǎn)為G,H，連接EG,HE,HF,FG，∵E,F分別是AB,CD的中點(diǎn)，∴EG//又∵AC⊥BD,AC=BD=2，∴HE=EG=GF=HF=1,HF⊥FG，∴四邊形EGFH是正方形，∴EF=2故選：D．【點(diǎn)睛】本題考查了中點(diǎn)四邊形的性質(zhì)、正方形的判定及性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是作出適當(dāng)?shù)妮o助線，利用題意證明出四邊形EGFH是正方形．【變式9-2】（2023春·全國(guó)·八年級(jí)期中）如圖，在四邊形ABCD中，AB＝BC，∠ABC＝∠CDA＝90°，BE⊥AD于點(diǎn)E，且四邊形ABCD的面積為121，則BE＝．【答案】11【分析】運(yùn)用割補(bǔ)法把原四邊形轉(zhuǎn)化為正方形，求出BE的長(zhǎng)．【詳解】解：過(guò)B點(diǎn)作BF⊥CD，與DC的延長(zhǎng)線交于F點(diǎn)，∵∠BED＝∠F＝∠D＝90°，∴四邊形BEDF是矩形，∴∠EBF＝90°，∴∠FBC+∠CBE＝90°，∵∠ABE+∠EBC＝∠ABC＝90°，∴∠FBC＝∠ABE，在△BCF和△BEA中∠F=∠AEB∠CBF=∠ABE∴△BCF≌△BEA（AAS），則BE＝BF，∴矩形BEDF是正方形，∴S四邊形ABCD＝S正方形BEDF＝121，∴BE＝11，故答案為：11．【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，運(yùn)用割補(bǔ)法把原四邊形轉(zhuǎn)化為正方形，其面積保持不變，所求BE就是正方形的邊長(zhǎng)；也可以看作將三角形ABE繞B點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°后的圖形．【變式9-3】（2023春·浙江杭州·八年級(jí)期中）如圖，在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)D是BC中點(diǎn)，將△ABD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到△AEF，點(diǎn)B，D分別與點(diǎn)E，F(xiàn)對(duì)應(yīng)，連結(jié)CF，此時(shí)四邊形ABCF為平行四邊形．（1）若AB=5，求AF的長(zhǎng)．（2）求∠CEF的度數(shù)．【答案】（1）25；（2）【分析】（1）由旋轉(zhuǎn)可得AD=AF，由平行四邊形的性質(zhì)可得AF=BC，可得AD=BC，由三線合一的性質(zhì)得到AD⊥BC，BD=CD=12BC，設(shè)BD=CD=x，利用勾股定理列出方程，求出x（2）延長(zhǎng)FE、BC交于點(diǎn)M，根據(jù)已知條件得到四邊形ADMF為正方形，得到AD=FM=AF=DM，證明CM=EM，證明△CEM為等腰直角三角形，從而可得結(jié)果．【詳解】解：（1）由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)可得，AD=AF．又∵四邊形ABCF為平行四邊形，∴AF=BC，∴AD=BC，又∵AB=AC，點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，∴AD為△ABC的中線，BD=CD=1∴由三線合一性質(zhì)可得：AD⊥BC，∴設(shè)BD=CD=x，則BC=AD=AF=2x．在Rt△ABD中，由勾股定理可得：A∴(2x)2解得：x1=5∴AF=2x=25（2）如圖所示，延長(zhǎng)FE、BC交于點(diǎn)M．∵AB=AC，點(diǎn)D是BC的中點(diǎn)，∴AD⊥BC，∴∠ADB=∠ADC=90°．又∵四邊形ABCF為平行四邊形，∴AF//BC，∴∠ADB=∠DAF=90°．又∵由旋轉(zhuǎn)可得：∠AFE=∠ADB=90°，AD=AF，∴四邊形ADMF為正方形，∴AD=FM=AF=DM=BC．設(shè)BD=CD=x，則BC=2x,又∵BD=CD=EF=x，∴CM=DM-CD=x，EM=FM-EF=x，∴CM=EM，∴△CEM為等腰直角三角形，∴∠CEM=45°，∴∠CEF=180°-∠CEM=135°．【點(diǎn)睛】本題考查了平行四邊形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，三線合一，知識(shí)點(diǎn)較多，解題的關(guān)鍵是熟練運(yùn)用所學(xué)性質(zhì)定理，掌握邊與角的轉(zhuǎn)化．【題型10利用正方形的性質(zhì)與判定求面積】【例10】（2023春·上海靜安·八年級(jí)統(tǒng)考期末）已知：如圖，梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠C，E、F、G、H分別是AB、

(1)求證：四邊形EFGH是菱形；(2)如果AD=3，BC=5，且EF⊥FG，求四邊形EFGH的面積．【答案】(1)見解析(2)8【分析】（1）首先根據(jù)三角形中位線的性質(zhì)得到EH∥GF，EH=GF，證明出四邊形EFGH是平行四邊形，然后利用AC=BD，得到HG=EH，進(jìn)一步證明出四邊形EFGH是菱形；（2）延長(zhǎng)HE,FB交于點(diǎn)M，首先證明出△AEH≌△BEMAAS，得到AH=BM=32，ME=HE，MF=BM+BF=4，然后得到四邊形EFGH【詳解】（1）如圖所示，連接AC,BD

∵E、F、G、H分別是AB、∴EH是△ABD的中位線，GF是△CBD的中位線，∴EH∥BD，EH=12BD，∴EH∥GF，EH=GF∴四邊形EFGH是平行四邊形∵梯形ABCD中，AD∥BC，∴四邊形ABCD是等腰梯形∴AC=BD∵同理可得，HG是△DAC的中位線∴HG=∴HG=EH∴四邊形EFGH是菱形；（2）如圖所示，延長(zhǎng)HE,FB交于點(diǎn)M，

∵AD=3，BC=5，∴AH=12AD