专题1.3 正方形的性质与判定【十二大题型】-2024-2025学年九年级数学上册举一反三系列（北师大版）

PAGE1专题1.3正方形的性质与判定【十二大题型】【北师大版】TOC\o"1-3"\h\u【题型1正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 2【题型2由正方形的性质求角度】 5【题型3由正方形的性质求线段长】 9【题型4由正方形的性质求面积】 14【题型5正方形中的折叠问题】 18【题型6正方形中的证明】 25【题型7正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 32【题型8证明四边形是正方形】 35【题型9由正方形性质与判定求线段长度】 42【题型10由正方形性质与判定求角度】 51【题型11由正方形性质与判定求面积】 59【题型12由正方形性质与判定证明】 65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正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】【例1】（23-24九年级·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（

）A．平行四边形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形【答案】B【分析】本题考查了特殊的平行四边形，正确理解矩形，菱形，正方形之间的关系是解题的关键．根据特殊的平行四边形的概念判断即可．【详解】解：∵矩形和菱形是特殊的平行四边形，正方形即是菱形也是矩形，∴M是正方形，N是菱形，故选：B【变式1-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）下列性质中，矩形、正方形都具有，但是菱形却不具有的性质是（

）A．对角线长度相等 B．对角线互相垂直C．对角线互相平分 D．一组对角线平分一组对角【答案】A【分析】利用正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质依次判断可求解．【详解】解：∵菱形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线互相垂直；矩形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线相等；正方形具有菱形和矩形的性质，故选项B，C，D不符合题意；∴菱形不具有的性质为：对角线长度相等，故选项A符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，注意熟记各性质定理是解此题的关键．【变式1-2】（23-24九年级·河南安阳·期末）用两块完全重合的等腰直角三角形纸片拼下列图形：（1）平行四边形（不包含菱形、矩形、正方形）；（2）矩形；（3）正方形；（4）等边三角形；（5）等腰直角三角形，一定能拼成的图形是（

）A．（1）（2）（3） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（5） D．（1）（3）（4）（5）【答案】B【分析】通过不同的组合方法，得出不同的图形．【详解】解：用两块完全重合的等腰直角三角形纸片可以拼成下列图形：（1）平行四边形

（3）正方形

（5）等腰直角三角

故选B．【点睛】本题是开放题，可以针对各种特殊的等腰三角形的组合方法，得出不同的图形．解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论．【变式1-3】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，在平行四边形ABCD中，E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），且AE=CF，分别连接BE、BF、DE、DF，则下列结论错误的是（）A．四边形BFDE是平行四边形B．若四边形ABCD是菱形，那么四边形BFDE也是菱形C．若四边形ABCD是正方形，那么四边形BFDE是菱形D．若四边形ABCD是矩形，那么四边形BFDE也是矩形【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．连接BD交AC于点O，根据平行四边形的性质可得OA=OC，OB=OD，再根据E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），AE=CF，可得OE=OF，进一步即可判断A选项；根据菱形的性质可得BD⊥AC，进一步即可判断B选项；根据正方形的性质可得BD⊥AC，进一步即可判断C选项；根据矩形的性质可得AC=BD，再根据E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），可得EF≠BD，进一步可判断【详解】解：连接BD交AC于点O，如图所示：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC，∵E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），AE=CF，∴OE=OF，∵OB=OD，∴四边形BFDE是平行四边形，故A不符合题意；当四边形ABCD是菱形时，BD⊥AC，∴EF⊥BD，又∵四边形BFDE是平行四边形，∴四边形BFDE是菱形，故B不符合题意；当四边形ABCD是正方形时，BD⊥AC，∴EF⊥BD，又∵四边形BFDE是平行四边形，∴四边形BFDE是菱形，故C不符合题意；当四边形ABCD是矩形时，AC=BD，∵E、F是对角线AC上的两点（不与点A、C重合），∴EF≠BD，∴四边形BFDE不是矩形，故D符合题意，故选：D．【题型2由正方形的性质求角度】【例2】（23-24九年级·重庆江津·期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为边AD、AB上的点，连接CE、CF，CG平分∠ECB，若CE=CF．当∠DEC=α时，则∠GCF的度数为（

）A．α2 B．C．3α2−90° 【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得CD=CB，∠CDE=∠CBF=∠BCD=90°，，进而由∠DEC=α可得∠DCE=90°−α，∠ECB=90°−∠DCE=α，再由角平分线的定义得∠GCB=12∠ECB=12【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴CD=CB，∠CDE=∠CBF=∠BCD=90°，∵∠DEC=α，∴∠DCE=90°−α，∴∠ECB=90°−∠DCE=90°−90°−α∵CG平分∠ECB，∴∠GCB=1在Rt△CDE和RtCD=CBCE=CF∴Rt△CDE≌∴∠DCE=∠BCF=90°−α，∴∠GCF=∠GCB−∠BCF=1故选：C．【变式2-1】（23-24九年级·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，正方形ABCD中，点M,N,P分别在AB,CD,BD上，∠MPN=90°，MN经过对角线BD的中点O，若∠PMN=α，则

A．2α B．45°+α C．90°−12α【答案】B【分析】证明△OMB≌△OND，可得OM=ON，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得OP=OM，则可得∠OPM=α，利用三角形外角和定理，即可得到∠AMP的值．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABD=∠BDC=45°，∵MN经过对角线BD的中点O，∴OB=OD，在△OMB与△OND中，∠MBO=∠NDOBO=DO∴△OMB≌△ONDASA∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OP=1∴∠OPM=∠PMN=α，∴∠AMP=∠MPO+∠ABO=α+45°，故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角和定理，斜边上的中线等于斜边的一半，熟知上述性质是解题的关键．【变式2-2】（23-24九年级·辽宁大连·期末）如图，在正方形ABCD中，点E在对角线AC上，且∠ABE=72°；延长BE交CD于点F，连接DE，则∠DEF的度数为．

【答案】54°【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，再根据SAS又证得△ADE≌△ABE，得∠ADE=∠ABE=72°，∠AED=∠AEB，根据三角形内角和定理求得∠AED=63°，最后根据平角定义求得答案．【详解】解：∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠BAC=∠DAC=45°，又AE=AE，∴△ADE≌△ABESAS∴∠ADE=∠ABE=72°，∠AED=∠AEB，∴∠AED=180°−∠DAC−∠ADE=180°−45°−72°=63°，∴∠AEB=63°，∴∠DEF=180°−∠AED−∠AEB=180°−63°−63°=54°，故答案为：54°．【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，三角形内角和定理，平角的定义等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键．【变式2-3】（23-24九年级·重庆九龙坡·期末）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，点E为边AB上一点，连接DE，过点C作CF⊥DE于点F，连接OF，若∠ACF=α，则∠DOF的度数为（

）A．2a B．30°+a C．45°−a D．60°−2a【答案】C【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角以及三角形外角性质等知识，取CD中点G，连接OG，FG，设CF与BD交于点Q，证明OG=FG=CG，得∠GOF=∠GFO，证明∠CFG=∠FCG=45°−α，求出∠OFG=∠OFC+∠GFC=90°−∠DOF−α+45°−α，根据∠GOF=∠GFO可得45°+∠DOF=90°−∠DOF−α+45°−α，整理后可得结论【详解】解：取CD中点G，连接OG，FG，设CF与BD交于点Q，如图，∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∠ODC=∠OCD=45°，BO=DO∴OG=12CD又CF⊥DE，∴FG=∴OG=FG=CG∴∠GOF=∠GFO∵∠ACF=α，∴∠FCD=45°−α，∵FG=CG∴∠CFG=∠FCG=45°−α在△COQ和△DFQ中，∠DQF=∠CQO,∠DFQ=∠COQ=90°∴∠FDQ=∠OCQ=α，∵∠OFE=∠DOF+∠FDO=∠DOF+α，且∠CFE=90°，∴∠OFC=90°−∠OFE=90°−∠DOF−α∴∠OFG=∠OFC+∠GFC=90°−∠DOF−α+45°−α而∠GOF=45°+∠DOF又∠GOF=∠GFO∴45°+∠DOF=90°−∠DOF−α+45°−α∴∠DOF=45°−α．故选：C．【题型3由正方形的性质求线段长】【例3】（23-24·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF．交CD于点M．若BE=DF=1，则DM的长度为（）A．2 B．5 C．6 D．12【答案】D【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，AB=AD=CD=BC=4，再证明△ABE≌△ADFSAS得到AE=AF，进一步证明△AEM≌△AFMSAS得到EM=FM，设在Rt△CEM中，由勾股定理得x+1【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABE=∠ADC=∠ADF=∠C=90°，又∵BE=DF=1，∴△ABE≌△ADFSAS∴AE=AF，∵AM平分∠EAF，∴∠EAM=∠FAM，又∵AM=AM，∴△AEM≌△AFMSAS∴EM=FM，设DM=x，则EM=FM=DF+DM=x+1，在Rt△CEM中，由勾股定理得E∴x+12解得x=12∴DM=12故选：D．【变式3-1】（23-24九年级·河北邯郸·期末）如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，A的坐标为1,3，则点B

A．−3,1C．1+3,1−【答案】D【分析】过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥EA的延长线于F，交y轴于点M，由AAS可证△AOE≌△BAF，可得OE=AF=1，BF=AE=3【详解】解：如图，过点A作AE⊥x轴于E，过点B作BF⊥EA的延长线于F，交y轴于点M，

∵点A的坐标为1,3，∴AE=3，OE=1∵x轴⊥y轴，∴四边形OEFM是矩形，∴MF=OE=1∵四边形OABC是正方形，∴BA=OA，∠BAO=90°，∵AE⊥OE，BF⊥AE，∴∠BFA=∠AEO=90°，∴∠OAE+∠AOE=90°=∠OAE+∠BAF，∴∠BAF=∠AOE，在△AOE和△BAF中，∠AEO=∠BFA∠AOE=∠BAF∴△AOE≌△BAFAAS∴OE=AF=1，BF=AE=3∴EF=3+1，BM=∴点B的坐标为1−3故选：D．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定及性质，垂线定义，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．【变式3-2】（23-24九年级·安徽合肥·期末）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=2，CE=6，CH⊥AF于点H，那么CH的长是（

）A．22 B．5 C．355【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的面积，连接CF、AC，由正方形的性质得到∠B=∠E=90°，∠ACF=90°，利用勾股定理可求得AC=22，CF=62，AF=45，再根据三角形的面积得到S【详解】解：连接CF、AC，∵正方形ABCD和正方形CEFG，∴∠B=∠E=90°，∠ACD=∠FCG=45°，∵BC=2，CE=6，∴AC=22+22∴AF=A∵CH⊥AF，∴S△ACF即12解得CH=6故选：D．【变式3-3】（23-24·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC上的动点，且满足AE=BF，AF与DE交于点O，点M是DF的中点，G是边AB上的点，AG=2GB，则OM+1

A．4 B．5 C．8 D．10【答案】B【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明△ADE≌△BAFSAS得到∠ADE=∠BAE，进而得到∠DOF=90°，则由直角三角形的性质可得OM=12DF，如图所示，在AB延长线上截取BH=BG，连接FH，易证明△FBG≌△FBHSAS，则FH=FG，可得当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时OM+12FG有最小值，最小值即为DH的长的一半，求出【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD=AB，又∵AE=BF，∴△ADE≌△BAFSAS∴∠ADE=∠BAF，∴∠DOF=∠ADO+∠DAO=∠BAF+∠DAO=∠DAB=90°，∵点M是DF的中点，∴OM=1如图所示，在AB延长线上截取BH=BG，连接FH，

∵∠FBG=∠FBH=90°，∴△FBG≌△FBHSAS∴FH=FG，∴OM+1∴当H、D、F三点共线时，DF+HF有最小值，即此时OM+12FG∵AG=2GB，AB=6，∴BH=BG=2，∴AH=8，在Rt△ADH中，由勾股定理得DH=∴OM+1故选：B．【题型4由正方形的性质求面积】【例4】（23-24九年级·辽宁朝阳·期末）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板ABCD，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在A点，两条直角边分别与CD交于点F，与CB的延长线交于点E，则四边形AECF的面积是．

【答案】16【分析】证明△AEB≌△AFDASA【详解】∵正方形ABCD，∴AB=AD，∠ABE=∠ABC=∠BAD=∠ADF=90°，∵∠EAF=90°，∴∠BAE=∠DAF=90°−∠BAF，∵∠BAE=∠DAFBA=DA∴△AEB≌∴S△AEB∴S△AEB∴S正方形故答案为：16．【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的面积，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．【变式4-1】（23-24九年级·四川德阳·期末）《九章算术》中有一问题：“今有勾三步，股四步，问勾中容方几何？”意思是：如图1，直角三角形ABC中，∠C=90°，AC=3，BC=4，求内接正方形DECF的边长．我国数学家刘徽用“出人相补”原理将直角三角形补成知形ACBG（如图1），在该图形中发现一个与正方形DECF面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若点A在线段AG上平移至点A′，连接A′C，A′B与直线ED分别相交于点M，点N

A．12 B．14449 C．25 D．【答案】B【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，正确列出方程是解答本题的关键．设正方形DECF的边长为x，证明S正方形DECF=S矩形DHGI，则DI=3−x，HD=4−x，得到【详解】如图1，设正方形DECF的边长为x，

根据题意得，四边形AEDG，∴S△ABC∴S∴S正方形∵IF=AC=3，HE=BC=4，DE=DF=CF=x∴DI=3−x，∴x2解得，x=12∴正方形DECF的边长为127∴正方形DECF的边长为127∵平行四边形MCFN的面积=CF⋅DF=故选：B．【变式4-2】（23-24九年级·山西吕梁·期末）如图，一个正方形ABCD中有两个小正方形，如果它们的面积分别为S1，S2，则S1S2（填“【答案】>【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等等知识，设正方形ABCD的边长为6，然后求出S1与S【详解】解：如图，设正方形ABCD的边长为6，∵AC是正方形ABCD的对角线，∴∠ACB=∠DAC=45°，∠B=90°，∴AC=A又∵四边形EFGB与四边形MNHQ是正方形，∴EF=BG=FG=GC，MN=QM=AQ=QH=CH，∴EF=12BC=3∴S1=9∴S1故答案为：>．【变式4-3】（23-24九年级·浙江绍兴·期末）如图，以直角△ABC的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为18cm2，则③、⑤两部分的面积和为（

）A．8 B．9 C．10 D．11【答案】B【分析】设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为S1，S2，S3，S【详解】如图所示，设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为S1，S2，S3，S4，根据题意，得c2∵四边形ABEG是正方形，∠ACB=90°，∴∠ABD=∠BEF=90°,AB=BE，∴∠EBF+∠CBA=90°，∠BAD+∠CBA=90°，∴∠EBF=∠BAD，∴△BAD≌△EBFASA∴S∴S∵②、④两部分的面积和为18cm∴S2∵四边形ABEG是正方形，四边形ACMH是正方形，∴∠AHG=∠ACB=90°,AB=AG,AC=AH，∴△AGH≌△ABCHL∴S∴S1根据题意，得S===S故选B．【题型5正方形中的折叠问题】【例5】（23-24九年级·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片ABCD的边长为12，E是边CD上一点，连接AE，点F在AD上，沿BF折叠，使点A落在AE上的G点，若DE=5，则GE的长为．

【答案】4913/【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质．由折叠及轴对称的性质可知，△ABF≌△GBF,BF垂直平分AG,先证△ABF≌△DAE,推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长,最后在Rt△ADF中利用面积法可求出AM的长，可进一步求出AG的长，GE【详解】解：设AE与BF交于点M，在正方形ABCD中,∠BAD=∠D=90°,

∴∠BAM+∠FAM=90°，在Rt△ADE中,AE=∵由折叠的性质可得△ABF≌△GBF∴AB=BG,∠FBA=∠FBG，∴BF垂直平分AG,∴AM=MG,∠AMB=90°，∵∠FAE+∠AED=∠FAE+∠AFB=90°，所以∠AED=∠AFB，又∵∠BAF=∠D=90°，AB=AD，∴△ABF≌△DAE，∴AF=DE=5，BF=AE=13，又∵S△ABF∴AM=∴AG=2AM=∴GE=AE−AG=13−故答案为：49【变式5-1】（23-24九年级·河南南阳·期末）如图，将边长为8的正方形纸片ABCD沿EF对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形ABEF和矩形CEFD，再将矩形ABEF绕点E顺时针方向旋转．使点A与点D重合，点F的对应点为F′A．9 B．10 C．16 D．20【答案】D【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．首先根据已知条件判断出△BGE≌△FGDAAS，得到BG=FG，EG=DG，然后可设FG的长度为x，则DG=8−x【详解】解：如图，设BD交EF于G，EF旋转后交CD于点H，

由题意知，BE=FD=4，∠B=∠F=90°，又∵∠BGE=∠FGD，∴△BGE≌∴BG=FG，EG=DG，设BG=FG=x，则DG=8−x，在Rt△FDG中，8−x解得：x=3，∴DG=8−x=5，∵DG∥EH，∴四边形DGEH为平行四边形，又∵EG=DG，∴▱DGEH为菱形，∴阴影部分的周长为：5×4=20，故选：D．【变式5-2】（23-24九年级·湖南怀化·期末）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，则BE的长度为（

）A．1 B．2 C．5 D．2【答案】D【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据AB∥CD可得∠EFD=∠BEF=60°,根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得∠BEF=∠B′EF=60°,BE=B′E，进而可得∠AB【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD,∠A=90°∴∠EFD=∠BEF=60°∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，∴∠BEF=∠B∴∠AE∴∠A∴AE=设BE=x，则B′∴3−x=1∴x=2，∴BE=2，故选：D．【变式5-3】（23-24九年级·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下：(1)【课本再现】第一步：如图1，对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，把纸片展平；第二步：在AD上选一点P，沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接PM，BM，根据以上操作，当点M在EF上时，∠PBM=___________(2)【类比应用】如图2，现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，当点M在EF上时，求∠MBQ的度数；(3)【拓展延伸】在（2）的探究中，正方形纸片的边长为4，改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接PM，BM，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．当QF=1cm【答案】(1)30(2)15°(3)125cm【分析】（1）由折叠的性质得AM=BM，AE=BE，AB=BM，∠ABP=∠PBM，从而得到△ABM是等边三角形即可求解；（2）同（1）可证∠ABM=60°，再利用折叠的性质和正方形的性质证明Rt△BMQ≌Rt△BCQHL，推出（3）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可．【详解】（1）解：如图，连接AM，∵对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，折痕为EF，∴EF垂直平分AB,∴AM=BM，AE=BE，∵沿BP折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，∴AB=BM，∠ABP=∠PBM，∴AM=BM=AB，∴△ABM是等边三角形，∴∠ABM=60°，∴∠PBM=∠ABP=30°，故答案为：30；（2）解：如图，同（1）可证∠ABM=60°，∴∠CBM=∠ABC−∠ABM=90°−60°=30°，在正方形ABCD中，AB=BC，∠A=∠C=90°，由折叠知AB=BM，∠PMB=∠A=90°，∴BC=BM，∠BMQ=∠C=90°，在Rt△BMQ和RtBC=BMBQ=BQ∴Rt△BMQ≌∴∠MBQ=∠CBQ，∴∠MBQ=（3）解：当点Q在点F的下方时，如图，∵正方形ABCD中，AD=CD=4，∴DQ=QF+DF=1+1∴CQ=CD−DQ=4−3=1，由（2）知Rt△BMQ≌∴MQ=CQ=1，设AP=x，由折叠知MP=AP=x，∴PQ=MP+MQ=x+1，PD=AD−AP=4−x，在Rt△PDQ中，P∴(4−x)2解得x=125，即当点Q在点F的上方时，如图，则DQ=DF−QF=1∴CQ=CD−DQ=4−1=3，∴MQ=CQ=3，设AP=MP=x，则PD=AD−AP=4−x，PQ=MP+MQ=x+3，在Rt△PDQ中，P∴(4−x)2解得x=47，即综上可知，AP的长为125cm或【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键．【题型6正方形中的证明】【例6】（23-24九年级·安徽安庆·期末）如图，在正方形纸片ABCD中，P为正方形边AD上的一点（不与点A，D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，PG交DC于点H，折痕为EF，连接BP，BH，BH交EF于点M，连接PM．(1)求证：PB平分∠APG；(2)求证：BP=EF；(3)探究CH，AP与PH的数量关系，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)PH=AP+CH．理由见解析【分析】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，轴对称的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．（1）由题意，得PE=BE，则∠EBP=∠EPB．根据正方形性质得出∠EPH=∠EBC=90°，得出∠PBC=∠BPH．结合AD∥BC，得出∠APB=∠PBC，即可证明∠APB=∠BPH，即PB平分（2）如图1，过点F作FK⊥AB于点K，设EF交BP于点O．证明四边形BCFK是矩形，得出KF=BC=AB．根据点B与点P关于EF对称，得出EF⊥PB，证明△ABP≌△KFE，即可证明BP=EF．（3）如图，过点B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知，∠APB=∠BPH．证明Rt△ABP≌Rt△QBP，得出AP=QP．证出BC=BQ．再证明Rt△BCH≌Rt△BQH，得出【详解】（1）证明：由题意，得PE=BE，∴∠EBP=∠EPB．∵四边形ABCD是正方形，∴∠EPH=∠EBC=90°，∴∠EPH−∠EPB=∠EBC−∠EBP，即∠PBC=∠BPH．又∵AD∥∴∠APB=∠PBC，∴∠APB=∠BPH，即PB平分∠APG．（2）证明：如图1，过点F作FK⊥AB于点K，设EF交BP于点O．∵∠FKB=∠KBC=∠C=90°，∴四边形BCFK是矩形，∴KF=BC=AB．∵点B与点P关于EF对称，∴EF⊥PB，∴∠BOE=90°，∴∠ABP+∠BEO=90°．∵∠BEO+∠EFK=90°，∴∠ABP=∠EFK．∵∠A=∠EKF=90°，∴△ABP≌△KFEASA∴BP=EF．（3）解：PH=AP+CH．理由：如图，过点B作BQ⊥PH，垂足为Q．由（1）知，∠APB=∠BPH．∵∠BQP=∠A=90°，∴BA=BQ．∵BP=BP，∴Rt△ABP≌∴AP=QP．又∵AB=BC，∴BC=BQ．∵∠C=∠BQH=90°，∴Rt△BCH≌∴CH=QH，∴QP+QH=AP+CH，即PH=AP+CH．【变式6-1】（23-24九年级·湖北武汉·期末）已知；正方形ABCD的边长是4，F是DC边的中点，E是BC上的点，且CE=14BC【答案】见解析【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，连接AE，延长EF交AD延长线于点G，由正方形的性质得到AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠ADC=90°，设AB=BC=4a，则CE=a,BE=3a，由勾股定理求出AE=5a，再证明△CEF≌△DGF，得出AE=AG即可求证，掌握相关知识是解题关键．【详解】证明：连接AE，延长EF交AD延长线于点G，如图：∵正方形ABCD，∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠C=∠ADC=90°，∵CE=1∴设AB=BC=4a，则CE=a,BE=3a，在Rt△ABE中，AE=∵点F是CD中点，∴CF=DF，∵∠C=∠ADCCF=DF∴△CEF≌△DGFASA∴EF=FG,CE=DG=a,，∴AG=AD+DG=5a，∴AE=AG，又∵EF=FG,∴AF⊥EF,∴∠AFE=90°．【变式6-2】（23-24九年级·四川宜宾·期末）正方形ABCD的边长为6，正方形DEFG的顶点E、F分别在正方形ABCD的对角线AC和BC边上，BF=2CF，连接CG．(1)求证：AE=CG；(2)求AE【答案】(1)见解析(2)AE【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．（1）利用正方形的性质结合等角的余角相等求得AD=CD，DE=DG，∠ADE=∠CDG，再利用SAS证明△ADE≌△CDG，即可得到AE=CG；（2）先求得CF=2，利用勾股定理求得EG=DF=210，由△ADE≌△CDG得到∠DCG=∠DAE=45°，推出∠ECG=90°【详解】（1）证明：∵正方形ABCD和DEFG，∴AD=CD，DE=DG，∠ADC=∠EDG=90°，∴∠ADE=90°−∠EDC=∠CDG，∴△ADE≌△CDGSAS∴AE=CG；（2）解：连接GE和DF，∵正方形ABCD的边长为6，且BF=2CF，∴CF=2，CD=6，∠FCD=90°，∴EG=DF=2由（1）得△ADE≌△CDG，AE=CG，∴∠DCG=∠DAE=45°，∴∠ECG=∠DCG+∠DCE=90°，∴AE【变式6-3】（23-24九年级·江苏泰州·期末）【阅读材料】在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形ABCD中，点E、F、G、H分别在BC、CD、AD、AB上，且GE⊥HF，垂足为M，那么GE与HF相等吗？分别过点G、H作GP⊥BC、HQ⊥CD，垂足分别为P、Q，通过证明△GPE≌△HQF，得到GE=HF．根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题．【探究1】如图2，在正方形ABCD中，点E在BC上，使用无刻度的直尺和圆规作BF⊥AE，交CD于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法；【探究2】如图3，在正方形ABCD中，点E、F分别在AB、CD上，将正方形ABCD沿着EF翻折，点B、C分别落在B′、C′处，且B′C′经过点D，将纸片展开，延长C′F交BC于点G（1）求证：DF=GF；（2）求证：AE+CG=DF．【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）见解析【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是：[探究1]以B为圆心，AE为半径画弧，交CD于F，连接BF即可；[探究2]（1）利用翻折的性质和ASA证明△CFG≌△C（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于N，可得四边形BCFN是矩形，得出CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD，AN=DF，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得∠FDG=∠FC′C，进而得出DG∥C【详解】解∶[探究1]如图，BF即为所求，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°，AB=DC，由作图知：AE=BF，∴Rt△ABE≌∴∠BAE=∠CAF，∵∠CAF+∠ABF=90°，∴∠BAE+∠ABF=90°，∴BF⊥AE；[探究2]（1）证明：∵翻折，∴∠C=∠C′=90°又∠CFG=∠C∴△CFG≌△C∴FG=DF；（2）连接CC′，过F作FN⊥AB于则四边形BCFN是矩形，∴CF=BN，∠NFD=90°，NF=BC=CD又AB=DC，∴AN=DF，∵翻折，∴EF⊥CC∵DF=GF，CF=C∴∠FDG=∠FGD，∠FCC又∠DFC=∠FDG+∠FGD=∠FCC∴∠FDG=∠FC∴DG∥又EF⊥CC∴DG⊥EF，∴∠GDC+∠DFM=90°，∵∠NFD=90°，∴∠EFN+∠DFM=90°，∴∠EFN=∠GDC，又NF=CD，∠ENF=∠C=90°，∴△ENF≌△GCDASA∴EN=GC，又AN=AE+EN，AN=DF，∴DF=AE+GC知识点2：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7正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】【例7】（23-24九年级·浙江台州·期末）甲，乙两位同学采用折叠的方法，判断两张四边形纸片是否为正方形．甲：如图①进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形；乙：如图②进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形．下列判断正确的是（

）

A．仅甲正确 B．仅乙正确 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误【答案】D【分析】利用折叠的性质和菱形、矩形、正方形的判定即可得出答案．【详解】解∶①按照图①折叠，可得四边形的四边相等，原四边形是菱形或正方形；②按照图②折叠，可得四边形的四个角相等，不能得四条边相等，原四边形是矩形；故选∶D．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形、矩形、正方形的判定等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键．【变式7-1】（23-24九年级·重庆荣昌·期末）下列命题：①对角线相等的菱形是正方形；②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形；③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；④对角线互相垂直的矩形是正方形；其中是真命题的个数是（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】利用正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：①对角线相等的菱形是正方形，正确，是真命题，符合题意；②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意；③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意；④对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，是真命题，符合题意．真命题有4个，故选A．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度中等．【变式7-2】（23-24九年级·河北保定·期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，连结AC、BD，回答问题（1）对角线AC、BD满足条件时，四边形EFGH是矩形．（2）对角线AC、BD满足条件时，四边形EFGH是菱形．（3）对角线AC、BD满足条件时，四边形EFGH是正方形．【答案】AC⊥BDAC＝BDAC⊥BD且AC＝BD【分析】先证明四边形EFGH是平行四边形，（1）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是矩形，则需要一个角是直角，故对角线应满足互相垂直（2）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是菱形，则需要一组邻边相等，故对角线应满足相等（3）联立（1）（2），要使所得四边形是正方形，则需要对角线垂直且相等【详解】解：连接AC、BD．∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，∴EF∥AC，EF＝12AC，FG∥BD，FG＝12BD，GH∥AC，GH＝12AC，EH∥BD，EH＝∴EF∥HG，EF＝GH，FG∥EH，FG＝EH．∴四边形EFGH是平行四边形；（1）要使四边形EFGH是矩形，则需EF⊥FG，由（1）得，只需AC⊥BD；（2）要使四边形EFGH是菱形，则需EF＝FG，由（1）得，只需AC＝BD；（3）要使四边形EFGH是正方形，综合（1）和（2），则需AC⊥BD且AC＝BD．故答案是：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD【点睛】此题主要考查平行四边形，矩形，菱形以及正方形的判定条件【变式7-3】（12-13九年级·江苏扬州·期末）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中不正确的是（

）A．当AB=BC时，它是菱形 B．当AC⊥BD时，它是菱形C．当∠ABC=90°时，它是矩形 D．当AC=BD时，它是正方形【答案】D【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错．根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形．【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形ABCD是平行四边形，当AB=BC时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意；B、∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故B选项正确，不符合题意；C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意；D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当AC=BD时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意．故选：D．【题型8证明四边形是正方形】【例8】（23-24九年级·四川乐山·期末）如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE，BE．(1)求证：BE=DE；(2)如图2，过点E作EF⊥BE，交边CD于点F，以BE，EF为邻边作矩形BEFG，连接CG．①求证：矩形BEFG是正方形；②若正方形ABCD的边长为6，CG=22，求正方形BEFG【答案】(1)见解析(2)①见解析；②2【分析】（1）证明△ABE≌△ADESAS（2）①作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得矩形EMCN，再证△FEN≌△BEMASA，得到EF=BE②证明△ABE≌△CBGSAS，得到AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，由∠ACB=45°，得到CE⊥CG，则CE+CG=CE+AE=AC=2AB=62，由CG=22得到CE=42，连接【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAE=∠DAE=45°，AB=AD，在△ABE和△ADE中，AB=AD∠BAE=∠DAE∴△ABE≌△ADESAS∴BE=DE；（2）①证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则四边形EMCN为矩形，∴∠MEN=90°，∵点E是正方形ABCD对角线上的点，∴EM=EN，∵∠BEF=90°，∴∠BEM=∠NEF=90°−∠FEM，∵∠FNE=∠BME=90°，在△FEN和△BEM中∠FNE=∠BME=90°∴△FEN≌△BEMASA∴EF=BE，∵四边形BEFG是矩形，∴矩形BEFG是正方形；②解：正方形BEFG和正方形ABCD中，BE=BG，AB=BC，∠ABC=∠EBG=90°，∴∠ABE=∠CBG=90°−∠CBE，∴△ABE≌△CBGSAS∴AE=CG，∠BAE=∠BCG=45°，∵∠ACB=45°，∴∠ACG=∠ACB+∠BCG=90°，∴CE⊥CG，∴CE+CG=CE+AE=AC=2∵CG=22∴CE=42连接EG，∴EG=C∴EF=2即正方形BEFG的边长为25【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，添加合适辅助线是解题的关键．【变式8-1】（23-24九年级·浙江绍兴·期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连接AE，AF，已知BF=DE，AF⊥AE．

(1)求证：四边形ABCD是正方形．(2)若∠DAE=30°，DE=1，求四边形AECB的面积．【答案】(1)详见解析(2)3−【分析】（1）证明△BAF≌△DAE，得出AB=AD，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论；（2）根据含30度的直角三角形的性质得出AE=2，根据勾股定理求出AD=22−【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠ABC=∠BAD=90°，∴∠BAE+∠EAD=90°，∠ABF=∠D=90°．∵AF⊥AE，∴∠BAE+∠BAF=90°，∴∠BAF=∠EAD，∵BF=DE，∴△BAF≌△DAE，∴AB=AD．∴矩形ABCD是正方形．（2）解：∵∠DAE=30°，DE=1，∴AE=2，∴AD=2∴S【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，勾股定理，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，得出△BAF≌△DAE．【变式8-2】（23-24九年级·湖北荆门·期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽AD=6．

(1)如图1，A小组将矩形纸片ABCD折叠，点D落在AB边上的点E处，折痕为AF，连接EF，然后将纸片展平，得到四边形AEFD．求证：四边形AEFD是正方形；(2)如图2，B小组将矩形纸片ABCD对折使AB与DC重合，展平后得到折痕PQ，再次过点A折叠使点D落在折痕PQ上的点N处，得到折痕AM，连结MN，展平后得到四边形ANMD，求四边形ANMD的面积；【答案】(1)见解析(2)12【分析】（1）证AD=AE=FD=FE，得四边形AEFD是菱形，再由∠D=90°，即可得出结论；（2）连接DN，由折叠的性质可得△ADN是等边三角形，∠DAM=30°，求出DA′，由三角形面积公式可求出【详解】（1）四边形AEFD是正方形，理由如下：∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=90°，AB∥∴∠FAE=∠DFA，由第一步折叠可知：∠FAE=∠DAF，∴∠DAF=∠DFA，∴AD=FD，∴AD=AE=FD=FE，∴四边形AEFD是菱形，又∵∠D=90°，∴四边形AEFD是正方形；（2）连接DN，

由折叠得，AP=PD=∴DN=AN=6∴DN=AN=AD=6∴△ADN是等边三角形，∴∠DAN=60°∴∠DAM=设DM=x，则AM=2x由勾股定理得，A∴6解得，x=23∴DM=2由折叠得，S△ADM∴S四边形【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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．【变式8-3】（23-24九年级·山西临汾·期末）综合与实践问题解决：（1）如图1，在△ABC中，BD是AC边上的中线，E是BD的中点，过点B作BF∥AC，交CE的延长线于点F，连接AF．求证：四边形类比迁移：（2）如图2，在（1）的条件下，当AB=BC时，试判断四边形ADBF的形状，并说明理由．拓展应用：（3）当△ABC满足什么条件时，四边形ADBF是正方形？请直接写出结论，不必证明．【答案】（1）证明见解析；（2）四边形ADBF是矩形，理由见解析；（3）AB=BC，∠ABC=90°【分析】（1）先证明△BEF≌△DECAAS，得到BF=CD=AD，再结合BF（2）根据等腰三角形三线合一的性质，得出BD⊥AC，即可证明四边形ADBF是矩形；（3）由（2）可知，当AB=BC时，四边形ADBF是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到BD=AD，即可得出结论．【详解】证明：（1）∵BF∥∴∠BFC=∠ACF，∵E是BD的中点，∴BE=DE，在△BEF和△DEC中，∠BFE=∠DCE∠BEF=∠EDC∴△BEF≌△DECAAS∴BF=CD，∵BD是AC边上的中线，∴AD=CD，∴AD=BF，又∵BF∥∴四边形ADBF是平行四边形；（2）四边形ADBF是矩形，理由如下：∵AB=BC，BD是AC边上的中线，∴BD⊥AC，即∠ADB=90°，又∵四边形ADBF是平行四边形，∴四边形ADBF是矩形；（3）当△ABC满足AB=BC，∠ABC=90°时，四边形ADBF是正方形，由（2）可知，当AB=BC时，四边形ADBF是矩形，在Rt△ABC中，BD是AC∴BD=1∴四边形ADBF是正方形，．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定定理，正方形的判定定理，掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．【题型9由正方形性质与判定求线段长度】【例9】（23-24九年级·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形ABCD（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如△IJK），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是．【答案】3【分析】先利用勾股定理得到EH=32，进而证明四边形EFGH是正方形，则可得到IJ=EJ=HI=JK=13EH=2，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、S，则TJ=IT=12IJ=22，利用勾股定理得到TK=JK2−JT2=62；证明四边形TSGH是矩形，得到TS=HG=HE=32，由对称性可知LS=TK=62，则KL=TS−TK−LS=32−6；证明四边形MQLK【详解】解：∵点E，F是正方形ABCD边AB，∴AE=AH=3，∴∠AEH=∠AHE=45°，EH=A同理可得∠DHG=45°，∴EH=HG=FG=EF，∴四边形EFGH是正方形，∵四边形EFGH各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形，∴IJ=EJ=HI=JK=1如图所示，过点K作KT⊥EH，延长TK分别交PQ，FG于L、∴TJ=IT=1∴TK=J∵THG=∠HJS=∠HTS=90°，∴四边形TSGH是矩形，∴TS=HG=HE=32由对称性可知LS=TK=6∴KL=TS−TK−LS=32∵K、L分别为正方形NMQP边MN，∴MK=QL，∴四边形MQLK是矩形，∴MN=MQ=KL=32−6如图所示，过点M作MW⊥EH于W，则四边形TKMW是矩形，∴MW=TK=6∵EJ=HI，∴ET=HT=1∴WH=HT−TW=6∴HM=M∴点H，M之间的距离是3，故答案为：3．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定，等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键．【变式9-1】（23-24九年级·四川宜宾·期末）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，AB=BC，CD=6，AD=8，则对角线BD的长为．【答案】7【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．如图，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，则四边形BEDF是矩形，证明△CBF≌△ABEAAS，则CF=AE，BF=BE，可得四边形BEDF是正方形，则BE=DE=DF，设CF=AE=a，则DE=8−a，DF=6+a，由8−a=6+a，可求a=1，则BE=DE=7，由勾股定理得，BD=【详解】解：如图，作BE⊥AD于E，BF⊥DC于F，则四边形BEDF是矩形，∴∠EBF=90°=∠ABC，即∠EBC+∠CBF=∠ABE+∠EBC，∴∠CBF=∠ABE，又∵∠CFB=90°=∠AEB，BC=AB，∴△CBF≌△ABEAAS∴CF=AE，BF=BE，∴四边形BEDF是正方形，∴BE=DE=DF，设CF=AE=a，则DE=8−a，DF=6+a，∴8−a=6+a，解得，a=1，∴BE=DE=7，由勾股定理得，BD=B故答案为：72【变式9-2】（23-24九年级·山西太原·期末）综合与实践问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在▱ABCD中，∠ADC=90°，点O是边AD的中点，连接AC．保持▱ABCD不动，将△ADC从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到△EFG，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段AB与线段FG相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接OM．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究．(1)初步思考：如图2，连接FD，“勤学”小组在旋转的过程中发现FD∥(2)操作探究：如图3，连接BG，“善思”小组在旋转的过程中发现OM垂直平分BG，请你证明这一结论；(3)拓展延伸：已知AD=22，CD=2，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段AM【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)线段AM的长度为1或2−2或2【分析】（1）连接AF交OM于点H，证明Rt△MAO≌Rt△MFOHL，得到AM=FM，证明OM是线段AF的垂直平分线，得到（2）延长OM交BG于点N，先证明MG=MB，求得∠GMN=∠BMN，利用等腰三角形的性质即可证明结论成立；（3）分当FD=FC、DC=DF=2和CD=CF=2，三种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质或勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：连接AF交OM于点H，由题意得OA=OF=OD=12AD∵OM=OM，∴Rt△MAO≌∴AM=FM，∵OA=OF，∴OM是线段AF的垂直平分线，∴点H是线段AF的中点，∵点O是边AD的中点，∴OH是△AFD的中位线，∴OM∥（2）证明：延长OM交BG于点N，由（1）AM=FM，OM是线段AF的垂直平分线，∴∠AMO=∠FMO，由题意得AB=CD=FG，∴MG=MB，∵∠GMN=∠FMO，∠BMN=∠AMO，∴∠GMN=∠BMN，∴OM垂直平分BG；（3）解；当FD=FC时，则点F在线段CD的垂直平分线上，作OH⊥PQ于点H，如图，由题意得OH=DQ=1，OF=OA=PH=1∴FH=OF2∴△OHF是等腰直角三角形，∴∠OFH=45°，∵∠EFG=90°，∴∠MFP=90°−45°=45°，∴△PFM是等腰直角三角形，∴PM=PF=2∴AM=1−PM=2−2当DC=DF=2时，如图，由题意得OD=OF=1∵OD2+O∴OD∴△ODF是等腰直角三角形，∴∠AOF=∠DOF=90°，∵∠A=∠OFM=90°，∴四边形AOFM是正方形，∴AM=AO=2当CD=CF=2时，如图，∵CD=CF，OD=OF，OC=OC，∴△CDO≌△CFOSSS∴∠CFO=∠CDO=90°，∵∠EFG=90°，∴M、F、C在同一直线上，设AM=FM=x，∴CM=x+2，BM=2−x，在Rt△CBM中，BM2解得x=1，∴AM=1；综上，线段AM的长度为1或2−2或2【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，正确引出辅助线、分类讨论的思想解决问题是解题的关键．【变式9-3】（23-24九年级·江苏无锡·期末）如图，已知四边形ABCD是正方形，AB=42，点E为对角线AC上一动点，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CG，AE2【答案】32【分析】过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，利用ASA定理证出△DEN≌△FEM，再根据全等三角形的性质可得ED=EF；连接EG，根据正方形的性质、利用SAS定理证出△ADE≌△CDG，推出CG=AE，∠DCG=∠DAE=45°，再利用勾股定理可得AE2+C【详解】解：如图，过点E作EM⊥BC于点M，作EN⊥CD于点N，∵四边形ABCD为正方形，∴∠BCD=90°，∠ECN=∠ECM=45°，∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°，且NE=NC，∴四边形EMCN为正方形，∴EM=EN，∠MEN=90°，∴∠MEF+∠NEF=90°，∵四边形DEFG是矩形，∴∠DEF=90°，∴∠NED+∠NEF=90°，∴∠NED=∠MEF，在△DEN和△FEM中，∠NED=∠MEFEN=EM∴△DEN≌△FEM(ASA∴ED=EF，∴矩形DEFG为正方形．如图，连接EG，∵四边形ABCD为正方形，AB=42，∴∠ADC=90°,AD=CD,AC=A∴∠ADE+∠CDE=90°，∵矩形DEFG为正方形，∴DE=DG,∠EDG=90°，∴∠CDG+∠CDE=90°，∴∠ADE=∠CDG，在△ADE和△CDG中，AD=CD∠ADE=∠CDG∴△ADE≌△CDGSAS∴CG=AE,∠DCG=∠DAE=45°，∴∠ECG=∠DCG+∠ACD=90°，∴AE由垂线段最短可知，当DE⊥AC时，DE取得最小值，最小值为12∴AE2+C故答案为：32【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．【题型10由正方形性质与判定求角度】【例10】（23-24九年级·河南郑州·阶段练习）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(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【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∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA），∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；（2）如图2：在Rt△ABC中AC＝2AB＝2×2∵EC＝2，∴AE＝CE，∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形，∴CG=CD（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.【变式10-1】（23-24九年级·黑龙江哈尔滨·开学考试）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(1)如图1，求证：四边形CDEF是菱形；(2)如图2，当∠DEF=90°，AC=BC时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为【答案】(1)见解析(2)度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠ABC，∠FEB，∠FCB【分析】（1）直接由SAS得出△BDE≌△BDC，得出DE=DC，∠BDE=∠BDC．再由SAS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（2）如图2，利用正方形的性质可得∠EDF=45°，求得∠ADB=135°，再求得∠A=∠B=30°，然后利用三角形的外角性质求得∠FEB=∠FCB=30°，即可求解．【详解】（1）证明：在△BDE和△BDC中，BE=BC∠EBD=∠CBD∴△BDE≌∴DE=DC，同理△BFE≌∴EF=CF，∵EF∥∴∠EFD=∠BDC，∴∠EFD=∠BDE，∴DE=EF，∴DE=EF=CF=DC，∴四边形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=1∵四边形CDEF是正方形，∴∠DFE=∠DFC=45°，由三角形的外角性质得：∠FEB=∠FCB=30°，∴度数为∠ABD的度数2倍的角有：∠A,∠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≌【变式10-2】（23-24九年级·贵州黔南·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹．(1)在图中画出一个以AB为边的正方形；(2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由．【答案】(1)见解析(2)图见解析，理由见解析【分析】(1)连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形；(2)作正方形的对角线，即可画出．【详解】（1）解：如图，四边形ABCD为所求；连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形；（2）解：如图，∠BAC即为所求．理由如下：∵四个全等的矩形被对角线分成的直角三角形全等，∴AB=BC=CD=AD．∴四边形ABCD是菱形．又∵△AFB≌△DEA(SAS)，∴∠ABF=∠EAD．∵∠BAF+∠ABF=90°，∴∠DAB=∠BAF+∠EAD=90°．∴四边形ABCD是正方形，连接AC．∴△ABC是等腰直角三角形．∴∠BAC=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，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键．【变式10-3】（23-24九年级·天津和平·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，Rt△ABC将绕点C顺时针旋转得到△DEC，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段AB上，DE与BC相交于点F，连接(1)求证：DC平分∠ADE；(2)试判断BE与AB的位置关系，并说明理由；(3)若BE=BD，求∠ABC的大小．（直接写出结果即可）【答案】(1)见解析(2)BE⊥AB，见解析(3)22.5°【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可；（2）结论：BE⊥AB．证明∠DBE+∠DCE=180°，即可解决问题；（3）连接AF，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，证明△BHD≌△BTEAAS，得出BH=BT，证明四边形BHCT为正方形，得出∠DCB=45°，从而得出∠ACD=∠FCD=45°，证明△ACD≌△FCDASA，得出AC=FC，求出∠AFC=∠CAF=45°，再求出【详解】（1）证明：∵△DCE是由△ACB旋转得到，∴CA=CD，∠A=∠CDE，∴∠A=∠CDA，∴∠CDA=∠CDE，∴CD平分∠ADE．（2）解：结论：BE⊥AB．由旋转的性质可知，∠ACD=∠BCE，∵CA=CD，CB=CE，∴∠CAD=∠CDA=∠CBE=∠CEB，∵∠ABC+∠CAB+∠ACD+∠DCB=180°，∴∠ABC+∠CBE+∠DCB+∠BCE=180°，∴∠DCE+∠DBE=180°，∵∠DCE=90°，∴∠DBE=90°，∴BE⊥AB．（3）解：如图，连接AF，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于H，作BT⊥CE于T，∵∠H=∠BTC=∠HCT=90°，∴四边形BHCT为矩形，∴∠HBT=∠DBE=90°，∴∠DBH=∠EBT，∵BD=BE，∠H=∠BTE=90°∴△BHD≌△BTEAAS∴BH=BT，∴四边形BHCT为正方形，∴∠DCB=45°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD=∠FCD=45°，∵CD=CD，∠ADC=∠FDC，∴△ACD≌△FCDASA∴AC=FC，∴∠AFC=∠CAF=45°，∵∠DBE=90°，BD=BE，∴∠BED=∠BDE=1∴∠ADF=180°−45°=135°，∴∠CDF=∠ADC=1根据解析（2）可知，∠CAD=∠CDA=67.5°，∴∠FAB=67.5°−45°=22.5°．【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△BHD≌△BTE．【题型11由正方形性质与判定求面积】【例11】（23-24九年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形ABCD的对角线相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，交AB于点E，交BC于点【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形ABCD的对称中心O，直线m分别与AD、BC交于点E、F，直线n分别与AB、CD交于点G、H，且，若正方形【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形EGFH是正方形．【答案】【问题一】AE=BF；【问题二】16；【问题三】证明见解析【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等．问题一：证明△OAE≌△OBF，即可得到结论；问题二：连接OA，OB，由正方形的性质可得，S△AOB=1问题三：先证明四边形EGFH是菱形，再证明∠EGF=90°，即可得证．【详解】问题一：AE=BF，证明如下：在△OAE和△OBF中，因为∠AOE=∠AOB−∠EOB=90°−∠EOB，且∠BOF=∠EOF−∠EOB=90°−∠EOB，所以∠AOE=∠BOF，又因为AO=BO，∠EAO=∠FBO=45°，所以△OAE≌△OBF，所以AE=BF；问题二：如图，连接OA，因为点O是正方形ABCD的中心，所以S△AOB又由问题一可知，△AOE≌△BOG，所以S△AOE所以S四边形问题三：四边形EGFH是正方形，证明如下：由问题一知，AE=GB=FC=HD，所以AG=BF=CH=DE，所以由勾股定理知EG=GF=FH=HE，所以四边形EGFH是菱形，又因为在△EAG和△GBF中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以∠EGA=∠GFB，所以∠EGA+∠FGB=90°，所以∠EGF=90°，所以四边形EGFH是正方形．【变式11-1】（23-24九年级·江西上饶·期中）如图，阴影部分是一个正方形广场，规划将正方形的四边各延长一倍，即DM=AD、CN=CD、AQ=AB、BP=BC，将M、N、P、Q四点连接，建成新的广场MNPQ，试问建成的新广场是什么形状，并且它的面积是原广场ABCD的多少倍？【答案】新建的四边形MNPQ为正方形．新广场的面积是原广场ABCD面积的5倍．【分析】本题考查了正方形的性质及正方形的判定的运用，全等三角形的判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用．由正方形的性质可以得出AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，就可以得出∠MAQ=∠QBP=∠PCN=∠MDN=90°，由条件就可以得出△MAQ≌△QBP≌△PCN≌△NDM，就可以得出MQ=QP=PN=NM，∠PQM=90°，就可以得出结论．根据边的关系，即可求出面积比．【详解】解：新建的四边形MNPQ为正方形．新广场的面积是原广场ABCD面积的5倍．理由：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∴∠QAM=∠PBQ=∠NCP=∠MDN=90°．∵DM=AD，CN=CD，AQ=AB，BP=BC，∴DM=CN=BP=AQ，∴AB+AQ=AD+DM=CD+CN=CB+BP，∴BQ=AM=DN=CP．在△MAQ和△QBP中AQ=BP∠QAM=∠PBQ∴△MAQ≌△QBPSAS∴MQ=QP，∠AMQ=∠BQP，∠AQM=∠BPQ．∵∠BPQ+∠BQP=90°，∴∠AQM+∠BQP=90°，即∠PQM=90°，同理可得，△QBP≌△PCN≌△NDM，∴QP=PN=NM，∴MQ=QP=PN=NM，∴四边形MNPQ为菱形．∵∠PQM=90°，∴菱形MNPQ为正方形．设原来正方形边长为a，则新建的正方形边长为：a2∴新建的面积是原广场ABCD面积的5倍．【变式11-2】（23-24九年级·山东烟台·期中）已知，如图，在四边形ABCD中，∠B=∠ADC=90°，AD=CD，DE⊥BC，垂足为点E．(1)求证：BE=DE；(2)若AB=32，CE=1，求四边形【答案】(1)见解析(2)25【分析】（1）过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，由题意易得四边形MBED是矩形，则有∠MDA=∠EDC，然后可得△ADM≌△CDEAAS（2）由（1）可得AM=EC=1,S△ADM=【详解】（1）证明：过点D作DM⊥AB，交BA的延长线于点M，∵DE⊥BC，∴∠DEB=∠B=∠M=90°，∴四边形MBED是矩形，∴∠MDE=90°，BE=MD，∴∠MDE−∠ADE=∠ADC−∠ADE，∴∠MDA=∠EDC，又∵AD=CD，∠M=∠DEC=90°，∴△ADM≌△CDEAAS∴MD=DE，∴BE=DE；（2）解：由（1）得：BE=DE，∴矩形MBED是正方形∵△ADM≌△CDE，∴AM=EC=1,S∴BM=AB+MA=3∴S=S∴四边形ABCD的面积为254【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定、矩