第25讲 特殊四边形-正方形与梯形（练习）-2025年中考数学一轮复习练习测试

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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°0,00)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