专题03 正方形的性质与判定（知识串讲+10大考点）-九年级数学上册重难考点一遍过（北师大版）

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知识一遍过
（一）正方形的性质
（二）正方体的判定
考点一遍过
考点1：正方形的性质——求角度
典例1：（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△ABE，则∠BFC的度数为（ ）

A．60°B．75°C．45°D．80°
【答案】A
【分析】由等腰△ADE可求∠ADE度数，则∠CDF度数可知，证明△DCF≌△BCF，可得∠CBF=∠CDF，在△CBF中利用三角形内角和定理可知∠BFC度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=BC，∠DCF=∠BCF=45°．
又CF=CF，
∴△DCF≌△BCFSAS．
∴∠CDF=∠CBF．
∵△ABE是等边三角形，
∴AE=AB，∠BAE=60°．
又AB=AD，
∴AD=AE，且∠DAE=90°+60°=150°，
∴∠ADE=180°-150°÷2=15°．
∴∠CDF=90°-15°=75°=∠CBF．
∴∠BFC=180°-∠FCB-∠CBF=180°-45°-75°=60°．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，解决三角形中角的度数问题一般运用三角形内角和180°知识，若不能直接运用，则需要利用特殊图形的性质或全等三角形的性质进行转化，而后求解．
【变式1】（2023春·山东济宁·八年级统考阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E为OB上一点，过点E作EF∥BC交OC于点 F，连接CE，DF． 若∠DFE=115°，则∠BCE的度数为（ ）

A．35°B．30°C．25°D．20°
【答案】C
【分析】证明△DOF≌△COE，根据全等三角形的性质得到∠OCE=∠ODF，进而求出∠BCE．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴OA=OC，AC⊥BD，∠OBC=∠OCB=45°，
∵EF∥BC，
∴∠OEF=∠OBC=45°，∠OFE=∠OCB=45°，
∴OE=OF，
∵∠DFE=115°，
∴∠OFD=115°-45°=70°，
∴∠ODF=90°-70°=20°，
在△DOF和△COE中，OD=OC∠DOF=∠COEOF=OE，
∴△DOF≌△COESAS，
∴∠OCE=∠ODF=20°，
∴∠BCE=25°，
故选：C．
【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质，掌握正方形的对角线相等、互相垂直且平分是解题的关键．
【变式2】（2023春·内蒙古巴彦淖尔·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD的外侧，作等边△DCE，若∠AED=15°，则∠EAC的度数是( )

A．10°B．15°C．30°D．35°
【答案】C
【分析】由于四边形ABCD是正方形，△DCE是正三角形，由此可以得到AD=DE，接着利用正方形和正三角形的内角的性质即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，DC=AD，∠DAC=45°
又∵△DCE是正三角形，
∴DE=DC
∴DE=AD
∴△ADE是等腰三角形，
∴∠DAE=∠AED=15°，
∵∠DAC=45°，
∴∠EAC=∠DAC-∠DAE=45°-15°=30°．
故选：C．
【点睛】此题主要考查了正方形和等边三角形的性质，同时也利用了三角形的内角和，解题的关键是利用正方形和等边三角形的性质证明等腰三角形，然后利用等腰三角形的性质．
【变式3】（2022秋·广东梅州·九年级校考阶段练习）如图，点 P 为正方形 ABCD 对角线 AC 上一点，如果 AP=AB，那么 ∠CBP 的度数是（ ）

A．15°B．22.5°C．30°D．45°
【答案】B
【分析】由正方形的性质可得∠BAC=45°，∠ABC=90°，证明∠ABP=∠APB=12180°-45°=67.5°，再利用角的和差关系可得答案．
【详解】解：∵正方形 ABCD，
∴∠BAC=45°，∠ABC=90°，
∵AP=AB，
∴∠ABP=∠APB=12180°-45°=67.5°，
∴∠CBP=90°-67.5°=22.5°，
故答案为：B
【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的性质，熟记等边对等角是解本题的关键．
考点2：正方形的性质——求线段
典例2：（2023春·湖南郴州·八年级校考期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，H是AF的中点，则CH的长是（ ）

A．2.5B．5C．322D．2
【答案】B
【分析】连接AC、CF，如图，根据正方形的性质得∠ACD=45°，∠FCG=45°，AC=2，CF=32，则∠ACF=90°，再利用勾股定理计算出AF=25，然后根据直角三角形斜边上的中线的性质，求CH的长．
【详解】解：如图，连接AC、CF，

∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC=2，CF=32，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF=AC2+CF2=(2)2+(32)2=25，
∵H是AF的中点，
∴CH=12AF=12×25=5．
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质及勾股定理，掌握正方形的性质是解题的关键．
【变式1】（2023秋·安徽滁州·九年级校联考期末）如图，正方形ABCD中，E为DC边上一点，且DE=2．将AE绕点E逆时针旋转90°得到EF，连接AF，FC．则线段FC的长度是（ ）

A．2B．22C．2D．5
【答案】B
【分析】延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，证明△ADE≌△EHF，得出FH=DE=2，AD=EH，证明CH=DE，根据勾股定理求出CF=CH2+FH2=22即可．
【详解】解：延长DC，过点F作FH⊥DC于点H，如图所示：

则∠H=90°，
根据旋转可知，AE=EF，∠AEF=90°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠D=90°，AD=CD，
∴∠AED+∠FEH=∠FEH+∠EFH=90°，
∴∠AED=∠EFH，
∵∠D=∠H=90°，
∴△ADE≌△EHF，
∴FH=DE=2，AD=EH，
∵AD=CD，
∴EH=CD，
∴DC-EC=EH-EC，
∴CH=DE，
∴在Rt△CFH中，根据勾股定理得：CF=CH2+FH2=22．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，旋转的性质，三角形全等的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明△ADE≌△EHF．
【变式2】（2023春·陕西西安·八年级高新一中校考期末）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE=AP=1，PB=6，则点B到直线AE的距离为（ ）

A．2B．3C．2D．6
【答案】A
【分析】利用同角的余角相等，易得∠EAB=∠PAD，再结合已知条件利用SAS可证△APD≌△AEB，过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，利用全等，可得∠APD=∠AEB，结合三角形的外角的性质，易得∠BEP=90°，利用勾股定理可求BE，结合△AEP是等腰直角三角形，可证△BEF是等腰直角三角形，再利用勾股定理可求EF、BF．
【详解】解：∵∠EAP=∠BAD=90°，
∴∠EAB+∠BAP=90°，∠PAD+∠BAP=90°，
∴∠EAB=∠PAD，
又∵AE=AP，AB=AD，
在△APD和△AEB中，
AE=AP∠EAB=∠PADAB=AD，
∴△APD≌△AEB（SAS），
过B作BF⊥AE，交AE的延长线于F，

∵AE=AP，∠EAP=90°，
∴∠AEP=∠APE=45°，
∴∠AEB=∠APD=180°-45°=135°，
∴∠BEP=135°-45°=90°，
∴EB⊥ED，
∵BF⊥AF，
∴∠FEB=∠FBE=45°，
∵PE= 12+12 = 2，
∴BE= BP2-PE2=2，
∴BF=EF= 22=2，
∴点B到直线AE的距离是2．
故选：A．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质的运用、正方形的性质的运用、勾股定理的运用等知识，证明三角形全等是解题的关键．
【变式3】（2023春·云南·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的对角线交于点O，E是正方形外一点，且BE⊥CE，若BE=6，BC=3CE，则BD的长为（ ）

A．62B．9C．92D．93
【答案】B
【分析】在Rt△BCE中，求出CE=322，即可求出BC=3CE=922，再结合四边形ABCD是正方形，便可得出BD的长.
【详解】解：∵BE⊥CE，BE=6，BC=3CE，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得，BC2=BE2+CE2，
即(3CE)2=62+CE2，解得CE=322，
∴BC=3CE=922，
又∵ABCD是正方形，
∴BD=2BC=9，
故选：B.
【点睛】本题主要考查勾股定理、直角三角形和正方形的性质，属于基础题，要熟练掌握.
考点3：正方形的性质——求面积
典例3：（2022秋·湖北武汉·八年级校联考阶段练习）如图，一个大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是S1,S2，则有（ ）

A．S1>S2B．S1=S2C．S1【答案】A
【分析】设正方形EFGH的边长为a，先判断出AE=EH=CH=a，得出AC=3a，设正方形BMNP的边长为b，同样的方法得出AC=22b，求出a，b的关系，即可得出结论．
【详解】解：如图所示，设正方形EFGH的边长为a，

∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=∠ACB=45°，
∵四边形EFGH是正方形，
∴EF=EH=a，∠AEF=90°，
∴∠AFE=45°=∠EAF，
∴AE=EF=a，
同理：CH=a，
∴AC=3a，
设正方形BMNP的边长为b，
∵四边形BMNP是正方形，
∴BM=MN，∠CMN=90°，
∴∠MNC=45°=∠MCN，
∴CM=MN=b，
根据勾股定理得，CN=2b，
同理：AN=2b，
∴AC=22b，
∴3a=22b，
∴a=223b，
∴S1=b2，S2=a2=223b2=89b2，
∴S1>S2，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质、等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．
【变式1】（2023秋·浙江·九年级专题练习）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．
【变式2】（2023春·海南海口·八年级统考期末）三个边长为8cm的正方形按图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分的面积为（ ）

A．16cm2B．24cm2C．28cm2D．32cm2
【答案】D
【分析】连接OD，OC，由正方形的性质可得S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，证明△OED≌△OFC可得S四边形OEDF=S△OCD，进而可求解．
【详解】解：连接OD，OC，
由题意知：四边形ABCD，四边形OMNP都是正方形，
∴∠EOF=∠DOC=90°，OD=OC，∠ODE=∠OCF=45°，S△AOB=S△OCD=14S正方形ABCD，
∴∠EOD=∠FOC，
在△OED和△OFC中，
∠EOD=∠FOCOD=OC∠ODE=∠OCF，
∴△OED≌△OFC(ASA)，
∴S△OED=S△OFC，
∴S四边形OEDF=S△OCD，
∴S重叠部分=12S正方形ABCD=12×82=32cm2．
故选：D．

【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明构造全等三角形是解题的关键．
【变式3】（2021春·广东东莞·八年级校联考期中）如图，在直线l上依次摆放看七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别是1、2、3，正放置的四个正方形的面积依次是S1、S2、S3、S4，则S1+S2+S3+S4等于( )

A．4B．6C．8D．10
【答案】A
【分析】根据AAS可以得到正方形1两侧的两个直角三角形全等，同理可以得到正方形3两侧的两个直角三角形全等，然后根据勾股定理可以得到S1+S2等于正方形1的面积，S3+S4等于正方形3的面积，然后计算即可．
【详解】解：由图可得，∠ACE=90°，AC=CE，
则∠ACB+∠DCE=90°，
∵∠ABC=90°，
∴∠ACB+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠DCE，
在△ABC和△CDE中，
∠ABC=∠CDE∠CAB=∠DCEAC=CE，
∴△ABC≌△CDEAAS，
∴BC=DE，
∴AB2+BC2=AB2+DE2=S1+S2=AC2=1，

同理：正方形3两侧的两个直角三角形全等，
∴S3+S4=3，
∴S1+S2+S3+S4
=(S1+S2)+(S3+S4)
=1+3
=4，
故选：A．
【点睛】本题考查全等三角形的判定、正方形的性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．
考点4：正方形的性质——证明题
典例4：（2023春·山东济南·八年级统考期末）已知：正方形ABCD中，点E，M分别在边AB，AD上．

(1)如图1，CM⊥DE，垂足为点G，求证：DE=CM；
(2)如图2，点F，N分别在边CD，BC上，若EF⊥MN，请判断EF和MN的大小关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)EF=MN，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和等角的余角相等，结合全等三角形的判定AAS证明△AED≌△DMC即可证得结论；
（2）根据正方形的性质和四边形的内角和为360°证得∠EFC=∠MNQ，结合四边形EPCB和四边形ABQM是矩形得到EP=BC=AB=MQ，∠EPF=∠MQN=90°
利用全等三角形的判定AAS证明△EPF≌△MQN即可证得结论．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADC=90°，AD=CD，
∵DE⊥CM，
∴∠DGM=90°，
∴∠ADE+∠CMD=90°，∠ADE+∠AED=90°，
∴∠CMD=∠AED，
在△AED和△DMC中，
∠A=∠CDM∠AED=∠DMCAD=CD,
∴△AED≌△DMC(AAS)，
∴DE=CM.
（2）解：EF=MN，
理由：作MQ⊥BC于点Q，EP⊥CD于点P，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=90°，AB=BC，
∵EF⊥MN，
∴∠MGF=90°，
∴∠EFC+∠GNC=360°-90°-90°=180°，∠MNQ+∠GNC=180°，
∴∠EFC=∠MNQ，
由题意知：四边形EPCB和四边形ABQM是矩形，
∴EP=BC=AB=MQ，∠EPF=∠MQN=90°
∴△EPF≌△MQN(AAS)，
∴EF=MN.
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、四边形的内角和等知识，利用全等三角形的性质求解是解答的关键．
【变式1】（2023春·江苏宿迁·八年级统考期末）在正方形ABCD中，点E为射线BC上的一个动点，点F在射线CD上，且∠EAF=45°．

(1)如图1，当点E在边BC上时，求证：BE+DF=EF；
(2)如图2，当点E在边BC的延长线上时，请你判断BE、DF、EF三条线段之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，若AB=6，点G在边AB上，且AG=2，点P为AF的中点，在点E从点B沿射线BC运动的过程中，△PAG的周长的最小值为___________（直接写出结果）．
【答案】(1)EF=BE+DF，理由见解析
(2)BE=EF+DF，理由见解析
(3)2+210
【分析】（1）延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．由正方形的性质得出AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABF'=90°，由SAS证明△ABF'≌△ADF，得出∠BAF'=∠DAF，AF'=AF，证出∠EAF'=∠EAF，由SAS证明△EAF'≌△EAF，得出对应边相等即可得出结论．
（2）延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．同（1）法可证∴△ABH≌△ADF(SAS)，所以AH=AF，∠BAH=∠DAF，又∠EAF=45°，可证得∠EAF'=45°=∠EAF，再证明△EAH≌△EAF(SAS)，得EH=EF，即可得出结论．
（3）过点P作直线PN∥AB交AD于N，当G与点F关于PN对称时，PG=PF，PA+PG最小，最小值为AF，
【详解】（1）解：EF=BE+DF
理由：延长EB到F'，使BF'=DF，连接AF'．如图1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠D=∠ABC=∠ABF'=90°，
在△ABF'和△ADF中，AB=AD∠ABF'=∠DBD'=DF ，
∴△ABF'≌△ADF(SAS)，
∴∠BAF'=∠DAF，AF'=AF，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=90°-45°=45°，
∴∠BAE+∠BAF'=45°，
即∠EAF'=45°=∠EAF，
在△EAF'和△EAF中，AF'=AF∠EAF'=∠EAFAE=AE ，
∴△EAF'≌△EAF(SAS)，
∴EF'=EF．
∴EF=EF'=BE+BF'=BE+DF．
（2）解：BE=EF+DF，
理由：在BC上截取BH=DF，连接AH，如图2，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠B=∠ADF=∠BAD=90°，
在△ABH和△ADF中，AB=AD∠ABH=∠ADFBH=DF ，
∴△ABH≌△ADF(SAS)，
∴AH=AF，∠BAH=∠DAF，
∵∠BAH+∠DAH=∠BAD=90°，
∴∠DAF+∠DAH=∠HAD=90°，
∴∠EAF+∠EAH=∠HAD=90°，
∵∠EAF=45°，
∴∠EAH=∠EAF=45°，
在△EAH和△EAF中，AH=AF∠EAH=∠EAFAE=AE ，
∴△EAH≌△EAF(SAS)，
∴EH=EF，
∴BE=BH+EH=DF+EF．
（3）解：过点P作直线PN∥AB交AD于N，当A,P,F三点共线时，如图，

当点E在射线BC上运动时，点P在PN运动，点F在射线CD上运动，
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD CD=AB=AD=6，∠D=∠A=90°
∵PN∥AB
∴PN⊥AD，
当G与点F关于PN对称时，PG=PF，PA+PG最小，最小值为AF，
∴CF=AG=2，
由勾股定理得AF=AD2+DF2=62+22=210，
∵△PAG的周长=AG+AP+PG=AG+AP+PF=AG+AF
∴当PA+PG最小，此时，△PAG的周长的最小，
∴△PAG的周长的最小值=AG+AF=2+210．
【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定，最短距离问题，勾股定理，本题属正方形探究题目，熟练掌握相关性质的综合运用是解题的关键．注意“半角模型”的应用．
【变式2】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H．
(1)求证：EB=GD；
(2)判断EB与GD的位置关系，并说明理由；
(3)若AB=3，AG=2，求EB的长．
【答案】(1)见解析
(2)BE⊥GD，见解析
(3)17
【分析】（1）结合正方形的性质，证明△GAD≌△EAB（SAS），即可作答；
（2）设DG与AE的交点为P，根据△GAD≌△EAB（SAS），可得∠AEB=∠AGD，结合对顶角相等以及三角形内角和定理即可作答；
（3）连接BD，BD与AC交于点O，根据正方形的性质可得DB=2AB=32，DO=BO=322，结合勾股定理即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形AEFG和四边形ABCD是正方形，
∴AG=AE，AB=AD，∠EAG=∠DAB=90°，
∵∠GAD=90°+∠EAD，∠EAB=90°+∠EAD，
∴∠GAD=∠EAB，
在△GAD和△EAB中，
AG=AE∠GAD=∠EABAD=BA，
∴△GAD≌△EAB（SAS），
∴EB=GD；
（2）解：BE⊥GD，理由如下：
如图，设DG与AE的交点为P，
∵△GAD≌△EAB，
∴∠AEB=∠AGD，
∵∠EPH=∠APG，
∴∠EHG=∠EAG=90°，
∴EB⊥GD；
（3）如图，连接BD，BD与AC交于点O，
∵四边形ABCD是正方形，AB=3，
∴DB=2AB=32，DO=BO=322，AC⊥BD，
∵AG=2，
∴GO=AO+AG=522，
∴GD=OD2+GO2=17，
∴BE=GD=17．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握正方形的性质是解答本题的关键．
【变式3】（2023·江苏常州·统考一模）已知：如图1，在正方形ABCD中，E是CD上一点，延长BC到F，使CF=CE，连接BE、DF．

(1)求证：BE=DF；
(2)如图2，过点D作DF'⊥DF，交AB边于点F'，判断四边形F'BED是什么特殊四边形？并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)平行四边形，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质和SAS证明△BCE与△DCF全等，进而利用全等三角形的性质解答即可；
（2）证明△ADF'≌△CDF(ASA)得到AF'=CF，再根据△BCE≌△DCF得到CE=CF，继而根据平行四边形的判定定理证明即可．
【详解】（1）解：证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCE=90°，
∴∠DCF=90°，
在△BCE与△DCF中，
BC=DC∠BCE=∠DCFCE=CF，
∴△BCE≌△DCF(SAS)，
∴BE=DF；
（2）四边形F'BED是平行四边形，理由如下：
∵DF'⊥DF，
∴∠F'DC+∠CDF=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADC=90°，
∴∠ADF'+∠F'DC=90°，
∴∠ADF'=∠CDF，
在△ADF'与△CDF中，
∠ADF'=∠CDFAD=DC∠A=∠DCF=90°，
∴△ADF'≌△CDF(ASA)，
∴AF'=CF，
由（1）可知，△BCE≌△DCF，
∴CE=CF，
∴AF'=CE，
∴BF'=DE，
∵BF'∥DE，
∴四边形F'BED是平行四边形．
【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．
考点5：正方形的性质——折叠问题
典例5：（2023春·云南德宏·八年级统考期末）如图，正方形ABCD的边长为12，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH. 若BE:EC=2:1，则线段DH的长是（ ）

A．203B．8C．163D．6
【答案】A
【分析】根据折叠可得DH=EH，在Rt△CHE中，根据BE:EC=2:1可得EC=4，可以根据勾股定理列出方程，从而解出线段DH的长.
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为12，
∴BC=DC=12，∠C=90°，
∵BE:EC=2:1，
∴BE=2EC，
∴BC=3EC=12，
∴EC=4，
∵将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，
∴DH=EH，
∵DH=DC-CH=12-CH，
∴EH=12-CH，
在Rt△CHE中，∠C=90°，
42+CH2=(12-CH)2，
解得CH=163，
∴DH=12-CH=12-163=203，
故选：A.
【点睛】本题主要考查正方形的性质以及翻折变换，折叠问题其实质是轴对称变换。在直角三角形中，利用勾股定理列出方程进行求解是解决本题的关键.
【变式1】（2023春·江苏·八年级专题练习）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF．下列结论：①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④S△FGC=3．其中错误结论的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt△ABG≌Rt△AFG；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；由于S△FGC=S△GCE-S△FEC，求得面积比较即可．
【详解】解：①正确．理由：
∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG(HL)；
②正确．理由：
∵EF=DE=13CD=2，设BG=FG=x，则CG=6-x．
在直角△ECG中，根据勾股定理，得(6-x)2+42=(x+2)2，
解得x=3．
∴BG=3=6-3=GC；
③正确．理由：
∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt△ABG≌Rt△AFG；
∴∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG∥CF；
④错误．理由：
∵S△GCE=12GC⋅CE=12×3×4=6
∵GF=3，EF=2，△GFC和△FCE等高，
∴S△GFC:S△FCE=3:2，
∴S△GFC=35×6=185≠3．故④不正确．
∴错误的个数有1个．
故选：A．
【点睛】本题综合性较强，考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，三角形的面积计算，有一定的难度．
【变式2】（2023春·广西河池·八年级统考期末）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB,CB均落在对角线BD上，得折痕BE,BF，则∠EBF的度数是（ ）
A．15°B．40°C．45°D．60°
【答案】C
【分析】根据四边形ABCD是正方形，BD是对角线，可求出∠ABD,∠CBD的度数，根据折叠可知BE,BF是角平分线，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴∠ABD=∠CBD=45°，
∵AB沿BE折叠后落在BD上，CB沿BF折叠后落在BD上，
∴BE是∠ABD的角平分线，BF是∠CBD的角平分线，
∴∠ABE=∠EBD=12∠ABD=12×45°=22.5°，∠DBF=∠FBC=12∠CBD=12×45°=22.5°
∴∠EBF=∠EBD+∠DBF=22.5°+22.5°=45°，
故选：C．
【点睛】本题主要考查正方形的折叠，掌握正方形的性质，折叠的性质，角平分线的性质是解题的关键．
【变式3】（2023·广东肇庆·统考二模）如图，正方形ABCD中，AB=12，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，G刚好是BC边的中点，则ED的长是（ ）

A．3B．4C．4.5D．5
【答案】B
【分析】连接AG，证明△ABG≌△AFG，得到FG=BG，折叠，得到EF=DE，设DE=x，则EF=x，EC=12-x，则Rt△EGC中根据勾股定理列方程可求出DE的值．
【详解】解：如图，连接AG，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,AB=BC=CD=AD=12．
∵△ADE沿AE对折至△AEF，
∴EF=DE,AF=AD，∠D=∠AFE=90°，
∴AF=AB，∠AFG=∠B=90°，
又AG是公共边，
∴△ABG≌△AFGHL，
∵G刚好是BC边的中点，
∴BG=FG=CG=12BC=6，
设DE=x，则EF=x，EC=12-x，EG=6+x
在Rt△EGC中，根据勾股定理列方程：
62+12-x2=x+62，解得：x=4．
所以ED的长是4，
故选B．
【点睛】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．
考点6：正方形的性质——坐标问题
典例6：（2023秋·广西南宁·八年级校考阶段练习）如图，在正方形OABC中，O是坐标原点，点A的坐标为1,3，则点C的坐标是（ ）
A．-2,1B．-1,3C．-3,1D．-3,-1
【答案】C
【分析】根据正方形的性质证明△OCD≌△AOE即可得点C的坐标．
【详解】解：如图，过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，
在正方形OABC中，∠AOC=90°，AO=CO，
∵∠AOC=∠CDO=90°，
∴∠COD+∠AOE=∠COD+∠OCD=90°，
∴∠OCD=∠AOE，
在△OCD和△AOE中，∠CDO=∠OEA=90°∠DCO=∠EOACO=OA，
∴△OCD≌△AOE（AAS），
∴CD=OE=1，OD=AE=3，
∴C（-3，1）．
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质，坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
【变式1】（2023秋·福建三明·八年级统考期末）正方形A1B1C1O、A2B2C2C1、A3B3C3C2，按如图的方式放置，A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3、…，分别在直线y=x+1和x轴上，则点B6的坐标是（ ）
A．64,127B．127,64C．255,128D．128,255
【答案】A
【分析】先求出B1，B2，B3，B4的坐标，探究规律后即可解决问题．
【详解】∵OC1=OA1=A1B1=1，
∴B11,1，
∵A1、A2、A3、…和点C1、C2、C3、…，分别在直线y=x+1和x轴上，
∴A21,2，
∴C1C2=B2C2=2可得B23,2，
∴C2C3=C3B3=A3B3=4，同理得B37,4，B415,8，
∴Bn2n-1,2n-1，
∴B664,127
故答案选：A．
【点睛】本题考查了函数图象上点的坐标特征及正方形的性质，解决问题要从简单图形入手，找出数量上的变化规律，从而推出一般性的结论．
【变式2】（2023·甘肃酒泉·统考二模）我们知道四边形具有不稳定性．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形ABCD的边AB在x轴上，AB的中点是坐标原点O，固定点A，B，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D'处，则点C的对应点C'的坐标为（ ）
A．2,3B．3,1 C．2,1D．1,3
【答案】A
【分析】由已知条件得到AD=AD'=2，AO=OB=12AB=1，根据勾股定理得到OD'=AD'2-AO2=22-12=3，于是得到结论．
【详解】解：由已知得AD=AD'=2，
∵AB的中点是坐标原点O，
∴AO=OB=12AB=1，
∴OD'=AD'2-AO2=22-12=3，
∵C'D'=2，C'D'=AB，
∴C'2,3．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形的性质，勾股定理，正确的识别图形是解题的关键．
【变式3】（2022春·山东德州·八年级统考期末）如图，把正方形ABCD放在直角坐标系中，直角顶点A落在第二象限，顶点B、D分别落在y轴、x轴上，已知点A(-2,2)、B(0,-3)，则点D的坐标为（ ）
A．(-4,0)B．(-7,0)C．(-5,0)D．(-8,0)
【答案】B
【分析】如图，过点A作AE⊥y轴于E、AF⊥x轴于F，则四边形AEOF是矩形可得AE=OF、AF=OE，再由A、B的坐标结合图形可得BE=5，然后再证明RtΔDAF≅RtΔBAE可得DF=BE=5，进而确定OD的长即可解答．
【详解】解：如图，过点A作AE⊥y轴于E，AF⊥x轴于F，
∵AE⊥y轴，AF⊥x轴，∠EOF=90°，
∴四边形AEOF是矩形，
∴AE=OF，AF=OE，
∵点A(-2,2)、B(0,-3)，
∴AF=AE=2=OF=OE，BO=3，
∴BE=5，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠DAF=∠BAE，
在RtΔDAF和RtΔBAE中，
AD=ABAF=AE，
∴RtΔDAF≅RtΔBAE(HL)，
∴DF=BE=5，
∴OD=7，
∴点D(-7,0)．
故选：B．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．
考点7：正方形的判定——证明题
典例7：（2023春·湖南娄底·八年级统考期中）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E，F在对角线BD上，且BE=DF，OE=OA．求证：四边形AECF是正方形．

【答案】详见解析
【分析】由菱形的性质得到AC⊥BD，OA=OC，OB=OD，由BE=DF，得到OE=OF，从而得到四边形AECF是菱形，再由对角线相等的菱形是正方形即可得到结论．
【详解】证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA=OC，OB=OD．
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴四边形AECF是菱形．
∵OE=OA=OF，
∴OE=OF=OA=OC，即EF=AC，
∴四边形AECF是正方形．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质定理是解题的关键．
【变式1】（2023春·广东东莞·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E，F，G，H分别在它的四条边上，且AE=BF=CG=DH．

(1)求证：△EBF≌△HAE；
(2)四边形EFGH的形状是 ；
(3)若AH=a，AE=b，EH=c，请借助图中几何图形的面积关系来证明a2+b2=c2．
【答案】(1)见解析
(2)正方形
(3)见解析
【分析】（1）在正方形ABCD中，由AE=BF=CG=DH可得：AH=BE=CF=DG，即可求证；
（2）由（1）可用同样的方法证得△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，可得到△FCG≌△GDH，然后证明∠HEF=90°，即可得证；
（3）根据大正方形的面积等于4个直角三角形和一个小正方形的面积和，列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠A=∠B=90°．
又∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG．
∴△AHE≌△BEFSAS；
（2）解：四边形EFGH的形状是正方形，
证明：由（1）得，△AHE≌△BEF，
同理，△EBF≌△FCG，△FCG≌△GDH，
∴EF=FG=GH=HE，∠AEH=∠BFE，
∵∠B=90°，
∴∠EFB+∠FEB=90°，
∴∠AEH+∠FEB=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为正方形；
故答案为：正方形；
（3）证明：∵AH=a，AE=b，
∴大正方形的面积为：a+b2；
也可看作是4个直角三角形和一个小正方形组成，
则其面积为：12ab×4+c2=2ab+c2，
∴a+b2=2ab+c2，
整理得a2+b2=c2．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质和判定，三角全等的判断和性质，勾股定理的证明，熟练掌握并会灵活应用相应知识点是解题的关键．
【变式2】（2023春·天津·八年级校考期末）如图，正方形ABCD中，AB=4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接AG．
(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)求AG+AE的值；
(3)若F恰为AB的中点，连接DF，求点E到DF的距离．
【答案】(1)见解析
(2)42
(3)5
【分析】（1）如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．证△EMD≌△ENF即可求解；
（2）证△ADG≌△CDE，可得AG=EC即可求解；
（3）求出DF的长，可得出答案．
【详解】（1）证明：如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB，
∵EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，
∴EM=EN，
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，
∵EF⊥DE，
∴∠MEN=∠DEF=90°，
∵∠MEN-∠MEF=∠DEF-∠MEF，
∴∠DEM=∠FEN，
在△EMD和△ENF中，
∠DEM=∠FENEM=EN∠EMD=∠ENF,
∴△EMD≌△ENFASA，
∴ED=EF，
∵四边形DEFG是矩形，
∴四边形DEFG是正方形．
（2）解：∵四边形DEFG是正方形，四边形ABCD是正方形，
∴DG=DE，DC=DA=AB=4，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
在△ADG和△CDE中，
DG=DE∠ADG=∠CDEDA=DC,
∴△ADG≌△CDESAS，
∴AG=CE，
由勾股定理得，AC=AD2+CD2=2AD，
∴AE+AG=AE+EC=AC=2AD=42．
（3）解：连接DF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=4，AB∥CD，
∵F是AB中点，
∴AF=FB，
∴DF=22+42=25，
∴点E到DF的距离=12DF=5．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题．
【变式3】（2023秋·全国·九年级专题练习）如图所示△ABC中，∠C=90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．
(1)求证：四边形CEDF为正方形；
(2)若AC=12，BC=16，求CE的长．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；
（2）利用三角形面积求法得出CE的长．
【详解】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，
∵DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴∠CFD=∠CED=90°，
∵∠C=90°，
∴四边形CEDF是矩形，
又∵∠A，∠B的平分线交于D点，DN⊥AB于点N，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，
∴DF=DE=DN，
∴矩形CEDF是正方形；
（2）解：AC=12，BC=16，∠C=90°，
∴AB=AC2+BC2=122+162=20，
∵四边形CEDF为正方形，
∴DF=DE=DN，
∵S△ABC=12DF×AC+12DE×BC+12DN×AB=12AC×BC
∴DF×AC+DE×BC+DN×AB=AC×BC，
则ECAC+BC+AB=AC×BC，
故EC=12×1612+16+20=4．
【点睛】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF=DE是解题关键．
考点8：正方形的判定与性质综合
典例8：（2023春·湖南长沙·八年级统考期末）已知：四边形ABCD是正方形，AB=20，点E，F，G，H分别在边AB，BC，AD，DC上．
(1)如图1，若∠EDF=45°，AE=CF，则∠DFC的度数为________；
(2)如图2，若∠EDF=45°，点E，F分别是AB，BC上的动点，求△EBF的周长；
(3)如图3，若GD=BF=5，GF和EH交于点O，且∠EOF=45°，求EH的长度．
【答案】(1)67.5°
(2)40
(3)EH=20103
【分析】（1）证明△ADE≌△CDF，得∠ADE=∠CDF= 12×45°=22.5°，在Rt△DCF中可求出∠DFC的度数；
（2）延长BC到点K，使CK=AE，连接DK，构造全等三角形，证明EF=AE+CF，即可求得△EBF的周长；
（3）过点D作DL∥EH，交AB于点L，作DM∥FG，交BC于点M，连接LM，运用（2）中的结论和勾股定理求出BL的长，再用勾股定理求出DL的长即可．
【详解】（1）解：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=∠ADC=90°，
∵AE=CF，
∴△ADE≌△CDF（SAS），
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠EDF=45°，
∴∠ADE+∠CDF=90-45°=45°，
∴∠CDF+∠CDF=45°，
∴∠CDF=22.5°，
∴∠DFC=90°-22.5°=67.5°．
（2）如图2，延长BC到点K，使CK=AE，连接DK，

∵∠DCK=180°-90°=90°，
∴∠DCK=∠A，
∴△DCK≅△DAESAS，
∴DK=DE，∠CDK=∠ADE，
∴∠KDF=∠CDK+∠CDF=∠ADE+∠CDF=45°，
∴∠KDF=∠EDF，
∵DF=DF，
∴△KDF≅△EDFSAS，
∴KF=EF，
∵KF=CK+CF=AE+CF，
∴EF=AE+CF，
∴BE+EF+BF=BE+AE+CF+BF=AB+BC，
∵AB=BC=20，
∴BE+EF+BF=40，
即△EBF的周长为40；
（3）如图3，作DL∥EH，交AB于点L，交FG于点P，作DM∥FG，交BC于点M，交EH于点Q，连接LM，
∵DH∥LE，DG∥FM，
∴四边形DLEH、四边形DGFM、四边形OPDQ都是平行四边形，
∴GD=BF=FM=5，EH=DL，∠LDM=∠POQ=∠EOF=45°，
∴BM=5+5=10；
由（2）得，BL+LM+BM=40，
∴BL+LM=30，
∴LM=30-BL，
∵∠B=90°，
∴BL2+BM2=LM2，
∴BL2+102=30-BL2，
解得BL=403，
∴AL=20-403=203，
∵AD=AB=20，
∴DL=202+2032=20103，
∴EH=20103．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，解题关键是正确地作出辅助线构造全等三角形．
【变式1】（2023春·安徽安庆·八年级安庆市石化第一中学校考期末）如图1，四边形ABCD为正方形，点M是对角线BD上的一点（0
(1)求证：AM=MN．
(2)如图2，以MA，MN为邻边作矩形AMNP，连接PD．
①求证：BM=PD；
②若正方形ABCD的边长为62，PD=4，求AM的长．
【答案】(1)见解析
(2)①见解析；②AM=210
【分析】（1）过点M分别作ME⊥CD于点E，MF⊥AD于点F，得四边形FMED是矩形，然后证明△AMF≌△NMEASA，即可解决问题；
（2）①先证明四边形AMNP是正方形，再证明△ABM≌△ADPSAS，即可解决问题；②连接MP，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：如图1，过点M分别作ME⊥CD于点E，MF⊥AD于点F，
则∠AFM=∠MEN=90°，

四边形ABCD是正方形，
∠ADC=90°，DB平分∠ADC，
∴ME=MF，四边形FMED是矩形，
∴∠EMF=90°，
∵AM⊥MN，
∴∠AMN=90°，
∴∠AMF=90°-∠FMN=∠NME，
∴△AMF≌△NMEASA，
∴AM=MN；
（2）①证明：四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=90°，
∵四边形AMNP是矩形，且AM=MN，
∴四边形AMNP是正方形，
∴AM=AP，∠MAP=90°，
∴∠BAD=∠MAP，
∴∠BAM=90°-∠MAD=∠DAP，
∴△ABM≌△ADPSAS，
∴BM=PD；
②如图2，连接MP，

∵正方形ABCD的边长为62，
∴BD=2AB=12，
∵BM=PD=4，
∴DM=BD-BM=12-4=8，
∵△ABM≌△ADP，
∴∠ADP=∠ABM=45°，
∴∠PDM=∠ADP+∠ADM=90°，
在Rt△PMD中，PM=PD2+DM2=42+82=45，
∵∠MAP=90 AM=AP，
∴AM=22PM=210．
【点睛】本题属于四边形的综合题，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，勾股定理，解决本题的关键是得到△ABM≌△ADP．
【变式2】（2023春·四川广元·八年级统考期末）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1，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB=2，CE=2，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是30°时，直接写出∠EFC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)30°或120°
【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，可得EF=ED，即可证明；
（2）根据AB=2，CE=2，可得F，C重合，根据正方形的性质即可求解；
（3）①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC=120°，②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，可得∠EFC=∠CDE=30°．
【详解】（1）证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA=∠BCA，
∴EQ=EP，
∵∠QEF+∠FEC=45°，∠PED+∠FEC=45°，
∴∠QEF=∠PED，
在△EOF和△EPD中，
∠QEF=∠PEDEQ=EP∠EQF=∠EPD=90°，
∴△EQF≌△EPD(ASA)，
∴EF=ED，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：如图2中，
在Rt△ABC中，AC=2AB=22，
∵EC=2，
∴AE=CE，
∴ DE⊥AC，
又∵DE⊥EF
∴点F与C重合，
∴CG=2；
（3）解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，如图3所示：
则∠CDE=90°-30°=60°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：
∠EFC=360°-90°-90°-60°=120°，
②当DE与DC的夹角为30°时，点F在BC的延长线上，∠CDE=30°，如图4所示：
∵∠HCF=∠DEF=90°，∠CHF=∠EHD，
∴∠EFC=∠CDE=30°，
综上所述，∠EFC=30°或120°．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，四边形内角和定理，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
【变式3】（2023春·辽宁抚顺·八年级统考期末）如图，边长为4的正方形ABCD中，点E是BD上一点，过点E作EF⊥AE交射线CB于点F，连接CE．
(1)求证：CE=EF；
(2)若BC=2BF，直接写出DE的长．
【答案】(1)见解析
(2)2或32
【分析】（1）先利用正方形的对称性可得到∠BAE=∠BCE，然后在证明又∠BAE=∠EFC，通过等量代换可得到∠BCE=∠EFC；
（2）①当点F在边BC上时，过点E作MN⊥BC，交AD于M．依据等腰三角形的性质可得到FN=CN，从而可得到NC的长，然后可得到MD的长，在Rt△MDE中可求得ED的长；②点F在CB延长线上时，先根据题意画出图形，然后再证明EF=EC，然后再按照①中的思路进行证明即可．
【详解】（1）①证明：∵正方形ABCD关于BD对称，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE=∠BCE．
又∵∠ABC=∠AEF=90°，
∴∠BAE=∠EFC，
∴∠BCE=∠EFC，
∴CE=EF．
（2）①当点F在边BC上时，过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．
∵CE=EF，
∴N是CF的中点．
∵BC=2BF，边长为4
∴ CNBC=14，CN=1．
又∵四边形CDMN是矩形，△DME为等腰直角三角形，
∴CN=DM=ME，
∴ED=2DM=2CN=2．
②点F在CB延长线上时，如图所示：过点E作MN⊥BC，垂足为N，交AD于M．
∵正方形ABCD关于BD对称，
∴△ABE≌△CBE，
∴∠BAE=∠BCE．
又∵∠ABF=∠AEF=90°，
∴∠BAE=∠EFC，
∴∠BCE=∠EFC，
∴CE=EF．
∴FN=CN．
又∵BC=2BF，
∴FC=32BC=32×4=6，
∴CN=12FC=34BC=34×4=3，
∴EN=BN=14×4=1，
∴DE=324×4=32，
综上所述：DE为2或32．
【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定、等腰三角形的性质和判定、等腰直角三角形的性质，掌握本题的辅助线的法则是解题的关键．
考点9：正方形中点的动点最值问题
典例9：（2023春·江苏扬州·八年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、AD、CD上，AB=3，AE=1，DG>AE，BF=EG，BF与EG交于点P．连接DP，则DP的最小值为（ ）

A．13-1B．213C．13D．213-2
【答案】A
【分析】过点E作EM⊥CD于点M，取BE的中点Q，连接QP、QD，根据正方形的性质证明Rt△BAF≌Rt△EMG(HL)，然后根据直角三角形性质可得QP=12BE，当Q、D、P共线时，DP有最小值，根据勾股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，过点E作EM⊥CD于点M，取BE的中点Q，连接QP、QD，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠A=∠ADC=∠DME=90°，AB∥CD，
∴四边形ADME是矩形，
∴EM=AD=AB，
在Rt△BAF和Rt△EMG中，
BF=EGAB=ME，
∴Rt△BAF≌Rt△EMG(HL)，
∴∠ABF=∠MEG，∠AFB=∠EGM，
∵AB∥CD，
∴∠MGE=∠BEG=∠AFB，
∵∠ABF+∠AFB=90°，
∴∠ABF+∠BEG=90°，
∴∠EPF=90°，
∴BF⊥EG，
∵△EPB是直角三角形，Q是BE的中点，
∴QP=12BE，
∵AB=3，AE=1，
∴BE=3-1=2，
∴QB=QE=1，
∵QD-QP≤DP，
∴当Q、D、P共线时，DP有最小值，
∵QP=12BE=1，AQ=AE+EQ=1+1=2，
∴QD=AD2+AQ2=32+22=13，
∴PD=13-1，
∴PD的最小值为13-1．
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形的三边关系，在几何证明中常利用三角形的三边关系解决线段的最值问题，解题的关键是得到Rt△BAF≌Rt△EMG．
【变式1】（2020秋·浙江·九年级期中）如图，点P为正方形ABCD内一点，已知正方形ABCD的边长为2，且有PA⊥PD，则PB的最小值为（ ）．
A．1B．2C．5-1D．5+1
【答案】C
【分析】取AD中点E，连接PE、BE，当P、E、B三点共线时，PB最小，求出BE、PE即可．
【详解】解：取AD中点E，连接PE、BE，
∵正方形ABCD的边长为2，
∴PE=AE=1，
BE=AE2+AB2=5，
∵PB≥BE-PE，
当P、E、B三点共线时，PB最小，最小值为5-1，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形中线段最短问题，解题关键是确定点P的运动轨迹，明确BP长取值范围．
【变式2】（2023·湖南湘西·统考三模）如图所示，正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，点P在对角线BD上移动，则△PCE周长的最小值是（ ）

A．5B．5+1C．25D．25+2
【答案】B
【分析】作点E关于BD的对称点为E'，连接CE'交BD于点P，可得PE'=PE，BE'=BE，根据勾股定理求出CE'，可得△PCE周长=PE+PC+CE=PE'+PC+CE，即可求解．
【详解】解：作点E关于BD的对称点为E'，连接CE'交BD于点P，如图所示，

∵E关于BD的对称点为E'，
∴PE'=PE，BE'=BE，
∵正方形ABCD的边长为2，点E为边BC的中点，
∴BC=2，BE=EC=1，
∴BE'=1，
∴CE'=BE'+BC=12+22=5，
∵△PCE周长=PE+PC+CE，
又∵PE'+PC=PE+PC≥E'C，
∴△PCE周长=PE+PC+CE=PE'+PC+CE≥E'C+CE=5+1，
∴△PCE周长最小值为5+1，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握轴对称的性质．
【变式3】（2023春·湖北孝感·八年级统考期中）如图：E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点，且BE=BC，P为CE上任意一点，PQ⊥BC于点Q，PR⊥BE于点R，则PQ+PR的值是（ ）
A．32B．12C．22D．23
【答案】C
【分析】连接BP，过C作CM⊥BD，利用面积法求解，PQ+PR的值等于C点到BE的距离，即正方形对角线的一半．
【详解】解：连接BP，过C作CM⊥BD，如图所示：
∵BC=BE，
∴S△BCE=S△BPE+S△BPC
=12BC×PQ+12BE×PR=12BC×(PQ+PR)=12BE×CM，
∴PQ+PR=CM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°，CD=BC=1，∠CBD=∠CDB=45°，
∴BD=12+12=2，
∵BC=CD，CM⊥BD，
∴M为BD中点，
∴CM=12BD=22，
即PQ+PR值是22．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质以及三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，运用面积法求解是解决问题的关键．
考点10：中点四边形——证明题
典例10：（2023春·甘肃金昌·八年级校考期中）如图，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）．
(1)四边形EFGH的形状是_____________；
(2)当四边形ABCD的对角线满足_____________条件时，四边形EFGH是矩形；
(3)当四边形ABCD的对角线满足_____________条件时，四边形EFGH是菱形；
(4)当四边形ABCD的对角线满足_____________条件时，四边形EFGH是正方形，证明你的结论．
【答案】(1)平行四边形
(2)互相垂直
(3)相等
(4)垂直且相等
【分析】（1）连接BD，利用三角形的中位线定理，即可得出四边形EFGH是平行四边形；
（2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，得到当对角线垂直的时候，四边形EFGH是矩形；
（3）根据邻边相等的平行四边形是菱形，得到当对角线相等的时候，四边形EFGH是菱形；
（4）根据有一个角是直角的菱形是正方形，得到当对角线相等且垂直时，四边形EFGH是正方形．
【详解】（1）解：连接BD，
∵四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，
∴EH,FG分别是△ABD,△CBD的中位线，
∴EH∥BD,EH=12BD,FG∥BD,FG=12BD，
∴EH∥FG,EH=FG，
∴四边形EFGH的形状是平行四边形；
故答案为：平行四边形；
（2）解：连接AC，当AC⊥BD时：
由（1）知四边形EFGH的形状是平行四边形，
同理可得：EF∥AC，
∵EH∥BD,AC⊥BD，
∴EH⊥EF，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH为矩形；
即：当四边形ABCD的对角线满足互相垂直时，四边形EFGH为矩形；
故答案为：互相垂直；
（3）解：当AC=BD时：
由（1）知四边形EFGH的形状是平行四边形，
同理可得：EF=12AC，
∵EH=12BD=12AC，
∴EF=EH，
∴平行四边形EFGH为菱形；
即：当四边形ABCD的对角线满足相等时，四边形EFGH为菱形；
故答案为：相等
（4）当AC=BD，且AC⊥BD时，
由（3）知当AC=BD时，四边形EFGH为菱形，
由（2）知当AC⊥BD时，∠HEF=90°，
∴当AC=BD，且AC⊥BD时，菱形EFGH为正方形；
即当四边形ABCD的对角线满足垂直且相等时，四边形EFGH为正方形；
故答案为：垂直且相等．
【点睛】本题主要考查了中点四边形的有关问题，熟练掌握好三角形的中位线定理和平行四边形，矩形，菱形，正方形的转化关系及判定方法是解题的关键．
【变式1】（2023春·湖南益阳·八年级统考期末）如图1，P是线段AB上的一点，在AB的同侧作△APC和△BPD，使PC=PA，PD=PB，∠APC=∠BPD，连接CD，点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，顺次连接E，F，G，H．
(1)猜想四边形EFGH的形状，直接回答，不必说明理由；
(2)点P在线段AB的上方时，如图2，在△APB的外部作△APC和△BPD，其他条件不变，（1）中的结论还成立吗？说明理由；
(3)如果（2）中，∠APC=∠BPD=90°，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形EFGH的形状，并说明理由．
【答案】(1)菱形
(2)成立，理由见解析
(3)图见解析，正方形，理由见解析
【分析】（1）证明△PAD≌△PCB，可得AD=BC，根据三角形中位线的性质，可得EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，进而可得EH=PG=EF=HG，即可得出结论；
（2）连接AD，BC．证明△APD≌△CPB(SAS)，可得AD=BC，同（1）的方法，即可得证；
（3）连接AD，BC．证明△APD≌CPB，同理可得四边形EFGH是菱形，证明∠EHG=90°，即可得证．
【详解】（1）解：四边形EFGH是菱形．
如图所示，连接AD,BC，
∵∠APC=∠BPD
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD，即∠APD=∠BPC，
又∵PC=PA，PD=PB，
∴△PAD≌△PCB，
∴AD=BC，
∵点E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EH=PG=12AD,EF=HG=12BC，
∴EH=PG=EF=HG，
∴四边形EFGH是菱形．
（2）成立．
理由：连接AD，BC．
∵∠APC=∠BPD，
∴∠APC+∠CPD=∠BPD+∠CPD．
即∠APD=∠CPB．
又∵PA=PC，PD=PB，
∴△APD≌△CPB(SAS)，
∴AD=CB．
∵E，F，G，H分别是AC，AB，BD，CD的中点，
∴EF，FG，GH，EH分别是△ABC，△ABD，△BCD，△ACD的中位线．
∴EF=12BC，FG=12AD，GH=12BC，EH=12AD．
∴EF=FG=GH=EH．
∴四边形EFGH是菱形．
（3）解：补全图形，如图．
判断四边形EFGH是正方形．
理由：连接AD，BC．
∵（2）中已证：△APD≌CPB，
∴∠PAD=∠PCB．
∵∠APC=90°，
∴∠PAD+∠1=90°．
又∵∠1=∠2，
∴∠PCB+∠2=90°，
∴∠3=90°．
∵（2）中已证GH，EH分别是△BCD，△ACD的中位线，
∴GH∥BC，EH∥AD．
∴∠EHG=90°．
又∵（2）中已证四边形EFGH是菱形，
∴菱形EFGH是正方形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，三角形中位线的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【变式2】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH．
（1）求证：四边形EGFH是平行四边形；
（2）当AB=CD时，EF与GH有怎样的位置关系？请说明理由；
【答案】（1）见解析；（2）当AB=CD时，EF⊥GH，理由见解析
【分析】（1）利用三角形的中位线定理可以证得四边形EGFH的一组对边平行且相等，即可证得；
（2）根据菱形的判定和性质定理即可得到结论．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点，
∴FG=12CD，FG∥CD．HE=12CD，HE∥CD．
∴FG=EH，FG∥EH，
∴四边形EGFH是平行四边形；
（2）解：当AB=CD时，EF⊥GH，
理由：由（1）知四边形EGFH是平行四边形，
当AB=CD时，EH=12CD，EG=12AB，
∴EG=EH，
∴四边形EGFH是菱形，
∴EF⊥GH．
【点睛】本题考查的是三角形中位线定理的应用，平行四边形和菱形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半和菱形的对角线互相垂直是解题的关键．
【变式3】（2023春·全国·八年级专题练习）如图，四边形ABCD中，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，
(1)求证：中点四边形EFGH是平行四边形；
(2)如图2，点P是四边形ABCD内一点，且满足PA=PB,PC=PD,∠APB=∠CPD，点E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点，猜想中点四边形EFGH的形状，并证明你的猜想．
【答案】(1)见解析
(2)菱形，证明见解析
【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理可得FG∥BD,FG=12BD，据此可得EH=FG、EH∥FG，即可得证；
（2）连接AC、BD，证△APC≌△BPD得AC=BD，由EF=12AC,FG=12BD知EF=FG，结合四边形EFGH是平行四边形即可得证．
【详解】（1）证明：如图1中，连接BD，
∵点E、H分别为边AB、AD的中点，
∴EH∥BD,EH=12BD,
∵点F、G、分别为BC、CD的中点，
∴FG∥BD,FG=12BD，
∴EH=FG、EH∥FG，
∴中点四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：四边形EFGH是菱形，理由如下：
如图2，连接AC、BD，
∵∠APB=∠CPD，
∴∠APB+∠APD=∠CPD+∠APD，即∠APC=∠BPD，
在△APC和△BPD中，
AP=PB∠APC=∠BPDPC=PD，
∴△APC≌△BPDSAS，
∴AC=BD，
∵点E，F，G分别为边AB,BC,CD的中点，
∴EF=12AC,FG=12BD，
由（1）得：四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质等知识，学会添加常用辅助线构造全等三角形是解题的关键．
同步一遍过
一、单选题
1．（2022春·山东济宁·八年级统考期末）下列说法正确的是（ ）
A．顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形
B．平行四边形既是中心对称图形，又是轴对称图形
C．对角线相等的四边形是矩形
D．只要是证明两个直角三角形全等，都可以用“HL”定理
【答案】A
【分析】根据三角形中位线定理可判定出顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形；平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形；对角线相等的平行四边形是矩形；证明两个直角三角形全等的方法不只有HL，还有SAS，AAS，ASA．
【详解】A．顺次连接任意一个四边形四边的中点，所得到的四边形一定是平行四边形，说法正确；
B．平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，原说法错误；
C．对角线相等的平行四边形是矩形，原说法错误；
D．已知两个直角三角形斜边和直角边对应相等，可以用“HL”定理证明全等，原说法错误．
故选A．
【点睛】本题考查了中心对称图形、直角三角形全等的判定、矩形的判定、中点四边形，关键是熟练掌握各知识点．
2．（2023·广东惠州·校考二模）在正方形ABCD中，A，C的坐标分别为1,-2，4,1，AB∥x轴，则B点的坐标是（ ）
A．4,-2B．1,-1C．-1,1D．1,1
【答案】A
【分析】根据正方形的性质可得AB⊥BC，再由AB∥x轴，可得BC∥y轴，从而得到点B点的纵坐标为-2，横坐标为4，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB⊥BC，
∵AB∥x轴，
∴BC∥y轴，
∵点A，C的坐标分别为1,-2，4,1，
∴点B点的纵坐标为-2，横坐标为4，
∴B点的坐标是4,-2．
故选：A
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，坐标与图形，熟练掌握正方形的性质，坐标与图形的性质是解题的关键．
3．（2023春·湖南娄底·八年级娄底市第三中学校考期中）如图，在△ABC中，点D在BC上，DE∥AC，DF∥AB，下列四个判断中不正确的是（ ）

A．四边形AEDF是平行四边形
B．若∠BAC=90°，则四边形AEDF是矩形
C．若AD⊥BC且AB=AC，则四边形AEDF是菱形
D．若AD平分∠BAC，则四边形AEDF是矩形
【答案】D
【分析】根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形，有一个角是90°的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，逐项分析即可．
【详解】解：因为DE∥AC，DF∥AB，所以四边形AEDF是平行四边形．故A正确．
∠BAC=90°，四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是矩形．故B正确．
若AD⊥BC且AB=AC，则∠BAD=∠CAD，
∵DE∥AC，
∴∠EDA=∠DAC，
∴∠EAD=∠EDA，
∴EA=ED，
∴则四边形AEDF是菱形，故C正确；
因为AD平分∠BAC，所以由上面的证明可得AE=DE，又因为四边形AEDF是平行四边形，所以四边形AEDF是菱形．故D错误．
故选：D．
【点睛】本题考查了平行四边形的判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理，和正方形的判定定理等知识点．
4．（2023春·重庆·九年级重庆市南华中学校校考阶段练习）如图，正方形ABCD中，AB=6，G是BC的中点．将ΔABG沿AG对折至ΔAFG，延长GF交DC于点E，则GE的长是（ ）
A．5B．4C．3D．2
【答案】A
【分析】连接AE，根据正方形与轴对称的性质证明Rt△AFE≌Rt△ADE，得出EF＝DE，设DE＝FE＝x，在Rt△ECG中应用勾股定理求出x，进而求解．
【详解】如图，连接AE，由题意知，AB＝AD＝AF，∠D＝∠B＝∠AFE＝90°，
在Rt△AFE和Rt△ADE中，AE=AEAF=AD，
∴Rt△AFE≌Rt△ADE，
∴EF＝DE，
设DE＝FE＝x，则EC＝6﹣x，
∵G为BC中点，BC＝6，
∴CG＝3，
在Rt△ECG中，由勾股定理，得：(6-x)2+9=(x+3)2，
解得，x＝2，即DE＝2，
∴GE＝3+2＝5，
故选A．
【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，证明Rt△AFE≌Rt△ADE是解题的关键．
5．（2023秋·福建三明·八年级校考期中）如图，点E在正方形ABCD内，满足∠AEB=90°，AE=3，BE=4，则阴影部分的面积是（ ）
A．12B．15C．19D．20
【答案】C
【分析】根据勾股定理求出AB，分别求出△AEB和正方形ABCD的面积，即可求出答案．
【详解】解：∵在Rt△AEB中，∠AEB=90°，AE=3，BE=4，
由勾股定理得：AB=5，
∴正方形的面积是5×5=25，
∵△AEB的面积为：12AE×BE=12×3×4=6，
∴阴影部分的面积=正方形ABCD的面积-△AEB的面积=25−6=19，
故选C.
【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，掌握勾股定理，正方形的性质是解题的关键.
6．（2022春·浙江绍兴·八年级统考期末）根据特殊四边形的定义，在图中的括号内①、②、③、④处应填写的内容是（ ）
A．平行四边形；一个角为60°；矩形；一组邻边相等
B．平行四边形；一组邻边相等；矩形；一组邻边相等
C．矩形；一个角为60°；平行四边形；一组邻边相等
D．矩形；一组邻边相等；平行四边形；一组邻边相等
【答案】B
【分析】根据平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定即可得出结果．
【详解】解：两组对边分别平行的四边形是平行四边形，一组邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形．有一组邻边相等的矩形是正方形
故答案为：平行四边形，一组邻边相等，矩形，一组邻边相等．
【点睛】本题主要考查的是平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定的有关知识，熟练掌握其判定是解此题的关键．
7．（2023春·浙江·八年级专题练习）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，添加下列条件中的一个，能使菱形ABCD成为正方形的是（ ）
A．BD=ABB．AC=ADC．∠ABC=90°D．OD=AC
【答案】C
【分析】根据正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．
即∠ABC=90°或AC=BD．
故选：C．
【点睛】本题考查了特殊四边形的判定，关键是掌握正方形的判定方法．
8．（2022秋·九年级课时练习）如图，在正方形ABCD中，AB=8，点E，F分别在边AB，CD上，∠EFC=120°，若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，则AE的长度为（ ）
A．83B．53C．43D．34
【答案】A
【分析】依据正方形的性质以及折叠的性质，即可得到∠AEB'=60°，再根据含30°角的直角三角形的性质，即可得到AE的长．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠A=90°，
∴∠BEF=180°-∠EFC=60°
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上，
∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，
∴∠AB'E=30°，
∴B'E=2AE，
设AE=x，则B'E=2x=BE，
∵AB=8，
∴x+2x=8，
解得x=83．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键．
9．（2023·江苏扬州·八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边AD、CD上的点，∠EBF=45°，△EDF的周长为8，则正方形ABCD的边长为（ ）
A．2B．3C．5D．4
【答案】D
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠BAE=∠C=90°，
∴把△ABE绕点A顺时针旋转90°可得到△BCG，如图，
∴BG=BE，CG=AE，∠GBE=90°，∠BAE=∠C=90°，
∴点G在DC的延长线上，
∵∠EBF=45°，
∴∠FBG=∠EBG﹣∠EBF=45°，
∴∠FBG=∠FBE，
在△FBG和△EBF中，
∴△FBG≌△EBF（SAS），
∴FG=EF，
而FG=FC+CG=CF+AE，
∴EF=CF+AE，
∵△DEF的周长=DF+DE+CF+AE=CD+AD=8，
∴AD=4；
故选D．
【点评】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和正方形的性质．
10．（2022春·广西贵港·八年级统考期中）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于点F，交对角线BD于点G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD．其中正确的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
【答案】B
【分析】①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论；
②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论；
③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论；
④根据边边边证明三角形全等即可得结论．
【详解】解：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°，
∵EF∥CD，
∴∠EFD＝90°，
∴四边形EFDC是矩形．
在Rt△FDG中，∠FDG＝45°，
∴FD＝FG，
∵H是DG中点，
∴FH⊥BD，
∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线，
∴AE不垂直于BD，
∴FH与AE不平行，
所以①不正确；
②∵四边形ABEF是矩形，
∴AF＝EB，∠BEF＝90°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠EBG＝∠EGB＝45°，
∴BE＝GE，
∴AF＝EG，
在Rt△FGD中，H是DG的中点，
∴FH＝GH，FH⊥BD，
∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°，
∠EGH＝180°－∠EGB＝180°－45°＝135°，
∴∠AFH＝∠EGH，
在△AFH和△EGH中，
{AF=EG∠AFH=∠EGHFH=GH，
∴△AFH≌△EGH（SAS），
∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG，
∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG，
即∠FHG＝∠AHE＝90°，
∴AH⊥EH，
所以②正确；
③∵△AFH≌△EGH，
∴∠FAH＝∠GEH，
∵∠BAF＝CEG＝90°，
∴∠BAH＝∠HEC，
所以③正确；
④在△EHF和△AHD中，
{EF=ADFH=DHEH=AH，
∴△EHF≌△AHD（SSS），
所以④正确；
所以其中正确的有②③④，共3个，
故选：B．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质，解题关键是得到△AFH≌△EGH，综合利用以上知识解决问题．
二、填空题
11．（山东省临沂市兰山区2023-2023学年八年级下学期期中数学试题）如图，菱形ABCD中，对角线AC和BD相交于O，已知AC=24，BD=10，则BC边上的高DE等于 ．
【答案】12013
【分析】在Rt△OBA中，根据勾股定理求出AB的值，再利用面积法可得DE×AB＝12BD×AC，由此求出DE即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，角线AC和BD相交于O， AC=24，BD=10，
∴BO＝DO＝5，AO=CO=12，∠BOC＝90°，
在Rt△AOB中，AB＝52+122=13，
∵DE×AB＝12BD×AC，
∴DE＝12×10×2413=12013，
故答案是：12013．
【点睛】此题主要考查了菱形的性质以及勾股定理，正确利用三角形面积求出DE的长是解题关键．
12．（2022春·福建福州·八年级校考期末）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边CD，AD上，BE与CF交于点G．若BC=4,DE=AF=1，则CG的长是 ．
【答案】125/2.4
【分析】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG=125．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，BC＝4，
∴∠CDF＝∠BCE＝90°，AD＝DC＝BC＝4，
又∵DE＝AF＝1，
∴CE＝DF＝3，
∴在△CDF和△BCE中，
CD=BC∠CDF=∠BCEDF=CE，
∴△CDF≌△BCE（SAS），
∴∠DCF＝∠CBE，
∵∠DCF+∠BCF＝90°，
∴∠CBE+∠BCF＝90°，
∴∠BGC＝90°，
∵在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3，
∴BE=BC2+EC2=5,
∴BE•CG＝BC•CE，
∴CG=BC·CEBE=4×35=125，
【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理等知识，证明△CDF≌△BCE是解题关键．
13．（2023春·湖北武汉·七年级校考期末）如图，边长为 4cm 的正方形 ABCD 先向上平移 2cm ，再向右平移1cm ，得到正方形 A ' B 'C ' D ' ， 此时阴影部分的面积为 .
【答案】6cm2
【分析】将边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，可得阴影部分是矩形，且可求阴影部分的长和宽，则面积能求出．
【详解】∵将边长为4cm的正方形ABCD先向上平移2cm，再向右平移1cm，得到正方形A′B′C′D′，
∴平移的性质可得阴影部分是矩形，
∵根据题意得：阴影部分的宽为4-2=2cm，长为4-1=3cm，
∴S阴影部分=2×3=6 cm2，
故答案为6cm2.
【点睛】本题考查正方形的性质，平移的性质，关键是理解图形变化的所表达的意义．
14．（2023春·福建厦门·八年级厦门双十中学校考期末）如图，已知菱形ABCD和正方形DEBF，AD=6，ED=32，连接AE，则线段AE长为 ．

【答案】33-3/-3+33
【分析】连接AC、BD，AC、BD相交于点O，正方形的性质先求得OD=OE=3，再利用勾股定理求得AO=33，据此即可求解．
【详解】解：连接AC、BD，AC、BD相交于点O，

∵四边形ABCD是菱形，四边形DEBF是正方形，
∴点E、F在AC上，且AC⊥BD，
∴OD=OE=OF=12EF=12×2DE=3，
∴AO=AD2-OD2=33，
∴AE=AO-OE=33-3，
故答案为：33-3．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的性质，勾股定理，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
15．（2023春·江苏扬州·八年级校联考期中）如图，直线l1、l2、l3分别过正方形ABCD的三个顶点A，B，D，且相互平行，若l1与l2的距离为1，l2与l3的距离为1，则该正方形的面积是 ．
【答案】5
【详解】试题分析：分别过点D和点B作的垂线交与点E和点F，则△ADE和△ABF全等，则根据直线之间的距离可得：DE=2，AE=1，根据勾股定理可得：AD=，即正方形的面积为5.
考点：(1)、三角形全等的证明；(2)、勾股定理
16．（2023·全国·九年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形OA1B1C1的两边在坐标轴上，以它的对角钱OB1为边作正方形OB1B2C2，再以正方形OB1B2C2的对角线OB2为边作正方形OB2B3C3……以此类推，则正方形OB2023B2023C2023的顶点B2023的坐标是 ．
【答案】（-21011，-21011）
【分析】首先先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9、B10的坐标，找出这些坐标之间的规律，然后根据规律计算出点B2023的坐标．
【详解】解：∵正方形OA1B1C1的边长为2，
∴OB1=22，点B1的坐标为（2，2）
∴OB2=22×2=4
∴B2（0，4），
同理可知B3（-4，4），B4（-8，0），B5（-8，-8），B6（0，-16），B7（16，-16），B8（32，0），B9（32，32），B10（0，64）．
由规律可以发现，点B1在第一象限角平分线上、B2在y轴正半轴上、B3在第二象限角平分线上、B4在x轴负半轴上、B5在第三象限角平分线上、B6在y轴负半轴上、B7在第四象限角平分线上、B8在x轴正半轴上、B9在第一象限角平分线上、B10在y轴正半轴上，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标的符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，
∵2023÷8=252⋯⋯5，
∴B2023和B5都在第三象限角平分线上，且OB2023=2×(2)2021=2×21010×2=21011×2
∴点B2023到x轴和y轴的距离都为21011×2÷2=21011．
∴B2023（-21011，-21011）
故答案为：（-21011，-21011）．
【点睛】此题考查的是一个循环规律归纳的题目，解答此题的关键是确定几个点坐标为一个循环，再确定规律即可．
三、解答题
17．（2023·四川南充·统考模拟预测）如图，矩形ABCD的对角线交于点O,DE//AC,CE//BD．
（1）求证：四边形OCED是菱形，
（2）若∠DCE=45∘，AC=6，试说明四边形OCED的形状并求其面积．
【答案】（1）证明见解析；（2）四边形OCED为正方形．面积为9．
【分析】（1）根据对边平行得四边形OCED是平行四边形，由原矩形对角线相等且互相平分得OC=OD，所以四边形OCED是菱形；
（2）根据菱形对角线平分每一组对角可知∠OCE=∠DCE=45∘．从而可得∠OCE=90°，即可得出四边形OCED为正方形，进而求出面积．
【详解】证明：（1）∵DE//AC，CE//BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AC=BD，OD=12BD，OC=12AC，
∴OC=OD，
∴▱OCED是菱形；
（2）四边形OCED为正方形．
∵▱OCED是菱形，
∴∠OCE=∠DCE，
又∵∠DCE=45∘
∴∠OCE=90°，
∴菱形OCED为正方形，
在矩形ABCD中，AO=OC=12AC，AC=6，
∴OC=3，
∴正方形OCED面积=32=9．
【点睛】此题主要考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、正方形判定，关键是掌握特殊四边形的性质和判定方法．
18．（2023春·新疆乌鲁木齐·八年级乌鲁木齐市第四中学校考期中）如图，P为正方形ABCD的对角线上任一点，PE⊥AB于E，PF⊥BC于F．
（1）判断DP与EF的关系，并证明；
（2）若正方形ABCD的边长为6，∠ADP：∠PDC＝1：3．求PE的长．
【答案】（1）DP＝EF，且DP⊥EF，理由见解析；（2）6-32．
【分析】（1）连接PB，由正方形的性质得到BC＝DC，∠BCP＝∠DCP，接下来证明△CBP≌△CDP，于是得到DP＝BP，然后证明四边形BFPE是矩形，由矩形的对角线相等可得到BP＝EF，从而等量代换可证得DP＝EF；再延长DP交EF于G，延长EP交CD于H，由△CBP≌△CDP，依据全等三角形对应角相等可得到∠CDP＝∠CBP，由四边形EPFB是矩形可证明∠CBP＝∠FEP，从而得到∠HDP＝∠FEP，由∠DPH+∠PDH＝90°可证明∠EPG+∠PEG＝90°，从而可得到DP⊥EF；
（2）先根据勾股定理计算AC，根据∠ADP：∠PDC＝1：3和三角形内角和定理可得∠CPD＝∠CDP，计算AP，由△AEP是等腰直角三角形，可得PE的长．
【详解】解：（1）DP＝EF，且DP⊥EF，理由是：
如图1所示：连接PB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠BCP＝∠DCP＝45°，
∵在△CBP和△CDP中，BC=DC∠BCP=∠DCPPC=PC，
∴△CBP≌△CDP (SAS)，
∴DP＝BP．
∵PE⊥AB，PF⊥BC，
∴∠PEB＝∠ABC＝∠PFB＝90°，
∴四边形BFPE是矩形，
∴BP＝EF，
∴DP＝EF；
如图2所示：延长DP交EF于点G，延长EP交CD于H．
∵△CBP≌△CDP，
∴∠CBP＝∠CDP．
∵四边形BFPE是矩形，
∴∠CBP＝∠FEP，
∴∠CDP＝∠FEP．
又∵∠EPG＝∠DPH，
∴∠EGP＝∠DHP．
∵PE⊥AB，AB∥DC，
∴PH⊥DC，即∠DHP＝90°，
∴∠EGP＝∠DHP＝90°，
∴PG⊥EF，即DP⊥EF；
（2）Rt△ADC中，AD＝CD＝6，
∴AC＝62+62＝62，
∵∠ADP：∠PDC＝1：3，∠ADC＝90°，
∴∠CDP＝67.5°，
∵∠DCP＝45°，
∴∠CPD＝180°﹣45°﹣67.5°＝67.5°，
∴∠CPD＝∠CDP，
∴PC＝CD＝6，
∴AP＝62-6，
∵∠EAP＝45°，∠AEP＝90°，
∴△AEP是等腰直角三角形，
∴PE＝62-62＝6-32．
【点睛】本题主要考查的是正方形的性质、全等三角形的性质和判定、矩形的性质和判定，正确作出辅助线，构建全等三角形是关键．
19．（2022秋·浙江绍兴·八年级统考期末）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB可表示为1,y -1≤y≤2，边BC可表示为x,2 1≤x≤4．
(1)在平面直角坐标系中画出正方形ABCD；
(2)直接写出正方形各顶点的坐标；
(3)求正方形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)A1,-1，B1,2，C4,2，D4,-1
(3)9
【分析】（1）根据正方形ABCD的边AB可表示为(1,y)(-1≤y≤2)，边BC可表示为(x,2)(1≤x≤4)，可知AB边在直线x=1上，BC边在直线y=2上，再根据y和x的范围即可确定正方形ABCD的位置；
（2）根据正方形ABCD所在的平面直角坐标系中的位置即可得出各顶点的坐标；
（3）根据正方形面积公式求解即可．
【详解】（1）如图，正方形ABCD即为所求；
（2）由正方形ABCD所在的平面直角坐标系中的位置可知，
各顶点坐标为A1,-1，B1,2，C4,2，D4,-1；
（3）S正方形ABCD=3×3=9．
【点睛】本题考查了坐标与图形，根据边AB和BC的参数坐标和范围确定出边AB和BC的位置是解题的关键．
20．（2023春·浙江·八年级统考阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，点G是DC上的任意一点，BE⊥AG于点E，DF//BE，且交AG于点F．
（1）求证：ΔABE≌ΔDAF；
（2）若EF=1，BE=3，求DF的长．
【答案】（1）证明见解析；（2）2
【分析】（1）由正方形的性质可得AB=AD，∠DAB=∠ADC=90°，由余角的性质可得∠DAF=∠ABE，由“AAS”可证ΔABE≅ΔDAF；
（2）由全等三角形的性质可得AE=DF，AF=BE=3，即可求DF的长．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠DAB=∠ADC=90°，∵BE⊥AG，DF//BE，∴DF⊥GA，∵∠BAE+∠ABE=90°，∠DAF+∠EAB=90°，∴∠DAF=∠ABE，且AB=AD，∠AFD=∠AEB=90°，∴ΔABE≅ΔDAF(AAS)．
（2）∵ΔABE≅ΔDAF，∴AE=DF，AF=BE=3．
∵AE=AF-EF=3-1=2，∴DF=2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练运用全等三角形的判定和性质是本题的关键．
21．（2023·山东济南·校考三模）如图1，将矩形ABCD沿DE折叠，使顶点A落在DC上的点A′处，然后将矩形展平，沿EF折叠，使顶点A落在折痕DE上的点G处．再将矩形ABCD沿CE折叠，此时顶点B恰好落在DE上的点H处．如图2．
（1）求证：EG=CH；
（2）已知AF=2，求AD和AB的长．
【答案】（1）见解析（2）AD=2+2；AB=22+2．
【分析】（1）由折叠的性质及矩形的性质可知AE=AD=EG，BC=CH，再根据四边形ABCD是矩形，可得AD=BC，等量代换即可证明EG=CH；
（2）由折叠的性质可知∠ADE=45°，∠FGE=∠A=90°，AF=2，那么DG=2，利用勾股定理求出DF=2，于是可得AD=AF+DF=2+2；再利用AAS证明△AEF≌△BCE，得到AF=BE，于是AB=AE+BE=2+2+2=22+2．
【详解】（1）证明：由折叠知AE=AD=EG，BC=CH，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，
∴EG=CH；
（2）解：∵∠ADE=45°，∠FGE=∠A=90°，AF=2，
∴DG=2，DF=2，
∴AD=AF+DF=2+2；
由折叠知∠AEF=∠GEF，∠BEC=∠HEC，
∴∠GEF+∠HEC=90°，∠AEF+∠BEC=90°，
∵∠AEF+∠AFE=90°，
∴∠BEC=∠AFE，
在△AEF与△BCE中，∠AFE=∠BEC∠A=∠B=90°AE=BC，
∴△AEF≌△BCE（AAS），
∴AF=BE，
∴AB=AE+BE=2+2+2=22+2．
【点睛】本题考查折叠性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及矩形的性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键．
22．（2023·七年级单元测试）如图，正方形ABCD的边长为6，点E在边AB上，连接ED，过点D作FD⊥DE与BC的延长线相交于点F，连接EF与边CD相交于点G、与对角线BD相交于点H．
（1）若BD=BF，求AE的长；
（2）若∠2=2∠1，求证：HF=HE+HD．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）在正方形ABCD中，由FD与DE垂直，利用等式的性质得到一对角相等，再由一对直角相等，且AD=DC，利用AAS得到三角形DAE与三角形DCF全等，利用全等三角形对应边相等得到AE=CF，进而求出AE的长；
（2）在HF上取一点P，使FP=EH，连接DP，利用SAS得到三角形DEH与三角形DFP全等，利用全等三角形对应边相等，对应角相等得到DH=DP，∠EDH=∠FDP，进而确定出三角形DHP为等边三角形，利用等边三角形的性质即可得证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，且FD⊥DE，
∴∠ADE=90°-∠EDC=∠CDF，AD=DC，∠A=∠DCF=90°，
在△DAE和△DCF中，
∠ADE＝∠CDF∠A＝∠DCF＝90°AD＝DC，
∴Rt△DAE≌Rt△DCF（AAS），
∴AE=CF，
∵CF=BF-BC=BD-BC=62-6，
∴AE=62-6；
（2）在HF上取一点P，使FP=EH，连接DP，
由（1）Rt△DAE≌Rt△DCF得△EDF是等腰直角三角形，
∴DE=DF，∠DEF=∠DFE=45°，
∴△DEH≌△DFP（SAS），
∴DH=DP，∠EDH=∠FDP，
在△DHE和△FHB中，
∵∠DEF=∠HBF=45°，∠EHD=∠BHF（对顶角），
∴∠EDH=∠1=12∠2=12（45°-∠EDH），
∴∠EDH=15°，∠FDP=15°，
∴∠HDP=90°-15°-15°=60°，
∴△DHP是等边三角形，
∴HD=HP，
∴HF=HE+HD．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
23．（2022春·辽宁铁岭·八年级统考期中）如图，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，过点B作BG⊥BE且使BG=BE，连接CG交AE的延长线于点F．
(1)填空：△ABE_______△CBG（填“全等”或“不全等”）；
(2)判断四边形BGFE的形状，并说明理由；
(3)若DA=DE，请猜想线段CF与FG的数量关系，并加以证明．
【答案】(1)全等
(2)正方形，理由见解析
(3)CF=FG，证明见解析
【分析】（1）根据题意和正方形的性质可得出答案；
（2）由（1）知△ABE≌△CBG得∠G=∠AEB=90°，进而可证四边形BGFE为矩形， 又BG=BE即可得到答案；
（3）过点D作DH⊥AE，根据DA=DE垂足为H，可得AH=12AE，根据正方形ABCD可得AD=AB，∠DAB=90°进而可证△AEB≌△DHA，再通过（1）和（2）的结论可证出解答．
【详解】（1）由题意得∠EBG=90°，BG=BE，
由正方形性质得AB=BC，∠ABC=90°，
又∠ABE+∠EBC=90°，∠CBG+∠EBC=90°，
∴∠ABE=∠CBG
∴在△ABE和△CBG中
AB=BC∠ABE=∠CBGBG=BE
∴△ABE ≌ △CBG（边角边）．
故答案为：全等．
（2）四边形BGFE是正方形．
理由如下：由（1）知：△ABE≌△CBG，
∴∠G=∠AEB=90°，
∴∠BEF=90°
∵BE⊥BG，
∴∠EBG=90°，
∴四边形BGFE为矩形，
∵BG=BE，
∴四边形BGFE是正方形．
（3）CF=FG．
证明：过点D作DH⊥AE，垂足为H．
则∠DHA=90°，
∴∠DAH+∠ADH=90°，
∵DA=DE，
∴AH=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
∵∠AEB=∠DHA=90°，
∴△AEB≌△DHA，
∴AH=BE．
由（2）知：四边形BGFE是正方形，
∴BE=GF，
∴GF=BE=AH=12AE，
由（1）知：△ABE≌△CBG，
∴AE=CG，
∴FG=12CG，
∴CF=FG．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，解决此题的关键是掌握以上的基本性质．
24．（2022秋·九年级单元测试）（1）问题情境：如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为射线BC上一动点，将△ABE沿AE所在直线翻折，得到△AFE，延长EF，射线EF与射线CD交于点G，连接AG．
①当点E在线段BC上时，求证：DG＝FG；
②当CE＝3时，则CG的长为______．
（2）思维深化：在△ABC中∠BAC＝45°，AD为BC边上的高，且BD＝2+1，CD＝2﹣1，请直接写出AD的长．
【答案】（1）①见解析；②4或365；（2）AD的长为2+3或1
【分析】（1）①根据翻折得到ΔABE≅ΔAFE，进而有AF=AB,∠AFE=∠B=90°，结合正方形性质得到RtΔAFG≅RtΔADG(HL)，再利用全等性质即可得证；②由①可知BE=EF,DG=FG，进而有EG=EF+FG=BE+DG，在RtΔECG中利用勾股定理求解即可；
（2）结合（1）中所给的提示，构造出满足题意的图形，分两种情况求解：①设正方形边长为a，则BP=a-(2+1)，CP=a-(2-1)，在RtΔBCP中，由勾股定理可知BP2+CP2=BC2，代值解方程可得a=2+3；②设正方形边长为a，则BP=(2+1)-a，CP=(2-1)+a，在RtΔBCP中，由勾股定理可知BP2+CP2=BC2，代值解方程可得a=1，从而得到AD的长为2+3或1．
【详解】解：（1）①证明：∵将△ABE沿AE所在直线翻折得到△AFE，
∴ΔABE≅ΔAFE，
∴AF=AB,∠AFE=∠B=90°，
∵在正方形ABCD中，AD=AB，
∴AD=AF，
在RtΔAFG和RtΔADG中，
{AG=AGAD=AF，
∴RtΔAFG≅RtΔADG(HL)，
∴DG=FG；
②由①中两组全等的三角形可得BE=EF,DG=FG，
∵正方形ABCD中，AB＝6，CE=3，
∴BE=BC-CE=6-3=3，
设CG=x，则DG=CD-CG=6-x，
在RtΔCEG中，∠C=90°，CG=x，CE=3,EG=EF+FG=BE+DG=9-x， 则根据勾股定理得EG2=EC2+CG2，即(9-x)2=32+x2，解得x=4，即CG=4，
故答案为：4；
（2）根据题意，结合（1）可知，有两种情况，
①三角形在正方形内部，如下图所示：
已知AD⊥BC,∠BAC=45°,BD=2+1,CD=2-1，
由（1）知ΔABD≅ΔABM，ΔANC≅ΔADC，
∴MB=BD=2+1,CN=CD=2-1，则BC=BD+CD=22，
设正方形边长为a，则BP=a-(2+1)，CP=a-(2-1)，
在RtΔBCP中，由勾股定理可知BP2+CP2=BC2，即[a-(2+1)]2+[a-(2-1)]2=(22)2 ，化简得(a-2)2=3，解得a=2±3，
∵a是正方形边长，满足a>0，
∴a=2+3，即AD=2+3；
②三角形在正方形外部，如下图所示：
已知AD⊥BC,∠BAC=45°,BD=2+1,CD=2-1，
由（1）知ΔACD≅ΔACM，ΔANB≅ΔADB，
∴MC=CD=2-1,BN=BD=2+1，则BC=BD-CD=2，
设正方形边长为a，则BP=(2+1)-a，CP=(2-1)+a，
在RtΔBCP中，由勾股定理可知BP2+CP2=BC2，即[(2+1)-a]2+[(2-1)+a]2=22 ，化简得(a-1)2=0，解得a=1，即AD=1
综上所述，AD的长为2+3或1．
【点睛】本题考查正方形综合题，涉及到全等三角形的判定与性质、翻折的性质特征、勾股定理等知识点，读懂题意，根据题意找到有特殊到一般题型的解题思路是解决问题的关键．
正方形的性质：
因为ABCD是正方形


几何表达式举例：
(1) 对边平行且相等，对角线互相平分
(2) ∵四边形ABCD是正方形
∴AB=BC=CD=DA
∠A=∠B=∠C=∠D=90°
(3) ∵四边形ABCD是正方形
∴AC=BD AC⊥BD
正方形的判定：
四边形ABCD是正方形.

几何表达式举例：
(1) ∵四边形ABCD是平行四边形
又∵AD=AB ∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
(2) ∵四边形ABCD是菱形
又∵∠ABC=90°
∴四边形ABCD是正方形
(3)∵四边形ABCD是矩形
又∵AD=AB
∴四边形ABCD是正方形