2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题29 正方形的性质与判定【十六大题型】（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc8148" 【题型1 根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】 PAGEREF _Tc8148 \h 2
\l "_Tc15791" 【题型2 正方形的判定定理的理解】 PAGEREF _Tc15791 \h 7
\l "_Tc19199" 【题型3 证明四边形是正方形】 PAGEREF _Tc19199 \h 10
\l "_Tc26270" 【题型4 求正方形重叠部分面积】 PAGEREF _Tc26270 \h 16
\l "_Tc8323" 【题型5 与正方形有关的折叠问题】 PAGEREF _Tc8323 \h 21
\l "_Tc1595" 【题型6 根据正方形的性质与判定求角度】 PAGEREF _Tc1595 \h 28
\l "_Tc11723" 【题型7 根据正方形的性质与判定求线段长】 PAGEREF _Tc11723 \h 35
\l "_Tc13346" 【题型8 根据正方形的性质与判定求面积】 PAGEREF _Tc13346 \h 43
\l "_Tc21623" 【题型9 根据正方形的性质与判定证明】 PAGEREF _Tc21623 \h 50
\l "_Tc6685" 【题型10 根据正方形的性质与判定解决多结论问题】 PAGEREF _Tc6685 \h 58
\l "_Tc21287" 【题型11 与正方形有关的动点问题】 PAGEREF _Tc21287 \h 68
\l "_Tc20549" 【题型12 与正方形有关的规律探究问题】 PAGEREF _Tc20549 \h 73
\l "_Tc19878" 【题型13 正方形与一次函数的综合应用】 PAGEREF _Tc19878 \h 79
\l "_Tc28420" 【题型14 正方形与反比例函数的综合应用】 PAGEREF _Tc28420 \h 87
\l "_Tc5973" 【题型15 正方形与一次函数、反比例函数综合应用】 PAGEREF _Tc5973 \h 94
\l "_Tc11856" 【题型16 正方形与二次函数综合应用】 PAGEREF _Tc11856 \h 105
【知识点 正方形的性质与判定】
定义：
四个角相等、四条边也相等的四边形叫作正方形
性质：
正方形既是矩形，又是菱形，具有矩形和菱形的一切性质．
性质1：正方形的四个内角都相等，且都为，四条边都相等．
性质2：正方形的对角线互相垂直平分且相等，对角线平分一组对角．
性质3：正方形具有4条对称轴，两条对角线所在的直线和过两组对边中点的两条直线．
另外，由正方形的性质可以得出：
（1）正方形的对角线把正方形分成四个小的等腰直角三角形．
（2）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半．
3．判定：
判定一个四边形是正方形，除了定义之外，还可以采用以下方法：
（1）先证明是矩形，再证明该矩形有一组邻边相等，或对角线互相垂直．
（2）先证明是菱形，再证明该菱形的一个角是直角，或两条对角线相等．
【题型1 根据正方形的性质求角度、线段长、面积、坐标】
【例1】（2023·河南安阳·统考模拟预测）如图．四边形ABCO为正方形，点A的坐标为1,3，将正方形绕点O逆时针旋转，每次旋转60°，则第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标为（ ）

A．3,-1B．-1,-3C．-1,3D．3,1
【答案】D
【分析】点C旋转360°回到原位置，即旋转6次回到原位置．故第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同．据此即可求解．
【详解】解：∵正方形绕点O逆时针旋转，每次旋转60°
∴正方形绕点O逆时针旋转6次回到原位置
∵2023=337×6+1
∴第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标，与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同
如图：OC绕点O逆时针60°得到OC'，作AD⊥y轴，C'E⊥x轴

∵∠C'OC=60°,∠AOC=90°,AO=CO
∴∠AOC'=30°,AO=C'O
∵点A的坐标为1,3
∴AD=1,DO=3,AO=AD2+DO2=2=2AD
∴∠AOD=30°,∠C'OE=30°
∵AD⊥y轴，C'E⊥x轴
∴△ADO≌△C'EO
∴C'E=AD=1,OE=DO=3
即点C'3,1
故选：D
【点睛】本题考查了坐标与旋转规律问题．根据题意确定第2023次旋转结束时，点C所到位置的坐标，与第1次旋转结束时，点C所到位置的坐标相同，是解题关键．
【变式1-1】（2023·广东东莞·三模）如图，正方形ABCD的两条对角线AC，BD相交于点O，点E在BD上，且BE=BC．则∠BEC的度数为 ．
【答案】67.5°
【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；
根据正方形的性质得到线段相等和∠DBC=45°，再根据三角形的内角和即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形．
∴BC=CD，∠DBC=45°，
∵BE=CD，
∴BE=BC，
∴∠BEC=∠BCE=(180°-45°)÷2=67.5°，
故答案为：67.5°
【变式1-2】（2023·河南·统考二模）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线分别交AD、BC于E、F，则阴影部分的面积是 ．

【答案】1
【分析】证明△DEO≌△BFO，可推出阴影面积等于△BOC的面积．
【详解】解：在正方形ABCD中，
AD∥BC，OD=OB，
∴∠ODE=∠OBF，又∠DOE=∠BOF，
∴△DEO≌△BFOASA，
∴S△DEO=S△BFO，
阴影面积= S△BOC =12×2×1=1．
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查正方形的性质和全等三角形的判定和性质，难度不大，会把两个阴影面积转化到一个图形中去．
【变式1-3】（2023·江苏盐城·校考模拟预测）如图，以正方形ABCD的两边BC和AD为斜边向外作两个全等的直角三角形BCE和DAF，过点C作CG⊥AF于点G，交AD于点H，过点B作BI⊥CG于点I，过点D作DK⊥BE，交EB延长线于点K，交CG于点L．若S四边形ABIG=2S△BCE，GH=1，则DK的长为 ．

【答案】152
【分析】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、相似三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，设DF=BE=a,AF=CE=b，先证明四边形DFGL是矩形，四边形CEBI和CEKL均是矩形，可得∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE，再根据△DCL≌CBI，可得四边形DFGL是正方形，四边形CEKL是正方形，从而得到AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，GI=b，再由S四边形ABIG=2S△BCE可得b=32a，再根据△AGH∽△DLH，可得ab-b-a2=0，从而得到a=3，b=32a=92，进而完成解答．
【详解】解：如图，过点A作AM⊥BI于点M，连接AC，BD，

根据题意得：Rt△BCE=Rt△DAF，
∴∠F=∠E=90°,DF=BE,AF=CE，∠DAF=∠BCE，
设DF=BE=a,AF=CE=b，
∵CG⊥AF，BI⊥CG，DK⊥BE，
∴∠FGL=∠FIB=∠BIC=∠K=90°，
∴∠CBI+∠BCI=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CAD=∠ACB=45°，CD=BC，∠DCB=90°，
∴∠CAF=∠ACE，∠DCL+∠BCI=90°，
∴AF∥CE，∠DCL=∠CBI，
∴CG⊥CE，
同理：DF∥E，
∴DK⊥DF，
∴∠FGL=∠F=∠FDL=90°，
∴四边形DFGL是矩形，
同理：四边形CEBI和CEKL均是矩形，
∴∠DLC=∠BIC=90°，CI=BE
∴△DCL≌CBI，
∴DL=CI=BE，
∴DL=DF，
∴四边形DFGL是正方形，
∴DF=FG=BE=CI=a，AF∥DL，
同理四边形CEKD是正方形，
∴CL=CE=AF=BI=b，
∴AG=b-a，CG=a+b，DK=a+b，
∴GI=b，
∵S四边形ABIG=2S△BCE，
∴12AG+BI×GI=2×12CE×BE，即12b-a+b×b=2×12ab，
∴b=32a，
∵AF∥DL，
∴△AGH∽△DLH，
∴AGDL=GHHL，即b-aa=1a-1，
∴ab-b-a2=0，即a×32a-32a-a2=0，解得：a=3或0（舍去），
∴b=32a=92，
∴DK=a+b=152．
故答案为：152．
【题型2 正方形的判定定理的理解】
【例2】（2023·河北邢台·统考二模）下列四个菱形中分别标注了部分数据，根据所标数据，可以判断菱形是正方形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据菱形的性质和正方形的判定逐项判断即可．
【详解】解：A中图形中是一组邻边相等不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
B中图形给出∠OAD=45∘，根据菱形的对角线平分对角可得到∠BAD=90∘，则可判定此菱形是正方形，符合题意；
C中图形只给出OA=OC，但不能证得AC=BD，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意；
D中图形只给出∠AOB=90∘，即对角线互相垂直平分，不能判定此菱形是正方形，故不符合题意，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的性质，熟知正方形的判定方法是解答的关键．
【变式2-1】（2023·河北邢台·二模）如图，四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，下列条件中，能判定四边形ABCD是正方形的是（ ）
A．AC=BC=CD=DA
B．AO=CO，BO=DO，AC⊥BD
C．AO=BO=CO=DO，AC⊥BD
D．AB=BC，CD⊥DA
【答案】C
【分析】根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案．
【详解】解：A、∵AC=BC=CD=DA，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
B、∵AO=CO，BO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是菱形，故本选项不符合题意；
C、∵AO=BO=CO=DO，AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故本选项符合题意；
D、由AB=BC，CD⊥DA，不能判定四边形ABCD是正方形，故本选项不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键．
【变式2-2】（2023·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．
【变式2-3】（2023·浙江绍兴·统考中考真题）如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2，∠ABC=60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE=DF，M，N分别是边AD，边BC上的动点．下列四种说法：①存在无数个平行四边形MENF；②存在无数个矩形MENF；③存在无数个菱形MENF；④存在无数个正方形MENF．其中正确的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据题意作出合适的辅助线，然后逐一分析即可．
【详解】
如图，连接AC、与BD交于点O，连接ME，MF，NF，EN，MN，
∵四边形ABCD是平行四边形
∴OA=OC，OB=OD
∵BE=DF
∴OE=OF
∵点E、F时BD上的点，
∴只要M，N过点O，
那么四边形MENF就是平行四边形
∴存在无数个平行四边形MENF，故①正确；
只要MN=EF，MN过点O，则四边形MENF是矩形，
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个矩形MENF，故②正确；
只要MN⊥EF，MN过点O，则四边形MENF是菱形；
∵点E、F是BD上的动点，
∴存在无数个菱形MENF，故③正确；
只要MN=EF，MN⊥EF，MN过点O，
则四边形MENF是正方形，
而符合要求的正方形只有一个，故④错误；
故选：C
【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的判定、解答本题的关键时明确题意，作出合适的辅助线．
【题型3 证明四边形是正方形】
【例3】（2023·山西忻州·统考模拟预测）综合与实践
如图1，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC与AB重合，得到△ABE，过点E作EF∥BC，交AB于点F，过点F作FG⊥BC于点G．

(1)求证：四边形BEFG是正方形；
(2)如图2，在△ABC中，∠BAC=90°，AB>AC．D是BC边上一点，将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AFE，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G，过点F作FH∥BC，交AD于点H，且∠AEG=∠AHG．求证：四边形EGHF是矩形；
(3)在图2中，若∠BAC=90°，AC=3，AB=4，BD=3DC．将△ACD绕点A顺时针方向旋转，使AC落在边AB上，得到△AEF，过点E作EG∥BC，分别交AB，AD，AC于点I，J，G．求线段FI的长度．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)2512
【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质可得∠C=∠ABC=45°，由旋转性质可得∠ABE=∠C=45°，根据平行线性质得到∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°，即可证明；
（2）由旋转性质可得∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC，求得∠JGH=∠EAJ=90°，根据平行线性质，矩形判定定理即可得出结论；
（3）根据勾股定理得到BC=AB2+AC2=42+32=5，求得CD，根据三角函数即可求出．
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠C=∠ABC=45°．
∵△AEB由△ADC旋转所得，
∴∠ABE=∠C=45°．
∴∠EBG=∠ABE+∠ABC=45°+45°=90°．
∵EF∥BC，FG⊥BC，
∴∠EFG=∠BGF=90°．
∴∠EBG=∠EFG=∠BGF=90°．
∴四边形BEFG是矩形．
∵∠BGF=90°，∠ABC=45°，
∴∠ABC=∠BFG．
∴∠BFG=45°．
∴BG=FG．
∴四边形BEFG是正方形．
（2）
证明：∵∠BAC=90°，
∴∠C+∠B=90°．
∵△AEF由△ACD旋转所得，
∴∠AFE=∠C，∠EAF=∠DAC．
∵FH∥BC，
∴∠AFH=∠B．
∴∠EFH=∠AFE+∠AFH=∠C+∠B=90°．
又∵FH∥BC，EG∥BC，
∴EG∥FH．
∴∠FEG=180°-∠EFH=180°-90°=90°．
∵∠DAC+∠BAD=90°，∠EAF=∠DAC，
∴∠EAJ=∠EAF+∠BAD=90°．
∵∠AEG=∠AHG，∠AJE=∠GJH，
∴∠JGH=∠EAJ=90°．
∴∠JGH=∠EFH=∠FEG=90°．
∴四边形EGHF为矩形．
（3）解：由勾股定理可得，BC=AB2+AC2=42+32=5，
由题意得EF=CD=BC4=54，cs∠AFE=cs∠ACB=35．
∴FI=EFcs∠AFE=2512．
【点睛】本题是四边形的综合题， 考查了相似三角形的判定和性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理， 熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
【变式3-1】（2023·湖南邵阳·统考中考真题）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】证明过程见解析
【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形．
【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形
∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD，
又∵ BE=DF
∴ OB-BE=OD-DF
即OE=OF
∵OE=OA
∴OA=OC=OE=OF且AC=EF
又∵AC⊥EF
∴ 四边形DEBF是正方形．
【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识．
【变式3-2】（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，△ABC中，AB=AC，D、F分别为BC、AC的中点，连接DF并延长到点E，使FE=DF，连接AE、AD、CE．请添加一个条件：___________，使得四边形AECD是正方形，并说明理由．

【答案】∠BAC=90°（答案不唯一），理由见解析
【分析】先证明四边形AECD是平行四边形，再证明△ABC是等腰三角形，由D是BC的中点得到AD⊥BC，则∠ADC=90°，即可证明四边形AECD是矩形，由直角三角形斜边上的中线等于斜边上的一半得到AD=CD=12BC，即可证明四边形AECD是正方形．
【详解】解：∠BAC=90°．
故答案为：∠BAC=90°（答案不唯一）
理由：∵F是AC的中点，
∴CF=FA，
又∵FE=DF，
∴四边形AECD是平行四边形，
∵AB=AC，
∴△ABC是等腰三角形，
∵D是BC的中点，
∴AD⊥BC，
∴∠ADC=90°，
∴四边形AECD是矩形，
∵∠BAC=90°，
∴△ABC是直角三角形，
∵D是BC的中点，
∴AD=CD=12BC，
∴四边形AECD是正方形．
【点睛】此题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定、等腰三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线的性质等知识，熟练掌握相关判定是解题的关键．
【变式3-3】（2023·福建泉州·统考二模）在ΔABC中，∠ABC=90°，将ΔABC绕点A逆时针旋转得到ΔADE（点B的对应点是点D，且0°<∠BAD<180°），射线DE与直线CB交于点M．

(1)如图1，当∠BAD=90°时，求证：四边形ADMB是正方形；
(2)如图2，当点D在线段CA的延长线上时，若AB=1，AC=3，求线段ME的长；
(3)如图3，过点A作AN∥DE，交线段CB于点N，AN平分∠CAE，试探索：CN与MN的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)ME=2
(3)CN=MN，理由见解析
【分析】（1）根据内错角相等，可得AD∥BC，再由旋转可得∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，于是得到∠DMB=90°=∠ABC，从而得出AB∥DM，进而根据对边相等，且一个角为直角的平行四边形为正方形．
（2）根据勾股定理求出BC=22，由旋转可得AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°，进而得出CD=4，BCCD=22，易证ΔABC∼ΔMDC，再根据相似三角形的性质求出DM=2，从而得出ME=2．
（3）连接AM，由角平分线的定义和平行线的性质可得∠EAN=∠E=∠CAN，由旋转可知∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°， 则∠C=∠CAN，进而得到CN=AN，易证RtΔABM≅RtΔADM，从而得到∠AMB=∠AMD，再由平行线的性质可得∠NAM=∠AMD，于是∠NAM=∠AMB，则MN=AN，从而得证．
【详解】（1）证明：∵ ∠BAD=90°，∠ABC=90°，
∴ AD∥BC，即AD∥BM，
由旋转可知，∠ABC=∠ADE=90°，AB=AD，
∴ ∠DMB=90°=∠ABC，
∴ AB∥DM，
∴四边形ADMB为平行四边形，
∵ AB=AD，∠BAD=90°，
∴四边形ADMB为正方形．
（2）解：在RtΔABC中，AB=1，AC=3，
∴ BC=AC2-AB2=32-12=22，
由旋转可知，AB=AD=1，BC=DE=22，∠ABC=∠ADE=90°，
∴ CD=AC+AD=3+1=4，BCCD=224=22，
∵ ∠ABC=∠MDC，∠C=∠C，
∴ △ABC~△MDC，
∴ ABDM=BCCD=22，
∴ 1DM=22，
∴ DM=2，
∴ ME=DE-DM=22-2=2．
（3）解：CN=MN，理由如下：
如图，连接AM，

∵ AN平分∠CAE，
∴ ∠CAN=∠EAN，
∵ AN∥DE，
∴ ∠EAN=∠E=∠CAN，
由旋转可知，∠C=∠E，AB=AD，∠ABC=∠ADE=90°，
∴ ∠C=∠CAN，
∴ CN=AN，
在Rt△ABM和Rt△ADM中，
AM=AMAB=AD，
∴ Rt△ABM≅Rt△ADM(HL)，
∴ ∠AMB=∠AMD，
∵ AN∥DE，
∴ ∠NAM=∠AMD，
∴ ∠NAM=∠AMB，
∴ MN=AN，
∴ MN=CN．
【点睛】本题考查了旋转的性质、平行线的性质和判定、勾股定理、三角形全等、相似等相关知识点，是一道几何综合题，能够灵活的运用旋转的性质得到对应边、对应角相等，进而利用相似三角形、全等三角形的性质来解决问题是本题的关键．
【题型4 求正方形重叠部分面积】
【例4】（2023·浙江·统考中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为 （用含a，b的代数式表示）．
【答案】a+b
【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得S四边形GAHE=S△AEF，进而同理可得，根据正方形ABCD的面积等于四个相同四边形的面积之和及小正方形的面积即可求得答案．
【详解】解：如图，连接AE、AF，
∵点A为大正方形的中心，
∴AE=AF，∠EAF=90°，
∴∠AEF=∠AFE=45°，
∵∠GEF=90°，
∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，
∴∠AEG=∠AFE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAB=∠EAF=90°，
∴∠GAE=∠HAF，
在△GAE与△HAF 中，
∠GAE=∠HAF，AE=AF，∠AEG=∠AFH，
∴△GAE≌△HAF（ASA），
∴S△GAE=S△HAF，
∴S△GAE+S△AEH=S△HAF+S△AEH，
即S四边形GAHE=S△AEF，
∵S△AEF=14S大正方形=14a，
∴S四边形GAHE=14S大正方形=14a，
∴同理可得：S正方形ABCD=4×14a+b，
即S正方形ABCD=a+b，
故答案为：a+b．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．
【变式4-1】（2023·四川自贡·统考一模）如图，将边长为1的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，则图中阴影部分的面积为( )
A．33B．36C．39D．312
【答案】D
【详解】解：作MH⊥DE于H，如图，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD=1，∠B=∠BAD=∠ADC=90°，
∵正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°到正方形AEFG的位置，
∴AE=AB=1，∠1=30°，∠AEF=∠B=90°，
∴∠2=60°，
∴△AED为等边三角形，
∴∠3=∠4=60°，DE=AD=1，
∴∠5=∠6=30°，
∴△MDE为等腰三角形，
∴DH=EH=12，
在Rt△MDH中，MH=33DH=33×12=36，
∴S△MDE=12×1×36=312．
故选D．
【变式4-2】（2023·山东菏泽·校考一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为 ．
【答案】4
【分析】连接OA、OD，证明△OAM≌△ODN(ASA)，得到S阴影=S△ODM+S△ODN=S△OAM+S△ODM=S△OAD，再由S△OAD=14S正方形ABCD，代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接OA、OD，如图所示：
∴ ∠AOD=∠GOE=90°，
∴∠AOM=∠DON，
∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心，
∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°，
在△OAM和△ODN中，
∠OAM=∠ODNOA=OD∠AOM=∠DON，
∴△OAM≌△ODN(ASA)，
∴S△OAM=S△ODN，
∴S阴影=S△ODM+S△ODN
=S△OAM+S△ODM
=S△OAD
=14S正方形ABCD=14×42=4，
故答案是：4．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积是解决问题的关键．
【变式4-3】（2023·天津·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，N，P，G分别在边AB，BC，CD，DA上，点M，F，Q都在对角线BD上，且四边形MNPQ和AEFG均为正方形，则S正方形MNPQS正方形AEFG的值等于 ．
【答案】89
【分析】根据辅助线的性质得到∠ABD=∠CBD=45°，四边形MNPQ和AEFG均为正方形，推出△BEF与△BMN是等腰直角三角形，于是得到FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，同理DQ=MQ，即可得到结论．
【详解】解：在正方形ABCD中， ∵∠ABD=∠CBD=45°，
∵四边形MNPQ和AEFG均为正方形，
∴∠BEF=∠AEF=90°，∠BMN=∠QMN=90°，
∴△BEF与△BMN是等腰直角三角形，
∴FE=BE=AE=12AB，BM=MN=QM，
同理DQ=MQ，
∴MN=13BD=23，
S正方形MNPQS正方形AEFG=23AB212AB2=89
考点：正方形的性质
【题型5 与正方形有关的折叠问题】
【例5】（2023·安徽·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，G为AD边上一点，将△ABG沿BG翻折到△FBG处，延长GF交CD边于点E，过点F作FH∥BC分别交BG,AB,CD于点H,P,Q．请完成下列问题：
（1）∠EBG= °；
（2）若FH=12BC=4，则BP= ．
【答案】 45 245
【分析】（1）证明Rt△BEF≌Rt△BECHL，得出∠EBF=∠EBC，求出∠EBG=∠FBG+∠EBF=12∠ABC=45°即可；
（2）过点H作HM⊥BF，垂足为点M，证明△BPH≌△BMHAAS，得出BP=BM,HP=HM，证明△HFM∽△BFP，得出HMBP=FMFP=FHBF，设BM=BP=2x，得出FM=8-2x，即HM2x=8-2xFP=48，求出HP=HM=x，得出8-2x4+x=48，求出x=125，即可得出答案．
【详解】解：（1）由题意得BF=AB=BC，∠BFG=∠A=∠C=90°，∠ABG=∠FBG，
又∵BE=BE，
∴Rt△BEF≌Rt△BECHL，
∴∠EBF=∠EBC，
∴∠EBG=∠FBG+∠EBF=12∠ABC=45°．
故答案为：45．
（2）过点H作HM⊥BF，垂足为点M．如图所示：
由折叠的性质知∠PBH=∠MBH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC=∠ACB=∠D=∠A=90，AB=BC=CD=AD，
∵FH∥BC，
∴∠BPH=180°-∠ABC=90°，
∴∠BPH=∠BMH=90°，
又∵BH=BH，
∴△BPH≌△BMHAAS，
∴BP=BM,HP=HM，
∵∠HMF=∠BPF=90°，∠HFM=∠BFP，
∴△HFM∽△BFP，
∴HMBP=FMFP=FHBF，
∵FH=12BC=4，
∴BC=BF=8，
设BM=BP=2x，
∴FM=8-2x，
∴HM2x=8-2xFP=48，
∴HP=HM=x，
∴FP=4+x，
∴8-2x4+x=48，
∴x=125，
∴BP=2x=245．
故答案为：245．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形相似的判定和性质，三角形全等的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定和相似三角形的判定方法．
【变式5-1】（2023·江苏扬州·校考三模）在边长为6的正方形ABCD中，点E是边BC上的动点（不与B，C重合），连接AE，将△ABE沿AE向右翻折得△AFE，连接CF和DF，若△DFC为等腰三角形，则BE的长为

【答案】23或12-63
【分析】分两种情形讨论，当DC=DF时，过F作MN⊥AD交AD于点M，证明△FAM∽△EFN，利用相似三角形的性质列式计算即可；当FC=DF时，求得∠FAM=30°，在Rt△ABE中，解直角三角形即可求解．
【详解】解：当DC=DF时，如图，过F作MN⊥AD交AD于点M，则MN⊥BC，

∵正方形ABCD，
∴∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∴四边形ABNM、MNCD都是矩形，
∴AB=AF=CD=DF=6=MN，AM=BN=3，∠ABE=∠AFE=90°，
设BE=x，
∴EF=BE=x，EN=3-x，
∵∠AFM+∠FAM=∠AFM+∠EFN=90°，
∴∠FAM=∠EFN，
∴△FAM∽△EFN，
∴AFEF=AMFN，
∴6x=3FN，
∴FN=x2，
∴在Rt△EFN中，EF2=EN2+FN2，
x2=(3-x)2+x22，
∴x=12±63（较大值舍去），
∴可得此时BE=12-63；
当FC=DF时，如图，过F作MN⊥AD交AD于点M，则MN⊥BC，过F作FK⊥CD交CD于点K，

∴DK=CK=12CD=3，
同理，四边形ABNM、MFKD、FNCK都是矩形，
在Rt△AFM中，
由题意可得：AF=CD=6=2FM，
∴sin∠FAM=FMAF=12，
∴∠FAM=30°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAF=60°，
∴∠EAB=∠EAF=30°，
在Rt△ABE中，BE=AB·tan30°=23；
综上所述，BE的长为23或12-63．
故答案为：23或12-63．
【点睛】本题考查翻折变换、正方形的性质、直角三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找点F的位置，学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线，构造特殊三角形解决问题．
【变式5-2】（2023·山西朔州·校联考模拟预测）如图，在正方形ABCD中，AB=2，将其沿EF翻折，使∠EFC=120°，顶点B恰好落在线段AD上的点G处，点C的对应点为点H．则线段AE的长为 ．

【答案】23
【分析】设AE=x，则BE=2-x，由翻折性质，得EG=EB=2-x，∠GEF=∠BEF=60°，所以∠AEG=60°，在Rt△AEG中，利用三角函数可求出x，从而得到线段AE的长．
【详解】解：设AE=x，
∵正方形ABCD中，AB=2，
∴BE=2-x，AB∥CD，
∵∠EFC=120°，
∴∠BEF=60°，
∵四边形EFHG是四边形EFCB折叠得到，
∴∠GEF=∠BEF=60°，EG=BE=2-x，
∴∠AEG=180°-∠GEF-∠BEF=60°，
在Rt△AGE中，
cs∠AEG=AEEG，
即cs60°= x2-x=12，
解得x=23，
经检验x=23是原方程的解，
∴原方程的解为x=23，
∴AE=23，
故答案为：23．
【点睛】本题考查翻折变换，正方形的性质，解直角三角形，熟练运用相关图形的性质是解题的关键．
【变式5-3】（2023·湖北·统考中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；
(2)若DP=1，求MD的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)MD=125
【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明∠AMB=∠BMP；
（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3．由勾股定理建立方程x2+12=3+2x32，解方程即可得到MD=125．
【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB．
∴∠EMB=∠EBM．
∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM，即∠BMP=∠MBC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠AMB=∠MBC．
∴∠AMB=∠BMP．
（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．
∵AD∥BC，
∴△DMP∽△CQP．
又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，
∴CP=2
∴MDQC=MPQP=DPCP=12，
∴QC=2MD，QP=2MP，
设MD=x，则QC=2x，
∴BQ=3+2x．
∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，
∴MQ=BQ=3+2x．
∴MP=13MQ=3+2x3．
在Rt△DMP中，MD2+DP2=MP2，
∴x2+12=3+2x32．
解得：x1=0（舍），x2=125．
∴MD=125．

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．
【题型6 根据正方形的性质与判定求角度】
【例6】（2023·江西南昌·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．
【变式6-1】（2023·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．
【变式6-2】（2023·山东潍坊·统考二模）如图，E是正方形ABCD对角线BD上一点，连接AE，CE，并延长CE交AD于点F．若∠AEC=140°，求∠DFE的度数．
【答案】65°
【分析】先证明△ABE≌△CBE求得∠DEC，再根据三角形外角的性质求得∠DFE的度数．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABC=∠ADC=90°，
∠ABE=∠CBE=45°，
在△ABE和△CBE中，
{AB=CB∠ABE=∠CBEBE=BE，
∴△ABE≌△CBE；
∴∠AEB=∠CEB，
又∵∠AEC=140°，
∴∠CEB=70°，
∵∠DEC+∠CEB=180°，
∴∠DEC=180°-∠CEB=110°，
∵∠DFE+∠ADB=∠DEC，
∴∠DFE=∠DEC-∠ADB=110°-45°=65°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和及外角和的性质，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性质是解题的关键．
【变式6-3】（2023·福建·模拟预测）四边形ABCD是矩形，点P在边CD上，∠PAD＝30°，点G与点D关于直线AP对称，连接BG．
(1)如图，若四边形ABCD是正方形，求∠GBC的度数；
(2)连接CG，设AB＝a，AD＝b，探究当∠CGB＝120°时，求b的值．
【答案】(1)15°
(2)32a或3a
【分析】（1）连接DG，交AP于点E，连接AG，证明AG＝AB，∠BAG＝30°，再求得∠ABG的度数，便可求得结果；
（2）证明GB＝GC，再分两种情况G在矩形ABCD内和G在矩形ABCD外，通过解直角三角形求出结果．
【详解】（1）解：连接DG，交AP于点E，连接AG，如图1，
∵点G与点D关于直线AP对称，
∴AP垂直平分DG，
∴AD＝AG．
∵在△ADG中，AD＝AG，AE⊥DG，
∴∠PAG＝∠PAD＝30°，
又∵在正方形ABCD中，AD＝AB，∠DAB＝∠ABC＝90°，
∴AG＝AB，∠GAB＝∠DAB﹣∠PAD﹣∠PAG＝30°，
∴在△GAB中，∠ABG＝∠AGB＝75°，
∴∠GBC＝∠ABC﹣∠ABG＝15°
（2）解：连接DG，AG．
由（1）可知，在△ADG中，AD＝AG，
∠DAG＝∠PAD+∠PAG＝60°，
∴△ADG是等边三角形，
∴DG＝AG＝AD，∠DAG＝∠ADG＝∠DGA＝60°，
又∵在矩形ABCD中，AB＝DC，∠DAB＝∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠DAB﹣∠DAG＝∠ADC﹣∠ADG，
即∠GAB＝∠GDC＝30°，
∴△GAB≌△GDC（SAS），
∴GB＝GC．
当∠CGB＝120°时，点G可能在矩形ABCD的内部或外部．
若点G在矩形ABCD的内部，
∵在△BGC中，GB＝GC，∠CGB＝120°，
∴∠GBC＝180°-∠CGB2＝30°，
∴∠GBA＝∠ABC﹣∠GBC＝90°﹣30°＝60°，
在△ABG中，∠AGB＝180°﹣∠GAB﹣∠GBA＝90°，
∴在Rt△ABG中，cs∠GAB＝AGAB=ba=32，
∴b＝32a；
若点G在矩形ABCD的外部，
在△BGC中，∠GBC＝30°，
∴∠ABG＝120°，
又∵∠GAB＝30°，
∴∠AGB＝180°﹣30°﹣120°＝30°．
∴BA＝BG，
过点B作BH⊥AG，垂足为H，
∴AH＝12AG=12b．
在Rt△ABH中，∠AHB＝90°，∠HAB＝30°，
∴cs∠HAB＝AHAB=32，
∴b＝3a，
综上，当∠CGB＝120°时，b的值为32a或3a．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，第（2）关键在分情况讨论．
【题型7 根据正方形的性质与判定求线段长】
【例7】（2023·河南信阳·二模）如图，正方形ABCD的边长为1，点E是BC边上一动点（点E不与点B、C重合），以线段DE为边长，作正方形DEFG，使得点F、G落在直线DE的下方，连接AF、BF．当△ABF为等腰三角形时，BE的长为 ．
【答案】12或1-22
【分析】分两种情形: ①如图1中, 当FA=FB时, 由ΔDCE≌ΔEMF, 推出FM=BM, 推出四边形BMNF是正方形即可解决问题.(2)如图2中,当BA=BF时,根据CE=BM=FN即可解决问题.
【详解】解：如图1中,当FA=FB时,作FN⊥AB于N,FM⊥CB于M,
∵四边形ABCD、DEFG是正方形,
∴∠C=∠DEF=∠M=∠ABC=90,DE=EF,DC=BC,
∴∠DEC+∠FEM=90, ∠CDE+∠DEC=90，
∴∠CDE=∠FEM ,
在ΔDCE和ΔEMF中,
∠C=∠M，∠CDE=∠FEM ,DE=EF
∴ΔDCE≌ΔEMF, ∴FM=CE,CD=EM=BC
∴BM=EC=FM ,
∴ΔBMF是等腰直角三角形,
∴∠FBM=∠FBN=45,
∵∠FNB=90,FA=FB,
∴AN=BN=NF=12
∵∠M=∠MBN=∠BNF=90,∴四边形BMFN是矩形,
∵NF=NB,
∴四边形BMFN 是正方形,
∴BM=FN= CE=EB=12
②如图2中,

当BA=BF时,由(1)可知,ΔBNF是等腰直角三角形, BF=AB=1,
∴BM=CE=FN=22,
∴EB=BC-CE=1-22
故答案为12或1-22.
【点睛】本题主要考查正方形的性质及三角形全等.
【变式7-1】（2023·湖北襄阳·统考中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，点D是AC的中点，将BCD沿BD折叠得到△BED，连接AE.若DE⊥AB于点F，BC=10，则AF的长为 ．

【答案】210
【分析】取BC中点H，连接AH，取CH中点G，连接DG，作DM⊥BE于点M．设EF=a，由折叠可知AD=CD=DE=x则DF=x-a，得到cs∠ABC=cs∠BED，从而推导出a=25x，由三角形中位线定理得到BG=152，从而推导出△EMD≌△CGDAAS，得到四边形MBGD是正方形，DG=152，AH=15，最后利用勾股定理解答即可．
【详解】解：取BC中点H，连接AH，取CH中点G，连接DG，作DM⊥BE于点M．
∵AB=AC，H为BC的中点，
∴AH⊥BC，AD=CD，BH=HC=5．
∵点D是AC的中点，
∴DG是△AHC的中位线，
∴DG∥AH，则DG⊥BC于点G，

设EF=a，由折叠可知AD=CD=DE=x则DF=x-a，
∵AB=AC，
∴AB=2x，∠ABC=∠ACB，
又由折叠得∠ACB=∠BED，BE=BC=10，
∴∠ABC=∠BED，
∴cs∠ABC=cs∠BED，即BHAB=EFEB，
∴52x=a10，
解得：a=25x，
∴DF=x-a=x-25x，
∵DG是△AHC的中位线，
∴CG=12CH=52，AH=2DG，
∴BG=152，
由折叠知∠DEM=∠DCG，ED=CD，
在△EMD和△CGD中，∠DEM=∠DCG∠DME=∠DGCED=CD，
∴△EMD≌△CGDAAS，
∴DG=MD．
∵DE⊥AB，
∴∠EFB=90°，
∴∠DEB+∠EBF=90°．
又∵∠CAH+∠ACB=90°，且∠ACB=∠DEB，
∴∠EBF=∠CAH，
∴∠EBF+∠ABC=90°，
∴∠DMB=∠MBG=∠BGD=90°，
∴四边形MBGD是正方形，
∴DG=BG=152，
∴AH=2DG=15．
在 Rt△AHC中，AH2+HC2=AC2，
∴152+52=2x2，
解得：x=5102，
∴a=10，x-a=3102，即AD=5102，DF=3102，
在Rt△AFD中，AF=AD2-DF2=210．
故答案为：210．
【点睛】本题考查了折叠的性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解直角三角形，正方形的判定及性质等，解答本题的关键是设边长，根据勾股定理列方程求解．
【变式7-2】（2023·广东茂名·统考一模）如图，在△ABC和ADE中，AB=AC，AD=AE，∠BAC=∠DAE=90°，连接BD，CE，延长CE交AB于F．交BD于点G，且CG垂直BD，将ADE绕点A旋转至AE∥BD时，若CE=5，EF=1，则BG的值是 ．
【答案】5-5/-5+5
【分析】设AB与DE交于点O，首先证明出△DAB≌△EACSAS，进而得到△DAB≌△EACSAS，然后得到四边形ADGE是正方形，设BG=x，则DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，然后证明出△AEF∽△BDF和△EOF∽△DOA，利用相似三角形的性质列方程求解即可．
【详解】解：设AB与DE交于点O，
∵∠BAC=∠DAE=90°，
∴∠DAB=∠EAC，
又∵AB=AC，AD=AE，
∴△DAB≌△EACSAS，
∴BD=CE=5，
∵AD=AE，∠DAE=90°，
∴∠AED=∠ADE=45°，
∵AE∥BD，
∴∠BDE=∠AED=45°，
∴∠BDA=90°，
∵CG⊥BD，
∴四边形ADGE是矩形，
∵AD=AE，
∴矩形ADGE是正方形，
∴AD=DG=GE=AE，
∴设BG=x，则DG=AD=GE=AE=BD-BG=5-x，
∵AE∥BD，
∴△AEO∽△BDO，
∴EODO=AEBD=5-x5，
∵AD∥GE，
∴△EOF∽△DOA，
∴EODO=EFAD=15-x，
∴5-x5=15-x，
∴解得x1=5-5，x2=5+5>5（舍去），
经检验x=5-5是方程的解，
∴BG=5-5．
故答案为：5-5．
【点睛】此题考查了旋转的性质，相似三角形的性质和判定，正方形的性质与判定，全等三角形的性质和判定等知识，证明四边形ADGE是正方形是解题的关键．
【变式7-3】（2023·江苏宿迁·沭阳县怀文中学校联考一模）如图，已知四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AB=BC=4，AD=2，点E，F分别是边AD，BC上的两个动点，且AE=CF，过点B作BG⊥EF于G，连接CG，则CG的最小值是（ ）

A．210-2B．10+2C．10D．10-2
【答案】D
【分析】过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，则构造的四边形ABCM为正方形，由ASA可证△MEO≌△BFO，得出OM=OB，则O是正方形ABCM的中心，由正方形的性质得出BM=42，OB=22，取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于H，由勾股定理求出CN=10，由直角三角形的中线性质得出NG=12OB=2，由三角形三边关系得CG≥CN-NG=10-2，则当C、G、N三点共线时，CG最小，即可得出结果．
【详解】解：过点C作CM⊥BC，交AD延长线于M，连接BM，交EF于O，如图所示：
∴∠BCM=90°，

∵AD∥BC，∠A=90°，
∴∠ABC+∠A=180°，
∴∠ABC=90°．
∵∠ABC=∠A=∠BCM=90°，
∴四边形ABCM为矩形．
∵AB=BC，
∴四边形ABCM为正方形，
∴AM=BC．
∵AD∥BC，
∴∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，
∵AE=CF，
∴EM=BF，
又∵∠EMO=∠FBO，∠MEO=∠BFO，
∴△MEO≌△BFO，
∴OM=OB，
∴O是正方形ABCM的中心．
∵AB=BC=4，
∴BM=42，OB=22，
取OB中点N，连接NC、NG，过点N作NH⊥BC于H，
∵BN=12OB=2，
∴NH=BH=1，
∴CH=4-1=3，
在Rt△CHN中，由勾股定理得：CN=CH2+NH2=32+12=10，
在Rt△BGO中，N是OB的中点，
∴NG=12OB=2．
∵CG≥CN-NG=10-2，
当C、G、N三点共线时，CG最小为：10-2．
故答案为：10-2．
【点睛】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、直角三角形的性质、勾股定理、平行线的性质、三角形三边关系等知识，熟练掌握正方形的性质、直角三角形的性质是解题的关键．
【题型8 根据正方形的性质与判定求面积】
【例8】（2023·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．
【变式8-1】（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，连接BD且BD平分∠ABC．若AB+BC=8，则四边形ABCD的面积为 ．
【答案】16
【分析】过点D作DE⊥AB，交BA的延长线于点E，作DF⊥BC，交BC于点F，根据BD平分∠ABC，可得DE=DF，先证明四边形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，再证明△DEA≌△DFC，即有EA=FC，S△DEA=S△FDC，则有S四边形ABCD=S正方形EBFD，问题随之得解．
【详解】过点D作DE⊥AB，交BA的延长线于点E，作DF⊥BC，交BC于点F，如图，
∵BD平分∠ABC，DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DE=DF，∠E=∠BFD=90°=∠ABC，
∴四边形EBFD是正方形，即∠EDF=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠EDA=∠FDC，
∵DE=DF，∠E=∠CFD=90°，
∴△DEA≌△DFC，
∴EA=FC，S△DEA=S△FDC，
∴S四边形ABCD=S正方形EBFD，
∵AB+BC=8，EA=FC，
∴AB+BC=BE-AE+BF+FC=2BE=8，
∴BE=4，
∴S四边形ABCD=S正方形EBFD=16，
故答案为：16．
【点睛】本题考查了角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质等知识，掌握角平分线的性质，构造出合理的辅助线是解答本题的关键．
【变式8-2】（2023·甘肃白银·校联考一模）模型探究：（1）如图1，在四边形ABCD中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，AE⊥CD于点E，若AE=10，求四边形ABCD的面积．
拓展应用：（2）如图2，在四边形ABCD中，∠ABC＋∠ADC=180°，AB=AD，AE⊥BC于点E，若AE=19，BC=10，CD=6，求四边形ABCD的面积．

【答案】（1）100；（2）152
【分析】（1）过A作AF⊥BC，交CB的延长线于F，求出四边形AFCE是矩形，根据矩形的性质得出∠FAE=90°，求出∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，根据AAS得出△AFB≌△AED，根据全等得出AE=AF=10，S△AFB=S△AED，求出S正方形AFCE=100，求出S四边形ABCD =S正方形AFCE，代入求出即可；
（2）过A作AF⊥CD，交CD的延长线于F，求出∠BAE=∠FAD，根据AAS推出△AEB≌△AFD，根据全等得出AE=AF=19，BE=DF，设BE=DF=x，由勾股定理得出AC2=AE2+CE2=AF2+CF2，推出10-x=6+x，求出 x=2，求出S四边形AFCE=152，S四边形ABCD =S四边形AFCE ，代入计算即可．
【详解】解：如图1，过A作AF⊥BC，交CB的延长线于F，

∵AE⊥CD，∠C=90°，
∴∠AED=∠F=∠C=90°，
∴四边形AFCE是矩形，
∴∠FAE=90°，
∵∠DAB=90° ，
∴ ∠DAE=∠BAF=90°-∠BAE，
在△AFB和△AED中，
∠F=∠AED∠FAB=∠DAEAB=AD
∴△AFB≌△AED(AAS)，
∴AE=AF=10，S△AFB=S△AED，
.∵四边形AFCE是矩形，
∴四边形AFCE是正方形，
∴S四边形ABCD =S四边形ABCE+S△AED =S四边形ABCE+S△AFB =S正方形AFCE =100
（2）如图2，过A作AF⊥CD，交CD的延长线于F，AE⊥CD，

∴∠AED=∠F=90°，
∴∠FAE+∠BCD=180°，
∵∠ABC+∠ADC=180°，
∴∠BAD+∠BCD=180°，
∴∠BAD=∠EAF，
∴∠BAD-∠EAD=∠EAF-∠EAD，
∴∠BAE=∠FAD，
在△AEB和△AFD中，
∠BAE=∠DAF∠AEB=∠FAB=AD
∴△AEB≌△AFD(AAS)，
∴AE=AF=19，BE=DF，
设BE=DF=x，BC=10，CD=6，
∴CE=10-x，CF=6+x，
由勾股定理得；AC2=AE2+CE2=AF2+CF2，
∵AE=AF，
∴CE=CF，即10-x=6+x，
解得：x=2，
∴CE=CF=8，
∵△AEB≌△AFD，
∴S△AEB=S△AFD，
∴ S四边形AFCE=12×8×19+12×8×19=152，
∴S四边形ABCD =S△AEB+S四边形AECD =S△AFD+S四边形AECD =S四边形AFCE =152
故答案为：152．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质和判定的应用，能综合运用性质进行推理和计算是解此题的关键．
【变式8-3】（2023·重庆九龙坡·重庆市育才中学校联考二模）如图，在正方形ABCD中，O为AC、BD的交点，△DCE为直角三角形，∠CED=90°，OE=32，若CE⋅DE=6，则正方形的面积为（ ）

A．20B．22C．24D．26
【答案】C
【分析】根据正方形性质，判定D,O,C,E四点共圆，过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，证明四边形OMEN是正方形，利用平方差公式，正方形的性质计算即可．
【详解】∵正方形ABCD中，O为AC、BD的交点， ∠CED=90°，
∴∠DOC=∠CED=90°，∠ODC=∠OCD=45°，

∴点D,O,C,E四点共圆，
∴∠ODC=∠OCD=∠OED=∠OEC=45°，
过点O作ON⊥DE,OM⊥CE，垂足分别为N，M，且M是与EC延长线的交点，
∴四边形OMEN是正方形，
∵OE=32，
∴OE2=2EN2=322，
解得EN=EM=3，
∵OD=OCON=OM，
∴△OMC≌△ONDHL，
∴MC=ND=x，
∴CD=CN+ND=3+x，CE=EM-MC=3-x，
∵CE⋅DE=6，
∴3+x3-x=9-x2=6，
解得x2=3，
∴OC2=OM2+x2=9+3=12，
∴正方形S正方形ABCD=12AC2=12×2OC2=2OC2=24，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对角互补的四边形四点共圆，三角形全等的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
【题型9 根据正方形的性质与判定证明】
【例9】（2023·湖南株洲·校考模拟预测）如图，四边形ABCD是矩形，E是BD上的一点，∠BAE=∠BCE，∠AED=∠CED．点G是BC、AE延长线的交点，AG与CD相交于点F．

(1)求证：四边形ABCD是正方形；
(2)当AE=3EF，DF=38时，求GF的值．
【答案】(1)证明见解析
(2)3104
【分析】（1）利用矩形的性质，易证△ADE≌△CDEAAS，得到AD=CD，即可证明结论；
（2）利用正方形的性质，易证△ABE∽△FDE，求得AB=98，进而得到AD=98，CF=34，再证明△ADF∽△GCF，求得GC=94，然后由勾股定理，即可求出GF的值．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，
∵∠BAE=∠BCE，
∴∠BAD-∠BAE=BCD-∠BCE，
∴∠DAE=∠DCE，
在△ADE和△CDE中，
∠DAE=∠DCE∠AED=∠CEDDE=DE，
∴△ADE≌△CDEAAS，
∴AD=CD，
∴四边形ABCD是正方形；
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=CD，∠BCD=90°，AD∥BC，AB∥CD，
∴∠ABE=∠FDE，∠BAE=∠DFE，
∴△ABE∽△FDE，
∴ABDF=AEEF，
∵AE=3EF，DF=38，
∴AB=3DF=98，
∴CD=AD=98，
∴CF=CD-DF=34，
∵AD∥BC，
∴∠DAF=∠CGF，∠ADF=∠GCF，
∴△ADF∽△GCF，
∴DFCF=ADGD，
∴GC=CF⋅ADDF=94，
在Rt△FCG中，GF=CF2+GC2=3104．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，灵活运用相关知识解决问题是解题关键．
【变式9-1】（2023·山东泰安·校考二模）如图，正方形ABCD中，AB=1，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，EB．

(1)求证：①∠EFB=∠EBF；
②矩形DEFG是正方形；
(2)求AG+AE的值．
【答案】(1)①见解析；②见解析
(2)2
【分析】（1）①过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到△ADE≌△ABESAS，EM=EN进而得到DE=BE，再证明四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形和全等三角形的判定证明△EMD≌△ENFASA，得到EF=BE，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明△ADG≌△CDESAS得到AG=CE，进而得到AG+AE=AC=2AB即可求解．
【详解】（1）证明：过E作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N，则∠EMA=∠EMD=∠ENF=∠ENB=90°，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠EAD=∠EAB=45°，AD=AB，又AE=AE，
∴△ADE≌△ABESAS，EM=EN，
∴DE=BE，
∵∠EMA=∠ENA=∠DAB=90°，
∴四边形ANEM是矩形，又四边形DEFG是矩形，
∴∠MEN=∠DEF=90°，
∴∠DEM=∠FEN=90°-∠MEF，又∠EMD=∠ENF=90°，EM=EN，
∴△EMD≌△ENFASA，则DE=EF，
∴EF=BE，则∠EFB=∠EBF；
②∵四边形DEFG是矩形，DE=EF，
∴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，∠GDE=∠ADC=90°，
∴∠ADG=∠CDE，
∴△ADG≌△CDESAS，
∴AG=CE，
∴AG+AE=CE+AE=AC=2AB=2．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．
【变式9-2】（2023·山东泰安·三模）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9-3】（2023·内蒙古赤峰·统考三模）问题情境：
如图①，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，得到△CBE' (点A的对应点为点C)，延长AE交CE'于点F，连接DE．
猜想证明：
(1)试判断四边形BE'FE的形状，并说明理由；
(2)如图②，若DA=DE，请猜想线段CF与FE'的数量关系并加以证明；解决问题：
(3)如图①，若AB=10，CF=2，请直接写出DE的长．
【答案】(1)四边形BE'FE是正方形，证明见解析
(2)CF=FE'，证明见解析
(3)217
【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB=∠CE'B=90°，BE=BE'，∠EBE'=90°，由正方形的判定可证四边形BE'FE是正方形
（2）过点D作DH⊥AE于H，由等腰三角形的性质可得AH=12AE，DH⊥AE，由“AAS”可得△ADH≌△BAE，可得AH=BE=12AE，由旋转的性质可得AE=CE'，可得结论；
（3）作DG⊥AE于G，根据勾股定理求出BE'，可得CE'=CF+E'F=12，由（2）可得BE=AG=9,DG=AE=CE'=12，进而求出GE，根据勾股定理计算DE的长．
【详解】（1）解：四边形BE'FE是正方形，理由如下：
∵将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°，
∴∠AEB=∠CE'B=90°，BE=BE'，∠EBE'=90°，
又∵∠BEF=90°，
∴四边形BEFE'是矩形，
又∵BE=BE'，
∴四边形BEFE'是正方形；
（2）CF=FE'，证明如下：
如图②所示，过点D作DH⊥AE，垂足为H，则∠DHA=90°，
∴∠DAH+∠ADH=90°，
∵DA=DE，DH⊥AE，
∴AH=12AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠DAB=90°，
∴∠DAH+∠BAE=90°，
∴∠BAE=∠ADH，
在△AEB和△DHA中，
∠AEB=∠DHA∠BAE=∠ADHAB=DA，
∴△AEB≌△DHAAAS，
∴AH=BE，
由（1）知四边形BEFE'是正方形，
∴BE=E'F，
∴AH=E'F，
由旋转的性质可得：CE'=AE，
∴FE'=12CE'，
∴CF=FE'，
（3）解：如图①所示，作DG⊥AE于G，
∵四边形BEFE'是正方形
∴BE=BE'=EF，
在Rt△CBE'中，∵AB=BC=10，CF=2,BC2=E'B2+E'C2，
∴100=E'B2+E'B+22，
∴E'B=6=BE=E'F，
∴CE'=CF+E'F=8，
由（2）可知：BE=AG=6,DG=AE=CE'=8，
∴GE=2，
∴DE=DG2+GE2=82+22=217．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键．
【题型10 根据正方形的性质与判定解决多结论问题】
【例10】（2023·黑龙江鸡西·统考二模）如图，在正方形ABCD中，M，N分别为AB，BC的中点，CM与DN相交于点G，延长BG交CD于点E，CM交BD于点H．下列结论：①CM⊥DN；②BH=BM；③S△DNC=3S△BMH；④∠BGM=45°；⑤GM+GN=2GB．其中正确结论的序号有（ ）

A．②③④B．①③⑤C．①③④⑤D．①②④⑤
【答案】C
【分析】用SAS证△CBM≌△DCN，可以判断①正确；证明△BMH∽△DCH，得BM=12CD，BH=12DH=13DB=23CD，判断②错误；由线段比例关系，得出面积比可以判断③正确；证△BPM≌△BQN，得BP=BQ，证四边形PBQG是正方形，可以判断④正确；由正方形的性质和全等三角形的性质可判断⑤正确．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD，
∠ABC=∠BCD=90°，
∵M，N分别为AB，BC的中点，
∴AM=BM=BN=CN
∴△CBM≌△DCNSAS
∴CM=DN，∠BCM=∠CDN，
∵∠BCM+∠DCM=90°，
∴∠CDN+∠DCM=90°，
∴∠DGC=90°，
∴CM⊥DN；故①正确；
∵AB∥CD，
∴△BMH∽△DCH，
∴BMCD=BHDH=12=MHHC，
∴BM=12CD，
BH=12DH=13DB=23CD，
CH=2MH，
∴BM≠BH，故②错误；
∵CH=2MH，
∴MC=3MH，
∴S△BMC=3S△BHM，
∵△CBM≌△DCN，
∴S△DNC=3S△BMH，故③正确；
如下图，过点B作BP⊥CM于点P，BQ⊥DG交DN的延长线上于点Q，

∴∠BPC=∠BQD=∠PGQ=90°，
∴四边形PBQG是矩形，
∴∠PBQ=90°，
∵∠ABC=90∘，
∴∠ABP=∠QBC，
又∵BN=BE，
∠BPM=∠BQN=90°，
∴△BPM≌△BQNAAS，
∴BP=BQ，
∴四边形PBQG是正方形，
∴∠BGN=45°，故④正确；
∵△BPM≌△BQN，
∴MP=QN，
∵四边形PBQG是正方形，
∴BP=PG=QG，BG=2PG，
∴MG+GN=MP+PG+GN=2PG=2BG，故⑤正确；
综上，①③④⑤正确，
故选：C．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解题的关键．
【变式10-1】（2023·广东深圳·统考二模）如图，正方形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠BAC的平分线交BD于E，交BC于F，BH⊥AF于H，交AC于G，交CD于P，连接GE、GF，以下结论：①ΔOAE≅ΔOBG；②四边形BEGF是菱形；③BE=CG；④PGAE=2−1；⑤SΔPBC：SΔAFC=1：2，其中正确的有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
【答案】C
【分析】证明△AHG≌△AHB（ASA），得出AF是线段BG的垂直平分线，由线段垂直平分线的性质和正方形的性质即可得出②正确；设OA=OB=OC=a，由菱形和正方形的性质得出OA=OB，证出∠OAE=∠OBG，由ASA证明△OAE≌△OBG，可得出①正确；求出OG=OE=a-b，由平行线分线段成比例定理可得出④正确；证明△EAB≌△GBC（ASA），得出BE=CG，可得出③正确；证明△FAB≌△PBC（ASA），得出BF=CP，则三角形的面积公式，可得出⑤错误；即可得出结论．
【详解】解：∵AF是∠BAC的平分线，
∴∠GAH=∠BAH，
∵BH⊥AF，
∴∠AHG=∠AHB=90°，
在△AHG和△AHB中，
∠GAH=∠BAHAH=AH∠AHG=∠AHB，
∴△AHG≌△AHB（ASA），
∴GH=BH，
∴AF是线段BG的垂直平分线，
∴EG=EB，FG=FB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAF=∠CAF=12×45°=22.5°，∠ABE=45°，∠ABF=90°，
∴∠BEF=∠BAF+∠ABE=67.5°，∠BFE=90°-∠BAF=67.5°，
∴∠BEF=∠BFE，
∴EB=FB，
∴EG=EB=FB=FG，
∴四边形BEGF是菱形；②正确；
设OA=OB=OC=a，菱形BEGF的边长为b，
∵四边形BEGF是菱形，
∴GF∥OB，
∴∠CGF=∠COB=90°，
∴∠GFC=∠GCF=45°，
∴CG=GF=b，∠CGF=90°，
∴CF=2GF=2BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OB，∠AOE=∠BOG=90°，
∵BH⊥AF，
∴∠GAH+∠AGH=90°=∠OBG+∠AGH，
∴∠OAE=∠OBG，
在△OAE和△OBG中，
∠OAE=∠OBGOA=OB∠AOE=∠BOG，
∴△OAE≌△OBG（ASA），①正确；
∴OG=OE=a-b，
∴△GOE是等腰直角三角形，
∴GE=2OG，
∴b=2（a-b），
整理得a=2+22b，
∴AC=2a=（2+2）b，AG=AC-CG=（1+2）b，
∵四边形ABCD是正方形，
∴PC∥AB，
∴BGPG=AGCG=(1+2)bb=1+2，
∵△OAE≌△OBG，
∴AE=BG，
∴AEPG=1+2，
∴PGAE=11+2=2-1，④正确；
∵∠OAE=∠OBG，∠CAB=∠DBC=45°，
∴∠EAB=∠GBC，
在△EAB和△GBC中，
∠EAB=∠GBCAB=BC∠ABE=∠BCG=45°，
∴△EAB≌△GBC（ASA），
∴BE=CG，③正确；
在△FAB和△PBC中，
∠FAB=∠PBCAB=BC∠ABF=∠BCP=90°，
∴△FAB≌△PBC（ASA），
∴BF=CP，
∴SΔPBCSΔAFC=12BC⋅CP12AB⋅CF=CPCF=BF2BF=22，⑤错误；
综上所述，正确的有4个，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、菱形的判定与性质、三角形面积的计算等知识；本题综合性强，有一定难度，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
【变式10-2】（2023·广东河源·统考二模）如图，在正方形ABCD中，AB=6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG=S△BEF．其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据四点共圆，等腰直角三角形，正方形的性质，三角形全等和相似，圆的最值性质等判断即可．
【详解】∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAC=∠DAC=∠BCA=∠DCA=45°，∠BAD=∠BCD=90°，
∵FQ⊥BQ，
∴∠BQF=90°，
∴点B、C、F、Q都在以BF为直径的圆上，
∴∠QBF=∠DCQ=45°，
∴∠QFB=45°，
∴QB=QF，
∴BF=2BQ，
故结论①正确；
延长EA到点M，使得AM=CF，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠BAM=∠BCF=90°，BA=BC，
∴△BAM≌△BCF，
∴BF=BM，∠CBF=∠ABM，
∴∠MBE=∠ABM+∠ABE=∠CBF+∠ABE=∠ABC-∠QBF=45°=∠FBE，
∴△MBE≌△FBE，
∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，
∴EF=EM=AM+AE=AE+CF，
∴DE+DF+EF=DE+AE+DF+CF=AD+DC=2AD=12，
即△DEF的周长为12，
故结论②正确；
∵CH∥QF，∠BQF=90°，
∴∠BHC=∠BQF=90°，
∴点H在以BC为直径的半圆上，设BC的中点为N，则NB=NC=3，连接AN，交圆N于点P，
则AN=AB2+BN2=62+32=35，
∴当H与P重合时，AH最小，最小值为AN-PN=35-3，
∴结论③是错误的；
连接EG，
∵∠EAG=∠EBG=45°，
∴点A、B、G、E都在以BE为直径的圆上，
∴∠BGE=90°，∠BEG=45°，
∴GB=GE，
∴BE=2BG，
∵∠EQF=∠EGF=90°，
∴点E、Q、G、F都在以EF为直径的圆上，
∴∠BQG=∠BFE，
∵∠QBG=∠FBE，
∴△BQG∽△BFE，
∴S△BQGS△BFE=(BGBE)2=(BG2BG)2=12，
∴2S△BQG=S△BFE，
故结论④是正确的，
故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，四点共圆，圆的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，正方形的半角模型，圆的最值性质是解题的关键．
【变式10-3】（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形MPEB是菱形；③四边形EFNB的面积占正方形ABCD面积的58．正确的有（ ）

A．①③B．①②C．只有①D．②③
【答案】C
【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；
②利用①中结论可以证明OM≠MP，可以解决问题；
③利用①③中的结论，确定四边形EFNB的面积与△OMP的面积比，正方形ABCD面积与△OMP的面积比，可以解决问题．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线
∴∠ABO=∠ADB=∠CBD=∠BDC=45°，∠BAD=∠BCD=90°
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF=12BD，CE=CF
∵∠ECF=90°,CE=CF
∴△CEF是等腰直角三角形
∵AP⊥EF，EF∥BD
∴∠AOD=∠AOB=90°
又∴∠ABO=∠ADB=45°
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形
∴AO=BO，AO=DO
∴BO=DO
∴△AOB≌△AOD
∴AO⊥BD
又∵OP⊥BD
∴A、O、P三点共线
∴PE=PF=12EF
又∵M，N分别为BO，DO的中点
∴OM=MB=ON=ND=PE=PF
连接PC，如图，

∵FD=CF，ON=ND
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC
∵∠DNF=90°，∠FDB=45°
∴△DNF是等腰直角三角形
∴NF=ND=ON
∵∠ONF=∠NOP=∠OPF=90°
∴四边形FNOP是矩形
∵NF=ON
∴四边形FNOP是正方形
∴OM=OP
∴△OMP是等腰直角三角形
∴图中的三角形都是等腰直角三角形
故①正确；
∵△OMP是等腰直角三角形
∵∠FDB=45°
∴MP∥BC
∴四边形MPEB是平行四边形，
在Rt△OMP中，MP＞OM
即BE＞BM
∵BE≠BM
∴四边形MPEB不是菱形
故②错误；
∵OM=BM=ON，S▱BEPM=BM×OP，S△OMP=12×OM×OP，S▱ONFP=ON×OP
∴S▱BEPM=S▱ONFP=2S△OMP
∴S四边形EFNB=S▱BEPM+S正方形ONFP+S△OMP=5S△OMP
∵S△AOB=12×OB×OA=12×2×OM×2×OP
即S△AOB=4×12×OM×OP=4S△OMP
又∵S正方形ABCD=4S△AOB
∴S正方形ABCD=16S△OMP
S四边形EFNB=516S正方形ABCD
故③错误；
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
【题型11 与正方形有关的动点问题】
【例11】（2023·浙江嘉兴·统考中考真题）如图，在ΔABC中，∠BAC=90°，AB=AC=5，点D在AC上，且AD=2，点E是AB上的动点，连结DE，点F，G分别是BC，DE的中点，连接AG，FG，当AG=FG时，线段DE长为（ ）
A．13B．522C．412D．4
【答案】A
【分析】连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB，结合直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得点A，D，F，E四点共圆，∠DFE=90°，然后根据勾股定理及正方形的判定和性质求得AE的长度，从而求解．
【详解】解：连接DF，EF，过点F作FN⊥AC，FM⊥AB
∵在ΔABC中，∠BAC=90°，点G是DE的中点，
∴AG=DG=EG
又∵AG=FG
∴点A，D，F，E四点共圆，且DE是圆的直径
∴∠DFE=90°
∵在Rt△ABC中，AB=AC=5，点F是BC的中点，
∴CF=BF=12BC=522，FN=FM=52
又∵FN⊥AC，FM⊥AB，∠BAC=90°
∴四边形NAMF是正方形
∴AN=AM=FN=52
又∵∠NFD+∠DFM=90°，∠DFM+∠MFE=90°
∴∠NFD=∠MFE
∴△NFD≌△MFE
∴ME=DN=AN-AD=12
∴AE=AM+ME=3
∴在Rt△DAE中，DE=AD2+AE2=13
故选：A．
【点睛】本题考查直径所对的圆周角是90°，四点共圆及正方形的判定和性质和用勾股定理解直角三角形，掌握相关性质定理正确推理计算是解题关键．
【变式11-1】（2023·山东济南·校联考二模）如图，已知正方形ABCD，点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合)，且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若过点E作EH⊥AC，H为垂足，则有以下结论：
①点M位置变化，使得∠DHC＝60°时，2BE＝DM；
②无论点M运动到何处，都有DM＝2HM；
③无论点M运动到何处，∠CHM一定大于135°．其中正确结论的序号为( )
A．①③B．①②C．②③D．①②③
【答案】D
【分析】根据正方形的性质可证得△MEH≌△DAH，再得到△DHM是等腰直角三角形，故DM＝2HM，②正确；当∠DHC＝60°时，可求得∠ADM＝45°﹣15°＝30°，故Rt△ADM中，DM＝2AM，DM＝2BE，①正确；再根据点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合)，且AM＜AB，∠AHM＜∠BAC＝45°，即可判断.
【详解】由题可得，AM＝BE，
∴AB＝EM＝AD，
∵四边形ABCD是正方形，EH⊥AC，
∴EM＝AD，∠AHE＝90°，∠MEH＝∠DAH＝45°＝∠EAH，
∴EH＝AH，
∴△MEH≌△DAH(SAS)，
∴∠MHE＝∠DHA，MH＝DH，
∴∠MHD＝∠AHE＝90°，△DHM是等腰直角三角形，
∴DM＝2HM，故②正确；
当∠DHC＝60°时，∠ADH＝60°﹣45°＝15°，
∴∠ADM＝45°﹣15°＝30°，
∴Rt△ADM中，DM＝2AM，
即DM＝2BE，故①正确；
∵点M是边BA延长线上的动点(不与点A重合)，且AM＜AB，
∴∠AHM＜∠BAC＝45°，
∴∠CHM＞135°，故③正确；
由上可得正确结论的序号为①②③．
故选D．
【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知全等三角形、30°直角三角形的性质.
【变式11-2】（2023·湖北黄石·黄石十四中校考模拟预测）如图，P是正方形ABCD边BC上一个动点，线段AE与AD关于直线AP对称，连接EB并延长交直线AP于点F，连接CF．
（1）如图1，∠BAP=20°，直接写出∠AFE= ；
（2）如图2，连接CE，G是CE的中点，AB=1，若点P从点B运动到点C，直接写出点G的运动路径长为 ．
【答案】 45° π4
【分析】（1）由轴对称的性质可得∠DAP=∠EAP=70°，AD=AE，由等腰三角形的性质和三角形内角和定理可求解；
（2）先确定点G在以O为圆心，12为半径的圆上运动，再用弧长公式可求解．
【详解】解：（1）∵∠BAP=20°，
∴∠DAP=70°，
∵线段AE与AD关于直线AP对称，
∴∠DAP=∠EAP=70°，AD=AE，
∴∠BAE=50°，AB=AE，
∴∠E=∠ABE=65°，
∴∠AFE=180°-70°-65°=45°；
（2）如图，连接AC，BD交于点O，连接OG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=CO，
又∵G是CE中点，
∴OG=12AE=12AD=12，
∴点G在以O为圆心，12为半径的圆上运动，
∴点P从点B运动到点C，点G的运动路径长=90°×π×12180°=π4，
故答案为：45°，π4．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，轴对称的性质，三角形中位线定理，求弧长等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【变式11-3】（2023·陕西西安·高新一中校考二模）如图，正方形ABCD中，AD＝4+23，已知点E是边AB上的一动点（不与A、B重合）将△ADE沿DE对折，点A的对应点为P，当PA＝PB时，则线段AE＝ ．
【答案】2
【分析】过点P作MN⊥AB于N，交CD于M，可证四边形ADMN是矩形，可得MN= AD＝4+23，由折叠的性质可得AD=DP=4+23，AE=PE，由勾股定理可求MP，AE的长．
【详解】如图，过点P作MN⊥AB于N，交CD于M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CD=AD=4+23，CD∥AB，
∵MN⊥AB，
∴MN⊥CD，
∴四边形ADMN是矩形，
∴MN=AD=4+23，
由折叠可知：AD=DP=4+23，AE=PE，
∵PA=PB，
∴MN是AB的垂直平分线，
∴DM=CM=2+3，AN=NB=2+3，
∴MP=DP2-DM2=(4+23)2-(2+3)2=23+3，
∴PN=1，
∵PE2=PN2+EN2，
∴AE2=1+（2+3-AE）2，
∴AE=2，
故答案为2．
【点睛】本题考查了翻折变换，正方形的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
【题型12 与正方形有关的规律探究问题】
【例12】（2023·辽宁阜新·统考模拟预测）在平面直角坐标系中，正方形ABCD的位置如图所示，点A的坐标为（1，0），点D的坐标为（0，2）．延长CB交x轴于点A1，作正方形A1B1C1C；延长C1B1交x轴于点A2，作正方形A2B2C2C1…按这样的规律进行下去，第2012个正方形的面积为（ ）
A．5×(32)2010B．5×(94)2010C．5×(94)2012D．5×(32)4022
【答案】D
【分析】先根据两对对应角相等的三角形相似，证明△AOD和△A1BA相似，根据相似三角形对应边成比例可以得到AB=2A1B，所以正方形A1B1C1C的边长等于正方形ABCD边长的32，以此类推，后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的32，然后即可求出第2014个正方形的边长与第1个正方形的边长的关系，从而求出第2012个正方形的面积．
【详解】解：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，AB=BC，
∴∠ABA1=90°，∠DAO+∠BAA1=90°，
又∵在坐标平面内，∠DAO+∠ADO=90°，
∴∠ADO=∠BAA1，
在△AOD和△A1BA中，{∠AOD=∠ABA1=90°∠ADO=∠BAA1，
∴△AOD∽△A1BA，
∴OD：AO=AB：A1B=2，
∴BC=2A1B，
∴A1C=32BC，
以此类推A2C1=32A1C，A3C2=32A2C1，…，
即后一个正方形的边长是前一个正方形的边长的32倍，
∴第2012个正方形的边长为（32）2011BC，
∵A的坐标为（1，0），D点坐标为（0，2），
∴BC=AD=12+22=5，
∴第2012个正方形的面积为：[（32）2011BC]2=5×（32）4022．
故选：D.
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与正方形的性质，根据规律推出第2012个正方形的边长与第1个正方形的边长的关系是解题的关键，也是难点，本题综合性较强．
【变式12-1】（2023·山东烟台·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，以AB为底边在正方形ABCD内作等腰ΔABE，点E在CD边上，再在等腰ΔABE中作最大的正方形A1B1C1D1，···，按照此规律继续下去，则第2019个等腰三角形的底边长为（ ）
A．122018B．122019
C．2(52)2018D．2(52)2019
【答案】A
【分析】根据相似三角形的性质和正方形的性质可证A₁B₁=12，同理A₂B₂=14=122，依照规律即可求解．
【详解】如图，过点E作EF∥AD交AB于点F，则A₁D₁∥EF，
设等腰ΔA1B1E1的底边长为x，
∴A1F=x2，AA1=12-x2，A1D1=x，
∴EF=1，ΔAA1D1∼ΔAFE，
∴AA1AF=A1D1FE，
∴12-x212=x1，解得x=12，
∴等腰ΔA1B1E1的底边长为12，
同理可得等腰ΔA2B2E2的底边长为14，···，
以此类推可得第n个等腰三角形△An-1Bn-1En-1的底边长为12n-1,
∴第2019个等腰三角形的底边为122018．
故选：A
【点睛】本题考查的是利用正方形性质和相似三角形的性质来求出A₁B₁的值，同理求出A₂B₂,…然后发现规律，根据规律求出第n个三角形的底边长．找到规律是解决问题的关键．
【变式12-2】（2023·黑龙江齐齐哈尔·统考二模）如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形OABC，边OA，OC分别在x轴，y轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，照此规律作下去，则点B2019的坐标为 ．
【答案】(0，﹣21010)
【分析】首先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9的坐标，找出这些坐标的之间的规律，然后根据规律计算出点B2019的坐标．
【详解】解：∵正方形OABC边长为1，
∴OB＝2，
∵正方形OBB1C1是正方形OABC的对角线OB为边，
∴OB1＝2，
∴B1点坐标为(2，0)，
同理可知OB2＝22，B2点坐标为(2，﹣2)，
同理可知OB3＝4，B3点坐标为(0，﹣4)，
B4点坐标为(﹣4，﹣4)，B5点坐标为(﹣8，0)，
B6(﹣8，8)，B7(0，16)
B8(16，16)，B9(32，0)，
由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，
∵2019÷8＝252…3，
∴B2019的横坐标，与点B3的相同为0，横纵坐标都是负值，
∴B2013的坐标为(0，﹣21010)．
故答案为(0，﹣21010)．
【点睛】本题主要考查正方形的性质和坐标与图形的性质的知识点，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的2倍，此题难度较大．
【变式12-3】（2023·辽宁鞍山·统考一模）如图，射线OM在第一象限，且与x轴正半轴的夹角为60°，过点D（6，0）作DA⊥OM于点A，作线段OD的垂直平分线BE交x轴于点E，交AD于点B，作射线OB，以AB为边在△AOB的外侧作正方形ABCA1，延长A1C交射线OB于点B1，以A1B1为边在△A1OB1的外侧作正方形A1B1C1A2，延长A2C1交射线OB于点B2，以A2B2为边在△A2OB2的外侧作正方形A2B2C2A3…按此规律进行下去，则正方形A2020B2020C2020A2021的周长为 ．
【答案】4(1+33)2019(3+1)
【分析】由题意可知∠MOBn=30°，AO=3，AB=3，得到正方形ABCA1的边长为3，继而根据CB//AM，推导得出 A1B1=1+3，以此计算可得每个正方形的边长，进而发现规律．
【详解】解：由已知得∠AOD=60°，
∴∠ADO=30°．
∵BE垂直平分OD，
∴BO=BD，
∴∠BOD=∠ADO=30°，
∴∠AOB=60°-30°=30°，
∴OA=12OD=3，
∴AB=tan30°⋅OA=33×3=3，
∴BC=3，
∴正方形ABCA1的周长为43；
易得A1B1=3+33×3=3+1，
∴正方形A1B1C1A2的周长为4(3+1)；
同理可得A2B2=3+1+(3+1)×33=(3+1)(1+33)；
B2C2=(3+1)(1+33)，
∴正方形A2B2C2A3的周长为4(3+1)(1+33)；
同理A3B3=(3+1)(1+33)+(3+1)(1+33)×33=(1+33)2(3+1)，
B3C3=(1+33)2(3+1)，
∴正方形A3B3C3A4的周长为4(1+33)2(3+1)；
A4B4=(1+33)3(3+1)=B4C4，
∴正方形A4B4C4A5的周长为4(1+33)3(3+1)；
以此类推可知正方形A2020B2020C2020A2021的周长为4(1+33)2019(3+1)．
故答案为：4(1+33)2019(3+1)．
【点睛】本题考查正方形的性质、垂直平分线的性质，以及三角函数知识，正确找到规律是解题关键．
【题型13 正方形与一次函数的综合应用】
【例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．
【变式13-1】（2023·湖北黄冈·校考模拟预测）如图1，正方形ABCD在直角坐标系中，其中AB边在y轴上，其余各边均与坐标轴平行，直线l：y=x-5沿y轴的正方向以每秒1个单位的速度平移，在平移的过程中，该直线被正方形ABCD的边所截得的线段长为m，平移的时间为t（秒），m与t的函数图象如图2所示，则图2中b的值为 ．
【答案】62
【分析】由直线l表达式可知直线l与直线BD平行，故直线l与直线BD重合时即m=b时，根据正方形的性质即可求解；
【详解】解：如图连接BD，
直线y=x-5中，令y=0，得x=5；令x=0，得y=-5，
即直线y=x-5与坐标轴围成的三角形为等腰直角三角形，
∴直线l与直线BD平行，即直线l沿x轴的负方向平移时，同时经过B，D两点，
由图2可得，t=3时，直线l经过点A，
∴OA=5-3×1=2，
∴A0，-2，
由图2可得，t=15时，直线l经过点C，
∴当t=15-32+3=9时，直线l经过B，D两点，
∴AD=9-3×1=6，
∴等腰Rt△ABD中，BD=62，
即当a=9时，b=62．
故答案为：62．
【点睛】本题考查的是动点图象问题，涉及到正方形和一次函数的性质，此类问题关键是弄清楚不同时间段图象和图形的对应关系，进而求解．
【变式13-2】（2023·辽宁葫芦岛·校联考二模）如图，MN⊥BE，垂足为点B，BD平分∠MBE，BD=2，点A从点B出发，沿射线BN运动，连接AD，DC⊥AD交BE于点C，设AB=x，△BDC的面积为y，则下列图象中能大致反映y与x的函数关系的图象是（ ）
B．
C． D．
【答案】D
【分析】过点D作DF⊥BE，DG⊥MN．结合题意可证四边形BFDG为正方形．再根据勾股定理即可求出GB=GD=GF=BF=22BD=2．由AB=x，可求出AG=AG+GB=x+2．又易证△DGN≅△DFC(ASA)，即得出CF=AG=x+2，从而可求出BC=BF+CF=x+22，最后根据三角形面积公式即可求出y=12BC⋅DF=22x+2．由此即可判断其图象．
【详解】如图，过点D作DF⊥BE，DG⊥MN．
∵MN⊥BE，
∴四边形BFDG为矩形．
∵BD平分∠MBE，
∴∠DBF=12∠MBE=45°，
∴△DBF为等腰直角三角形，
∴BF=DF，
∴矩形BFDG为正方形．
∴GB=GD=GF=BF=22BD=2．
∵AB=x，
∴AG=AG+GB=x+2．
∵DC⊥AD
∴∠CDF+∠ADF=90°．
∵∠GDA+∠ADF=90°，
∴∠GDA=∠FDC．
又∵DG=DF，∠DGN=∠DFC=90°，
∴△DGA≅△DFC(ASA)，
∴CF=AG=x+2，
∴BC=BF+CF=2+x+2=x+22，
∴y=12BC⋅DF=12(x+22)×2=22x+2．
即D选项符合题意．
故选D．
【点睛】本题考查一次函数的实际应用，正方形的判定和性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质等知识．正确的作出辅助线是解题关键．
【变式13-3】（2023·江苏·模拟预测）直线l：y=12x-1分别交x轴，y轴于A，B两点，
(1)求线段AB的长；
(2)如图，将l沿x轴正方向平移，分别交x轴，y轴于E，F两点，若直线EF上存在两点C，D，使四边形ABCD为正方形，求此时E点坐标和直线AD的解析式；
(3)在（2）的条件下，将EF绕E点旋转，交直线l于P点，若∠OAB+∠OEP=45°，求P点的坐标．
【答案】(1)AB=5
(2)E7,0,y=-2x+4
(3)P的坐标为4,1或-8,-5
【分析】（1）由直线解析式可得A，B点坐标，可求出AB的长；
（2）过点C作CG⊥OF于G，证得△AOB≌△BGCAAS，可得CG=OB=1，BG=OA=2，则C1,-3，过点D作DH⊥AE于H，求出直线EF的解析式，则可求出点E的坐标；
（3）①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，过点E作EQ⊥EP交AP于Q，过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，证得△PEG≌△EQHAAS，②当P在x轴下方时，由点P关于x轴的对称点N4,-1，可求出直线EN的解析式，可求出P点坐标．
【详解】（1）解：令x=0，则y=-1，
∴B0,-1，
令y=0，则x=2，
∴A2,0，
∴AB=12+22=5．
（2）过点C作CG⊥OF于G，
∵∠ABC=∠CGB=∠AOB=90°，
∴∠CBG=∠BAO=90°-∠OBA，
∵AB=BC，
∴△AOB≌△BGCAAS，
∴CG=OB=1，BG=OA=2，
∴C1,-3，
过点D作DH⊥AE于H，
同理可得，D3,-2，
设EF：y=kx+b，
将C1,-3，D3,-2代入，得k+b=-33k+b=-2，
解得：k=12b=-72，
∴直线EF的解析式为y=12x-72．
令y=0，则y=12x-72=0，
解得：x=7，
∴E7,0，
设直线AD的解析式为y=k'x+b'，
∵A2,0D3,-2，
∴-2=3k'+b'0=2k'+b'，
∴k'=-2b'=4，
∴直线AD的解析式为y=-2x+4；
（3））①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，
过点E作EQ⊥EP交AP于Q，
∴∠OAB=∠PAE,∠OAB+∠OEP=45°，
∴∠EPQ=45°，
过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，
∴PE=EQ，
∵∠PGE=∠QHE=90°,∠PEG=∠EQH，
∴△PEG≌△EQHAAS，
∴PG=EH,EG=QH=7-t，
∴OH=OE+EH=7+12t-1=12t+6，
∴Q12t+6,7-t，
将Q12t+6,7-t，代入y=12x-1中，
得1212t+6-1=7-t，
解得t=4，
∴P4,1．
②当P在x轴下方时，可得当EF旋转后，过①中点P关于x轴的对称点N4,-1时，
∠OAB+∠OEP=45°，
设EN的解析式为：y=mx+n，
则：0=7m+n-1=4m+n，解得：m=13n=-73，
∴直线EN的解析式为y=13x-73，
联立y=12x-1y=13x-73，解得：x=-8y=-5．
∴P-8,-5．
综合以上可得点P的坐标为4,1或-8,-5．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【题型14 正方形与反比例函数的综合应用】
【例14】（2023·安徽·二模）如图，正方形ABCD的顶点A，D分别在函数y=-3xx<0和y=6xx>0的图象上，点B，C在x轴上，则点D的坐标为（ ）

A．1,3B．2,3C．2,2D．3,2
【答案】B
【分析】设AD与y轴交于点P，由反比例函数中k的几何意义可知S正方形ABCD=S矩形ABOP+S矩形DCOP=3+6=9从而可求出yD=3．再将yD=3代入y=6xx>0，可求得 x=2，即D2,3．
【详解】解：如图，设AD与y轴交于点P，

∵正方形ABCD的顶点A，D分别在函数y=-3xx<0和y=6xx>0的图象上，点B，C在x轴上，
∴S矩形ABOP=|-3|=3，S矩形DCOP=6=6，
∴S正方形ABCD=S矩形ABOP+S矩形DCOP=3+6=9．
∴正方形的边长为3，即CD=3，
∴yD=3．
将yD=3代入y=6x，得
3=6x，
解得：x=2，
∴D2,3．
故选：B．
【点睛】本题考查反比例函数比例系数k的几何意义．掌握过反比例函数y=kxk≠0图象上任意一点作x轴、y轴的垂线，它们与x轴、y轴所围成的矩形面积为k是解题关键．
【变式14-1】（2023·北京西城·统考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A的坐标是(5,0)，点B是函数y=6xx>0图象上的一个动点，过点B作BC⊥y轴交函数y=-2xx<0的图象于点C，点D在x轴上（D在A的左侧），且AD=BC，连接AB，CD．有如下四个结论：
①四边形ABCD可能是菱形；
②四边形ABCD可能是正方形；
③四边形ABCD的周长是定值；
④四边形ABCD的面积是定值．
所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．③④C．①③D．①④
【答案】D
【分析】根据题意可得四边形ABCD是平行四边形，设点B6a,a，则C-2a,a，根据BC=AB，可得关于a的方程，有解，可得①正确；若四边形ABCD是正方形，则AB⊥x轴，AB⊥BC，BC=AB，可得到点B，C的坐标，从而得到AB≠BC，可得②错误；取a的不同的数值，可得③错误；根据平行四边的面积，可得平行四边的面积等于8，可得④正确，即可求解．
【详解】解：如图，
∵BC⊥y轴，
∴BC∥AD，
∵AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
设点B6a,a，则C-2a,a，
①若四边形ABCD是菱形，则BC=AB，
∴BC=6a--2a=8a，
∵点A的坐标是(5,0)，
∴AB=5-6a2+a2，
∴8a=5-6a2+a2，解得：a4+25a2-60a-28=0，该方程有解，
∴四边形ABCD可能是菱形，故①正确；
②若四边形ABCD是正方形，则AB⊥x轴，AB⊥BC，BC=AB，
∵点A的坐标是(5,0)，
∴点B的横坐标为5，
∵点B是函数y=6xx>0图象上，
∴点B的纵坐标为65，
∴AB=65
∵BC⊥y轴，
∴点C的纵坐标为65，
∵点C是函数y=-2xx<0的图象的一点，
∴点C的横坐标为-53，
∴此时BC=5--53=203≠AB，
∴四边形ABCD不可能是正方形，故②错误；
③若a=1时，点B6,1，则C-1,1，
∴AD=BC=7，CD=AB=6-52+12=2，
∴此时四边形ABCD的周长为27+2=14+22，
若a=2时，点B3,2，则C-1,2，
∴AD=BC=4，CD=AB=3-52+22=22，
∴此时四边形ABCD的周长为24+22=8+42，
∴四边形ABCD的周长不是定值，故③错误；
∵B6a,a，C-2a,a，
∴AD=BC=6a--2a=8a，点B到x轴的距离为a，
∴四边形ABCD的面积为8a×a=8，
∴四边形ABCD的面积是定值，故④正确；
∴正确的有①④．
故选：D
【点睛】本题主要考查了反比例函数的图象与性质，平行四边形的性质，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的周长、面积公式，利用数形结合思想解答是解题的关键．
【变式14-2】（2023·福建泉州·模拟预测）如图，反比例函数y=kx(x>0)图象经过正方形OABC的顶点A，BC边与y轴交于点D，若正方形OABC的面积为12，BD=2CD，则k的值为（ ）
A．3B．185C．165D．103
【答案】B
【分析】过点A作AE⊥x轴于点E，过点A作AG⊥y轴于点G，过点B作BH⊥AG于点G，过点C作CF⊥x轴于点F，过点B作BM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥y轴于点N，，根据已知条件分别证明△AOE≌△OCFAAS，△BAH≌△AOGAAS，四边形ONCF，四边形BMGH和四边形AEOG为矩形，即可得出CN=OF=AE=OG=AH，GH=BM，OE=AG，根据已知条件可以证明△CDN∽△BDM，得出CNBM=CDBD=12，设点A的坐标为：m，kmm>0，即可得出CNBM=kmm-km=12，得出m2=3k，根据勾股定理，结合正方形的面积，列出m2+km2=12，最后将m2=3k代入求出k的值即可．
【详解】解：过点A作AE⊥x轴于点E，过点A作AG⊥y轴于点G，过点B作BH⊥AG于点G，过点C作CF⊥x轴于点F，过点B作BM⊥y轴于点M，过点C作CN⊥y轴于点N，如图所示：
∵四边形OABC为正方形，
∴AO=AB=BC=OC，∠AOC=∠OCB=∠OAB=∠BC=90°，
∵AE⊥x轴，CF⊥x轴，
∴∠AEO=∠CFO=90°，
∵∠COF+∠AOE=180°-90°=90°，∠COF+∠OCF=90°，
∴∠AOE=∠OCF，
∴△AOE≌△OCFAAS，
∴AE=OF，OE=CF，
∵BH⊥AG，AG⊥y轴，
∴∠BHA=∠AGO=90°，
∵∠GAO+∠BAH=90°，∠GAO+∠GOA=90°，
∴∠BAH=∠GOA，
∴△BAH≌△AOGAAS，
∴OG=AH，
∵BM⊥y轴，CN⊥y轴，
∴∠CNO=∠CND=∠BMO=90°，
∵∠CDN=∠BDM，
∴△CDN∽△BDM，
∴CNBM=CDBD=12，
∵∠CFO=∠FON=∠CNO=90°，
∴四边形ONCF为矩形，
同理可得：四边形BMGH和四边形AEOG为矩形，
∴CN=OF=AE=OG=AH，GH=BM，OE=AG，
设点A的坐标为：m，kmm>0，
∴CN=OF=AE=OG=AH=km，OE=AG=m，
∴BM=GH=m-km，
∴CNBM=kmm-km=12，即m2=3k，
∵正方形OABC的面积为12，
∴OA2=12，
在Rt△OAE中，由勾股定理得OA2=AE2+OE2，即m2+km2=12，
把m2=3k代入m2+km2=12得：3k+k23k=12，
解得：k=185．
故答案为：185．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的判定和性质，勾股定理，反比例函数与几何综合，相似三角形的性质与判定等等，设出点A的坐标m，km，找出m与k的两个关系式，是解题的关键．
【变式14-3】（2023·福建·统考中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数y=3x和y=nx的图象的四个分支上，则实数n的值为（ ）

A．-3B．-13C．13D．3
【答案】A
【分析】如图所示，点B在y=3x上，证明△AOC≌△OBD，根据k的几何意义即可求解．
【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，点B在y=3x上，

∵OB=OA，∠AOB=∠BDO=∠ACO=90°，
∴∠CAO=90°-∠AOC=∠BOD．
∴△AOC≌△OBD．
∴S△AOC=S△OBD=32 =n2．
∵A点在第二象限，
∴n=-3．
故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的k的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【题型15 正方形与一次函数、反比例函数综合应用】
【例15】（2023·江苏·一模）直线l：y=12x-1分别交x轴，y轴于A，B两点，
(1)求线段AB的长；
(2)如图，将l沿x轴正方向平移，分别交x轴，y轴于E，F两点，若直线EF上存在两点C，D，使四边形ABCD为正方形，求此时E点坐标和直线AD的解析式；
(3)在（2）的条件下，将EF绕E点旋转，交直线l于P点，若∠OAB+∠OEP=45°，求P点的坐标．
【答案】(1)AB=5
(2)E7,0,y=-2x+4
(3)P的坐标为4,1或-8,-5
【分析】（1）由直线解析式可得A，B点坐标，可求出AB的长；
（2）过点C作CG⊥OF于G，证得△AOB≌△BGCAAS，可得CG=OB=1，BG=OA=2，则C1,-3，过点D作DH⊥AE于H，求出直线EF的解析式，则可求出点E的坐标；
（3）①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，过点E作EQ⊥EP交AP于Q，过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，证得△PEG≌△EQHAAS，②当P在x轴下方时，由点P关于x轴的对称点N4,-1，可求出直线EN的解析式，可求出P点坐标．
【详解】（1）解：令x=0，则y=-1，
∴B0,-1，
令y=0，则x=2，
∴A2,0，
∴AB=12+22=5．
（2）过点C作CG⊥OF于G，
∵∠ABC=∠CGB=∠AOB=90°，
∴∠CBG=∠BAO=90°-∠OBA，
∵AB=BC，
∴△AOB≌△BGCAAS，
∴CG=OB=1，BG=OA=2，
∴C1,-3，
过点D作DH⊥AE于H，
同理可得，D3,-2，
设EF：y=kx+b，
将C1,-3，D3,-2代入，得k+b=-33k+b=-2，
解得：k=12b=-72，
∴直线EF的解析式为y=12x-72．
令y=0，则y=12x-72=0，
解得：x=7，
∴E7,0，
设直线AD的解析式为y=k'x+b'，
∵A2,0D3,-2，
∴-2=3k'+b'0=2k'+b'，
∴k'=-2b'=4，
∴直线AD的解析式为y=-2x+4；
（3））①当P在x轴上方时，设Pt,12t-1，
过点E作EQ⊥EP交AP于Q，
∴∠OAB=∠PAE,∠OAB+∠OEP=45°，
∴∠EPQ=45°，
过点P作PG⊥x轴于G，过点Q作QH⊥x轴于H，
∴PE=EQ，
∵∠PGE=∠QHE=90°,∠PEG=∠EQH，
∴△PEG≌△EQHAAS，
∴PG=EH,EG=QH=7-t，
∴OH=OE+EH=7+12t-1=12t+6，
∴Q12t+6,7-t，
将Q12t+6,7-t，代入y=12x-1中，
得1212t+6-1=7-t，
解得t=4，
∴P4,1．
②当P在x轴下方时，可得当EF旋转后，过①中点P关于x轴的对称点N4,-1时，
∠OAB+∠OEP=45°，
设EN的解析式为：y=mx+n，
则：0=7m+n-1=4m+n，解得：m=13n=-73，
∴直线EN的解析式为y=13x-73，
联立y=12x-1y=13x-73，解得：x=-8y=-5．
∴P-8,-5．
综合以上可得点P的坐标为4,1或-8,-5．
【点睛】此题属于一次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，勾股定理，坐标与图形性质，待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，利用了分类讨论的思想，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【变式15-1】（2023·广东湛江·统考三模）如图，直线AD：y=3x+3与坐标轴交于A、D两点，以AD为边在AD右侧作正方形ABCD，过C作CG⊥y轴于G点．过点C的反比例函数y=kxk≠0与直线AD交于E、F两点．

(1)求证：△AOD≌△DGC；
(2)求E、F两点坐标；
(3)填空：不等式3x+3>kx的取值范围是______．
【答案】(1)见解析
(2)E1，6，F-2，-3
(3)-21
【分析】（1）根据正方形的性质，得AD=CD，∠ADC=90°，结合CG⊥y轴，得∠CDG+∠DCG=90°，则∠ADO=∠DCG，证明△AOD≌△DGCAAS；
（2）根据直线AD：y=3x+3与坐标轴交于A、D两点，易得D0，3，A-1，0，结合△AOD≌△DGCAAS，得CG=OD=3，DG=OA=1，所以C3，2，即可作答；
（3）结合（2）中的E1，6，F-2，-3，由图象知，不等式3x+3>kx的取值范围是-21．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADC=90°，
∴∠ADO+∠CDG=90°，
∵CG⊥y轴，
∴∠CGD=90°，
∴∠CDG+∠DCG=90°，
∴∠ADO=∠DCG，
在△AOD和△DGC中，
∠AOD=∠DGC∠ADO=∠DCGAD=CD，
∴△AOD≌△DGCAAS
（2）解：依题意，直线AD：y=3x+3，
令x=0，则y=3，
∴D0，3，
∴OD=3，
令y=0，则3x+3=0，
∴x=-1，
∴A-1，0，
∴OA=1，
由（1）知，△AOD≌△DGC，
∴CG=OD=3，DG=OA=1，
∴C3，2，
故将点C代入反比例函数y=kx中，
得k=2×3=6，
∴反比例函数的解析式为y=6x①，
∵直线AD的解析式为y=3x+3②，
联立①②得y=6xy=3x+3，
解得x=-2y=-3或x=1y=6，
∴E1，6，F-2，-3
（3）解：由图象知，结合（2）中的E1，6，F-2，-3，
不等式3x+3>kx的取值范围是-21．
【点睛】本题考查了一次函数与几何图形的应用，一次函数与反比例函数的交点问题，涉及正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
【变式15-2】（2023·湖南娄底·二模）如图，四边形ABCD为正方形．点A的坐标为0，2，点B的坐标为0，-3，反比例函数y=kx的图象经过点C，一次函数y=ax+b的图象经过点C和点A．

(1)求反比例函数与一次函数的解析式；
(2)写出ax+b>kx的解集；
(3)点P是反比例函数图象上的一点，若△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积，求P点坐标．
【答案】(1)y=-15x，y=-x+2
(2)x<-3或0(3)25,-35或-25,35
【分析】（1）根据正方形的性质求出点C坐标，然后利用待定系数法分别求出反比例函数与一次函数的解析式即可；
（2）联立两函数解析式，求出交点坐标，然后根据函数图象可得答案；
（3）设P点的坐标为x,y，根据△OAP的面积恰好等于正方形ABCD的面积列方程求出x，然后可得对应的P点坐标．
【详解】（1）解：∵正方形ABCD，A0，2，B0，-3，
∴BC=AB=2--3=5，
∴C5，-3，
把C5，-3代入y=kx得：-3=k5，
∴k=-3×5=-15，
∴反比例函数解析式为y=-15x；
把A0，2，C5，-3代入一次函数y=ax+b得：b=25a+b=-3，
解得a=-1b=2，
∴一次函数解析式为y=-x+2；
（2）联立y=-x+2y=-15x，
解得：x=5y=-3或x=-3y=5，
∴M-3，5，C5，-3，
由函数图象可得，ax+b>kx的解集是：x<-3或0（3）设P点的坐标为x,y，
∵S△OAP=S正方形ABCD，
∴12×2x=52，
解得：x=±25，
当x=25时，y=-1525=-35；
当x=-25时，y=-15-25=35；
∴P点的坐标为25,-35或-25,35．
【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，反比例函数与一次函数的交点问题，运用待定系数法求反比例函数以及一次函数的解析式，三角形的面积计算等知识．运用数形结合思想以及方程思想是解题的关键．
【变式15-3】（2023·山东济南·山东省济南稼轩学校校考一模）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y=x+b与反比例函数y=kxx>0的图象交于点A3，n，与y轴交于点B0,-2，点P是反比例函数y=kxx>0的图象上一动点，过点P作直线PQ∥y轴交直线y=x+b于点Q，设点P的横坐标为t，且0(1)求k，b的值.
(2)当△ABP的面积为3时，求点P的坐标.
(3)设PQ的中点为C，点D为x轴上一点，点E为坐标平面内一点，当以B，C，D，E为顶点的四边形为正方形时，求出点P的坐标.
【答案】(1)k=3；b=-2
(2)P3,3
(3)P2,32或1,3，23-3,23+3
【分析】（1）将点B代入y=x+b,求得b,进而求得y=x-2，将A点坐标代入求得n；
（2）表示出PQ的长，根据12PQ•xA-xB=3求得t,进而得出点P的坐标；
（3）分为BC是边，点D在x轴正半轴上和在负半轴上，以及BC为对角线．当BC为边时，点D在x轴正半轴上时，过点C作CF⊥y轴，作DG⊥CF，证明△BCF≅△CGD，进而得出CF=OF，从而求得t的值，另外两种情况类似方法求得．
【详解】（1）∵直线y=x+b过点B(0,-2)，
∴0+b=-2，
∴b=-2，
∵直线y=x-2过点A(3,n)，
∴n=3-2=1，
∴A(3,1)，
∵y=kx过点A(3,1)，
∴k=xy=3×1=3；
（2）∵点P的横坐标为t，
∴Pt，3t，
∴Q(t，t-2)
∴PQ=3t-t-2，
∵A(3，1)，B(0，-2)，
又S△APB=S△APQ+S△BPQ=12PQ⋅xA-xB，
∴123t-t-2×3=3，
∴t=3，
∴P3，3；
（3）如图1，
∵Pt，3t，Q(t，t-2)，
∴Ct，3t+t-22
当BC是边，点D在x轴正半轴上，
作CF⊥OB于F，作DG⊥CF于G，
∴∠BFC=∠G=90°，
∴∠FBC+∠FCB=90°，
∵∠BCD=90°，
∴∠DCG+∠FCB=90°，
∴∠FBC=∠DCG，
∵BC=CD，
∴△BFC≅△CGDAAS，
∴CF=DG，
∵OF=DG，
∴OF=CF，
∴3t+t-22=t，
∴t1=1，t2=-3（舍去），
∴P1，3
如图2，
当点D在x轴的负半轴上时，
由上知：BG=DF=2，
∴t=2，
∴P2，32，
当BC是对角线时，
当BC是对角线时，点D在x轴负半轴上时，
可得：CF=OD，DF=OB=2，
∴3t+t-22=2-t，
∴t=1，
∴P(1，3)，
如图4，
CG=DF=2，DG=BF，
∴t+2=3t+t-22，
∴t1=23-3，t2=-23-3（舍去），
当t=23-3时，y=323-3=23+3，
∴P23-3，23+3，
综上所述： P2,32或1,3，23-3,23+3.
【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数和反比例函数关系式，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是正确分类，画出图形，找出列方程的等量关系．
【题型16 正方形与二次函数综合应用】
【例16】（2023·安徽六安·校联考二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为5，点A在y轴正半轴上，点B在x轴负半轴上，B-1,0，C、D两点在抛物线y=12x2+bx+c上．

(1)求此抛物线的表达式；
(2)正方形ABCD沿射线BC以每秒5个单位长度平移，1秒后停止，此时B点运动到B1点，试判断B1点是否在抛物线上，并说明理由；
(3)正方形ABCD沿射线BC平移，得到正方形A2B2C2D2，A2点在x轴正半轴上，求正方形ABCD的平移距离．
【答案】(1)y=12x2+12-2
(2)点B1在抛物线上，理由见解析
(3)25
【分析】（1）首先作出辅助线证明Rt△BCE≌Rt△ABO，进而得出CE=BO，BE=AO，同理可得△ADF≌△ABO，再求出C1,-1、D2,1即可求出抛物线解析式；
（2）根据题意，得1秒后点B移动的长度为，则BB1=5，进而求出Rt△ABO≌Rt△BB1N，从而得出B1坐标，得出答案即可；
（3）首先证明△A2BB2∼△BAO，再求出正方形ABCD平移的距离．
【详解】（1）解：如图，过点C作CE⊥x轴于点E，过点D作DF⊥y轴于点F．
∵正方形ABCD中，AB=BC，∠ABC=∠AOB=90°，
即∠OBC+∠ABO=∠BAO+∠ABO=90°．
∴∠OBC=∠BAO．
在Rt△BCE和Rt△ABO中，
∵∠OBC=∠BAO，AB=BC，∠CEB=∠BOA=90°，
∴Rt△BCE≌Rt△ABOAAS．
∴CE=BO，BE=AO．
∵B-1,0，
∴BO=1．
∵AB=5，
∴在Rt△ABO中，由勾股定理，得AO=AB2-BO2=5-1=2．
∴CE=1，BE=2．
∴OE=BE-BO=1．
∴C1,-1．
同理可得△ADF≌△ABO．
∴DF=AO=2，AF=BO=1．
∴OF=AO-AF=2-1=1．
∴D2,1．
将C1,-1、D2,1分别代入y=12x2+bx+c中，
可得-1=12×1+b+c1=12×4+2b+c
解得b=12c=-2
∴此抛物线的表达式为y=12x2+12x-2．
（2）点B1在抛物线上．
理由：根据题意，得1秒后点B移动的长度为，
5×1=5，
则BB1=5．
如图，过点B1作B1N⊥x轴于点N．
在Rt△ABO与Rt△BNB1中，
∵∠AOB=∠BNB1=90°，∠2=∠B1BN=90°-∠ABO，AB=BB1，
∴Rt△ABO≌Rt△BB1N．
∴B1N=BO=1，NB=AO=2．
∴NO=NB+BO=2+1=3．
∴B1-3,1．
将点B1-3,1代入y=12x2+12x-2中，可得点B1-3,1在抛物线上．
（3）如图，设正方形ABCD沿射线BC平移后的图形为正方形A2B2C2D2．

∵∠OBC=BAO，∠BB2A2=∠AOB，
∴△A2BB2∼△BAO．
∴BB2A2B2=AOBO．
∵AO=2，BO=1，A2B2=5，
即BB25=21，
∴BB2=25．
∴正方形ABCD平移的距离为25．
【点睛】本题考查了正方形，二次函数的应用以及全等三角形的应用，相似三角形的应用，熟练利用判定得出点的坐标是解题的关键．
【变式16-1】（2023·辽宁鞍山·统考中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，AB=4，BC=43，垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，当直线MN与CD重合时停止运动，运动过程中MN分别交矩形的对角线AC,BD于点E，F，以EF为边在MN左侧作正方形EFGH，设正方形EFGH与△AOB重叠部分的面积为S，直线MN的运动时间为ts，则下列图象能大致反映S与t之间函数关系的是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】求出MN在O点左侧时的两段图象，即可得出结论．
【详解】解：当MN在O点左侧，即：t<2时：
①当正方形EFGH的边GH在△AOB的外部时，重叠部分为矩形，如图：

设HE,FG分别交AB于点I,K，
∵垂直于BC的直线MN从AB出发，沿BC方向以每秒3个单位长度的速度平移，
∴IE=FK=3t，
∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=43，
∴AC=AB2+BC2=8，
∴OA=OB=4=AB，
∴△ABO为等边三角形，
∴∠OAB=∠OBA=60°，
∴AI=BK=IE÷tan60°=t，
∴IK=4-2t，
∴S=IK⋅IE=3t4-2t=-23t2+43t，图象为开口向下的一段抛物线；
②当正方形EFGH的边GH在△AOB的内部时，与△AOB重叠部分即为正方形EFGH，如图：

由①可知：EF=IK=4-2t，
∴S=4-2t2，图象是一段开口向上的抛物线；
当MN过点O时，即t=2时，E,F重合，此时，S=0；
综上：满足题意的只有B选项，
故选B．
【点睛】本题考查动点的函数图象问题．解题的关键是确定动点的位置，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解．
【变式16-2】（2023·广东梅州·统考一模）如图，在平面直角坐标系中，点A、E在抛物线y=ax2上，过点A、E分别作y轴的垂线，交抛物线于点B、F，分别过点E、F作x轴的垂线交线段AB于两点C、D．当点E2，4，四边形CDFE为正方形时，则线段AB的长为（ ）

A．4B． 42C．5D．52
【答案】B
【分析】通过待定系数法求出函数解析式，然后设点A横坐标为m，则CD=CE=4，从而得出Am，8，将点坐标代入解析式求解．
【详解】解：把点E2，4代入y=ax2中得4=4a，
解得a=1，
∴y=x2，
∵点E2，4，四边形CDFE为正方形，
∴CD=CE=EF=4，
设点A横坐标为m，则Am，8，
代入y=x2得m2=8，
解得m=22或m=-22（舍去）．
∴AB=2m=42．
故选：B．
【点睛】本题考查二次函数与正方形的结合，解题关键是利用待定系数法求得函数解析式．
【变式16-3】（2023·辽宁阜新·阜新实验中学校考一模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=ax2+bx-3与x轴交于A(-1,0)，B(3,0)两点，与y轴交于点C，点P为抛物线上的动点．

(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点D为直线y=x上的动点，当点P在第四象限时，求四边形PBDC面积的最大值及此时点P的坐标；
(3)已知点E为x轴上一动点，点Q为平面内任意一点，是否存在以点P，C，E，Q为顶点的四边形是以PC为对角线的正方形，若存在，请直接写出点Q的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)y=x2-2x-3
(2)278， P32,-154
(3)-3,3+332；-3,3-332；(3,-3)；(3,2)
【分析】（1）用待定系数法求函数的解析式即可；
（2）作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．设Pm,m2-2m-3，则H(m,m-3)，PH=-m2+3m，则SΔBPC=-12(t-32)2+98，当t=32时，△BPC的面积最大值为278，从而求出此时四边形PBDC面积的最大值，P点坐标；
（3）设Pm,m2-2m-3，E(n,0)，分四种情况画出图形，利用正方形性质求解即可．
【详解】（1）解：将A(-1,0)，B(3,0)代入y=ax2+bx-3中，
得a-b-3=09a+3b-3-0，解得a=1b=-2．
∴该抛物线的函数表达式为y=x2-2x-3．
（2）解：作直线BC，过P作PH⊥x轴于点G，交BC于点H．

设直线BC的表达式为：y=kx+n，将B(3,0)，C(0,-3)代入y=kx+n中，
得3k+n=0n=-3，解得k=1n=-3，
∴y=x-3．
设Pm,m2-2m-3，则H(m,m-3)，PH=m-3-m2-2m-3=-m2+3m，
∵S△BPC=S△CPH+S△BPH
∴S△BPC=12PH⋅OG+12PH⋅BG=12PH(OG+BG)
∴S△BPC=12PH×OB=32-m2+3m=-32m2+92m，
∴S△BPC=-32m-322+278，
∴当m=32时，△BPC面积的最大值为278．
∵BC与直线y=x平行，
∴S△DBC=S△OBC=12OB⋅OC=12×3×3=92，
∴四边形PBDC面积的最大值为278+92=638．
∵当m=32时，y=322-2×32-3=-154，
∴P32,-154
（3）解：设Pm,m2-2m-3，E(n,0)，
I.如图，当点E在原点时，即点E(0,0)，CE=PE=3，∠CEP=90°，

∵四边形PECQ为正方形，
∴点Q(3,-3)，
II.如解图3-2，当四边形PECQ为正方形时，CE=PE，∠CEP=∠PEO+∠CEO=90°，

作PI⊥x轴，垂足为I，作QH⊥y轴，垂足为H，
又∵∠CEO+∠OCE=90°，
∴∠OCE=∠PEO，
∴△OCE≅△PEI(ASA)
∴CO=IE=3，EO=IP=m2-2m-3，
同理可得：QH=CO=IE=3，CH=EO=IP
∴OE=OI+IE=m+3，HO=IO
∴m+3=m2-2m-3，解得：m=33+32，（m=-33+32<0，不合题意舍去）
∴HO=IO=33+32，
∴点Q(-3,33+32)，
III.如解图3-3，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，IE=QH=OC=3，
∴OE=IE-IO=3+m，
∴m=m2-2m-3-3，解得：m=-33+32，（m=33+32>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=-33+32，
∴点Q(-3,-33+32)，
IV.如解图3-4，当四边形PECQ为正方形时，

同理可得：PI=OE=CH，EI=HQ=OC=3，
∴OE=IE+IO=3+m=3-m，
∴3-m=m2-2m-3，解得：m=-2，（m=3>0，不合题意舍去）
∴HO=IO=2，
∴点Q(3,2)，
综上所述：点Q坐标为-3,3+332；-3,3-332；(3,-3)；(3,2)．
【点睛】此题重点考查二次函数的图象与性质、一次函数的图象与性质、用待定系数法求函数解析式、正方形性质、全等三角形的判定与性质、一元二次方程的解法、数形结合与分类讨论数学思想的运用等知识与方法，此题综合性强，难度较大，属于考试压轴题．