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专题 05 正方形的性质与判定（七大题型）
【题型1根据正方形的性质求角度】
【题型2根据正方形的性质求边长】
【题型3根据正方形的性质求面积】
【题型4添一个条件使四边形是正方形】
【题型5证明四边形是正方形】
【题型6正方形的判定与性质综合】
【题型7正方形与折叠综合】
【题型1根据正方形的性质求角度】
1．（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，四边形ABCD是正方形，△ADE是等边三角
形，则∠ECB的度数是（ ）
A．15° B．30° C．60° D．75°
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质．先根据正方形的性质得到
DA=DC，∠ADC=90°，再根据等边三角形的性质得到DA=DE，∠EDA=60°，
所以DC=DE，∠CDE=150°，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算
∠DCE的度数，进而可得出答案．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC，∠ADC=90°，
∵△ADE是等边三角形，∴DA=DE，∠EDA=60°，
∴DC=DE，∠CDE=150°，
1
∴∠DCE=∠DEC= ×(180°−150°)=15°，
2
∴∠ECB=90°−15°=75°，
故选：D
2．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，将正方形纸片ABCD折叠，使点D落在边AB
上的点D′处，点C落在点C′处，若∠AD′M=60°，则∠MNB的度数为（ ）
A．65° B．70° C．75° D．80°
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，轴对称的性质，熟练掌握正方形的性质，轴对称的性
质是解题的关键．由在正方形ABCD中∠A=90°可求出
∠AM D′=90°−∠AD′M=30°，从而得到∠DM D′=150°，由折叠可得
∠DMN=∠D′MN=75°，再根据正方形ABCD中AD∥BC，求得
∠MNB=∠DMN=75°．
【详解】解：∵在正方形ABCD中，∠A=90°，∠AD′M=60°，
∴∠AM D′=90°−∠AD′M=90°−60°=30°，
∴∠DM D′=180°−∠AM D′=180°−30°=150°，
1 1
由折叠可得∠DMN=∠D′MN= ∠DM D′= ×150°=75°，
2 2
∵在正方形ABCD中，AD∥BC，
∴∠MNB=∠DMN=75°．
故选：C．
3．（24-25九年级上·四川成都·阶段练习）如图，四边形ABCD是一个正方形，E是BC延
长线上一点，且AC=EC，连接AE，则∠DAE的度数是（ ）A．30° B．20° C．22.5° D．15°
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，三角形外角性
1
质，由四边形ABCD是正方形，得AD∥BC，∠ACB=∠ACD= ∠BCD=45°，
2
根据等腰三角形的性质得∠AEC=∠CAE，则通过三角形外角性质由
∠AEC=∠CAE=22.5°，最后由平行线的性质即可求解，熟练掌握知识点的应用是
解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AD∥BC，∠ACB=∠ACD= ∠BCD=45°，
2
∵AC=EC，
∴∠AEC=∠CAE，
∵∠ACB=∠AEC+∠CAE=45°，
∴∠AEC=∠CAE=22.5°，
又∵AD∥BC，
∴∠DAE=∠AEC=22.5°，
故选：C．
4．（22-23九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，四边形ABCD是正方形，以CD为边作等
边三角形CDE，BE与AC相交于点M，则∠AMD的度数是 ．
【答案】60°/60度
【分析】首先证明出△ABM≌△ADM(SAS)，得到∠AMD=∠AMB，然后根据正
方形的性质和等边三角形的性质得到BC=DC，∠BCD=90°，CD=CD，
∠DCE=60°，求出CB=CE，∠BCE=∠BCD+∠DCE=150°，然后根据三角形1
内角和定理和等边对等角得到∠CBE=∠CEB= (180°−∠BCE)=15°，进而利用
2
三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形．
∴AB=AD，∠BAM=∠DAM=45°．
又∵AM=AM
∴△ABM≌△ADM(SAS)
∴∠AMD=∠AMB．
∵四边形ABCD是正方形
∴BC=DC，∠BCD=90°
∵△CDE是等边三角形
∴CD=CD，∠DCE=60°
∴CB=CE，∠BCE=∠BCD+∠DCE=150°
1
∴∠CBE=∠CEB= (180°−∠BCE)=15°
2
∵∠ACB=45°，
∴∠AMB=∠ACB+∠CBE=60°
∴∠AMD=∠AMB=60°．
故答案为：60°．
【点睛】此题考查正方形的性质，等边三角形的性质，三角形的外角的性质、三角形
全等的性质和判定，解题的关键是掌握以上知识点．
5．（23-24八年级下·云南昆明·期中）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是对角线
BD、AC上的点，连接CE、EF、DF，若EF∥BC，且．∠CEF=15°，则
∠EDF的度数为 ．
【答案】30°/30度
【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质、平行线的性质．
根据正方形的性质和EF∥BC，证明得到△BCE≌△CDF(SAS)，从而得到
∠CDF=∠BCE=∠CEF=15°，根据
∠EDF=∠BDC−∠FDC=45°−15°=30°即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
∵ ABCD BD AC O
四边形 是正方形，对角线为 、 相交于点 ，
∴BC=CD,OB=OC,∠OBC=∠OCB=∠OCD=45°，
∵ EF∥BC，
∴∠OEF=∠OBC=45°，∠OFE=∠OCB=45°，∠BCE=∠CEF=15°，
∴∠OEF=∠OFE=45°，
∴OE=OF，
∴OB−OE=OC−OF，
即BE=CF，
在△BCE和△DCF中，
{
BC=CD
)
∠EBC=∠FCD=45° ，
BE=CF
∴△BCE≌△CDF(SAS)，
∴∠CDF=∠BCE=∠CEF=15°，
∴∠EDF=∠BDC−∠FDC=45°−15°=30°，
故答案为：30°．
6．（24-25九年级上·广东佛山·期中）如图，点E在正方形ABCD内部，且△ABE是等边
三角形，连接BD、DE，则∠BDE= °．【答案】30
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，根据
正方形与等边三角形的性质得出∠DAE=30°,AD=AE，∠ADB=45°，进而求得
∠ADE=75°，即可求解．
【详解】解：∵点E在正方形ABCD内部，且△ABE是等边三角形，BD是正方形的
对角线，
∴∠DAE=90°−60°=30°,AD=AE，∠ADB=45°，
1
∴∠ADE= (180°−∠DAE)=75°，
2
∴∠BDE=∠ADE−∠ADB=75°−45°=30°
故答案为：30．
7．（24-25九年级上·广东深圳·阶段练习）如图，点E是正方形ABCD内一点，△ADE是
等边三角形，连接CE并延长交AB边于点F，则∠CFB=
【答案】75°/75度
【分析】本题主要查了正方形的性质，等边三角形的性质．根据正方形的性质可得
∠BCD=∠B=∠ADC=90°，AD=CD，再由等边三角形的性质可得
AD=DE=CD,∠ADE=60°，从而得到∠CDE=30°,CD=DE，进而得到
∠DCE=75°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=∠B=∠ADC=90°，AD=CD，
∵△ADE是等边三角形，∴AD=DE=CD,∠ADE=60°，
∴∠CDE=30°,CD=DE，
180°−30°
∴∠DCE= =75°，
2
∴∠BCF=15°，
∴∠CFB=90°−∠BCF=75°．
故答案为：75°
8．（23-24九年级上·宁夏银川·期中）如图，正方形ABCD中，M为对角线BD上的一点，
连接AM并延长交CD于点P，连接CM．若PM=PC，则∠BMC的度数为
．
【答案】75°/75度
【分析】证明△ADM≌△CDM(SAS)，推出∠DAM=∠DCM，根据PM=PC，推
出∠PMC=∠PCM，利用三角形内角和定理求得∠PAD=30°，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD中，M为对角线BD上的点，
∴∠ADC=∠BCD=90°，∠ADM=∠CDM=45°，AD=CD，
∵DM=DM，
∴△ADM≌△CDM(SAS)，
∴∠DAM=∠DCM，
∵PM=PC，
∴∠PMC=∠PCM，
∵∠APD=∠PMC+∠PCM=2∠PCM=2∠PAD，
∵∠PAD+∠APD+∠ADP=180°，
∴3∠PAD=90°，
∴∠PAD=30°，∠DCM=30°，
∴∠BMC=∠PCM+∠CDM=30°+45°=75°，
故答案为：75°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等边对等角，三角形
内角和、外角定理，熟练掌握知识点是解题的关键．9．（24-25八年级上·江苏南京·阶段练习）取一张正方形纸片，先折叠成两个全等的矩形得
到折痕EF，然后展开，再把△CBH沿BH折叠，使C点落在折痕EF上，则∠CBH的
度数为 ．
【答案】30°/30度
【分析】此题考查了翻折变换，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握翻折的性质．
折叠性质可得BC=CC′=BC′，则可证明△BCC′是等边三角形，根据性质可知
∠BCC′=60°，最后利用三角形外角性质即可求出∠DHC′的度数．
【详解】解：如图，连接CC′，
由题意可知：EF垂直平分BC，
∴BC′=CC′，
由折叠性质可知：BC=BC′，∠C′BH=∠CBH，
∴BC=CC′=BC′，
∴△BCC′是等边三角形，
∴∠C′BC=60°，
1
∴∠C′BH=∠CBH= ∠C′BC=30°
2
故答案为：30°．
【题型2根据正方形的性质求边长】
10．（21-22九年级下·辽宁鞍山·期中）汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的
“赵爽弦图”是我国古代数学的瑰宝，如图所示的弦图中，四个直角三角形都是全等的，
四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形，如果EF=2，AH=6，那么AB等于（ ）A．8 B．6❑√2 C．10 D．12
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理、全等三角形的性质以及正方形的性质，根据题意求得
AE,BE的长，再根据勾股定理即可求AB．
【详解】∵EF=2,AH=6，四边形ABCD和四边形EFGH都是正方形
∴EH=EF=2
∴AE=AH+HE=6+2=8
∵四个直角三角形都是全等的
∴AH=BE=6,∠AEB=90°
∴AB=❑√AE2+BE2=❑√82+62=10
故选：C．
11．（24-25九年级上·陕西汉中·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4cm，将该正方
形沿AC方向平移❑√2cm，得到正方形A′B′C′D′，A′D′交CD于点E，A′B′交BC于点
F，则A′E的长为（ ）
A．3cm B．2cm C．❑√2cm D．2❑√2cm
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，平移的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握正
方形的性质，平移前后对应线段平行（或在同一直线上）且相等．
根据平移的性质得出A A′=❑√2cm，AD∥A′D′，结合正方形的性质得出∠A′EC=90°,A′E=CE，最后根据勾股定理，即可解答．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4cm，
∴∠DAC=45°,AC=4❑√2cm，
∵正方形ABCD沿AC方向平移❑√2cm得到正方形A′B′C′D′，
∴A A′=❑√2cm，AD∥A′D′，
∴∠EA′C=45°,A′C=AC−A A′=3❑√2cm，
同理可得：∠EC A′=45°，
∴∠A′EC=90°,A′E=CE，
根据勾股定理可得：A′E2+CE2=A′C2，
则2A′E2=(3❑√2) 2 ，
解得：A′E=3（负值舍去），
故选：A．
12．（24-25九年级上·甘肃兰州·期中）如图所示，四边形ABCD是正方形，点E是正方形
内的一点，且△ADE为等边三角形，EF⊥AB于点F，若AD=4，则EF的长是
（ ）
A．1 B．1.5 C．2 D．2.5
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据
正方形和等边三角形的性质，得到△AFE为含30度角的直角三角形，AE=AD=4，
根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，EF⊥AB，AD=4，
∴∠FAD=90°，∠EAD=60°，∠AFE=90°，AD=AE=4，
∴∠FAE=30°，
1
∴EF= AE=2．
2故选：C．
13．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边
AB,BC的中点，连接AF,DE，点G，H分别为DE,AF的中点，连接GH，则GH
的长为
【答案】❑√2
【分析】连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，由正方形的性质，即可证得
△EAG≌△DPG(ASA)，可得AG=PG，DP=AE=2，再由勾股定可理可求得PF
的长，根据三角形中位线定理即可求解．
【详解】解：连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，如图所示，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴CD=BC=AB=4，∠C=90°，AB∥CD，
∴∠AEG=∠GDP，
∵E、F分别为边AB，BC的中点，
1 1
∴AE= AB=2，CF= BC=2．
2 2
∵G为DE的中点，
∴EG=DG，
在△EAG和△DPG中，
{∠AEG=∠GDP
)
EG=DG ，
∠AGE=∠PGD
∴△EAG≌△DPG(ASA)．∴AG=PG，DP=AE=2．
∴G为AP的中点，
∵H为AF的中点，
∴GH是△APF的中位线．
1
∴GH= PF．
2
在Rt△FCP中，
CP=DC−DP=4−2=2，
∴PF=❑√PC2+FC2=2❑√2．
1
∴GH= PF=❑√2．
2
故答案为：❑√2．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，三角形中
位线定理，正确作出辅助线是解决本题的关键．
14．（24-25九年级上·河北保定·阶段练习）如图，P是正方形ABCD的对角线BD上的一
点，PE⊥AD于点E，连接CP，若AE=1，PC=❑√10，则点D到CP的距离为
．
6❑√10
【答案】
5
【分析】如图所示，连接AP，过点P作PF⊥CD交CD于点F，由勾股定理求出
PE=3，然后得到DE=PE=3，CD=AD=AE+DE=4，证明出四边形PEDF是矩
形，得到PF=DE=3，设点D到CP的距离为h，然后根据等面积法求解即可．
【详解】解：如图所示，连接AP，过点P作PF⊥CD交CD于点F，∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线，
∴AP=PC=❑√10，∠ADC=90°，
∵PE⊥AD，AE=1，
∴PE=❑√AP2−AE2=3，
∵∠EDP=45°，
∴△EDP是等腰直角三角形，
∴DE=PE=3，
∴CD=AD=AE+DE=4；
∵PF⊥CD，PE⊥AD，∠ADC=90°，
∴四边形PEDF是矩形，
∴PF=DE=3；
设点D到CP的距离为h，
1 1
∴S = CD⋅PF= PC⋅ℎ，
△PCD 2 2
1 1
∴ ×4×3= ❑√10ℎ，
2 2
6❑√10
∴ℎ = ，
5
6❑√10
∴点D到CP的距离为 ．
5
6❑√10
故答案为： ．
5
【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，等腰直角三角形
的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
【题型3根据正方形的性质求面积】
15．（24-25九年级上·四川巴中·期末）我们都知道，四边形具有不稳定性．老师制作了一个正方形教具用于课堂教学，数学科代表小亮在取教具时不小心使教具发生了形变
（如图），若正方形教具边长为10cm,∠D′=45°，则四边形A′BCD′的面积为
（ ）
A．100 cm2 B．50 cm2 C．50❑√2 cm2 D．100❑√2 cm2
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，三角形的稳定性，多边形，过点A′作
A′H⊥BC于H，由题意得四边形A′BCD′是菱形，根据等腰直角三角形的性质求出
A′H，再求出菱形A′BCD′的面积即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=10cm，
∴AB=BC=CD=AD=10cm，
由题意知A′B=BC=CD′=A′D′=10cm，
∴四边形A′BCD′是菱形，
∴∠A′BC=∠D′=45°，
过点A′作A′H⊥BC于H，
∴∠A′HB=90°，
∴∠A′BC=∠H A′B=45°，
∴A′H=BH，
∵A′H2+BH2=A′B2，
❑√2 ❑√2
∴A′H=BH= A′B= ×10=5❑√2，
2 2
∴菱形A′BCD′的面积BC⋅A′H=5❑√2×10=50❑√2 cm2，
故选：C．
16．（24-25九年级上·河南郑州·期中）如图，在菱形ABCD中，以AC为对角线作正方形
AECF，若∠DAB=60°，AB=4，则正方形AECF的面积为（ ）A．12 B．18 C．24 D．48
【答案】C
【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的
性质，熟练掌握正方形和菱形的性质是解答的关键．连接BD交AC于O，先根据菱形
1
的性质证明BD⊥AC，OA=OC，∠BAO=∠DAO= ∠DAB=30°，再根据含30
2
1
度角的直角三角形的性质求得OB= AB=2,OA=2❑√3，进而AC2=48，在根据正方
2
形的性质得到AE=CE，∠AEC=90°，然后利用勾股定理求得AE2=24即可求解．
【详解】解：连接BD交AC于O，
∵四边形ABCD是菱形，∠DAB=60°，
1
∴BD⊥AC，OA=OC，∠BAO=∠DAO= ∠DAB=30°，又AB=4，
2
1
∴OB= AB=2，则OA2=AB2−OB2=12，
2
∴AC2=(2OA) 2=4OA2=48，
∵四边形AECF是正方形，
∴AE=CE，∠AEC=90°，
∴AC2=AE2+CE2=2AE2，1 1
∴AE2= AC2= ×48=24，
2 2
则正方形AECF的面积为24，
故选：C．
17．（24-25八年级上·河南信阳·阶段练习）如图，正方形ABCD的边长为4cm，则阴影部
分的面积为（ ）cm2．
A．4 B．8 C．12 D．16
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质，根据图形判断出阴影部分的面积等于正方形的面积
的一半是解题的关键．
1
【详解】解：根据正方形的轴对称性可得，阴影部分的面积= S ，
2 正方形
∵正方形ABCD的边长为4cm，
1
∴阴影部分的面积=
×42=8cm2
．
2
故选：B．
18．（24-25九年级上·河南南阳·阶段练习）如图，从一个大正方形中裁去面积为18cm2和
32cm2的两个小正方形，则留下的阴影部分的面积为（ ）
A．36cm2 B．42cm2 C．48cm2 D．50cm2
【答案】C
【分析】本题考查正方形性质，正方形面积，二次根式加法乘法运算等．根据题意先
求出两个正方形边长后再求得大正方形边长，继而即可求得阴影面积．
【详解】解：∵从一个大正方形中裁去面积为18cm2和32cm2的两个小正方形，∴两个小正方形的边长分别为：❑√18=3❑√2cm，❑√32=4❑√2cm，
∴大正方形边长为3❑√2+4❑√2=7❑√2cm，
∴大正方形面积为：7❑√2×7❑√2=98cm2，
∴阴影面积为：98−18−32=48cm2，
故选：C．
19．（24-25九年级上·河南驻马店·阶段练习）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，
正方形A′B′C′O与正方形ABCD的边长相等，且正方形A′B′C′O绕点O旋转，已知
AB=2，则旋转过程中两个正方形重叠部分的面积为（ ）
A．2 B．❑√2 C．1 D．无法确定
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，设AB与OA′交
于点E，BC与OC′交于点F，证明△EOB≌△FOC，则△EOB面积=△FOC面积，
由此可得四边形EBFO面积=△OBC面积，据此解答即可．
【详解】解：设AB与OA′交于点E，BC与OC′交于点F，
∵ A′B′C′O ABCD
四边形 ， 是正方形，
∴∠EBO=∠FCO=45°，OB=OC．∠BOC=90°，∠EOF=90°，
∵∠EOB+∠FOB=∠FOE=90°，∠FOC+∠FOB=∠BOC=90°，
∴∠EOB=∠FOC．
∴△EOB≌△FOC(ASA)．
∴ S =S ，
△EOB △FOC
∴ S =S ．
四边形EBFO △OBC∵ AB=2，
∴正方形ABCD的面积为22=4，
1
∴ S =S = ×4=1，即两个正方形重叠部分的面积是1
四边形EBFO △OBC 4
故选：C．
20．（24-25八年级上·江苏盐城·期中）将三个大小不同的正方形如图放置，顶点处两两相
接，若正方形A的边长为5，正方形C的边长为3，则正方形B的面积为 ．
【答案】34
【分析】本题考查了勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质、正方形的性质等知
识，熟练掌握全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键．
先由AAS证得△≝≌△FHG，推出DE=FH=5，再根据勾股定理求出FG2即可．
【详解】解：如图，
由题意得：DE=5，GH=3，
由正方形的性质得：DF=FG，∠≝=∠FHG=∠DFG=90°，
∴∠EDF+∠DFE=90°，∠DFE+∠HFG=90°，
∴∠EDF=∠HFG，
△≝¿和△FHG中
{
∠≝=∠FHG
)
∠EDF=∠HFG ，
DF=FG
∴△≝≌△FHG(AAS)，
∴DE=FH=5，
在Rt△GHF中，
由勾股定理得： FG2=FH2+GH2=52+32=34，即正方形B的面积为34
故答案为：34．
21．（23-24九年级上·辽宁锦州·阶段练习）如图，∠ABC=90°，四边形ACDE是正方形，若AB=2,BC=4，则△BCE的面积等于 ．
【答案】12
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运
用所学知识解决问题．延长BA，过点E作直线BA的垂线，垂足为F，证明
△EFA≌△ABC，推出FA=BC=2，求得BF=3，利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：如图，延长BA，过点E作直线BA的垂线，垂足为F，
∵ ACDE
四边形 是正方形，
∴AC=AE，∠EAC=90°，
∵∠FAE+∠BAC=90°，
∵∠ABC=90°，EF⊥AF，
∴∠EFA=∠ABC=90°，∠FAE=90°−∠BAC=∠BCA，
{∠FAE=∠BCA
)
在△EFA和△ABC中， ∠EFA=∠ABC ，
AE=AC
∴△EFA≌△ABC(AAS)，
∴FA=BC=4，
∴BF=AB+AF=AB+BC=2+4=6，
1
∴S = ×4×6=12，
△BCE 2
故答案为：12．
22．（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，正方形ABCD的对角线相交于点O，以点O
为顶点的正方形OEGF的两边OE，OF分别交正方形ABCD的两边AB，BC于点M，N，记△AOM的面积为S ，△CON的面积为S ，若正方形的边长AB=6，S =6，则
1 2 1
S 的大小为 ．
2
【答案】3
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定；由四边形ABCD是正
方形，四边形OEGF是正方形，可证明△AMO≌△BNO(AAS)，即得S =S =6，
△BNO 1
1
而S =36，可知S = S =9，故S =S −S =16−10=6．
正方形ABCD △BOC 4 正方形ABCD 2 △BOC △BNO
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠MAO=45°=∠OBN，OA=OB，
∵四边形OEGF是正方形，
∴∠MON=90°，
∴∠MON+∠MBN=180°，
∴∠BMO+∠BNO=180°，
∵∠AMO+∠BMO=180°，
∴∠BNO=∠AMO，
在△AMO和△BNO中，
{∠AMO=∠BNO
)
∠MAO=∠NBO
OA=OB
∴△AMO≌△BNO(AAS)，
∴ S =S =6，
△BNO 1
∵AB=6，
∴ S =36，
正方形ABCD1
∴ S = S =9，
△BOC 4 正方形ABCD
∴ S =S −S =9−6=3，
2 △BOC △BNO
故答案为：3．
23．（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰
直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为8cm的正方形纸板
制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 cm2．
【答案】8
【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．根据平行四边形和三角形的面积公
式即可得图中⑥的面积．
1
【详解】解：如图，S = S =16cm2 ，
△ABC 4 正方形
∵S =S ，
△DBF △≝¿=S =S ¿
△ADE △EFC
1
∴平行四边形（图中⑥）的面积是 S =8cm2 ，
2 △ABC
故答案为：8．
【题型4添一个条件使四边形是正方形】
24．（21-22八年级下·广东江门·期中）下列说法不正确的是（ ）
A．一组邻边相等的矩形是正方形
B．对角线互相垂直的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的判定定理是解题的关键．
利用正方形的判定方法分别判断得出即可．
【详解】解：A、一组邻边相等的矩形是正方形，正确，不符合题意；
B、对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，因为矩形对角线互相平分，而此时对角线
互相垂直，故一条对角线为另一条对角线的垂直平分线，则得到邻边相等，故对角线
互相垂直的矩形是正方形，故不符合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，正确，根据菱形的对角线垂直且互相平分，此时对角
线相等，则菱形被两条对角线分割成的四个直角三角形均是等腰直角三角形，继而得
到菱形的一个内角为直角，因此对角线相等的菱形是正方形，故不符合题意；
D、对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，错误，因为对角线互相垂直且相等的
四边形有无数个，故符合题意；
故选：D．
25．（24-25九年级上·安徽宿州·期中）满足下列条件的四边形一定是正方形的是（ ）
A．对角线互相平分且相等的四边形 B．有三个角是直角的四边形
C．有一组邻边相等的平行四边形 D．对角线相等的菱形
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的判定，同时也考查了平行四边形、矩形及菱形的判定，
掌握这些四边形的判定方法是关键．根据正方形的判定方法即可作出判断．
【详解】解：A、对角线互相平分且相等的四边形是矩形不是正方形，不符合题意；
B、有三个角是直角的四边形是矩形不是正方形，不符合题意；
C、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，不符合题意；
D、对角线相等的菱形是正方形，符合题意．
故选：D．
26．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）如图，已知▱ABCD的对角线AC，BD交于
点O，添加条件后， ▱ABCD不一定是正方形的选项为（ ）A．AB=AD，AC=BD B．AB=BC，AC⊥BD
C．∠BAD=90°，AC⊥BD D．∠AOD=90°，AO=DO
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的判定，根据题意逐一对选项分析即可得出答案．
【详解】解：A、因为AB=AD，所以▱ABCD为菱形，又因为AC=BD所以
▱ABCD为正方形，故A错误；
B、因为AB=BC，所以▱ABCD为菱形，但AC⊥BD不能证明▱ABCD为正方形，
故B正确；
C、因为∠BAD=90°，所以▱ABCD为矩形，又因为AC⊥BD所以▱ABCD为正
方形，故C错误；
D、因为∠AOD=90°，所以▱ABCD为菱形，又因为AO=DO所以▱ABCD为正
方形，故D错误；
故选：B．
【题型5证明四边形是正方形】
27．（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于
E，∠ABC的平分线交AD于F，求证：四边形ABEF是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是
解题关键．首先结合矩形的性质证明四边形ABEF是平行四边形，再根据“有一个角
为直角的平行四边形为矩形”证明四边形ABEF是矩形，然后根据“邻边相等的矩形
为正方形”证明四边形ABEF是正方形．【详解】证明：如下图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠BAF=90°，AD∥BC，
∴∠2=∠3．
∵AE平分∠BAF，
∴∠1=∠2，
∴∠1=∠3，
∴AB=BE；
同理可得AB=AF，
∴BE=AF，
∵AD∥BC，
∴AF∥BE，
∴四边形ABEF是平行四边形，
∵∠BAF=90°，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AB=AF，
∴四边形ABEF是正方形．
28．（24-25九年级上·江西九江·期中）已知：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别为
AB，AC，AD的中点，连接CE，CF，OE，OF．
(1)求证：△BCE≌△DCF；
(2)当AB⊥BC时，请判断四边形AEOF的形状，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由见解析【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、
三角形中位线定理等知识；
（1）由菱形的性质得出∠B=∠D，AB=BC=DC=AD，由已知证出
AE=BE=DF=AF，由SAS证明△BCE≌△DCF即可；
1 1
（2）由三角形中位线定理证出OF= DC，OE= BC，OE∥BC，得到
2 2
AE=OE=OF=AF，证出四边形AEOF是菱形，再证出∠AEO=90°，进而得四边
形AEOF是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=BC=DC=AD，
∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，
∴AE=BE=DF=AF，
在△BCE和△DCF中，
{
BE=DF
)
∠B=∠D ，
BC=DC
∴△BCE≌△DCF(SAS)；
（2）解：当AB⊥BC时，四边形AEOF是正方形，理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠B=∠D，AB=BC=DC=AD，
∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点，
1 1
∴AE=BE=DF=AF,OF= DC,OE= BC，OE∥BC，
2 2
∴AE=OE=OF=AF，
∴四边形AEOF是菱形，
∵AB⊥BC，OE∥BC，
∴OE⊥AB，
∴∠AEO=90°，
∴四边形AEOF是正方形．
29．（24-25九年级上·江西南昌·阶段练习）如图，在△ABC中，AD是BC边上的中线，F
是AD的中点，过点A作AE∥BC，交BF的延长线于点E，连接CE．(1)求证：AE=DC．
(2)若△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，求证：四边形ADCE是正方形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质．
（1）由“AAS”可证△AFE≌△DFB，由全等，可得BD=AE=DC；
（2）先根据（1）的结论得到四边形ADCE是平行四边形，然后等腰直角三角形的性
1
质得到AD= BC=DC，AD⊥BC，即可得到结论．
2
【详解】（1）证明：∵F为AD的中点，
∴AF=DF，
∵AE∥BC，
∴∠AEF=∠DBF，
在△AFE和△DFB中，
{∠AEF=∠DBF
)
∠AFE=∠DFB
AF=DF
∴△AFE≌△DFB(AAS)，
∴BD=AE，
∵AD是△ABC中BC边上的中线，
∴DC=BD，
∴AE=DC；
（2）∵AE=DC，AE∥BC，
∴四边形ADCE是平行四边形．
∵△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，AD为中线，
1
∴AD= BC=DC，AD⊥BC，
2
∴平行四边形ADCE是正方形．30．（24-25九年级上·福建漳州·阶段练习）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠BAC
的平分线交BC于点D，DE∥AB，DF∥AC．求证：四边形AFDE为正方形．
【答案】见解析
【分析】本题考查了正方形的证明，根据DE∥AB，DF∥AC可得四边形AFDE为
平行四边形；结合∠BAC=90°可得四边形AFDE为矩形，进而得
DF⊥AB,DE⊥AC，再由AD平分∠BAC得DE=DF，即可求证；
【详解】证明：∵DE∥AB，DF∥AC．
∴四边形AFDE为平行四边形．
∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE为矩形．
∴DF⊥AB,DE⊥AC，
∵AD平分∠BAC，
∴DE=DF，
∴四边形AFDE为正方形．
31．（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点E，F，G，H分别是
AB，BC，CD，DA的中点．
(1)判断四边形EFGH的形状，并证明你的结论．
(2)当BD，AC满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．
【答案】(1)平行四边形，证明见解析
(2)AC⊥BD,AC=BD
【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的判定、正方形的判定，熟练掌
握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由三角形中位线定理得出HG∥EF，且EF=HG，再由平行四边形的判定定理
即可得证；
（2）由AC⊥BD得出∠EHG=90°，则四边形EFGH为矩形，再由AC=BD得到
EH=HG，继而即可得证．
【详解】（1）解：四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E，F分别是边AB，BC的中点，
AC
∴EF∥AC，且EF= ，
2
AC
同理：HG∥AC，且HG= ，
2
∴HG∥EF，且EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形；
（2）解：当AC⊥BD,AC=BD时，四边形EFGH是正方形，
由（1）可得：四边形EFGH是平行四边形，
1
同上可得：EH∥BD，EH= BD
2
∵AC⊥BD，HG∥AC
∴EH⊥HG，
∴∠EHG=90°，
∴四边形EFGH是矩形，
AC 1
∵AC=BD，EF= ，EH= BD
2 2
∴EH=HG，
∴四边形EFGH是正方形．
【题型6正方形的判定与性质综合】
32．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，已知四边形ABCD为正方形，AB=❑√3，点
E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE、EF
为邻边作矩形DEFG，连接CG．(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)❑√6
【分析】（1）如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，根据正方形的性质可得
EN=EM，进而说明∠DEN=∠FEM，再证明△DEN≌△FEM可得DE=EF，再
结合四边形DEFG是矩形即可证明结论；
（2）同（1）的方法判断出△ADE≌△CDG得到CG=AE，然后根据线段的和差即
可解答．
【详解】（1）解：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN=90°，
∵ E ABCD
点 是正方形 对角线上的点，
∴EM=EN，
∵∠ENC=∠MCN=∠EMC=90°，
∴四边形ENCM为矩形，
∴∠MEN=90°，
∵∠≝=90°，
∴∠DEN+∠FEN=∠MEF+∠FEN=90°，
∴∠DEN=∠MEF，
∵∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM(ASA)，∴EF=DE，
∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形．
（2）解：CE+CG的值是定值，定值为❑√6，理由如下：
∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE=DG，AD=DC，
∵∠CDG+∠CDE=∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC=❑√2AB=❑√2×❑√3=❑√6是定值．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、矩形的判定、三角形的全等的
性质和判定、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键．
33．（24-25九年级上·甘肃兰州·阶段练习）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在AD，
CD上．将矩形ABCD分别沿BE，EF翻折后点A，D均落在点G处，此时B，G，F
三点共线，若BG=2EG．
(1)求证：矩形ABCD为正方形；
(2)若DF=2，求BC的长．
【答案】(1)见解析
(2)8
【分析】（1）由翻折得EA=EG，ED=EG，BG=BA，则EA=ED=EG，所以
AD=2ED=2EG，而BG=2EG，即可证明AD=BA，而四边形ABCD是矩形，所
以四边形ABCD是正方形；（2）由翻折和正方形的性质得出BG=BA=DC=BC，根据GF=DF=2，得出
BF=BG+GF=BC+2，CF=CD−DF=BC−2，根据勾股定理得出
BC2+(BC−2) 2=(BC+2) 2，求出结果即可．
【详解】（1）证明：由翻折得EA=EG，ED=EG，BG=BA，
∴EA=ED=EG，
∴AD=2ED=2EG，
∵BG=2EG，
∴AD=BG，
∴AD=BA，
∵四边形ABCD是矩形，且AD=BA，
∴四边形ABCD是正方形．
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴BG=BA=DC=BC，
∵GF=DF=2，
∴BF=BG+GF=BC+2，CF=CD−DF=BC−2，
∵∠C=90°，
∴BC2+CF2=BF2，
∴BC2+(BC−2) 2=(BC+2) 2，
解得BC=8或BC=0（不符合题意，舍去），
∴BC的长是8．
【点睛】此题重点考查正方形的判定、折叠的性质、勾股定理、矩形的性质，熟练掌
握相关的性质是解题的关键．
34．（23-24八年级下·甘肃武威·期末）已知：四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上
一点，连接DE，BE．过点E作EF⊥DE，交边BC于点F，以DE，EF为邻边作矩
形DEFG，连接CG．(1)求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若正方形ABCD的边长为9，CG=3❑√2，求正方形DEFG的边长．
【答案】(1)证明见解析
(2)正方形DEFG的边长为3❑√5
【分析】（1）作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，得到EN=EM，然后证得
∠DEN=∠FEM，得到△DEN≌△FEM，则有DE=EF，根据正方形的判定即可
证得矩形DEFG是正方形；
（2）证明△ADE≌△CDG(SAS)，可得AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，进而可
证明CE⊥CG，连接EG，利用勾股定理即可求得正方形DEFG的边长．
【详解】（1）证明：如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，
得矩形EMCN，
∴∠MEN=90°
，
∵点E是正方形ABCD对角线上的点，
∴EM=EN，
∵∠≝=90°，
∴∠DEN=∠MEF=90°−∠FEN，
∵∠DNE=∠FME=90°，
在△DEN和△FEM中，
{∠DNE=∠FME=90°
)
EN=EM ，
∠DEN=∠FEM
∴△DEN≌△FEM(ASA)，
∴EF=DE，∵四边形DEFG是矩形，
∴矩形DEFG是正方形；
（2）解：∵正方形DEFG和正方形ABCD，
∴DE=DG，AD=DC，
∵∠CDG+∠CDE=∠ADE+∠CDE=90°，
∴∠CDG=∠ADE，
在△ADE和△CDG中，
{
AD=CD
)
∠ADE=∠CDG ，
DE=DG
∴△ADE≌△CDG(SAS)，
∴AE=CG，∠DAE=∠DCG=45°，
∵∠ACD=45°，
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=90°，
∴CE⊥CG，
∴CE+CG=CE+AE=AC=❑√2AB=9❑√2，
∵CG=3❑√2，
∴CE=6❑√2，
连接EG，
∴EG=❑√CE2+CG2=❑√72+18=3❑√10
，
❑√2
∴DE= EG=3❑√5，
2
∴正方形DEFG的边长为3❑√5．
【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，勾股定理等知识点，正确作出辅助线，证得△DEN≌△FEM是解题的关键．
35．（23-24八年级下·广西南宁·期末）在正方形ABCD中，点P在对角线AC上，点E，F
分别在边BC，CD上，且PE⊥PF于点P．(1)特例发现：如图1，当点P在对角线AC，BD的交点处时，求证：PE=PF；
(2)探究证明：如图2，当点P不在对角线AC，BD的交点处时，判断PE与PF的数量
关系，并说明理由；
(3)拓展运用：在（2）的条件下，若EC=4，CF=2，连接EF，请直接写出PE的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)PE=PF，证明见解析
(3)❑√10
【分析】（1）证明△PBE≌△PCF(ASA)，即可得证；
（2）过点P分别作BC,CD的垂线，垂足分别为M，N ．证明
△PEM≌△PFN(ASA)，即可得出结论；
（3）勾股定理求出EF的长，证明△PEF是等腰直角三角形，进一步进行求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴PB=PC=PD,AC⊥BD．
∴△BPC,△CPD都是等腰直角三角形．
∴∠PBE=∠PCF=45°．
∵PE⊥PF，
∴∠BPC=∠EPF=90°．
∴∠BPC−∠EPC=∠EPF−∠EPC，
即∠BPE=∠CPF．
在△PBE和△PCF中
{∠BPE=∠CPF,
)
PB=PC,
∠PBE=∠PCF,
∴△PBE≌△PCF(ASA)．
∴PE=PF．
（2）解：过点P分别作BC,CD的垂线，垂足分别为M，N ．∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD=90°,∠PCM=∠PCN．
∴四边形PMCN是矩形．
∴PM∥CN．
∴∠MPC=∠PCN．
∴∠MPC=∠PCM．
∴PM=CM．
∴四边形PMCN是正方形．
∴PM=PN,∠MPN=∠EPF=∠PME=∠PNF=90°．
∴∠MPN−∠MPF=∠EPF−∠MPF,即∠EPM=∠FPN．
在△PEM和△PFN中
{∠EPM=∠FPN,
)
PM=PN,
∠PME=∠PNF,
∴△PEM≌△PFN(ASA)．
∴PE=PF．
（3）解：连接EF，
∵PE⊥PF，
∴∠EPF=90°，
∵∠BCD=90°,CE=4,CF=2，
∴EF=❑√CE2+CF2=2❑√5，∵PE=PF，
∴EF2=PE2+PF2=2PE2=20，
∴PE2=10，
∴PE=❑√10．
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形
的性质，勾股定理的应用，化为最简二次根式．解题的关键是证明三角形全等．
36．（23-24九年级上·江西鹰潭·期中）如图，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)求证：ED=EF；
(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，求∠EFC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)CG=❑√2
(3)120°或30°
【分析】本题考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质：
（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，即可；
（2）勾股定理得到AC=❑√2AB=2❑√2，进而得到E为AC的中点，得到点F与C重
合，矩形CEDG为正方形，即可得出结果；
（3）分DE与AD的夹角为30°和DE与DC的夹角为30°，两种情况进行讨论求解即
可．
【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠ACB=∠ACD=45°,∠BCD=90°，
作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∴四边形EQCP为矩形，△EQC为等腰直角三角形，∠EQC=∠DPE=90°，
∴∠PEQ=90°,EQ=CQ，
∴四边形EQCP为正方形，
∴QE=EP，
∵矩形DEFG，
∴∠≝=90°，
∴∠QEF=∠PED=90°−∠PEF，
∴Rt△EQF≌Rt△EPD(ASA)，
∴EF=ED；
（2）解：如图2中，在Rt△ABC中，AC=❑√2AB=2❑√2，
∵EC=❑√2，
∴AE=CE，
∴E为AC的中点，
∴CE=DE，
∴点F与C重合，矩形CEDG为正方形，
∴CG=EC=❑√2．
（3）解：①当DE与AD的夹角为30°时，点F在BC边上，∠ADE=30°，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3所示：
∵∠HCF=∠≝=90°,∠CHF=∠EHD，
∴∠EFC=∠CDE=30°，
综上所述，∠EFC=120°或30°．
37．（22-23八年级下·广东江门·期中）如图，四边形ABCD是正方形，M是边AB上的点，
N是边BC上的点，已知∠MDN=45°．
(1)求证：MN=AM+CN；
(2)若CN=6，AM=4，求正方形ABCD的边长．
【答案】(1)见解析
(2)12
【分析】（1）根据旋转的性质得到DH=DM，CH=AM，∠CDH=∠ADM，进
而得到∠HDN=∠MDN，再根据△HDN≌△MDN(SAS)得到结论；
（2）设正方形边长为x，则MB=x−4，NB=x−6，根据勾股定理计算．【详解】（1）证明：如图，将△AMD绕点D逆时针旋转90°，使AD与CD重合，点
M落在点H处，
由旋转的性质可知DH=DM，CH=AM，∠CDH=∠ADM，
∵∠MDN=45°，
∴∠ADM+∠CDN=45°，
∴∠CDH+∠CDN=45°，
即∠HDN=∠MDN，
∵DN=DN，
∴△HDN≌△MDN(SAS)，
∴MN=HN=HC+CN=AM+CN，
∴MN=AM+CN；
（2）解：由（1）得MN=AM+CN=10，
设正方形边长为x，则MB=x−4，NB=x−6，
在Rt△MBN中，M N2=MB2+NB2，
即102=(x−4) 2+(x−6) 2，
解得x =12，x =−2（舍去），
1 2
∴正方形ABCD的边长为12．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质以及旋转的性质，利用
旋转的性质构造三角形全等是解题的关键．
38．（22-23八年级下·贵州遵义·期末）已知，四边形ABCD是正方形，点P(不与点D重合)
是对角线BD上一个动点．
(1)【问题解决】
如图①，连接AP，CP，求证：△ABP≌△CBP；
(2)【问题延伸】
如图②，连接CP，过点P作PE⊥CP交线段AB于点E，连接CE．求∠PEC的度数；
(3)【拓展应用】
如图③，连接CP，过点P作PE⊥CP交线段AB于点E，在点P的运动过程中，请直接写出线段PB，PD，BE的数量关系．
【答案】(1)证明见解析；
(2)∠PEC=45°
(3)PB−PD=❑√2BE
【分析】（1）根据正方形的性质得到BA=BC，∠ABP=∠CBP=45°，再加上公
共边即可用SAS判定△ABP≌△CBP；
（2）过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，证四边形PGBH是正方形，得到
PG=PH，再用ASA判定△PGE≌△PHC，得到PE=PC，推出△PEC是等腰直角
三角形即可解决问题；
（3）过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交CD于F，PH⊥BC于H，根据（2）
中的结论，由等腰直角△BHP推出BH与PB的关系，判定四边形PFCH是矩形，得到
PD与PF、CH、EG的关系，即可推出线段PB，PD，BE的数量关系．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC，∠ABP=∠CBP=45°，
又∵BP=BP，
∴△ABP≌△CBP(SAS)；
（2）解：如图②，过点P作PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，
∴∠PGB=∠GBH=∠PHB=∠PHC=90°
，
∴四边形PGBH是矩形，
∵BD平分∠ABC，PG⊥AB于G，PH⊥BC于H，∴PG=PH，
∴矩形PGBH是正方形，
∴∠GPH=90°，
∵PE⊥CP，
∴∠EPC=90°，
∴∠GPE=∠HPC，
又∵∠PGE=∠PHC，
∴△PGE≌△PHC(ASA)，
∴PE=PC，
又∵∠EPC=90°，
∴△EPC是等腰直角三角形，
∴∠PEC=45°；
（3）解：如图③，过点P作PG⊥AB于G，GP的延长线交CD于F，PH⊥BC于H，
由（2）可知四边形PGBH是正方形，
❑√2
∴BG= BP，
2
∵∠PHC=∠HCF=∠PFC=90°，
∴四边形PHCF是矩形，
∴CH=PF，
又∵CH=EG，
∴EG=PF，
∵∠PFD=90°，∠PDF=45°，
∴△PDF是等腰直角三角形，
❑√2
∴PF= PD
2
❑√2
∴EG= PD
2❑√2
∵ BG= BP，BG=BE+EG，
2
❑√2 ❑√2
∴ PB=BE+ PD
2 2
∴ PB−PD=❑√2BE．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三
角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
【题型7正方形与折叠综合】
39．（2025·陕西西安·一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D
落在BC边上的点E 处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为
（ ）
9 3
A． B．❑√3 C．3 D．
4 2
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是
1
解题关键．先根据正方形的性质可得CD=BC=6,CE= BC=3,∠C=90°，再根据
2
翻折的性质可得EH=DH，设CH=x，从而可得EH=DH=CD−CH=6−x，然后
在Rt△CEH中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为6，点E恰好是BC的中点，
1
∴CD=BC=6,CE= BC=3,∠C=90°，
2
由翻折的性质得：EH=DH，
设CH=x，则EH=DH=CD−CH=6−x，
在Rt△CEH中，CE2+CH2=EH2，即32+x2=(6−x) 2，9
解得x= ，
4
9
即CH= ，
4
故选：A．
40．（23-24八年级下·河北张家口·期中）如图，已知正方形纸片ABCD，M、N分别是
AD、BC的中点，把BC边向上翻折，使点C恰好落在MN上的P点处，BQ为折痕，
则∠PBQ的度数为（ ）
A．20° B．25° C．30° D．60°
【答案】C
【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性
质，折叠问题；取BP的中点E，连接NE，证明四边形ABNM为矩形，得出
1
∠BNM=90°，根据直角三角形性质得出NE=BE= BP，证明△BNE为等边三角
2
形，得出∠NBE=60°，即可得出结果．
【详解】解：取BP的中点E，连接NE，如图所示：
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=∠ADC=∠BAD=90°，AD∥BC，
根据折叠的性质知：BP=BC，∠PBQ=∠CBQ，
∵M、N分别是AD、BC的中点，1 1
∴BN= BC,AM= AD，
2 2
∴BN=AM，
∵AD∥BC，
∴四边形ABNM为平行四边形，
∵∠ABN=90°，
∴四边形ABNM为矩形，
∴∠BNM=90°，
∵E为BP的中点，
1
∴NE=BE= BP，
2
1
∵BP=BC，BN= BC，
2
∴BN=NE=BE，
∴△BNE为等边三角形，
∴∠NBE=60°，
1
∴∠PBQ=∠CBQ= ∠EBN=30°．
2
故选：C．
41．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，
将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于点G，则△BEG的周长为_________．
【答案】24
【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，解题
的关键是熟练运用勾股定理，全等三角形的判定与性质．
连接GD，证明△ADG≌△FDG（HL）得出AG=FG，设AG=FG=x，则
EG=x+6，BG=12−x，勾股定理求得x=4，则AG=GF=4 BG=8，进而勾股定
理求得GE，即可求解．【详解】解：连接GD，如图所示，
由折叠可知，DF=DC=DA，
∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），
∴AG=FG，
∵正方形边长是12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，
BG=12−x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：(x+6) 2=62+(12−x) 2，
解得：x=4，
∴AG=GF=4，BG=8，
∴¿=❑√BE2+BG2=❑√62+82=10，
∴△BEG的周长为BE+EG+GB=6+8+10=24，
故答案为：24．
42．（24-25九年级下·河南驻马店·开学考试）如图，在平面直角坐标系中，正方形OABC
的点A的坐标为(0,2)，E是线段BC上一点，且∠AEB=67.5°，沿AE折叠后B点落
在点F处，那么点F的坐标为 ．【答案】（−❑√2，2−❑√2）
【分析】作FD⊥CO于点D，FG⊥AO于点G，根据折叠的性质得到
∠BAE＝∠EAF=22.5°,AF=AB=2，则∠FAG=45°，则FG=AG=❑√2，得到
GO=2−❑√2，即可得到点F的坐标．
【详解】解：作FD⊥CO于点D，FG⊥AO于点G，
∵∠AEB=67.5°，沿AE折叠后B点落在点F，
∴∠BAE＝∠EAF=22.5°,AF=AB=2，
∴∠FAG=45°，
∴FG=AG=❑√2，
∴GO=2−❑√2，
∴点F的坐标为(−❑√2,2−❑√2)．
答案为：(−❑√2,2−❑√2)．
【点睛】此题考查了勾股定理、坐标与图形、折叠的性质、等腰三角形的判定和性质，
熟练掌握折叠的性质是解题的关键．
43．（24-25八年级上·山西晋中·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边
AB在x轴上，点A的坐标为(2,0)，点E在边CD上，将△BCE沿BE折叠，点C落在点
F处．若点F的坐标为(0,8)，则点E的坐标为 ．24
【答案】(− ,17)
5
【分析】设AB=x，可得OB=x−2，在Rt△BOF中，利用勾股定理可求出x=17，
根据翻折的性质得出OF=8，BF=BC=x，CE=EF，设EG=a，在Rt△EFG中利
用勾股定理可求出a值，即可得答案．
【详解】解：如图，设CD与y轴交于点G，AB=x，
∵四边形ABCD是正方形，∠BOG=90°，
∴四边形OBCG是矩形，
∴BC=AB=CD=AD=OG=x，
∵点A的坐标为(2,0)，
∴OB=x−2，
∵将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为(0,8)，
∴OF=8，BF=BC=x，CE=EF，
在Rt△BOF中，BF2=OB2+OF2，
∴x2=82+(x−2) 2，
解得：x=17，
∴CG=OB=x−2=15，
设EG=a，则CE=EF=15−a，FG=OG−OF=17−8=9，
在Rt△EFG中，EF2=EG2+GF2，
∴(15−a) 2=a2+92，
24
解得：a= ，
5
24
∴点E的坐标为(− ,17)．
524
故答案为：(− ,17)
5
【点睛】本题考查折叠性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、坐标与图形及勾股
定理，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．
44．（24-25九年级上·宁夏银川·期中）如图1，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连
接DE，把△DEC沿DE折叠得到△≝¿，延长EF交AB于点G，连接DG．
(1)求证△ADG≌△FDG；
(2)如图2，若正方形边长为6，点E为BC的中点，连接BF，求线段AG的长；
(3)在（2）的条件下求出△BEF的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)AG=2
18
(3)
5
【分析】（1）由正方形得AD=CD，∠A=∠C=90°，由折叠的性质得FD=CD，
∠DFE=∠C=90°，即可得AD=FD，∠DFG=90°，进而利用HL即可求证；
1
（2）由正方形的边长为6得BE=CE= BC=3，进而由折叠得FE=CE=3，又由
2
△ADG≌△FDG得AG=FG，设AG=FG=x，则BG=6−x，EG=3+x，在
Rt△BEG中，利用勾股定理求出x即可求解；
3
（3）求出S ，再根据S = S 即可求解．
△BEG △BEF 5 △BEG
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠A=∠C=90°，
由折叠可得，FD=CD，∠DFE=∠C=90°，
∴AD=FD，∠DFG=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG，{DG=DG)
，
AD=FD
∴Rt△ADG≌Rt△FDG(HL)；
（2）解：∵正方形边长为6，
∴AB=BC=6，
∵点E为BC的中点，
1
∴BE=CE= BC=3，
2
由折叠可得，FE=CE=3，
∵△ADG≌△FDG，
∴AG=FG，
设AG=FG=x，则BG=6−x，EG=3+x，
在Rt△BEG中，BG2+BE2=EG2，
∴(6−x) 2+32=(3+x) 2，
解得x=2，
∴AG=2；
（3）解：∵AG=FG=2，
∴BG=4，EG=5，
1 1
∴S = BG·BE= ×4×3=6，
△BEG 2 2
3 3 18
∴S = S = ×6= ．
△BEF 5 △BEG 5 5
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定
理，三角形的面积，掌握正方形和折叠的性质是解题的关键．
45．（2025八年级下·全国·专题练习）（1）如图①，正方形ABCD中，AE⊥FG，求证：
AE=FG；
（2）如图②，将边长为12的正方形ABCD折叠，使点A落在CD上的点E，然后压平
折痕FG，若FG的长为13，求CE的长．【答案】（1）见解析；（2）7
【分析】（1）过点G作GH⊥AD，垂足为H，证明四边形ABGH为矩形，得出
GH=AB，证明△GHF≌△ADE(AAS)，得出AE=FG；
（2）作GH⊥AD，垂足为H，根据勾股定理得FH=❑√GF2−HG2=❑√132−122=5．
根据△GHF≌△ADE，得出DE=FH=5，求出结果即可．
【详解】解：（1）过点G作GH⊥AD，垂足为H，如图所示：
∵ ABCD
四边形 为正方形，
∴∠HAB=∠B=90°,AB=AD，
∵GH⊥AD，
∴∠AHG=90°，
∴∠HAB=∠B=∠AHG=90°，
∴四边形ABGH为矩形，
∴GH=AB，
∴GH=AD，
在△AFM和△ADE中，∠FAM=∠DAE,∠AMF=∠D=90°，
∴∠HFG=∠AED，
{∠HFG=∠DEA
)
在△GHF和△ADE中， ∠GHF=∠ADE ，
GH=AD
∴△GHF≌△ADE(AAS)，
∴AE=FG．（2）作GH⊥AD，垂足为H，如图所示：
由（1）知HG=AB=12，
∴在△GHF中，由勾股定理，得：
FH=❑√GF2−HG2=❑√132−122=5．
∵将正方形纸片ABCD折叠，使得点A落在边CD上的点E，折痕为FG，
∴AE⊥GF，
由（1）可知△GHF≌△ADE，
∴DE=FH=5，
∴CE=DC−DE=12−5=7．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，折叠性质，三角形全等
的判定和性质，勾股定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
46．（24-25九年级上·江西吉安·阶段练习）【操作感知】如图1，在矩形纸片ABCD的
AD边上取一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接
PM、BM．∠DPM=60°，则∠MBC的大小为______度．
【迁移探究】如图2，将矩形纸片换成正方形纸片，将正方形纸片ABCD按照【操作
感知】进行折叠，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．
（1）证明：△MBQ≌△CBQ；
（2）若正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，则CQ的长为______．4
【答案】【操作感知】：30；（1）见解析；（2）
3
【分析】本题主要考查正方形的性质，长方形的性质，全等三角形的判定等知识，
操作感知：根据折叠求出∠ABP=∠MBP=30°，即可得出结论；
迁移探究：
（1）根据HL证Rt△MBQ≌Rt△CBQ即可；
（2）设CQ的长为x，则DQ=4−x，MQ=❑√BQ2−BM2=❑√BC2+CQ2−BM2=x，
利用勾股定理求出x的值即可．
【详解】解：【操作感知】：由折叠知，
∠APB=∠MPB，∠ABP=∠MBP，∠A=∠M=90°，
∵∠DPM=60°，
∴∠APB=∠MPB=(180°−∠DPM)÷2=60°，
∴∠ABP=∠MBP=30°，
∴∠MBC=90°−∠ABP−∠MBP=30°，
故答案为：30；
【迁移探究】（1）证明：∵正方形纸片ABCD按照【操作感知】进行折叠，
∴AB=BM=BC，∠A=∠BMP=∠BMQ=∠C=90°，
在Rt△MBQ和Rt△CBQ中，
{BQ=BQ)
，
BM=BC
∴Rt△MBQ≌Rt△CBQ(HL)，
即△MBQ≌△CBQ；
（2）解：设CQ的长为x，
∵正方形ABCD的边长为4，点P为AD中点，
∴DQ=4−x，MQ=❑√BQ2−BM2=❑√BC2+CQ2−BM2=x，
1
PM=AP= ×4=2，
2
在Rt△PDQ中，PQ2=PD2+DQ2，
即(2+x) 2=22+(4−x) 2，4
解得x= ，
3
故答案为：．
