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正方形中的常用模型专项探究
模型一 正方形的“十字架”模型
【知识点睛】
【典题练习】
1．（2023 余杭区校级模拟）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（ ）
A．2 B． C． D．
【分析】先证明△CDF≌△BCE，得到∠BGC＝90°，利用面积法即可求出CG＝．
【解答】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，
，
∴△CDF≌△BCE （SAS），
∴∠DCF＝∠CBE，
∵∠DCF+∠BCF＝90°，
∴∠CBE+∠BCF＝90°，
∴∠BGC＝90°，
在Rt△BCE中，BC＝4，CE＝3，
∴BE＝＝5，
∴BE CG＝BC CE，
∴CG＝＝＝．
故选：D．
2．（2023秋 沙坪坝区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE＝AF，连接CE，DF，点P，Q分别是DF，CE的中点，连接PQ．若∠ADF＝α．则∠PQE可以用α表示为（ ）
A．α B．45°﹣α C． D．3α﹣45°
【分析】连接DQ，根据正方形的性质先证明△ADF≌△DCE，得出∠DCE＝α，DF＝CE，进而得出DQ＝PD，∠PDQ＝90°﹣2α，根据三角形的内角和表示出∠PQD即可求解．
【解答】解：连接DQ，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠A＝∠CDE＝90°，
∵AF＝DE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴DF＝CE，∠ADF＝∠DCE＝α，
∵点P，Q分别是DF，CE的中点，
∴PD＝DF＝DQ＝CE，
∴∠DPQ＝∠DQP，∠CDQ＝α，
∴∠PDQ＝90°﹣2α，∠DQE＝2α，
∴∠PQD＝＝45°+α，
∴∠PQE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α，
故选：B．
3．（2023 鄞州区模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，求得∠ABF＝∠BCE，根据全等三角形的性质得到S△ABF＝S△BCE，根据三角形的面积的和差即可得到结论．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠A＝90°，
∵BF⊥CE，
∴∠BGC＝90°，
∴∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°，
∴∠ABF＝∠BCE，
在△ABF与△BCE中，
，
∴△ABF≌△BCE（ASA），
∴S△ABF＝S△BCE，
∵S△BCF＝S正方形ABCD，
∴S△ABF+S△DCF＝S△BCE+S△DCF＝S正方形ABCD，
∴阴影部分面积和＝S△BCE+S△DCF﹣S△BCG＝S△BCF﹣S△BCG＝S△FCG，
故选：D．
4．（2023 双峰县三模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点O，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG．有以下结论：
①AE⊥DF；
②AH＝EH；
③CG∥AE；
④S四边形BEOF：S△AOF＝4．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】①根据正方形的性质可得AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°，从而可证△DAF≌△ABE，进而可得∠BAE＝∠ADF，然后可得∠BAE+∠AFD＝90°，即可解答；
②根据正方形的性质可得AD∥BC，从而可得∠DAC＝∠AEB，再利用折叠可得∠AEB＝∠AEG，进而可得∠DAE＝∠AEG，即可解答；
③由折叠得：∠AEB＝∠AEG＝（180°﹣∠GEC），GE＝GC，从而可得∠EGC＝∠ECG＝（180°﹣∠GEC），进而可得∠AEB＝∠GCE，即可解答；
④在Rt△ABE中，利用勾股定理求出AE，然后证明△AOF∽△ABE，利用相似三角形的性质，进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝BC，∠DAB＝∠B＝90°，
∴∠ADF+∠AFD＝90°，
∵点E，F分别是边BC，AB的中点，
∴AF＝AB，BE＝EC＝BC，
∴AF＝BE，
∴△DAF≌△ABE（SAS），
∴∠BAE＝∠ADF，
∴∠BAE+∠AFD＝90°，
∴∠AOF＝180°﹣（∠BAE+∠AFD）＝90°，
∴AE⊥DF，
故①正确；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠AEB，
由折叠得：
∠AEB＝∠AEG，
∴∠DAE＝∠AEG，
∴AH＝EH，
故②正确；
由折叠得：
∠AEB＝∠AEG＝（180°﹣∠GEC），GE＝BE，
∴GE＝EC，
∴∠EGC＝∠ECG＝（180°﹣∠GEC），
∴∠AEB＝∠GCE，
∴AE∥CG，
故③正确；
∵∠B＝90°，AB＝4，BE＝2，
∴AE＝＝＝2，
∵∠B＝∠AOF＝90°，∠FAO＝∠BAE，
∴△AOF∽△ABE，
∴＝（）2＝（）2＝，
∴S四边形BEOF：S△AOF＝4，
故④正确；
所以，以上结论，正确的有4个，
故选：D．
5．（2023秋 惠山区期末）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，点E、F分别为AB、BC上的动点，且AE＝BF，AF与DE交于点O，点P为EF的中点．
（1）若AE＝1，则EF的长＝；
（2）在整个运动过程中，OP长的最小值为 ．
【分析】（1）先根据正方形的性质得到△DAE≌△ABF，得出∠ADE＝∠BAF，AE＝BF，根据勾股定理求出EF即可；
（2）然后得到∠EOF＝∠AOD＝90°，即得到OP＝EF，设AE＝BF＝x，则BE＝4﹣x，根据勾股定理得出EF＝＝＝，然后求出结果即可．
【解答】解：（1）∵ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝4，∠DAB＝∠ABF＝90°，
又∵AE＝BF，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，AE＝BF，
∵AE＝1，
∴BF＝1，BE＝3，
∴EF＝＝；
故答案为：；
（2）∵∠ADE＝∠BAF，
∴∠ADE+∠DAF＝∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EOF＝∠AOD＝90°，
又∵点P为EF的中点，
∴OP＝EF，
设AE＝BF＝x，则BE＝4﹣x，
∴EF＝＝＝，
∴当x＝2时，EF最小为2，即OP最小为；
故答案为：．
6．（2023 越秀区校级自主招生）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为 3﹣4 ．
【分析】过点H作HM⊥CD，垂足为M，利用正方形的性质可得AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝45°，从而利用等腰直角三角形的性质可得AC＝2，再根据等式的性质可得BE＝CF，从而可证△ABE≌△BCF，进而可得∠1＝∠2，然后利用等量代换可得∠1+∠3＝90°，从而可得∠AGB90°，进而可得AG是BH的垂直平分线，再利用线段垂直平分线的性质可得AB＝AH＝2，从而可得∠3＝∠AHB，CH＝2﹣2，最后利用平行线的性质可得∠3＝∠CFH，从而可得∠CFH＝∠CHF，进而可得CH＝CF＝2﹣2，再在Rt△HMC中，利用等腰直角三角形的性质可求出HM的长，从而利用三角形的面积公式进行计算，即可解答．
【解答】解：如图：过点H作HM⊥CD，垂足为M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝2，AB∥CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，∠ACD＝45°，
∴AC＝AB＝2，
∵CE＝DF，
∴BC﹣CE＝CD﹣DF，
∴BE＝CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴∠1＝∠2，
∵∠ABC＝∠2+∠3＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠AGB＝180°﹣（∠1+∠3）＝90°，
∵BG＝GH，
∴AG是BH的垂直平分线，
∴AB＝AH＝2，
∴∠3＝∠AHB，CH＝AC﹣AH＝2﹣2，
∵AB∥CD，
∴∠3＝∠CFH，
∵∠AHB＝∠CHF，
∴∠CFH＝∠CHF，
∴CH＝CF＝2﹣2，
在Rt△HMC中，HM＝＝＝2﹣，
∴△CFH的面积＝CF HM＝×（2﹣2）×（2﹣）＝3﹣4，
故答案为：3﹣4．
7．（2023 拱墅区二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC上的两点，且BE＝CF，连结AF、DE交于点G．
（1）试判断AF与DE的数量关系与位置关系，并说明理由．
（2）若AB＝2，点E是AB的中点．
①求线段AG的长；
②连结BG，求证：BG平分∠EGF．
【分析】（1）利用SAS证明△ABF≌△DAE即可得出结论；
（2）①在△ADE中利用面积法即可得出AG的长；
②连接BG，过点B作BH⊥AF，证明△AEG∽△ABH，得出GH＝AG＝，证明△BMG为等腰直角三角形，即可推出结论．
【解答】解：（1）DE＝AF，DE⊥AF，
在正方形ABCD中，AB＝BC，
又∵BE＝CF，
∴AB﹣BE＝BC﹣CF，
∴AE＝BF．
∵AD＝AB，∠DAE＝∠ABF＝90°，
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，DE＝AF．
∴∠DAG+∠ADE＝∠DAG+∠EAG＝∠DAE＝90°．
∴DE⊥AF；
（2）①∵AB＝2，点E是AB的中点，
∴AE＝AB＝1．
∵∠DAE＝90°，
∴DE＝．
∴AG＝＝；
②证明：连接BG，过点B作BH⊥AF于H．
∵DE⊥AF，
∴EG∥BH．
∴△AEG∽△ABH．
∴＝＝，
即GH＝AG＝，
∵BH＝＝，
∴BH＝GH，
∴△BGH为等腰直角三角形．
∴∠BGH＝45°，
∴∠BGE＝90°﹣45°＝45°．
∴∠BGH＝∠BGE．
即BG平分∠EGF．
8．（2023春 淮安期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？
（1）直接判断：AE ＝ BF（填“＝”或“≠”）；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
（3）如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处．
①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由；
②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′+AN的最小值为 2．
【分析】（1）证明△ABE≌△BCF即可得出结论；
（2）过点A作AN∥GE，证明△ABN≌△BCF（AAS），由此可得AN＝GE＝BF；
（3）①如图3，连接CH，证明△ABH≌△CBH（SAS），所以∠BAH＝∠BCH，AH＝CH；由折叠可知，AH＝AH′，NH＝NH′，由四边形内角和和平角的定义可得∠HNC＝∠NCH，所以NH＝CH，则NH＝CH＝AH＝AH′＝NH′，所以四边形AHNH′是菱形，再由“有一个角是直角的菱形是正方形”可得结论；
②作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，可证明△H′QN≌△NFH′（AAS），由此可得H′Q＝NF；易证△BHF是等腰直角三角形，所以HF＝BF＝NF+BN，则NF＝QB＝QH′，可得∠H′BQ＝∠ABH′＝45°，则∠H′BD＝90°；作P关于BH′的对称点P′，则PH′＝P′H′，可得PH′+AN＝PH′+AH′＝P′H′+AH′≥AP′，求出AP′的值即可得出结论．
【解答】解：（1）∵AE⊥BF，
∴∠EMB＝90°，
∴∠FBC+∠BEM＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝∠C＝90°，
∴∠FBC+∠BFC＝90°，
∴∠BEM＝∠BFC，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（AAS），
∴AE＝BF．
故答案为：＝；
（2）GE＝BF，理由如下：
如图2，过点A作AN∥GE，交BF于点H，交BC于点N，
∴∠EMB＝∠NHB＝90°，
∴∠FBC+∠BNH＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，AB＝BC，∠BAD＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵AD∥BC，AN∥GE，
∴四边形ANEG是平行四边形，
∴AN＝EG，
∵∠C＝90°，
∴∠FBC+∠BFC＝90°，
∴∠BNH＝∠BFC，
∴△ABN≌△BCF（AAS），
∴AN＝BF，
∵AN＝EG，
∴GE＝BF．
（3）①如图3，连接CH，
由（2）的结论可知，AE＝MN，
∵四边形ABCD是正方形，BD是正方形的对角线，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC，
∵BH＝BH，
∴△ABH≌△CBH（SAS），
∴∠BAH＝∠BCH，AH＝CH，
由折叠可知，AH＝AH′，NH＝NH′，
∵∠ABN+∠AHN＝180°，
∴∠BAH+∠BNH＝180°，
∵∠BNH+∠HNC＝180°，
∴∠BAH＝∠HNC，
∴∠HNC＝∠NCH，
∴NH＝CH，
∴NH＝CH＝AH＝AH′＝NH′，
∴四边形AHNH′是菱形，
∵∠AHN＝90°，
∴菱形AHNH′是正方形；
②如图4，作H′Q⊥BC交CB的延长线于点Q，作HF⊥BC于点M，
∴∠H′QN＝∠HFB＝90°，
由上知四边形AHNH′是正方形，
∴H′N＝HN，∠H′NH＝90°，AH′＝AN，
∴∠H′NQ+∠HNF＝∠HNF+∠NHF＝90°，
∴∠H′NQ＝∠NHF，
∴△H′QN≌△NFH′（AAS），
∴H′Q＝NF，QN＝HF；
∵∠HBF＝45°，∠HFB＝90°，
∴△BHF是等腰直角三角形，
∴HF＝BF＝NF+BN，
∵QN＝QB+BN，
∴NF＝QB＝QH′，
∴∠H′BQ＝∠ABH′＝45°，
∴∠H′BD＝90°；
如图4，作P关于BH′的对称点P′，则PH′＝P′H′，过点P′作PK⊥AB交AB延长线于点K，
则△PBK是等腰直角三角形，
∴PH′+AN＝PH′+AH′＝P′H′+AH′≥AP′，即当A，H′，P′三点共线时，PH′+AN最小，最小值为AP′的长．
∵AB＝6，
∴BD＝6，
∵BD＝3BP，
∴BP＝BP′＝2，
∴PK＝BK＝2，
∴AK＝8，
∴AP′＝＝2，即PH′+AN的最小值为2．
故答案为：2．
模型二 K型全等模型（即：正方形中的“三垂定理”模型）
【知识点睛】
如图，已知正方形ABCD，过点B、D两点分别向过点C的直线作垂线，垂足分别为E、F，则有△BCE≌△CDF
【典题练习】
1．（2023秋 建邺区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为2，∠DAO＝60°，则点C的坐标为 （，1+） ．
【分析】过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，证明△AOD≌△DFC即可求出CE，CF，进而得到点C的坐标．
【解答】解：过点C作CE⊥x轴，CF⊥y轴，如图：
∵正方形ABCD的边长为2，∠DAO＝60°，
∴∠ADO＝30°，
∴AO＝1，DO＝，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝90°，
∴∠ADO＝∠DCF，
∴△AOD≌△DFC（AAS），
∴AO＝DF＝1，DO＝CF＝，
∴CE＝1+，
∴点C的坐标为：（，1+）．
故答案为：（，1+）．
2．（2024 渝中区校级开学）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18，则△CDE的面积为 2．
【分析】过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于H，由题意可证△ADG≌△DEH，即可得EH＝AG＝3．则可求△CDE的面积．
【解答】解：如图：过点E作EH⊥CD，交CD的延长线于H．
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18，
∴AD⊥CD，DG＝DE＝＝3，∠BAD＝90°，AD＝CD＝，
在Rt△ADG中，AG＝＝2，
∵∠ADG+∠GDH＝90°，∠DGH+∠EDH＝90°，
∴∠EDH＝∠ADG，且∠DAG＝∠H＝90°，DE＝DG，
∴△ADG≌△DEH，
∴EH＝AG＝2，
∴S△CDE＝×CD×EH＝＝2，
故答案为：2．
3．（2023秋 白银期末）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3，…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，…，则正方形A2024B2021C2024D2024的边长是 （）2023．
【分析】利用正方形的性质，结合含30度的直角三角形的性质以及勾股定理得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案．
【解答】解：∵∠B1C1O＝60°，∠B1C1D1＝90°，
∴∠D1C1E1＝30°，
∴D1E1＝C1D1＝，
∴B2E2＝，
∵B1C1∥B2C2，
∴∠B1C1O＝∠B2C2E2＝60°，
∴B2C2＝×2＝，
∴正方形A2B2C2D2的边长为，
同理可求正方形A3B3C3D3的边长为（）2＝，
∴正方形AnBn nDn的边长为（）n﹣1，
∴正方形A2024B2021C2024D2024的边长为（）2023，
故答案为：（）2023．
4．（2023春 句容市期末）如图，平面内直线l1∥l2∥l3∥l4，且相邻两条平行线间隔均为1，正方形ABCD四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为 5 ．
【分析】过C点作直线EF与平行线垂直，与l1交于点E，与l4交于点F．易证△CDE≌△CBF，得CF＝1，BF＝2．根据勾股定理可求BC2得正方形的面积．
【解答】解：过C点作EF⊥l2，交l1于E点，交l4于F点．
∵l1∥l2∥l3∥l4，EF⊥l2，
∴EF⊥l1，EF⊥l4，
即∠CED＝∠BFC＝90°．
∵ABCD为正方形，
∴∠BCD＝90°．
∴∠DCE+∠BCF＝90°．
又∵∠DCE+∠CDE＝90°，
∴∠CDE＝∠BCF．
在△CDE和△BCF中，
∴△CDE≌△BCF（AAS），
∴BF＝CE＝2．
∵CF＝1，
∴BC2＝12+22＝5，
即正方形ABCD的面积为5．
故答案为：5．
5．（2022 大庆三模）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，推出矩形DEFG为正方形；故①正确；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），得到AE＝CG，求得AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②错误；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，
∴矩形DEFG为正方形；故①正确；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∵∠DCF＝90°，
∴CG平分∠DCF，故③正确；
∴AC＝AE+CE＝CE+CG＝AD，故②错误；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
故选：A．
6．（2023秋 福田区校级期末）如图，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边向外侧作正方形AFGB，正方形BHLC，正方形ACDE，连接EF，GH，DL，再过A作AK⊥BC于K，延长KA交EF于点M．①S正方形AFGB+S正方形ACDE＝S正方形BHLG；②EM＝MF；③2AM＝BC；④当AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°时，S阴影部分＝20，其中正确的结论共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】①运用正方形性质和勾股定理即可判断结论①不正确；
②过点E作ER⊥AK于R，过点F作FT⊥AK于T，可证得△AER≌△CAK（AAS），△EMR≌△FMT（AAS），即可判断结论②正确；
③过点E作EJ∥AF交AM的延长线于J，可证得△MEJ≌△MFA（AAS），△AEJ≌△CAB（SAS），即可判断结论③正确；
④分别过点A、G、D作AP⊥BH于P，AK⊥BC于K，AN⊥CL于N，GQ⊥BH于Q，DM⊥CL于M，运用全等三角形的判定和性质可证得GQ＝BP＝AK，DM＝CN＝AK，再运用面积法可得AK＝＝＝，再利用S阴影部分＝S△AEF+S△BGH+S△CDL，即可判断结论④错误．
【解答】解：①由正方形的性质可得：S正方形AFGB+S正方形ACDE＝AB2+AC2，S正方形BHLC＝BC2，
∵∠BAC不一定是直角，
∴AB2+AC2＝BC2不一定成立，故结论①不正确；
②如图，过点E作ER⊥AK于R，过点F作FT⊥AK于T，
则∠ERA＝∠ATF＝90°，
∴∠EAR+∠AER＝90°，
∵四边形ACDE是正方形，
∴AC＝AE，∠CAE＝90°，
∴∠EAR+∠CAK＝90°，
∴∠AER＝∠CAK，
在△AER和△CAK中，
，
∴△AER≌△CAK（AAS），
∴ER＝AK，
同理可得：FT＝AK，
∴ER＝FT，
在△EMR和△FMT中，
，
∴△EMR≌△FMT（AAS），
∴EM＝MF，故结论②正确；
③如图，过点E作EJ∥AF交AM的延长线于J，
则∠AEJ+∠EAF＝180°，∠MEJ＝∠MFA，
在△MEJ和△MFA中，
，
∴△MEJ≌△MFA（AAS），
∴EJ＝AF＝AB，MJ＝MA，
∴AJ＝2AM，
∵∠BAF＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC+∠EAF＝180°，
∴∠AEJ＝∠BAC，
在△AEJ和△CAB中，
，
∴△AEJ≌△CAB（SAS），
∴AJ＝BC，
∴2AM＝BC，故结论③正确；
④∵AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°，
∴AC＝＝＝4，
如图，分别过点A、G、D作AP⊥BH于P，AK⊥BC于K，AN⊥CL于N，GQ⊥BH于Q，DM⊥CL于M，
同理可得GQ＝BP＝AK，DM＝CN＝AK，
∵BC AK＝AB AC，
∴AK＝＝＝，
∴S阴影部分＝S△AEF+S△BGH+S△CDL＝×3×4+×5×+×5×＝18，故结论④错误；
故选：B．
7．（2024 立山区模拟）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD所在直线上，连接AE，以AE为边，作正方形AEFG（点A，E，F，G按顺时针排列）．当正方形AEFG中的某一顶点落在直线BD上时（不与点D重合），则正方形AEFG的面积为 20或80 ．
【分析】分两种情况：当点F在直线BD上时，过点F作 FM⊥CD，交CD 的延长线于M，可得△DFM是等腰直角三角形，得出DM＝FM，再证得△AED≌△EFM（AAS），利用勾股定理可得：AE＝AD2+DE2＝42+22＝20，正方形的面积为 20；当点G在直线上BD时，过点G作GM⊥AD，交AD的延长线于M，同理可求得答案．
【解答】解：当点F在直线BD上时，过点F作FM⊥CD，交CD的延长线于M，B，
则∠M＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDC＝45°，∠ADE＝90°，
∴∠FDM＝∠BDC＝45°，∠AED+∠EAD＝90°，
∴△DFM是等腰直角三角形，
∴DM＝FM，
∵四边形AEFG是正方形，
∴EF＝AE，∠AEF＝90°，
∴∠AED+FEM＝90°，
∴∠EAD＝∠FEM，
在△AED和△EFM中，
，
∴△AED≌△EFM（AAS），
∴DE＝FM，AD＝EM，
∴DE＝DM＝FM，
∵DE+DM＝EM，
∵2DE＝AD＝4，
∴DE＝2，
在Rt△ADE中，
AE＝AD2+DE2＝42+22＝20，
∴正方形的面积为20．
当点G在直线上BD时，过点G作GM⊥AD，交AD 的延长线于M，如图，
同理可得：△AED≌△GAM（AAS），
∴GM＝AD＝4，AM＝DE，
∵∠ADB＝MDG＝45°，∠M＝90°，
∴△DGM是等腰直角三角形，
∴DM＝GM，
∴DM＝AD＝4，
∴AM＝8，
在Rt△AGM中，
AG2＝AM2+GM2＝82+42＝802，
∴正方形的面积为80．
综上，正方形AEFG的面积为20或80．
故答案为：20或80．
模型二 K型全等模型（即：正方形中的“三垂定理”模型）
【知识点睛】
【典题练习】
1．（2023 新乡一模）如图，在正方形ABCD中，点M，N为边BC和CD上的动点（不含端点），若AB＝，∠MAN＝45°，则△MNC的周长是（ ）
A． B．2 C．2 D．3
【分析】将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，根据正方形的性质、折叠的性质证明Rt△ABM≌Rt△ADE（HL），△EAN≌△MAN（SAS），根据全等三角形的性质推出△MNC的周长＝DC+BC，据此求解即可．
【解答】解：如图，将△ABM绕点A顺时针旋转90°得△ADE，
则∠EAN＝∠EAM﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°＝∠MAN，AE＝AM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ADC＝90°，
∴∠ADE＝90°，
在Rt△ABM和Rt△ADE中，
，
∴Rt△ABM≌Rt△ADE（HL），
∴BM＝DE，
在△EAN和△MAN中，
，
∴△EAN≌△MAN（SAS），
∴MN＝EN＝DE+DN＝BM+DN，
∴△MNC的周长为：
MC+NC+MN＝（MC+BM）+（NC+DN）＝DC+BC，
∵DC＝BC＝，
∴△MNC的周长为2，
故选：C．
2．（2023秋 武城县期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，已知AD＝6（正方形的四条边都相等，四个内角都是直角），DF＝2，则S△AEF＝（ ）
A．6 B．12 C．15 D．30
【分析】过点A作AH⊥AE，交CD的延长线于点H，由“ASA”可证△ADH≌△ABE，可得BE＝HD，AH＝AE，由“SAS”可证△AFH≌△AFE，可得EF＝HF，利用勾股定理可求BE的长，即可求解．
【解答】解：如图，过点A作AH⊥AE，交CD的延长线于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD＝BC＝6，∠BAD＝∠ADC＝90°，
∵AH⊥AE，
∴∠HAE＝∠BAD＝90°，
∴∠HAD＝∠BAE，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（ASA），
∴BE＝HD，AH＝AE，
∵∠EAF＝45°，
∴∠HAF＝∠EAF＝45°，
在△AFH和△AFE中，
，
∴△AFH≌△AFE（SAS），
∴EF＝HF，
∵DF＝2，
∴CF＝4，
∵EF2＝CE2+CF2，
∴（2+BE）2＝16+（6﹣BE）2，
∴BE＝3，
∴HF＝HD+DF＝5，
∵△AFH≌△AFE，
∴S△AEF＝S△AFH＝×HF×AD＝×5×6＝15，
故选：C．
3．（2023 增城区二模）在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF．
（1）如图1，若BE＝2，DF＝3，求EF的长度；
（2）如图2，连接BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N，若正方形ABCD的边长为6，BE＝2，求DF的长；
（3）判断线段BN、MN、DM三者之间的数量关系并证明你的结论．
【分析】（1）延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，先根据SAS证明△ABG≌△ADF，得到∠BAG＝∠DAF，BG＝DF，AG＝AF，于是可通过SAS证明△AEG≌△AEF，得到EG＝EF，则EF＝EG＝BG+BE＝DF+BE；
（2）设DF＝x，则CF＝6﹣x，由（1）可得EF＝DF+BE＝2+x，于是在Rt△CEF中，根据勾股定理列出方程，求解即可；
（3）延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，在AG上截取AH＝AM，连接HN，BH，易通过SAS证明△ABH≌△ADM，得到BH＝DM，∠ABH＝∠ADM＝45°，进而得出∠HBN＝90°，再通过SAS证明△AHN≌△AMN，得到NH＝MN，在Rt△BHN中，根据勾股定理得BN2+BH2＝NH2，再等量代换即可得到结论．
【解答】解：（1）如图，延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，
∵四边形ABCD为正方形，
∴DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，AB＝AD，
∴∠ABG＝90°，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴∠BAG＝∠DAF，BG＝DF，AG＝AF，
∵∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝∠BAG+∠BAE＝∠EAG＝45°，
∴∠EAF＝∠EAG，
在△AEG和△AEF中，
，
∴△AEG≌△AEF（SAS），
∴EG＝EF，
∵BE＝2，DF＝3，
∴EF＝EG＝BG+BE＝DF+BE＝5；
（2）∵四边形ABCD是边长为6的正方形，
∴BC＝CD＝6，
设DF＝x，则CF＝CD﹣DF＝6﹣x，
由（1）知，EF＝DF+BE，
∵BE＝2，
∴CE＝BC﹣BE＝4，EF＝2+x，
在Rt△CEF中，CE2+CF2＝EF2，
∴42+（6﹣x）2＝（2+x）2，
解得：x＝3，
∴DF＝3；
（3）BN2+DM2＝MN2，证明如下：
如图，延长CB至点G，使BG＝DF，连接AG，在AG上截取AH＝AM，连接HN，BH，
由（1）知，∠BAG＝∠DAF，∠EAG＝∠EAF＝45°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝AD，∠ADB＝∠ABD＝45°，
在△ABH和△ADM中，
，
∴△ABH≌△ADM（SAS），
∴BH＝DM，∠ABH＝∠ADM＝45°，
∴∠HBN＝∠ABH+∠ABN＝90°，
在△AHN和△AMN中，
，
∴△AHN≌△AMN（SAS），
∴NH＝MN，
在Rt△BHN中，BN2+BH2＝NH2，
∴BN2+DM2＝MN2．
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正方形中的常用模型专项探究
模型一 正方形的“十字架”模型
【知识点睛】
【典题练习】
1．（2023 余杭区校级模拟）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（ ）
A．2 B． C． D．
2．（2023秋 沙坪坝区校级期末）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在AD，AB上，满足DE＝AF，连接CE，DF，点P，Q分别是DF，CE的中点，连接PQ．若∠ADF＝α．则∠PQE可以用α表示为（ ）
A．α B．45°﹣α C． D．3α﹣45°
3．（2023 鄞州区模拟）如图，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，BF⊥CE于点G，若已知下列三角形面积，则可求阴影部分面积和的是（ ）
A．S△BAF B．S△BCF C．S△BCG D．S△FCG
4．（2023 双峰县三模）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，AB的中点，连接AE，DF交于点O，将△ABE沿AE翻折，得到△AGE，延长EG交AD的延长线于点H，连接CG．有以下结论：
①AE⊥DF；
②AH＝EH；
③CG∥AE；
④S四边形BEOF：S△AOF＝4．
其中正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
5．（2023秋 惠山区期末）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，点E、F分别为AB、BC上的动点，且AE＝BF，AF与DE交于点O，点P为EF的中点．
（1）若AE＝1，则EF的长＝；
（2）在整个运动过程中，OP长的最小值为 ．
6．（2023 越秀区校级自主招生）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别是BC，CD上的点，AE与BF相交于点G，连接AC交BF于点H．若CE＝DF，BG＝GH，AB＝2，则△CFH的面积为 ．
7．（2023 拱墅区二模）如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AB、BC上的两点，且BE＝CF，连结AF、DE交于点G．
（1）试判断AF与DE的数量关系与位置关系，并说明理由．
（2）若AB＝2，点E是AB的中点．
①求线段AG的长；
②连结BG，求证：BG平分∠EGF．
8．（2023春 淮安期末）问题情境：苏科版八年级下册数学教材第94页第19题第（1）题是这样一个问题：
如图1，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且AE⊥BF，垂足为M．那么AE与BF相等吗？
（1）直接判断：AE BF（填“＝”或“≠”）；
在“问题情境”的基础上，继续探索：
问题探究：
（2）如图2，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在边BC、CD和DA上，且GE⊥BF，垂足为M．那么GE与BF相等吗？证明你的结论；
问题拓展：
（3）如图3，点E在边CD上，且MN⊥AE，垂足为H，当H在正方形ABCD的对角线BD上时，连接AN，将△AHN沿着AN翻折，点H落在点H′处．
①四边形AHNH′是正方形吗？请说明理由；
②若AB＝6，点P在BD上，BD＝3BP，直接写出PH′+AN的最小值为 ．
模型二 K型全等模型（即：正方形中的“三垂定理”模型）
【知识点睛】
如图，已知正方形ABCD，过点B、D两点分别向过点C的直线作垂线，垂足分别为E、F，则有△BCE≌△CDF
【典题练习】
1．（2023秋 建邺区期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边长为2，∠DAO＝60°，则点C的坐标为 ．
2．（2024 渝中区校级开学）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和18，则△CDE的面积为 ．
3．（2023秋 白银期末）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点B1在y轴上，顶点C1，E1，E2，C2，E3，E4，C3，…在x轴上，已知正方形A1B1C1D1的边长为1，∠B1C1O＝60°，B1C1∥B2C2∥B3C3，…，则正方形A2024B2021C2024D2024的边长是 ．
4．（2023春 句容市期末）如图，平面内直线l1∥l2∥l3∥l4，且相邻两条平行线间隔均为1，正方形ABCD四个顶点分别在四条平行线上，则正方形的面积为 ．
5．（2022 大庆三模）如图，已知四边形ABCD为正方形AB＝2，点E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：①矩形DEFG是正方形；②2CE+CG＝AD；③CG平分∠DCF；④CE＝CF．其中正确的结论有（ ）
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①②③④
6．（2023秋 福田区校级期末）如图，分别以△ABC的三边AB，BC，AC为边向外侧作正方形AFGB，正方形BHLC，正方形ACDE，连接EF，GH，DL，再过A作AK⊥BC于K，延长KA交EF于点M．①S正方形AFGB+S正方形ACDE＝S正方形BHLG；②EM＝MF；③2AM＝BC；④当AB＝3，BC＝5，∠BAC＝90°时，S阴影部分＝20，其中正确的结论共有（ ）个．
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（2024 立山区模拟）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，点E在边CD所在直线上，连接AE，以AE为边，作正方形AEFG（点A，E，F，G按顺时针排列）．当正方形AEFG中的某一顶点落在直线BD上时（不与点D重合），则正方形AEFG的面积为 ．
模型二 K型全等模型（即：正方形中的“三垂定理”模型）
【知识点睛】
【典题练习】
1．（2023 新乡一模）如图，在正方形ABCD中，点M，N为边BC和CD上的动点（不含端点），若AB＝，∠MAN＝45°，则△MNC的周长是（ ）
A． B．2 C．2 D．3
2．（2023秋 武城县期末）如图，点E、F分别在正方形ABCD的边BC、CD上，∠EAF＝45°，已知AD＝6（正方形的四条边都相等，四个内角都是直角），DF＝2，则S△AEF＝（ ）
A．6 B．12 C．15 D．30
3．（2023 增城区二模）在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝45°，连接EF．
（1）如图1，若BE＝2，DF＝3，求EF的长度；
（2）如图2，连接BD，BD与AF、AE分别相交于点M、N，若正方形ABCD的边长为6，BE＝2，求DF的长；
（3）判断线段BN、MN、DM三者之间的数量关系并证明你的结论．
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