1.3正方形的性质与判定（分层练习，12大题型提分练）-【上好课】2024-2025学年九年级数学上册同步精品课堂（北师大版）

1.3正方形的性质与判定（十二大题型提分练） 题型一、正方形的性质与判定的理解 1．（2024·河南安阳·一模）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．邻边相等 2．（2024·四川成都·一模）若M表示平行四边形，N表示矩形，P表示菱形，Q表示正方形，它们之间的关系用下列图形来表示，正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知下列四个命题：其中真命题的个数是（    ） （1）对角线互相垂直平分的四边形是正方形； （2）对角线垂直相等的四边形是菱形； （3）对角线相等且互相平分的四边形是矩形； （4）四边都相等的四边形是正方形． A．1 B．2 C．3 D．0 题型二、根据正方形的性质求角度 4．（23-24九年级·广西南宁·期中）如图，在正方形外侧，作等边，则为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西宝鸡·一模）如图，正方形的边上有一点E，连接交对角线于点F，连接． 若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 6．（23-24九年级下·重庆·期中）如图，正方形中，点E、F、G、H分别为边、、、上的点，连接、、，若，，．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 题型三、根据正方形的性质求线段长 7．（2024九年级下·北京·专题练习）如图，在正方形中，是对角线，的交点．过点作，分别交，于点，．若，，则（    ） A． B． C． D． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，正方形的边长为4，菱形的边长为3，则菱形对角线的长为（    ）    A． B． C．2 D．1 9．（23-24九年级下·广东惠州·阶段练习）已知：是正方形对角线上一点，，，、分别为垂足， (1)求证． (2)若，，求的长． 题型四、根据正方形的性质求面积 10．（22-23九年级下·重庆北碚·阶段练习）如图，正方形的对角线、相交于点，平分交于点过点作，交于点，若四边形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 11．（23-24九年级·广西玉林·期中）如图，正方形的边长为，点E在边上，四边形也为正方形，的面积为S，则（    ） A． B． C． D．S与的长度有关 12．（23-24九年级上·安徽淮南·阶段练习）如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边始终在正方形外），则在旋转过程中．与正方形重叠部分（阴影部分）的面积是否发生变化，并说明理由． 题型五、正方形与折叠问题 13．（23-24九年级·辽宁葫芦岛·期中）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段长是（    ） A． B． C． D． 14．（23-24九年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，将一边长为15的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 15．（23-24九年级·山西大同·期中）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动．    动手操作： 第一步：如图，四边形是正方形纸片，将该纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平，如图； 第二步：沿直线折叠，使点落在处，设交于点．如图； 第三步：延长交于点，连接交于点，如图． 解决问题： (1)线段与的数量关系是__________； (2)若正方形的边长为． （）求的长； （）求的值． 题型六、正方形性质的有关计算与证明 16．（23-24九年级·广东茂名·阶段练习）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度；并求的长度； (2)与的位置关系如何？并证明． 17．（2024·江苏盐城·三模）如图，正方形的直角顶点O为正方形的中心，O、C、E三点和O、D、G三点分别都在同一直线上，现将正方形绕点O逆时针旋转角，连接、． (1)求证：； (2)若，求的度数． 18．（23-24九年级·北京西城·期中）点在正方形的边上（不与点，重合），点关于直线的对称点为，作射线交交于点，连接． (1)求证：； (2)过点作交射线于点． ①求的度数； ②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 题型七 、添加一个条件使四边形是正方形 19．（23-24九年级·广东汕尾·期中）如图，在中，，的平分线交于D，过点B作交的外角平分线于E． (1)求证：四边形是矩形； (2)直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形． 20．（2024九年级·江苏·专题练习）如图，在中，，点、分别是线段、的中点，过点作，交的延长线于点，连接．    (1)求证：； (2)求证：四边形是矩形； (3)当再具备条件 ___________时，四边形是正方形． 题型八、根据正方形的性质与判定求角度 21．（22-23九年级上·天津和平·期中）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 22．（19-20九年级上·河南郑州·阶段练习）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，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 题型九、根据正方形的性质与判定求线段长 23．（21-22九年级·湖北襄阳·期末）如图，已知中，，点D为边BC上一动点，四边形是正方形，连接GC，正方形对角线AE交BC于点F， (1)判断BD与CG的数量关系，并证明； (2)求证：； (3)若，求AE的值． 24．（2024·甘肃平凉·二模）【问题探究】 如图，在中，点O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与，的外角的平分线交于点E、F，连接，． （1）求证：； （2）如图2，点O是的中点，判断与的数量关系，与的位置关系，并说明理由； 【问题拓展】 （3）在（2）的条件下，若，，，求四边形的周长． 题型十、根据正方形的性质与判定求面积 25．（2023·甘肃白银·一模）模型探究：（1）如图1，在四边形中，，，于点E，若，求四边形的面积． 拓展应用：（2）如图2，在四边形ABCD中，，，于点E，若，，，求四边形的面积．    26．（23-24九年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 题型十一、正方形的有关性质与判定综合问题 27．（23-24九年级·广西南宁·期中）问题解决：如图1，在矩形中，点，分别在，上，，于点．    （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 类比迁移： （3）如图2，在菱形中，点，分别在，边上，与相交于点，，，，，求的长． 28．（2024·福建厦门·二模）在等腰中，，，点，分别在边，上（不同时在点），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，探究与的位置关系．    问题探究 (1)先将问题特殊化，如图，点，分别与点，重合，直接写出与的位置关系： (2)再探讨一般情形，如图，证明（）中的结论仍然成立． 问题拓展 (3)如图，若为的中点，点是点关于直线的对称点，若点，，在一条直线上，求的值． 题型十二、正方形有关新定义问题 29．（23-24九年级·北京大兴·期中）我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形． (1)下列图形：①有一个内角为的平行四边形；②矩形；③菱形； ④直角梯形，其中对角直角四边形是 （只填序号）； (2)如图，菱形的对角线，相交于点，在菱形的外部以为斜边作等腰直角，连接． ①求证：四边形是对角直角四边形； ②若点到的距离是2，求四边形的面积． 30．（2024九年级·浙江·专题练习）【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”． （1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长； 【拓展思考】 （3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积． 1．（2024九年级下·全国·专题练习）如图所示，E是正方形的对角线上一点，，垂足分别是F、G，若，则的长是（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 2．（2024·河北邯郸·模拟预测）八年级的数学学习中，有如下问题：如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，．请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？ 嘉嘉说：添加； 淇淇说：添加； 请判断以下结论，(    )是正确的． A．嘉嘉说的对 B．淇淇说的对 C．嘉嘉和淇淇合在一起才对 D．无法判断 3．（2024·重庆沙坪坝·一模）如图，已知正方形的边长为1，点为边上一点，连接，作的平分线交于点，若为的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 4．（2024九年级·浙江·专题练习）如图正方形的边长为，是对角线上的点，连结，过点作交线段于点．当时，的长为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24九年级·广东江门·期末）如图，点，，在同一条直线上，正方形、正方形的边长分别为，，为线段的中点，则的长为 6．（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，动点E、F分别在正方形的边、上，，过点作，垂足为，连接，若，则线段长的最小值为    7．（2024·江苏南通·二模）如图，已知正方形的对角线交于，是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是 ． 8．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）在正方形中，，交于点O，点E在射线上，过点O作，交射线于点F，连接．若，则的长为 ． 9．（2024·云南·模拟预测）如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．    (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 10．（2024·江苏扬州·二模）定义：两组邻边对应相等的四边形为“筝形”．如图①．在四边形中，，，那么四边形就是筝形． (1)在①平行四边形：②矩形：③菱形；④正方形中，“筝形”是______（填序号）； (2)如图①，连接，，请判断并证明对角线与的位置关系； (3)如图②，在筝形中，，，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形中找一点，连接、，使折线将筝形的面积等分（保留作图痕迹，不写作法）． 11．（23-24九年级·安徽池州·阶段练习）如图，在正方形中，点分别在边上，是等边三角形，连接交于点． (1)求证：． (2)①______； ②求证：． (3)求证：． 12．（23-24九年级·北京·期中）在中，，，点D为射线上一动点（不与点B、C重合），点B关于直线的对称点为E，作射线，过点C作的平行线，与射线交于点F．连接 (1)如图1，当点E恰好在线段上时，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当点D在线段的延长线上时， ①依题意补全图形； ②用等式表示和的数量关系，并证明． ( 15 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1.3正方形的性质与判定（十二大题型提分练） 题型一、正方形的性质与判定的理解 1．（2024·河南安阳·一模）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．邻边相等 【答案】B 【分析】本题考查正方形和菱形的性质，根据对角线相等的菱形是正方形即可得出结果． 【详解】解：∵对角线相等的菱形是正方形， ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等； 故选B． 2．（2024·四川成都·一模）若M表示平行四边形，N表示矩形，P表示菱形，Q表示正方形，它们之间的关系用下列图形来表示，正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 本题考查的是正方形、平行四边形、菱形和矩形的定义，熟练掌握这些多边形的定义与性质是解答此题的关键．根据正方形、平行四边形、菱形和矩形的定义进行解答即可． 【详解】 解：∵四个边都相等的矩形是正方形，有一个角是直角的菱形是正方形， ∴正方形应是N的一部分，也是P的一部分， ∵矩形、正方形、菱形都属于平行四边形， ∴它们之间的关系如图： ． 故选：D． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）已知下列四个命题：其中真命题的个数是（    ） （1）对角线互相垂直平分的四边形是正方形； （2）对角线垂直相等的四边形是菱形； （3）对角线相等且互相平分的四边形是矩形； （4）四边都相等的四边形是正方形． A．1 B．2 C．3 D．0 【答案】A 【分析】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形的判定定理、矩形的判定定理、菱形的判定定理． 根据正方形、菱形、矩形的判定分别判断得出即可． 【详解】（1）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，故原命题是假命题； （2）对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原命题是假命题； （3）对角线相等且互相平分的四边形是矩形，故原命题是真命题； （4）四边都相等的四边形是菱形，故原命题是假命题； 故选：A． 题型二、根据正方形的性质求角度 4．（23-24九年级·广西南宁·期中）如图，在正方形外侧，作等边，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等，先根据已知条件推出是等腰三角形，再根据等边对等角及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：在正方形外侧，作等边， ，，， ， ， ， 故选C． 5．（2024·陕西宝鸡·一模）如图，正方形的边上有一点E，连接交对角线于点F，连接． 若，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形内外角关系，根据正方形的性质得到，，结合得到，结合三角形内角和定理及即可得到答案； 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 6．（23-24九年级下·重庆·期中）如图，正方形中，点E、F、G、H分别为边、、、上的点，连接、、，若，，．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，如图，过作，证明，可得，再进一步可得答案． 【详解】解：∵正方形， ∴，， 如图，过作， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选C 题型三、根据正方形的性质求线段长 7．（2024九年级下·北京·专题练习）如图，在正方形中，是对角线，的交点．过点作，分别交，于点，．若，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，证明，得到，继而得到，最后在中，利用勾股定理可得的值．掌握正方形的性质及勾股定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，，， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴． 故选：B． 8．（2024·陕西西安·模拟预测）如图，正方形的边长为4，菱形的边长为3，则菱形对角线的长为（    ）    A． B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】此题考查了正方形和菱形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质， 连接，首先证明出和共线，然后求出，然后利用勾股定理求出，进而利用菱形的性质求解即可． 【详解】如图所示，连接，    ∵四边形是菱形 ∴，且平分 ∵四边形是正方形 ∴，且平分 ∴和共线 ∴是等腰直角三角形 ∵正方形的边长为4， ∴ ∴ ∵菱形的边长为3， ∴ ∴ ∴． 故选：C． 9．（23-24九年级下·广东惠州·阶段练习）已知：是正方形对角线上一点，，，、分别为垂足， (1)求证． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见详解 (2)2 【分析】本题考查的是正方形的性质，涉及到勾股定理，全等三角形的性质和判定等知识点，能证出是解此题的关键． （1）连接，证四边形是矩形，求出，证，推出即可； （2）先根据得出，，由等腰直角三角形的性质，求出的长度，再根据矩形性质及直角三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：连接， 是正方形， ，， ，， 四边形是矩形， ， 在和中， ， ， ， ， ． （2）解：由（1）知， ， ， 四边形是正方形，是对角线， ， ， ， ， ， ， 由（1）知， ． 题型四、根据正方形的性质求面积 10．（22-23九年级下·重庆北碚·阶段练习）如图，正方形的对角线、相交于点，平分交于点过点作，交于点，若四边形的面积为，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由“”可证，可得，由面积公式可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 平分， ， ，， ， ， ， ， ， ， 四边形的面积为， ， ， 故选：． 11．（23-24九年级·广西玉林·期中）如图，正方形的边长为，点E在边上，四边形也为正方形，的面积为S，则（    ） A． B． C． D．S与的长度有关 【答案】C 【分析】此题考查了整式的混合运算，阴影部分面积正方形面积正方形面积三角形面积三角形面积三角形面积， 求出即可 ． 【详解】解： 设正方形的边长为， 根据题意得：． 故选：C． 12．（23-24九年级上·安徽淮南·阶段练习）如图，点F为正方形对角线的中点，将以点F为直角顶点的直角绕点F旋转（的边始终在正方形外），则在旋转过程中．与正方形重叠部分（阴影部分）的面积是否发生变化，并说明理由． 【答案】重叠部分（阴影部分）的面积不发生变化，理由见解析． 【分析】如图，连接，由点F是的中点，然后结合正方形的性质得到、、，进而结合得到，从而得证，再由全等三角形的性质得到重叠部分四边形的面积与的面积相等，最后由正方形的边长求得结果． 【详解】解：重叠部分（阴影部分）的面积不发生变化，理由如下： 如图，连接， ∵点F是的中点，四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴（ASA）， ∴， ∴， 设正方形的边长为a， ∴， ∴， ∴， ∴重叠部分四边形的面积为即是重叠部分（阴影部分）的面积不发生变化． 【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形全等的性质、三角形面积、解题的关键是熟知正方形的性质、三角形全等的性质、三角形面积的知识并会应用． 题型五、正方形与折叠问题 13．（23-24九年级·辽宁葫芦岛·期中）如图，将边长为的正方形折叠，使点落在边的中点处，点落在处，折痕为，则线段长是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的折叠问题，由折叠前后对应边相等可得，设，则，用勾股定理解即可． 【详解】解：正方形边长为，为边的中点， ，，， 由折叠知， 设，则， 在中，由勾股定理得， ， 解得， ， 故选C． 14．（23-24九年级·黑龙江哈尔滨·期中）如图，将一边长为15的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．15 B．16 C．17 D．18 【答案】C 【分析】先过点作于点，利用三角形全等的判定得到，从而求出． 【详解】解：过点作于点， 由折叠得到， ， 又， ， ， ， 则，， ． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，平行线的性质等知识，解题过程中应注意折叠是一种对称变换，它属于轴对称，根据轴对称的性质，折叠前后图形的形状和大小不变，如本题中折叠前后角相等． 15．（23-24九年级·山西大同·期中）问题情境： 在综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题展开数学活动．    动手操作： 第一步：如图，四边形是正方形纸片，将该纸片对折，使与重合，折痕为，展开铺平，如图； 第二步：沿直线折叠，使点落在处，设交于点．如图； 第三步：延长交于点，连接交于点，如图． 解决问题： (1)线段与的数量关系是__________； (2)若正方形的边长为． （）求的长； （）求的值． 【答案】(1)； (2)（）；（）． 【分析】（）根据正方形的性质可得，，再根据折叠性质可得，，证明即可； （）（）由折叠性质可知，，，正方形的性质得，，，再由勾股定理即可求解； （）连接，由折叠的性质可知，垂直平分，则，，，再证是的中位线得，最后由折叠性质和勾股定理即可求解． 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠性质可知，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）（）由折叠性质可知，，， 由（）知， ∵正方形的边长为， ∴，，， 在中，， 即， 解得； （）连接，如图，      由折叠的性质可知，垂直平分， ∴，，， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 由折叠性质可知，，， ∴， ∴， ∴ 在中，， ∴，解得， ∴ ，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，中位线性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 题型六、正方形性质的有关计算与证明 16．（23-24九年级·广东茂名·阶段练习）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度；并求的长度； (2)与的位置关系如何？并证明． 【答案】(1)旋转中心为点，旋转角为； (2)，证明见解析 【分析】本题考查旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点旋转中心；②旋转方向；③旋转角度． （1）根据旋转的性质，点为旋转中心，对应边、的夹角为旋转角；根据旋转的性质可得，，然后根据计算即可得解； （2）根据旋转可得和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后求出，判断出． 【详解】（1）旋转中心为点，旋转角为； 按顺时针方向旋转一定角度后得到， ，， ； （2）、的位置关系为：．理由如下： 按顺时针方向旋转一定角度后得到， ， ，， ， ， ， 、的位置关系为：． 17．（2024·江苏盐城·三模）如图，正方形的直角顶点O为正方形的中心，O、C、E三点和O、D、G三点分别都在同一直线上，现将正方形绕点O逆时针旋转角，连接、． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)的度数为 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质．熟练掌握全等三角形的判定方法是解题的关键． （1）利用边角边证明即可得出结论； （2）先求出，再由（1）可知，从而证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 18．（23-24九年级·北京西城·期中）点在正方形的边上（不与点，重合），点关于直线的对称点为，作射线交交于点，连接． (1)求证：； (2)过点作交射线于点． ①求的度数； ②用等式表示线段与之间的数量关系，并证明． 【答案】(1)证明见解析； (2)；，理由见解析． 【分析】（）由四边形是正方形,得，再利用等角的余角相等证明即可； （）连接，证明，再根据等边对等角和四边形的内角和求出，可得结论； 过点作于点，证明，推出，再证明 ，，可得结论． 【详解】（1）∵四边形是正方形, ∴，即， ∵，关于对称， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）连接， ∵，关于对称， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ，理由： 过点作于点，    ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，关于对称， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，轴对称变换，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，同角的等角相等等知识，解题的关键是熟练掌握知识点的应用． 题型七 、添加一个条件使四边形是正方形 19．（23-24九年级·广东汕尾·期中）如图，在中，，的平分线交于D，过点B作交的外角平分线于E． (1)求证：四边形是矩形； (2)直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，四边形是正方形．理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的判定，矩形的判定，三线合一： （1）先根据平分，得，然后根据是的外角平分线，可求出，再根据平行线的性质得到得到，即可证明四边形ADBE为矩形； （2）根据矩形的性质可知当时，则°，利用等腰三角形的性质定理可知对应边，再运用邻边相等的矩形是正方形，问题得证． 【详解】（1）证明：∵，平分， ∴，， ∵是的外角平分线， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：当时，四边形是正方形．理由如下： ∵，平分，， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴矩形为正方形． 20．（2024九年级·江苏·专题练习）如图，在中，，点、分别是线段、的中点，过点作，交的延长线于点，连接．    (1)求证：； (2)求证：四边形是矩形； (3)当再具备条件 ___________时，四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 (3) 【分析】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握正方形的判定． （1）根据，可得，利用即可证明结论； （2）根据等腰三角形三线合一可得，，然后证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可解决问题； （3）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解决问题． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：，是线段的中点， ，， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形； （3）解：当，四边形是正方形，理由如下： ，，是线段的中点， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形． 故答案为：． 题型八、根据正方形的性质与判定求角度 21．（22-23九年级上·天津和平·期中）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可； （2）结论：．证明，即可解决问题； （3）连接，过点B作交的延长线于H，作于T，证明，得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，求出，再求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵是由旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴平分． （2）解：结论：． 由旋转的性质可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接，过点B作交的延长线于H，作于T， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 22．（19-20九年级上·河南郑州·阶段练习）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，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)或 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题． （3）分两种情形结合正方形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：如下图所示： 作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°， ∴∠QEF＝∠PED， 在Rt△EQF和Rt△EPD中， ， ∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2： 在Rt△ABC中AC＝AB＝， ∵EC＝2， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形， ∴； （3）①如图3： 当DE与AD的夹角为40°时， ∠DEC＝45°+40°＝85°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠CEF＝5°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠EFC＝130°， ②如图4： 当DE与DC的夹角为40°时， ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴∠EFC＝∠EDC＝40°， 综上所述，∠EFC＝130°或40°． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键. 题型九、根据正方形的性质与判定求线段长 23．（21-22九年级·湖北襄阳·期末）如图，已知中，，点D为边BC上一动点，四边形是正方形，连接GC，正方形对角线AE交BC于点F， (1)判断BD与CG的数量关系，并证明； (2)求证：； (3)若，求AE的值． 【答案】(1)，证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）证明即可求解； （2）连接DG，证明，结合（1）的结论即可求解； （3）连接DG，勾股定理求得的长，继而求得的长，由（1）知，由（2）知，在中，勾股定理可得的长，由四边形是正方形，即可求解． 【详解】（1）解： 证明：∵四边形是正方形，∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴． ∴ （2）证明：如图，连接GF，∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴ ∴在中，， ∴ （3）连接DG， ∵， ∴在中， ， ∵，∴， 由（1）知， 由（2）知，在中，， ∵四边形是正方形， ∴， 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，旋转模型全等三角形的性质与判定，掌握正方形的性质以及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 24．（2024·甘肃平凉·二模）【问题探究】 如图，在中，点O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与，的外角的平分线交于点E、F，连接，． （1）求证：； （2）如图2，点O是的中点，判断与的数量关系，与的位置关系，并说明理由； 【问题拓展】 （3）在（2）的条件下，若，，，求四边形的周长． 【答案】（1）见解析；（2），，理由见解析；（3）16 【分析】（1）根据角平分线的定义和平行线的性质可得，由等腰三角形的判定可得，同理可证，进而可证； （2）先证四边形是平行四边形，进而可证四边形是矩形，即可得到答案； （3）由勾股定理可得，再证四边形是正方形，根据勾股定理可得正方形边长，进而可求四边形周长； 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， 同理， ； （2）解：，， 理由：是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， 平分，平分， ， 四边形是矩形， ，； （3）解：，，， ， ，， ， 由（2）知四边形是矩形， 四边形是正方形， ， ， 四边形的周长； 【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质． 题型十、根据正方形的性质与判定求面积 25．（2023·甘肃白银·一模）模型探究：（1）如图1，在四边形中，，，于点E，若，求四边形的面积． 拓展应用：（2）如图2，在四边形ABCD中，，，于点E，若，，，求四边形的面积．    【答案】（1）；（2） 【分析】（1）过作，交的延长线于，求出四边形是矩形，根据矩形的性质得出，求出，根据得出，根据全等得出，，求出，求出，代入求出即可； （2）过作，交的延长线于，求出，根据推出，根据全等得出，，设，由勾股定理得出，推出，求出 ，求出， ，代入计算即可． 【详解】解：如图1，过作，交的延长线于，    ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中， ， ，， .四边形是矩形， 四边形是正方形， （2）如图2，过作，交的延长线于，，    ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ，， 设，，， ，， 由勾股定理得；， ， ，即， 解得：， ， ， ， ， 故答案为：． 【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． 26．（23-24九年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 【答案】【问题一】；【问题二】；【问题三】证明见解析 【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等． 问题一：证明，即可得到结论； 问题二：连接，由正方形的性质可得，，由（1）中结论可得，等量代换即可得到； 问题三：先证明四边形是菱形，再证明，即可得证． 【详解】问题一： ， 证明如下：在 和 中， 因为 ， 且 ， 所以 ，又因为 ， ， 所以 ，所以 ； 问题二： 如图，连接， 因为点O是正方形的中心，所以， 又由问题一可知，，所以， 所以； 问题三：四边形是正方形， 证明如下：由问题一知，，所以， 所以由勾股定理知，所以四边形是菱形， 又因为在和中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以， 所以，所以，所以四边形是正方形． 题型十一、正方形的有关性质与判定综合问题 27．（23-24九年级·广西南宁·期中）问题解决：如图1，在矩形中，点，分别在，上，，于点．    （1）求证：四边形是正方形； （2）延长到点，使得，连接，判断的形状，并说明理由． 类比迁移： （3）如图2，在菱形中，点，分别在，边上，与相交于点，，，，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2）为等腰三角形，理由见解析；（3）的长为 【分析】（1）根据矩形性质，得到，证明，得到从而得出结论； （2）先证明，得到，再证明得到，即可得出结论； （3）延长至H，使，连，通过菱形性质证明，得到是等边三角形，过D作于M，通过勾股定理即可得出结果． 【详解】证明：四边形是矩形， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形； （2）结论：是等腰三角形， 理由：四边形是正方形， ， ， ， ,， ， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形； （3）如图，延长至H，使，连，   四边形是菱形， ，， ， 在和中， ，，， ， ，， 又， ， ， 是等边三角形， ， 过D作于M， 则， 在中， 在中,， ， 即的长为． 【点睛】本题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，菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定，等边三角形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，熟练掌握相关性质定理是解题关键． 28．（2024·福建厦门·二模）在等腰中，，，点，分别在边，上（不同时在点），连接，将线段绕点顺时针旋转，得到线段，连接，探究与的位置关系．    问题探究 (1)先将问题特殊化，如图，点，分别与点，重合，直接写出与的位置关系： (2)再探讨一般情形，如图，证明（）中的结论仍然成立． 问题拓展 (3)如图，若为的中点，点是点关于直线的对称点，若点，，在一条直线上，求的值． 【答案】(1)，理由见解析； (2)证明见解析； (3)． 【分析】（）先证，再证，则四边形是平行四边形，即可得出结论； （）过作交的延长线于点，证得 则，即可得出结论； （）连接，过作于点，延长交于点，证四边形是正方形，得，，，再证 ，得，然后证是等腰直角三角形，得，进而得，即可解决问题． 【详解】（1）， 理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴； （2）证明：如图，    过作交的延长线于点，则， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， 由旋转的性质得： ， ， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图， 连接，过作于点，延长交于点，    则， 由（）可知，， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点是点关于直线的对称点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴平行四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、正方形的判定与性质、轴对称的性质、平行线的判定与性质等知识，熟练掌握旋转的性质和平行四边形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 题型十二、正方形有关新定义问题 29．（23-24九年级·北京大兴·期中）我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形． (1)下列图形：①有一个内角为的平行四边形；②矩形；③菱形； ④直角梯形，其中对角直角四边形是 （只填序号）； (2)如图，菱形的对角线，相交于点，在菱形的外部以为斜边作等腰直角，连接． ①求证：四边形是对角直角四边形； ②若点到的距离是2，求四边形的面积． 【答案】(1)② (2)①见解析；②4． 【分析】（1）根据对角直角四边形的定义逐个判断即可； （2）①根据菱形的性质得到，即，根据等腰直角三角形的性质可得，进而得到，然后根据对角直角四边形的定义即可证明结论；②如图：过N作于H，于G，证明四边形是矩形可得，进而证明，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，最后四边形的面积=正方形的面积． 【详解】（1）解：①有一个内角为45°的平行四边形，没有的内角，不是对角直角四边形；②矩形的对角为，是对角直角四边形；③菱形的对角不一定为，不是对角直角四边形；④直角梯形，的邻角为，但对角不一定为，不是对角直角四边形． 故答案为：②． （2）①证明:∵.四边形是菱形， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是对角直角四边形； ②如图：过N作于H，于G， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积=正方形的面积. 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、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等知识点，正确地找出辅助线是解题的关键． 30．（2024九年级·浙江·专题练习）【新知学习】 定义：一组邻边相等，另一组邻边也相等的凸四边形叫做“筝形”．如在凸四边形中，若，，则四边形是“筝形”． （1）如图1，在边长为1的正方形网格中，画出“筝形”，要求点是格点； 【问题探究】 （2）如图2，在矩形中，，，“筝形”的顶点是的中点，点，，分别在，，上，且，求对角线的长； 【拓展思考】 （3）如图3，在“筝形”中，，，，、分别是、上的点，平分，，，求“筝形”的面积． 【答案】（1）图见解析；（2）的长是12或；（3）72 【分析】（1）根据“筝形”的定义，结合网格性质画图即可； （2）分，两种情况，画出图形，分别求解； （3）过A作，证明，得到，，再证明，从而说明四边形是正方形，设，表示出相应边，在中，利用勾股定理列出方程，求出，再计算面积． 【详解】解：（1）如图1，点D是所求作的点， 由勾股定理得， ， ， 由图可得， ∴，， ∴四边形是“筝形”； （2）如图，当时，    ∵是中点， ∴， ∵，，， ∴， ∴，又，， ∴四边形为矩形． ∴． ∵，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴． 如图，，， 过点G作于点M， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点E是的中点，， ∴，， 在中，，， 由勾股定理得， ∵， ∴， 在中，，， 由勾股定理得， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得： ； 综上所述，或． （3）如图，过A作， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴，． 又，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，    设，则， ，， 在中，， 即， 解得． ∴，，， ∴ ． 【点睛】本题是四边形综合题，正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，垂直平分线的判定等知识，有一定综合性和拓展性，通过新图形“筝形”关联所学知识点，能够更好地体现知识点的应用． 1．（2024九年级下·全国·专题练习）如图所示，E是正方形的对角线上一点，，垂足分别是F、G，若，则的长是（    ） A．3 B．4 C．5 D．7 【答案】C 【分析】如图，连接，证明，则，证明四边形是矩形，则，由勾股定理得，，进而可求． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 2．（2024·河北邯郸·模拟预测）八年级的数学学习中，有如下问题：如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，．请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？ 嘉嘉说：添加； 淇淇说：添加； 请判断以下结论，(    )是正确的． A．嘉嘉说的对 B．淇淇说的对 C．嘉嘉和淇淇合在一起才对 D．无法判断 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，由平行四边形的性质得出，，结合作图可得，，得出四边形为平行四边形，进而根据正方形的判定定理，即可求解． 【详解】四边形为平行四边形， ，， 以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点， ，， 四边形为平行四边形； 当，时，四边形为正方形． ， ， ，，， ， 四边形为平行四边形， 四边形为正方形． 故选：C． 3．（2024·重庆沙坪坝·一模）如图，已知正方形的边长为1，点为边上一点，连接，作的平分线交于点，若为的中点，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，勾股定理．过点作，连接，证明，，得出，，设，则，，再利用勾股定理即可解答． 【详解】解：过点作，连接， 为中点， ， 四边形是正方形， ， 是角平分线， ， ， ， 同理可得， ， 设，则，， ， 解得， ． 故选：C． 4．（2024九年级·浙江·专题练习）如图正方形的边长为，是对角线上的点，连结，过点作交线段于点．当时，的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作于，交于，根据正方形的性质得，，再判断为等腰直角三角形得到，接着利用等角的余角相等得到，于是可证明，所以，设，则，，在中用勾股定理即可算出．本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，作出辅助线构造是本题的关键． 【详解】解：过作于，交于，如图， 四边形为正方形， ，， ， 为等腰直角三角形， ， 而， ， ， ， 而， ， 在和中， ， ， 正方形的边长为，， ， 设，则，， ， ， ． 故选：C． 5．（23-24九年级·广东江门·期末）如图，点，，在同一条直线上，正方形、正方形的边长分别为，，为线段的中点，则的长为 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．连接，利用勾股定理可以求得的长，然后根据正方形的性质可以得到的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到的长． 【详解】解：连接，如图所示， ∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴， ∴， ∵H为线段的中点， ∴， ∵正方形，正方形的边长分别为，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 6．（23-24九年级·湖北武汉·阶段练习）如图，动点E、F分别在正方形的边、上，，过点作，垂足为，连接，若，则线段长的最小值为    【答案】 【分析】连接，取中点，连接，，则，为定长，利用两点之间线段最短解决问题即可． 【详解】解：连接，交于，如图， ， ，， ， ， ， 是正方形的中心， ， ，， 取中点，连接，，过点作于， ， ， ， 由勾股定理可得， 在中，是的中点，则， ， 当，，三点共线时，最小， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边的中线的性质，三角形三边关系，两点之间线段最短，当，，三点共线时，最小是解决本题的关键． 7．（2024·江苏南通·二模）如图，已知正方形的对角线交于，是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】取的中点，连接，且交于点，证明四边形为平行四边形，得出，由正方形的性质得出，则可得出，由勾股定理求出的长，则可得出答案． 【详解】正方形 取的中点，连接，且交于点 为的中点 四边形为平行四边形 四边形是正方形 关于对称 ，即与重合时，最小，最小值为的长 的最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查正方形的性质、平行四边形的判定和性质、两点之间线段最短、三角形中位线以及勾股定理，能够将两线段和的最小值用一条线段的长来表示是解题的关键． 8．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）在正方形中，，交于点O，点E在射线上，过点O作，交射线于点F，连接．若，则的长为 ． 【答案】5或 【分析】根据题意画出示意图，分点E在上，点E在延长线上，两种情况讨论，根据正方形的性质证明，推出，再利用勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，当点E在上时， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在中，； 如图，当点E在延长线上， 同理可得：，， ， ， ， ， ， ， ， 在中，， 综上，的长为5或， 故答案为：5或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，勾股定理，正确画出示意图，判定三角形全等是解题的关键． 三、解答题 9．（2024·云南·模拟预测）如图，在中，，是中线，是的中点，过点作交的延长线于，连接．    (1)求证：； (2)如果，试判断四边形的形状，并证明你的结论． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）证明，则，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得，进而结论得证； （2）先证四边形是平行四边形，然后根据，，证明四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， 是的中点， ， 在和中， ∵， ∴， ， 在中，，是中线， ， ； （2）解：四边形是正方形．证明如下： ，， 四边形是平行四边形， ，是中线， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，等腰三角形的判定与性质，平行四边形、正方形的判定等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 10．（2024·江苏扬州·二模）定义：两组邻边对应相等的四边形为“筝形”．如图①．在四边形中，，，那么四边形就是筝形． (1)在①平行四边形：②矩形：③菱形；④正方形中，“筝形”是______（填序号）； (2)如图①，连接，，请判断并证明对角线与的位置关系； (3)如图②，在筝形中，，，请利用无刻度的直尺和圆规，在筝形中找一点，连接、，使折线将筝形的面积等分（保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)③④ (2)垂直平分； (3)见解析 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和“筝形”的定义即可得出结论； （2）运用线段垂直平分线的判定定理即可； （3）利用三角形的一条中线将三角形分成两个面积相等的三角形即可作出图形． 【详解】（1）解：根据“筝形”的定义可得：平行四边形和矩形不一定是筝形，菱形和正方形一定是筝形， 故答案为：③④； （2）解：垂直平分，理由如下： 如图，设与交于点， ，， 点、均在线段的垂直平分线上， ∴垂直平分； （3）解：如图所示，点即为所求． 作出的中点，连接、，折线将筝形面积等分． 理由：在中， 为边中点， ， ， 同理：， ， ， 即四边形的面积四边形的面积， 折线将筝形面积等分． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了“筝形”的判定与性质、平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、作图基本作图，三角形的面积等知识；熟练掌握“筝形”的定义，正确地作出图形是解题的关键． 11．（23-24九年级·安徽池州·阶段练习）如图，在正方形中，点分别在边上，是等边三角形，连接交于点． (1)求证：． (2)①______； ②求证：． (3)求证：． 【答案】(1)详见解析 (2)①15°；②详见解析 (3)详见解析 【分析】（1）由正方形的性质和等边三角形的性质可证明，从而得出； （2）①；②首先证明，由，可以得出垂直平分； （3）设，表示出与，利用三角形的面积公式分别表示出和再通过比较大小就可以得出结． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， 在和中， ， ． （2）①； 故答案为：； ②证明： ，即， 垂直平分， 即． （3）设，由勾股定理得， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质解题时关键． 12．（23-24九年级·北京·期中）在中，，，点D为射线上一动点（不与点B、C重合），点B关于直线的对称点为E，作射线，过点C作的平行线，与射线交于点F．连接 (1)如图1，当点E恰好在线段上时，用等式表示与的数量关系，并证明； (2)如图2，当点D在线段的延长线上时， ①依题意补全图形； ②用等式表示和的数量关系，并证明． 【答案】(1)，证明见详解 (2)①见详解②，证明见详解 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质与判定，矩形的性质，轴对称性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先由轴对称性质，得出再证明，因为，得出得证即可作答． （2）①根据题意的描述作图即可； ②易得，过点作于点，四边形是正方形，证明，则，再通过角的运算，即可作答． 【详解】（1）解：，证明如下： 如图：当点E恰好在线段上时， ∵在中， ∴， ∵点B关于直线的对称点为E， ∴ 在和中， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴ 在和中， ∴ ∴ ∴， 即有； （2）解：当点在线段的延长线上时 ①依题意补全图形如下 ②用等式表示和的数量关系是，证明如下 ∵点关于直线的对称点为E， ∴， ∴， 过点作于点，如上图， 则， ∵， ∴ ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 在和中， ∴， ∴， 即有， ∵ ∴， ∴， ∴ ∴ 在中，， ∴ ∴． ( 66 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$