第03讲 正方形的性质与判定（3个知识点+3种题型+分层练习）-2024-2025学年九年级上学期数学核心知识点与常见题型通关讲解练（北师大版）

第03讲 正方形的性质与判定（3个知识点+3种题型+分层练习） 知识导图 知识清单 知识点1．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 知识点2．正方形的判定 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 知识点3．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 题型强化 题型一．正方形的性质 1．（2024•武进区校级二模）如图，在正方形中，，延长至，使，连接．平分交于，连接，则的长为 　　． 2．（2024•麟游县开学）一张长方形纸长，如图截去了一个最大的正方形，余下的长方形纸的周长是　　 A． B． C． D．无法计算 3．（2024春•原阳县月考）如图，四边形是正方形，顺时针旋转一定角度后得到，点恰好落在线段上，已知，． （1）写出图中的全等三角形． （2）求线段的长； （3）猜想与的位置关系并给出证明． 题型二．正方形的判定 4．（2024•南皮县三模）已知四边形是平行四边形，若，要使得四边形是正方形，则需要添加条件　　 A． B． C． D． 5．（2022秋•平陆县期末）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 　　．（仅填序号） 6．（2024•云梦县校级一模）如图，已知矩形 中， 和 的平分线交于边上一点．点为矩形外一点，四边形为平行四边形．求证：四边形是正方形． 题型三．正方形的判定与性质 7．（2024•德阳模拟）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图，测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图，，则图2中对角线的长为　　 A． B． C． D． 8．（2023•武威模拟）如图，正方形的边长为2，为边的中点，点在边上，点关于直线的对称点记为，连接，，．当点在边上移动使得四边形成为正方形时，的长为 　　． 9．（2023秋•礼泉县期末）如图，、、、分别是正方形四条边上的点，且．求证：四边形是正方形． 分层练习 一、单选题 1．下列条件可以利用定义说明平行四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D．以上都对 2．能判定一个四边形是正方形的条件是（    ） A．对角线互相垂直平分 B．对角线互相垂直平分且相等 C．对角线互相平分且相等 D．对角线相等且四个角都是直角 3．四边形的对角线和相交于点，设有下列条件：①；②；③与互相平分；④矩形；⑤菱形；⑥正方形，则下列推理成立的是（　　） A． B． C． D． 4．如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（   ） A．3 B．6 C． D． 5．如图，两个正方形的边长都为2．其中一个正方形的一顶点在另一个正方形的中心，则两个正方形重叠部分的面积是（    ） A．0.5 B．1 C．2 D．无法确定 6．如图，在边长为4的正方形中，点、点分别是、上的点，连接、、，满足．若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 7．如图，正方形的边长为1；将其绕顶点按逆时针方向旋转一定角度到的位置，使得点落在对角线上，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 8．如图，点E，F分别在正方形的边的延长线和边上，且，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 9．如图，在正方形内一点连接，过作与延长线交于点，连接，，下列结论中：①；②；③点到的距离为；④．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 10．如图，点是正方形内一点，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 11．如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=12，∠ABC=60°，E，F是AD边上的动点，且EF=2，则四边形BEFC周长的最小值为 ． 12．如图，在矩形ABCD中，DC＝14 cm，AD＝6 cm，点P从点A出发沿AB以4 cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿CD以1 cm/s的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．设运动时间为t s，则t＝ 时，P，Q两点之间的距离是10 cm． 13．如图，E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，，则四边形的面积是 ． 14．如图，，，， ． 15．如图，在矩形中，交于点O，且，，将绕点C顺时针旋转至，连接，且、分别为、的中点，则四边形的面积是 ． 16．如图，在正方形中，点E，F分别是的中点，相交于点M，G为上一动点（不与端点B，C重合），N为的中点．现有以下结论： ①四边形一定是矩形； ②四边形可能是菱形； ③连接，四边形不可能是正方形； ④当G为中点时，是等腰三角形． 其中一定正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 17．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是 ． 18．如图，在中，，，过点作，且．点在边上，以为直角边作等腰，且．连接，当时，的面积是 ． 三、解答题 19．如图，是正方形的对角线，经过旋转后到达的位置． (1)指出它的旋转中心； (2)说出它的旋转方向和旋转角是多少度； (3)写出点B的对应点． 20．如图，绕正方形的顶点逆时针旋转得到，若，求正方形的面积． 21．在平面直角坐标系中，分别描出点，，，．    (1)试判断四边形的形状； (2)若两点不动，你能通过变动点的位置使四边形成为正方形吗？若能，请写出变动后的点的坐标． 22．如图，正方形中，是对角线上的一个动点（不与、重合），连结，将绕点顺时针旋转到，连结交于点，延长线与边交于点． (1)连结，求证：； (2)若正方形的边长为，且，求线段的长． 23．如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N． （1）求证AE＝MN； （2）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数； （3）如图3，若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若AG＝6，请直接写出AC′的长________． 24．如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于，连接． (1)求的度数． (2)如图2，E为的中点，连接． ①求证：； ②若正方形边长为4，求线段的长． 25．已知正方形，点在边上（不与两端点重合）． (1)如图，点在对角线上，连接、，若，，，求的长． (2)如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作交于点，延长交于点．求证：． 26．在正方形中，E是边上一点． (1)将绕点A顺时针旋转得到，如图①所示，观察可知，与相等的线段是______，＝______． (2)如图2，在正方形中，P，Q分别是，边上的点，且，猜想线段，，的数量关系，并证明； (3)在图2中，连接分别交，于点M，N，请写出，，的数量关系. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 正方形的性质与判定（3个知识点+3种题型+分层练习） 知识导图 知识清单 知识点1．正方形的性质 （1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． （2）正方形的性质 ①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 知识点2．正方形的判定 正方形的判定方法： ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定． 知识点3．正方形的判定与性质 （1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质． （2）正方形的判定 正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定． 题型强化 题型一．正方形的性质 1．（2024•武进区校级二模）如图，在正方形中，，延长至，使，连接．平分交于，连接，则的长为 　　． 【分析】过点作于，作于点，首先证四边形为正方形，再设，则，，，然后证和相似，由相似三角形的性质求出，进而在中由勾股定理即可求出． 【解答】解：过点作于，作于点， 四边形为正方形，， ，，， ，，， 四边形为矩形， 又平分，，， ， 四边形为正方形， ， 设，则， ， ，， ，， ， ， ， 即：， 解得：， ， ， 在中，，， 由勾股定理得：． 故答案为：． 【点评】此题主要考查了正方形的判定及性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等，解答此题的关键是熟练掌握相似三角形的判定方法，理解相似三角形的对应边成比例． 2．（2024•麟游县开学）一张长方形纸长，如图截去了一个最大的正方形，余下的长方形纸的周长是　　 A． B． C． D．无法计算 【分析】从一个长方形中剪下一个最大的正方形，这个正方形的边长就是长方形的宽，则剩下的长方形的长加宽就是原来长方形的长，然后再根据长方形的周长公式（长宽），解答即可． 【解答】解：如图，设截去的大正方形边长为 ，则余下的长方形的宽为， 余下的长方形纸的周长， 答：余下的长方形的周长是． 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质，矩形的性质，解决本题的关键是掌握正方形和矩形的性质． 3．（2024春•原阳县月考）如图，四边形是正方形，顺时针旋转一定角度后得到，点恰好落在线段上，已知，． （1）写出图中的全等三角形． （2）求线段的长； （3）猜想与的位置关系并给出证明． 【分析】（1）由旋转得到； （2）由旋转的性质得，，得出； （3）延长交于点由旋转的性质得：，，得出，，得到，即． 【解答】解：（1）； （2）由旋转的性质得，， ； （3）．理由如下： 延长交于点由旋转的性质得：，， ， ， ，即． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键． 题型二．正方形的判定 4．（2024•南皮县三模）已知四边形是平行四边形，若，要使得四边形是正方形，则需要添加条件　　 A． B． C． D． 【分析】要判定是正方形，则需判定它既是菱形又是矩形，据此解答． 【解答】解：需要添加条件， 四边形是平行四边形，， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形， 故选：． 【点评】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 5．（2022秋•平陆县期末）如图，已知四边形是菱形，从①，②，③中选择一个作为条件后，使四边形成为正方形，则应该选择的是 　②　．（仅填序号） 【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可． 【解答】解：由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 由四边形是菱形加上条件可证得到，能证明四边形成为正方形； 由四边形是菱形加上条件不能证明四边形成为正方形； 故答案为：②． 【点评】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟知正方形的判定定理是解题的关键． 6．（2024•云梦县校级一模）如图，已知矩形 中， 和 的平分线交于边上一点．点为矩形外一点，四边形为平行四边形．求证：四边形是正方形． 【分析】由矩形的性质得出，证出，由正方形的判定可得出结论． 【解答】证明：四边形是矩形， ， ，平分 与， ，， ， ， ， ， 是正方形． 【点评】此题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键． 题型三．正方形的判定与性质 7．（2024•德阳模拟）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图，测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图，，则图2中对角线的长为　　 A． B． C． D． 【分析】先利用正方形的性质得到，在图2中，连接交于，证明是等边三角形得，再根据菱形的性质和勾股定理求得的长即可求． 【解答】解：如图1，四边形是正方形，， ， 在图2中，连接交于， ，， 是等边三角形，则， 四边形是菱形， ，，， ， ， 故选：． 【点评】本题考查正方形的性质、等边三角形的判定与性质、菱形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解答的关键． 8．（2023•武威模拟）如图，正方形的边长为2，为边的中点，点在边上，点关于直线的对称点记为，连接，，．当点在边上移动使得四边形成为正方形时，的长为 　　． 【分析】连接，连接，由正方形的性质可得，平分，，平分，可证点，点，点三点共线，即可求解． 【解答】解：如图，连接，连接， 四边形是正方形， ，平分， 为边的中点， ， 四边形是正方形， ，平分， 点，点，点三点共线， ， 故答案为：． 【点评】本题考查了正方形的判定和性质，掌握正方形的性质是本题的关键． 9．（2023秋•礼泉县期末）如图，、、、分别是正方形四条边上的点，且．求证：四边形是正方形． 【分析】通过证明，，，全等，先得出四边形是菱形，再证明四边形中一个内角为，从而得出四边形是正方形的结论． 【解答】解：四边形是正方形． 证明：， ． ， ． ，． 四边形是菱形． ，， ． ． 四边形是正方形． 【点评】本题主要考查了正方形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键． 分层练习 一、单选题 1．下列条件可以利用定义说明平行四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D．以上都对 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定定理，平行四边形的性质，熟练掌握正方形的定义是解题的关键． 根据正方形的判定定理得出答案． 【详解】正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形．由此可知选． 故选：． 2．能判定一个四边形是正方形的条件是（    ） A．对角线互相垂直平分 B．对角线互相垂直平分且相等 C．对角线互相平分且相等 D．对角线相等且四个角都是直角 【答案】B 【分析】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 根据正方形的判定对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，对各个选项进行分析从而得到最后答案． 【详解】解：A.不正确，也可能是菱形； B.正确，能判定是正方形； C.不正确，也可能是菱形，矩形等； D.不正确，可能是矩形； 故选：B． 3．四边形的对角线和相交于点，设有下列条件：①；②；③与互相平分；④矩形；⑤菱形；⑥正方形，则下列推理成立的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题用到的知识点是：矩形、菱形、正方形的判定定理，如：一组邻边相等的矩形是正方形；对角线互相平分且一组邻边相等的四边形是菱形；对角线互相平分且一个角是直角的四边形是矩形．灵活掌握这些判定定理是解本题的关键．由对角线互相平分的四边形为平行四边形，再由邻边相等，得出是菱形，和一个角为直角得出是正方形，根据已知对各个选项进行分析从而得到最后的答案． 【详解】解：A、对角线相等的矩形不能得到正方形，故错误； B、对角线垂直的矩形是正方形，正确； C、对角线相等且垂直的四边形不一定是正方形，故错误； D、对角线相等且平分的四边形是矩形，但不但能得到菱形，故错误． 故选：B． 4．如图，在正方形中，，点E，F分别在边，上，，若将四边形沿折叠，点恰好落在边上，则的长度为（   ） A．3 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形与折叠，含30度角的直角三角形，根据正方形的性质，折叠的性质，得到，进而得到，，设，则，，即可得到，求解即可．解题的关键是掌握正方形的性质和折叠的性质． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵将四边形沿折叠，点恰好落在边上， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， 解得：． 故选：B． 5．如图，两个正方形的边长都为2．其中一个正方形的一顶点在另一个正方形的中心，则两个正方形重叠部分的面积是（    ） A．0.5 B．1 C．2 D．无法确定 【答案】B 【分析】如图：连接ABCD的对角线，根据题意可以推出△COF≌△DOE，所以重合部分的面积为△OCD的面积． 【详解】解：如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BO＝CO＝DO，∠BDC＝∠BCO＝45°，AC⊥BD， ∴∠DOC＝∠EOF＝90°， ∴∠DOE＝∠COF， 在△COF和△DOE中， ， ∴△COF≌△DOE（ASA）， ∴S△COF＝S△DOE， ∴四边形OECF的面积＝S△OCD＝S正方形ABCD＝， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、三角形的面积、全等三角形的判定和性质．解题关键在于找到全等三角形进行代换． 6．如图，在边长为4的正方形中，点、点分别是、上的点，连接、、，满足．若，则的长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】在上截取，连接，证明，，可得，在中，根据勾股定理可以求出，进而可以解决问题． 本题考查了正方形的性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到． 【详解】如图，在上截取，连接， 四边形是正方形， ，    在和中 ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 在中，根据勾股定理得， ， ， 解得， ， 的长为． 故选：B． 7．如图，正方形的边长为1；将其绕顶点按逆时针方向旋转一定角度到的位置，使得点落在对角线上，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质及旋转的性质，等腰三角形的判定；依据为等腰直角三角形，即可得到阴影部分的面积． 【详解】解：正方形的边长为1，将其绕顶点按逆时针方向旋转一定角度到位置，使得点落在对角线上， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积， 故选：C． 8．如图，点E，F分别在正方形的边的延长线和边上，且，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质，解决本题的关键是得到． 连接，根据正方形的性质证明，可得，然后根据全等三角形的性质即可解决问题． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 9．如图，在正方形内一点连接，过作与延长线交于点，连接，，下列结论中：①；②；③点到的距离为；④．其中正确结论的个数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，余角性质，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，四边形的面积，由正方形的性质可得，，进而得，由垂直得，即得，即可得，进而由得到，即可判断①；由全等三角形的性质得，由等腰直角三角形的性质得，即可得，得到，即可判断②；由勾股定理可得，进而得，过点作的延长线于点，则，，由勾股定理得，即可判断③；由计算即可判断④；掌握正方形和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即，故②正确； ∵，， ∴， ∵，， ∴， 过点作的延长线于点，则，， ∴， ∴点到的距离为，故③错误； ， 故④错误； 综上，正确结论的个数为个， 故选：． 10．如图，点是正方形内一点，，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将绕着点A顺时针旋转90°得到，连接，则是等腰直角三角形，，然后根据勾股定理即可得到结论． 【详解】将绕着点A顺时针旋转90°得到，连接，则是等腰直角三角形 ∴ ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ 故选C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，和勾股定理，正确的作出辅助线是本题的关键． 二、填空题 11．如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=12，∠ABC=60°，E，F是AD边上的动点，且EF=2，则四边形BEFC周长的最小值为 ． 【答案】14+2 【详解】如图，将点B沿BC向右平移2个单位长度得到点B'，作点B'关于AD的对称点B″，连接CB″，交AD于点F，在AD上截取EF=2，连接BE，B'F， ∴BE=B'F，B″F=B'F，此时四边形BEFC的周长为BE+EF+FC+BC=B″F+EF+FC+BC=B″C+EF+BC．当点C，F，B″三点共线时，四边形BEFC的周长最小．∵AB=4，BB'=2，∠ABC=60°，∴B'B″经过点A，∴AB'=2，∴B'B″=4． ∵BC=12，∴B'C=10，∴B″C=2，∴B″C+EF+BC=14+2，∴四边形BEFC周长的最小值为14+2． 12．如图，在矩形ABCD中，DC＝14 cm，AD＝6 cm，点P从点A出发沿AB以4 cm/s的速度向点B移动；同时，点Q从点C出发沿CD以1 cm/s的速度向点D移动，两点同时出发，一点到达终点时另一点即停．设运动时间为t s，则t＝ 时，P，Q两点之间的距离是10 cm． 【答案】/1.2/ 【分析】如图，过P点作，垂足为M点，得到DQ的长，并根据四边形ABCD为矩形推出PM和QM的长，利用勾股定理列式解答即可． 【详解】解： 依题意得：点P从点A移动到点B 需要秒， 点Q从点C移动到点D需要14秒， 又∵两点同时出发，一点到达终点时另一点即停， ∴． 如图，过P点作，垂足为M点， ， ， 四边形ABCD为矩形， ∴∠A=∠D=∠PMD=∠APM=90°， ∴四边形ADMP也是矩形，(三个内角是直角) ， 在直角三角形PQM中， ，即 或（舍去） ∴时，P、Q两点之间的距离是10cm． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查矩形的动点问题，涉及勾股定理和用平方根的定义解方程，有一定难度，根据题意做出合适的辅助线，利用勾股定理解答是关键． 13．如图，E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，，则四边形的面积是 ． 【答案】24 【分析】本题考查的是中点四边形，熟知矩形的对边相等且各角都是直角是解答此题的关键．先根据E，F，G，H分别是矩形各边的中点得出，，故可得出，根据即可得出结论． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，， ，． 在与中， ∵， ． 同理可得， ． 故答案为：24． 14．如图，，，， ． 【答案】或 【分析】本题考查正方形的判定、图形的翻折变换和利用勾股定理，建立关于x的方程模型的解题思想．要能灵活运用． 分别以、为对称轴作点的对称点，根据对称的性质得到，，从而得到四边形是正方形，设，在中，利用勾股定理，建立关于x的方程模型，求出的长． 【详解】解：分别以、为对称轴，作D点的对称点分别为E、F、延长、相交于点， ，， 根据轴对称性质得， ，，，，,, , 四边形是正方形， ， 设，则， , 在中，， 即, 解得， , 故答案为：． 15．如图，在矩形中，交于点O，且，，将绕点C顺时针旋转至，连接，且、分别为、的中点，则四边形的面积是 ． 【答案】 【分析】根据矩形的性质，三角形中位线定理可得，，再根据平行四边形的判定可得四边形为平行四边形，根据旋转的性质可得，，得，从而知四边形为正方形由此即可求解． 【详解】解：四边形为矩形，，， ， ， 、分别为、的中点， ，， ， 四边形为平行四边形， 将绕点顺时针旋转至， ，， ， 四边形为正方形， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与性质，正方形面积公式等知识，需要较强的推理能力，正确判断出四边形为正方形是解题的关键． 16．如图，在正方形中，点E，F分别是的中点，相交于点M，G为上一动点（不与端点B，C重合），N为的中点．现有以下结论： ①四边形一定是矩形； ②四边形可能是菱形； ③连接，四边形不可能是正方形； ④当G为中点时，是等腰三角形． 其中一定正确的是 ．（写出所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】根据正方形的性质可得，，可得四边形是平行四边形，从而判断①；根据矩形的性质可得，再由在中，，可得，从而判断②；根据三角形中位线定理可得，从而得到不平行，从而判断③；证明，可得，从而判断④，即可． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点E，F分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故①正确； ∵四边形是矩形， ∴点M是的中点， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在中，， ∴， ∴四边形不可能是菱形，故②错误； 如图，连接， ∵四边形是矩形， ∴点M是的中点， ∵N为的中点， ∴， ∵G为上一动点（不与端点B，C重合）， ∴点D，F，G不可能共线， ∴不平行， 即四边形不可能是正方形，故③正确； 如图，连接，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵G为中点，点E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰三角形，故④正确； 故答案为：①③④ 【点睛】本题主要查了正方形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定的判定和性质，等腰三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，三角形中位线定理，全等三角形的判定的判定和性质，等腰三角形的判定是解题的关键． 17．如图，矩形中，，，为的中点，为上一动点，为中点，连接，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】如图，取中点，连接并延长，交于，则是的中位线，可得点P的运动轨迹是线段，如图，连接，，证明四边形是正方形，则，，可知的最小值为，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，取中点，连接并延长，交于， ∴是的中位线， ∴且 ， ∴点的运动轨迹是线段， 如图，连接，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴的最小值为， 由勾股定理得，， 故答案是：． 【点睛】本题考查了中位线，矩形的性质，正方形的判定与性质，勾股定理．明确的最小值的情况是解题的关键． 18．如图，在中，，，过点作，且．点在边上，以为直角边作等腰，且．连接，当时，的面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，余角性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形性质，等腰三角形的性质，三角形的面积，过点作于，延长交于点，可得四边形是矩形，再证明，得到，，即可得四边形是正方形，得到，进而得，再由三线合一可得，即得，即可得，最后根据三角形的面积公式即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：过点作于，延长交于点，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 三、解答题 19．如图，是正方形的对角线，经过旋转后到达的位置． (1)指出它的旋转中心； (2)说出它的旋转方向和旋转角是多少度； (3)写出点B的对应点． 【答案】(1)点 (2)旋转方向为逆时针，旋转角是 (3)点 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质．熟练掌握旋转的性质，正方形的性质是解题的关键． （1）由旋转的性质作答即可； （2）由正方形，可得，由旋转的性质可知，旋转方向为逆时针，旋转角是； （3）由旋转的性质作答即可． 【详解】（1）解：由题意知，旋转中心为点； （2）解：∵正方形， ∴， 由旋转的性质可知，旋转方向为逆时针，旋转角是； （3）解：由旋转的性质可知，点B的对应点为点． 20．如图，绕正方形的顶点逆时针旋转得到，若，求正方形的面积． 【答案】49 【分析】本题考查作图旋转变换、正方形的性质，由旋转可得，进而可得；再求出正方形的边长，再结合面积公式计算即可． 【详解】解： 四边形为正方形， ∴， 由旋转得，，， ，、、在一条直线上． ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴正方形的边长为7， ∴正方形的面积． 21．在平面直角坐标系中，分别描出点，，，．    (1)试判断四边形的形状； (2)若两点不动，你能通过变动点的位置使四边形成为正方形吗？若能，请写出变动后的点的坐标． 【答案】(1)四边形是菱形 (2)能，点坐标为，点坐标为或点坐标为，点坐标为 【分析】（1）作出四个点的坐标，结合图形以及菱形的判定分析即可得到答案； （2）由正方形也是菱形，只要对角线相等即可得出菱形是正方形，从而得到答案． 【详解】（1）解：作出四个点的坐标如图所示：    由图可得：，，， 四边形是菱形； （2）解：能， 正方形也是菱形，当时，菱形是正方形， ， 变动后的点坐标为，点坐标为或点坐标为，点坐标为． 【点睛】本题考查了坐标与图形、菱形的判定、正方形的判定，熟练掌握以上知识点，采用数形结合的思想是解此题的关键． 22．如图，正方形中，是对角线上的一个动点（不与、重合），连结，将绕点顺时针旋转到，连结交于点，延长线与边交于点． (1)连结，求证：； (2)若正方形的边长为，且，求线段的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质和旋转的性质可得，，，从而证得，即可证得； （2）根据正方形的性质和勾股定理可求得对角线的长，从而得到，的长，再根据全等三角形的性质结合正方形的性质可得，，最后根据勾股定理即可求得线段的长． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 绕点顺时针旋转到， ，， ， ； （2）解：四边形是正方形，边长为， 对角线，， ，， ，， ， ，， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 23．如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N． （1）求证AE＝MN； （2）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数； （3）如图3，若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若AG＝6，请直接写出AC′的长________． 【答案】（1）见解析；（2）∠AEF＝45°；（3）10﹣2 【分析】（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN＝BF，BF⊥AE，由ASA证得△ABE≌△BCF，得出AE＝BF，即可得出结论； （2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，证△DHQ是等腰直角三角形，得HD＝HQ，AH＝QI，由HL证得Rt△AHQ≌Rt△QIE，得∠AQH＝∠QEI，证∠AQE＝90°，得△AQE是等腰直角三角形，即可得出结果； （3）延长AG交BC于E，则EG＝AG＝6，得AE＝12，由勾股定理得BE＝＝2，则CE＝BC﹣BE＝10﹣2，由折叠的性质即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC，AB∥CD， 过点B作BF∥MN交CD于点F，如图1所示： ∴四边形MBFN为平行四边形， ∴MN＝BF，BF⊥AE， ∴∠ABF+∠BAE＝90°， ∵∠ABF+∠CBF＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF， ∴AE＝MN； （2）解：连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABIH为矩形， ∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠BDA＝45°， ∴△DHQ是等腰直角三角形， ∴HD＝HQ，AH＝QI， ∵MN是AE的垂直平分线， ∴AQ＝QE， 在Rt△AHQ和Rt△QIE中， ， ∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL）， ∴∠AQH＝∠QEI， ∴∠AQH+∠EQI＝90°， ∴∠AQE＝90°， ∴△AQE是等腰直角三角形， ∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°； （3）解：延长AG交BC于E，如图3所示： 则EG＝AG＝6， ∴AE＝12， 在Rt△ABE中，， ∴CE＝BC﹣BE＝10﹣2， 由折叠的性质得：AC'＝CE＝10﹣2， 故答案为：10﹣2． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键． 24．如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于，连接． (1)求的度数． (2)如图2，E为的中点，连接． ①求证：； ②若正方形边长为4，求线段的长． 【答案】(1) (2)①见解析；② 【分析】（1）由正方形的性质可得．，再由翻折的性质得，，，然后由“”证明，得，即可得出结论； （2）①根据折叠的性质和线段中点的定义可得，，再证出，即可得出结论； ②设，表示出、，根据点是的中点求出、，得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ．， 由折叠知，，，， ，， ， ， ， ． （2）①证明：由折叠知，，， 为的中点， ， ， ， ， ， ； ②由（1）得，， ， 设，则， 又， 在中，由勾股定理得：， ， 解得：， 即线段的长为． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握针锋相对性质、翻折变换的性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型． 25．已知正方形，点在边上（不与两端点重合）． (1)如图，点在对角线上，连接、，若，，，求的长． (2)如图，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作交于点，延长交于点．求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）由正方形性质得出，，，得出，求出，，求出是等腰直角三角形，得出，，在中，由勾股定理求出； （2）延长交于，连接，则和是等腰直角三角形，得出，，证出，证明得出，，再证明，得出，即可得出结论． 【详解】（1） 解：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ，， 在中，由勾股定理得：； （2） 证明：延长交于，连接，如图所示： 则和是等腰直角三角形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ，， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 26．在正方形中，E是边上一点． (1)将绕点A顺时针旋转得到，如图①所示，观察可知，与相等的线段是______，＝______． (2)如图2，在正方形中，P，Q分别是，边上的点，且，猜想线段，，的数量关系，并证明； (3)在图2中，连接分别交，于点M，N，请写出，，的数量关系． 【答案】(1)， (2)，见解析 (3)，见解析 【分析】（1）根据旋转的性质得到； （2）将绕点A顺时针旋转得到，证明，得到即可证明结论； （3）将绕点A按顺时针方向旋转得到，连接．根据题意证明，得到为直角三角形，根据勾股定理以及等量代换即可得到答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转得到，使重合， 故答案为：，． （2）解：．证明如下： 如图，将绕点A顺时针旋转得到，则． ， ， 点E，B，P共线． 由旋转的性质，知． ， ， ． 在和中， ， ， ， ． （3）解：．理由如下： 如图，将绕点A按顺时针方向旋转得到，连接． 四边形为正方形， ． 由旋转的性质，得． ， ， ． 在和中， ， ． ， 为直角三角形， ， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角．也考查了三角形全等的判定与性质、正方形的性质以及勾股定理． 学科网（北京）股份有限公司 $$