第13讲 正方形的性质与判定（2个知识点+5大考点举一反三+过关测试）-【寒假自学课】2025年八年级数学寒假提升精品讲义（人教版）

第13讲 正方形的性质与判定 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.理解正方形的概念； 2. 探索并证明正方形的性质定理和判定定理，并能运用它们进行证明和计算； 3.通过正方形的性质定理和判定定理以及相关问题的证明和计算，进一步培养和发展学生的演绎推理能力。 知识点1：正方形的概念与性质 1.概念：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. 2.性质： （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质 （2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等 （3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角 （4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴 （5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形 （6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。 知识点2：正方形的判定 （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：先证明它是平行四边形，再证明它是菱形（或矩形），最后证明它是矩形（或菱形）。 考点一：利用正方形的性质求解 例1.（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，社区有一块面积为的正方形空地，空地的B处有一个凉亭，，为两条小路，现在内种植月季花，其余地方种植郁金香，测得，． (1)求正方形空地的边的长； (2)求郁金香的种植面积． 【变式1-1】（23-24八年级下·广东中山·期中）如图，正方形和正方形中，点D在上，，，是的中点，那么的长是（    ） A． B． C． D．2 【变式1-2】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，E是正方形边 延长线上的一点，且，连接交于 F． (1)求 的度数： (2)若，求正方形的周长． 【变式1-3】（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，正方形中， ，点E是对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形． (2)求的值． 考点二：添一个条件使四边形是正方形 例2.（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（   ） A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直 【变式2-1】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，在菱形中，对角线交于点，添加下列一个条件，能使菱形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，在平行四边形中，添加的下列条件中，能判定平行四边形是正方形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【变式2-3】（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（   ） A． B． C． D． 考点三：证明四边形是正方形 例3.（23-24九年级下·云南·阶段练习）如图，在中，的角平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【变式3-1】（2024·湖南长沙·一模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求菱形的面积． 【变式3-2】（22-23九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，的角平分线交于点G，于点E，于点F， (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的周长． 【变式3-3】（23-24九年级上·湖北宜昌·阶段练习）如图，在中，已知，于点D． 小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线，为对称轴，画出，的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长，相交于点G．请按照小明的思路，探究并解答下列问题：    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，试求出的长． 考点四：中点四边形 例4.（2024八年级下·全国·专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为，顺次连接，得到四边形EFGH（即四边形的中点四边形）． (1)求证：四边形的形状是平行四边形； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是矩形； (3)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形． 【变式4-1】（23-24九年级上·江苏无锡·期中）顺次连结一个四边形各边的中点所得的四边形是矩形，那么这个四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．对角线相等的四边形 D．对角线垂直的四边形 【变式4-2】（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，点E、F、G、H分别是四边形边的中点． 则下列说法： ①若，则四边形为矩形； ②若，则四边形为菱形； ③若四边形是菱形，则与互相平分； ④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式4-3】（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 考点五：正方形的判定与性质综合 例5.（23-24八年级下·河南郑州·期中）如图，正方形的对角线交于点，点、分别在、上，且，与的延长线交于点，与的延长线交于点，连接．    (1)求证：． (2)若正方形的边长为8，为的中点，求的长． 【变式5-1】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在中，，点D是的中点，过点D分别作交于点E，交于点F． (1)求证：四边形为菱形； (2)当等于多少度时，四边形为正方形，并说明理由？ 【变式5-2】（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）.探索线段、、之间的数量关系．    【问题初探】 （1）如图1，爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【变式5-3】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． 一、单选题 1．（23-24八年级下·全国·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 2．（23-24八年级上·浙江杭州·期中）如图，四边形是正方形，直线分别通过三点，且．若a与b之间的距离是与c之间的距离是7，则正方形的面积是（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江西南昌·阶段练习）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（   ） A．30cm B． C．20cm D． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 5．（23-24八年级下·全国·期末）如图，边长为4的正方形中，E 是对角线上的一点，且，点 P 在 上． 于点 M， 于点 N，则的值为 （    ） A．2 B． C．4 D． 二、填空题 6．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为．若，则线段的长是 ．    7．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，已知四边形是正方形，对角线、相交于，设、分别是、上的点，若，，则四边形的面积是 ． 8．（23-24八年级下·广西钦州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 9．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形的边长为6，点是对角线上一点，且，则的长度为 ． 10．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第13讲 正方形的性质与判定 模块一 思维导图串知识 模块二 基础知识全梳理（吃透教材） 模块三 核心考点举一反三 模块四 小试牛刀过关测 1.理解正方形的概念； 2. 探索并证明正方形的性质定理和判定定理，并能运用它们进行证明和计算； 3.通过正方形的性质定理和判定定理以及相关问题的证明和计算，进一步培养和发展学生的演绎推理能力。 知识点1：正方形的概念与性质 1.概念：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. 2.性质： （1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质 （2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等 （3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角 （4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴 （5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分成四个全等的小等腰直角三角形 （6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。 知识点2：正方形的判定 （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：先证明它是平行四边形，再证明它是菱形（或矩形），最后证明它是矩形（或菱形）。 考点一：利用正方形的性质求解 例1.（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，社区有一块面积为的正方形空地，空地的B处有一个凉亭，，为两条小路，现在内种植月季花，其余地方种植郁金香，测得，． (1)求正方形空地的边的长； (2)求郁金香的种植面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据算术平方根的意义结合二次根式的性质计算即可． （2）利用勾股定理的逆定理证明为直角三角形，且． 利用三角形面积公式求出的面积即可得到答案． 本题考查了算术平方根的应用，勾股定理的逆定理，正方形的性质等等． 【详解】（1）解：∵正方形的面积为， ∴， ∴． （2）解：由（1）可得，， ∵，，． ∴， ∴， ∴为直角三角形，且． ∴， ∴郁金香的种植面积为. 【变式1-1】（23-24八年级下·广东中山·期中）如图，正方形和正方形中，点D在上，，，是的中点，那么的长是（    ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，勾股定理等知识．如图，连接，由正方形的性质可得，，则，由 H是的中点，可得，根据勾故定理求的值，根据，求的值，进而可求． 【详解】解：如图，连接， 由正方形的性质可得，， ∴， ∵H是的中点， ∴， 由正方形的性质可得， ， 同理可得， ∴， ∴， 故选：B． 【变式1-2】（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，E是正方形边 延长线上的一点，且，连接交于 F． (1)求 的度数： (2)若，求正方形的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正方形的性质求得，再根据等腰三角形的性质可得，再利用三角形的内角和定理求解即可； （2）过点F作于点G，由（1）可得，平分，根据角平分线的性质可得，再根据等腰三角形的判定可得，利用勾股定理求得，进而求得，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴； （2）解：过点F作于点G， ∵四边形是正方形， ∴， 由（1）可得，， ∴， ∴平分， 又∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的周长为． 【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、角平分线的性质、三角形内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【变式1-3】（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，正方形中， ，点E是对角线上一点，连接，过点E作，交于点F，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形． (2)求的值． 【答案】(1)见解析； (2)6． 【分析】（1）如图，作于，于．只要证明即可解决问题； （2）只要证明，可得即可解决问题． 【详解】（1）如图，作于，于． ∵四边形是正方形， ， ∵于，于， ， ∵， ， ， ∵， ， ， ∵四边形是矩形， 四边形是正方形． （2）∵四边形是正方形，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、矩形的性质和判定、解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题． 考点二：添一个条件使四边形是正方形 例2.（23-24八年级下·安徽黄山·期末）如图，在反映特殊四边形之间关系的知识结构图中，①②③④表示需要添加的条件，则下列描述错误的是（   ） A．①表示有一组邻角相等 B．②表示有一组邻边相等 C．③表示对角线平分一组对角 D．④表示对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查特殊的平行四边形的判定，熟练掌握特殊四边形的各种判定方法是解题的关键．根据特殊的平行四边形的判定方法判断即可． 【详解】解：A、有一组邻角相等，则平行四边形为矩形是正确的，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 由选项A得：， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 故本选项不符合题意； B、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形这一判定定理得该选项正确，不符合题意； C、该选项正确，理由如下： 如图，∵矩形， ∴， 由题意得平分， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 故本选项不符合题意； D、菱形本身对角线就互相垂直，故该选项错误，符合题意， 故选：D． 【变式2-1】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，在菱形中，对角线交于点，添加下列一个条件，能使菱形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定，解题的关键是掌握对角线相等的菱形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形．据此逐个判断即可． 【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等． 即或． ∵在菱形中，， ∴， 故菱形是正方形 故选：B． 【变式2-2】（23-24八年级下·广东惠州·期末）如图，在平行四边形中，添加的下列条件中，能判定平行四边形是正方形的是（    ） A． B． C．平分 D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，根据正方形的判定方法逐一判断即可求解，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， 添加，可得平行四边形是矩形，再由可得平行四边形是正方形，故选项符合题意； 添加，可得平行四边形是矩形，得不到是正方形，故选项不合题意； 添加平分，可得平行四边形是菱形，得不到是正方形，故选项不合题意； 添加，可得平行四边形是菱形，得不到是正方形，故选项不合题意； 故选：． 【变式2-3】（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，菱形的对角线，相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形的性质和正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：A、由，不能判断菱形是正方形；故A不符合题意； B、四边形是菱形，， 菱形是正方形，故B符合题意； C、由不能判断菱形是正方形；故C不符合题意； D、由不能判断菱形是正方形；故D不符合题意． 故选：B． 考点三：证明四边形是正方形 例3.（23-24九年级下·云南·阶段练习）如图，在中，的角平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． （1）首先可根据，判定四边形是平行四边形，然后根据平分，可得，进而得到，由此可判定四边形是菱形； （2）根据题意可得四边形是正方形，求出，可求得四边形的面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形； （2）解：， 菱形是正方形， ， 在中，， 四边形的面积为∶． 【变式3-1】（2024·湖南长沙·一模）如图，四边形是菱形，对角线、交于点，点、是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，． (1)求证：四边形是正方形； (2)若正方形的面积为72，，求菱形的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)24 【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形即可解决问题； （2）由正方形的面积公式求得，进而得到，由四边形是菱形得到，，菱形的面积． 【详解】（1）证明：菱形的对角线和交于点， ，，， ∵， ∴， 即， 又， 四边形是菱形， ， ， ， ， 菱形是正方形； （2）解：正方形的面积为72， ， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 菱形的面积． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的判定和性质定理是解题的关键． 【变式3-2】（22-23九年级上·山西运城·期中）如图，在中，，的角平分线交于点G，于点E，于点F， (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】本题考查了角平分线的性质，正方形的判定，勾股定理，掌握角平分线上的点到两边距离相等，正方形的判定定理是解题的关键． （1）过G作于D，根据角平分线的性质可证，再根据是直角三角形，，，推出四边形是矩形，即可求证四边形为正方形； （2）连接，由勾股定理得，设，则，再根据，列出方程求解即可． 【详解】（1）证明：过G作于D， ∵、的角平分线交于G点，于点F， ∴，， ∴， ∵是直角三角形，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）解：如图2，连接， 由勾股定理得：， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴四边形的周长． 【变式3-3】（23-24九年级上·湖北宜昌·阶段练习）如图，在中，已知，于点D． 小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线，为对称轴，画出，的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长，相交于点G．请按照小明的思路，探究并解答下列问题：    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，试求出的长． 【答案】(1)见解析 (2)2或3 【分析】（1）根据题意得，，得，，根据得，根据得，则，，可得四边形是矩形，根据得，即可得； （2）设，根据，，矩形是正方形得，，，根据，得，，则， 在中，根据勾股定理得，进行计算即可得． 【详解】（1）解：根据题意得，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵ ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：设， ∵，，矩形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得，， ， ， ， ， ， ， 即或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． 考点四：中点四边形 例4.（2024八年级下·全国·专题练习）已知：如图，四边形四条边上的中点分别为，顺次连接，得到四边形EFGH（即四边形的中点四边形）． (1)求证：四边形的形状是平行四边形； (2)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是矩形； (3)当四边形的对角线满足______条件时，四边形是菱形． 【答案】(1)证明见解析 (2)互相垂直 (3) 【分析】本题考查的是中点四边形． （1）连接、，根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理证明； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答； （3）根据邻边相等的平行是四边形是菱形解答． 【详解】（1）证明：如图，连接、， 点、、、分别为、、、的中点， 、分别为、的中位线， ，，，， ，， 四边形的形状是平行四边形； （2）解：当时，四边形是矩形， ∵，，， ， 平行四边形是矩形， 故答案为：互相垂直； （3）解：当时，四边形是菱形， ，，， ， 平行四边形是菱形， 故答案为：相等． 【变式4-1】（23-24九年级上·江苏无锡·期中）顺次连结一个四边形各边的中点所得的四边形是矩形，那么这个四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．对角线相等的四边形 D．对角线垂直的四边形 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定定理和三角形的中位线的定理，有一个角是直角的平行四边形是矩形，据此可知顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点得到矩形． 【详解】解：如图，    根据题意得，是的中点， ∴， ∴， 同理：， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 所以顺次连接对角线垂直的四边形的各边中点是矩形． 故选：D． 【变式4-2】（23-24八年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，点E、F、G、H分别是四边形边的中点． 则下列说法： ①若，则四边形为矩形； ②若，则四边形为菱形； ③若四边形是菱形，则与互相平分； ④若四边形是正方形，则与互相垂直且相等． 其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查中点四边形，涉及菱形的判定与性质、矩形的判定与性质、平行四边形的判定、三角形的中位线性质、平行线的性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．先根据三角形的中位线性质证明四边形为平行四边形，然后根据矩形、菱形的判定与性质逐个判断即可求解． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是四边形边的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ①若，则， ∴四边形为菱形，①错误； ②若，则，即， ∴四边形为矩形，故②错误； ③若四边形是菱形，则， ∴，但与不一定互相平分，故③错误； ④若四边形是正方形，则，， ∴，， 即与互相垂直且相等，故④正确， 故正确的个数是1个， 故选：A． 【变式4-3】（23-24九年级上·山东青岛·期中）如图，依次连接第一个矩形各边上的中点，得到一个菱形，在依次连接菱形各边上的中点得到第二个矩形，按照此方法继续下去，已知第一个矩形的面积是1，则第n个矩形的面积是 ． 【答案】 【分析】由中点四边形的含义可得矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩形，而中点四边形的面积是原四边形的面积的一半，可得原矩形的面积为1，矩形的中点四边形（菱形）的面积为 再得到菱形的中点四边形（矩形）的面积为： 从而总结归纳出规律，可得答案．本题考查了中点四边形的性质，是一道找规律的题目． 【详解】已知第一个矩形的面积是1， 第二个矩形的面积为 第三个矩形的面积是 则第n个矩形的面积是 故答案为：． 考点五：正方形的判定与性质综合 例5.（23-24八年级下·河南郑州·期中）如图，正方形的对角线交于点，点、分别在、上，且，与的延长线交于点，与的延长线交于点，连接．    (1)求证：． (2)若正方形的边长为8，为的中点，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质求出，，然后证明即可得； （2）过点O作于点H，连接，由正方形的边长为8且E为的中点可得，，根据勾股定理求出，再利用勾股定理求出即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点O作于点H，连接，    ∵正方形的边长为8， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质． 【变式5-1】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在中，，点D是的中点，过点D分别作交于点E，交于点F． (1)求证：四边形为菱形； (2)当等于多少度时，四边形为正方形，并说明理由？ 【答案】(1)见解析 (2)时，四边形是正方形．理由见解析 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质和正方形的判定，关键是掌握邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形． （1）先证四边形是平行四边形，再证，即可得出结论； （2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可得时，四边形是正方形． 【详解】（1）证明：连接， ，， 四边形是平行四边形，， ，点D是的中点， 是的角平分线， ， ， ， 平行四边形为菱形； （2）解：在中，当时，四边形是正方形， ，， ∴时，四边形是正方形． 【变式5-2】（23-24八年级下·湖南岳阳·期末）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点、（点与点，不重合）.探索线段、、之间的数量关系．    【问题初探】 （1）如图1，爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论，请你写出线段、、之间的数量关系，并说明理由； 【问题引申】 （2）如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段、、之间的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）；理由见解析；（2）；理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． （1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解； （2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明； 【详解】解：（1）结论：．理由如下： 正方形的对角线，交于点， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2），理由如下： 如图，取的中点，连接，   四边形为菱形， ∴，，， ∵， ∴， ∴为等边三角形， ，， ∴， ∵，为边上的中线， ∴， 是等边三角形， ，， ∴， ， ∴， ， 在和中， ， ， ， ． 【变式5-3】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：由（1）知： ， ， ， ， ， 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． 一、单选题 1．（23-24八年级下·全国·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变正方形的内角，正方形变为菱形．若，则菱形的面积与正方形 的面积之比是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】该题主要考查了角直角三角形的性质，菱形和正方形的面积，解题的关键是得出菱形的高等于的一半． 根据角所对的直角边等于斜边的一半可知菱形的高等于的一半，再根据正方形的面积公式和平行四边形的面积公式即可得解． 【详解】解：如图，过点作， ∵， ∴， ∴菱形的面积为，正方形的面积为． ∴菱形的面积与正方形的面积之比是． 故选：B． 2．（23-24八年级上·浙江杭州·期中）如图，四边形是正方形，直线分别通过三点，且．若a与b之间的距离是与c之间的距离是7，则正方形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了全等三角形的性质和判定，正方形的性质的应用，解此题的关键是能正确作出辅助线，并进一步求出，过作交于M，过D作交于N，求出，，，根据推出，根据全等得出，求出，在中，由勾股定理求出即可． 【详解】如图：过作交于M， 过D作交于N， 则， ，， ， 四边形是正方形， ， ， 在和中 ， ， ， a与b之间的距离是5，b与c之间的距离是7， ， 在中， 由勾股定理得：， 即正方形的面积为74， 故选：C． 3．（23-24八年级下·江西南昌·阶段练习）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中对角线的长为（   ） A．30cm B． C．20cm D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定及勾股定理．根据正方形的性质，利用勾股定理可求出，根据菱形的性质，结合得出是等边三角形，即可得出答案． 【详解】解：在正方形中，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在菱形中，cm， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 故选：D． 4．（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了正方形，菱形及矩形的性质，根据正方形，菱形，矩形的性质逐一判断即可． 【详解】解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； 矩形的性质有：矩形的四个角度数直角，矩形的对边相等且互相平行，矩形对角线相等且互相平分； 故A、B、C选项都不符合题意，只有D选项符合题意； 故选：D． 5．（23-24八年级下·全国·期末）如图，边长为4的正方形中，E 是对角线上的一点，且，点 P 在 上． 于点 M， 于点 N，则的值为 （    ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的面积，勾股定理，连接，设点C到的距离为h，然后根据求出，再根据正方形的性质求出h即可． 【详解】解：如图，连接，设点C到的距离为h， 则， 即， ∵， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴，， ∴， 在中，， ∴ ∴， 故选：B． 二、填空题 6．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为．若，则线段的长是 ．    【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，翻折变换，熟练掌握各知识点是解题的关键． 根据折叠可得， ，，根据勾股定理求出，的长，继而求出，，最后根据在中，由面积法，根据即可求解． 【详解】解：如图， 连接交于M， 连接，，    由折叠可知，， ，， ∵正方形的边长为9， ∴，， 设则 ∵， ∴在中， 即 解得： ∴ ， ， ∴在中， ∵，， ∴，， ， 故答案为：． 7．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，已知四边形是正方形，对角线、相交于，设、分别是、上的点，若，，则四边形的面积是 ． 【答案】8 【分析】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，证明是解题的关键．由正方形的性质得，，且，，则，，而，则，再证明，即可根据全等三角形的判定定理“”证明，则，所以． 【详解】解：四边形是正方形，对角线、相交于， ，，且，， ，， ， ， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形的面积是8． 故答案为：8 8．（23-24八年级下·广西钦州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理等知识点，结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据正方形的性质及题意可得，可得四边形为菱形，故点的横坐标等于的长度，其纵坐标等于点的纵坐标，由勾股定理求得的长，则可知点的纵坐标． 【详解】解：四边形为正方形，， ， 由题意可知，，，， ∴， 四边形为菱形， ∴， 点的横坐标为2， 的中点是坐标原点， ， 在中，由勾股定理得：， 点的对应点的坐标为． 故答案为：． 9．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形的边长为6，点是对角线上一点，且，则的长度为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形性质及应用，涉及勾股定理及应用．过作于，由正方形的边长为6，可得，，，而，故，根据是等腰直角三角形，求出，，再用勾股定理可得答案． 【详解】解：过作于，如图： 正方形的边长为6， ，，， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 在中， ； 故答案为：． 10．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法，由四边形为正方形，，得，，证明，根据性质得，再由勾股定理可得，然后通过等面积求出，最后由线段和差即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵四边形为正方形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴由勾股定理得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$