第10讲 正方形的性质与判定（5个知识点+15大核心考点+变式训练+举一反三）-（寒假衔接课堂）2025年八年级数学寒假衔接讲义（人教版）

第10讲 正方形的性质与判定（5个知识点+15大核心考点+变式训练+举一反三） 题型一 正方形性质理解 题型二 根据正方形的性质求角度 题型三 根据正方形的性质求线段长 题型四 根据正方形的性质求面积 题型五 正方形折叠问题 题型六 根据正方形的性质证明 题型七 正方形的判定定理理解 题型八 添一个条件使四边形是正方形 题型九 证明四边形是正方形 题型十 根据正方形的性质与判定求角度 题型十一 根据正方形的性质与判定求线段长 题型十二 根据正方形的性质与判定求面积 题型十三 根据正方形的性质与判定证明 题型十四 中点四边形 题型十五 （特殊）平行四边形的动点问题 题型十六 四边形中的线段最值问题 题型十七 四边形其他综合问题 知识点01： 正方形的定义 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 要点：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形. 知识点02： 正方形的性质 正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质. 1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行； 2.角——四个角都是直角； 3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角； 4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形. 知识点03：正方形的判定 正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）. 知识点04： 特殊平行四边形之间的关系 或者可表示为： 知识点05： 顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 【核心考点一 正方形性质理解】 【例1】（24-25八年级下·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形、正方形的性质，根据正方形和矩形的性质逐项分析可得结论． 【详解】解：A、正方形的对角线相等且互相垂直，矩形的对角线只相等但不垂直，正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直，故A选项符合题意； B、正方形和矩形的对角都互补，故B选项不符合题意； C、正方形和矩形的对角线都互相平分，故C选项不符合题意； D、正方形和矩形的对角线都相等，故D选项不符合题意； 故选：A． 【例2】（24-25八年级下·贵州·期中）如图，正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，利用正方形的性质，进行判断即可． 【详解】解：A、根据正方形的性质可知，故A选项正确，不符合题意； B、根据正方形的性质可知，故B选项不正确，符合题意； C、根据正方形的性质可知，故C选项正确，不符合题意； D、根据正方形的性质可知，故D选项正确，不符合题意． 故选：B． 【例3】（24-25八年级下·山西太原·阶段练习）如图，在正方形中，以为边在正方形内作等边，则 ． 【答案】/75度 【分析】由正方形的性质及等边三角形的性质，求得，从而由等腰三角形的性质可得． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和等知识，掌握这些性质是关键． 【例4】（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，矩形的对角线与相交于点M，正方形的对角线与相交于点N，连接，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，三角形中位线的性质等知识， 根据矩形、正方形的性质可知：点N、点M分别为、的中点，即可得，问题随之得解． 【详解】∵矩形的对角线与相交于点M，正方形的对角线与相交于点N， ∴点N、点M分别为、的中点， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 【例5】（2024·山东青岛·二模）【问题背景】 如图，是一张等腰直角三角形纸板，，取、、中点进行第次剪取，记所得正方形面积为，如图，在余下的和中，分别剪取正方形，得到两个相同的正方形，称为第次剪取，并记这两个正方形面积和为如图. 【问题探究】 （1） ______ ； （2）如图，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第次剪取，并记这四个正方形面积和为继续操作下去，则第次剪取时， ______ ；第次剪取时， ______ ． 【拓展延伸】 在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ． 【答案】（1）；（2），；【拓展延伸】 【分析】（1）根据题意，可求得，第一次剪取后剩余三角形面积和为：，第二次剪取后剩余三角形面积和为：； （2）同理可得规律：即是第次剪取后剩余三角形面积和，根据此规律求解即可答案； （3）依此规律可得第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和． 本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，得出甲、乙两种剪法，所得的正方形面积是解题的关键． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 同理：等于第二次剪取后剩余三角形面积和， ， 故答案为：； （2）等于第次剪取后剩余三角形面积和， 第一次剪取后剩余三角形面积和为：， 第二次剪取后剩余三角形面积和为：， 第三次剪取后剩余三角形面积和为：， 第十次剪取后剩余三角形面积和为：， 第次剪取后剩余三角形面积和为：， 故答案为：，； （3）在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为， 故答案为：． 【核心考点二 根据正方形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在正方形中，O是的中点，过点O作于点E，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，平行线的判定与性质，由正方形的性质得，然后证明即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【例2】（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，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，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．由在正方形中可求出，从而得到，由折叠可得，再根据正方形中，求得． 【详解】解：∵在正方形中，，， ∴， ∴， 由折叠可得， ∵在正方形中，， ∴． 故选：C． 【例3】（23-24八年级下·山西太原·阶段练习）如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 【答案】/15度 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质得，由等边三角形的性质得出，求出，进而可求出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， 则，， ∴． 故答案为：． 【例4】（2024·河南新乡·模拟预测）如图，正方形内有一等边，则的度数是 ．    【答案】/30度 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质可得出，由等边三角形的性质的得出，最后根据角的和差关系即可得出答案． 【详解】解：∵是正方形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 故答案为： 【例5】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，求的度数． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用；根据正方形的性质可得，进而根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∵， ∴． 【核心考点三 根据正方形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·辽宁丹东·期中）如图，三个边长相同的正方形叠放在一起，M，N是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（   ） A．2 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的证明，二次根式的化简， 连接、，可得，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接、，如图： ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∴M、N两个正方形阴影部分的面积是，同理另外两个正方形阴影部分的面积也是， ∴阴影部分的面积和， ∴， ∴． 故选：B． 【例2】（24-25八年级下·广东清远·期中）如图，正方形的周长为16，是等边三角形，点E在正方形内部，点P是对角线上的动点，连接、，则的最小值为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】此题主要考查了轴对称--最短路线问题，由于点B与D关于对称，所以连接，与的交点即为P点．此时最小，而是等边的边，，由正方形的周长为16，可求出的长，从而得出结果． 【详解】解：连接，与交于点F． ∵点B与D关于对称， ∴， ∴， ∴最小， ∵正方形的周长为16， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 故的最小值为4． 故选：C． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，若矩形内有两个相邻的正方形，面积分别为4和2，则阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了求阴影部分的面积，熟练运用矩形的面积公式是解题的关键． 根据正方形的面积公式求出两个正方形的边长分别是，再根据阴影部分的面积等于矩形的面积减去两个正方形的面积，计算即可得到答案． 【详解】解：∵矩形内两个相邻的正方形面积分别为和， ∴两个正方形的边长分别为， ∴阴影部分的面积， 故答案为： ． 【例4】（24-25八年级下·四川达州·阶段练习）如图，正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，先连接，根据正方形的性质得出是直角三角形，再根据勾股定理求出，，最后根据直角三角形的性质得出答案． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形，是正方形， ∴， ∴， ∴． 根据勾股定理，得， 则． 在中，点H是的中点， ∴． 故答案为：． 【例5】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：； (2)若，当四边形为正方形时，求的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）根据平行线的性质得到，根据全等三角形的判定即可得到结论； （2）根据四边形为正方形，根据勾股定理求出，则，在中，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：， ， 是的中点， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形是正方形， ，， 是的中点， ， ∴垂直平分， ， ， ， ， ， ． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质等知识，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【核心考点四 根据正方形的性质求面积】 【例1】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形，若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，解题的关键是掌握直角三角形两直角边平方和等于斜边平方． 【详解】解：⑤为等腰直角三角形，正方形③的面积为2 腰直角三角形⑤的直角边长为 腰直角三角形⑤的斜边长为 ①为正方形， ④为等腰直角三角形， 等腰直角三角形④的直角边长为2 等腰直角三角形④的斜边长为 正方形②的面积为 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·广东河源·期中）将个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积． 根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为阴影部分的和． 【详解】由题意可得阴影部分面积等于正方形面积的，即是， 5个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为， n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为． 故选：A． 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图是一个边长大于的正方形，以距离正方形的四个顶点处沿角画线，将正方形纸片分成5部分，则中间阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理的应用．延长小正方形的一边交大正方形于一点，连接此点与距大正方形顶点处的点，构造直角边长为8的等腰直角三角形，将小正方形的边长转化为等腰直角三角形的斜边长来求解即可． 【详解】如图，作平行于小正方形的一边，延长小正方形的另一边与大正方形的一边交于B点． ∴为直角边长为的等腰直角三角形．   ， ∴阴影正方形的边长， 则中间阴影部分的面积为； 故答案为：． 【例4】（23-24八年级下·山东淄博·期末）给定一正方形，其边长等于a，正方形两组相对的顶点是两个全等菱形的顶点．如果每个菱形的面积等于正方形面积的一半，则两菱形公共部分的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形和菱形的性质的应用，三角形的面积之间的关系是解题关键． 利用平行证出与的比、与的比，从而求出与的比，求出与的面积之比，与的面积的比即阴影面积与正方形的面积的比，根据正方形的面积即可求出答案． 【详解】解：连接，得、、在同一直线上，，且点为中点， ， 由题得，，， ， ， ， ，，， ， ， ， ， ， 连接， ， ， ， ，， ， 两菱形公共部分的面积为． 故答案为：． 【例5】（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图1，当时，与的面积相等．理由：因为，所以．又因为，所以． (1)【类比探究】如图2，在正方形的右侧作等腰三角形，，连接，求的面积． (2)【综合应用】如图3，在正方形的右侧作正方形，点B、C、E在同一直线上，，连接，求的面积． 【答案】(1)4 (2)8 【分析】本题主要考查了正方形性质和平行线判定和性质以及三角形面积，解题关键是理解阅读材料，根据平行线找到等底等高的三角形． （1）过点作于点，连接，可得，根据材料可知，再由等腰三角形性质可知，即可求出； （2）连接，证明，即可得，由此即可求解． 【详解】（1）解：过点作于点，连接， ∵在正方形中，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵在正方形中，， ∴； （2）解：如图3，连接， ∵在正方形、正方形中， ∴， ∴， ∴， ∵在正方形中，，， ∴． 【核心考点五 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·四川成都·阶段练习）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，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形与折叠，勾股定理的运用，明确折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，通常用勾股定理解决折叠问题． 根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：设，则，由折叠的性质知， ∵点落在边的中点处， ∴， 在中，由勾股定理可知， 即，整理得， 解得，， ∴线段的长为， 故选：A． 【例2】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，将正方形纸片折叠，使边、均落在对角线上，得折痕、，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了图形的翻折变换，关键是找准图形翻折后，哪些角是相等的．首先根据正方形的性质可得，再根据折叠可得，，进而可得，即． 【详解】解：如图， 四边形是正方形， ， 根据折叠可得，， ， ， 即． 故选：A 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期末）在课本上的“数学活动  折纸与证明”中，我们曾经两次折叠正方形纸片（如图）．若正方形纸片的边长为，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，先由折叠的性质得出的长度，再利用勾股定理求出的长度，最后根据求解即可,熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】由折叠的性质得，， ∴， ∴， 故答案为：． 【例4】（2024·山东青岛·三模）如图，正方形的边长为，点在边上，且，连结，点在边上，连结，把沿翻折，点恰好落在上的点处，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的是 ．(填序号) 【答案】①④/④① 【分析】 本题考查翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，正方形的性质，根据翻折的性质证，得出，，即可判断①正确；根据 ，即可判断②错误；在中，，，推出，则，推出，，则，判定③错误；根据，推出，即可判断④正确，进而得出答案． 【详解】 解：四边形为正方形， ，， ， ， 由折叠的性质可得， 垂直平分， ，， ， ， ， ， ，， 故①正确； ， ，故②错误； 在中，， ， ， ， ， ，， ， 故③错误； ， ， 故④正确； 综上所述：正确的是①④． 故答案为：①④． 【例5】（2024·吉林长春·二模）如图，在正方形中，对角线与交于点，将正方形折叠，使点落在对角线上的点处，连结，与折痕交于点，折痕交于点． 求证：． 【答案】见解析 【分析】 本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定．依据正方形的性质，即可得到；再根据折叠即可得出，进而得到．利用即可判定． 【详解】证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴，． ∴． ∵将正方形ABCD折叠，使点C落在点E处， ∴，即． 又∵， ∴． 在和中， ∵，，， ∴． 【核心考点六 根据正方形的性质证明】 【例1】（24-25八年级下·陕西渭南·期中）如图，在正方形中，为其对角线，点E为上一个动点，连接，，过D作交于F，连接．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，先由平行线的性质得到，再由平角的定义证明，由正方形的性质得到，则可证明得到，，进而可证明得到，据此可得答案． 【详解】解：∵， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，，故A、D结论正确，不符合题意； ∴， ∴，故B结论正确，不符合题意； 根据现有条件无法证明，故C结论错误，符合题意； 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点，连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 证明和全等得，对于选项、C、，无法证明即可，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 在和中， ∴， ∴，故选项A成立，符合题意； 无法证明、、， 故选：A 【例3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在正方形中，点在上，点在上，且．若，则的周长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握添加合理的辅助线，构造三角形全等是解题的关键．根据题意可得，如图所示，在上取，连接，可证，得到，再证，得到，则的周长为，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 如图所示，在上取，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵的周长为， ∴的周长为， 故答案为：8 ． 【例4】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…，按照此规律继续下去，则的值为 ． 【答案】 【分析】根据题意求出面积标记为的等腰直角三角形的直角边长，得到，同理求出，根据规律解答．本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律是解题的关键． 【详解】解：如图所示， 是等腰直角三角形， ，， ， ， 即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍， 正方形的边长为2， ∴， 面积标记为的等腰直角三角形的直角边长为， 则， 面积标记为的等腰直角三角形的直角边长为， 则， 面积标记为的等腰直角三角形的直角边长为， 则， 故答案为：． 【例5】（24-25八年级下·山东枣庄·阶段练习）点E是正方形的对角线上一点，过点E作交于点F，的延长线交于点G，交于点H． (1)如图1，证明：； (2)如图2，若，，求的长． 【答案】(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）由四边形是正方形可得，，则可证明，得到，，再证明，得到，则可证明； （2）先由正方形的性质得到，，，再证明，可得，即可得． 【详解】（1）证明：如图，连接． 四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ，． ∵， ∴， ∴， ， 又∵， ， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，． ∵， ∴，， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【核心考点七 正方形的判定定理理解】 【例1】（24-25八年级下·河北保定·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，对角相等 B．②，有一组邻边相等 C．③，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理． 根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件一一进行分析，即可得出结果． 【详解】解：A、①，对角相等的平行四边形，不一定是矩形，故该转换条件填写错误，符合题意； B、②，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； C、③，对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意； D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：A． 【例2】（24-25八年级下·广东梅州·阶段练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（    ） A．当，是矩形 B．当，是矩形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 【答案】D 【分析】本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断 【详解】四边形是平行四边形， 当，平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意； 当，平行四边形是矩形，故选项B正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，故选项C正确，不符合题意； 当，平行四边形是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意； 故选： 【例3】（23-24八年级下·广东河源·期末）如图，平行四边形对角线互相垂直，若添加一个适当的条件使四边形成为正方形，则添加条件可以是 （只需添加一个）． 【答案】 【分析】由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得出四边形是菱形，再由，即可判定四边形是正方形． 【详解】添加条件：，理由如下： 四边形是平行四边形， 四边形是菱形 四边形是正方形 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定、正方形的判定；熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．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先判定四边形是平行四边形，再用①②进行判定． 【例4】（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）我们规定菱形与正方形接近程度称为“接近度”，设菱形相邻两个内角的度数分别为，，将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形越接近正方形． ①若菱形的一个内角为，则该菱形的“接近度”为 ； ②当菱形的“接近度”等于 时，菱形是正方形． 【答案】 【分析】由菱形的性质可得出，即可求出，再根据“接近度”的定义求解即可；由正方形的判定可得出当时，菱形是正方形，从而得出当时，菱形是正方形． 【详解】菱形相邻两个内角的度数和为， ，即， 解得： 该菱形的“接近度”为； ∵四个角都为直角的菱形是正方形， 当时，菱形是正方形， 时，菱形是正方形． 故答案为：20，0． 【点睛】本题考查菱形的性质，正方形的判定，对新定义的理解．读懂题意，理解“接近度”是解题关键． 【例5】（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在中，．用直尺和圆规作图：（不写作法，保留作图痕迹．） (1)如图①，若点在边上，求作平行四边形，使得点、分别在、上； (2)如图②，求作正方形，使得点、、分别在、、上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据过直线外一点作平行线的作法，过点D作的平行线交于为E，得到，然后以C为顶点，在上截取线段，使，连接，即可得到平行四边形； （2）根据角平分线的作法，作出的角平分线，交于点F，连接，作线段的垂直平分线，分别与、交于点、，根据垂直平分线的性质，得到，又因为，即可证明四边形是正方形． 【详解】（1）解：平行四边形即为所求； （2）解：正方形即为所求． 【点睛】本题考查了复杂作图——过直线外一点作平行线、角平分线、垂直平分线，平行四边形的额判定，正方形的判定，熟练掌握基本的作图方法是解题关键． 【核心考点八 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，解题的关键是能熟记正方形的判定定理． 【详解】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答： （1）有一组邻边相等的矩形是正方形， （2）对角线互相垂直的矩形是正方形． 添加，能使矩形成为正方形． 故选：B． 【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． 【例3】（23-24八年级下·吉林四平·期中）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）． 【答案】③ 【分析】根据菱形的性质和正方形的判定进行逐一判断即可．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． 【详解】解：依题意，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不能证明四边形成为正方形； 当四边形是菱形加上条件，则证明过程如下： ∵四边形是菱形， ∴，， ∴ ∵， ∴ ∴， ∴四边形是正方形； 故答案为：③． 【例4】（24-25八年级下·山西太原·阶段练习）在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中在（4）处填写的条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查正方形的判定，掌握有一个角是直角的菱形是正方形成为解题的关键． 根据有一个角是直角的菱形是正方形即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴当时，四边形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 【例5】（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． 【核心考点九 证明四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·贵州贵阳·期中）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在 上 的F 处，折痕为， 若 沿 剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（    ）   A．有一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定定理，矩形的性质，解题的关键是掌握邻边相等的矩形是正方形；由矩形的性质可得，由折叠可知，， ，即可证明四边形是正方形． 【详解】解：四边形是矩形， ， 由折叠可知，， ， ∴四边形是正方形， 故选：． 【例2】（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形与翻折的性质等知识，熟练掌握翻折的性质是解题的关键．根据折叠的性质可得，，，再证明四边形是菱形，再由，再结合正方形的判定即可证明， 【详解】如图， 将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合， ，，， 又， ， ， ， ， 四边形是菱形， 又， 四边形是正方形， 故选：A 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·开学考试）如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    【答案】 【分析】作于F，如图，易得四边形为矩形，再证明得到，，则可判断四边形为正方形，四边形的面积=四边形的面积，然后根据正方形的面积公式计算的长． 【详解】解：作于F，如图，   ，， ∴四边形为矩形， ， 即， ， 即， ， 在和中， ， ， ，， ∴四边形为正方形， 四边形的面积=四边形的面积， 四边形的面积为13， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形． 【例4】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在矩形中，E，F，G，H分别是边，，，上的点（不与端点重合），对于任意矩形，以下结论：①存在且仅有一个四边形是菱形．②存在无数个四边形是平行四边形．③存在无数个四边形是矩形．④除非矩形为正方形，否则不存在四边形是正方形．其中正确的是 （填序号） 【答案】②③④ 【分析】先连接，，过点O作直线和，分别交，，，于点E，F，G，H，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形判断②，再根据的关系判断①③，然后证明当四边形是正方形时，四边形是正方形判断④即可． 【详解】如图所示． ∵四边形是矩形，连接，交于点O， 过点O作直线和，分别交，，，于点E，F，G，H． ∵，，， ∴≌，， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， 所以存在无数个四边形是平行四边形． 故②正确； 当时，四边形是矩形， 所以存在无数个四边形是矩形． 故③正确； 当时，存在无数个四边形是菱形. 故①不正确； 当四边形是正方形时，，， ∴． ∵， ∴≌， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 当四边形是正方形时，四边形是正方形． 故④正确． 所以正确的有②③④． 故答案为：②③④． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定和性质，平行四边形的判定，正方形的判定，灵活的选择判定定理是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在和中，，，，为边上一点． (1)求证： (2)若点是的中点，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质： （1）只需要证明，即可证明； （2）根据直角三角形的性质得到，再由三线合一定理得到，再证明，即可证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：， ， 在和中， ， ； （2）证明：中，D是中点的，， ， 又， ， 四边形是菱形． 又， 四边形是正方形． 【核心考点十 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点为正方形内一点，，，连结，那么的度数是(   )    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质得到AD=CD，根据等腰三角形的性质得到∠DAE=∠AED=70°，求得∠ADE=180°-70°-70°=40°，得到∠EDC=50°，根据等腰三角形的性质即可得到结论. 【详解】解：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 故选． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键. 【例2】（23-24八年级下·河南漯河·阶段练习）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 【答案】D 【分析】根据正方体的概念和特性可知AB，AC和左面上的对角线形成一个等边三角形，进而即可求解 【详解】连接BC， ∵AC、AB、BC是正方形的对角线， ∴AC=AB=BC， ∴△ABC为等边三角形． ∴∠BAC=60°． 故选D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、正方形与正方形的性质；证明△ABC为等边三角形是解题的关键． 【例3】（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °． 【答案】135 【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形 ∴∠ACB＝∠BAC＝45° ∴∠2+∠BCP＝45° ∵∠1＝∠2 ∴∠1+∠BCP＝45° ∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP ∴∠BPC＝135° 故答案为：135． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键． 【例4】（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 ． 【答案】 【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴直线AC是正方形ABCD的对称轴， ∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J． ∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，△AIE的面积＝△AEG的面积， ∴S阴＝S正方形ABCD＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型． 【例5】（2024·山东潍坊·二模）如图，是正方形对角线上一点，连接，，并延长交于点．若，求的度数． 【答案】65° 【分析】先证明求得，再根据三角形外角的性质求得的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ， 在和中， ， ∴； ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和及外角和的性质，三角形全等的判定，熟悉三角形的外角性质是解题的关键． 【核心考点十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·重庆大渡口·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解． 【详解】解：过点E作EH⊥BC于点H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ， ， ∴， ， ， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键． 【例2】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为；③当P在运动过程中，的最小值为；④当时，，其中结论正确的有（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【答案】B 【分析】①由矩形的性质得到，根据折叠的性质得到， ，，推出四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可得到四边形 为正方形；故①正确；②过作于，得到， ，根据直角三角形的性质得到，根据三角形的面积公式得到的面积为 ，故②错误；③连接，于是得到，即当 时，取最小值，根据勾股定理得到的最小值；故③错误； ④根据已知条件推出，，三点共线，根据平行线的性质得到，等量代换得到 ，求得，根据勾股定理得到，故④正确． 【详解】解：①四边形是矩形， ， 将沿折叠得到， ，， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形为正方形；故①正确； ②过作于， 点，点， ，， ，， ， ， 的面积为，故②错误； ③连接， 则， 即当时，取最小值， ，， ， ， 即的最小值为；故③错误； ④， ， ， ， ，，三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ，故④正确； 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，三角形的面积的计算，正确的识别图形是解题的关键． 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期末）将张宽为的小长方形按如图摆放在中，则的面积为 ．    【答案】 【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据矩形的性质及平行四边形的性质即可解答． 【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵四边形是平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∵小长方形的宽为， ∴根据图形可知小长方形的长为， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为， 故答案为．    【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，正方形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·广东珠海·开学考试）如图，在矩形纸片中，，，先将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上的点E处，折痕为，再沿过点F的直线折叠，使点D落在上的点M处，折痕为，则两点间的距离为 .    【答案】 【分析】判定四边形是正方形，即可得到，再根据，即可利用勾股定理求得的长． 【详解】解：如图所示，连接，    由折叠可得，， 又， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形， ， 又， ， 由折叠可得，， 中，， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，折叠是一种对称变换，它属于轴对称，折叠前后图形的形状和大小不变，位置变化，对应边和对应角相等． 【例5】（23-24八年级下·湖北·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【答案】(1)正方形边长为； (2)该正方形花圃的边长为． 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定与性质、菱形性质，解题关键是正确理解题意、熟练掌握相关图形的性质、合理利用所求的相关结论作答． （1）连接，设正方形的边长为，即，根据面积计算的不同方式即可求得正方形边长； （2）设菱形两条对角线交于点，其长度分别为，，根据题意得到、的值，判定四边形为正方形，且为直角的“所容正方形”后结合（1）中得到的结论即可得到正方形花圃的边长． 【详解】（1）解：连接，如图，设正方形的边长为，则， 四边形是正方形， ，，， 在中，，，， ， 即， ， ． 故“所容正方形”的边长为． （2）解：如图，设菱形的两条对角线交于点，且其长度分别为，， 则，，， 根据题意可得：，整理得， 若正方形为在这个菱形场地上修建的正方形花圃，则根据菱形和正方形的对称性可得，，则四边形也为正方形，且这个正方形为直角三角形的“所容正方形”， 则由（1）的结论可得：正方形的边长， 正方形的边长为， 即在这个菱形场地上按要求修建的正方形花圃的边长为． 【核心考点十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，然后根据等腰直角三角形的性质求出△AOD的面积，再求出△AOE的面积，△AEF的面积，根据计算结果可得下一次得到最小的三角形的面积是上一次三角形的，然后写出第10次时所得的最小的三角形的面积即可． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，边长为1， ∴AB=AD，正方形的面积为1， 第1次作AO⊥BD,则最小△AOD的面积=××1==， 第2次作EO⊥AD,最小△AOE的面积=×==； 第3次作EF⊥AO,最小△AEF的面积=×=， …， 依此类推,作到第10次时,最小三角形的面积=. 故选B． 【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是根据图形的特点找到变化规律． 【例2】（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为3．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD； ②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长； ③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据正方形的性质可得DH=OH=1，根据勾股定理可求CF，AD，即可求解； ④根据三角形面积公式即可求解． 【详解】解：①∵四边形OABC和四边形ODEF是正方形，A，O，E共线， ∴∠AOC=90°，∠DOE=45°， ∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确； ②∵EF=， ∴OE==2， ∵AO=AB=3， ∴AE=AO+OE=2+3=5，故正确； ③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H， 四边形DOFE为正方形 ， OH=DH=OE=1， ∠GOF=45°， 则FG=1， ∴CF===， AD===， 即CD=AD=，故错误； ④△COF的面积S△COF=×CO×GF=×3×1=，故错误； 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度． 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，四边形ABCD中，AD=DC，∠ADC=∠ABC=90°，DE⊥AB，若四边形ABCD面积为16，则DE的长为 ． 【答案】4 【分析】如图，过点D作BC的垂线，交BC的延长线于F，利用互补关系可得∠A=∠FCD，又∠AED=∠F=90°，AD=DC，利用AAS可以判断△ADE≌△CDF，推出DE=DF，S四边形ABCD=S正方形DEBF=16，DE=4． 【详解】解：过点D作BC的垂线，交BC的延长线于F， ∵∠ABC=90°，DE⊥AB， ∴四边形DEBF为矩形， ∵∠ADC=∠ABC=90°， ∴∠A+∠BCD=180°， ∵∠FCD+∠BCD=180°， ∴∠A=∠FCD， 又∠AED=∠F=90°，AD=DC， ∴△ADE≌△CDF(AAS)， ∴DE=DF， ∴四边形DEBF为正方形， S四边形ABCD=S正方形DEBF=16， ∴DE=4． 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质以及三角形、正方形面积的计算，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，在矩形中，，，以A为圆心，为半径画弧，分别与边交于点E，与的延长线交于点F，则阴影部分的面积为 ．（结果不取近似值）    【答案】/ 【分析】过E作交于点G，证明四边形，都是矩形，得到矩形是正方形，推出阴影部分的面积矩形的面积，据此求解即可． 【详解】解：过E作交于点G，    ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形，都是矩形， ∵，， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∴阴影部分的面积矩形的面积， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质、矩形的性质、勾股定理的应用，掌握矩形的判定和性质是正确解答的前提． 【例5】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图（1），已知矩形纸片的面积为，相邻两边长之比为，将四张同样大小的矩形纸片拼接成一个正方形，中间留有空隙正方形，如图（2）所示． (1)求图（1）矩形纸片相邻的两边长； (2)求图（2）正方形与正方形的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，比的应用，根据相相邻两边长之比和矩形纸片的面积求得矩形相邻两边的长是解答关键． （1）利用相邻两边长之比为，设长与宽分别为，根据矩形纸片的面积为，列出方程求解； （2）先求出正方形的边长和正方形的边长，再利用面积公式求解． 【详解】（1）解：设长与宽分别为 ， ， 解得，（不符合题意舍去）， ，． 则相邻的两边长分别为． （2）解： ． 【核心考点十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（23-24八年级下·广东佛山·期中）顺次连接正方形四边中点得到的四边形是（    ） A．正方形 B．菱形 C．平行四边形 D．矩形 【答案】A 【分析】根据三角形的中位线定理可推出，进一步即可根据正方形的判定推出答案． 【详解】解：如图， ∵，，，分别为，，，的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，中位线的性质，掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 【例2】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，、分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④中，正确的结论有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可以证出，则②一定成立,可以证出即可判断④．用反证法可证明，即可判断③． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， （故①正确）； ∴ ∵ ∴ （故④正确）； ， ， 一定成立（故②正确）； 假设，   ， （线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等）， 在中，， ，这与正方形的边长相矛盾， 假设不成立，（故③错误）； 故选：C． 【例3】（2024·江苏南京·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    【答案】1 【分析】连接，则，根据三角形中位线定理，得． 【详解】连接，因为正方形，， 所以， 因为E，F分别是的中点， 所以． 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 【例4】（2024·天津河东·二模）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ．    【答案】 【分析】四边形和四边形均为正方形，且是的中点，，如图所示，过点作于，交于，与交于点，可证，，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，且是的中点，， ∴， ∴在中，， 如图所示，过点作于，交于，与交于点，    ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴，，即为中点， 同理，可证， ∴， ∴在中， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形与直角三角形勾股定理的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·广东云浮·期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）（1）中的结论不成立，理由见解析；（3）四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定方法． （1）根据矩形的性质和菱形的判定方法进行证明即可； （2）根据菱形的性质和矩形的判定方法进行证明即可； （3）根据正方形的性质和判断进行证明即可． 【详解】解：（1）四边形是菱形 理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 所以四边形是菱形 ； （2）（1）中的结论不成立； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形 （3）四边形是正方形； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是正方形． 【核心考点十四 中点四边形】 【例1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，四边形是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定以及三角形的中位线定理，顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形，再根据即可证明结论． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是边、、、的中点， ∴，，，，， 且， 四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，E、F、G、H分别是四边形各边的中点，在下列条件中，能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，涉及了三角形的中位线定理，根据题意可得，，，推出四边形平行四边形；若，则，即，即可求解； 【详解】解：连接，如图所示： 由题意得：分别是的中位线， ∴，，， ∴四边形平行四边形， 若， 则，即， ∴四边形为矩形， 故选：D 【例3】（23-24八年级下·辽宁大连·阶段练习）下列结论中：①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形；②两条对角线互相垂直的四边形是菱形；③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形；④对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；⑤平行四边形对角相等；⑥菱形每一条对角线平分一组对角．其中正确的结论是 （填序号）． 【答案】①③⑤⑥ 【分析】本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形，利用它们的判定与性质是解题关键．根据平行四边形的判定与性质，可得答案． 【详解】①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形，说法正确； ②两条对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原说法错误； ③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形，说法正确； ④对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，原说法错误； ⑤平行四边形对角相等，说法正确； ⑥菱形每一条对角线平分一组对角，说法正确， 故答案为：①③⑤⑥． 【例4】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． 【详解】解：如图， 由轴对称的性质可得： 第一个菱形的面积为：， 第二个矩形的面积为第一个矩形面积的； 第三个矩形的面积是第一个矩形面积的； … 故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． ∴第n个矩形的面积为． 故答案为． 【例5】（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 【答案】平行四边形，证明见解析 【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形． 【详解】解：四边形EFGH的形状是平行四边形． 证明：如图，连接BD， ∵E、H分别是AB、AD中点， ∴EH∥BD，EH=BD， 同理FG∥BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=FG， ∴四边形EFGH是平行四边形． 【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确的构造三角形病正确的运用中位线定理，难度不大． 【核心考点十五 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例1】（23-24八年级下·江苏淮安·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 【答案】D 【分析】根据的速度为每秒，可得，从而得到，由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以、、、四点组成的四边形为平行四边形，当时，分两种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：四边形为平行四边形， ． 若要以、、、四点组成的四边形为平行四边形，则． 当时，，，，， ， 解得：； 当时，，，， ， 解得：． 综上所述：当运动时间为秒或8秒时，以、、、四点组成的四边形为平行四边形． 故选D． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用，弄清在上往返运动情况是解决此题的关键． 【例2】（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】B 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解． 【例3】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=12cm．点P从点A出发，以3cm/s的速度在射线AD上运动；同时，点Q从点C出发，以1cm/s的速度在射线CB上运动．运动时间为t，当t= 秒（s）时，点P、Q、C、D构成平行四边形． 【答案】3或6 【分析】根据点P的位置分类讨论，分别画出对应的图形，根据平行四边形的对边相等列出方程即可求出结论． 【详解】解：当P运动在线段AD上运动时， AP=3t，CQ=t， ∴DP=AD-AP=12-3t， ∵四边形PDCQ是平行四边形， ∴PD=CQ， ∴12-3t=t， ∴t=3秒； 当P运动到AD线段以外时，AP=3t，CQ=t， ∴DP=3t-12， ∵四边形PDCQ是平行四边形， ∴PD=CQ， ∴3t-12=t， ∴t=6秒， 故答案为：3或6 【点睛】此题考查的是平行四边形与动点问题，掌握平行四边形的对应边相等和分类讨论的数学思想是解决此题的关键． 【例4】（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在菱形中，，°，点同时由两点出发，分别沿向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为 ． 【答案】 【分析】延长AB至M，使BM=AE，连接FM，证出△DAE≌△EMF，得到△BMF是等边三角形，再利用菱形的边长为5求出时间t的值． 【详解】解：延长AB至M，使BM=AE，连接FM， ∵四边形ABCD是菱形，∠ADC=120°， ∴AB=AD，∠A=60°， ∵BM=AE， ∴AD=ME， ∵△DEF为等边三角形， ∴∠DAE=∠DFE=60°，DE=EF=FD， ∴∠MEF+∠DEA═120°，∠ADE+∠DEA=180°-∠A=120°， ∴∠MEF=∠ADE， ∴在△DAE和△EMF中， ∴△DAE≌EMF（SAS）， ∴AE=MF，∠M=∠A=60°， 又∵BM=AE， ∴△BMF是等边三角形， ∴BF=AE， ∵AE=t，CF=2t， ∴BC=CF+BF=2t+t=3t， ∵BC=5， ∴3t=5， ∴t=， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质等知识，解题的关键是运用三角形全等得出△BMF是等边三角形． 【例5】（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 【答案】(1)； (2) 【分析】本题考查了矩形的判定、坐标与图形性质等知识，熟练掌握矩形的判定是解题的关键． （1）根据点、的坐标求出、、，再根据路程速度时间求出、，然后求出，即可得出结论； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，当时，四边形是矩形，然后列出方程求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ，，， 当时，，， ， 点，； 故答案为：；； （2）解：根据题意：，， 则， 当四边形是矩形时，， ， 解得：， 时，四边形是矩形． 【核心考点十六 四边形中的线段最值问题】 【例1】（23-24八年级下·浙江·期中）如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为，最小值为4，则菱形ABCD的边长为（    ） A．5 B．10 C． D．8 【答案】A 【分析】过点C作，交AB的延长线于H，由题意可得当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=，当时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为4，即CH=4，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，过点C作，交AB的延长线于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=AB=BC， ∵点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点， ∴当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=， 当时，PQ有最小值，即直线与直线的距离为， ， ， ， ， , 解得：， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键． 【例2】（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（   ） A．1 B．3 C．2 D．2.5 【答案】B 【分析】由题意分析可知，点F为主动点，运动轨迹是线段AB，G为从动点，所以以点E为旋转中心构造全等关系，得到点G的运动轨迹，也是一条线段，之后通过垂线段最短构造直角三角形获得CG最小值． 【详解】解：由题意可知，点F是主动点，点G是从动点，点F在线段上运动，点G的轨迹也是一条线段， 将△EFB绕点E旋转60°，使EF与EG重合，得到△EFB≌△EGH， 从而可知△EBH为等边三角形， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠FBE=90°， ∴∠GHE=∠FBE=90°， ∴点G在垂直于HE的直线HN上， 延长HG交DC于点N， 过点C作CM⊥HN于M，则CM即为CG的最小值， 过点E作EP⊥CM于P，可知四边形HEPM为矩形， 则CM=MP+CP=HE+EC=1+2=3， 故选：B． 【点睛】本题考查了线段最值问题，分清主动点和从动点，通过旋转构造全等，从而判断出点G的运动轨迹，是本题的关键，之后运用垂线段最短，构造图形计算，是最值问题中比较典型的类型． 【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，P是边长为2a的正方形ABCD的对角线BD上的一点，点E是AB的中点，则PA＋PE的最小值是 ． 【答案】 【分析】取BC得中点F，连接AF，易得点F是点E关于BD的对称点，当A，P，F三点共线时，PA＋PE有最小值AF，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：取BC的中点F，连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴点F是点E关于BD的对称点， ∴PA＋PE＝ PA＋PF， ∴当A，P，F三点共线时，PA＋PE有最小值AF， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质、将军饮马问题，在正方形中正确找出点F是点E关于BD的对称点是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，CD是直线x＝1上长度固定为1的一条动线段．已知A（﹣1，0），B（0，4），则四边形ABCD周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】在y轴上取点E，使BE＝CD＝1，则四边形BCDE为平行四边形，根据勾股定理得到AB，作点A关于直线x＝1的对称点A'，得到A'、E、D三点共线时，AD+DE最小值为A'E的长，根据勾股定理求出A'E，即可得解； 【详解】解：如图，在y轴上取点E，使BE＝CD＝1，则四边形BCDE为平行四边形， ∵B（0，4），A（﹣1，0）， ∴OB＝4，OA＝1， ∴OE＝3，AB＝， 作点A关于直线x＝1的对称点A'， ∴A'（3，0），AD＝A'D， ∴AD+DE＝A'D+DE，即A'、E、D三点共线时，AD+DE最小值为A'E的长， 在Rt△A'OE中，由勾股定理得A'E＝， ∴C四边形ABCD最小值＝AB+CD+BC+AD＝AB+CD+A'E＝+1+． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了轴对称最短路线问题、勾股定理、位置与坐标，准确分析作图计算是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形； （2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形； （3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E、F分别是AB、CD的中点， ∴AE＝AB，CF＝CD， ∴AE＝CF， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵BC＝AC，E为AB中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形； （2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形， 理由：∵BC＝AC，∠B＝45°， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形， 或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形， 理由：∵BC＝AC，AB＝BC， ∴AC2+BC2＝2BC2， AB2＝（BC）2＝2BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ACB为直角三角形， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形； （3）解：连接EF，连接FM交AC于P， ∵四边形AECF为正方形， ∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM， 在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4， ∴FM＝ ∴PE+PM最小值为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 【核心考点十七 四边形其他综合问题】 【例1】（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），D对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：①ΔAPE≌ΔAME；②PM＋PN＝AC；③PE2＋PF2＝PO2；④BN＝PF．其中正确结论的有（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】依据正方形的性质以及勾股定理、矩形的判定方法即可判断△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形，从而作出判断． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝∠DAC＝45°． ∵在△APE和△AME中， ∵， ∴△APE≌△AME（ASA），故①正确； ∴PE＝EM＝PM， 同理，FP＝FN＝NP． ∵正方形ABCD中AC⊥BD， 又∵PE⊥AC，PF⊥BD， ∴∠PEO＝∠EOF＝∠PFO＝90°， ∴四边形PEOF是矩形． ∴PF＝OE， 又∵在△APE中，AE＝PE， ∴PE＋PF＝AE+OE=OA， 又∵PE＝EM＝PM，FP＝FN＝NP，OA＝AC， ∴PM＋PN＝AC，故②正确； ∵四边形PEOF是矩形， ∴PE＝OF， 在直角△OPF中，OF2＋PF2＝PO2， ∴PE2＋PF2＝PO2，故③正确． ∵∠CDB=45°，PF⊥BD， ∴△BNF是等腰直角三角形， ∴BN=NF， ∵FP＝FN， ∴BN＝PF． 故④错误． 综上所述：正确的有3个． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质、矩形的判定、勾股定理等知识，认识△APM和△BPN以及△APE、△BPF都是等腰直角三角形，四边形PEOF是矩形是关键． 【例2】（23-24八年级下·辽宁营口·期末）如图，分别以RtABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边ABD和等边ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30°，以下结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④DBF≌EFA．其中正确结论的个数有（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得FA＝FC，根据等边三角形的性质可得EA＝EC，根据线段垂直平分线的判定可得EF是线段AC的垂直平分线；根据条件及等边三角形的性质可得∠DFA＝∠EAF＝90°，DA⊥AC，从而得到DF∥AE，DA∥EF，可得到四边形ADFE为平行四边形而不是菱形；根据平行四边形的对角线互相平分可得AD＝AB＝2AF＝4AG；易证DB＝DA＝EF，∠DBF＝∠EFA＝60°，BF＝FA，即可得到△DBF≌△EFA． 【详解】解：连接FC，如图所示： ∵∠ACB＝90°，F为AB的中点， ∴FA＝FB＝FC， ∵△ACE是等边三角形， ∴EA＝EC， ∵FA＝FC，EA＝EC， ∴点F、点E都在线段AC的垂直平分线上， ∴EF垂直平分AC，即EF⊥AC； ∵△ABD和△ACE都是等边三角形，F为AB的中点， ∴DF⊥AB即∠DFA＝90°，BD＝DA＝AB＝2AF，∠DBA＝∠DAB＝∠EAC＝∠ACE＝60°． ∵∠BAC＝30°， ∴∠DAC＝∠EAF＝90°， ∴∠DFA＝∠EAF＝90°，DA⊥AC， ∴DF∥AE，DA∥EF， ∴四边形ADFE为平行四边形而不是菱形； ∵四边形ADFE为平行四边形， ∴DA＝EF，AF＝2AG， ∴BD＝DA＝EF，DA＝AB＝2AF＝4AG； 在△DBF和△EFA中， ， ∴△DBF≌△EFA； 综上所述：①③④正确， 故选：C． 【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、等边三角形的性质、线段垂直平分线的判定、平行四边形判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性比较强，有一定难度． 【例3】（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，四边形中，，且，则四边形周长的最小值是 ． 【答案】 【分析】延长AD至点E，使得，连接CE，过点C作，证明△CDE为等边三角形，分别求出四边形ABCD的边长判断即可； 【详解】如图所示，延长AD至点E，使得，连接CE，过点C作， ∵， ∴， 又∵， ∴△CDE为等边三角形， ∴，， 设，则， ∵， ∴， 则， ∴， ， ∴， ∴当时，AC取得最小值为， 此时，， ∵， ∴， 又， ∴，即， ， ∴四边形ABCD周长， ， ； ∴四边形ABCD的最小值为． 故答案是． 【点睛】本题主要考查了四边形综合，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 【例4】（23-24八年级下·重庆·期中）如图，矩形中，，，点E是线段AD上一点，点F是线段AB上一点，满足始终成立，连接EF，取线段 EF的中点G，连接BG，DG，则四边形周长的最小值为 ． 【答案】18+ 【分析】作B点关于EF的对称性点B1，以B为原点，BA为y轴，BC为x轴，建立坐标系，根据矩形的性质和勾股定理得到AB=6、AD=12,可确定A、D点的坐标，设E（a，6），则F（0，a），再根据中点的定义确定点G的坐标，进而得到G所在的直线为y=x+3，连接B1D交直线l于G，此时B1G+GD=B1D最小，求得B1D，即可得周长最小值． 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A=90°， ∵，， ∴AB2+AD2=BD2即AB2+4AB2=BD2， 解得AB=6，AD=12， 以B为原点，BA为y轴，BC为x轴，建立坐标系， ∴A（0，6），D（12，6）， 设E（a，6），则F（0，a）， ∴EF的中点G（，）， ∴G在直线l：y=x+3（0≤a≤6）上，设直线l与AB交于点M，与AD交于点N， 如图，作B点关于直线y=x+3的对称性点B1，连接B1D交直线l于G，此时B1G+GD=B1D最小，即CBCDG最小，连接B1M并延长交CD于H， 由直线l可知：∠AMN=45°，M（0，3） 由对称性可得∠B1MB=90°，B1M=BM=3 ∴B1H⊥CD ∴B1H=3+12=15， ∴由勾股定理得：B1D= ∴CBCDG的最小值为BC+CD+ B1D =18+． 故答案为18+． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的性质、轴对称的性质、勾股定理等知识点，灵活应用相关知识是解答本题的关键． 【例5】（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）综合与实践： 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在矩形中，E为边上一点，连接翻折，D，B的对应点分别为G，H，且C，H，G三点共线． 观察发现： （1）如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则______， ； 问题探究： （2）如图2，若，，则点G_____边上（填“在或不在”），并求出的长； 拓展延伸： （3），若F为靠近A的三等分点，请求出的长． 【答案】观察发现：（1）45；；问题探究：（2）在；；拓展延伸：（3）的长为15 【分析】（1）四边形是正方形，由正方形的性质得出，，由勾股定理及折叠的性质可得出答案； （2）延长交于点M，证明和均为等腰直角三角形，得出，，即可求解； （3）当时，过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形，设，，根据，即可求解． 【详解】（1）∵，四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵F为边的中点， ∴， 将和沿翻折，D，B的对应点分别为G，H， ∴， 设，则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 将和沿翻折，D，B的对应点分别为G，H， ∴， ∵， ∴； 故答案为：45；； （2）延长交于点M，如图2， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴和均为等腰直角三角形， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴； ∵， ∴， 由折叠性质得：， ∴点G在边上； 故答案为：在； （3）当时， 过点E作，交的延长线于点P，连接，则四边形为矩形， ∴， 由折叠性质可知，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设, ∵， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为15． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式训练1 正方形性质理解】 1．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，有5块正方形连在一起的钢板余料，要求分割成若干小块后能拼接成与原图形面积相等的正方形，下列四种分割的方法符合要求的有（    ）种？（沿虚线分割，忽略接缝不计） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方的性质，根据正方形的性质求解即可． 【详解】解：根据题意图二按图中分割无法组成正方形，图四中按其分割因边长无法组成正方形，只有图一和图三分割后可以围成如下图所示的正方形．             图一的拼接图                    图三的拼接图 故只有2种分割法满足题意， 故选：B． 2．（23-24八年级下·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（    ） A．平行四边形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形 【答案】B 【分析】本题考查了特殊的平行四边形，正确理解矩形，菱形，正方形之间的关系是解题的关键． 根据特殊的平行四边形的概念判断即可． 【详解】解：∵矩形和菱形是特殊的平行四边形，正方形即是菱形也是矩形， ∴是正方形，是菱形， 故选：B 3．（2024·广东梅州·二模）如图，四边形AOBC是正方形，曲线CP1P2P3⋅⋅⋅叫做“正方形的渐开线”，其中弧CP1，弧P1P2，弧P2P3，弧P3P4的圆心依次按点A，O，B，C循环，点A的坐标为（2，0），按此规律进行下去，则点P2021的坐标为 ． 【答案】（4044，0） 【分析】由题意可知：正方形的边长为2，分别求得，可发现点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2，找到规律，即求得点P2021在x轴正半轴，进而求得OP的长度，即可求得点的坐标． 【详解】由题意可知：正方形的边长为2， ∵A（2，0），B（0，2），C（2，2）， P1（4，0），P2（0，﹣4），P3（﹣6，2），P4（2，10），P5（12，0），P6（0，﹣12） … 可发现点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2， 2021÷4＝505…1，故点P2021在x轴正半轴， OP的长度为2021×2+2＝4044， 即：P2021的坐标是（4044，0）， 故答案为：（4044，0）． 【点睛】本题考查了平面直角坐标系点的坐标规律，正方形的性质，找到点的位置是四个一循环，每旋转一次半径增加2的规律是解题的关键． 4．（23-24八年级下·浙江金华·期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形、小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值 ． 【答案】 【分析】设图形1中小正方形①的边长为，根据图中的图形找到与的关系即可求解． 【详解】解：设图形1中小正方形①的边长为， 根据题中图形拼凑的方式可知，， ， 故答案是：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，图形面积、解题的关键是观察图象，利用图形1中小正方形①的边长来表示“飞机”模型的宽和高． 5．（23-24八年级下·广东梅州·阶段练习）如图，四边形 是正方形，在正方形 所在平面内找一点 ，使 都是等腰三角形，请在图中画出所有符合条件的 点． 【答案】作图见解析 【分析】根据正方形的性质得出正方形内个，外个，共个，是以正方形的各边向正方形内或外部作等边三角形的顶点，还有一个为正方形的对角线交点． 【详解】如图，以正方形的各边向正方形内或外部作等边三角形，这些三角形的顶点为P点，还有一个为正方形的对角线交点也满足题意． 【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是熟知等腰三角形的判定方法． 6．（23-24八年级下·江西赣州·期末）如图，点E是正方形外一点，且．请仅用无刻度的直尺按要求作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中，作出BC边的中点M； (2)在图2中，作出CD边的中点N． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】（1）如图1中，连接AC，BD交于点O，作直线OE交BC于点M，点M即为所求； （2）如图2中，连接AC，BD交于点O，作直线OE交BC于点P，交AD于点Q，连接PD，CQ交于点J，作直线OJ交CD于点N，点N即为所求． 【详解】（1）解：如图所示： （2）解：如图所示： 【点睛】本题主要考查矩形的性质、正方形的性质及轴对称图形的性质，熟练掌握矩形的性质、正方形的性质及轴对称图形的性质是解题的关键． 【变式训练2 根据正方形的性质求角度】 1．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形、四边形分别是菱形与正方形．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形及菱形的性质，熟练掌握知识点是解决本题的关键．连接，则为正方形与菱形的对角线，根据正方形及菱形的性质求解即可． 【详解】解：连接，则为正方形与菱形的对角线， ，， ， ， ， ， 故答案为：A 2．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选：A． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）以正方形的为边，作等边，则 ． 【答案】75或15 【分析】本题考查了等边三角形的性质、正方形的性质，分类讨论：当点在正方形外侧时和当点在正方形内侧时，根据等边三角形的性质及正方形的性质，求得的度数，即可求解，利用分类讨论思想解决问题是解题的关键． 【详解】解：当点在正方形外侧时，如图： 四边形是正方形， ，， ∵是等边三角形， ， ， ， ， ， 当点在正方形内侧时，如图： 四边形是正方形， ，， ∵是等边三角形， ，， ， ， ， 综上所述，或， 故答案为：75或15． 4．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，正方形，对角线交于点O，以为边向外作等边，连接交于点F，则 °． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形中角的计算，解题关键是找准等腰三角形． 先求出的度数，然后根据等边对等角可以得出的度数，根据三角形的外角定理得出的度数即可解题． 【详解】∵正方形, 等边, ∴,，， ∴, ∴, ∴. 故答案为:． 5．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，点是正方形内位于对角线下方的一点，，求的度数．    【答案】 【分析】利用角度的转换得到，再根据正方形的性质得到，根据三角形内角和即可解答． 【详解】解：， ， 四边形是正方形， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和，熟练利用角度转换得到是解题的关键． 6．（23-24八年级下·山西太原·期中）如图，把两个正方形和拼成如图所示的图案，点B，C，E在同一直线上，连接，，求的度数．    【答案】 【分析】根据正方形的性质，可以得到，，平分，平分，从而可以得到的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ∴ 同理可得 ． 【点睛】本题考查正方形的性质，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 【变式训练3 根据正方形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·河南·阶段练习）如图，E是边长为1的正方形的对角线上一点，且，P为上任一点，于点Q，于点R，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，连接，，交于O，由正方形的性质得出，，进一步求出，，再根据，代入三角形面积公式并结合已知条件可得出，即可得出答案． 【详解】解：连接，，交于O，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：A． 2．（2024·浙江台州·二模）如图，正方形被分割成面积相等的四个矩形，已知，则正方形面 积 为 （   ） A．36 B．48 C．64 D．81 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的面积，矩形的面积，设正方形的边长为，根据正方形被分割成面积相等的四个矩形列出方程求解即可． 【详解】解：设正方形的边长为， 根据题意得，， 解得或（舍去）， 正方形的面积为64， 故选：C． 3．（23-24八年级下·甘肃庆阳·期中）已知正方形的对角线为，则正方形的边长为 ． 【答案】1 【分析】本题考查正方形的性质、勾股定理，画出图形，利用正方形的性质和勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，在正方形中，，，， 由得， ∴，即正方形的边长为1， 故答案为：1． 4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，边长为3的正方形的两边与坐标轴重合，则点C的坐标为 ．    【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，第二象限点坐标的特征等知识．熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 由正方形，可得，，进而可得点C的坐标． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∴点C的坐标为， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，在中，，，以为一条边向三角形外部作正方形，已知正方形的面积是16，求的长．    【答案】 【分析】由正方形的面积可求解的长，再利用勾股定理可求解的长． 【详解】解：正方形的面积为16， ， 在中，，， ． 【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，掌握勾股定理是解题的关键． 6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，过点Р分别作于点E，于点F，若正方形的面积为9，求四边形PEBF的周长． 【答案】6 【分析】先根据正方形的性质可得边长为3，并证明△APE和△PCF都是等腰直角三角形，得AE=PE，PF=CF，可得结论． 【详解】∵正方形的面积为9， ∴AB=BC=3，∠ACB=∠BAC=45°， ∵PE⊥AB，PF⊥BC， ∴∠AEP=∠PFC=90°， ∴△APE和△PCF都是等腰直角三角形， ∴AE=PE，PF=CF， ∴四边形PEBF的周长=BE+PE+BF +PF=BE+AE+BF+CF=AB+BC=3+3=6． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是证明△APE和△PCF都是等腰直角三角形． 【变式训练4 根据正方形的性质求面积】 1．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）对角线长为2的正方形的面积是（   ） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形对角线长相等的性质，考查了正方形面积的计算，本题中正确计算是解题的关键． 正方形又是菱形，根据菱形面积计算公式即可求得正方形的面积，即可解题． 【详解】解：正方形面积可以按照(为对角线长)， ∴该正方形面积为． 故选：A． 2．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，取边长为4的正方形各边中点，顺次连接构成小正方形，依次画下去，小正方形的面积从大到小排列，分别记为，，，…，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质及面积比，连接，根据正方形的性质得出正方形的面积是正方形面积的2倍，得出，同理得出，即可得出结果，熟练掌握正方形的性质是解题关键 【详解】解：连接，如图所示， 则正方形被和分成了四个相同的小正方形， ∵分别是这四个小正方形的对角线， ∴正方形的面积是正方形面积的2倍， 即， 同理可得，， 所以， 故选：D 3．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，则阴影部分的面积为 . 【答案】 【分析】本题考查了正方形的面积和阴影部分的面积，根据图形面积之间的关系即可求解． 【详解】解：， 即， 解得：， 故答案为：． 4．（23-24八年级下·广东揭阳·期中）如图，在正方形中，点在边上，以为边作矩形，使经过点，若，则矩形的面积等于 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质、矩形的性质，连接，根据正方形的性质求得，再根据矩形的性质得到即可求解． 【详解】解：连接，    ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（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O，设E、F分别是上的点，若，，求四边形的面积． 【答案】8 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，通过证明得出，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，对角线相交于O， ∴，，且，， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的面积是8． 6．（23-24八年级下·江西九江·期中）如图，正方形的边长2，点E，F分别是、的中点，仅用无刻度的直尺分别按要求作图． (1)在图1的正方形中，以为边作一个三角形，使其面积为1； (2)在图2的正方形中，以为边作四边形，使其面积为1． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题是作图题，考查了正方形的性质、三角形的面积、平行四边形的面积． （1）； （2）． 【详解】（1）如图1所示，即为所求； （2）如图2所示，四边形即为所求（答案不唯一）． 【变式训练5 正方形折叠问题】 1．（2024·陕西渭南·二模）如图，将正方形纸片沿线段折叠之后，使点落在正方形内部的点处，若比大，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，先由正方形的性质得到，再由折叠的性质可得，则可得，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得， ∵比大， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 2．（2024七年级·全国·竞赛）李老师用一张正方形的纸片做示范，介绍两种折出角的折纸方法： （1）将纸片沿对角线对折，使点落在点上，则； （2）将纸片沿折叠，分别使点落在对角线上的同一点，则． 示范一遍之后，李老师让同学们判断这两种方法是否正确，你的回答是（    ）                      方法（1）       方法（2） A．两种方法都对 B．（1）对（2）错 C．（1）错（2）对 D．两种方法都错 【答案】A 【分析】本题主要考查了折叠问题，解题的关键是熟练掌握折叠的性质．方法（1）是将对折，自然；方法（2）为两个角一半的和，自然． 【详解】解：∵方法（1）中是把角对折， ∴； 方法（2）中，， 根据折叠可知，， ， ∴； 综上分析可知，两种方法都对． 故选：A． 3．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为．若，则的度数为 ． 【答案】/117度 【分析】根据正方形的性质得到，根据折叠的性质得到，，，根据平角的定义得到，根据四边形的内角和即可得到结论． 【详解】解：四边形是正方形， ， 将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处， ，，， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，角的计算，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相等的角是解决本题的关键． 4．（23-24八年级下·河南商丘·阶段练习）如图，四边形是正方形，E、F分别在边上，将分别沿折叠后，重合于的位置，且点G恰好在连线上．若正方形边长为12，线段长为10，则的长为 ． 【答案】6或8/8或6 【分析】由折叠的性质可得，再根据已知条件推出，设，则，在中，由勾股定理得：，即，据此求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∵四边形是正方形且边长为12， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得或， ∴的长为6或8， 故答案为：6或8． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，推出是解题的关键． 5．（23-24八年级下·江西上饶·期末）如图是正方形纸片ABCD，分别沿AE、AF，折叠后边AB与AD恰好重叠于AG，求∠EAF的大小． 【答案】45° 【分析】由折叠的性质可得，，再根据角的和差可得答案． 【详解】解：依题意得，正方形纸片，∴ 故答案为：． 【点睛】本题主要考查折叠的性质及正方形的性质，是一题比较基础的题目，折叠的性质是证明线段相等、线段垂直及角相等的重要依据． 6．（23-24八年级下·广东·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，延长EF交AB于点G，连接DG、BF． (1)求证：DG平分∠ADF； (2)若AB＝12，求△EDG的面积． 【答案】（1）见解析；（2）60 【分析】（1）由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，证明Rt△ADG≌Rt△FDG即可证明DG平分∠ADF； （2）设AG=x，则BG=12-x，GE=x+6，在Rt△BEG中，根据勾股定理建立方程求出x，然后再求出面积即可. 【详解】解：（1）如图，由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°， ∴∠DFG=∠A=90°， 在Rt△ADG和Rt△FDG中， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）， ∴∠ADG=∠FDG， ∴DG平分∠ADF； （2）∵AB=12，点E是BC边的中点， ∴BE=CE=6， ∴EF=6， 设AG=x, ∴GF=x，BG=12-x， ∴GE=x+6， 在Rt△BEG中， ，即， 解得：， ∴GE=4+6=10， ∴S△EDG=10×12×=60. 【点睛】本题是对正方形知识的考查，熟练掌握正方形的性质定理是解决本题的关键. 【变式训练6 根据正方形的性质证明】 1．（23-24八年级下·全国·单元测试）有下列四个命题：①两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；②两条对角线相等的四边形是菱形；③两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形；④两条对角线相等且互相垂直的四边形是正方形． 其中正确的个数为（     ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】D 【分析】根据平行四边形的判定方法可判断①；根据菱形的判定方法可判断②；根据正方形的判定方法可判断③和④，进而可得答案． 【详解】解：两条对角线互相平分的四边形是平行四边形，故①是真命题； 两条对角线垂直平分的四边形是菱形，故②是假命题； 两条对角线互相垂直、相等且平分的四边形是正方形，故③和④都是假命题； 综上，正确的命题只有①，共1个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形和正方形的判定方法以及真假命题，熟练掌握特殊四边形的判定方法是解答本题的关键． 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，在正方形中，点，分别在和边上，，，则的面积为（    ） A．6 B．5 C．3 D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，三角形的面积公式，平行四边形的判定和性质知识，熟练掌握相关知识是解题的关键；先根据正方形的性质可得，证明四边形是平行四边形，可得，由此计算，最后由直角三角形的面积公式求解即可 【详解】四边形是正方形， 四边形是平行四边形， 的面积为， 故选：C 3．（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，E是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为 度． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟记性质是解题的关键．根据正方形的性质得，根据等边对等角的性质可得，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角和可求解． 【详解】解：连接． ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴ ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 4．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别为AC、BD上一点，且OE＝OF，连接AF、BE、EF，若∠AFE＝25°，则∠CBE的度数为 ． 【答案】/65度 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，根据正方形的性质证明，得到，利用，求出，由此得到，进而得到的度数． 【详解】解：在正方形中，， ∵， ∴， ， ， ， ∵， ， ， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，已知正方形，点E是上的一点，连接，以为一边，在的上方作正方形，连接． 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质： （1）根据四边形，均为正方形，可得，，，进而可得，即可证明； （2）根据全等三角形对应边相等可得，等量代换可得． 【详解】（1）证明：四边形，均为正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ； （2）证明：由（1）得， ， ． 6．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，正方形的对角线与交于点O．过点C作，过点D作，求证：． 【答案】见解析 【分析】根据正方形的性质，证明四边形是菱形即可，本题考查了正方形的性质和菱形的判定，熟练掌握性质和判定是解题的关键． 【详解】∵正方形的对角线与交于点O． ∴． ∵, ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴． 【变式训练7 正方形的判定定理理解】 1．（23-24八年级下·江苏南通·期中）下列命题中，正确的是（    ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 C．两组邻角相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形 【答案】B 【分析】根据平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形和菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，错误； B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确； C、两组对角分别相等的四边形是平行四边形，错误； D、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，错误； 故选：B． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定定理、矩形的判定定理、正方形和菱形的判定定理，熟记定理是解题的关键． 2．（23-24八年级下·广西河池·期末）下列命题中，是真命题的是（    ） A．四个角都是直角的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是正方形 D．菱形的对角线互相垂直 【答案】D 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定方法及性质，对选项逐个判断即可． 【详解】解：A、四个角都是直角的四边形是矩形，说法错误，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形，说法错误，不符合题意 D、说法正确，符合题意； 故答案为D． 【点睛】此题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定方法及性质，熟练掌握相关基础知识是解题的关键． 3．（2024八年级下·全国·专题练习）对角线互相垂直且相等的平行四边形是 ． 【答案】正方形 【分析】根据正方形的判定方法进行判断． 【详解】解：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，理由如下： ∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形是矩形， ∴对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形， 故答案为：正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形，再判定这个矩形有一个角为直角． 4．（23-24八年级下·广东河源·期末）如图，平行四边形对角线互相垂直，若添加一个适当的条件使四边形成为正方形，则添加条件可以是 （只需添加一个）． 【答案】 【分析】由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，得出四边形是菱形，再由，即可判定四边形是正方形． 【详解】添加条件：，理由如下： 四边形是平行四边形， 四边形是菱形 四边形是正方形 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定、正方形的判定；熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键．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先判定四边形是平行四边形，再用①②进行判定． 5．（23-24八年级下·山东青岛·期中）已知：线段a．求作：正方形，使对角线．（用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹） 【答案】图见详解 【分析】作线段，再作的垂直平分线，垂足为点，接着再上分别截取，，则利用对角线相等且互相垂直平分的四边形为正方形可确定四边形满足条件． 【详解】解：如图，四方形为所作． 【点睛】本题考查了作图复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．解决此类题目的关键是熟悉基本几何图形的性质，结合几何图形的基本性质把复杂作图拆解成基本作图，逐步操作．也考查了正方形的判定． 6．（23-24八年级下·吉林·期末）如图是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的格点上． (1)在图①中画出以线段AB为对角线的格点正方形； (2)在图②中画出以线段AB为边的矩形，且另外两个顶点C、D均在小正方形的格点上． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）首先根据正方形的性质找到另一条对角线，从而确定各边； （2）根据矩形的定义结合题目要求画出图形即可． 【详解】（1）解：如图，正方形ACBD即为所求； （2）如图，四边形ABCD即为所求． 【点睛】本题考查作图-应用与设计，矩形的判定，正方形的判定等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 【变式训练8 添一个条件使四边形是正方形】 1．（23-24八年级下·山西晋中·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（    ）    A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【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． 故选：A 【点睛】本题比较容易，考查特殊四边形的判定，解题的关键是根据菱形的性质及正方形的判定解答． 2．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件． 【详解】解：添加，则根据有一组邻边相等的矩形是正方形， 能使矩形成为正方形． 故选：A． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键． 3．（2024·陕西榆林·三模）在矩形中，对角线与交于点Q，请添加一个条件： 使得矩形是正方形．（只写一个） 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查正方形的判定，根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形添加条件． 【详解】解：根据有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形，得到应该添加的条件为：或或或或， 故答案为：（答案不唯一）． 4．（2024·广东佛山·一模）如图，在四边形中，，，对角线于点，若添加一个条件后，可使得四边形是正方形，则添加的条件可以是 （不再增加其他线条和字母） 【答案】或 【分析】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形． 根据菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴是平行四边形， 又∵， ∴是菱形， ∴要使四边形是正方形，则还需增加一个条件是：或． 故答案为：或． 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，点B在MN上，过AB的中点O作MN的平行线，分别交∠ABM的平分线和∠ABN的平分线于点C、D． (1)试判断四边形ACBD的形状，并证明你的结论． (2)当△CBD满足什么条件时，四边形ACBD是正方形？并给出证明． 【答案】(1)四边形ACBD是矩形 (2)△CBD满足CB＝BD时，四边形ACBD是正方形 【分析】（1）根据CD平行MN和BC平分∠ABM，推出∠OCB=∠OBC，推出OC=OB，同理OD=OB，即可得出答案． （2）根据矩形的性质和正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形ACBD是矩形，证明如下： ∵CD平行MN， ∴∠OCB＝∠CBM， ∵BC平分∠ABM， ∴∠OBC＝∠CBM， ∴∠OCB＝∠OBC， ∴OC＝OB， 同理可证：OB＝OD， ∴OA＝OB＝OC＝OD， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵CD＝OC+OD，AB＝OA+OB， ∴AB＝CD， ∴四边形ACBD是矩形； （2）解∶△CBD满足CB＝BD时，四边形ACBD是正方形，证明如下： 由（1）得四边形ACBD是矩形， ∵CB＝BD， ∴四边形ACBD是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，平行四边形的判定，矩形的判定，平行线的性质的应用，注意：对角线互相平分且相等四边形是矩形． 6．（23-24八年级·河南焦作·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC的垂直平分线EF交AC于点D，交AB于点F，且CE=BF. （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）当∠BAC的度数为多少时，四边形AECF是正方形. 【答案】(1)证明见详解；（2）∠BAC=45. 【分析】(1) 根据中垂线的性质:中垂线上的点到线段两个端点的距离相等, 有BE=EC, BF=FC, 根据四边相等的四边形是菱形即可判断; (2)由菱形的性质知,对角线平分一组对角,即当∠BAC=45时,∠EAF=90,则菱形AECF为正方形. 【详解】证明: (1) AC的垂直平分线EF交AC于点D CD=AD,∠ADF=90，EC=AE,CF=AF, 又∠ACB=90°，EF∥BC, △ADF∽△ACB, AF:AB=AD:AC, CD=AD,D为AC的中点， AF:AB=AD:AC=1：2， F为AB中点, BF=AF,在Rt△ABC中，∠ACB=90°, CF=AF, 又CE=BF, CF=AF, EC=AE,CF=AF CE= CF= AF= AE 四边形BECF是菱形. （2）当∠BAC=45时, 四边形AECF是正方形. 证明:∠BAC=45,四边形AECF是菱形, ∠EAC=∠BAC=45, ∠EAF =∠EAC+∠BAC =90, 菱形AECF是正方形. 【点睛】本题主要考查垂直平分线、菱形与正方形的性质及三角形相似的判定与性质，综合性大，需综合运用所学知识求解. 【变式训练9 证明四边形是正方形】 1．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）下列命题正确的是（　　） A．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B．对角线相等的平行四边形是正方形 C．对角线互相平分的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形 【答案】D 【分析】利用正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：A、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原命题错误，不符合题意； B、对角线相等的平行四边形是矩形，故原命题错误，不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故原命题错误，不符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意， 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的判定定理．解题的关键熟练掌握判定定理． 2．（23-24八年级下·广东深圳·期中）四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，能判别这个四边形是正方形的条件是（    ） A．OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD B．AB∥CD，AC＝BD C．AD∥BC，∠A＝∠C D．OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC 【答案】A 【分析】根据正方形的性质以及判定定理对各项进行分析即可． 【详解】A. OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD，能判定； B. AB∥CD，AC＝BD，不能判定； C. AD∥BC，∠A＝∠C，不能判定； D. OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC，不能判定； 故答案为：A． 【点睛】本题考查了正方形的判定问题，掌握正方形的性质以及判定定理是解题的关键． 3．（23-24八年级下·黑龙江大庆·期中）四边形的对角线，分别过A，B，C，D作对角线的平行线，所成的四边形是 ． 【答案】正方形 【分析】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质与判定，根据题意作图，先证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明四边形为正方形． 【详解】解：如图所示，， ∴四边形、四边形、四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴平行四边形是正方形， 故答案为：正方形．    4．（23-24八年级下·广东梅州·阶段练习）四边形 的对角线 和 相交于点 ，则下列几组条件中能判定它是正方形的是 ．（只需要填上序号） ① ，； ② ，，，； ③四边形 是矩形，并且 ； ④四边形 是菱形，并且 ． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的判定：对角线相等且互相垂直平分是正方形，对各个选项进行分析而从得到答案． 【详解】解：①能，根据对角线相等的菱形为正方形即可判定，故选项正确； ②能，因为对角线垂直且互相平分能得到是菱形，再根据邻边垂直的菱形为正方形即可判定，故选项正确； ③不能，只能判定为菱形，故选项错误； ④能，根据对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，故此选项正确， 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途径有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组领边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 5．（23-24八年级下·安徽宿州·阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．    【答案】证明见解析 【分析】由菱形性质可得，，先证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直且即可证出结论． 【详解】证明：在菱形中， ，， ， ， 即， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题考查的是正方形的判定及菱形的性质，熟练掌握特殊的平行四边形的性质与判定是解题的关键． 6．（23-24八年级下·浙江宁波·阶段练习）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【答案】(1)见解析 (2)②，证明见解析 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质及角平分线的定义可得，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求证； （2）根据特殊平行四边形的判定定理即可进行判断． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴为矩形 （2）解：①当时，则，为菱形．故①错误； ②当时， ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵ ∴， ∴且 ∴为正方形 故②正确； ③当时，不能推出四边形为菱形．故③错误； ④当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形为矩形 故④错误 故正确的有：②；证明见上 【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定．熟记定理内容是解题关键． 【变式训练10 根据正方形的性质与判定求角度】 1．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（　　） A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定 【答案】A 【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解． 【详解】解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°， 在菱形BDFE中，BD=DF， 所以，∠DBF=∠AFB， 在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°， 解得∠AFB=22.5°． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键． 2．（23-24八年级下·河南漯河·阶段练习）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 【答案】D 【分析】根据正方体的概念和特性可知AB，AC和左面上的对角线形成一个等边三角形，进而即可求解 【详解】连接BC， ∵AC、AB、BC是正方形的对角线， ∴AC=AB=BC， ∴△ABC为等边三角形． ∴∠BAC=60°． 故选D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、正方形与正方形的性质；证明△ABC为等边三角形是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形外部作等边三角形BCE，连结DE,则∠CDE的度数为 °. 【答案】15 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴DC=BC，∠BCD=90°， ∵△BCE是等边三角形， ∴BC=CE，∠BCE=60°， ∴CD=CE， ∴∠CDE=∠CED， 又∠DCE=∠BCD+∠DCE=90°+60°=150°， ∴∠CDE=（180°-150°）=15°． 4．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，小志同学将边长为3的正方形塑料模板与一块足够大的直角三角板叠放在一起，其中直角三角板的直角顶点落在点处，两条直角边分别与交于点，与延长线交于点，则四边形的面积是 ． 【答案】9 【分析】首先判定△ABE≌△ADF，然后即可得出四边形的面积即为正方形塑料模板的面积，即可得解. 【详解】由已知得，∠EAF=90°，∠BAD=90°，AB=AD ∴∠EAB=∠FAD ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴ 故答案为9. 【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质和正方形的性质，熟练掌握，即可解题. 5．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． (1)求证：四边形OCED是菱形； (2)若AB=AD，求∠ADE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)135° 【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱形； （2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD=，再由平行线的性质得∠EDC=∠ACD=45°，由此可解． 【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O， ∴OD=OC． ∴四边形OCED是菱形． （2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD， ∴矩形ABCD是正方形， ∴∠ADC=∠BCD=90°， ∴∠BDC=∠ACD=． ∵DE∥AC， ∴∠EDC=∠ACD=45°， ∴∠ADE=90°+45°=135°． 【点睛】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出∠BDC=∠ACD=是解题的关键． 6．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 【答案】（1）见解析；（2）60° 【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论； （2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°， 在△BEC和△DEC中， ， ∴△BEC≌△DEC（SAS）； （2）∵FD=FE， ∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x， ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x， ∵△BEC≌△DEC， ∴∠BEC=∠DEC=135°-2x， ∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°， 解得：x=30， ∴∠AFE=60°． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键． 【变式训练11 根据正方形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·陕西榆林·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N．若S四边形MOND＝2，则BD的长为（　　） A．2 B． C．4 D．2 【答案】C 【分析】利用正方形的性质得到OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°，利用等角的余角相等可证得∠CON＝∠DOM，则可判断△OCN≌△ODM，所以S△OCN＝S△ODM，从而得到S△ODC＝S四边形MOND＝2，然后利用等腰三角形的面积计算出OD即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°， ∵ON⊥OM， ∴∠MON＝90°， ∵∠CON＋∠DON＝90°，∠DOM＋∠DON＝90°， ∴∠CON＝∠DOM， 在△OCN和△ODM中， ， ∴△OCN≌△ODM（ASA）， ∴S△OCN＝S△ODM， ∴S△OCN＋S△DON=S△ODM＋S△DON， 即S△ODC＝S四边形MOND＝2， ∵OD•OC＝2， 而OD＝OC， ∴OD＝2， ∴BD＝2OD＝4． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．证明△OCN≌△ODM是解决问题的关键． 2．（23-24八年级下·浙江杭州·开学考试）如图，正方形的边长为12，，分别为，边上的点，且，，分别为，边上的点，且交，于点，，则的长为（    ） A．6 B． C． D． 【答案】C 【分析】由勾股定理可求AE的长，通过证明四边形AFCE是平行四边形，可得，即可求解． 【详解】解：正方形的边长为12， ，， ， ， 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，利用面积法求GH的长是本题的关键． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知正方形的边长为8，点E为正方形边上一点，，则线段的长为 ． 【答案】6或 【分析】直接根据正方形的性质进行计算可得答案． 【详解】解：当点E在边上时，如图： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， 当点E在边上时，如图： ∵，， ∴． 故答案为：6或． 【点睛】此题考查的是正方形的性质，能够进行分类讨论是解决此题的关键． 4．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，正方形的边长为1，E为对角线上一点，，作交于F，则 ． 【答案】 【分析】连接AF，由正方形的性质和已知条件证明Rt△ABF≌Rt△AEF全等即可得到BF＝EF，再根据等腰三角形的判定得出EC＝EF．设未知数列方程即可求解． 【详解】连接AF， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠B＝∠AEF＝90°，∠ACB＝∠EFC＝45°， 在Rt△ABF和Rt△AEF中， ∴Rt△ABF≌Rt△AEF（HL）， ∴BF＝EF． ∵EF⊥AC， ∴∠ACB＝∠EFC＝45°， ∴EC＝EF． 设BF为x，则CF为(1-x)， ∵, ∴， 解得，，（舍去） ； 故答案为： 【点睛】本题主要考查正方形的性质和直角三角形全等判定和性质以及勾股定理，解题关键是根据相关性质得出线段之间的关系，利用勾股定理列方程． 5．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，正方形ABCD，CEFG的边长分别为a，b，点G在边CD上，这两个正方形的面积之差为51cm2，且BE＝17cm，求DG的长． 【答案】3 【分析】设BC为x，CE为y，利用面积之差为51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答即可． 【详解】解：∵四边形ABCD，CEFG都是正方形， 设BC为x，CE为y， 可得：， 解得：x−y＝3， ∴DG＝CD−CG＝BC−CE＝3（cm）． 【点睛】此题考查正方形的性质，关键是利用面积之差为51cm2，且BE＝17cm，得出方程解答． 6．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°． （1）求作正方形ABCD；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）已知（1）中所作正方形ABCD的边长为a，点E在AB上，且AE：BE＝3：2，若点Q是AC上的动点，求QB+QE的最小值． 【答案】（1）见解析；（2）a 【分析】（1）分别以A，C为圆心，AB为半径作弧，两弧交于点D，连接AD，CD，正方形ABCD即为所求． （2）连接DE交AC于点Q，连接BQ，点Q即为所求，再根据勾股定理即可求解． 【详解】解：（1）如图，正方形ABCD即为所求． （2）如图，点Q即为所求． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB＝a，∠DAE＝90°， ∵AE：EB＝3：2， ∴AE＝a， ∴最小值＝DE＝a． 【点睛】本题考查作图−复杂作图，正方形的判定和性质，轴对称最短问题等知识，解题的关键学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型． 【变式训练12 根据正方形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·湖北恩施·期末）图中有三个正方形，若阴影部分面积为4个平方单位，则最大正方形的面积是（ ）平方单位.    A．48 B．12 C．24 D．36 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和等腰三角形的性质，设,结合勾股定理，求得正方形的边长，即可求得答案. 【详解】   ∵与都是正方形， ∴， ∴， 设, ∵ ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴正方形的面积是：36， 故选： 【点睛】本题考查了正方形的性质和等腰三角形的性质以及勾股定理的应用，勾股定理的应用是解题的关键. 2．（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，然后根据等腰直角三角形的性质求出△AOD的面积，再求出△AOE的面积，△AEF的面积，根据计算结果可得下一次得到最小的三角形的面积是上一次三角形的，然后写出第10次时所得的最小的三角形的面积即可． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，边长为1， ∴AB=AD，正方形的面积为1， 第1次作AO⊥BD,则最小△AOD的面积=××1==， 第2次作EO⊥AD,最小△AOE的面积=×==； 第3次作EF⊥AO,最小△AEF的面积=×=， …， 依此类推,作到第10次时,最小三角形的面积=. 故选B． 【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是根据图形的特点找到变化规律． 3．（23-24八年级下·山东·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ． 【答案】34 【分析】由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出四边形EFGH是正方形，由勾股定理得EH，即可得出正方形EFGH的面积． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA， ∵AE=BF=CG=DH， ∴AH=BE=CF=DG． 在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中， ∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS）， ∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE， ∴四边形EFGH是菱形， ∵∠BEF+∠BFE=90°， ∴∠BEF+∠AEH=90°， ∴∠HEF=90°， ∴四边形EFGH是正方形， ∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5， ∴EH=FE=GF=GH= 所以正方形EFGH的面积 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 4．（23-24八年级下·河北沧州·期末）菱形的边长为，，则以为边的正方形的面积为 ． 【答案】 【分析】如图，连接AC交BD于点O，得出△ABC是等边三角形，利用菱形的性质和勾股定理求得BO，得出BD，即可利用正方形的面积解决问题． 【详解】解：如图， 连接AC交BD于点O， ∵在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=BC，AB=4， ∴△ABC是等边三角形∠ABO=30°，AO=2， ∴BO==2 ， ∴BD=2OB=4， ∴正方形BDEF的面积为48． 故答案为48． 【点睛】本题考查菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质，注意特殊角的运用是解决问题的关键． 5．（23-24八年级下·安徽合肥·期中）（1）如图，正方形和的边长分别为，用含的代数式表示的面积， ； （2）如图，边长为的正方形、边长为的正方形和边长为的正方形的位置如图所示，点在线段上，则 ．（请直接写出结果，不需要过程）． 【答案】（1）；（2）． 【分析】（1）连接AC，依据AC∥GE，即可得出S△AEG＝S△CEG＝S正方形CEFG＝b2； （2）连接AC，GE，FN，依据GE∥FN，即可得出S△NEG＝S△FEG＝S正方形CEFG＝b2，进而得到S△AEN＝S△AEG＋S△NEG＝b2＋b2＝b2． 【详解】（1）如图1，连接AC， 由题可得，∠ACB＝∠GEC＝45， ∴AC∥GE， ∴S△AEG＝S△CEG＝S正方形CEFG＝b2； 故答案为：b2； （2）如图2，连接AC，GE，FN， 由（1）可得，S△AEG＝S△CEG＝S正方形CEFG＝b2； 由题可得，∠HFN＝∠FGE＝45， ∴GE∥FN， ∴S△NEG＝S△FEG＝S正方形CEFG=b2 ∴ 故答案为：b2． 【点睛】此题主要考查正方形的性质，三角形和正方形面积公式的运用，结合图形，利用同底等高的两三角形面积相等，巧妙转化是解决问题的关键． 6．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)，． (3) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理． （1）直接利用中心对称的性质，结合菱形的判定方法得出答案； （2）直接利用中心对称的性质利用勾股定理得出答案； （3）直接利用菱形面积对角线乘积的一半得出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ， ， 四边形是菱形； （2）解：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ，， ， ， 四边形的两条对角线的长度分别为和； （3）解：四边形的面积为：． 【变式训练13 根据正方形的性质与判定证明】 1．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，正方形中，、是对角线上的两点，，，则四边形的面积为（    ）． A．12 B．6 C． D． 【答案】B 【分析】连接AC，由正方形性质得到AO＝CO＝BO＝DO，AC⊥BD，进而得到OE＝OF，根据菱形的判定证得四边形AECF是菱形，根据菱形的面积公式两对角线的积的一半即可求得结果． 【详解】解：连接AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD，AC＝BD＝6， ∴AO＝CO＝BO＝DO， ∵BE＝DF＝4， ∴BF＝DE＝BD−BE＝2， ∴OE＝OF，EF＝DF−DE＝2， ∴四边形AECF是菱形， ∴菱形AECF的面积＝AC•EF＝×6×2＝6， 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的判定和面积公式，能够证得四边形AECF是菱形是解决问题的关键． 2．（23-24八年级下·天津·期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O．则图中与△AOB全等的三角形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据正方形的性质可以得到对角线互相垂直平分且相等，据此即可证明△AOB≌△BOC≌△COD≌△DOA，问题得解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O， ∴OA＝OB＝OC＝OD，AB＝BC＝CD＝DA， ∴△AOB≌△BOC≌△COD≌△DOA， ∴与△AOB全等的三角形有三个． 故选：C 【点睛】本题考查了正方形的性质，熟知正方形的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC延长线上一点，P是∠DCE平分线上任意一点则△PBD的面积是 ． 【答案】 【分析】根据题意，，进而可知△PBD的面积等于的面积，根据正方形的面积进而即可求得△PBD的面积． 【详解】四边形是正方形， ，， 是∠DCE的平分线， ， ， ， 正方形． 故答案为：． 【点睛】本题考查了角平分线的定义，正方形的性质，平行线的性质，证明是解题的关键． 4．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，在正方形中，E是边的中点，将沿折叠，得到，延长交于G，连接，．（1） ；（2） ；（3）正方形的边长为 ． 【答案】 1 45 3 【分析】（1）由翻折的性质及全等三角形的性质可求出AG=FG； （2）根据正方形的性质及角的和差关系可得； （3）设边长为x，得到BG=x-1，BE=，GE=1+，根据勾股定理列出方程，故可求解． 【详解】（1）根据折叠的意义，得△DEC≌△DEF， ∴EF＝EC，DF＝DC，∠CDE＝∠FDE， ∵DA＝DF，DG＝DG， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）， ∴∠ADG＝∠FDG，AG＝FG=1 （2）∵△DEC≌△DEF，Rt△ADG≌Rt△FDG ∴∠GDE＝∠FDG＋∠FDE＝（∠ADF＋∠CDF）＝45° （3）∵△DEC≌△DEF，Rt△ADG≌Rt△FDG ∴GF=GA=1，EC=EF 设正方形边长为x，得到BG=x-1，BE=，GE=1+， 在Rt△BEG中，GE2=BG2+BE2 ∴（1+）2=（x-1）2+（）2 解得x=3 ∴正方形的边长为3 故答案为：1；45；3． 【点睛】此题考查了翻折性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等，掌握其性质是解决此题关键． 5．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，正方形的对角线与交于点，分别过点、点作CE//BD，DE//AC，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】先证明四边形OCED是平行四边形，由正方形的性质得出OA=OC=OB=OD，AC⊥BD，即可得出四边形OCED是正方形． 【详解】证明：∵CEBD，DEAC， ∴四边形OCED是平行四边形， ∵四边形ABCD是正方形， ∴OA=OC=OB=OD，AC⊥BD， ∴四边形OCED是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、平行四边形的判定；熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键． 6．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是定值为1 【分析】（1）过点分别作，垂足分别为点，由题意易得，则有四边形为矩形，然后可得四边形为正方形，进而可证，最后问题可求证； （2）由题意易得，，然后可得，进而根据等积法可进行求解． 【详解】（1）证明：如图，过点分别作，垂足分别为点， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：四边形的面积为定值，理由如下： ∵矩形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，     所以，四边形的面积为定值1． 【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 【变式训练14 中点四边形】 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，四边形是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定以及三角形的中位线定理，顺次连接任意四边形四边中点所得的四边形，一组对边平行并且等于原来四边形某一对角线的一半，说明新四边形的对边平行且相等．所以是平行四边形，再根据即可证明结论． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是边、、、的中点， ∴，，，，， 且， 四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 故选：C． 2．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）下列说法正确的是（   ） A．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形 B．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是菱形 C．顺次连接矩形各边中点的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点的四边形是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了中点四边形，熟知平行四边形，菱形，正方形和矩形的判定定理是解题的关键． 【详解】解：A、顺次连接任意四边形各边中点得到的四边形是平行四边形，原说法正确； B、顺次连接对角线相等的四边形各边中点的四边形是菱形，原说法错误； C、顺次连接矩形各边中点形成的四边形是菱形，原说法错误； D、顺次连接菱形各边中点，所形成的四边形是矩形，不一定是正方形，原说法错误． 故选：A． 3．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）四边形的对角线、满足条件: 时，顺次连接四边形各边的中点所得四边形是矩形． 【答案】 【分析】根据三角形的中位线性质得出，，，，求出，，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据，和求出，再根据矩形的判定得出答案即可． 【详解】解：当时，四边形是矩形． 理由：点、、、分别是边、、、的中点，   ，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，，， ， 即， 四边形是矩形， 即当时，顺次连接四边形各边中点所得的四边形为矩形， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，三角形的中位线性质，中点四边形等知识点，能熟记平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定是解此题的关键． 4．（2024·广东汕头·一模）如图：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形A1B1C1D1的面积为8，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 【答案】 【分析】根据矩形A1B1C1D1面积、四边形A2B2C2D2的面积、四边形A3B3C3D3的面积，即可发现新四边形与原四边形的面积的一半，找到规律即可解题． 【详解】解：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，则四边形A2B2C2D2的面积为矩形A1B1C1D1面积的一半， 顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，则四边形A3B3C3D3的面积为四边形A2B2C2D2面积的一半， 故新四边形与原四边形的面积的一半， 则四边形AnBnCnDn面积为矩形A1B1C1D1面积的， ∴四边形AnBnCnDn面积=×8=， 故答案为：． 【点睛】本题考查了学生找规律的能力，本题中找到连接矩形、菱形中点则形成新四边形的面积为原四边形面积的一半是解题的关键． 5．（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 【答案】平行四边形，证明见解析 【分析】连接BD，根据三角形的中位线定理得到EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，推出，EH∥FG，EH=FG，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形EFGH是平行四边形． 【详解】解：四边形EFGH的形状是平行四边形． 证明：如图，连接BD， ∵E、H分别是AB、AD中点， ∴EH∥BD，EH=BD， 同理FG∥BD，FG=BD， ∴EH∥FG，EH=FG， ∴四边形EFGH是平行四边形． 【点睛】本题主要考查对三角形的中位线定理，平行四边形的判定，解题的关键是正确的构造三角形病正确的运用中位线定理，难度不大． 6．（23-24八年级·北京西城·期中）如图，在四边形中，E，F，G和H分别是各边中点．求证：四边形为平行四边形．    【答案】见解析 【分析】连接AC，由点E是AB的中点、点F是BC的中点，可得出EF为△ABC的中线，进而可得出EF∥AC、EF=AC，同理，可得出HG∥AC、HG=AC，即EF∥HG、EF=HG，再利用平行四边形的判定定理即可证出四边形EFGH是平行四边形． 【详解】解：证明：连接AC，如图所示． ∵点E是AB的中点，点F是BC的中点， ∴EF∥AC，EF=AC． 同理，可得出：HG∥AC，HG=AC， ∴EF∥HG，EF=HG， ∴四边形EFGH是平行四边形．    【点睛】本题考查了中点四边形、中线以及平行四边形的判定，根据三角形中线定义找出EF∥HG、EF=HG是解题的关键． 【变式训练15 （特殊）平行四边形的动点问题】 1．（23-24八年级下·山东济南·期中）如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴与y轴，物体甲和物体乙由点A（2，0）同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2019次相遇地点的坐标是（　　）    A．（1，﹣1） B．（2，0） C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1） 【答案】B 【分析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答． 【详解】如图所示，    由题意可得：矩形的边长为4和2，因为物体乙是物体甲的速度的2倍，时间相同，物体甲与物体乙的路程比为1：2， 由题意知： ①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×1，物体甲行的路程为12×=4，物体乙行的路程为12×=8，在BC边相遇； ②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×2，物体甲行的路程为12×2×=8，物体乙行的路程为12×2×=16，在DE边相遇； ③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×3，物体甲行的路程为12×3×=12，物体乙行的路程为12×3×=24，在A点相遇； 此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出发点， ∵2019÷3=673， ∴两个物体运动后的第2019次相遇地点的是A点， 此时相遇点的坐标为：（2，0）. 故选B. 【点睛】此题主要考查了行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，通过计算发现规律就可以解决问题． 2．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】B 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解． 3．（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动． 秒时四边形是平行四边形？    【答案】3 【分析】由运动时间为秒，则，，而四边形是平行四边形，所以，则得方程求解． 【详解】解：设秒后，四边形是平行四边形， ，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， ， 秒时四边形是平行四边形． 故答案为：3． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是由，得到． 4．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图在矩形中，，，为的中点，动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当的面积为时，值为 ．    【答案】6或11/11或6 【分析】分在上、在上两种情况，根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：①当在上时， 的面积等于， ， 解得：； ②当在上时， 的面积等于， ， ， 解得：； 综上所述，的值为6或11， 故答案为：6或11． 【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握矩形的性质，分情况讨论是解题的关键． 5．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，点自点向以的速度运动，到点即停止．点自点向以的速度运动，点点即停止，点同时出发，设运动时间为．    (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ 【答案】(1)当时，四边形是平行四边形 (2)当时，四边形是平行四边形 【分析】（1）根据题意用含的式子表示，，，根据四边形是平行四边形可得，由此即可求解； （2）根据题意用含的式子表示，根据四边形是平行四边形可得，由此即可求解． 【详解】（1）解：根据题意得，，， ∴，， ∵， ∴当时，四边形是平行四边形， ∴，解得， ∴当时，四边形是平行四边形． （2）解：∵， ∴当时，四边形是平行四边形， ∴，解得， ∴当时，四边形是平行四边形． 【点睛】本题主要考查动点，平行四边形的综合，理解动点的运算，掌握平行四边形的判定是解题的关键． 6．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，射线AM∥BN，点E，F，D在射线AM上，点C在射线BN上，且∠BCD＝∠A，BE平分∠ABF，BD平分∠FBC． (1)求证：AB∥CD． (2)如果平行移动CD，那么∠AFB与∠ADB的比值是否发生变化？若变化，找出变化规律；若不变，求出这两个角的比值． (3)如果∠A＝100°，那么在平行移动CD的过程中，是否存在某一时刻，使∠AEB＝∠BDC？若存在，求出此时∠AEB的度数；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析；（2）不变，理由见解析；（3）存在，60° 【分析】（1）根据平行线的性质，以及等量代换证明∠A+∠ABC=180°，然后可证得AB∥CD； （2）根据三角形外角的性质可直接得出结论； （3）根据平行线的性质得到∠ABC=80°，设∠CBD=∠FBD=∠FDB=x°，根据角平分线的性质得到∠EBD=40°，于是得到∠AEB=x°+40°．得到∠BDC=80°-x°，根据∠AFC=∠ADB，列方程即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵AM∥BN， ∴∠A+∠ABC=180°， 又∵∠BCD=∠A， ∴∠ABC+∠BCD=180°， ∴AB∥CD； （2）∵AM∥BN，∴∠ADB=∠DBC， ∵BD平分∠FBC， ∴∠FBD=∠DBC， ∴∠FBD=∠FDB， 当CD向右平移时，∠FBD增大，∠ABC不变， ∵∠FBD=∠FDB，∠BFA=∠FBD+∠FDB，∴∠AFB：∠ADB=2：1； （3）存在， 理由：∵∠A=100°， ∴∠ABC=80°， 设∠CBD=∠FBD=∠FDB=x°， ∵BE平分∠ABF，BD平分∠FBC， ∴∠EBD=40° ∴∠AEB=x°+40°． ∵AM∥BN，∠BCD=100°， ∴∠CDA=80°， ∴∠BDC=80°-x°， ∵∠AEB=∠BDC， ∴x°+40°=80°-x°，解得x=20°， ∴∠AEB=20°+40°=60°． 【点睛】考查了平行线的性质与平行四边形的性质．此题难度适中，解题的关键是注意掌握两直线平行，同旁内角互补与两直线平行，内错角相等定理的应用，注意数形结合与方程思想的应用． 【变式训练16 四边形中的线段最值问题】 1．（23-24八年级下·浙江·期中）如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为，最小值为4，则菱形ABCD的边长为（    ） A．5 B．10 C． D．8 【答案】A 【分析】过点C作，交AB的延长线于H，由题意可得当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=，当时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为4，即CH=4，由勾股定理可求解． 【详解】解：如图，过点C作，交AB的延长线于H， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD=AB=BC， ∵点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点， ∴当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=， 当时，PQ有最小值，即直线与直线的距离为， ， ， ， ， , 解得：， 故选：A． 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键． 2．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）如图，菱形ABCD的边长为3，且∠ABC=600，E、F是对角线BD上的两个动点，且EF＝2，连接AE、AF，则 AE＋AF 的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图作AH∥BD，使得AH=EF=2，连接CH交BD于F，此时AE+AF的值最小， 【详解】 解：如图作AH∥BD，使得AH=EF=2，连接CH交BD于F，则AE+AF的值最小． ∵AH=EF，AH∥EF， ∴四边形EFHA是平行四边形， ∴EA=FH， ∵BD所在的直线是菱形的对称轴,点A、C是对称点，（或根据SAS证明△ABF≌△CBF） ∴FA=FC， ∴AE+AF=FH+CF=CH， ∵菱形ABCD的边长为3，∠ABC=60°， ∴AC=AB=3， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵AH∥DB， ∴AC⊥AH， ∴∠CAH=90°， 在Rt△CAH中，CH= ＝， ∴AE+AF的最小值为 ， 故选：D． 【点睛】本题考查轴对称-最短问题，菱形的性质、勾股定理、平行四边形的判定和性质等知识，解题关键是学会利用轴对称解决最短问题，属于中考常考题型． 3（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，长方形中，点是线段上一动点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】在上方作，作于，作于，交于，将转化为，则的最小值为的长度，根据图形分别求和即可． 【详解】解：在上方作，作于，作于，交于， ， ， 当、、三点共线时，最小，即为的长度， ，， ， ，， ，， ． 的最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了线段和最小问题，通过作辅助线将线段和最小问题转化为求线段的长度是关键． 4．（23-24八年级下·河北·期中）如图，菱形中，，，点M、N、P分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为 【答案】 【分析】菱形是轴对称图形，可作点关于直线的对称点，连接，根据两点之间线段最短可知，当点与点重合时，时，的值最小，即为长，求得的长即可求解； 【详解】如图：作点关于直线的对称点,连接 四边形是菱形， 由图可知，当点与点重合时，时，的值最小，即为长， 在中 ， ∴∠BCM=30°，BM=4， 故答案为： 【点睛】本题考查了轴对称之最短距离问题，菱形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质与菱形的性质是解题的关键． 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为8，点M在DC上且DM＝2，N是AC上的一动点，求DN＋MN的最小值． 【答案】DN＋MN的最小值为10． 【分析】要求DN＋MN的最小值，DN，MN不能直接求，可考虑通过作辅助线转化DN，MN的值，确定最小值为BM的长度，再由勾股定理计算即可． 【详解】解：如图所示， ∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线AC为对称轴的对称点， ∴连接BN，BD，则直线AC即为BD的垂直平分线， ∴BN＝ND， ∴DN＋MN＝BN＋MN， 连接BM交AC于点P， ∵点N为AC上的动点， ∴由三角形两边之和大于第三边， 知当点N运动到点P时， DN＋MN＝BP＋PM＝BM，DN＋MN的最小值为BM的长度． ∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD＝8，CM＝8－2＝6， ∠BCM＝90°， BM＝， 即DN＋MN的最小值为10. 【点睛】本考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，解题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理． 6．（23-24八年级下·河南平顶山·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点E是斜边AB上的一个动点，连接CE，过点B，C分别作BD∥CE，CD∥BE，BD与CD相交于点D． （1）当CE⊥AB时，求证：四边形BECD是矩形； （2）填空： ①当BE的长为______时，四边形BECD是菱形； ②在①的结论下，若点P是BC上一动点，连接AP，EP，则AP+EP的最小值为______． 【答案】（1）证明见解析；（2）①；②3． 【分析】（1）根据矩形的判定：有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明； （2）①根据菱形的判定定理：对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解； ②根据对称性：连接ED交BC于点P，此时AP+EP＝AD，最小，再过点D作DF垂直AC的延长线于点F，根据勾股定理即可求解． 【详解】如图所示： （1）∵BD∥CE，CD∥BE， ∴四边形BDCE是平行四边形， ∵CE⊥AB， ∴∠BEC＝90°， ∴四边形BECD是矩形； （2）①当BE的长为时，四边形BECD是菱形．理由如下： 连接ED，与BC交于点O， ∵四边形BDCE是平行四边形， 当BC和DE互相垂直平分时，四边形BDCE是菱形， BO＝BC＝3，OE＝AC＝2， ∴根据勾股定理，得 BE＝＝＝． 故答案为． ②连接AD，与BC交于点P，连接PE， 此时PD＝PE，AP+EP最小， ∴AP+PE＝AP+PD＝AD， 过点D作DF垂直于AC的延长线于点F， 得矩形ODFC， ∴CF＝OD＝2，DF＝OC＝3， ∴AF＝AC+CF＝6， ∴在Rt△ADF中，根据勾股定理，得 AD＝＝＝3． ∴AP+EP的最小值为3． 故答案为3． 【点睛】本题考查矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理，解题的关键是掌握矩形的判定、菱形的判定定理、勾股定理. 【变式训练17 四边形其他综合问题】 1．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）在四边形ABCD中，AB＝CD，∠DAC＋∠BCA＝180°，∠BAC＋∠ACD＝90°，且四边形ABCD的面积是18，则CD的长为(    )． A．4 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】如图，延长BC至点E，使CE=AD，连接AE，利用SAS可证明△ACD≌△CAE，可得S△ACD=S△CAE，∠EAC=∠ACD，CD=AE，进而可得出△BAE是等腰直角三角形，可得S四边形ABCD=CD2，最后根据S四边形ABCD=18即可求出CD的长． 【详解】如图，延长BC至点E，使CE=AD，连接AE， ∵∠DAC＋∠BCA＝180°，∠ACE+∠BCA=180°， ∴∠DAC=∠ACE， 在△ACD和△CAE中，， ∴△ACD≌△CAE， ∴S△ACD=S△CAE，∠EAC=∠ACD，CD=AE， ∵∠BAC＋∠ACD＝90°， ∴∠BAC+EAC=90°， ∵AB=CD， ∴△BAE是等腰直角三角形， ∴S四边形ABCD=S△BAE=AB·AE=CD2， ∵S四边形ABCD=18， ∴CD2=18， 解得：CD=6，（负值舍去） 故选：C． 【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定、四边形的面积等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加辅助线，构造等腰直角三角形解决问题，属于中等题． 2．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②AD=2AE；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG：⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 【答案】B 【分析】由题意易得AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB，△ADE≌△FDE，则有，进而可得四边形AEFG是平行四边形，然后根据等腰直角三角形的性质及线段的等量关系可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AC⊥BD，OA=OC=OB=OD，∠ADO=∠ABD=45°，AD=AB， ∵折叠正方形ABCD， ∴△ADE≌△FDE， ∴∠ADE=∠FDE=22.5°，AD=DF，AE=FE，∠EFD=∠DAE=90°，故①正确； ∴△EFB是等腰直角三角形， ∴， ∴，故②错误； 由图可直接判定③错误； ∵∠EFB=∠AOB=90°， ∴OA∥EF， 由折叠的性质可得：∠GFO=∠DAO=45°， ∴∠GFO=∠ABO=45°， ∴GF∥AE， ∴四边形AEFG是平行四边形， ∵AE=AF， ∴四边形AEFG是菱形，故④正确； ∵∠GFO=45°，∠AOB=90°， ∴△GOF是等腰直角三角形， ∴， ∴，故⑤正确； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故⑥错误； ∴正确的有三个； 故选B． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质、菱形的判定及等腰直角三角形的性质与判定是解题的关键． 3．（23-24八年级下·河南洛阳·期末）如图，在四边形 ABCD 中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，连结 AC．若AC=8，则四边形ABCD的面积为 ． 【答案】32 【分析】作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N，先证明△ABM≌△ADN（AAS），得到AM=AN，△ABM与△ADN的面积相等，求出正方形AMCN的面积即可解决问题． 【详解】解：如图，作AM⊥BC、AN⊥CD，交CD的延长线于点N， ∵∠BAD=∠BCD=90°， ∴四边形AMCN为矩形，∠MAN=90°， ∵∠BAD=90°， ∴∠BAM=∠DAN， 在△ABM与△ADN中， ， ∴△ABM≌△ADN（AAS）， ∴AM=AN， ∴△ABM与△ADN的面积相等， ∴四边形ABCD的面积=正方形AMCN的面积， 设AM=a，由勾股定理得：， ∵AC=8， ∴， ∴， 故答案为：32． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的判定及性质，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 4．（2024·安徽·模拟预测）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点处．请完成下列探究： 的大小为 ； 当四边形是平行四边形时的值为 ． 【答案】 30 【分析】（1）根据折叠得到∠D+∠C=180°，推出AD∥BC，，进而得到∠AQP=90°，以及∠A=180°-∠B=90°，再由折叠，得到∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°即可； （2）根据题意得到DC∥AP，从而证明∠APQ=∠PQR，得到QR=PR和QR=AR，结合（1）中结论，设QR=a，则AP=2a，由勾股定理表达出AB=AQ=即可解答． 【详解】解：（1）由题意可知，∠D+∠C=180°， ∴AD∥BC， 由折叠可知∠AQD=∠AQR，∠CQP=∠PQR， ∴∠AQR+∠PQR=，即∠AQP=90°， ∴∠B=90°，则∠A=180°-∠B=90°， 由折叠可知，∠DAQ=∠BAP=∠PAQ， ∴∠DAQ=∠BAP=∠PAQ=30°， 故答案为：30； （2）若四边形APCD为平行四边形，则DC∥AP， ∴∠CQP=∠APQ， 由折叠可知：∠CQP=∠PQR， ∴∠APQ=∠PQR， ∴QR=PR， 同理可得：QR=AR，即R为AP的中点， 由（1）可知，∠AQP=90°，∠PAQ=30°，且AB=AQ， 设QR=a，则AP=2a， ∴QP=， ∴AB=AQ=， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了四边形中的折叠问题，涉及了平行四边形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是读懂题意，熟悉折叠的性质． 5．（2024·四川南充·模拟预测）如图，矩形的对角线交于点． （1）求证：四边形是菱形， （2）若，，试说明四边形的形状并求其面积． 【答案】（1）证明见解析；（2）四边形为正方形．面积为． 【分析】（1）根据对边平行得四边形是平行四边形，由原矩形对角线相等且互相平分得，所以四边形是菱形； （2）根据菱形对角线平分每一组对角可知．从而可得，即可得出四边形为正方形，进而求出面积． 【详解】证明：（1），， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ，，， ， 是菱形； （2）四边形为正方形． ∵是菱形， ∴， 又∵ ∴， ∴菱形为正方形， 在矩形中，，， ∴， ∴正方形面积． 【点睛】此题主要考查了矩形的性质、菱形的判定和性质、正方形判定，关键是掌握特殊四边形的性质和判定方法． 6．（2024八年级下·全国·专题练习）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　 (2)性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　． (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，． ①求证：四边形为垂美四边形； ②求出四边形的面积． 【答案】(1)菱形、正方形 (2) (3)①证明见解析；② 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）根据列式求解即可； （3）①连接，，证出，由SAS证明，得出，，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出，得出即可； ②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可． 【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形， ∴菱形和正方形一定是垂美四边形； （2）解：； （3）①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示： ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， 在和中， ， ∴（SAS）， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； ②解：∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵四边形为垂美四边形， ∴四边形的面积． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 1．（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）下列命题中，假命题是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．矩形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 【答案】A 【分析】本题考查了命题的判定，掌握菱形，矩形，平行四边形，正方形的判定和个性质是解题的关键． 根据菱形，矩形，平行四边形的判定和性质进行判定即可求解． 【详解】解：A、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原选项是假命题，符合题意； B、正方形的对角线互相垂直平分，是真命题，不符合题意； C、矩形的对角线相等，是真命题，不符合题意； D、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； 故选：A ． 2．（24-25八年级下·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．证明和全等得，再根据可得出选项一定成立，然后在讨论其它选项，对于选项，当时不成立，对于选项、，当时不成立，由此即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴ 故选项一定成立，符合题意； 对于选项，当时， 此时，故项不一定成立； 对于、项，当时，，，故此时、选项不成立， 故选∶． 3．（24-25八年级下·重庆万州·阶段练习）如图，正方形中，点E，F分别为，上两点，，连接，交点G，H为上一点，且，连接，，，设，则可以表示为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，先根据证明，得出，进而可证明，根据等边对等角、三角形的内角和定理可求出，根据平角定义可求出，然后在中根据等边对等角和三角形内角和定理求解即可． 【详解】解∶∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：C． 4．（24-25八年级下·贵州贵阳·阶段练习）如图，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形…，记菱形的面积为，四边形的面积为…．若，则第个图形的面积的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了图形的规律，找到连接矩形、菱形中点则形成新四边形的面积为原四边形面积的一半是解题的关键． 连接，菱形的面积为，得到矩形的面积为，菱形的面积为，故新四边形是原四边形的面积的一半，据此即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 菱形的面积为， 顺次连接菱形四边的中点得到矩形，则矩形的面积为 ， 顺次连接矩形四边的中点得菱形，则菱形的面积为 …… 故新四边形是原四边形的面积的一半 则四边形的面积为菱形面积的 四边形的面积为， 故选：D． 5．（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…，按照此规律继续下去，则的值为（） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据等腰直角三角形的性质结合勾股定理以及三角形的面积公式可得出部分的值，根据面积的变化即可找出变化规律，依此规律即可解决问题，根据面积的变化找出变化规律是解题的关键． 【详解】解：如图， 是等腰直角三角形， 即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍， ， 故选：C． 6．（2024·宁夏·模拟预测）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 【答案】81 【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解． 【详解】解：正五边形中，，， 正方形中，，， ，， ， ， 故答案为：81． 7．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、正方形的性质，解题的关键是连接构造全等三角形． 如图，连接，由点是的中点，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：如图，连接， 点是的中点，四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 正方形的边长为2， ， ， ， 重叠部分四边形的面积为1． 故答案为：1． 8．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，已知长方形纸板的边长，在纸板内部画，并分别以三边为边长向外作正方形，当边和点都恰好在长方形纸板的边上时，则的面积为 【答案】6 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质等知识点，正确作出辅助线成为解题的关键． 由“”可证可得，同理可证，由线段的和差关系可得，可求的长，然后根据三角形的面积公式即可解答． 【详解】解：如图，延长交于R，延长交于Q， ∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， 同理可证：， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为6． 9．（24-25八年级下·福建漳州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，要使四边形各边中点连线构成的四边形是正方形，只需添加一个条件是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了三角形中位线定理，正方形的判定等知识，熟练掌握正方形的判定方法是平行四边形是解题的关键．添加．由三角形中位线定理和可证，从而四边形是菱形，再由可证边形是正方形． 【详解】解：添加． ∵E，F，G，H分别是边的中点， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 同理可证：，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形 故答案为：． 10．（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形大理石和黑色的三角形大理石密铺而成．已知中间的所有正方形的面积之和是平方米，内圆的所有三角形的面积之和是平方米，那么这条小路一共占地 平方米（用含有和的式子表示）． 【答案】/ 【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，先证明每两个公共顶点处的正方形的内圈三角形的面积于外圈三角形的面积相等，进而可得内圈的所有三角形的面积之和等于外圈的所有三角形的面积之和，据此可得出答案．理解题意，准确识图，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【详解】解：过点作交的延长线于，过作于，如图所示： 正方形和正方形有公共顶点，为内圈三角形，为外圈三角形， ， 四边形和四边形都是正方形， ，，，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ，， ， 同理可证：其它两个公共顶点处正方形的内圈三角形与外圈三角形的面积相等，即每两个公共顶点处正方形的内圈三角形与外圈三角形的面积相等， 内圈的所有三角形的面积之和等与外圈的所有三角形的面积之和， 内圈的所有三角形的面积之和平方米，所有正方形的面积之和为平方米， 外圈的所有三角形的面积之和为平方米， 小路的总面积为平方米， 故答案为：． 11．（24-25八年级下·全国·期末）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，求的长． 【答案】 【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，继而得到，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含角的直角三角形的性质求解即可得． 【详解】解：∵边长为6的正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴， 解得∶， ∴， ∴ ． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键． 12．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的点重合，折痕交于点，交于点，边折叠后与交于点．如果点为边的中点．求证：． 【答案】证明见解析． 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，由四边形是正方形，得，，设正方形的边长为，由折叠性质可知，再通过勾股定理求出即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， 设正方形的边长为， ∵为边的中点， ∴， 由折叠性质可知：， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴． 13．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 【答案】(1)是，不是 (2)81608 【分析】本题考查了图形的变化类、新概念以及平方差公式的应用，利用图形正确表示出阴影部分是解题关键． （1）根据奇特数的概念进行判断即可； （2）利用阴影部分面积为，运用平方差进行运算，进而求得答案即可． 【详解】（1）解：∵ ∴是奇特数； ∵8、16、24这三个数都是奇特数，它们都是的倍数，而不是的倍数 ∴不是奇特数； 故答案为：是，不是． （2） 14．（23-24八年级下·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 【答案】(1)菱形、正方形 (2) (3)证明见解析，面积为 (4) 【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论； （2）四边形的面积=的面积+的面积； （3）根据正方形的性质可证得和全等，得出，由得出，再根据对顶角相等得到，于是有，从而得出，根据垂美四边形的定义得出四边形为垂美四边形，根据垂美四边形的面积等于两对角线乘积的一半即可得出结果． （4）勾股定理求出，设，双勾股定理求出的值，进而求出的长，再用勾股定理进行求解即可． 【详解】（1）解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形，正方形， 一定是垂美四边形的是菱形，正方形， 故答案为：菱形，正方形； （2）如图1所示： ∵四边形的面积的面积的面积 ∴； 故答案为：； （3）证明：连接，，设与交于点，与交于点， 四边形是正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即， 四边形为垂美四边形； 四边形是正方形， ，， ， ， 点、、在一条直线上， 在中，，， 由勾股定理得， ， 在中，由勾股定理得， ∵， ， 四边形为垂美四边形， 四边形的面积是． （4）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则：， ∴，即：， 解得：，则 ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 15．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 【答案】(1)见解析，90； (2)，理由见解析； (3)4或2． 【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知证明四边形是正方形； （2）如解图②，取的中点，连接．证明，得出，根据，即可得证． （3）当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点．在中，得出，由（2）可知，，当点靠近点时，同理可得，进而即可求解； 【详解】（1）解：作图如解图①． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵为对角线，的交点，，分别为，的中点， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形， ∴； （2） 理由如下：如解图②，取的中点，连接则 四边形为菱形， ∴ ∴ ， ， 为等边三角形， ，，， ∵ 是等边三角形， ，． ， ． 在和中， ， ， ， （3）如解图③，当点靠近点时，过点作于点，连接，作交于点． 是等边三角形，， ，． 在中，， ． 由（2）可知，， ； 如解图④，当点靠近点时，同理可得，． ， ． 综上所述，的长为4或2． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，三角形中位线的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第10讲 正方形的性质与判定（5个知识点+15大核心考点+变式训练+举一反三） 题型一 正方形性质理解 题型二 根据正方形的性质求角度 题型三 根据正方形的性质求线段长 题型四 根据正方形的性质求面积 题型五 正方形折叠问题 题型六 根据正方形的性质证明 题型七 正方形的判定定理理解 题型八 添一个条件使四边形是正方形 题型九 证明四边形是正方形 题型十 根据正方形的性质与判定求角度 题型十一 根据正方形的性质与判定求线段长 题型十二 根据正方形的性质与判定求面积 题型十三 根据正方形的性质与判定证明 题型十四 中点四边形 题型十五 （特殊）平行四边形的动点问题 题型十六 四边形中的线段最值问题 题型十七 四边形其他综合问题 知识点01： 正方形的定义 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 要点：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形. 知识点02： 正方形的性质 正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质. 1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行； 2.角——四个角都是直角； 3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角； 4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形. 知识点03：正方形的判定 正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）. 知识点04： 特殊平行四边形之间的关系 或者可表示为： 知识点05： 顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 【核心考点一 正方形性质理解】 【例1】（24-25八年级下·贵州毕节·期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．对角线互相垂直 B．对角互补 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【例2】（24-25八年级下·贵州·期中）如图，正方形的对角线与相交于点O，则下列说法不正确的是（　　） A． B． C． D． 【例3】（24-25八年级下·山西太原·阶段练习）如图，在正方形中，以为边在正方形内作等边，则 ． 【例4】（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，矩形的对角线与相交于点M，正方形的对角线与相交于点N，连接，若，，则的长为 ． 【例5】（2024·山东青岛·二模）【问题背景】 如图，是一张等腰直角三角形纸板，，取、、中点进行第次剪取，记所得正方形面积为，如图，在余下的和中，分别剪取正方形，得到两个相同的正方形，称为第次剪取，并记这两个正方形面积和为如图. 【问题探究】 （1） ______ ； （2）如图，再在余下的四个三角形中，用同样方法分别剪取正方形，得到四个相同的正方形，称为第次剪取，并记这四个正方形面积和为继续操作下去，则第次剪取时， ______ ；第次剪取时， ______ ． 【拓展延伸】 在第次剪取后，余下的所有小三角形的面积之和为______ ． 【核心考点二 根据正方形的性质求角度】 【例1】（24-25八年级下·全国·课后作业）如图，在正方形中，O是的中点，过点O作于点E，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·陕西西安·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边上的点处，点落在点处，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·山西太原·阶段练习）如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 【例4】（2024·河南新乡·模拟预测）如图，正方形内有一等边，则的度数是 ．    【例5】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，求的度数． 【核心考点三 根据正方形的性质求线段长】 【例1】（24-25八年级下·辽宁丹东·期中）如图，三个边长相同的正方形叠放在一起，M，N是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（   ） A．2 B． C． D．4 【例2】（24-25八年级下·广东清远·期中）如图，正方形的周长为16，是等边三角形，点E在正方形内部，点P是对角线上的动点，连接、，则的最小值为（   ） A． B． C．4 D． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，若矩形内有两个相邻的正方形，面积分别为4和2，则阴影部分的面积为 ． 【例4】（24-25八年级下·四川达州·阶段练习）如图，正方形和正方形中，点D在上，，H是的中点，那么的长是 ． 【例5】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在中，，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：； (2)若，当四边形为正方形时，求的长． 【核心考点四 根据正方形的性质求面积】 【例1】（24-25八年级下·浙江宁波·期中）如图放置的五块拼图中，①②③为正方形，④⑤为等腰直角三角形，若正方形③的面积为2，则正方形②的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．12 【例2】（24-25八年级下·广东河源·期中）将个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点，，…，分别是正方形对角线的交点，则个正方形重叠形成的重叠部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图是一个边长大于的正方形，以距离正方形的四个顶点处沿角画线，将正方形纸片分成5部分，则中间阴影部分的面积为 ．    【例4】（23-24八年级下·山东淄博·期末）给定一正方形，其边长等于a，正方形两组相对的顶点是两个全等菱形的顶点．如果每个菱形的面积等于正方形面积的一半，则两菱形公共部分的面积为 ． 【例5】（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图1，当时，与的面积相等．理由：因为，所以．又因为，所以． (1)【类比探究】如图2，在正方形的右侧作等腰三角形，，连接，求的面积． (2)【综合应用】如图3，在正方形的右侧作正方形，点B、C、E在同一直线上，，连接，求的面积． 【核心考点五 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·四川成都·阶段练习）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，则线段的长是（     ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·安徽合肥·期末）如图，将正方形纸片折叠，使边、均落在对角线上，得折痕、，则的大小为（　　） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期末）在课本上的“数学活动  折纸与证明”中，我们曾经两次折叠正方形纸片（如图）．若正方形纸片的边长为，则的长为 ． 【例4】（2024·山东青岛·三模）如图，正方形的边长为，点在边上，且，连结，点在边上，连结，把沿翻折，点恰好落在上的点处，下列结论：①；②；③；④，其中正确结论的是 ．(填序号) 【例5】（2024·吉林长春·二模）如图，在正方形中，对角线与交于点，将正方形折叠，使点落在对角线上的点处，连结，与折痕交于点，折痕交于点． 求证：． 【核心考点六 根据正方形的性质证明】 【例1】（24-25八年级下·陕西渭南·期中）如图，在正方形中，为其对角线，点E为上一个动点，连接，，过D作交于F，连接．下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点，连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 【例3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在正方形中，点在上，点在上，且．若，则的周长为 ． 【例4】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…，按照此规律继续下去，则的值为 ． 【例5】（24-25八年级下·山东枣庄·阶段练习）点E是正方形的对角线上一点，过点E作交于点F，的延长线交于点G，交于点H． (1)如图1，证明：； (2)如图2，若，，求的长． 【核心考点七 正方形的判定定理理解】 【例1】（24-25八年级下·河北保定·期中）在复习特殊的平行四边形时，某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，对角相等 B．②，有一组邻边相等 C．③，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 【例2】（24-25八年级下·广东梅州·阶段练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（    ） A．当，是矩形 B．当，是矩形 C．当，是菱形 D．当，是正方形 【例3】（23-24八年级下·广东河源·期末）如图，平行四边形对角线互相垂直，若添加一个适当的条件使四边形成为正方形，则添加条件可以是 （只需添加一个）． 【例4】（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）我们规定菱形与正方形接近程度称为“接近度”，设菱形相邻两个内角的度数分别为，，将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形越接近正方形． ①若菱形的一个内角为，则该菱形的“接近度”为 ； ②当菱形的“接近度”等于 时，菱形是正方形． 【例5】（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在中，．用直尺和圆规作图：（不写作法，保留作图痕迹．） (1)如图①，若点在边上，求作平行四边形，使得点、分别在、上； (2)如图②，求作正方形，使得点、、分别在、、上． 【核心考点八 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在矩形中，对角线交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（     ） A． B． C． D． 【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 【例3】（23-24八年级下·吉林四平·期中）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）． 【例4】（24-25八年级下·山西太原·阶段练习）在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中在（4）处填写的条件可以是 ． 【例5】（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？ 【核心考点九 证明四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·贵州贵阳·期中）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在 上 的F 处，折痕为， 若 沿 剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（    ）   A．有一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线相等的菱形是正方形 C．两个全等的直角三角形构成正方形 D．轴对称图形是正方形 【例2】（23-24八年级下·湖南邵阳·期末）做一做：用一张长方形纸片折出一个最大正方形．如下图，步骤①将长方形纸片沿痕折叠，使点B落在边上与点重合；步骤②用剪刀沿剪掉长方形；步骤③将沿折痕展开得到正方形．其依据是（    ） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线互相垂直的矩形是正方形 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·开学考试）如图，在四边形中，，垂足为点．若四边形的面积为13，则 ．    【例4】（23-24八年级下·江苏扬州·阶段练习）在矩形中，E，F，G，H分别是边，，，上的点（不与端点重合），对于任意矩形，以下结论：①存在且仅有一个四边形是菱形．②存在无数个四边形是平行四边形．③存在无数个四边形是矩形．④除非矩形为正方形，否则不存在四边形是正方形．其中正确的是 （填序号） 【例5】（23-24八年级下·贵州铜仁·阶段练习）如图，在和中，，，，为边上一点． (1)求证： (2)若点是的中点，求证：四边形是正方形． 【核心考点十 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，点为正方形内一点，，，连结，那么的度数是(   )    A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·河南漯河·阶段练习）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 【例3】（2024·江苏镇江·模拟预测）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °． 【例4】（23-24八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 ． 【例5】（2024·山东潍坊·二模）如图，是正方形对角线上一点，连接，，并延长交于点．若，求的度数． 【核心考点十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（23-24八年级下·重庆大渡口·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，已知一个矩形纸片，将该纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点P为边上的动点，将沿折叠得到，连接．则下列结论中：①当时，四边形为正方形；②当时，的面积为；③当P在运动过程中，的最小值为；④当时，，其中结论正确的有（    ） A．①③ B．①④ C．②③ D．②④ 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期末）将张宽为的小长方形按如图摆放在中，则的面积为 ．    【例4】（23-24八年级下·广东珠海·开学考试）如图，在矩形纸片中，，，先将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上的点E处，折痕为，再沿过点F的直线折叠，使点D落在上的点M处，折痕为，则两点间的距离为 .    【例5】（23-24八年级下·湖北·阶段练习）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图，知道一个直角三角形较短直角边（“勾”）与较长直角边（“股”）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”） 其文如下： 问题：一个直角三角形两直角边的长分别为和，它的“所容正方形”的边长是多少？ 答案：． 解： (1)已知：如图，在中，，若，，求“所容正方形”的边长． (2)应用（1）中的结论解决问题：如图，中山公园有一块菱形场地，其面积为，两条对角线长度之和为．现要在这个菱形场地上修建一个正方形花圃，并且要使正方形花圃的四个顶点分别落在菱形场地的四条边上，则该正方形花圃的边长为多少？ 【核心考点十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为3．其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，四边形ABCD中，AD=DC，∠ADC=∠ABC=90°，DE⊥AB，若四边形ABCD面积为16，则DE的长为 ． 【例4】（23-24八年级下·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，在矩形中，，，以A为圆心，为半径画弧，分别与边交于点E，与的延长线交于点F，则阴影部分的面积为 ．（结果不取近似值）    【例5】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图（1），已知矩形纸片的面积为，相邻两边长之比为，将四张同样大小的矩形纸片拼接成一个正方形，中间留有空隙正方形，如图（2）所示． (1)求图（1）矩形纸片相邻的两边长； (2)求图（2）正方形与正方形的面积． 【核心考点十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（23-24八年级下·广东佛山·期中）顺次连接正方形四边中点得到的四边形是（    ） A．正方形 B．菱形 C．平行四边形 D．矩形 【例2】（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，、分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④中，正确的结论有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【例3】（2024·江苏南京·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    【例4】（2024·天津河东·二模）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为 ．    【例5】（23-24八年级下·广东云浮·期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 【核心考点十四 中点四边形】 【例1】（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，四边形是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【例2】（24-25八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，E、F、G、H分别是四边形各边的中点，在下列条件中，能使四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·辽宁大连·阶段练习）下列结论中：①两条对角线互相平分且相等的四边形是矩形；②两条对角线互相垂直的四边形是菱形；③顺次连接四边形各边中点所得的四边形是平行四边形；④对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；⑤平行四边形对角相等；⑥菱形每一条对角线平分一组对角．其中正确的结论是 （填序号）． 【例4】（23-24八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为 ． 【例5】（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 【核心考点十五 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例1】（23-24八年级下·江苏淮安·期末）如图，在平行四边形中，，，点在边上以每秒的速度从点向点运动．点在边上以每秒的速度从点出发，在之间往返运动．两个点同时出发，当点到达点时停止（同时点也停止运动），设运动时间为秒．当时，运动时间t为何值时，以P、D、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（    ）    A． B．8 C．4或 D．或8 【例2】（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【例3】（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，且AD=12cm．点P从点A出发，以3cm/s的速度在射线AD上运动；同时，点Q从点C出发，以1cm/s的速度在射线CB上运动．运动时间为t，当t= 秒（s）时，点P、Q、C、D构成平行四边形． 【例4】（23-24八年级下·湖南永州·期中）如图，在菱形中，，°，点同时由两点出发，分别沿向点匀速移动（到点为止），点的速度为，点的速度为，经过秒为等边三角形，则的值为 ． 【例5】（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，在平面直角坐标系中，点为坐标原点，，点，的坐标分别为，，动点从点A沿以每秒个单位的速度运动；动点从点沿以每秒个单位的速度运动，同时出发，当一个点到达终点后另一个点继续运动，直至到达终点，设运动时间为秒． (1)在时，点坐标______，点坐标______． (2)当为何值时，四边形是矩形？ 【核心考点十六 四边形中的线段最值问题】 【例1】（23-24八年级下·浙江·期中）如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为，最小值为4，则菱形ABCD的边长为（    ） A．5 B．10 C． D．8 【例2】（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形ABCD的边长为5，E为BC上一点，且BE＝1，F为AB边上的一个动点，以EF为边向右侧作等边△EFG，连接CG，则CG的最小值为（   ） A．1 B．3 C．2 D．2.5 【例3】（23-24八年级下·福建龙岩·期末）如图，P是边长为2a的正方形ABCD的对角线BD上的一点，点E是AB的中点，则PA＋PE的最小值是 ． 【例4】（23-24八年级下·广东深圳·期中）如图，CD是直线x＝1上长度固定为1的一条动线段．已知A（﹣1，0），B（0，4），则四边形ABCD周长的最小值为 ． 【例5】（23-24八年级下·河北沧州·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【核心考点十七 四边形其他综合问题】 【例1】（23-24八年级下·广东汕头·期末）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A、B重合），D对角线AC、BD相交于点O，过点P分别作AC、BD的垂线，分别交AC、BD于点E、F，交AD、BC于点M、N．下列结论：①ΔAPE≌ΔAME；②PM＋PN＝AC；③PE2＋PF2＝PO2；④BN＝PF．其中正确结论的有（   ）个． A．1 B．2 C．3 D．4 【例2】（23-24八年级下·辽宁营口·期末）如图，分别以RtABC的斜边AB，直角边AC为边向外作等边ABD和等边ACE，F为AB的中点，DE，AB相交于点G，若∠BAC＝30°，以下结论：①EF⊥AC；②四边形ADFE为菱形；③AD＝4AG；④DBF≌EFA．其中正确结论的个数有（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【例3】（23-24八年级下·陕西西安·期末）如图，四边形中，，且，则四边形周长的最小值是 ． 【例4】（23-24八年级下·重庆·期中）如图，矩形中，，，点E是线段AD上一点，点F是线段AB上一点，满足始终成立，连接EF，取线段 EF的中点G，连接BG，DG，则四边形周长的最小值为 ． 【例5】（23-24八年级下·四川成都·阶段练习）综合与实践： 问题情境：在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的折叠”为主题开展数学活动．在矩形中，E为边上一点，连接翻折，D，B的对应点分别为G，H，且C，H，G三点共线． 观察发现： （1）如图1，若F为边的中点，，点G与点H重合，则______， ； 问题探究： （2）如图2，若，，则点G_____边上（填“在或不在”），并求出的长； 拓展延伸： （3），若F为靠近A的三等分点，请求出的长． 【变式训练1 正方形性质理解】 1．（23-24八年级下·湖北武汉·期末）如图，有5块正方形连在一起的钢板余料，要求分割成若干小块后能拼接成与原图形面积相等的正方形，下列四种分割的方法符合要求的有（    ）种？（沿虚线分割，忽略接缝不计） A．1 B．2 C．3 D．4           2．（23-24八年级下·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（    ） A．平行四边形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形 3．（2024·广东梅州·二模）如图，四边形AOBC是正方形，曲线CP1P2P3⋅⋅⋅叫做“正方形的渐开线”，其中弧CP1，弧P1P2，弧P2P3，弧P3P4的圆心依次按点A，O，B，C循环，点A的坐标为（2，0），按此规律进行下去，则点P2021的坐标为 ． 4．（23-24八年级下·浙江金华·期末）五巧板是一种类似七巧板的智力玩具，它是由一个正方形按如图1方式分割而成，其中图形①是正方形、小明发现可以将五巧板拼搭成如图2所示的“三角形”与“飞机”模型．在“飞机”模型中宽与高的比值 ． 5．（23-24八年级下·广东梅州·阶段练习）如图，四边形 是正方形，在正方形 所在平面内找一点 ，使 都是等腰三角形，请在图中画出所有符合条件的 点． 6．（23-24八年级下·江西赣州·期末）如图，点E是正方形外一点，且．请仅用无刻度的直尺按要求作图（保留作图痕迹）． (1)在图1中，作出BC边的中点M； (2)在图2中，作出CD边的中点N． 【变式训练2 根据正方形的性质求角度】 1．（23-24八年级下·江苏苏州·期中）如图，四边形、四边形分别是菱形与正方形．若，则（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）以正方形的为边，作等边，则 ． 4．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，正方形，对角线交于点O，以为边向外作等边，连接交于点F，则 °． 5．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如图，点是正方形内位于对角线下方的一点，，求的度数．    6．（23-24八年级下·山西太原·期中）如图，把两个正方形和拼成如图所示的图案，点B，C，E在同一直线上，连接，，求的度数．    【变式训练3 根据正方形的性质求线段长】 1．（23-24八年级下·河南·阶段练习）如图，E是边长为1的正方形的对角线上一点，且，P为上任一点，于点Q，于点R，则的值是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·浙江台州·二模）如图，正方形被分割成面积相等的四个矩形，已知，则正方形面 积 为 （   ） A．36 B．48 C．64 D．81 3．（23-24八年级下·甘肃庆阳·期中）已知正方形的对角线为，则正方形的边长为 ． 4．（2024·湖北襄阳·模拟预测）如图，边长为3的正方形的两边与坐标轴重合，则点C的坐标为 ．    5．（23-24八年级下·陕西商洛·期末）如图，在中，，，以为一条边向三角形外部作正方形，已知正方形的面积是16，求的长．    6．（23-24八年级下·河南南阳·期末）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，过点Р分别作于点E，于点F，若正方形的面积为9，求四边形PEBF的周长． 【变式训练4 根据正方形的性质求面积】 1．（23-24八年级下·湖北咸宁·期中）对角线长为2的正方形的面积是（   ） A．2 B．4 C． D． 2．（23-24八年级下·福建福州·期中）如图，取边长为4的正方形各边中点，顺次连接构成小正方形，依次画下去，小正方形的面积从大到小排列，分别记为，，，…，则等于（    ） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，正方形和正方形的边长分别为和，则阴影部分的面积为 . 4．（23-24八年级下·广东揭阳·期中）如图，在正方形中，点在边上，以为边作矩形，使经过点，若，则矩形的面积等于 ． 5．（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O，设E、F分别是上的点，若，，求四边形的面积． 6．（23-24八年级下·江西九江·期中）如图，正方形的边长2，点E，F分别是、的中点，仅用无刻度的直尺分别按要求作图． (1)在图1的正方形中，以为边作一个三角形，使其面积为1； (2)在图2的正方形中，以为边作四边形，使其面积为1． 【变式训练5 正方形折叠问题】 1．（2024·陕西渭南·二模）如图，将正方形纸片沿线段折叠之后，使点落在正方形内部的点处，若比大，则的度数为（    ） A． B． C． D． 2．（2024七年级·全国·竞赛）李老师用一张正方形的纸片做示范，介绍两种折出角的折纸方法： （1）将纸片沿对角线对折，使点落在点上，则； （2）将纸片沿折叠，分别使点落在对角线上的同一点，则． 示范一遍之后，李老师让同学们判断这两种方法是否正确，你的回答是（    ）                      方法（1）       方法（2） A．两种方法都对 B．（1）对（2）错 C．（1）错（2）对 D．两种方法都错 3．（23-24八年级下·湖北荆门·期中）如图，将正方形纸片折叠，使点落在边点处，点落在点处，折痕为．若，则的度数为 ． 4．（23-24八年级下·河南商丘·阶段练习）如图，四边形是正方形，E、F分别在边上，将分别沿折叠后，重合于的位置，且点G恰好在连线上．若正方形边长为12，线段长为10，则的长为 ． 5．（23-24八年级下·江西上饶·期末）如图是正方形纸片ABCD，分别沿AE、AF，折叠后边AB与AD恰好重叠于AG，求∠EAF的大小． 6．（23-24八年级下·广东·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，点E是BC边的中点，将△DCE沿DE折叠，使点C落在点F处，延长EF交AB于点G，连接DG、BF． (1)求证：DG平分∠ADF； (2)若AB＝12，求△EDG的面积． 【变式训练6 根据正方形的性质证明】 1．（23-24八年级下·全国·单元测试）有下列四个命题：①两条对角线互相平分的四边形是平行四边形；②两条对角线相等的四边形是菱形；③两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形；④两条对角线相等且互相垂直的四边形是正方形． 其中正确的个数为（     ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，在正方形中，点，分别在和边上，，，则的面积为（    ） A．6 B．5 C．3 D． 3．（23-24八年级下·江苏泰州·期中）如图，E是正方形边延长线上的一点，且，则的度数为 度． 4．（2024·辽宁·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E、F分别为AC、BD上一点，且OE＝OF，连接AF、BE、EF，若∠AFE＝25°，则∠CBE的度数为 ． 5．（23-24八年级下·海南省直辖县级单位·期中）如图，已知正方形，点E是上的一点，连接，以为一边，在的上方作正方形，连接． 求证： (1)； (2)． 6．（23-24八年级下·河南商丘·期中）如图，正方形的对角线与交于点O．过点C作，过点D作，求证：． 【变式训练7 正方形的判定定理理解】 1．（23-24八年级下·江苏南通·期中）下列命题中，正确的是（    ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 C．两组邻角相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相平分且垂直的四边形是矩形 2．（23-24八年级下·广西河池·期末）下列命题中，是真命题的是（    ） A．四个角都是直角的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．对角线相等的平行四边形是正方形 D．菱形的对角线互相垂直 3．（2024八年级下·全国·专题练习）对角线互相垂直且相等的平行四边形是 ． 4．（23-24八年级下·广东河源·期末）如图，平行四边形对角线互相垂直，若添加一个适当的条件使四边形成为正方形，则添加条件可以是 （只需添加一个）． 5．（23-24八年级下·山东青岛·期中）已知：线段a．求作：正方形，使对角线．（用圆规、直尺作图，不写作法，但要保留作图痕迹） 6．（23-24八年级下·吉林·期末）如图是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点，每个小正方形的边长均为1，线段AB的两个端点均在小正方形的格点上． (1)在图①中画出以线段AB为对角线的格点正方形； (2)在图②中画出以线段AB为边的矩形，且另外两个顶点C、D均在小正方形的格点上． 【变式训练8 添一个条件使四边形是正方形】 1．（23-24八年级下·山西晋中·期末）如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（    ）    A． B． C． D．平分 2．（23-24八年级下·福建漳州·期末）如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·陕西榆林·三模）在矩形中，对角线与交于点Q，请添加一个条件： 使得矩形是正方形．（只写一个） 4．（2024·广东佛山·一模）如图，在四边形中，，，对角线于点，若添加一个条件后，可使得四边形是正方形，则添加的条件可以是 （不再增加其他线条和字母） 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，点B在MN上，过AB的中点O作MN的平行线，分别交∠ABM的平分线和∠ABN的平分线于点C、D． (1)试判断四边形ACBD的形状，并证明你的结论． (2)当△CBD满足什么条件时，四边形ACBD是正方形？并给出证明． 6．（23-24八年级·河南焦作·期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC的垂直平分线EF交AC于点D，交AB于点F，且CE=BF. （1）求证：四边形AECF是菱形； （2）当∠BAC的度数为多少时，四边形AECF是正方形. 【变式训练9 证明四边形是正方形】 1．（23-24八年级下·重庆沙坪坝·期中）下列命题正确的是（　　） A．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 B．对角线相等的平行四边形是正方形 C．对角线互相平分的矩形是正方形 D．对角线相等的菱形是正方形 2．（23-24八年级下·广东深圳·期中）四边形ABCD中，AC、BD相交于点O，能判别这个四边形是正方形的条件是（    ） A．OA＝OB＝OC＝OD，AC⊥BD B．AB∥CD，AC＝BD C．AD∥BC，∠A＝∠C D．OA＝OC，OB＝OD，AB＝BC 3．（23-24八年级下·黑龙江大庆·期中）四边形的对角线，分别过A，B，C，D作对角线的平行线，所成的四边形是 ．  4．（23-24八年级下·广东梅州·阶段练习）四边形 的对角线 和 相交于点 ，则下列几组条件中能判定它是正方形的是 ．（只需要填上序号） ① ，； ② ，，，； ③四边形 是矩形，并且 ； ④四边形 是菱形，并且 ． 5．（23-24八年级下·安徽宿州·阶段练习）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，．求证：四边形是正方形．    6．（23-24八年级下·浙江宁波·阶段练习）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【变式训练10 根据正方形的性质与判定求角度】 1．（23-24八年级下·山东东营·期末）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（　　） A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定 2．（23-24八年级下·河南漯河·阶段练习）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 3．（23-24八年级下·上海·期末）如图，在正方形ABCD中，以BC为边在正方形外部作等边三角形BCE，连结DE,则∠CDE的度数为 °. 4．（23-24八年级下·河南周口·期末）如图，小志同学将边长为3的正方形塑料模板与一块足够大的直角三角板叠放在一起，其中直角三角板的直角顶点落在点处，两条直角边分别与交于点，与延长线交于点，则四边形的面积是 ． 5．（23-24八年级下·湖南长沙·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． (1)求证：四边形OCED是菱形； (2)若AB=AD，求∠ADE的度数． 6．（23-24八年级下·浙江杭州·期中）如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 【变式训练11 根据正方形的性质与判定求线段长】 1．（23-24八年级下·陕西榆林·阶段练习）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N．若S四边形MOND＝2，则BD的长为（　　） A．2 B． C．4 D．2 2．（23-24八年级下·浙江杭州·开学考试）如图，正方形的边长为12，，分别为，边上的点，且，，分别为，边上的点，且交，于点，，则的长为（    ） A．6 B． C． D． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知正方形的边长为8，点E为正方形边上一点，，则线段的长为 ． 4．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，正方形的边长为1，E为对角线上一点，，作交于F，则 ． 5．（23-24八年级下·福建厦门·期中）如图，正方形ABCD，CEFG的边长分别为a，b，点G在边CD上，这两个正方形的面积之差为51cm2，且BE＝17cm，求DG的长． 6．（23-24八年级下·福建泉州·期末）如图，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°． （1）求作正方形ABCD；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） （2）已知（1）中所作正方形ABCD的边长为a，点E在AB上，且AE：BE＝3：2，若点Q是AC上的动点，求QB+QE的最小值． 【变式训练12 根据正方形的性质与判定求面积】 1．（23-24八年级下·湖北恩施·期末）图中有三个正方形，若阴影部分面积为4个平方单位，则最大正方形的面积是（ ）平方单位.    A．48 B．12 C．24 D．36 2．（23-24八年级下·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·山东·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是 ． 4．（23-24八年级下·河北沧州·期末）菱形的边长为，，则以为边的正方形的面积为 ． 5．（23-24八年级下·安徽合肥·期中）（1）如图，正方形和的边长分别为，用含的代数式表示的面积， ； （2）如图，边长为的正方形、边长为的正方形和边长为的正方形的位置如图所示，点在线段上，则 ．（请直接写出结果，不需要过程）． 6．（23-24八年级下·湖南岳阳·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【变式训练13 根据正方形的性质与判定证明】 1．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，正方形中，、是对角线上的两点，，，则四边形的面积为（    ）． A．12 B．6 C． D． 2．（23-24八年级下·天津·期中）如图，已知四边形ABCD是正方形，对角线AC，BD相交于点O．则图中与△AOB全等的三角形有（　　） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（23-24八年级下·安徽安庆·期末）如图，正方形ABCD的边长为4，E是BC延长线上一点，P是∠DCE平分线上任意一点则△PBD的面积是 ． 4．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，在正方形中，E是边的中点，将沿折叠，得到，延长交于G，连接，．（1） ；（2） ；（3）正方形的边长为 ． 5．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，正方形的对角线与交于点，分别过点、点作CE//BD，DE//AC，求证：四边形是正方形． 6．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【变式训练14 中点四边形】 1．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，点E、F、G、H分别是边、、、的中点，四边形是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 2．（23-24八年级下·江苏苏州·阶段练习）下列说法正确的是（   ） A．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是平行四边形 B．顺次连接任意四边形各边中点的四边形是菱形 C．顺次连接矩形各边中点的四边形是矩形 D．顺次连接菱形各边中点的四边形是正方形 3．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）四边形的对角线、满足条件: 时，顺次连接四边形各边的中点所得四边形是矩形． 4．（2024·广东汕头·一模）如图：顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，再顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形A1B1C1D1的面积为8，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 5．（23-24八年级下·河南开封·期中）已知：如图四边形四条边上的中点E、F、G、H，顺次连接、、、，得到四边形，四边形的形状是什么？并证明结论． 6．（23-24八年级·北京西城·期中）如图，在四边形中，E，F，G和H分别是各边中点．求证：四边形为平行四边形．    【变式训练15 （特殊）平行四边形的动点问题】 1．（23-24八年级下·山东济南·期中）如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴与y轴，物体甲和物体乙由点A（2，0）同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2019次相遇地点的坐标是（　　）    A．（1，﹣1） B．（2，0） C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1） 2．（23-24八年级下·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 3．（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动． 秒时四边形是平行四边形？    4．（23-24八年级下·河南驻马店·期末）如图在矩形中，，，为的中点，动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当的面积为时，值为 ．    5．（23-24八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，点自点向以的速度运动，到点即停止．点自点向以的速度运动，点点即停止，点同时出发，设运动时间为．    (1)当为何值时，四边形是平行四边形？ (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ 6．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，射线AM∥BN，点E，F，D在射线AM上，点C在射线BN上，且∠BCD＝∠A，BE平分∠ABF，BD平分∠FBC． (1)求证：AB∥CD． (2)如果平行移动CD，那么∠AFB与∠ADB的比值是否发生变化？若变化，找出变化规律；若不变，求出这两个角的比值． (3)如果∠A＝100°，那么在平行移动CD的过程中，是否存在某一时刻，使∠AEB＝∠BDC？若存在，求出此时∠AEB的度数；若不存在，请说明理由． 【变式训练16 四边形中的线段最值问题】 1．（23-24八年级下·浙江·期中）如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为，最小值为4，则菱形ABCD的边长为（    ） A．5 B．10 C． D．8 2．（23-24八年级下·江苏镇江·期末）如图，菱形ABCD的边长为3，且∠ABC=600，E、F是对角线BD上的两个动点，且EF＝2，连接AE、AF，则 AE＋AF 的最小值为（    ） A． B． C． D． 3（23-24八年级下·四川成都·期末）如图，长方形中，点是线段上一动点，连接，则的最小值为 ． 4．（23-24八年级下·河北·期中）如图，菱形中，，，点M、N、P分别为线段、、上的任意一点，则的最小值为 5．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形ABCD的边长为8，点M在DC上且DM＝2，N是AC上的一动点，求DN＋MN的最小值． 6．（23-24八年级下·河南平顶山·期中）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝6，点E是斜边AB上的一个动点，连接CE，过点B，C分别作BD∥CE，CD∥BE，BD与CD相交于点D． （1）当CE⊥AB时，求证：四边形BECD是矩形； （2）填空： ①当BE的长为______时，四边形BECD是菱形； ②在①的结论下，若点P是BC上一动点，连接AP，EP，则AP+EP的最小值为______． 【变式训练17 四边形其他综合问题】 1．（23-24八年级下·湖北武汉·阶段练习）在四边形ABCD中，AB＝CD，∠DAC＋∠BCA＝180°，∠BAC＋∠ACD＝90°，且四边形ABCD的面积是18，则CD的长为(    )． A．4 B． C．6 D． 2．（23-24八年级下·浙江宁波·期中）如图，正方形纸片ABCD中，对角线AC、BD交于点O，折叠正方形纸片ABCD，使AD落在BD上，点A恰好与BD上的点F重合，展开后折痕DE分别交AB、AC于点E、G，连结GF，给出下列结论：①∠ADG=22.5°；②AD=2AE；③；④四边形AEFG是菱形；⑤BE=2OG：⑥若，则正方形ABCD的面积是，其中正确的结论个数为（  ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 3．（23-24八年级下·河南洛阳·期末）如图，在四边形 ABCD 中，∠BAD=∠BCD=90°，AB=AD，连结 AC．若AC=8，则四边形ABCD的面积为 ． 4．（2024·安徽·模拟预测）在数学探究活动中，敏敏进行了如下操作：如图，将四边形纸片沿过点的直线折叠，使得点落在上的点处，折痕为；再将分别沿折叠，此时点落在上的同一点处．请完成下列探究： 的大小为 ； 当四边形是平行四边形时的值为 ． 5．（2024·四川南充·模拟预测）如图，矩形的对角线交于点． （1）求证：四边形是菱形， （2）若，，试说明四边形的形状并求其面积． 6．（2024八年级下·全国·专题练习）小明学习了平行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是 　　 (2)性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： 　　． (3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，． ①求证：四边形为垂美四边形； ②求出四边形的面积． 1．（24-25八年级下·辽宁沈阳·阶段练习）下列命题中，假命题是（    ） A．对角线互相垂直的四边形是菱形 B．正方形的对角线互相垂直平分 C．矩形的对角线相等 D．对角线互相平分的四边形是平行四边形 2．（24-25八年级下·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 3．（24-25八年级下·重庆万州·阶段练习）如图，正方形中，点E，F分别为，上两点，，连接，交点G，H为上一点，且，连接，，，设，则可以表示为（　　） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·贵州贵阳·阶段练习）如图，顺次连接菱形各边的中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边的中点，得到四边形…，记菱形的面积为，四边形的面积为…．若，则第个图形的面积的值为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·山东济宁·期中）如图，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，…，按照此规律继续下去，则的值为（） A． B． C． D． 6．（2024·宁夏·模拟预测）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 7．（24-25八年级下·北京·阶段练习）如图，点为正方形对角线的中点，将以点为直角顶点的直角绕点旋转（的边始终在正方形外），若正方形边长为2，则在旋转过程中与正方形重叠部分的面积为 ． 8．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，已知长方形纸板的边长，在纸板内部画，并分别以三边为边长向外作正方形，当边和点都恰好在长方形纸板的边上时，则的面积为 9．（24-25八年级下·福建漳州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线，要使四边形各边中点连线构成的四边形是正方形，只需添加一个条件是 ． 10．（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）园林小路，曲径通幽，如图所示，小路由白色的正方形大理石和黑色的三角形大理石密铺而成．已知中间的所有正方形的面积之和是平方米，内圆的所有三角形的面积之和是平方米，那么这条小路一共占地 平方米（用含有和的式子表示）． 11．（24-25八年级下·全国·期末）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，求的长． 12．（2024八年级下·全国·专题练习）如图，将正方形折叠，使顶点与边上的点重合，折痕交于点，交于点，边折叠后与交于点．如果点为边的中点．求证：． 13．（23-24八年级下·陕西西安·阶段练习）如果一个正整数能表示为两个连续奇数的平方差，那么称这个正整数为“奇特数”． 例如：；则、、这三个数都是奇特数． (1)填空：32______奇特数，2018______奇特数．（填“是”或者“不是”） (2)如图所示，拼叠的正方形边长是从1开始的连续奇数…，按此规律拼叠到正方形，其边长为403，求阴影部分的面积． 14．（23-24八年级下·河南郑州·阶段练习）小明在学习了平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． (1)【概念理解】在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． (2)【性质探究】通过探究，小明发现了垂美四边形的一些性质：垂美四边形的面积S与对角线的数量关系为：_________． (3)【问题解决】如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接，已知．求证：四边形为垂美四边形，并求出它的面积． (4)【学以致用】（3）中的长为_______． 15．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形中，为对角线上的动点，点，分别在，上． (1)【动手操作】 如图①，若四边形为正方形，为对角线，的交点，，分别为，的中点时，连接，，根据题意在图①中画出，，则为________________度； (2)【问题探究】 如图②，四边形为菱形，，为对角线，的交点，且，探究线段，，之间的数量关系，并说明理由； (3)【问题解决】 如图③，在（2）的条件下，若点在对角线上，菱形的边长为8，，，求的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$