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（沪教版）

第10讲 正方形的性质与判定（5个知识点+17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】（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）正方形具有而菱形不一定有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角相等 D．四条边相等 【答案】A 【分析】根据正方形的性质以及菱形的性质，对各选项逐一判断即可得答案． 【详解】解：A．正方形对角线相等，菱形对角线不一定相等，故该选项符合题意； B．正方形对角线互相垂直，菱形对角线也互相垂直，故该选项不符合题意； C．正方形对角相等，菱形对角也相等，故该选项不符合题意； D．正方形四条边都相等，菱形四条边也都相等，故该选项不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题主要考查了正方形与菱形的性质，正确对图形的性质的理解记忆是解题的关键． 【例2】（24-25八年级下·上海·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】（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）边长为4的一个正方形和一个等边三角形如图摆放，则的度数为 ． 【答案】15° 【分析】 本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质，以及三角形内角性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由正方形的性质、等边三角形的性质，得，再结合三角形内角性质进行列式计算，即可作答． 【详解】解：∵依题意，边长为4的一个正方形和一个等边三角形如图摆放 ∴ ∴ 在中， 故答案为：15° 【例4】（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点O、B的坐标分别是，，则顶点C的坐标是 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质可知点关于轴对称，所在直线为的垂直平分线，根据正方形对角线计算求出点的坐标． 【详解】解：连接，    ∵四边形是正方形， ∴点关于轴对称， ∴所在直线为的垂直平分线，即的横坐标均为1， 根据正方形对角线相等的性质，， 又∵点关于轴对称， ∴点纵坐标为1，点纵坐标为， 故点坐标为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形对角线互相垂直平分且相等的性质，根据对角线相等的性质求对角线的长度，即求点的纵坐标是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·上海奉贤·开学考试）如图1是边长分别为m，n、p的A、B、C三种正方形． (1)用两个A种正方形组合成图2的图形，外边框可以围成一个大正方形，则这个大正方形的面积 （用含m的代数式表示）； (2)将一个A种和一个B种正方形组合成图3的图形，外边框可以围成一个大正方形，用两种不同的方法表示这个大正方形的面积： 或 ；则根据这个大正方形面积的不同表示方法，可以得到的乘法公式为 ； (3)将A种、B种和C种正方形组合形成图4的图形，此时的外边框可以围成一个大的正方形，根据（2）中乘法公式的生成过程，直接写出所得到的等式，并令，，通过计算验证该等式． 【答案】(1) (2)，；； (3)见解析 【分析】（1）根据正方形的面积公式即可得到结论； （2）根据正方形和矩形的面积公式即可得到结论； （3）根据正方形和矩形的面积公式得到等式，再将m、n、p的值代入验证即可． 【详解】（1）解：这个大正方形的面积， 故答案为：； （2）解：①大正方形的面积， ②大正方形的面积； ∴可以得到的乘法公式为； 故答案为：，；； （3）解：根据题意得，大正方形的面积； 大正方形的面积， ∴， ∵， ∴， 则， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，完全平方公式，正方形和矩形的面积的计算，正确地识别图形是解题的关键． 【核心考点二 根据正方形的性质求角度】 【例1】（2024·上海·模拟预测）正方形与的位置如图所示，已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等式的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 由四边形是正方形，是直角三角形得到，则，化简即可． 【详解】四边形是正方形，是直角三角形， ∴， ∴， ∵， ， ． 故选：C． 【例2】（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3】（24-25八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，点E是正方形内一点，是等边三角形，连接并延长交边于点，则 【答案】/75度 【分析】本题主要查了正方形的性质，等边三角形的性质．根据正方形的性质可得，，再由等边三角形的性质可得，从而得到，进而得到，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴，     ∴， ∴， ∴． 故答案为： 【例4】（2024·上海静安·模拟预测）如图，在正方形中，对角线与相交于点，以点为圆心，以的长为半径作弧，交于点，连接，则 度． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理的综合，根据正方形的性质可得，根据作图可得是等腰三角形，由三角形内角和定理可得，根据即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，，即， ∵以点为圆心，以为半径画弧交于点， ∴， ∴ ∴， 故答案为： ． 【例5】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形中，，直线交于点F，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，则，根据等边对等角得到，设，则，则可推出，，则由平角的定义可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴，， ∴． 【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·上海闵行·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·上海奉贤·期中）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，，则的长为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．根据正方形得到，继而由即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由勾股定理得：， ∵， ∴， 故选：C． 【例3】（2024·上海虹口·模拟预测）如图（1），将边长为4的正方形纸片的阴影部分裁剪掉，剩余部分折成如图（2）所示的正方体，则正方体的体积是 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握以上知识点．根据正方形的性质得到，，然后由等腰直角三角形的性质设，然后根据勾股定理表示出，，然后根据正方形的边长为4列方程求出，进而求解即可． 【详解】解：如图所示， ∵四边形，，是正方形， ∴，， 根据题意得，，是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴设，则， ∵， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方体的体积是． 故答案为：． 【例4】（23-24八年级下·上海青浦·期末）将正方形按如图所示方式放置，点和点分别在直线和x轴上，则点的坐标是 ，的纵坐标是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了一次函数几何应用，正方形的性质．设直线交x轴于点D，先求出点，可求出是等腰直角三角形，再结合正方形的性质可得的纵坐标是，横坐标为1，同理得到点，的横纵坐标，由此发现规律，即可求解． 【详解】解：如图，设直线交x轴于点D， ∵直线中， 当时，， 当，时， ∴点， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴轴，轴， ∴的纵坐标是，横坐标为1， ∵轴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，轴， ∴的纵坐标是，横坐标为3， 同理的纵坐标是，横坐标为7， 即的坐标是； ……， 总结规律得：的纵坐标是， ∴的纵坐标是． 故答案为：； 【例5】（24-25八年级下·上海奉贤·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： ． 【核心考点四 根据正方形的性质求面积】 【例1】（23-24八年级下·上海长宁宾·期末）若正方形的对角线长为，则这个正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，根据正方形的面积等于对角线乘积的一半求解即可． 【详解】解：∵正方形的对角线长为， ∴正方形的面积为：． 故选A． 【例2】（23-24八年级下·上海黄埔·期末）如图，正方形的边长为5，点E，F分别是对角线上的两点，，，，，垂足分别为G，I，H，J，则图中阴影部分的面积等于（    ） A．25 B． C． D． 【答案】B 【分析】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． 根据轴对称图形的性质，可以得到四边形的面积与四边形的面积相等，从而得到阴影的面积是正方形面积的一半，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，正方形的边长为2， ∴直线是正方形的对称轴，， ∵，，，，垂足分别为G，I，H，J． ∴根据对称性可知：四边形的面积与四边形的面积相等， ∴， 故选：B． 【例3】（23-24八年级下·全国·期末）一个正方形的面积是，那么这个正方形的对角线的长度为 cm． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，熟记利用对角线求面积的方法是解题的关键．根据正方形的面积等于对角线乘积的一半列方程计算即可得解． 【详解】：设正方形的对角线长为， 由题意得，， 解得． 故答案为：． 【例4】（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5】（23-24八年级下·上海宝山·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·上海松江·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·上海金山·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】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）将一个边长为4的正方形纸片按所示的方式两次折叠，折叠后再按图示沿裁剪，得到几个相同的图形纸片．那么每一个纸片的面积是 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了折叠，根据将一张正方形的纸片按如图所示的方式三次折叠，折叠后再按图所示沿折痕裁剪，可以动手折叠，再进行裁剪，进而结合原正方形边长，即可得出答案． 【详解】解：严格按照图中的顺序向右上对折，向左上角对折，过直角顶点向对边引垂线，沿垂线剪开，展开后可得到四个相同的正方形， 原正方形边长为4， 面积为：， 得到的每一个纸片的面积是：． 故答案为：4． 【例4】（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【答案】/ 【分析】本题考查翻折变换、正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定和性质等知识．由折叠可得，，且，可得，即可求对角线的长，则可求面积． 【详解】解：如图，连接交于， 为正方形， ，，，，． 沿翻折， ，，，， ， ， ， ， ， ． ． 故答案为：． 【例5】（23-24八年级下·上海·阶段练习）如图，在中，，于，将沿折叠为，将沿折叠为，延长和相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定及性质、折叠的性质及勾股定理： （1）由折叠的性质可得到的条件是：①，②，且；由②可判定四边形是矩形，由可证得四边形是正方形； （2）设，由折叠的性质可得：（即正方形的边长为x），，；进而可用x表示出的长，即可在中，由勾股定理求得的长，进而可求出的长； 熟练掌握正方形的判定是解题的关键． 【详解】（1）证明：， ； 由折叠可知，，， ，， ； ； 四边形是正方形． （2）四边形是正方形， ， 又，，， 设的长为，则，． 在中，由勾股定理得：， 即， 解得， ，． 【核心考点六 根据正方形的性质证明】 【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】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在正方形ABCD中，点P，为正方形内的两点，且，，，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质．连接，首先根据正方形的性质可得；结合已知条件，可知和中三组边对应相等，据此证明这两个三角形全等，根据全等三角形的性质易得；接下来利用证明，进而得出，至此不难得出结果． 【详解】解：连接． 四边形是正方形， ，． ，，， ， ． ， ． 又，， ， ． 故选：C． 【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】（2024八年级下·新疆·专题练习）如图，是正方形内的一点，连结、，将绕点逆时针旋转到的位置，则它旋转了 度． 【答案】90 【分析】本题考查了旋转的性质、正方形的性质，根据题意确定出旋转角是解题的关键．根据题意可知旋转角为，结合正方形的性质即可获得的答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵绕点逆时针旋转到的位置， ∴旋转角为，度数是，即它旋转了． 故答案为：90． 【例5】（24-25八年级下·全国·期中）如图，在正方形中，为上任意一点，于，于，试说明：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质以及矩形的判定与性质．根据条件可以得到四边形是矩形，因而，同时证是等腰直角三角形，因而，则． 【详解】证明：四边形是正方形， ，， ，， ， ∴， 又， 四边形是矩形； ， 又， ， ． 【核心考点七 正方形的判定定理理解】 【例1】（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知四边形中，，下列条件能使四边形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定， 根据已知条件可以判断四边形是矩形，则邻边相等的矩形是正方形或者对角线互相垂直的矩形是正方形；解答本题的关键是需要掌握矩形与正方形间的区别与联系． 【详解】解：已知四边形中， ， 四边形是矩形． A、当时，只能判定四边形是矩形，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误，不符合题意； B、矩形的四个角都是直角，则，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误，不符合题意； C、矩形的对边，不能判定该矩形是正方形，故本选项错误，不符合题意； D、当矩形的对角线相互垂直，即时，该矩形是正方形，故本选项正确，符合题意； 故选：D． 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）下列命题是假命题的是（    ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定定理，掌握平行四边形与正方形的判定定理是解题的关键． 【详解】A. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是真命题，不符合题意； B. 一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； C. 一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形或等腰梯形，是假命题，符合题意； 故选D． 【例3】（23-24八年级下·全国·课后作业）正方形是有一组邻边 ，并且有一个角是 的平行四边形，因此它既是 又是 ． 【答案】 相等 直角 矩形 菱形 【分析】根据正方形的定义和性质填空即可． 【详解】正方形是有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形，因此它既是矩形又是菱形． 故答案为：相等，直角，矩形，菱形 【点睛】本题考查了正方形的定义，解题关键是明确正方形的定义：正方形是有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形，因此它既是矩形又是菱形． 【例4】（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】（23-24八年级下·吉林长春·阶段练习）在平行四边形中，，要使四边形是正方形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平行四边形的对角线互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的判定，根据矩形的判定定理得到四边形为矩形，再根据正方形的判定定理判断即可．掌握邻边相等的矩形是正方形是解题的关键． 【详解】解：∵平行四边形中，， ∴四边形是矩形，此时，，，对角线互相平分， ∴当时，四边形是正方形， 故选：B． 【例2】（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】解：A、，， ， ， 四边形是菱形， ，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意； B、四边形是菱形， ，， 故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意； C、四边形是菱形， ，， ， 故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意； D、四边形是菱形， 平行于， ， ， ， 菱形是正方形，故D符合题意． 故选：D． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件 可使菱形成为正方形． 【答案】或 【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键，依据正方形的判定定理进行判断即可. 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：； 故添加的条件为：或． 52．（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． 【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】（23-24八年级下·广东揭阳·期中）下列说法正确的是（    ） A．四边相等的四边形是正方形 B．四角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定，同时不要与矩形及菱形的判定混淆了，掌握正方形判定方法是关键．根据正方形的判定进行判定即可． 【详解】解：A、四边相等的四边形是菱形，故原选项说法错误； B、四角相等的四边形是矩形；故原选项说法错误； C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故原选项说法错误； D、有一个角是直角的菱形是正方形，说法正确； 故选：D． 【例2】（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在，点是边上的点（与两点不重合），过点作，分别交于两点，下列说法正确的是（    ）    A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是菱形 C．四边形一定是正方形 D．四边形一定是平行四边形 【答案】D 【分析】由平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定即可得出结论． 【详解】解：∵， ∴四边形一定是平行四边形． 不能说明四边形一定是矩形或菱形或正方形． 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的判定、菱形的判定；熟记菱形和矩形的判定方法是解决问题的关键． 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）在平面直角坐标系中，一个四边形各顶点坐标分别为，，，，则四边形的形状是 ． 【答案】正方形 【分析】在平面直角坐标系中，根据点的坐标画出四边形，再根据图形特点进行判断． 【详解】解：如图，因为、两点横坐标相等，、两点横坐标相等， 所以，轴，轴， ． ∵，， 四边形是菱形； 同理，， ， 四边形是正方形． 故答案为：正方形．    【点睛】本题考查了坐标与图形性质．注意“数形结合”数学思想的应用． 【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·山东淄博·期末）小刚在学习了正方形之后，给同桌小宇提出了一个问题. 如图，在中，连接对角线，，请从下列四个条件：①；②；③；④中选两个作为补充条件，使为正方形，并给予证明 请你完成小刚给小宇提出的这个问题 (1)你选择的两个补充条件是______（只填写一种所选两个补充条件的序号）； (2)请用（1）中你所选的两个补充条件作为已知条件，证明为正方形 【答案】(1)①②（答案不唯一） (2)见详解 【分析】此题主要考查了正方形的判定以及平行四边形的性质、菱形的判定方法，正确掌握正方形的判定方法是解题关键． （1）依题意：选择的两个补充条件是①②； （2）先证明平行四边形是菱形，结合，即可作答． 【详解】（1）解：依题意：选择的两个补充条件是①②；（答案不唯一） （2）解： 四边形是平行四边形， ∵ ∴平行四边形是菱形， ∵ ∴菱形是正方形， 【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】（2024·内蒙古·一模）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF＝EF②BF＝； ③AF＝；④中正确的是（　　） A．①③④ B．②③④ C．①②③ D．①②④ 【答案】C 【分析】利用全等三角形的性质条件勾股定理求出BF、AF的长，再利用相似三角形的性质求出即可． 【详解】∵AG＝AE，∠FAE＝∠FAG＝45°，AF＝AF， ∴△AFE≌△AFG（SAS）， ∴EF＝FG， ∵DE＝BG， ∴EF＝FG＝BG+FB＝DE+BF，故①正确， ∵BC＝CD＝AD＝4，EC＝1， ∴DE＝3，设BF＝x，则EF＝x+3，CF＝4﹣x， 在Rt△ECF中，（x+3）2＝（4﹣x）2+12， 解得x＝， ∴BF＝，， 故②、③正确， ∴， ∵△AFE≌△AFG， ∴，故④错误． 故选C． 【点睛】本题考查旋转变换、正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，且，则的度数为 ． 【答案】 【解析】略 【例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. 【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·山东济南·期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点F处，折痕与边BC交于点E，则CF的长为（    ） A．3 B．2 C．8 D．10 【答案】B 【分析】先根据折叠性质可证四边形为正方形，，然后根据 可得到的值，最后根据勾股定理即可求出 的长． 【详解】∵，， ∴四边形为矩形． ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∴在中，． 故选：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，矩形和正方形的判定及性质，根据正方形的判定证明四边形是正方形是解题的关键． 【例2】（2024·天津滨海新·二模）如图，四边形是正方形，是坐标原点，对角线，分别位于轴和轴上，点的坐标是，则正方形的周长是（ ） A． B．12 C． D． 【答案】D 【分析】正方形的对角线互相平分且相等且垂直，所以根据点D的坐标知道OD的长度，然后在直角三角形中计算CD的长度，从而推算出周长即可． 【详解】四边形ABCD是正方形，且点 ， 在中，， 既， ， ∴正方形的周长为． 故答案为： 【点睛】本题考查正方形的性质，能够根据条件计算出正方形的边长是解题关键． 【例3】（2024·湖南怀化·模拟预测）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    【答案】 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将绕点A旋转至，连接，若，则的长等于 ． 【答案】4 【分析】在正方形ABCD中，BE′＝DE＝2，所以在直角三角形E′CE中，E′C＝8，CE＝4，利用勾股定理求得EE′的长即可． 【详解】解：在正方形ABCD中，∠C＝90°， 由旋转得，BE′＝DE＝2， ∴E′C＝8，CE＝4， ∴在直角三角形E′CE中， EE′＝＝＝4． 故答案为4． 【点睛】本题考查了正方形的性质、旋转的性质与勾股定理的知识，正确的利用旋转和正方形的性质得出直角三角形边长并正确的应用勾股定理是解题的关键． 【例5】（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图1，的三边分别为，以为一边作正方形，点在边上，将裁剪拼接至位置，如图2，请用图1、图2的面积不变证明勾股定理． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理的几何证明，先求出正方形的面积为，四边形的面积，根据正方形的面积与四边形的面积相等，得出，即可证明结论． 【详解】证明：连接， ， 正方形的面积为， ， ， ， ， ， ， 为等腰直角三角形， 四边形的面积， 正方形的面积与四边形的面积相等， ， ， ∴． 【核心考点十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（2024·安徽·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，等腰三角形的判定，图形的面积等知识，作辅助线利用图形的对称性是解题的关键． 过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于，则可得四边形为正方形；易得，，则可求得的长，求得正方形的面积，正方形的面积，的面积，进一步可求得，从而求得的面积，最后可求得，从而求得其比值． 【详解】解：如图，过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于点，则四边形为正方形， ， ， ，， ，， ，，， 故， ， ， ． 【例2】（23-24八年级下·浙江温州·期中）某同学参考“赵爽弦图”，在正方形中，连结，相交于点，分正方形为四个全等的直角三角形，向外延长正方形的边至点，，，，使，得到如图所示的“数学风车”．记四边形的面积为，的面积为，若，则的值为（ 　 ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过O作OM垂直AD于点M，延长MO交BC于点N，则MN⊥BC，先证得△AOE≌△DOH，可得∠AOP=∠DOH，从而得到△AOP≌△DOQ，进而得到S△AOP=S△DOQ，可得到，再求出，即可求解． 【详解】解：如图，过O作OM垂直AD于点M，延长MO交BC于点N，则MN⊥BC， 在正方形ABCD中，AD∥BC，AB∥CD，AO=BO=DO=CO，∠OAP=∠ODQ=45°，，△BOC为等腰直角三角形， ∴∠OAE=∠ODH=135°，OM=ON， ∵AE=DH， ∴△AOE≌△DOH， ∴∠AOP=∠DOH， ∴△AOP≌△DOQ， ∴S△AOP=S△DOQ， ∴， ∵， ∴，   ∴， ∴． 故选：A 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识是解题的关键． 【例3】（2024·陕西汉中·二模）如图，用4个全等的正八边形进行拼接，使相邻的两个正八边形有一条公共边，若正八边形的边长为2，则中间空白四边形的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题考查正方形的判定，正多边形的性质，多边形内角和定理．正确判定出中间空白四边形为正方形是解题的关键． 先根据正八边形边长为2得出中间空白四边形的边长为2，再根据多边形内角和与正多边形的性质，得出中间空白四边形的每个内角为 【详解】解：∵正八边形的边长为2， ∴中间空白四边形的边长为2， ∵中间空白四边形的每个内角为：， ∴中间空白四边形为正方形， ∴中间空白四边形的面积为， 故答案为：4． 【例4】（2024·吉林长春·一模）如图，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，折痕为，连接，再将沿直线折叠，使点B落在上的点G处，若，则（阴影部分）的面积为 ． 【答案】 【分析】该题主要考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点； 证明，由勾股定理算出，根据阴影部分面积为即可求解； 【详解】由折叠可得：， 是矩形， ， 是正方形， ， ， 则（阴影部分）的面积， 故答案为：． 【例5】（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：． 【核心考点十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2024·四川达州·模拟预测）如图，在四边形中，，，已知四边形的面积为9，，则长为（    ） A．5 B．4 C． D．3 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键．过点A作于点E，，交的延长线于点F，先证明，然后证明四边形是正方形，从而得到，求得正方形的边长，再求出，的长，即得答案． 【详解】解：过点A作于点E，，交的延长线于点F， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ， ，，， 矩形是正方形， ， ， ， ， ， ． 故选：B． 【例2】（23-24八年级·全国·假期作业）如图，将正方形的各边顺次延长至E，F，G，H，且使，则四边形是（　　）    A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】D 【分析】根据正方形的性质和已知条件可证得，于是得到，可证得四边形是菱形，再证得，即可证明四边形是正方形． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， 同理可得， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又， ∴四边形是正方形． 故选：D． 【点睛】此题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 【例3】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是 ．    【答案】20 【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论． 【详解】解：如图，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC， ∵AE＝CF＝2， ∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF， ∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF， ∴四边形BEDF为菱形， ∴DE＝DF＝BE＝BF， ∵AC＝BD＝8，OE＝OF＝， 由勾股定理得：DE＝， ∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4×5＝20， 故答案为：20．    【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键． 【例4】（23-24八年级下·湖北咸宁·期末）如图，正方形中，，点在边上，且.将沿对折至，延长交边于点，连接、.则下列结论：①：②；③：④.其中正确的有 （把你认为正确结论的序号都填上） 【答案】①②③④ 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证△ABG≌△AFG；由①和翻折的性质得出△ABG≌△AFG，△ADE≌△AFE，即可得出；在直角△ECG中，根据勾股定理可证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF. 【详解】解：①正确，∵四边形ABCD是正方形，将△ADE沿AE对折至△AFE， ∴AB=AD=AF， 在△ABG与△AFG中，; △ABG≌△AFG（SAS）； ②正确， ∵由①得△ABG≌△AFG， 又∵折叠的性质，△ADE≌△AFE， ∴∠BAG =∠FAG，∠DAE=∠EAF， ∴∠EAG=∠FAG+∠EAF=90°×=45°； ③正确， ∵EF=DE=CD=2， 设BG=FG=x，则CG=6-x， 在直角△ECG中， 根据勾股定理，得（6-x）2+42=（x+2）2， 解得x=3， ∴BG=3=6-3=GC； ④正确， ∵CG=BG=GF， ∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF， 又∠AGB=∠AGF，∠AGB+∠AGF=180°-∠FGC=∠GFC+∠GCF， ∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF， ∴AG∥CF； 【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判定，此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想应用. 【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·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·重庆南川·期中）如图，在矩形中，、、、分别为边、、、的中点，若，，则图中阴影部分四边形的面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，根据矩形的性质得到，然后再求出，HF=AB=5，EG⊥HF，最后根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：连接、， 四边形为矩形， ，，， 、、、分别为边、、、的中点， ∴，HF=AB=5,EG⊥HF ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查的是中点四边形、矩形的性质等知识点，掌握矩形的性质是解答本题的关键． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，对角线AC、BD的长分别为7和9，则四边形EFGH的周长是 ． 【答案】16 【分析】根据三角形中位线的性质得出，，，， 且，，，，进而得出，，即可得出答案． 【详解】解：、、、分别是四边形各边的中点， ，，，， 且，，，， 对角线、的长分别为7和9， ，， 四边形的周长是：． 故答案为：16． 【点睛】 此题主要考查了中点四边形的性质，利用三角形中位线定理得出，是解题关键． 【例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． 【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·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2】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，E为BC的中点，则对角线BD上的动点P到E、C两点的距离之和的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据菱形的性质，得知A、C关于BD对称，根据轴对称的性质，将PE+PC转化为PE+ AP，再根据两点之间线段最短得知AE为PE+PC的最小值,进而求AE的值即可得出答案． 【详解】解：∵四边形ABCD为菱形， ∴A、C关于BD对称， ∴连AE交BD于P， 则PE+PC＝PE+AP＝AE， 根据两点之间线段最短，AE的长即为PE+PC的最小值． ∵∠ABC＝60°，AB=BC ∴△ABC为等边三角形， 又∵BE＝CE ， ∴AE⊥BC， ∴AE＝＝． 故选：C． 【点睛】本题主要考查最短距离问题，掌握勾股定理，等边三角形的性质及菱形的对称性是解题的关键． 【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】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在菱形中，，，点，同时由，两点出发，分别沿，方向向点匀速运动，点的运动速度为，点的运动速度为，点到达点后，点与点同时停止运动．若运动时间为秒时，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4求出时间t的值. 【详解】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=4， ∴3t=4， ∴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·甘肃庆阳·期中）如图，在四边形中，，，，，动点从开始沿边向点以的速度运动，动点从点开始沿向点以的速度运动，，分别从点，同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，运动的时间为秒．      (1)为何值时，四边形为矩形？ (2)为何值时，四边形为平行四边形？ 【答案】(1)当秒时，四边形为矩形 (2)当秒时，四边形为平行四边形 【分析】（1）根据，矩形的判定和性质，得，求出，即可； （2）根据平行四边形的判定和性质，得，求出，即可． 【详解】（1）∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为矩形， ∵动点从开始沿边向点以的速度运动，动点从点开始沿向点以的速度运动， ∴，， ∴， ∴， 解得：， ∴当秒时，四边形为矩形． （2）∵， ∴， 当时，四边形为平行四边形， ∴， ∴， 解得：， ∴当秒时，四边形为平行四边形． 【点睛】本题考查动点与几何的综合，矩形和平行四边形的知识，解题的关键是掌握矩形和平行四边形的判定和性质． 【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·河南南阳·期末）如图，正方形的边长是4，在上，且，是边上的一动点，则周长的最小值是(    ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′点，N′即为使DN＋MN最小的点，在Rt△BCM中利用勾股定理求出BM的长即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于直线AC对称， 连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，则BM的长即为DN＋MN的最小值， 又CM＝CD−DM＝4−1＝3， 在Rt△BCM中，BM＝， 故△DMN周长的最小值＝5＋1＝6， 故选D． 【点睛】本题考查的是轴对称−最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线AC对称，可知BM的长即为DN＋MN的最小值是解答此题的关键． 【例2】（23-24八年级下·河南焦作·阶段练习）如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 【答案】A 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，点B关于AC的对称点是点D，连接ED，EF+BF最小值等于ED的长，然后解直角三角形即可求解． 【详解】解：如图，连接BD， ∵菱形ABCD中，∠DAB=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∵在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分， ∴点B、D关于AC对称， 如图，连接ED，则ED的长就是所求的EF+BF的最小值， ∵E为AB的中点，∠DAB=60°， ∴DE⊥AB， ∴ED=， ∴EF+BF的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质和解直角三角形，关键是判断出ED的长就是所求的EF+BF的最小值． 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，∠AOB＝30°，OB＝4，点P为射线OA上任意一点，连接PB．以PO、PB为邻边作平行四边形POQB，连接PQ，则线段PQ的最小值为 ． 【答案】2 【分析】当PQ⊥OA时，PQ最短，利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答即可． 【详解】解：∵四边形PBQO是平行四边形， ∴PH=HQ，OH=HB， 当PQ⊥OA时，PQ最短， ∵∠AOB=30°，OB=4， ∴OH=2， ∴PH=1, ∴PQ=2PH=2， 故答案为：2． 【点睛】此题考查平行四边形的性质，关键是利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答． 【例4】（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，正方形与矩形在直线的同侧，边，在直线上，且，，．保持正方形不动，将矩形沿直线左右移动，连接，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作点关于的对称点，连接，以，为邻边作平行四边形，则，当，，三点共线时，的最小值为的长，过点作于，依据勾股定理即可得到中，，即可得出的最小值为． 【详解】解：如图所示，作点关于的对称点，连接，以，为邻边作平行四边形， 则，， ， 当，，三点共线时，的最小值为的长， 过点作于， 由题可得，， 中，， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形、矩形的性质以及最短距离问题，解决问题的关键是构造平行四边形；凡是涉及最短距离的问题，一般要考虑线段的性质定理，结合轴对称变换来解决，多数情况要作点关于某直线的对称点． 【例5】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）证明，推出，由，，推出，即可证明点为的中点； （2）延长到，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题． （3）取的中点，连接，，由直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，当、、共线时，的值最小，则可求出答案． 【详解】（1）解：证明：如图1中，   四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ，， ， 点为的中点； （2）延长到，使得，连接，   ， ， 又，分别是，的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． （3）取的中点，连接，，   ， ， ， 、、共线时，的值最小，最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 【核心考点十七 四边形其他综合问题】 【例1】（23-24八年级下·湖南长沙·期末）下列说法错误的是（    ） A．正方形是特殊的菱形 B．菱形是特殊的平行四边形 C．正方形是特殊的矩形 D．矩形是特殊的菱形 【答案】D 【分析】根据正方形与菱形、平行四边形、矩形的相互关系逐项排查即可． 【详解】解：正方形是特殊的菱形，故A选项不满足题意； 菱形是特殊的平行四边形，故B选项不满足题意； 正方形是特殊的矩形，故C选项不满足题意； 矩形和菱形没有直接关系，故D选项不符合题意． 故选D． 【点睛】本题主要考查了正方形与菱形、平行四边形、矩形的相互关系,即正方形是特殊的菱形，菱形是特殊的平行四边形，正方形是特殊的矩形． 【例2】（2024·河南南阳·一模）如图，在矩形片中，边，，将矩形片沿折叠，使点A与点C重合，折叠后得到的图形是图中阴影部分．给出下列结论：①四边形是菱形；②的长是1.5；③的长为；④图中阴影部分的面积为5.5，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据矩形、折叠性质即可得出CF=CE = AE =AF，则证明结论①正确；设DF=x，故DF= BE =x，在Rt△ADF中，利用勾股定理即可求解结论②正确；过点F作FH⊥AB于点H，利用矩形判定与性质并结合勾股定理求得EF的长，则可推出结论③正确；由DF=BE可知阴影部分的面积为矩形ABCD面积的一半与△CGF面积的和，利用面积公式即可求得结果，证明结论④正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠AEF=∠CFE， 由折叠性质可知：AE=CE，AF=CF，∠AEF=∠CEF， ∴∠CFE =∠CEF， ∴CF=CE， ∴CF=CE = AE =AF， ∴四边形是菱形；故①正确； ∵四边形是菱形， ∴CF =AE， ∵四边形是矩形，，， ∴AB =CD=4，∠D=90°， ∴AB-CF =CD-AE， 即DF=BE， 设DF=x，则CF = AF=4-x， 在Rt△ADF中， DF2+AD2= AF2， 即x2+22=（4-x）2 解得x=1.5， 即的长是1.5；故②正确； 过点F作FH⊥AB于点H， ∴四边形是矩形， ∴FH=AD=2，AH=DF=1.5， ∵AE=AB-BE=2.5， ∴HE=AE-AH=1， 由勾股定理得；故③正确； ∵DF=BE，AD=GC=2，DF=GF=， ∴S阴影部分=S四边形BCFE+S△CGF， =S矩形ABCD+S△CGF， =AB•AD+CG•GF， =×4×2+×2×， =4+ =；故④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题，熟练掌握菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及折叠的性质等知识是解题的关键． 【例3】（23-24八年级下·广东佛山·期末）把七巧板按如图所示，进行①～⑦编号，①～⑦号分别对应着七巧板的七块，如果编号④对应的面积等于4，则由这七块拼成的正方形的面积等于 ． 【答案】32 【分析】根据七巧板，可知小正方形的面积等于2个小三角形面积，中等三角形的面积等于2个小三角形面积，小平行四边形面积等于2个小三角形面积，一个大三角形面积等于4个小三角形面积求解即可. 【详解】∵编号④对应的面积等于4， ∴编号⑥对应的面积等于2，编号①对应的面积等于4，编号⑤对应的面积等于2，编号⑦对应的面积等于4，编号②、③对应的面积等于8， ∴这七块拼成的正方形的面积等于4+2+4+2+4+8+8=32. 故答案为32. 【点睛】本题考查正方形和平行四边形性质，以及正方形，平行四边形、等腰直角三角形的关系，明确七巧板中各图形间的面积关系是解答本题的关键 . 【例4】（2024·四川雅安·模拟预测）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【答案】20 【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解. 【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2， ∵AD=2，BC=4， ∴AD2+BC2=22+42=20， 故答案为：20. 【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理. 【例5】（23-24八年级下·安徽芜湖·阶段练习）如图甲，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）【概念理解】我们已经学习了①平行四边形、②菱形、③矩形、④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是______（填序号）． （2）【性质探究】小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图甲，在四边形中，若，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）【问题解决】如图乙，在中，，，D，E分别是，的中点，连接，，有，求． 【答案】（1）②④；（2）猜想正确，理由见解析；（3） 【分析】本题考查四边形中新定义的问题，熟练掌握勾股定理与几何问题的结全是解题的关键， （1）利用垂美四边形的定义结合菱形和正方形的性质即可得到答案； （2）利用垂美四边形的定义可得到，再根据勾股定理即可得到答案； （3）结合垂美四边形的结论，代入即可得到答案． 【详解】解：（1）∵菱形、正方形的对角线相互垂直， ∴菱形和正方形符合垂美四边形的定义， 故答案为：②④； （2）猜想正确，理由如下： ∵四边形中，， ∴， ∴，，，， ∴，， ∴； （3）∵，，D、E分别是、的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴． 【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．（23-24八年级下·青海海东·期中）正方形的对角线长为，则边长为 ． 【答案】cm/厘米 【分析】根据正方形性质得出AB＝BC，∠B＝90°，根据勾股定理得出即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝90°， 由勾股定理得：， 即AB＝（cm）， 故答案为：cm． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，能灵活运用正方形性质进行推理是解此题的关键． 4．（23-24八年级下·北京房山·期中）如图 1 ，菱形纸片的面积为，对角线的长为，将这个菱形纸片沿对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形按图2 所示的方法拼成正方形．则大正方形中空白小正方形的边长是 ． 【答案】2 【分析】根据菱形的性质，可得cm，OA=3cm，从而得到OB=5cm，即可求解． 【详解】解：如图，设AC与BD交于点O， 在菱形ABCD中，AC⊥BD，AO=OC，OB=OD， ∵菱形纸片的面积为，对角线的长为， ∴，OA=3cm， ∴cm， ∴OB=5cm， ∴大正方形中空白小正方形的边长等于OB-OA=2cm． 故答案为：2 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，熟练掌握菱形的性质是解题的关键． 5．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形． (1)在图1中画一个格点正方形，使其面积等于5； (2)在图2中，请用无刻度的直尺找出一个格点P，使平分；（不写画法，保留画图痕迹） (3)在图3中找出符合条件的所有格点C，使是等腰三角形．（请分别以点、、…编号） 【答案】(1)见解析； (2)见解析； (3)见解析. 【分析】本题考查了网格作图，涉及了勾股定理、正方形的性质、等腰三角形的定义等知识点，将作图要求与几何图形的性质联系是解题关键． （1）以“”的矩形的对角线作为正方形的边长，即可完成作图； （2）以为边，作出“”的正方形，其对角线即为所求； （3）分类讨论即可完成作图． 【详解】（1）解：如图所示：正方形即为所求 （2）解：如图所示：即为所求 （3）解：如图所示：、、、即为所求 6．（24-25八年级下·广西钦州·期中）我校一数学兴趣小组将两个边长不相等的正方形和正方形按照图1方式摆放，点B，C，E在同一条直线上，点G在上．    (1)操作发现：如图2，将正方形绕点C逆时针旋转． ①当时，求，，的度数； ②正方形旋转过程中，你发现与有何数量关系？与有何数量关系？请直接写出你发现的结论，不需要证明． (2)类比探究：如图3，将正方形绕点C顺时针旋转．上面②中你发现的结论是否仍然成立？请说明理由． 【答案】(1)①；；② (2)，，理由见解析 【分析】本题考查了旋转的性质，角度的计算； （1）①根据旋转的性质，角度的计算即可求解； ②根据旋转的性质，角度的计算，即可求解； （2）根据旋转的性质即可求解． 【详解】（1）解：①∵，四边形，是正方形， ∴， ； ②∵，， ∴； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴． 【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．（23-24九年级·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．（23-24八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】要使四边形为矩形，依题意可知其为平行四边形，只需对角线互相垂直即可． 【详解】解：∵点E、F、G、H分别是的中点， ∴在与中， ，且，， ∴四边形为平行四边形， 若要使其为矩形，只需对角线互相垂直， 题中D选项，即在四边形中，， 故选D．    【点睛】此题考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形性质和判定，及应用到三角形中位线定理等相关知识是解题的关键． 2．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，证得是等腰直角三角形是解题的关键. 根据正方形的性质得到, 求得根据等腰三角形的判定定理得到, 推出是等腰直角三角形，于是得到结论. 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ， 故选: C. 3．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，正方形ABCD边长为10，点M在对角线AC上运动，N为DC上一点，DN＝2，则DM+ MN长的最小值为（    ） A．8 B．10 C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BN交AC于M′点，M′即为所求在Rt△BCN中利用勾股定理即可求出BN的长即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与D关于直线AC对称， 连接BD，BN交AC于M′，连接DM′，M′即为所求的点， 则BN的长即为DM+MN的最小值， ∴AC是线段BD的垂直平分线， 又∵CN=CD-DN=10-2=8， ∴在Rt△BCN中，BN=． 故选：C． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解答此题的关键． 4．（23-24八年级下·上海·自主招生）边长为2的正方形中，M是的中点，以为折痕将翻折，使B落在E处，延长交于F，求的长为（   ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】本题考查了对折叠性质、勾股定理、三角形的全等判定和性质，熟练掌握对折的性质是解题的关键； 根据翻折的性质，及正方形的性质得，在证明，得，分别表示出，，，利用勾股定理即可得出结论． 【详解】解：四边形是边长为2的正方形， ，， 以为折痕将翻折得， ， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 设，， M是的中点， ， ， 在中， ， 即， 解得：， 故选：D． 5．（23-24八年级下·上海·期中）如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中错误的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】此题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识．首先利用全等三角形的判定方法利用证明，即可得出，故可判断①；进而得出，即，故可判断②；利用三角形全等即面积相等，都减去公共面积剩余部分仍然相等，即可得出④；连接，然后依据直角三角形中斜边大于任何一条直角边以及等腰三角形的性质即可判断③． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴． ∴，故①正确． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴，即，故②正确． ∵， ∴． ∴，， ∴，故④正确； 如图所示：连接， ∵， ∴， 而， ∴，故③错误． 综上，只有③错误． 故选：A． 6．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形中，，，则 ．    【答案】/30度 【分析】把逆时针旋转得到，则，先证出C、A、G三点共线，得出，，由证明，得出，证出，即是等边三角形，得出，再由三角形的内角和定理求出即可． 【详解】解：把逆时针旋转得到，连接；如图所示：    则， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点C、A、G三点共线， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴， 即是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三点共线、等边三角形的判定与性质、三角形的外角性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键． 7．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的折叠问题，勾股定理，熟练掌握正方形与折叠的性质是解题的关键． 连接，先由勾股定理求出，再由折叠的性质可知：，，则，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∴正方形中，， ∴， ∵点M是的中点， ∴， 由折叠的性质可知：，， ， 设，则， 由勾股定理得：， ， 解得：， ， 故答案为：． 8．（23-24八年级下·上海浦东新·阶段练习）在直角梯形中，（），，，是上一点，且，，，那么直角梯形的面积是 ．    【答案】27 【分析】过作，交延长线于，延长至，使，连接，证得四边形为正方形，证明，得到，，，从而证明，则有，进一步推出，即可求得的长，设，在中，由勾股定理，可得方程，解方程即可求得的长，继而求得直角梯形的面积． 【详解】解：过作，交延长线于，延长至，使，连接．    在直角梯形中，， ， 又，， 四边形为正方形． ，， ∴， ∴，，， ， ∴，即，即， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴， ∴， ， 即， 设，则，， 在中， ，即， 解得：或（舍去）， ， ． 故答案为：27． 【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、直角梯形的性质以及勾股定理等知识，注意掌握辅助线的作法是解此题的关键． 9．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 【答案】 【分析】由的面积为S可得的高为，然后再分三角形的高取最小值和最大值两种情况求解即可． 【详解】解：∵的面积为S， ∴， ∴边上的高为， 如图：当高取最小值时，为等边三角形，A与M或N或上重合， 如图：过A作，垂足为D， ∵等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴，即； 如图：当高取最大值时，菱形为正方形， ∴A在中点， ∴，即 ∴． 故填：． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的性质以及勾股定理，考查知识点较多，灵活应用相关知识成为解答本题的关键． 10．（23-24八年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图1是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点N为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域（），形成一幅装饰画，则矩形的周长为 ．若点M，N，E在同一直线上，且点H到的距离与到的距离相等，则印章区域的面积为 ． 【答案】 64 12.25 【分析】本题考查正方形的性质及矩形的性质，能由图1求出各图形的边长是解题的关键．根据“台灯”的造型及图1，可求出的长，进而可求出矩形的周长；延长经过点E并与相交于点L，连接，可得出四边形是平行四边形，求出长即可解决问题． 【详解】解：由图1可知， 七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为6，然后，最小的直角边长为3， 正方形和平行四边形的短边长都是3． 过点N作和的垂线，垂足分别为J，K，则， 又 ，且是等腰直角三角形， ，故． 又， 四边形是矩形， ． 又， ， 故矩形的周长为． 延长经过点E与交于点L，连接， ，且， ． 又点H到的距离与到的距离相等， 点H在的角平分线上，则． ， ， 又， 四边形是平行四边形． 又， ． ．则， 四边形是正方形， 印章区域的面积为． 故答案为：64，12.25． 11．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，正方形边长为4，点E在边上一点（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．    (1)求证：； (2)连接、，如果的面积为，求的长． 【答案】(1)详见解析 (2)或，详见解析 【分析】（1）先证得，很容易证明全等，由此得出，进而可得结论； （2）根据三角形的面积求得，再根据勾股定理求得，根据（1）中即可得出结论； 【详解】（1）∵， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， （2）∵， ∴设， ∴， ∴的面积 ， ∴， 解得，，， ∴或，      【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系． 12．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，已知O为正方形ABCD对角线的交点，点E在边CB的延长线上，连结EO，OF⊥OE交BA延长线于点F，连结EF． (1)求证：EO＝FO； (2)若正方形的边长为2，OE＝2OA，求BE的长； (3)当OE＝2OA时，将△FOE绕点O逆时针旋转到△F1OE1，使得∠BOE1＝30°时，试猜想并证明△AOE1是什么三角形． 【答案】(1)见解析 (2) (3)△AOE1是直角三角形 【分析】（1）证明即可； （2）由正方形性质及勾股定理可求得OA长，则可得OE、OF长，由勾股定理得EF长，在中，利用勾股定理建立关于BE的方程，解方程即可求得BE； （3）连结，过A做AM⊥，设OA=a，则由已知可得OE1、OM、AM、ME1的长，由勾股定理可求得AE1的长，再由勾股定理的逆定理即可判断． 【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴，，∠OAB=∠OBC=45°． ∴∠BOE+∠EOA=90°，． ∵∠EOF＝∠AOF+∠EOA=90°， ∴． ∵，，， ∴． ∴OE＝OF． （2）∵正方形的边长为2， ∴由勾股定理得：． ∴． ∴． ∴在中，由勾股定理得：． 由（1）可得：． ∵在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：； （3）连接，过A做AM⊥，如图． ∵∠BOE1＝30°， ∴． 设，则，， 由勾股定理得：． ∴． ∴． ∴． ∴△AOE1是直角三角形． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及其逆定理的综合运用，解题时注意从多个角度分析． 13．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，已知正方形的边长为，点为边上的一个动点（不与点、重合），将正方形纸片翻折，使得点落在点处，点落在点处，交边于点，折痕为，联结交边于点．　　　　 （1）求证：. （2）当在边的运动时，设，梯形的面积为，求与之间的函数解析式，并写出定义域． 【答案】（1）见解析；（2）所求函数解析式为，自变量的取值范围是． 【分析】（1）根据翻折和正方形的性质证明△A1AD≌△MNG即可； （2）根据翻折的性质得MA=MA1，设MA=a，则MD=4-a，A1D=x，然后根据MA²=MD²+DA1²，求出MA，再根据（1）得出MG=DA1=x，BN=-x，然后由梯形的面积公式得出结论． 【详解】（1）过作，垂足为. 正方形， ，，. . ，，， . ， . 同理：. . 在和中， . . （2）正方形的边长为， ，. ， 垂直平分， . 设，，那么. . ， . . . 所求函数解析式为. 自变量的取值范围是. 【点睛】本题考查了翻折的性质、正方形的性质，三角形全等，勾股定理等知识，关键是对翻折性质的掌握和运用． 14．（23-24八年级下·上海普陀·期末）已知：如图1，在中，点为对角线的中点，过点的直线分别交边、于点、，过点的直线分别交边、于点、，且． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）如图2，当四边形为矩形时，求证：． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析． 【分析】（1）只要证明，即可解决问题； （2）由已知可证明，从而可得，，进而可得，由线段加减即可解决问题． 【详解】（1）证明：∵四边形为平行四边形， ∴． ∴． ∵点为对角线的中点， ∴． ∵， ∴（ASA）． ∴． 同理 ∴四边形为平行四边形． （2）证明：∵四边形为矩形， ∴，且，． ∴． 又∵，． ∴（ASA）． ∴，． ∴． ∴． 即． 【点睛】本题考查了四边形综合，涉及了矩形的性质、平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 15．（23-24八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 【答案】（1）证明见解答；（2）AF=4cm；（3）AF=9cm 【分析】（1）根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，即可证得结论； （2）设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm，由四边形ABDE为矩形，可得AE2+ED2=AD2，建立方程求解即可； （3）设AF=DC=x cm，根据AE=DE，建立方程求解即可． 【详解】解：（1）∵两个全等的直角三角形纸片ABC和DEF拼在一起， ∴ED=AB，∠EDF=∠BAC， ∴ED∥AB， ∴四边形ABDE是平行四边形； （2）∵将图1中的纸片DEF沿AC方向平移， ∴AF=DC， ∵BC=EF=6cm，AC=DF=9cm， ∴设AF=DC=x cm，则AD=AC+CD=（9+x）cm， ∵∠DFE=90°=∠AFE， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∵四边形ABDE为矩形， ∴∠AED=90°， ∴AE2+ED2=AD2， 即x2+62+92+62=（9+x）2， 解得：x=4， 即AF=4cm； （3）纸片DEF平移的过程中，四边形ABDE能成为菱形． ∵四边形ABDE能成为菱形， ∴AE=DE， ∴AE2=DE2， 设AF=DC=x cm， ∵∠DFE=∠AFE=90°， ∴AE2=AF2+EF2=x2+62，ED2=DF2+EF2=92+62， ∴x2+62=92+62， 解得：x=9或x=-9（舍去）， 即AF=9cm， ∴当AF=9cm时，四边形ABDE能成为菱形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质，平移的性质，矩形的性质，菱形的判定和性质，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． 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+17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】（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）正方形具有而菱形不一定有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角相等 D．四条边相等 【例2】（24-25八年级下·上海·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】（23-24八年级下·上海嘉定·阶段练习）边长为4的一个正方形和一个等边三角形如图摆放，则的度数为 ． 【例4】（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点O、B的坐标分别是，，则顶点C的坐标是 ．    【例5】（23-24八年级下·上海奉贤·开学考试）如图1是边长分别为m，n、p的A、B、C三种正方形． (1)用两个A种正方形组合成图2的图形，外边框可以围成一个大正方形，则这个大正方形的面积 （用含m的代数式表示）； (2)将一个A种和一个B种正方形组合成图3的图形，外边框可以围成一个大正方形，用两种不同的方法表示这个大正方形的面积： 或 ；则根据这个大正方形面积的不同表示方法，可以得到的乘法公式为 ； (3)将A种、B种和C种正方形组合形成图4的图形，此时的外边框可以围成一个大的正方形，根据（2）中乘法公式的生成过程，直接写出所得到的等式，并令，，通过计算验证该等式． 【核心考点二 根据正方形的性质求角度】 【例1】（2024·上海·模拟预测）正方形与的位置如图所示，已知，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【例2】（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3】（24-25八年级下·上海徐汇·阶段练习）如图，点E是正方形内一点，是等边三角形，连接并延长交边于点，则 【例4】（2024·上海静安·模拟预测）如图，在正方形中，对角线与相交于点，以点为圆心，以的长为半径作弧，交于点，连接，则 度． 【例5】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，正方形中，，直线交于点F，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·上海闵行·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·上海奉贤·期中）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，，则的长为（    ） A． B．2 C． D． 【例3】（2024·上海虹口·模拟预测）如图（1），将边长为4的正方形纸片的阴影部分裁剪掉，剩余部分折成如图（2）所示的正方体，则正方体的体积是 ． 【例4】（23-24八年级下·上海青浦·期末）将正方形按如图所示方式放置，点和点分别在直线和x轴上，则点的坐标是 ，的纵坐标是 ． 【例5】（24-25八年级下·上海奉贤·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． 【核心考点四 根据正方形的性质求面积】 【例1】（23-24八年级下·上海长宁宾·期末）若正方形的对角线长为，则这个正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海黄埔·期末）如图，正方形的边长为5，点E，F分别是对角线上的两点，，，，，垂足分别为G，I，H，J，则图中阴影部分的面积等于（    ） A．25 B． C． D． 【例3】（23-24八年级下·全国·期末）一个正方形的面积是，那么这个正方形的对角线的长度为 cm． 【例4】（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5】（23-24八年级下·上海宝山·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·上海松江·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·上海金山·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】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）将一个边长为4的正方形纸片按所示的方式两次折叠，折叠后再按图示沿裁剪，得到几个相同的图形纸片．那么每一个纸片的面积是 ． 【例4】（2024·上海浦东新·三模）如图，在正方形的边上取一点，连接，将沿翻折，点恰好与对角线上的点重合，连接，若，则的面积是 ． 【例5】（23-24八年级下·上海·阶段练习）如图，在中，，于，将沿折叠为，将沿折叠为，延长和相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，，求的长． 【核心考点六 根据正方形的性质证明】 【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】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在正方形ABCD中，点P，为正方形内的两点，且，，，则为（    ） 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】（2024八年级下·新疆·专题练习）如图，是正方形内的一点，连结、，将绕点逆时针旋转到的位置，则它旋转了 度． 【例5】（24-25八年级下·全国·期中）如图，在正方形中，为上任意一点，于，于，试说明：． 【核心考点七 正方形的判定定理理解】 【例1】（2024八年级下·上海·专题练习）如图，已知四边形中，，下列条件能使四边形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·上海·期末）下列命题是假命题的是（    ） A．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形 B．一组对角相等，一组邻角互补的四边形是平行四边形 C．一组对角相等，一组对边平行的四边形是平行四边形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【例3】（23-24八年级下·全国·课后作业）正方形是有一组邻边 ，并且有一个角是 的平行四边形，因此它既是 又是 ． 【例4】（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】（23-24八年级下·吉林长春·阶段练习）在平行四边形中，，要使四边形是正方形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平行四边形的对角线互相平分 【例2】（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（    ） A． B． C． D． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）已知菱形中对角线相交于点O，添加条件 可使菱形成为正方形． 52．（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） 【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】（23-24八年级下·广东揭阳·期中）下列说法正确的是（    ） A．四边相等的四边形是正方形 B．四角相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形 【例2】（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在，点是边上的点（与两点不重合），过点作，分别交于两点，下列说法正确的是（    ）    A．四边形一定是矩形 B．四边形一定是菱形 C．四边形一定是正方形 D．四边形一定是平行四边形 【例3】（23-24八年级下·全国·单元测试）在平面直角坐标系中，一个四边形各顶点坐标分别为，，，，则四边形的形状是 ． 【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·山东淄博·期末）小刚在学习了正方形之后，给同桌小宇提出了一个问题. 如图，在中，连接对角线，，请从下列四个条件：①；②；③；④中选两个作为补充条件，使为正方形，并给予证明 请你完成小刚给小宇提出的这个问题 (1)你选择的两个补充条件是______（只填写一种所选两个补充条件的序号）； (2)请用（1）中你所选的两个补充条件作为已知条件，证明为正方形 【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】（2024·内蒙古·一模）如图，在正方形ABCD中，AD＝4，E，F分别是CD，BC上的一点，且∠EAF＝45°，EC＝1，将△ADE绕点A沿顺时针方向旋转90°后与△ABG重合，连接EF，过点B作BM∥AG，交AF于点M，则以下结论：①DE+BF＝EF②BF＝； ③AF＝；④中正确的是（　　） A．①③④ B．②③④ C．①②③ D．①②④ 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，且，则的度数为 ． 【例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 ． 【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·山东济南·期末）如图，矩形纸片ABCD中，AB＝6，BC＝8．现将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点F处，折痕与边BC交于点E，则CF的长为（    ） A．3 B．2 C．8 D．10 【例2】（2024·天津滨海新·二模）如图，四边形是正方形，是坐标原点，对角线，分别位于轴和轴上，点的坐标是，则正方形的周长是（ ） A． B．12 C． D． 【例3】（2024·湖南怀化·模拟预测）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    【例4】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，已知正方形ABCD的边长为6，E为CD边上一点，将绕点A旋转至，连接，若，则的长等于 ． 【例5】（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图1，的三边分别为，以为一边作正方形，点在边上，将裁剪拼接至位置，如图2，请用图1、图2的面积不变证明勾股定理． 【核心考点十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（2024·安徽·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【例2】（23-24八年级下·浙江温州·期中）某同学参考“赵爽弦图”，在正方形中，连结，相交于点，分正方形为四个全等的直角三角形，向外延长正方形的边至点，，，，使，得到如图所示的“数学风车”．记四边形的面积为，的面积为，若，则的值为（ 　 ） A． B． C． D． 【例3】（2024·陕西汉中·二模）如图，用4个全等的正八边形进行拼接，使相邻的两个正八边形有一条公共边，若正八边形的边长为2，则中间空白四边形的面积为 ． 【例4】（2024·吉林长春·一模）如图，将矩形纸片沿过点D的直线折叠，使点A落在边上的点F处，折痕为，连接，再将沿直线折叠，使点B落在上的点G处，若，则（阴影部分）的面积为 ． 【例5】（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． 【核心考点十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2024·四川达州·模拟预测）如图，在四边形中，，，已知四边形的面积为9，，则长为（    ） A．5 B．4 C． D．3 【例2】（23-24八年级·全国·假期作业）如图，将正方形的各边顺次延长至E，F，G，H，且使，则四边形是（　　）    A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【例3】（23-24八年级下·江苏徐州·期中）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是 ．    【例4】（23-24八年级下·湖北咸宁·期末）如图，正方形中，，点在边上，且.将沿对折至，延长交边于点，连接、.则下列结论：①：②；③：④.其中正确的有 （把你认为正确结论的序号都填上） 【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·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·重庆南川·期中）如图，在矩形中，、、、分别为边、、、的中点，若，，则图中阴影部分四边形的面积为（ ） A． B． C． D． 【例3】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，E、F、G、H分别是四边形ABCD各边的中点，对角线AC、BD的长分别为7和9，则四边形EFGH的周长是 ． 【例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 ． 【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·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2】（23-24八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，在菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AB＝1，E为BC的中点，则对角线BD上的动点P到E、C两点的距离之和的最小值为（　　） A． B． C． D． 【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】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在菱形中，，，点，同时由，两点出发，分别沿，方向向点匀速运动，点的运动速度为，点的运动速度为，点到达点后，点与点同时停止运动．若运动时间为秒时，为等边三角形，则的值为 ． 【例5】（23-24八年级下·甘肃庆阳·期中）如图，在四边形中，，，，，动点从开始沿边向点以的速度运动，动点从点开始沿向点以的速度运动，，分别从点，同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，运动的时间为秒．      (1)为何值时，四边形为矩形？ (2)为何值时，四边形为平行四边形？ 【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·河南南阳·期末）如图，正方形的边长是4，在上，且，是边上的一动点，则周长的最小值是(    ) A．3 B．4 C．5 D．6 【例2】（23-24八年级下·河南焦作·阶段练习）如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 【例3】（23-24八年级下·江苏南京·期中）如图，∠AOB＝30°，OB＝4，点P为射线OA上任意一点，连接PB．以PO、PB为邻边作平行四边形POQB，连接PQ，则线段PQ的最小值为 ． 【例4】（23-24八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，正方形与矩形在直线的同侧，边，在直线上，且，，．保持正方形不动，将矩形沿直线左右移动，连接，，则的最小值为 ． 【例5】（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【核心考点十七 四边形其他综合问题】 【例1】（23-24八年级下·湖南长沙·期末）下列说法错误的是（    ） A．正方形是特殊的菱形 B．菱形是特殊的平行四边形 C．正方形是特殊的矩形 D．矩形是特殊的菱形 【例2】（2024·河南南阳·一模）如图，在矩形片中，边，，将矩形片沿折叠，使点A与点C重合，折叠后得到的图形是图中阴影部分．给出下列结论：①四边形是菱形；②的长是1.5；③的长为；④图中阴影部分的面积为5.5，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·广东佛山·期末）把七巧板按如图所示，进行①～⑦编号，①～⑦号分别对应着七巧板的七块，如果编号④对应的面积等于4，则由这七块拼成的正方形的面积等于 ． 【例4】（2024·四川雅安·模拟预测）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【例5】（23-24八年级下·安徽芜湖·阶段练习）如图甲，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）【概念理解】我们已经学习了①平行四边形、②菱形、③矩形、④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是______（填序号）． （2）【性质探究】小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图甲，在四边形中，若，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）【问题解决】如图乙，在中，，，D，E分别是，的中点，连接，，有，求． 【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．（23-24八年级下·青海海东·期中）正方形的对角线长为，则边长为 ． 4．（23-24八年级下·北京房山·期中）如图 1 ，菱形纸片的面积为，对角线的长为，将这个菱形纸片沿对角线剪开，得到四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形按图2 所示的方法拼成正方形．则大正方形中空白小正方形的边长是 ． 5．（23-24八年级下·江苏扬州·期中）方格纸中每个小方格都是边长为1的正方形． (1)在图1中画一个格点正方形，使其面积等于5； (2)在图2中，请用无刻度的直尺找出一个格点P，使平分；（不写画法，保留画图痕迹） (3)在图3中找出符合条件的所有格点C，使是等腰三角形．（请分别以点、、…编号） 6．（24-25八年级下·广西钦州·期中）我校一数学兴趣小组将两个边长不相等的正方形和正方形按照图1方式摆放，点B，C，E在同一条直线上，点G在上．    (1)操作发现：如图2，将正方形绕点C逆时针旋转． ①当时，求，，的度数； ②正方形旋转过程中，你发现与有何数量关系？与有何数量关系？请直接写出你发现的结论，不需要证明． (2)类比探究：如图3，将正方形绕点C顺时针旋转．上面②中你发现的结论是否仍然成立？请说明理由． 【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．（23-24九年级·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．（23-24八年级下·上海普陀·期中）四边形中，点E、F、G、H分别是的中点，下列条件中能使四边形为矩形的是（      ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海·单元测试）如图，已知正方形的边长为，点在对角线上，且，，垂足为，则的长为（　　） A． B． C． D． 3．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图，正方形ABCD边长为10，点M在对角线AC上运动，N为DC上一点，DN＝2，则DM+ MN长的最小值为（    ） A．8 B．10 C． D． 4．（23-24八年级下·上海·自主招生）边长为2的正方形中，M是的中点，以为折痕将翻折，使B落在E处，延长交于F，求的长为（   ） A． B． C．1 D． 5．（23-24八年级下·上海·期中）如图，，分别是正方形的边，上的点，且，与相交于．下列结论：①；②；③；④．其中错误的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 6．（23-24八年级下·上海虹口·期末）如图，正方形中，，，则 ．    7．（23-24八年级下·上海奉贤·期末）如图，在正方形中，，点E在边上，连结，将沿翻折，点A的对应点为点F．当直线恰巧经过的中点M时，的长为 ． 8．（23-24八年级下·上海浦东新·阶段练习）在直角梯形中，（），，，是上一点，且，，，那么直角梯形的面积是 ．    9．（23-24八年级下·上海·期末）对于任意三角形，如果存在一个菱形，使得这个菱形的一条边与三角形的一条边重合，且三角形的这条边所对的顶点在菱形的这条边的对边上，那么称这个菱形为该三角形的“友好菱形”．问题：如图，在中， ，且的面积为S．如果存在“友好菱形”为菱形，那么S的取值范围是 ． 10．（23-24八年级下·浙江绍兴·阶段练习）如图1是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点N为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域（），形成一幅装饰画，则矩形的周长为 ．若点M，N，E在同一直线上，且点H到的距离与到的距离相等，则印章区域的面积为 ． 11．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，正方形边长为4，点E在边上一点（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．    (1)求证：； (2)连接、，如果的面积为，求的长． 12．（2024八年级下·上海·专题练习）如图1，已知O为正方形ABCD对角线的交点，点E在边CB的延长线上，连结EO，OF⊥OE交BA延长线于点F，连结EF． (1)求证：EO＝FO； (2)若正方形的边长为2，OE＝2OA，求BE的长； (3)当OE＝2OA时，将△FOE绕点O逆时针旋转到△F1OE1，使得∠BOE1＝30°时，试猜想并证明△AOE1是什么三角形． 13．（23-24八年级下·上海闵行·期末）如图，已知正方形的边长为，点为边上的一个动点（不与点、重合），将正方形纸片翻折，使得点落在点处，点落在点处，交边于点，折痕为，联结交边于点．　　　　 （1）求证：. （2）当在边的运动时，设，梯形的面积为，求与之间的函数解析式，并写出定义域． 14．（23-24八年级下·上海普陀·期末）已知：如图1，在中，点为对角线的中点，过点的直线分别交边、于点、，过点的直线分别交边、于点、，且． （1）求证：四边形为平行四边形； （2）如图2，当四边形为矩形时，求证：． 15．（23-24八年级下·上海松江·期末）在一次数学研究性学习中，小明将两个全等的直角三角形纸片和拼在一起，使点与点重合，点与点重合(如图)．其中，，．并进行如下研究活动：将图中的纸片沿方向平移，联结， (如图)． （1）求证：图中的四边形是平行四边形； （2）当纸片平移到某一位置时，小明发现四边形为矩形(如图)．求此时的长： （3）在纸片平移的过程中，四边形能成为菱形吗？如果可以直接写出的长，如果不可以，说明理由． 学科网（北京）股份有限公司 $$