预习篇 15 正方形的性质和判定-2025年八年级寒假数学专题化复习与重点化预习（人教版）

15 正方形的性质和判定 【题型1】 正方形性质的运用 【基础知识】 1 正方形的概念 四条边相等、四个内角是直角的四边形是正方形. 2 正方形的性质 （1）正方形是最特殊的平行四边形，其性质具有菱形和矩形的性质. 四条边相等，四个内角是直角，对角线相等且互相垂直. （2）推广：下图中有很多等腰直角三角形，如，，，等. 【经典例题】 【例1】（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（    ） A．22.5° B．25° C．30° D．45° 【例2】（19-20八年级下·福建厦门·期末）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，若，，那么BE的长为（     ） A． B． C．1 D． 【巩固练习】 1（24-25九年级上·广东揭阳·阶段练习）若正方形的边长为1，则该正方形的对角线长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 2（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是正方形，是对角线，以为边，在正方形的内部作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 4（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，正方形的对角线，交于点，、分别为、的中点，若，则的长是（ ） A． B． C． D． 5（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）已知：如图，是正方形内的一点，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，的坐标分别是，，则顶点的坐标是（　　） A． B． C． D． 7（23-24八年级上·广东梅州·期末）如图，已知正方形的面积为36平方厘米，厘米，则的长为（   ）厘米． A．6 B．10 C． D． 8（24-25九年级上·辽宁丹东·期中）在平面直角坐标系中放置了一个边长为的正方形，如图所示，点B在y轴上，且坐标是，点C在x轴上，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【题型2】正方形判定方法的证明 【基础知识】 正方形的判定 正方形的判定思路：具有矩形性质的菱形或具有菱形的矩形. （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）有一组邻边相等的矩形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形. 【经典例题】 【典题1】如下图，若四边形是菱形，且，证明四边形是正方形. 【巩固练习】 1. 如下图，若四边形是矩形，且，证明四边形是正方形. 【题型3】正方形判定方法的运用 【经典例题】 【例1】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【巩固练习】 1（15-16八年级下·广东东莞·期中）如图所示，在中，，平分，于，于，求证：四边形是正方形．                          2（22-23八年级下·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． 【题型4】 正方形的性质与判定方法的运用 【经典例题】 【例1】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 【巩固练习】 1（24-25九年级上·广东茂名·阶段练习）如图在矩形中，点E，F分别在边上，且． (1)求证：； (2)求四边形的面积． 2（21-22九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 3（23-24八年级下·河南周口·阶段练习）如图，在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，求四边形的面积． 4（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图②，连接，若，，求的长． 【A组---基础题】 1（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在正方形的外侧，作等边，则为（    ）    A． B． C． D． 2（2024·广东江门·二模）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连接，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 3（24-25九年级上·辽宁沈阳·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． 4（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 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（2024·江苏宿迁·三模）如图， 在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且， 直接写出四边形的面积． 【B组---提高题】 1（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，正方形中，E为上一点，过B作于点G，延长至点F，使得，连接，． 若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 2（21-22九年级上·福建莆田·期末）如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上． (1)求点P的坐标． (2)当∠APB绕点P旋转时， ①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出OA2+OB2的最小值． 2 / 2 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 15 正方形的性质和判定 【题型1】 正方形性质的运用 【基础知识】 1 正方形的概念 四条边相等、四个内角是直角的四边形是正方形. 2 正方形的性质 （1）正方形是最特殊的平行四边形，其性质具有菱形和矩形的性质. 四条边相等，四个内角是直角，对角线相等且互相垂直. （2）推广：下图中有很多等腰直角三角形，如，，，等. 【经典例题】 【例1】（20-21八年级下·山东烟台·期末）如图，延长正方形边至点，使，则为（    ） A．22.5° B．25° C．30° D．45° 【答案】A 【分析】连接AC，根据题意可得AC=BD=CE，则∠ACE=∠E，由外角的性质可得：∠CAB=∠ACE+∠E=45°，即可求解． 【详解】解：连接AC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AC=BD，且∠CAB=45°， 又∵BD=AE， ∴AE=CA， ∴∠E=∠ACE， ∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°， ∴∠E=22.5°． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接AC，根据正方形的性质得到AC=AE是解题关键． 【例2】（19-20八年级下·福建厦门·期末）如图，在正方形ABCD中，点E在BC上，若，，那么BE的长为（     ） A． B． C．1 D． 【答案】D 【分析】根据题意求出正方形ABCD的边长，又因为，所以可求出CE的长，BE=BC-CE． 【详解】解：在正方形ABCD中， ∵， ∴， ∴BC=CD=， 又∵， ∴在Rt△CDE中，， ∴CE=1， BE=BC-CE=， 故选：D． 【点睛】本题主要利用正方形的性质以及勾股定理解题，注意线段之间的等量关系即可得出结论． 【巩固练习】 1（24-25九年级上·广东揭阳·阶段练习）若正方形的边长为1，则该正方形的对角线长为（    ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理的运用，根据正方形的性质可得两直边与对角线组成直角三角形，运用勾股定理即可求解． 【详解】解：正方形的边长为1，相邻两直角边与对角线可组成直角三角形， ∴对角线长为， 故选：B ． 2（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质．先根据正方形的性质得到，，再根据等边三角形的性质得到，，所以，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算的度数，进而可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故选：D 3（23-24八年级下·云南昆明·期末）如图，四边形是正方形，是对角线，以为边，在正方形的内部作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质，正三角形的性质求出、的度数，进而即可求解．本题考查正方形、正三角形的性质，掌握正方形、正三角形的性质是正确解答的关键． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线， ， 是正三角形， ， ， 故选：B． 4（23-24八年级下·广西南宁·期末）如图，正方形的对角线，交于点，、分别为、的中点，若，则的长是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得，是的中位线，然后根据中位线的性质定理解答即可． 【详解】解：、分别为、的中点， 是的中位线． ，即． ， ． 故选：D． 【点睛】本题考查了三角形中位线的定义与性质，掌握三角形的中位线性质定理是解题的关键． 5（23-24八年级下·浙江绍兴·期末）已知：如图，是正方形内的一点，且，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等边三角形和正方形的性质求得，然后利用等腰三角形的性质求得的度数，从而求得的度数，利用三角形的内角和求得的度数． 【详解】解：， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 同理可得， ， 故选． 【点睛】本题考查了正方形的性质及等边三角形的性质，解题的关键是根据等腰三角形的性质求得有关角的度数，难度不大． 6（24-25九年级上·贵州六盘水·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点，的坐标分别是，，则顶点的坐标是（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题结合坐标系考查了正方形的性质，关键灵活运用正方形的性质进行线段计算，得出点的坐标．根据、的互相垂直平分，且，即有，问题得解． 【详解】解：连接 ，交于点， ， ， 四边形是正方形， 、的互相垂直平分，且， ，， ∴点坐标， 故选：B． 7（23-24八年级上·广东梅州·期末）如图，已知正方形的面积为36平方厘米，厘米，则的长为（   ）厘米． A．6 B．10 C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查正方形的性质与直角三角形的勾股定理的综合运用，掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键．已知正方形的面积为36平方厘米，可知厘米，且有，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵正方形的面积为36平方厘米， ∴，厘米， 在中， ∵厘米， ∴（厘米）， 故选：B． 8（24-25九年级上·辽宁丹东·期中）在平面直角坐标系中放置了一个边长为的正方形，如图所示，点B在y轴上，且坐标是，点C在x轴上，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点D作轴，于点E，根据勾股定理求出，根据正方形的性质得，然后说明，再根据“角角边”证明，可得，进而得出答案． 【详解】解：过点D作轴，于点E， 根据勾股定理，得． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点D的坐标是． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形，构造全等三角形是解题的关键． 【题型2】正方形判定方法的证明 【基础知识】 正方形的判定 正方形的判定思路：具有矩形性质的菱形或具有菱形的矩形. （1）有一个角是直角的菱形是正方形； （2）对角线相等的菱形是正方形； （3）有一组邻边相等的矩形是正方形； （4）对角线互相垂直的矩形是正方形. 【经典例题】 【典题1】如下图，若四边形是菱形，且，证明四边形是正方形. 解析 证明 因为四边形是菱形，所以四条边相等； 因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形， 所以四个内角都是直角， 所以四边形是正方形. 【巩固练习】 1. 如下图，若四边形是矩形，且，证明四边形是正方形. 解析 证明 因为四边形是矩形，所以四个内角都是直角； 因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是菱形， 所以四条边相等， 所以四边形是正方形. 【题型3】正方形判定方法的运用 【经典例题】 【例1】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，为的对角线，延长至点，使得，连接，且． (1)求证：四边形是菱形； (2)连接，若，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，理由见解析 【分析】本题考查了特殊四边形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点． （1）根据题意得，，根据得，则四边形是平行四边形，又有，由一组邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论； （2）由平行四边形性质可得，进而可得，则是矩形，根据也是菱形可知四边形是正方形． 【详解】（1）解：∵在中， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，， ∵， ∴是菱形； （2）结论：四边形是正方形， 理由如下： 由（1）得，，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∵， ∴， ∴是矩形， 又∵是菱形 ∴四边形是正方形． 【巩固练习】 1（15-16八年级下·广东东莞·期中）如图所示，在中，，平分，于，于，求证：四边形是正方形．                          【答案】证明见解析 【分析】本题考查正方形的判定、角平分线的性质和矩形的判定．本题的关键是要注意判定一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．根据有三个角是直角的四边形是矩形判定四边形是矩形，再根据正方形的判定方法即可得出结论． 【详解】证明：平分，，， ，， 又， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形． 2（22-23八年级下·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． 【题型4】 正方形的性质与判定方法的运用 【经典例题】 【例1】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求菱形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键． （1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴与垂直且互相平分， ∴四边形是菱形， ∴， 又∵， ∴， ∴菱形是正方形； （2）解：∵菱形是正方形，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴菱形的周长． 【巩固练习】 1（24-25九年级上·广东茂名·阶段练习）如图在矩形中，点E，F分别在边上，且． (1)求证：； (2)求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，正方形的判定，矩形的性质， （1）根据“角角边”证明，再根据全等三角形的对应边相等得出答案； （2）先根据全等三角形的对应边相等得，即可得出四边形是正方形，再求正方形的面积即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴. ∵， ∴， ∴； （2）解：∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积是． 2（21-22九年级下·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 【答案】(1)见解析 (2)度数为的度数2倍的角有：,，， 【分析】（1）直接由得出，得出，．再由证明，得出．由得出，从而，根据等角对等边得出，从而，由菱形的判定可知四边形是菱形； （2）如图2，利用正方形的性质可得，求得，再求得，然后利用三角形的外角性质求得，即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴； ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）知四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由三角形的外角性质得：， ∴度数为的度数2倍的角有：,，，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由得出． 3（23-24八年级下·河南周口·阶段练习）如图，在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，． (1)求证：四边形是菱形； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由； (3)在（2）的条件下，若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3)四边形的面积为24 【分析】（1）根据垂直平分线的性质，垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以得到 ，再证明，继而证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到四边形是菱形． （2）欲证明四边形是正方形，因为第一问已经证明四边形是菱形，所以只需要证明其中一个角是直角，根据题目条件分析，可证明当时，，即四边形是正方形． （3）在（2）的条件下，四边形是正方形，得出四边形为直角梯形，求出，再根据梯形的面积公式即可得四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴，， ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 又∵ ∴四边形是菱形． （2）解：四边形是正方形， 理由如下：∵，， ∴， ∵四边形是菱形 ∴， ∴菱形是正方形， （3）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【点睛】此题主要考查了菱形的判定，正方形的性质及判定以及线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握四条边都相等的四边形是菱形． 4（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是菱形． (2)如图②，连接，若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）可证明得到，再由直角三角形的性质证明，进而可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是正方形，得到，设，则，由勾股定理可得方程，解方程求出，则． 【详解】（1）证明：为中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵且四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴， 由（1）可得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知正方形的性质与判定定理，菱形的判定定理是解题的关键． 【A组---基础题】 1（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在正方形的外侧，作等边，则为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题题主要考查了正方形和等边三角形的性质，由四边形是正方形，是正三角形可得，即可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵是正三角形， ∴， ∴． 故选：B． 2（2024·广东江门·二模）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连接，则的度数是（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据四边形是正方形，得到，根据得到，选择即可． 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，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键． 【详解】∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故选C． 3（24-25九年级上·辽宁沈阳·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． 4（23-24九年级上·河北保定·阶段练习）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质．三角形全等的判定及性质，等边三角形，三角形形内角和定理，解题的关键是证明，再利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， 为等腰直角三角形， ， 又是等边三角形， ， ， ， ， ， 故选：A． 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（2024·江苏宿迁·三模）如图， 在中，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且， 直接写出四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)2 【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． （1）先证明四边形是平行四边形，再由角平分线的定义和平行线的性质证明，则，即可证明平行四边形是菱形． （2）先证明四边形是正方形，则，即可得到四边形的面积为：． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：， 四边形是正方形， ， ， 四边形的面积为：． 【B组---提高题】 1（24-25九年级上·四川成都·期中）如图，正方形中，E为上一点，过B作于点G，延长至点F，使得，连接，． 若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【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． 过C作于H，证明，得，从而得，得，则可求得． 【详解】解：如图，过C作于H，则； ∵四边形是正方形， ∴； ， ∴， ∴，， ∵， ∴； 在与中， ， ， ； ， ， 即， ； ， ， ， ． 故选：D 2（21-22九年级上·福建莆田·期末）如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上． (1)求点P的坐标． (2)当∠APB绕点P旋转时， ①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值． ②请求出OA2+OB2的最小值． 【答案】(1)P（2，2）； (2)①不变，定值为4；②OA2+OB2的最小值为8． 【分析】（1）根据在第一象限的角平分线OC上的点的横坐标与纵坐标相等，构建方程求出m即可． （2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．证明四边形OMPN是正方形，再证明△PMB≌△PNA（ASA），推出BM=AN，可得结论； ②根据垂线段最短原理以及勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵点P （3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上， ∴3m-1=-2m+4， ∴m=1， ∴P（2，2）； （2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N． ∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°， ∴四边形OMPN是矩形， ∵OP平分∠MON，PM⊥OM，PN⊥ON， ∴PM=PN， ∴四边形OMPN是正方形， ∵P（2，2）， ∴PM=PN=OM=ON=2， ∵AP⊥BP， ∴∠APB=∠MPN=90°， ∴∠MPB+∠BPN=∠BPN+∠NPA=90°， ∴∠MPB=∠NPA， 在△PMB和△PNA中， ， ∴△PMB≌△PNA（ASA）， ∴BM=AN， ∴OB+OA=OM-BM+ON+AN=2OM=4． ②连接AB， ∵∠AOB=90°， ∴OA2+OB2=AB2． ∵∠BPA=90°， ∴AB2=PA2+PB2=2PA2， ∴OA2+OB2=2PA2， 当PA最小时，OA2+OB2也最小． 根据垂线段最短原理，PA最小值为2． ∴OA2+OB2的最小值为8． 【点睛】本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 2 / 2 多反思总结多交流的学习才高效！ 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$