专题05 正方形的性质与判定重难点题型专训（17大题型+15道提优训练）-2024-2025学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（沪教版）

专题05 正方形的性质与判定重难点题型专训（17大题型+15道提优训练） 题型一 正方形性质理解 题型二 正方形的判定定理理解 题型三 添一个条件使四边形是正方形 题型四 根据正方形的性质证明 题型五 正方形折叠问题 题型六 证明四边形是正方形 题型七 根据正方形的性质求角度 题型八 根据正方形的性质求线段长 题型九 根据正方形的性质求面积 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. 【经典例题一 正方形性质理解】 【例1】（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 1．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，用线段和角度作一个菱形，使得，其中，记以为内角的菱形的面积为，当内角发生变化时，菱形的面积也随之改变，定义：菱形的形状系数，其中为菱形的面积的最大值，则下列说法不正确的是（　　） A．若菱形是正方形，则 B．若菱形有一个内角为，则 C．若菱形每个内角都大于，则 D．若菱形有一个内角小于，则存在一个，使得 2．（24-25八年级下·上海宝山·阶段练习）如图，在平面直角坐标系内，正方形的边长为3，点A的坐标为，若一次函数与正方形的四边有两个交点，则k的取值范围是 ． 3．（24-25八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，小正方形的每一个顶点称为格点．A，B，C均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．    (1)在图1中，过点C作的中线． (2)在图2中，在边上找到点E，使． 【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例2】（24-25八年级下·上海虹口·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 1．（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图，已知四边形的对角线，相交于点，则下列能判定四边形是正方形的条件是（    ） A． B． C．， D．， 2．（2024·上海嘉定·一模）如图中，阴影部分表示的四边形是 ． 3．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知矩形中点是边上一点，联结，过点作于，过点作交，于点，，已知，求证：为正方形（需要写本学期学习的理由） 【经典例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例3】（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）已知菱形ABCD，下列条件中，不能判定这个菱形为正方形的是（　　） A．∠A＝∠B B．∠A＝∠C C．AC＝BD D．AB⊥BC 1．（2024·上海青浦·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是(  ) A．BC=AC B．CF⊥BF C．BD=DF D．AC=BF 2．（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在不添加辅助线的条件下，请给矩形添加一个条件，使它成为正方形，则此条件可以为 ． 3．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，四边形中，，，，E是的中点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【经典例题四 根据正方形的性质证明】 【例4】（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，于点，于点，若，，则的长为（   ） A．5 B．8 C．12 D．2 1．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点分别是正方形的中心，则2024个这样的正方形重叠部分(阴影部分)的面积和为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 2．（24-25八年级下·上海长宁·期末）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，最早是由中国西周数学家商高发现并证明的，早于西方五百到六百年．关于勾股定理的证明方法有很多，以下是出自于古代的一种证法．过正方形对角线交点做两条互相垂直的线段，将正方形分成四块四边形，如图1，然后将其拼成一个大正方形，如图2，若阴影部分图形面积为16，，则的长为 ． 3．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接． (1)求证：； (2)当E运动到的中点时，求线段的长度； (3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？ 【经典例题五 正方形折叠问题】 【例5】（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，先将正方形对折，折痕为，再沿折叠，使点C落在折痕上，记为点F，连接，已知正方形边长为2，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 1．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线前去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中是折痕．若正方形与五边形的面积相等，则的值是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为 3．（23-24八年级下·上海闵行·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断．                           【经典例题六 证明四边形是正方形】 【例6】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）在四边形中，点是对角线的交点．在下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是（    ）． A．， B．， C．， D．，， 1．（24-25八年级下·上海松江·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，下列条件：，，，．上述条件能使菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·上海奉贤·二模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，将△ABE沿AE折叠，点B落在AD上的点F处；点M是CD上一点，将△ADM沿AM折叠，点D与点E恰好重合；若AB＝1，则DM的长等于 ． 3．（24-25八年级下·上海虹口·期中）综合与探究 问题情境： 如图，点为直线上一点，在直线上方作，点为中边上的一个动点，过点作直线，交的外角平分线于点，交内角平分线于点． 数学发现： （1）经过测量发现，请证明此结论； 初步探究： （2）①用一个在八年级数学上册第一章学过的有关直角三角形方面的定理来叙述这一结论； ②若，，则_____； 深入探究： （3）当点运动到何处时，四边形是矩形，并进行证明； 类比提升： （4）当，时，直接写出此时四边形是什么特殊四边形． 【经典例题七 根据正方形的性质求角度】 【例7】（2024·上海金山·模拟预测）如图，已知E是正方形内一点，设，若，则（　　） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，下列结论：；；；的面积是．其中正确的结论为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在正方形外侧作等边，连接，，则为 度． 3．（2024·上海闵行·模拟预测）李老师在课堂上提出一个问题： 如图（1），在直角三角形纸片中，，，．四边形是正方形，求图中阴影部分的面积． 下面是某个数学小组的讨论片段． 小明：先证明，再根据相似三角形的对应边的比例关系，列出方程，求得正方形的边长，即可求得阴影部分的面积． 小芳：小明的方法比较麻烦，只要将绕点E逆时针旋转一定的角度至的位置，如图（2），就能将阴影部分转化到一个三角形里，从而轻松解决问题． (1)根据小芳的方法，旋转角的度数为______； (2)请选择小芳的方法，写出详细的求解过程． 【经典例题八 根据正方形的性质求线段长】 【例8】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 1．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·上海闵行·一模）已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 3．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）问题探究】 （1）如图①，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作AE的垂线交延长线于点F，连接．求证：是等腰直角三角形； 【问题解决】 （2）如图2，四边形是某果园的平面示意图，该果园共有A、B、C、D、E五个出口，其中出口E在边上，已知米，米，米，，、为果园内两条小路，现在BE的中点F处修建一个临时库房，沿修一条运输通道．试求该运输通道的长度． 【经典例题九 根据正方形的性质求面积】 【例9】（24-25八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，E是正方形内一点，于E，若，，则阴影部分的面积为（    ） A．48 B．76 C．78 D．84 1．（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）如图，在中，，以和为边向两边分别作正方形，面积分别为和．已知，且，则的值为（    ） A．14 B．10 C．44 D．100 2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）两个正方形按如图1和图2所示两种方式摆放，大正方形的边长是4，小正方形的边长是2，图1中两阴影部分的面积差记为（），图2中两阴影部分的差记为（），则 ．（填“＞”“＜”或“＝”） 3．（2024八年级·上海青浦·专题练习）如图，已知正方形的边长为a，正方形的边长为，点G在边上，点E在边的延长线上，交边于点H．连接、． (1)填空：用a，b表示的面积 （写出化简后结果）； (2)用a，b表示的面积，并化简； (3)如图2，若点M是线段的中点，连接、、，试比较的面积和的面积的大小（写出过程）． 【经典例题十 根据正方形的性质与判定求角度】 【例10】（23-24八年级下·上海普陀·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海宝山·阶段练习）夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上．若A、D、F在一条直线上，则∠1与∠2的数量关系（    ） A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·上海长宁·自主招生）如图，长方形纸片，以点A所在直线为折痕折叠，使点落在边上，折痕与边交于，将纸片展开，再一次折叠，以点所在直线为折痕，使点A落在边上，折痕与边交于，则 ．    3．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）下列图形是由四块完全相同，底角为的等腰梯形拼接而成的平行四边形和正方形，如图（1）、（2）所示． (1)设图1中的阴影部分面积为，图2中阴影部分面积．请你用含、的代数式表示，． (2)请问以上结果可以验证哪个乘法公式． (3)当，，时，试利用这个公式计算的值． 【经典例题十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例11】（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，正方形的边长为，为边上一点与点、不重合，连接，交于点当是等腰三角形时，则的长为（ ） A． B． C． D． 1．（23-24九年级·上海奉贤·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，，A、B分别是x轴正半轴、y轴正半轴上的动点，且的周长是8，则P到直线的距离是（    ） A．4 B．3 C．2.5 D．2 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，连接，其中，则的长是 ． 3．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，点P在射线上，连接，作，交射线于点Q，连接． (1)如图1，当，点P在线段上（不与点A，B重合）时，请直接写出线段之间的数量关系（用含等号的式子表示）． (2)如图2，当，点P在线段的延长线上时，（1）中的结论是否成立，若成立请证明：若不成立，请写出新的结论，并说明理由． (3)若，，连接，当为直角三角形时，请直接写出线段的长． 【经典例题十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例12】（2024九年级·全国·竞赛）某同学的卧室地面形状是一个如图所示的四边形，现在量得，若点到的距离为4米，则该同学的卧室地面的面积为（    ）． A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海虹口·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． 2．（23-24八年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，已知点E为正方形ABCD外一点，连接AE、BE，∠AEB=90°，过C点作CF//AE，过D点作DF//BE，交点为F，连接EF，若AE=5，BE=4，则四边形EBCF的面积为 ． 3．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，阴影部分是一个正方形广场，规划将正方形的四边各延长一倍，即、、、，将M、N、P、Q四点连接，建成新的广场，试问建成的新广场是什么形状，并且它的面积是原广场的多少倍？ 【经典例题十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例13】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点E为正方形的对角线的中点，在中，两直角边、分别交、于点M、N．若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 1．（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 2．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，以边长为2的正方形的四边中点为顶点作第一个四边形，再以所得四边形四边中点为顶点作四边形，…依次作下去，图中所作的第三个四边形的周长为 ；所作的第n个四边形的周长为 ． 3．（23-24八年级下·上海闵行·期中）已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形． 【经典例题十四 中点四边形】 【例14】（2024·上海青浦·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 1．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知：点 E、F、G、H分别为四边形四条边中点，顺次连接得到四边形．有下列说法： ①四边形是平行四边形； ②当四边形为平行四边形时，四边形是菱形； ③当四边形为矩形时，四边形是菱形； ④当时，四边形是矩形； ⑤若四边形是正方形，则四边形一定是正方形．其中正确的是（　　） A．①③④ B．①②⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 2．（23-24九年级·上海长宁·期末）如图，中，．则的内切圆半径 ．    3．（24-25八年级下·上海闵行·期中）如图1，在中，，．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，E是边上的一动点，连接交于点F，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，点H在线段上（不含端点），且，连接交于点N，判断与的位置关系，并证明你的结论．                        【经典例题十五 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例15】（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为24，那么四边形的面积为（   ）    A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点，所得的四边形一定是（    ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法判断 2．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，，则四边形的面积是 ． 3．（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）已知：如图1，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）． (1)四边形EFGH的形状是 ． (2)如图2，请连接四边形ABCD的对角线AC与BD，当AC与BD满足 条件时，四边形EFGH是矩形；证明你的结论． (3)你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？说明理由． 【经典例题十六 四边形中的线段最值问题】 【例16】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（    ） A．2 B．3 C．2或 D．2或 1．（2024·上海金山·一模）如图1，在矩形中，，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接．设的长为x，，其中y关于x的数图象如图2，则矩形的面积为（    ） A．15 B．24 C．35 D．36 2．（23-24八年级下·河上海虹口·期末）如图，在中，，点P在边上以的速度从点A出发在上往返运动，点Q在边上以的速度从点C向点B运动．P，Q两点同时出发，当点Q到达点B时停止运动（点P同时也停止运动），设运动时间为秒，若四边形是平行四边形，则t的值是 ．      3．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【经典例题十七 四边形其他综合问题】 【例17】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如上图所示，矩形，，，点是边上的一个动点，点是对角线上一个动点，连接，，则的最小值是（    ）    A．6 B． C．12 D． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形ABCD中，点N、O、P、M分别是边AB、BC、CD、DA上的点(不与端点重合)，若AN=CP，BO=DM，且AB=2BC=2，则四边形MNOP周长的最小值等于（    ） A．2 B．2 C． D． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在矩形中，，O为对角线的中点，点P在边上，且，点Q在边上，连接与，则的最大值为 ，的最小值为 ． 3．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    1．（2024八年级下·上海·专题练习）如图在一个3×3方格纸上，若以格点（即小正方形的顶点）为顶点画正方形，在该3×3方格纸上最多可画出的正方形的个数是（　　） A．13 B．14 C．18 D．20 2．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 3．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（    ） A．2 B． C． D． 4．（23-24八年级下·上海宝山·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·上海长宁·单元测试）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，甲、乙两人有如下结论： 甲：若四边形是边长为1的正方形，则四边形必是正方形； 乙：若四边形为正方形，则四边形必是边长为1的正方形． 下列判断正确的是（   ） A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确 C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确 6．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件： ，使四边形是正方形。    7．（23-24八年级下·上海宝山·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 8．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD= ． 9．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ． 10．（2024·上海徐汇·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 ． 11．（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为． (1)求线段的长； (2)线段的长． 12．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹． (1)在图中画出一个以AB为边的正方形； (2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由． 13．（23-24八年级下·上海静安·期末）【问题提出】（1）如图1，在中，，．若，求的长． 【问题解决】（2）为响应市政府“建设美丽城市，改善生活环境”的号召，某小区欲建造如图2所示的四边形休闲广场．已知，，米，在对角线上有一个凉亭，测得米．按规划要求，需过凉亭修建一条笔直的小路，使得点，分别在边，上，连接，，其中四边形为健身休闲区，其他区域为景观绿化区．按此要求修建的这个健身休闲区（四边形）是否存在最小面积？若存在，求出最小面积；若不存在，请说明理由． 14．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）【教材呈现】 将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段、、、、把四个顶点连接起来）．已知如图1：，． （1）由图1可知，线段和的位置关系为：______； 【问题探究】 （2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形______（是／不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了，发现是______三角形，请结合以上结论，猜想线段与的数量关系，并证明． 【问题解决】 （3）在第（2）问的基础上，若，求最短连法的线段和，即的值． 15．（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）【初步感知】 如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系． ①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系； ②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ． 【类比探究】 如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【拓展应用】 如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 正方形的性质与判定重难点题型专训（17大题型+15道提优训练） 题型一 正方形性质理解 题型二 正方形的判定定理理解 题型三 添一个条件使四边形是正方形 题型四 根据正方形的性质证明 题型五 正方形折叠问题 题型六 证明四边形是正方形 题型七 根据正方形的性质求角度 题型八 根据正方形的性质求线段长 题型九 根据正方形的性质求面积 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. 【经典例题一 正方形性质理解】 【例1】（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了正方形，菱形及矩形的性质，根据正方形，菱形，矩形的性质逐一判断即可． 【详解】解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； 矩形的性质有：矩形的四个角度数直角，矩形的对边相等且互相平行，矩形对角线相等且互相平分； 故A、B、C选项都不符合题意，只有D选项符合题意； 故选：D． 1．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，用线段和角度作一个菱形，使得，其中，记以为内角的菱形的面积为，当内角发生变化时，菱形的面积也随之改变，定义：菱形的形状系数，其中为菱形的面积的最大值，则下列说法不正确的是（　　） A．若菱形是正方形，则 B．若菱形有一个内角为，则 C．若菱形每个内角都大于，则 D．若菱形有一个内角小于，则存在一个，使得 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形性质和对新定义的理解是本题的解题关键．逐个计算每个选项的菱形面积，按照定义进行计算，即可判断是否正确． 【详解】解：如图， 若菱形是正方形，则， 此时面积为菱形面积的最大值，且， ∴， ∴，故A正确，不符合题意； 若菱形有一个内角为，， ∴， ∴，故B正确，不符合题意； 若菱形每个一个内角都大于，则， ∴， ∴，故C正确，不符合题意； 若菱形一个内角都小于，则， ∴， ∴，故D不正确，符合题意． 故选：D． 2．（24-25八年级下·上海宝山·阶段练习）如图，在平面直角坐标系内，正方形的边长为3，点A的坐标为，若一次函数与正方形的四边有两个交点，则k的取值范围是 ． 【答案】或 【分析】此题主要考查了一次函数图象上点的坐标特征，一次函数图象和系数的关系，正方形的性质，根据正方形的性质求得A、D的坐标，分别代入中，即可求得的取值，根据取值范围即可判断． 【详解】解：正方形的边长为3，点， ∴， 当直线经过点A时，则，， 当直线经过点D时，则，解得， ∵一次函数与正方形的四边有两个交点， 则k的取值范围是：或， 故答案为：或． 3．（24-25八年级下·上海静安·阶段练习）如图，在的网格中，每个小正方形的边长均为1，小正方形的每一个顶点称为格点．A，B，C均在格点上，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．    (1)在图1中，过点C作的中线． (2)在图2中，在边上找到点E，使． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查复杂作图，熟练掌握矩形和正方形的性质是解答本题的关键． （1）作出矩形对角线的交点，连接，则是的中线． （2）两次作出正方形的对角线，得到边的三等分点，得出 【详解】（1）解：如图，即为的中线．    （2）解：如图，点即为所作，使    【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例2】（24-25八年级下·上海虹口·期中）如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 1．（23-24八年级下·上海青浦·期中）如图，已知四边形的对角线，相交于点，则下列能判定四边形是正方形的条件是（    ） A． B． C．， D．， 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定，根据正方形的判定定理进行解答即可． 【详解】解：A、，四边形是菱形，不一定是正方形，故不符合题意； B、，四边形是矩形，不一定是正方形，故不符合题意； C、，，四边形是正方形，故不符合题意； D、，，四边形不是正方形，故符合题意； 故选：C． 2．（2024·上海嘉定·一模）如图中，阴影部分表示的四边形是 ． 【答案】正方形 【分析】本题考查四边形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键； 根据题意可知，阴影部分既要满足矩形的性质，又满足菱形的性质，从而得解； 【详解】解：当矩形的邻边相等时，矩形可称为是正方形；当菱形的邻边互相垂直时，所给菱形可称为正方形； 故正方形即是特殊的矩形，也是特殊的菱形， 所以阴影部分表示的四边形是正方形； 故答案为：正方形 3．（23-24八年级下·上海·阶段练习）已知矩形中点是边上一点，联结，过点作于，过点作交，于点，，已知，求证：为正方形（需要写本学期学习的理由） 【答案】见解析 【分析】先证明四边形是矩形，再通过证明≌，得到，又由矩形得，从而得到两邻边相等，即可证明矩形是正方形. 【详解】证明：∵矩形， ∴，，（矩形的性质） ∵， ∴，， ∴四边形是矩形，，（矩形的判定） ∵，， ∴，， ∴， 又∵，， ∴≌（AAS）， ∴， ∴， ∴矩形是正方形.（正方形的判定） 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定，三角形全等的判定与性质，正方形的判定，解题的关键是证明三角形全等. 【经典例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例3】（23-24八年级下·上海奉贤·阶段练习）已知菱形ABCD，下列条件中，不能判定这个菱形为正方形的是（　　） A．∠A＝∠B B．∠A＝∠C C．AC＝BD D．AB⊥BC 【答案】B 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵菱形ABCD，∴，∴，∵，∴，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； B、∵菱形ABCD，∴，∴由不能判定菱形是正方形，选项说法错误，符合题意； C、∵菱形ABCD，∴，AC与BC互相平分，又∵，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； D、∵，∴，∵菱形ABCD，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质及正方形的判定方法，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 1．（2024·上海青浦·模拟预测）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，BC的垂直平分线EF交BC于点D，交AB于点E，且BE=BF，添加一个条件，仍不能证明四边形BECF为正方形的是(  ) A．BC=AC B．CF⊥BF C．BD=DF D．AC=BF 【答案】D 【详解】解：∵EF垂直平分BC， ∴BE=EC，BF=CF； ∵BF=BE， ∴BE=EC=CF=BF； ∴四边形BECF是菱形． 当BC=AC时，∠ACB=90°，∠A=45°， ∴∠EBC=45°； ∴∠EBF=2∠EBC=2×45°=90°． ∴菱形BECF是正方形． 故选项A不符合题意． 当CF⊥BF时，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项B不符合题意． 当BD=DF时，BC=EF，利用正方形的判定得出，菱形BECF是正方形，故选项C不符合题意． 当AC=BD时，无法得出菱形BECF是正方形，故选项D符合题意． 故选D． 2．（23-24八年级下·上海宝山·期中）如图，在不添加辅助线的条件下，请给矩形添加一个条件，使它成为正方形，则此条件可以为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质和正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．根据正方形的判定添加条件即可． 【详解】解：四边形是矩形， 又， 矩形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 3．（23-24八年级下·上海杨浦·期中）如图，四边形中，，，，E是的中点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，熟记矩形，正方形的判定方法是解本题的关键； （1）利用有三个角是直角的四边形是矩形进行证明即可； （2）先证明，再结合（1）的结论可得答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵，E是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）当满足时，四边形是正方形． 理由：∵，E是的中点，， ∴， 由（1）可知四边形是矩形 ∴四边形是正方形． 【经典例题四 根据正方形的性质证明】 【例4】（24-25八年级下·上海普陀·期末）如图，在正方形中，点在边上，连接，于点，于点，若，，则的长为（   ） A．5 B．8 C．12 D．2 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形性质、全等三角形的判定与性质，证明，得，，再根据线段的和差关系求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ∵，， ∴， ∴， ， 在和中， ， ， ，， ． 故选：A． 1．（23-24八年级下·上海闵行·阶段练习）将n个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点分别是正方形的中心，则2024个这样的正方形重叠部分(阴影部分)的面积和为（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，解决本题的关键是得到n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和的计算方法，难点是求得一个阴影部分的面积． 根据题意可得，阴影部分的面积是正方形的面积的，已知两个正方形可得到一个阴影部分，则n个这样的正方形重叠部分即为个阴影部分的和． 【详解】 解： 解：作． 则， ∴， 在和中，， ∴， ∴四边形的面积=四边形的面积， 同理，各个重合部分的面积都是1， 则n个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为， ∴2024个这样的正方形重叠部分（阴影部分）的面积和为：， 故选B． 2．（24-25八年级下·上海长宁·期末）勾股定理是人类最伟大的科学发现之一，最早是由中国西周数学家商高发现并证明的，早于西方五百到六百年．关于勾股定理的证明方法有很多，以下是出自于古代的一种证法．过正方形对角线交点做两条互相垂直的线段，将正方形分成四块四边形，如图1，然后将其拼成一个大正方形，如图2，若阴影部分图形面积为16，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、利用平方根解方程等知识，熟练掌握正方形的性质是解题关键．先证出图1中将正方形分成的四块四边形是全等的四块四边形，从而可得图2中，的长为图1中正方形的边长，再设，则，，从而可得，利用正方形的面积公式求出的值，由此即可得． 【详解】解：如图，由正方形的性质得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可证：， ∴图1中将正方形分成的四块四边形是全等的四块四边形， ∴图2中，的长为图1中正方形的边长， 由题意，设，则， ∴， ∴图1中正方形的边长为， ∵图2中阴影部分图形面积为16， ∴， 解得或（不符合题意，舍去）， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·上海松江·期末）如图，在边长为2正方形中，E为边上一动点（点E不与B，C重合），连接，以为直角边作等腰直角三角形，其斜边与正方形边相交于点N，连接． (1)求证：； (2)当E运动到的中点时，求线段的长度； (3)如图2，连接交与点P，G是的中点，连接，，当等于多少时，的最小，并求出最小值？ 【答案】(1)见解析 (2)线段的长度为； (3)的最小值为． 【分析】（1）利用正方形和等腰直角三角形的性质，再结合等角的余角相等，即可证明结论成立； （2）设，则，延长至，使，连接，，证明，推出，，再证明，推出，在中，利用勾股定理列式计算即可求解； （3）连接，，先证明，得到，当共线时，有最小值，最小值为的长，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵点E是的中点， ∴， 设，则， 延长至，使，连接，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 在中，，即， 解得， ∴线段的长度为； （3）解：连接，， ∵是等腰直角三角形，四边形是正方形， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当共线时，有最小值，最小值为的长， ∵G是的中点， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，解决问题的关键是依据两点之间，线段最短进行判断． 【经典例题五 正方形折叠问题】 【例5】（24-25八年级下·上海宝山·期末）如图，先将正方形对折，折痕为，再沿折叠，使点C落在折痕上，记为点F，连接，已知正方形边长为2，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形与折叠问题．由正方形可得，由折叠的性质可得是线段的垂直平分线，推出，再由折叠的性质可得，即可得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得是线段的垂直平分线， ∴， 再由折叠的性质可得， ∴， 故选：C． 1．（24-25八年级下·上海青浦·阶段练习）将一张正方形纸片按如图步骤，通过折叠得到图④，再沿虚线前去一个角，展开铺平后得到图⑤，其中是折痕．若正方形与五边形的面积相等，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及折叠的性质，连接，设直线与边的交点为P，根据剪纸的过程以及折叠的性质得且正方形的面积正方形的面积，从而用a分别表示出线段和线段的长即可求解． 【详解】解：连接，设直线与边的交点为P，如图： 由折叠可知点四点共线，且， 设正方形的边长为， 则正方形的面积为， ∵若正方形与五边形的面积相等 ∴由折叠可知正方形的面积正方形的面积， ∴正方形的边长， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 2．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，在边长为8的正方形纸片中，E是边上的一点，，连接，将正方形纸片折叠，使点D落在线段上的点G处，折痕为，则的长为 【答案】 【分析】本题考查了翻折变换、勾股定理、正方形的性质．根据四边形是边长为8的正方形纸片，，可得，由翻折可得，在和中，根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：∵四边形是边长为8的正方形纸片，， 由翻折可知： 在和中， 解得． 故答案为：． 3．（23-24八年级下·上海闵行·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查正方形与矩形的性质，折叠性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． （1）证明，可得，由折叠的性质得：，得出为的垂直平分线，即可得出结论； （2）证明，得到，从而由勾股定理，得，再由（1）知，即可得出结论． 【详解】（1）解：线段和的数量关系是：． 理由如下： 四边形为正方形，点为对角线，的交点， ，，， 在和中， ， ， ， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ． （2），，三条线段之间的数量关系是：．证明如下： 四边形为矩形，点为对角线，的交点， ，，， ， 在和中， ，                                          ， ，， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ， 在中，由勾股定理得：， 即：． 【经典例题六 证明四边形是正方形】 【例6】（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）在四边形中，点是对角线的交点．在下列条件中，能判定这个四边形为正方形的是（    ）． A．， B．， C．， D．，， 【答案】C 【分析】本题考查的知识点是正方形的判定，解题关键是熟练掌握正方形的判定方法． 根据正方形的判定：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行分析从而得到最后的答案． 【详解】解：A选项，不能，一组对边平行，对角线相等，无法判断是什么四边形，故A选项错误； B选项，不能，只能判定为平行四边形，B选项错误； C选项，对角线相等而且平分的四边形是矩形，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故四边形可判定为正方形，C选项正确； D选项，不能，只能判定为菱形，D选项错误． 故选：C． 1．（24-25八年级下·上海松江·期中）如图，在菱形中，对角线，交于点，下列条件：，，，．上述条件能使菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，根据菱形的性质，正方形的判定逐一判断即可，熟练掌握菱形的性质，正方形的判定是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，故不能判定菱形是正方形； ∵， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴菱形是正方形，故判定菱形是正方形； 综上：能判定菱形是正方形， 故选：． 2．（2024·上海奉贤·二模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，将△ABE沿AE折叠，点B落在AD上的点F处；点M是CD上一点，将△ADM沿AM折叠，点D与点E恰好重合；若AB＝1，则DM的长等于 ． 【答案】/ 【分析】由折叠的性质得四边形ABEF是正方形，得，AD＝AE，AF＝AB＝1，得出，DM＝ME，CM＝1−ME，最后由勾股定理求出ME即可得到结论． 【详解】由折叠得，AB＝AF，∠BAF＝∠AFE＝∠ABE=90°， ∴四边形ABEF是正方形， ∴AF＝EF＝BE＝AB＝1， ∵AE是折痕， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AE＝AB＝， 由折叠得，AD＝AE＝，ME＝DM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝，CD＝AB＝1，∠C＝90°， ∴CE＝DF＝﹣1，CM＝CD﹣DM＝1﹣ME， 在Rt△CME中，CE2+CM2＝ME2， ∴+（1﹣ME）2＝ME2， 解得：ME＝2﹣， ∴DM＝2﹣， 故答案为：2﹣． 【点睛】此题主要考查了矩形的折叠，以及勾股定理的应用，解答此题的关键是掌握翻折后哪些对应线段是相等的． 3．（24-25八年级下·上海虹口·期中）综合与探究 问题情境： 如图，点为直线上一点，在直线上方作，点为中边上的一个动点，过点作直线，交的外角平分线于点，交内角平分线于点． 数学发现： （1）经过测量发现，请证明此结论； 初步探究： （2）①用一个在八年级数学上册第一章学过的有关直角三角形方面的定理来叙述这一结论； ②若，，则_____； 深入探究： （3）当点运动到何处时，四边形是矩形，并进行证明； 类比提升： （4）当，时，直接写出此时四边形是什么特殊四边形． 【答案】（1）见解析；（2）①直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②15；（3）见解析；（4）正方形，见解析 【分析】（1）根据平行线的性质和角平分线的定义得等腰三角形，即，，即可求证； （2）①证明出，由上知，即可发现知识点为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半；②根据勾股定理即可求解； （3）当，由（1）可知，则四边形为平行四边形，由（2）①得，故平行四边形是矩形； （4）根据勾股定理逆定理，结合有一组邻边相等的矩形为正方形即可求证． 【详解】（1）证明：如图1， ∵平分， ∴, ∵， ∴, ∴， ∴， 同理， ∴， ∴ （2）解：①∵平分， ∴， ∵，而， ∴， ∴， 由上知， 则，为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半这一知识点； ②∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故答案为：15； （3）解：当点O运动到中点处时，四边形是矩形 证明，∵，由（1）可知 ∴四边形为平行四边形 由（2）①得 ∴平行四边形是矩形； （4）解：四边形是正方形， 证明：同上可得四边形是矩形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定，矩形的判定，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，平行线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【经典例题七 根据正方形的性质求角度】 【例7】（2024·上海金山·模拟预测）如图，已知E是正方形内一点，设，若，则（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，先根据正方形的性质证明，再根据已知条件求出和，然后利用三角形内角和定理求出与然后利用比例的基本性质变形即可． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 在中， ， ， ， ， 在中， ， ， ， ， ， ， 故选：A． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，下列结论：；；；的面积是．其中正确的结论为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，含的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，根据正方形的性质和平角的定义可求，可判断；根据正方形的性质可求，再根据线段的和差关系可求的长，可判断； 作于，作交的延长线于，根据含的直角三角形的性质可求 ，根据勾股定理可求，可判断； 根据三角形面积公式可判断；掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，故正确； ∵ ， ∴， ∵， ∴，故正确； 作于，作交的延长线于，则， ∴，，， ∴，故错误； 的面积，故正确； ∴正确的结论为， 故选：． 2．（23-24八年级下·上海长宁·期中）如图，在正方形外侧作等边，连接，，则为 度． 【答案】30 【分析】本题考查正方形的性质及等边三角形的性质，由正方形的性质可得，，，由等边三角形的性质得，，进而求得，的度数即可．掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 【详解】解：在正方形中，，， 则， 在等边中，，， 则，， ∴， ∴， 故答案为：30． 3．（2024·上海闵行·模拟预测）李老师在课堂上提出一个问题： 如图（1），在直角三角形纸片中，，，．四边形是正方形，求图中阴影部分的面积． 下面是某个数学小组的讨论片段． 小明：先证明，再根据相似三角形的对应边的比例关系，列出方程，求得正方形的边长，即可求得阴影部分的面积． 小芳：小明的方法比较麻烦，只要将绕点E逆时针旋转一定的角度至的位置，如图（2），就能将阴影部分转化到一个三角形里，从而轻松解决问题． (1)根据小芳的方法，旋转角的度数为______； (2)请选择小芳的方法，写出详细的求解过程． 【答案】(1) (2)30 【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质等知识点，掌握旋转的性质成为解题的关键． （1）由题意可得旋转后线段的对应边与重合，然后结合正方形的性质即可解答； （2）由旋转的性质得、、，再说明旋转后，C，，B共线，即阴影部分的面积；再证明，最后运用三角形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：由题意可得旋转后线段的对应边与重合， ∵四边形是正方形， ∴,即, ∴小芳的方法，旋转角的度数为． 故答案为：． （2）解：由旋转的性质得：，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴旋转后，C，，B共线， ∴阴影部分的面积， ∵， ∴， ∴， ∴图1中阴影部分的面积为30． 【经典例题八 根据正方形的性质求线段长】 【例8】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，把握旋转的不变性是解题的关键． 分两种情况讨论，确定点在或延长线上，根据旋转的性质即可求解． 【详解】解：当顺时针旋转时，如图 ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴当顺时针旋转时，旋转后的与重合， ∴， ∴点共线， ∴ ∴； 当逆时针旋转，如图： 同理可得此时点的对应点在延长线上， ∴， ∴， 综上所述，对应点的坐标是或， 故选：C． 1．（23-24八年级下·上海青浦·阶段练习）如图，在中，，以的各边为边作三个正方形，点G落在上，若，空白部分面积为10，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查勾股定理、正方形的性质、完全平方公式等知识点，掌握正方形的性质成为解题的关键． 先证明可得的面积的面积，进而得到空白部分的面积正方形的面积的面积，①，再结合可得②，由①和②得即可解答． 【详解】 解：四边形是正方形，，， ， ， ， ， ，， ， 的面积的面积， 四边形的面积的面积， 空白部分的面积正方形的面积的面积，①， ， ， ， ， ②， 由①和②得，则（舍去负值）． 故选：A． 2．（2025·上海闵行·一模）已知如图，在中，，，，在直线的同侧分别以的三边作正方形、正方形、正方形，、、、分别表示对应图形的面积，则的值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了以直角三角形三边为边长的正方形构成图形的面积，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，过作于，通过证明，依此即可求解，熟练掌握相关定理，证明全等三角形，将阴影面积转化为是解题的关键． 【详解】解：过作于，连接， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可证：， ∴，， ∵， ∴， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， 同理：，， ∴， ∴ ， ∵，，， ∴， ∴， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·上海杨浦·期中）问题探究】 （1）如图①，在正方形中，点E是边上一点，且点E不与C、D重合，过点A作AE的垂线交延长线于点F，连接．求证：是等腰直角三角形； 【问题解决】 （2）如图2，四边形是某果园的平面示意图，该果园共有A、B、C、D、E五个出口，其中出口E在边上，已知米，米，米，，、为果园内两条小路，现在BE的中点F处修建一个临时库房，沿修一条运输通道．试求该运输通道的长度． 【答案】（1）见解析；（2）米 【分析】（1）根据正方形的性质证明，得，进而得出是等腰直角三角形； （2）取的中点，连接，根据三角形的中位线定理得，，然后根据勾股定理即可解决问题． 【详解】解：（1）四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）取的中点，连接，如图③， 米，米， （米）， （米），（米）， 为的中点， ，（米）， ， （米）， 即该运输通道的长度为米． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线的性质，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． 【经典例题九 根据正方形的性质求面积】 【例9】（24-25八年级下·上海普陀·阶段练习）如图，E是正方形内一点，于E，若，，则阴影部分的面积为（    ） A．48 B．76 C．78 D．84 【答案】B 【分析】此题重点考查正方形的性质、勾股定理的应用、三角形及正方形的面积公式等知识与方法，先由，，，根据勾股定理求得，再分别求出正方形的面积和的面积，即可由求出阴影部分的面积． 【详解】解：，，， ， 四边形是正方形， ， ， ， 阴影部分的面积是76， 故选：B． 1．（24-25八年级下·上海嘉定·阶段练习）如图，在中，，以和为边向两边分别作正方形，面积分别为和．已知，且，则的值为（    ） A．14 B．10 C．44 D．100 【答案】D 【分析】本题主要考查正方形的面积以及勾股定理，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据题意求出的长，再由勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：， ， ， ， ， 故选D． 2．（24-25八年级下·上海宝山·期末）两个正方形按如图1和图2所示两种方式摆放，大正方形的边长是4，小正方形的边长是2，图1中两阴影部分的面积差记为（），图2中两阴影部分的差记为（），则 ．（填“＞”“＜”或“＝”） 【答案】 【分析】本题考查了整式的混合运算，图形的面积，熟练掌握割补法求几何图形的面积，正方形面积公式，整式的运算法则，是解题的关键． 设图1中阴影部分的面积分别为和，空白部分的面积为；图2中阴影部分的面积分别为和，空白部分的面积为，则， ，利用正方形的面积公式分别计算和并比较大小即可． 【详解】解：如图，设图1中阴影部分的面积分别为和，空白部分的面积为；图2中阴影部分的面积分别为和，空白部分的面积为． ∵； ； ∴． 故答案为：=． 3．（2024八年级·上海青浦·专题练习）如图，已知正方形的边长为a，正方形的边长为，点G在边上，点E在边的延长线上，交边于点H．连接、． (1)填空：用a，b表示的面积 （写出化简后结果）； (2)用a，b表示的面积，并化简； (3)如图2，若点M是线段的中点，连接、、，试比较的面积和的面积的大小（写出过程）． 【答案】(1) (2) (3)，见解析 【分析】（1）直接根据三角形的面积公式计算即可； （2）根据，即可得出答案； （3）先得出，，再求出，，进而得出，求出的值，结合完全平方公式，即可解答． 【详解】（1）解：． 故答案为：； （2）解：由图可知， ； （3）解：∵点M是线段的中点， ∴， ∴， ∴ ； ， ∴ ； ∵， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、长方形的性质、三角形面积以及梯形面积公式等知识；熟练掌握正方形和长方形的性质，熟记三角形面积公式和梯形面积公式是解题的关键． 【经典例题十 根据正方形的性质与判定求角度】 【例10】（23-24八年级下·上海普陀·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，正方形的判定与性质．熟练掌握矩形与折叠，正方形的判定与性质是解题的关键． 由矩形与折叠的性质可证四边形是正方形，，由折叠的性质可知，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由矩形与折叠的性质可知，，， ∴四边形是正方形，， 由折叠的性质可知，， ∴， 故选：B． 1．（23-24八年级下·上海宝山·阶段练习）夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上．若A、D、F在一条直线上，则∠1与∠2的数量关系（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答即可． 【详解】∵夹在两条平行线间的正方形ABCD、等边三角形DEF如图所示，顶点A、F分别在两条平行线上， ∴∠BAD=90°，∠DFE=60°， ∵l1∥l2，A、D、F在一条直线上， ∴∠1+∠BAD=∠2+∠DFE， 即∠1+90°=∠2+60°， 可得：∠2-∠1=30°， 故选B． 【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和等边三角形的性质以及平行线的性质解答． 2．（23-24八年级下·上海长宁·自主招生）如图，长方形纸片，以点A所在直线为折痕折叠，使点落在边上，折痕与边交于，将纸片展开，再一次折叠，以点所在直线为折痕，使点A落在边上，折痕与边交于，则 ．    【答案】 【分析】先根据折叠的性质得到，继而得出，再由折叠的性质即可得到的度数． 【详解】解：如图，    ∵以点所在直线为折痕，折叠纸片，使点落在上的点，折痕与交于点， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， 由再一次折叠，得 ． ， ． 故答案为：． 【点睛】本题通过折叠变换考查学生的逻辑思维能力，解决此类问题，应结合题意，最好实际操作图形的折叠，易于找到图形间的关系，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）下列图形是由四块完全相同，底角为的等腰梯形拼接而成的平行四边形和正方形，如图（1）、（2）所示． (1)设图1中的阴影部分面积为，图2中阴影部分面积．请你用含、的代数式表示，． (2)请问以上结果可以验证哪个乘法公式． (3)当，，时，试利用这个公式计算的值． 【答案】(1)； (2)平方差公式 (3) 【分析】（1）先证明图1的面积为，再利用正方形的判定与性质可得； （2）结合（1）的结论可得答案； （3）利用平方差公式先计算，再代入数据计算即可； 【详解】（1）解：如图，作出等腰梯形的两条高，而， ∴四边形是矩形， ∴， ∵等腰梯形是轴对称图形， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 由四条边相等，四个角是直角的四边形是正方形可得图2的两个四边形是正方形， 由正方形的性质可得： （2）解：由（1）得：平方差公式； （3）解：∵ 当，，时， 原式； 【点睛】本题考查的是平方差公式的几何意义与应用，等腰梯形的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，熟练的利用等面积法证明乘法公式是解本题的关键． 【经典例题十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例11】（23-24八年级下·上海金山·期末）如图，正方形的边长为，为边上一点与点、不重合，连接，交于点当是等腰三角形时，则的长为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当是等腰三角形时，存在两种情况：如图，当时，先计算的长，证明，可利的长，由线段的差可得的长；当时，与重合，此种情况不符合题意． 【详解】解：如图，当时， ， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， 由勾股定理得：， ， ； 当时，与重合，此种情况不符合题意． 综上，的长是． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握等腰三角形的性质和判定是解题的关键． 1．（23-24九年级·上海奉贤·阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，，A、B分别是x轴正半轴、y轴正半轴上的动点，且的周长是8，则P到直线的距离是（    ） A．4 B．3 C．2.5 D．2 【答案】A 【分析】构造正方形DPCO，将△PA'C沿PA'折叠得到△PA'E，再证明△PB'D≌△PB'E，得到的周长等于8，于是△A'B'O即△ABO，故可得到P到直线的距离为PE=4，即可求解． 【详解】如图，∵ ∴构造正方形DPCO，边长等于4， 故PD=PC=4 将△PA'C沿PA'折叠得到△PA'E，延长A'E交y轴于点B'， ∴PC=PE，A'C=A'E，∠PCA'=∠PEA'=90°， ∴PD=PE 又∠PDB'=∠PEB'=90°，PB'=PB' ∴△PB'D≌△PB'E（HL） ∴B'D=B'E ∴的周长等于A'O+OB'+A'B'=A'O+B'O+B'E+A'E= A'O+B'O+B'D+A'C=OC+DO=8 故△A'B'O符合题意中的△ABO， ∴P到直线的距离为PE=4 故选A． 【点睛】此题主要考查正方形的判定与性质，解题的关键是根据题意构造正方形，利用全等三角形的性质求解． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，连接，其中，则的长是 ． 【答案】 【分析】根据题意，由全等三角形的性质及正方形的判定与性得到相关线段长，在等腰中，利用勾股定理求解即可得到答案． 【详解】解：如图所示： “赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼接而成， ， ，即中间四边形是正方形， ， ， ， 在等腰中，， 故答案为：． 【点睛】本题考查“赵爽弦图”相关问题，涉及全等性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形拼接而成，数形结合，借助正方形的判定与性质求解是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，矩形的对角线相交于点O，点P在射线上，连接，作，交射线于点Q，连接． (1)如图1，当，点P在线段上（不与点A，B重合）时，请直接写出线段之间的数量关系（用含等号的式子表示）． (2)如图2，当，点P在线段的延长线上时，（1）中的结论是否成立，若成立请证明：若不成立，请写出新的结论，并说明理由． (3)若，，连接，当为直角三角形时，请直接写出线段的长． 【答案】(1) (2)（1）中的结论成立，证明见解析 (3)或 【分析】题目主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，勾股定理解三角形，根据题意，作出相应辅助线，分情况分析，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据正方形的性质及各角之间的代换得出，再由全等三角形的判定和性质得出，再由勾股定理即可得出结果； （2）延长交的延长线与点E，连接，根据全等三角形的判定和性质得出，，再由勾股定理即可得出结果； （3）分三种情况分析：当时，当时，当时，分别结合图形，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：，理由如下： 当，则四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）（1）中的结论成立，证明如下： 延长交的延长线与点E，连接，如图所示： ∵矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）当时，如图所示：此时点Q与点D重合， 由（2）得， ∴， 设， 则， ∴即， 解得：， ∴； 当时，如图所示： 由（2）得， 设， 则， ∴即， 即， 解得：， ∴， ∴， 设， 则， ∴即， ∴即， ∴ 解得：， ∴， 当时，不符合题意舍去， 综上可得或． 【经典例题十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例12】（2024九年级·全国·竞赛）某同学的卧室地面形状是一个如图所示的四边形，现在量得，若点到的距离为4米，则该同学的卧室地面的面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，正方形的判定． 过点B作于点E，则，，过点B作，交的延长线于点F，则，从而，四边形是矩形，，因此，得到，进而通过“”证明，得到，矩形是正方形，． 【详解】过点B作于点E，则，， 过点B作，交的延长线于点F，则 ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∵， ∴． 故选：C 1．（23-24八年级下·上海虹口·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． 2．（23-24八年级下·上海黄浦·阶段练习）如图，已知点E为正方形ABCD外一点，连接AE、BE，∠AEB=90°，过C点作CF//AE，过D点作DF//BE，交点为F，连接EF，若AE=5，BE=4，则四边形EBCF的面积为 ． 【答案】/30/30.5 【分析】延长EB、FC交于点H，延长EA、FD交于点G，得到边长为9的正方形GEHF，根据四边形EBCF的面积=即可求解． 【详解】解：延长EB、FC交于点H，延长EA、FD交于点G，如图： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°， ∵CF//AE，DF//BE， ∴四边形GEHF是平行四边形， ∵∠AEB=90°， ∴平行四边形GEHF是矩形， ∴∠AEB =∠G=∠CFD=∠H=90°， 根据等角的余角相等， ∴∠EAB=∠GDA=∠FCD=∠HBC， ∴Rt△EAB≌Rt△GDA≌Rt△FCD≌Rt△HBC， ∴EA=GD=FC=HB=5，EB=GA=FD=HC=4， ∴EG=GF=FH=HE=5+4=9，即矩形GEHF是边长为9的正方形， ∴四边形EBCF的面积为： ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 3．（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图，阴影部分是一个正方形广场，规划将正方形的四边各延长一倍，即、、、，将M、N、P、Q四点连接，建成新的广场，试问建成的新广场是什么形状，并且它的面积是原广场的多少倍？ 【答案】新建的四边形为正方形．新广场的面积是原广场面积的5倍． 【分析】本题考查了正方形的性质及正方形的判定的运用，全等三角形的判定及性质的运用，直角三角形的性质的运用．由正方形的性质可以得出，，就可以得出，由条件就可以得出，就可以得出，，就可以得出结论．根据边的关系，即可求出面积比． 【详解】解：新建的四边形为正方形．新广场的面积是原广场面积的5倍． 理由：四边形为正方形， ，， ． ，，，， ， ， ． 在和中 ， ， ，，． ， ， 即， 同理可得，， ， ， 四边形为菱形． ， 菱形为正方形． 设原来正方形边长为，则新建的正方形边长为：． 新建的面积是原广场面积的5倍． 【经典例题十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例13】（23-24八年级下·上海嘉定·期末）如图，点E为正方形的对角线的中点，在中，两直角边、分别交、于点M、N．若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，三角形全等，角平分线的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 过点作于点于点，证明，得到计算即可． 【详解】解：过点作于点于点， ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴， ∴四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 1．（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． 2．（23-24八年级下·上海长宁·期末）如图，以边长为2的正方形的四边中点为顶点作第一个四边形，再以所得四边形四边中点为顶点作四边形，…依次作下去，图中所作的第三个四边形的周长为 ；所作的第n个四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，图形类规律探究，以及正方形的周长的求法，根据已知得出规律是解题关键． 根据正方形的性质以及勾股定理，求出第二个，第三个的周长，从而发现规律，即可求出第n个四边形的周长，据此即可求解． 【详解】解：由题意可知：得到的四边形都是正方形， 根据勾股定理得， 围成的第一个四边形的边长为：，周长为：， 第二个四边形的边长为：，周长为：， 第三个四边形的边长为：，周长为：， 第四个四边形的边长为：，周长为：， 故第个四边形的边长为：，周长为：， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·上海闵行·期中）已知，正方形的边在正方形的边上，延长到，使，在边上，且，求证：四边形为正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了正方形的性质和判定，全等三角形的性质和判定的应用，根据正方形的性质易证，根据全等三角形的性质推出，，求出，根据正方形的判定得出即可． 【详解】证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∴． ∵，， ∴，，， 即，． ∵四边形是正方形， ∴，， ∴． ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【经典例题十四 中点四边形】 【例14】（2024·上海青浦·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． 1．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知：点 E、F、G、H分别为四边形四条边中点，顺次连接得到四边形．有下列说法： ①四边形是平行四边形； ②当四边形为平行四边形时，四边形是菱形； ③当四边形为矩形时，四边形是菱形； ④当时，四边形是矩形； ⑤若四边形是正方形，则四边形一定是正方形．其中正确的是（　　） A．①③④ B．①②⑤ C．①③④⑤ D．②④⑤ 【答案】A 【分析】此题是四边形综合题，主要考查了三角形的中位线的性质，平行四边形，矩形，正方形的性质和判定，解本题的关键是判断四边形是平行四边形．连接，利用中位线的性质得到，可判断①；再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形判断②和③；利用中位线的性质得到，，，结合可得，可判断④；根据正方形的性质得到，但不能判定四边形是正方形，可判断⑤． 【详解】解：如图所示，连接， ∵E、H分别为中点， ∴， 同理，， ∴， ∴四边形是平行四边形，故①正确； 当四边形是矩形时，则， ∴， ∴平行四边形是菱形， 而当四边形是平行四边形时，不能得出，故②错误，③正确； 当时， ∵E、F、H分别为中点， ∴，， ∴， ∴四边形是矩形，故④正确； ∵，四边形是正方形， ∴， ∴， 不能说明四边形是正方形，故⑤错误； 故选A． 2．（23-24九年级·上海长宁·期末）如图，中，．则的内切圆半径 ．    【答案】2 【分析】设、、与⊙O的切点分别为D、E、F；易证得四边形是正方形；那么根据切线长定理可得：，由此可求出r的长． 【详解】解：如图，    在中，， 根据勾股定理. 四边形中，，， ∴四边形是正方形.. 由切线长定理，得：，，； ∴； ∴． 故答案为：2． 【点睛】此题考查了勾股定理，正方形的判定与性质，直角三角形内切圆的性质，以及切线长定理，熟练掌握圆的性质是解答本题的关键． 3．（24-25八年级下·上海闵行·期中）如图1，在中，，．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，E是边上的一动点，连接交于点F，连接． (1)求证：； (2)如图2，连接，点H在线段上（不含端点），且，连接交于点N，判断与的位置关系，并证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）先证明，再由旋转的性质得到，，则，据此证明，即可证明．          （2）先证明四边形是平行四边形，进而证明四边形是正方形，接着证明得到，则可证明，得到，最后证明，得到，则． 【详解】（1）证明：如图1中， ∵，， ∴， ∵线段绕点A逆时针旋转得到线段， ∴，， ∴，                  ∵， ∴， ∴． （2）解：结论：．                     理由：如图2中，连接． ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形，                 ∵，，， ∴ ∴， ∵，，， ∴，                     ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等边对等角，平行四边形的性质与判定、矩形的判定与性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【经典例题十五 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例15】（23-24八年级下·上海徐汇·期中）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为24，那么四边形的面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题是几何规律探究题，根据已知条件求得四边形的面积矩形的面积是解决问题的关键． 根据已知条件可得四边形的面积矩形的面积；四边形的面积四边形的面积=矩形的面积；由此可得四边形的面积 矩形的面积．根据所得规律求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴； 又∵各边中点是， ∴四边形的面积矩形的面积， 即四边形的面积矩形的面积； 同理，四边形的面积四边形的面积=矩形的面积； 以此类推，四边形的面积 矩形的面积． 又∵矩形的面积为24， ∴四边形的面积为． 故选：B． 1．（23-24八年级下·上海静安·阶段练习）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点，所得的四边形一定是（    ） A．菱形 B．矩形 C．正方形 D．无法判断 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定方法、三角形中位线定理，由三角形中位线的性质得出四边形是平行四边形，证明出四边形是矩形，得出，即可得证，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 【详解】解：如图，，点、、、分别为各边的中点，连接、、、， ， ∵点、、、分别为各边的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：B． 2．（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，，则四边形的面积是 ． 【答案】24 【分析】本题考查的是中点四边形，熟知矩形的对边相等且各角都是直角是解答此题的关键．先根据E，F，G，H分别是矩形各边的中点得出，，故可得出，根据即可得出结论． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点，，， ，． 在与中， ∵， ． 同理可得， ． 故答案为：24． 3．（23-24八年级下·上海长宁·阶段练习）已知：如图1，四边形ABCD四条边上的中点分别为E、F、G、H，顺次连接EF、FG、GH、HE，得到四边形EFGH（即四边形ABCD的中点四边形）． (1)四边形EFGH的形状是 ． (2)如图2，请连接四边形ABCD的对角线AC与BD，当AC与BD满足 条件时，四边形EFGH是矩形；证明你的结论． (3)你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是矩形？说明理由． 【答案】(1)平行四边形 (2)AC⊥BD，证明见解析 (3)菱形，见解析 【分析】（1）连接BD，根据三角形中位线定理得到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解答； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，可知当四边形ABCD的对角线满足的条件时，四边形EFGH是矩形； （3）菱形的中点四边形是矩形，根据三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半可得EH∥FG，EH＝FG，进而得出四边形EFGH是平行四边形，然后根据菱形的性质证明EH⊥HG，可得平行四边形EFGH是矩形． 【详解】（1）解：四边形EFGH的形状是平行四边形． 理由如下：如图1，连结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， 故答案为：平行四边形； （2）当四边形ABCD的对角线满足AC⊥BD条件时，四边形EFGH是矩形． 理由如下：如图2，连结AC、BD． ∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点， ∴EH∥BD，HG∥AC， ∵AC⊥BD， ∴EH⊥HG， 又∵四边形EFGH是平行四边形， ∴平行四边形EFGH是矩形， 故答案为：AC⊥BD． （3）菱形的中点四边形是矩形． 理由如下：如图3，连结AC、BD． ∵E、F、G、H分别为四边形ABCD四条边上的中点， ∴EH∥BD，HG∥AC，FG∥BD，EH＝BD，FG＝BD， ∴EH∥FG，EH＝FG， ∴四边形EFGH是平行四边形． ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD， ∵EH∥BD，HG∥AC， ∴EH⊥HG， ∴平行四边形EFGH是矩形． 【点睛】本题考查中位线定理、平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质等知识，是重要考点，掌握相关知识，正确作出辅助线是解题关键． 【经典例题十六 四边形中的线段最值问题】 【例16】（23-24八年级下·上海宝山·期末）如图，在长方形中，已知，，点P以的速度由点B向点C运动，同时点Q以的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（    ） A．2 B．3 C．2或 D．2或 【答案】D 【分析】本题考查了特殊四边形的动点问题，全等三角形的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题关键．设运动时间为，由题意得可知，，，，分两种情况讨论：①；②，利用全等三角形的性质分别求解，即可得到答案． 【详解】解：设运动时间为， 由题意得：，，则， ①若，则，， ，， ，； ②若，则，， ，， 解得：， ， 解得：a＝， 综上，a的值为2或． 故选：D． 1．（2024·上海金山·一模）如图1，在矩形中，，点E为边的中点，点P为边上一个动点，连接．设的长为x，，其中y关于x的数图象如图2，则矩形的面积为（    ） A．15 B．24 C．35 D．36 【答案】B 【分析】根据矩形的性质，结合图2，得，代入相关数据，求解得AB、AD，即可求矩形的面积； 【详解】解：结合图2 当x=0时， 当P、E重合时，， 设 则即 解得：（不符合题意舍去）， ∴ ∴ ∴ 故选：B 【点睛】本题主要考查矩形的性质、勾股定理、掌握相关性质，并结关系图求出矩形的面积是解题的关键． 2．（23-24八年级下·河上海虹口·期末）如图，在中，，点P在边上以的速度从点A出发在上往返运动，点Q在边上以的速度从点C向点B运动．P，Q两点同时出发，当点Q到达点B时停止运动（点P同时也停止运动），设运动时间为秒，若四边形是平行四边形，则t的值是 ．      【答案】4或8或12． 【分析】首先设经过秒，根据平行四边形的判定可得当时，四边形是平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：设经过秒，四边形是平行四边形， 四边形是平行四边形， ， 分为以下情况：①点P的运动路线是，方程为， 解得：； ②点P的运动路线是，方程为， 解得：； ③点P的运动路线是，方程为， 解得：； ④点的运动路线是，方程为， 解得：（舍去）； 或8或12． 故答案为：4或8或12． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定判定和性质，注意能求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意掌握分类讨论思想的应用． 3．（23-24八年级下·上海松江·期末）已知，中，一动点P在边上，以每秒的速度从点A向点D运动． (1)如图①，运动过程中，若平分，且满足，求的度数； (2)如图②，在（1）问的条件下，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的面积； (3)如图③，另一动点Q在边上，以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动（同时Q点也停止），若，则时间为何值时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【答案】(1)； (2)； (3)或或或． 【分析】本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、等边三角形的判定和性质、平行线的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，第二个问题的关键是灵活应用同底等高的两个三角形面积相等，学会用分类讨论的思想思考问题． （1）证明是等边三角形即可； （2）根据平行四边形的性质可得，，从而得到，由此即可解决问题； （3）分四种情形列出方程解方程即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ， ， 平分， ， ， ， ， ， 是等边三角形， ； （2）解：∵四边形是平行四边形， ，，， ， ， ， ， 如图，过点C作于点K，则， ∴， ； （3）解：如图③所示： ， 当时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． ①当时，，， ，解得：； ②当时，，， ，解得：； ③当时，，， ，解得：； ④当时，，， ，解得：； 或或或时，以P，D，Q，B四点组成的四边形是平行四边形． 【经典例题十七 四边形其他综合问题】 【例17】（23-24八年级下·上海嘉定·期中）如上图所示，矩形，，，点是边上的一个动点，点是对角线上一个动点，连接，，则的最小值是（    ）    A．6 B． C．12 D． 【答案】B 【分析】作点关于的对称点，过点作于点，交于点，即可得到的最小值为，再解直角三角形即可解答． 【详解】解：作点关于的对称点，过点作于点，交于点，如图：    由对称性可得， ， 当，，三点共线，且时，即点在点处，点在点处时，的值最小． ，， ，， ， ， ， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查矩形的性质和线段和最小值问题，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，解题的关键在于作出适当的辅助线． 1．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，在矩形ABCD中，点N、O、P、M分别是边AB、BC、CD、DA上的点(不与端点重合)，若AN=CP，BO=DM，且AB=2BC=2，则四边形MNOP周长的最小值等于（    ） A．2 B．2 C． D． 【答案】A 【分析】首先利用SAS证明，得，同理得，则四边形是平行四边形，作点N关于BC的对称点，连接，，求出    的长，从而解决问题． 【详解】解：∵， ∴． ∵，， ∴， ∴． 同理得，， ∴四边形MNOP是平行四边形， 作点N关于BC的对称点，连接，，过点P和，将AB于点H， 则，， ∴的最小值为． ∵四边形ABCD是矩形，，， ∴四边形PCBH是矩形， ∴，． ∵， ∴， 由勾股定理得，， ∴四边形MNOP周长的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，轴对称最短路线问题，勾股定理等知识，证明四边形MNOP是平行四边形是解题的关键． 2．（23-24八年级下·上海闵行·期中）如图，在矩形中，，O为对角线的中点，点P在边上，且，点Q在边上，连接与，则的最大值为 ，的最小值为 ． 【答案】 【分析】①连接并延长交于点Q，则这个点Q满足使的值最大，最大值为的长度，证明四边形是矩形可得，，，再利用勾股定理进行计算即可； ②过点O作关于的对称点，连接交于点Q，的值最小， 的最小值为的长度，延长交于点G，根据对称的性质可得，再根据，点O是的中点，可得，从而求得，再利用勾股定理进行计算即可． 【详解】解：①连接并延长交于点Q，则这个点Q满足使的值最大，最大值为的长度， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵点O是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， 过点P作于点P， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴； ②过点O作关于的对称点，连接交于点Q，的值最小， 的最小值为的长度，延长交于点G， ∵，点O是的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴的最小值为：， 故答案为：；． 【点睛】本题考查矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及轴对称−最短路径，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海青浦·期末）如图，在平行四边形ABCD中，BC＝AC，E、F分别是AB、CD的中点，连接CE、AF． （1）求证：四边形AECF是矩形； （2）当平行四边形ABCD的边或角满足什么关系时，四边形AECF是正方形？请说明理由． （3）在（2）的条件下，若AE＝4，点M为EC中点，当点P在线段AC上运动时，求PE+PM的最小值．    【答案】（1）见解析；（2）∠B＝45°或AB＝BC，理由见解析；（3） 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形得AB＝CD，AB∥CD，再由E、F分别是AB、CD的中点得AE＝AB，CF＝CD，即可证得四边形AECF为平行四边形，再由BC＝AC，E为AB中点，得CE⊥AB，故四边形AECF是矩形； （2）当∠B＝45°时，可证∠BAC＝90°，由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形；当AB＝BC时，由BC＝AC，AB＝BC，可证得AC2+BC2＝AB2，△ACB为直角三角形，再由E为AB的中点得EC＝AB＝AE，故矩形AECF为正方形； （3）连接EF，连接FM交AC于P，由E和F关于AC对称得此时PE+PM最小，再在Rt△MCF中用勾股定理求出FM即可． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，AB∥CD， ∵E、F分别是AB、CD的中点， ∴AE＝AB，CF＝CD， ∴AE＝CF， ∵AE∥CF， ∴四边形AECF为平行四边形， ∵BC＝AC，E为AB中点， ∴CE⊥AB， ∴∠AEC＝90°四边形AECF是矩形； （2）解：①当∠B＝45°时，四边形AECF是正方形， 理由：∵BC＝AC，∠B＝45°， ∴∠BAC＝∠B＝45°， ∴∠BAC＝90°， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形， 或②当AB＝BC时，矩形AECF为正方形， 理由：∵BC＝AC，AB＝BC， ∴AC2+BC2＝2BC2， AB2＝（BC）2＝2BC2， ∴AC2+BC2＝AB2， ∴△ACB为直角三角形， ∵E为AB的中点， ∴EC＝AB＝AE， ∴矩形AECF为正方形； （3）解：连接EF，连接FM交AC于P， ∵四边形AECF为正方形， ∴E和F关于AC对称，此时PE+PM最小且为FM， 在Rt△MCF中，CM＝2，CF＝AE＝4， ∴FM＝ ∴PE+PM最小值为． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理和勾股定理的逆定理等等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解. 1．（2024八年级下·上海·专题练习）如图在一个3×3方格纸上，若以格点（即小正方形的顶点）为顶点画正方形，在该3×3方格纸上最多可画出的正方形的个数是（　　） A．13 B．14 C．18 D．20 【答案】D 【分析】根据题意可从图中画出边长分别为1、、2、3、个小格的正方形，将其个数相加即可得到总的个数． 【详解】解：在该3×3方格纸上最多可画出的正方形是9个小正方形， 边长为的正方形有4个，如图所示： 边长为2个小格的正方形4个，如图所示： 边长为3个小格的大正方形1个，如图所示： 边长为的正方形有2个； 综上分析可知，共9+4+4+1+2＝20（个），故D正确． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的认识，解题的关键是根据正方形的边长进行分类，要做到不重不漏． 2．（23-24八年级下·上海浦东新·期末）如图，已知四边形是平行四边形，那么添加下列条件能判定四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且和互相平分 C．且 D．且 【答案】D 【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； B、∵四边形是平行四边形， ∴和互相平分， ∵， ∴四边形是菱形， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； C、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∴， 不能证明四边形是正方形，不符合题意； D、∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， 又， ∴四边形是正方形，符合题意； 故选D． 【点睛】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相等的矩形是正方形，是解题的关键． 3．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一动点，点P从点C出发，连接，过点P作交边于点Q，连接，取的中点H，若P点移动的路径长为2，则H点移动路径长为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，先由等腰直角三角形的性质得PF＝CF＝DG＝，根据全等三角形的性质得到FQ＝PG，于是得到PF＝QG＝，BP＝QP，FQ＝DF＝，然后证BQ的中点H移动的路径长即为OH的长，最后由三角形中位线定理得BH＝DQ＝即可． 【详解】解：过点P作AD的垂线，交AD于G，交BC于F，连接BD交AC于O，连接OH，如图所示： 则∠QGP＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴， ∴PF⊥BC， ∴∠PFB＝90°， ∴四边形ABFG是矩形， ∴AG＝BF，△APG、△PCF是等腰直角三角形， ∴PF＝CF＝DG＝，AG＝PG， ∵PQ⊥PB， ∴∠BPQ＝90°， ∴∠BPF＋∠PBF＝∠BPF＋∠QPG＝90°， ∴∠PBF＝∠QPG， ∴△BPF≌△QPG（AAS）， ∴PF＝QG＝，BP＝QP， ∴FQ＝DF＝， ∴， 当点P在C点时，点Q与点D重合，BQ的中点即为BD的中点， ∴BQ的中点H移动的路径长即为OH的长， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BO＝OD， ∵H是DQ的中点， ∴BH＝DQ＝， 即BQ的中点H移动的路径长为，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的判定与性质是解题的关键． 4．（23-24八年级下·上海宝山·期末）四边形具有不稳定性，对于四条边长确定的四边形，当内角度数发生变化时，其形状也会随之改变．如图，改变边长为2的正方形的内角，变为菱形，若，则阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用勾股定理先求C′E，再求BE，最后求梯形D′EBA面积，最后求阴影部分的面积． 【详解】解：设BC与C′D′交点为E， ∵在正方形ABCD和菱形，ABC′D′中， ∴C′D′= C′B=AB=2， ∴BE⊥C′D′， ∵∠C′＝∠D′AB＝45°， ∴C′E＝BE， 设C′E=BC=x， 则在Rt△C′EB中 ，解得： ， ∴C′E=BC ∴D′E＝C′D′-C′E=2−， ∴梯形D′EBA面积为： S′＝（D′E＋AB）×BE×＝2 −1， 阴影面积为：S＝ −S′＝2×2−（2 −1）＝5−2． 故选：D． 【点睛】本题考查了多边形的面积，掌握求阴影部分的面积化为面积之差，勾股定理、梯形面积的应用是解决此题的关键． 5．（23-24八年级下·上海长宁·单元测试）将图1中两个三角形按图2所示的方式摆放，其中四边形为矩形，连接，甲、乙两人有如下结论： 甲：若四边形是边长为1的正方形，则四边形必是正方形； 乙：若四边形为正方形，则四边形必是边长为1的正方形． 下列判断正确的是（   ） A．甲正确，乙不正确 B．甲不正确，乙正确 C．甲、乙都不正确 D．甲、乙都正确 【答案】D 【分析】根据，求出和的值，根据勾股定理求出的值，即可判断甲是否正确，若平行四边形为正方形，根据边的关系可以求出且四个角都是直角，即可判断乙是否正确． 【详解】解：四边形是边长为1的正方形， ，， ，，， ， ， 同理， 四边形是菱形， 在和中， ， ， ， ， ， ， 则四边形必是正方形； 甲正确； 若四边形为正方形，则， 且， 在和中， ， ， ， 同理， 又， ， ， 同理， 即四边形为菱形， ， 则四边形必是边长为1的正方形， 乙正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 6．（23-24八年级下·上海普陀·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件： ，使四边形是正方形。    【答案】（答案不唯一） 【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形，进而添加一个角是直角，即可求解． 【详解】解：过点作于，于，   两条纸条宽度相同， ，，， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 四边形是菱形 当时，四边形是正方形 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了平行四边形的基本性质，菱形与正方形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定定理，有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 7．（23-24八年级下·上海宝山·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 【答案】正方形 【分析】由三角形中位线的性质，可判断，，可得四边形是菱形，四边形的对角线，满足，且，四边形是正方形．本题考查了中点四边形的性质，中位线的定理，解题中需要理清思路，属于中档题． 【详解】解：如图所示： 在中，，分别是，的中点， ∴是的中位线， ∴， 同理，，． ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 设与交于点，与交于点， 在中，，分别是，的中点， ∴，同理， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形． 故答案为：正方形 8．（23-24八年级下·上海松江·期中）如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD= ． 【答案】4 【分析】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，推出∠ABE＝∠D，由BE＝DC，AB＝AD，证明△ABE≌△ADC，得到AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∠EAC＝90°，由勾股定理得，又S△AEC＝S四边形ABCD＝12，求得＝12，计算出EC＝4，即可求出答案． 【详解】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC， ∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA， 又∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°， ∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA， ∴∠ABE＝∠D， 又∵BE＝DC，AB＝AD， ∴△ABE≌△ADC， ∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC， ∴∠EAC＝90°， ∵， ∴S△AEC＝AE2＝， ∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12， ∴＝12， ∴EC＝4， ∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4． 故答案为：4． 【点睛】此题考查全等三角形的判定及性质，勾股定理，巧妙地作出辅助线，把四边形的问题转化为等腰直角三角形来解决是解题的关键． 9．（23-24八年级下·上海静安·期中）如图，正方形的对角线相交于点，以为顶点的正方形的两边，分别变正方形的边，于点，．记的面积为，的面积为，若正方形的边长，则的大小为 ． 【答案】 【分析】本题考查对正方形的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得出，，，推出，证出可得答案，证明是解此题的关键． 【详解】∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 10．（2024·上海徐汇·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． 11．（24-25八年级下·上海闵行·阶段练习）如图，将正方形折叠，使点B落在边的中点Q处，点A落在P处，折痕为．已知长为． (1)求线段的长； (2)线段的长． 【答案】(1)16 (2)6 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，勾股定理： （1）根据正方形的性质可得，据此可解； （2）由折叠的性质得，利用勾股定理解即可． 【详解】（1）解：正方形中，，， ， ； （2）解： 由（1）知， 点Q为的中点， ， 由折叠的性质得， 设，则， 在中，， ， 解得， 即线段的长为6． 12．（23-24八年级下·上海徐汇·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹． (1)在图中画出一个以AB为边的正方形； (2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，理由见解析 【分析】(1)连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形； (2)作正方形的对角线，即可画出． 【详解】（1）解：如图，四边形ABCD为所求； 连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形； （2）解：如图，∠BAC即为所求． 理由如下： ∵四个全等的矩形被对角线分成的直角三角形全等， ∴． ∴四边形ABCD是菱形． 又∵(SAS)， ∴． ∵， ∴． ∴四边形ABCD是正方形，连接AC． ∴△ABC是等腰直角三角形． ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键． 13．（23-24八年级下·上海静安·期末）【问题提出】（1）如图1，在中，，．若，求的长． 【问题解决】（2）为响应市政府“建设美丽城市，改善生活环境”的号召，某小区欲建造如图2所示的四边形休闲广场．已知，，米，在对角线上有一个凉亭，测得米．按规划要求，需过凉亭修建一条笔直的小路，使得点，分别在边，上，连接，，其中四边形为健身休闲区，其他区域为景观绿化区．按此要求修建的这个健身休闲区（四边形）是否存在最小面积？若存在，求出最小面积；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在最小面积，四边形的最小面积为平方米． 【分析】（1）由可得，根据，可得，最后根据勾股定理即可求解； （2）先证明，得到，， 米，过点作交于点，过点作交于点，得到，由，可得当，时，和最小，此时最小，由勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：（1）， ， ， ， ， ，即， ； （2）存在最小面积， ，，， ， 又， ，， 米， 过点作交于点，过点作交于点， ，，， ， 当，时，和最小，即，此时最小， 由勾股定理可得：，即， 米， 平方米， 存在最小面积，四边形的最小面积为平方米． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，四边形的面积等知识，解题的关键是灵活运用这些知识． 14．（24-25八年级下·上海黄浦·期末）【教材呈现】 将正方形的四个顶点用线段连接，什么样的连法最短？研究发现，并非对角线最短，而是如图所示的连法最短（即用线段、、、、把四个顶点连接起来）．已知如图1：，． （1）由图1可知，线段和的位置关系为：______； 【问题探究】 （2）某数学兴趣小组发现，图1所示图形______（是／不是）轴对称图形，于是他们如图2构造了，发现是______三角形，请结合以上结论，猜想线段与的数量关系，并证明． 【问题解决】 （3）在第（2）问的基础上，若，求最短连法的线段和，即的值． 【答案】（1） （2）是，等边，，详见解析 （3），详见解析 【分析】（1）根据正方形的性质证明，进而可以解决问题； （2）证明，可得，证明是等边三角形，然后根据含角的直角三角形的性质即可解决问题； （3）结合（2）根据等边三角形的性质和含30度角的直角三角形的性质即可解决问题． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）解：图1所示图形是轴对称图形， 如图2构造了，发现是等边三角形， 猜想线段，理由如下： 由（1）得，， ， ， ， 同理， ， ， ， ，， 是等边三角形， ， ，， ， 故答案为：是，等边； （3）解：是等边三角形，同（2）可知：是等边三角形， ， 由（2）知：， ， 由勾股定理得，， ， ， ， 的值为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，平行线的判定等知识点，熟练掌握其性质并能准确的计算、的值是解决此题的关键． 15．（23-24八年级下·上海杨浦·阶段练习）【初步感知】 如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系． ①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系； ②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ． 【类比探究】 如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由． 【拓展应用】 如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长． 【答案】初步感知：，见解析；类比探究：，见解析；拓展应用： 【分析】初步感知：先证明、C、M在同一直线上，再证明，得出，根据，得出； 类比探究：在上截取，连接，证明，得出，证明，得出，即可得出结论； 拓展应用：在上取点M，连接，证明，得出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，得出，求出，即可得出答案． 【详解】解：初步感知：∵将绕着点D逆时针旋转到， ∴，，，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴、C、M在同一直线上， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； 类比探究：，理由如下： 在上截取，连接，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即； 拓展应用：在上取点M，连接，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， 设，则，， ∵， ∴在中，， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法． 学科网（北京）股份有限公司 $$