第03讲 正方形的性质和判定（知识解读+达标检测）-2024-2025学年八年级数学下册《知识解读•题型专练》（浙教版）

第03讲 正方形的性质和判定 【题型1利用正方形的性质求解】 【题型2添一个条件使四边形是正方形】 【题型3证明四边形是正方形】 【题型4中点四边形】 【题型5正方形的判定与性质综合】 考点1：正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 【题型1利用正方形的性质求解】 【典例1】（2025·河南郑州·一模）如图，在正方形中，，交于点G，点H为的中点，连接，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【变式1-1】（22-23八年级下·四川宜宾·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． 【变式1-2】（22-23九年级上·山西太原·阶段练习）如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 【变式1-3】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在正方形中，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接，若，则的度数为 ．    考点2：正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系(如图3所示)： 【题型2添一个条件使四边形是正方形】 【典例2】（24-25九年级下·上海·阶段练习）已知矩形的对角线交于点O，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式2-1】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，在菱形中，对角线交于点，添加下列一个条件，能使菱形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【变式2-2】（23-24八年级下·广东广州·期中）在四边形中，，如果添加一个条件，即可得出四边形是正方形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【变式2-3】（24-25九年级上·河南平顶山·期中）下列说法不正确的是（   ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线互线垂直的矩形是正方形 D．对角线相等的矩形是正方形 【变式2-4】（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【题型3证明四边形是正方形】 【典例3】（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，D为边上的中点，，连接，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，判断四边形的形状，并说明理由． 【变式3-1】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 【变式3-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点E，，点G为的中点，连接的延长线交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)请增加一个条件，使得四边形为正方形．（不需要说明理由） 【变式3-3】（24-25九年级上·辽宁盘锦·开学考试）如图，已知平行四边形中，对角线、交于点，是延长线上一点，若． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，判断四边形的形状，并说明理由． 【题型4中点四边形】 【典例4】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．    (1)请判断四边形的形状，并说明理由． (2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由． (3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由． 【变式4-1】（24-25九年级上·广东佛山·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 【变式4-2】（23-24八年级下·浙江温州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【变式4-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）已知四边形， (1)如图（1），若，点、、、分别为、、、的中点，判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图（2），若于，，，求的值． 【题型5正方形的判定与性质综合】 【典例5】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在正方形中，射线与边交于点E，将射线绕点A顺时针旋转，与的延长线交于点F，，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)若四边形的面积为36，，直接写出的长． 【变式5-1】（23-24八年级下·吉林松原·阶段练习）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 【变式5-2】（23-24九年级上·陕西榆林·阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 【变式5-3】（2023八年级下·江苏·专题练习）在中，，、的平分线相交于点D，，，垂足为E、F． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，，求正方形的面积． 一、单选题 1．（24-25九年级上·重庆·期末）如图，已知正方形的边长为，点是正方形的边上的一点，点关于的对称点为，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25九年级上·广东佛山·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 3．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在正方形中，点是的中点，点在上，连接，．若，，则一定等于（    ） A． B． C． D． 4．（24-25九年级上·陕西榆林·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 5.（24-25九年级上·湖北武汉·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． 6．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的边长为10，，连接．则线段的长（　　） A． B． C． D． 二、填空题 7．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，不添加任何辅助线，请你添加一个条件 ，使四边形是正方形（填一个即可）． 8.（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）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 ． 9．（23-24九年级上·贵州毕节·期末）如图，点P是正方形的对角线上的一点，于点E，，则点P到直线的距离为 ． 10．（24-25九年级上·山西大同·期中）如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，，若，，则的长为 ． 11．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，将边长为7的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，当两个三角形重叠部分的面积为6时，的长为 ． 三、解答题 12．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图，四边形是正方形，是上任意一点（点与、不重合），于，于． (1)求证：； (2)求证：． 13．（24-25九年级上·河北保定·期中） 中，平分． (1)求证四边形是菱形． (2)满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 14.（24-25九年级下·北京·开学考试）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一个动点，连接．过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形（提示：过点作于点，过点作于点． (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 正方形的性质和判定 【题型1利用正方形的性质求解】 【题型2添一个条件使四边形是正方形】 【题型3证明四边形是正方形】 【题型4中点四边形】 【题型5正方形的判定与性质综合】 考点1：正方形的概念与性质 正方形的定义：一组邻边相等的矩形叫做正方形。 ※正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质。（正方形是轴对称图形，有两条对称轴） 【题型1利用正方形的性质求解】 【典例1】（2025·河南郑州·一模）如图，在正方形中，，交于点G，点H为的中点，连接，则的长为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、直角三角形斜边上的中线等知识点，熟练掌握相关知识进行求解是解题的关键． 根据正方形的性质可得，进而运用勾股定理得到，再证明得到，然后说明，最后根据直角三角形的性质即可解答． 【详解】解：∵四边形为正方形，， ∴， ∴， ∴ 在和中， ， ∴， ∴ ∵， ∴， ∴， ∵点H为的中点， ∴． 故选D． 【变式1-1】（22-23八年级下·四川宜宾·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． 【变式1-2】（22-23九年级上·山西太原·阶段练习）如图，由正方形和等边三角形组成，其中 ． 【答案】/15度 【分析】本题考查了正方形的性质、三角形内角和性质以及等边三角形的性质，由正方形的性质得，由等边三角形的性质得出 ，求出，进而可求出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴ ， 则，， ∴． 故答案为：． 【变式1-3】（22-23八年级下·山东烟台·期中）如图，在正方形中，E是对角线上一点，的延长线交于点F，连接，若，则的度数为 ．    【答案】/40度 【分析】根据正方形的性质及直角三角形的特征可得，在根据全等三角形的判定及性质可得，再根据三角形的外角的性质即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， 在和中， ， ， ， ∵， ∴， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定及性质、直角三角形的特征及三角形外角的性质，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． 考点2：正方形的判定 ※正方形常用的判定：有一个内角是直角的菱形是正方形； 邻边相等的矩形是正方形； 对角线相等的菱形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形。 注意：正方形、矩形、菱形和平行边形四者之间的关系(如图3所示)： 【题型2添一个条件使四边形是正方形】 【典例2】（24-25九年级下·上海·阶段练习）已知矩形的对角线交于点O，下列条件中能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定定理逐项判断即可． 【详解】解：矩形中，对角线交于点O， ，， A，，不能判定四边形是正方形； B，，不能判定四边形是正方形； C，，不能判定四边形是正方形； D，，由对角线互相垂直的矩形为正方形，能判定四边形是正方形； 故选D． 【变式2-1】（23-24八年级下·吉林·期末）如图，在菱形中，对角线交于点，添加下列一个条件，能使菱形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定，解题的关键是掌握对角线相等的菱形是正方形；有一个角是直角的菱形是正方形．据此逐个判断即可． 【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等． 即或． ∵在菱形中，， ∴， 故菱形是正方形 故选：B． 【变式2-2】（23-24八年级下·广东广州·期中）在四边形中，，如果添加一个条件，即可得出四边形是正方形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，菱形的判定与性质，根据正方形的判定可得出结论． 【详解】解：∵， ∴四边形是菱形， 若添加，则该四边形是正方形． 故选：A． 【变式2-3】（24-25九年级上·河南平顶山·期中）下列说法不正确的是（   ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．对角线互线垂直的矩形是正方形 D．对角线相等的矩形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定定理，熟练掌握判定定理是解题的关键． 根据菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：由菱形的定义可知，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故A选项说法正确，不符合题意； 由矩形的定义可知，有一个角是直角的平行四边形是矩形，故B选项说法正确，不符合题意； 对角线互线垂直的矩形，同时又是菱形， 对角线互线垂直的矩形是正方，故C选项说法正确，不符合题意； 由矩形的性质可知，矩形的对角线相等， 对角线相等的矩形不一定是正方形，故D选项说法错误，符合题意； 故选D． 【变式2-4】（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，，是四边形的两条对角线，顺次连接四边形各边中点得到四边形，要使四边形为菱形，应添加的条件是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形、菱形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理和菱形的判定是解题的关键．根据三角形的中位线定理可得，，，，，，得到四边形为平行四边形，再结合选项逐个分析判断即可得出结论． 【详解】解：分别为的中点， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， A、添加条件，则有，此时为矩形，不符合题意； B、添加条件，此时为平行四边形，不符合题意； C、添加条件，此时为平行四边形，不符合题意； D、添加条件，则有，此时为菱形，符合题意； 故选：D． 【题型3证明四边形是正方形】 【典例3】（24-25九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，四边形是平行四边形，D为边上的中点，，连接，． (1)求证：四边形是矩形． (2)若，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定，正方形的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，熟知相关概念是解题的关键． （1）根据等腰三角形的性质，可得，再利用平行四边的性质得到，且证明四边形是平行四边形，即可解答； （2）根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得到解答． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，． 为边上的中点， ， ，， 四边形是平行四边形． 为边上的中点，， ， ， 四边形是矩形． （2）解：四边形是正方形， 理由：，， 是等腰直角三角形． 为边AB上的中点． ． 由（1），可知四边形是矩形， 四边形是正方形． 【变式3-1】（24-25九年级上·陕西咸阳·阶段练习）如图，在正方形中，，垂足为，过点分别作于点于点，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，根据正方形的性质可得，，，再证明，可得，四边形是矩形，再根据邻边相等的矩形是正方形即可求证． 【详解】证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 四边形是矩形， 又∵， 四边形是正方形． 【变式3-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点E，，点G为的中点，连接的延长线交的延长线于点F，连接． (1)求证：； (2)请增加一个条件，使得四边形为正方形．（不需要说明理由） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法． （1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可； （2）证明四边形是平行四边形，进而证得，根据正方形的判定即可得到结论． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， ，， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ； （2）解：当时，四边形是正方形． 证明：由（1）知，， 又 ， ， 四边形是平行四边形， 由（1）知，， ， ， 四边形是菱形， ， ， 四边形是正方形． 故答案为：． 【变式3-3】（24-25九年级上·辽宁盘锦·开学考试）如图，已知平行四边形中，对角线、交于点，是延长线上一点，若． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、平行四边形的性质、等腰三角形的判定等知识，熟练掌握平行四边形的性质，证明四边形为菱形是解题的关键． （1）由平行四边形的性质可得，再由等腰三角形的性质可证，即可得出结论； （2）由（1）知，四边形是菱形得到，，然后证明出，得到，则平行四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 由（1）知，四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【题型4中点四边形】 【典例4】（22-23八年级下·江苏泰州·阶段练习）如图，在四边形中，E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点．    (1)请判断四边形的形状，并说明理由． (2)四边形满足什么条件时，四边形是菱形，请说明理由． (3)四边形满足什么条件时，四边形是矩形，请说明理由． 【答案】(1)四边形是平行四边形，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据三角形的中位线定理，进行判断即可； （2）根据邻边相等的平行四边形是菱形，进行判断即可； （3）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，进行判断即可． 【详解】（1）解：∵E、F分别是、的中点，G、H分别是、的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形； （2）当四边形满足时，四边形是菱形，理由如下： ∵，， ∴， ∴平行四边形是菱形； （3）当四边形满足时，四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查中点四边形．解题的关键是掌握三角形的中位线定理，以及菱形和矩形的判定定理． 【变式4-1】（24-25九年级上·广东佛山·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． 【变式4-2】（23-24八年级下·浙江温州·阶段练习）如图，在四边形中，对角线互相垂直，点E、F、G、H分别是边的中点，依次连接这四个中点得到四边形． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了中点四边形，三角形中位线的性质，矩形的性质与判定． （1）设交于点，交于点，先根据三角形的中位线定理，得到，证明四边形是平行四边形，再根据可得，即可证明四边形是矩形； （2）由（1）得，结合，即可求解． 【详解】（1）证明：如图，设交于点，交于点， 点E、F、G、H分别是边的中点， 是的中位线，即， 同理，是的中位线，即， 是的中位线，即， 是的中位线，即， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是矩形； （2）解：由（1）知四边形是矩形， ， ， ， 四边形的周长为：． 【变式4-3】（23-24八年级下·湖北武汉·期末）已知四边形， (1)如图（1），若，点、、、分别为、、、的中点，判断四边形的形状，并说明理由． (2)如图（2），若于，，，求的值． 【答案】(1)四边形是菱形，证明见解析 (2)52 【分析】本题考查的是中点四边形、勾股定理、三角形中位线定理，熟记四条边相等的四边形是菱形是解题的关键． （1）根据三角形中位线定理得到，，，，得到，根据菱形的判定定理证明； （2）根据勾股定理计算即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由如下：点、、、分别为、、、的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，， ， ， 四边形是菱形； （2）解：， ， 在中，， 由勾股定理得：， 在中，， 由勾股定理得：， ． 【题型5正方形的判定与性质综合】 【典例5】（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在正方形中，射线与边交于点E，将射线绕点A顺时针旋转，与的延长线交于点F，，连接． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)若四边形的面积为36，，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质和全等的性质和判定，还涉及到勾股定理等知识，解决本题的关键是能熟练运用相关的几何定理． （1）由四边形是正方形易得，，再根据可证得，即可导得，进而证得是等腰直角三角形； （2）由（1）得，进而得到正方形的面积为36，计算出，再利用勾股定理计算出的长度． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ∴， ， 在和中， ∴， ∴，． ， 是等腰直线三角形； （2）解：由（1）得，则， 四边形的面积为36， 而， 正方形的面积为36， ， 在中，， ． 【变式5-1】（23-24八年级下·吉林松原·阶段练习）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了如下操作： 第一步：将矩形纸片的一角，利用图①所示的方法折叠，使点落在上的点处，得到折痕，连接，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点C恰好落在点处，得到折痕，如图②． 根据以上操作，解答下列各题． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求线段的长． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，正方形的判定和性质； （1）根据矩形的性质和折叠的性质可得，，，从而得到，进而得到，继而得到四边形是菱形，即可求证； （2）根据矩形的性质和折叠的性质可得．在中，利用勾股定理建立方程即可求得的值，从而求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ， 将矩形纸片折叠，使点落在AD上的点处， ，，， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形． （2）解：四边形和四边形都是矩形， ，，，， 是由折叠得到的， ． 在中，由勾股定理，得：， 即， 解得． 【变式5-2】（23-24九年级上·陕西榆林·阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与交于点O．    (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：； (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据角平分线的性质证得，根据正方形的判定即可证得结论； （2）根据三角形全等的判定证得，由全等三角形的性质即可得到结论； （3）根据可得，即可求得，，再由可得． 【详解】（1）∵矩形， ∴． ∵， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分， ∴， ∴四边形是正方形； （2）∵AE平分， ∴． 在和中， ， ∴， ∴； （3）由（1）知，四边形是正方形； ∴． 由（2）知， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴． 【点睛】】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，等腰直角三角形性质和判定，角平分线的性质，熟悉正方形的性质与判定是解题的关键是解决问题的关键． 【变式5-3】（2023八年级下·江苏·专题练习）在中，，、的平分线相交于点D，，，垂足为E、F． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，，求正方形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)4 【分析】（1）根据， ，可得四边形DECF是矩形，结合角平分线性质即可得到，即可得到证明； （2）根据勾股定求出，根据等积法求出，即可得到答案； 【详解】（1）证明：过D作，连接， ∵， ，， ∴四边形DECF是矩形， ∵、的平分线相交于点D，，，， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查角平分线的性质及正方形的判定与性质，解题的关键是作出辅助线及利用等积法求出正方形的边长． 一、单选题 1．（24-25九年级上·重庆·期末）如图，已知正方形的边长为，点是正方形的边上的一点，点关于的对称点为，若，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠变换，全等三角形的判定和性质，勾股定理；延长交于，连接，根据正方形的性质得到，，由折叠的性质得到，通过，于是得到．由等腰三角形的性质得到，由余角的性质得到，于是求得，得，，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：如图，延长交于，连接， 四边形是正方形， ，， 点关于直线的对称点为， ， 在与中， ， ， ， ， ，， ， ， 正方形的边长为， ， 设， ， 即， 解得：． 故答案为：． 2．（24-25九年级上·广东佛山·期末）如图所示，的对角线,相交于点，以下说法正确的是（    ）    A．若，则是矩形 B．若，则是菱形 C．若，则是正方形 D．若，则是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形、菱形、正方形的判定定理，熟悉了解三者之间的关系及判定定理是解题关键．根据矩形、菱形、正方形的判定定理依次进行判断即可． 【详解】解：A、 的对角线，相交于点，且， 是矩形，原说法正确，符合题意； B、若，得不到是菱形，原说法错误，不符合题意； C、若，得不到是正方形，原说法错误，不符合题意； D、若，则是矩形，原说法错误，不符合题意． 故选：A． 3．（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，在正方形中，点是的中点，点在上，连接，．若，，则一定等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，理解题意，作出辅助线是解题关键．延长、交于点，证明，根据全等三角形的判定和性质得出，确定，再由各角之间的关系即可得出结果． 【详解】解：延长、交于点，如图所示： 四边形是正方形， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ∴， ， ，， ， ， ， ， 故选：A． 4．（24-25九年级上·陕西榆林·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． 5.（24-25九年级上·湖北武汉·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． 6．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，正方形的边长为10，，连接．则线段的长（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长交于点，根据正方形的性质证明，求出，，再证明，求出，，由勾股定理可得的长． 【详解】解：如图，延长交于点， ，，， ，， 和是直角三角形， 在和中，， ， ，，， ，， ，， ，， 在和中，， ， ，，， ， 同理可得， 在中，， 故选：C． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、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，通过证明三角形全等得出，是解题的关键． 二、填空题 7．（23-24八年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在菱形中，对角线相交于点O，不添加任何辅助线，请你添加一个条件 ，使四边形是正方形（填一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】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，再判定这个菱形有一个角为直角．根据有一个直角的菱形为正方形添加条件． 【详解】解：四边形为菱形， 当时，四边形为正方形． 故答案为：． 8.（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）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 ． 【答案】 【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，坐标与图形，过点作于，由正方形的性质可得为等腰直角三角形，即得，进而即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，过点作于，， ∵的坐标是， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴点的坐标是， 故答案为：． 9．（23-24九年级上·贵州毕节·期末）如图，点P是正方形的对角线上的一点，于点E，，则点P到直线的距离为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查角平分线的性质、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．利用正方形的性质得到为的平分线，直接利用角平分线的性质即可求解． 【详解】解：过点作于点，    ∵四边形为正方形， ∴平分， 又∵， ， ∴点到直线的距离为3． 故答案为：3． 10．（24-25九年级上·山西大同·期中）如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，，若，，则的长为 ． 【答案】6 【分析】延长至H，使，连接，如图，则可用证明，然后根据全等三角形的性质和已知条件可得，，进而可根据证明，再根据全等三角形的性质和线段的和差求出，设，则，在中，由勾股定理建立方程求解． 【详解】证明：延长至H，使，连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， 则在和中， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴， 设，则， ∴在中，由勾股定理得，， 解得：或（舍）， 故答案为：6． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解一元二次方程，正确作出辅助线、灵活应用全等三角形性质与判定是解题关键． 11．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，将边长为7的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，当两个三角形重叠部分的面积为6时，的长为 ． 【答案】1或6 【分析】设，与相交于点，判断出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再表示出，然后根据平行四边形的面积公式列方程求解即可． 【详解】解：设，与相交于点， ∵是正方形剪开得到的， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∵两个三角形重叠部分的面积为6， ∴，整理得，， 解得：， 即移动的距离等于1或6． 故答案是：1或6． 【点睛】本题考查了平移的性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，解一元二次方程等知识点，熟记平移的性质并用平移距离表示出重叠部分的底与高是解题的关键． 三、解答题 12．（24-25九年级上·内蒙古包头·期末）如图，四边形是正方形，是上任意一点（点与、不重合），于，于． (1)求证：； (2)求证：． 【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）根据正方形的性质，利用证明即可； （2）利用全等三角形的性质结合线段之间的和差关系即可得证． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵于，于， ∴， ∴， 在和中， ， ∴； （2）由（1）知：， ∴， ∵， ∴． 13．（24-25九年级上·河北保定·期中） 中，平分． (1)求证四边形是菱形． (2)满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查正方形的判定，菱形的判定与性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的需要的条件，利用正方形的判定、菱形的判定与性质解答． （1）根据交AB于点E，交AC于点F，可以判断四边形AEDF是平行四边形，再根据角平分线的性质和平行线的性质即可证明结论成立； （2）根据有一个角是直角的菱形是正方形可以解答本题． 【详解】（1）证明：， ∴四边形是平行四边形； 平分． ． ， ． ． ． ∴四边形是菱形． （2）解：当时，四边形是正方形； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形． 14.（24-25九年级下·北京·开学考试）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一个动点，连接．过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形（提示：过点作于点，过点作于点． (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)的值为定值， 【分析】本题考查了正方形的性质与判定和矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等． （1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形； （2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值． 【详解】（1）证明：如图所示，过作于点，过作于点， 四边形为正方形， ， ，， ， ， 四边形为矩形， ， ，即， 是正方形对角线的交点， ， 在和中， ， ， ， 矩形为正方形． （2）解：的值为定值， 矩形为正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ，即， 在和中， ， ， ， ， 是定值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$