专题03 正方形（考点清单，3考点12题型+命题预测）-2024-2025学年八年级数学下学期期中考点大串讲（鲁教版）

专题03 正方形 （3个考点梳理+12种题型解读+提升训练+命题预测） 清单01 正方形的定义 正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 清单02 正方形的性质 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 清单03 正方形的判定 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【考点题型一】利用正方形的性质求角度（） 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． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，连接，根据题意可得，则，由外角的性质可得：，即可求解． 【详解】解：连接， ∵四边形是正方形， ∴，且， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 故选：A． 2．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形和等边三角形的性质得，进而得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质，灵活利用三角形内角和定理及三角形的外角性质进行角的计算是解决问题的关键． 3．（22-23八年级上·山东泰安·期末）如图，以正方形的对角线为一边作菱形，则（  ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据四边形是正方形，是对角线，得，根据菱形的性质，则，，即可． 【详解】∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∵四边形是菱形，是对角线， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形和菱形的知识，解题的关键是掌握正方形的性质，菱形的性质． 【考点题型二】利用正方形的性质求线段长（） 4．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，是正方形的一点，且，已知下列哪条线段的长就可以求的面积（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质．关键是构造相似三角形． 作过于于的面积等于与乘积的一半．要求的面积只有或中的一个量，不能求出面积的值，必须求出与乘积，逐项分析可得．是斜边上的高，证明，得出，根据，得出的面积的一半，可得正确选项． 【详解】解：作于于． ∵四边形为正方形， ∴， ∴四边形为矩形， ∴， 的面积等于． 当已知的长，是动点，的长是个变量，不能求出的面积，选项A错误． 当已知的长，在以为圆心，为半径的圆上，随的位置变化，的长是变的，的长不知道，不能求出的面积，选项B错误． 是斜边上的高， ∴，， ， ， ∴的面积．选项C正确． 由选项C可知，同理可得：．当知道的长，可以确定的面积，但不能得出的面积，选项D错误． 故选：C． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，正方形中，是对角线，平分交于点E，，则正方形的边长为（    ） A．6 B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质，过点E作于F，由正方形的性质的，由角平分线的性质得到，利用勾股定理求出，再根据得到，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点E作于F， ∵四边形是正方形， ∴， ∵平分，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， 故选：C． 6．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（    ） A． B． C．2 D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形中位线的性质和勾股定理的应用，构造三角形是破解本题的关键．根据条件得出正方形边长为5，由勾股定理求出线段长，利用中位线得到长即可． 【详解】解：连接，，    ∵四边形为正方形， ∴，，， ∵点E，F分别是，的中点， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， ∴M是的中点， 在正方形中，，， ∴， 在中，由勾股定理得， ， 在中，M是的中点，N是的中点， ∴是的中位线， ∴． 故选：A． 【考点题型三】利用正方形的性质求周长（） 7．（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在正方形中，点M，N为边和上的动点（不含端点），若则的周长是（   ） A． B．2 C． D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，先将绕点A顺时针旋转得，再根据条件证得与，得出的周长为，进而求解． 【详解】解：如图，将绕点A顺时针旋转得， 则，， 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， 的周长为： ， ， 的周长为． 故选：D． 8．（22-23八年级下·山西大同·期中）正方形的对角线长为，则其周长为（    ） A．8 B． C． D．16 【答案】A 【分析】根据正方形对角线的长度和正方形的边长相等，利用勾股定理可求出边长，即可求出答案． 【详解】解：设正方形的边长为x， ∵正方形的对角线为， ∴由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ∴正方形的周长为：， 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理和正方形的性质，灵活运用所学知识点是解题关键． 9．（22-23八年级上·山东烟台·期末）在边长为的正方形底座中，放置两张大小相同的正方形纸板，边在上，点，分别在上，若区域的周长比区域与区域的周长之和还大，则正方形纸板的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先表示出区域的周长，区域与区域的周长之和，再设列方程解方程即可． 【详解】解：设， ∵在正方形中，， ∴，， ∴，， ∵区域的周长比区域与区域的周长之和还大， ∴， ∴解得：． 故选． 【点睛】本题主要考查了平移的性质，利用平移得到区域的周长，区域的周长，区域的周长是解题的关键． 【考点题型四】利用正方形的性质求面积（） 10．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形．若已知该菱形的一条对角线长为6，另一条对角线长为8，则图2中小正方形（阴影部分）的面积为（    ）    A． B．1 C．2 D．3 E．4 【答案】A 【分析】本题考查了菱形的性质以及正方形的性质，根据题意，得出，所以图2中小正方形（阴影部分）的面积为，把数值代入计算，即可作答． 【详解】解：∵一条对角线长为6，另一条对角线长为8，    ∴设菱形的对角线分别为 则 ∴ ∵将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形 ∴结合图形，得出图2中小正方形（阴影部分）的面积为 ∴ 故选：A 11．（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图四边形与是并列放在一起的两个正方形，是与的交点．如果正方形的面积是，，则的面积为（　　） A．1 B． C．4 D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质及平行线的判定，熟练掌握平行线的判定是解题的关键．连接，由正方形的性质得，，，从而得，，于是，，根据面积公式即可得解． 【详解】解：连接， ∵四边形和四边形都是正方形，正方形的面积是， ∴，，， ∴，，， ∴，， ∴． 故选：． 12．（23-24八年级下·山东潍坊·期中）将两个边长为a的小正方形放置在边长为b的大正方形内，三个正方形均重叠部分的面积记为，无重叠部分的面积记为，如图所示，若a和b分别是一等腰直角三角形的一条直角边和斜边的长，则与的大小关系是（    ） A．＝ B．＜ C．＞ D．无法确定 【答案】A 【分析】求出，，而，故，，即得．本题考查正方形的性质，解题的关键是用含的代数式表示，． 【详解】解：由图可知，，， 和分别是一等腰直角三角形的一条直角边和斜边的长， ， ，， ； 故选：A． 13．（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【答案】8 【分析】本题主要考查了七巧板，正方形的性质．根据平行四边形和三角形的面积公式即可得图中⑥的面积． 【详解】解：如图，， ∵， ∴平行四边形（图中⑥）的面积是， 故答案为：8． 【考点题型五】利用正方形的性质求坐标（） 14．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，将边长为3的正方形放在平面直角坐标系中，是原点，点的横坐标为1，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理．首先过点作轴于点，过点作轴于点，证得，则可得，，继而求得答案． 【详解】解：过点作轴于点，过点作轴于点， 则， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 点的坐标为：． 故答案为：． 15．（23-24八年级下·山东东营·阶段练习）如图，在正方形中，点的坐标是，则点的坐标是 ．    【答案】 【分析】本题侧重考查全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质，掌握正方形的四个角都是直角，四条边相等、全等三角形的判定是解答此题关键． 已知和的两角及其一角的对边对应相等，利用得到两个三角形全等．要得到C点的坐标，需知道和和的长． 【详解】解：如图所示：作轴于D，作轴于E，作于F，    则， ． ∵四边形是正方形， ，， ， ． 在和中， ， ， ，． ∵点A的坐标是， ，， ，， ． 故答案为：． 16．（24-25八年级上·山西晋中·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上，将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的坐标为 ． 【答案】 【分析】设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出值，即可得答案． 【详解】解：如图，设与轴交于点，， ∵四边形是正方形，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点的坐标为， ∴， ∵将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为， ∴，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：， ∴点的坐标为． 故答案为： 【点睛】本题考查折叠性质、正方形的性质、矩形的判定与性质、坐标与图形及勾股定理，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键． 17．（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点坐标为，点是边上的动点，在运动的过程中始终保持且．若点从点运动到点，则点的运动路线长为（   ） 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、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质，作轴于点，连接，证明，得出，，进而推出，连接，并延长，求出点在与成的夹角的射线上运动，结合当点在点时，点在点，当点在点时，点在点，得出点的运动路线为，再由勾股定理计算即可得出答案． 【详解】解：如图，作轴于点，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴，即， 连接，并延长， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴点在与成的夹角的射线上运动， ∵当点在点时，点在点，当点在点时，点在点， ∴点的运动路线为， ∵点坐标为， ∴， ∴， ∴当点在点时，点在点，此时， ∴的运动路线长为， 故选：D． 【考点题型六】添加一个条件使四边形是正方形（） 18．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，由菱形的性质可得 ，进而可得，即可得四边形是菱形，再根据正方形的判定可知要使菱形为正方形，只需证明或即可，据此即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：在菱形中，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 要使菱形为正方形，只需证明或即可， 当时，， 故选：． 19．（22-23八年级下·山东滨州·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）． 20．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可． 【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为． 故选：A． 21．（22-23八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在中，分别是的中点，连接，要使四边形是正方形，只需增加一个条件为 ．    【答案】 【分析】根据中位线定理，和一组邻边相等的矩形是正方形添加条件即可． 【详解】∵分别是的中点， ∴ ∴四边形是矩形， ∵四边形是正方形， ∴ 故， 故添加的条件是：． 【点睛】本题考查了中位线定理，和一组邻边相等的矩形是正方形，熟练掌握中位线定理和正方形的判定定理是解题的关键． 【考点题型七】证明四边形是正方形（） 22．（22-23八年级下·江苏·周测）如图，中，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】作于G，如图所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形． 【详解】 证明：作于G，如图， 则， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵外角平分线交于点A， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、角平分线的性质等知识；关键是根据正方形的判定、角平分线的性质解答． 23．（21-22八年级下·山东济宁·期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）． (1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形； (2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由； (3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)AC=BD，理由见解析 (3)AC⊥BD且AC=BD，理由见解析 【分析】（1）由三角形中位线定理得到相应条件，即可得出结论； （2）根据菱形的判定和性质进行判断即可； （3）根据正方形的判定进行判断即可． 【详解】（1）解：证明：连接BD、AC交于点O，如图1所示： ∵四边形ABCD中，E、F、G、H分别为AB、BC、CD、DA的中点， ∴EH是△ABD的中位线，FG是△BCD的中位线，EF是△ABC的中位线，GH是△ACD的中位线， ∴EH∥BD，EH=BD，FG∥BD，FG=BD，EF∥AC，GH∥AC， ∴EH∥FG，EF∥GH， ∴四边形EFGH是平行四边形； （2）当AC=BD时， 由（1）得：HG=AC，EH=BD， ∴EH=GH， ∴四边形EFGH是菱形； （3）当AC⊥BD且AC=BD时，四边形EFGH既是矩形又是菱形， ∴四边形EFGH是正方形． 【点睛】此题考查了中点四边形的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用． 24．（21-22八年级下·山东聊城·期末）如图，是的垂直平分线，交于点M，过点M作，垂足分别为点E，F，已知．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】根据线段垂直平分线、角平分线的性质即可证明四边形AEMF是正方形. 【详解】证明：∵是的垂直平分线， ∴， 又∵， ∴； ∵，，，即， ∴四边形是矩形，又，，， ∴， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题主要考查线段的垂直平分线、角平分线的性质，正方形的性质及证明，掌握相关性质并灵活应用是解题的关键． 【考点题型八】根据正方形的性质与判定求角度（） 25．（2021·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． 26．（20-21八年级下·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． 【考点题型九】根据正方形的性质与判定求线段长（） 27．（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． 28．（21-22九年级上·河南郑州·期末）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了． (1)求该中学校门的总宽度是多少m？ (2)当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？ 【答案】(1) (2)当每个菱形的内角为时，校门打开了 【分析】（1）如图，连接．根据菱形和等边三角形的性质即可得到结论； （2）根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，如图，连接，根据正方形的性质即可得到结论． 【详解】（1）解：如图，连接． 四边形是菱形， ， 又， 是等边三角形，， ， 所以，该中学校门的总宽度是． （2）当菱形的时， ， 四边形是正方形， 如图，连接， 则，， 所以，当每个菱形的内角为时，校门打开了． 【点睛】此题考查了矩形的性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质．注意准确作出辅助线是解此题的关键． 【考点题型十】根据正方形的性质与判定求面积（） 29．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)80 【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可； （2）根据条件证明菱形是正方形，即可求出． 本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵是等边三角形， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即， ∴四边形是菱形． （2）解：∵是等边三角形， ∴， 由（1）知，，， ∴，是直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴ ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴ ∴菱形是正方形， ∴四边形的面积． 30．（22-23八年级下·山东烟台·期中）已知，如图，在四边形中，，，，垂足为点E． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）过点D作，交的延长线于点M，由题意易得四边形是矩形，则有，然后可得，进而问题可求证； （2）由（1）可得，然后可得，进而问题可求解． 【详解】（1）证明：过点D作，交的延长线于点M， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴； （2）解：由（1）得：， ∴矩形是正方形 ∵， ∴， ∴ ∴ ， ∴四边形的面积为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定、矩形的性质与判定及全等三角形的性质与判定是解题的关键． 31．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，且，求四边形的面积． 【答案】（1）菱形，理由见解析；（2）4 【分析】（1）根据DE∥AB，DF∥AC判定四边形AFDE是平行四边形，再根据平行线的性质和角平分线的定义得到∠EDA=∠EAD，可得AE=DE，即可证明； （2）根据∠BAC=90°得到菱形AFDE是正方形，根据对角线AD求出边长，再根据面积公式计算即可． 【详解】解：（1）四边形AFDE是菱形，理由是： ∵DE∥AB，DF∥AC， ∴四边形AFDE是平行四边形， ∵AD平分∠BAC， ∴∠FAD=∠EAD， ∵DE∥AB， ∴∠EDA=∠FAD， ∴∠EDA=∠EAD， ∴AE=DE， ∴平行四边形AFDE是菱形； （2）∵∠BAC=90°， ∴四边形AFDE是正方形， ∵AD=， ∴AF=DF=DE=AE==2， ∴四边形AFDE的面积为2×2=4． 【点睛】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． 【考点题型十一】与正方形有关的最值问题（） 32．（23-24八年级下·山东日照·期末）如图，正方形的边长为6，点是边的点，，点为对角线上的一个动点，则周长的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，勾股定理； 连接，，根据正方形的性质可得，证明B，P，E三点共线时，取最小值，最小值为的长，然后利用勾股定理求出，进而计算即可． 【详解】解：如图，连接，， ∵四边形是正方形， ∴点B，D关于对称， ∴， ∴， ∴当B，P，E三点共线时，取最小值，最小值为的长，即此时的周长取最小值， ∵正方形的边长为6， ∴， ∴，， ∴周长的最小值为， 故答案为：． 33．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，已知正方形的边长为2，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为4；③；④的最小值为1．其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，熟练应用正方形和矩形的性质是解题的关键．利用正方形的性质，矩形的性质等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质对每个选项进行逐一判断即可得出结论． 【详解】解：①四边形为正方形， ， ， ． ，，， 四边形为矩形， ， ． ①的结论正确； ②，，， 和为等腰直角三角形， ， 四边形的周长， ②的结论正确； ③连接，如图， 四边形为正方形， ，， 在和中， ， ． ． 由①知：四边形为矩形， ， ． ③的结论正确； ④由③知：， 当取最小值时，取得最小值， 点是对角线上一点， 当，即点为对角线的中点时，的值最小，此时， 的最小值为， ④的结论错误， 综上，正确结论的序号为：①②③， 故选：C 34．（20-21九年级上·陕西·阶段练习）如图，在边长为6的正方形中，是对角线上一动点，于点于点，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，证出四边形为矩形，由矩形的性质得出，当时，取得最小值，据此求解即可． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵于E，于F， ∴四边形为矩形， ∴， 当时，MC取得最小值， ∵ ∴ ∵ ∴点P是的中点 ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理，矩形的性质和判定、垂线段最短，熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键． 35．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，正方形的边长，对角线、相交于点，将直角三角板的直角顶点放在点处，三角板两边足够长，与、交于、两点，当三角板绕点旋转时，线段的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．证明，得到，要使有最小值，即求的最小值，当时，有最小值，由等腰三角形的性质可求出． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， ，，， ， ，， ， 故要使有最小值，即求的最小值，当时，有最小值， ，，， ， 线段的最小值为． 故答案为：． 【考点题型十二】与正方形有关的折叠问题（） 36．（24-25八年级上·山东临沂·期中）如图，先将正方形纸片对折，折痕为，再把点折叠在折痕上，折痕为，点在上的对应点为，沿和剪下得到，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查轴对称的概念与运用、正方形的性质、中垂线的性质，掌握将轴对称图形沿着对称轴对折，对称轴两侧的图形相互重合是解题的关键． 根据点折叠在折痕上，折痕为，点在上的对应点为，可得，再根据是的中垂线可得，由此可求解． 【详解】解：由题意可得，是的中垂线， 所以， 又因为点在上的对应点为， 所以，而四边形是正方形， 所以， 所以， 故选：B． 37．（23-24八年级下·山东东营·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：． 38．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形中，点在线段上，点在线段上，将四边形沿直线翻折，点的对应点恰好落在线段上，点的对应点为点，交于点，交于点．若正方形边长为4，长为1，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理求得，连接，，证明是等腰直角三角形，即可求解． 【详解】解：∵正方形边长为4，长为1， ∴， 如图所示，连接，， ∵折叠， ∴， ∵在正方形的对角线上， ∴， ∴， ∴； 设，则； ∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； 故答案为：． 39．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【答案】(1)④ (2)①四边形是“神奇四边形”，见解析；②四边形是“神奇四边形”，见解析 (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质、矩形的性质、菱形的性质及正方形的性质进行判断即可； （2）①根据正方形的性质可得，，利用等量代换可得，证得，可得，即可得证； ②根据三角形中位线定理可得，，，，从而证得四边形是平行四边形，再根据平行线的性质和等量代换可得，由①可得，，可得，证得四边形是正方形，再根据正方形的性质即可得证； （3）延长交于点S，由勾股定理求出的长，设，则，再由勾股定理列方程求得，即可求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形的对角线既不互相垂直，也不相等；矩形的对角线相等，但不垂直；菱形的对角线相互垂直，但不相等；正方形的对角线互相垂直且相等， ∴正方形是“神奇四边形”， 故答案为：④． （2）解：①四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是“神奇四边形”． ②四边形是“神奇四边形”，理由如下： ∵点M，N，P，Q分别是，，，的中点， ∴，，，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由①可得，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，且， ∴四边形是“神奇四边形”． （3）解：延长交于点S， 由折叠的性质得，，，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴， 设，则， 在中，， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查新定义、折叠的性质、正方形的判定与性质、矩形的判定的与性质、平行四边形的判定与性质、勾股定理、三角形中位线定理、全等三角形的判定与性质，理解新定义“神奇四边形”，熟练掌握正方形的判定与性质与全等三角形的判定与性质是解题的关键． 【命题预测】 1．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，菱形的面积为，正方形的面积为则菱形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是正方形的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，，再进一步可得，结合勾股定理可得答案． 【详解】解：如图，记的交点为， ∵正方形的面积为， ∴，，，， ∴，， ∵菱形的面积为， ∴，， ∴，， ∴； 故答案为： 2．（22-23八年级下·山东烟台·期末）如图，已知四边形是正方形，对角线、相交于，设、分别是、上的点，若，，则四边形的面积是 ． 【答案】8 【分析】此题重点考查正方形的性质、同角的余角相等、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，证明是解题的关键．由正方形的性质得，，且，，则，，而，则，再证明，即可根据全等三角形的判定定理“”证明，则，所以． 【详解】解：四边形是正方形，对角线、相交于， ，，且，， ，， ， ， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， 四边形的面积是8． 故答案为：8 3．（2020·河北·模拟预测）如图，正方形的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为．若，则线段的长是 ．    【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理，翻折变换，熟练掌握各知识点是解题的关键． 根据折叠可得， ，，根据勾股定理求出，的长，继而求出，，最后根据在中，由面积法，根据即可求解． 【详解】解：如图， 连接交于M， 连接，，    由折叠可知，， ，， ∵正方形的边长为9， ∴，， 设则 ∵， ∴在中， 即 解得： ∴ ， ， ∴在中， ∵，， ∴，， ， 故答案为：． 4．（2021·陕西安康·二模）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法，由四边形为正方形，，得，，证明，根据性质得，再由勾股定理可得，然后通过等面积求出，最后由线段和差即可求解，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】∵四边形为正方形，， ∴，， 又∵， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴由勾股定理得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·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 6．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，以的三边为边在上方分别作等边，，，且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形； ④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 【答案】①②/②① 【分析】证明和即可判断；由得到即可判断②；当时，求出即可判断③；综合结论②③即可判断； 【详解】解：∵是等边三角形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理由， ∴， ∴， 由，即可得出四边形 是平行四边形，故结论正确； 由知，四边形 是平行四边形， ∴当时，， ∴平行四边形是菱形，故结论正确； 当时， ， 由知四边形是平行四边形， ∴平行四边形不是矩形，故结论错误； 根据结论②可知，当时，四边形是菱形，当时，四边形不是矩形， ∴四边形不是正方形，故结论错误； 综上分析可知，正确的结论为①②． 故答案为：①②． 【点睛】本题考查了平行四边形及矩形、菱形、正方形的判定，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟练掌握特殊四边形的判定方法． 7．（2019·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方形中，、分别是边、上的点，，的周长为6，则正方形的边长为 . 【答案】3. 【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=6，得出正方形边长即可． 【详解】解：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF′位置， 由题意可得出：△DAF≌△BAF′， ∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′， ∴∠EAF′=45°， 在△FAE和△EAF′中 ， ∴△FAE≌△EAF′（SAS）， ∴EF=EF′， ∵△ECF的周长为6， ∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=6， ∴2BC=6， ∴BC=3． 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出△FAE≌△EAF′是解题关键． 8．（24-25八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，边与轴交于点G，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，求点E的坐标． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理、坐标与图形，由正方形的性质可得，轴，轴，由折叠得，，设，则，由勾股定理求出，再由勾股定理计算得出，即可得解． 【详解】解：∵四边形是正方形，边在x轴上， ∴，轴，轴， 由折叠得，， 设，则， ∵，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴． 9．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图所示，在中，，为的中点，四边形为平行四边形，，相交于，连接，． (1)试确定四边形的形状，并说明理由． (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？请给予证明． 【答案】(1)四边形是矩形，理由见解析 (2)，证明见解析 【分析】（1）由等腰三角形的三线合一得，，从而，再根据四边形的性质得，，从而证明，，四边形是平行四边形，根据得是矩形； （2）当时，根据平行线的性质证明即可得矩形为正方形． 【详解】（1）解：四边形是矩形理由如下， ∵，为的中点， ，， ∴， ∵四边形为平行四边形， ．，， ，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴是矩形； （2）解：当时，四边形为正方形， 证明：∵四边形为平行四边形， ， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形为正方形． 10．（23-24八年级下·山东潍坊·期末）综合与实践：利用旋转解有关图形的计算问题． 图形的旋转不仅是初中数学“图形与几何”领域的重要内容，也是解决平面几何问题的一种解题策略和方法，同时它还是解决问题过程中实现转化思想的一种工具和手段． 【尝试解决】 （1）如图，已知中，，，D是内一点，，，，求的度数． 思路分析：利用条件，把绕点A逆时针旋转，再利用，，三边之间的关系，就能方便地求出的度数． 请将下面解答过程补充完整． 解：将绕点A逆时针旋转，则与重合，D落在E点的位置，连接．可得，，． 所以________； 在中，________，________； 所以________； 所以_______； 所以________________________． 【类比探索】 （2）如图，在正方形中，E，F分别在，上，且，若，，求的长． 【迁移应用】 （3）如图，四边形中，，，若四边形的面积为8，则的长为多少？请直接写出最后结果． 【答案】（1），，，是直角三角形，，；（2）7；（3） 【分析】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质等知识，构造全等三角形是解题的关键． （1）根据旋转的性质得到，再证明，则，即可得到答案； （2）将绕点D顺时针旋转，则与重合，F落在H点的位置，连接，则，证明在同一条直线上，再证明，得到； （3）过点C作于点E，过点C作于点F，证明，则，证明四边形是正方形，则，根据正方形的面积四边形的面积得到，即可得到答案． 【详解】（1）解：将绕点A逆时针旋转，则与重合，D落在E点的位置，连接．可得，，． 所以， 在中，， 所以 所以， 所以， 故答案为：，，，，，； （2）将绕点D顺时针旋转，则与重合，F落在H点的位置，连接，则， ∴，，， ∴，在同一条直线上， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）过点C作于点E，过点C作于点F， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴正方形的面积四边形的面积， ∴， ∴． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 正方形 （3个考点梳理+12种题型解读+提升训练+命题预测） 清单01 正方形的定义 正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形. 清单02 正方形的性质 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 清单03 正方形的判定 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【考点题型一】利用正方形的性质求角度（） 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． B． C． D． 2．（24-25八年级上·山东潍坊·期末）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是（   ） A． B． C． D． 3．（22-23八年级上·山东泰安·期末）如图，以正方形的对角线为一边作菱形，则（  ） A． B． C． D． 【考点题型二】利用正方形的性质求线段长（） 4．（24-25八年级上·山东淄博·期末）如图，是正方形的一点，且，已知下列哪条线段的长就可以求的面积（   ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·期末）如图，正方形中，是对角线，平分交于点E，，则正方形的边长为（    ） A．6 B． C． D． 6．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，相交于点M，G为上一点，N为的中点．若，，则线段的长度为（    ） A． B． C．2 D． 【考点题型三】利用正方形的性质求周长（） 7．（23-24八年级下·山东德州·期中）如图，在正方形中，点M，N为边和上的动点（不含端点），若则的周长是（   ） A． B．2 C． D．4 8．（22-23八年级下·山西大同·期中）正方形的对角线长为，则其周长为（    ） A．8 B． C． D．16 9．（22-23八年级上·山东烟台·期末）在边长为的正方形底座中，放置两张大小相同的正方形纸板，边在上，点，分别在上，若区域的周长比区域与区域的周长之和还大，则正方形纸板的边长为（    ） A． B． C． D． 【考点题型四】利用正方形的性质求面积（） 10．（23-24八年级下·山东淄博·期末）如图，把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形拼成如图2所示的大正方形．若已知该菱形的一条对角线长为6，另一条对角线长为8，则图2中小正方形（阴影部分）的面积为（    ）    A． B．1 C．2 D．3 E．4 11．（23-24八年级下·山东淄博·期中）如图四边形与是并列放在一起的两个正方形，是与的交点．如果正方形的面积是，，则的面积为（　　） A．1 B． C．4 D． 12．（23-24八年级下·山东潍坊·期中）将两个边长为a的小正方形放置在边长为b的大正方形内，三个正方形均重叠部分的面积记为，无重叠部分的面积记为，如图所示，若a和b分别是一等腰直角三角形的一条直角边和斜边的长，则与的大小关系是（    ） A．＝ B．＜ C．＞ D．无法确定 13．（23-24八年级下·山东济宁·期末）七巧板是我国民间流传的一种益智玩具，它由等腰直角三角形、正方形和平行四边形组成．如图，这是一个由边长为的正方形纸板制作的七巧板，则平行四边形（图中⑥）的面积是 ． 【考点题型五】利用正方形的性质求坐标（） 14．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图，将边长为3的正方形放在平面直角坐标系中，是原点，点的横坐标为1，则点的坐标为 ． 15．（23-24八年级下·山东东营·阶段练习）如图，在正方形中，点的坐标是，则点的坐标是 ．    16．（24-25八年级上·山西晋中·期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在轴上，点的坐标为，点在边上，将沿折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的坐标为 ． 17．（23-24八年级下·山东威海·期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点坐标为，点是边上的动点，在运动的过程中始终保持且．若点从点运动到点，则点的运动路线长为（   ） A． B． C． D． 【考点题型六】添加一个条件使四边形是正方形（） 18．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 19．（22-23八年级下·山东滨州·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 ． 20．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 21．（22-23八年级下·山东济南·阶段练习）如图，在中，分别是的中点，连接，要使四边形是正方形，只需增加一个条件为 ．    【考点题型七】证明四边形是正方形（） 22．（22-23八年级下·江苏·周测）如图，中，，外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足．求证：四边形是正方形． 23．（21-22八年级下·山东济宁·期中）如图，已知在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA上的点（不与端点重合）． (1)若点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，求证：四边形EFCH是平行四边形； (2)在（1）的条件下，四边形ABCD的对角线AC和BD满足什么条件时，四边形EFGH是菱形，请说明理由； (3)在（2）的条件下，请直接写出四边形ABCD的对角线AC和BD再满足什么条件时，四边形EFGH是正方形． 24．（21-22八年级下·山东聊城·期末）如图，是的垂直平分线，交于点M，过点M作，垂足分别为点E，F，已知．求证：四边形是正方形． 【考点题型八】根据正方形的性质与判定求角度（） 25．（2021·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． 26．（20-21八年级下·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． 【考点题型九】根据正方形的性质与判定求线段长（） 27．（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． 28．（21-22九年级上·河南郑州·期末）如图1，某中学的校门是伸缩电动门，安装驱动器的门柱是宽度为的矩形，伸缩电动门中的每一行菱形有20个，每个菱形边长为，当每个菱形的内角度数为（如图2）时，校门打开了． (1)求该中学校门的总宽度是多少m？ (2)当每个菱形的内角度数为时，校门打开了多少m？ 【考点题型十】根据正方形的性质与判定求面积（） 29．（22-23八年级下·江苏泰州·期末）如图，已知平行四边形中，对角线交点O，E是延长线上的点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求四边形的面积． 30．（22-23八年级下·山东烟台·期中）已知，如图，在四边形中，，，，垂足为点E． (1)求证：； (2)若，，求四边形的面积． 31．（2021·江苏扬州·中考真题）如图，在中，的角平分线交于点D，． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，且，求四边形的面积． 【考点题型十一】与正方形有关的最值问题（） 32．（23-24八年级下·山东日照·期末）如图，正方形的边长为6，点是边的点，，点为对角线上的一个动点，则周长的最小值为 ． 33．（23-24八年级下·山东泰安·期末）如图，已知正方形的边长为2，点P是对角线上一点，于点E，于点F，连接，．给出下列结论：①；②四边形的周长为4；③；④的最小值为1．其中正确结论的个数是（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 34．（20-21九年级上·陕西·阶段练习）如图，在边长为6的正方形中，是对角线上一动点，于点于点，连接，则的最小值为 ． 35．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，正方形的边长，对角线、相交于点，将直角三角板的直角顶点放在点处，三角板两边足够长，与、交于、两点，当三角板绕点旋转时，线段的最小值为 ． 【考点题型十二】与正方形有关的折叠问题（） 36．（24-25八年级上·山东临沂·期中）如图，先将正方形纸片对折，折痕为，再把点折叠在折痕上，折痕为，点在上的对应点为，沿和剪下得到，则下列选项正确的是（   ） A． B． C． D． 37．（23-24八年级下·山东东营·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 38．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形中，点在线段上，点在线段上，将四边形沿直线翻折，点的对应点恰好落在线段上，点的对应点为点，交于点，交于点．若正方形边长为4，长为1，则线段的长为 ． 39．（23-24八年级下·山东威海·期末）我们定义：对角线互相垂直且相等的四边形叫做“神奇四边形”． (1)在我们学过的下列四边形①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“神奇四边形”的是 （填序号）； (2)如图， 在正方形中， E为上一点， 连接， 过点B作于点H， 交于点G， 连，． 判断四边形是否为“神奇四边形”，并说明理由； 如图2， 点M，N，P，Q分别是，，，的中点． 判断四边形是否是“神奇四边形”，并说明理由： (3)如图3， 点F，R分别在正方形的边，上， 把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为6，求线段的长． 【命题预测】 1．（24-25八年级上·山东烟台·期末）如图，菱形的面积为，正方形的面积为则菱形的边长为 ． 2．（22-23八年级下·山东烟台·期末）如图，已知四边形是正方形，对角线、相交于，设、分别是、上的点，若，，则四边形的面积是 ． 3．（2020·河北·模拟预测）如图，正方形的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在边上的点E处，折痕为．若，则线段的长是 ．      4．（2021·陕西安康·二模）如图，正方形中，点，分别在边，上，，于点，若，，则的长为 ． 5．（23-24八年级下·山东菏泽·期中）在四边形中，，，，，，分别是，，，的中点，则四边形的形状是 ． 6．（23-24八年级下·山东聊城·期中）如图，以的三边为边在上方分别作等边，，，且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是菱形； ③当时，四边形是矩形； ④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）． 7．（2019·江苏连云港·模拟预测）如图，在正方形中，、分别是边、上的点，，的周长为6，则正方形的边长为 . 8．（24-25八年级上·山东枣庄·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，边与轴交于点G，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，求点E的坐标． 9．（23-24八年级下·山东临沂·期末）如图所示，在中，，为的中点，四边形为平行四边形，，相交于，连接，． (1)试确定四边形的形状，并说明理由． (2)当满足什么条件时，四边形为正方形？请给予证明． 10．（23-24八年级下·山东潍坊·期末）综合与实践：利用旋转解有关图形的计算问题． 图形的旋转不仅是初中数学“图形与几何”领域的重要内容，也是解决平面几何问题的一种解题策略和方法，同时它还是解决问题过程中实现转化思想的一种工具和手段． 【尝试解决】 （1）如图，已知中，，，D是内一点，，，，求的度数． 思路分析：利用条件，把绕点A逆时针旋转，再利用，，三边之间的关系，就能方便地求出的度数． 请将下面解答过程补充完整． 解：将绕点A逆时针旋转，则与重合，D落在E点的位置，连接．可得，，． 所以________； 在中，________，________； 所以________； 所以_______； 所以________________________． 【类比探索】 （2）如图，在正方形中，E，F分别在，上，且，若，，求的长． 【迁移应用】 （3）如图，四边形中，，，若四边形的面积为8，则的长为多少？请直接写出最后结果． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$