专题19.3 正方形【十二大题型】-2024-2025学年八年级数学下册举一反三系列（华东师大版）

专题19.3 正方形【十二大题型】 【华东师大版】 【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 1 【题型2 由正方形的性质求角度】 2 【题型3 由正方形的性质求线段长】 4 【题型4 由正方形的性质求面积】 5 【题型5 正方形中的折叠问题】 6 【题型6 正方形中的证明】 8 【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 9 【题型8 证明四边形是正方形】 11 【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】 12 【题型10 由正方形性质与判定求角度】 14 【题型11 由正方形性质与判定求面积】 15 【题型12 由正方形性质与判定证明】 17 知识点1：正方形的性质 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． 性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 【例1】（24-25八年级·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（    ） A．平行四边形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形 【变式1-1】（24-25八年级·湖北武汉·期末）下列性质中，矩形、正方形都具有，但是菱形却不具有的性质是（    ） A．对角线长度相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．一组对角线平分一组对角 【变式1-2】（24-25八年级·河南安阳·期末）用两块完全重合的等腰直角三角形纸片拼下列图形：（1）平行四边形（不包含菱形、矩形、正方形）；（2）矩形；（3）正方形；（4）等边三角形；（5）等腰直角三角形，一定能拼成的图形是（   ） A．（1）（2）（3） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（5） D．（1）（3）（4）（5） 【变式1-3】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的两点（不与点A、C重合），且，分别连接，则下列结论错误的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．若四边形是菱形，那么四边形也是菱形 C．若四边形是正方形，那么四边形是菱形 D．若四边形是矩形，那么四边形也是矩形 【题型2 由正方形的性质求角度】 【例2】（24-25八年级·重庆江津·期末）如图，在正方形中，点、分别为边、上的点，连接、，平分，若．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，正方形中，点分别在上，，经过对角线的中点O，若，则一定等于（    ）    A． B． C． D． 【变式2-2】（24-25八年级·辽宁大连·期末）如图，在正方形中，点在对角线上，且；延长交于点，连接，则的度数为 ．    【变式2-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·期末）如图，正方形的对角线与交于点，点为边上一点，连接，过点作于点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【题型3 由正方形的性质求线段长】 【例3】（24-25·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． D． 【变式3-1】（24-25八年级·河北邯郸·期末）如图，将正方形放在平面直角坐标系中，是原点，的坐标为则点的坐标为 （     ）    A． B． C． D． 【变式3-2】（24-25八年级·安徽合肥·期末）如图，正方形和正方形中，点在上，，，于点，那么的长是（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】（24-25·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【题型4 由正方形的性质求面积】 【例4】（24-25八年级·辽宁朝阳·期末）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在点，两条直角边分别与交于点，与的延长线交于点，则四边形的面积是 ．    【变式4-1】（24-25八年级·四川德阳·期末）《九章算术》中有一问题：“今有勾三步，股四步，问勾中容方几何？”意思是：如图1，直角三角形中，，，，求内接正方形的边长．我国数学家刘徽用“出人相补”原理将直角三角形补成知形（如图1），在该图形中发现一个与正方形面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若点在线段上平移至点，连接，与直线分别相交于点，点（如图2），则平行四边形的面积为（    ）    A．12 B． C．25 D． 【变式4-2】（24-25八年级·山西吕梁·期末）如图，一个正方形中有两个小正方形，如果它们的面积分别为，，则 （填“”或“=”或“”）． 【变式4-3】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，以直角的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为，则③、⑤两部分的面积和为（    ）． A．8 B．9 C．10 D．11 【题型5 正方形中的折叠问题】 【例5】（24-25八年级·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为 ．    【变式5-1】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，将边长为8的正方形纸片沿对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形和矩形，再将矩形绕点顺时针方向旋转．使点与点重合，点的对应点为，则图②中阴影部分的周长为（　　） A．9 B．10 C．16 D．20 【变式5-2】（24-25八年级·湖南怀化·期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（    ） A．1 B． C． D．2 【变式5-3】（24-25八年级·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 【题型6 正方形中的证明】 【例6】（24-25八年级·安徽安庆·期末）如图，在正方形纸片中，P为正方形边上的一点（不与点A，D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，交于点H，折痕为，连接，，交于点M，连接． (1)求证：平分； (2)求证：； (3)探究，与的数量关系，并说明理由． 【变式6-1】（24-25八年级·湖北武汉·期末）已知；正方形的边长是4，F是边的中点，E是上的点，且，如图，求证：． 【变式6-2】（24-25八年级·四川宜宾·期末）正方形的边长为6，正方形的顶点E、F分别在正方形的对角线和边上，，连接． (1)求证：； (2)求的值． 【变式6-3】（24-25八年级·江苏泰州·期末）【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 知识点2：正方形的判定 ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定． 【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 【例7】（24-25八年级·浙江台州·期末）甲，乙两位同学采用折叠的方法，判断两张四边形纸片是否为正方形． 甲：如图①进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形； 乙：如图②进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形． 下列判断正确的是（    ）    A．仅甲正确 B．仅乙正确 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 【变式7-1】（24-25八年级·重庆荣昌·期末）下列命题： ①对角线相等的菱形是正方形； ②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形； ③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形； ④对角线互相垂直的矩形是正方形； 其中是真命题的个数是（  ） A．个 B．个 C．个 D．个 【变式7-2】（24-25八年级·河北保定·期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，连结AC、BD，回答问题 （1）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是矩形． （2）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形． （3）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是正方形． 【变式7-3】（12-13八年级·江苏扬州·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【题型8 证明四边形是正方形】 【例8】（24-25八年级·四川乐山·期末）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． 求证：矩形是正方形； 若正方形的边长为，，求正方形的边长． 【变式8-1】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，．    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 【变式8-2】（24-25八年级·湖北荆门·期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．    (1)如图1，小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．求证：四边形是正方形； (2)如图2，小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点折叠使点落在折痕上的点处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，求四边形的面积； 【变式8-3】（24-25八年级·山西临汾·期末）综合与实践 问题解决： （1）如图1，在中，是边上的中线，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接．求证：四边形是平行四边形． 类比迁移： （2）如图2，在（1）的条件下，当时，试判断四边形的形状，并说明理由． 拓展应用： （3）当满足什么条件时，四边形是正方形？请直接写出结论，不必证明． 【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】 【例9】（24-25八年级·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是 ． 【变式9-1】（24-25八年级·四川宜宾·期末）如图，在四边形中，，，，，则对角线的长为 ． 【变式9-2】（24-25八年级·山西太原·期末）综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，点O是边的中点，连接．保持不动，将从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段与线段相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究． (1)初步思考：如图2，连接，“勤学”小组在旋转的过程中发现，请你证明这一结论； (2)操作探究：如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现垂直平分，请你证明这一结论； (3)拓展延伸：已知，，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段的长度． 【变式9-3】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连，的最小值为 ． 【题型10 由正方形性质与判定求角度】 【例10】（24-25八年级·河南郑州·阶段练习）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EF ⊥DE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG． (1)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 【变式10-1】（24-25八年级·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． 【变式10-2】（24-25八年级·贵州黔南·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． 【变式10-3】（24-25八年级·天津和平·期中）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 【题型11 由正方形性质与判定求面积】 【例11】（24-25八年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 【变式11-1】（24-25八年级·江西上饶·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？ 【变式11-2】（24-25八年级·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． 【变式11-3】（24-25八年级·北京大兴·期中）我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形． (1)下列图形：①有一个内角为的平行四边形；②矩形；③菱形； ④直角梯形，其中对角直角四边形是 （只填序号）； (2)如图，菱形的对角线，相交于点，在菱形的外部以为斜边作等腰直角，连接． ①求证：四边形是对角直角四边形； ②若点到的距离是2，求四边形的面积． 【题型12 由正方形性质与判定证明】 【例12】（24-25八年级·山东烟台·期末）如图①，在正方形中，点分别在上且．      (1)试探索线段的大小关系，写出你的结论并说明理由； (2)连接，分别取的中点，顺次连接，得到四边形： ①请在图②中补全图形； ②四边形是什么特殊平行四边形？请说明理由． 【变式12-1】（24-25八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 【变式12-2】（24-25八年级·山东临沂·期末）如图，E，F，M，N分别是正方形四条边上的点，且．试判断四边形是什么图形，并证明你的结论． 【变式12-3】（24-25八年级·广东云浮·期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题19.3 正方形【十二大题型】 【华东师大版】 【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 1 【题型2 由正方形的性质求角度】 5 【题型3 由正方形的性质求线段长】 9 【题型4 由正方形的性质求面积】 14 【题型5 正方形中的折叠问题】 18 【题型6 正方形中的证明】 25 【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 32 【题型8 证明四边形是正方形】 35 【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】 42 【题型10 由正方形性质与判定求角度】 51 【题型11 由正方形性质与判定求面积】 59 【题型12 由正方形性质与判定证明】 65 知识点1：正方形的性质 定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形． 性质：①正方形的四条边都相等，四个角都是直角； ②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角； ③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质． ④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴． 【题型1 正方形与矩形、菱形的性质的区别与练习】 【例1】（24-25八年级·广西南宁·期中）学习了四边形之后，小颖同学用如下图所示的方式表示了四边形与特殊四边形的关系，则图中的“M”和“N”分别表示（    ） A．平行四边形，正方形 B．正方形，菱形 C．正方形，矩形 D．矩形，菱形 【答案】B 【分析】本题考查了特殊的平行四边形，正确理解矩形，菱形，正方形之间的关系是解题的关键． 根据特殊的平行四边形的概念判断即可． 【详解】解：∵矩形和菱形是特殊的平行四边形，正方形即是菱形也是矩形， ∴是正方形，是菱形， 故选：B 【变式1-1】（24-25八年级·湖北武汉·期末）下列性质中，矩形、正方形都具有，但是菱形却不具有的性质是（    ） A．对角线长度相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．一组对角线平分一组对角 【答案】A 【分析】利用正方形的性质，矩形的性质，菱形的性质依次判断可求解． 【详解】解：菱形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线互相垂直； 矩形具有的性质是：两组对边分别平行，对角线互相平分，对角线相等； 正方形具有菱形和矩形的性质， 故选项B，C，D不符合题意； 菱形不具有的性质为：对角线长度相等， 故选项A符合题意． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，注意熟记各性质定理是解此题的关键． 【变式1-2】（24-25八年级·河南安阳·期末）用两块完全重合的等腰直角三角形纸片拼下列图形：（1）平行四边形（不包含菱形、矩形、正方形）；（2）矩形；（3）正方形；（4）等边三角形；（5）等腰直角三角形，一定能拼成的图形是（   ） A．（1）（2）（3） B．（1）（3）（5） C．（2）（3）（5） D．（1）（3）（4）（5） 【答案】B 【分析】通过不同的组合方法，得出不同的图形． 【详解】解：用两块完全重合的等腰直角三角形纸片可以拼成下列图形： （1）平行四边形    （3）正方形    （5）等腰直角三角    故选B． 【点睛】本题是开放题，可以针对各种特殊的等腰三角形的组合方法，得出不同的图形．解答此类题的关键是要突破思维定势的障碍，运用发散思维，多方思考，探究问题在不同条件下的不同结论． 【变式1-3】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，在平行四边形中，E、F是对角线上的两点（不与点A、C重合），且，分别连接，则下列结论错误的是（　　） A．四边形是平行四边形 B．若四边形是菱形，那么四边形也是菱形 C．若四边形是正方形，那么四边形是菱形 D．若四边形是矩形，那么四边形也是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质， 正方形的性质，熟练掌握这些知识是解题的关键．连接交于点O，根据平行四边形的性质可得， 再根据E、F是对角线上的两点（不与点A、C重合），，可得，进一步即可判断A选项； 根据菱形的性质可得，进一步即可判断选项； 根据正方形的性质可得，进一步即可判断选项；根据矩形的性质可得， 再根据E、F是对角线上的两点 （不与点A、C重合），可得，进一步可判断选项． 【详解】解：连接交于点O，如图所示： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵E、F是对角线上的两点（不与点A、C重合）， ， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形，故A不符合题意； 当四边形是菱形时， ， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故不符合题意； 当四边形是正方形时， ， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， 故不符合题意； 当四边形是矩形时， ， ∵E、F是对角线上的两点（不与点A、C重合）， ∴， ∴四边形不是矩形， 故符合题意， 故选：． 【题型2 由正方形的性质求角度】 【例2】（24-25八年级·重庆江津·期末）如图，在正方形中，点、分别为边、上的点，连接、，平分，若．当时，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得，，，进而由可得，，再由角平分线的定义得，又证明可得，最后利用角的和差关系即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：． 【变式2-1】（24-25八年级·重庆沙坪坝·阶段练习）如图，正方形中，点分别在上，，经过对角线的中点O，若，则一定等于（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明，可得，利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可得，则可得，利用三角形外角和定理，即可得到的值． 【详解】解：四边形是正方形， ， 经过对角线的中点O， ， 在与中， ， ， ， ， ， ， ， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形外角和定理，斜边上的中线等于斜边的一半，熟知上述性质是解题的关键． 【变式2-2】（24-25八年级·辽宁大连·期末）如图，在正方形中，点在对角线上，且；延长交于点，连接，则的度数为 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质可得，，再根据又证得，得，，根据三角形内角和定理求得，最后根据平角定义求得答案． 【详解】解：正方形， ，， 又， ， ，， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形内角和定理，平角的定义等知识，掌握正方形的性质是解决此题的关键． 【变式2-3】（24-25八年级·重庆九龙坡·期末）如图，正方形的对角线与交于点，点为边上一点，连接，过点作于点，连接，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等边对等角以及三角形外角性质等知识，取中点G，连接，，设与交于点，证明，得，证明，求出，根据可得，整理后可得结论 【详解】解：取中点G，连接，，设与交于点，如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， 又， ∴ ∴ ∴ ∵， ∴， ∵ ∴ 在和中， ∴， ∵，且， ∴ ∴ 而 又 ∴ ∴． 故选：C． 【题型3 由正方形的性质求线段长】 【例3】（24-25·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，点是上一点，点是延长线上一点，连接，，平分．交于点．若，则的长度为（　　） A．2 B． C． 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，先由正方形的性质得到，再证明得到，进一步证明得到，设，则， 在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴， 故选：D． 【变式3-1】（24-25八年级·河北邯郸·期末）如图，将正方形放在平面直角坐标系中，是原点，的坐标为则点的坐标为 （     ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点作轴于，过点作的延长线于，交y轴于点，由可证，可得，，据此即可求解． 【详解】解：如图，过点作轴于，过点作的延长线于，交y轴于点，   点的坐标为， ，， ∵轴轴， ∴四边形是矩形， ∴ 四边形是正方形， ，， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 点的坐标为， 故选：D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的判定及性质，垂线定义，坐标与图形性质，作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． 【变式3-2】（24-25八年级·安徽合肥·期末）如图，正方形和正方形中，点在上，，，于点，那么的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的面积，连接，由正方形的性质得到，，利用勾股定理可求得，，，再根据三角形的面积得到，代入已求计算即可求解，由正方形的性质得到是解题的关键． 【详解】解：连接， ∵正方形和正方形， ∴，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， 即， 解得， 故选：． 【变式3-3】（24-25·四川泸州·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【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，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴； 如图所示，在延长线上截取，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为5， 故选：B． 【题型4 由正方形的性质求面积】 【例4】（24-25八年级·辽宁朝阳·期末）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在点，两条直角边分别与交于点，与的延长线交于点，则四边形的面积是 ．    【答案】16 【分析】证明，得到，计算即可． 【详解】∵正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：16． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的面积，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键． 【变式4-1】（24-25八年级·四川德阳·期末）《九章算术》中有一问题：“今有勾三步，股四步，问勾中容方几何？”意思是：如图1，直角三角形中，，，，求内接正方形的边长．我国数学家刘徽用“出人相补”原理将直角三角形补成知形（如图1），在该图形中发现一个与正方形面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若点在线段上平移至点，连接，与直线分别相交于点，点（如图2），则平行四边形的面积为（    ）    A．12 B． C．25 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，正确列出方程是解答本题的关键．设正方形的边长为x，证明，则，得到 解得，即可求出正方形的边长为，即可得到答案． 【详解】如图1，设正方形的边长为x，    根据题意得，四边形都是矩形， ∴ ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ 解得， ∴正方形的边长为， ∴正方形的边长为， ∵平行四边形的面积 故选：B． 【变式4-2】（24-25八年级·山西吕梁·期末）如图，一个正方形中有两个小正方形，如果它们的面积分别为，，则 （填“”或“=”或“”）． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等等知识，设正方形的边长为6，然后求出与的值，问题得解． 【详解】解：如图，设正方形的边长为6， ∵是正方形的对角线， ，， ∴， 又∵四边形与四边形是正方形， ，， ，， ，， ∴． 故答案为：． 【变式4-3】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，以直角的每一条边为边长，在AB的同侧作三个正方形，各个涂色部分分别用①、②、③、④、⑤表示，已知②、④两部分的面积和为，则③、⑤两部分的面积和为（    ）． A．8 B．9 C．10 D．11 【答案】B 【分析】设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，利用正方形性质，三角形全等证明即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理是解题的关键． 【详解】如图所示， 设序号为①，②，③，④，⑤图形的面积分别为，，，，，， 根据题意，得， 四边形是正方形，， ， ，， ， ， ． ∴ ∵②、④两部分的面积和为， ∴， 四边形是正方形，四边形是正方形， ， ， ． ∴， 根据题意，得 ， 故选B． 【题型5 正方形中的折叠问题】 【例5】（24-25八年级·湖北襄阳·期末）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为 ．    【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称的性质 ，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质． 由折叠及轴对称的性质可知， 垂直平分, 先证推出的长，再利用勾股定理求出的长, 最后在中利用面积法可求出的长，可进一步求出的长，的长. 【详解】解：设与交于点M， 在正方形中,   ， 在中,， ∵由折叠的性质可得 ， ∴垂直平分, ， ∵， 所以， 又∵，， ∴， ∴， 又∵， 故答案为： 【变式5-1】（24-25八年级·河南南阳·期末）如图，将边长为8的正方形纸片沿对折再展平，沿折痕剪开，得到矩形和矩形，再将矩形绕点顺时针方向旋转．使点与点重合，点的对应点为，则图②中阴影部分的周长为（　　） A．9 B．10 C．16 D．20 【答案】D 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质，勾股定理以及菱形的判定与性质等，解答本题的关键是勾股定理以及菱形的判定．首先根据已知条件判断出，得到，，然后可设的长度为x，则，根据勾股定理列方程可解出x，最后证明阴影部分是菱形后，即可求出其周长． 【详解】解：如图，设交于G，旋转后交于点H，    由题意知，，， 又∵， ∴， ∴，， 设，则， 在中，， 解得：， ∴， ∵，， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴为菱形， ∴阴影部分的周长为：， 故选：D． 【变式5-2】（24-25八年级·湖南怀化·期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上，则的长度为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查正方形的性质，折叠的性质，含30度角的直角三角形的性质，解题的关键是熟练运用以上性质；根据可得根据折叠后对应角相等、对应边相等，可得，进而可得，根据含30度角的直角三角形的性质可得，设，则，列方程求解即可． 【详解】解：四边形是正方形， 将四边形沿折叠，点B恰好落在边上， ， ， 设，则， ， ， ， 故选：D． 【变式5-3】（24-25八年级·湖南永州·期末）如图，取一张矩形的纸片进行折叠，具体操作过程如下： (1)【课本再现】 第一步：如图1，对折矩形纸片，使与重合，折痕为，把纸片展平； 第二步：在上选一点P，沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，根据以上操作，当点M在上时，___________； (2)【类比应用】 如图2，现将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接，当点M在上时，求的度数； (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，正方形纸片的边长为，改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），沿折叠纸片，使点A落在矩形内部的点M处，连接，并延长交于点Q，连接．当时，请求出的长． 【答案】(1)30 (2) (3)或 【分析】（）由折叠的性质得，，，，从而得到是等边三角形即可求解； （）同（1）可证，再利用折叠的性质和正方形的性质证明 ，推出，可得； （）分点Q在点F的下方、上方两种情况，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接， ∵对折矩形纸片，使与重合，折痕为， ∴垂直平分, ∴，， ∵沿折叠纸片，使点落在矩形内部的点处， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：如图， 同（1）可证， ∴， 在正方形中，，， 由折叠知，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴ （3）解：当点Q在点F的下方时，如图， ∵正方形中，， ∴， ∴， 由（2）知， ∴， 设，由折叠知， ∴，， 在中，， ∴， 解得，即； 当点Q在点F的上方时，如图， 则， ∴， ∴， 设， 则，， 在中，， ∴， 解得，即； 综上可知，的长为或． 【点睛】本题考查正方形折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质等，掌握折叠前后对应角相等、对应边相等，注意分情况讨论是解题的关键． 【题型6 正方形中的证明】 【例6】（24-25八年级·安徽安庆·期末）如图，在正方形纸片中，P为正方形边上的一点（不与点A，D重合），将正方形纸片折叠，使点B落在点P处，点C落在点G处，交于点H，折痕为，连接，，交于点M，连接． (1)求证：平分； (2)求证：； (3)探究，与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)．理由见解析 【分析】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，轴对称的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （1）由题意，得，则．根据正方形性质得出，得出．结合，得出，即可证明，即平分． （2）如图1，过点F作于点K，设交于点O．证明四边形是矩形，得出．根据点B与点P关于对称，得出，证明，即可证明． （3）如图，过点B作，垂足为Q．由（1）知，．证明，得出．证出．再证明，得出，即可证明，即． 【详解】（1）证明：由题意，得， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即． 又∵， ∴， ∴，即平分． （2）证明：如图1，过点F作于点K，设交于点O． ∵， ∴四边形是矩形， ∴． ∵点B与点P关于对称， ∴， ∴， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． （3）解：． 理由：如图，过点B作，垂足为Q． 由（1）知，． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， 即． 【变式6-1】（24-25八年级·湖北武汉·期末）已知；正方形的边长是4，F是边的中点，E是上的点，且，如图，求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，连接，延长交延长线于点G，由正方形的性质得到，，设，则，由勾股定理求出，再证明，得出即可求证，掌握相关知识是解题关键． 【详解】证明：连接，延长交延长线于点G，如图： ∵正方形， ， ， ， ∴设，则， 在中，， ∵点F是中点， ∴， ∵， ， ， ， ， 又∵ ． 【变式6-2】（24-25八年级·四川宜宾·期末）正方形的边长为6，正方形的顶点E、F分别在正方形的对角线和边上，，连接． (1)求证：； (2)求的值． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质． （1）利用正方形的性质结合等角的余角相等求得，，，再利用证明，即可得到； （2）先求得，利用勾股定理求得，由得到，推出，据此求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形和， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接和， ∵正方形的边长为6，且， ∴，，， ∴， 由（1）得，， ∴， ∴， ∴． 【变式6-3】（24-25八年级·江苏泰州·期末）【阅读材料】 在学习正方形时，我们遇到过这样的问题：如图1，在正方形中，点E、F、G、H分别在、、、上，且，垂足为M，那么与相等吗？ 分别过点G、H作、，垂足分别为P、Q，通过证明，得到． 根据阅读材料，完成下面探究1、探究2中的问题． 【探究1】 如图2，在正方形中，点E在上，使用无刻度的直尺和圆规作，交于点F（要求直尺、圆规各使用一次），保留作图痕迹，并标出点F，不要求写作法； 【探究2】 如图3，在正方形中，点E、F分别在、上，将正方形沿着翻折，点B、C分别落在、处，且经过点D，将纸片展开，延长交于点G，连接交于点M． （1）求证：； （2）求证：． 【答案】[探究1]见解析；[探究2]（1）见解析；（2）见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键是： [探究1]以B为圆心，为半径画弧，交于F，连接即可； [探究2]（1）利用翻折的性质和证明，然后利用全等三角形的性质即可得证； （2）连接，过F作于N，可得四边形是矩形，得出，，，，利用翻折的性质，等边对等角以及外角的性质可得，进而得出，从而得出，类似材料中的思路可证得，得出，即可得出答案． 【详解】解∶[探究1] 如图，即为所求，    ∵四边形是正方形， ∴，，， 由作图知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； [探究2] （1）证明：∵翻折， ∴，， 又， ∴， ∴； （2）连接，过F作于N， 则四边形是矩形， ∴，， 又， ∴， ∵翻折， ∴， ∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴， 又，， ∴ 知识点2：正方形的判定 ①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等； ②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角． ③还可以先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定． 【题型7 正方形与矩形、菱形的判定定理的区别与练习】 【例7】（24-25八年级·浙江台州·期末）甲，乙两位同学采用折叠的方法，判断两张四边形纸片是否为正方形． 甲：如图①进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形； 乙：如图②进行两次折叠，每次折叠后折痕两侧部分能完全重合，故判断原四边形是正方形． 下列判断正确的是（    ）    A．仅甲正确 B．仅乙正确 C．甲、乙均正确 D．甲、乙均错误 【答案】D 【分析】利用折叠的性质和菱形、矩形、正方形的判定即可得出答案． 【详解】解∶①按照图①折叠，可得四边形的四边相等，原四边形是菱形或正方形； ②按照图②折叠，可得四边形的四个角相等，不能得四条边相等，原四边形是矩形； 故选∶ D． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形、矩形、正方形的判定等，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 【变式7-1】（24-25八年级·重庆荣昌·期末）下列命题： ①对角线相等的菱形是正方形； ②对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形； ③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形； ④对角线互相垂直的矩形是正方形； 其中是真命题的个数是（  ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】A 【分析】利用正方形的判定方法分别判断后即可确定正确的选项． 【详解】解：对角线相等的菱形是正方形，正确，是真命题，符合题意； 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意； 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，正确，是真命题，符合题意； 对角线互相垂直的矩形是正方形，正确，是真命题，符合题意． 真命题有个， 故选A． 【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的定义及定理，难度中等． 【变式7-2】（24-25八年级·河北保定·期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点，连结AC、BD，回答问题 （1）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是矩形． （2）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是菱形． （3）对角线AC、BD满足条件 时，四边形EFGH是正方形． 【答案】 AC⊥BD AC＝BD AC⊥BD且AC＝BD 【分析】先证明四边形EFGH是平行四边形， （1）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是矩形，则需要一个角是直角，故对角线应满足互相垂直 （2）在已证平行四边形的基础上，要使所得四边形是菱形，则需要一组邻边相等，故对角线应满足相等 （3）联立（1）（2），要使所得四边形是正方形，则需要对角线垂直且相等 【详解】解：连接AC、BD． ∵E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA边上的中点， ∴EF∥AC，EF＝AC，FG∥BD，FG＝BD，GH∥AC，GH＝AC，EH∥BD，EH＝BD． ∴EF∥HG，EF＝GH，FG∥EH，FG＝EH． ∴四边形EFGH是平行四边形； （1）要使四边形EFGH是矩形，则需EF⊥FG， 由（1）得，只需AC⊥BD； （2）要使四边形EFGH是菱形，则需EF＝FG， 由（1）得，只需AC＝BD； （3）要使四边形EFGH是正方形，综合（1）和（2）， 则需AC⊥BD且AC＝BD． 故答案是：AC⊥BD；AC＝BD；AC⊥BD且AC＝BD 【点睛】此题主要考查平行四边形，矩形，菱形以及正方形的判定条件 【变式7-3】（12-13八年级·江苏扬州·期末）如图，已知四边形是平行四边形，下列结论中不正确的是（    ） A．当时，它是菱形 B．当时，它是菱形 C．当时，它是矩形 D．当时，它是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查学生对正方形的判定、平行四边形的性质、菱形的判定和矩形的判定的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，学生答题时容易出错． 根据邻边相等的平行四边形是菱形；根据所给条件可以证出邻边相等；根据有一个角是直角的平行四边形是矩形；根据对角线相等的平行四边形是矩形． 【详解】解：A、根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：四边形是平行四边形，当时，它是菱形，故A选项正确，不符合题意； B、四边形是平行四边形，， 四边形是菱形，故B选项正确，不符合题意； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故C选项正确，不符合题意； D、根据对角线相等的平行四边形是矩形可知当时，它是矩形，不是正方形，故D选项错误，符合题意． 故选：D． 【题型8 证明四边形是正方形】 【例8】（24-25八年级·四川乐山·期末）如图1，四边形为正方形，为对角线上一点，连接，． (1)求证：； (2)如图2，过点作，交边于点，以，为邻边作矩形，连接． 求证：矩形是正方形； 若正方形的边长为，，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【分析】（1）证明，即可得到结论； （2）①作于，于，得矩形，再证，得到，即可得到结论； ②证明，得到，，由，得到，则，由得到，连接，由勾股定理得到，则，即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）①证明：如图，作于，于，则四边形为矩形， ∴， ∵点是正方形对角线上的点， ∴， ∵， ∴， ∵， 在和中 ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴矩形是正方形； ②解：正方形和正方形中，，， ， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 连接， ∴， ∴， 即正方形的边长为． 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，添加合适辅助线是解题的关键． 【变式8-1】（24-25八年级·浙江绍兴·期末）如图，在矩形中，是边上一点，是的延长线上一点，连接，，已知，．    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)详见解析 (2) 【分析】（1）证明，得出，根据一组邻边相等的矩形为正方形，即可得出结论； （2）根据含30度的直角三角形的性质得出，根据勾股定理求出，根据求出结果即可． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ，． ， ， ， ， ， ． 矩形是正方形． （2）解：，， ， ． ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，勾股定理，三角形全等的判定和性质，含30度角的直角三角形性质，三角形面积计算，解题的关键是熟练掌握三角形全等的判定，得出． 【变式8-2】（24-25八年级·湖北荆门·期末）问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽．    (1)如图1，小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．求证：四边形是正方形； (2)如图2，小组将矩形纸片对折使与重合，展平后得到折痕，再次过点折叠使点落在折痕上的点处，得到折痕，连结，展平后得到四边形，求四边形的面积； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论； （2）连接，由折叠的性质可得是等边三角形，，求出，由三角形面积公式可求出． 【详解】（1）四边形是正方形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， 由第一步折叠可知：， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形； （2）连接，      由折叠得， ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴ ∴ 设则， 由勾股定理得， ∴ 解得，（负值舍去） ∴ 由折叠得，， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 【变式8-3】（24-25八年级·山西临汾·期末）综合与实践 问题解决： （1）如图1，在中，是边上的中线，是的中点，过点作，交的延长线于点，连接．求证：四边形是平行四边形． 类比迁移： （2）如图2，在（1）的条件下，当时，试判断四边形的形状，并说明理由． 拓展应用： （3）当满足什么条件时，四边形是正方形？请直接写出结论，不必证明． 【答案】（1）证明见解析；（2）四边形是矩形，理由见解析；（3）， 【分析】（1）先证明，得到，再结合，即可得出结论； （2）根据等腰三角形三线合一的性质，得出，即可证明四边形是矩形； （3）由（2）可知，当时，四边形是矩形，再结合直角三角形斜边中线等于斜边一半，得到，即可得出结论． 【详解】证明：（1）， ， 是的中点， ， 在和中， ， ， ， 是边上的中线， ， ， 又， 四边形是平行四边形； （2）四边形是矩形，理由如下： ，是边上的中线， ，即， 又四边形是平行四边形， 四边形是矩形； （3）当满足，时，四边形是正方形， 由（2）可知，当时，四边形是矩形， 在中，是边上的中线， ， 四边形是正方形，． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的判定定理，正方形的判定定理，掌握特殊四边形的判定定理是解题关键． 【题型9 由正方形性质与判定求线段长度】 【例9】（24-25八年级·浙江湖州·期末）正方形工整、匀称、美观，设计方便，在人们的生活和生产实际中有着广泛的应用．如图1为某园林石窗，其外框为边长为6的正方形（如图2），点E，F，G，H分别为边上的中点，以四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形（如），四个等边三角形的顶点恰好是正方形MNPQ各边的中点，则点H，M之间的距离是 ． 【答案】 【分析】先利用勾股定理得到，进而证明四边形是正方形，则可得到，过点K作，延长分别交于L、S，则，利用勾股定理得到；证明四边形是矩形，得到，由对称性可知，则；证明四边形是矩形，得到，；如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形，可得，再证明，得到，则，即点H，M之间的距离是． 【详解】解：∵点E，F是正方形边， ∴， ∴，， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形， ∵四边形各边的三等分点的连线为边，分别向内作等边三角形， ∴， 如图所示，过点K作，延长分别交于L、S， ∴， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 由对称性可知， ∴； ∵K、L分别为正方形边的中点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，； 如图所示，过点M作于W，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点H，M之间的距离是， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，矩形的性质与判定， 等边三角形的性质等等，正确作出辅助线构造直角三角形和矩形是解题的关键． 【变式9-1】（24-25八年级·四川宜宾·期末）如图，在四边形中，，，，，则对角线的长为 ． 【答案】 【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，勾股定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理是解题的关键． 如图，作于，于，则四边形是矩形，证明，则，，可得四边形是正方形，则，设，则，，由，可求，则，由勾股定理得，，计算求解即可． 【详解】解：如图，作于，于，则四边形是矩形， ∴，即， ∴， 又∵，， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则，， ∴， 解得，， ∴， 由勾股定理得，， 故答案为：． 【变式9-2】（24-25八年级·山西太原·期末）综合与实践 问题情境：“综合与实践”课上，老师提出如下问题：如图1，在中，，点O是边的中点，连接．保持不动，将从图1的位置开始，绕点O顺时针旋转得到，点A，D，C的对应点分别为点E，F，G．当线段与线段相交于点M（点M不与点A，B，F，G重合）时，连接．老师要求各个小组结合所学的图形变换的知识展开数学探究． (1)初步思考：如图2，连接，“勤学”小组在旋转的过程中发现，请你证明这一结论； (2)操作探究：如图3，连接，“善思”小组在旋转的过程中发现垂直平分，请你证明这一结论； (3)拓展延伸：已知，，在旋转的过程中，当以点F，C，D为顶点的三角形是等腰三角形时，请直接写出此时线段的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)线段的长度为1或或． 【分析】（1）连接交于点，证明，得到，证明是线段的垂直平分线，得到是的中位线，据此证明即可； （2）延长交于点，先证明，求得，利用等腰三角形的性质即可证明结论成立； （3）分当、和，三种情况讨论，利用等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质或勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：连接交于点， 由题意得，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴是线段的垂直平分线， ∴点是线段的中点， ∵点O是边的中点， ∴是的中位线， ∴； （2）证明：延长交于点， 由（1），是线段的垂直平分线， ∴， 由题意得， ∴， ∵，， ∴， ∴垂直平分； （3）解；当时，则点在线段的垂直平分线上，作于点，如图， 由题意得，， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； 当时，如图， 由题意得， ∵，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴； 当时，如图， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴在同一直线上， 设， ∴，， 在中，，即， 解得， ∴； 综上，线段的长度为1或或． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，线段垂直平分线的判定和性质，正确引出辅助线、分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 【变式9-3】（24-25八年级·江苏无锡·期末）如图，已知四边形是正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交射线于点F，以，为邻边作矩形，连，的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点作于点，作于点，利用定理证出，再根据全等三角形的性质可得；连接，根据正方形的性质、利用定理证出，推出，，再利用勾股定理可得，然后根据垂线段最短求出的最小值，由此即可得． 【详解】解：如图，过点作于点，作于点， 四边形为正方形， ，， ，且， 四边形为正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中，， ， ， 矩形为正方形． 如图，连接， 四边形为正方形，， ， ， 矩形为正方形， ， ， ， 在和中，， ， ， ， ， 由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为， 的最小值为． 故答案为： 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 【题型10 由正方形性质与判定求角度】 【例10】（24-25八年级·河南郑州·阶段练习）四边形 ABCD 为正方形，点 E 为线段 AC 上一点，连接 DE，过点 E 作 EF ⊥DE，交射线 BC 于点 F，以 DE、EF 为邻边作矩形 DEFG，连接 CG． (1)如图，求证：矩形 DEFG 是正方形； (2)若 AB＝，CE＝2，求 CG 的长； (3)当线段 DE 与正方形 ABCD 的某条边的夹角是 40°时，直接写出∠EFC 的度数． 【答案】(1)见解析； (2)； (3)或 【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明Rt△EQF≌Rt△EPD，得到EF＝ED，根据正方形的判定定理证明即可； （2）通过计算发现E是AC中点，点F与C重合，△CDG是等腰直角三角形，由此即可解决问题． （3）分两种情形结合正方形的性质解答即可． 【详解】（1）证明：如下图所示： 作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q， ∵∠DCA＝∠BCA， ∴EQ＝EP， ∵∠QEF+∠FEC＝90°，∠PED+∠FEC＝90°， ∴∠QEF＝∠PED， 在Rt△EQF和Rt△EPD中， ， ∴Rt△EQF≌Rt△EPD（ASA）， ∴EF＝ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图2： 在Rt△ABC中AC＝AB＝， ∵EC＝2， ∴AE＝CE， ∴点F与C重合，此时△DCG是等腰直角三角形， ∴； （3）①如图3： 当DE与AD的夹角为40°时， ∠DEC＝45°+40°＝85°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠CEF＝5°， ∵∠ECF＝45°， ∴∠EFC＝130°， ②如图4： 当DE与DC的夹角为40°时， ∵∠DEF＝∠DCF＝90°， ∴∠EFC＝∠EDC＝40°， 综上所述，∠EFC＝130°或40°． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、勾股定理、正方形的判定与性质等相关知识点，根据条件结合图形去解题是关键. 【变式10-1】（24-25八年级·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． 【变式10-2】（24-25八年级·贵州黔南·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． 【变式10-3】（24-25八年级·天津和平·期中）如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可； （2）结论：．证明，即可解决问题； （3）连接，过点B作交的延长线于H，作于T，证明，得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，求出，再求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵是由旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴平分． （2）解：结论：． 由旋转的性质可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接，过点B作交的延长线于H，作于T， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 【题型11 由正方形性质与判定求面积】 【例11】（24-25八年级·江苏扬州·期中）【问题一】如图①，正方形的对角线相交于点O，点O又是正方形的一个顶点， 交于点E， 交于点F，则与的数量关系为______； 【问题二】受图①启发，兴趣小组画出了图②：直线m、n经过正方形的对称中心O，直线m分别与交于点E、F，直线n分别与交于点G、H，且 ，若正方形边长为8，求四边形的面积； 【问题三】在图②中，连接E、G、F、H四点，请证明四边形是正方形． 【答案】【问题一】；【问题二】；【问题三】证明见解析 【分析】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质等． 问题一：证明，即可得到结论； 问题二：连接，由正方形的性质可得，，由（1）中结论可得，等量代换即可得到； 问题三：先证明四边形是菱形，再证明，即可得证． 【详解】问题一： ， 证明如下：在 和 中， 因为 ， 且 ， 所以 ，又因为 ， ， 所以 ，所以 ； 问题二： 如图，连接， 因为点O是正方形的中心，所以， 又由问题一可知，，所以， 所以； 问题三：四边形是正方形， 证明如下：由问题一知，，所以， 所以由勾股定理知，所以四边形是菱形， 又因为在和中，对应边均相等，所以两个三角形全等，所以， 所以，所以，所以四边形是正方形． 【变式11-1】（24-25八年级·江西上饶·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． 【变式11-2】（24-25八年级·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． 【变式11-3】（24-25八年级·北京大兴·期中）我们知道：有一个角是直角的三角形叫做直角三角形．类似地，我们定义：至少有一组对角是直角的四边形叫做对角直角四边形． (1)下列图形：①有一个内角为的平行四边形；②矩形；③菱形； ④直角梯形，其中对角直角四边形是 （只填序号）； (2)如图，菱形的对角线，相交于点，在菱形的外部以为斜边作等腰直角，连接． ①求证：四边形是对角直角四边形； ②若点到的距离是2，求四边形的面积． 【答案】(1)② (2)①见解析；②4． 【分析】（1）根据对角直角四边形的定义逐个判断即可； （2）①根据菱形的性质得到，即，根据等腰直角三角形的性质可得，进而得到，然后根据对角直角四边形的定义即可证明结论；②如图：过N作于H，于G，证明四边形是矩形可得，进而证明，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，最后四边形的面积=正方形的面积． 【详解】（1）解：①有一个内角为45°的平行四边形，没有的内角，不是对角直角四边形；②矩形的对角为，是对角直角四边形；③菱形的对角不一定为，不是对角直角四边形；④直角梯形，的邻角为，但对角不一定为，不是对角直角四边形． 故答案为：②． （2）①证明:∵.四边形是菱形， ∴，即， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴四边形是对角直角四边形； ②如图：过N作于H，于G， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴, ∴四边形是正方形， ∴四边形的面积=正方形的面积. 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质等知识点，正确地找出辅助线是解题的关键． 【题型12 由正方形性质与判定证明】 【例12】（24-25八年级·山东烟台·期末）如图①，在正方形中，点分别在上且．      (1)试探索线段的大小关系，写出你的结论并说明理由； (2)连接，分别取的中点，顺次连接，得到四边形： ①请在图②中补全图形； ②四边形是什么特殊平行四边形？请说明理由． 【答案】(1)，说明理由见解析 (2)①请在图②中补全图形见解析； ②四边形是正边形，说明理由见解析 【分析】（1）根据已知利用判定，由全等三角形的判定方法可得到； （2）①根据题意补全图形即可； ②根据已知可得都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而来可得到该四边形是正方形． 【详解】（1）解：． ∵是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①补全图形如图，    ②四边形是正方形． ∵H、I、J、K分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】此题主要考查正方形的判定的方法与性质和菱形的判定，及全等三角形的判定等知识点的综合运用． 【变式12-1】（24-25八年级·江苏泰州·阶段练习）如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 【答案】 【分析】将绕点顺时针旋转，得到，连接，利用旋转的性质得到，，，由等腰直角三角形性质可得，利用勾股定理得到，进而得到，由勾股定理逆定理可知，，最后根据，即可求得． 【详解】解：将绕点顺时针旋转，得到，连接， ， ，， ，，， ， ， ， ，， ， 是直角三角形，且， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，勾股定理逆定理，等腰三角形性质，解题的关键是作辅助线构造直角三角形解决问题． 【变式12-2】（24-25八年级·山东临沂·期末）如图，E，F，M，N分别是正方形四条边上的点，且．试判断四边形是什么图形，并证明你的结论． 【答案】正方形，证明见解析 【分析】利用正方形的性质，可得四条边相等，四个角相等，根据已知条件及等式的性质，可得，利用条件即可证明，由全等三角形的性质可得，证明四边形EFMN为菱形，再利用直角三角形的性质及全等三角形的对应角相等，可得，根据正方形的判定定理（有一个角是直角的菱形是正方形）即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴，， ∵， ∴， 在与中， ， ∴， 同理可证：， ∴， ∴四边形EFMN为菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形EFMN为正方形． 【点睛】题目主要考查正方形的性质及判定定理，同时还涉及到三角形全等的判定及性质，熟练运用正方形的判定定理是解题关键． 【变式12-3】（24-25八年级·广东云浮·期中）问题情境：通过对《平行四边形》一章内容的学习，我们认识到矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，它们除了具有平行四边形的性质外，还有各自的特殊性质．根据它们的特殊性，得到了这些特殊的平行四边形的判定定理．数学课上，老师给出了一道题：如图①，矩形的对角线，交于点O，过点D作，且，连接． 初步探究： （1）判断四边形的形状，并说明理由． 深入探究： （2）如图②，若四边形是菱形，（1）中的结论还成立吗？请说明理由． 拓展延伸： （3）如图③，若四边形是正方形，四边形又是什么特殊的四边形？请说明理由． 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）（1）中的结论不成立，理由见解析；（3）四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握矩形、菱形和正方形的判定方法． （1）根据矩形的性质和菱形的判定方法进行证明即可； （2）根据菱形的性质和矩形的判定方法进行证明即可； （3）根据正方形的性质和判断进行证明即可． 【详解】解：（1）四边形是菱形 理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 所以四边形是菱形 ； （2）（1）中的结论不成立； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是矩形 （3）四边形是正方形； 理由如下： 同（1），得四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴，， ∴四边形是正方形． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 $$