专题03 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（华东师大版）

专题03 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·广东深圳·期中）如图1的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，我们在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为，空白部分的面积为，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若，则的值为（　　） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·辽宁·阶段练习）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分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（    ）    A．6 B．12 C．24 D．10 2．（2024·广东湛江·模拟预测）如图（1），已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形；把正方形边长按原法延长一倍得到正方形（如图（2））；以此下去…，则正方形的面积为 ． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）把两个全等的正方形和正方形按如图1的位置摆放，交于； (1)求证：； (2)如图2，延长交线段于点，连接，求的度数； (3)在（2）的条件下，若正方形的边长为，，求的面积． 【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例2】（23-24八年级下·云南大理·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．， 1．（23-24八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，将一个矩形对折两次，沿着图中的虚线剪下一个角，为了得到一个正方形，则剪切线与折痕所夹的大小为（）      A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，在中，是的中点，点在边上运动（点不与重合），且保持连接．有下列结论： ①是等腰直角三角形 ②四边形不可能为正方形； ③在运动过程中，总有成立； ④四边形的面积随点的运动而发生变化． 其中正确结论的序号是 ． 3．（23-24八年级下·山西大同·期中）如图：四边形中，对角线、相交于点，若，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当______度时，四边形是矩形； （3）当______度时，四边形是菱形； （4）四边形能为正方形吗？如能，给出证明，不能请说明理由． 【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·甘肃天水·期末）如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（　　） A． B． C． D． 1．（2024九年级·河北石家庄·学业考试）如图，已知线段，按下列步骤作图：分别以、为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点、，作直线，交于点，分别连接、、、，如果四边形是正方形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 2．（2024·广东阳江·二模）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA，对角线AC与BD相交于点O．若不增加任何字母与辅助线，要使得四边形ABCD是正方形，则还需添加的一个条件是 ． 3．（23-24八年级下·云南昭通·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点，分别作，的平行线，两线相交于点．当，满足什么关系时，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】（23-24八年级下·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 1．（23-24八年级下·山东青岛·期中）如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕交于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·辽宁本溪·阶段练习）如图，正方形的顶点A，B在x轴上，点，正方形的中心为点M，点E，F，G，H分别在，，，边上，且四边形是正方形．已知反比例函数的图象经过点M，则k的值为 ． 3．（24-25八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图1，在正方形中，E，F分别是上两点，交于点G，且． (1)写出与之间的关系，并证明你的结论； (2)如图2，若，点E为的中点，求的长度． (3)在（2）的条件下，连接，试证明是的角平分线，并求出的长． 【经典例题五 正方形折叠问题】 【例5】（23-24八年级下·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． 1．（23-24八年级下·山东青岛·期末）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点C落在G处，交于H，连接，则下列结论正确的有（　　） ①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·江苏南京·一模）如图，将边长为的正方形折叠，使得点D落在上的点E处．若折痕的长为，则 ． 3．（2024·广西防城港·模拟预测）（1）【操作发现】如图15，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，请直接写出的度数； （2）【拓展探究】如图16，继续将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，连接交于点P．若，求线段的长； （3）【迁移应用】如图17，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，求线段的长． 【经典例题六 证明四边形是正方形】 【例6】（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且 C．且 D．且 1．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，，，，为中点，过点交、于点、，连接、，甲、乙、丙分别给出了一个结论，下列判断正确的是（    ）    甲：四边形为平行四边形；乙：当时，四边形为菱形；丙：四边形不可能为正方形． A．甲、乙、丙都对 B．只有甲、乙对 C．只有甲、丙对 D．只有乙、丙对 2．（23-24八年级下·全国·课后作业）已知：如图，在菱形ABCD 中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OE、OF．当AB与BC满足 条件时，四边形AEOF正方形． 3．（23-24八年级下·江西萍乡··阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：． 【经典例题七 根据正方形的性质求角度】 【例7】（23-24八年级下·福建宁德·阶段练习）如图，以正方形的边向内作等边，则图中（    ）    A． B． C． D． 1．（2024八年级下·江苏·竞赛）如图，正方形与等边有公共边，与交于点F，连接，则的度数为（      ）    A． B． C． D． 2．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，有一个平行四边形和一个正方形，其中点E在边上．若，，则的度数为 ． 3．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，是正方形的对角线，是直线上一点． （1）若点在边上，，垂足是，且．求证：； （2）若，连接，求的度数． 【经典例题八 根据正方形的性质求线段长】 【例8】（23-24八年级下·河南新乡·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·四川遂宁·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·山西长治·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．（23-24八年级下·四川巴中·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·四川宜宾·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·河南周口·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．（23-24八年级下·湖南衡阳·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·四川宜宾·阶段练习）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·全国·单元测试）如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（    ） A．45° B．50° C．60° D．不确定 1．（23-24八年级下·北京·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． 2．（23-24八年级下·北京海淀·阶段练习）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 3．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE＝CF，依次连接B，F，D，E各点．    （1）求证：四边形BFDE为菱形； （2）若∠ABC＝60°，则当∠EBA＝ °时，四边形BFDE是正方形． 【经典例题十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例11】（23-24九年级·陕西··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 1．（23-24八年级下·内蒙古通辽·期末）在正方形中，，，，则点、之间的距离是（    ） A． B． C．5 D．6 2．（23-24八年级下·广东揭阳·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 ． 3．（23-24八年级下·广东深圳·期中）在长方形纸片中，，，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题． (1)如图（1），折痕为，点A的对应点F在上，折痕的长是______； (2)如图（2），H，G分别为，的中点，A的对应点F在上，求折痕的长； (3)如图（3），在图（2）中，把长方形沿着剪开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠合，使得重叠部分是四边形，重叠四边形的周长是否存在最大值？如果存在，试求出来；如果不存在，试简要说明理由． 【经典例题十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例12】（2024·四川内江·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 1．（23-24八年级下·广西百色·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．（2024·福建厦门·二模）如图，用4个全等的正八边形进行拼接，使相邻的两个正八边形有一条公共边，若正八边形的边长为2，则中间空白四边形的面积为 ． 3．（23-24八年级下·山西临汾·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【经典例题十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例13】（2024·吉林长春·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·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·四川遂宁·期中）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是 ．    3．（23-24八年级下·四川宜宾·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． 【经典例题十四 中点四边形】 【例14】（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（　） A．当四边形是矩形时，四边形是菱形 B．当四边形是菱形时，四边形是矩形 C．当四边形满足时，四边形是菱形 D．当四边形满足，时，四边形是矩形 1．（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，四边形中，，．且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（    ） ①四边形是矩形； ②四边形是菱形； ③四边形的周长是， ④四边形的面积是． A．①②③ B．②③④ C．①② D．②③ 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，顺次连接矩形ABCD四边的中点得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1四边的中点得四边形A2B2C2D2，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形ABCD的面积为16，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 3．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做神奇四边形．顺次连接四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形． （1）判断： ①在平行四边形、矩形、菱形中，一定是神奇四边形的是 ； ②命题：如图1，在四边形中，则四边形是神奇四边形．此命题是_____（填“真”或“假”)命题；    ③神奇四边形的中点四边形是 （2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接 ①求证：四边形是神奇四边形； ②若，求的长；    （3）如图3，四边形是神奇四边形，若分别是方程的两根，求的值．    【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·江苏南通·阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，点E从D向C以每秒1个单位的速度运动，以AE为一边在AE的右下方作正方形AEFG．同时垂直于CD的直线MN也从C向D以每秒2个单位的速度运动，当经过（    ）秒时，直线MN和正方形AEFG开始有公共点 A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 1．（23-24八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝15cm，动点P从点B开始沿BC边以每秒2cm的速度运动；动点Q从点D开始沿DA边以每秒1cm的速度运动，点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为t秒，则当t＝（   ）秒时，四边形ABPQ为矩形． A．3 B．4 C．5 D．6 2．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，AB=CD=5厘米，AD=BC=4厘米． 动点P从A出发，以1厘米/秒的速度沿A→B运动，到B点停止运动；同时点Q从C点出发，以2厘米/秒的速度沿C→B→A运动，到A点停止运动．设P点运动的时间为t秒(t > 0)，当t= 时，S△ADP=S△BQD． 3．（23-24八年级下·山西运城·期中）综合与探究 如图，在矩形中，，点分别从点出发，沿，方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，所有点停止运动．在相同时间内，若，则．    (1)当运动停止时，的值为______． (2)当为何值时，点重合？ (3)当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形？ 【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·山西长治·期末）如图，正方形的边长是4，在上，且，是边上的一动点，则周长的最小值是(    ) A．3 B．4 C．5 D．6 1．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 2．（23-24八年级下·四川眉山·期中）如图，∠AOB＝30°，OB＝4，点P为射线OA上任意一点，连接PB．以PO、PB为邻边作平行四边形POQB，连接PQ，则线段PQ的最小值为 ． 3．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【经典例题十七 四边形其他综合问题】 【例17】（23-24八年级下·四川乐山·期末）下列说法错误的是（    ） A．正方形是特殊的菱形 B．菱形是特殊的平行四边形 C．正方形是特殊的矩形 D．矩形是特殊的菱形 1．（2024·四川攀枝花·一模）如图，在矩形片中，边，，将矩形片沿折叠，使点A与点C重合，折叠后得到的图形是图中阴影部分．给出下列结论：①四边形是菱形；②的长是1.5；③的长为；④图中阴影部分的面积为5.5，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 2．（2024·广西桂林·模拟预测）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 3．（23-24八年级下·四川遂宁·阶段练习）如图甲，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）【概念理解】我们已经学习了①平行四边形、②菱形、③矩形、④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是______（填序号）． （2）【性质探究】小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图甲，在四边形中，若，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）【问题解决】如图乙，在中，，，D，E分别是，的中点，连接，，有，求． 1．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图点为正方形对角线的交点，则将绕点旋转得到，则这种旋转方式是（ ） A．顺时针旋转 B．顺时针旋转 C．逆时针旋转 D．逆时针旋转 2．（23-24八年级下·广东江门·阶段练习）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长是（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．4 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期中）如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24八年级下·山东青岛·单元测试）如图，有一块边长为的正方形厚纸板，按照下面做法，做了一套七巧板：作图①，作对角线，分别取，中点，，连接作于，交于，过作，交于，再由作，交于，将正方形沿画出的线剪开，现由它拼出一座桥（如图②），这座桥的阴影部分的面积是（ ） A． B． C． D． 5．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图所示，在矩形中，，两条对角线相交于点．以为邻边作第个，对角线相交于点，再以、为邻边作第个，对角线相交于点；再以、为邻边作第个……依此类推．则第个平行四边形的面积为(　　) A． B． C． D． 6．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形的边在正六边形的边上，则 度．    7．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，对角线AC与BD相交于点O.若不增加任何字母与辅助线，要使得四边形ABCD是正方形，则还需增加的一个条件是 ． 8．（23-24八年级下·山西·期末）如图，已知四边形是边长为的正方形，点分别在边和上， 是线段的中点，则的面积是 ．    9．（23-24八年级下·上海·阶段练习）如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于G，连接，则的面积为 ． 10．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图（1）所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，将△ABC沿着AC翻折得到△ADC，如图（2），将△ADC绕着点A旋转到△AD′C′，连接CD′，当CD′∥AB时，四边形ABCD的面积为 ． 11．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 12．（23-24八年级下·福建福州··阶段练习）如图，和都是正方形，且正方形的边长为．    (1)若正方形的边长为，求图中阴影部分的面积； (2)若正方形的边长未知，你能否求出图中阴影部分的面积？若能，请求出来；若不能，请说明理由． 13．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图1，在四边形中，， 点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接，设运动时间为t秒．    (1)_________，_________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图2，将沿翻折，得，当四边形为正方形时，则_________． 14．（23-24八年级下·福建福州·期末）在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC，∠AED＝∠ADC． (1)如图1，求证：AB＝AD； (2)如图2，点A，F关于BD对称，连接BF，CF，作BG⊥BC交AC于点G，若∠BAD+∠BCD＝180°，∠BAD＝2∠ACD，求证：∠BDC＝∠BFC； (3)如图3，在（2）的条件下，连接DG并延长交AB于H，若AH＝BH，AH＝5，求△BCD的面积． 15．（23-24八年级下·山西忻州·期中）综合与探究： 【问题情境】： 如图①，在正方形中，点E为其内部一点，为直角三角形，且，连接，将绕点B按顺时针方向旋转，得到，点E的对应点为点，点A的对应点为点C，延长交于点F． 【提出问题】： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； 【拓展探究】： （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 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·广东深圳·期中）如图1的图案称“赵爽弦图”，是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的，它由四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间是个小正方形，我们在此图形中连接四条线段得到如图2的图案，记阴影部分的面积为，空白部分的面积为，大正方形的边长为m，小正方形的边长为n，若，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图2，设，则可以用x表示出，又由于，，所以可以得到m与x的关系式，在直角中，利用勾股定理列出方程，得到n与x的关系，最后根据等量代换进行运算即可． 【详解】解：设图2：设 ∴ ∴， ∵ ， ∴， ∴， 在中，， ∴ ， ∴ ， ∴， ∴ ∴． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了勾股定理的应用，根据正方形的面积公式和三角形形的面积公式得出它们之间的关系是解题的关键． 1．（23-24八年级下·辽宁·阶段练习）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分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（    ）    A．6 B．12 C．24 D．10 【答案】B 【分析】根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为，短直角边为，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积． 【详解】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为，短直角边为， ，得， 图1中菱形的面积为：， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 2．（2024·广东湛江·模拟预测）如图（1），已知小正方形ABCD的面积为1，把它的各边延长一倍得到新正方形；把正方形边长按原法延长一倍得到正方形（如图（2））；以此下去…，则正方形的面积为 ． 【答案】625 【分析】连接AC，，如图（1），根据三角形面积公式得到，，则，所以，按照此规律易得正方形的面积． 【详解】解：连接AC，，如图（1）， ∵，， ∴，， ∴， ∴， 同理可得， ∴正方形的面积． 故答案为：625． 【点睛】本题考查了正方形的性质，也考查了规律型问题的解决方法，本题利用等底同高的两个三角形面积相等解决问题． 3．（23-24八年级下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）把两个全等的正方形和正方形按如图1的位置摆放，交于； (1)求证：； (2)如图2，延长交线段于点，连接，求的度数； (3)在（2）的条件下，若正方形的边长为，，求的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，根据全等图形及正方形的性质，得到，，证明，由全等三角形的性质即可得证； （2）根据全等三角形的性质得到，证明，得到，最后推出，可得结论； （3）设，根据正方形的性质及全等三角形的性质可得出，，，然后在中，根据勾股定理得出，列出方程求解，最后根据三角形面积公式即可得出答案． 【详解】（1）证明：连接， ∵四边形和四边形都是全等的正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：由（1）知：， ∴， ∵四边形和四边形都是全等的正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴ ， ∴的度数为； （3）设， ∵正方形的边长为，， ∴，，， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查全等图形的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的面积等知识点．掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质和勾股定理是解题的关键． 【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例2】（23-24八年级下·云南大理·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． 1．（23-24八年级下·广东佛山·阶段练习）如图，将一个矩形对折两次，沿着图中的虚线剪下一个角，为了得到一个正方形，则剪切线与折痕所夹的大小为（）      A． B． C． D． 【答案】B 【分析】要想成为一个正方形，那么就必须展开后为的角，通过折叠我们知道剪下的四边形四边相等，有一个角为就为正方形． 【详解】解：剪切线与折痕所成的角的大小等于为就可以得到一个正方形． ， 故选：B． 【点睛】本题考查了剪纸问题、通过折叠变换考查正方形的有关知识及学生的逻辑思维能力，解答此类题最好动手操作，易得出答案． 2．（23-24八年级下·山东济宁·期末）如图，在中，是的中点，点在边上运动（点不与重合），且保持连接．有下列结论： ①是等腰直角三角形 ②四边形不可能为正方形； ③在运动过程中，总有成立； ④四边形的面积随点的运动而发生变化． 其中正确结论的序号是 ． 【答案】①③ 【分析】①连接CD，由SAS定理可证△CDF和△ADE全等，从而可证∠EDF＝90°，DE＝DF．所以△DFE是等腰直角三角形； ②当E为AC中点，F为BC中点时，四边形CEDF为正方形； ③由AC＝BC，AE＝CF，得出CE＝BF，进一步由勾股定理得出AE2＋BF2＝EF2； ④由割补法可知，四边形CEDF的面积保持不变． 【详解】①连接CD， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴∠DCB＝∠A＝45°，CD＝AD＝DB； 在△ADE和△CDF中， ， ∴△ADE≌△CDF（SAS）； ∴ED＝DF，∠CDF＝∠EDA； ∵∠ADE＋∠EDC＝90°， ∴∠EDC＋∠CDF＝∠EDF＝90°， ∴△DFE是等腰直角三角形．（故①正确）； ②当E、F分别为AC、BC中点时，四边形CDFE是正方形（故②错误）； ③∵AC＝BC，AE＝CF， ∴CE＝BF， 由勾股定理得：CE2＋CF2＝EF2； ∴AE2＋BF2＝EF2．（故③正确）； ④如图2所示，分别过点D，作DM⊥AC，DN⊥BC，于点M，N， 可以利用割补法可知四边形CEDF的面积等于正方形CMDN面积，故面积保持不变（故④错误）， 故正确的有①③ 故答案为：①③． 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形、等腰三角形、直角三角形性质以及勾股定理等知识，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形． 3．（23-24八年级下·山西大同·期中）如图：四边形中，对角线、相交于点，若，． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）当______度时，四边形是矩形； （3）当______度时，四边形是菱形； （4）四边形能为正方形吗？如能，给出证明，不能请说明理由． 【答案】（1）详见解析；（2）100；（3）90；（4）不能，理由见解析． 【分析】（1）根据内错角相等可得AD∥BC，根据平行线的性质和全等三角形的判定求证△AOD≌△COB（ASA），可得AD＝CB，继而根据平行四边形的判定方法求证结论； （2）根据矩形的性质可得OA＝OB＝OC＝OD，进而根据等边对等角的性质可得∠OAD＝∠ADB＝40°，最后根据三角形内角和定理即可求解； （3）根据菱形的性质可得AC⊥BD，进而直接可得∠AOD＝90°； （4）根据正方形的性质和定义即可判断求得结论． 【详解】解：（1）∵∠ADB＝∠DBC＝40°， ∴AD∥BC， ∴∠DAC＝∠BCA， 又∠AOD＝∠COB，OA＝OC， ∴△AOD≌△COB（ASA）， ∴AD＝CB， ∴四边形ABCD是平行四边形； （2）由（1）知四边形ABCD是平行四边形， 当四边形ABCD是矩形时，OA＝OB＝OC＝OD， ∴∠OAD＝∠ADB＝40°， ∴∠AOD＝180°﹣∠OAD﹣∠ADB＝100° 故答案为：100； （3）由（1）知四边形ABCD是平行四边形， 当四边形ABCD是菱形时， AC⊥BD， ∴∠AOD＝90° 故答案为：90； （4）不能， 理由：∵正方形的两条对角线互相垂直平分，每条对角线平分一组对角，且正方形的三个角都是直角， 当∠ADB＝∠DBC＝40°，∠ADC＝90°时，不能使对角线平分对角， 故四边形ABCD不能是正方形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定及其性质，矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质，解题的关键是熟练掌握四边形的基本性质，属于中考常见的基础题型． 【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·甘肃天水·期末）如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件即可． 【详解】解：要使矩形成为正方形，可根据正方形的判定定理解答： （1）有一组邻边相等的矩形是正方形， （2）对角线互相垂直的矩形是正方形． ∴添加，能使矩形成为正方形． 故选：B． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键． 1．（2024九年级·河北石家庄·学业考试）如图，已知线段，按下列步骤作图：分别以、为圆心，大于长为半径画弧，两弧相交于点、，作直线，交于点，分别连接、、、，如果四边形是正方形，需要添加的条件是（    ） A． B． C． D．平分 【答案】A 【分析】利用作法得到AM=BM=AN=BN，则可判断四边形AMBN为菱形，然后根据正方形的判定方法对各选项进行判断． 【详解】由作法得AM=BM=AN=BN， ∴四边形AMBN为菱形， ∴当OA=OM时，即AB=MN时，四边形AMNB为正方形． 故选：A． 【点睛】本题考查了作图-复杂作图：复杂作图是在五种基本作图的基础上进行作图，一般是结合了几何图形的性质和基本作图方法．也考查了正方形的判定． 2．（2024·广东阳江·二模）如图，在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA，对角线AC与BD相交于点O．若不增加任何字母与辅助线，要使得四边形ABCD是正方形，则还需添加的一个条件是 ． 【答案】AC=BD（或四边形ABCD中任一个内角等于直角） 【分析】根据菱形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：∵在四边形ABCD中，AB=BC=CD=DA ∴四边形ABCD是菱形 ∴要使四边形ABCD是正方形，则还需增加一个条件是：AC=BD． 故答案为：AC=BD（或四边形ABCD中任一个内角等于直角）． 【点睛】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一个角是直角的菱形是正方形． 3．（23-24八年级下·云南昭通·期中）如图，在矩形中，对角线与相交于点，过点，分别作，的平行线，两线相交于点．当，满足什么关系时，四边形是正方形，请说明理由．    【答案】，见解析 【分析】根据矩形的性质得出，根据正方形的判定定理需要，则，进而证明四边形是正方形． 【详解】解：当时，四边形是正方形 理由是：∵四边形是矩形 ∴， 又∵，，∴ 又∵， ∴；即． 又∵， ∴四边形是平行四边形． 又∵， ∴平行四边形是菱形． 又∵， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了正方形的判定定理，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 【经典例题四 根据正方形的性质证明】 【例4】（23-24八年级下·山西太原·期中）如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点．连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B．平分 C． D．平分 【答案】C 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键．证明和全等得，再根据可得出选项一定成立，然后在讨论其它选项，对于选项，当时不成立，对于选项、，当时不成立，由此即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴ 故选项一定成立，符合题意； 对于选项，当时， 此时，故项不一定成立； 对于、项，当时，，，故此时、选项不成立， 故选∶． 1．（23-24八年级下·山东青岛·期中）如图，在正方形纸片中，M，N分别是的中点，将纸片沿过点C的直线折叠，使点D落在上的点E处，折痕交于点F，连接，若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明是矩形，再推出是的垂直平分线，求出，再利用勾股定理求出，得到，设，则，利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，，， ∵M，N分别是的中点， ∴，， ∴是矩形， ∴，， ∴， ∴是的垂直平分线， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查折叠的性质、矩形的判定与性质、正方形的性质，翻折变换的性质，适时利用勾股定理是解答此类问题的关键． 2．（24-25八年级下·辽宁本溪·阶段练习）如图，正方形的顶点A，B在x轴上，点，正方形的中心为点M，点E，F，G，H分别在，，，边上，且四边形是正方形．已知反比例函数的图象经过点M，则k的值为 ． 【答案】8 【分析】本题考查正方形的性质、待定系数法求反比例函数关系式等知识点，解题关键是通过A点和C点坐标求出M点坐标． 由点坐标可知正方形的边长，求出点坐标，再根据点和点坐标求出点坐标，代入即可求出反比例函数的解析式； 【详解】解：∵正方形中，， ， ∴点的横坐标为：， ， ∵正方形的中心为点， ∴点是的中点， ∴点的坐标为， 将代入得：， 解得：， ∴反比例函数的解析式为， 故答案为：8． 3．（24-25八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图1，在正方形中，E，F分别是上两点，交于点G，且． (1)写出与之间的关系，并证明你的结论； (2)如图2，若，点E为的中点，求的长度． (3)在（2）的条件下，连接，试证明是的角平分线，并求出的长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)证明见解析； 【分析】（1）先判断出，得出，即可得出结论； （2）利用面积法计算即可解决问题． （3）先利用勾股定理求出，进而利用面积求出，进而判断出，再判断出，即可得出是的平分线，进而判断出是等腰直角三角形即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵正方形中，，点E为的中点， ∴ 在中， ∵， ∴， ∵， ∴． （3）如图，过点D作于N，交的延长线于M， ∵， ∴，． ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴平分， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质，角平分线的判定定理，等腰直角三角形的判定，平行四边形的判定和性质，正确作出辅助线是解本题的关键． 【经典例题五 正方形折叠问题】 【例5】（23-24八年级下·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：． 1．（23-24八年级下·山东青岛·期末）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点（不与点A点D重合），将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点C落在G处，交于H，连接，则下列结论正确的有（　　） ①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】过点F作于点M，易得，由折叠可知，于是利用同角的余角相等可得，以此可通过证明，即可判断①；由折叠可知，设，则，在中，利用勾股定理建立方程，求解即可判断②；利用等角的余角相等即可判断③；过点B作于点N，易通过证明，得到，以此再通过证明，得到，则，即可判断④． 【详解】解：如图，过点F作于点M， ∵四边形为正方形， ∴ ∵， ∴四边形为矩形， ∴ 由折叠可知， ∴ ∵ ∴，即 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； 由折叠可知，， 设，则， ∵P为中点， ∴， 在中，， ∴， 解得： ∴， ∴ 即三边之比为，故②正确； 由折叠可知，， ∴ ∵ ∴，故③正确； 如图，过点B作于点N， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴，故④正确． 综上，正确的结论有①②③④． 故选：D． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构建合适的全等三角形解决问题是解题关键． 2．（2024·江苏南京·一模）如图，将边长为的正方形折叠，使得点D落在上的点E处．若折痕的长为，则 ． 【答案】9 【分析】本题考查正方形中的折叠问题，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，作于P，连接，易得四边形是矩形，证明，得到，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 作于P，连接， 则四边形是矩形， ∴，， 由翻折知，， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， 故答案为：9． 3．（2024·广西防城港·模拟预测）（1）【操作发现】如图15，将正方形纸片沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，折痕为，再将纸片沿过点A的直线折叠，使与重合，折痕为，请直接写出的度数； （2）【拓展探究】如图16，继续将正方形纸片沿继续折叠，点C的对应点恰好落在折痕上的点N处，连接交于点P．若，求线段的长； （3）【迁移应用】如图17，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿，折叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为的三等分点，，，求线段的长． 【答案】（1）；（2）；（3）或2 【分析】（1）由正方形的性质得到，再由折叠的性质得到即可得到答案； （2）证明是等腰直角三角形，得到，再由等腰直角三角形的性质得到，，证明，由含角的直角三角形的性质得到，，根据即可求出答案； （3）分两种情形，当时和两种情况求解即可． 【详解】解：（1）正方形纸片， ， 由折叠的性质得到， ， ； （2）四边形是正方形， ， 由折叠的性质得：，，， ， 由（1）得：， 是等腰直角三角形， ，， ， ， ， ，， ， 在和中，， ， ，， ，， ， ， ， ∴， ， ， 设， ，， ，， ， ， 解得：， ， ； （3）如图中，在上取一点J，使得，过点J作于点T，交于点K，连接． 当时，，， ， ， ， ， ， 由（1）可知， 设，则， ， ， ． 当时，同法可得． 综上所述，满足条件的BE的值为或2． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质和翻折变换是解题的关键． 【经典例题六 证明四边形是正方形】 【例6】（2024·上海奉贤·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线、交于点，下列条件能判断四边形是正方形的是（    ）    A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定，掌握特殊四边形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法对各个选项进行分析从而得到答案． 【详解】解：A. 由且可判定是矩形，故此选项不符合题意； B. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； C. 且可判定是菱形，故此选项不符合题意； D. 且可判定是正方形，故此选项不符合题意； 故选：D． 1．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）如图，平行四边形中，，，，为中点，过点交、于点、，连接、，甲、乙、丙分别给出了一个结论，下列判断正确的是（    ）    甲：四边形为平行四边形；乙：当时，四边形为菱形；丙：四边形不可能为正方形． A．甲、乙、丙都对 B．只有甲、乙对 C．只有甲、丙对 D．只有乙、丙对 【答案】A 【分析】由平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定定理判断即可． 【详解】，，， ， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， 在和中， ， ， ，， 为中点， ， 在和中， ， ， ， 四边形为平行四边形，故甲正确； ， ， ， 为中点，， ， 四边形是平行四边形， 当时，四边形为菱形，故乙正确； 当时，四边形为菱形，此时， 四边形不可能为正方形．故丙正确． 故选：A 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定；解题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形、正方形的判定方法． 2．（23-24八年级下·全国·课后作业）已知：如图，在菱形ABCD 中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OE、OF．当AB与BC满足 条件时，四边形AEOF正方形． 【答案】垂直，证明见解析． 【分析】由菱形的性质得出AB=BC=DC=AD，由已知和三角形中位线定理证出AE=BE=DF=AF，OF=DC，OE=BC，OE∥BC，可得AE=OE=OF=AF，证出四边形AEOF是菱形，再证出∠AEO=90°，四边形AEOF是正方形． 【详解】证明：：当AB⊥BC时，四边形AEOF正方形． 理由如下： ∵四边形ABCD是菱形， ∴AB=BC=DC=AD， ∵点E，O，F分别为AB，AC，AD的中点， ∴AE=BE=DF=AF，OF=DC，OE=BC，OE∥BC， AE=OE=OF=AF， ∴四边形AEOF是菱形， ∵AB⊥BC，OE∥BC， ∴OE⊥AB， ∴∠AEO=90°， ∴四边形AEOF是正方形． 故答案：垂直． 【点睛】本题考查了正方形的判定、菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和全等三角形的判定是解决问题的关键． 3．（23-24八年级下·江西萍乡··阶段练习）如图，在矩形中，的平分线交于点，于点，于点，与交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，角平分线的性质，掌握全等三角形是解决问题的关键． （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． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， 四边形是矩形， 平分， ， 四边形是正方形； （2）证明：平分， ， 在和中，， ， ． 【经典例题七 根据正方形的性质求角度】 【例7】（23-24八年级下·福建宁德·阶段练习）如图，以正方形的边向内作等边，则图中（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据等边三角形和正方形的性质求得，，再根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质和等边三角形的性质是解答的关键． 1．（2024八年级下·江苏·竞赛）如图，正方形与等边有公共边，与交于点F，连接，则的度数为（      ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形性质和等边三角形性质证明，求出，根据等腰三角形性质得出，求出，得出，证明，得出即可． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， ， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形性质，等边三角形性质，等腰三角形性质，三角形全等的判定和性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是熟练掌握等腰三角形性质，利用等边对等角求角度． 2．（23-24八年级下·江苏盐城·期中）如图，有一个平行四边形和一个正方形，其中点E在边上．若，，则的度数为 ． 【答案】 【分析】由平角的定义求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再由平行四边形的对角相等即可得出结果. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴(平行四边形对角相等）． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形和正方形的性质，由三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键. 3．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，是正方形的对角线，是直线上一点． （1）若点在边上，，垂足是，且．求证：； （2）若，连接，求的度数． 【答案】（1）见解析；（2）或 【分析】（1）连接，证，得出，再用等边对等角证明即可； （2）分两种情形：点在的延长线上和点在的延长线上，根据等腰三角形的性质求解即可． 【详解】证明：（1）连接． 四边形是正方形， ． ， ，． ∴． ． 四边形是正方形， ． ． ． （2）分两种情形： ①如图2，点在的延长线上 ， ． ， 又， ． ②如图3，点在的延长线上， ， 又 ． 由上①②可知的度数是或 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的判定与性质，解题关键是熟练运用相关知识证明三角形全等，会分类讨论，依据等腰三角形的性质求解． 【经典例题八 根据正方形的性质求线段长】 【例8】（23-24八年级下·河南新乡·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·四川遂宁·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·山西长治·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．（23-24八年级下·四川巴中·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·四川宜宾·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·河南周口·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．（23-24八年级下·湖南衡阳·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·四川宜宾·阶段练习）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·全国·单元测试）如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（    ） A．45° B．50° C．60° D．不确定 【答案】A 【分析】过点作，，垂足分别为．证明，然后得到，易得答案. 【详解】解：如图所示，过点作，，垂足分别为． ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴． ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质以及矩形的判定．解题的关键是会作辅助线，证明两个三角形全等. 1．（23-24八年级下·北京·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． 2．（23-24八年级下·北京海淀·阶段练习）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．    设菱形相邻两个内角的度数分别为﹒ (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”= ； (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，则菱形的“接近度”= 时，菱形就是正方形． 【答案】 1 【分析】（1）根据菱形的性质求解;（2）根据正方形的性质求解. 【详解】（1）菱形的一个内角为，与之相邻的内角为 ， （2）正方形的每一个内角为， 【点睛】本题考查了正方形和菱形的性质，解题的关键在于根据性质求出具体角的度数. 3．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，分别延长OA，OC到点E，F，使AE＝CF，依次连接B，F，D，E各点．    （1）求证：四边形BFDE为菱形； （2）若∠ABC＝60°，则当∠EBA＝ °时，四边形BFDE是正方形． 【答案】（1）见详解；（2）． 【分析】（1）根据菱形的性质得出，再根据AE＝CF即可证明； （2）要是四边形BFDE为正方形，根据题意，只要即得四边形BFDE为正方形；先证明，得出，再根据已知角即可得出答案． 【详解】（1）四边形ABCD为菱形 四边形BFDE为菱形 （2）四边形BFDE对角线互相垂直平分 只要即得四边形BFDE为正方形 四边形ABCD为菱形 在和中 【点睛】本题考查了菱形的判定及性质、正方形的判定及性质，熟练掌握性质定理是解题的关键． 【经典例题十一 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例11】（23-24九年级·陕西··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． 1．（23-24八年级下·内蒙古通辽·期末）在正方形中，，，，则点、之间的距离是（    ） A． B． C．5 D．6 【答案】A 【分析】由正方形的性质得出，，由证明，得出，证出，由证明，得出，，同理：，，得出，证出四边形是正方形，即可得出结果． 【详解】解：如图所示： 四边形是正方形， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 同理：， ， 即， 同理：， 在和中， ， ， ，， 同理：，， ， ， 四边形是正方形， ； 故选：A． 【点评】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；解题的关键是熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等． 2．（23-24八年级下·广东揭阳·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】 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，过点P作于点H，即可得出四边形为矩形，再证明，则四边形为正方形，进而得出，即可求解． 【详解】解：过点P作于点H， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 故答案为：． 3．（23-24八年级下·广东深圳·期中）在长方形纸片中，，，现将这张纸片按下列图示方法折叠，请解决下列问题． (1)如图（1），折痕为，点A的对应点F在上，折痕的长是______； (2)如图（2），H，G分别为，的中点，A的对应点F在上，求折痕的长； (3)如图（3），在图（2）中，把长方形沿着剪开，变成两张长方形纸片，将两张纸片任意叠合，使得重叠部分是四边形，重叠四边形的周长是否存在最大值？如果存在，试求出来；如果不存在，试简要说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，20 【分析】（1）根据题意可得四边形是正方形，由勾股定理即可求解； （2）根据题意可得，进而得到，再根据折叠性质即可求解； （3）先根据题意证明是菱形，当重叠四边形顶点Q，N与矩形顶点重合时，则其周长最大，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：由题意得：四边形是正方形， ∵， ∴； 故答案为：； （2）解：，分别为，的中点， ∴， ∴，， 又由折叠可知， ，， ， ∴； （3）解：因纸片都是矩形，则重叠四边形的对边互相平行，则四边形是平行四边形， 过点Q作，，如图， ∵， ∴， ∴， 四边形是菱形， 当重叠四边形顶点Q，N与矩形顶点重合时，如图，则其周长最大， 设，则，， 由勾股定理得：，解得：， 重叠四边形周长的最大值是20； 【点睛】本题考查的是图形的翻折变换、矩形的性质、勾股定理，正方形的判定与性质等，熟知图形翻折变换的性质是解答此题的关键． 【经典例题十二 根据正方形的性质与判定求面积】 【例12】（2024·四川内江·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，等腰三角形的判定，图形的面积等知识，作辅助线利用图形的对称性是解题的关键． 过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于，则可得四边形为正方形；易得，，则可求得的长，求得正方形的面积，正方形的面积，的面积，进一步可求得，从而求得的面积，最后可求得，从而求得其比值． 【详解】解：如图，过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于点，则四边形为正方形， ， ， ，， ，， ，，， 故， ， ， ． 1．（23-24八年级下·广西百色·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．（2024·福建厦门·二模）如图，用4个全等的正八边形进行拼接，使相邻的两个正八边形有一条公共边，若正八边形的边长为2，则中间空白四边形的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题考查正方形的判定，正多边形的性质，多边形内角和定理．正确判定出中间空白四边形为正方形是解题的关键． 先根据正八边形边长为2得出中间空白四边形的边长为2，再根据多边形内角和与正多边形的性质，得出中间空白四边形的每个内角为 【详解】解：∵正八边形的边长为2， ∴中间空白四边形的边长为2， ∵中间空白四边形的每个内角为：， ∴中间空白四边形为正方形， ∴中间空白四边形的面积为， 故答案为：4． 3．（23-24八年级下·山西临汾·期中）如图，把边长为的等边三角形绕边的中点O旋转，得到． (1)四边形是什么样的四边形？说明理由． (2)求四边形的两条对角线的长度． (3)求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)，． (3) 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，勾股定理． （1）直接利用中心对称的性质，结合菱形的判定方法得出答案； （2）直接利用中心对称的性质利用勾股定理得出答案； （3）直接利用菱形面积对角线乘积的一半得出答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形， 理由：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ， ， 四边形是菱形； （2）解：把边长为的等边绕边的中点旋转，得到， ，， ， ， 四边形的两条对角线的长度分别为和； （3）解：四边形的面积为：． 【经典例题十三 根据正方形的性质与判定证明】 【例13】（2024·吉林长春·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·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·四川遂宁·期中）如图，E、F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC＝8，AE＝CF＝1，则四边形BEDF的周长是 ．    【答案】20 【分析】连接BD交AC于点O，则可证得OE＝OF，OD＝OB，可证四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，可证得四边形BEDF为菱形；根据勾股定理计算DE的长，可得结论． 【详解】解：如图，连接BD交AC于点O， ∵四边形ABCD为正方形， ∴BD⊥AC，OD＝OB＝OA＝OC， ∵AE＝CF＝2， ∴OA﹣AE＝OC﹣CF，即OE＝OF， ∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF， ∴四边形BEDF为菱形， ∴DE＝DF＝BE＝BF， ∵AC＝BD＝8，OE＝OF＝， 由勾股定理得：DE＝， ∴四边形BEDF的周长＝4DE＝4×5＝20， 故答案为：20．    【点睛】本题主要考查正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键． 3．（23-24八年级下·四川宜宾·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． 【经典例题十四 中点四边形】 【例14】（23-24八年级下·安徽合肥·期中）如图，、、、分别是四边形四条边的中点，顺次连接、、、得四边形，连接、，下列命题不正确的是（　） A．当四边形是矩形时，四边形是菱形 B．当四边形是菱形时，四边形是矩形 C．当四边形满足时，四边形是菱形 D．当四边形满足，时，四边形是矩形 【答案】C 【分析】先证四边形EFGH是平行四边形；再根据选项条件结合矩形、菱形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：，分别是，的中点， ，， ，分别是，的中点， ，， ，， 四边形是平行四边形； ，分别是，的中点，、分别是、中点， ，， 当四边形是矩形时，， ， 四边形是菱形，故A正确，不符合题意； 当四边形是菱形时，， ，， ， 四边形是菱形，故B正确，不符合题意； 当四边形满足时，不能证明四边形是菱形，故C错误，符合题意； 当四边形满足，时， ∵，， ∴AC是BD的垂直平分线，即 ∵， ∴∠HEF=∠EFG=∠DGH=∠GHE=90° ∴四边形是矩形，故D正确，不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了中点四边形，灵活利用矩形、菱形的判定定理是解答本题的关键 1．（23-24八年级下·广东湛江·期末）如图，四边形中，，．且，顺次连接四边形各边中点，得到四边形，再顺次连接四边形各边中点，得到四边形，如此进行下去，得到四边形．下列结论正确的是（    ） ①四边形是矩形； ②四边形是菱形； ③四边形的周长是， ④四边形的面积是． A．①②③ B．②③④ C．①② D．②③ 【答案】B 【分析】首先根据题意，找出变化后的四边形的边长与四边形ABCD中各边长的长度关系规律，然后对以下选项作出分析与判断： ①根据矩形的判定与性质作出判断； ②根据菱形的判定与性质作出判断； ③由四边形的周长公式：周长=边长之和，来计算四边形A5B5C5D5的周长； ④根据四边形AnBnCnDn的面积与四边形ABCD的面积间的数量关系来求其面积． 【详解】解：①连接A1C1，B1D1． ∵在四边形ABCD中，顺次连接四边形ABCD各边中点，得到四边形A1B1C1D1， ∴A1D1BD，B1C1BD，C1D1AC，A1B1AC； ∴A1D1B1C1，A1B1C1D1， ∴四边形A1B1C1D1是平行四边形； ∵ACBD， ∴四边形A1B1C1D1是矩形， ∴B1D1=A1C1（矩形的两条对角线相等）； ∴A2D2=C2D2=C2B2=B2A2（中位线定理）， ∴四边形A2B2C2D2是菱形； 故①错误； ②由①知，四边形A2B2C2D2是菱形； ∴根据中位线定理知，四边形A4B4C4D4是菱形； 故②正确； ③根据中位线的性质易知，A5B5=A3B3=A1B1=AC， B5C5=B3C3=B1C1=BD， ∴四边形A5B5C5D5的周长是 故③正确； ④∵四边形ABCD中，AC=a，BD=b，且ACBD， ∴S四边形ABCD=ab； 由三角形的中位线的性质可以推知，每得到一次四边形，它的面积变为原来的一半， 四边形AnBnCnDn的面积是 故④正确； 综上所述，②③④正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）．解答此题时，需理清菱形、矩形与平行四边形的关系． 2．（23-24八年级下·山东烟台·期中）如图，顺次连接矩形ABCD四边的中点得到四边形A1B1C1D1，再顺次连接四边形A1B1C1D1四边的中点得四边形A2B2C2D2，…，按此规律得到四边形AnBnCnDn．若矩形ABCD的面积为16，那么四边形AnBnCnDn的面积为 ． 【答案】 【分析】根据矩形A1B1C1D1面积、四边形A2B2C2D2的面积、四边形A3B3C3D3的面积，即可发现新四边形与原四边形的面积的一半，找到规律即可解题． 【详解】解：顺次连接矩形ABCD四边的中点得到四边形A1B1C1D1，则四边形A1B1C1D1四边的面积是四边形ABCD面积的一半，即S1＝S， 顺次连接矩形A1B1C1D1四边的中点得到四边形A2B2C2D2，则四边形A2B2C2D2的面积为矩形A1B1C1D1面积的一半，即S2＝S1＝S； 顺次连接四边形A2B2C2D2四边的中点得四边形A3B3C3D3，则四边形A3B3C3D3的面积为四边形A2B2C2D2面积的一半，即S3＝S2＝S； 故新四边形与原四边形的面积的一半， 则四边形AnBnCnDn面积为矩形ABCD面积的，即Sn＝S； ∴四边形AnBnCnDn面积＝×16＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形的变化规律，本题中找到连接矩形、菱形中点则形成新四边形的面积为原四边形面积的一半是解题的关键． 3．（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫做神奇四边形．顺次连接四边形各边中点得到的四边形叫做中点四边形． （1）判断： ①在平行四边形、矩形、菱形中，一定是神奇四边形的是 ； ②命题：如图1，在四边形中，则四边形是神奇四边形．此命题是_____（填“真”或“假”)命题；    ③神奇四边形的中点四边形是 （2）如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接 ①求证：四边形是神奇四边形； ②若，求的长；    （3）如图3，四边形是神奇四边形，若分别是方程的两根，求的值．    【答案】（1）菱形；真；矩形；（2）①见解析，②；（3）5 【分析】（1）①根据神奇四边形的定义即可判断； ②连接AC、BD，根据SSS证明△ADC≌△ABC得出∠DAC=∠BAC，再利用等腰三角形三线合一的性质证明AC⊥BD即可得到结论； ③根据四边形对角线互相垂直，运用三角形中位线平行于第三边证明四个角都是直角，判断是矩形． （2）①判断出CE⊥BG，即可得出四边形BCGE是神奇四边形； ②利用勾股定理即得出，再把相关数据代入求解即可； (3)利用勾股定理即可得出，把，代入求得，再由方程得到，，进而得出，求解方程即可. 【详解】①∵在平行四边形、矩形、菱形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形， ∴菱形一定是神奇四边形； 故答案为：菱形； ②连接AC、BD，    在△ACD和△ACB中， ∴△ACD≌△ACB ∴∠DAC=∠BAC ∵AB=AD ∴AC⊥BD ∴四边形是神奇四边形. 故答案为：真； ③如图：∵E、F、G、H分别为各边中点，    ∴EF∥GH∥AC，EF=GH=AC， EH=FG=DB，EH∥FG∥BD， ∵DB⊥AC， ∴EF⊥EH， ∴四边形EFGH是矩形． 故答案为：矩形； 证明:连接相交于点交于点,如图所 正方形和正方形, , ,即 在和中, , ， , ,即 四边形是神奇四边形; ②四边形是神奇四边形，    , 由勾股定理得 ， , 正方形和正方形, , . 四边形是神奇四边形,同中②的证明方法,可得 又分别是方程的两根. 解得 当时,不合题意,所以舍去， 【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是神奇四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解神奇四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键． 【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·江苏南通·阶段练习）如图，矩形ABCD中，AB＝10，AD＝4，点E从D向C以每秒1个单位的速度运动，以AE为一边在AE的右下方作正方形AEFG．同时垂直于CD的直线MN也从C向D以每秒2个单位的速度运动，当经过（    ）秒时，直线MN和正方形AEFG开始有公共点 A．2 B．2.5 C．3 D．3.5 【答案】A 【分析】首先过点F作FQ⊥CD于点Q，证明△ADE≌△EQF，进而得出AD=EQ，得出当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时：DQ+CM≥10进而求出即可． 【详解】解：过点F作FQ⊥CD于点Q， ∵在正方形AEFG中，∠AEF=90°，AE=EF， ∴∠1+∠2=90°， ∵∠DAE+∠1=90°， ∴∠DAE=∠2， 在△ADE和△EQF中， ∴△ADE≌△EQF（AAS）， ∴AD=EQ=4， 当直线MN和正方形AEFG开始有公共点时,此时时间为t,则有DQ+CM≥10， ∴t+4+2t≥10， 解得：t≥2， 故当经过2秒时．直线MN和正方形AEFG开始有公共点． 故选：A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形、矩形的性质，熟练掌握正方形的四边相等且每个角为90°，矩形的四个角为90°；通过三角形全等将EQ转化为AD，可以表示出DQ+CM的长；本题有动点运动问题，要会表示动点的路程：时间×速度． 1．（23-24八年级下·辽宁沈阳·期末）如图，在矩形ABCD中，BC＝15cm，动点P从点B开始沿BC边以每秒2cm的速度运动；动点Q从点D开始沿DA边以每秒1cm的速度运动，点P和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另一点也随之停止运动，设动点的运动时间为t秒，则当t＝（   ）秒时，四边形ABPQ为矩形． A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】根据四边形ABPQ为矩形时，AQ＝BP，利用距离=速度×时间列方程求出t值即可得答案. 【详解】设动点的运动时间为t秒， ∵四边形ABPQ为矩形， ∴AQ=BP， ∵点P的速度为2cm/s，点Q的速度为1cm/s， ∴15﹣t＝2t． 解得：t＝5． 故选C． 【点睛】本题考查矩形的性质，根据矩形的性质得出AQ=BP是解题关键. 2．（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）如图，在长方形ABCD中，AB=CD=5厘米，AD=BC=4厘米． 动点P从A出发，以1厘米/秒的速度沿A→B运动，到B点停止运动；同时点Q从C点出发，以2厘米/秒的速度沿C→B→A运动，到A点停止运动．设P点运动的时间为t秒(t > 0)，当t= 时，S△ADP=S△BQD． 【答案】s或4s 【分析】分两种情况：（1）当点Q在CB上时，如图1所示，（2）当点Q运动至BA上时，如图2所示，分别根据三角形的面积公式即可列出关于t的方程，解方程即可． 【详解】解：分两种情况：（1）当点Q在CB上时，如图1所示： S△ADP＝AD×AP＝2t，S△BQD＝BQ×DC＝（4﹣2t）， 则2t＝（4﹣2t），解得：t＝； （2）当点Q运动至BA上时，如图2所示： S△ADP＝AD×AP＝2t，S△BQD＝BQ×DA＝2（2t﹣4）， 则2t＝2（2t﹣4），解得：t＝4； 综上可得：当t＝s或4s时，S△ADP＝S△BQD． 故答案为：s或4s． 【点睛】本题主要考查了三角形的面积、变量之间的关系和简单的一元一次方程的解法，正确分类、善于动中取静、灵活应用运动变化的观点是解题的关键． 3．（23-24八年级下·山西运城·期中）综合与探究 如图，在矩形中，，点分别从点出发，沿，方向在矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，所有点停止运动．在相同时间内，若，则．    (1)当运动停止时，的值为______． (2)当为何值时，点重合？ (3)当为何值时，以为顶点的四边形是平行四边形？ 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）分别计算停止运动的时间，再比较即可得出结论； （2）、两点重合，即，联立方程解答即可； （3）把、两点分两种情况讨论，点在点的左侧或点在点的右侧，进一步利用平行四边形的性质联立方程解答即可． 【详解】（1）当点到达点时，，解得： 当点到达点时，，解得： 当点到达点时，，解得： 当点到达点时，，解得： ∵当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，所有点停止运动， ∴ 故答案为： （2）解：当点与点重合时，由，得 、（舍去） 所以时点与点重合． （3）因为当点到达点时，，解得： 此时点和点还未相遇，所以点只能在点的左侧， ①如图1，当点在点的左侧时，由，解得（舍去），； 故当时四边形是平行四边形；    ②如图2，当点在点的右侧时，由，解得或（舍去）； 故当时四边形是平行四边形；    综上：当或时四边形是平行四边形． 【点睛】此题主要考查借助图形的性质找出数量关系，联立方程解决问题，并渗透分类讨论思想． 【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·山西长治·期末）如图，正方形的边长是4，在上，且，是边上的一动点，则周长的最小值是(    ) A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】D 【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线AC对称，连接BM交AC于N′点，N′即为使DN＋MN最小的点，在Rt△BCM中利用勾股定理求出BM的长即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴点B与点D关于直线AC对称， 连接BD，BM交AC于N′，连接DN′，则BM的长即为DN＋MN的最小值， 又CM＝CD−DM＝4−1＝3， 在Rt△BCM中，BM＝， 故△DMN周长的最小值＝5＋1＝6， 故选D． 【点睛】本题考查的是轴对称−最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线AC对称，可知BM的长即为DN＋MN的最小值是解答此题的关键． 1．（23-24八年级下·湖南衡阳·阶段练习）如图，在边长为6的菱形中，，E为的中点，F是上的一动点，则的最小值为（    ） A． B．6 C．3 D． 【答案】A 【分析】根据菱形的对角线互相垂直平分，点B关于AC的对称点是点D，连接ED，EF+BF最小值等于ED的长，然后解直角三角形即可求解． 【详解】解：如图，连接BD， ∵菱形ABCD中，∠DAB=60°， ∴△ABD是等边三角形， ∵在菱形ABCD中，AC与BD互相垂直平分， ∴点B、D关于AC对称， 如图，连接ED，则ED的长就是所求的EF+BF的最小值， ∵E为AB的中点，∠DAB=60°， ∴DE⊥AB， ∴ED=， ∴EF+BF的最小值为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质和解直角三角形，关键是判断出ED的长就是所求的EF+BF的最小值． 2．（23-24八年级下·四川眉山·期中）如图，∠AOB＝30°，OB＝4，点P为射线OA上任意一点，连接PB．以PO、PB为邻边作平行四边形POQB，连接PQ，则线段PQ的最小值为 ． 【答案】2 【分析】当PQ⊥OA时，PQ最短，利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答即可． 【详解】解：∵四边形PBQO是平行四边形， ∴PH=HQ，OH=HB， 当PQ⊥OA时，PQ最短， ∵∠AOB=30°，OB=4， ∴OH=2， ∴PH=1, ∴PQ=2PH=2， 故答案为：2． 【点睛】此题考查平行四边形的性质，关键是利用平行四边形的性质和菱形的判定和性质解答． 3．（23-24八年级下·河南新乡·期中）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．    (1)若点E为的中点，求证：F点为的中点； (2)若点E为的中点，，，求的长； (3)若正方形边长为4，直接写出的最小值________． 【答案】(1)见解析 (2)2 (3) 【分析】（1）证明，推出，由，，推出，即可证明点为的中点； （2）延长到，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题． （3）取的中点，连接，，由直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，当、、共线时，的值最小，则可求出答案． 【详解】（1）解：证明：如图1中，   四边形是正方形， ，， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ，， ， 点为的中点； （2）延长到，使得，连接，   ， ， 又，分别是，的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， ， ． （3）取的中点，连接，，   ， ， ， 、、共线时，的值最小，最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 【经典例题十七 四边形其他综合问题】 【例17】（23-24八年级下·四川乐山·期末）下列说法错误的是（    ） A．正方形是特殊的菱形 B．菱形是特殊的平行四边形 C．正方形是特殊的矩形 D．矩形是特殊的菱形 【答案】D 【分析】根据正方形与菱形、平行四边形、矩形的相互关系逐项排查即可． 【详解】解：正方形是特殊的菱形，故A选项不满足题意； 菱形是特殊的平行四边形，故B选项不满足题意； 正方形是特殊的矩形，故C选项不满足题意； 矩形和菱形没有直接关系，故D选项不符合题意． 故选D． 【点睛】本题主要考查了正方形与菱形、平行四边形、矩形的相互关系,即正方形是特殊的菱形，菱形是特殊的平行四边形，正方形是特殊的矩形． 1．（2024·四川攀枝花·一模）如图，在矩形片中，边，，将矩形片沿折叠，使点A与点C重合，折叠后得到的图形是图中阴影部分．给出下列结论：①四边形是菱形；②的长是1.5；③的长为；④图中阴影部分的面积为5.5，其中正确的结论有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】根据矩形、折叠性质即可得出CF=CE = AE =AF，则证明结论①正确；设DF=x，故DF= BE =x，在Rt△ADF中，利用勾股定理即可求解结论②正确；过点F作FH⊥AB于点H，利用矩形判定与性质并结合勾股定理求得EF的长，则可推出结论③正确；由DF=BE可知阴影部分的面积为矩形ABCD面积的一半与△CGF面积的和，利用面积公式即可求得结果，证明结论④正确． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴AB∥CD， ∴∠AEF=∠CFE， 由折叠性质可知：AE=CE，AF=CF，∠AEF=∠CEF， ∴∠CFE =∠CEF， ∴CF=CE， ∴CF=CE = AE =AF， ∴四边形是菱形；故①正确； ∵四边形是菱形， ∴CF =AE， ∵四边形是矩形，，， ∴AB =CD=4，∠D=90°， ∴AB-CF =CD-AE， 即DF=BE， 设DF=x，则CF = AF=4-x， 在Rt△ADF中， DF2+AD2= AF2， 即x2+22=（4-x）2 解得x=1.5， 即的长是1.5；故②正确； 过点F作FH⊥AB于点H， ∴四边形是矩形， ∴FH=AD=2，AH=DF=1.5， ∵AE=AB-BE=2.5， ∴HE=AE-AH=1， 由勾股定理得；故③正确； ∵DF=BE，AD=GC=2，DF=GF=， ∴S阴影部分=S四边形BCFE+S△CGF， =S矩形ABCD+S△CGF， =AB•AD+CG•GF， =×4×2+×2×， =4+ =；故④正确． 故选：D． 【点睛】本题考查了四边形的综合问题，熟练掌握菱形的判定与性质、矩形的判定与性质及折叠的性质等知识是解题的关键． 2．（2024·广西桂林·模拟预测）对角线互相垂直的四边形叫做“垂美”四边形，现有如图所示的“垂美”四边形，对角线交于点．若，则 ． 【答案】20 【分析】由垂美四边形的定义可得AC⊥BD，再利用勾股定理得到AD2+BC2=AB2+CD2，从而求解. 【详解】∵四边形ABCD是垂美四边形， ∴AC⊥BD， ∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°， 由勾股定理得，AD2+BC2=AO2+DO2+BO2+CO2， AB2+CD2=AO2+BO2+CO2+DO2， ∴AD2+BC2=AB2+CD2， ∵AD=2，BC=4， ∴AD2+BC2=22+42=20， 故答案为：20. 【点睛】本题主要考查四边形的应用，解题的关键是理解新定义，并熟练运用勾股定理. 3．（23-24八年级下·四川遂宁·阶段练习）如图甲，我们把对角线相互垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）【概念理解】我们已经学习了①平行四边形、②菱形、③矩形、④正方形，在这四种图形中是垂美四边形的是______（填序号）． （2）【性质探究】小美同学猜想“垂美四边形两组对边的平方和相等”，即，如图甲，在四边形中，若，则．请判断小美同学的猜想是否正确，并说明理由． （3）【问题解决】如图乙，在中，，，D，E分别是，的中点，连接，，有，求． 【答案】（1）②④；（2）猜想正确，理由见解析；（3） 【分析】本题考查四边形中新定义的问题，熟练掌握勾股定理与几何问题的结全是解题的关键， （1）利用垂美四边形的定义结合菱形和正方形的性质即可得到答案； （2）利用垂美四边形的定义可得到，再根据勾股定理即可得到答案； （3）结合垂美四边形的结论，代入即可得到答案． 【详解】解：（1）∵菱形、正方形的对角线相互垂直， ∴菱形和正方形符合垂美四边形的定义， 故答案为：②④； （2）猜想正确，理由如下： ∵四边形中，， ∴， ∴，，，， ∴，， ∴； （3）∵，，D、E分别是、的中点， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴． 1．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图点为正方形对角线的交点，则将绕点旋转得到，则这种旋转方式是（ ） A．顺时针旋转 B．顺时针旋转 C．逆时针旋转 D．逆时针旋转 【答案】D 【分析】由正方形的性质得到，则绕点逆时针旋转得到，旋转角为或，据此可得答案． 【详解】解：四边形是正方形， ， 绕点逆时针旋转得到，旋转角为或， 旋转方式为逆时针旋转， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质，旋转时找出旋转中心、旋转方向、旋转角是解决问题的关键． 2．（23-24八年级下·广东江门·阶段练习）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点B落在边上的处，点A对应点为，且，则的长是（    ） A．1.5 B．2 C．2.5 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了轴对称的性质，正方形的性质，勾股定理等知识．先根据折叠的性质得到，设，再根据正方形的性质和勾股定理得到，，即可得到关于x的方程，解方程即可求解． 【详解】解：连接，， 由折叠得四边形和四边形关于直线对称， ∴． 设， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴在中，，在中，， ， ， 即， 解得，即． 故选：B 3．（23-24八年级下·陕西咸阳·期中）如图，在矩形内有一点，与分别平分和，点为矩形外一点，连接，，若，则添加下列条件不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的判定方法，结合矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，逐项进行判断即可． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴， ∵与分别平分和， ∴， ∴， ∴； A.∵，，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴四边形为正方形，故A不符合题意； B.∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形，故B不符合题意； C.∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴四边形一定不是正方形，故C符合题意； D.∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形，故D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，等边三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法． 4．（23-24八年级下·山东青岛·单元测试）如图，有一块边长为的正方形厚纸板，按照下面做法，做了一套七巧板：作图①，作对角线，分别取，中点，，连接作于，交于，过作，交于，再由作，交于，将正方形沿画出的线剪开，现由它拼出一座桥（如图②），这座桥的阴影部分的面积是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】对照两个图形，显然阴影部分的面积即是直角三角形ABC的面积，即正方形的面积的一半，求可得答案． 【详解】观察两个图形，分析易得阴影部分的面积即是直角三角形ABC的面积， 即正方形的面积的一半；求可得其面积是4， 故选:D. 【点睛】考查学生对正方形性质的理解和运用，要求学生能够根据两个图形的对照，发现阴影部分是哪几部分组成的. 5．（23-24八年级下·福建南平·期中）如图所示，在矩形中，，两条对角线相交于点．以为邻边作第个，对角线相交于点，再以、为邻边作第个，对角线相交于点；再以、为邻边作第个……依此类推．则第个平行四边形的面积为(　　) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先分别求得几个平行四边形的面积，即可得到规律：第n个平行四边形的面积为，继而求得答案． 【详解】解：∵在矩形ABCD中，AB=12，AC=20， ∴BC=， ∴S矩形ABCD=AB•BC=192，OB=OC， ∵以OB，OC为邻边作第1个平行四边形OBB1C， ∴平行四边形OBB1C是菱形， OA1是△ABC的中位线， 可知， ∴， ∴， ， ∴第n个平行四边形的面积为：， ∴第6个平行四边形的面积是：， 故选：C． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质以及矩形的性质，通过计算找到规律是解题的关键． 6．（23-24八年级下·山东济南·期末）如图，正方形的边在正六边形的边上，则 度．    【答案】 【分析】本题考查多边形内角和，以及正方形性质，根据边形内角和为，求出正六边形的内角和，算出，再结合正方形性质根据，即可解题． 【详解】解：正六边形的内角和为， ， 四边形为正方形， ， ， 故答案为：． 7．（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，对角线AC与BD相交于点O.若不增加任何字母与辅助线，要使得四边形ABCD是正方形，则还需增加的一个条件是 ． 【答案】AB＝BC，或AC⊥BD(答案不唯一) 【分析】要使四边形ABCD是正方形，由题意可知其四个角都是直角，所以还有可能是矩形，使AB=AC，即可满足题意． 【详解】解：由题意可确定，ABCD为一四个角都是90°的四边形，即可能存在矩形的情况， 若使AB=AC或AC⊥BD．可进一步确定其为正方形， 故答案为AB=AC，或AC⊥BD(答案不唯一)． 【点睛】解答此题的关键是熟练掌握正方形的判定定理，即有一对邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形． 8．（23-24八年级下·山西·期末）如图，已知四边形是边长为的正方形，点分别在边和上， 是线段的中点，则的面积是 ．    【答案】18 【分析】根据四边形ABCD是正方形和已知条件证明△ABE≌△ADF，可得BE＝DF＝2，进而CE＝CF＝6，再利用三角形的面积公式即可求解． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝BC＝DC＝8，∠BAD＝∠D＝∠C＝∠B＝90°， ∵∠BAF＝∠DAE， ∴∠BAF＋∠FAD＝∠DAE＋∠BAE， ∴∠BAE＝∠FAD， 在△ABE和△ADF中， ∴△ABE≌△ADF（ASA）， ∴BE＝DF＝2， ∴CE＝CF＝6， ∴S△CEF＝×6×6=18 故答案为18． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是综合运用正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积． 9．（23-24八年级下·上海·阶段练习）如图，正方形中，，点E在边上，且．将沿对折至，延长交边于G，连接，则的面积为 ． 【答案】/ 【分析】将ADE沿AE对折至AFE，知，从而证明，得到BG=GF，再利用勾股定理，通过方程思想得到GF，GC的长，从而得到，进而得解． 【详解】解：连接AG，如图所示： 依题意知：， ∴AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG =90°， 又∵ABCD为正方形， ∴AD=AB，∠D=∠B=90°， ∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°， 在和中 ∴（HL） ∴BG=GF， ∵AB=BC=DC=15，CD=5DE， ∴DE=EF=3，EC=12， 设BG=x，则GF=x，GC=15-x，EG=EF+GF=3+x， 在中， 即， 解得：x=10， ∴GF=10，GC=5，GE=13， ∴GF:GE=10∶13， ∴， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定和性质，勾股定理及翻折问题，熟练掌握相关性质和判定，特别折前后线段和角的对应相等关系是解题的关键． 10．（23-24八年级下·广东深圳·期末）如图（1）所示，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝4，BC＝3，将△ABC沿着AC翻折得到△ADC，如图（2），将△ADC绕着点A旋转到△AD′C′，连接CD′，当CD′∥AB时，四边形ABCD的面积为 ． 【答案】 【分析】过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，构造直角三角形，利用勾股定理即可． 【详解】解：如图（2），过点A作AE⊥AB交CD′的延长线于E，由翻折得AD＝AB＝4 ∵CD′∥AB ∴∠BCE+∠ABC＝180°， ∵∠ABC＝90° ∴∠BCE＝90° ∵AE⊥AB ∴∠BAE＝90° ∴ABCE是矩形，AD′＝AD＝AB＝4 ∴AE＝BC＝3，CE＝AB＝4，∠AEC＝90° ∴D′E＝＝ ∴CD′＝CE﹣D′E＝4﹣ ∴S四边形ABCD′＝（AB+CD′）•BC＝（4+4﹣）×3＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形性质，翻折、旋转的性质，梯形面积等，解题关键对翻折、旋转几何变换的性质要熟练掌握和运用． 11．（23-24八年级下·全国·课后作业）如图，点O是边长为2的正方形的对称中心，过点O作，分别交正方形边于M、N、G、H，则当绕点O旋转时，图中的阴影部分是否关于O点成中心对称？这两部分的面积是否改变？请说明理由． 【答案】图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变．理由见解析 【分析】连接AC，根据点O是边长为2的正方形ABCD的对称中心，得到AC过点O，推出△AOG≌△CON，得到OG=OC，同理△AOH≌△COM，得到OH=OM，于是得到图中的阴影部分是否关于O点为中心对称，两部分的面积不改变． 【详解】解：图中阴影部分关于O点成中心对称，两部分的面积不改变． 理由：如图，连接， ∵点O是边长为2的正方形的对称中心， ∴过点O， ∴， 在和中， ∴，， 同理可证， ∴， ∴图中的阴影部分关于O点成中心对称，连接， ∵点O是正方形的对称中心， ∴，，． ∵垂直， ∴， ∴，即， ∴， ∴的面积的面积， ∴四边形的面积的面积正方形的面积． 同理四边形的面积正方形的面积． ∴两部分的面积不改变． 【点睛】本题考查了中心对称，全等三角形的判定与性质，能证得三角形全等是解题的关键． 12．（23-24八年级下·福建福州··阶段练习）如图，和都是正方形，且正方形的边长为．    (1)若正方形的边长为，求图中阴影部分的面积； (2)若正方形的边长未知，你能否求出图中阴影部分的面积？若能，请求出来；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据阴影部分的面积等于梯形的面积加上正方形的面积减去的面积再减去的面积，从而列出算式求解． （2）设正方形的边长为，然后按照第一小问的方法列出代数式并化简，结果中不含有的项，从而求解． 【详解】（1）解： ， ， ． （2）解：能，设正方形的边长为， ， ， ． 【点睛】本题考查了整式的混合运算以及分割法求几何图形的面积，根据图形的面积关系列出阴影部分的面积表达式是解题的关键． 13．（23-24八年级下·湖南怀化·期末）如图1，在四边形中，， 点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接，设运动时间为t秒．    (1)_________，_________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图2，将沿翻折，得，当四边形为正方形时，则_________． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）由题意得，根据条件证明为矩形，即可表示出； （2）根据第（1）问和平行四边形性质即可求解； （3）根据正方形性质可得，进而得到，即可求出． 【详解】（1）解：由题意得， ∴， ∵， ， ∴， ∵， ∴四边形为矩形 ∴ ∴； （2）解：∵四边形为平行四边形时，， ∴， 解得：； （3）解：∵四边形为正方形． ∴ ， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，菱形的判定，正方形的性质等知识，综合性较强，难度适中．运用数形结合、方程思想是解题的关键． 14．（23-24八年级下·福建福州·期末）在四边形ABCD中，∠BAC＝∠BDC，∠AED＝∠ADC． (1)如图1，求证：AB＝AD； (2)如图2，点A，F关于BD对称，连接BF，CF，作BG⊥BC交AC于点G，若∠BAD+∠BCD＝180°，∠BAD＝2∠ACD，求证：∠BDC＝∠BFC； (3)如图3，在（2）的条件下，连接DG并延长交AB于H，若AH＝BH，AH＝5，求△BCD的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据，得，即可得； （2）根据对称的BA=BF，根据等边对等角得，根据三角形的外角得，即，根据角之间的关系得， 则，，即可得，根据对称，垂直及角之间的关系得是等腰直角三角形，则，用SAS可证得，根据，即可得； （3）作于M，设AF与BD交于O，连接OC，根据得，根据，点O为BD的中点，即可得OC的长度，根据得，即可得，即可得的面积． 【详解】（1）证明：∵，，∠BAC＝∠BDC， ∴， ∴； （2）解：∵点A，F关于BD对称， ∴BA=BF， ∵， ∴， ∵，∠BAC＝∠BDC， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴，， ∵∠BAD+∠BCD＝180°， ∴， ∴， ∵点A，F关于BD对称， ∴，，∠ABD＝∠FBD， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 在和中， ∴（SAS）， ∴， ∵， ∴； （3）解：延长GH至点K，使HK=HG，连接BK，AK，设AF与BD交于O， 则四边形AKBG是平行四边形， ∴AKBG，AK=BG， ∴∠KAB=∠ABG， ∴∠KAD=∠CBA， ∵BC=BG，AK=BG， 又AB=AD， ∴△CBA≌△KAD（SAS）， ∴∠BAC=∠ADK， 又∠BAC+∠CAD=90°， ∴∠CAD+∠ADK=90°， ∴∠AGD=90°， ∵AH=5，AH=BH， ∴AB=AD=10， ∴HD=， ∴， ∴， ∵∠ACD=45°，∠AGD=90°， ∴∠GDC=45°=∠GCD， ∴GC=GD， ∵∠CBG=90°，∠BCD=90°， ∴∠GBC+∠BCD=180°， ∴BGCD， ∴， ∴△BCD的面积为． 【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，三角形的外角，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点并适当添加辅助线． 15．（23-24八年级下·山西忻州·期中）综合与探究： 【问题情境】： 如图①，在正方形中，点E为其内部一点，为直角三角形，且，连接，将绕点B按顺时针方向旋转，得到，点E的对应点为点，点A的对应点为点C，延长交于点F． 【提出问题】： （1）试判断四边形的形状，并说明理由； 【拓展探究】： （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系并加以证明． 【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2），证明见解析； 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形； （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论． 【详解】解：（1）四边形是正方形． 理由如下： ∵是由绕点B按顺时针方向旋转90°得到的， ∴，， 又∵， ∴， ∴四边形是矩形， 由旋转可知：， ∴四边形是正方形； （2）． 证明：如图②，过点D作于点H， 则，， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 由旋转可知：， 由（1）可知：四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是本题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 $$