专题06 正方形的性质和判定（5大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年八年级数学下学期期末真题分类汇编（河北专用）

专题06 正方形的性质和判定 题型概览 题型01正方形的判断 题型02正方形的性质 题型03正方形的折叠问题 题型04正方形的性质与判定的综合 题型05与正方形有关的压轴问题 正方形的判断题型01 1．（23-24八年级下·河北张家口·期末）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定，解本题的关键在熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理． 根据平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定依次判断即可； 【详解】解：A、有一个内角是的平行四边形是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意； B、有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意； D、对角线相等的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：C． 2．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）关于的叙述，正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是正方形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定方法、矩形的判定方法、正方形的判定方法；熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定方法是解决问题的关键． 【详解】解：A. 若，则是矩形，原说法错误； B. 若，则是菱形，原说法错误； C. 若，则是矩形，说法正确； D. 若，则是矩形，原说法错误； 故选C 3．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）下列说法中正确的是（    ） A．对角线垂直且相等的四边形是正方形 B．菱形是轴对称图形不是中心对称图形 C．一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 D．四个角都相等的四边形是矩形 【答案】D 【分析】】本题主要考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质以及正方形的判定，依据平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的性质以及正方形的判定，即可得出结论． 【详解】解：A. 对角线垂直且相等的平行四边形是正方形，故该选项不正确，不符合题意； B. 菱形是轴对称图形是中心对称图形，故该选项不正确，不符合题意； C. 一组对边平行、一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意； D. 四个角都相等的四边形是矩形，故该选项正确，符合题意； 故选：D． 4．（23-24八年级下·河北保定·期末）下列命题中，真命题有（    ） ①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ②一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形； ③顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得到的四边形是菱形． ④对角线互相垂直的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 【答案】B 【分析】利用矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定及平行四边形的判定定理分别进行判定后即可确定正确的选项．本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关的特殊四边形的判定定理，难度不大． 【详解】解：①一组对边平行，另一组对边相等的四边形有可能是等腰梯形，故原说法是错误的；不符合题意； ②一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形，故原说法是正确的；符合题意； ③顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的图形是矩形，故原命题是错误，不符合题意； ④对角线互相垂直的矩形是正方形，故原说法是正确的；符合题意； 故选：B 5．（23-24八年级下·河北沧州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，逐项判断即可． 【详解】解：A．有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意； B．有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意； C．菱形的对边本身相等，（3）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意； D．有一个角是直角的菱形是矩形，则（4）处可填，原说法正确，不符合题意； 故选：C． 6．（22-23八年级下·河北廊坊·阶段练习）已知四边形是平行四边形，下列结论：①当时，它是菱形；②当时，它是菱形；③当时，它是矩形；④当时，它是正方形，下列选项中正确的是（    ） A．仅①正确 B．①②正确 C．①②③正确 D．①②③④都正确 【答案】C 【分析】根据菱形的判定方法、矩形及正方形的判定方法逐项判定即可解答． 【详解】解：①根据邻边相等的平行四边形是菱形可知：当时，平行四边形是菱形，①正确； ②根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可知：当时，平行四边形是菱形，②正确； ③根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可知，当时，平行四边形是是矩形；③正确； ④根据对角线相等的平行四边形是矩形可知，当时，平行四边形是矩形，不一定是正方形，④错误． 综上，正确的为①②③． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了菱形、矩形及正方形的判定方法，熟练运用菱形、矩形及正方形的判定方法是解答本题的关键． 7．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，交于点，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的个数是（    ）    ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】根据，得到垂直平分，结合矩形、菱形、正方形判定逐个判断即可得到答案； 【详解】解：∵，， ∴垂直平分， ∴，， ①当时，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故①正确； ②当时，无法证明四边形是矩形，故②错误； ③当， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，故③正确； ④当时，， ∴， 由①得四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， 综上分析可知，正确的有3个， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形、菱形、正方形判定，解题的关键是根据，，得到垂直平分． 8．（2024·河北邯郸·三模）在中，对角线相交于点O，E是近上的一个动点（不与A、B重合）连接并延长，交于点F，连接，下列四个结论中： 甲：对于动点E，四边形始终是平行四边形； 乙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是矩形； 丙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是菱形； 丁：若，，则至少存在一个点E，使得四边形是正方形．以上所有正确说法的序号是（   ） A．甲、丙、丁正确，乙错误 B．甲、乙、丙、丁都正确 C．甲、乙、丙正确，丁错误 D．甲、乙、丙错误，丁正确 【答案】A 【分析】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键． 由于经过平行四边形的中心，故四边形一定也是平行四边形，这可以通过证明与相等来说明．然后只要让平行四边形再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形． 【详解】解：如图1， ∵四边形为平行四边形，对角线与交于点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又：∵， ∴四边形为平行四边形， 即在上任意位置(不与、重合)时，四边形形为平行四边形，故选项甲正确； 如图2， 如图3， 当时，点不在边上，故选项乙错误． 当时，四边形为菱形，故选项丙正确． 由丙知，若，则至少存在一个点，使得四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴若，则至少存在一个点，使得四边形是正方形，故选项丁正确． 故选：A． 9．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在矩形中，，，E，F是对角线上的两个点，且，M，N分别是边，边上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形： ②存在无数个正方形； ③当时，存在唯一的矩形； ④当时，存在唯一的矩形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，正方形的判定，平行四边形的判定，连接，且令，相交于点O，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形可得只要满足，那么四边形就是平行四边形，据此可判断①；只要，则四边形是正方形，据此可判断②；根据只要，则四边形是矩形，且，即可判断③④． 【详解】解：连接，且令，相交于点O， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴只要满足，那么四边形就是平行四边形， ∵点E，F是上的动点， ∴存在无数个平行四边形，故①正确； 只要，则四边形是正方形， 而符合要求的正方形只有一个，故②错误； 只要，则四边形是矩形， ∵， ∴当时，不存在矩形，故③错误； 当时，此时，即此时，故存在唯一的矩形，故④正确， 故选：B． 10．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）中，是射线上一点，连接，是的中点，过点作，交的延长线于点．    【探究】如图1，连接，若点在线段上，且． （1）证明：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 【拓展】如图2，当点在点右侧，且时，其他条件不变，直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形． 【答案】【探究】（1）见解析；（2）当时，四边形是矩形．理由见解析；【拓展】中，，且时，四边形是正方形． 【分析】（1）根据平行线的性质，可证得，得到，从而证明；（2）首先证明四边形是平行四边形，再由，，得到，从而证明四边形是矩形；【拓展】由正方形性质，得到，，再推出四边形为平行四边形，进而得到，就可得到，且时，四边形是正方形． 【详解】证明：是的中点， ， ， ，， ， ， ， ； （2）当时，四边形是矩形． 理由如下： ，， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 是矩形． 拓展： 中，，且时，四边形是正方形， 理由如下： 四边形是正方形， ，， 且， 四边形为平行四边形， ， 是的中点， 是的中点， ， ， 在中，，且时，四边形是正方形． 【点睛】本题考查了全等三角形、平行四边形、矩形、等腰三角形、正方形、直角三角形勾股定理的知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形、平行四边形、矩形、等腰三角形、正方形形、直角三角形勾股定理及逆定理，从而完成求解． 11．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图1，中，点是边上的一个动点，过点作直线，设交的平分线于点，交的平分线于点． (1)线段与的位置关系是______；（只写结果，不写证明过程） (2)探究：线段与的数量关系，并加以证明； (3)如图2，当点运动到何处时，四边形是矩形，并说明理由； (4)在（3）的前提下，直接写出满足什么条件时，四边形是正方形． 【答案】(1) (2)结论：．证明见解析部分 (3)O运动到中点时，四边形是矩形．证明见解析部分 (4)当时，矩形是正方形．证明见解析部分 【分析】（1）由角平分线的定义可求解； （2）由角平分线的性质和平行线的性质可得，可得； （3）利用矩形的判定可求解； （4）利用正方形的判定可求解． 【详解】（1）解：结论：． 理由如下：平分，平分， ， ， ， ， 故答案为：； （2）结论：． 理由如下为的平分线，为的平分线， ， ， ， ， ； （3）O运动到中点时，四边形是矩形． 理由如下：为中点， ，且， ∴四边形平行四边形，且， ∴四边形为矩形， ∴当点O运动到中点时，四边形为矩形． （4）当时，矩形是正方形． 理由如下：， ， ， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了角平分线的性质，平行线的性质，矩形的判定，正方形的判定，熟练运用这些性质和判定进行推理是本题的关键． 正方形的性质题型02 12．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）下列图形有四条对称轴的是（  ） A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 【答案】C 【分析】根据各图形的特征及轴对称图形的特征可知，平行四边形不是轴对称图形；菱形有2条对称轴，即两条对角线所在的直线；正方形有4条对称轴，即两条过对边中点的直线和两条对角线所在的直线；矩形有2条对称轴，即两条过对边中点的直线，由此判断即可． 【详解】解：A、平行四边形不一定是轴对称图形，故此选项不符合题意； B、菱形是轴对称图形，有2条对称轴，故此选项不符合题意； C、正方形是轴对称图形，有4条对称轴，故此选项符合题意； D、矩形是轴对称图形，有2条对称轴，故此选项不符合题意； 故选：C． 【点睛】本题主要考查平行四边形、菱形、正方形、矩形的特征，根据这些图形的特征即可确定各图形对称轴的条数． 13．（22-23八年级下·河北保定·期末）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点在y轴上，顶点在x轴上，已知正方形的边长为1，，，则正方形的边长是 ，则正方形的边长是 .    【答案】 【分析】利用正方形的性质，结合含度的直角三角形的性质以及勾股定理得出正方形的边长，进而得出变化规律即可得出答案． 【详解】解：，， ， ， ， ， ， ， 正方形的边长为， 同理可求正方形的边长为， 以此类推可得：正方形的边长为， 正方形的边长是， 故答案为：；． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，含30度的直角三角形的性质，得出正方形的边长变化规律是解题关键． 14．（22-23八年级下·河北沧州·期末）如图，以正方形的边为一边，在正方形内部作等边，连，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由正方形的性质得到，再由等边三角形的性质得到，进而得到，由此根据三角形内角和定理求出答案即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故选C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，证明是解题的关键． 15．（23-24七年级下·河北保定·期末）如图，正方形的边长为4cm，则图中阴影部分的面积为（    ） A．8 B．10 C．6 D．5 【答案】A 【分析】本题主要考查了乘方的应用，将阴影部分的面积转化为等腰直角三角形的面积，结合正方形的面积公式解答即可． 【详解】根据正方形的对称性， 可知阴影部分的面积． ∵， ∴． 故选：A． 16．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，正方形的边长为4，菱形的边长为3，则菱形的面积为（　　） A． B．8 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，连接、交于点O，根据正方形的性质利用勾股定理求出的长，根据菱形的性质求出的长，即可得出的长，最后根据菱形的面积等于对角线长的积的一半即可求解． 【详解】解：连接、交于点O， ∵四边形是正方形， ∴，， 由勾股定理得，， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴菱形的面积为， 故选：D． 17．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，在矩形中，，对角线相交于点，以为边在下方作正方形，已知，连接，则的度数为（    ）        A． B． C． D． 【答案】D 【分析】证明是等边三角形，进而可得，根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，，对角线相交于点， ∴， ∵， ∴， ∴, ∴是等边三角形，则， ∵是正方形，则， ∴， 又∵， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，矩形的性质，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 18．（21-22八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，勾股定理，等边三角形性质和判定，解题的关键是熟练掌握并运用相关知识． 根据正方形的性质以及勾股定理可得，记交于点，根据菱形的性质结合可得，再利用勾股定理计算，即可解题． 【详解】解：正方形对角线， ， ， 又菱形中，记交于点， ，于点，，，且为等边三角形， ， ， ， ． 故选：C． 19．（23-24八年级下·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． 20．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为（    ） A． B． C．10 D．15 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，如图1中，连接，，交点为．在图2中，理由勾股定理求出，在图1中，只要证明是等边三角形即可解决问题． 【详解】解：如图1中，连接，，交点为，    在图2中，∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在图1中，∵，， ∴是等边三角形， ∴ ∵菱形， ∴，，， ∴， ∴， 故选：A． 21．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，正方形的边长为4，点M在上，且，N是上一动点，则的最小值为（    ） A． B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】本题考查的是轴对称﹣最短路线问题及正方形的性质，由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求,在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称，即是线段的垂直平分线， 连接，，交于，连接，即为所求的点， 根据对称有：，即， 当点B、、M三点共线时，最小， 则的长即为的最小值， ∵， ∴在中， ， 故的最小值是5． 故选：C． 22．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可． 【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确； 当四边形是菱形时，， 则，解得：，符合题意， 即：当时，四边形是菱形，故②正确； 当四边形是矩形时，，则，解得， 即：当时，四边形是矩形，故③正确； 当四边形是正方形时，， 则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确， 综上，正确的有①②③， 故选：A． 【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键． 23．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接、，根据正方形的性质可得，，利用勾股定理求得，，则，再利用勾股定理求得，再根据直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：连接、， ∵四边形和四边形都是正方形，，， ∴，， ∴， ∴，， 在中，， ∵H是的中点， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 24．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，正方形的边长为4，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8；③；④一定是等腰三角形；⑤的最小值为．其中结论正确的有（   ）      A．①②⑤ B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①②④ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，勾股定理的运用，在解答时要认真审题． ①根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，在中，，求得；②先证明四边形为矩形，根据等腰直角三角形和矩形的性质可得其周长为，则四边形的周长为8；③由②可知，四边形为矩形，则通过正方形的轴对称性，证明；④根据P的任意性可以判断不一定是等腰三角形；⑤当最小时，最小，的最小值等于． 【详解】解：①如图，∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴，故①正确； ②∵，， ∴四边形为矩形， ∴四边形的周长，故②正确； ③连接，    ∵四边形为矩形， ∴， ∵正方形为轴对称图形， ∴， ∴，故③正确； ④∵点P是正方形的对角线上任意一点，， ∴当或或时，是等腰三角形， 除此之外，不是等腰三角形，故④错误； ⑤由， ∴当最小时，最小， 则当时，即时，的最小值等于，故⑤正确； 故选：C． 25．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，三个边长相同的正方形叠放在一起，、是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为 ．    【答案】 【分析】首先根据正方形的性质可证得，，，可证得，可得、两个正方形阴影部分的面积是，同理另外两个正方形阴影部分的面积也是，据此即可解答． 【详解】解：连接、，如图：    ∵四边形是正方形，是正方形的中心， ∴，，， ， ， ∴， 在和中 ∴， ∴、两个正方形阴影部分的面积是， 同理另外两个正方形阴影部分的面积也是， ∴、两个正方形阴影部分的面积是． ∴每个小正方形的面积为， ∴小正方形的边长为； 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，算术平方根的应用，证得每个阴影部分的面积为是解决本题的关键． 26．（22-23八年级下·河北秦皇岛·期末）如图：正方形中，E是对角线上的一点，若，则的度数是 度．    【答案】25 【分析】利用正方形的性质，证明，得到，再利用三角形的外角的性质，进行求解即可． 【详解】解：∵正方形中，E是对角线上的一点， ∴，， 又， ∴， ∴， ∵， ∴； 故答案为：25． 【点睛】本题考查正方形的性质和三角形的外角的性质．熟练掌握正方形的对角线平分一组对角，是解题的关键． 27．（22-23八年级下·广西钦州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 【答案】 【分析】题考查了正方形的性质、菱形的判定与性质及勾股定理等知识点，结合并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．根据正方形的性质及题意可得，可得四边形为菱形，故点的横坐标等于的长度，其纵坐标等于点的纵坐标，由勾股定理求得的长，则可知点的纵坐标． 【详解】解：四边形为正方形，， ， 由题意可知，，，， ∴， 四边形为菱形， ∴， 点的横坐标为2， 的中点是坐标原点， ， 在中，由勾股定理得：， 点的对应点的坐标为． 故答案为：． 28．（23-24八年级上·河北沧州·期末）已知甲图是边长为a的正方形，乙图是边长为b（）的正方形，丙图是长为a，宽为b的长方形，若先将乙图放在甲图的内部得到图（1），图（1）阴影部分的面积是4；再将甲乙两图并列摆放，以甲乙两图的边长之和为新的边长构造大正方形图（2），它的面积是100，则甲图的面积是 ，乙图的面积是 ．    【答案】 36 16 【分析】本题主要考查了正方形的性质、解二元一次方程组等知识点，掌握数形结合思想是解题的关键． 先根据图（1）（2）可得、，再结合已知条件和实际意义可得、，再解方程组可得，然后求出图甲、图乙的面积即可． 【详解】解：由图（1）可知：， 由图（5）可知：， ∵， ∴，，解得：， ∴， ∴甲图的面积是36，乙图的面积是4． 故答案为36，4． 29．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图1，正方形与正方形的边、在一条直线上，，，连接，，．    (1)分别求，，的长，并判断是否为直角三角形，并说明理由． (2)求的面积，并直接写出点到的距离． (3)如图2，正方形的对角线落在正方形的边上，，，连接，．则四边形的面积是__________． 【答案】(1)不是直角三角形，理由见解析 (2)点到的距离为； (3) 【分析】（1）利用勾股定理分别求得、和的长，再利用勾股定理的逆定理验证即可求解； （2）利用计算即可求得的面积，再利用面积法即可求解； （3）作交延长线于点，求得，根据，计算即可求解． 【详解】（1）解：不是直角三角形，理由如下， ∵正方形与正方形，，， ∴在中，， 在中，， 在中，， ∵， ∴不是直角三角形； （2）解： ， 设点到的距离为， 则， ∴， 解得：， ∴点到的距离为； （3）解：作交延长线于点，    ∵正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理及其逆定理，二次根式的混合运算，等腰直角三角形的判定和性质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件． 正方形的折叠问题题型03 30．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在边长为1的正方形中，为边上任意一点（不与点重合），交于点，过点且垂直于的一条直线分别交于点．连接，将沿着翻折，点落在点处．的中点为，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点P分别作的垂线，垂足分别为G、H，过点M作于T，连接，则四边形是矩形，可得，证明，得到；再证明四边形是矩形，，进而证明，得到，则，可得是等腰直角三角形，则，由折叠的性质可得，则，证明，得到，则点在直线上运动，故当时，有最小值，则，据此可得答案. 【详解】解：如图所示，过点P分别作的垂线，垂足分别为G、H，过点M作于T，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 由折叠的性质可得， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴点在直线上运动， ∴当时，有最小值， ∴此时是等腰直角三角形， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形推出点的运动轨迹是解题的关键. 31．（23-24八年级上·河北保定·期末）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识．根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明，进而得到，由是的中点，，得到，在中有勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接，由已知，且， ， ， ， ，是的中点， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， 解得，即． 故选：A． 32．（21-22七年级下·河北承德·期末）如图，将正方形的一角折叠，折痕为，比大48°．则的度数为 ． 【答案】62° 【详解】解：设=x 如图：由折叠的性质可得：∠EAF==x ∵四边形是正方形 ∴∠BAF=90° ∴∠BAD+2x=90°，即∠BAD=90°-2x ∵∠BAD-x=48° ∴90°-2x-x=48°，解得x=14° ∴∠BAD=90°-2×14°=62°． 故答案为：62°． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质和正方形的性质，理解折叠的性质是解答本题的关键． 33．（21-22八年级下·河北承德·期末）如图，正方形ABCD中，，点E在CD边上，且．将沿AE对折至，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．则 ， ． 【答案】 45° 【分析】由“HL”可证Rt△ABG≌Rt△AFG，可得BG=GF，∠AGB=∠AGE，由勾股定理可求GF=BG=3，从而可求得CG=BC-BG=3，然后求出S△GCE==×4×3=6，GF=BG=3，GE=GF+EF=3+2=5，利用同高三角形面积关系得，即，即可求出S△GFC． 【详解】解：∵正方形ABCD ∴CD=BC =AB=6，∠D=∠B =∠BAD=∠BCD=90°， ∵CD=3DE， ∴DE=2，EC=4， ∵将△ADE沿AE对折至△AFE， ∴AD=AF=AB，DE=EF=2，∠D=∠AFE=90°，∠DAE=∠FAE， 在Rt△ABG和Rt△AFG中， ， ∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）， ∴∠BAG=∠GAF，BG=GF，∠AGB=∠AGE， ∴∠GAF+∠FAE=∠BAG+∠DAE，即∠EAG=∠BAG+∠DAE， ∵∠EAG+∠BAG+∠DAE=∠BAD=90°， ∴∠EAG=45°， ∵GE2=EC2+GC2， ∴（BG+2）2=16+（6-BG）2， ∴BG=3， ∴CG=BC-BG=6-3=3， ∵S△GCE==×4×3=6，GF=BG=3，GE=GF+EF=3+2=5， ∴，即， ∴S△GFC=， 故答案为：45°，． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理等知识，证明三角形全等是解题的关键． 34．（23-24七年级上·河北邯郸·期末）将正方形沿着，翻折，点A，C的对应点分别是点，． （1）如图1，若与重合，则 ； （2）如图2，若与重叠部分的角度，则 ． 【答案】 /度 /度 【分析】本题主要考查折叠的性质和正方形性质， （1）由折叠的性质得，，，，则； （2）由折叠的性质得，，，，得，则． 【详解】解：（1）由折叠的性质得，，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴； 故答案为：； （2）由折叠的性质得，，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， 则． 故答案为：． 35．（23-24八年级下·河北沧州·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查正方形与矩形的性质，折叠性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． （1）证明，可得，由折叠的性质得：，得出为的垂直平分线，即可得出结论； （2）证明，得到，从而由勾股定理，得，再由（1）知，即可得出结论． 【详解】（1）解：线段和的数量关系是：． 理由如下： 四边形为正方形，点为对角线，的交点， ，，， 在和中， ， ， ， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ． （2），，三条线段之间的数量关系是：．证明如下： 四边形为矩形，点为对角线，的交点， ，，， ， 在和中， ，                                          ， ，， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ， 在中，由勾股定理得：， 即：． 正方形的性质与判定的综合题型04 36．（22-23九年级上·河北石家庄·期末）如图，中，，平分交于点D，按下列步骤作图． 步骤1：分别以点C和点D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点； 步骤2：作直线，分别交，于点E，F； 步骤3：连接，． 若，，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由作图可知，四边形是正方形，根据，可得，由此即可解决问题． 【详解】解：∵平分，， ∴， 由作图可知，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查线段的垂直平分线的性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用面积法构建方程解决问题． 37．（21-22八年级下·河北承德·期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠CAB，∠CBA的平分线相交于点D，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，则下列结论不正确的是（    ） A．∠EDF=90° B．DF=DE C．CF=CE D．∠ADB=140° 【答案】D 【分析】过点D作DM⊥AB于点M，由DE⊥BC，DF⊥AC，∠C=90°，得出四边形CFDE是矩形，得出∠EDF=90°，可判断选项A；由角平分线的性质得出DF=DM=DE，可判断选项B；进而得出四边形CFDE是正方形，得出CF=CE，可判断选项C；由三角形内角和定理及角平分线的性质得出∠DAB+∠DBA=45°，进而得出∠ADB=135°，可判断选项D；继而得出答案． 【详解】解：如图，过点D作DM⊥AB于点M， ∵DE⊥BC，DF⊥AC，∠C=90°， ∴∠C=∠CFD=∠CED=90°， ∴四边形CFDE是矩形， ∴∠EDF=90°，故选项A不符合题意； ∵AD平分∠CAB，DF⊥AC，DM⊥AB， ∴DF=DM， ∵BD平分∠CBA，DM⊥AB，DE⊥BC， ∴DM=DE， ∴DF=DE，故选项B不符合题意； ∵四边形CFDE是矩形，DF=DE， ∴四边形CFDE是正方形， ∴CF=CE，故选项C不符合题意； ∵∠C=90°， ∴∠CAB+∠CBA=90°， ∵AD平分∠CAB，BD平分∠CBA， ∴∠DAB=∠CAB，∠DBA=∠CBA， ∴∠DAB+∠DBA= (∠CAB+∠CBA) =×90°=45°， ∴∠ADB=180°-（∠DAB+∠DBA）=180°-45°=135°，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查了角平分线的性质，掌握矩形的判定与性质，角平分线的性质，正方形的判定与性质，三角形内角和定理等知识是解决问题的关键． 38．（22-23八年级上·河北石家庄·期末）如图所示，中，，分别延长到点M，N，点P在的内部、的外部（即图中阴影部分）．若点P到三条边所在直线的距离相等，则的大小为 度，点P到边所在直线的距离为 ． 【答案】 45 6 【分析】过点P作交于点D，过点P作交于点F，过点P作交于点E，连接，，首先根据角平分线的逆定理得到点P是，和的角平分线的交点，然后证明出四边形是正方形，根据角平分线的概念即可求出的大小；用勾股定理求出，设，则，然后根据正方形的性质列方程求解即可． 【详解】∵点P到三条边所在直线的距离相等， ∴点P是，和的角平分线的交点， ∴过点P作交于点D，过点P作交于点F，过点P作交于点E，连接，， ∴， ∵，， ∴， 同理可得， ∵，，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； ∵，， ∴， 同理可得， ∴设， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点P到边所在直线的距离为6． 【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，角平分线的性质定理和逆定理，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 39．（21-22八年级下·河北保定·期末）如图，在中，点D，E，F分别是的中点，连接． (1)试猜想四边形的形状，并说明理由． (2)若，试判断线段与的关系，并说明理由． 【答案】(1)平行四边形，见解析 (2)，，见解析 【分析】（1）根据中位线定理，可以得出，，即可证明猜想； （2）证明四边形为正方形，即可得出结论． 【详解】（1）解：猜想四边形是平行四边形，理由如下， ∵点D，E，F分别是的中点 ∴是的中位线 ∴， ∴四边形是平行四边形 （2）解：，理由如下， ∵，点E，F分别是的中点， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴四边形为菱形， 又∵ ∴为正方形 ∴， 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行四边形的判定，正方形的判定和性质，熟练掌握性质是本题的关键． 40．（21-22八年级下·河北石家庄·期末）如图，点是正方形对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 【答案】(1)见解析 (2) (3)115°或25° 【分析】（1）过点E作EM⊥DC于点M，过点E作EN⊥BC于点N，证明△NEF≌△MED（ASA），可得EF=ED，即可得证； （2）过点E作EH⊥AB于点H，证明△ADE≌△CDG（SAS），可得AE=CG，根据已知条件可得HE的长，从而可得AE的长； （3）分当∠ADE=25°，当∠EDC=25°时两种情况，结合三角形内角和即可求解． 【详解】（1）解：证明：如图，过点E作EM⊥DC于点M，过点E作EN⊥BC于点N， ∴∠ENF=∠EMD=90°， 在正方形ABCD中，∠ACD=∠ACB，∠BCD=90°， ∴EN=EM， ∵∠NEM=90°， 又∵四边形DEFG为矩形， ∴∠FED=90°， ∴∠NEF=∠MED， 在△NEF和△MED中， ， ∴△NEF≌△MED（ASA）， ∴EF=ED， ∴矩形DEFG是正方形； （2）如图，过点E作EH⊥AB于点H， 则∠EHB=90°， ∵∠ENB=90°，∠B=90°， ∴四边形BNEH是矩形， ∴EN=BH， 在正方形ABCD中，AD=CD，∠ADC=90°， 在正方形DEFG中，DE=DG，∠EDG=90°， ∴∠ADE=∠CDG， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴CG=AE， ∵CE=，∠ECN=45°，∠ENC=90°， ∴∠NEC=45°， ∴NC=NE=3， ∵AB=4， ∴AH=4-3=1， ∵∠HAE=45°， ∴∠HEA=45°， ∴AH=HE=1， ∴AE==， ∴CG=； （3）当∠ADE=25°， ∠DEC=∠DAC+∠ADE=70°， ∵∠DEF=90°， ∴∠CEF=20°， ∵∠ECF=45°， ∴∠EFC=180°-20°-45°=115°； 当∠EDC=25°时，如图所示： ∵∠DCE=45°， ∴∠DEC=110°， ∵∠DEF=90°， ∴∠CEF=20°， ∴∠EFC=45°-20°=25°， 综上，∠EFC=115°或25°． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质和判定，矩形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质等，本题综合性较强，难度较大． 41．（22-23九年级上·河北保定·期末）在正方形中，点将对角线三等分，且，点E是正方形边上的一点，对于满足的点E的个数n进行探究，结论如下．结论1：若，则；结论2：若，则．下列判断正确的是（    ） A．只有结论1正确 B．只有结论2正确 C．两个结论都正确 D．两个结论都不正确 【答案】B 【分析】过点作关于的对称点，连接，交于点，连接、，构造出最短路径，并用根据勾股定理求出即可判断． 【详解】如图所示，过点作关于的对称点，连接，交于点，连接、， ∴， 根据对称可知是的最小值， ∵是的垂直平分线， ∴　，， ∴， ∵， 根据勾股定理可得， ∵， ∴结论1错误，结论2正确， 故选：B． 【点睛】此题考查了将军饮马最短路径问题，解题的关键是构造最短路径问题． 正方形的性质与判定的综合题型05 五、与正方形有关的压轴问题 42．（22-23八年级下·河北沧州·期末）在平行四边形中，O为的中点，点E，点M为边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与边交于点F，点N.下面四个判断： ①四边形是平行四边形； ②四边形是平行四边形； ③若平行四边形是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形是正方形； ④对于任意的平行四边形，存在无数个四边形ENFM是矩形. 其中，正确的个数有（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】由“”可证可得，可证四边形是平行四边形，可得AM与BF不一定相等，故①错误，②正确，由正方形的判定和性质和矩形的判定可判断③错误，④正确即可解答． 【详解】解：如图：连接，    ∵四边形是平行四边形，O为的中点， ∴也经过点O，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 同理可得：， ∴四边形是平行四边形， ∴AM与BF不一定相等，故①错误，②正确； 若四边形是矩形，    当时，则， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是正方形，故③正确， 当时，则，    又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形，故④正确， 综上，②③④正确，共3个． 故选B． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识点，证明四边形是平行四边形是解题的关键． 43．（22-23八年级上·河北保定·期末）（1）如图1，已知，，．求的度数．    （2）“三等分一个任意角”是数学史上的一个著名问题，今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图2所示的图形，其中，四边形是长方形， ，F是延长线上一点，连接，交于点E，点G是上一点，且． ①求证：； ②当四边形为正方形，且面积为8时，若，求的度数，并直接写出的面积． 【答案】（1） （2）①证明见解析；②， 【分析】（1）根据平行线的性质得出，，再由，即可求出的度数； （2）①根据等边对等角及三角形外角的性质即可证明；②过点作于点，由正方形求出的长，再由等边对等角和三角形的外角的性质即可求出的度数，由直角三角形的性质求出的长，由求出的长，根据三角形的面积公式进行计算即可． 【详解】（1）∵， ∴，． ∵， ∴． ∵，， ∴． ∴． （2）①证明：∵， ∴． ∵， ∴，． ∴． ∴． ∴． ∴． ②∵四边形为正方形，且面积为8， ∴，，． ∵， ∴． ∵， ∴，． ∴． 如图，过点作于点，      ∴． ∵， ∴． ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，主要考查了三角形的外角的性质，等边对等角，正方形的性质，平行线的性质，三角形的面积等知识，熟练掌握这些知识并能灵活运用时解题的关键． 44．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形边长相等．与相交于点与相交于点． 课本再现（1）求证：； 知识初探（2）嘉琪说：当正方形绕点转动，且与垂直时，四边形的面积最小．你同意嘉琪的说法吗？请说明理由； 拓展探究（3）如图2，四边形中，，连接，若，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）不同意，理由见解析；（3）8 【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、全等三角形的性质、旋转的性质等知识点．熟练掌握正方形性质是解题关键． （1）根据正方形性质证明即可证明结论； （2）由可得，，即四边形的面积总等于正方形面积的即可； （3）如图：过A作交延长线于F，再证明可得，，进而得到，最后根据正方形的面积为对角线积的一半即可解答． 【详解】解：（1）∵在正方形和正方形中， ∴，，， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴． （2）解：不同意，理由如下： 由（1）可知：， ∴， ∴，即当正方形绕点O转动时，四边形的面积总等于正方形面积的，即为定值． （3）如图：过A作交延长线于F， ∴, ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，即 ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴． 45．（22-23八年级上·河北邢台·期末）如图1，在线段上取一点，如果以，为边在同一侧作正方形与正方形，连接，取的中点M，的延长线交于点N． (1)请探究与的数量关系和位置关系，并加以证明． (2)如图2，将正方形绕点C顺时针旋转，使得A，C，E在同一条直线上，其余条件不变． ①填空：的度数是______，的度数是______． ②探究（1）中的结论是否成立？并说明理由． 【答案】(1)且；见解析 (2)①；；②成立；见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论； （2）①根据等腰直角三角形的性质即可求出，根据，求出； ②延长交于N，连接，，同（1）可证，得出，，证明，得出，，证明是等腰直角三角形，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半和等腰三角形三线合一即可证明结论． 【详解】（1）解：且． ∵以，为边在同一侧作正方形与正方形， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴，． （2）解：①∵A，C，E在同一条直线上，，， ∴， ， ∴． 故答案为：；． ②成立．理由如下： 如图，延长交于N，连接，． 同（1）可证， ∴，， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴，， ∴， 即是等腰直角三角形， ∵， ∴，， 综上可知，且． 【点睛】本题主要考查了三角形全等的判定和性质，等腰直角三角形三角形的性质，等腰三角形三线合一，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，熟练掌握三角形全等的判定方法． 46．（21-22八年级下·河北石家庄·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点P为正方形ABCD边界或内部一点． (1)如图，当点P在正方形边界上时，CP的最大值是______． (2)当点P在正方形内部时，连接PB，PC． ①如图2，在PC的右侧作以PC为腰的等腰Rt△PCQ，使∠PCQ=90°，连接DQ，则DQ与PB有怎么样的数量关系？并证明你的结论． ②如图3，连接PD，在PC的右侧作以PC为斜边的等腰Rt△PCE，点F为PD的中点，连接EF．请直接写出EF与PB的数量关系． 【答案】(1) (2)①DQ=PB，证明见解析；②EF=PB 【分析】（1）根据正方形的性质计算； （2）①证明△BCP≌△DCQ，根据全等三角形的性质证明结论； ②延长PE至H，使EH=PE，根据三角形中位线定理得到EF=DH，根据①的结论得到PB=DH，得到答案． 【详解】（1）解：当点P与点A重合时，CP增大， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ABC=90°， ∴CP=CA=， ∴CP的最大值是4， 故答案为：4； （2）解：①DQ=PB， 证明如下：∵∠BCD=90°， ∴∠BCP+∠PCD=90°， ∵∠PCQ=90°， ∴∠DCQ+∠PCD=90°， ∴∠BCP=∠DCQ， 在△BCP和△DCQ中，， ∴△BCP≌△DCQ（SAS）， ∴DQ=PB； ②EF=PB， 理由如下：延长PE至H，使EH=PE， ∵PF=FD， ∴EF是△PDH的中位线， ∴EF=DH， ∵△PCE是等腰直角三角形， ∴∠CEP=90°，∠CPE=45°， ∵PE=EH， ∴CE是HP的垂直平分线，   ∴CH=CP， ∴∠CHE=∠CPE=45°， ∴∠PCH=90°， 由①可知，PB=DH， ∴EF=PB． 【点睛】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、三角形中位线定理，正确作出辅助线、掌握全等三角形的判定定理是解题的关键． 47．（22-23八年级下·河北承德·期末）如图，正方形的边长为为中点，过顶点作直线与边交于点（点不与重合），分别过点作直线的垂线，垂足分别为点．    (1)__________． (2)①求证：；②计算：__________． (3)①连接，当位置变化时，的长度是否变化？ ②当位置变化时，的长度随之变化，请直接写出长度的最小值． 【答案】(1) (2)①见解析；②16 (3)①当位置变化时，的长度不发生变化为定值2，理由见解析；② 【分析】（1）根据正方形的性质和线段中点的定义得到，再利用勾股定理求出答案即可； （2）①先由正方形的性质得到，再由垂直的定义和三角形内角和定理证明，，即可证明； ②由全等三角形的性质得到，则由勾股定理可得； （3）①根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半进行求解即可；②如图所示，连接，根据进行求解即可． 【详解】（1）解：∵正方形的边长为为中点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）解：①∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴， 故答案为：16； （3）解：①当位置变化时，的长度不发生变化为定值2，理由如下： ∵， ∴， ∵，G为的中点， ∴， ∴当位置变化时，的长度不发生变化为定值2；    ②如图所示，连接， ∵， ∴， ∴长度的最小值为，此时三点共线．    【点睛】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，三角形三边的关系，直角三角形的性质等等，灵活运用所学知识是解题的关键． 48．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 【答案】(1)①见解析；②12； (2)①当时，四边形是正方形；②不发生变化，理由见解析 【分析】本题主要考查平行四边形性质，全等三角形的性质，矩形的性质，正方形的性质等知识； （1）①由两组对边平行的四边形是平行四边形可证四边形是平行四边形，再证，可得，即可得结论； ②由全等三角形的性质和矩形的性质可得，由勾股定理可求的长，可求，即可求解； （2）①由题意可证四边形是矩形．由正方形的性质可得，可得，可得，即可求解； ②由，可得结论． 【详解】（1）证明：①∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； ②在矩形中，， ∵， ∴， ∴在中， ， ∴， ∴四边形的周长； （2）①∵， ∴． ∵． ∴． ∴四边形是矩形． 要使四边形是正方形，必须． ∵ ∴是等腰直角三角形， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴当时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积不发生变化， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形． ∴， 即点E在边上的运动过程中，四边形的面积为定值20． 49．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）已知：如图（1），在正方形中，点E为边上一点，把沿翻折，使点B落在点的位置，连接． (1)若点E是边的中点， ①求证：； ②如图（2），若点F为边的中点，沿将正方形纸片折叠，点D的对应点，与交于点H，与交于点G．求证：四边形为矩形； (2)某兴趣小组根据上面的结论，进行了如下的实践操作： 如图（3），正方形的边长为4，点E、点F分别为边上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点B落在对角线上的点处，点D落在对角线上的点处，与对角线的交点为点M，与对角线的交点为点N，分别连接．则四边形的面积为________． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2) 【分析】题目主要考查折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理解三角形，全等三角形的判定和性质等，理解题意，结合图形，综合运用这些知识点是解题关键． （1）①根据折叠的性质得出，再由等量代换及等边对等角确定，结合图形即可证明；②根据正方形的性质及全等三角形的判定得出，再由其性质及各角之间的关系确定，即可证明； （2）连接，则，根据正方形的性质及全等三角形的判定确定，，得出，，，确定四边形是正方形，再由菱形的判定和正方形的性质得出四边形为菱形，设，根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：①：∵与关于对称， ， ， ， ， ， ， ∴； ②∵正方形， ，， ， ， ， ，， ，， ， ， ∴， ∵， ∴， ， ∴四边形为矩形； （2）连接，则， ∵正方形， ， ，， ， ， ， ∴，同理， ，， ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形， ∴， 设, ∵，， ∴， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴， ∵， ∴， 解得：或（舍去）， ∴四边形的面积为， 故答案为：． 50．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在正方形中，是上的一点（不与端点重合），连结，过点作的垂线，垂足为，延长交于点．在上取点，使得，连结．    (1)求证：； (2)①若，则___________； ②改变的度数，的度数是否会发生变化？若发生变化，请写出与之间的数量关系，若不改变，请说明理由； (3)若，直接写出的长． 【答案】(1)见解析 (2)①，②不会发生变化；见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质和证明即可； （2）①先根据是的垂直平分线可得，由等腰三角形的性质和正方形的性质可得，，最后由角的和与差可得结论；②将换成，同理可得； （3）如图2，过点C作于M，先证明是等腰直角三角形，根据三角形全等和勾股定理可得：，由面积法可得，证明，可得，最后由勾股定理可得的长． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）①∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：45； ②的度数不会发生变化，理由如下： 设，则， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴的度数不会发生变化； （3）如图2，过点C作于M点，    ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 由（1）知：， ∴，， ∴，   ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，勾股定理等知识，解题的关键是掌握正方形的性质，证明三角形全等解决问题，属于中考常考题型． 51．（22-23八年级下·河北邢台·期末）四边形是边长为的正方形，为对角线上一点，连接．过点作，交于点．    (1)求证：． (2)如图2，以为邻边作矩形，连接． ①若，求的值． ②探究是否存在最大值，若存在，请直接写出这个定值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①；②存在最大值，最大值是1，理由见解析 【分析】（1）过作于点，过作于点，根据全等三角形的性质即可求证；（2）①利用全等三角形的性质结合勾股定理即可求解；②由“垂线段最短”即可求解 【详解】（1）解：证明：如图，过作于点，过作于点． 在正方形中，，   ，且， 四边形为正方形， ． 又， ， ． 又， ， ． （2）解：①如图，连接．    由（1）可知， 又四边形是矩形， 四边形是正方形， ， ， ． ． ， ， ． 在中，， ． ②存在最大值，最大值是1． 由①可知， ． 求的最大值，即求的最大值，的最小值． 四边形是正方形， ， 当的值最小时，的值最小． 根据垂线段最短可知， 当时， 的值最小，最小值为2， 的最大值是1． 【点睛】本题以正方形为几何背景，考查了全等三角形的判定与性质、利用勾股定理证明平方关系、“垂线段最短”等相关知识点．掌握各部分知识点并加以应用是解题关键． 52．（22-23七年级上·河北石家庄·期末）如图，欢欢和乐乐分别站在正方形广场的顶点A和顶点C处，欢欢以的速度走向终点，途中位置记为点；乐乐以的速度走向终点，途中位置记为．假设两人同时出发，当其中一人到达终点时结束运动．已知正方形边长为，点在上，．记三角形的面积为，三角形的面积为．设出发时间为： (1)两人同时运动时，用含t的代数式表示下列线段的长度： ______m；______m；______m；______m； (2)他们出发多少秒后？ (3)是否存在这样的时刻t，使得？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)；；； (2)秒 (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质得出，由题意得，，，； （2）由三角形面积得出，解方程即可； （3）由题意得方程，解得 （不符合，舍去）． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， 由题意得：，，，， 故答案为：；；；； （2），， ， ， 则， 即：， 解得：， 他们出发秒后； （3）不存在，理由如下： 由题意得：， 解得： （不符合，舍去）； 不存在这样的时刻，使得． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、三角形面积等知识；熟练掌握正方形的性质，求出三角形面积是解题的关键． 53．（18-19八年级上·河北石家庄·期末）【解决问题】如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点． （1）若，，则的面积是______，______． （2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由． （3）【变式探究】如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值． （4）【拓展延伸】如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值． 【答案】（1）15，8；（2），见解析；（3）；（4）4 【分析】解决问题（1）只需运用面积法：，即可解决问题； （2）解法同（1）； （3）连接、、，作于，由等边三角形的性质得出，由勾股定理得出，得出的面积，由的面积的面积的面积的面积，即可得出答案； （4）过点作，垂足为，易证，过点作，垂足为，由解决问题（1）可得，易证，，只需求出即可． 【详解】解：（1）∵，，， ∴的面积， ∵，，， 且， ∴， ∵， ∴. 故答案为：15，8. （2）∵，，， 且， ∴， ∵， ∴. （3）连接、、，作于，如图2所示： ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴的面积， ∵，，， ∴的面积的面积的面积的面积 ， ∴. （4）过点作，垂足为，如图3所示： ∵四边形是矩形， ∴，， ∵，， ∴， 由折叠可得：，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由解决问题（1）可得：， ∴，即的值为4. 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质与判定、等腰三角形的性质与判定、平行线的性质与判定、等边三角形的性质、勾股定理等知识，考查了用面积法证明几何问题，考查了运用已有的经验解决问题的能力，体现了自主探究与合作交流的新理念，是充分体现新课程理念难得的好题． 试卷第2页，共74页 21 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题06 正方形的性质和判定 题型概览 题型01正方形的判断 题型02正方形的性质 题型03正方形的折叠问题 题型04正方形的性质与判定的综合 题型05与正方形有关的压轴问题 正方形的判断题型01 1．（23-24八年级下·河北张家口·期末）嘉嘉在学习“特殊平行四边形”一单元后，梳理了如图所示的特殊平行四边形之间的关系．以下选项分别表示A，B，C，D处填写的内容，则对应位置填写错误的选项是（   ） A．有一个内角是 B．有一组邻边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等 2．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）关于的叙述，正确的是（    ） A．若，则是菱形 B．若，则是正方形 C．若，则是矩形 D．若，则是正方形 3．（23-24八年级下·河北邯郸·期末）下列说法中正确的是（    ） A．对角线垂直且相等的四边形是正方形 B．菱形是轴对称图形不是中心对称图形 C．一组对边平行、一组对边相等的四边形是平行四边形 D．四个角都相等的四边形是矩形 4．（23-24八年级下·河北保定·期末）下列命题中，真命题有（    ） ①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ②一组对边平行，一组对角相等的四边形是平行四边形； ③顺次连接对角线垂直的四边形各边中点所得到的四边形是菱形． ④对角线互相垂直的矩形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．0个 5．（23-24八年级下·河北沧州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 6．（22-23八年级下·河北廊坊·阶段练习）已知四边形是平行四边形，下列结论：①当时，它是菱形；②当时，它是菱形；③当时，它是矩形；④当时，它是正方形，下列选项中正确的是（    ） A．仅①正确 B．①②正确 C．①②③正确 D．①②③④都正确 7．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在四边形中，，，，交于点，添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法中正确的个数是（    ）    ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 8．（2024·河北邯郸·三模）在中，对角线相交于点O，E是近上的一个动点（不与A、B重合）连接并延长，交于点F，连接，下列四个结论中： 甲：对于动点E，四边形始终是平行四边形； 乙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是矩形； 丙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是菱形； 丁：若，，则至少存在一个点E，使得四边形是正方形．以上所有正确说法的序号是（   ） A．甲、丙、丁正确，乙错误 B．甲、乙、丙、丁都正确 C．甲、乙、丙正确，丁错误 D．甲、乙、丙错误，丁正确 9．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在矩形中，，，E，F是对角线上的两个点，且，M，N分别是边，边上的动点．下列四种说法： ①存在无数个平行四边形： ②存在无数个正方形； ③当时，存在唯一的矩形； ④当时，存在唯一的矩形．其中正确的个数是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 10．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）中，是射线上一点，连接，是的中点，过点作，交的延长线于点．    【探究】如图1，连接，若点在线段上，且． （1）证明：； （2）当满足什么条件时，四边形是矩形？请说明理由． 【拓展】如图2，当点在点右侧，且时，其他条件不变，直接写出当满足什么条件时，四边形是正方形． 11．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图1，中，点是边上的一个动点，过点作直线，设交的平分线于点，交的平分线于点． (1)线段与的位置关系是______；（只写结果，不写证明过程） (2)探究：线段与的数量关系，并加以证明； (3)如图2，当点运动到何处时，四边形是矩形，并说明理由； (4)在（3）的前提下，直接写出满足什么条件时，四边形是正方形． 正方形的性质题型02 12．（22-23八年级下·河北石家庄·期末）下列图形有四条对称轴的是（  ） A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 13．（22-23八年级下·河北保定·期末）一组正方形按如图所示的方式放置，其中顶点在y轴上，顶点在x轴上，已知正方形的边长为1，，，则正方形的边长是 ，则正方形的边长是 .    14．（22-23八年级下·河北沧州·期末）如图，以正方形的边为一边，在正方形内部作等边，连，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 15．（23-24七年级下·河北保定·期末）如图，正方形的边长为4cm，则图中阴影部分的面积为（    ） A．8 B．10 C．6 D．5 16．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图，正方形的边长为4，菱形的边长为3，则菱形的面积为（　　） A． B．8 C． D． 17．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，在矩形中，，对角线相交于点，以为边在下方作正方形，已知，连接，则的度数为（    ）        A． B． C． D． 18．（21-22八年级下·河北沧州·期末）小明用四根相同长度的木条制作了一个正方形学具（如图1），测得对角线，将正方形学具变形为菱形（如图2），，则图2中对角线的长为（   ） A． B． C． D． 19．（23-24八年级下·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． 20．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）小明用四根长度相等的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图（1）所示的菱形，并测得，接着活动学具成为图（2）所示的正方形，并测得对角线，则图（1）中菱形的对角线长为（    ） A． B． C．10 D．15 21．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，正方形的边长为4，点M在上，且，N是上一动点，则的最小值为（    ） A． B．4 C．5 D．6 22．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 23．（23-24八年级下·河北廊坊·期末）如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（    ） A． B． C． D． 24．（23-24八年级下·河北保定·期末）如图，正方形的边长为4，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8；③；④一定是等腰三角形；⑤的最小值为．其中结论正确的有（   ）      A．①②⑤ B．①③⑤ C．①②③⑤ D．①②④ 25．（22-23八年级下·河北唐山·期末）如图，三个边长相同的正方形叠放在一起，、是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为 ．    26．（22-23八年级下·河北秦皇岛·期末）如图：正方形中，E是对角线上的一点，若，则的度数是 度．    27．（22-23八年级下·广西钦州·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，，且的中点是坐标原点O．固定点，把正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点处，则点C的对应点的坐标为 ． 28．（23-24八年级上·河北沧州·期末）已知甲图是边长为a的正方形，乙图是边长为b（）的正方形，丙图是长为a，宽为b的长方形，若先将乙图放在甲图的内部得到图（1），图（1）阴影部分的面积是4；再将甲乙两图并列摆放，以甲乙两图的边长之和为新的边长构造大正方形图（2），它的面积是100，则甲图的面积是 ，乙图的面积是 ．    29．（23-24八年级下·河北承德·期末）如图1，正方形与正方形的边、在一条直线上，，，连接，，．    (1)分别求，，的长，并判断是否为直角三角形，并说明理由． (2)求的面积，并直接写出点到的距离． (3)如图2，正方形的对角线落在正方形的边上，，，连接，．则四边形的面积是__________． 正方形的折叠问题题型03 30．（23-24八年级下·河北石家庄·期末）如图，在边长为1的正方形中，为边上任意一点（不与点重合），交于点，过点且垂直于的一条直线分别交于点．连接，将沿着翻折，点落在点处．的中点为，则的最小值为 ． 31．（23-24八年级上·河北保定·期末）如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 32．（21-22七年级下·河北承德·期末）如图，将正方形的一角折叠，折痕为，比大48°．则的度数为 ． 33．（21-22八年级下·河北承德·期末）如图，正方形ABCD中，，点E在CD边上，且．将沿AE对折至，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．则 ， ． 34．（23-24七年级上·河北邯郸·期末）将正方形沿着，翻折，点A，C的对应点分别是点，． （1）如图1，若与重合，则 ； （2）如图2，若与重叠部分的角度，则 ． 35．（23-24八年级下·河北沧州·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断． 正方形的性质与判定的综合题型04 36．（22-23九年级上·河北石家庄·期末）如图，中，，平分交于点D，按下列步骤作图． 步骤1：分别以点C和点D为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于M，N两点； 步骤2：作直线，分别交，于点E，F； 步骤3：连接，． 若，，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 37．（21-22八年级下·河北承德·期末）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠CAB，∠CBA的平分线相交于点D，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，则下列结论不正确的是（    ） A．∠EDF=90° B．DF=DE C．CF=CE D．∠ADB=140° 38．（22-23八年级上·河北石家庄·期末）如图所示，中，，分别延长到点M，N，点P在的内部、的外部（即图中阴影部分）．若点P到三条边所在直线的距离相等，则的大小为 度，点P到边所在直线的距离为 ． 39．（21-22八年级下·河北保定·期末）如图，在中，点D，E，F分别是的中点，连接． (1)试猜想四边形的形状，并说明理由． (2)若，试判断线段与的关系，并说明理由． 40．（21-22八年级下·河北石家庄·期末）如图，点是正方形对角线上一点，连接，过点作，交射线于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 41．（22-23九年级上·河北保定·期末）在正方形中，点将对角线三等分，且，点E是正方形边上的一点，对于满足的点E的个数n进行探究，结论如下．结论1：若，则；结论2：若，则．下列判断正确的是（    ） A．只有结论1正确 B．只有结论2正确 C．两个结论都正确 D．两个结论都不正确 正方形的性质与判定的综合题型05 五、与正方形有关的压轴问题 42．（22-23八年级下·河北沧州·期末）在平行四边形中，O为的中点，点E，点M为边上任意两个不重合的动点（不与端点重合），的延长线分别与边交于点F，点N.下面四个判断： ①四边形是平行四边形； ②四边形是平行四边形； ③若平行四边形是矩形（正方形除外），则至少存在一个四边形是正方形； ④对于任意的平行四边形，存在无数个四边形ENFM是矩形. 其中，正确的个数有（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 43．（22-23八年级上·河北保定·期末）（1）如图1，已知，，．求的度数．    （2）“三等分一个任意角”是数学史上的一个著名问题，今天人们已经知道，仅用圆规和直尺是不可能作出的．在探索中，有人曾利用过如图2所示的图形，其中，四边形是长方形， ，F是延长线上一点，连接，交于点E，点G是上一点，且． ①求证：； ②当四边形为正方形，且面积为8时，若，求的度数，并直接写出的面积． 44．（23-24八年级下·河北唐山·期末）如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，且这两个正方形边长相等．与相交于点与相交于点． 课本再现（1）求证：； 知识初探（2）嘉琪说：当正方形绕点转动，且与垂直时，四边形的面积最小．你同意嘉琪的说法吗？请说明理由； 拓展探究（3）如图2，四边形中，，连接，若，请直接写出四边形的面积． 45．（22-23八年级上·河北邢台·期末）如图1，在线段上取一点，如果以，为边在同一侧作正方形与正方形，连接，取的中点M，的延长线交于点N． (1)请探究与的数量关系和位置关系，并加以证明． (2)如图2，将正方形绕点C顺时针旋转，使得A，C，E在同一条直线上，其余条件不变． ①填空：的度数是______，的度数是______． ②探究（1）中的结论是否成立？并说明理由． 46．（21-22八年级下·河北石家庄·期末）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点P为正方形ABCD边界或内部一点． (1)如图，当点P在正方形边界上时，CP的最大值是______． (2)当点P在正方形内部时，连接PB，PC． ①如图2，在PC的右侧作以PC为腰的等腰Rt△PCQ，使∠PCQ=90°，连接DQ，则DQ与PB有怎么样的数量关系？并证明你的结论． ②如图3，连接PD，在PC的右侧作以PC为斜边的等腰Rt△PCE，点F为PD的中点，连接EF．请直接写出EF与PB的数量关系． 47．（22-23八年级下·河北承德·期末）如图，正方形的边长为为中点，过顶点作直线与边交于点（点不与重合），分别过点作直线的垂线，垂足分别为点．    (1)__________． (2)①求证：；②计算：__________． (3)①连接，当位置变化时，的长度是否变化？ ②当位置变化时，的长度随之变化，请直接写出长度的最小值． 48．（23-24八年级下·河北邢台·期末）如图1，在矩形中，，E是边上的一个动点（点E不与B、C重合），，垂足为点F，过点D作，交的延长线于点G．    (1)若， ①求证：四边形是菱形；②求四边形的周长； (2)如图2，于点M，于点N，探究： ①当为何值时，四边形是正方形； ②点E在边上的运动过程中，四边形的面积是否发生变化，若不变，请求出该四边形的面积；若变化，请说明理由． 49．（23-24八年级下·河北秦皇岛·期末）已知：如图（1），在正方形中，点E为边上一点，把沿翻折，使点B落在点的位置，连接． (1)若点E是边的中点， ①求证：； ②如图（2），若点F为边的中点，沿将正方形纸片折叠，点D的对应点，与交于点H，与交于点G．求证：四边形为矩形； (2)某兴趣小组根据上面的结论，进行了如下的实践操作： 如图（3），正方形的边长为4，点E、点F分别为边上的点，将正方形纸片沿折叠，使得点B落在对角线上的点处，点D落在对角线上的点处，与对角线的交点为点M，与对角线的交点为点N，分别连接．则四边形的面积为________． 50．（22-23八年级下·河北邯郸·期末）如图，在正方形中，是上的一点（不与端点重合），连结，过点作的垂线，垂足为，延长交于点．在上取点，使得，连结．    (1)求证：； (2)①若，则___________； ②改变的度数，的度数是否会发生变化？若发生变化，请写出与之间的数量关系，若不改变，请说明理由； (3)若，直接写出的长． 51．（22-23八年级下·河北邢台·期末）四边形是边长为的正方形，为对角线上一点，连接．过点作，交于点．    (1)求证：． (2)如图2，以为邻边作矩形，连接． ①若，求的值． ②探究是否存在最大值，若存在，请直接写出这个定值；若不存在，请说明理由． 52．（22-23七年级上·河北石家庄·期末）如图，欢欢和乐乐分别站在正方形广场的顶点A和顶点C处，欢欢以的速度走向终点，途中位置记为点；乐乐以的速度走向终点，途中位置记为．假设两人同时出发，当其中一人到达终点时结束运动．已知正方形边长为，点在上，．记三角形的面积为，三角形的面积为．设出发时间为： (1)两人同时运动时，用含t的代数式表示下列线段的长度： ______m；______m；______m；______m； (2)他们出发多少秒后？ (3)是否存在这样的时刻t，使得？若存在，请求出t的值，若不存在，请说明理由. 53．（18-19八年级上·河北石家庄·期末）【解决问题】如图1，在中，，于点．点是边上任意一点，过点作，，垂足分别为点，点． （1）若，，则的面积是______，______． （2）猜想线段，，的数量关系，并说明理由． （3）【变式探究】如图2，在中，若，点是内任意一点，且，，，垂足分别为点，点，点，求的值． （4）【拓展延伸】如图3，将长方形沿折叠，使点落在点上，点落在点处，点为折痕上的任意一点，过点作，，垂足分别为点，点．若，，直接写出的值． 试卷第2页，共74页 21 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $$