第03讲 正方形的性质与判定（知识清单+2易错+5必考题型）-2025-2026学年九年级数学上册考试满分全攻略同步备考系列（北师大版）

第03讲 正方形的性质与判定 题型梳理 易错分析 易错点一 默认三点共线致错 易错点二 将特殊四边形的判定混淆导致出错 题型方法 题型一 正方形的定义 题型二 正方形的性质 题型三 正方形的判定 题型四 中点四边形 题型五 正方形的性质与判定的综合 知识清单 知识点1：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点2：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，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 知识点3：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 易错分析 【易错点一】默认三点共线致错 【例1】（24-25九年级上·安徽淮南·期中）如下图，四边形和四边形均为正方形，点为的中点，若，连接，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，绕点顺时针旋转 ，此时与重合，得到，连接，根据旋转的性质得到，再证明，可得三点共线，根据三线合一得到的值， 最后利用角度的等量转换得到，再根据勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，连接，绕点顺时针旋转，此时与重合，得到，连接， ∵四边形和四边形均为正方形， ∴，，，， 根据旋转的性质，可得，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴，， 在中，根据勾股定理可得，， ∴， 故选：． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握知识点的应用及正确添加辅助线是解题的关键． 【举一反三】【变式1】已知正方形ABCD，点E在边AB上，以CE为边作正方形CEFG，如图所示，连接DG．求证：△BCE≌△DCG．甲、乙两位同学的证明过程如下，则下列说法正确的是（　　） 甲：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形 ∴CB=CD   CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD﹣∠ECD=∠ECG﹣∠ECD ∴∠BCE=∠GCD ∴△BCE≌△DCG（SAS） 乙：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形 ∴CB=CD   CE=CG 且∠B=∠CDG=90° ∴△BCE≌△DCG（HL） A．甲同学的证明过程正确 B．乙同学的证明过程正确 C．两人的证明过程都正确 D．两人的证明过程都不正确 【答案】A 【分析】根据正方形性质得出BC=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，都减去∠ECD，即可求出∠BCE=∠DCG，根据SAS即可推出两三角形全等；但是根据已知不能推出∠CDG=90°，即可判断乙同学证明过程不对． 【详解】解:甲同学的证明过程正确；而乙同学的证明过程错误； 因为从已知不能确定A、D、G三点共线， 即不能推出∠GDC=90°， 故选A． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和正方形性质，有正确的识图能力、推理能力和辨析能力是解题的关键． 【变式2】（河南省安阳市2024—2025学年下学期创新人才选拔测评（二）九年级数学试题）如图，在正方形的边上取点E，以为边在的右侧构造正方形，连接，点P，Q分别为的中点，连接．若，，则 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边中线的性质，连接，证明四边形和四边形都是矩形，则，，进而得点P，E，F在同一条直线上，，再由勾股定理求出，继而根据直角三角形斜边中线性质即可得出的长． 【详解】解：连接，如图所示： ∵四边形和四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形和四边形都是矩形， ∴， ∴， ∴点P，E，F在同一条直线上， 在中，， 由勾股定理得：， ∵点Q是的中点， ∴是斜边上的中线， ∴． 故答案为：． 【变式3】（2024·陕西商洛·一模）如图，正方形的边长为4，点E在线段上，以为边构造正方形，使点G在的延长线上，连接，取的中点H，连接．当点E在边上运动（不含A，D）时，的最小值为 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形中位线定理等知识，连接与交于点O，延长到点M，使，连接，，证明点D、O、M、B在一条直线上，证明是的中位线，得到，当最小时，最小，即当时，最小，求出，证明，即可得到答案． 【详解】解：如图，连接与交于点O，延长到点M，使，连接，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴点D、O、M、B在一条直线上， ∵点E是的中点，点H是的中点， ∴是的中位线， ∴， 当最小时，最小， 即当时，最小， ∵， ∴M点与O点重合时，最小， ∵正方形的边长为4， ∴， 由勾股定理得， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵点H是的中点， ∴， ∴点H在的垂直平分线上， ∵四边形是正方形， ∴点H也在的垂直平分线上， ∴， ∴， 即的最小值为； 故答案为：． 【易错点二】将特殊四边形的判定混淆导致出错 【例2】（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． 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．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定， 先说明是的垂直平分线，可得，再证明，可得判断①；当时，无法证明四边形是矩形，说明②即可；然后证明四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是菱形，判断③；接下来结合已知说明，可得四边形是菱形，进而得出菱形是正方形，判断④ 即可． 【详解】解：∵， ∴是的垂直平分线， ∴． 当时，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．故①正确； 当时，无法证明四边形是矩形，所以②不正确； 当时 ， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形．所以③正确； 当时，， ∴， 由①得四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形．所以④正确． 综上所述，错误的有1个． 故选：B． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·浙江台州·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（2）处可以添加的条件是 ． 【答案】有一组邻边相等（答案不唯一） 【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．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，填空即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填一个角是直角； 有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填有一组邻边相等； 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则（3）处填有一组邻边相等； 有一个角是直角的菱形是正方形，则（4）处可填有一个角是直角； 故答案为：有一组邻边相等（答案不唯一）． 【变式2】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，的对角线、相交于点O．点P在边下方，且，． (1)用直尺和圆规在图中作出点P（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断四边形的形状，证明你的结论； (3)当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？证明你的结论． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是平行四边形，理由见解析 (3)当且时，四边形是正方形 【分析】（1）以B为为半径画弧，以C为半径，为半径画弧，两弧的交点即为所求； （2）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可； （3）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可． 【详解】（1）解∶如图，点P即为所求， （2）解：四边形是平行四边形．理由如下： ∵的对角线交于点， ∴， ∵，， ∴ ∴四边形是平行四边形； （3）解：当且时，四边形是正方形， 理由：∵的对角线交于点， ∴，， ∵， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形． 【点睛】本题考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键． 【变式3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图平行四边形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)当的对角线满足_______条件时，四边形是正方形，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)且，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形与正方形的判定和性质是解题的关键． （1）由作图得，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可； （2）根据一个角是直角且邻边相等的平行四边形是正方形，得到只需，且，再利用四边形是平行四边形，即可解答． 【详解】（1）解：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点， ∴，， ∴四边形是平行四边形； （2）解：且，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴平行四边形是正方形． 题型方法 【题型一】正方形的定义 【例1】（23-24八年级下·湖北鄂州·期中）一个四边形顺次添加下列条件中的三个条件便得到正方形：a两组对边分别相等；b一组对边平行且相等；c一组邻边相等；d一个角是直角．顺次添加的条件：①；②；③．其中正确的是（    ） A．仅① B．仅② C．①② D．②③ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定，根据正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定定理逐项判断即可得出答案，熟练掌握判定定理是解此题的关键． 【详解】解：①由两组对边分别相等推出四边形是平行四边形，再添加c一组邻边相等推出四边形是菱形，再添加d一个角是直角推出四边形是正方形，故符合题意； ②由b一组对边平行且相等推出四边形是平行四边形，再添加d一个角是直角推出四边形是矩形，再添加c一组邻边相等推出四边形是正方形，故符合题意； ③由两组对边分别相等推出四边形是平行四边形，由b一组对边平行且相等推出四边形是平行四边形，再添加c一组邻边相等推出四边形是菱形，故不符合题意； 故选：C． 【举一反三】【变式1】（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，正方形具有平行四边形的性质，又具有自己的特性，要注意运用正方形具备而矩形不具备的性质．如，正方形的对角线相等，邻边相等．根据正方形和矩形的性质容易得出结论． 【详解】解：A、两组对边分别相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； B、两条对角线互相平分，矩形和正方形都具有，故不合题意； C、两条对角线互相垂直，正方形具有而一般矩形不一定具有的性质，故合题意； D、两条对角线相等，矩形和正方形都具有，故不合题意； 故选：C． 【变式2】（24-25八年级下·江西南昌·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】B 【分析】本题主要考查特殊四边形的关系，熟练掌握特殊四边形的判定是解题的关键．根据四边形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意； 邻边相等的矩形是正方形，故选项B错误，符合题意； 邻边相等的平行四边形是菱形形，故选项C正确，不符合题意； 有一个角是直角的菱形是正方形，故选项D正确，不符合题意； 故选B． 【变式3】（21-22八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在矩形中，，，对角线与相交于点，要使得矩形是正方形，则还需要增加的一个条件是 （填一个即可）． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了添一个条件使四边形是正方形，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定方法即可直接作答． 【详解】解：由正方形的判定方法可知： 要使得矩形是正方形，则还需要增加的一个条件是：（答案不唯一）， 故答案为：（答案不唯一）． 【题型二】正方形的性质 【例2】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方形的外侧，作等边△，连接，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等边三角形的性质等知识，由正方形性质得到，，由等边三角形性质得到，，进而得到，，即可求解，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵三角形是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， 故选：C． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）以正方形中为斜边，构造等腰，，，连接，，则线段的长度为 ． 【答案】或 【分析】本题考查等腰直角三角形性质和正方形的性质，勾股定理等相关知识，解题的关键是学会用转化的思想和分类讨论思考问题． 当在正方形外时，在中可证． 当在正方形内时，在中可证． 【详解】解：如图1，当在正方形外时，过点作垂直延长线交于点， ∵正方形中为斜边，构造等腰， ∴ ， ∴ 等腰直角三角形， ∵ ， ∴在中，根据勾股定理可得： ∵为等腰直角三角形， ∴ ， ∴， 在中， ， ∴ ； 如图2，当在正方形内时，过点作垂直交于点， ∵正方形中为斜边，构造等腰， ∴ ， ∴ 等腰直角三角形， ∵ ， ∴在中，根据勾股定理可得： ∵为等腰直角三角形， ∴ ， ∴， 在中， ， ∴ ； 综上所述：的值为或． 故答案为：或． 【变式2】（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据题意得到，证明，求出，即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线上一点， ． 又， ． ． ． 【变式3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的对角线交于点，是边上的一点，连接，过点作交于点，若，求四边形的面积． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得，进而可证，得到，即得，由求出即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ． 【题型三】正方形的判定 【例3】（24-25八年级下·安徽黄山·期中）四边形的对角线、相交于点，下面能判定是正方形的条件是（      ） A．， B． C．，， D．， 【答案】D 【分析】此题主要考查了正方形判定，掌握这些正方形的判定方法即可． 根据正方形的性质与判定，（1）对角线相等的菱形是正方形，（2）对角线互相垂直的矩形是正方形，（3）对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，（4）一组邻边相等，有三个角是直角的四边形是正方形，（5）一组邻边相等的矩形是正方形，（6）一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形，（7）四边均相等，对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形（8）有一个角为直角的菱形是正方形，（9）既是菱形又是矩形的四边形是正方形，逐个选项进行判断即可得出答案． 【详解】解：A．；可判定四边形是平行四边形，不能判定它是正方形； B．；可判定四边形是矩形，不能判定它是正方形； C．，可判定四边形是平行四边形，再有可判定它是菱形，不能判定它是正方形； D．可判定四边形是矩形，再有又可判定它是菱形，所以可以判定它是正方形． 故选：D． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在四边形中，是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．，， D．，， 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形与正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据正方形的判定逐项判断即得答案． 【详解】解：A．∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，故本选项不符合题意； B． ∵， ∴，四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形，故本选项符合题意； C．∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形，不能判定四边形是正方形，故本选项不符合题意； D．∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形，不能判定四边形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：B． 【变式2】（23-24八年级下·黑龙江大庆·期中）四边形的对角线，分别过A，B，C，D作对角线的平行线，所成的四边形是 ． 【答案】正方形 【分析】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质与判定，根据题意作图，先证明四边形是平行四边形，再证明，即可证明四边形为正方形． 【详解】解：如图所示，， ∴四边形、四边形、四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴平行四边形是正方形， 故答案为：正方形．    【变式3】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，平行四边形的性质与判定，先根据菱形的性质得，，，则，证明四边形是平行四边形，结合，，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线和交于点O， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【题型四】中点四边形 【例4】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，顺次连接菱形各边中点所围成的四边形的面积是（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质，中点四边形，三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 根据三角形的中位线定理可证明四边形为矩形，，，再由矩形面积公式即可求解． 【详解】解：如图， ∵点分别为菱形各边的中点， ∴， 同理 ∴平行且等于， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， ∴ 四边形为矩形， ∴四边形面积为， 故选：B． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，下列结论正确的是（   ） A．若四边形是平行四边形，则四边形是矩形 B．若四边形是菱形，则四边形是矩形 C．若四边形是矩形，则四边形是矩形 D．若四边形是正方形，则四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了中点四边形、平行四边形、矩形、菱形的判定等知识，解题的关键是记住一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形．先证明一般四边形的中点四边形是平行四边形，当对角线时，中点四边形是菱形，当对角线时，中点四边形是矩形，当对角线，且时，中点四边形是正方形，再逐一分析各选项即可． 【详解】解：如图所示，连接， ∵点E，F，G，H分别是四边形的边的中点， ∴，，，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当四边形是平行四边形，此时无法证明四边形是矩形，故A说法错误，不符合题意； 当四边形是菱形时，则， 又∵，， ∴， ∴四边形是矩形，故B说法正确，符合题意； 若四边形是矩形，则， 又∵，， ∴，此时不能得到四边形是矩形，故C说法错误，不符合题意； 若四边形是正方形时，则，， 又∵，，，， ∴，此时不能四边形是正方形，故D说法错误，不符合题意； 故选：B. 【变式2】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 【答案】①③/③① 【分析】本题考查了三角形中位线定理与菱形的判定与菱形的性质，根据三角形的中位线定理与判定四边形是菱形是解答本题的关键． 根据三角形的中位线平行于第三边并且等于第三边的一半与可得四边形是菱形，然后根据菱形的对角线互相垂直平分，并且平分每一组对角的性质对各小题进行判断． 【详解】解：、、、分别是、、、的中点， ，，，， ， ， 四边形是菱形， ，平分，故①③正确； 无法证明四边形是矩形，故②错误； 综上所述，①③共2个正确． 故答案为：①③． 【变式3】（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①③或①②，证明见解析 【分析】本题考查了正方形的判定，三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质． （1）由三角形中位线定理得，，再证四边形为平行四边形，即可得出结论； （2）添加①时，四边形是矩形；添加②平分时，，则，此时四边形是菱形；添加③时，由得到，四边形是菱形；选择①③或①②时，四边形是正方形，再根据正方形的判定定理得到结论． 【详解】（1）证明：、、分别是，，的中点， 、都是的中位线， ∴，， 四边形为平行四边形， 、互相平分； （2）解：①；②平分；③， ∵四边形为平行四边形， ∴添加①时，四边形是矩形； 添加②平分时，，则，此时四边形是菱形； 添加③时，由得到，四边形是菱形； ∴选择①③或①②时，四边形是正方形； 选择①③， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 点、分别是、的中点， 是的中位线， ∴， ， ， 四边形是正方形， 选择①②， 证明：四边形为平行四边形，， 四边形是矩形， 平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，此时四边形是菱形； 四边形是正方形， 故答案为：①③或①②． 【题型五】正方形的性质与判定的综合 【例5】（21-22九年级上·山东滨州·期末）如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质，求得∠BAE=38°，根据正方形的性质，求得∠DBA=45°，∠ABH=135°，利用四边形的内角和定理计算即可． 【详解】根据旋转的性质，得∠BAE=38°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBA=45°，∠ABH=135°， ∵四边形AEFG是正方形， ∴∠E=90°， ∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°， 故选B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·上海金山·期中）如图，在中，，，．点在边上，将沿直线翻折，使得点落在同一平面内的点处，连接．当是直角三角形时，的长为 ． 【答案】5或2 【分析】本题考查勾股定理，折叠问题，正方形的判定和性质，熟练掌握折叠的性质，是解题的关键．分和两种情况进行讨论求解即可． 【详解】①当时，则在上，如图， ∵，，， ∴， ∵翻折， ∴， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， ∴，即：； ②当，如图，则：， ∵翻折， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴； 故答案为：5或2． 【变式2】（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在平行四边形中，点是对角线中点，过点作交于点，交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若是的中点，且平分，当时，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)64 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，解题的关键是： （1）根据线段垂直平分线的性质，可得，，，然后由四边形是矩形，再证明，则可得，继而证得结论； （2）证明，并结合邻补角的性质可得出，则得出菱形是正方形，然后根据正方形的面积公式求解即可． 【详解】（1）证明：点是中点，， 是的垂直平分线， ∴，，． 四边形是平行四边形， ， ． 在和中， ， ． ， ， 四边形是菱形． （2）解：四边形是菱形， ，， 又是的中点， ， ， 平分， ， 四边形是菱形， ， 菱形是正方形， 又， 正方形的面积是． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线构造三角形全等是解题的关键． （1）连接，利用正方形的性质证明，推出，证明，得到，即可得出结论； （2）根据矩形和正方形的性质可证明，推出，求出，根据，即可求解． 【详解】（1）证明：连接，如图， 是正方形对角线， ，    ， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：四边形为矩形，， 四边形为正方形， ， 四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 好题必刷 一、单选题 1．（24-25九年级上·河南郑州·期末）下列说法中不正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．正方形的四条边都相等 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的判定、菱形的性质和判定，正方形的性质，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 根据矩形的判定，菱形的性质，菱形的判定，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形才是矩形，仅说四边形错误，故A错误； B、菱形沿对角线对称（轴对称），绕中心旋转重合（中心对称），故B正确； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，这是菱形判定定理，故C正确； D、正方形四条边相等，是基本性质，故D正确． 故选：A． 2．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 【答案】C 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，全等三角形的性质，先求得，利用勾股定理即可解答． 【详解】解：∵， ∴， 是四个全等的直角三角形，， ，， 四边形为正方形， ， ， 故选：C． 3．（24-25九年级上·重庆巫山·期末）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接．则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得5．在中，由勾股定理得，，则．在中，由勾股定理得，，进而可得答案． 【详解】解：由旋转得， 四边形为矩形， 四边形为正方形， 在中，由勾股定理得，， 在中，由勾股定理得，． 故选：B． 4．（23-24九年级上·广西河池·期末）如图，在正方形中，，点在边上，与关于所在的直线对称，将绕点顺时针旋转得到，连接，则为（   ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、三角形全等的判定与性质、轴对称的性质等知识，通过作辅助线，构造全等三角形是解题关键．连接，先根据正方形的性质可得，再证出，根据全等三角形的性质可得，然后根据正方形的性质可得的边上的高等于4，由此即可得． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵与关于所在的直线对称， ∴，， ∴， 由旋转的性质得：， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴的边上的高等于， ∴， ∴， 故选：D． 二、填空题 5．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）如图，四边形的两条对角线分别为和，且满足，，那么依次连接它的各边中点得到的四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】此题考查了中点四边形的性质．学生灵活运用三角形的中位线定理，平行四边形的判定和矩形的判定进行证明，是一道综合题． 由三角形中位线的性质，可判定且，同理，得且．继而可证得四边形为平行四边形，． 再由证明为矩形，即可求出四边形的面积． 【详解】证明：∵分别为的中点， ∴且． ∵分别为的中点， ∴且． ∴且． 同理，得且． ∴四边形为平行四边形． ∵， ∴． ∴四边形为矩形． ∴ 即四边形的面积为． 故答案为： 6．（24-25九年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在矩形中，，，点为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ． 【答案】或 【分析】连接，过作于点，作于点，延长交于点，然后证明四边形是矩形，则，，，根据角平分线的性质得，，证明四边形是正方形，设，则，，由折叠性质可知，，根据勾股定理求出或，然后分情况求解即可． 【详解】解：如图，连接，过作于点，作于点，延长交于点， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵点的对应点落在的角平分线上， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， 设，则，， 由折叠性质可知：，， ∵， ∴， 解得：或， 当时，则，， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， 当时，则，， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， 综上可知：的长为或， 故答案为：或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，折叠性质，角平分线的性质，正方形和菱形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 7．（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，在正方形中，为对角线上一点，为边上一点，且，连接，若，则的度数为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．连接，根据正方形的性质可得出，进而得出，则，进而求出． 【详解】解：连接，如图所示：    四边形是正方形， ，，， ， ，而， ，， ， ， ， 故答案为：． 8．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，将沿翻折得到，将沿翻折得到，则的长为 ． 【答案】6 【分析】本题考查了折叠，正方形的判定和性质，解一元二次方程，掌握折叠的性质，构造正方形是解题的关键． 根据题意，如图所示，延长交于点，根据折叠的性质可得四边形是正方形，设，可得，即，由，列式求解一元二次方程即可． 【详解】解：如图所示，延长交于点， ∵，将沿翻折得到，将沿翻折得到， ∴，，，， ∵，即 ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴，整理得，， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴，即， ∴，即， ∴， ∴的长为， 故答案为：6 ． 三、解答题 9．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）在中，过A作的平行线，交的平分线于点D，点E是上一点，连接，交于点F， (1)如图1，求证：四边形是菱形． (2)如图2，若，，点G、H分别是、边中点，连接、、，不添加其它字母和辅助线，直接写出图中与全等的所有三角形． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，平行线的性质，角平分线的定义，熟练证明三角形全等是解题的关键． （1）根据平行线的性质得到，根据角平分线的定义得到，等量代换得到，推出，于是得到结论； （2）根据已知条件得到菱形是正方形，求得，，根据全等三角形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：， ， 平分， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：， 菱形是正方形， ，， 是的中点，是边中点， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 图中与全等的三角形有，，，． 10．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行四边形和正方形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）连接，首先根据三角形中位线的性质得到，且，，且，进而得到，且，即可证明出四边形是平行四边形； （2）连接，，同理可得，，，进而得到当时，，证明出平行四边形是菱形，然后由推理得到，进而证明出菱形是正方形． 【详解】（1）解：如图所示，连接 ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∴，且 ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，且时，四边形是正方形． 理由如下： 如图所示，连接， ∵由（1）得， 同理可得，， ∴当时， ∴平行四边形是菱形 当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴菱形是正方形． 11．（24-25八年级下·四川自贡·期中）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在，上，若，且，求的长． 【答案】 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，把绕点C逆时针旋转得，此时E，B，三点共线，证明得，设，则，在中，由勾股定理列出x的方程求得x，再在中，由勾股定理得结果． 【详解】解：把绕点C逆时针旋转得，此时E，B，三点共线， 则，连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 设，则， ∵， ∴， 在中，， ∴， 解得：， 在中，，， ∴， 解得：． 即的长为． 12．（24-25八年级下·吉林松原·期中）如图①，在矩形 纸片中，，连接，，沿对角线剪开，将沿射线方向平移得到（如图2），直线与交于点E，直线与交于点F．设． (1)在图①中，的度数为_____；边 的长为______； (2)若点在线段上，四边形的形状是______； (3)若点在射线上，当x为何值时，以、、C、D 为顶点的四边形是正方形？ (4)已知存在x值，使得以、E、C、F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的x值． 【答案】(1)； (2)矩形 (3)或 (4)或 【分析】（1）利用矩形的性质可求得，利用直角三角形的性质结合勾股定理即可求得边的长； （2）由平移的性质得，推出，得到四边形是平行四边形，由，得到四边形是矩形； （3）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用，列式计算即可求解； （4）分点在线段上和点在线段的延长线上时，两种情况讨论，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得和的长，再利用，列式计算即可求解． 【详解】（1）∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵矩形，， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：，； （2）由平移的性质得， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； 故答案为：矩形； （3）当点在线段上时， ∵， ， ∵四边形是正方形， ∴，即， ； 当点在线段的延长线上时， ∵， ， ∵四边形是正方形， ∴，即 ； 综上所述，当x为或时，以，，C，D为顶点的四边形是正方形； （4）存在，理由如下： 当点在线段上时， ∵， ， 由平移的性质知， ∴，， ，， ， ∵四边形是菱形， ，即， ； 当点在线段的延长线上时， ∵， ， 由平移的性质可知， ，， ，， ， 四边形是菱形， ，即， ， 综上所述，当为或时，以、E、C、F为顶点的四边形是菱形 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了平移的性质，直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，二次根式的混合运算．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第03讲 正方形的性质与判定 题型梳理 易错分析 易错点一 默认三点共线致错 易错点二 将特殊四边形的判定混淆导致出错 题型方法 题型一 正方形的定义 题型二 正方形的性质 题型三 正方形的判定 题型四 中点四边形 题型五 正方形的性质与判定的综合 知识清单 知识点1：正方形的定义 有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形 叫做正方形. 知识点2：正方形的性质 1.正方形即是矩形又是菱形，因而它具备两者所有的性质． 2.正方形四个角都是直角，四条边都相等. 3.正方形的两条对角线相等并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 4.正方形是轴对称图形，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 知识点3：正方形的判定 1.从平行四边形出发：有一个内角是直角，且有一组邻边相等的平行四边形是正方形。 2.从矩形出发：有一组邻边相等的矩形是正方形. 3.从菱形出发：有一个内角是直角的菱形是正方形. 易错分析 【易错点一】默认三点共线致错 【例1】（24-25九年级上·安徽淮南·期中）如下图，四边形和四边形均为正方形，点为的中点，若，连接，则的长为（    ） A． B． C． D． 【举一反三】【变式1】已知正方形ABCD，点E在边AB上，以CE为边作正方形CEFG，如图所示，连接DG．求证：△BCE≌△DCG．甲、乙两位同学的证明过程如下，则下列说法正确的是（　　） 甲：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形 ∴CB=CD   CE=CG，∠BCD=∠ECG=90° ∴∠BCD﹣∠ECD=∠ECG﹣∠ECD ∴∠BCE=∠GCD ∴△BCE≌△DCG（SAS） 乙：∵四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形 ∴CB=CD   CE=CG 且∠B=∠CDG=90° ∴△BCE≌△DCG（HL） A．甲同学的证明过程正确 B．乙同学的证明过程正确 C．两人的证明过程都正确 D．两人的证明过程都不正确 【变式2】（河南省安阳市2024—2025学年下学期创新人才选拔测评（二）九年级数学试题）如图，在正方形的边上取点E，以为边在的右侧构造正方形，连接，点P，Q分别为的中点，连接．若，，则 ． 【变式3】（2024·陕西商洛·一模）如图，正方形的边长为4，点E在线段上，以为边构造正方形，使点G在的延长线上，连接，取的中点H，连接．当点E在边上运动（不含A，D）时，的最小值为 ． 【易错点二】将特殊四边形的判定混淆导致出错 【例2】（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． 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．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·浙江台州·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（2）处可以添加的条件是 ． 【变式2】（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，的对角线、相交于点O．点P在边下方，且，． (1)用直尺和圆规在图中作出点P（不写作法，保留作图痕迹）； (2)判断四边形的形状，证明你的结论； (3)当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？证明你的结论． 【变式3】（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图平行四边形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)当的对角线满足_______条件时，四边形是正方形，并说明理由． 题型方法 【题型一】正方形的定义 【例1】（23-24八年级下·湖北鄂州·期中）一个四边形顺次添加下列条件中的三个条件便得到正方形：a两组对边分别相等；b一组对边平行且相等；c一组邻边相等；d一个角是直角．顺次添加的条件：①；②；③．其中正确的是（    ） A．仅① B．仅② C．①② D．②③ 【举一反三】【变式1】（2025·上海崇明·三模）正方形具有而一般矩形不一定具有的性质是（    ） A．两组对边分别相等 B．两条对角线互相平分 C．两条对角线互相垂直 D．两条对角线相等 【变式2】（24-25八年级下·江西南昌·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 【变式3】（21-22八年级下·海南省直辖县级单位·期末）在矩形中，，，对角线与相交于点，要使得矩形是正方形，则还需要增加的一个条件是 （填一个即可）． 【题型二】正方形的性质 【例2】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方形的外侧，作等边△，连接，则为（    ） A． B． C． D． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）以正方形中为斜边，构造等腰，，，连接，，则线段的长度为 ． 【变式2】（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 【变式3】（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的对角线交于点，是边上的一点，连接，过点作交于点，若，求四边形的面积． 【题型三】正方形的判定 【例3】（24-25八年级下·安徽黄山·期中）四边形的对角线、相交于点，下面能判定是正方形的条件是（      ） A．， B． C．，， D．， 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在四边形中，是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的是（   ） A．，， B．， C．，， D．，， 【变式2】（23-24八年级下·黑龙江大庆·期中）四边形的对角线，分别过A，B，C，D作对角线的平行线，所成的四边形是 ． 【变式3】（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，，求证：四边形是正方形． 【题型四】中点四边形 【例4】（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，菱形的两条对角线相交于O，若，顺次连接菱形各边中点所围成的四边形的面积是（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·安徽淮北·阶段练习）如图，点E，F，G，H分别是四边形各边的中点，下列结论正确的是（   ） A．若四边形是平行四边形，则四边形是矩形 B．若四边形是菱形，则四边形是矩形 C．若四边形是矩形，则四边形是矩形 D．若四边形是正方形，则四边形是正方形 【变式2】（24-25八年级下·江苏苏州·期中）如图，、、、分别是、、、的中点，且，下列结论：①；②四边形是矩形；③平分；其中正确的是 ． 【变式3】（24-25九年级上·山东青岛·期中）如图，点D，E，F分别是，，的中点，连接，，，； (1)求证：，相平分； (2)现有三个条件：①；②平分；③； 请你从中选择两个条件（写序号）： 使得四边形是正方形，并加以证明． 【题型五】正方形的性质与判定的综合 【例5】（21-22九年级上·山东滨州·期末）如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【举一反三】【变式1】（24-25八年级下·上海金山·期中）如图，在中，，，．点在边上，将沿直线翻折，使得点落在同一平面内的点处，连接．当是直角三角形时，的长为 ． 【变式2】（24-25八年级下·云南昆明·期中）如图，在平行四边形中，点是对角线中点，过点作交于点，交于点，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)若是的中点，且平分，当时，求四边形的面积． 【变式3】（24-25八年级下·山东聊城·期中）四边形为正方形，点为对角线上一点，连接.过点作，交边于点． (1)求证； (2)以，为邻边作矩形，连接.若，，求的长度． 好题必刷 一、单选题 1．（24-25九年级上·河南郑州·期末）下列说法中不正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是矩形 B．菱形既是轴对称图形又是中心对称图形 C．对角线互相垂直平分的四边形是菱形 D．正方形的四条边都相等 2．（24-25八年级上·浙江金华·期末）如图，正方形由四个全等的直角三角形（，，，）和中间一个小正方形组成，连接．若，，则（    ）    A．5 B． C． D．4 3．（24-25九年级上·重庆巫山·期末）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，连接．则的长为（   ） A． B． C． D． 4．（23-24九年级上·广西河池·期末）如图，在正方形中，，点在边上，与关于所在的直线对称，将绕点顺时针旋转得到，连接，则为（   ） A． B．4 C． D．8 二、填空题 5．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）如图，四边形的两条对角线分别为和，且满足，，那么依次连接它的各边中点得到的四边形的面积为 ． 6．（24-25九年级下·黑龙江齐齐哈尔·期中）如图，在矩形中，，，点为上一个动点，把沿折叠，当点D的对应点落在的角平分线上时，的长为 ． 7．（24-25八年级下·重庆綦江·期中）如图，在正方形中，为对角线上一点，为边上一点，且，连接，若，则的度数为 ． 8．（24-25九年级上·陕西西安·期中）如图，在中，，将沿翻折得到，将沿翻折得到，则的长为 ． 三、解答题 9．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）在中，过A作的平行线，交的平分线于点D，点E是上一点，连接，交于点F， (1)如图1，求证：四边形是菱形． (2)如图2，若，，点G、H分别是、边中点，连接、、，不添加其它字母和辅助线，直接写出图中与全等的所有三角形． 10．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 11．（24-25八年级下·四川自贡·期中）如图，正方形的边长为4，点E，F分别在，上，若，且，求的长． 12．（24-25八年级下·吉林松原·期中）如图①，在矩形 纸片中，，连接，，沿对角线剪开，将沿射线方向平移得到（如图2），直线与交于点E，直线与交于点F．设． (1)在图①中，的度数为_____；边 的长为______； (2)若点在线段上，四边形的形状是______； (3)若点在射线上，当x为何值时，以、、C、D 为顶点的四边形是正方形？ (4)已知存在x值，使得以、E、C、F为顶点的四边形是菱形，请直接写出符合条件的x值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$