专题1.3（1） 正方形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）-2025-2026学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.3（1） 正方形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解） 第一部分【知识点梳理归纳与题型目录】 【知识点1】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. 【要点说明】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2】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. 【要点说明】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3】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4】特殊平行四边形之间的关系 【知识点5】中点四边形 （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. 【要点说明】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. 【题型目录】 【夯实基础】 【考点一】正方形的性质 【题型一】正方形性质的理解...............................................2 【题型二】利用正方形的性质求角度.........................................4 【题型三】根据正方形的性质求线段长.......................................6 【题型四】根据正方形的性质求面积.........................................9 【题型五】利用正方形的性质证明..........................................11 【题型六】正方形与折（重）叠问题........................................14 【考点二】正方形的判定 【题型七】正方形的判定定理理解..........................................18 【题型八】添一个条件使四边形是正方形....................................21 【题型九】证明四边形是正方形............................................24 【考点三】正方形的性质与判定 【题型十】根据正方形的性质与判定求角度..................................27 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长..............................30 【题型十二】根据正形的性质与判定求面积..................................35 【题型十三】根据正方形的性质与判定证明..................................38 【题型十四】中点四边形..................................................42 【拓展延伸】 【题型十五】正形性质与判定与折叠变换....................................46 【题型十六】正形性质与判定与旋转变换....................................52 【题型十七】正形性质与判定与动点问题....................................60 【题型十八】正形性质与判定与探究性问题..................................65 第二部分【题型展示与方法点拨】 【特别说明】序号前带“★”难度系数0.85，“★★”难度系数0.65，“★★★”难度系数0.4. 【夯实基础】 【考点一】正方形的性质 【题型一】正方形性质的理解 ★【例题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． 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1】（24-25八年级下·全国·课后作业）正方形具有而菱形不一定具有的特征是（   ） A．对边互相平行 B．对角线互相垂直平分 C．是中心对称图形 D．有条对称轴 【答案】D 【分析】本题考查了正方形和菱形的性质，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键． 根据正方形和菱形的性质逐项判断即可． 解：A、菱形和正方形的对边都互相平行，故A选项不符合题意； B、正方形的对角线是相等平分且垂直，菱形的对角线是垂直且互相平分，故B选项不符合题意； C、正方形和菱形都是中心对称图形，故C选项不符合题意； D、正方形有条对称轴，菱形有条对称轴，故D选项符合题意； 故选：D． ★【变式2】（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 【答案】D 【分析】本题考查了正方形，菱形及矩形的性质，根据正方形，菱形，矩形的性质逐一判断即可． 解：正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； 矩形的性质有：矩形的四个角度数直角，矩形的对边相等且互相平行，矩形对角线相等且互相平分； 故A、B、C选项都不符合题意，只有D选项符合题意； 故选：D． 【题型二】利用正方形的性质求角度 ★【例题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． 解：四边形是正方形，是对角线上一点， ． 又， ． ． ． ★【变式1】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，四边形、分别是菱形与正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形及菱形的性质，熟练掌握知识点是解决本题的关键．连接，则为正方形与菱形的对角线，根据正方形及菱形的性质求解即可． 解：连接，则为正方形与菱形的对角线， ， ∵， ， ∵菱形中，， ， ， 故选：C． ★【变式2】（24-25八年级下·四川广安·期中）如图，李蓁将一副三角尺（含和含的直角三角形）按如图所示的方式放置于正方形木框中，则的度数为 °． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质.根据正方形的性质求出，根据三角形外角性质求出，最后根据平角定义求解即可． 解：如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 ★【例题3】（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点O．E，F是上的两点，连接， ________．请从“①；②．”中任选一个作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求线段的长． 【答案】（1）选①，见分析；（2） 【分析】本题考查平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理，正确理解题意是解题的关键： （1）选①，先根据平行四边形的性质得出，，再得出，进而得出结论；选②，先得出，再证明，得出，进而得出结论； （2）先得出四边形是菱形，再得出四边形是正方形，再根据勾股定理得出，求出，进而得出答案 解：（1）选①； 证明：四边形ABCD是平行四边形， ，， ， ， ． 又， 四边形是平行四边形； 选②； 证明：四边形ABCD是平行四边形， ，， ． ， ． ，， ． 在和中，， ， ． 又， 四边形DEBF是平行四边形； （2）解：， 是菱形． ， ， ， ， 菱形是正方形， ． ， ，即， ， ． ★【变式1】（2025·陕西渭南·二模）如图，已知正方形的边长为4，以为边在正方形内部作等边，连接交的延长线于点，则的长为（    ） A． B． C． D．5 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，根据正方形的性质，等边三角形的性质，推出为等腰直角三角形，勾股定理求出的长即可． 解：∵正方形的边长为4， ∴， ∵等边， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； 故选B． ★【变式2】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，P为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．当点P运动到中点时，长度为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，连接，由正方形的性质得到，，则；证明四边形是矩形，得到，当点P运动到中点时，此时，则． 解：解；如图所示，连接， ∵四边形是正方形，且边长为2， ∴，， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 当点P运动到中点时，此时， ∴， 故答案为：． 【题型四】根据正方形的性质求面积 ★【例题4】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，如图，点A，B，E在同一直线上，正方形，的边长分别为3，4，H为线段的中点，求图中阴影部分的面积． 【答案】6 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中线等分面积，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 根据正方形的性质得出是直角三角形，由勾股定理求出，即可求解的面积，可得为斜边上的中线，再由三角形中线等分面积即可求解． 解：如图所示，连接， ∵点，，在同一条直线上，正方形，的边长分别为，， ∴，，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵为线段的中点， ∴图中阴影部分的面积是． ★【变式1】（24-25八年级下·河南驻马店·期中）若正方形的一条对角线长为，则这个正方形的面积是（    ） A．64 B．32 C．48 D．36 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，根据正方形的性质，对角线相等且互相垂直、正方形的面积等于对角线乘积的一半进行推导即可求得答案． 解：正方形的一条对角线长为，则这个正方形的面积是 故选：B． ★【变式2】（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了矩形和正方形的性质，根据矩形的性质和三角形面积计算公式可得，，则，同理可得，则． 解：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴ 同理可得， ∴， 故答案为：． 【题型五】利用正方形的性质证明 ★【例题5】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形． 【答案】见分析 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及菱形的判定，解题的关键是通过证明三角形全等得出四边形的四条边相等． 解：证明：如解图，连结交于点， ∵四边形是正方形， ， ， ， 根据正方形的性质可知， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 根据正方形的性质可知， ∴四边形是菱形． ★【变式1】（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，点E、F分别是正方形的边上点，且，相交于点G，下列结论不正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，垂直的判定等，理解题意，综合运用全等三角形全等的判定和性质是解题关键． 根据正方形的性质及全等三角形的判定定理和性质、垂直的判定依次进行判断即可得解． 解：A、∵四边形是正方形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， 故A正确，不符合题意； B、∵， ∴， ∴， ∴， 故B正确，不符合题意； C、∵， ∴， ∴ 即， 故C正确，不符合题意； D、∵与的数量关系不清楚， ∴无法得与的数量关系， 故D不正确，符合题意； 故选D． ★【变式2】（2025·广东汕头·二模）如图，四边形为正方形，为上一点，于点，连接，设，若，则 ．（用含的式子表示） 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 如图所示，过点D作于G，根据正方形的性质得到，证明得到，再由线段之间的关系推出，则是等腰直角三角形，得到，则由三角形外角的性质可得． 解：如图所示，过点D作于G， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：． 【题型六】正方形与折（重）叠问题 ★【例题6】（23-24八年级上·广东珠海·期中）如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求证：为的中点． 【答案】（1）见分析；（2）见分析 【分析】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质等．借助进而通过中位线的判定可以快速证明结论． （1）根据题意易得和，然后由即可证明结论； （2）由（1）的结论，得，,由，得，进而可得，得，，即可证明结论． 解：（1）证明：根据翻折的性质，，， 又，，， ，， 在和中，， ． （2）证明：如图，连接，交于点． 由（1）知， ，, 又， ， ， ， ， 点为中点． ★【变式1】（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；在直角中，根据勾股定理即可求出的长． 解：如图，连接， ，， ， ， 设，则． 为中点，， ， 在中，根据勾股定理，得：， 解得． 则． 故选：B． 【点拨】本题考查了正方形的翻折问题，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． ★【变式2】（2023·山东菏泽·一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接、，证明，得到，再由，代值求解即可得到答案． 解：连接、，如图所示： ， ， 是正方形，为正方形的中心， ，， 在和中， ， ， ， ， 故答案是：4． 【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于的面积是解决问题的关键． 【考点二】正方形的判定 【题型七】正方形的判定定理理解 ★【例题7】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）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】本题主要考查了矩形、菱形、正方形的判定，熟练掌握特殊平行四边形的判定方法，是解题的关键．根据矩形、菱形、正方形的判定方法，进行解答即可． 解：A、有一个角是直角的平行四边形是矩形，（1）处可填是正确的，故该选项不符合题意； B、一组邻边相等的矩形是正方形，（2）处可填是正确的，故该选项不符合题意； C、对边相等是平行四边形的性质，不能判定此时平行四边形是菱形，故该选项符合题意； D、有一个角是直角的菱形是正方形，（4）处可填，故该选项不符合题意． 故选：C． ★【变式1】（24-25八年级下·北京房山·期中）下列思路中不能判定四边形是正方形的是（   ） A．先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角 B．先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等 C．先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等 D．先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直 【答案】D 【分析】本题考查正方形的判定定理，熟记判定定理是解题的关键．根据正方形的判定方法进行解答即可．正方形的判定定理有：对角线相等的菱形；对角线互相垂直的矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形． 解：A. 先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； B. 先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； C. 先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等，能判定四边形是正方形，故该选项不符合题意； D. 先判定四边形的对角线互相平分且相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直，故该选项不符合题意； 故选：D． ★【变式2】（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B是函数的图象上的一个动点，过点B作垂直于y轴的直线交函数的图象于点C，点D在x轴上（点D在点A的左侧），且，连接，．有如下四个结论：    ①四边形是平行四边形； ②四边形不可能是菱形； ③四边形不可能是矩形； ④四边形不可能是正方形． 所有正确结论的序号是 ． 【答案】①④ 【分析】本题一次函数与四边形的综合题，考查了一次函数图象上点的坐标特征，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，正方形的判定． ①由轴得到，结合，得到四边形是平行四边形，可作判断； ②根据列方程，方程有解在之间，由此可作判断； ③当与的横坐标相等时，四边形是矩形，此种情况存在，可作判断； ④在矩形的基础上，计算与不相等，可作判断． 解：①如图1，轴，    ∴， 又， 四边形是平行四边形，故说法①正确； ②设，则， ， 当时，四边形是菱形， ， ， 解得：（不符合题意），， 存在的情况， 即四边形可能是菱形，故说法②错误； ③如图2，点是函数的图象上的一个动点，   存在点的横坐标为3，此时四边形是矩形，故说法③错误； ④当时，， 此时，如图2所示， 四边形不为正方形，故说法④正确； 本题正确的结论有：①④． 故答案为：①④． 【题型八】添一个条件使四边形是正方形 ★【例题8】（2025·江苏盐城·一模）如图，四边形是菱形，点、在线段上，且． （1）判断四边形的形状，并说明理由； （2）当的值为________时，四边形是正方形（直接写出结果，不需要证明） 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，正方形的性质是解决问题的关键． （1）连接，交于点，证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得出结论； （2）当四边形是正方形时，则，设，则，，得到，即可得到结论． 解：（1）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 连接，交于点，如图1所示： ∵四边形是菱形， ， 点在直线上，， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： 当四边形是正方形时，则， 设， 则，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． ★【变式1】（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，要使四边形是正方形，只需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用矩形的性质进一步得出，再根据三角形中位线的判定和性质得出四边形是菱形，再证明为等腰直角三角形，进而可得出，即可证明四边形是正方形． 解：添加的条件可以是，理由如下∶ ∵点E是的中点， ∴， ∵是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点G、F、H分别是、、的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，点E是的中点， ∴为等腰直角三角形， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形． 故选：B． 【点拨】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质等知识，掌握正方形的判定是解题的关键． ★【变式2】（22-23八年级下·山东滨州·期中）如图，在不添加辅助线的条件下，请给矩形添加一个条件，使它成为正方形，则此条件可以为 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了矩形的性质和正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解本题的关键．根据正方形的判定添加条件即可． 解：四边形是矩形， 又， 矩形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 【题型九】证明四边形是正方形 ★【例题9】（24-25八年级下·河南安阳·期中）如图，边长为4的菱形中，、、、依次为，，，各边的中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）当______时，四边形为正方形． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题考查菱形的性质，矩形的判定，正方形的判定，三角形的中位线定理，熟练掌握相关性质和判定方法，是解题的关键： （1）连接，根据三角形的中位线定理得到四边形为平行四边形，，进而得到四边形为矩形； （2）根据有一组邻边相等的矩形为正方形，得到当时，即，菱形为正方形，四边形为正方形，即可得出结果． 解：（1）证明：连接， ∵、、、依次为，，，各边的中点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵菱形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）当时，四边形为正方形，理由如下： 当时，菱形为正方形， ∴， ∵， ∴， 由（1）知：四边形为矩形， ∴四边形为正方形． ★【变式1】（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． 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． ★【变式2】（2025·河南郑州·一模）按如图所示，将一张矩形纸对折两次，然后剪下一个角保证剪口线与折痕夹角的角度为，将这个剪下的角打开，得到的图形是 ．如果剪口线与折痕夹角的角度不为，得到的图形是 ． 【答案】 正方形 菱形 【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定，折叠的性质，先画出图形，在根据菱形的判定，正方形的判定进行判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 解：如图， 由题意得：， ∴四边形是菱形， ∵剪口线与折痕夹角的角度为， ∴， ∴四边形是正方形， 故答案为：正方形； 如图， 由题意得：， ∴四边形是菱形， 故答案为：菱形． 【考点三】正方形的性质与判定 【题型十】根据正方形的性质与判定求角度 ★★【例题10】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． （1）判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： （2）当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】（1），，理由见分析；（2） 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 解：（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． ★★【变式1】（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． 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． 【点拨】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． ★★【变式2】（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 【答案】 【分析】如图，作，于，连接，证明四边形是正方形，则，，证明是等边三角形，则，，根据，求解作答即可． 解：如图，作，于，连接， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点拨】本题考查了正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理是解题的关键． 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长 ★★【例题11】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接 （1）求证：四边形是菱形． （2）如图②，连接，若，，求的长． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】（1）可证明得到，再由直角三角形的性质证明，进而可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明四边形是菱形； （2）先证明四边形是正方形，得到，设，则，由勾股定理可得方程，解方程求出，则． 解：（1）证明：为中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵是直角三角形斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：∵且四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴， 由（1）可得， 设，则， 在中，由勾股定理得， ∴， ∴或（舍去）， ∴， ∴． 【点拨】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质与判定等等，熟知正方形的性质与判定定理，菱形的判定定理是解题的关键． ★★【变式1】（2025·安徽淮北·三模）如图，在中，，，点D为上一点，，点P为平分线上一点，且，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，角平分线的性质，勾股定理，过点P作于点E，于点F，由角平分线的性质得到，则可证明四边形CEPF是正方形，设，则，，由勾股定理结合可得方程，解方程即可得到答案． 解：解；如图所示，过点P作于点E，于点F， 平分，，， ∴， 又∵ ∴四边形CEPF是矩形， 矩形CEPF是正方形， 设，，则， ， ， 在中，由勾股定理得， 在中，由勾股定理得 ， ∴， ∴， 解得 ， 故选：C． ★★【变式2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在矩形中，，，将矩形折叠，使得点落在边的三等分点处，折痕交矩形的边于点，，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查翻折变换、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．分点的对应点落在靠近点，点的对应点落在靠近点，两种情况，利用勾股定理求解即可． 解：如图，当点的对应点落在靠近点时，此时两点重合， ∵矩形中，，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 如图，当点的对应点落在靠近点时，过点作于点G， 由折叠的性质得：， ∵，， 设，则， ∴，即， 解得：， ∴； ∵， ∴四边形是矩形， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 【题型十二】根据正形的性质与判定求面积 ★★【例题12】（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）如图，在中，，为边的中点，四边形是平行四边形，、相交于点． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，时，求的面积． 【答案】（1）详见分析；（2） 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质： （1）三线合一，得到，，先证明四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形为矩形，即可得证； （2）先证明四边形是正方形，再利用分割法求面积即可． 解：（1）在中，，是的中点， ，即，，     又四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是平行四边形，     ， 平行四边形是矩形； （2）四边形是矩形，，即， 四边形是正方形，     ， ． ★★【变式1】（22-23九年级上·陕西咸阳·期中）如图，点是正方形的对角线上的一点，连接，过点作，垂足为，若，，则正方形的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判断和性质，勾股定理，过点作于，由正方形的性质可得，，即可得四边形是矩形，进而得到四边形是正方形，得到，再利用勾股定理求出可得，即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 解：如图，过点作于，则， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的面积为， 故选：． ★★【变式2】（24-25八年级下·山东青岛·期中）在四边形中，平分，并且，若，，，求的面积 ． 【答案】6 【分析】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的证明和性质，正方形的判定和性质，利用角平分线的性质和证明三角形全等是解题的关键． 过D作,交于M，，交延长线于N，证明，可得，再证明四边形是正方形，根据正方形的性质和三角形的面积公式求解． 解：如图，过D作,交于M，，交延长线于N， ， ∵平分，，， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ∵ ∴， ∴，， ∴， 即， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵ ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为： 【题型十三】根据正方形的性质与判定证明 ★★【例题13】（2025·江苏南京·二模）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是、、、的中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）菱形满足 时，四边形为正方形． 【答案】（1）见分析；（2） 【分析】本题考查了三角形中位线定理，菱形的性质，正方形的判定等知识，解题的关键是： （1）根据三角形中位线定理得出，，可证得四边形为平行四边形，根据菱形的性质得出，然后根据平行线的性质可得出，即可证明平行四边形是矩形； （2）当时，可证菱形是正方形，得出，根据三角形中位线定理得出，，则，然后根据正方形的判定即可得证． 解：（1）证明：连接，， ∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，，，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：当时，四边形为正方形． 理由：∵， ∴菱形是正方形， ∴， ∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴，， ∴， ∴矩形为正方形． ★★【变式1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题主要考查了菱形的判定与性质、正方形的判定、三角形中位线的判定与性质、平行四边形的判定等知识点，掌握菱形的判定与性质成为解题的关键． 先判定四边形是菱形可判定A选项；再根据菱形的性质可判定B选项；再根据三角形等腰三角形的性质、三角形的中位线可证明是平行四边形；最后根据有一个内角是直角的菱形是正方形可判定D选项． 解：∵，， ∴四边形是平行四边形，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是菱形，即A选项正确，不符合题意； ∴与互相垂直且平分，即B选项正确，不符合题意； 当时，由等腰三角形的性质得； ∵四边形是菱形， ∴，； ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴F点是的中点； 同理：得E点是的中点， ∴是的中位线， ∴，； ∵， ∴四边形是平行四边形；故选项C错误，符合题意； ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形，即选项D正确，不符合题意． 故选C． ★★【变式2】（22-23八年级下·辽宁丹东·阶段练习）一个三角形的三边长度为，，，那么这个三角形三条角平分线的交点到三边的距离是 ． 【答案】2 【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，角平分线的性质，设这个三角形三条角平分线的交点到三边的距离为，根据题意可知是以为斜边的直角三角形，通过角平分线性质可证，，从而得到，利用即可得出答案． 解：设这个三角形三条角平分线的交点到三边的距离为， 如图，，，，是以为斜边的直角三角形， 四边形为正方形， 点P为三条角平分线的交点， ，， ， 同理可证， ， ， 即， ， 故答案为：2． 【题型十四】中点四边形 ★★【例题14】（24-25八年级下·河南新乡·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 （2）如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点． ①试探索与的数量关系，并说明理由； ②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程） 【答案】（1）D；（2）①，见分析；② 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． （1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）①如图，记、的中点分别为、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． ②令与的交点为，连接、，当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长，得到，，再根据①可知，从而计算的最小值，进而求解； 解：（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直， ∴一定是“中方四边形”的是正方形； 故选：D； （2）解：①如图，记、的中点分别为、，连接，，， ∵四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ，， ， ，分别是，的中点， ， ； ②令与的交点为，连接、； 由①可知，； 当点在上（即、、共线）时，最小，最小值为的长， 的最小值， 由题意可知；为正方形； ， ，， ， ，分别是，的中点， ，， ， 的最小值， 即时，最小，即最小； 线段的长度为， 则； 故； 故答案为： ★★【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． 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． 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． 【拓展延伸】 【题型十五】正形性质与判定与折叠变换 ★★★【例题15】（24-25八年级下·河南漯河·期中）已知正方形，点E，F分别为边上两点． 【建立模型】 （1）如图1，连接，如果，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度； 【模型迁移】 （3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度． 【答案】（1）见分析；（2）；（3） 【分析】（1）证明即可； （2）连接，过点作于点H，由垂直平分，则，，可得四边形为矩形，证明，则，同理可证明四边形为矩形，设，则，，则，那么，在中，由勾股定理建立方程，求解，即可得出答案； （3）由折叠可得：，同（1），，，则，，由勾股定理得，由面积法得到，再由即可求解． 解：（1）证明：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：连接，过点作于点H， ∵垂直平分， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可证明四边形为矩形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴设， 则， ∴， ∴， 在中， 由勾股定理得： ∴ 解得：， ∴； （3）如图： 由折叠可得：，， 同（1），， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点拨】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的不变性是解题的关键． ★★★【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，正方形纸片的边长为9，折叠正方形纸片，使得点落在边上的点，且．折痕交于点，交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，一次函数，连接，利用折叠的性质和勾股定理求得，以为原点，为轴，建立平面直角坐标系，在平面直角坐标系，求得的坐标，利用勾股定理即可解答，利用数形结合的思想，用建系法解题是解题的关键． 解：如图，连接， ，，正方形纸片的边长为9， ， , 折叠正方形纸片，使得点落在边上的点， ，， 设，则， 在中，， 在中，， 则可得， 解得， ，， 如图，以为原点，为轴，建立平面直角坐标系， ， 则可得， ， ， 设直线的解析式为， 把，代入可得 ， 解得， 直线的解析式为， 当时，， ， 设直线的解析式为, 把代入可得，解得， 直线的解析式为, 联立方程， 解得， ， 则， ， ， 故选：A． ★★★【变式2】（2022·贵州贵阳·二模）在一次综合实践活动课上，小明探究“有一个角为45°的三角形的面积”问题．如图，在△ABC中，，小明过点A作，垂足为D，若，，则△ABC的面积为 ． 【答案】15 【分析】如图，将绕逆时针旋转90°得，延长、交于点，连接，由旋转的性质可知，，证明四边形是正方形，，证明，则，设，则，，在中，由勾股定理得，即，求出满足要求的的值，根据计算求解即可． 解：如图，将绕逆时针旋转90°得，延长、交于点，连接， 由旋转的性质可知，， ∴，，，，， ∴四边形是正方形， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得，即， 解得或（不合题意，舍去） ∴， ∴， 故答案为：15． 【点拨】本题考查了旋转的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识．解题的关键在于通过旋转构造正方形求边长． 【题型十六】正形性质与判定与旋转变换 ★★★【例题16】（24-25八年级下·江苏南京·期中）在正方形旁，正方形如图（1）放置，其中、、在同一条直线上． （1）是中点，求证：； （2）如图（2），将正方形逆旋转（），连接、． ①若，，则的值为 ； ②如图（3）若是中点，连接，交于点，求证：． 【答案】（1）见分析；（2）①40；②见分析 【分析】（1）连接，可得出是直角三角形，进一步得出结论； （2）①连接，设与交于点O，可证得，从而得出，进而得出，根据勾股定理可得出结果； ②延长至点P，使得，连接交于点Q，证明，得，然后证明，进而可以解决问题． 解：（1）证明：如图（1），连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 同理， ∴， 在中， ∵点H是的中点， ∴； （2）①解：如图（2），连接，设与交于点O， ∵四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ， 故答案为：40； ②证明：如图（3），延长至点P，使得，连接交于点Q， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∴， ∴． 【点拨】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解决问题的关键是熟练掌握有关基础知识． ★★★【变式1】（24-25九年级上·重庆忠县·期末）如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，（   ） A． B．或 C．或 D．或 【答案】D 【分析】当点D在上时，过A作轴于P，过C作轴于H，过E作轴于F，先求得点B坐标， 设，则直线的表达式为，证明得到点E坐标，进而利用待定系数法求得直线的函数表达式为，由点B坐标和勾股定理求得，（负值已舍去），则，再利用两点坐标距离公式求解即可；当点E在上时，同理可求解． 解：根据题意，分两种情况： 当点D在上时，如图，过A作轴于P，过C作轴于H，过E作轴于F， ∵的坐标为，， ∴，则， ∴， 设，则直线的函数表达式为， ∵四边形是边长为的正方形， ∴，，， ∴， ∴，又， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴设直线的函数表达式为， 将代入，得，解得， ∴直线的函数表达式为， 由题意，点B在直线上， ∴，则， ∵， ∴，（负值已舍去）， ∴， ∴； 当点E在上时，如图， 设，同理可求得直线的函数表达式为，，直线的函数表达式为， 由题意，点B在直线上， ∴，则， ∵， ∴，（正值已舍去）， ∴， ∴； 综上，或， 故选：D． 【点拨】本题考查等腰三角形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质、待定系数法求一次函数解析式、正方形的性质、勾股定理、旋转的性质等知识，利用数形结合、分类讨论及函数思想是解答的关键． ★★★【变式2】（2025·湖北咸宁·模拟预测）如图，在中，，，，为边的中点，是边上的动点，将沿翻折，点的对应点在内，，，三点在同一直线上． （1）的长为 ； （2）的度数为 ． 【答案】 【分析】（1）取的中点，连接，利用线段中点的定义和勾股定理求出，根据三角形中位线定理得到，，则有，由翻折的性质得，，，利用勾股定理求出，设，在中利用勾股定理列出方程，求出的值即可解答； （2）过点作交延长线于点，先证明四边形是正方形，得到，，进而推出，得到，再利用翻折的性质和角的和差即可求出的度数． 解：（1）如图，取的中点，连接， ， ， 、分别为、的中点， ，，，， ， ， 由翻折的性质得，，，， ，，三点共线， ， ， 设，则，， 在中，， ， 解得：， 的长为． 故答案为：； （2）过点作交延长线于点，则， ， 四边形是矩形， 由（1）得，， 矩形是正方形， ，， ， 又，， ， ， ， 由翻折的性质得，， ， ， 的度数为． 故答案为：． 【点拨】本题考查了翻折的性质、勾股定理、三角形的中位线定理、正方形的性质与判定、全等三角形的性质与判定，结合图形添加适当的辅助线构造直角三角形和全等三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 【题型十七】正形性质与判定与动点问题 ★★★【例题17】（24-25八年级下·广东东莞·期中）【探究活动】如图，在正方形中，E为对角线上一动点．某数学兴趣小组进行了如下探究： （1）如图1，过点E分别作垂线，，交，边于F，G两点．求证：四边形是正方形； （2）如图2，连接，过点E作，交于点M，以，为邻边作矩形，连接，在点E移动过程中． ①求证：； ②四边形的面积是定值吗 【答案】（1）见分析；（2）①见分析；②四边形的面积是定值．证明见分析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键． （1）先由正方形的性质得到，，进而证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得到，即可证明四边形是正方形； （2）①过E作于F点，过E作于G点，证明，得出，证明，得出，则可得出结论； ②由全等三角形的性质得出，则可得出结论． 解：（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形； （2）①证明：过E作于F点，过E作于G点，如图： 由（1）知四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， ∴； ②解：四边形的面积是定值． 理由：∵， ∴， ∴四边形的面积 ． ★★★【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． 【答案】A 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质定理，勾股定理，等腰直角三角形正方形的性质，根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质得出，进而解答即可． 解：中，，如图，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，即， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， 当A、D、E、C在同一直线上时，最小即为， ∵中，， ∴， ∴最小即为， 故选：A． ★★★【变式2】（2025·河南·一模）如图，在正方形中，，将线段绕点A旋转得到线段，连接，过点D作于点E，当E是线段的三等分点时，的长为 ． 【答案】或 【分析】如图，连接，．在正方形中，得出，勾股定理求出，当E是的三等分点时，分以下两种情况讨论：①如图1，当时，设，证明为等腰直角三角形，得出．设，则．在中，勾股定理求出即可．②如图2，当时，同理证明，设，则．在中，勾股定理求出即可． 解：如图，连接，． ∵在正方形中，， ∴， ∴， 当E是的三等分点时，分以下两种情况讨论： ①如图1，当时， 设， 根据旋转可得， ， ， ∴． ， ， ， 为等腰直角三角形， ． 设，则． 在中，，即， 解得：， ． ②如图2，当时， 设， 根据旋转可得， ， ， ∴． ， ， ， 为等腰直角三角形， ． 设，则． 在中，， 即， 解得：， 则． 综上所述，的长为或． 故答案为：或． 【点拨】该题主要考查了旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的性质和判定，三角形内角和定理等知识点，解题的关键是正确做出辅助线并分类讨论． 【题型十八】正形性质与判定与探究性问题 ★★★【例题18】（2025·山东威海·二模）【问题再现】如图①，点E，F分别在正方形的边，上，． 求证：． 思路：可以将绕点A顺时针旋转得到，可以把分散的线段，集中到同一条线段上． （1）请依据该思路对“问题再现”进行证明． 【类比探究】 （2）如图②，在等边中，点D，E在边上，．求线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图③，在中，，点D，E在边边上，连接，， ，，，则线段的长为 ．（直接写答案） 【答案】（1）见分析；（2）；（3）2 【分析】（1）将绕点A顺时针旋转得到，证明，即可由全等三角形的性质得出结论； （2）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，再证明，即可求解； （3）将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，先证明，再求得，则，设，则，由勾股定理得：，从而求得，根据得，解得：，即可求解． 解：（1）∵正方形， ∴，， ∵， ∴， 将绕点A顺时针旋转得到，如图①， 由旋转性质得：，，，， ∴，， ∴，G、B、E三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴即． （2）∵等边 ∴，， ∵ ∴ 将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点F作交延长线于G，如图①， 由旋转可得：，，，， ∴， ∴， ∴ ∴ ∵交延长线于G， ∴ ∴ ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， 在中，由勾股定理得：， ∵，，， ∴， ∴． （3）∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ 将绕点A顺时针旋转得到，连接，过点D作于G，如图③， 由（2）同理可得， ∴ ∵ ∴ 由旋转可得：，， ∴ 在中，， 设，则， 由勾股定理得： ∴ ∵ ∴ 解得： ∴． 故答案为：2. 【点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质应用，勾股定理，直角三角形的性质．利用旋转性质，正确作出辅助线是解题的关键． ★★★【变式1】（21-22八年级下·浙江湖州·期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将延长交于点．记小正方形的面积为，大正方形的面积为，若，，，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接DG，根据，，得出，根据弦图由四个全等的直角三角形所组成，推出，根据，且，推出，得到，设CG=DH=x，则CH=x+，根据∠CHD=90°，得到，求得，得到DH=EH=GH=，求出DG=EG=，∠GDE=∠GED=45°，推出∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°，推出． 解：连接DG， ∵CD=CI+DI=1+2=3， ∴， ∵△ABF≌△BCG≌△CDH≌△DAE， ∴ ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴ 设CG=DH=x，则CH=x+， ∵∠CHD=90°， ∴ ， ∴， 解得（舍去），或， 即， ∴DH=EH=GH=， ∴DG=EG=， ∴∠GDE=∠GED=45°， ∴∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°， ∴． 故选A． , 【点拨】本题主要考查了正方形，全等三角形，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理解直角三角形． ★★★【变式2】（2025·安徽宣城·二模）如图，正方形的边长为，点，分别在，上．将该正方形沿折叠，使点落在边上的点处，连接，与折痕交于点． （1）若是的中点，则的长为 ； （2）若为的中点，随着折痕位置的变化，的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质、正方形的性质、勾股定理、轴对称的性质以及直角三角形斜边中线的性质，解题的关键是取中点，利用轴对称的性质求解； （1）设，则，根据折叠的性质得出，在中，，根据勾股定理建立方程，解方程，即可求解； （2）取的中点，连接，根据折叠的性质可得，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，可得，进而可得的最小值为的长，勾股定理，即可求解． 解：（1）正方形的边长为， ∴， 当是的中点，则， 设，则 ∵折叠， ∴， 在中， ∴ 解得；； 故答案为：． （2）如图，取的中点，连接 ∵折叠， ∴ ∵是的中点， ∴ ∴ 当在上时，取得最小值，最小值为 故答案为：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题1.3（1） 正方形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解） 第一部分【知识点梳理归纳与题型目录】 【知识点1】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. 【要点说明】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2】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. 【要点说明】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3】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4】特殊平行四边形之间的关系 【知识点5】中点四边形 （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. 【要点说明】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. 【题型目录】 【夯实基础】 【考点一】正方形的性质 【题型一】正方形性质的理解...............................................2 【题型二】利用正方形的性质求角度.........................................3 【题型三】根据正方形的性质求线段长.......................................3 【题型四】根据正方形的性质求面积.........................................4 【题型五】利用正方形的性质证明...........................................5 【题型六】正方形与折（重）叠问题.........................................5 【考点二】正方形的判定 【题型七】正方形的判定定理理解...........................................6 【题型八】添一个条件使四边形是正方形.....................................7 【题型九】证明四边形是正方形.............................................8 【考点三】正方形的性质与判定 【题型十】根据正方形的性质与判定求角度...................................9 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长..............................10 【题型十二】根据正形的性质与判定求面积..................................10 【题型十三】根据正方形的性质与判定证明..................................11 【题型十四】中点四边形..................................................12 【拓展延伸】 【题型十五】正形性质与判定与折叠变换....................................13 【题型十六】正形性质与判定与旋转变换....................................14 【题型十七】正形性质与判定与动点问题....................................15 【题型十八】正形性质与判定与探究性问题..................................16 第二部分【题型展示与方法点拨】 【特别说明】序号前带“★”难度系数0.85，“★★”难度系数0.65，“★★★”难度系数0.4. 【夯实基础】 【考点一】正方形的性质 【题型一】正方形性质的理解 ★【例题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1】（24-25八年级下·全国·课后作业）正方形具有而菱形不一定具有的特征是（   ） A．对边互相平行 B．对角线互相垂直平分 C．是中心对称图形 D．有条对称轴 ★【变式2】（23-24八年级下·全国·单元测试）正方形具有而菱形和矩形都不具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线垂直 C．对角线互相平分 D．对角线垂直且相等 【题型二】利用正方形的性质求角度 ★【例题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1】（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，四边形、分别是菱形与正方形．若，则（   ） A． B． C． D． ★【变式2】（24-25八年级下·四川广安·期中）如图，李蓁将一副三角尺（含和含的直角三角形）按如图所示的方式放置于正方形木框中，则的度数为 °． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 ★【例题3】（2025·湖南湘西·模拟预测）如图，四边形是平行四边形，对角线交于点O．E，F是上的两点，连接， ________．请从“①；②．”中任选一个作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： （1）求证：四边形是平行四边形； （2）若，，，求线段的长． ★【变式1】（2025·陕西渭南·二模）如图，已知正方形的边长为4，以为边在正方形内部作等边，连接交的延长线于点，则的长为（    ） A． B． C． D．5 ★【变式2】（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，P为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．当点P运动到中点时，长度为 ． 【题型四】根据正方形的性质求面积 ★【例题4】（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，如图，点A，B，E在同一直线上，正方形，的边长分别为3，4，H为线段的中点，求图中阴影部分的面积． ★【变式1】（24-25八年级下·河南驻马店·期中）若正方形的一条对角线长为，则这个正方形的面积是（    ） A．64 B．32 C．48 D．36 ★【变式2】（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为 ． 【题型五】利用正方形的性质证明 ★【例题5】（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形． ★【变式1】（24-25八年级下·河南漯河·期中）如图，点E、F分别是正方形的边上点，且，相交于点G，下列结论不正确的是（   ） A． B． C． D． ★【变式2】（2025·广东汕头·二模）如图，四边形为正方形，为上一点，于点，连接，设，若，则 ．（用含的式子表示） 【题型六】正方形与折（重）叠问题 ★【例题6】（23-24八年级上·广东珠海·期中）如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． （1）求证：； （2）连接，若，求证：为的中点． ★【变式1】（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 ★【变式2】（2023·山东菏泽·一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为 ． 【考点二】正方形的判定 【题型七】正方形的判定定理理解 ★【例题7】（24-25八年级下·江苏南京·阶段练习）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1】（24-25八年级下·北京房山·期中）下列思路中不能判定四边形是正方形的是（   ） A．先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角 B．先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等 C．先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等 D．先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直 ★【变式2】（23-24八年级下·福建厦门·期末）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标是，点B是函数的图象上的一个动点，过点B作垂直于y轴的直线交函数的图象于点C，点D在x轴上（点D在点A的左侧），且，连接，．有如下四个结论：    ①四边形是平行四边形； ②四边形不可能是菱形； ③四边形不可能是矩形； ④四边形不可能是正方形． 所有正确结论的序号是 ． 【题型八】添一个条件使四边形是正方形 ★【例题8】（2025·江苏盐城·一模）如图，四边形是菱形，点、在线段上，且． （1）判断四边形的形状，并说明理由； （2）当的值为________时，四边形是正方形（直接写出结果，不需要证明） ★【变式1】（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，要使四边形是正方形，只需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． ★【变式2】（22-23八年级下·山东滨州·期中）如图，在不添加辅助线的条件下，请给矩形添加一个条件，使它成为正方形，则此条件可以为 ． 【题型九】证明四边形是正方形 ★【例题9】（24-25八年级下·河南安阳·期中）如图，边长为4的菱形中，、、、依次为，，，各边的中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）当______时，四边形为正方形． ★【变式1】（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．， ★【变式2】（2025·河南郑州·一模）按如图所示，将一张矩形纸对折两次，然后剪下一个角保证剪口线与折痕夹角的角度为，将这个剪下的角打开，得到的图形是 ．如果剪口线与折痕夹角的角度不为，得到的图形是 ． 【考点三】正方形的性质与判定 【题型十】根据正方形的性质与判定求角度 ★★【例题10】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． （1）判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： （2）当点是的中点时，连接，求的度数． ★★【变式1】（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． ★★【变式2】（23-24八年级下·福建宁德·期末）如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长 ★★【例题11】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接 （1）求证：四边形是菱形． （2）如图②，连接，若，，求的长． ★★【变式1】（2025·安徽淮北·三模）如图，在中，，，点D为上一点，，点P为平分线上一点，且，则的长为（    ） A． B． C． D． ★★【变式2】（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在矩形中，，，将矩形折叠，使得点落在边的三等分点处，折痕交矩形的边于点，，则的长为 ． 【题型十二】根据正形的性质与判定求面积 ★★【例题12】（23-24八年级下·云南昭通·阶段练习）如图，在中，，为边的中点，四边形是平行四边形，、相交于点． （1）求证：四边形是矩形． （2）若，时，求的面积． ★★【变式1】（22-23九年级上·陕西咸阳·期中）如图，点是正方形的对角线上的一点，连接，过点作，垂足为，若，，则正方形的面积为（   ） A． B． C． D． ★★【变式2】（24-25八年级下·山东青岛·期中）在四边形中，平分，并且，若，，，求的面积 ． 【题型十三】根据正方形的性质与判定证明 ★★【例题13】（2025·江苏南京·二模）如图，在菱形中，E、F、G、H分别是、、、的中点． （1）求证：四边形为矩形； （2）菱形满足 时，四边形为正方形． ★★【变式1】（24-25九年级上·辽宁沈阳·期末）如图，中，为边上一点，平分，过点作，与交于点，作，与交于点，连接．则以下结论中错误的是（   ）    A．四边形是菱形 B．与互相垂直且平分 C．当时，四边形是菱形 D．若时，则四边形是正方形 ★★【变式2】（22-23八年级下·辽宁丹东·阶段练习）一个三角形的三边长度为，，，那么这个三角形三条角平分线的交点到三边的距离是 ． 【题型十四】中点四边形 ★★【例题14】（24-25八年级下·河南新乡·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 （2）如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点． ①试探索与的数量关系，并说明理由； ②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程） ★★【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 ． 【拓展延伸】 【题型十五】正形性质与判定与折叠变换 ★★★【例题15】（24-25八年级下·河南漯河·期中）已知正方形，点E，F分别为边上两点． 【建立模型】 （1）如图1，连接，如果，求证：； 【模型应用】 （2）如图2，点E为边上一点，连接，作的垂直平分线交于点G，交于点F，若，，求的长度； 【模型迁移】 （3）如图3，将沿折叠，使点B落在上的点G处，与交于点M，若，，请直接写出的长度． ★★★【变式1】（24-25八年级下·江苏南通·阶段练习）如图，正方形纸片的边长为9，折叠正方形纸片，使得点落在边上的点，且．折痕交于点，交于点，则的值为（    ） A． B． C． D． ★★★【变式2】（2022·贵州贵阳·二模）在一次综合实践活动课上，小明探究“有一个角为45°的三角形的面积”问题．如图，在△ABC中，，小明过点A作，垂足为D，若，，则△ABC的面积为 ． 【题型十六】正形性质与判定与旋转变换 ★★★【例题16】（24-25八年级下·江苏南京·期中）在正方形旁，正方形如图（1）放置，其中、、在同一条直线上． （1）是中点，求证：； （2）如图（2），将正方形逆旋转（），连接、． ①若，，则的值为 ； ②如图（3）若是中点，连接，交于点，求证：． ★★★【变式1】（24-25九年级上·重庆忠县·期末）如图，已知点的坐标为，，点在轴的正半轴上，边长为的正方形绕点旋转，当、、三点共线时，（   ） A． B．或 C．或 D．或 ★★★【变式2】（2025·湖北咸宁·模拟预测）如图，在中，，，，为边的中点，是边上的动点，将沿翻折，点的对应点在内，，，三点在同一直线上． （1）的长为 ； （2）的度数为 ． 【题型十七】正形性质与判定与动点问题 ★★★【例题17】（24-25八年级下·广东东莞·期中）【探究活动】如图，在正方形中，E为对角线上一动点．某数学兴趣小组进行了如下探究： （1）如图1，过点E分别作垂线，，交，边于F，G两点．求证：四边形是正方形； （2）如图2，连接，过点E作，交于点M，以，为邻边作矩形，连接，在点E移动过程中． ①求证：； ②四边形的面积是定值吗 ★★★【变式1】（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，中，，点D是与点B不重合的动点，以为一边作正方形，连接，则的最小值为（    ） A． B．2 C． D． ★★★【变式2】（2025·河南·一模）如图，在正方形中，，将线段绕点A旋转得到线段，连接，过点D作于点E，当E是线段的三等分点时，的长为 ． 【题型十八】正形性质与判定与探究性问题 ★★★【例题18】（2025·山东威海·二模）【问题再现】如图①，点E，F分别在正方形的边，上，． 求证：． 思路：可以将绕点A顺时针旋转得到，可以把分散的线段，集中到同一条线段上． （1）请依据该思路对“问题再现”进行证明． 【类比探究】 （2）如图②，在等边中，点D，E在边上，．求线段的长． 【拓展延伸】 （3）如图③，在中，，点D，E在边边上，连接，， ，，，则线段的长为 ．（直接写答案） ★★★【变式1】（21-22八年级下·浙江湖州·期末）赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将延长交于点．记小正方形的面积为，大正方形的面积为，若，，，则的值是（    ） A． B． C． D． ★★★【变式2】（2025·安徽宣城·二模）如图，正方形的边长为，点，分别在，上．将该正方形沿折叠，使点落在边上的点处，连接，与折痕交于点． （1）若是的中点，则的长为 ； （2）若为的中点，随着折痕位置的变化，的最小值为 ． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$