专题03 正方形的性质与判定（期中真题汇编，山东专用）九年级数学上学期北师大版

专题03 正方形的性质与判定 3大高频考点概览 考点01 根据正方形的性质求角度和线段长 考点02 根据正方形的性质证明 考点03 正方形的判定 地 城 考点01 根据正方形的性质求角度和线段长 一、单选题 1．(24-25九上·山东青岛·期中)如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数是（   ） A． B． C． D． 2．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)如图，正方形的边长为2，连接、，平分交于点E，则的长是（   ）． A． B． C． D． 3．(24-25九上·山东济南济阳区·期中)如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，，则线段的长度为（   ） A．2 B． C．3 D． 4．(24-25九上·山东青岛第五十九中学·期中)如图，在正方形中有一个小正方形，其中点，分别在边，上，点在线段上．若正方形的面积为，，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 5．(24-25九上·山东济宁泗水县·期中)如图，正方形的中心与坐标原点O重合，将顶点绕点逆时针旋转得点，再将绕点B逆时针旋转得点，再将绕点C逆时针旋转得点，再将绕点D逆时针旋转得点，再将绕点A逆时针旋转得点⋯依此类推，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 6．(24-25九上·山东青岛城阳区·期中)如图，正六边形和正方形，连接，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 二、填空题 7．(24-25九上·山东青岛北区·期中)如图，已知正方形，，在上，，连接交于，图中阴影部分面积是 ． 8．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)如图，在中，，在这个直角三角形内有一个内接正方形，正方形的一边在上，另两个顶点E、H分别在边上．则正方形的边长为 ． 9．(24-25九上·山东聊城东阿县·期中)如图，正方形内接于，点，在上，点，分别在和边上，且上的高，，则正方形的边长为 ． 10．(24-25九上·山东济南槐荫区·期中)如图，在正方形中，取的中点，连接，延长至点，使，以线段为边作正方形，点在线段上，则的值是 ． 11．(24-25九上·山东烟台南部（五四制）·期中)如图，反比例函数的图象与正方形的边，分别交于点，．若为的中点，则正方形的边长为 ． 12．(24-25九上·山东聊城茌平区·期中)如图，在中，正方形的两个顶点在上，另两个顶点分别在上边上的高是，则正方形的面积为 ． 13．(24-25九上·山东济南东南片区·期中)如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，与，分别交于点，．计算的长为 ． 14．(24-25九上·山东青岛崂山区实验学校·期中)如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点E、F，连接与相交于点H，给出下列结论：①，②，③，④，⑤，其中正确的为 ． 三、解答题 15．(24-25九上·山东济南商河县·期中)用总长的木板制作矩形置物架（如图）．已知该置物架上面部分为正方形，下面部分是两个全等的矩形和矩形，知． (1)当正方形边长为时，的长为 ； (2)若设正方形的边长．置物架的高的长为 （用含x的代数表示）； (3)在（2）的条件下，为了便于放置物品，的高度不小于，若矩形的面积为，求x的值． 地 城 考点02 根据正方形的性质证明 一、单选题 1．(24-25九上·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．(24-25九上·山东聊城茌平区·期中)如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，且，连接并延长，交于点M，连接并延长，交于点N，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 3．(24-25九上·山东济南济阳区·期中)如图，四边形是边长为2的正方形，点P为线段上的动点，E为的中点，射线交的延长线于点Q，过点E作的垂线交于点H、交的延长线于点F，则以下结论：①；②；③当点F与点C重合时；④当时，；⑤当点P和点B重合时，，成立的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 4．(24-25九上·山东济南商河县·期中)如图，正方形中，E为边上一点，G为的中点，连，则下列结论中正确的个数是（　　） ① ②平分 ③ ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 5．(23-24九上·山东济南历下区·期中)如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以为边，作矩形，与相交于点H．若，则 ． 6．(24-25九上·山东青岛·期中)如图，在矩形中，的平分线交于点，，．若四边形是正方形，则与应满足的数量关系为 ． 7．(24-25九上·山东日照北京路中学·)如图，正方形的边长为4，点是平面内一点，连接，且，点是正方形的中心，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的最大值是 ． 三、解答题 8．(24-25九上·山东济宁邹城第四中学·期中)如图，在正方形中，点在边上，将点绕点逆时针旋转得到点，若点恰好落在边的延长线上，连接，， ． (1)判断的形状，并证明； (2)若，求的面积． 地 城 考点03 正方形的判定 一、单选题 1．(24-25九上·山东枣庄滕州滕州育才中学·期中)下列说法不正确的是（    ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等且有个角是直角的平行四边形是正方形 D．对角线相等的四边形是矩形 2．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，有一个角是直角 B．③，对角线相等 C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 3．(24-25九上·山东菏泽·期中)如图，在四边形中，垂直平分，，交于点．关于四边形的形状，甲、乙、丙三人的说法如：甲：若，则四边形是菱形；乙：若，则四边形是矩形；丙：若，则四边形是正方形．则说法正确的是（   ） A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．甲、乙、丙 二、解答题 4．(24-25九上·山东青岛城阳区·期中)如图，在中，，是边上的中线，过点作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足________时，四边形是正方形．请说明理由； (3)连接交于，若，则________．（请直接写出答案） 5．(24-25九上·山东菏泽牡丹区联考·期中)中，点O是上一动点，过点O作直线，若交的平分线于点E，交的平分线于点F，连接、．    (1)、的数量关系：________． (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形，证明你的结论． (3)在（2）的条件下，当满足________时，四边形为正方形． 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·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． 2 / 38 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03 正方形的性质与判定 3大高频考点概览 考点01 根据正方形的性质求角度和线段长 考点02 根据正方形的性质证明 考点03 正方形的判定 地 城 考点01 根据正方形的性质求角度和线段长 一、单选题 1．(24-25九上·山东青岛·期中)如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质．先根据正方形的性质得到，，再根据等边三角形的性质得到，，所以，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算的度数，进而可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故选：D 2．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)如图，正方形的边长为2，连接、，平分交于点E，则的长是（   ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】过点E作于点F，根据正方形的性质可得，再根据角平分线的性质可得，证明，可得，利用勾股定理求得，可得，，即可求解． 【详解】解：过点E作于点F，如图， ∵四边形是正方形， ∴， ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及角平分线的性质，熟练掌握相关知识，证明是解题的关键． 3．(24-25九上·山东济南济阳区·期中)如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，，则线段的长度为（   ） A．2 B． C．3 D． 【答案】D 【分析】过点B作于O，可证明得到，由旋转的性质可得，则，由三线合一定理得到，则可利用勾股定理得到，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点B作于O， 由正方形的性质可得， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质可得， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，等腰三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是条件的关键． 4．(24-25九上·山东青岛第五十九中学·期中)如图，在正方形中有一个小正方形，其中点，分别在边，上，点在线段上．若正方形的面积为，，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题综合考查了正方形的性质，三角形相似的判定与性质和勾股定理等知识，由正形的性质和面积得，，再由小正形中的，再由同角的余角相等得，证明， 其性质得，求得，在中，由勾股定理得，即求出，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵ ∴， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， 经检验：是原方程的解， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， 故选：． 5．(24-25九上·山东济宁泗水县·期中)如图，正方形的中心与坐标原点O重合，将顶点绕点逆时针旋转得点，再将绕点B逆时针旋转得点，再将绕点C逆时针旋转得点，再将绕点D逆时针旋转得点，再将绕点A逆时针旋转得点⋯依此类推，则点的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转图形找到规律4个一循环再在同一条线上，且根据等腰直角三角形性质可得斜边长逐渐增加，即可得到点的坐标关系，即可得到答案 【详解】解：过点作轴于E，过点作轴于F，过点作轴于G，过点作轴于H，过点作轴于K， ∵四边形是正方形，，， ∴， ∵轴，轴，轴，轴，轴， ∴新得到的三角形都是等腰直角三角形， 可得，， ，，，， 故选B 【点睛】本题考查图形规律，正方形的性质，旋转的性质，直角等腰三角形的性质，解题的关键是根据题意作出辅助线找到规律． 6．(24-25九上·山东青岛城阳区·期中)如图，正六边形和正方形，连接，，则的度数为（   ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正多边形的性质和多边形的内角和公式可求出，．再根据正方形的性质可得出，，，从而可证为等腰三角形，再结合三角形内角和公式可求出，最后根据求解即可． 【详解】解：∵六边形为正六边形， ∴，． ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，， ∴， ∴． 故选C． 【点睛】本题考查正多边形的性质，多边形的内角和，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理．掌握正多边形的性质和多边形的内角和公式为是解题关键． 二、填空题 7．(24-25九上·山东青岛北区·期中)如图，已知正方形，，在上，，连接交于，图中阴影部分面积是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质．熟练掌握正方形的性质，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 如图，过作于，交于，则，证明，则，即，，由，可求，，根据，求解作答即可． 【详解】解：∵正方形， ∴，， 如图，过作于，交于，则， ∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， 又∵， ∴，， ∴， 故答案为：． 8．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)如图，在中，，在这个直角三角形内有一个内接正方形，正方形的一边在上，另两个顶点E、H分别在边上．则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】作于D，交于O，由勾股定理求出，再由三角形面积即可得出答案；设正方形边长为，则，证出，得出比例式，进而得出答案． 【详解】解：作于D，交于O，如图所示： ∵在中，， ∴， ∵， ∴； 设正方形的边长为，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． ∴，即， 解得：， 即正方形的边长为． 故答案为： ． 【点睛】本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是利用相似三角形的相似比对于高的比，学会用方程的思想解决问题，属于中考常考题型． 9．(24-25九上·山东聊城东阿县·期中)如图，正方形内接于，点，在上，点，分别在和边上，且上的高，，则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，矩形的判定及性质，正方形的性质，线段的和与差等知识．解题的关键是根据比例表示出相应线段列方程．根据三角形相似，找到对应线段成比例列方程求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵是边上的高， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， 设正方形的边长为，则，， ∵， ， ， ，，，， 解得：， ∴正方形的边长为． 故答案为：． 10．(24-25九上·山东济南槐荫区·期中)如图，在正方形中，取的中点，连接，延长至点，使，以线段为边作正方形，点在线段上，则的值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用勾股定理成为解题的关键． 设正方形的边长为，则，，由勾股定理可得，进而得到、、，最后代入计算即可． 【详解】解：设正方形的边长为，则，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴． 故答案为． 11．(24-25九上·山东烟台南部（五四制）·期中)如图，反比例函数的图象与正方形的边，分别交于点，．若为的中点，则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，反比例函数的图象与性质，由四边形是正方形，则，，设，则，然后代入反比例函数解析式，求出的值即可，熟练掌握反比例函数的图象与性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 设， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∵点在反比例函数的图象上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， 故答案为：． 12．(24-25九上·山东聊城茌平区·期中)如图，在中，正方形的两个顶点在上，另两个顶点分别在上边上的高是，则正方形的面积为 ． 【答案】36 【分析】本题主要考查正方形的性质、相似三角形的判定及其性质等几何知识点的应用问题，作辅助线，构造三角形相似是解题的关键．过点作垂直于于点交于点，则可证明，进而求出的长，即可解决问题． 【详解】解：过点作垂直于于点交于点，则， 四边形是正方形 设则 解得： 正方形的面积为， 故答案为：． 13．(24-25九上·山东济南东南片区·期中)如图，在正方形中，，，分别为边，的中点，与，分别交于点，．计算的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，三角形中位线，过点F作于点H，分别交、于点P、Q，则，结合为边的中点， 可知，，因此可求出，，的值，设，，由可得，， ，据此可求出x，y的值，根据即可得出答案． 【详解】解：过点F作于点H，分别交、于点P、Q，则， 四边形是正方形， ， ，分别为边，的中点， ， ， ∵，为边的中点， ∴，， ，， ，，， 设，， ， ∴，， ， ， ，， 解得，， ， 故答案为：． 14．(24-25九上·山东青岛崂山区实验学校·期中)如图，在正方形中，是等边三角形，的延长线分别交于点E、F，连接与相交于点H，给出下列结论：①，②，③，④，⑤，其中正确的为 ． 【答案】①②④⑤ 【分析】由是等边三角形，得，而，故①正确；由，，可判定②正确；由，对应边成比例，由与同高，得，则判定③错误，过点D作于M，过点P作于N，然后根据三角形面积公式即可判断④，由，得，可判定⑤正确． 【详解】解：∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， 又∵与同高， ∴， ∵，F不是中点， ∴， ∴,故③错误； 过点D作于M，过点P作于N， 由题意可得， ∴，， ∴， ∴，故④正确， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故⑤正确， ∴正确的为①②④⑤． 故答案为：①②④⑤． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键． 三、解答题 15．(24-25九上·山东济南商河县·期中)用总长的木板制作矩形置物架（如图）．已知该置物架上面部分为正方形，下面部分是两个全等的矩形和矩形，知． (1)当正方形边长为时，的长为 ； (2)若设正方形的边长．置物架的高的长为 （用含x的代数表示）； (3)在（2）的条件下，为了便于放置物品，的高度不小于，若矩形的面积为，求x的值． 【答案】(1)20 (2) (3)70 【分析】本题考查了一元二次方程的应用，正方形及矩形的性质： （1）根据矩形和正方形的性质直接计算即可； （2）同（1）求出，根据即可求解； （3）结合（2）列出一元二次方程，解方程，根据的高度不小于，判断求出的解是否符合题意． 【详解】（1）解：由题意知，，， ， 故答案为：20； （2）解：由题意知，，， ， ， 故答案为：； （3）解：由（2）得， 由题意得， 解得，， 当时，，符合题意； 当时，，不合题意； x的值为70． 地 城 考点02 根据正方形的性质证明 一、单选题 1．(24-25九上·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．(24-25九上·山东聊城茌平区·期中)如图，在正方形中，E、F是对角线上的两点，且，连接并延长，交于点M，连接并延长，交于点N，连接，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定该与性质等知识，解题的关键是学会利用参数，设正方形的边长为，求出，． 设，首先证明，再利用相似三角形的性质求出，推出，，可得结论． 【详解】解：四边形是正方形， ∴设，，， 在和中， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ∴ ， ，， ， 故选：A． 3．(24-25九上·山东济南济阳区·期中)如图，四边形是边长为2的正方形，点P为线段上的动点，E为的中点，射线交的延长线于点Q，过点E作的垂线交于点H、交的延长线于点F，则以下结论：①；②；③当点F与点C重合时；④当时，；⑤当点P和点B重合时，，成立的个数是（　　） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据正方形的性质得到，则，再由垂线的定义和平角的定义得到，则，再由，即可证明，故①正确；根据，，可判断②；证明，得到，再证明，设，则，则，，由勾股定理得，解得：，则，故③正确；求出，得到，证明是等腰直角三角形，得到，，则，，同理可得，利用勾股定理，则，故④正确；同理可证明，得到，则；证明，求出，，再证明，求出，则，故⑤错误； 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，故①正确； ∵，， ∴，故②正确； 当点F与点C重合时，如图2， ∵E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，， 在中，由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， ∴，故③正确； 如图3所示， ∵，即P是中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， 同理可得， ∴， ∴，故④正确； 当点P与点B重合时， 同理可证明， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，故⑤错误； ∴正确的有4个， 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，根据题意画出对应的示意图是解题的关键． 4．(24-25九上·山东济南商河县·期中)如图，正方形中，E为边上一点，G为的中点，连，则下列结论中正确的个数是（　　） ① ②平分 ③ ④ A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】证明，可得，判断①正确；可得是等腰直角三角形，，由G为中点，知，A，E，G，D四点共圆，故，可判断②正确；连接，由是等腰直角三角形，G为中点，知是等腰直角三角形，即可证，得，判断③正确；过G作交延长线于M，证明，可得，即可得，判断④正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故①正确； ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵G为中点， ∴， ∵， ∴， ∴A，E，G，D四点共圆， ∴， ∵， ∴， ∴平分； 故②正确； 连接，如图： ∵是等腰直角三角形，G为中点， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴； 故③正确； 过G作交延长线于M，如图： ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故④正确． ∴正确的有①②③④，共4个． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质，四点共圆，解题的关键是作辅助线，构造相似三角形和全等三角形，是解决问题的关键． 二、填空题 5．(23-24九上·山东济南历下区·期中)如图，在矩形中，平分，交于点E，，交于点F，以为边，作矩形，与相交于点H．若，则 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定和性质、矩形的性质和正方形的判定与性质，首先证明，推导出，结合矩形，推导出四边形为正方形，然后利用，推导出， ，进而得到，代入数据得到，进而即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵平分， ∴， 在中，， 在和中， ， ∴， ∴， 在矩形中，， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 6．(24-25九上·山东青岛·期中)如图，在矩形中，的平分线交于点，，．若四边形是正方形，则与应满足的数量关系为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定，熟练掌握正方形的性质，矩形的性质是解决问题的关键，先证明是等腰直角三角形得，再证明和全等得则，由此可得出与应满足的数量关系． 【详解】解∶∵四边形是矩形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∴； 在和中， ． ∴， ∴， ∴ ∴． 故答案为∶． 7．(24-25九上·山东日照北京路中学·)如图，正方形的边长为4，点是平面内一点，连接，且，点是正方形的中心，连接，线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，则的最大值是 ． 【答案】 【分析】连接，以为直径作圆为圆心，连接，根据，得点在上运动，证为的中位线，得，则点在上，由旋转性质得，则，此时要求的最大值，只需求出的最大值即可，由于点都在上，根据圆内最大的弦为直径得：的最大值为4，据此可求出的最大值． 【详解】解：连接，以为直径作圆为圆心，连接，如图所示： 则点为的中点， ∵点是平面内一点，且， ∴点在上运动， ∵四边形为正方形，点为正方形的中心，边长为4， ∴过点，且， ∵点为的中点，即， ∴为的中位线， ∴，， ∴， ∴点在上， ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， 由勾股定理得：， ∴当为最大时，则为最大， ∵点都在上， ∴为弦， 根据圆内最大的弦为直径，可知：的最大值为的直径，即的最大值为4， 此时的最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查圆中动点最值问题，涉及正方形的性质，三角形中位线的判定与性质，点与圆的位置关系，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，理解点与圆的位置关系，圆内最大的弦是直径，灵活运用相关几何性质是解决问题的关键． 三、解答题 8．(24-25九上·山东济宁邹城第四中学·期中)如图，在正方形中，点在边上，将点绕点逆时针旋转得到点，若点恰好落在边的延长线上，连接，， ． (1)判断的形状，并证明； (2)若，求的面积． 【答案】(1)是等腰直角三角形，证明见解析 (2) 【分析】（1）证明，进而可得，，根据旋转的性质可得，即可证明是等腰直角三角形； （2）根据等腰直角三角形的性质和勾股定理求得，进而即可求得的面积． 【详解】（1）解：是等腰直角三角形． 证明：在正方形中，，． ∵ 落在边的延长线上， ∴ ．          ∵ 将点绕点逆时针旋转得到点， ∴． ∴， ∴． ∵ ， ∴，即． ∴是等腰直角三角形． （2）∵是等腰直角三角形， ∴， ，， ∴， ∴的面积为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，三角形全等的性质与判定，正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，证明是解题的关键． 地 城 考点03 正方形的判定 一、单选题 1．(24-25九上·山东枣庄滕州滕州育才中学·期中)下列说法不正确的是（    ） A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形 B．有一个角是直角的平行四边形是矩形 C．有一组邻边相等且有个角是直角的平行四边形是正方形 D．对角线相等的四边形是矩形 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定等知识，熟记各判定定理是解题的关键．根据菱形的判定定理、矩形的判定定理和正方形的判定定理，逐一判断即可得出结论． 【详解】解：A.有一组邻边相等的平行四边形是菱形，原说法正确，本选项不符合题意； B.有一个角是直角的平行四边形是矩形，原说法正确，本选项不符合题意； C.有一组邻边相等且有个角是直角的平行四边形是正方形，原说法正确，本选项不符合题意； D.对角线相等的四边形有可能是等腰梯形，原说法错误，本选项符合题意． 故选：D． 2．(24-25九上·山东青岛第三十九中学·期中)在复习特殊的平行四边形时．某小组同学画出了如图关系图，组内一名同学在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写错误的是（   ） A．①，有一个角是直角 B．③，对角线相等 C．②，对角线互相垂直 D．④，有一个角是直角 【答案】B 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、矩形和菱形、正方形的判定等知识点，熟练掌握矩形、菱形、正方形的判定定理是解本题的关键． 根据平行四边形的性质和矩形、菱形、正方形的判定定理，对它们之间转换的条件逐步分析判断即可． 【详解】解：A、①有一个角是直角的平行四边形一定是矩形，故该转换条件填写正确，不符合题意； B、③对角线相等的矩形不一定是正方形，故该转换条件填写错误，符合题意； C、②，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该转换条件填写正确，不符合题意； D、④，有一个角是直角的菱形是正方形，故该转换条件填写正确，不符合题意． 故选：B． 3．(24-25九上·山东菏泽·期中)如图，在四边形中，垂直平分，，交于点．关于四边形的形状，甲、乙、丙三人的说法如：甲：若，则四边形是菱形；乙：若，则四边形是矩形；丙：若，则四边形是正方形．则说法正确的是（   ） A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．甲、乙、丙 【答案】B 【分析】本题考查垂直平分线，矩形，正方形，菱形的知识，解题的关键是掌握垂直平分线的性质，矩形，正方形，菱形的判定，依次进行判断，即可． 【详解】解：∵垂直平分， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴平行四边形是菱形； ∴甲正确； 若，无法证明其余角是直角， ∴无法得到四边形是矩形； ∴乙错误； 若， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴丙正确； 故选：B． 二、解答题 4．(24-25九上·山东青岛城阳区·期中)如图，在中，，是边上的中线，过点作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足________时，四边形是正方形．请说明理由； (3)连接交于，若，则________．（请直接写出答案） 【答案】(1)见解析 (2)当满足是等腰直角三角形时，四边形是正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证； （3）由直角三角形的性质可得，由（1）可得：四边形是菱形，得出，，进而得出，由相似三角形的性质可得，推出，即可得解． 【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当满足是等腰直角三角形时，四边形是正方形，理由如下： ∵，是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形； （3）解：∵在中，，是边上的中线， ∴， 由（1）可得：四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 5．(24-25九上·山东菏泽牡丹区联考·期中)中，点O是上一动点，过点O作直线，若交的平分线于点E，交的平分线于点F，连接、．    (1)、的数量关系：________． (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形，证明你的结论． (3)在（2）的条件下，当满足________时，四边形为正方形． 【答案】(1)，理由见解析； (2)当点运动到的中点时，四边形是矩形，理由见解析； (3)为直角的直角三角形． 【分析】（1）由已知分别平分和可推出所以得； （2）由（1）得出的点运动到的中点时，则由所以这时四边形是矩形． （3）由已知和（2）得到的结论，点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，则推出四边形是矩形且对角线垂直，所以四边形是正方形． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵， ∴， 又∵平分，平分， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）证明：当点运动到的中点时，四边形是矩形，理由如下： ∵当点运动到的中点时，， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴，即， ∴四边形是矩形； （3）解：当点运动到的中点时，且满足为直角的直角三角形时，四边形是正方形， ∵由（2）知，当点运动到的中点时，四边形是矩形， ∵ 当则， ∴四边形是正方形， 故答案为：为直角的直角三角形． 【点睛】此题考查了是正方形和矩形的判定，角平分线的定义，平行线的性质，等腰三角形的判定等知识，掌握相关知识是解题的关键． 6．(24-25九上·山东青岛青岛大学附属中学·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． 2 / 38 1 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $