专题1.10 正方形的判定（举一反三讲义）数学新教材湘教版八年级下册

本讲义聚焦正方形的判定这一核心知识点，系统梳理其与平行四边形、菱形、矩形的特殊关系，明确“既是菱形又是矩形的四边形是正方形”，并结合中点四边形，阐明原四边形对角线（相等、垂直）与中点四边形形状（菱形、矩形、正方形）的对应规律，构建从一般到特殊的学习支架。 该资料亮点在于分层设计9种题型，从基础的添加条件（如题型1）到综合的存在性问题（如题型8），例题与变式题结合具体图形，培养学生几何直观（数学眼光）和推理能力（数学思维）。课中助力教师精准教学，课后学生可通过变式练习巩固，有效查漏补缺。

专题1.10 正方形的判定（举一反三讲义） 【新教材湘教版】 【题型1 添加条件使四边形为正方形】 3 【题型2 证明四边形为正方形】 4 【题型3 根据正方形方性质与判定求角度】 5 【题型4 根据正方形方性质与判定求线段长度】 6 【题型5 根据正方形方性质与判定求面积】 7 【题型6 根据正方形方性质与判定进行证明】 8 【题型7 动点形成正方形】 10 【题型8 正方形的存在性问题】 11 【题型9 中点四边形】 13 知识点1 正方形的判定 知识点2 中点四边形 1. 定义：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫做中点四边形．如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH就是中点四边形． 2. 常见的中点四边形形状归纳 原四边形 中点四边形 任意四边形（包括平行四边形） 平行四边形 两条对角线相等的四边形（包括矩形和等腰梯形) 菱形 两条对角线互相垂直的四边形（包括菱形） 矩形 两条对角线相等且互相垂直的四边形（包括正方形） 正方形 知识点3 菱形、矩形、正方形与平行四边形的关系 正方形既是菱形，又是矩形． 菱形、矩形、正方形都是平行四边形，且都是特殊的平行四边形．常见关系使用举例： 【题型1 添加条件使四边形为正方形】 【例1】（24-25八年级下·海南·期末）如图，在中，．要使得四边形是正方形，还需增加一个条件． 在下列增加的条件中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式1-1】（24-25八年级下·河南周口·期中）如图，平行四边形中，，请你添加一个条件： ，使得该四边形是正方形． 【变式1-2】（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【变式1-3】（24-25八年级下·甘肃金昌·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接，． (1)求证：； (2)当D为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 【题型2 证明四边形为正方形】 【例2】（24-25八年级下·安徽滁州·期末）如图，在菱形中，点E，O，F分别为的中点，连接． (1)求证：； (2)当时，请判断四边形的形状，并说明理由． 【变式2-1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，已知菱形的对角线交于点是对角线所在直线上的两点，且 ，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【变式2-2】（24-25九年级上·重庆南岸·期末）如图，在中，，平分，是的外角． (1)用尺规完成作图：作的角平分线，过点C作，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹） (2)小敏作完图后，发现四边形是矩形，请帮助她完成下列推理过程： ∵平分，平分， ∴，． ∴①________． 又∵，平分， ∴②________（三线合一）． ∴． 又∵， ∴③________． ∴四边形是矩形（三个角是直角的四边形是矩形）． (3)小敏在完成证明后进一步思考，得到结论：当等腰满足________时，矩形是正方形 【变式2-3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等腰三角形，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若是等边三角形，且，试判断四边形的形状，并说明理由． 【题型3 根据正方形方性质与判定求角度】 【例3】如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 【变式3-1】如图，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= ． 【变式3-2】如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【变式3-3】（2025·江西九江·模拟预测）如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 【题型4 根据正方形方性质与判定求线段长度】 【例4】如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点，连．若，，则与的和为 度；且另一条直角边的长为 ．    【变式4-1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为 ． 【变式4-2】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，点E为矩形的边上一点，将沿翻折得，点B的对应点为点F，交于点G，交于点H．若，，则的长为 【变式4-3】如图，在正方形中，，E，F，G分别为，，上的点，连接，，若，则的最小值为 ． 【题型5 根据正方形方性质与判定求面积】 【例5】（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 ． 【变式5-1】如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是 ．    【变式5-2】如图，在等腰和等腰中，，，，．若，则五边形的面积是 ． 【变式5-3】如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是 ． 【题型6 根据正方形方性质与判定进行证明】 【例6】（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6-1】如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【变式6-2】如图①，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，（点A的对应点为点C，点E的对应点为点）．延长交于点F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长； (3)如图②，若，请猜想线段段与的数量关系并加以证明． 【变式6-3】（24-25八年级下·河南安阳·期末）数学活动课上，老师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动． 将直角的顶点放在正方形的对角线上（点不与点、重合）其中直角边与交于点，直角边与交于点． (1)发现： 如图1，当与垂直时，线段和的数量关系是______；四边形的形状是______； (2)探究 如图2，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化，若变化，请写出新的数量关系；若不变，请给出证明； (3)拓展： 当与不垂直时，以为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 【题型7 动点形成正方形】 【例7】（24-25九年级上·甘肃武威·开学考试）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．②③④ C．②③ D．①②③④ 【变式7-1】如图，菱形的对角线，相交于点，点，同时从点出发在线段上以0.5cm/s的速度反向运动（点，分别到达，两点时停止运动），设运动时间为．连接，，，，已知是边长为4cm的等边三角形，当 s时，四边形为正方形． 【变式7-2】（24-25八年级下·河北邢台·期中）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，沿方向运动到点，点从点出发，沿方向运动到点，点，的速度均为每秒1个单位长度．设点，的运动时间为（秒）． (1)求与之间的距离； (2)求当为何值时，四边形是平行四边形，并求此时四边形的面积； (3)分别过点，作于点，于点，若以，，，四个点为顶点的四边形是正方形，求的值． 【变式7-3】（24-25八年级下·河北石家庄·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． 【题型8 正方形的存在性问题】 【例8】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)求直线的解析式； (2)若点在直线上，使，求点的坐标; (3)点是直线上一动点，点是直线上一动点，点是坐标平面内一点，若以点为顶点的四边形为正方形，且是正方形的边，若存在，请直接写出点的坐标． 【变式8-1】如图矩形的顶点，分别在轴、轴的正半轴上，，，且，满足，一次函数的图象与边，分别交于，两点． (1)求点的坐标； (2)直线与一次函数交于点，求点的坐标； (3)点在线段上运动，过点作，垂足分别为点，．是否存在这样的点，使以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式8-2】综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为和，且满足．将矩形沿对角线所在的直线折叠，点B落在点D处，与y轴相交于点E．    (1)___________，___________； (2)试证明≌，并直接写出点E的坐标； (3)若点F是线段上的一个动点，则的最小值为___________； (4)平面内是否存在点M与点N使四边形为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式8-3】如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两直角边OA、OB分别在x轴、y轴的正半轴上（OA＜OB）．且OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根，线段AB的垂直平分线CD交AB于点C，交x轴于点D，点P是直线AB上一个动点，点Q是直线CD上一个动点． （1）求线段AB的长度： （2）过动点P作PF⊥OA于F，PE⊥OB于E，点P在移动过程中，线段EF的长度也在改变，请求出线段EF的最小值： （3）在坐标平面内是否存在一点M，使以点C、P、Q、M为顶点的四边形是正方形，且该正方形的边长为AB长？若存在，请直接写出点M的坐标：若不存在，请说明理由． 【题型9 中点四边形】 【例9】（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【变式9-1】（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9-2】（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9-3】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.10 正方形的判定（举一反三讲义） 【新教材湘教版】 【题型1 添加条件使四边形为正方形】 3 【题型2 证明四边形为正方形】 6 【题型3 根据正方形方性质与判定求角度】 11 【题型4 根据正方形方性质与判定求线段长度】 17 【题型5 根据正方形方性质与判定求面积】 23 【题型6 根据正方形方性质与判定进行证明】 28 【题型7 动点形成正方形】 37 【题型8 正方形的存在性问题】 45 【题型9 中点四边形】 59 知识点1 正方形的判定 知识点2 中点四边形 1. 定义：顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形叫做中点四边形．如图所示，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH就是中点四边形． 2. 常见的中点四边形形状归纳 原四边形 中点四边形 任意四边形（包括平行四边形） 平行四边形 两条对角线相等的四边形（包括矩形和等腰梯形) 菱形 两条对角线互相垂直的四边形（包括菱形） 矩形 两条对角线相等且互相垂直的四边形（包括正方形） 正方形 知识点3 菱形、矩形、正方形与平行四边形的关系 正方形既是菱形，又是矩形． 菱形、矩形、正方形都是平行四边形，且都是特殊的平行四边形．常见关系使用举例： 【题型1 添加条件使四边形为正方形】 【例1】（24-25八年级下·海南·期末）如图，在中，．要使得四边形是正方形，还需增加一个条件． 在下列增加的条件中，不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的判定，准确利用平行四边形的性质是关键． 根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答； 【详解】解：∵在平行四边形中，， ∴四边形是矩形， A、当时，就是正方形，不符合题意； B、当∠时，无法确定就是正方形，符合题意； C、当时，就是正方形，不符合题意； D、当时， ∴， ∴，就是正方形，不符合题意； 故选B． 【变式1-1】（24-25八年级下·河南周口·期中）如图，平行四边形中，，请你添加一个条件： ，使得该四边形是正方形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了正方形的判定． 根据题意得到平行四边形是菱形，根据正方形的判定方法进行解答即可． 【详解】∵平行四边形中，， ∴平行四边形是菱形． 当时， 菱形是正方形． 故答案为：（答案不唯一）． 【变式1-2】（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项A不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∴；不能判断平行四边形是正方形，故选项B符合题意； ∵∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∵ ∴平行四边形为正方形；故选项C不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项D不符合题意； 故选B． 【变式1-3】（24-25八年级下·甘肃金昌·期中）如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接，． (1)求证：； (2)当D为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)菱形，理由见解析 (3)当或时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，斜边上的中线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）证明，进而得到四边形是平行四边形，即可得证； （2）中点得到，证明四边形是平行四边形，斜边上的中线得到，得到四边形是菱形； （3）根据有一个角是直角的菱形时正方形，得到当或时，四边形是正方形，即可． 【详解】（1）证明：∵， ， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， ； （2）解：四边形是菱形， 理由如下：∵为中点， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 为中点， ， ∴四边形是菱形； （3）解：当或时，四边形是正方形， 理由：∵，， ， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 或：当时，∵， ∴， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 【题型2 证明四边形为正方形】 【例2】（24-25八年级下·安徽滁州·期末）如图，在菱形中，点E，O，F分别为的中点，连接． (1)求证：； (2)当时，请判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，理由见解析 【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识； （1）由菱形的性质得出，，由已知证出，由证明即可； （2）由三角形中位线定理证出，，，得到，证出四边形是菱形，再证出，进而得四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E，O，F分别为，，的中点， ∴， 在和中， ， ∴； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： ∵四边形是菱形， ∴，， ∵点E，O，F分别为，，的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【变式2-1】（24-25八年级下·广东珠海·期末）如图，已知菱形的对角线交于点是对角线所在直线上的两点，且 ，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】详见解析 【分析】本题考查了菱形的判定和性质和正方形的判定，熟练掌握菱形的判定和性质是解题的关键； 根据菱形的性质可得，进而可得，即得四边形是菱形，再证明即可得解． 【详解】证明：四边形是菱形， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 又， ， 菱形是正方形． 【变式2-2】（24-25九年级上·重庆南岸·期末）如图，在中，，平分，是的外角． (1)用尺规完成作图：作的角平分线，过点C作，垂足为E；（不写作法，保留作图痕迹） (2)小敏作完图后，发现四边形是矩形，请帮助她完成下列推理过程： ∵平分，平分， ∴，． ∴①________． 又∵，平分， ∴②________（三线合一）． ∴． 又∵， ∴③________． ∴四边形是矩形（三个角是直角的四边形是矩形）． (3)小敏在完成证明后进一步思考，得到结论：当等腰满足________时，矩形是正方形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)或或 【分析】本题考查尺规作图—作垂线，作角平分线，矩形的判定，正方形的判定： （1）根据尺规作角平分线，做垂线的方法作图即可； （2）根据平角和角平分线的定义，三线合一，垂直的定义，进行作答即可； （3）根据有一组邻边相等的矩形是正方形，进行判断即可． 【详解】（1）解：（1）由题意，作图如下：    （2）∵平分，平分， ∴，． ∴． 又∵，平分， ∴（三线合一）． ∴． 又∵， ∴． ∴四边形是矩形（三个角是直角的四边形是矩形）． （3）当或或时，矩形是正方形； 当时，则：， ∵四边形是矩形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形． 【变式2-3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，已知平行四边形中，对角线，交于点，是延长线上的点，且是等腰三角形，． (1)求证：四边形是菱形； (2)若是等边三角形，且，试判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，见详解 【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可； （2）先根据等边三角形的性质得，运用菱形的对角线平分对角，得，即可证明菱形是正方形． 本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键． 【详解】（1）证明：依题意，是等腰三角形，． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，即， ∴四边形是菱形． （2）解：四边形是正方形，理由如下： ∵是等边三角形， ∴， 由（1）知，，， ∴， ∵， ∴， 则， 由（1）得四边形是菱形． ∴， 即， ∴四边形是正方形． 【题型3 根据正方形方性质与判定求角度】 【例3】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． 【详解】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：． 【点睛】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． 【变式3-1】如图，在矩形ABCD中，∠DAC=65°，点E是CD上一点，BE交AC于点F，将△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处，则∠AFC′= ． 【答案】 【分析】根据直角三角形两锐角互余求出∠ACD，再根据翻折变换的性质判断出四边形BCEC′是正方形，根据正方形的性质可得∠BEC=45°，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和求出∠BFC，再根据翻折变换的性质可得∠BFC′=∠BFC，然后根据平角等于180°列式计算即可得解． 【详解】解：∵矩形ABCD，∠DAC=65°， ∴∠ACD=90°-∠DAC=90°-65°=25°， ∵△BCE沿BE折叠，点C恰好落在AB边上的点C′处， ∴四边形BCEC′是正方形， ∴∠BEC=45°， 由三角形的外角性质，∠BFC=∠BEC+∠ACD=45°+25°=70°， 由翻折的性质得，∠BFC′=∠BFC=70°， ∴∠AFC′=180°-∠BFC-∠BFC′=180°-70°-70°=40°． 故答案为40°． 【点睛】本题考查的是翻折变换，正方形的判定与性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，熟记各性质并准确识图是解题的关键． 【变式3-2】如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【答案】 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 【变式3-3】（2025·江西九江·模拟预测）如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可． 【详解】解：当时， ， ， 由折叠可得：，， ， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形， ； 当时， ，， ， 由折叠可知，，， ， 点、、共线， ， 综上所述，的度数为或． 当时， ∵， ∴， ∴， 由折叠可得，； 故答案为：或或． 【题型4 根据正方形方性质与判定求线段长度】 【例4】如图，在中，，以斜边为边向外作正方形，且对角线交于点，连．若，，则与的和为 度；且另一条直角边的长为 ．    【答案】 180 5 【分析】作于点，交的延长线于点，由正方形的性质得，，而，所以；再证明，得，，则四边形是正方形，所以，则，所以，，则，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点，交的延长线于点，则， 四边形是正方形， ，，，， ，， ， ； ， 四边形是矩形， ， ， 在和中， ， ， ，， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， ， 故答案为：180，5．    【点睛】此题重点考查正方形的判定与性质、四边形的内角和等于、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 【变式4-1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为 ． 【答案】3 【分析】过E作于M，连接交于J，先根据菱形的性质和翻折性质，结合已知得到是等腰直角三角形，进而求得，分别证明四边形是平行四边形，和四边形是正方形，推导出四边形是平行四边形，得到，进而可求解． 【详解】解：过E作于M，连接交于J， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，则， 由折叠性质得，， ∵， ∴是等腰直角三角形，又， ∴，则， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，又， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴，又， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查翻折性质、菱形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运算，添加辅助线构造直角三角形是解答的关键． 【变式4-2】（24-25八年级下·重庆·阶段练习）如图，点E为矩形的边上一点，将沿翻折得，点B的对应点为点F，交于点G，交于点H．若，，则的长为 【答案】 【分析】先过点分别作，结合折叠的性质以及全等三角形的性质，得，再结合，，证明，运用四边形是矩形，得，根据三个角都是直角的四边形是矩形得四边形是矩形，再证明四边形是正方形，运用等腰三角形的性质得，根据勾股定理算出，即可作答． 【详解】解：如图，过点分别作，垂足分别为N、M， ∴， ∵将沿翻折得， 则， ∴， 则， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴ 即， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴ ∵，， ∴， 在中，， 即， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式4-3】如图，在正方形中，，E，F，G分别为，，上的点，连接，，若，则的最小值为 ． 【答案】6 【分析】本题考查最短路径问题，涉及正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线构造全等三角形，得到是解答的关键．作，，证明，，得到 ，在中，应用勾股定理，即可求解． 【详解】解：延长到点H，使，延长到点I，使，延长DC到点J，使，连 接，， ∵正方形， ∴，，， ∴， ∴四边形是正方形，则， ∵，，， ∴，， ∴，即：， ∴，当H、E、G、J共线时取等号， ∴的最小值为的长度， 在中，， 则， 即的最小值为． 故答案为：． 【题型5 根据正方形方性质与判定求面积】 【例5】（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． 【详解】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： 【变式5-1】如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是 ．    【答案】1 【分析】过点O分别作于点M，于点N，根据四边形和是正方形，证明，得，故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形，即可列式作答． 【详解】解：过点O分别作于点M，于点N，如图所示：    ∵四边形和是正方形， ∴，， ∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形， ∵，， ∴ ∵ ∴， ∴， 则， 故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形， ∴， 那么两个正方形重叠的部分的面积等于， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等知识内容，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【变式5-2】如图，在等腰和等腰中，，，，．若，则五边形的面积是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，正方形的判定和性质的综合，掌握图形旋转的性质，将规则图形转换为正方形求面积是解题的关键． 如图所示，将绕点顺时针旋转，与重合，点的对应点为，将绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点，连接，可得正方形，由此可得，由此即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵是等腰直角三角形，，，， ∴ 设，， ∵， ∴将绕点顺时针旋转，与重合，点的对应点为，将绕点逆时针旋转，与重合，点的对应点为点，连接， ∴，，， ∴四边形是正方形，且，， ∴四边形的面积等于四边形的面积， ∴， ， ∴， 故答案为：． 【变式5-3】如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是 ． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S，证明四边形的面积正方形的面积，，得到，四边形的面积正方形的面积，，则，则四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即可得到答案． 【详解】解：过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S， ∵P是正方形对角线上的一点， ∴，， ∴四边形、都是矩形，，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ∵直线m，n经过点P且， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴四边形的面积正方形的面积 ∴， 同理可证，是正方形，， 则四边形的面积正方形的面积，， ∴四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即四边形与四边形的面积之和 故答案为： 【题型6 根据正方形方性质与判定进行证明】 【例6】（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)，，理由见解析 (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． 【详解】（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6-1】如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，与相交点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：四边形的面积是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)是定值为1 【分析】（1）过点分别作，垂足分别为点，由题意易得，则有四边形为矩形，然后可得四边形为正方形，进而可证，最后问题可求证； （2）由题意易得，，然后可得，进而根据等积法可进行求解． 【详解】（1）证明：如图，过点分别作，垂足分别为点， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：四边形的面积为定值，理由如下： ∵矩形为正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，     所以，四边形的面积为定值1． 【点睛】本题主要考查正方形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 【变式6-2】如图①，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，（点A的对应点为点C，点E的对应点为点）．延长交于点F，连接． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，，求的长； (3)如图②，若，请猜想线段段与的数量关系并加以证明． 【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析 (2)9 (3)，证明见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟知相关知识是解题的关键； （1）由正方形的性质得到，由全等三角形的性质可得，再证明，，即可证明四边形是矩形，再由，即可证明矩形是正方形； （2）由全等三角形的性质得到，由正方形的性质可得，则可得到，根据勾股定理得，解方程即可得到答案； （3）过点作于点．证明，推出，由三线合一定理得到，则可推出，据此可得结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形．理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴矩形是正方形； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ， ∴， 在中，， 根据勾股定理得：， ， 或（舍去）． （3）解：，证明如下： 如图所示，过点作于点，则， ∴ 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ∴， ， ， ∴， ∵四边形是正方形， ， ∵， ∴ ， ． 【变式6-3】（24-25八年级下·河南安阳·期末）数学活动课上，老师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动． 将直角的顶点放在正方形的对角线上（点不与点、重合）其中直角边与交于点，直角边与交于点． (1)发现： 如图1，当与垂直时，线段和的数量关系是______；四边形的形状是______； (2)探究 如图2，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化，若变化，请写出新的数量关系；若不变，请给出证明； (3)拓展： 当与不垂直时，以为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 【答案】(1)；正方形 (2)的结论不变，理由见解析 (3)或 【分析】（1）由正方形的性质得到，平分，又，，得到四边形是矩形，因此，根据角平分线的性质可得,则可证明四边形是正方形； （2）过点作于点，作于点．由正方形得到，平分，因此四边形是矩形，．进而有，从而，进而证得，得证； （3）分情况讨论：过点作于点，作，交的延长线于点，证得，得到，根据角平分线的判定得到平分；连接，过点作于点，过点作交延长线于点，，矩形是正方形，即可作答． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，平分， ，， ， 四边形是矩形， ∴ ， 四边形是正方形； （2）解：的结论不变，理由如下： 如图所示，过点作于点，于点， ， 四边形是正方形， ，平分， 四边形是矩形，， ， ， ， 即， ， ； （3）解：过点作于点，作，交的延长线于点， 则， 由（2）有，且四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， 在四边形中，， 即， ， ， ， ， ， ，， 平分， 四边形是正方形， ， ， ， 的度数为； 如图，连接，过点作于点，过点作交延长线于点， ， 四边形是矩形， ∴， 又， ， ， ， ∴， 又∵，， ， ， 矩形是正方形， 是对角线， ， 的度数为或． 【点睛】本题是正方形综合题，考查正方形的判定及性质，角平分线的判定，全等三角形的判定及性质，解题的关键是正确作出辅助线，综合运用相关知识． 【题型7 动点形成正方形】 【例7】（24-25九年级上·甘肃武威·开学考试）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．②③④ C．②③ D．①②③④ 【答案】A 【分析】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．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，， ∴，，， ∴时，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． 【变式7-1】如图，菱形的对角线，相交于点，点，同时从点出发在线段上以0.5cm/s的速度反向运动（点，分别到达，两点时停止运动），设运动时间为．连接，，，，已知是边长为4cm的等边三角形，当 s时，四边形为正方形． 【答案】4 【分析】由已知条件可得四边形是菱形，当BD=EF时，即为正方形． 【详解】解：∵菱形的对角线，相交于点，点，同时从点出发在线段上以0.5cm/s的速度反向运动， ∴OD=OB,OE=OF,DB⊥EF， ∴四边形是菱形； ∵是边长为4cm的等边三角形， ∴OD=OB=2； 运动后，OE=OF=， 当OB=OE时，四边形为正方形，即，即． 故答案为：4． 【点睛】本题主要考查菱形与正方形的性质与判定，熟练掌握判定方法是解题的关键． 【变式7-2】（24-25八年级下·河北邢台·期中）如图，在四边形中，，，，．点从点出发，沿方向运动到点，点从点出发，沿方向运动到点，点，的速度均为每秒1个单位长度．设点，的运动时间为（秒）． (1)求与之间的距离； (2)求当为何值时，四边形是平行四边形，并求此时四边形的面积； (3)分别过点，作于点，于点，若以，，，四个点为顶点的四边形是正方形，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形和正方形的判定，勾股定理等，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． （1）过点作于点，证明四边形是矩形，求出，再利用勾股定理求出即可； （2）先列式得出，，，要使四边形是平行四边形，只需即可，列式求解即可； （3）先证明四边形是矩形，四边形是矩形，分两种情况：当在左侧时，当在右侧时，都得出要使以，，，四个点为顶点的四边形是正方形，只需即可，分别列式求解即可． 【详解】（1）解：过点作于点， 则 ∵， ∴ 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 即与之间的距离为； （2）解：∵点，的速度均为每秒1个单位长度．设点，的运动时间为（秒），，， ∴，，， 要使四边形是平行四边形， ∵， ∴只需即可， ∴， 解得：， 此时， 由（1）可知，与之间的距离为， ∴四边形的面积为； （3）解：∵，，， ∴，， 又∵， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， 当在左侧时，如图， 要使以，，，四个点为顶点的四边形是正方形， 则只需， ∵与之间的距离为， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：； 当在右侧时，如图， 要使以，，，四个点为顶点的四边形是正方形， 则只需， ∵与之间的距离为， ∴， ∵四边形是矩形，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得：； 综上，或． 【变式7-3】（24-25八年级下·河北石家庄·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）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵矩形，， ∴，， ∴， ∴； 故答案为：，； （2）解：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）解：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）解：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． 【题型8 正方形的存在性问题】 【例8】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，已知直线与轴交于点，与轴交于点，直线与轴交于点，与直线交于点． (1)求直线的解析式； (2)若点在直线上，使，求点的坐标; (3)点是直线上一动点，点是直线上一动点，点是坐标平面内一点，若以点为顶点的四边形为正方形，且是正方形的边，若存在，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或． (3)点的坐标为或或或． 【分析】（1）利用待定系数法即可求得直线的解析式； （2）过点作轴交于点，设，则，根据建立方程求解即可得出答案； （3）设，，分四种情况：当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于点，可证，可得，，建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点，可证得，得出，，再建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点，可证得，得出，，建立方程组求解即可得出答案；当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于，可证得，得出，，再建立方程组求解即可得出答案． 【详解】（1）解：∵直线：经过点， ， ， 设直线的解析式为，把，代入， 得： ，解得：， 直线的解析式为． （2）解：如图，过点作轴交于点，连接，设，则， ∵与轴交于点， 当时，，则， 又∵， ∴， ， ∴在点的上方， ∴， ， ，解得：或， 当时，； 当时， 点的坐标为或． （3）解：设，， 当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于点，， 则，，，，， 四边形是正方形， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 解得： 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 则，，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴于点，过点作轴于点， 则，，，，， ， ， ， ， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 当四边形是正方形时，如图，过点作轴，过点作轴于点，交于， 则，，，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 解得：， 点的坐标为； 综上所述，点的坐标为或或或． 【点睛】本题属于一次函数综合题，主要考查了用待定系数法求一次函数解析式、三角形面积、全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识点，掌握分类讨论思想是解题关键． 【变式8-1】如图矩形的顶点，分别在轴、轴的正半轴上，，，且，满足，一次函数的图象与边，分别交于，两点． (1)求点的坐标； (2)直线与一次函数交于点，求点的坐标； (3)点在线段上运动，过点作，垂足分别为点，．是否存在这样的点，使以，，，为顶点的四边形是正方形？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点的坐标为 (2)点的坐标为 (3)存在，的坐标为 【分析】（1）利用非负数的性质求出a、b的值，即可得到B点坐标； （2）用待定系数法求出直线OB的解析式，再联立两一次函数解析式即可求出交点的坐标； （3）先证明四边形是矩形，可得当时，四边形是正方形，设点的坐标为，求出，，然后根据列方程求出a的值即可得到G点坐标． 【详解】（1）解：∵， ∴，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，AB⊥x轴， ∴点的坐标为； （2）设直线解析式为， 把点代入得：， 解得：， ∴直线解析式为：， 联立，解得， ∴点的坐标为； （3）存在， ∵四边形是矩形， ∴， 又∵，， ∴四边形是矩形， ∴当时，四边形是正方形， ∵是线段上的点，设点的坐标为， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∴， ∴点的坐标为． 【点睛】本题考查非负数的性质，坐标与图形的性质，矩形的判定和性质，待定系数法，一次函数图象的交点求法，正方形的判定等知识，熟练掌握一次函数的图象及性质是解题的关键． 【变式8-2】综合与探究 如图，在平面直角坐标系中，点的坐标分别为和，且满足．将矩形沿对角线所在的直线折叠，点B落在点D处，与y轴相交于点E．    (1)___________，___________； (2)试证明≌，并直接写出点E的坐标； (3)若点F是线段上的一个动点，则的最小值为___________； (4)平面内是否存在点M与点N使四边形为正方形？若存在，请直接写出点M的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)， (2)见解析， (3) (4)存在，， 【分析】（1）根据二次根式的非负性可以得到的值， （2）根据折叠的性质获取全等的条件证明全等， （3）先作对称点，根据勾股定理可以得到的最小值， （4）构造满足条件的全等三角形从而求得点的坐标，分两种情况讨论． 【详解】（1）解： ，， ， ， 故答案是8，4． （2）解：由折叠得，， 四边形为矩形， ，， ， 在和中 ， ． 设， ． 在中， ， ， ． ． （3）作点关于直线的对称点，由折叠知点在上，且，连接，则与交点，此时最小．    ， ， ， （4）存在，要使为正方形，则需．分以下两种情况： ①如下图，当点在直线右侧时，过点作轴于点，    在中， ， ， ． ②如下图，当点在直线左侧时，    ， ． 在中， ． ， ． 故坐标分别是，． 【点睛】本题考查了二次根式的非负性，折叠的性质，轴对称的性质，正方形的判定及性质，最短距离等知识，其中，构造正方形的条件是解题的关键，二次根式的非负性是易错点． 【变式8-3】如图，在平面直角坐标系中，已知Rt△AOB的两直角边OA、OB分别在x轴、y轴的正半轴上（OA＜OB）．且OA、OB的长分别是一元二次方程x2﹣14x+48＝0的两个根，线段AB的垂直平分线CD交AB于点C，交x轴于点D，点P是直线AB上一个动点，点Q是直线CD上一个动点． （1）求线段AB的长度： （2）过动点P作PF⊥OA于F，PE⊥OB于E，点P在移动过程中，线段EF的长度也在改变，请求出线段EF的最小值： （3）在坐标平面内是否存在一点M，使以点C、P、Q、M为顶点的四边形是正方形，且该正方形的边长为AB长？若存在，请直接写出点M的坐标：若不存在，请说明理由． 【答案】（1）10；（2）；（3）存在，所求点M的坐标为M1（4，11），M2（﹣4，5），M3（2，﹣3），M4（10，3）． 【分析】（1）利用因式分解法解方程x2﹣14x+48＝0，求出x的值，可得到A、B两点的坐标，在Rt△AOB中利用勾股定理求出AB即可． （2）证明四边形PEOF是矩形，推出EF＝OP，根据垂线段最短解决问题即可． （3）分两种情况进行讨论：①当点P与点B重合时，先求出BM的解析式为y＝x+8，设M（x，x+8），再根据BM＝5列出方程（x+8﹣8）2+x2＝52，解方程即可求出M的坐标；②当点P与点A重合时，先求出AM的解析式为y＝x﹣，设M（x，x﹣），再根据AM＝5列出方程（x﹣）2+（x﹣6）2＝52，解方程即可求出M的坐标． 【详解】解：（1）解方程x2﹣14x+48＝0， 得x1＝6，x2＝8， ∵OA＜OB， ∴A（6，0），B（0，8）； 在Rt△AOB中，∵∠AOB＝90°，OA＝6，OB＝8， ∴AB＝＝＝10． （2）如图，连接OP． ∵PE⊥OB，PF⊥OA， ∴∠PEO＝∠EOF＝∠PFO＝90°， ∴四边形PEOF是矩形， ∴EF＝OP， 根据垂线段最短可知当OP⊥AB时，OP的值最小，此时OP＝＝， ∴EF的最小值为． （3）在坐标平面内存在点M，使以点C、P、Q、M为顶点的四边形是正方形，且该正方形的边长为AB长． ∵AC＝BC＝AB＝5， ∴以点C、P、Q、M为顶点的正方形的边长为5，且点P与点B或点A重合．分两种情况： ①当点P与点B重合时，易求BM的解析式为y＝x+8，设M（x，x+8）， ∵B（0，8），BM＝5， ∴（x+8﹣8）2+x2＝52， 化简整理，得x2＝16， 解得x＝±4， ∴M1（4，11），M2（﹣4，5）； ②当点P与点A重合时，易求AM的解析式为y＝x﹣，设M（x，x﹣）， ∵A（6，0），AM＝5， ∴（x﹣）2+（x﹣6）2＝52， 化简整理，得x2﹣12x+20＝0， 解得x1＝2，x2＝10， ∴M3（2，﹣3），M4（10，3）； 综上所述，所求点M的坐标为M1（4，11），M2（﹣4，5），M3（2，﹣3），M4（10，3）． 【点睛】本题是一次函数的综合题型，其中涉及到的知识点有运用待定系数法求一次函数的解析式，一元二次方程的解法，正方形的性质，综合性较强，难度适中．运用数形结合、分类讨论及方程思想是解题的关键． 【题型9 中点四边形】 【例9】（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【答案】（1）见解析（2）相等，菱形（3）垂直，矩形（4）相等且垂直 【分析】本题考查中点四边形，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键： （1）根据三角形的中位线定理，推出，即可得证； （2）根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，作答即可； （3）根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，作答即可； （4）根据有一个角为直角的菱形是正方形，作答即可． 【详解】解：（1）∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形． （2）当原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形； 由（1）知：中点四边形是平行四边形，， ∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴中点四边形是菱形； （3）当原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形； 由（1）（2）可知：，中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴中点四边形是矩形； （4）当原四边形对角线相等且垂直时，中点四边形是正方形； 由（2）可知：中点四边形是菱形； 由（3）可知：， ∴中点四边形是正方形． 【变式9-1】（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9-2】（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)见解析 (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． 【详解】（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9-3】（24-25八年级下·上海嘉定·期末）如图，在正方形中，点、分别在、上，且． (1)求证：； (2)连接、，分别取、、、的中点、、、，四边形是什么特殊的平行四边形？请在图中补全图形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形．补全图形如图所示，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再由证明，即可证明； （2）设相交于点，根据三角形中位线和证明四边形是菱形，由得到，进而得到，得到，即可证明． 【详解】（1）解：．理由如下： 四边形是正方形， ，． 又， ． ； （2）解：四边形是正方形．补全图形如图．理由如下： 设相交于点， 分别是的中点， ． ． 四边形是菱形． ， ． ， ， ． 分别是的中点， ． ． 四边形是正方形． 【点睛】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，菱形的判定和性质，三角形中位线，熟练掌握各知识点是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $