第04讲 特殊平行四边形-正方形（培优讲义）（全国通用）2026年中考数学一轮复习高效培优系列

该初中数学中考复习资料聚焦“正方形”专题，覆盖性质判定及14类中考核心题型，通过“目标导图-考点深解-题型突破-难点攻坚-练测提能”五环节，构建知识脉络，结合近年真题训练突破折叠、旋转等易错点，体现复习的系统性与针对性。 亮点在于“素养导向”教学设计，如通过折叠问题典例培养几何直观，半角模型探究发展推理意识。设分层练习与即时检测，助力学生高效掌握考点，教师可依此精准把控复习节奏，提升学生实战应考能力。

第四章 四边形 第04讲 特殊平行四边形-正方形 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 正方形的性质与判定 命题突破👉破解常考题型 题型1 根据正方形的性质求角度 题型2 根据正方形的性质求线段长 题型3 根据正方形的性质求面积 题型4 根据正方形的性质求坐标 题型5 与正方形有关的折叠问题 题型6 求正方形重叠部分面积 题型7 利用正方形的性质证明 题型8 添加一个条件使四边形是正方形 题型9 证明四边形是正方形 题型10 根据正方形的性质与判定求角度 题型11 根据正方形的性质与判定求线段长 题型12 根据正方形的性质与判定求面积 题型13 根据正方形的性质与判定证明 题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 正方形中的折叠问题 难点2 坐标系中的正方形存在性问题 难点3 正方形与旋转类综合题 难点4 正方形中动态几何问题 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 正方形的性质与判定 1.定义：正方形是平行四边形、矩形、菱形的特殊结合体，兼具三者的所有性质 2.性质： （1）对边平行，四条边长度完全相等。 （2）四个内角都是直角，度数均为90∘，邻角互补，对角相等。 （3）对角线互相垂直、互相平分且长度相等； （4）对角线平分一组对角，将正方形的每个内角分成两个45∘的角； （5）对角线对角线把正方形分割成4个全等的等腰直角三角形。 （6）是中心对称图形，对称中心为对角线的交点；是轴对称图形，共有4条对称轴，分别为两组对边中点的连线、两条对角线所在的直线。 3.面积公式： ① 基础公式：面积=边长的平方； ② 对角线公式：面积=对角线的乘积 4.判定 （1）从平行四边形出发判定 ① 平行四边形+一组邻边相等且有一个内角是直角➪正方形； ② 平行四边形+对角线互相垂直且相等➪正方形。 （2）从矩形出发判定 ① 矩形+一组邻边相等➪正方形； ② 矩形+对角线互相垂直➪正方形。 （3）从菱形出发判定 ① 菱形+一个直角➪正方形； ② 菱形+对角线长度相等➪正方形 判定误区： 误区1:直接说“对角线垂直且相等的四边形是正方形”(缺“平行四边形”前提，反例:筝形改造图形) 误区2:混淆判定条件--矩形只补“对角线垂直”≠正方形(需确认邻边相等);菱形只补“对角线相等”≠正方形(需确认有直角) 误区3:漏条件--平行四边形只补“邻边相等”或只补“直角”，只能证菱形或矩形 性质误区： 误区1:记错对称轴数量(误记2条，实际4条:对边中点连线+对角线) 误区2:面积公式误用--对角线算面积忘乘 误区3:忽略45°角特性--求角度时，没利用对角线平分内角的隐藏条件 ◇题型 1 根据正方形的性质求角度 典例1（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 【答案】81 【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出，进而求出，最后根据求解． 【详解】解：正五边形中， ，， 正方形中， ，， ，， ， ， 故答案为：81． 变式1（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    【答案】80 【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵绕点B按顺时针方向旋转得到 ∴，， ∴， ∴ ， 故答案为：80． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键． 变式2（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】将绕点逆时针旋转至，    ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：．   【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． ◇题型 2 根据正方形的性质求线段长 典例1（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 变式1（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 变式2（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． ◇题型 3 根据正方形的性质求面积 典例3（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，连接，证明，可得，设，则，根据勾股定理可得，再利用角平分线的性质得到点到的距离相等，利用面积之比即可解答，正确作出辅助线，利用勾股定理列方程解得是解题的关键． 【详解】解：如图，连接， ，四边形是正方形， ，， 点E是边的中点， , 将沿直线翻折得， ，, ， ， ， ， 设，则， 根据勾股定理可得, 即， 解得， ， 和的平分线相交于点H， 点到的距离相等， ， 故选：A． 变式1（2023·宁夏·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点在上，连接，．则图中阴影部分的面积是 ． 【答案】2 【分析】根据正方形的，，边长为2，阴影部分面积等于与面积的和，运用三角形面积公式，即可求解． 【详解】∵四边形为正方形， ∴，， ∵正方形的边长为2， ∴ ． 故答案为：2． 【点睛】本题主要考查了正方形，三角形面积．熟练掌握正方形的边角性质，三角形面积公式，是解题的关键． 变式2（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 ．    【答案】 【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得的长，即可求解． 【详解】解：如图所示，      依题意，， ∴图中阴影部分的面积为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 变式3（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，正方形的边长为，证明，先后求得，，，利用三角形面积公式求得，证明，求得，，据此求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，且， 设，则， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 同理，即， ∴， 同理， ∴， ，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题． ◇题型 4 根据正方形的性质求坐标 典例4（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 故答案为： 变式1（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，坐标与图形，由正方形与旋转可得在轴上，，结合，可得，，进一步可得答案. 【详解】解：∵正方形的边长为5，边在轴上，将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形． ∴，在轴上，， ∵， ∴，， ∴， 故选：A 变式2（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到关于原点对称，即可得出结果． 【详解】解：∵正方形的对角线相交于原点O， ∴， ∴关于原点对称， ∵点A的坐标是， ∴点C的坐标是； 故答案为：． ◇题型 5 与正方形有关的折叠问题 典例5（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 变式1（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积 【答案】D 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项． 【详解】解：过点作，分别交、于点、， 由折叠的性质得，， ∵E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴，故选项A正确，不符合题意； ∵正方形， ∴，， 设， ∵E为边的中点， ∴， 由折叠的性质得，，， ∵， ∴四边形和为矩形， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴，，， ∴，， ∴，故选项B正确，不符合题意； ∵的面积，的面积， ∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意； ∵四边形的面积等于的面积的面积， 的面积， ∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意； 故选：D． 变式2（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键． 由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题． 【详解】解：∵折叠，且四边形是正方形 四边形是矩形，， 则，． 过点E作于P， 则， ， 在中，， ， 则， 的长度为：， 故答案为： ◇题型 6 求正方形重叠部分面积 典例6（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． 【详解】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． 【点睛】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． 变式1（2024·广东·中考模拟）如图所示，点E在正方形的对角线上，且，直角三角形的两直角边分别交于点M，N，若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作，，结合正方形的性质先推出≌，得到，根据以上分析，可知阴影部分的面积等于正方形的面积，求出的边长即可． 【详解】解：作，，如图，    ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴ ， ∵是直角三角形， ∴， ∴， ∵是的角平分线，， ∴，四边形是正方形， ∴≌， ∴， ∴四边形的面积等于正方形的面积， ∵正方形的边长为a， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的面积， ∴四边形的面积 ， 故选：D． 【点睛】本题考查的是不规则图形的面积求解问题，解题的关键是掌握将不规则问题转化为规则图形来代替求解． 变式2（2023·安徽淮北·三模）如图，正方形和正方形有重叠部分，点R在上，与相交于S点．若正方形和正方形的边长分别为4和5，则阴影部分面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形的边长及勾股定理求出，根据线段的和差即可求出，根据正方形的性质及同角的余角相等易证，根据相似三角形的性质求出，根据面积公式即可得出答案． 【详解】解：正方形的边长为，正方形的边长为， ，， 在中，由勾股定理得， ， 四边形是正方形， ， ，， ， ， ， ， ， ， 阴影部分的面积为： ， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，能求出和的面积是解题的关键． ◇题型 7 利用正方形的性质证明 典例7（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【详解】证明：四边形是正方形， ． ， ， ， ，即． 变式1（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 变式2（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接． (1)求证：． (2)若四边形的周长为，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)的长为6 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． （1）正方形的性质，得到，，结合，即可证明； （2）连接交于点O，根据正方形的性质结合中垂线的性质，推出，，由，可得：，根据周长求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再根据线段的和差关系求出的长即可． 【详解】（1）证明：四边形为正方形 ， 在和中， ， ； （2）解：连接交于点O， 四边形为正方形，， 垂直平分，， ，， 由（1）知， ， 四边形的周长为， 在中， ， ； 答：的长为6． 变式3（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）直接利用证明全等即可； （2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ，即， 在和中， ≌； （2）解：由（1）知≌， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定． ◇题型 8 添加一个条件使四边形是正方形 典例8（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键． 根据从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可． 【详解】解：从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形． ∴，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为． 故选：A． 变式1（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是 （只需填一种组合即可）． 【答案】①②或①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 变式2（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，若添加一个条件使该菱形为正方形，该条件可以是 ． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查的是正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 依据正方形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：； 故添加的条件为：或． ◇题型 9 证明四边形是正方形 典例9（2025·河南郑州·二模）如图，在四边形中，是线段上的任意一点（点与点、不重合），、、分别是、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，且，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和正方形的性质．正方形对角线的特点是：对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角． （1）通过中位线定理得出且，所以四边形是平行四边形； （2）当添加了条件，且后，通过对角线相等且互相垂直平分（，且）就可证明是正方形． 【详解】（1）证明：，分别是，的中点， 且． 又是的中点， ， 且． 四边形是平行四边形； （2），分别是，的中点， 且． 又且， ，． 平行四边形是正方形． 变式1（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 【答案】【小问1】矩形 【小问2】四边形为矩形；理由见解析 【小问3】当时，四边形是正方形． 【分析】（1）先根据菱形证得，再根据中位线定理证得，，同理，，，从而可得，，于是可证得四边形是平行四边形，再证明，从而可得四边形是矩形； （2）根据三角形中位线定理证得四边形为平行四边形，再根据证明平行四边形EFGH为矩形； （3）根据正方形的判定定理解答即可． 【详解】（1）解：连接、， 四边形是菱形， ， 、F分别是、上的中点， ，， 同理，，， 则，， 四边形是平行四边形， 、G分别是、的中点， ， 又，， ， 四边形是矩形． 故答案为：矩形； （2）四边形为矩形． 证明：点E，F，G，H分别是四边形的边，，，的中点， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， ，，， ， 平行四边形EFGH为矩形； （3）当时，四边形是正方形， 理由如下：由（2）得四边形是矩形， 由（2）得，， 添加， ， 矩形为正方形． 【点睛】本题考查了中点四边形，正方形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定定理，三角形中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 变式2（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，于点，于点，，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的性质，正方形的判定等知识，先利用平行四边形的性质得到，从而证明四边形是矩形，再结合即可得证． 【详解】证明：∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴， ∴四边形是矩形． ∵， ∴四边形是正方形． ◇题型 10 根据正方形的性质与判定求角度 典例10（2020·江苏镇江·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °． 【答案】135 【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形 ∴∠ACB＝∠BAC＝45° ∴∠2+∠BCP＝45° ∵∠1＝∠2 ∴∠1+∠BCP＝45° ∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP ∴∠BPC＝135° 故答案为：135． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键． 变式1（2020·江苏常州·中考真题）如图，点C在线段上，且，分别以、为边在线段的同侧作正方形、，连接、，则 ． 【答案】 【分析】设BC=a，则AC=2a，然后利用正方形的性质求得CE、CG的长、∠GCD=ECD=45°，进而说明△ECG为直角三角形，最后运用正切的定义即可解答． 【详解】解：设BC=a，则AC=2a ∵正方形 ∴EC=，∠ECD= 同理：CG=,∠GCD=     ∴． 故答案为． 【点睛】本题考查了正方形的性质和正切的定义，根据正方形的性质说明△ECG是直角三角形是解答本题的关键． 变式2（2024·山东·中考模拟）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． ◇题型 11 根据正方形的性质与判定求线段长 典例11（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    【答案】 【分析】过作于点，于点，，由四边形是矩形，得，，证明四边形是矩形，通过角平分线的性质证得四边形是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解． 【详解】如图，过作于点，于点，    ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴，， ∴四边形是正方形， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴，， 在中，由勾股定理得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，所对直角边是斜边的一半，角平分线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 变式1（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    【答案】 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 变式2（2024·江西·中考真题）综合与实践 如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知 （1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移 （2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当时，请直接写出的长度． 【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或. 【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论； （2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论； （3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案. 【详解】解：（1）∵， ∴，， ∵， ∴，， ∴； ∴，， ∴， ∴， ∴与之间的位置关系是，数量关系是； （2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下： ∵， ∴，， ∵， ∴； ∴，， ∴， ∴， ∴与之间的位置关系是，数量关系是； （3）由（1）得：，，， ∴，都为等腰直角三角形； ∵点F与点C关于对称， ∴为等腰直角三角形；， ∴四边形为正方形， 如图，过作于， ∵，， ∴，， 当时， ∴， ∴， 如图，当时， 此时， 同理可得：， ∴y与x的函数表达式为， 当时，的最小值为； ②如图，∵，正方形，记正方形的中心为， ∴， 连接，，， ∴， ∴在上，且为直径， ∴， 过作于，过作于， ∴，， ∴， ∴， ∴正方形面积为, ∴， 解得：，，经检验都符合题意， 如图， 综上：当时，为或. 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. ◇题型 12 根据正方形的性质与判定求面积 典例12（2025·山东泰安·二模）综合与实践 在学习了角平分线的性质与判定以后，数学兴趣小组继续进行了以下探究： 【动手实践】 用两段铁丝分别折成一个锐角、一个钝角，，在锐角的两边分别截取，在平面内与相对放置，并且的两边刚好经过点C、点D，连接（如图1），兴趣小组通过测量发现． 【提出猜想】 兴趣小组提出猜想： 有一组邻边相等、对角互补的四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角． 【验证猜想】 兴趣小组通过观察、探究，提出以下两种证明思路． 思路一：如图2，过点A作垂线交的延长线于点E，过点A作的垂线，垂足为F，证明平分． 思路二：如图3，延长到点E，使得，连接．证明平分． 请从两种思路选择一种给出完整证明，帮助兴趣小组验证猜想． 【拓展应用】 在平面内，兴趣小组用一根长铁丝围成一个四边形（如图4），，． （1）请直接写出________度； （2）经测量，求四边形的面积． 【答案】验证猜想：见解析；拓展应用：（1）45；（2）450平方厘米 【分析】[验证猜想] 思路一证明：如图，过点作垂线交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为，证明，则，根据角平分线判定得到点在平分线上，则平分；思路二证明：如图，延长到点，使得，连接，证明，则，那么，则，故，则平分； [拓展应用]（）直接利用[验证猜想]即可求解；（）过点作垂线，垂足为．过点作的垂线交的延长线于点，由猜想可知平分，然后根据角平分线性质可得，证明，则有，然后得出四边形是正方形，故有，最后代入求解即可． 【详解】[验证猜想]思路一证明： 如图，过点作垂线交的延长线于点，过点作的垂线，垂足为， 证明：由题意得 ∵在四边形中，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴点在平分线上， ∴平分； 思路二证明：如图，延长到点，使得，连接， ∵在四边形中，， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ∴， ∴ ，， ∴ ， ∴， ∴ 平分； [拓展应用]（）∵，， ∴由猜想可知：平分， ∴， 故答案为：； （）解：如图：过点作垂线，垂足为．过点作的垂线交的延长线于点， ∵在四边形中，，， 由猜想可知：平分， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴ 四边形是正方形， ∴ 设，则由勾股定理得，， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定，角平分线的判定及性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． 变式1（2025·河南周口·一模）如图，在半径为4的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的所在的圆恰好与相切，A，B为切点，则阴影部分的面积等于 ． 【答案】​ 【分析】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，三角形面积的计算，翻折变换，正方形的判定与性质，解决本题的关键是掌握扇形面积的相关计算． 作O点关于的对称点，连接，可得四边形为菱形，再根据圆的切线的性质可得四边形为正方形，则，最后由阴影部分的面积即可求解． 【详解】解：如图，作O点关于的对称点，连接， ∵， ∴四边形为菱形， ∵折叠后的与相切， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴阴影部分的面积． 故答案为：． ◇题型 13 根据正方形的性质与判定证明 典例13（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 【答案】(1)画图见解析，90 (2)见解析 (3)或 【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形是矩形，即可求解； （2）过P作于C，证明矩形是正方形，得出，利用证明，得出，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证； （3）分M在线段，线段的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可； 【详解】（1）解：如图，即为所求， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 故答案为：90； （2）证明：过P作于C， 由（1）知：四边形是矩形， ∵点P在的平分线上，，， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ； （3）解：①当M在线段上时，如图，延长、相交于点G， 由（2）知， 设，则，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②当M在的延长线上时，如图，过P作于C，并延长交于G 由（2）知：四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， 又，， ∴， ∴， ∴ ， ∵ ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理分类讨论是解题的关键． 变式1（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 【答案】(1)见解析 (2)是等腰三角形，理由见解析 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质得出，，进而即可得到； （2）先判断出，进而判断出，即可得到结论； （3）先求出的长，可证明是等腰直角三角形．从而得到的长，再利用，，可证得，进而得到，从而可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形，是对角线， ∴，， 在和中 ∴． （2）解：是等腰三角形，理由如下： ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形．    （3）解：∵，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形． ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 变式2（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【思考尝试】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【实践探究】 （2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题； 【拓展迁移】 （3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．    【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析；（2）；（3），证明见解析； 【分析】（1）证明，可得，从而可得结论； （2）证明四边形是矩形，可得，同理可得：，证明，，，证明四边形是正方形，可得，从而可得结论； （3）如图，连接，证明，，，，可得，再证明，可得，证明，可得，从而可得答案． 【详解】解：（1）∵，，， ∴，， ∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形． （2）∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 同理可得：， ∵正方形， ∴， ∴， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． （3）如图，连接， ∵，正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴，    ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，作出合适的辅助线，构建相似三角形是解本题的关键． ◇题型 14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 典例14（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④ 【答案】C 【分析】由正方形的性质得出，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确． 【详解】解：∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， 在和中，， ， ∴，故①正确； ， ， ， ， ∴四边形是矩形， ， ∴， ∴，故②正确； ， ∴，故③正确； ∵， ∴， ， ， ， ，故④正确； ∴正确的有①②③④． 故选：C． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质等知识．利用数形结合的思想是解答本题的关键． 变式1（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形性质、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解三角形等，解题关键是利用垂直证明角的关系，从而证明三角形全等或相似． 容易证明，从而可得，进而可得，从而可得②正确，过点作，交于点，构造，结合四边形是平行四边形可得，可得①正确，再利用角关系证明，，可得，从而得出结论③正确，过点作，设，由可得，解三角形求出，，从而求出，故结论④正确，再判定不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误． 【详解】解：如图1，过点作，交于点， ∵在正方形中， ∴，，，， ∴、是等腰三角形， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 设， ∵，， ∴，故结论②正确； ∴，即是等腰三角形， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故结论①正确， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴，故结论③正确， 过点作，如图2； 设，由可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论④正确， ∵，， ∴不一定等于，， ∴ 不一定是等腰三角形， 故等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误， 综上所述：正确结论有①②③④． 故选C． 变式2（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①； ②； ③当时，； ④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④. 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，故①符合题意； ∵，， ∴， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴，， ∴，故③不符合题意； 如图，取的中点，连接， ∵， ∴在以为圆心，为直径的圆上， 当共线时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意； 故答案为：①②④ 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 变式3（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 【答案】①④ 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵正方形， ∴，即， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴，故②错误； ∵， ∴， 设正方形的边长为， ∴，， ∴，故③错误； ∵正方形， ∴，， ∵点，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①④． ◇难点 1 正方形中的折叠问题 典例1（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，过作于， ∵正方形， ∴，，，，，， 由对折可得：，，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； 故选：B. 【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 变式1（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键. 根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可. 【详解】解：∵正方形沿折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D. 变式2（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． ◇难点 2 坐标系中的正方形存在性问题 典例2（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标； (3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，正方形的边长为或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）作轴，垂足为点，设，则：，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可； （3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． ∴设抛物线的解析式为：， 把代入，得：， ∴， ∴； （2）当时，解得：， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， 作轴，垂足为点，设，则：， ∴， ∵与的面积相等， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， 解得：或（舍去）； ∴； （3）存在点，使四边形为正方形， 如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，， 由（2）可知，直线的解析式为， 设，直线解析式为， 联立得：， 消去得：， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ∵四边形为正方形， ∴， ， 整理得：， 解得：或， 正方形边长为， 或．即正方形的边长为或． 【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 变式1（2024·四川·中考模拟）综合与探索 【探索发现】如图1，等腰直角三角形中，，过点作交于点，过点作交于点，易得，我们称这种全等模型为“型全等”．（不需要证明）    【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点， （1）直接写出_________，_________； （2）在第二象限构造等腰直角，使得，则点的坐标为_________；    （3）如图3，将直线绕点顺时针旋转得到，求的函数表达式；    【拓展应用】 （4）如图4，直线分别交轴和轴于两点，点在第二象限内一点，在平面内是否存在一点，使以为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．    【答案】（1）4，2；（2）；（3）；（4）存在，点D的坐标为或或 【分析】（1）在中，分别令即可求得A，B的坐标，从而求得的长； （2）过点E作轴于M，构造“型全等”即可求得点E的坐标； （3）过点B作交于点C，过点C作轴于点N，这样构造了“型全等”，即可求得点C的坐标，用待定系数法即可求得直线的函数表达式； （4）分三种情况考虑，构造“型全等”即可求得点D的坐标． 【详解】解：（1）在中，分别令，得，即点A的坐标为，点B的坐标为， ∴， 故答案为：4，2； （2）过点E作轴于M，如图， 则， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴点E的坐标为； 故答案为：；    （3）过点B作交于点C，过点C作轴于点N，如图， 则， ∵， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 设直线的解析式为：， ∵直线过点A、C， ∴，解得：， 即直线的解析式为：；    （4）存在 对于，令，得；令，得； ∴； ①当为正方形的一边时，如图，分别过D、C作轴于F，轴于N； 则， ∵， ∴； ∵；， ∴， ∴， ∴， ∴； 同理得； ②当为正方形的一边时，此时点D的坐标就是①中点C的坐标，点D为①中的点C， 即点D的坐标为；    ③当为正方形的对角线时，如图， 过点D作x轴垂线，垂足为点G，过B作于点H， 同理可证明， ∴， 显然点D落在第一象限，设， 则，， 由题意得，四边形是矩形， ∴， ∴， 解得：， 即； 综上，点D的坐标为或或． 【点睛】本题考查一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等腰三角形的判定等知识，掌握一次函数的图象与性质、全等三角形的判定与性质是解题的关键．注意分类讨论思想． ◇难点 3 正方形与旋转类综合题 典例3（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 变式1（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． ◇难点 4 正方形中动态几何问题 典例4（2025·吉林·中考真题）如图，在中，，，．动点P从点A出发，沿边以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以为边作正方形，使点D和点B始终在边同侧．设点P的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为y（平方单位）． (1)的长为_______． (2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． (3)当正方形的对称中心与点B重合时，直接写出y的值． 【答案】(1)7 (2) (3) 【分析】本题考查了二次函数与几何图形问题，正方行的性质、三角形相似、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线利用数形结合的思想进行求解； （1）当重合时，通过勾股定理分别求出即可求解； （2）将正方形与重叠部分图形的面积分割成一个三角形的面积和直角梯形的面积之和来求解即可； （3）根据正方形的对称中心与点B重合时，得出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：当重合时，如下图： ，以为边作正方形， 是等腰直角三角形， ， 即， 解得：（负的舍去）， ， ， ， 故答案为：7； （2）解：当在线段上运动时， ， 当在线段的延长线上运动时，即点在线段上运动，如下图： ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ； （3）解：当正方形的对称中心与点B重合时， ， ， 即， 解得：， ， ． 变式1（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为，点E为对角线上一点，，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（）． (1)求证：． (2)当是直角三角形时，求t的值． (3)连接，当时，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2)秒或2秒 (3) 【分析】（1）根据正方形性质，得到，再题意得到，从而得到； （2）利用题目中的条件，分别用t表示、、，再分别讨论当、和时，利用勾股定理构造方程求出t即可； （3）过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G．由此得到，由已知得到进而得到，由题意，则，再依次证明、，得到，从而证明，即是等腰直角三角形．则，再用求出的面积． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ． ， ． （2）解：过点E作于点M，过点E作于点N． 由题意知， ∵ ∴， ∵ ∴ 由已知， ． ，即， ，即， ，即．          ①当时，有． 即，整理得． 解得（不合题意，舍去）．              ②当时，有． 即，整理得，解得． ③当时，有． 即，整理得，该方程无实数解． 综上所述，当是直角三角形时，t的值为秒或2秒． （3）解：过点A作，交的延长线于点F，连接交于点G． ， ．                  又， ． ， ， ， ， ， ， ， 即， 是等腰直角三角形． ， 【点睛】本题考查了正方形的性格、相似三角形的性质与判定、正切定义以及勾股定理．解答过程中，灵活的利用勾股定理构造方程、根据题意找到相似三角形是解题关键． 变式2（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． (1)如图，若，，求点与点之间的距离； (2)如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； (3)如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． 【答案】(1)或； (2)； (3)． 【分析】（）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为，解方程即可； （）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为然后由二次函数的性质求解即可； （）连接，由四边形是正方形，得，即点对角线所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：设，则， ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∴， ∴，即，则， 解得：或， ∴或； （2）设，则， ∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 当时，有最大，最大值为； （3）连接， ∵四边形是正方形， ∴， 即点在对角线所在直线上运动， 如图，作关于的对称点，连接，过作于点， ∴，四边形为矩形， 则点三点共线，， ∴， ∴， ∵，点是的中点， ∴， ∴， ∴当三点共线时，有最小值， ∴在中，由勾股定理得：， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，解一元二次方程，二次函数的最值，两点之间线段最短等知识，熟练掌握知识点的应用是解题的关键． ◇测能力 1．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键． 根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ， ∴，即， ∴， ∴的面积． 故选：C． 2．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，三线合一，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 过点D作于G，过点F作于H，由正方形的性质得到；由线段中点的定义得到，由勾股定理求出，解直角三角形可得；可证明，解得到，由三线合一定理得到，则；解得到，，则，在中，由勾股定理得，即可解题． 【详解】解：如图所示，过点D作于G，过点F作于H， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴； ∵为的中点， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； ∵， ∴， ∴； 在中，， ∵，， ∴， ∴； 在中，， ， ∴， 在中，由勾股定理得． 故选：B． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到的长度，再利用勾股定理求出、、的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出． 【详解】解：∵正方形中，， ∴，． ∵， ∴． ∵是的中点， ∴． ∵，，， ∴（）， ∴，． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． 在中，，， ∴． ∵， ∴是直角三角形，且． ∴． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及勾股定理逆定理、锐角三角函数的定义，熟练掌握正方形的性质并结合全等三角形和勾股定理求解线段长度是解题的关键． 4．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 5．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为 ． 【答案】13 【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答． 【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接， 依题意，， ∵， ∴，， ∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔， ∴， 在中，， 即这枚古钱币的半径为， 故答案为：13 6．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ． 【答案】/0.375 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解． 【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵, ∴， ∵，垂足为F，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2025·山东威海·中考真题）如图，小明同学将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图．若正方形硬纸板的边长为，则折成立方体的棱长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方体的展开图、正方形的性质、勾股定理以及一元二次方程的求解等知识； 如图，设，则，根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：如图，设，则， 则在直角三角形中，由勾股定理可得：， 即， 解得：或（舍去）， ∴正方体的棱长为cm， 故答案为：． 8．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质及利用抛物线解析式求直角边长，找到规律是解题的关键． 根据正方形性质得和是等腰直角三角形．设的直角边长为，则，代入抛物线的解析式中解得，则的直角边长为，同理可求得等腰直角的直角边长为，依此类推，等腰直角的直角边长为，即可求得其周长． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴，是等腰直角三角形． 设的直角边长为，则； 代入抛物线的解析式中得： ， 解得（舍去），； 故的直角边长为， 同理可求得等腰直角的直角边长为， … 依此类推，等腰直角的直角边长为， 故正方形的周长为． 故答案是：． 9．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作的中垂线交于点，交于点，以为直径画圆，交于点，即可得到正方形； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，证明，求出的长，再根据正方形的性质，结合勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：如图，四边形就是所求作的正方形． 由作图可知，，， ∵矩形， ∴， ∴，， ∴， ∴， 由作图可知，， ∴四边形为矩形， ∵， ∴四边形为正方形； （2）由（1）知：，， 四边形是矩形， ， 在中，， ， ． ， ． 又， ， ，即， ． 在中，， ， ∴正方形EFGH的边长为． 【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 10．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． ◇提能力 1．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】 （1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】 （2）证明（1）中的结论； 【实践应用】 （3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 【答案】（1）相等，垂直 （2）证明见解析 （3） （4） 【分析】（1）根据图形进行猜想即可； （2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明； （3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解； （4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可． 【详解】解：（1）相等，垂直； （2）过点作于，过点作分别交、于、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形，四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）在正方形中，由，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，，， 得， 由等面积法得， 即， ∴， 在中，， 由（2）可知，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； （4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵正方形中，，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴当最小时，的面积最小， ∴最小时，的面积最小， ∵， ∴当最小时，的面积最小， 由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小， 此时如图，点与重合， 则， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 2．（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 【答案】(1)图1的正方形面积较大 (2)在图3中，，当时，长方形的面积有最大值为；在图4中，，当时，长方形的面积有最大值为 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，二次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先运用勾股定理算出，再运用正方形的性质分别证明，，，然后代入数值化简得，进行计算得，然后进行比较，即可作答． （2）与（1）同理证明，则长方形的面积，结合二次函数的图象性质得当时，长方形的面积有最大值为．，然后证明，，再把数值代入长方形的面积，化简得，结合二次函数的图象性质进行作答即可． 【详解】（1）解：∵，△ABC的面积为， ∴， ∴． 设正方形的边长为， ∵四边形是正方形 ∴，， ∵ ∴ 得， 即， 解得． ∵四边形是正方形 ∴， ∴ ∴， 得， 即， ∴． ， ∵ ∴， 得， 即， 解得． ∵， ∴图1的正方形面积较大． （2）解：∵四边形是长方形 ∴，， ∵ ∴； 得， 则，， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， 当时，长方形的面积有最大值为． 在图4中，同理得， 得， ∴，， 同理得， 得， 则， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， ∴当时，长方形的面积有最大值为． 1 / 99 学科网（北京）股份有限公司 $ 第四章 四边形 第04讲 特殊平行四边形-正方形 目 录 目标导图👉构建知识脉络 考点深解👉速通命题要点 考点1 正方形的性质与判定 命题突破👉破解常考题型 题型1 根据正方形的性质求角度 题型2 根据正方形的性质求线段长 题型3 根据正方形的性质求面积 题型4 根据正方形的性质求坐标 题型5 与正方形有关的折叠问题 题型6 求正方形重叠部分面积 题型7 利用正方形的性质证明 题型8 添加一个条件使四边形是正方形 题型9 证明四边形是正方形 题型10 根据正方形的性质与判定求角度 题型11 根据正方形的性质与判定求线段长 题型12 根据正方形的性质与判定求面积 题型13 根据正方形的性质与判定证明 题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 难点攻坚👉攻克易错难点 难点1 正方形中的折叠问题 难点2 坐标系中的正方形存在性问题 难点3 正方形与旋转类综合题 难点4 正方形中动态几何问题 练测提能👉效果及时检测 测能力/提能力 ◇考点 1 正方形的性质与判定 1.定义：正方形是平行四边形、矩形、菱形的特殊结合体，兼具三者的所有性质 2.性质： （1）对边平行，四条边长度完全相等。 （2）四个内角都是直角，度数均为90∘，邻角互补，对角相等。 （3）对角线互相垂直、互相平分且长度相等； （4）对角线平分一组对角，将正方形的每个内角分成两个45∘的角； （5）对角线对角线把正方形分割成4个全等的等腰直角三角形。 （6）是中心对称图形，对称中心为对角线的交点；是轴对称图形，共有4条对称轴，分别为两组对边中点的连线、两条对角线所在的直线。 3.面积公式： ① 基础公式：面积=边长的平方； ② 对角线公式：面积=对角线的乘积 4.判定 （1）从平行四边形出发判定 ① 平行四边形+一组邻边相等且有一个内角是直角➪正方形； ② 平行四边形+对角线互相垂直且相等➪正方形。 （2）从矩形出发判定 ① 矩形+一组邻边相等➪正方形； ② 矩形+对角线互相垂直➪正方形。 （3）从菱形出发判定 ① 菱形+一个直角➪正方形； ② 菱形+对角线长度相等➪正方形 判定误区： 误区1:直接说“对角线垂直且相等的四边形是正方形”(缺“平行四边形”前提，反例:筝形改造图形) 误区2:混淆判定条件--矩形只补“对角线垂直”≠正方形(需确认邻边相等);菱形只补“对角线相等”≠正方形(需确认有直角) 误区3:漏条件--平行四边形只补“邻边相等”或只补“直角”，只能证菱形或矩形 性质误区： 误区1:记错对称轴数量(误记2条，实际4条:对边中点连线+对角线) 误区2:面积公式误用--对角线算面积忘乘 误区3:忽略45°角特性--求角度时，没利用对角线平分内角的隐藏条件 ◇题型 1 根据正方形的性质求角度 典例1（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形的内部，以边为边作正方形，连接，则 ． 变式1（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．    变式2（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）    A． B． C． D． ◇题型 2 根据正方形的性质求线段长 典例1（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ． 变式1（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 变式2（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． ◇题型 3 根据正方形的性质求面积 典例3（2025·重庆·中考真题）如图，正方形的边长为2，点E是边的中点，连接，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得，延长交于点G．和的平分线相交于点H，连接，则的面积为（   ） A． B． C． D． 变式1（2023·宁夏·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，点在上，连接，．则图中阴影部分的面积是 ． 变式2（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 ．    变式3（2023·浙江金华·中考真题）如图，在中，，以其三边为边在的同侧作三个正方形，点在上，与交于点与交于点．若，则的值是（    ）    A． B． C． D． ◇题型 4 根据正方形的性质求坐标 典例4（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ． 【变式1（2025·四川自贡·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为5，边在轴上．．若将正方形绕点逆时针旋转．得到正方形．则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 变式2（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的对角线相交于原点O．若点A的坐标是，则点C的坐标是 ． ◇题型 5 与正方形有关的折叠问题 典例5（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 变式1（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积 变式2（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为 （结果保留）． ◇题型 6 求正方形重叠部分面积 典例6（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 ． 变式1（2024·广东·中考模拟）如图所示，点E在正方形的对角线上，且，直角三角形的两直角边分别交于点M，N，若正方形的边长为a，则重叠部分四边形的面积为（    ）    A． B． C． D． 变式2（2023·安徽淮北·三模）如图，正方形和正方形有重叠部分，点R在上，与相交于S点．若正方形和正方形的边长分别为4和5，则阴影部分面积为（    ）    A． B． C． D． ◇题型 7 利用正方形的性质证明 典例7（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 变式1（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 变式2（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接． (1)求证：． (2)若四边形的周长为，求的长． 变式3（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． ◇题型 8 添加一个条件使四边形是正方形 典例8（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形是平行四边形，从①，②，③，这三个条件中任意选取两个，能使是正方形的概率为（   ） A． B． C． D． 变式1（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是 （只需填一种组合即可）． 变式2（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，若添加一个条件使该菱形为正方形，该条件可以是 ． ◇题型 9 证明四边形是正方形 典例9（2025·河南郑州·二模）如图，在四边形中，是线段上的任意一点（点与点、不重合），、、分别是、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，且，求证：四边形是正方形． 变式1（2025·河南南阳·二模）（1）如图①点E、F、G、H分别是菱形各边中点，可判定四边形的形状为_________； （2）如图②点E，F，G，H分别是四边形各边中点，且对角线，判定四边形的形状，并证明； （3）在（2）的条件下，请对四边形增添一个条件，使四边形为正方形．（直接写出所添条件） 变式2（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，在中，于点，于点，，求证：四边形是正方形． ◇题型 10 根据正方形的性质与判定求角度 典例10（2020·江苏镇江·中考真题）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °． 变式1（2020·江苏常州·中考真题）如图，点C在线段上，且，分别以、为边在线段的同侧作正方形、，连接、，则 ． 变式2（2024·山东·中考模拟）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′= ． ◇题型 11 根据正方形的性质与判定求线段长 典例11（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形中，为边上一点，，将沿折叠得，连接，，若平分，，则的长为 ．    变式1（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为 ．    变式2（2024·江西·中考真题）综合与实践 如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知 （1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移 （2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当时，请直接写出的长度． ◇题型 12 根据正方形的性质与判定求面积 典例12（2025·山东泰安·二模）综合与实践 在学习了角平分线的性质与判定以后，数学兴趣小组继续进行了以下探究： 【动手实践】 用两段铁丝分别折成一个锐角、一个钝角，，在锐角的两边分别截取，在平面内与相对放置，并且的两边刚好经过点C、点D，连接（如图1），兴趣小组通过测量发现． 【提出猜想】 兴趣小组提出猜想： 有一组邻边相等、对角互补的四边形中，经过两条相等邻边的公共顶点的一条对角线，必平分四边形的一个内角． 【验证猜想】 兴趣小组通过观察、探究，提出以下两种证明思路． 思路一：如图2，过点A作垂线交的延长线于点E，过点A作的垂线，垂足为F，证明平分． 思路二：如图3，延长到点E，使得，连接．证明平分． 请从两种思路选择一种给出完整证明，帮助兴趣小组验证猜想． 【拓展应用】 在平面内，兴趣小组用一根长铁丝围成一个四边形（如图4），，． （1）请直接写出________度； （2）经测量，求四边形的面积． 变式1（2025·河南周口·一模）如图，在半径为4的中，将劣弧沿弦翻折，使折叠后的所在的圆恰好与相切，A，B为切点，则阴影部分的面积等于 ． ◇题型 13 根据正方形的性质与判定证明 典例13（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，，点P在的平分线上，于点A． (1)【操作判断】 如图①，过点P作于点C，根据题意在图①中画出，图中的度数为______度； (2)【问题探究】 如图②，点M在线段上，连接，过点P作交射线于点N，求证：； (3)【拓展延伸】 点M在射线上，连接，过点P作交射线于点N，射线与射线相交于点F，若，求的值． 变式1（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形，是对角线上一点．    (1)如图1，连接，．求证：； (2)如图2，是延长线上一点，交于点，．判断的形状并说明理由； (3)在第（2）题的条件下，．求的值． 变式2（2023·甘肃兰州·中考真题）综合与实践 【思考尝试】 （1）数学活动课上，老师出示了一个问题：如图1，在矩形ABCD中，E是边上一点，于点F，，，．试猜想四边形的形状，并说明理由； 【实践探究】 （2）小睿受此问题启发，逆向思考并提出新的问题：如图2，在正方形中，E是边上一点，于点F，于点H，交于点G，可以用等式表示线段，，的数量关系，请你思考并解答这个问题； 【拓展迁移】 （3）小博深入研究小睿提出的这个问题，发现并提出新的探究点：如图3，在正方形中，E是边上一点，于点H，点M在上，且，连接，，可以用等式表示线段，的数量关系，请你思考并解答这个问题．    ◇题型 14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 典例14（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①②③④ D．②③④ 变式1（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 变式2（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①； ②； ③当时，； ④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 变式3（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． ◇难点 1 正方形中的折叠问题 典例1（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 变式1（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 变式2（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． ◇难点 2 坐标系中的正方形存在性问题 典例2（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标； (3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 变式1（2024·四川·中考模拟）综合与探索 【探索发现】如图1，等腰直角三角形中，，过点作交于点，过点作交于点，易得，我们称这种全等模型为“型全等”．（不需要证明）    【迁移应用】如图2，在直角坐标系中，直线分别与轴，轴交于点， （1）直接写出_________，_________； （2）在第二象限构造等腰直角，使得，则点的坐标为_________；    （3）如图3，将直线绕点顺时针旋转得到，求的函数表达式；    【拓展应用】 （4）如图4，直线分别交轴和轴于两点，点在第二象限内一点，在平面内是否存在一点，使以为顶点的四边形为正方形？若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由．    ◇难点 3 正方形与旋转类综合题 典例3（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 变式1（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． ◇难点 4 正方形中动态几何问题 典例4（2025·吉林·中考真题）如图，在中，，，．动点P从点A出发，沿边以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以为边作正方形，使点D和点B始终在边同侧．设点P的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为y（平方单位）． (1)的长为_______． (2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． (3)当正方形的对称中心与点B重合时，直接写出y的值． 变式1（2024·四川南充·中考真题）如图，正方形边长为，点E为对角线上一点，，点P在边上以的速度由点A向点B运动，同时点Q在边上以的速度由点C向点B运动，设运动时间为t秒（）． (1)求证：． (2)当是直角三角形时，求t的值． (3)连接，当时，求的面积． 变式2（2024·江苏扬州·中考真题）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． (1)如图，若，，求点与点之间的距离； (2)如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； (3)如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． ◇测能力 1．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 2．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（） A． B． C． D．2 4．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 5．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为 ． 6．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ． 7．（2025·山东威海·中考真题）如图，小明同学将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图．若正方形硬纸板的边长为，则折成立方体的棱长为 ． 8．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为 ． 9．（2025·福建·中考真题）如图，矩形中，． (1)求作正方形，使得点E，G分别落在边上，点F，H落在上；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)若，求（1）中所作的正方形的边长． 10．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． ◇提能力 1．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】 （1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】 （2）证明（1）中的结论； 【实践应用】 （3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 2．（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 2 / 28 学科网（北京）股份有限公司 $