专题04 正方形的性质与判定六类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材苏科版八年级下册

专题04 正方形的性质与判定六类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用正方形的性质求角度 类型二、正方形中的折叠问题 类型三、根据正方形的性质证明与求解 类型四、根据正方形的性质与判定求解 类型五、正方形的性质与判定的综合问题 类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图） 压轴专练 类型一、利用正方形的性质求角度 方法总结 1. 正方形=矩形+菱形：综合运用矩形的“四个角为直角”和菱形的“对角线平分对角”性质。 2. 内角和转化：将所求角置于三角形或特殊图形中，利用内角和、外角、平角等关系求解。 解题技巧 1. 对角线模型：连接对角线，利用其“垂直、平分、相等且平分对角”的性质，寻找45°、90°角。 2. 等腰三角形：正方形边或对角线构成的等腰直角三角形，是计算角度的常用模型。 例1．如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了三角形内角和以及正方形、等边三角形的性质，先根据正方形、等边三角形的性质，得出，结合三角形内角和，列式计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形， ∴， ∴， ∴． 故选：B． 【变式1-1】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． 【详解】解：连接，则为正方形与菱形的对角线， ， ∵， ， ∵菱形中，， ， ， 故选：C． 【变式1-2】如图，在正方形中，对角线，相交于点，点是的中点，连接，若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．先确定正方形的性质，然后计算对角线长度，进而即可计算线段的长度． 【详解】解：四边形是正方形， ，且， ， ， 点是的中点， ， ． 故答案为：． 【变式1-3】如图，正方形的对角线和相交于点O，O又是正方形的一个顶点，交AB于点E，交BC于点F．当，可以计算出 ． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键； 由题意得，又因为，可得，根据可证明，从而有．据此解答． 【详解】解：在正方形和中，，，， ，， ． 在和中， ， ． ， 故答案为：8． 【变式1-4】如图，正方形的边长为4，则图中阴影部分的面积是 ，若以为边作等边，那么的度数是 【答案】 8 或 【分析】根据正方形，得到，解答即可； 正方形，等边三角形，得到，，利用等腰三角形的性质，解答即可． 本题考查了正方形的性质，等边三角形额性质，等腰三角形的性质，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：根据正方形，得到， 故答案为：8； 当点E在正方形的外部时， ∵正方形，等边三角形， ∴，， ∴ ， ∴ ， 当点E在正方形的内部时， ∵正方形，等边三角形， ∴，， ∴ ， ∴ ， 故答案为：或． 类型二、正方形中的折叠问题 方法总结 1. 抓折叠本质：折叠即轴对称，折痕垂直平分对应点连线，且折叠前后对应线段相等、对应角相等。 2. 结合正方形：利用正方形四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等的性质，寻找全等或特殊直角三角形。 解题技巧 1. 标等量：在图上清晰标注折叠产生的等边、等角，尤其是与正方形边长相等的边。 2. 设元勾股：通常在折叠形成的直角三角形中，设未知边长为x，利用正方形边长关系和勾股定理列方程。 例2．边长为2的正方形中，是的中点，以为折痕将翻折，使点落在处，延长交于，则的长是 ． 【答案】 【分析】本题考查了折叠性质、勾股定理、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键； 根据翻折的性质及正方形的性质可证明，得，分别表示出，，，利用勾股定理即可得出结论． 【详解】解：如图所示，连接， 四边形是边长为2的正方形， ，， 以为折痕将翻折得， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 设，， M是的中点， ， ， 在中， ， 即， 解得：， ， 故答案为：． 【变式2-1】将一个边长为4的正方形纸片按所示的方式两次折叠，折叠后再按图示沿裁剪，得到几个相同的图形纸片．那么每一个纸片的面积是 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了折叠，根据将一张正方形的纸片按如图所示的方式三次折叠，折叠后再按图所示沿折痕裁剪，可以动手折叠，再进行裁剪，进而结合原正方形边长，即可得出答案． 【详解】解：严格按照图中的顺序向右上对折，向左上角对折，过直角顶点向对边引垂线，沿垂线剪开，展开后可得到四个相同的正方形， 原正方形边长为4， 面积为：， 得到的每一个纸片的面积是：． 故答案为：4． 【变式2-2】如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点F，连接．     (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 【分析】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，是解题的关键． （1）根据翻折的性质，得到，进而得到，再根据，利用即可证明； （2）根据翻折得到，，全等得到，进而推出，利用勾股定理求出的长，设，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即：， ∵， ∴，， 在中，， 设，则：， 在和中：， 即：， 解得：； ∴． 【变式2-3】如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下： (1)【探究发现】 操作一：先把矩形对折，折痕为； 操作二：在上选一点P，沿折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接，．根据以上操作，当点M在上时，写出图1中________； (2)【类比应用】 小明将矩形纸片换成边长为的正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片按照（1）中的方式操作，并延长交于点Q，连接． ①如图2，当点M在上时，________，________； ②改变点P在上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断与的数量关系，并说明理由． (3)【拓展延伸】 在（2）的探究中，当，请直接写出的长． 【答案】(1)30 (2)①，；② (3)或 【分析】（1）根据折叠的性质，得，取的中点O，连接，根据直角三角形那个斜边中线等于斜边的一半得到，可证为等边三角形，进而可结果； （2）①根据折叠的性质，可证即可求解；②证明，即可； （3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设，分别表示出，由勾股定理即可求解 【详解】（1）解：， ， ， 如图，取的中点O，连接， ， 为等边三角形， ， ， ， 故答案为：30； （2）①四边形是正方形， ，， 由折叠性质得：，， ， ， ， ，， 同法（1）可得：， ， ， ， ， 在中，， 根据勾股定理：，即， 解得：， ， 在中，， 根据勾股定理：，即， ， ， 故答案为：15，； ②，理由如下： ，， ， ； （3）当点Q在点F的下方时，如图， ，， ， ， 由（2）可知，， 设， ， 即， 解得：， ； 当点Q在点F的上方时，如图， ，， ， 由（2）可知，， 设， 即， 解得：， ， 综上所述，或 类型三、根据正方形的性质证明与求解 方法总结 1. 性质整合：综合运用正方形“四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等并平分对角”的全部性质。 2. 目标导向：根据待证或所求（边等、角等、垂直等），选择直接相关的性质进行推理或建方程。 解题技巧 1. 构造全等：通过连接对角线或作辅助线，构造全等直角三角形，是证明线段或角相等的常用手法。 2. 巧用45°：对角线平分直角产生的45°角，是进行角度计算和证明的重要切入点。 例3．如图，在正方形中，、分别是、边上的点，，连接，交于点． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键． （1）根据正方形的性质可知，，进一步推得，再根据全等三角形的判定即可证明结论； （2）根据全等三角形的性质可得，再根据，等量代换可得，然后根据直角三角形性质和勾股定理，即得答案． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ·，， ∵， 在和中， ， ； （2）解：由（1）知， ， 即， ， ， ∵，， ∴， ∴． 【变式3-1】如图，点P是正方形内一点，连接，将绕点B顺时针旋转到的位置． (1)旋转中心是点 ，点P旋转的度数是 ； (2)连接，的形状是 ； (3)若，求的长． 【答案】(1)B； (2)等腰直角三角形 (3)6 【知识点】根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查旋转的性质，勾股定理，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握旋转的性质和正方形的性质． （1）根据旋转的定义解答； （2）根据旋转的性质可得，又旋转角为，然后根据等腰直角三角形的定义判定； （3）①根据勾股定理列式求出，先根据旋转的性质求出，再求出，然后根据勾股定理列式进行计算即可得解． 【详解】（1）∵P是正方形内一点，绕点B顺时针旋转到的位置， ∴旋转中心是点B，点P旋转的度数是90度， 故答案为：B，； （2）根据旋转的性质，旋转角为， ∴是等腰直角三角形； 故答案为：等腰直角三角形； （3）在等腰中，∵， ∴， ∵， ∴， ∵， 在中， ． 【变式3-2】如图，点G是正方形对角线的延长线上任意一点，以线段为边作一个正方形，线段和相交于点H． (1)求证：； (2)判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，，求的长． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析； (3)． 【分析】（1）由正方形，正方形可得，，，根据证明，即可得出结论； （2）设交于M，由得，而，根据三角形内角和定理得； （3）由（1）则可得，后在中，利用勾股定理可得的长，进而求得的长； 【详解】（1）证明：∵四边形、是正方形， ∴，，， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， （2）解：， 理由：设交于M， 由（1）知：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， （3）解：连接，交于O， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在中，， ∴． 【变式3-3】在正方形中，E为上的一点，连接交对角线于点F． (1)连接，如图1， ①求证：； ②若，求的度数． (2)如图2，过点F作交于点G，求证：． 【答案】(1)①见解析；②， (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，四边形的内角和，等腰三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）①根据正方形的性质得到，，可证明，即可得到结论；②由可得，由，可得，由，即可求出； （2）连接，由（1）知同理，，得到，推出，得到，即可得到结论． 【详解】（1）①证明：四边形是正方形，是对角线， ， 在和中， ， ， ； ②∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ （2）证明：如图，连接， 由（1）知同理，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 即． 类型四、根据正方形的性质与判定求解 方法总结 1. 先判后性：先依据一组邻边相等且有一个直角等条件，判定四边形为正方形。 2. 再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线特性）求值或证明。 解题技巧 1. 判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。 2. 对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。 例4．如图，在四边形中，，过点A作的垂线交于点E，，，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】如图所示，点作于，过点作交延长线于， 连接， 则四边形是矩形，可证明，推出四边形是正方形，则， ， 如图所示， 在上取一点， 使得， 连接， 可证明，推出， 则，； 设， 导角可证明， 则， 设， 由勾股定理得，解方程即可得到答案． 【详解】如图所示，过点作于，过点作交延长线于， 连接，∵， 则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ， 如图所示，在上取一点，使得，连接， 又∵， ∴， ∴， ∴， ， ∴， 设， ∵， ， ∴， ∴， ∴， 设， 则，， 在中， 由勾股定理得，即， 解得 ， 故答案为：． 【变式4-1】如图，正方形的周长为，顺次连接正方形各边中点、、、，得到四边形的面积等于 ．    【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的中位线的判定及性质的运用，勾股定理的运用，解答时利用三角形的中位线的性质求解是关键．连接，，根据三角形的中位线的性质，可以得出四边形为正方形，勾股定理求得，进而即可求解． 【详解】解：连接，，    ∵点、、、是正方形各边的中点， ∴是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ∴，，，， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵，，， ∴， ∴四边形是正方形 ∵正方形的周长为，， ∴， 在中，由勾股定理，得，， ∴ ∴四边形的面积． 故答案为：． 【变式4-2】如图，，点为上一定点，，，点为射线上一动点，关于对称的图形为（点的对称点为点），连接．若是直角三角形，则的长为 ． 【答案】2或12 【知识点】根据成轴对称图形的特征进行求解、根据正方形的性质与判定求线段长、根据矩形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】根据关于对称的图形为，，，可得，，，若是直角三角形，根据题意可得不可能为直角，故分为和当时，画出图形，则，证明四边形是矩形，得出，证得四边形是正方形，可得，即可求出；当时，画出图形，过点作，证明四边形 是矩形，得出，勾股定理求出，得出，设，则，在中根据勾股定理列方程求出，即可解答； 【详解】解：∵关于对称的图形为，，，， ∴，，， 若是直角三角形， 分为和 当时，如图， 则， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 当时，如图 过点作， ∴， ∴四边形 是矩形， ∴， ∴， ∴， 设， ∴， 在中， 即， ∴， 综上，则的长为2或12； 故答案为：2或12． 【变式4-3】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】 【知识点】二次根式的混合运算、勾股定理与折叠问题、与三角形中位线有关的求解问题、根据正方形的性质与判定求角度 【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． 【详解】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：． 类型五、正方形的性质与判定的综合问题 方法总结 1. 判性结合：先根据条件判定正方形，再综合运用其所有性质（边、角、对角线）推导新结论或求值。 2. 数形转化：将几何关系（如线段和、角度和）转化为代数方程，或利用全等、勾股定理求解。 解题技巧 1. 对角线分直角：连接对角线，将问题转化为等腰直角三角形问题，是核心解题模型。 2. 构造全等：通过作辅助线（如垂线）构造全等三角形，是证明线段相等或垂直的常用技巧。 例5．如图1，四边形为正方形，E为对角线上一点，连接． (1)求证：； (2)如图2，过点E作，交边于点F，以为邻边作矩形，连接． ①求证：矩形是正方形； ②探究：线段之间的数量关系？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②，理由见解析 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）根据正方形性质，得，结合，得，即得； （2）①证明：如图，作于M，于N，证明四边形是矩形，得，得，由角平分线性质，得，得，得，即得矩形是正方形；②根据正方形性质，得， ，得，得，∴．由，得． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①证明：如图，作于M，于N， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵正方形中， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； ②， 理由如下， ∵矩形为正方形， ∴． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 在中，， ∴． 【变式5-1】如图，点E是正方形的边上一点，连接，将绕着点E逆时针旋转，得到，过点G作，垂足为F，，垂足为H，连接，交于I． (1)求证：四边形是正方形； (2)求证：平分； (3)连接，若正方形的边长为，求的周长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【知识点】全等三角形综合问题、等腰三角形的性质和判定、根据正方形的性质与判定证明、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转性质、正方形的性质、全等三角形的判定及性质、等腰直角三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的判定及性质以及作出正确的辅助线是解决本题的关键． （1）先证根据证得四边形为矩形，再证明进而可证得，根据有一组邻边相等的矩形是正方形即可得证； （2）延长到点M，使，连接，先证可得，，进而可证得，即可得证； （3）由（2）可知，则的周长为，由此可求得答案． 【详解】（1）证明：∵将绕着点E逆时针旋转得到， ∴，， ∴， ∵在正方形中， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形为矩形， 在与中， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴， ∴矩形为正方形； （2）证明：如图，延长到点M，使得，连接， ∵在正方形中 ∴，， 在与中， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 在与中， ∴， ∴， ∴平分； （3）解：由（2）可知， ∴， 又∵， ∴， ∴的周长为， ∵正方形的边长为， ∴的周长为， 故答案为：． 【变式5-2】如图1所示，在中，，点是两个外角平分线、的交点，的延长线，垂足为点，的延长线，垂足为点， (1)直接写出______； (2)求证：四边形为正方形； (3)如图2所示，在正方形中，点、点分别是线段和线段上任意两点且，请写出线段、、的数量关系并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，理由见解析 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、角平分线的性质定理、全等的性质和SAS综合（SAS）、三角形内角和定理的应用 【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，三角形内角和定理，角平分线的性质，角平分线的定义，熟知正方形的性质与判定定理是解题的关键。 （1）先由三角形内角和定理得到，再由平角的定义推出，则由角平分线的定义得到，则由三角形内角和定理可得答案； （2）如图所示，过点D作于H，可证明四边形是矩形，再由角平分线的性质推出，则可证明四边形是正方形； （3）延长到G，使得，连接，证明，再证明，得到，则可得到。 【详解】（1）解：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∵点是两个外角平分线、的交点， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，过点D作于H， ∵， ∴四边形是矩形， ∵点是两个外角平分线、的交点，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （3）解：，理由如下： 如图所示，延长到G，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴。 【变式5-3】如图①．点E为正方形内一点．，将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为点C）．延长交于点F．连接． 猜想证明： （1）试判断四边形的形状．并说明理由； （2）如图②．若．请猜想线段与的数量关系并加以证明； 解决问题： （3）如图①，若，请直接写出的长． 【答案】（1）正方形，理由见解析；（2），证明见解析；（3） 【知识点】根据旋转的性质求解、根据正方形的性质与判定证明、用勾股定理解三角形、化为最简二次根式 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理，旋转的性质，全等三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形； （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于G，根据勾股定理求出，再根据勾股定理求出，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质可得，， 又∵ ∴四边形是矩形 又∵， ∴四边形是正方形； （2），证明如下： 如图②所示，过点D作，垂足为H 则， ∴， ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知四边形是正方形， ∴， ∴， 由旋转的性质可得：， ∴， ∴， ∴； （3）如图①所示，作于G， ∵四边形是正方形 ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， ∴或（舍去）， ∴，， 由（2）可知：， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：． 类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图） 方法总结 1. 依据性质作图：利用正方形“四边相等且四角为直角”、“对角线垂直平分且相等”的性质，作垂线、截等长或作中垂线。 2. 依据判定构图：以满足正方形判定条件（如作一个角为直角的菱形）为目标，逆向设计作图步骤。 解题技巧 1. 先定直角：通常先利用格点或已有线段构造一个直角，再截取等长邻边。 2. 巧用对角线：通过作已知线段的中垂线并截取等长，确定对角线的交点，从而定位四个顶点。 例6．如图，在中，，，，E为的中点． (1)实践与操作：过点A作的垂线，垂足为F；（利用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (2)猜想与证明：试猜想四边形是哪种特殊的四边形，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【知识点】作垂线(尺规作图)、利用平行四边形的性质证明、证明四边形是正方形 【分析】本题考查了尺规作图、平行四边形的性质与判定、正方形的判定，利用尺规正确作图是解题的关键． （1）利用尺规过点A作的垂线即可； （2）利用平行四边形的性质得到，，由（1）作图可得，结合推出是等腰直角三角形，，利用线段的和差得出，再利用正方形的判定即可得出结论． 【详解】（1）解：如图所示，垂线即为所求： （2）解：四边形是正方形，理由如下： ， ，， E为的中点， ， 由（1）得，， ， 又， 是等腰直角三角形，， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 平行四边形是矩形， ， 矩形是正方形． 【变式6-1】如图，线段的端点分别在正方形的边和边上，． (1)请用无刻度的直尺和圆规作出一个以线段EF为对角线的正方形，其中点G，H分别在和上．（不写作法，保留作图痕迹） (2)证明（1）中得到的四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、证明四边形是正方形 【分析】此题考查了基本作图和正方形的判定和性质，准确作图是关键． （1）分别以点B和点D为圆心，以AE为半径画弧，与和分别交于点G和H，连接可得四边形即为所求正方形； （2）证明，则，即可得到结论． 【详解】（1）解：如图，四边形即为所求正方形． （2）证明：正方形， ． 由作图可知，， ． ． ． 四边形为正方形． 【变式6-2】如图，在正方形中，以为边向上作等腰直角三角形，，，请仅用无刻度直尺按下列要求画图．（保留作图痕迹） (1)在图1中，画出边的中点； (2)在图2中，画出边的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、线段垂直平分线的性质 【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定和性质，线段垂直平分线的性质以及判定等知识． （1）连接交于的O，作直线交于点F，根据正方形的性质可得点O在的垂直平分线上，再根据，可得，即可求解； （2）连接交于点H，连接，并延长交于点G，证明四边形是正方形，四边形是平行四边形，可得，再证明四边形是平行四边形，可得为的中点，据此即可求解． 【详解】（1）解：如图1，点即为所作； ； （2）解：如图2，点即为所作； ． 【变式6-3】已知是菱形的对角线． (1)如图1，以为圆心，适当长度为半径作弧，交于点，连接．求证：四边形是菱形． (2)尺规作图：在图2中作正方形，其中在上（保留作图痕迹，不写作法）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】作线段(尺规作图)、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的判定，尺规作图，解题的关键是熟练掌握正方形和菱形的判定． （1）连接，根据菱形的性质得出，，根据等腰三角形的性质得出，证明四边形为平行四边形，再证明四边形为菱形即可； （2）连接，交于点O，以点O为圆心，为半径画弧，交于点M、N，连接、、、，则四边形即为所求． 【详解】（1）证明：连接，如图所示： ∵四边形为菱形， ∴，， 根据作图可知：， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形； （2）解：连接，交于点O，以点O为圆心，为半径画弧，交于点M、N，连接、、、，则四边形即为所求作的正方形． ∵四边形为菱形， ∴，， 根据作图可知：， ∴， ∴、互相垂直平分，且相等， ∴四边形为正方形． 一、单选题 1．（25-26九年级上·陕西榆林·月考）在中，连接，再添加一个条件，可以判定为矩形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解题的关键． 根据矩形的判定定理，结合平行四边形的性质，逐一分析各选项是否能判定平行四边形为矩形． 【详解】解：选项A： ∵ ，四边形是平行四边形， ∴ 平行四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），不能判定为矩形； 选项B： ∵ ，四边形是平行四边形， ∴ 平行四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）； 选项C： ∵ ，四边形是平行四边形， ∴ 平行四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），不能判定为矩形； 选项D： ∵ 平行四边形中本身就有（平行四边形对角相等）， ∴ 此条件不能判定为矩形． 故选：B． 2．（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在正方形中，以对角线为边在右侧作菱形，点、分别在、的延长线上，连接，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形、菱形的性质和等腰直角三角形的判定和性质，掌握以上图形的性质是解决本题的关键． 根据题意可证是等腰直角三角形，则即可求出的度数，再根据菱形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是菱形， ∴平分， ∴， 故选C． 3．（25-26九年级上·辽宁盘锦·月考）如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，当两个三角形重叠部分的面积为时，它移动的距离等于（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【分析】本题考查正方形和图形的平移，熟练掌握计算法则是解题关键．由平移的性质可知阴影部分为平行四边形，设，根据题意阴影部分的面积为，当时，解得：或，所以或． 【详解】解：设，与相交于点， 是正方形剪开得到的， 是等腰直角三角形， ， 是等腰直角三角形， ，， ∵两个三角形重叠部分的面积为， ， 整理得，，解得， 即移动的距离为或． 故选：D． 4．（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）如图，点在正方形的对角线上，且，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．36 B．32 C．16 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理解三角形等知识点，熟练掌握判定的方法是解题的关键． 过点作于点，于点，证出，得到，再利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】过点作于点，于点，如图所示： ∵四边形是正方形，且边长为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， ∴正方形的面积为：， ∴， 故选：C． 5．（25-26九年级上·甘肃酒泉·月考）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：若为的中点，则四边形是正方形；若为上任意一点，则；点在运动过程中，的值为定值；点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小， ，求得，即得线段的最小值为，即可判定正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形，， ， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形，故正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，即的值为定值，故正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小,在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为，故正确； ∴正确的有， 故选：． 【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，垂线段最短，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 二、填空题 6．（25-26九年级上·天津西青·月考）如图，为正方形内一点，，按顺时针方向旋转角度后成为， ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．由正方形的性质得到，由旋转的性质得到，则可得到旋转中心为点B，旋转角度为，可证明是等腰直角三角形，得到，据此可得答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵按顺时针方向旋转角度后成为， ∴， ∴旋转中心为点B，旋转角度为， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． 故答案为：． 7．（25-26八年级上·重庆南岸·期末）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为，点B和点A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，，则等于 ． 【答案】6 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键． 过作轴于，轴于，推出，证，推出，求出，代入求出即可． 【详解】解：过作轴于，轴于， ， 四边形是矩形， ， ， 矩形是正方形， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， ． 故答案为：6． 8．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作，交CD于点N．若四边形MOND的面积是5，则AB的长为 ． 【答案】 【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等知识，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，可求出的长度，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形 ∴ ∵ ∴，   在和中： ∴， ∴， ∴，即， 解得， (舍去)， ∴． 故答案为：． 9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，是边的中点，过点作直线，交的平分线于点，交的外角平分线于点，连接，．当 时，四边形是正方形． 【答案】90° 【分析】要确定的度数使四边形为正方形，需先分析四边形的形状，利用角平分线、平行线的性质及正方形的判定条件推导． 【详解】解：∵平分， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴． 同理，平分，． ∴． ∵是边的中点， ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 当时，平分， 可得：． ∵， ∴． 又∵， ∴是等腰直角三角形，． ∴矩形是正方形． 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，角平分线与平行线的性质，解题关键是先利用“对角线互相平分且相等”证明矩形，再通过“邻边相等的矩形是正方形”推导角度． 10．（2025·河南南阳·二模）如图，正方形中，点P为射线上一个动点，将沿折叠得到，点A的对应点为点Q，射线交直线于点M，若，当时，的长为 ． 【答案】或6 【分析】本题考查了正方形与折叠，勾股定理等知识，分M在线段延长线上和线段上讨论，然后根据勾股定理求解即可． 【详解】解：∵正方形中，， ∴， ， ∵， ∴， 当M在线段延长线上时，如图，连接， ∵折叠， ∴，，， 又， ∴， 又， ∴， ∴， 在中，， ∴， 解得， 当M在线段延长线上和线段上，如图，连接， 同理可求出， 在中，， ∴， 解得， 综上，的长为或6． 故答案为：或6． 三、解答题 11．（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在中，，点D是的中点，过点A作平行于，且，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当 时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)45 【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，三线合一定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知矩形和正方形的判定定理是解题的关键． （1）可证明，则可证明四边形是平行四边形，由三线合一定理得到，据此可证明结论； （2）当时，可证明是等腰直角三角形，得到，则可证明矩形是正方形． 【详解】（1）证明：∵点D是的中点， ∴， 又∵， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵，D是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）解：当时，四边形是正方形，证明如下： 由（1）可得，且四边形是矩形， 又∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形． 12．（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，，是边上的中线，过点C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． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】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． （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． 【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：当满足时，四边形是正方形，理由如下： ∵， ∴是等腰直角三角形， ∵是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故答案为：． 13．（24-25八年级下·福建三明·期中）如图，在正方形中，是的中点，是边上的一点，连接，且． (1)尺规作图：求作点；（不写作法，保留作图痕迹） (2)求证：； (3)若，求正方形的边长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了基本作图，作一个角等于已知角，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正方形的性质； （1）根据作一个角等于已知角的方法，作出的等角即可； （2）过点作于点，连接．证明得出，进而证明得出，根据，即可得证； （3）设正方形的边长为，在中，由勾股定理得：，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：如图，点M即为所求． （2）证明：如图，过点作于点，连接． 由作图可得， 平分． ，， ，， ， ． 又是的中点， ， ． 在和中，， ， ． 又， ． （3）解：设正方形的边长为， 则， ． 又， ． 在中，由勾股定理得：， ， 解得或（不符合题意，舍去）， 正方形的边长为． 14．（25-26八年级上·贵州贵阳·期末）2025年10月贵阳市举行了第一届数智文化节．在某校的校内选拔赛中，小星所在的数学小组用边长为8的正方形纸片进行折纸问题的探究． 【初步感知】（1）如图①，沿过点的直线折叠正方形纸片，使得点的对应点落在正方形的对角线上，且折痕与边交于点，则________；（结果保留根号） 【迁移应用】（2）如图②，点，分别在，边上，沿直线折叠正方形纸片，点的对应点为点，点的对应点落在线段上（不与，重合），交于点； ①当点为中点时，求的面积； ②当点为上任意一点时（如图③），探究的周长是否发生变化，若不变，请求出的周长；若改变，请说明理由． 【答案】（1）；（2）①；②点为上任意一点时，的周长未发生变化，的周长为16 【分析】本题考查折叠的性质 ，勾股定理，三角形全等的判定与性质； （1）由题意得，，求出，即可解答； （2）①设，则，根据题意列方程，求出x即可解答； ②连接、，过点作，交于点，证，得，即可解答． 【详解】（1）解：∵正方形的边长为8， ∴，， ∴， 由折叠的性质得， ∴； （2）解：①设，则 由折叠性质得 在Rt中，由勾股定理得 解得 ∴． ②点为上任意一点时，的周长未发生变化，的周长为16． 理由如下： 连接、，过点作，交于点， 由折叠性质得 ， ∴， ∴ ∴ ∴ ∵在和中 ∴（） ∴， ∵ ∴ ∵在和中，由勾股定理得 ， ∴ ∴ ∴点为上任意一点时，的周长未发生变化，值为16． 15．（25-26九年级上·广东深圳·月考）在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点，点重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点与边交于点． 特例感知】 （1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是_____； 【类比探究】 （2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含的代数式表示）； 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，连接，求的长度． 【答案】（1）；（2）；（3）的长度为或． 【分析】（1）连接，当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，可证得（），得出，即可求得答案； （2）过点作，交于，可证得、、均为等边三角形，得出，再证得（），即可得出答案； （3）连接交于，运用勾股定理求得，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段上时，分别求得即可． 【详解】解：（1）当，时， 四边形和均为正方形，且为的中点， 如图1，连接，则，，， ， （）， ， ， ； 故答案为：； （2）如图2，过点作，交于， 四边形和四边形是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，， ，， 、均为等边三角形， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， （）， ， ， ； （3）连接交于， 四边形是菱形， ，即， ， ， ， 当点在线段上时，如图2，过点作于，则， ， 由（2）知：， ， ， ； 当点在线段上时，如图3， 则， ， ， ； 综上所述，的长度为或． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键． 16．（25-26九年级上·辽宁营口·期末）四边形是正方形，将线段绕点A逆时针旋转至，旋转角为，连接，与交于O点，过点D作，垂足为点F，连接． (1)如图1，当时，的度数为_________． (2)如图2，当时，用等式写出的数量关系，并证明． (3)在旋转过程中，当时，若，求的长． 【答案】(1) (2)，证明见解析 (3)或 【分析】（1）由旋转的性质，正方形的性质及等腰三角形的性质求得，再根据正方形的性质结合，利用三角形内角和得，从而求解；　 （2）在上截取，连接，先证明为等腰直角三角形，得到，再证明，得到，进而得到，证明，推出，利用勾股定理结合线段的和差关系即可得出结论； （3）分和两种情况，根据全等面积转化，以及同高三角形的面积比等于底边比，结合线段之间的关系进行求解即可． 【详解】（1）解：由旋转的性质得，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2） 解：，证明如下： 在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质得，， ∴，，， ∴， 同理（1）得， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：当，分两种情况： ①当，如图， 由（2）可知：，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②当时，如图，延长至点，使，连接， 由旋转的性质得，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴ ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上：的长为或． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04正方形的性质与判定六类综合题型 目录 典例详解 类型一、利用正方形的性质求角度 类型二、正方形中的折叠问题 类型三、根据正方形的性质证明与求解 类型四、根据正方形的性质与判定求解 类型五、正方形的性质与判定的综合问题 类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图） 压轴专练 典例详解 类型一、利用正方形的性质求角度 方法总结 1.正方形=矩形+菱形：综合运用矩形的“四个角为直角”和菱形的“对角线平分对角”性质。 2.内角和转化：将所求角置于三角形或特殊图形中，利用内角和、外角、平角等关系求解。 解题技巧 1.对角线模型：连接对角线，利用其“垂直、平分、相等且平分对角”的性质，寻找45°、90°角。 2.等腰三角形：正方形边或对角线构成的等腰直角三角形，是计算角度的常用模型。 例1.如图，在正方形ABCD的外侧，作等边三角形ADE,则∠AEB为() A.10° B.15 C.20° D.125° 【变式1-1】如图，四边形ABCD、AECF分别是菱形与正方形.若∠BAE=20°，则∠ABC=() 1/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 A.40° B.45 C.50 D.55° 【变式1-2】如图，在正方形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E是OB的中点，连接AE,若 AB=12,则线段AE的长为 D E 【变式1-3】如图，正方形ABCD的对角线AC和BD相交于点O,O又是正方形A,B,CO的一个顶点，OA 交AB于点E,OC,交BC于点F.当AB=4V2,可以计算出S四边形EBFO=, A D A E B 【变式1-4】如图，正方形ABCD的边长为4，则图中阴影部分的面积是 若以CD为边作等边 △CDE,那么∠AED的度数是 D B 类型二、正方形中的折叠问题 方法总结 1.抓折叠本质： 折叠即轴对称，折痕垂直平分对应点连线，且折叠前后对应线段相等、对应角相等。 2.结合正方形：利用正方形四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等的性质，寻找全等或特殊直 角三角形。 解题技巧 1.标等量：在图上清晰标注折叠产生的等边、等角，尤其是与正方形边长相等的边。 2. 设元勾股：通常在折叠形成的直角三角形中，设未知边长为x,利用正方形边长关系和勾股定理列方 2/15 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 程。 例2.边长为2的正方形ABCD中，M是BC的中点，以AM为折痕将△ABM翻折，使点B落在E处，延长 ME交CD于F,则DF的长是 D E M 【变式2-1】将一个边长为4的正方形纸片按所示的方式两次折叠，折叠后再按图示沿MN裁剪，得到几个 相同的图形纸片.那么每一个纸片的面积是 D D 【变式2-2】如图，在正方形ABCD中，点E是边AB的中点，将△BCE沿CE翻折得到aGCE,延长CG交 AD于点F,连接EF. F D Q B- (1)求证：△EAF≌△EGF; (2)若AB=8,求CF的长。 【变式2-3】如图，取一张矩形的纸进行折叠，具体操作过程如下： D D D M E E 图1 图2 图3 (1)【探究发现】 操作一：先把矩形ABCD对折，折痕为EF; 3/15 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 操作二：在AD上选一点P,沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，连接PM,BM,根据以上操作， 当点M在EF上时，写出图1中∠ABP= _°； (2)【类比应用】 小明将矩形纸片换成边长为4cm的正方形纸片，继续探究，过程如下： 将正方形纸片ABCD按照(1)中的方式操作，并延长PM交CD于点Q,连接BQ. ①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ= °，CQ= ②改变点P在AD上的位置（点P不与点A,D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明 理由. (3)【拓展延伸】 在(2)的探究中，当QF=lcm,请直接写出AP的长. 类型三、根据正方形的性质证明与求解 方法总结 1.性质整合：综合运用正方形“四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等并平分对角”的全部性 质。 2.目标导向：根据待证或所求（边等、角等、垂直等），选择直接相关的性质进行推理或建方程。 解题技巧 1.构造全等：通过连接对角线或作辅助线，构造全等直角三角形，是证明线段或角相等的常用手法。 2.巧用45°：对角线平分直角产生的45°角，是进行角度计算和证明的重要切入点。 例3.如图，在正方形ABCD中，E、F分别是BC、CD边上的点，DF=CE,连接AF,DE交于点G. F B (I)求证：△ADF≌△DCE; (2)若∠DAF=30°，AD=4,求AG的长 【变式3-1】如图，点P是正方形ABCD内一点，连接PA,PB,PC,将△ABP绕点B顺时针旋转到△CBP 的位置. 4/15 厨学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)旋转中心是点-，点P旋转的度数是- (2)连接PP',△BPP'的形状是-： (3)若PA=2,PB=4,∠APB=135°，求PC的长. 【变式3-2】如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形 AEFG,线段EB和GD相交于点H. D (1)求证：EB=GD; (2)判断EB与GD的位置关系，并说明理由： (3)若AB=22,AG=2,求EB的长 【变式3-3】在正方形ABCD中，E为CD上的一点，连接AE交对角线BD于点F. G 图1 图2 (1)连接CF,如图1， ①求证：AF=FC; ②若EF=EC,求∠DAE的度数. (2)如图2，过点F作FG⊥AE交BC于点G,求证：∠EAG=45°. 5/15 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 类型四、根据正方形的性质与判定求解 方法总结 1.先判后性：先依据一组邻边相等且有一个直角等条件，判定四边形为正方形。 2.再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线特性）求值或证明。 解题技巧 1.判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。 2.对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。 例4.如图，在四边形ABCD中，∠BCD=90°，过点A作AD的垂线交BC于点E,AD=AE,CD=3, CE=9,2∠AEC+∠B=180°，则AB的长为 B 【变式4-1】如图，正方形ABCD的周长为16cm,顺次连接正方形各边中点E、F、G、H,得到四边形 EFGH的面积等于 _cm2. E A B 【变式4-2】如图，∠ABC=90°，点D为AB上一定点，BD=3,BC=5,点E为射线DA上一动点， △CBE关于CE对称的图形为△CFE(点B的对称点为点F),连接DF,若ADEF是直角三角形，则DE的 长为一 A E D B 【变式4-3】如图，在ABC中，∠C=90°，AC=2,BC=4,D为边AB的中点，E是边BC上的动点， 将△ACE沿AE翻折，点C的对应点C在ABC内，D,C,E三点在同一直线上， 6/15 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D (1)CE的长为 (2)∠DAE的度数为 类型五、正方形的性质与判定的综合问题 方法总结 1.判性结合：先根据条件判定正方形，再综合运用其所有性质（边、角、对角线）推导新结论或求值。 2.数形转化：将几何关系（如线段和、角度和）转化为代数方程，或利用全等、勾股定理求解。 解题技巧 1.对角线分直角：连接对角线，将问题转化为等腰直角三角形问题，是核心解题模型。 2.构造全等：通过作辅助线（如垂线)构造全等三角形，是证明线段相等或垂直的常用技巧。 例5.如图1，四边形ABCD为正方形，E为对角线AC上一点，连接DE,BE. D E 图1 图2 (1)求证：BE=DE; (2)如图2，过点E作EF⊥DE,交边BC于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连接CG. ①求证：矩形DEFG是正方形； ②探究：线段CE、CG、BC之间的数量关系？并说明理由 【变式5-1】如图，点E是正方形ABCD的边BC上一点，连接DE,将DE绕着点E逆时针旋转90°，得到 EG,过点G作GF⊥CB,垂足为F,GH⊥AB,垂足为H,连接DG,交AB于I. B E 7/15 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：四边形BFGH是正方形； (2)求证：ED平分∠CE1; (3)连接IE,若正方形ABCD的边长为3√5，求△BEI的周长 【变式5-2】如图1所示，在Rt△ABC中，∠C=90°，点D是Rt△ABC两个外角平分线BD、AD的交点， DE⊥CA的延长线，垂足为点E,DF⊥CB的延长线，垂足为点F, 图1 图2 (1)直接写出∠ADB= (2)求证：四边形EDFC为正方形： (3)如图2所示，在正方形EDFC中，点A、点B分别是线段EC和线段CF上任意两点且∠ADB=45°，请写 出线段AE、AB、BF的数量关系并说明理由， 【变式5-3】如图①.点E为正方形ABCD内一点.∠AEB=90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转 90°，得到△CBE'(点A的对应点为点C).延长AE交CE'于点F.连接DE. 猜想证明： (1)试判断四边形BEFE'的形状.并说明理由； (2)如图②.若DA=DE.请猜想线段CF与FE的数量关系并加以证明； 解决问题： (3)如图①，若AB=15,CF=3,请直接写出DE的长 图① 图② 类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图) 方法总结 8/15 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.依据性质作图：利用正方形“四边相等且四角为直角”、“对角线垂直平分且相等”的性质，作垂线、 截等长或作中垂线。 2.依据判定构图：以满足正方形判定条件（如作一个角为直角的菱形）为目标，逆向设计作图步骤。 解题技巧 1.先定直角：通常先利用格点或已有线段构造一个直角，再截取等长邻边。 2.巧用对角线：通过作已知线段的中垂线并截取等长，确定对角线的交点，从而定位四个顶点。 例6.如图，在口ABCD中，∠B=45°，AB=2,BC=2√2，E为AD的中点， E B (1)实践与操作：过点A作BC的垂线AF,垂足为F;(利用尺规作图，保留作图痕迹，不写作法) (2)猜想与证明：试猜想四边形AECF是哪种特殊的四边形，并说明理由 【变式6-1】如图，线段EF的端点分别在正方形ABCD的边AD和边BC上，AE=FC. A E (I)请用无刻度的直尺和圆规作出一个以线段EF为对角线的正方形EGFH,其中点G,H分别在AB和CD上. (不写作法，保留作图痕迹) (2)证明(1)中得到的四边形EGFH是正方形 【变式6-2】如图，在正方形ABCD中，以AD为边向上作等腰直角三角形ADE,AE=DE,∠AED=90° ,请仅用无刻度直尺按下列要求画图.（保留作图痕迹） A B B 图1 图2 (1)在图1中，画出AD边的中点F: (2)在图2中，画出AE边的中点G. 【变式6-3】已知BD是菱形ABCD的对角线. 9/15 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 B D 图1 图2 (I)如图1，以A为圆心，适当长度为半径作弧，交BD于点E,F,连接AE,AF,CE,CF,求证：四边形 AECF是菱形. (2)尺规作图：在图2中作正方形AMCN,其中M,N在BD上（保留作图痕迹，不写作法）· 压轴专练 一、单选题 1.(25-26九年级上·陕西榆林·月考)在。ABCD中，连接AC,BD,再添加一个条件，可以判定口ABCD为 矩形的是() A.AC⊥BD B.∠ABC=90° C.AB=BC D.∠ABC=∠ADC 2.(25-26九年级上陕西咸阳期中)如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边在右侧作菱形BDEF, 点E、F分别在AD、BC的延长线上，连接BE,则∠DBE的度数为() D E A.30° B.25° C.22.5 D.20° 3.(25-26九年级上·辽宁盘锦·月考)如图，将边长为12的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把ABC 沿着AD方向平移，得到△A'B'C',当两个三角形重叠部分的面积为32时，它移动的距离AA'等于() B'C A.2 B.4 C.2或8 D.4或8 10/15