专题 8.9 特殊平行四边形——正方形（专项练习）- 2025-2026学年苏科版八年级数学下册基础知识专项突破讲练

专题 8.9 特殊平行四边形——正方形（专项练习） 一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求) 1．（25-26九年级上·山东枣庄·月考）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形及菱形的性质，熟练掌握正方形及菱形的性质是解题关键，选项A、C和D是菱形的必然性质，故排除；选项B是菱形不一定具有的，对角线相等是正方形特有而菱形不一定具有的性质据此得出结论． 解：∵正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等（只有正方形时相等）， ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选：B． 2．（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，已知正方形的边长为2，对角线与相交于点，则的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了正方形的性质及勾股定理，熟知正方形的对角线互相垂直且平分是解题的关键． 在中用勾股定理计算出对角线的长，再借助“正方形的对角线互相垂直且平分”求出的长． 解：是正方形， ， 在中，， ， 由于正方形的对角线互相垂直且平分， ． 故选：B． 3．（2025·安徽·模拟预测）如图，为正方形中边上一点，为对角线，连接，交于点，若，则的度数为(    ) A． B．° C．° D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质；根据正方形的性质可得，，则，进而根据三角形的外角的性质，即可求解． 解：∵为正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 4．（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，在中，．再添加一个条件，可以判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的判定定理．根据正方形的判定定理即可解答． 解：在平行四边形中，，利用对角线互相垂直且相等即可证明四边形是正方形． A．当时，四边形是菱形，不一定是正方形，选项错误，不符合题意； B．当时，四边形一定不是正方形，选项错误，不符合题意； C．当时，平行四边形角线互相垂直且相等，则四边形是正方形，选项正确，符合题意； D．当时，四边形不一定是正方形，选项错误，不符合题意； 故选：C． 5．（23-24八年级下·江西上饶·月考）如图，在菱形中，于E．若，且，则菱形的周长为（    ）    A．12 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据菱形的面积公式和题意可求出菱形的边长，进而可求出菱形的周长． 解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， 菱形的周长为， 故选A． 【点睛】本题考查了菱形的性质及其面积和周长，熟练掌握这些知识是解题的关键． 6．（25-26九年级上·安徽宿州·期中）如图，在中，D是斜边的中点，以为边作正方形，若正方形的面积为36，则的长为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点．掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可． 解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点D是斜边的中点， ∴． 故选：D． 7．（25-26九年级上·山东济南·期末）如图，点是正方形对角线上的一点，连接、，延长交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明是解题的关键．由正方形的性质得，则，再证，得，然后由三角形的外角性质即可求解． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 8．（24-25八年级下·四川内江·月考）已知正方形的面积为81，点H是边上的一个动点，沿过点H的直线将正方形折叠，使顶点D恰好落在边上的三等分点E处，则线段的长是（   ） A．5.5 B．6.5 C．5或5.5 D．5或6.5 【答案】D 【分析】本题考查正方形的折叠问题，分类讨论，利用勾股定理建立方程是解题的关键． 分类讨论：当时，当时，逐一分析求解即可． 解：根据题意，得 ． ∴． 设，由折叠得 ． 如图①所示， 当时，． 由勾股定理，得 ， 解得； 如图②所示， 当时．由勾股定理，得 ， 解得． 综上所述，DH的长为5或6.5． 故选D． 9．（25-26九年级上·四川德阳·月考）如图，在正方形中，动点E、F分别从D、C两点同时出发，以相同的速度在边、上移动，连接和交于点P，由于点E、F的移动，使得点P也随之运动．若，则线段的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据已知得，然后证明，得出，然后证明，取中点O，则为定值，根据两点之间线段最短得当P、C、O三点共线时，最小，然后根据勾股定理求解． 解：动点，分别从两点同时出发，以相同的速度在边，上移动， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 取中点，连接，如下图， 则， 根据两点之间线段最短，得、、三点共线时线段的值最小， 在中，根据勾股定理得， ， ． 故选：C． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，确定点P到中点的距离是解此题的关键． 10．（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，正方形的边长为8，对角线，相交于点O，点E，F分别在，的延长线上，且，，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为（　　） A．5 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，中位线，勾股定理等知识．解题的关键在于明确GH是△OEF的中位线． 如图，连接，作于M，于N，可得，，是的中位线，是的中位线，在中，由勾股定理得求出的值，然后根据求出的值即可． 解：如图，连接，作于M，于N， ∵四边形是正方形， ∴ ∴，， ∴C为的中点，． ，， ， ∴， ∴， ∴H是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选B． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，四边形是正方形，是延长线上的一点，且，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握这些知识是关键；由正方形的性质得，由等腰三角形的性质得，再由三角形外角的性质即可求解． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 12．（24-25九年级上·全国·课后作业）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，使点A恰好落上的点F处，折痕为，将纸片沿剪下，则折叠部分是一个正方形，其用到的正方形判定方法是 ． 【答案】有一组邻边相等的矩形是正方形 【分析】此题考查正方形的判定，折叠的性质，根据折叠得到，即可判定正方形，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键 解：由折叠得， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 故答案为：有一组邻边相等的矩形是正方形 13．（2024·江苏南京·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    【答案】1 【分析】连接，则，根据三角形中位线定理，得． 连接，因为正方形，， 所以， 因为E，F分别是的中点， 所以． 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 14．（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，中，，，将沿方向平移，得到，连接．若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了平移的性质，求阴影部分的面积，平行四边形的性质和判定， 根据平移的性质得，可知四边形时平行四边形，再根据面积公式得出答案． 解：根据平移的性质得， ∴四边形时平行四边形． ∵， ∴． ∵， ∴阴影部分的面积等于． 故答案为：4． 15．（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． 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． 16．（25-26九年级上·湖北随州·月考）6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，，分别是，上的点，，相交于点．是的中点，若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线定理，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键． 利用正方形的性质证出，利用全等的性质证出，利用勾股定理求出的长，即可通过直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 解：∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∵是的中点， ∴， 故答案为：． 17．（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，已知正方形的对角线交于O，G是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】取的中点，则与关于对称，过点作，，交于点，连接，则四边形是平行四边形，，根据轴对称的性质可以得出，利用三角形三边关系可以得出，根据两点间的距离最短进一步得出，在中，根据勾股定理即可解此题． 本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及利用平移和对称求最值问题，关键在于通过平移和对称将所求线段和转化为两点之间的距离． ，解：四边形是正方形，， ， ， 是的中点， ， 取的中点，则与关于对称， ， 过点作，，交于点，连接， 四边形是平行四边形， ，， 在中，， 又点是上的动线段， ， 当点在一条直线上时，取最小值， ， , 在中，，，根据勾股定理， 最小值为， 故答案为：． 18．（25-26九年级上·黑龙江七台河·期中）如图，点，是正方形的两个顶点，以对角线为边作正方形，再以对角线为边作正方形，……依此规律，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标类规律探索，正方形的性质，勾股定理，先求出，，，，，，，，，…，从而可得（为自然数），再结合即可得解，正确得出规律是解此题的关键． 解：∵点，是正方形的两个顶点， ∴，， ∵以对角线为边作正方形， ∴， ∴， ∵以对角线为边作正方形， ∴， ∴， 同理可得：，，，，，，…， ∴（为自然数）， ∵， ∴点的坐标是，即， 故答案为：． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（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． （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． 20．（本小题满分8分）（25-26九年级上·江西宜春·月考）如图，在正方形中，P是上一动点（不与A，B两点重合），对角线，相交于点O，过点P分别作的垂线，分别交于点E与点F． (1)求证：四边形是矩形． (2)若正方形的边长是a，求四边形的周长（用含a的式子表示）． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查出正方形的性质，矩形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据正方形的性质得，因为过点P分别作的垂线，即，根据三个内角是90度的四边形是矩形，即可作答． （2）先根据四边形的性质得，，，进而得和是等腰直角三角形，，，即可计算四边形的周长． （1）解：∵四边形是正方形， ∴， 即， ∵过点P分别作的垂线， ∴， ∴四边形是矩形 （2）解：∵四边形是正方形， ，， ∴ 正方形的边长是， ∴ ∴， 又，， 和是等腰直角三角形， ，， 四边形的周长 ． 21．（本小题满分10分）（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，对角线、交于点．过作平行线，过作平行线，两平行线交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形为正方形时，请直接判断四边形的形状． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形对角线互相垂直得到，即可证明平行四边形是矩形； （2）同理可证四边形是平行四边形，再根据正方形对角线互相垂直平分且相等得到，平行四边形是正方形． （1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线、交于点 ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 同理可证四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形，对角线、交于点， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的性质等等，熟知平行四边形，矩形，菱形，正方形等特殊平行四边形的性质和判定定理是解题的关键． 22．（本小题满分10分）（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，是边的中点，过点 作直线，交的角平分线于点E，交的外角的角平分线于点，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)，或（答案不唯一） 【分析】（1）根据角平分线可得，可证，根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可得是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，由此即可求证； （2）根据正方形的判定方法“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”即可求解． （1）证明：已知平分，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知四边形是矩形， ∴根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”得，添加条件为：，或（答案不唯一）， 添加条件为：， ∵四边形是矩形，， ∴矩形是正方形； 添加条件：， ∵， ∴， ∵， ∴，即，且四边形是矩形， ∴矩形是正方形； 综上所述，添加条件为：：，或（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的证明，正方形的判定和性质的综合，掌握矩形判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级上·辽宁沈阳·期末）如图，正方形中，，点为边上一点，连接，将沿翻折，得到，连接． (1)求证：； (2)当为直角三角形时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，直接写出此时的长． 【答案】(1)见解析；(2)；(3)． 【分析】（1）通过正方形的边相等和翻折的性质，得到再利用等腰三角形等边对等角证角相等． （2）先判断直角顶点为，作辅助线，通过全等三角形转化线段关系，结合勾股定理计算的长； （3）作、，用面积法求，结合矩形性质与勾股定理求． （1）解：四边形是正方形， ， 沿翻折得， ， ， ； （2）解：过点D作于点G， ∵点在上，点在正方形内， ∴、为锐角，，， ∴当为直角三角形时，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴（） ∴， 设，则， 在中，由勾股定理即， 解得或（舍去）， ∴； （3）解：过点作，于、，连接， ∵，，，， ， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，由勾股定理得即， 解得， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质，熟练掌握翻折变换的性质、结合辅助线转化线段关系是解题的关键． 24．（本小题满分12分）（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证； ②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到； （2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论； （3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论． （1）证明∶①如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴，即． ∴； ②∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴．即． （2）解：． 理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． 由（1）知：， ∵， ∴． （3）解：． 理由如下： 如图， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴，即． ∴， ∴． ∵， ∴在中，． ∵． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题 8.9 特殊平行四边形——正方形（专项练习） 一、选择题(本大题共10个小题,每小题3分,共30分,每小题均有四个选项,其中只有一项符合题目要求) 1．（25-26九年级上·山东枣庄·月考）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．四条边都相等 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形及菱形的性质，熟练掌握正方形及菱形的性质是解题关键，选项A、C和D是菱形的必然性质，故排除；选项B是菱形不一定具有的，对角线相等是正方形特有而菱形不一定具有的性质据此得出结论． 解：∵正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等（只有正方形时相等）， ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等． 故选：B． 2．（25-26九年级上·河北保定·月考）如图，已知正方形的边长为2，对角线与相交于点，则的长为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】此题考查了正方形的性质及勾股定理，熟知正方形的对角线互相垂直且平分是解题的关键． 在中用勾股定理计算出对角线的长，再借助“正方形的对角线互相垂直且平分”求出的长． 解：是正方形， ， 在中，， ， 由于正方形的对角线互相垂直且平分， ． 故选：B． 3．（2025·安徽·模拟预测）如图，为正方形中边上一点，为对角线，连接，交于点，若，则的度数为(    ) A． B．° C．° D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质；根据正方形的性质可得，，则，进而根据三角形的外角的性质，即可求解． 解：∵为正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 4．（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，在中，．再添加一个条件，可以判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定，平行四边形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形的判定定理．根据正方形的判定定理即可解答． 解：在平行四边形中，，利用对角线互相垂直且相等即可证明四边形是正方形． A．当时，四边形是菱形，不一定是正方形，选项错误，不符合题意； B．当时，四边形一定不是正方形，选项错误，不符合题意； C．当时，平行四边形角线互相垂直且相等，则四边形是正方形，选项正确，符合题意； D．当时，四边形不一定是正方形，选项错误，不符合题意； 故选：C． 5．（23-24八年级下·江西上饶·月考）如图，在菱形中，于E．若，且，则菱形的周长为（    ）    A．12 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据菱形的面积公式和题意可求出菱形的边长，进而可求出菱形的周长． 解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， 菱形的周长为， 故选A． 【点睛】本题考查了菱形的性质及其面积和周长，熟练掌握这些知识是解题的关键． 6．（25-26九年级上·安徽宿州·期中）如图，在中，D是斜边的中点，以为边作正方形，若正方形的面积为36，则的长为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点．掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可． 解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点D是斜边的中点， ∴． 故选：D． 7．（25-26九年级上·山东济南·期末）如图，点是正方形对角线上的一点，连接、，延长交于点，若，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质以及三角形的外角性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明是解题的关键．由正方形的性质得，则，再证，得，然后由三角形的外角性质即可求解． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 8．（24-25八年级下·四川内江·月考）已知正方形的面积为81，点H是边上的一个动点，沿过点H的直线将正方形折叠，使顶点D恰好落在边上的三等分点E处，则线段的长是（   ） A．5.5 B．6.5 C．5或5.5 D．5或6.5 【答案】D 【分析】本题考查正方形的折叠问题，分类讨论，利用勾股定理建立方程是解题的关键． 分类讨论：当时，当时，逐一分析求解即可． 解：根据题意，得 ． ∴． 设，由折叠得 ． 如图①所示， 当时，． 由勾股定理，得 ， 解得； 如图②所示， 当时．由勾股定理，得 ， 解得． 综上所述，DH的长为5或6.5． 故选D． 9．（25-26九年级上·四川德阳·月考）如图，在正方形中，动点E、F分别从D、C两点同时出发，以相同的速度在边、上移动，连接和交于点P，由于点E、F的移动，使得点P也随之运动．若，则线段的最小值是（   ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据已知得，然后证明，得出，然后证明，取中点O，则为定值，根据两点之间线段最短得当P、C、O三点共线时，最小，然后根据勾股定理求解． 解：动点，分别从两点同时出发，以相同的速度在边，上移动， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， 取中点，连接，如下图， 则， 根据两点之间线段最短，得、、三点共线时线段的值最小， 在中，根据勾股定理得， ， ． 故选：C． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，确定点P到中点的距离是解此题的关键． 10．（25-26九年级上·广东揭阳·期末）如图，正方形的边长为8，对角线，相交于点O，点E，F分别在，的延长线上，且，，G为的中点，连接，交于点H，连接，则的长为（　　） A．5 B． C． D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，中位线，勾股定理等知识．解题的关键在于明确GH是△OEF的中位线． 如图，连接，作于M，于N，可得，，是的中位线，是的中位线，在中，由勾股定理得求出的值，然后根据求出的值即可． 解：如图，连接，作于M，于N， ∵四边形是正方形， ∴ ∴，， ∴C为的中点，． ，， ， ∴， ∴， ∴H是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， 故选B． 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（2024九年级上·全国·专题练习）如图，四边形是正方形，是延长线上的一点，且，则的度数是 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质及三角形外角的性质，掌握这些知识是关键；由正方形的性质得，由等腰三角形的性质得，再由三角形外角的性质即可求解． 解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 12．（24-25九年级上·全国·课后作业）将矩形纸片按如图所示的方式折叠，使点A恰好落上的点F处，折痕为，将纸片沿剪下，则折叠部分是一个正方形，其用到的正方形判定方法是 ． 【答案】有一组邻边相等的矩形是正方形 【分析】此题考查正方形的判定，折叠的性质，根据折叠得到，即可判定正方形，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键 解：由折叠得， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 故答案为：有一组邻边相等的矩形是正方形 13．（2024·江苏南京·二模）如图，在正方形中，E，F分别是的中点．若，则的长是 ．    【答案】1 【分析】连接，则，根据三角形中位线定理，得． 连接，因为正方形，， 所以， 因为E，F分别是的中点， 所以． 故答案为：1． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形中位线定理，熟练掌握正方形的性质和三角形中位线定理是解题的关键． 14．（24-25八年级下·陕西西安·月考）如图，中，，，将沿方向平移，得到，连接．若，则阴影部分的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了平移的性质，求阴影部分的面积，平行四边形的性质和判定， 根据平移的性质得，可知四边形时平行四边形，再根据面积公式得出答案． 解：根据平移的性质得， ∴四边形时平行四边形． ∵， ∴． ∵， ∴阴影部分的面积等于． 故答案为：4． 15．（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． 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． 16．（25-26九年级上·湖北随州·月考）6月2日6时23分，嫦娥六号着陆器和上升器组合体在鹊桥二号中继星的支持下，成功着陆在月球背面南极-艾特肯盆地预选着陆区．组合体元件中有个展板的平面图如图所示，在正方形中，，分别是，上的点，，相交于点．是的中点，若，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线定理，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握全等三角形的判定是解题的关键． 利用正方形的性质证出，利用全等的性质证出，利用勾股定理求出的长，即可通过直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可解答． 解：∵，，四边形是正方形， ∴，， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∵是的中点， ∴， 故答案为：． 17．（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，已知正方形的对角线交于O，G是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】取的中点，则与关于对称，过点作，，交于点，连接，则四边形是平行四边形，，根据轴对称的性质可以得出，利用三角形三边关系可以得出，根据两点间的距离最短进一步得出，在中，根据勾股定理即可解此题． 本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及利用平移和对称求最值问题，关键在于通过平移和对称将所求线段和转化为两点之间的距离． ，解：四边形是正方形，， ， ， 是的中点， ， 取的中点，则与关于对称， ， 过点作，，交于点，连接， 四边形是平行四边形， ，， 在中，， 又点是上的动线段， ， 当点在一条直线上时，取最小值， ， , 在中，，，根据勾股定理， 最小值为， 故答案为：． 18．（25-26九年级上·黑龙江七台河·期中）如图，点，是正方形的两个顶点，以对角线为边作正方形，再以对角线为边作正方形，……依此规律，则点的坐标是 ． 【答案】 【分析】本题考查了坐标类规律探索，正方形的性质，勾股定理，先求出，，，，，，，，，…，从而可得（为自然数），再结合即可得解，正确得出规律是解此题的关键． 解：∵点，是正方形的两个顶点， ∴，， ∵以对角线为边作正方形， ∴， ∴， ∵以对角线为边作正方形， ∴， ∴， 同理可得：，，，，，，…， ∴（为自然数）， ∵， ∴点的坐标是，即， 故答案为：． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（本小题满分8分）（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． （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． 20．（本小题满分8分）（25-26九年级上·江西宜春·月考）如图，在正方形中，P是上一动点（不与A，B两点重合），对角线，相交于点O，过点P分别作的垂线，分别交于点E与点F． (1)求证：四边形是矩形． (2)若正方形的边长是a，求四边形的周长（用含a的式子表示）． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】本题考查出正方形的性质，矩形的判定，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）根据正方形的性质得，因为过点P分别作的垂线，即，根据三个内角是90度的四边形是矩形，即可作答． （2）先根据四边形的性质得，，，进而得和是等腰直角三角形，，，即可计算四边形的周长． （1）解：∵四边形是正方形， ∴， 即， ∵过点P分别作的垂线， ∴， ∴四边形是矩形 （2）解：∵四边形是正方形， ，， ∴ 正方形的边长是， ∴ ∴， 又，， 和是等腰直角三角形， ，， 四边形的周长 ． 21．（本小题满分10分）（23-24八年级下·全国·单元测试）如图，在菱形中，对角线、交于点．过作平行线，过作平行线，两平行线交于点．    (1)求证：四边形是矩形； (2)若四边形为正方形时，请直接判断四边形的形状． 【答案】(1)证明见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据菱形对角线互相垂直得到，即可证明平行四边形是矩形； （2）同理可证四边形是平行四边形，再根据正方形对角线互相垂直平分且相等得到，平行四边形是正方形． （1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形，对角线、交于点 ∴， ∴平行四边形是矩形； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 同理可证四边形是平行四边形， ∵四边形是正方形，对角线、交于点， ∴， ∴平行四边形是矩形， ∴矩形是正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的性质与判定，正方形的判定，菱形的性质等等，熟知平行四边形，矩形，菱形，正方形等特殊平行四边形的性质和判定定理是解题的关键． 22．（本小题满分10分）（23-24八年级下·湖北武汉·期中）如图，在中，是边的中点，过点 作直线，交的角平分线于点E，交的外角的角平分线于点，连接． (1)求证：四边形为矩形． (2)请添加一个条件，使四边形为正方形，直接写出该条件． 【答案】(1)证明过程见详解 (2)，或（答案不唯一） 【分析】（1）根据角平分线可得，可证，根据对角线相互平分的四边形是平行四边形，可得是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形，由此即可求证； （2）根据正方形的判定方法“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”即可求解． （1）证明：已知平分，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形； （2）解：由（1）可知四边形是矩形， ∴根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，“对角线相互垂直的平行四边形是正方形”得，添加条件为：，或（答案不唯一）， 添加条件为：， ∵四边形是矩形，， ∴矩形是正方形； 添加条件：， ∵， ∴， ∵， ∴，即，且四边形是矩形， ∴矩形是正方形； 综上所述，添加条件为：：，或（答案不唯一）． 【点睛】本题主要考查角平分线的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质，矩形的证明，正方形的判定和性质的综合，掌握矩形判定和性质，正方形的判定和性质是解题的关键． 23．（本小题满分10分）（25-26八年级上·辽宁沈阳·期末）如图，正方形中，，点为边上一点，连接，将沿翻折，得到，连接． (1)求证：； (2)当为直角三角形时，求线段的长． (3)在（2）的条件下，直接写出此时的长． 【答案】(1)见解析；(2)；(3)． 【分析】（1）通过正方形的边相等和翻折的性质，得到再利用等腰三角形等边对等角证角相等． （2）先判断直角顶点为，作辅助线，通过全等三角形转化线段关系，结合勾股定理计算的长； （3）作、，用面积法求，结合矩形性质与勾股定理求． （1）解：四边形是正方形， ， 沿翻折得， ， ， ； （2）解：过点D作于点G， ∵点在上，点在正方形内， ∴、为锐角，，， ∴当为直角三角形时，， ∵，， ∴， ∵，， ∴， 又∵，， ∴（） ∴， 设，则， 在中，由勾股定理即， 解得或（舍去）， ∴； （3）解：过点作，于、，连接， ∵，，，， ， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， 设，则， 在中，由勾股定理得即， 解得， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、翻折的性质、等腰三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、矩形的判定与性质，熟练掌握翻折变换的性质、结合辅助线转化线段关系是解题的关键． 24．（本小题满分12分）（24-25八年级下·海南·期末）在菱形中，点E是对角线上一点，点F、G在直线上，且，． (1)如图1，求证：①；②； (2)如图2，当时，判断、、的数量关系，并说明理由； (3)如图3，当时，点F在线段上，判断、、的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）①由菱形性质得到，由等腰三角形性质得到．从而有．由等量代换得到，从而可证； ②由全等的性质得出，由菱形的性质得出，从而有，最后有等量代换即可得到； （2）由菱形的性质可求出，从而得到为等边三角形，得到，从而可证结论； （3）证明四边形是正方形，得到，同（1）可证，得到，进而得到为等腰直角三角形，从而得到结论． （1）证明∶①如图， ∵四边形是菱形， ∴． ∵， ∴， ∴． 又∵， ∴，即． ∴； ②∵， ∴． ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴．即． （2）解：． 理由如下： ∵四边形是菱形，， ∴． ∵， ∴是等边三角形， ∴． 由（1）知：， ∵， ∴． （3）解：． 理由如下： 如图， ∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． ∴． 又∵， ∴，即． ∴， ∴． ∵， ∴在中，． ∵． ∴． ∴． 【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，灵活运用相关性质定理和判定定理是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $