第05讲 正方形与四边形综合问题（知识详解+13典例分析+习题巩固）2025-2026学年苏科版八年级数学下册同步讲义与测试

第05讲 正方形与四边形综合问题（知识详解+13典例分析+习题巩固） 【知识点01】正方形的定义及判定 1.正方形的定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫作正方形.换言之，既是菱形又是矩形的四边形是正方形. 2.正方形的判定 判定定理 有一组邻边相等的矩形是正方形.（从矩形出发） 有一个角是直角的菱形是正方形.（从菱形出发） 要判定一个四边形是正方形，只要判定这个四边形既是矩形又是菱形即可.因此除了正方形的判定定理，还可以“先判定矩形，再判定对角线互相垂直”或“先判定菱形，再判定对角线相等”等来判定正方形. 敲黑板 四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的转化关系 【知识点02】正方形的性质 正方形具有矩形和菱形的所有性质.总结如下表： 性质 符号语言 图示 边 正方形的四条边都相等. （性质定理） ∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形， ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐵𝐶 . 角 正方形的四个角都是直角. （性质定理） ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=90°. 对角线 正方形的对角线相等且互相垂直平分.（性质定理） ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷 ，𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝑂𝐵=𝑂𝐷，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=45∘  . 对称性 正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，过每组对边中点的两条直线及两条对角线所在的直线是它的对称轴. 直线𝐴𝐶，𝐵𝐷，𝑚，𝑛 均是正方形的对称轴. 辨析：平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质对比 类型 平行四边形 矩形 菱形 正方形 边 共性 对边平行且相等 特性 四条边都相等 角 共性 对角相等且邻角互补 特性 四个角都是直角 四个角都是直角 对角线 共性 对角线互相平分 特性 对角线相等 对角线互相垂直 对角线相等且互相垂直 对称性 特性 轴对称图形 2条对称轴 2条对称轴 4条对称轴 【题型一】正方形性质理解 例1．（24-25八年级下·江苏南京·期中）下列说法错误的是（   ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线互相垂直且相等 C．菱形的对角线互相垂直平分 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 变式1．（24-25八年级下·江苏淮安·期中）若矩形的对称中心是直角坐标系的原点，且点A的坐标为，则点C的坐标为 ． 变式2．（22-23八年级下·江苏南通·月考）平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A，C在坐标系上，点，P是射线OB上一点，将绕点A顺时针旋转，得，Q是点P旋转后的对应点． (1)如图1，当时，求点Q的坐标； (2)如图2，设点，用含m的式子表示Q点的坐标并求的函数关系式，（写出自变量的取值范围）； (3)当时，直接写出点Q的坐标． 【题型二】根据正方形的性质求角度 例2．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，四边形、分别是菱形与正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 变式1．（24-25八年级下·江苏徐州·月考）如图，在正方形中，点在上，经过旋转后得到，旋转角为 度． 变式2．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形是正方形，延长到点F，使，连结，求的度数． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 例3．（22-23八年级下·江苏连云港·月考）如图正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，要使最小，则这个最小值为(    ) A． B． C． D． 变式1．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）“勾股容方”问题起源于《九章算术》，该问题可以描述为：如图1，已知“勾股形”的勾为，股为，求“容方”的边长（“勾股形”即直角三角形，“容方”指与此直角三角形有公共直角的内接正方形，即图1中阴影部分）．魏晋时期数学家刘徽利用“出入相补”原理，将图2中的直角三角形及正方形进行重新组合，得到图3中的长方形，从而算出“容方”的边长．若图中，则“容方”的边长为 ． 变式2．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，在正方形中，，是的中点． (1)将正方形翻折使点与点重合，折痕分别交，于点，，请用尺规作图作出线段（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，，求的长． 【题型四】根据正方形的性质求面积 例4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）正方形边长为4，上有一动点E，以为边作矩形，且边过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形的面积的最大值与最小值的和为（   ） A．32 B．8 C．16 D．64 变式1．（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为6，的面积为6，则的长为 ． 【题型五】正方形折叠问题 例5．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，将一张边长为的正方形纸片折叠，使点落在的中点处，点落在点处，折痕为，则线段长的平方为（　　） A． B． C． D． 变式1．（24-25八年级上·江苏南京·月考）取一张正方形纸片，先折叠成两个全等的矩形得到折痕，然后展开，再把沿折叠，使点落在折痕上，则的度数为 ． 变式2．（22-23八年级下·江苏苏州·月考）在正方形纸片中，点、分别是、上的点，连接． (1)问题探究：如图1，作，交于点，求证：； (2)问题解决：如图2，将正方形纸片沿过点、的直线折叠，点的对应点恰好落在上，点的对应点为点，若，，求线段的长． 【题型六】根据正方形的性质证明 例6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为边上的动点（不与端点重合），连接分别交对角线于点P，Q． 点E，F在运动过程中，始终保持，连接． 下列结论：①；的周长为4；③；④若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 变式1．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，已知点P是正方形外一点，且，，则的最大值是 ． 变式2．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 【题型七】正方形的判定定理理解 例7．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，要使平行四边形是正方形，需增加条件．在条件①，②，③，④中选取两个作为条件，不正确的是(　　) A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④ 变式1．“对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形”是 事件（填“随机”或“确定”）． 变式2．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形中，对角线，的长分别为，（），我们把定义为菱形的“神似度”． (1)当菱形的“神似度”______时，菱形就是正方形； (2)当时，求菱形的“神似度”． 【题型八】证明四边形是正方形 例8．（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 变式1．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图1，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)如图2，在△中，，高，，求的长度． 【题型九】添一个条件使四边形是正方形 例9．（24-25八年级下·江苏常州·期中）在四边形中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 变式1．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，再添加一个条件，使得四边形是正方形，这个条件可以是 （写出一个条件即可）． 变式2．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在中，O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与、的外角的平分线交于点E、F． (1)与相等吗？证明你的结论； (2)试确定点O的位置，使四边形是矩形，并加以证明； (3)在（2）的条件下，满足什么条件，四边形是正方形？证明你的结论． 【题型十】根据正方形的性质与判定证明 例10．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，点F是边AB上一点，连接DF．若AE＝DF，则∠CDF的度数为（    ） A．45° B．60° C．67.5° D．72° 变式1．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，在一张矩形纸片中，，，点E，F分别在，上，将沿直线折叠，点C落在上的点H处，点D落在点G处．设线段的长度为m，则m的取值范围是 ． 变式2．（23-24八年级下·江苏徐州·月考）已知，如图，在正方形中，点分别在上，且．求证：四边形是正方形． 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长 例11．如图，把边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形 ，边与交于点，则四边形 的周长是（　　　） A． B． C． D． 变式1．（2025·江苏盐城·一模）如图，在矩形中，，，沿着过矩形顶点的一条直线将折叠，使点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为 ． 变式2．（24-25八年级上·江苏无锡·月考）如图，已知，点A是射线上一点，，动点P从点A出发，以的速度沿水平向左运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以的速度沿竖直向上运动，连接，以为斜边向上作等腰直角三角形，设运动时间为，其中． (1)当与全等时，求t的值； (2)四边形的面积为　　． 【题型十二】（特殊）平行四边形的动点问题 例12．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，动点P从点B出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（    ）秒． A．2或 B．或 C．或 D．2或 变式1．如图，在中，，，点P在边上以的速度从点A向点D运动，点Q在边上以的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动）．设运动（其中）时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形，则t的所有可能取值为 ． 变式2．（22-23八年级下·江苏南通·月考）如图，在四边形中，，，，，．点P从A点出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，时间为. (1)当t为多少时，四边形是矩形？ (2)当t为多少时，四边形是平行四边形？ 【题型十三】四边形中的线段最值问题 例13．（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 变式1．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在矩形中，是边上一动点，F是对角线上一动点，且，则的最小值为 ． 变式2．如图，在正方形中，边、分别在轴、轴上，点的坐标为，点在线段上，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，交轴于点． （1）当时，则点坐标为______； （2）连接，当点在线段上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长； （3）连接，当点在线段上运动时，求的最小值． 一、单选题 1．在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 2．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D．无法确定 3．如图，菱形中，，以为边长的正方形的周长为（　　） A．12 B．16 C．18 D．20 4．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 5．对角线互相垂直且相等四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法确定 6．如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：①；②；③；④的最小值为4．其中正确结论的个数有（  ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 7．下列四个命题：①一组对边平行且另一组对边相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连结四边形四边中点得到的四边形是平行四边形；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，连接，点F在边上，连接，把沿翻折，点A恰好落在上的点G处，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③ 9．如图，等边在正方形内，连接，若，则的面积是（　　） A． B．6 C． D．4 10．如图，已知正方形中，，点E为边上一动点(不与点B、C重合),连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，设与相交于点G，连接以下说法：①；②点E在上运动过程中，始终有；③最小值为；④当最小时，四边形的面积是6，其中一定正确的是（　　） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④ 二、填空题 11．将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为 ． 12．如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 13．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 ．    14．如图所示，E．F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE，BF相交于点O，下列结论①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF中，错误的结论是 ． 15．如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为腰向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为 ． 16．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的对角线交于点，顶点A在x轴正半轴运动，顶点D在y轴正半轴运动，顶点B、C都在第一象限，则x的取值范围为 ．    三、解答题 17．在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且． (1)四边形如图1所示，四边形是______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；____（填“”或“”）； (2)四边形如图2所示，且，四边形是_____（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由． 18．如图，正方形绕着边长为a的正方形的对角线的交点O旋转，边分别交边于点M、N．    (1)求证：； (2)问四边形的面积是否随着a的变化而变化？若不变，请用a的代数式表示出来，若变化，请说明理由； (3)试探究三条线段之间有怎样的数量关系，并写出推理过程． 19．如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 20．综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 21．如图，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，点P从原点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿x轴向右运动，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向左运动，P，Q两点同时出发，当点Q运动到点C时，P，Q两点停止运动，设运动时间为t（秒）． (1)当 秒时，四边形为矩形； (2)在整个运动过程中，t为何值时，垂直平分线段？判断此时四边形的形状，并说明理由； (3)在整个运动过程中，t为何值时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？ 22．如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 23．如图，的边在直线上（点在点左侧），动点在点右侧直线上 操作探究（1）：若是等边三角形，关于点的中心对称图形是，连接，，则四边形的形状是_____． 操作探究（2）：如图，若为等腰三角形，，与关于成中心对称，当在的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究（3）：若是任意三角形，（在点左侧），动点在点右侧直线上，在下图中已作出关于点的中心对称图形的一个参考图形，连接，，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 24．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线、相交于点O，正方形的顶点A′与点O重合．将正方形绕点A′旋转，在这个过程中，若连接，则、、之间的数量关系为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形对角线的交点O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 【拓展应用】 （3）在菱形中，，E、F分别是边、对角线上一点，且，以、为邻边作菱形，再将菱形绕点A逆时针旋转一定角度后得到新的菱形如图3，连接，点P为线段的中点，连接、． ①判断与的数量关系，并进行证明； ②若，，菱形在旋转过程中，当最小时，的面积为___________． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第05讲 正方形与四边形综合问题（知识详解+13典例分析+习题巩固） 【知识点01】正方形的定义及判定 1.正方形的定义：四条边相等，四个角都是直角的四边形叫作正方形.换言之，既是菱形又是矩形的四边形是正方形. 2.正方形的判定 判定定理 有一组邻边相等的矩形是正方形.（从矩形出发） 有一个角是直角的菱形是正方形.（从菱形出发） 要判定一个四边形是正方形，只要判定这个四边形既是矩形又是菱形即可.因此除了正方形的判定定理，还可以“先判定矩形，再判定对角线互相垂直”或“先判定菱形，再判定对角线相等”等来判定正方形. 敲黑板 四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的转化关系 【知识点02】正方形的性质 正方形具有矩形和菱形的所有性质.总结如下表： 性质 符号语言 图示 边 正方形的四条边都相等. （性质定理） ∵ 四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形， ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐶𝐷=𝐵𝐶 . 角 正方形的四个角都是直角. （性质定理） ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形， ∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=90°. 对角线 正方形的对角线相等且互相垂直平分.（性质定理） ∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷 是正方形，∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐷 ，𝑂𝐴=𝑂𝐶=𝑂𝐵=𝑂𝐷，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐶𝐵𝐷=∠𝐵𝐶𝐴=∠𝐴𝐶𝐷=∠𝐶𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐵=45∘  . 对称性 正方形是中心对称图形，也是轴对称图形，过每组对边中点的两条直线及两条对角线所在的直线是它的对称轴. 直线𝐴𝐶，𝐵𝐷，𝑚，𝑛 均是正方形的对称轴. 辨析：平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质对比 类型 平行四边形 矩形 菱形 正方形 边 共性 对边平行且相等 特性 四条边都相等 角 共性 对角相等且邻角互补 特性 四个角都是直角 四个角都是直角 对角线 共性 对角线互相平分 特性 对角线相等 对角线互相垂直 对角线相等且互相垂直 对称性 特性 轴对称图形 2条对称轴 2条对称轴 4条对称轴 【题型一】正方形性质理解 例1．（24-25八年级下·江苏南京·期中）下列说法错误的是（   ） A．平行四边形的对角线互相平分 B．矩形的对角线互相垂直且相等 C．菱形的对角线互相垂直平分 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 【答案】B 【知识点】矩形性质理解、正方形性质理解 【分析】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质，根据平行四边形，矩形，菱形，正方形的性质逐一进行判断即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分，说法正确，不符合题意； B、矩形的对角线互相平分且相等，原说法错误，符合题意； C、菱形的对角线互相垂直平分，说法正确，不符合题意； D、正方形的对角线互相垂直平分且相等，说法正确，不符合题意； 故选B． 变式1．（24-25八年级下·江苏淮安·期中）若矩形的对称中心是直角坐标系的原点，且点A的坐标为，则点C的坐标为 ． 【答案】 【知识点】正方形性质理解、坐标系中的对称 【分析】本题主要考查了矩形的性质，中心对称以及坐标与图形的性质，熟知关于原点对称的点的坐标特征是解题的关键．因为矩形是中心对称图形，若对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称，从而根据A点坐标可求C点坐标． 【详解】解：∵矩形是中心对称图形， ∴当其对角线的交点为原点时，则A点与C点关于原点对称， ∵点A的坐标为， ∴． 故答案为：． 变式2．（22-23八年级下·江苏南通·月考）平面直角坐标系中，四边形是正方形，点A，C在坐标系上，点，P是射线OB上一点，将绕点A顺时针旋转，得，Q是点P旋转后的对应点． (1)如图1，当时，求点Q的坐标； (2)如图2，设点，用含m的式子表示Q点的坐标并求的函数关系式，（写出自变量的取值范围）； (3)当时，直接写出点Q的坐标． 【答案】(1)； (2)， (3)点Q的坐标为 【知识点】求一次函数解析式、根据旋转的性质求解、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、正方形性质理解 【分析】（1）如图（1），过P点作轴，垂足为G，过Q点作轴，垂足为H．证明．即可求点Q的坐标； （2）如图，过P点作PG⊥x轴，垂足为G．过Q点作轴，垂足为H，同（1）证明，即可得到；设的解析式为，利用待定系数法即可求解； （3）根据，可得．求得，说明点P在的延长线上．可得，结合（1）进而可求点Q的坐标． 【详解】（1）解：如图（1），过P点作轴，垂足为G，过Q点作轴，垂足为H， 则， ∵四边形是正方形， ∴． ∵， ∴． 在中，， ∴是等腰直角三角形，即， ∵， ∴． ∴． ∵绕点A顺时针旋转，得， ∴，， 又∵，   ∴， 在和中， ， ∴． ∴． ∴； （2）解：如图，过P点作PG⊥x轴，垂足为G．过Q点作轴，垂足为H， ∵点， ∴， 同理， ∴，， ∴， ∴； 设的解析式为， ∴，解得， ∴的解析式为； （3）解：点Q的坐标为．理由如下： ∵绕点A旋转得到， ∴． ∵， ∴． ∵点， ∴， ∴点P在的延长线上． 如图（3）： 由图知：， ∴， ∴， ∴， ∴， 由（1）的解，知， ∴，， ∴， ∴点Q的坐标为． 【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质-旋转、待定系数法求一次函数的解析式，解题的关键是数形结合综合运用以上知识． 【题型二】根据正方形的性质求角度 例2．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，四边形、分别是菱形与正方形．若，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用菱形的性质求角度、根据正方形的性质求角度、等边对等角 【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．（24-25八年级下·江苏徐州·月考）如图，在正方形中，点在上，经过旋转后得到，旋转角为 度． 【答案】90 【知识点】根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】此题主要考查了旋转的性质、正方形的性质，其中解题的关键是首先掌握旋转的性质．根据旋转的定义可以确定旋转角． 【详解】解： 四边形是正方形， ， ∵经过旋转后得到， ∴旋转角度是90度． 故答案为：90． 变式2．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）如图，四边形是正方形，延长到点F，使，连结，求的度数． 【答案】 【知识点】等边对等角、根据正方形的性质求角度 【分析】本题考场正方形的性质，等边对等角，根据正方形的性质，得到，等边对等角，求出，再根据角的和差关系求出的度数即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴． 【题型三】根据正方形的性质求线段长 例3．（22-23八年级下·江苏连云港·月考）如图正方形的面积为，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一动点，要使最小，则这个最小值为(    ) A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质求线段长、等边三角形的性质 【分析】连接．由正方形的对称性可知，则，依据两点之间线段最短可知当点、、在一条直线上时，有最小值，最小值为的长，然后依据正方形和等边三角形的性质求解即可 【详解】解：连接．   点与关于对称， ， ． 由两点之间线段最短可知当点为点处时，有最小值，最小值为的长． 正方形的面积为， ， 又是等边三角形， ， 的最小值为 故选：C． 【点睛】本题考查的是正方形的性质和轴对称-最短路线问题，熟知“两点之间，线段最短”是解答此题的关键． 变式1．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）“勾股容方”问题起源于《九章算术》，该问题可以描述为：如图1，已知“勾股形”的勾为，股为，求“容方”的边长（“勾股形”即直角三角形，“容方”指与此直角三角形有公共直角的内接正方形，即图1中阴影部分）．魏晋时期数学家刘徽利用“出入相补”原理，将图2中的直角三角形及正方形进行重新组合，得到图3中的长方形，从而算出“容方”的边长．若图中，则“容方”的边长为 ． 【答案】/ 【知识点】根据正方形的性质求线段长 【分析】本题考查长方形的面积计算公式．将图2和图3对比得到图3中大长方形的长，根据图2与图3的面积相等及长方形面积公式，求出图3中大长方形的宽即可． 【详解】解：将图2和图3对比得到如图所示的长度关系． ∵图2与图3的面积相等，均为， ∴“容方”的边长为， 故答案为：． 变式2．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，在正方形中，，是的中点． (1)将正方形翻折使点与点重合，折痕分别交，于点，，请用尺规作图作出线段（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）的条件下，连接，，求的长． 【答案】(1)作图见详解 (2) 【知识点】线段垂直平分线的性质、用勾股定理解三角形、作垂线(尺规作图)、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题主要考查尺规作垂线，垂直平分线的性质，勾股定理的运用，掌握以上知识，找出数量关系是关键． （1）连接，根据垂直平分线的性质，运用尺规作线段的垂直平分线即可； （2）设，则，在中，，在中，，由此列式，代入计算即可求解． 【详解】（1）解：如图所示， ∵是线段的垂直平分线，交于点， ∴，， ∴是折痕； （2）解：如图所示， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点是中点， ∴， ∵是线段的垂直平分线， ∴， 设，则， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 解得，， ∴． 【题型四】根据正方形的性质求面积 例4．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）正方形边长为4，上有一动点E，以为边作矩形，且边过点D，在点E从点A移动到点B的过程中，矩形的面积的最大值与最小值的和为（   ） A．32 B．8 C．16 D．64 【答案】A 【知识点】根据正方形的性质求面积、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，证得矩形的面积是定值是解题的关键．连接，的面积是矩形的一半，也是正方形的一半，则矩形与正方形面积相等． 【详解】解：连接，如图所示： ∵，， ∴矩形与正方形的面积相等， ∵正方形的边长为4， ∴， ∴矩形的面积是定值16， ∴矩形的面积的最大值与最小值的和为32， 故选：A． 变式1．（24-25八年级下·江苏南京·期末）如图，正方形的边长为6，的面积为6，则的长为 ． 【答案】 【知识点】根据正方形的性质求面积、与三角形的高有关的计算问题 【分析】本题主要考查了正方形的性质，三角形面积计算，过点E作于点H，先求出，得出，根据，求出，根据，求出结果即可． 【详解】解：过点E作于点H，如图所示： ∵正方形的边长为6， ∴， ∵的面积为6， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：． 【题型五】正方形折叠问题 例5．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）如图，将一张边长为的正方形纸片折叠，使点落在的中点处，点落在点处，折痕为，则线段长的平方为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】勾股定理与折叠问题、正方形折叠问题 【分析】本题考查折叠问题，正方形的性质，勾股定理，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．连接，作交于点，根据折叠的性质，在中，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长．在中，有，在中，有，根据这两个式子可求得，得到，，在中，运用勾股定理求出． 【详解】解：如图，连接，作交于点， 由四边形是正方形及折叠性知， ，，，， 在中，， ∵，为的中点， ∴， ∴， 解得， 在中，， 在中，， ∴， ∴， 解得，， ∴， ∴， 在中， ， 故选：B． 变式1．（24-25八年级上·江苏南京·月考）取一张正方形纸片，先折叠成两个全等的矩形得到折痕，然后展开，再把沿折叠，使点落在折痕上，则的度数为 ． 【答案】/30度 【知识点】等边三角形的判定和性质、正方形折叠问题 【分析】此题考查了翻折变换，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握翻折的性质． 折叠性质可得，则可证明是等边三角形，根据性质可知，最后利用三角形外角性质即可求出的度数． 【详解】解：如图，连接，      由题意可知：垂直平分， ∴， 由折叠性质可知：，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴ 故答案为：． 变式2．（22-23八年级下·江苏苏州·月考）在正方形纸片中，点、分别是、上的点，连接． (1)问题探究：如图1，作，交于点，求证：； (2)问题解决：如图2，将正方形纸片沿过点、的直线折叠，点的对应点恰好落在上，点的对应点为点，若，，求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、正方形折叠问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形中的十字架模型是解题的关键． （1）过点作于，利用证明，得； （2）连接，，设正方形的边长为，由勾股定理得，，解方程可得的值，利用勾股定理求出，再根据（1）知，，从而解决问题． 【详解】（1）解：证明：过点作于， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ，， ， ； （2）（2）连接，， 由折叠的性质得到：，， 设正方形的边长为， 由勾股定理得，， ， 解得：， ， ， 由勾股定理得， ， 是的垂直平分线， 由（1）知，， ． 【题型六】根据正方形的性质证明 例6．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别为边上的动点（不与端点重合），连接分别交对角线于点P，Q． 点E，F在运动过程中，始终保持，连接． 下列结论：①；的周长为4；③；④若过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为（    ） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【知识点】根据正方形的性质证明、全等三角形综合问题 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是学会添加常用辅助线吗，构造全等三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题． ①正确．证明，可得结论； ②正确．全等于，全等于，所以 ，，所以三角形的周长等于， ③错误．可以证明； ④正确．求出，，根据，可得结论． 【详解】解：如图，∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确， ∵全等于，全等于， ∴，， ∴三角形的周长等于， 故②正确， 将绕点B顺时针旋转90°得到，连接， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，故③错误， 连接，， ∵，， ∴， ∴的最小值为，故④正确， 故选：B． 变式1．（24-25八年级下·江苏宿迁·月考）如图，已知点P是正方形外一点，且，，则的最大值是 ． 【答案】/ 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，作，使，连接，根据勾股定理，得，即可知当点A，P，E三点共线时，，此时取最大值，然后证明，可得，则答案可得． 【详解】解：过点B作，使，连接， 根据勾股定理，得， 由三角形的三边关系得，当点A，P，E三点共线时，，此时取最大值， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴的最大值是． 故答案为：． 变式2．（24-25八年级下·江苏南通·月考）如图，在边长为4的正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，，连接，，平分，交于点． (1)求证：； (2)求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定及性质等，掌握正方形的性质、三角形全等的判定及性质和角平分线的定义、勾股定理是解题的关键． （1）根据正方形的性质及三角形全等的判定及性质，证明；利用角平分线的定义及三角形全等的判定及性质，证明，进而证明结论； （2）设，将和分别表示出来，在中根据勾股定理列关于x的方程并求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； ∵平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， 设，则， 在中，根据勾股定理，得， 即， 解得． ． 【题型七】正方形的判定定理理解 例7．（2024八年级下·江苏·专题练习）如图，要使平行四边形是正方形，需增加条件．在条件①，②，③，④中选取两个作为条件，不正确的是(　　) A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④ 【答案】B 【知识点】正方形的判定定理理解 【分析】此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当②时，菱形是正方形，故此选项正确，不合题意； B、四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当③时，菱形不一定是正方形，故此选项错误，符合题意； C、四边形是平行四边形， 当③时，平行四边形是菱形， 当②时，四边形是正方形，故此选项正确，不符合题意； D、当④时，平行四边形是矩形， 当③时，得出四边形是正方形，故此选项正确，不合题意； 故选：B． 变式1．“对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形”是 事件（填“随机”或“确定”）． 【答案】确定 【知识点】正方形的判定定理理解、事件的分类 【分析】根据随机事件，必然事件，不可能事件，正方形的判定方法，即可解答． 【详解】解：∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形， 对角线互相平分且相等的四边形是矩形， ∴对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形， ∴“对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形”是确定事件， 故答案为：确定． 【点睛】本题考查了随机事件，正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 变式2．（22-23八年级下·江苏镇江·期中）我们知道，菱形和正方形虽然都是四边相等的四边形，但形状有差异，可以将菱形和正方形的接近程度称为菱形的“神似度”，如图，菱形中，对角线，的长分别为，（），我们把定义为菱形的“神似度”． (1)当菱形的“神似度”______时，菱形就是正方形； (2)当时，求菱形的“神似度”． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用菱形的性质求线段长、正方形的判定定理理解、用勾股定理解三角形、含30度角的直角三角形 【分析】本题考查了正方形的判定、菱形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理，熟练掌握菱形的性质推理是解题的关键． （1）根据正方形的判定得出答案即可； （2）连接和，交于点，根据、菱形的性质，得出、，结合含角的直角三角形的性质、勾股定理，得出，，即可代入计算出菱形的“神似度”． 【详解】（1）解：∵对角线相等的菱形是正方形， ∴当时，即时，菱形是正方形， ∴当菱形的“神似度”时，菱形就是正方形， 故答案为：； （2）解：如图，连接和，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴，， ∴， ∴，即菱形的“神似度”为． 【题型八】证明四边形是正方形 例8．（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，四边形是平行四边形，相交于点O，下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是菱形 B．若，则四边形是矩形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是正方形、证明四边形是矩形 【分析】本题考查平行四边形的性质，特殊平行四边形的判定，掌握相关知识是解决问题的关键．根据正方形的判定、矩形的判定、菱形的判定方法分别判断即可确定正确的选项． 【详解】解：A、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以该选项结论正确，不符合题意； B、因为对角线相等的平行四边形是矩形，所以该选项结论正确，不符合题意； C、因为有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的矩形是正方形，所以若且，则四边形是正方形，该选项结论正确，不符合题意； D、当时，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，当时，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可判断四边形是菱形，所以若且，则四边形不一定是正方形，该选项结论错误，符合题意； 故选：D． 变式1．（24-25八年级下·江苏南京·期中）如图1，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)如图2，在△中，，高，，求的长度． 【答案】(1) (2)见解析 (3)6 【知识点】全等的性质和HL综合（HL）、证明四边形是正方形、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，角平分线的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，角平分线的性质是解决问题的关键，利用翻折的性质构造正方形是解决问题的难点． （1）过点A作于点K，证明四边形是矩形得，根据角平分线性质得，，由此可依据“”判定和全等，则，继而得，同理证明和全等得，继而得，根据得，由此即可得出的度数； （2）由（1）可知，据此即可得出结论； （3）将沿翻折得到，点H的对应点为M，将沿翻折得到，点H的对应点为N，设的延长线交于点T，设，则，根据翻折的性质证明四边形是正方形，则，，进而得，在中，由勾股定理可求出，继而可得出的长． 【详解】（1）解：过点A作于点K，如图1所示： ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵平分，平分， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （2）证明：由（1）可知：， ∴； （3）解：将沿翻折得到，点H的对应点为M，将沿翻折得到，点H的对应点为N，设的延长线交于点T，如图2所示： 设，则， 在中，，高， ∴， 由翻折的性质得：，，，，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴． 【题型九】添一个条件使四边形是正方形 例9．（24-25八年级下·江苏常州·期中）在四边形中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】证明四边形是矩形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】此题主要考查了正方形的判定，根据矩形的判定性质得出四边形是矩形是解决问题的关键．一组邻边相等时矩形为正方形．对角线垂直的矩形是正方形． 根据四边形中，，得出四边形是矩形，进而利用正方形的判定定理得出需要添加的条件．一组邻边相等时矩形为正方形． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是矩形， 当一组邻边相等时，矩形为正方形，这个条件可以是：． 故选：A． 变式1．（23-24八年级下·江苏南通·期中）如图，矩形的对角线，相交于点O，再添加一个条件，使得四边形是正方形，这个条件可以是 （写出一个条件即可）． 【答案】（答案不唯一） 【知识点】利用矩形的性质证明、添一个条件使四边形是正方形 【分析】此题主要考查了正方形的判定定理，矩形的性质，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 根据正方形的判定定理即可得出结论． 【详解】四边形是矩形， 添加一个条件：， 四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 变式2．（23-24八年级下·江苏常州·期中）如图，在中，O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与、的外角的平分线交于点E、F． (1)与相等吗？证明你的结论； (2)试确定点O的位置，使四边形是矩形，并加以证明； (3)在（2）的条件下，满足什么条件，四边形是正方形？证明你的结论． 【答案】(1)相等，理由见解析 (2)当点O是的中点时，四边形是矩形，证明过程见解析 (3)满足时，四边形是正方形，证明过程见解析 【知识点】证明四边形是矩形、添一个条件使四边形是正方形、证明四边形是平行四边形 【分析】（1）根据平行线性质和角平分线定义推出，根据等腰三角形的判定推出，然后运用等量代换即可解答； （2）根据平行四边形的判定得出平行四边形，根据对角线相等的平行四边形是矩形推出即可解答； （3）令，证明四边形是菱形，再结合四边形是矩形，即可证明． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵直线， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴． （2）解：当O在的中点上时，四边形是矩形，证明如下： ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是矩形． （3）满足时，四边形是正方形， 证明：∵， ∴． ∵， ∴． ∴． ∴平行四边形是菱形． ∵平行四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质和判定、矩形的判定与性质、菱形的判定与性质，正方形的判定等知识点，灵活应用相关性质、判定定理是解答本题的关键． 【题型十】根据正方形的性质与判定证明 例10．（22-23八年级下·江苏扬州·期末）如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，点F是边AB上一点，连接DF．若AE＝DF，则∠CDF的度数为（    ） A．45° B．60° C．67.5° D．72° 【答案】C 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、用HL证全等（HL） 【分析】由“”可证，可得，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，，， 平分， ， 在和中， ， ， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是证明三角形全等． 变式1．（24-25八年级下·江苏镇江·期末）如图，在一张矩形纸片中，，，点E，F分别在，上，将沿直线折叠，点C落在上的点H处，点D落在点G处．设线段的长度为m，则m的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若点与点重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值． 【详解】解：当点H与点A重合时，有最小值， ，则， 在中，， 即， 解得， ∴， 若点与点重合时，有最大值， ∴四边形是正方形， ∴， ∴最大值为4， ∴， 故答案为：． 变式2．（23-24八年级下·江苏徐州·月考）已知，如图，在正方形中，点分别在上，且．求证：四边形是正方形． 【答案】证明见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质与判定证明 【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，先由正方形的性质得到，再证明，进而证明得到，，进一步证明，同理可证明，由此即可证明结论． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴， 同理可证明， ∴四边形是正方形． 【题型十一】根据正方形的性质与判定求线段长 例11．如图，把边长为的正方形绕点顺时针旋转得到正方形 ，边与交于点，则四边形 的周长是（　　　） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形、根据旋转的性质求解 【分析】由边长为3的正方形绕点顺时针旋转得到正方形，利用勾股定理的知识求出 的长，再根据等腰直角三角形的性质，勾股定理可求，，从而可求四边形的周长． 【详解】解：如图，连接． ∵旋转角， ∴， ∴在对角线上． ∵， 在中，， ∴． 在等腰中，， ∴， ∴， ∴四边形的周长是：． 故选：A． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质以及等腰直角三角形的性质，熟悉相关性质是解题的关键． 变式1．（2025·江苏盐城·一模）如图，在矩形中，，，沿着过矩形顶点的一条直线将折叠，使点的对应点落在矩形的边上，则折痕的长为 ． 【答案】或． 【知识点】矩形与折叠问题、根据正方形的性质与判定求线段长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，折叠的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 分当沿直线折叠，点与点为对应点，当沿直线折叠，点与点为对应点两种情况求解即可． 【详解】解：如图，当沿直线折叠，点与点为对应点， ∴，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴； 如图，当沿直线折叠，点与点为对应点， ∵四边形是矩形， ∴，，， 由折叠性质可知，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴，解得：，即， ∴； ∴折痕的长为或， 故答案为：或． 变式2．（24-25八年级上·江苏无锡·月考）如图，已知，点A是射线上一点，，动点P从点A出发，以的速度沿水平向左运动，与此同时，动点Q从点O出发，也以的速度沿竖直向上运动，连接，以为斜边向上作等腰直角三角形，设运动时间为，其中． (1)当与全等时，求t的值； (2)四边形的面积为　　． 【答案】(1)的值为 (2) 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质与判定求线段长、全等三角形的性质、根据矩形的性质与判定求线段长 【分析】（1）根据题意得，，根据三角形全等的判定方法，只有当为等腰直角三角形时，与全等，所以，即，然后解方程即可； （2）利用得到，，则可判断四边形为正方形，所以，即，于是可求出，然后利用四边形的面积进行计算． 本题考查了全等三角形的判定与性质，矩形的性质与判定，正方形的性质与判定：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．也考查了等腰直角三角形． 【详解】（1）解：根据题意得，， 为等腰直角三角形， 而为公共边， 当为等腰直角三角形时，与全等， ， 即，解得， 即的值为； （2）解：过点作于，于，如图， 为等腰直角三角形， ，， ，， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， ，过点作于，于， ∴四边形为矩形， ∵， 四边形为正方形， ， ， 即， ， 四边形的面积． 故答案为． 【题型十二】（特殊）平行四边形的动点问题 例12．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）如图，在四边形中，，动点P从点B出发，沿射线以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（    ）秒． A．2或 B．或 C．或 D．2或 【答案】C 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题考查了动点问题，平行四边形的判定，利用分类讨论的思想解决问题是关键．由题意可得，分两种情况讨论：当点在上时；当点在延长线上时，表示出，再根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形求解即可． 【详解】解：由题意可知，，， ， ， 当点在上时，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得：； 当点在延长线上时，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， 解得：， 综上可知，以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为或秒， 故选：C 变式1．如图，在中，，，点P在边上以的速度从点A向点D运动，点Q在边上以的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止（同时点Q也停止运动）．设运动（其中）时，以P、D、Q、B四点组成的四边形是平行四边形，则t的所有可能取值为 ． 【答案】4.8或8或9.6 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】根据平行四边形的判定可得当DP=BQ时，以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形，然后分情况讨论，再列出方程，求出方程的解即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴BC=AD=12cm，AD∥BC， ∵以点P、D、Q、B为顶点组成平行四边形， ∴DP=BQ， 当点Q的运动路线是C—B时，则12-4t=12-t， 解得：t=0，不符合题意； 点Q的运动路线是C—B—C，则4t-12=12-t， 解得：t=4.8； 点Q的运动路线是C—B—C—B，则12-（4t-24）=12-t， 解得：t=8； 点Q的运动路线是C—B—C—B—C，则4t一36=12-t， 解得：t=9.6； 综上所述，t=4.8s或8s或9.6s时，以P、D、Q、B四点组成的四边形为平行四边形， 故答案为：4.8或8或9.6． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质等知识，求出符合条件的所有情况是解此题的关键，注意分类讨论思想的应用． 变式2．（22-23八年级下·江苏南通·月考）如图，在四边形中，，，，，．点P从A点出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，时间为. (1)当t为多少时，四边形是矩形？ (2)当t为多少时，四边形是平行四边形？ 【答案】(1)当时，四边形是矩形； (2)当时，四边形是平行四边形． 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）根据矩形的判定可知当时，四边形是矩形，列出关于t的方程，解方程可得答案； （2）根据平行四边形的判定可知当时，四边形是平行四边形，列出关于t的方程，解方程可得答案． 【详解】（1）解：∵，， ∴当时，四边形是矩形， 由题意得：，， ∴， 解得：， 即当时，四边形是矩形； （2）解：∵， ∴当时，四边形是平行四边形， 由题意得：，， ∴， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形． 【点睛】本题主要考查了矩形的判定和平行四边形的判定，熟练掌握相关判定定理是解题的关键． 【题型十三】四边形中的线段最值问题 例13．（24-25八年级下·江苏南京·月考）如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】根据矩形的性质求线段长、四边形中的线段最值问题、用勾股定理解三角形 【分析】先证明四边形是平行四边形，延长，使得，连接，，则和关于对称，由得，当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长，过作垂足是，则四边形是矩形，进而可得，，由勾股定理求得，则最小值为，由四边形周长为求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 延长，使得，连接，，则和关于对称， ∴， ∴， ∴当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长， 过作垂足是，则， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， 由勾股定理得， ∴最小值为， 则四边形周长的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形是平行四边形，以及为的最小值是解答的关键． 变式1．（24-25八年级下·江苏泰州·月考）如图，在矩形中，是边上一动点，F是对角线上一动点，且，则的最小值为 ． 【答案】 【知识点】根据矩形的性质求线段长、四边形中的线段最值问题、用勾股定理解三角形 【分析】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等，依据题意，延长到G，使，连接，由四边形是矩形，从而，，,，先证，进而，故，所以当点G、F、C共线时，最小，最小值为，最后利用勾股定理进行计算可以得解． 【详解】解：延长到G，使，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，,， ∴． ∵， ∴． ∴， ∴， ∴当点G、F、C共线时，最小，最小值为． ∴最小值为． ∵， ∴． 在中，， ∴． ∴最小值为， 故答案为：． 变式2．如图，在正方形中，边、分别在轴、轴上，点的坐标为，点在线段上，以点为直角顶点，为直角边作等腰直角三角形，交轴于点． （1）当时，则点坐标为______； （2）连接，当点在线段上运动时，的周长是否改变，若改变，请说明理由；若不变，求出其周长； （3）连接，当点在线段上运动时，求的最小值． 【答案】（1）；（2）不变，8；（3） 【知识点】正方形性质理解、四边形中的线段最值问题 【分析】（1）如图，过点作轴于．证明，推出，，可得结论． （2）结论：的周长不变．想办法证明即可． （3）由（1）可知，，推出，推出点的运动轨迹是射线，过点作于，当点与点重合时，的值最小． 【详解】解：（1）如图，过点作轴于． 四边形是正方形，， ，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ，， ， ， ， ． 故答案为：． （2）结论：的周长不变． 理由：将绕点B逆时针旋转得到． ， ， ， ， ，， ， ， ，， ， 的周长． （3）由（1）可知，， ， 点的运动轨迹是射线， 过点作于，当点与点重合时，的值最小， 最小值， 的最小值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题． 一、单选题 1．在菱形中，对角线与相交于点O，再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】此题考查菱形的性质和正方形的判定，熟记判定定理才可正确解答． 根据有一个角是直角的菱形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，对各选项分析判断后利用排除法求解． 【详解】解：A、，不能判定是正方形，故本选项符合题意； B、，根据菱形的对角线互相平分，，对角线相等的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意； C、，根据对角线相等的菱形是正方形，故本选项不符合题意； D、，则，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得菱形是正方形，故本选项不符合题意． 故选：A． 2．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D．无法确定 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，正方形环的面积计算是解题的关键．连接，根据题意，得阴影部分的面积是，解答即可． 【详解】解：连接， 由正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3， 根据题意，得阴影部分的面积是， 故选：A． 3．如图，菱形中，，以为边长的正方形的周长为（　　） A．12 B．16 C．18 D．20 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及正方形的周长计算，解题的关键是根据菱形的性质和已知角度推出等边三角形，进而确定的长度． 由菱形性质得结合可判定为等边三角形，从而得出再根据正方形边长等于的长度，计算其周长． 【详解】∵四边形是菱形， ∴． ∵ ∴． ∵， ∴是等边三角形（有一个角是的等腰三角形是等边三角形）． ∴． ∵四边形是正方形 ∴正方形的边长为． ∴正方形的周长． 故选：B． 4．如图，以正方形的一边向形外作等边，与交于点，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，先由正方形的性质得到，再证明得到，由等边三角形的性质推出，据此求出的度数，进而求出的度数即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴； ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 5．对角线互相垂直且相等四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．无法确定 【答案】D 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质，熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键． 根据四边形对角线的性质，逐一分析各选项是否必然成立． 【详解】解：矩形的对角线相等且平分，但未必垂直（除非为正方形），故不符合题意； 菱形：对角线垂直且平分，但未必相等（除非为正方形），故不符合题意； 正方形：对角线垂直、相等且平分，但存在其他四边形满足对角线垂直且相等但非正方形的情况，不符合题意； 故不能确定， 故选：D． 6．如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接，，下列结论：①；②；③；④的最小值为4．其中正确结论的个数有（  ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】①连接BE，易知四边形EFBG为矩形，可得BE＝FG，证明△AEB≌△AED可得DE＝BE，所以DE＝FG；②由OF＝OB可得∠OBF＝∠OFB，由∠OBF＝∠ADE可得∠OFB＝∠ADE，由四边形ABCD为正方形可得∠BAD＝90°，即∠AHD＋∠ADH＝90°，所以∠AHD＋∠OFH＝90°，即∠FMH＝90°，可得DE⊥FG；③由②中的结论可得∠BFG＝∠ADE；④由FG＝BE＝DE，点E为AC上一动点，可知当DE⊥AC时，DE最小，即FG最小，求出最小值为，可得FG的最小值为． 【详解】解：①连接BE，交FG于点O，如图， ∵EF⊥AB，EG⊥BC， ∴∠EFB＝∠EGB＝90°， ∵∠ABC＝90°， ∴四边形EFBG为矩形， ∴FG＝BE，OB＝OF＝OE＝OG， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠BAC＝∠DAC＝45°， 在△ABE和△ADE中，， ∴△ABE≌△ADE（SAS）， ∴BE＝DE， ∴DE＝FG，①正确； ②延长DE，交FG于M，交FB于点H， ∵△ABE≌△ADE， ∴∠ABE＝∠ADE， ∵OB＝OF， ∴∠OFB＝∠ABE， ∴∠OFB＝∠ADE， ∵∠BAD＝90°， ∴∠ADE＋∠AHD＝90°， ∴∠OFB＋∠AHD＝90°， ∴∠FMH＝90°， ∴DE⊥FG，②正确； ③由②知：∠OFB＝∠ADE， 即∠BFG＝∠ADE，③正确； ④∵FG＝BE＝DE，点E为AC上一动点， ∴根据垂线段最短，当DE⊥AC时，DE最小，即FG最小， ∵AD＝CD＝6，∠ADC＝90°， ∴， ∴DE＝AC＝． ∴FG的最小值为，④错误， 综上，正确的结论为：①②③． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，垂线段最短，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，等边对等角，勾股定理等知识，根据图形特点通过添加辅助线构造全等三角形是解题的关键，也是解决此类问题常用的方法． 7．下列四个命题：①一组对边平行且另一组对边相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③顺次连结四边形四边中点得到的四边形是平行四边形；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形．其中真命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】A 【分析】本题考查了平行四边形、正方形、中点四边形的性质以及轴对称图形和中心对称图形的定义；通过分析和判断四个命题的真假，加深对这些几何概念的理解． 【详解】①一组对边平行且另一组对边相等的四边形是平行四边形，是假命题，因为等腰梯形也满足一组对边平行且另一组对边相等，但等腰梯形不是平行四边形；因此命题①错误． ②举反例说明，如图，菱形对角线互相垂直且相等，但不是正方形；因此命题②错误． ③如图，设四边形，分别是的中点，连接，，   连接，在中，因为是中点，是中点， 根据三角形中位线定理，，且. 同理可得：， 且， ∴，且， 根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，可知四边形是平行四边形；所以命题③是真命题，因此命题③正确． ④根据轴对称图形和中心对称图形的概念，正五边形是轴对称图形，不是中心对称图形；因此命题④错误． 综上所述正确的命题：③． 故选：A． 8．如图，正方形的边长为4，点E在边上，且，连接，点F在边上，连接，把沿翻折，点A恰好落在上的点G处，下列结论：①；②；③；④，其中正确的有（    ） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②③ 【答案】C 【分析】本题考查翻折的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，正方形的性质．根据翻折的性质证，得出，，即可判断①正确；根据 ，即可判断②错误；在中，，由，得到，推出，，则，判定③正确；根据，推出，即可判断④正确，进而得出答案． 【详解】解：四边形为正方形， ，， ， ， 由折叠的性质可得，垂直平分， ，， ， ， ， ， ，，故①正确； ， ，故②错误； ∵在中，， 又， ， ， ， ， ，故③正确； ， ，故④正确； 综上所述：正确的是①③④． 故选：C． 9．如图，等边在正方形内，连接，若，则的面积是（　　） A． B．6 C． D．4 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，角直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 过点作于点，根据正方形和等边三角形求得，，即可求出高，即可求解面积． 【详解】解：过点作于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵等边， ∴， ∴， ∴， ∴的面积为， 故选：D． 10．如图，已知正方形中，，点E为边上一动点(不与点B、C重合),连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接，设与相交于点G，连接以下说法：①；②点E在上运动过程中，始终有；③最小值为；④当最小时，四边形的面积是6，其中一定正确的是（　　） A．①② B．①③ C．①③④ D．①②④ 【答案】B 【分析】先由旋转得到，，从而可得，由此可判断①； 由正方形的性质得，，可证明≌，得，从而可得，进而推得，由，可知，由此判断②； 先求得，可知点F在射线上运动，所以当时，的值最小，此时，，由，求得，从而可得出的最小值，由此可判断③； 由，得，则，再求得，由此可判断④． 【详解】解：将绕点E顺时针旋转得到， ，， ， 故①正确； 作交的延长线于点H， 四边形是正方形，， ，， ，， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， 如图1，， ， 故②错误； ， ， 点E为边上的动点， 点F在射线上运动， 当时，的值最小， 如图2，，则， ， ， ， ， 的最小值为， 故③正确； ，且，， ， ， ， ， ， 故④错误， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的一外角的性质，勾股定理，垂线段最短，三角形的面积公式等知识，解题关键是正确地添加辅助线． 二、填空题 11．将对角线分别为和的菱形改为一个面积不变的正方形，则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的面积和正方形的面积计算的方法，已知对角线的长度，根据菱形的面积计算公式即可计算菱形的面积，进一步开方求得正方形的边长即可． 【详解】解：菱形的对角线分别为和， 菱形的面积， 正方形的边长是 故答案为： 12．如图，若点是正方形外一点，且，，，则 °． 【答案】 【分析】将绕点顺时针旋转，得到，连接，利用旋转的性质得到，，，由等腰直角三角形性质可得，利用勾股定理得到，进而得到，由勾股定理逆定理可知，，最后根据，即可求得． 【详解】解：将绕点顺时针旋转，得到，连接， ， ，， ，，， ， ， ， ，， ， 是直角三角形，且， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转的性质，勾股定理，勾股定理逆定理，等腰三角形性质，解题的关键是作辅助线构造直角三角形解决问题． 13．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． 14．如图所示，E．F分别是正方形ABCD的边CD，AD上的点，且CE＝DF，AE，BF相交于点O，下列结论①AE＝BF；②AE⊥BF；③AO＝OE；④S△AOB＝S四边形DEOF中，错误的结论是 ． 【答案】③ 【分析】根据正方形的性质得AB=AD=DC，∠BAD=∠ADC=90°，则由CE=DF易得AF=DE，根据“SAS”可判断△ABF≌△DAE，所以AE=BF；故①正确；根据全等的性质得∠ABF=∠DAE，，即S△AOB=S四边形DEOF．故④正确；利用∠ABF+∠AFB=90°，可知AE⊥BF；故②正确；连结EF，在Rt△DFE中，∠D=90°，利用EF＞DE，可得：EF＞AF，假设AO=OE，且AE⊥BF；则AF=EF，与EF＞AF矛盾，所以AO≠OE．故③错误． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD=CD=BC，∠BAD=∠ADC=90°． ∵CE=DF， ∴AD-DF=CD-CE， 即AF=DE． 在△BAF和△ADE中， ， ∴△BAF≌△ADE（SAS）， ∴AE=BF，S△BAF=S△ADE，∠ABF=∠DAE，故①正确； ∴， 即S△AOB=S四边形DEOF．故④正确； ∵∠ABF+∠AFB=90°， ∴∠EAF+∠AFB=90°， ∴∠AOF=90°， ∴AE⊥BF；故②正确； 连接EF， 在Rt△DFE中，∠D=90°， ∴EF＞DE， ∴EF＞AF， 若AO=OE，且AE⊥BF； 则AF=EF，与EF＞AF矛盾， ∴假设不成立， ∴AO≠OE． ∴①②④是正确的，③错误， 故答案为：③. 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定与性质的运用，三角形的面积关系的运用及直角三角形的性质的运用，在解答中求证三角形全等是关键． 15．如图，矩形的边，，E为上一点，且，F为边上的一个动点，连接，若以为腰向右侧作等腰直角三角形，，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】此题主要考查了矩形的判定和性质，等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，理解矩形的判定和性质，等腰直角三角形，熟练掌握全等三角形的判定与性质，勾股定理是解决问题的关键． 过点G作直线，交于点M，交于点N，作于点H，则四边形，四边形和四边形是矩形，证明，得，，进而得，由此得点G在与平行且到的距离等于1的直线上运动，在中，由勾股定理得，因此当为最小时，为最小，再根据得当为最大时，为最小，则当点F与点D重合时，为最大，此时，继而得，据此即可得出的最小值． 【详解】解：过点G作直线，交于点M，交于点N，作于点H，如图所示： ∵四边形是矩形，且，， ∴，，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， 又∵， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， 在中，，， ∵是等腰直角三角形，且， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在点F的运动过程中，点G始终在上运动， 即点G在与平行且到的距离等于1的直线上运动， 在中，由勾股定理得：， ∴当为最小时，为最小， 又∵， ∴当为最大时，为最小， ∵点F为边上的一个动点， ∴当点F与点D重合时，为最大，此时， ∴， ∴． ∴的最小值为． 故答案为：． 16．如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的对角线交于点，顶点A在x轴正半轴运动，顶点D在y轴正半轴运动，顶点B、C都在第一象限，则x的取值范围为 ．    【答案】 【分析】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、直角三角形斜边上的中线性质、最短路径问题，熟练掌握以上知识点，学会添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键．过点作轴交于点，作轴于点，连接，分析可知当、重合时，点到轴的距离最小，此时的值为最小值；当、不重合时，取的中点，连接、，利用正方形的性质和全等三角形的判定可得，进而得到四边形是正方形，利用直角三角形斜边上的中线性质可得，结合两点之间线段最短性质可得，则有，解不等式即可得出x的取值范围． 【详解】解：过点作轴交于点，作轴于点，连接， 当、重合时，点到轴的距离最小，此时；    当、不重合时，取的中点，连接、，   正方形， ，， 轴，轴， ， 又， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， 四边形是正方形， 是等腰直角三角形， ， 的中点为，， ，， 由两点之间线段最短性质得，，即， ， 解得：； 综上所述，x的取值范围为． 故答案为：． 三、解答题 17．在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且． (1)四边形如图1所示，四边形是______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；____（填“”或“”）； (2)四边形如图2所示，且，四边形是_____（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由． 【答案】(1)菱形， (2)正方形，成立，理由见解析 【分析】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键． （1）根据轴对称的性质，得到，，，又因为，即可证明四边形是菱形，得到再证明，得到，进而得到，最后利用三角形内角和定理，即可得到与之间的数量关系； （2）根据一个角是直角的菱形是正方形即可判断四边形是正方形，过点P作，先根据平行线的性质，得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，然后根据轴对称的性质得到，推出，最后利用三角形内角和定理和平角的性质，求出，即可得到与之间的数量关系； 【详解】（1）解：设、相交于点F， 由轴对称的性质可得， ∵， ∴， ∴四边形是菱形； ， ， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：菱形， （2）解：正方形，成立，理由如下： 同理可证，四边形是菱形， ， 菱形是正方形， 过点P作交于点M，交于点N， ， ， ，， 平分， ， ， ， ， ， ， ， ； 18．如图，正方形绕着边长为a的正方形的对角线的交点O旋转，边分别交边于点M、N．    (1)求证：； (2)问四边形的面积是否随着a的变化而变化？若不变，请用a的代数式表示出来，若变化，请说明理由； (3)试探究三条线段之间有怎样的数量关系，并写出推理过程． 【答案】(1)证明见解析 (2)不变， (3) 【分析】（1）连接，证明，即可得到； （2）由可知，则； （3）由（1）可知，则，由四边形是正方形得到，证明，则，由勾股定理得到，等量代换后即可的结论 【详解】（1）证明：连接，    在正方形中， ， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）不变，，    ∵， ∴， ∴； （3）， 证明如下：如图，    由（1）可知， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴． 【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、矩形的判定和性质、图形的旋转、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． 19．如图，中，交于P，的平分线分别交于E、F． (1)求证：； (2)当与的交点P在的什么位置时，四边形是矩形，说明理由； (3)在（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形．（不需要证明） 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)当是直角三角形，，四边形是正方形 【分析】本题考查等角对等边，矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握平行加角平分线会出现等腰三角形，以及矩形和正方形的判定方法，是解题的关键： （1）平行结合角平分线得到，进而得到，即可得证； （2）根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，以及有一个角为直角的平行四边形为矩形，进行判断即可； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形，得到当，即：时，四边形是正方形即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵分别平分， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）当点P是的中点时，四边形是矩形， 理由如下：∵点P是的中点， ∴， 由（1）知：， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， 即：， ∴四边形是矩形； （3）当是直角三角形，，四边形是正方形． 当时， ∵， ∴， ∴， 由（2）可知，四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形． 20．综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 【答案】（1），；（2） ；直线与的夹角度数为；理由见解析；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）由四边形和四边形是正方形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （2） 由四边形和四边形是菱形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （3）如图，由于菱形绕点旋转，所以点的运动轨迹，是以点为圆心，半径为的圆，连接圆心点与圆外一点，当点在上时，线段取得最小值，连接，交于点，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）四边形和四边形是正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交于点，交于点， ，， ， ， 直线与的夹角度数为， 故答案为：，； （2）；直线与的夹角度数为；理由如下： 四边形和四边形是菱形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ，， ， 直线与的夹角度数为； （3）如图，∵ ∴当点在上时，线段取得最小值， 连接，交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， 即线段的最小值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 21．如图，点A的坐标为，点B的坐标为，点C的坐标为，点P从原点O出发，以每秒3个单位长度的速度沿x轴向右运动，点Q从点B出发，以每秒1个单位长度的速度沿线段向左运动，P，Q两点同时出发，当点Q运动到点C时，P，Q两点停止运动，设运动时间为t（秒）． (1)当 秒时，四边形为矩形； (2)在整个运动过程中，t为何值时，垂直平分线段？判断此时四边形的形状，并说明理由； (3)在整个运动过程中，t为何值时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形？ 【答案】(1) (2)时，垂直平分线段；此时四边形为菱形，理由见解析 (3)当或时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形 【分析】（1）根据矩形的性质可得，列式计算，即可； （2）根据垂直平分线的性质可知若垂直平分线段，则，再在中，利用勾股定理即可求得t，由此可得四边形的四边长度发现它是相等的，从而得出其为菱形； （3）当时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形，分当点P在线段上和当点P在线段的延长线上两种情况讨论． 【详解】（1）解：∵点B的坐标为，点C的坐标为， ∴轴，， 由题意得： ∴． ∵四边形为矩形， ∴， ∴， 解得：． 即当秒时，四边形为矩形； 故答案为； （2）解：时，垂直平分线段；此时四边形为菱形，理由如下： ∵点A的坐标为， ∴， ∵垂直平分线段， ∴， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 即时，垂直平分线段；此时四边形为菱形； （3）解：当点P在线段上时，， 当时，四边形是平行四边形， ∴， 解得， 当点P在线段的延长线上时，， 当时，四边形是平行四边形， ∴， 解得， 综上所述，当或时，以A、B、P、Q为顶点的四边形为平行四边形． 【点睛】本题是四边形的综合题，以两个动点P、Q为背景，考查了平行四边形、矩形的性质及面积；此类题的解题思路为：首先根据运动路径、时间和速度确定其运动的路程，即能用时间t表示各条线段的长，再利用已知条件找等量关系列方程． 22．如图，中，，，的外角平分线交于点，过点分别作的延长线于，的延长线于． (1)填空：的度数______； (2)求证：； (3)若，求的长； (4)如图，在中，，高，，求的长度． 【答案】(1)； (2)证明过程见解析； (3)的长为； (4)的长度． 【分析】（1）根据三角形全等的判定和性质，得出角之间的数量关系，即可求解； （2）由三角形全等的性质，结合等量代换，即可证得结论； （3）由三角形全等的性质，得出线段之间得到数量关系，结合勾股定理即可求解； （4）通过翻折和三角形全等的性质，构造正方形，得出线段之间的数量关系，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：∵的延长线于，的延长线于， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， ∴， 如图，作于G， ∴， ∵平分，平分 ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）证明：如图，作于G， 由（1）可知，，， ∴，， ∴． （3）解：由（1）（2）知，四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， 设， 又∵， ∴ ∴， 由（1）可知，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 解得，． （4）解：∵是的高， ∴， 即， 如图，把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 把沿翻折，得到， ∴，，，， ∴， 又∵， ∴， 延长，交于点，则四边形是正方形， 设，则， ∵，， ∴，， ∴，，， 在中，， ∴， 解得，． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合，角平分线的定义和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握常见几何图形的判定和性质，并且能正确作出辅助线． 23．如图，的边在直线上（点在点左侧），动点在点右侧直线上 操作探究（1）：若是等边三角形，关于点的中心对称图形是，连接，，则四边形的形状是_____． 操作探究（2）：如图，若为等腰三角形，，与关于成中心对称，当在的右侧且时，判断四边形的形状，并说明理由． 操作探究（3）：若是任意三角形，（在点左侧），动点在点右侧直线上，在下图中已作出关于点的中心对称图形的一个参考图形，连接，，当与满足什么关系时，四边形是正方形，直接写出答案． 【答案】（1）平行四边形；（2）矩形，证明见解析；（3）当点在右侧时，；当点在中间时， 【分析】本题主要考查了中心对称图形的性质，平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的性质等等： 操作探究（1）：先根据题意画图，再由中心对称图形的定义可得，据此可证明结论； 操作探究（2）：根据等边对等角和三角形内角和定理证明，即可证明结论； 操作探究（3）：分当点在右侧时，当点在中间时，两种情况根据正方形的性质讨论求解即可． 【详解】解：操作探究（1）：连接，，,如图： 由中心对称图形的性质可得，三点共线； ∴四边形是平行四边形； 操作探究（2）：四边形是矩形，理由如下： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； 操作探究（3）：如图所示，当点在右侧时， ∵四边形是正方形， ∴； 如图所示，当点在中间时， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∴， 综上所述，或． 24．【课本再现】 （1）如图1，正方形的对角线、相交于点O，正方形的顶点A′与点O重合．将正方形绕点A′旋转，在这个过程中，若连接，则、、之间的数量关系为___________． 【类比迁移】 （2）如图2，矩形对角线的交点O是矩形的一个顶点，与边相交于点E，与边相交于点F，连接，矩形可绕着点O旋转，猜想，，之间的数量关系，并进行证明． 【拓展应用】 （3）在菱形中，，E、F分别是边、对角线上一点，且，以、为邻边作菱形，再将菱形绕点A逆时针旋转一定角度后得到新的菱形如图3，连接，点P为线段的中点，连接、． ①判断与的数量关系，并进行证明； ②若，，菱形在旋转过程中，当最小时，的面积为___________． 【答案】（1）； （2），见解析； （3）①，见解析；②． 【分析】（1）利用正方形的性质准备条件，证明，再根据全等三角形的性质，结合勾股定理即可得出结论； （2）猜想：，连接，交于G，连接，证明，再利用勾股定理证明即可； （3）①延长至Q，使，连接，，DQ，先证明，再证明，利用锐角三角函数即可证明； ②分析可知M′是的中点，作，交的延长线于W，先求出，再求出即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得，， ∵， ∴， 故答案为：； （2）证明：猜想， 如图1， 延长，交于G，连接， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （3）①证明：如图2， ，理由如下： 延长至Q，使，连接，，DQ， ∵点P为线段的中点， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形和四边形是菱形， ∴，，，， ∴，，， ∵， ∴，是等边三角形， ∴，∠ACD=60°，， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， 故答案为：； ②解：由①知，，， ∴， ∵， ∴当F′在上时，最小，即CP最小， 如图3， 此时M′使的中点，作，交的延长线于W， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形和矩形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，直角三角形的性质等，做辅助线和构造全等三角形是解决问题的关键. 1 学科网（北京）股份有限公司 $