6.3正方形的性质与判定（题型专练）数学鲁教版五四制八年级下册

6.3正方形的性质与判定 题型一 利用正方形的性质求角度 1．（2025八年级下·湖北·专题练习）如图，以正方形的边为一边，在正方形内部作等边，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质，先证明为等腰三角形，等边对等角求出的度数，角的和差关系求出的度数即可． 【详解】 解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∵在正方形的内部， ∴， ∴， ∴， 故选：B． 2．（24-25八年级下·河南安阳·期中）如图，在正方形的外侧作等边，连接，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正方形和等边三角形的性质，求出相关角的度数，再根据等腰三角形的性质计算的度数．本题主要考查正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质，熟练掌握这些图形的性质，通过角度的计算求解是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形， ∴，，， ∴ ． 同理， ． ∵， ∴ ． 故选：B． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，已知正方形通过逆时针旋转得到正方形，，则旋转的角度是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，根据正方形性质得出，求出，即可得出答案． 【详解】解：∵正方形通过逆时针旋转得到正方形， ∴， ∵， ∴， ∴旋转角为， 故选：C． 4．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，正六边形的顶点分别在正方形的边上，则的度数为 ． 【答案】【分析】本题考查了正多边形的内角问题和正方形的性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 先求出正六边形的内角，再求出，最后由直角三角形锐角互余即可求解． 【详解】解：正六边形的内角的度数 则， ∵正方形， ， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 【答案】 【分析】本题主要考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，熟练掌握性质定理是解题的关键．根据题意得到，证明，求出，即可得到答案． 【详解】解：四边形是正方形，是对角线上一点， ． 又， ． ． ． 题型二 利用正方形的性质求线段长 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）小明用四根长度相等的木条制作了角度能够调整的菱形学具．他先将学具调整为图（1）所示的菱形，其中，然后调整为图（2）所示的正方形，此时对角线，则图（1）中菱形的对角线的长为（   ） A．6 B．8 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形和菱形的性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键． 根据正方形的性质求出，证明是等边三角形，得到，连接，求出，即可得到答案． 【详解】解：在正方形中，， ， 在菱形中，， 是等边三角形， ， 如图，连接， ， ， ， 故选：C 2．（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在正方形中，，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质，根据旋转的性质可得，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵在正方形中，，为的中点， ∴，， ∵将绕点按逆时针方向旋转得到， ∴， ∴， 故选：D． 3．（24-25八年级下·山东德州·期中）如图，将一块边长为正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．12 B．13 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的折叠问题，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，先过点作于点，利用三角形全等的判定得到，从而求出． 【详解】解：过点作于点， 由折叠得到， ， 又， ， ， ， 则，， ． 故选：B． 4．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，P为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．当点P运动到中点时，长度为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，直角三角形的性质，连接，由正方形的性质得到，，则；证明四边形是矩形，得到，当点P运动到中点时，此时，则． 【详解】解；如图所示，连接， ∵四边形是正方形，且边长为2， ∴，， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 当点P运动到中点时，此时， ∴， 故答案为：． 5．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，在正方形中，延长到点，使．连接，． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，等边对等角，三角形内角和定理，熟知正方形的性质是解题的关键． （1）由正方形的性质得到，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案； （2）利用勾股定理求出的长，即可得到的长，再利用勾股定理即可求出答案． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴． 题型三利用正方形的性质求面积 1．（2025·安徽亳州·模拟预测）如图，在正方形中，点E，F分别在上，已知，，的面积为11，则正方形的面积为（   ） A．25 B．28 C．33 D．36 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，设正方形边长为a，则，再根据建立方程求解即可． 【详解】解：设正方形边长为a， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为28， 故选：B． 2．（24-25八年级下·重庆巴南·阶段练习）如图，正方形的边长为，正方形边长为，将这两个正方形并排放在一起，连接，则图中阴影部分面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，由四边形，四边形是正方形，得，，然后通过即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵四边形，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴ ， 故选：． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的顶点，若两个正方形的边长都是2，则两者重合部分的面积是 ． 【答案】1 【分析】本题考查了正方形的性质的应用，全等三角形的证明和图形的分割．要求阴影部分四边形面积，可分割成两个三角形面积之和，设与交于点E，与交于点F，证明，即可将阴影部分面积转化为求的面积，而占正方形面积的，正方形面积根据已知边长可求，由此问题得到解决． 【详解】解：设与交于点E，与交于点F，如图所示，    四边形是正方形， 所以，，． ． 又， ． ． ． 正方形边长为2， 正方形面积， ． 所以阴影部分面积为1． 故答案为1． 4．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在点，两条直角边分别与交于点，与的延长线交于点，则四边形的面积是 ． 【答案】16 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的面积，熟练掌握正方形的性质，三角形全等的判定和性质是解题的关键．证明，得到，计算即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：16． 5．（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为 ． 【答案】4 【分析】本题主要考查了矩形和正方形的性质，根据矩形的性质和三角形面积计算公式可得，，则，同理可得，则． 【详解】解：如图所示，连接， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴ 同理可得， ∴， 故答案为：． 题型四 利用正方形的性质解决折叠问题 1．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图所示，在正方形纸片的与边上分别取，两点，将纸片沿着折叠，使点落在边的中点处，点落在点处，若，则线段的长是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了翻折变换（折叠问题），正方形的性质，勾股定理，设的长度为．利用正方形的性质推导出，，在中，，代入数据解答即可． 【详解】解：设的长度为． 四边形是正方形， ． 是的中点， ． ， ． 在中，， ． ． ． 故选：D． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】B 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；在直角中，根据勾股定理即可求出的长． 【详解】解：如图，连接， ，， ， ， 设，则． 为中点，， ， 在中，根据勾股定理，得：， 解得． 则． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的翻折问题，解题的关键是掌握翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． 3．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方形中，，点E、F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上的点处，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，熟练掌握以上性质是解题的关键． 根据折叠的性质可得，，根据正方形的性质及已知条件，可得到，进而利用直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半，即可求得． 【详解】解：四边形是正方形，， ，， ， 根据折叠的性质可得，，， ， ， 在中，设，则， ， ， ， ． 故选：D． 4．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，正方形纸片的边长为3，点E、F分别在边上，将分别沿折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了折叠问题，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握折叠的不变性是解题的关键． 由图形折叠可得，，而正方形的边长为3，，求出，，在直角中，运用勾股定理求出，再求出． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由图形折叠可得，，， ∴， ∴点共线， ， ，，， 在中， ， ， 解得， ． 故答案为：． 题型五 利用正方形的性质证明 1．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形． 【答案】见解析 【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菱形的判定，解题的关键是通过证明三角形全等得出四边形的四条边相等． 【详解】证明：如解图，连结交于点， ∵四边形是正方形， ， ， ， 根据正方形的性质可知， ∴，即， ∴四边形是平行四边形， 根据正方形的性质可知， ∴四边形是菱形． 2． （24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，是正方形对角线上的一点，且，交于点． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）由正方形得到，，然后根据互余关系以及等腰三角形的判定与性质即可求证； （2）连接，证明即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形 ∴， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴； （2）证明：连接 在和中 ∴   ∴． 3．（24-25八年级下·山西忻州·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接． (1)求证：； (2)求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题重点考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质，等角对等边等知识． （1）利用证明，即可得； （2）根据等边三角形的性质和正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理可得的度数，同理可得的度数，再根据周角的定义可得答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：∵四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， 同理可得， ∴． 4．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上的一点，DE⊥AG于E，BF⊥AG于F． （1）求证：△ABF≌△DAE； （2）若DE＝2.5cm，EF＝1.7cm，求BF的长． 【答案】【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质可得AB＝AD，根据同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADE，然后利用“角角边”证明即可； （2）根据全等三角形对应边相等可得AF＝DE，FB＝AE，然后根据AF＝EF+AE等量代换即可得． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAF+∠DAE＝90°， ∵DE⊥AG，BF⊥AG， ∴∠AFB＝∠DEA＝90°， ∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠BAF＝∠ADE， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（AAS）； （2）解：∵△ABF≌△DAE， ∴AE＝BF，DE＝AF， ∵DE＝2.5cm，EF＝1.7cm，EF＝1.7cm， ∴AE＝AF﹣EF＝2.5﹣1.7＝0.8cm， ∴BF＝AE＝0.8cm． 题型六 添加一个条件证明正方形 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中对角线，交于点，要使该菱形成为正方形，则应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形的判定，根据对角线相等的菱形是正方形，即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴菱形是正方形． 故选：A． 2．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，要使四边形是正方形，只需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用矩形的性质进一步得出，再根据三角形中位线的判定和性质得出四边形是菱形，再证明为等腰直角三角形，进而可得出，即可证明四边形是正方形． 【详解】解：添加的条件可以是，理由如下∶ ∵点E是的中点， ∴， ∵是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点G、F、H分别是、、的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，点E是的中点， ∴为等腰直角三角形， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，三角形中位线的判定和性质等知识，掌握正方形的判定是解题的关键． 3．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“”，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】B 【分析】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，线段垂直平分线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，先说明是的垂直平分线，可得，再证明，可得判断①；当时，无法证明四边形是矩形，说明②即可；然后证明四边形是平行四边形，再根据，可得四边形是菱形，判断③；接下来结合已知说明，可得四边形是菱形，进而得出菱形是正方形，判断④ 即可． 【详解】解：∵， ∴是的垂直平分线， ∴． 当时，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形．故①正确； 当时，无法证明四边形是矩形，所以②不正确； 当时 ， ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是菱形．所以③正确； 当时，， ∴， 由①得四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形．所以④正确． 综上所述，错误的有1个． 故选：B． 4．（24-25八年级下·北京·期中）如图，四边形是菱形，与相交于点，添加一个条件： ，可使它成为正方形． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 根据有一个角是直角的菱形是正方形即可证明． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴四边形是正方形， 故答案为：（答案不唯一）． 5．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在中，，点D，E，F分别是边的中点，要使四边形为正方形，不添加辅助线，可以添加的条件是 添加一个条件即可 【答案】（答案不唯一） 【分析】此题重点考查正方形的判定、三角形中位线定理等知识，推导出四边形是矩形是解题的关键．由中位线定理得到，，，结合得四边形是矩形，当时，四边形是正方形，据此可添加条件． 【详解】解：点D，E，F分别是边的中点， ，且，，且， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形， 当时，四边形是正方形， 添加的条件可以是， 故答案为：．（答案不唯一） 题型七 正方形的判定条件判断 1．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题中，是真命题的为（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形 D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 【答案】D 【分析】此题主要考查了命题与定理，熟练利用相关定理以及性质进而判定举出反例即可判定出命题正确性． 根据特殊四边形的判定定理逐一分析选项，排除错误选项，确定正确答案． 【详解】A． 一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，而选项中另一组对边仅“相等”不满足条件（如等腰梯形），故为假命题． B． 对角线互相平分的四边形是平行四边形，需对角线相等才是矩形，选项缺少“对角线相等”条件，故为假命题． C． 菱形的判定需对角线互相垂直且平分，或四边相等．选项仅满足一组对边相等和对角线垂直，无法保证是菱形，故为假命题． D． 三个角为直角说明四边形是矩形，而矩形对角线互相垂直时必为正方形，故为真命题． 故选：D． 2．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题为真命题的个数有（   ） ①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ②顺次连接对角线相等的四边形的四边中点，得到的四边形是矩形； ③对角线互相垂直的四边形是菱形； ④对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】A 【分析】本题主要考查了真假命题的判断，平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，根据各自的判定定理一一判定即可． 【详解】解：①一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，一组对边平行，另一组对边相等的四边形无法判断，则该命题是假命题， ②如下图： 因为点H，点E分别为，的中点， ∴，， ∴是的中位线， ∴， 同理，，， ∴， ∴四边形为菱形， 则顺次连接对角线相等的四边形的四边中点，得到的四边形是菱形，故该命题是假命题， ③对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故原说法错误，是假命题， ④对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形，满足正方形的判定定理，是真命题， 故选：A． 3．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直平分的四边形是矩形 D．对角线相等的菱形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形、平行四边形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 根据矩形、菱形、正方形、平行四边形的判定判断即可． 【详解】解：A、对角线平分的四边形是平行四边形，所以A选项错误； B、对角线互相平分且相等的四边形是矩形，所以B选项错误； C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以C选项错误； D、对角线相等的菱形是正方形，所以D选项正确． 故选：D． 4．（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项A不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∴；不能判断平行四边形是正方形，故选项B符合题意； ∵∵平行四边形，， ∴平行四边形为菱形， ∵ ∴平行四边形为正方形；故选项C不符合题意； ∵平行四边形，， ∴平行四边形为矩形， ∵， ∴平行四边形为正方形；故选项D不符合题意； 故选B． 5．如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 【答案】D 【分析】本题主要考查菱形、矩形及正方形的判定，熟练掌握菱形、矩形及正方形的判定定理是解题的关键；因此此题可根据菱形、矩形及正方形的判定定理可排除选项． 【详解】解：A、当时，可根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； B、当时，可根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”可判定是菱形，故不符合题意； C、当时，可根据“有一个角为直角的平行四边形是矩形”可判定是矩形，故不符合题意； D、当时，可根据“对角线相等的平行四边形是矩形”可判定是矩形，不能得到是正方形，说法错误，故符合题意； 故选D． 题型八 正方形判定的证明 1．（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． 2．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图，在矩形中，点M是对角线上一点，于点E，于点F，．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定．熟练掌握正方形的判定是解题的关键．根据矩形的性质可得，根据矩形的判定定理可得四边形是矩形，根据正方形的判定定理即可证明． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 3．（2024秋•西安校级月考）如图，在正方形ABCD中，点E是边AB的中点，过点A作DE的垂线，垂足为F，过点B作DE的垂线，垂足为G，过点A作BG的垂线，垂足为H．求证：四边形AFGH是正方形． 【答案】见解析 【分析】根据垂线的定义，可得∠AFG，∠FGH，∠AHG，根据矩形的判定，可得AHGF的形状，根据余角的性质，可得∠DAF与∠HAB，根据全等三角形的判定与性质，可得AH与AF的关系，根据正方形的定义，可得答案． 【详解】证明：∵过点A作DE的垂线，垂足为F，过点B作DE的垂线，垂足为G，过点A作BG的垂线，垂足为H， ∴∠AFG＝∠FGH＝∠AHG＝90°， ∴四边形AFGH是矩形． ∵∠DAF+∠FAE＝90°，∠HAB+∠FAE＝90°， ∴∠DAF＝∠BAH． ∵正方形ABCD， ∴AB＝AD． 在△AFD和△AHB中， ， ∴△AFD≌△AHB（AAS）， ∴AF＝AH， ∴四边形AFGH是正方形． 4．已知，正方形CEFG的边GC在正方形ABCD的边CD上，延长CD到H，使DH＝CE，K在BC边上，且BK＝CE，求证：四边形AKFH为正方形． 【答案】见解析 【分析】根据正方形的性质得出AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠DCB＝∠B＝∠ADC＝90°，∠GCE＝∠E＝∠GFE＝∠CGF＝90°，求出∠ADH＝∠HGF＝∠E＝∠B＝90°，BK＝GF＝DH＝EF，KE＝GH＝AB＝AD，证△ABK≌△KEF≌△HGF≌△ADH，根据全等三角形的性质推出AK＝KF＝HF＝AH，∠BAK＝HAD，求出∠HAK＝∠BAD＝90°，根据正方形的判定得出即可． 【解答】证明：∵四边形ABCD和四边形CEFG是正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠DCB＝∠B＝∠ADC＝90°，∠GCE＝∠E＝∠GFE＝∠CGF＝90°， ∴∠ADH＝∠HGF＝∠E＝∠B＝90°， ∵DH＝CE，BK＝CE， ∴BK＝GF＝DH＝EF，KE＝GH＝AB＝AD， 在△ABK、△KEF、△HGF、△ADH中 ∴△ABK≌△KEF≌△HGF≌△ADH， ∴AK＝KF＝HF＝AH，∠BAK＝HAD， ∵∠BAD＝90°， ∴∠HAK＝∠HAD+∠DAK＝∠BAK+∠DAK＝∠BAD＝90°， ∴四边形AKFH为正方形． 题型一 利用正方形的性质与判定求角度 1．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． (1)求证：四边形OCED是菱形； (2)若AB=AD，求∠ADE的度数． 【答案】(1)见解析 (2)135° 【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱形； （2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD=，再由平行线的性质得∠EDC=∠ACD=45°，由此可解． 【详解】（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD， ∴四边形OCED是平行四边形． ∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O， ∴OD=OC． ∴四边形OCED是菱形． （2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD， ∴矩形ABCD是正方形， ∴∠ADC=∠BCD=90°， ∴∠BDC=∠ACD=． ∵DE∥AC， ∴∠EDC=∠ACD=45°， ∴∠ADE=90°+45°=135°． 【点睛】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出∠BDC=∠ACD=是解题的关键． 2．如图，已知正方形ABCD，点E在对角线AC上，连接DE，作EF⊥DE，EF交BC边于点F，以DE，EF为边作矩形DEFG． （1）判断矩形DEFG是不是正方形，若是，请证明，若不是，请说明理由． （2）若线段DE与正方形ABCD的边的夹角为40°，求∠EFC的度数． 【答案】(1解析 (2)130° 【分析】（1）过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，由正方形ABCD得∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，计算∠CEN＝45°，故四边形EMCN为矩形，再证明△DEN≌△FEM，得ED＝EF，故矩形DEFG为正方形； （2）由（1）知△DEN≌△FEM，得∠MEF＝∠DEN＝40°，故∠EFC＝∠EMF+∠MEF＝90°+40°＝130°． 【解答】（1）证明：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°， ∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，∠CEN＝90°﹣∠ECN＝45°， ∴四边形EMCN为矩形，∠CEN＝∠ECN， ∴NE＝NC， ∴四边形EMCN为正方形， ∴EM＝EN，∠MEN＝90°， ∵四边形DEFG是矩形， ∴∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， 又∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴ED＝EF， ∴矩形DEFG为正方形； （2）解：∵∠ADE＝40°，AD∥EN， ∴∠DEN＝∠ADE＝40°， 由（1）知△DEN≌△FEM， 得∠MEF＝∠DEN＝40°， ∴∠EFC＝∠EMF+∠MEF＝90°+40°＝130°． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 题型二 利用正方形的性质与判定求线段长 1．（2024春•巴音郭楞州期末）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F． （1）求证：四边形CEDF为正方形； （2）若AC＝12，BC＝16，求CE的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形； （2）利用三角形面积求法得出CE的长． 【解答】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N， ∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F， ∴四边形FCED是矩形， 又∵∠A，∠B的平分线交于D点， ∴DF＝DE＝DN， ∴矩形FCED是正方形； （2）解：∵AC＝12，BC＝16，∠C＝90°， ∴AB20， ∵四边形CEDF为正方形， ∴DF＝DE＝DN， ∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC， 则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC， 故． 2．（24-25八年级下·河南商丘·期中）如图，在矩形中，平分交边于点E，过点E作交边于点F，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查矩形的性质，正方形的判定，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）先证明四边形是矩形，再根据平行加角平分线得到，即可得证； （2）勾股定理求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∵    ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∵平分， ∴，   ∵， ∴， ∴，    ∴， ∴矩形是正方形． （2）在中，，， ∴， ∴， ∴在中，． 3．（2024春•淮南期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形． （2）若AD＝AE，AB＝2， （ⅰ）求AG的长； （ⅱ）求OF的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先根据已知已知条件和矩形的性质证明四边形ABEF是矩形，然后根据正方形的判定证明四边形ABEF是正方形； （2）（i）根据已知条件证明△AGD≌△ABE，然后根据全等三角形的性质和已知条件求出答案即可； （ii）根据（ⅰ）所求△AGD≌△ABE，得到DG＝EB＝AB＝AF＝AG＝2，从而求出AD，DF和∠DAG＝∠ADG＝45°，从而求出答案即可． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠BAF＝∠ABE＝90°， ∵EF⊥AD， ∴∠AFE＝∠BAF＝∠ABE＝90°， ∴四边形ABEF是矩形． ∵AE平分∠BAD， ∴EF＝EB， ∴四边形ABEF是正方形； （2）（ⅰ）∵AE平分∠BAD， ∴∠DAG＝∠BAE． 在△AGD和△ABE中， ∴△AGD≌△ABE（AAS）， ∴AB＝AG， ∴AG＝AB＝2； （ⅱ）由（1）知，四边形ABEF是正方形， ∴AF＝AB＝2， 由（2）（ⅰ）可知，△AGD≌△ABE， ∴DG＝EB＝AB＝AF＝AG＝2， ∴，∠DAG＝∠ADG＝45°， ∴． ∵EF⊥AD， ∴∠FDO＝∠FOD＝45°， ∴． 题型三 利用正方形的性质与判定求面积 1．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）先证明∠BAF＝∠DAE，进而可依据“AAS”判定△ABF和△ADE全等，则AB＝AD，由此可得出结论； （2）在Rt△ADE中，根据∠DAE＝30°，DE＝1得AE＝2，AD，则S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE，由此可得四边形AECB的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为矩形， ∴∠D＝∠BAD＝∠ABC＝90°， ∴∠ABF＝∠D＝90°，∠DAE+∠BAE＝90°， ∵AF⊥AE， ∴∠BAF+∠BAE＝90°， ∴∠BAF＝∠DAE， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（AAS）， ∴AB＝AD， ∴矩形ABCD为正方形； （2）解：在Rt△ADE中，∠DAE＝30°，DE＝1， ∴AE＝2DE＝2， 由勾股定理得：AD， ∴S正方形ABCD＝AD2＝3，S△ADEAD•DE， ∴S四边形AECB＝S正方形ABCD﹣S△ADE． 2．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC、∠BAC的平分线相交于点D，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足为E、F． （1）求证：四边形DECF为正方形； （2）若BC＝8，AC＝6，求正方形DECF的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)4． 【分析】（1）根据有三个角是直角的四边形是矩形证明四边形DFEC是矩形，再根据角平分线的性质可得ED＝DF，进而根据有一组邻边相等的矩形是正方形可得结论； （2）由面积法可求DF的长，即可求解． 【解答】（1）证明：过D作DN⊥AB，连接CD， ∵∠C＝90°，DE⊥BC，DF⊥AC， ∴四边形DECF是矩形， ∵∠BAC、∠ABC的平分线相交于点D，DE⊥BC，DF⊥AC，DN⊥AB， ∴DF＝DN，DE＝DN， ∴FD＝ED， ∴四边形DECF是正方形； （2）解：∵BC＝8，AC＝6， ∴AB10， ∵S△ABCBC•DEAC•DFAB•DN， ∴6×8（6+8+10）×DF， ∴DF＝2， ∴正方形DECF的面积＝DF2＝4． 3．（2024春•石狮市校级期末）如图，已知菱形ABCD，点E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接CE、AF、CF，得四边形AECF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若BD＝4，BE＝3，求菱形ABCD的面积． 【答案】(1)证明见解析 (2)20． 【分析】（1）连接AC，根据对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，先证AECF是菱形，然后根据∠AED＝45°，可证∠AEC＝90°，从而证得四边形AECF是正方形； （2）由（1）可得AC＝EF，所以可以求出菱形ABCD的对角线长度，然后利用菱形的面积等于对角线的乘积的一半即可求解． 【详解】解：（1）连接AC， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AO＝CO，BO＝DO，AC⊥BD， ∵BE＝DF， ∴BE+OB＝DF+DO， ∴FO＝EO， ∴EF与AC垂直且互相平分， ∴四边形AECF是菱形， ∴∠AEF＝∠CEF， 又∵∠AED＝45°， ∴∠AEC＝90°， ∴菱形AECF是正方形； （2）∵BD＝4，BE＝3， ∴FD＝3， ∴EF＝10， ∴AC＝10， ∴菱形ABCD的面积AC•BD10×4＝20． 4．（2025·云南·模拟预测）如图，在四边形中，，是的中点，，连接，，过点A，分别作，交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)12 【分析】（1）延长，相交于点，可得四边形是平行四边形，证明，可得是等腰直角三角形，，，即得四边形是正方形； （2）过点作，垂足为点，可得是的垂直平分线，得，， 求出，根据，得， 得，即得． 【详解】（1）证明：如解图，延长，相交于点， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 是的中点， ， 在和中， ， ， ，， ，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是正方形； （2）解：如图，过点作，垂足为点， 由（1）得，， ， ， ，，， ，， ，， ∴， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形综合，熟练掌握平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质 ，正方形的判定和性质，等腰直角三角形判定和性质，三角形中位线判定和性质，割补法求图形面积，是解题的关键． 题型一 正方形的性质与判定的压轴题 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）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 【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，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形判定和性质，矩形判定和性质，全等三角形判定和性质，角平分线判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 2．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 【答案】(1)见解析 (2)，见解析 (3) 【分析】（1）利用等腰三角形的性质以及旋转不变性解决问题即可； （2）结论：．证明，即可解决问题； （3）连接，过点B作交的延长线于H，作于T，证明，得出，证明四边形为正方形，得出，从而得出，证明，得出，求出，再求出，即可得出答案． 【详解】（1）证明：∵是由旋转得到， ∴，， ∴， ∴， ∴平分． （2）解：结论：． 由旋转的性质可知，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （3）解：如图，连接，过点B作交的延长线于H，作于T， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ，， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 根据解析（2）可知，， ∴． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，三角形全等的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，垂直的定义，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明． 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）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． 4．（24-25九年级下·广东湛江·期中）问题背景：点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段的数量关系为 ，并补充证明过程； 变式迁移： （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若，求的长； 拓展应用： （3）如图3，在中，，于，，，求的长． 【答案】（1）：；（2）：；（3）：12 【分析】（1）如图1，过点A作，交的延长线于点．先证明，得到，，根据，，得到，进而证明，得到，即可证明； （2）：如图2，连，过点A作于点．先证明为等边三角形，进而证明 ，得到， ，再求出，根据勾股定理分别求出，，最后证明为等边三角形，即可得到； （3）：如图3，以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G．由轴对称的性质证明四边形是正方形，设，则，即可求出，在中，根据勾股定理得到，解得（不合题意，舍去），即可求出． 【详解】解：（1）； 证明：如图1，过点A作，交的延长线于点， ∵四边形为正方形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即． 故答案为：； （2）：如图2，连，过点A作于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴，， ∴，， ∴ ∴，， ∴ ， ∵， ∴， 在中，， ∵， ∴， 在中，， 又∵，， ∴为等边三角形， ∴； （3）如图3，以为对称轴作的轴对称图形，以为对称轴作的轴对称图形，延长、交于点G， ∵， 由轴对称的性质得，，， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则， ∴， 在中，根据勾股定理得， 解得（不合题意，舍去）， ∴， 故答案为：12． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，菱形的性质，全等三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判断，轴对称等知识，综合性强，难度较大，熟知相关知识，根据条件添加适当辅助线是解题关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 6.3正方形的性质与判定 题型一 利用正方形的性质求角度 1．（2025八年级下·湖北·专题练习）如图，以正方形的边为一边，在正方形内部作等边，连接，则的度数为（　　） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·河南安阳·期中）如图，在正方形的外侧作等边，连接，，则的度数是（    ） A． B． C． D． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，已知正方形通过逆时针旋转得到正方形，，则旋转的角度是（   ） A． B． C． D． 4．（2025·陕西咸阳·模拟预测）如图，正六边形的顶点分别在正方形的边上，则的度数为 ． 5．（24-25八年级下·陕西延安·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，连接，延长交于点．若，求的度数． 题型二 利用正方形的性质求线段长 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）小明用四根长度相等的木条制作了角度能够调整的菱形学具．他先将学具调整为图（1）所示的菱形，其中，然后调整为图（2）所示的正方形，此时对角线，则图（1）中菱形的对角线的长为（   ） A．6 B．8 C． D． 2．（2025·湖南湘潭·模拟预测）如图，在正方形中，，为的中点，连接，将绕点按逆时针方向旋转得到，则的长为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·山东德州·期中）如图，将一块边长为正方形纸片的顶点折叠至边上的点，使，折痕为，则的长为（   ） A．12 B．13 C． D． 4．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，P为边长为2的正方形的对角线上任一点，过点P作于点E，于点F，连接．当点P运动到中点时，长度为 ． 5．（24-25八年级下·广西防城港·期中）如图，在正方形中，延长到点，使．连接，． (1)求的度数； (2)若，求的长． 题型三利用正方形的性质求面积 1．（2025·安徽亳州·模拟预测）如图，在正方形中，点E，F分别在上，已知，，的面积为11，则正方形的面积为（   ） A．25 B．28 C．33 D．36 2．（24-25八年级下·重庆巴南·阶段练习）如图，正方形的边长为，正方形边长为，将这两个正方形并排放在一起，连接，则图中阴影部分面积是（    ） A． B． C． D． 3．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的顶点，若两个正方形的边长都是2，则两者重合部分的面积是 ． 4．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，有一块边长为4的正方形（四条边相等，四个角是直角）塑料模板，将一块足够大的直角三角板的直角顶点落在点，两条直角边分别与交于点，与的延长线交于点，则四边形的面积是 ． 5．（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为 ． 题型四 利用正方形的性质解决折叠问题 1．（2025·河南平顶山·模拟预测）如图所示，在正方形纸片的与边上分别取，两点，将纸片沿着折叠，使点落在边的中点处，点落在点处，若，则线段的长是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点．将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 3．（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方形中，，点E、F分别在边上，．若将四边形沿折叠，点B恰好落在边上的点处，则的长为（   ） A．1 B． C． D．2 4．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）如图，正方形纸片的边长为3，点E、F分别在边上，将分别沿折叠，点B、D恰好都落在点G处，已知，则的长为 ． 题型五 利用正方形的性质证明 1．（24-25八年级下·江苏苏州·阶段练习）如图，在正方形中，、为对角线上两点，已知，求证：四边形是菱形． 2．（24-25八年级下·江苏常州·期中）如图，是正方形对角线上的一点，且，交于点． (1)求证：； (2)若，求证：． 3．（24-25八年级下·山西忻州·期中）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接． (1)求证：； (2)求的度数． 4．如图，四边形ABCD是正方形，G是BC上的一点，DE⊥AG于E，BF⊥AG于F． （1）求证：△ABF≌△DAE； （2）若DE＝2.5cm，EF＝1.7cm，求BF的长． 题型六 添加一个条件证明正方形 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中对角线，交于点，要使该菱形成为正方形，则应添加的条件是（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·上海·阶段练习）如图，矩形中，、分别是、的中点，、分别是、的中点，要使四边形是正方形，只需添加一个条件，这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 3．（24-25九年级下·上海·阶段练习）如图，在四边形中，，，交于点O．添加一个条件使这个四边形成为一种特殊的平行四边形，则以下说法错误的有（   ）个． ①添加“”，则四边形是菱形 ②添加“”，则四边形是矩形 ③添加“”，则四边形是菱形 ④添加“”，则四边形是正方形 A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 4．（24-25八年级下·北京·期中）如图，四边形是菱形，与相交于点，添加一个条件： ，可使它成为正方形． 5．（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图，在中，，点D，E，F分别是边的中点，要使四边形为正方形，不添加辅助线，可以添加的条件是 添加一个条件即可 题型七 正方形的判定条件判断 1．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题中，是真命题的为（　　） A．一组对边平行、另一组对边相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是矩形 C．一组对边相等且对角线互相垂直的四边形是菱形 D．三个角是直角且对角线互相垂直的四边形是正方形 2．（24-25八年级下·江苏无锡·期中）下列命题为真命题的个数有（   ） ①一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形； ②顺次连接对角线相等的四边形的四边中点，得到的四边形是矩形； ③对角线互相垂直的四边形是菱形； ④对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）下列说法正确的是（   ） A．对角线相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分且相等的四边形是菱形 C．对角线互相垂直平分的四边形是矩形 D．对角线相等的菱形是正方形 4．（24-25八年级下·湖北武汉·阶段练习）下列条件不能判定平行四边形是正方形的是（   ） A．且 B．且 C．且 D．且 5．如图，四边形是平行四边形，下列结论错误的是（  ） A．当时，是菱形 B．当时，是菱形 C．当时，是矩形 D．当时，是正方形 题型八 正方形判定的证明 1．（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． 2．（2025·陕西榆林·模拟预测）如图，在矩形中，点M是对角线上一点，于点E，于点F，．求证：四边形是正方形． 3．（2024秋•西安校级月考）如图，在正方形ABCD中，点E是边AB的中点，过点A作DE的垂线，垂足为F，过点B作DE的垂线，垂足为G，过点A作BG的垂线，垂足为H．求证：四边形AFGH是正方形． 4．已知，正方形CEFG的边GC在正方形ABCD的边CD上，延长CD到H，使DH＝CE，K在BC边上，且BK＝CE，求证：四边形AKFH为正方形． 题型一 利用正方形的性质与判定求角度 1．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD． (1)求证：四边形OCED是菱形； (2)若AB=AD，求∠ADE的度数． 2．如图，已知正方形ABCD，点E在对角线AC上，连接DE，作EF⊥DE，EF交BC边于点F，以DE，EF为边作矩形DEFG． （1）判断矩形DEFG是不是正方形，若是，请证明，若不是，请说明理由． （2）若线段DE与正方形ABCD的边的夹角为40°，求∠EFC的度数． 3．（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 题型二 利用正方形的性质与判定求线段长 1．（2024春•巴音郭楞州期末）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F． （1）求证：四边形CEDF为正方形； （2）若AC＝12，BC＝16，求CE的长． 2．（24-25八年级下·河南商丘·期中）如图，在矩形中，平分交边于点E，过点E作交边于点F，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求的长． 3．（2024春•淮南期末）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线AE交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O． （1）求证：四边形ABEF是正方形． （2）若AD＝AE，AB＝2， （ⅰ）求AG的长； （ⅱ）求OF的长． 题型三 利用正方形的性质与判定求面积 1．（2024春•新昌县期末）如图，在矩形ABCD中，E是边CD上一点，F是CB的延长线上一点，连结AE，AF，已知BF＝DE，AF⊥AE． （1）求证：四边形ABCD是正方形． （2）若∠DAE＝30°，DE＝1，求四边形AECB的面积． 2．在△ABC中，∠ACB＝90°，∠ABC、∠BAC的平分线相交于点D，DE⊥BC，DF⊥AC，垂足为E、F． （1）求证：四边形DECF为正方形； （2）若BC＝8，AC＝6，求正方形DECF的面积． 3．（2024春•石狮市校级期末）如图，已知菱形ABCD，点E、F是对角线BD所在直线上的两点，且∠AED＝45°，DF＝BE，连接CE、AF、CF，得四边形AECF． （1）求证：四边形AECF是正方形； （2）若BD＝4，BE＝3，求菱形ABCD的面积． 4．（2025·云南·模拟预测）如图，在四边形中，，是的中点，，连接，，过点A，分别作，交于点． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，，求四边形的面积． 题型一 正方形的性质与判定的压轴题 1．（24-25八年级下·山东威海·期中）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． 2．如图，在中，，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点为E，点A的对应点D落在线段上，与相交于点F，连接． (1)求证：平分； (2)试判断与的位置关系，并说明理由； (3)若，求的大小．（直接写出结果即可） 3．（24-25八年级下·江苏扬州·期中）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． 4．（24-25九年级下·广东湛江·期中）问题背景：点分别在正方形的边上，，试判断之间的数量关系． （1）小云同学的思路是过点作，交的延长线于点，如图1，通过这种证明方法，可发现上述线段的数量关系为 ，并补充证明过程； 变式迁移： （2）如图2，在菱形中，，点，分别在，上，且，，若，求的长； 拓展应用： （3）如图3，在中，，于，，，求的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $