21.3.3正方形一(十一大题型)2025-2026 学年 人教八年级数学下册

21.3.3正方形一（十一大题型） 参考答案 题号 2 3 4 5 6 8 15 16 17 18 答案 D A B D B D C B C B 题号 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 答案 C B D D A A B B B C 题号 45 46 48 49 答案 B D A D 1．错误 【分析】本题主要考查了正方形和菱形的定义，根据菱形和正方形的定义，菱形是四条边相等的四边形，正方形是四条边相等且四个角都是直角的四边形．正方形是菱形的一种特殊形式，但菱形不一定是正方形，据此可得答案． 【详解】解：菱形的定义是四条边长度都相等的四边形．正方形的定义是四条边长度都相等且四个角都是直角的四边形．由定义可知，正方形满足菱形的定义，因此正方形是菱形的一种．然而，菱形不一定满足正方形的定义，例如存在角度不是直角的菱形，这种菱形不是正方形．因此，菱形不是包含于正方形，故该判断错误． 故答案为：错误． 2．D 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形和正方形的对角线性质，需根据各图形对角线的特征判断是否同时满足垂直且相等即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分但不一定垂直或相等，故此选项不符合题意； B、矩形的对角线相等但不垂直，故此选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直但不相等，故此选项不符合题意； D、正方形的对角线互相垂直且相等，故此选项符合题意． 故选：D． 3．A 【分析】正方形是特殊的菱形，具有菱形的所有性质，但对角线相等是正方形独有的性质，菱形不一定具有． 本题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理． 【详解】解：∵正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 又∵ 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等． 故选：A． 4．B 【分析】本题考查正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质即可一一判断； 【详解】解：A、四条边都相等的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，故本选项符合题意； C、平行四边形不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意； 故选：B． 5．D 【分析】本题考查了矩形的性质、正方形的性质，根据矩形的性质和正方形的性质即可求解． 【详解】解：矩形的性质：两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角； 正方形的性质：四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角， 正方形的四边都相等，是矩形不一定具有的， 故选：D． 6．B 【分析】根据四边形为正方形，得到，平分，即可求出． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，平分， ∴． 7．/75度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质．根据正方形的性质，等边三角形的性质可得，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴，， ∴． 故答案为： 8．D 【分析】本题考查了正方形，等边三角形的性质，等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的关键． 首先由正方形的性质得到，，，然后由等边三角形的性质得到，，推出，，然后利用等腰三角形的性质求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∴． 故选：D． 9． 【分析】此题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，首先由正方形得到，，，然后结合得到，然后求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴，， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴． 故答案为：． 10． 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的外角性质． 根据正方形的性质求得，根据三角形的外角性质求得，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线，点在对角线上， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：． 11．6 【分析】先通过证明，进而得到，，从而可得，代入数据进而可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，． 又，， ， ， ． ，，， ， ，， ． 12． 【分析】根据，从而，进一步得出结论． 【详解】解：连接，，记交于O，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 13． 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质； 过点B作，且，连接、、，求出，证明和全等，可得，把求的最大值转换为求的最大值即可． 【详解】解：如图，过点B作，且，连接、、， ∵，，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴当点A、 P、E三点共线时，最大，此时， ∵， ∴， 即的最大值为． 14． 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．证明，推出，再利用勾股定理求解. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，. ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴. ∴. 故答案为：． 15．C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，则，，先由勾股定理求出，根据正方形性质得，，，证明，进而依据“”判定，则，进而依据“”判定，则，，然后在中，由勾股定理求出即可得出的长． 【详解】解：过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，如图所示： ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴，和都是直角三角形， 在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故选：C． 16．B 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 根据正方形的性质，得，，，从而，利用“”，得，则，进而阴影部分，同理可求另一阴影部分的面积，相加即可求解． 【详解】解：如图所示： 三个边长分别是3，4，5的正方形， ，，， ，， ， ()， ， 则， 正方形的边长为4， ， 即第2个和第3个正方形重叠部分的面积为4， 同理可得第1个和第2个正方形重叠部分的面积为， 则图中阴影部分的面积和为． 故选：B． 17．C 【分析】设面积为20和90的两个小正方形的边长分别为x，y，根据题意，得，，，解答即可． 本题考查了正方形的性质，算术平方根的计算，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：设面积为20和90的两个小正方形的边长分别为x，y， 根据题意，得，，， 故， 故， 故剩余图形的面积为， 故选：C． 18．B 【分析】连接，即可利用勾股定理的几何意义解答． 本题主要考查的是勾股定理的灵活运用，解答的关键是利用两个直角三角形公共的斜边． 【详解】解：连接，根据勾股定理，得， 由正方形的性质，得， 故， 又，， 则， 故选：B． 19． 【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，设正方形纸板③的边长为厘米，则大正方形的边长为厘米或厘米，根据正方形的四条边长相等，可得方程，解方程可以求出正方形纸板③的边长为厘米，可得大正方形的边长为厘米，根据正方形的面积公式即可求出结果． 【详解】解：设正方形纸板③的边长为厘米， 则大正方形的边长为厘米或厘米， 根据题意可得：， 解得：， 正方形纸板③的边长为厘米， 大正方形的边长为厘米， 大正方形的面积为平方厘米． 故答案为：． 20．20 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、乘法公式，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 设，，根据正方形的性质得到，证明≌，推出，根据解题即可． 【详解】解：如图： 设，， ∴， ∵四边形、四边形和都是正方形， ∴，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ∴≌， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴． 故答案为：20． 21．(1)见解析 (2)见解析 【分析】对于本题，重点掌握截长补短法证明全等三角形． （1）延长至点，使，连结、，先证明，再根据全等三角形的性质进行线段的转化证明即可； （2）证明即可． 【详解】（1）证明：如答图，延长至点，使，连结、． ∵四边形是正方形， ，， ． 在和中， ， ， 设，，则，． 的周长为， ， ， ． （2）解：由（1）得． 在和中， ． 22．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）过点作 交于，则，根据平行四边形和正方形的性质求证，然后根据三角形全等的性质即可证明； （2）根据线段垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质得到 ，结合（1）问结论即可求证． 【详解】（1）证明：如图①，过点B作交于点H，则． 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ． ，即， ∴四边形为平行四边形， ， ； （2）证明：如图②，连接，，． 正方形是轴对称图形，F为对角线上的一点， ，． 垂直平分， ， ， ． ， ， ， ， ． 由（1），知， ， ． 23．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明得到，，进而利用三角形的内角和定理证明即可证得结论； （2）先根据勾股定理得到，再根据正方形的性质和勾股定理可证得结论． 【详解】（1）证明：如图，设与交于点M，与交于点N． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ， ， ，． ， ，即； （2）证明：如图，连接，． ， ， ， ． ，． ． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ，， ． 【点睛】本题重点考查“手拉手模型”和勾股定理，找到全等三角形和直角三角形是解答的关键． 24．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，等腰直角三角形的性质，外角平分线的性质，掌握利用正方形的中点条件构造相等的边，结合角度关系证明三角形全等是解题的关键． 利用正方形的性质及中点条件，得到边相等和角的关系，结合外角平分线的性质，证明与全等，从而推导出． 【详解】证明：四边形为正方形，，分别为边，的中点， ，，，， ，为等腰直角三角形， ． 为正方形的外角平分线， ， ． ，， ． 在和中， ， ． 25．见解析 【分析】本题考查正方形性质，关键是对知识的掌握和运用． 利用正方形性质和三角形全等即可证明. 【详解】证明：在正方形中，，． 在和中， ， ． 26．C 【分析】本题考查了矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法． 根据矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：A．：中心对称是平行四边形的固有性质，无法判断其为矩形； B．：对边相等是矩形的固有性质，无法判断其为正方形； C．：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，填写正确； D．：对角线互相平分是菱形的固有性质，无法判断其为正方形； 故选：C． 27．B 【分析】本题考查的是菱形的判定定理，正方形的判定定理，含30度角的直角三角形的性质．根据菱形的判定方法和正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：四个全等的含角的直角三角板拼成如图所示的四个图形中， 第一个四边形中，，， ∴，不是菱形； 第二个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， ∴第二个四边形是菱形； 第三个图形是菱形，如图， 由四个全等的含角的直角三角板拼成的四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴,， ∴, ∴， ∴四边形是菱形； 第四个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， 四个角都等于， ∴第四个四边形是正方形； 综上，是菱形但不是正方形的有2个． 故选：B． 28．D 【分析】本题考查命题，特殊四边形的判定，根据矩形、平行四边形、菱形、正方形的判定定理，逐一判断各命题的真假即可． 【详解】解：A、∵四边形内角和为，四个角相等的四边形每个内角为， ∴四个角相等的四边形是矩形，A是真命题； B、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形是平行四边形的判定定理， ∴B是真命题； C、∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形是菱形的判定定理， ∴C是真命题； D、∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形，只有对角线垂直平分且相等的四边形才是正方形， ∴D是假命题． 故选：D． 29．D 【分析】本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，中点四边形，中位线的性质，根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断即可求解． 【详解】解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确； B、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确； C、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确； D、如图，四边形中， 设四边形各边中点分别为， ∴ 又∵， ∴ ∴四边形是菱形，即顺次连接四边形各边中点得到的图形是菱形，原说法错误； 故选：D． 30．A 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质，是解题的关键．根据菱形的定义，必须是一组邻边相等的平行四边形才是菱形，而A选项缺少“平行四边形”的条件，因此错误；其他选项均符合矩形、平行四边形和正方形的性质． 【详解】解：A．菱形的定义是有一组邻边相等的平行四边形，因此仅有一组邻边相等的四边形不一定是菱形，故A错误，符合题意； B．矩形的对角线相等且互相平分，故B正确，不符合题意； C．平行四边形的对角相等，故C正确，不符合题意； D．有一个角是90°的菱形，由于菱形是平行四边形，且邻角互补，因此所有角都是90°，即为正方形，故D正确，不符合题意． 故选：A． 31．A 【分析】本题考查正方形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．先根据给定条件判断平行四边形是否为矩形或菱形，再结合正方形的判定定理(对角线互相垂直的矩形是正方形、邻边相等的矩形是正方形、对角线相等的菱形是正方形)逐一分析不同条件组合能否判定为正方形，最终得出②③组合不能判定为正方形，其余符合条件的组合可以判定的结论． 【详解】解：A、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以②③组合不能判定为正方形，故此选项错误，符合题意； B、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ④矩形的对角线互相垂直说明是正方形(对角线垂直的矩形是正方形)； 所以②④组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； C、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； 所以①②组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； D、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以①③组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； 根据正方形的判断方法可知：满足条件①②或①③或②④或③④时，四边形是正方形． 故选：A． 32．B 【分析】此题主要考查了正方形的判定，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逐选项分别进行分析即可． 【详解】解：A． 由，可判断是矩形，由可判定矩形是正方形，此选项不合题意； B． 由可判断是菱形，由菱形可判定，此选项不能判定是正方形，符合题意； C． 由可判断是菱形，由可判定菱形为正方形，此选项不符合题意； D． 由可判定是菱形，由可得，进而可判定菱形为正方形，不符合题意； 故答案为：B． 33．B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据相关知识点逐项判断即可． 【详解】解：由题意知，平分， 又∵， ∴四边形是菱形； A：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意； B：四边形是菱形，当时，四边形是正方形，故该选项符合题意； C：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意； D：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意． 故选：B ． 34．B 【分析】本题考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 根据正方形的判定逐个判定即可得到答案． 【详解】解：选项A、时不能判定矩形是正方形，故A不符合题意， 选项B、时，矩形是正方形，故B符合题意， 选项C、时不能判定矩形是正方形，故C不符合题意， 选项D、时不能判定矩形是正方形，故D不符合题意， 故选：B． 35．C 【分析】本题考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理，首先明确平行四边形、菱形、正方形的判定关系：平行四边形中，对角线互相垂直的是菱形；菱形要成为正方形，需满足有一个内角为直角或对角线相等．本题先由得出是菱形，再分析各选项能否让菱形变为正方形． 【详解】四边形是平行四边形，且， 是菱形． 若，菱形的对角线相等．根据“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故A不符合“不能使”的要求． 若，菱形的一个内角为直角．根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故B不符合“不能使”的要求． 若，是菱形的边，是对角线．仅“边与对角线相等”无法推出菱形有直角或对角线相等，因此不能保证菱形是正方形，故C符合“不能使”的要求． 若，因菱形对角线互相平分（，），则，，即．结合“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故D不符合“不能使”的要求． 故选C 36． 【分析】本题考查矩形与折叠，正方形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，是解题的关键，先求出的度数，折叠，推出四边形是正方形，进而得到，根据三角形的外角的性质，折叠的性质和平角的定义，进行求解即可． 【详解】解：在矩形中，，． 沿折叠，点C恰好落在边上的点处，， 四边形是正方形， ． 由三角形的外角性质，得． 由翻折的性质，得，． 故答案为：． 37．(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， ∴． 38．或或 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可． 【详解】解：当时， ， ， 由折叠可得：，， ， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形， ； 当时， ，， ， 由折叠可知，，， ， 点、、共线， ， 综上所述，的度数为或． 当时， ∵， ∴， ∴， 由折叠可得，； 故答案为：或或． 39． 【分析】如图，作，于，连接，证明四边形是正方形，则，，证明是等边三角形，则，，根据，求解作答即可． 【详解】解：如图，作，于，连接， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理是解题的关键． 40． 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 41． 【分析】本题考查了尺规作图-线段垂直平分线，正方形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 推出直线垂直平分，证明四边形为正方形，根据三角形的面积解题即可． 【详解】解：由题意知，直线垂直平分， ∴，， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， 又∵， ∴四边形为正方形； ∵， 又∵， ∴， 解得． 故答案为： ． 42． 【分析】过点A作，交的延长线于点F，连接，作关于的对称线段，连接，先证明四边形是正方形，同时求出，进一步推得，然后证明，得出，再根据轴对称的性质得到，所以，同时可证明，，从而，根据两点之间线段最短，即可利用勾股定理求解． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点F，在上取点M，使，连接，过点M作，交于点N，作关于的对称线段，连接， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ，，， ， ， 和关于对称， ，F、C、G三点共线， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 当点M在上时，最小，即取得最小值， 在中，，， ， 最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段的最值问题，轴对称的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是关键． 43．6 【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． 44． 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，等边对等角，全等三角形的判定和性质． 作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，，根据正方形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据等边对等角得到，可知，根据勾股定理求出，则，，证明四边形是正方形，得到，，则，，证明，得到，则，根据勾股定理求的值即可． 【详解】解：如图，作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴ 解得：（负值舍去）， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 45．B 【分析】本题考查正方形的判定与性质和等边三角形的性质，根据题意推出四边形为正方形，先求得正方形的边长，依据等边三角形的定义可知，连接，依据正方形的对称性可知， 则，由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. 【详解】： 连接，      ∵两个全等的等腰和等腰有公共斜边， ∴， ， ∴四边形为正方形， ∵正方形的面积为， ∴正方形的边长为， ∵为等边三角形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴与关于对称， ∴， ∴， ∴有最小值为， 故选： B． 46．D 【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. 先过点E分别作，，证明四边形是正方形，再得出，故重叠部分四边形的面积为，则，即可作答． 【详解】解：过点E分别作，，如图所示： ∵四边形是正方形，正方形的边长为8， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵点E是正方形的中心， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵的两直角边分别交于点M，N， ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ 则重叠部分四边形的面积为， ∴， 即重叠部分四边形的面积为， 故选：D． 47．8 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质；根据，可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形，再利用勾股定理结合正方形面积公式即可求解． 【详解】解：， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 平分，平分， ， ， 平行四边形是正方形． ∵，， ∴， ∴，即四边形的面积为8， 故答案为：8． 48．A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，证明四边形是正方形，根据面积求出边长，进而求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∵， ∴矩形是正方形， ∵四边形的面积是36， ∴， ∴， ∴原来的正方形的面积是， 故选：A． 49．D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 过点作，交延长线于，先证明四边形为正方形，则设，则，，对运用勾股定理求出，延长至点，使得，先证明，再证明，则，，设，则，在中，由勾股定理得，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点作，交延长线于，则， ∵， ∴ ∵， ∴四边形为矩形 ∵ ， ∴为等腰直角三角形， ∴矩形为正方形 ∴ 设，则， ∵ 即 ∴ ∴，即， ∴， 延长至点，使得， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 解得， ∴， 故选：D． 50．(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，等角对等边，熟知菱形的判定定理和正方形的性质与判定定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由平行线的性质和角平分线的定义推出，则可得到，据此可得结论； （2）可证明四边形是正方形，再根据正方形对角线相等，且正方形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形． 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图所示，连接， 由（1）可知，四边形是菱形． ，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 51．见解析 【分析】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． 由正方形性质得到，结合已知条件，由三角形全等的判定得到，再由全等性质得到，即可得证四边形是菱形，再求出，由正方形的判定即可得证． 【详解】证明：四边形是正方形， ， 又， ， ， 则四边形是菱形， 又 ， ， ， 四边形是正方形． 52．(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)8 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，直角三角形斜边中线的定理，正方形的性质和判定，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据矩形的性质得出对角线互相平分且相等，判定出垂直平分线段，得出，再利用直角三角形斜边中线定理得出相等的边，最后得出，即可得出结论； （2）根据正方形的性质得出直角和三角形的面积，然后得出四边形是正方形，即可求出面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为正方形， ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴正方形的面积为， 故答案为：8． 53．(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及正方形的面积计算，熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． （1）证明，可得，再由D是的中点，即，根据可证四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质可得和，即可得出结论； （2）根据正方形的性质可得，再利用正方形的面积公式即可计算出结果． 【详解】（1）解：证明：∵， ， ∵E是的中点， ∴， 又∵， 在和中， ， ， ， ∵D是的中点， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，，D是的中点， ∴在中，，， ∴平行四边形是正方形； （2）解：， ， 由（1）知，， 在中，， ． 54．(1)见解析 (2)正方形，说明见解析 【分析】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，三角形中位线定理，平行四边形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键． （1）过点作于点，根据正方形的性质得到，，再结合已知条件得到，即可利用“”证明全等； （2）由（1）可知，，从而得出，，再根据三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再证明正方形即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形， ，，， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， ， ， ， ， 如图，连接、、、的中点P、Q、R、S， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是正方形． 55．(1)矩形是正方形，理由见解析 (2) 【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，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）过E作于M点，过E作于N点，由正方形得，，计算，故四边形为矩形，再证明，得，故矩形为正方形； （2）由（1）知，得，故． 【详解】（1）解：矩形是正方形，理由如下： 过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形为矩形，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：∵，， ∴， 由（1）知，得， ∴． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 21.3.3正方形一（十一大题型） 1．判断（用“正确”和“错误”表示）：菱形包含于正方形 ． 【答案】错误 【分析】本题主要考查了正方形和菱形的定义，根据菱形和正方形的定义，菱形是四条边相等的四边形，正方形是四条边相等且四个角都是直角的四边形．正方形是菱形的一种特殊形式，但菱形不一定是正方形，据此可得答案． 【详解】解：菱形的定义是四条边长度都相等的四边形．正方形的定义是四条边长度都相等且四个角都是直角的四边形．由定义可知，正方形满足菱形的定义，因此正方形是菱形的一种．然而，菱形不一定满足正方形的定义，例如存在角度不是直角的菱形，这种菱形不是正方形．因此，菱形不是包含于正方形，故该判断错误． 故答案为：错误． 2．下列图形中，对角线互相垂直且相等的是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形、矩形、菱形和正方形的对角线性质，需根据各图形对角线的特征判断是否同时满足垂直且相等即可． 【详解】解：A、平行四边形的对角线互相平分但不一定垂直或相等，故此选项不符合题意； B、矩形的对角线相等但不垂直，故此选项不符合题意； C、菱形的对角线垂直但不相等，故此选项不符合题意； D、正方形的对角线互相垂直且相等，故此选项符合题意． 故选：D． 3．正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分 【答案】A 【分析】正方形是特殊的菱形，具有菱形的所有性质，但对角线相等是正方形独有的性质，菱形不一定具有． 本题考查了正方形与菱形的性质．此题比较简单，解题的关键是熟记正方形与菱形的性质定理． 【详解】解：∵正方形的性质有：四条边都相等，四个角都是直角，对角线互相平分垂直且相等，而且每一条对角线平分一组对角； 又∵ 菱形的性质有：四条边都相等，对角线互相垂直平分，而且每一条对角线平分一组对角； ∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是：对角线相等． 故选：A． 4．下列命题是真命题的是（　　） A．四条边都相等的四边形是正方形 B．菱形的对角线互相垂直 C．平行四边形、菱形、矩形都是轴对称图形 D．顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形一定是菱形 【答案】B 【分析】本题考查正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．根据正方形、菱形、矩形、平行四边形的判定和性质即可一一判断； 【详解】解：A、四条边都相等的四边形不一定是正方形，故本选项不符合题意； B、菱形的对角线互相垂直，故本选项符合题意； C、平行四边形不是轴对称图形，故本选项不符合题意； D、顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形不一定是菱形，故本选项不符合题意； 故选：B． 5．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．四个角都是直角 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四条边相等 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、正方形的性质，根据矩形的性质和正方形的性质即可求解． 【详解】解：矩形的性质：两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角； 正方形的性质：四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角， 正方形的四边都相等，是矩形不一定具有的， 故选：D． 6．如图，正方形的对角线相交于点O，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据四边形为正方形，得到，平分，即可求出． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，平分， ∴． 7．如图，P是正方形内的一点，连接，，，．若是等边三角形，则的度数是 ． 【答案】/75度 【分析】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质．根据正方形的性质，等边三角形的性质可得，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴，， ∴． 故答案为： 8．如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形，等边三角形的性质，等边对等角，熟练掌握以上知识是解题的关键． 首先由正方形的性质得到，，，然后由等边三角形的性质得到，，推出，，然后利用等腰三角形的性质求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∴． 故选：D． 9．如图，是正方形对角线上一点，且，连接并延长，交于点，则的度数是 ． 【答案】 【分析】此题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，首先由正方形得到，，，然后结合得到，然后求出，进而求解即可． 【详解】解：∵四边形是正方形 ∴，， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴． 故答案为：． 10．如图，在正方形中，点在对角线上，过点作于点，连接，若，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形的外角性质． 根据正方形的性质求得，根据三角形的外角性质求得，进而根据，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，是对角线，点在对角线上， ∴， ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：． 11．如图，四边形是正方形，是边上一点，于点，，且交于点．已知，，则的长度为 ． 【答案】6 【分析】先通过证明，进而得到，，从而可得，代入数据进而可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，． 又，， ， ， ． ，，， ， ，， ． 12．如图，E是边长为2的正方形的对角线上一点，且，P为上任一点，于点Q，于点R，则的值是 ． 【答案】 【分析】根据，从而，进一步得出结论． 【详解】解：连接，，记交于O，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 13．如图，四边形为正方形，点P为平面内一点，已知，，则的最大值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质； 过点B作，且，连接、、，求出，证明和全等，可得，把求的最大值转换为求的最大值即可． 【详解】解：如图，过点B作，且，连接、、， ∵，，， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∵， ∴当点A、 P、E三点共线时，最大，此时， ∵， ∴， 即的最大值为． 14．如图，有一条直线经过正方形的顶点B，点A，C到该直线的距离，，则正方形的边长为 ． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．证明，推出，再利用勾股定理求解. 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，. ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∴. ∴. 故答案为：． 15．如图，在中，，分别以为边向外作正方形，正方形，连接，则的长为（   ） A．10 B．9 C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，则，，先由勾股定理求出，根据正方形性质得，，，证明，进而依据“”判定，则，进而依据“”判定，则，，然后在中，由勾股定理求出即可得出的长． 【详解】解：过点E作，交的延长线于点P，设交于点Q，如图所示： ∴， 在中，， 由勾股定理得：， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴，和都是直角三角形， 在中，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 在中，由勾股定理得：， ∴． 故选：C． 16．三个边长分别是3，4，5的正方形按如图所示摆放（后两个正方形的一个顶点与相邻的一个正方形对角线交点重合），则图中阴影部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 根据正方形的性质，得，，，从而，利用“”，得，则，进而阴影部分，同理可求另一阴影部分的面积，相加即可求解． 【详解】解：如图所示： 三个边长分别是3，4，5的正方形， ，，， ，， ， ()， ， 则， 正方形的边长为4， ， 即第2个和第3个正方形重叠部分的面积为4， 同理可得第1个和第2个正方形重叠部分的面积为， 则图中阴影部分的面积和为． 故选：B． 17．如图所示，从一个大正方形中裁掉面积为20和90的两个小正方形，则余下部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设面积为20和90的两个小正方形的边长分别为x，y，根据题意，得，，，解答即可． 本题考查了正方形的性质，算术平方根的计算，熟练掌握性质是解题的关键． 【详解】解：设面积为20和90的两个小正方形的边长分别为x，y， 根据题意，得，，， 故， 故， 故剩余图形的面积为， 故选：C． 18．如图，在四边形中，，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形．若，，则（   ） A．50 B．60 C．100 D．110 【答案】B 【分析】连接，即可利用勾股定理的几何意义解答． 本题主要考查的是勾股定理的灵活运用，解答的关键是利用两个直角三角形公共的斜边． 【详解】解：连接，根据勾股定理，得， 由正方形的性质，得， 故， 又，， 则， 故选：B． 19．如图所示，一块长厘米、宽厘米的长方形纸板①，一块长厘米、宽厘米的长方形纸板②，一块正方形纸板③，以及另两块长方形纸板④和⑤，恰好拼成一个大正方形，则大正方形的面积是 平方厘米． 【答案】 【分析】本题主要考查了一元一次方程的应用，设正方形纸板③的边长为厘米，则大正方形的边长为厘米或厘米，根据正方形的四条边长相等，可得方程，解方程可以求出正方形纸板③的边长为厘米，可得大正方形的边长为厘米，根据正方形的面积公式即可求出结果． 【详解】解：设正方形纸板③的边长为厘米， 则大正方形的边长为厘米或厘米， 根据题意可得：， 解得：， 正方形纸板③的边长为厘米， 大正方形的边长为厘米， 大正方形的面积为平方厘米． 故答案为：． 20．我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，已知正方形和正方形，A，B，E三点在一条直线上，现将其裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形，若正方形和正方形的面积之和为220，阴影部分的面积为130，则的长为 ． 【答案】20 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质和判定、乘法公式，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 设，，根据正方形的性质得到，证明≌，推出，根据解题即可． 【详解】解：如图： 设，， ∴， ∵四边形、四边形和都是正方形， ∴，，，，， ∴，， ∴， 在和中， ∴≌， ∴， ∴，， ∴， ∴， 即， ∴． 故答案为：20． 21．如图，正方形的边长为1，、分别为边、上的点，的周长为2，连接．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】对于本题，重点掌握截长补短法证明全等三角形． （1）延长至点，使，连结、，先证明，再根据全等三角形的性质进行线段的转化证明即可； （2）证明即可． 【详解】（1）证明：如答图，延长至点，使，连结、． ∵四边形是正方形， ，， ． 在和中， ， ， 设，，则，． 的周长为， ， ， ． （2）解：由（1）得． 在和中， ． 22．如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）过点作 交于，则，根据平行四边形和正方形的性质求证，然后根据三角形全等的性质即可证明； （2）根据线段垂直平分线的性质和正方形的性质求得，然后根据等边对等角和等量代换求得，根据直角三角形斜边中线的性质得到 ，结合（1）问结论即可求证． 【详解】（1）证明：如图①，过点B作交于点H，则． 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ． ，即， ∴四边形为平行四边形， ， ； （2）证明：如图②，连接，，． 正方形是轴对称图形，F为对角线上的一点， ，． 垂直平分， ， ， ． ， ， ， ， ． 由（1），知， ， ． 23．如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，．求证： (1)，； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明得到，，进而利用三角形的内角和定理证明即可证得结论； （2）先根据勾股定理得到，再根据正方形的性质和勾股定理可证得结论． 【详解】（1）证明：如图，设与交于点M，与交于点N． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ， ， ，． ， ，即； （2）证明：如图，连接，． ， ， ， ． ，． ． 四边形和四边形都是正方形， ，，， ，， ． 【点睛】本题重点考查“手拉手模型”和勾股定理，找到全等三角形和直角三角形是解答的关键． 24．如图，是正方形边的中点，点在正方形的外角平分线上，连接，，，为边的中点，连接．求证：． 【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，等腰直角三角形的性质，外角平分线的性质，掌握利用正方形的中点条件构造相等的边，结合角度关系证明三角形全等是解题的关键． 利用正方形的性质及中点条件，得到边相等和角的关系，结合外角平分线的性质，证明与全等，从而推导出． 【详解】证明：四边形为正方形，，分别为边，的中点， ，，，， ，为等腰直角三角形， ． 为正方形的外角平分线， ， ． ，， ． 在和中， ， ． 25．如下图，在正方形中，点在边上，在边的延长线上，且，连接，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查正方形性质，关键是对知识的掌握和运用． 利用正方形性质和三角形全等即可证明. 【详解】证明：在正方形中，，． 在和中， ， ． 26．在学习了《平行四边形》这一章节后，小侯针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，他让同桌小润在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写正确的是（    ） A．：中心对称 B．：对边相等 C．：有一组邻边相等 D．：对角线互相平分 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法． 根据矩形的判定方法，菱形的判定方法，正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：A．：中心对称是平行四边形的固有性质，无法判断其为矩形； B．：对边相等是矩形的固有性质，无法判断其为正方形； C．：有一组邻边相等的平行四边形是菱形，填写正确； D．：对角线互相平分是菱形的固有性质，无法判断其为正方形； 故选：C． 27．如图，利用几个全等的直角三角板（含角）拼摆成如下的四边形，其中是菱形但不是正方形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的判定定理，正方形的判定定理，含30度角的直角三角形的性质．根据菱形的判定方法和正方形的判定方法逐一分析即可． 【详解】解：四个全等的含角的直角三角板拼成如图所示的四个图形中， 第一个四边形中，，， ∴，不是菱形； 第二个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， ∴第二个四边形是菱形； 第三个图形是菱形，如图， 由四个全等的含角的直角三角板拼成的四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴,， ∴, ∴， ∴四边形是菱形； 第四个四边形的四条边都是直角三角形的斜边，都相等， 四个角都等于， ∴第四个四边形是正方形； 综上，是菱形但不是正方形的有2个． 故选：B． 28．下列命题中，是假命题的是（   ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查命题，特殊四边形的判定，根据矩形、平行四边形、菱形、正方形的判定定理，逐一判断各命题的真假即可． 【详解】解：A、∵四边形内角和为，四个角相等的四边形每个内角为， ∴四个角相等的四边形是矩形，A是真命题； B、∵对角线互相平分的四边形是平行四边形是平行四边形的判定定理， ∴B是真命题； C、∵对角线互相垂直的平行四边形是菱形是菱形的判定定理， ∴C是真命题； D、∵对角线互相垂直平分的四边形是菱形，只有对角线垂直平分且相等的四边形才是正方形， ∴D是假命题． 故选：D． 29．下列说法中，不正确的是（   ） A．四个角都相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴 D．如图，四边形中，，顺次连接四边形各边中点得到的图形是矩形 【答案】D 【分析】本题主要考查特殊平行四边形的判定与性质，中点四边形，中位线的性质，根据矩形的判定，正方形的性质，菱形和平行四边形的判定对各选项分析判断即可求解． 【详解】解：A、四个角都相等的四边形是矩形，说法正确； B、对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形，说法正确； C、正方形的对角线所在的直线是它的对称轴，说法正确； D、如图，四边形中， 设四边形各边中点分别为， ∴ 又∵， ∴ ∴四边形是菱形，即顺次连接四边形各边中点得到的图形是菱形，原说法错误； 故选：D． 30．下列说法错误的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．矩形的对角线相等且互相平分 C．平行四边形的对角相等 D．有一个角是的菱形是正方形 【答案】A 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的性质，平行四边形的性质，正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定和性质，是解题的关键．根据菱形的定义，必须是一组邻边相等的平行四边形才是菱形，而A选项缺少“平行四边形”的条件，因此错误；其他选项均符合矩形、平行四边形和正方形的性质． 【详解】解：A．菱形的定义是有一组邻边相等的平行四边形，因此仅有一组邻边相等的四边形不一定是菱形，故A错误，符合题意； B．矩形的对角线相等且互相平分，故B正确，不符合题意； C．平行四边形的对角相等，故C正确，不符合题意； D．有一个角是90°的菱形，由于菱形是平行四边形，且邻角互补，因此所有角都是90°，即为正方形，故D正确，不符合题意． 故选：A． 31．有下列四个条件：①，②，③，④，使为正方形（如图）．现有下列四种选法，其中错误的是（   ） A．②③ B．②④ C．①② D．①③ 【答案】A 【分析】本题考查正方形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．先根据给定条件判断平行四边形是否为矩形或菱形，再结合正方形的判定定理(对角线互相垂直的矩形是正方形、邻边相等的矩形是正方形、对角线相等的菱形是正方形)逐一分析不同条件组合能否判定为正方形，最终得出②③组合不能判定为正方形，其余符合条件的组合可以判定的结论． 【详解】解：A、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以②③组合不能判定为正方形，故此选项错误，符合题意； B、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ④矩形的对角线互相垂直说明是正方形(对角线垂直的矩形是正方形)； 所以②④组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； C、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； 所以①②组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； D、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以①③组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； 根据正方形的判断方法可知：满足条件①②或①③或②④或③④时，四边形是正方形． 故选：A． 32．如图，的对角线相交于点，下列条件不能判定是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了正方形的判定，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逐选项分别进行分析即可． 【详解】解：A． 由，可判断是矩形，由可判定矩形是正方形，此选项不合题意； B． 由可判断是菱形，由菱形可判定，此选项不能判定是正方形，符合题意； C． 由可判断是菱形，由可判定菱形为正方形，此选项不符合题意； D． 由可判定是菱形，由可得，进而可判定菱形为正方形，不符合题意； 故答案为：B． 33．如图，在中，．添加一个条件，能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的性质、正方形的判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 根据相关知识点逐项判断即可． 【详解】解：由题意知，平分， 又∵， ∴四边形是菱形； A：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意； B：四边形是菱形，当时，四边形是正方形，故该选项符合题意； C：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意； D：四边形是菱形，则必有，无法判定四边形是正方形，故该选项不合题意． 故选：B ． 34．如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 根据正方形的判定逐个判定即可得到答案． 【详解】解：选项A、时不能判定矩形是正方形，故A不符合题意， 选项B、时，矩形是正方形，故B符合题意， 选项C、时不能判定矩形是正方形，故C不符合题意， 选项D、时不能判定矩形是正方形，故D不符合题意， 故选：B． 35．如图，在中，，垂足为．添加下列哪个条件，不能使成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形、菱形、正方形的判定定理，首先明确平行四边形、菱形、正方形的判定关系：平行四边形中，对角线互相垂直的是菱形；菱形要成为正方形，需满足有一个内角为直角或对角线相等．本题先由得出是菱形，再分析各选项能否让菱形变为正方形． 【详解】四边形是平行四边形，且， 是菱形． 若，菱形的对角线相等．根据“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故A不符合“不能使”的要求． 若，菱形的一个内角为直角．根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故B不符合“不能使”的要求． 若，是菱形的边，是对角线．仅“边与对角线相等”无法推出菱形有直角或对角线相等，因此不能保证菱形是正方形，故C符合“不能使”的要求． 若，因菱形对角线互相平分（，），则，，即．结合“对角线相等的菱形是正方形”，此时菱形是正方形，故D不符合“不能使”的要求． 故选C 36．如图所示，在矩形中，是上一点，交于点F，将沿折叠，点C恰好落在边上的点处，则的度数为 ． 【答案】 【分析】本题考查矩形与折叠，正方形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，是解题的关键，先求出的度数，折叠，推出四边形是正方形，进而得到，根据三角形的外角的性质，折叠的性质和平角的定义，进行求解即可． 【详解】解：在矩形中，，． 沿折叠，点C恰好落在边上的点处，， 四边形是正方形， ． 由三角形的外角性质，得． 由翻折的性质，得，． 故答案为：． 37．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， ∴． 38．如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 【答案】或或 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可． 【详解】解：当时， ， ， 由折叠可得：，， ， 四边形是矩形， ， 矩形是正方形， ； 当时， ，， ， 由折叠可知，，， ， 点、、共线， ， 综上所述，的度数为或． 当时， ∵， ∴， ∴， 由折叠可得，； 故答案为：或或． 39．如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 【答案】 【分析】如图，作，于，连接，证明四边形是正方形，则，，证明是等边三角形，则，，根据，求解作答即可． 【详解】解：如图，作，于，连接， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正方形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，三角形内角和定理是解题的关键． 40．如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    【答案】 【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论． 【详解】解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，    ∵矩形 ∴，，，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴ ， ∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∵ ∴ 在与 ∴ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， ∴． 故答案为：． 41．如图所示，在中，平分交于点，按下列步骤作图．步骤1：分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于两点；步骤2：作直线，分别交于点；步骤3：连接．若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了尺规作图-线段垂直平分线，正方形的性质和判定，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 推出直线垂直平分，证明四边形为正方形，根据三角形的面积解题即可． 【详解】解：由题意知，直线垂直平分， ∴，， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理， ∴， 又∵， ∴四边形为正方形； ∵， 又∵， ∴， 解得． 故答案为： ． 42．如图，在四边形中，，，E为边上一点．若四边形的面积为24，的最小值为 ． 【答案】 【分析】过点A作，交的延长线于点F，连接，作关于的对称线段，连接，先证明四边形是正方形，同时求出，进一步推得，然后证明，得出，再根据轴对称的性质得到，所以，同时可证明，，从而，根据两点之间线段最短，即可利用勾股定理求解． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点F，在上取点M，使，连接，过点M作，交于点N，作关于的对称线段，连接， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ，，， ， ， 和关于对称， ，F、C、G三点共线， ，， 四边形是平行四边形， ，， ， 当点M在上时，最小，即取得最小值， 在中，，， ， 最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了线段的最值问题，轴对称的性质，正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，添加辅助线构造全等三角形是关键． 43．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． 44．在正方形中，，点在对角线上，．点E、F分别在边、上，且，连接、，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，等边对等角，全等三角形的判定和性质． 作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，，根据正方形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据等边对等角得到，可知，根据勾股定理求出，则，，证明四边形是正方形，得到，，则，，证明，得到，则，根据勾股定理求的值即可． 【详解】解：如图，作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴ 解得：（负值舍去）， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 45．如图，两个全等的等腰和等腰有公共斜边，且四边形的面积为36，为等边三角形，点在四边形内，在上有一点，使的和最小，则这个最小值为（   ）    A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定与性质和等边三角形的性质，根据题意推出四边形为正方形，先求得正方形的边长，依据等边三角形的定义可知，连接，依据正方形的对称性可知， 则，由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. 【详解】： 连接，      ∵两个全等的等腰和等腰有公共斜边， ∴， ， ∴四边形为正方形， ∵正方形的面积为， ∴正方形的边长为， ∵为等边三角形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴与关于对称， ∴， ∴， ∴有最小值为， 故选： B． 46．如图，点是正方形的中心（对角线的交点），以点为直角顶点作，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为8，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 【答案】D 【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. 先过点E分别作，，证明四边形是正方形，再得出，故重叠部分四边形的面积为，则，即可作答． 【详解】解：过点E分别作，，如图所示： ∵四边形是正方形，正方形的边长为8， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵点E是正方形的中心， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵的两直角边分别交于点M，N， ∴ ∴ ∵，， ∴ ∴ 则重叠部分四边形的面积为， ∴， 即重叠部分四边形的面积为， 故选：D． 47．如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质；根据，可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形，再利用勾股定理结合正方形面积公式即可求解． 【详解】解：， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 平分，平分， ， ， 平行四边形是正方形． ∵，， ∴， ∴，即四边形的面积为8， 故答案为：8． 48．如图，正方形中，在各边上截，连接交于点P，四边形的面积是4，四边形的面积是36，则原来的正方形的面积是（    ） A．64 B．50 C．49 D．56 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，证明四边形是正方形，根据面积求出边长，进而求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 同理， ∴四边形是平行四边形， 又， ∴平行四边形是矩形， ∵，， ∵， ∴矩形是正方形， ∵四边形的面积是36， ∴， ∴， ∴原来的正方形的面积是， 故选：A． 49．如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 过点作，交延长线于，先证明四边形为正方形，则设，则，，对运用勾股定理求出，延长至点，使得，先证明，再证明，则，，设，则，在中，由勾股定理得，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点作，交延长线于，则， ∵， ∴ ∵， ∴四边形为矩形 ∵ ， ∴为等腰直角三角形， ∴矩形为正方形 ∴ 设，则， ∵ 即 ∴ ∴，即， ∴， 延长至点，使得， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 解得， ∴， 故选：D． 50．如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了菱形的判定，正方形的性质与判定，等角对等边，熟知菱形的判定定理和正方形的性质与判定定理是解题的关键． （1）先证明四边形是平行四边形，再由平行线的性质和角平分线的定义推出，则可得到，据此可得结论； （2）可证明四边形是正方形，再根据正方形对角线相等，且正方形的面积等于其对角线乘积的一半可得答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形． 平分 ． ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：如图所示，连接， 由（1）可知，四边形是菱形． ，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴． 51．如图，分别在正方形的边上截取相等的线段，连接得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】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． 由正方形性质得到，结合已知条件，由三角形全等的判定得到，再由全等性质得到，即可得证四边形是菱形，再求出，由正方形的判定即可得证． 【详解】证明：四边形是正方形， ， 又， ， ， 则四边形是菱形， 又 ， ， ， 四边形是正方形． 52．如图1，矩形的对角线，相交于点，延长至点，使，连接，是的中点，连接． (1)试猜想四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，则四边形的面积为______． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)8 【分析】本题主要考查了菱形的判定和性质，矩形的性质，线段垂直平分线的判定和性质，直角三角形斜边中线的定理，正方形的性质和判定，解题的关键是掌握以上性质． （1）根据矩形的性质得出对角线互相平分且相等，判定出垂直平分线段，得出，再利用直角三角形斜边中线定理得出相等的边，最后得出，即可得出结论； （2）根据正方形的性质得出直角和三角形的面积，然后得出四边形是正方形，即可求出面积． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴垂直平分线段， ∴， 又∵是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：∵四边形为正方形， ∴，， 由（1）得四边形是菱形， ∴四边形是正方形， ∴正方形的面积为， 故答案为：8． 53．在等腰中，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：四边形是正方形； (2)若，求正方形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)16 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质及正方形的面积计算，熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． （1）证明，可得，再由D是的中点，即，根据可证四边形是平行四边形，再利用直角三角形的性质可得和，即可得出结论； （2）根据正方形的性质可得，再利用正方形的面积公式即可计算出结果． 【详解】（1）解：证明：∵， ， ∵E是的中点， ∴， 又∵， 在和中， ， ， ， ∵D是的中点， ， ， 又， ∴四边形是平行四边形， ∵，，D是的中点， ∴在中，，， ∴平行四边形是正方形； （2）解：， ， 由（1）知，， 在中，， ． 54．如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 【答案】(1)见解析 (2)正方形，说明见解析 【分析】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，三角形中位线定理，平行四边形的判定，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题关键． （1）过点作于点，根据正方形的性质得到，，再结合已知条件得到，即可利用“”证明全等； （2）由（1）可知，，从而得出，，再根据三角形中位线定理，先证明四边形是平行四边形，再证明正方形即可． 【详解】（1）证明：如图，过点作于点，则， 四边形是正方形， ，，， ，， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：由（1）可知，， ，， ， ， ， ， 如图，连接、、、的中点P、Q、R、S， 、、、分别是、、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是正方形． 55．如图，已知正方形，点E在对角线上，连接，作，交边于点F，以，为边作矩形． (1)判断矩形是不是正方形，若是，请证明，若不是，请说明理由． (2)若线段与正方形的边的夹角为，求的度数． 【答案】(1)矩形是正方形，理由见解析 (2) 【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，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）过E作于M点，过E作于N点，由正方形得，，计算，故四边形为矩形，再证明，得，故矩形为正方形； （2）由（1）知，得，故． 【详解】（1）解：矩形是正方形，理由如下： 过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形为矩形，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：∵，， ∴， 由（1）知，得， ∴． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 21.3.3正方形一（十一大题型） 题型一、正方形的性质理解 1．判断（用“正确”和“错误”表示）：菱形包含于正方形 ． 2．下列图形中，对角线互相垂直且相等的是（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 3．正方形具有而菱形不一定具有的性质是（   ） A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相平分 4．下列命题是真命题的是（　　） A．四条边都相等的四边形是正方形 B．菱形的对角线互相垂直 C．平行四边形、菱形、矩形都是轴对称图形 D．顺次连接一个四边形四边中点得到的四边形是矩形，则原来的四边形一定是菱形 5．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．四个角都是直角 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．四条边相等 题型二、利用正方形的性质求角度 6．如图，正方形的对角线相交于点O，则的度数是（    ） A． B． C． D． 7．如图，P是正方形内的一点，连接，，，．若是等边三角形，则的度数是 ． 8．如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 9．如图，是正方形对角线上一点，且，连接并延长，交于点，则的度数是 ． 10．如图，在正方形中，点在对角线上，过点作于点，连接，若，则的度数为 ． 题型三、利用正方形的性质求线段长 11．如图，四边形是正方形，是边上一点，于点，，且交于点．已知，，则的长度为 ． 12．如图，E是边长为2的正方形的对角线上一点，且，P为上任一点，于点Q，于点R，则的值是 ． 13．如图，四边形为正方形，点P为平面内一点，已知，，则的最大值为 ． 14．如图，有一条直线经过正方形的顶点B，点A，C到该直线的距离，，则正方形的边长为 ． 15．如图，在中，，分别以为边向外作正方形，正方形，连接，则的长为（   ） A．10 B．9 C． D． 题型四、利用正方形的性质求面积 16．三个边长分别是3，4，5的正方形按如图所示摆放（后两个正方形的一个顶点与相邻的一个正方形对角线交点重合），则图中阴影部分的面积和为（   ） A． B． C． D． 17．如图所示，从一个大正方形中裁掉面积为20和90的两个小正方形，则余下部分的面积为（   ） A． B． C． D． 18．如图，在四边形中，，分别以四边形的四条边为边向外作四个正方形．若，，则（   ） A．50 B．60 C．100 D．110 19．如图所示，一块长厘米、宽厘米的长方形纸板①，一块长厘米、宽厘米的长方形纸板②，一块正方形纸板③，以及另两块长方形纸板④和⑤，恰好拼成一个大正方形，则大正方形的面积是 平方厘米． 20．我国清代数学家李锐借助三个正方形用出入相补的方法证明了勾股定理．如图，已知正方形和正方形，A，B，E三点在一条直线上，现将其裁剪拼成不重叠无缝隙的大正方形，若正方形和正方形的面积之和为220，阴影部分的面积为130，则的长为 ． 题型五、正方形的性质证明 21．如图，正方形的边长为1，、分别为边、上的点，的周长为2，连接．求证： (1)； (2)． 22．如图①，在正方形中，P为线段上的一个动点，线段于点E，交线段于点M，交线段于点N． (1)求证：； (2)如图②，若线段垂直平分线段，分别交，于点E，F．求证：． 23．如图，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，．求证： (1)，； (2)． 24．如图，是正方形边的中点，点在正方形的外角平分线上，连接，，，为边的中点，连接．求证：． 25．如下图，在正方形中，点在边上，在边的延长线上，且，连接，．求证：． 题型六、正方形的判定理解 26．在学习了《平行四边形》这一章节后，小侯针对几种特殊的平行四边形的关系画出了如图草图，他让同桌小润在箭头处填写了它们之间转换的条件，其中填写正确的是（    ） A．：中心对称 B．：对边相等 C．：有一组邻边相等 D．：对角线互相平分 27．如图，利用几个全等的直角三角板（含角）拼摆成如下的四边形，其中是菱形但不是正方形的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 28．下列命题中，是假命题的是（   ） A．四个角相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形 C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形 D．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 29．下列说法中，不正确的是（   ） A．四个角都相等的四边形是矩形 B．对角线互相平分且平分每一组对角的四边形是菱形 C．正方形的对角线所在的直线是它的对称轴 D．如图，四边形中，，顺次连接四边形各边中点得到的图形是矩形 30．下列说法错误的是（   ） A．有一组邻边相等的四边形是菱形 B．矩形的对角线相等且互相平分 C．平行四边形的对角相等 D．有一个角是的菱形是正方形 题型七、添一个条件是四边形是正方形 31．有下列四个条件：①，②，③，④，使为正方形（如图）．现有下列四种选法，其中错误的是（   ） A．②③ B．②④ C．①② D．①③ 32．如图，的对角线相交于点，下列条件不能判定是正方形的是（   ） A． B． C． D． 33．如图，在中，．添加一个条件，能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 34．如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ） A． B． C． D． 35．如图，在中，，垂足为．添加下列哪个条件，不能使成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 题型八、根据正方形的性质和判定求角度 36．如图所示，在矩形中，是上一点，交于点F，将沿折叠，点C恰好落在边上的点处，则的度数为 ． 37．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． 38．如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为 ． 39．如图，在四边形中，，，，则的度数是 °． 40．如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．    题型九、根据正方形的性质和判定求线段长 41．如图所示，在中，平分交于点，按下列步骤作图．步骤1：分别以点和点为圆心，以大于的长为半径画弧，两弧相交于两点；步骤2：作直线，分别交于点；步骤3：连接．若，则线段的长为 ． 42．如图，在四边形中，，，E为边上一点．若四边形的面积为24，的最小值为 ． 43．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 ． 44．在正方形中，，点在对角线上，．点E、F分别在边、上，且，连接、，则的最小值为 ． 45．如图，两个全等的等腰和等腰有公共斜边，且四边形的面积为36，为等边三角形，点在四边形内，在上有一点，使的和最小，则这个最小值为（   ）    A．5 B．6 C．7 D．8 题型十、根据正方形的性质和判定求面积 46．如图，点是正方形的中心（对角线的交点），以点为直角顶点作，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为8，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 47．如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为 ． 48．如图，正方形中，在各边上截，连接交于点P，四边形的面积是4，四边形的面积是36，则原来的正方形的面积是（    ） A．64 B．50 C．49 D．56 49．如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 50．如图，在中，的平分线交于点D，， (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，且，求四边形的面积． 题型十一、根据正方形的性质和判定综合证明 51．如图，分别在正方形的边上截取相等的线段，连接得四边形．求证：四边形是正方形． 52．如图1，矩形的对角线，相交于点，延长至点，使，连接，是的中点，连接． (1)试猜想四边形的形状，并说明理由． (2)如图2，将图1中的矩形改为正方形，其他条件不变．若正方形的面积为16，则四边形的面积为______． 53．在等腰中，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． (1)证明：四边形是正方形； (2)若，求正方形的面积． 54．如图，在正方形中，G、E、F是正方形边上的点，连接、，与交于点M，，． (1)求证：； (2)连接、、、的中点P、Q、R、S，试说明四边形是什么特殊的四边形． 55．如图，已知正方形，点E在对角线上，连接，作，交边于点F，以，为边作矩形． (1)判断矩形是不是正方形，若是，请证明，若不是，请说明理由． (2)若线段与正方形的边的夹角为，求的度数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $