专题05 正方形的判定与性质重难点题型专训（3个知识点+8大题型+3大拓展训练+自我检测）-2025-2026学年八年级数学下册重难点专题提升精讲精练（沪教版五四制）

该初中数学讲义通过表格梳理正方形定义、性质及判定定理，构建“知识点-题型-拓展”的递进体系，明确“矩形+菱形”的双重属性，突出对角线与边的关系等重难点，呈现清晰知识脉络。 讲义亮点在于分层设计8大基础题型与折叠、旋转等拓展训练，如“添条件证正方形”培养推理能力，“最值问题”发展创新意识。配套即时训练与自我检测，助力学生自主复习，教师可精准把握学情实施分层教学。

专题05 正方形的性质与判定重难点题型专训 （3个知识点+8大题型+3拓展训练+自我检测） 题型一 正方形性质理解 题型二 正方形的判定定理理解 题型三 添一个条件使四边形是正方形 题型四 证明四边形是正方形 题型五 根据正方形的性质与判定求角度 题型六 根据正方形的性质与判定求线段长 题型七 根据正方形的性质与判定证明 题型八 根据正方形的性质与判定求面积 拓展训练一 正方形折叠问题 拓展训练二 正方形最值问题 拓展训练三 正方形旋转问题 知识点一：正方形的定义 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 要点：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形. 【即时训练】 1．（24-25八年级下·上海松江·课后作业）下面四个定义不正确的是（    ） A．有一个角是直角的平行四边形叫做矩形 B．有一组邻边相等的四边形叫做菱形 C．有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形 D．对角线相互垂直的平行四边形叫做菱形 2．（2025八年级下·上海嘉定·专题练习）正方形的判定 ①_____________________________的菱形是正方形．． ②_____________________________的菱形是正方形． ③_____________________________的矩形是正方形． ④_____________________________的矩形是正方形． 知识点二：正方形的性质 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 【即时训练】 1．（25-26八年级下·上海闵行·期中）正方形的一条对角线长为，则另一条对角线长为（    ） A．2 B．4 C．8 D． 2．（2025八年级下·上海金山·专题练习）如图，正方形的边长为，点分别为边的中点，则四边形的面积为______． 知识点三：正方形的判定 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【即时训练】 1．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图，已知的对角线，交于点O，添加条件后， 不一定是正方形的选项为（　　） A．， B．， C．， D．， 2．（24-25八年级下·上海金山·月考）如图，在菱形中，对角线，交于点O，要使菱形成为正方形，应添加的一个条件是______． 【经典例题一 正方形性质理解】 【例1】（25-26八年级下·上海松江·课后作业）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 【例2】（25-26八年级下·上海松江·课后作业）如图，把一张矩形纸片对折两次，然后沿虚线剪下一个角．当虚线与折痕所成的锐角的度数为________时，剪下的这个角展开可以得到一个正方形． 1．（24-25八年级下·上海普陀·月考）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（    ）    A．6 B．12 C．24 D．10 2．（24-25八年级下·上海闵行·期末）如图，分别以直角三角形的直角边为边长向外作正方形，面积分别为16和9，以斜边为边长向外作矩形，则矩形的面积为______． 3．（25-26八年级下·上海青浦·期末）有一张的正方形纸片．把这张纸片按图1所示剪开，把剪出的四个小块按图2所示重新拼合． (1)你认为剪开后拼成的图2是一个长方形纸片吗？请回答“是”或“不是”； (2)如果图2是一个长方形纸片，请说明理由；如果图2不是一个长方形纸片，也请说明理由． 【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例1】（25-26八年级下上海普陀·月考）已知菱形的对角线相交于点O，则添加下列条件，能判定菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，数学课上老师给出了以下四个条件：a两组对边分别平行；b对角线互相平分；c对角线互相垂直；d一个角是直角．有三位同学给出了不同的组合方式：．你认为能得到正方形的是______．（填写你认为正确的序号） 1．（25-26八年级下·山西太原·期末）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 2．（24-25八年级下·湖南湘西·期末）判断四个命题：①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；②对角线互相垂直的矩形是正方形；③对角线相等的菱形是正方形；④对角线互相垂直且互相平分的四边形是正方形．命题成立的是（填序号）_____． 3．（24-25八年级下·陕西榆林·开学考试）如图，在矩形中，连接，点是的中点，点是的中点，连接并延长交于点，，求证：四边形是正方形．    【经典例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（25-26八年级下·上海杨浦·期末）如图，在中，，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． 【例2】（2025·四川乐山·模拟预测）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 1．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·广东佛山·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件：______，使四边形是正方形。    3．（24-25八年级下·广西河池·期中）如图，四边形中，，，，E是的中点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【经典例题四 证明四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·陕西咸阳·月考）如图，在菱形中，，点E是上一点，过点E作于点H，点O是上一点，过点O作，分别交于点F、G，，．则图中正方形有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【例2】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，平分交于点，，，则________． 1．（25-26八年级下·山西晋中·期末）我们知道当图形的组成元素及相关元素之间的关系特殊化时，图形也从一般图形发展为特殊图形，如图是小颖从“对角线、边或者角”的角度对平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的梳理，其中对应序号的条件填写正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 2．（2025·山东潍坊·二模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，将△ABE沿AE折叠，点B落在AD上的点F处；点M是CD上一点，将△ADM沿AM折叠，点D与点E恰好重合；若AB＝1，则DM的长等于 _____． 3．（2025·山东青岛·二模）已知：如图，在中，M是边的中点，且． (1)判断四边形的形状并证明； (2)如果将沿翻折得到，当和满足什么数量关系时，四边形是正方形，并证明． 【经典例题五 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 【例2】（2025·福建宁德·一模）如图，将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处；再将矩形展平，沿折叠，使顶点B落在上点G处，连接． 小明发现可以由绕某一点顺时针旋转得到，则________°． 1．（24-25八年级下·山东滨州·期末）如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 2．（2025八年级下·上海松江·专题练习）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________． 3．（24-25八年级下·贵州黔南·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹． (1)在图中画出一个以AB为边的正方形； (2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由． 【经典例题六 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，，点在上，为上一点，过点作于点，连结，记，若，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【例2】（2025·贵州贵阳·一模）如图，中，，的外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足．已知，则的值为_____． 1．（24-25八年级下·江苏南通·期末）如图，点分别是正方形四条边上的点，相交于点，且，，，，则四边形与四边形的面积之和为（    ）    A．4 B． C．8 D．16 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，点P是正方形的对角线上的一点，于点E，．则点P到直线的距离为__________． 3．（2025·河南南阳·一模）综合与实践，数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动．如图1．已知矩形纸片，其中． (1)操作判断 将矩形纸片按图1折叠，使点B落在边上的点E处，可得到一个的角，请你写出一个的角， (2)探究发现 将图1的纸片展平，把四边形剪下来如图2，取边的中点M，将沿折叠得到，延长交于点N，判断的周长是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由 (3)拓展应用 改变图2中点M的位置，令点M为射线上一动点，按照(2)中方式将沿折叠得到，所在直线交于点N，若点N为的三分点，请直接写出此时的长， 【经典例题七 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2025·北京平谷·一模）如图，正方形中，点、、、分别为、、、边上的点，点、、为对角线上的点，四边形和四边形均为正方形，它们的面积分别表示为和， 给出下面三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．② B．①③ C．②③ D．①②③ 【例2】（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_________． 1．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变．当时，如图①，测得．当时，如图②，（   ） A． B．2 C．6 D． 2．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）如图所示，在梯形ABCD中，，，，，若，则的长为_______． 3．（25-26八年级下·陕西咸阳·月考）【问题提出】 （1）如图1，菱形的四个顶点、、、分别在正方形的边、、、上，其中．求证：菱形是正方形； 【问题解决】 （2）如图2，四边形是一个正方形的游乐场，其中，，为了进一步提高周围居民的生活质量，政府计划对其进行扩建，根据规划要求，游乐场的三个游乐项目、、分别在正方形的边、、上，游乐项目扩建在正方形外，且，．当美食城区域的面积为时，求游乐项目到入口的距离的长度． 【经典例题八 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）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 【例2】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 1．（2025·安徽·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·四川绵阳·期末）如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是________． 3．（24-25八年级下·山西阳泉·期末）综合与探究 问题情境： 在边长为10的正方形中，是对角线上一点，连接．过点作的垂线，交射线于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两线交于点． 特别研究： （1）如图1，当点在对角线的中点处时，四边形的形状为______． 深入探究： （2）如图2，当点是对角线上任意一点时． ①试说明（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由； ②求四边形面积的取值范围． （3）如图3，当时，点落在的延长线上，请直接写出线段的长． 【拓展训练一 正方形折叠问题】 【例1】（2025八年级下·湖南长沙·模拟预测）如图，将正方形折叠，使顶点A与边上的一点H重合（H不与端点C，D重合），折痕交于点E，交于点F，边折叠后与边交于点G．设正方形的周长为m，的周长为n，则的值为（    ） A． B．2 C． D．随H点位置的变化而变化 【例2】（2025·江苏扬州·一模）如图所示，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形，小明把矩形上的一个角沿折痕AE翻折上去，使AB与AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个大的正方形，他判定的方法是_____． 1．（2025八年级下·广东·专题练习）综合与实践 主题：特殊平行四边形的折叠． 素材：一张正方形纸片． 步骤1：将如图1所示的正方形纸片沿折叠（折痕经过顶点）得到图2； 步骤2：将点折叠到点，得到图3，展开得到，两条折痕，如图4所示． 猜想与证明： (1)请直接写出，的数量与位置关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 2．（24-25八年级下·山东青岛·月考）综合与实践 问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽． 动手实践： （1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； 深度探究： （2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点，，将四边形沿折叠，使点的对应点始终落在边上（点不与点，重合），点落在点处，与交于点． ①当时，可以求出的长度．请写出解答过程； ②当在上运动时，的周长是______． 3．（24-25八年级下·河南南阳·月考）综合与实践 问题情境： 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动，下面是同学们的折纸过程： 动手操作： 步骤一：将边长为的正方形纸片对折，使得点与点重合，折痕为，再将纸片展开，得到图1． 步骤二：将图中的纸片的右上角沿着折叠，使点落到点的位置，连接，，得到图． 步骤三：在图的基础上，延长与边交于点，得到图． 问题解决：    (1)在图中，连接．①求的度数．②求的值． (2)在图的基础上延长与边交于点，如图，试猜想与之间的数量关系，并说明理由． 【拓展训练二 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，将面积为8的正方形绕顶点顺时针旋转得到正方形，E是的中点，O是对角线BD的中点，则在旋转过程中OE的最大值为（    ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·山东青岛·单元测试）如图，正方形的边长为，点为上任意一点（可以与点或重合），分别过，，作射线的垂线，垂足分别是，，，则的最大值与最小值的和为________． 1．（2025八年级·上海松江·专题练习）如图，正方形ABCD中，AB=7，M是DC上的一点，且DM=3，N是AC上的一动点，求|DN-MN|的最小值与最大值． 2．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）综合与实践课上，李老师让同学们以“旋转”为主题展开探究． 【问题情境】如图①，在矩形中，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线与点． 【猜想证明】 （1）当时，请判断四边形的形状，并证明你的结论． （2）在【问题情境】的条件下，存在，使点三点共线，在图②中补全图形，并求出此时线段的长度． 【能力提升】 （3）在旋转过程中，线段的最小值为__________．（直接写出答案） 3．（2025·广东梅州·三模）如图，已知正方形ABCD与正方形CEFG，点E在CD上，点G在BC的延长线上，M是AF的中点，连接DM，EM． （1）填空：DM与EM数量关系和位置关系为　 　（直接填写）； （2）若AB＝4，设CE＝x（0＜x＜4），△MEF面积为y，求y关于x的函数关系式[可利用（1）的结论]，并求出y的最大值； （3）如果将正方形CEFG绕点C顺时针旋转任意角度，我们发现DM与EM数量关系与位置关系仍未发生改变． ①若正方形ABCD边长AB＝13，正方形CEFG边长CE＝5，当D，E，F三点旋转至同一条直线上时，求出MF的长； ②证明结论：正方形CEFG绕点C顺时针旋转任意角度，DM与EM数量关系与位置关系仍未发生改变． 【拓展训练三 正方形旋转问题】 【例1】（24-25八年级下·河南周口·期末）正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 【例2】（24-25八年级下·山东青岛·单元测试）如图，将正方形中的绕对称中心旋转至的位置，交于，交于．绕对称中心顺时针至少旋转________度，四边形成为正方形． 1．（24-25八年级下·甘肃张掖·期中）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度；并求的长度； (2)与的位置关系如何？并证明． 2．（25-26八年级下·上海金山·月考）如图1，点E为正方形内一点，，将直角三角形绕点A逆时针方向旋转度，点B、E的对应点分别为点． (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； (2)若，如图3，得到（此时与D重合），延长交于点F， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长； (3)在直角三角形绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段长度的取值范围． 3．（2025九年级·上海松江·专题练习）如图，已知，点在边的上方，把绕点逆时针方向旋转得，绕点顺时针方向旋转得，连结、. （1）写出图中所有的等边三角形； （2）当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由； （3）当满足什么条件时，以、、、为顶点的四边形不存在？请说明理由. A基础训练 1．（24-25八年级下·福建福州·期中）已知点E，F，G，H分别在正方形的边上，若，，则四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形 2．（24-25八年级下·海南海口·期末）如图，的对角线、交于点，，要使为正方形还需增加一个条件．在条件①；②；③；④中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 3．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，则（   ） A．4 B． C． D． 4．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点，与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（    ） A．1 B． C． D． 5．（2025·浙江温州·二模）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为．分别在边，，，上顺次截取，连接，，，．分别以，，，为轴将纸片向内翻折，得到四边形．若四边形的面积为，则等于（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 B 提高训练 6．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，将一张正方形纸片折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为点、，若，则的度数为______ ． 7．（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，在正方形中，E是上一点，，连接，将线段绕点E顺时针旋转，使得点B的对应点F落在边上，则_________ °． 8．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形ABCD中，对角线，M是AB上任意一点，由M点作，，垂足分别为E、F点，则的值为__________． 9．（2025·四川攀枝花·模拟预测）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是矩形； ③当时，四边形是菱形； ④当，且时，四边形是正方形． 其中正确结论有__________（填上所有正确结论的序号）． 10．（24-25八年级下·河北秦皇岛·期中）如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是__________． C 培优训练 11．（24-25八年级下·上海松江·课后作业）四边形的对角线，相交于点O，请添加一些条件使其成为正方形． 丽丽同学认为若添加，，可判定四边形是正方形．她的想法是否正确？若不正确，请给出正确的结论． 12．（24-25八年级下·上海松江·单元测试）阅读理解菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”． 如图所示，设菱形相邻两个内角的度数分别为，． (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”是多少？ (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，那么菱形的“接近度”为多少时，菱形就是正方形？ 13．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N． （1）求证AE＝MN； （2）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数； （3）如图3，若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若AG＝6，请直接写出AC′的长________． 14．（25-26八年级下·上海松江·阶段练习）推理能力【几何探究】综合与实践． 【问题情境】如图，E为正方形内一点，．将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为C）．延长交于点F，连接． 【猜想证明】 （1）试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【解决问题】 （3）如图①，若，请直接写出的长． 15．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）实践与探究 【问题情境】 数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下： 证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又，， 又，且， 【初步感知】 （1）请你补全以上证明过程； （2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）． 【深入探究】 （3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积． 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 正方形的性质与判定重难点题型专训 （3个知识点+8大题型+3拓展训练+自我检测） 题型一 正方形性质理解 题型二 正方形的判定定理理解 题型三 添一个条件使四边形是正方形 题型四 证明四边形是正方形 题型五 根据正方形的性质与判定求角度 题型六 根据正方形的性质与判定求线段长 题型七 根据正方形的性质与判定证明 题型八 根据正方形的性质与判定求面积 拓展训练一 正方形折叠问题 拓展训练二 正方形最值问题 拓展训练三 正方形旋转问题 知识点一：正方形的定义 四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形. 要点：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形. 【即时训练】 1．（24-25八年级下·上海松江·课后作业）下面四个定义不正确的是（    ） A．有一个角是直角的平行四边形叫做矩形 B．有一组邻边相等的四边形叫做菱形 C．有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形 D．对角线相互垂直的平行四边形叫做菱形 【答案】B 【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的定义，根据相关概念逐一判断选项表述的正误即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：、∵矩形的定义为有一个角是直角的平行四边形叫做矩形， ∴该选项定义正确，不符合题意； 、∵菱形的定义是有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形，而选项中未说明是平行四边形，仅表述为四边形，不符合菱形定义， ∴该选项定义错误，符合题意； 、∵正方形的定义为有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形， ∴该选项定义正确，不符合题意； 、∵对角线互相垂直的平行四边形叫做菱形是菱形的判定定理，符合定义要求， ∴该选项定义正确，不符合题意； 故选：． 2．（2025八年级下·上海嘉定·专题练习）正方形的判定 ①_____________________________的菱形是正方形．． ②_____________________________的菱形是正方形． ③_____________________________的矩形是正方形． ④_____________________________的矩形是正方形． 【答案】 有一个角是直角 对角线相等 有一组邻边相等 对角线相互垂直 【解析】略 知识点二：正方形的性质 1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行. 2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角. 【补充】 1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质. 2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°. 3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形. 4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半. 【即时训练】 1．（25-26八年级下·上海闵行·期中）正方形的一条对角线长为，则另一条对角线长为（    ） A．2 B．4 C．8 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质．根据正方形的两条对角线长度相等，即可求解． 【详解】解：∵正方形的两条对角线相等，且已知一条对角线长为， ∴另一条对角线长也为． 故选：C． 2．（2025八年级下·上海金山·专题练习）如图，正方形的边长为，点分别为边的中点，则四边形的面积为______． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形面积，掌握知识点的应用是解题的关键． 由四边形是正方形，则，则有，然后通过四边形的面积为即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵点分别为边的中点， ∴， ∴四边形的面积为 ， 故答案为：． 知识点三：正方形的判定 定义法 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形 判定定理 矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形 菱形+一个角是直角 有一个角是直角的菱形是正方形 菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形 【即时训练】 1．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图，已知的对角线，交于点O，添加条件后， 不一定是正方形的选项为（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的判定，根据题意逐一对选项分析即可得出答案． 【详解】解：A、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故A错误； B、因为，所以为菱形，但不能证明为正方形，故B正确； C、因为，所以为矩形，又因为所以为正方形，故C错误； D、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故D错误； 故选：B． 2．（24-25八年级下·上海金山·月考）如图，在菱形中，对角线，交于点O，要使菱形成为正方形，应添加的一个条件是______． 【答案】（答案不唯一） 【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”或“有一个角是直角的菱形是正方形”，即可解答． 【详解】解：可添加条件是，理由 ∵四边形是菱形，， ∴菱形是正方形． 故答案为：（答案不唯一） 【经典例题一 正方形性质理解】 【例1】（25-26八年级下·上海松江·课后作业）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． 【例2】（25-26八年级下·上海松江·课后作业）如图，把一张矩形纸片对折两次，然后沿虚线剪下一个角．当虚线与折痕所成的锐角的度数为________时，剪下的这个角展开可以得到一个正方形． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及折叠的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．找出剪下的角展开后可以得到一个正方形的条件即剪下的角必须是一个直角，以此进行分析即可． 【详解】解：由于剪下的角展开后可以得到一个正方形，那么剪下的角必须是一个直角。 因此，虚线与折痕所成的锐角的度数为． 故答案为：． 1．（24-25八年级下·上海普陀·月考）把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为（    ）    A．6 B．12 C．24 D．10 【答案】B 【分析】根据题意和图形，可以先设图1中分成的直角三角形的长直角边为，短直角边为，然后根据图2和图3可以列出相应的方程组，从而可以求得直角三角形的两条直角边的长，然后即可求得图1中菱形的面积． 【详解】解：设图1中分成的直角三角形的长直角边为，短直角边为， ，得， 图1中菱形的面积为：， 故选：B． 【点睛】本题考查正方形的性质、菱形的性质，解题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答． 2．（24-25八年级下·上海闵行·期末）如图，分别以直角三角形的直角边为边长向外作正方形，面积分别为16和9，以斜边为边长向外作矩形，则矩形的面积为______． 【答案】15 【分析】本题主要考查了勾股定理、算术平方根、正方形的性质等知识点，掌握数形结合思想成为解题的关键． 根据正方形的性质、算术平方根可得、，即；再根据勾股定理及算术平方根可得，最后根据矩形的面积公式即可解答． 【详解】解：∵分别以直角三角形的直角边为边长向外作正方形，面积分别为16和9， ∴，， ∴，即， ∵， ∴矩形的面积为． 故答案为：15． 3．（25-26八年级下·上海青浦·期末）有一张的正方形纸片．把这张纸片按图1所示剪开，把剪出的四个小块按图2所示重新拼合． (1)你认为剪开后拼成的图2是一个长方形纸片吗？请回答“是”或“不是”； (2)如果图2是一个长方形纸片，请说明理由；如果图2不是一个长方形纸片，也请说明理由． 【答案】(1)是 (2)图2是一个长方形纸片，理由见详解 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先理解题意，然后通过两组对边相等，证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是矩形； （2）图2是一个长方形纸片，与（1）同理，证明四边形是平行四边形，再根据，即可证明四边形是矩形，即可作答． 【详解】（1）解：如图所示： 依题意，， ∴四边形是平行四边形， ∵有一张的正方形纸片．把这张纸片按图1所示剪开，把剪出的四个小块按图2所示重新拼合， ∴， ∴四边形是矩形； 即剪开后拼成的图2是一个长方形纸片； （2）解：图2是一个长方形纸片，理由如下： 依题意，， ∴四边形是平行四边形， ∵有一张的正方形纸片．把这张纸片按图1所示剪开，把剪出的四个小块按图2所示重新拼合， ∴， ∴四边形是矩形． 即图2是一个长方形纸片． 【经典例题二 正方形的判定定理理解】 【例1】（25-26八年级下上海普陀·月考）已知菱形的对角线相交于点O，则添加下列条件，能判定菱形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的判定，熟练掌握菱形的性质，正方形的判定是解题的关键．根据有一个角是直角的菱形是正方形，以及结合菱形的性质逐一判断即可． 【详解】解：如图，    A、由菱形可得，那么，则A选项多余，不能判定菱形是正方形，故不符合题意； B、由菱形可得，则B选项多余，不能判定菱形是正方形，故不符合题意； C、不能判定菱形是正方形，故不符合题意； D、由菱形可得，而，则，因为菱形对角线平分一组对角，则，故菱形是正方形，故符合题意； 故选：D． 【例2】（24-25八年级下·上海长宁·期末）如图，数学课上老师给出了以下四个条件：a两组对边分别平行；b对角线互相平分；c对角线互相垂直；d一个角是直角．有三位同学给出了不同的组合方式：．你认为能得到正方形的是______．（填写你认为正确的序号） 【答案】①② 【分析】本题考查了正方形的判定，根据对角线互相平分，垂直且相等的四边形正方形，判断即可． 【详解】∵两组对边分别平行， ∴四边形是平行四边形； ∵一个角是直角， ∴平行四边形变成矩形； ∴对角线相等且互相平分， ∵对角线互相垂直， ∴对角线互相平分，垂直且相等， 故四边形是正方形， 故①正确； ∵对角线互相平分， ∴四边形是平行四边形； ∵一个角是直角， ∴平行四边形变成矩形； ∴对角线相等且互相平分， ∵对角线互相垂直， ∴对角线互相平分，垂直且相等， 故四边形是正方形， 故②正确； 组合③只能得到对角线互相平分，垂直，无法得证对角线相等，故错误， 故答案为：①②． 1．（25-26八年级下·山西太原·期末）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． 2．（24-25八年级下·湖南湘西·期末）判断四个命题：①对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；②对角线互相垂直的矩形是正方形；③对角线相等的菱形是正方形；④对角线互相垂直且互相平分的四边形是正方形．命题成立的是（填序号）_____． 【答案】②③ 【分析】根据正方形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：①对角线互相平分且垂直且相等的四边形是正方形，原命题是假命题； ②对角线互相垂直的矩形是正方形，是真命题； ③对角线相等的菱形是正方形，是真命题； ④对角线互相垂直且相等且互相平分的四边形是正方形，原命题是假命题； 故答案为：②③． 【点睛】本题考查了命题与定理：判断一件事情的语句，叫做命题．许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果…那么…”形式；有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理．同时还考查了正方形的判定． 3．（24-25八年级下·陕西榆林·开学考试）如图，在矩形中，连接，点是的中点，点是的中点，连接并延长交于点，，求证：四边形是正方形．    【答案】见解析 【分析】利用矩形的性质可证得，进而可知，，则，由题意可知，则，进而可知四边形是长方形，再结合，进而可证得四边形是正方形． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 【经典例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（25-26八年级下·上海杨浦·期末）如图，在中，，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】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题关键．根据矩形的判定定理及正方形的判定定理即可解答． 【详解】解：在中，， ∴四边形是矩形． A、当时，矩形是正方形，故A选项不符合题意； B、当时，矩形是正方形，故B选项不符合题意； C、当时，无法确定矩形就是正方形，故C选项符合题意； D、当时，则，，，矩形是正方形，故D选项不符合题意． 故选：C． 【例2】（2025·四川乐山·模拟预测）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）． 【答案】①②或①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 1．（24-25八年级下·山东聊城·开学考试）如图，，是菱形的对角线，，是上两点，且，连接，，，，添加一个条件使四边形是正方形，这个条件可以是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，由菱形的性质可得 ，进而可得，即可得四边形是菱形，再根据正方形的判定可知要使菱形为正方形，只需证明或即可，据此即可求解，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】解：在菱形中，，，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， 要使菱形为正方形，只需证明或即可， 当时，， 故选：． 2．（24-25八年级下·广东佛山·期末）如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件：______，使四边形是正方形。    【答案】（答案不唯一） 【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形，进而添加一个角是直角，即可求解． 【详解】解：过点作于，于，   两条纸条宽度相同， ，，， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 四边形是菱形 当时，四边形是正方形 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了平行四边形的基本性质，菱形与正方形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定定理，有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 3．（24-25八年级下·广西河池·期中）如图，四边形中，，，，E是的中点，连接． (1)求证：四边形是矩形． (2)当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由． 【答案】(1)见解析； (2)，理由见解析． 【分析】本题考查的是等腰三角形的性质，矩形的判定与性质，正方形的判定，熟记矩形，正方形的判定方法是解本题的关键； （1）利用有三个角是直角的四边形是矩形进行证明即可； （2）先证明，再结合（1）的结论可得答案． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∵，E是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形． （2）当满足时，四边形是正方形． 理由：∵，E是的中点，， ∴， 由（1）可知四边形是矩形 ∴四边形是正方形． 【经典例题四 证明四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·陕西咸阳·月考）如图，在菱形中，，点E是上一点，过点E作于点H，点O是上一点，过点O作，分别交于点F、G，，．则图中正方形有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，平行线的性质，熟练掌握各种判定及性质定理是解题的关键． 由题意可知从有一个角是直角三角形菱形为正方形证明四边形是正方形，再从有三个角是直角的四边形为矩形证明四边形为矩形，再证明其邻边相等，即可证明为正方形． 【详解】解：在菱形中，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， 而，即 又∵ ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， 故有3个正方形， 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·福建泉州·期末）如图，在矩形中，平分交于点，，，则________． 【答案】5 【分析】由矩形的性质得出，，证出四边形是矩形，再证明，即可得出四边形是正方形，得出即可求解． 【详解】解：过点作于点， 四边形是矩形， ，， ， ， 四边形是矩形， 平分，， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 故答案为：5． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、正方形的判定与性质、角平分线的性质，解题的关键是熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键． 1．（25-26八年级下·山西晋中·期末）我们知道当图形的组成元素及相关元素之间的关系特殊化时，图形也从一般图形发展为特殊图形，如图是小颖从“对角线、边或者角”的角度对平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的梳理，其中对应序号的条件填写正确的是（    ） A．① B．② C．③ D．④ 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系，熟记相关图形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：当四边形为平行四边形时，若①是，则四边形为菱形，故A不符合题意； 当四边形为平行四边形时，若②是，则四边形为菱形，故B符合题意； 当四边形为矩形时，若③是，则四边形仍为矩形，故C不符合题意； 当四边形为菱形时，若④是，则四边形仍为菱形，故D不符合题意； 故选：B． 2．（2025·山东潍坊·二模）如图，在矩形ABCD中，点E是BC上一点，将△ABE沿AE折叠，点B落在AD上的点F处；点M是CD上一点，将△ADM沿AM折叠，点D与点E恰好重合；若AB＝1，则DM的长等于 _____． 【答案】/ 【分析】由折叠的性质得四边形ABEF是正方形，得，AD＝AE，AF＝AB＝1，得出，DM＝ME，CM＝1−ME，最后由勾股定理求出ME即可得到结论． 【详解】由折叠得，AB＝AF，∠BAF＝∠AFE＝∠ABE=90°， ∴四边形ABEF是正方形， ∴AF＝EF＝BE＝AB＝1， ∵AE是折痕， ∴△ABE是等腰直角三角形， ∴AE＝AB＝， 由折叠得，AD＝AE＝，ME＝DM， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝，CD＝AB＝1，∠C＝90°， ∴CE＝DF＝﹣1，CM＝CD﹣DM＝1﹣ME， 在Rt△CME中，CE2+CM2＝ME2， ∴+（1﹣ME）2＝ME2， 解得：ME＝2﹣， ∴DM＝2﹣， 故答案为：2﹣． 【点睛】此题主要考查了矩形的折叠，以及勾股定理的应用，解答此题的关键是掌握翻折后哪些对应线段是相等的． 3．（2025·山东青岛·二模）已知：如图，在中，M是边的中点，且． (1)判断四边形的形状并证明； (2)如果将沿翻折得到，当和满足什么数量关系时，四边形是正方形，并证明． 【答案】(1)平行四边形，证明见解析； (2)，证明见解析． 【分析】（1）先根据平行四边形得出，，再利用证明，从而可利用全等三角形的性质，得出，再证明，从而可得结论成立； （2）先通过证明四边形有四条边分别相等，来证明四边形是菱形，再证明它有一个直角，从而可证得四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵M是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）当时，四边形是正方形. 由翻折得：，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵M是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，全等三角形的性质与判定（）综合等知识，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解． 【经典例题五 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（24-25八年级下·北京·期中）将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，正方形的判定与性质．熟练掌握矩形与折叠，正方形的判定与性质是解题的关键． 由矩形与折叠的性质可证四边形是正方形，，由折叠的性质可知，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由矩形与折叠的性质可知，，， ∴四边形是正方形，， 由折叠的性质可知，， ∴， 故选：B． 【例2】（2025·福建宁德·一模）如图，将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处；再将矩形展平，沿折叠，使顶点B落在上点G处，连接． 小明发现可以由绕某一点顺时针旋转得到，则________°． 【答案】 【分析】根据旋转角等于对应边所在直线的夹角求直线与的夹角即可． 【详解】延长与交于点， ∵可以由绕某一点顺时针旋转得到， ∴， ∵将矩形沿折叠，使顶点B落在上点处， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为： 【点睛】本题考查矩形的折叠，旋转的性质，正方形的判定，解题的关键是理解旋转角等于对应边所在直线的夹角． 1．（24-25八年级下·山东滨州·期末）如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质，求得∠BAE=38°，根据正方形的性质，求得∠DBA=45°，∠ABH=135°，利用四边形的内角和定理计算即可． 【详解】根据旋转的性质，得∠BAE=38°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBA=45°，∠ABH=135°， ∵四边形AEFG是正方形， ∴∠E=90°， ∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°， 故选B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键． 2．（2025八年级下·上海松江·专题练习）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：． 3．（24-25八年级下·贵州黔南·期末）如图，用四个完全相同的矩形拼成了一个大正方形，AB是其中一个小矩形的对角线，请在大正方形中完成下列画图，要求：①仅用无刻度的直尺；②保留必要的画图痕迹． (1)在图中画出一个以AB为边的正方形； (2)在图中画出一个以点A或点B为顶点，AB为一边的45°角，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)图见解析，理由见解析 【分析】(1)连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形； (2)作正方形的对角线，即可画出． 【详解】（1）解：如图，四边形ABCD为所求； 连接AD、DC、BC，所得四边形即为所作正方形； （2）解：如图，∠BAC即为所求． 理由如下： ∵四个全等的矩形被对角线分成的直角三角形全等， ∴． ∴四边形ABCD是菱形． 又∵(SAS)， ∴． ∵， ∴． ∴四边形ABCD是正方形，连接AC． ∴△ABC是等腰直角三角形． ∴． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握和运用各特殊平行四边形的性质与判定是解决本题的关键． 【经典例题六 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（2025·浙江温州·模拟预测）如图，在正方形中，，点在上，为上一点，过点作于点，连结，记，若，则的长为（   ） A．2 B． C．4 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形判定与性质，角平分线的性质定理，勾股定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 当时，此时记为点，过点作于点，可得四边形为正方形，设，则由勾股定理得，则，解得：，那么，同理可求，则，即． 【详解】解：当时，此时记为点，过点作于点， ∵正方形， ∴平分，， ∵ ∴，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， 设，则由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， 当时，此时记为点，过点作于点， 同理四边形为正方形， ∴， ∵， 设，则由勾股定理得， ∴， 解得：， ∴， ∴，即， 故选：B． 【例2】（2025·贵州贵阳·一模）如图，中，，的外角平分线交于点A，过点A分别作直线的垂线，B，D为垂足．已知，则的值为_____． 【答案】50 【分析】此题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质．过点A作于点G，先证明四边形是矩形，再结合角平分线的性质定理可得四边形是正方形，可得，再证明，，同理，设，则，在中，由勾股定理可得，即可求解． 【详解】解：如图，过点A作于点G， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵分别平分，且， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， 同理， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得： ， 整理得：， ∴． 故答案为：50 1．（24-25八年级下·江苏南通·期末）如图，点分别是正方形四条边上的点，相交于点，且，，，，则四边形与四边形的面积之和为（    ）    A．4 B． C．8 D．16 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理，证明出四边形、是正方形，再结合勾股定理计算即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵，， ∴，，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴四边形、、均为矩形， ∴，， ∵， ∴四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴四边形与四边形的面积之和为， 故选：D． 2．（24-25八年级下·广东揭阳·期末）如图，点P是正方形的对角线上的一点，于点E，．则点P到直线的距离为__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了正方形的判定和性质，过点P作于点H，即可得出四边形为矩形，再证明，则四边形为正方形，进而得出，即可求解． 【详解】解：过点P作于点H， ∵，，， ∴四边形为矩形， ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 故答案为：． 3．（2025·河南南阳·一模）综合与实践，数学活动课上，同学们开展了以折叠为主题的探究活动．如图1．已知矩形纸片，其中． (1)操作判断 将矩形纸片按图1折叠，使点B落在边上的点E处，可得到一个的角，请你写出一个的角， (2)探究发现 将图1的纸片展平，把四边形剪下来如图2，取边的中点M，将沿折叠得到，延长交于点N，判断的周长是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由 (3)拓展应用 改变图2中点M的位置，令点M为射线上一动点，按照(2)中方式将沿折叠得到，所在直线交于点N，若点N为的三分点，请直接写出此时的长， 【答案】(1) (或) (2)是定值；17 (3)或 【分析】（1）利用矩形的性质和折叠的性质证明四边形是正方形，然后利用正方形的性质即可得出结论； （2）周长为定值．连结，先证明四边形是矩形，可得，，由折叠性质并结合为的中点可得到，，，然后证明可得到，最后计算可知是一常数，结论得证； （3）分两种情况计算：①当点为的三分点且靠近点时，②当点为的三分点且靠近点时，利用勾股定理和折叠的性质即可得出结论． 【详解】（1）解： 四边形是矩形， ， 将矩形纸片按图1折叠，使点落在边上的点处， ，， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， 的角有（或或或； （2）解：是定值，理由如下： 连结，如图2， 四边形是矩形，，，，， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ，， 由折叠性质得：，，， 为的中点， ， ， 在与中， ， ∴， ， ∴ ， 的周长为； （3）解：①如图3，当点为的三分点且靠近点时，连接， ， ， 在中，， ； ②如图4，当点为的三分点且靠近点时，连接， ， 在中，， ； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查折叠的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，运用了分类讨论的思想．通过添加适当辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【经典例题七 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2025·北京平谷·一模）如图，正方形中，点、、、分别为、、、边上的点，点、、为对角线上的点，四边形和四边形均为正方形，它们的面积分别表示为和， 给出下面三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握正方形的性质．根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质可得，，，进而得到，根据正方形的面积公式即可判断①；根据，，，即可判断②；由，，可判断③． 【详解】解：①四边形是正方形， ， 四边形和四边形均为正方形， ，， 和都是等腰直角三角形， ，， 同理可得， ， ，， ，故①错误； ②和都是等腰直角三角形， ，， 四边形为正方形， ， ，故②正确； ③由①知：，， ，故③正确； 故选：C． 【例2】（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】 【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：． 1．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）将四根长度相等的细木条首尾相接，用钉子钉成四边形，转动这个四边形，使它形状改变．当时，如图①，测得．当时，如图②，（   ） A． B．2 C．6 D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 如图①先根据题意得到四边形是正方形，连接，利用勾股定理求出的长，如图②根据，证明三角形为等边三角形即可得到答案． 【详解】解：如图①∵，， ∴四边形是正方形， 连接，则， ∴， 如图②，，连接， ∵ ∴为等边三角形， ∴． 故选A． 2．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）如图所示，在梯形ABCD中，，，，，若，则的长为_______． 【答案】4或6/6或4 【分析】过B作的垂线交的延长线于M，M为垂足，延长到G，使，连接．求证，，设，在直角中，根据求x的值，可以求的长度． 【详解】过B作的垂线交的延长线于M，M为垂足， 延长到G，使，连接， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， 又， ∴矩形是正方形， ∴， 则与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 在与中， ， ∴， ∴， 设，则， ，， 在中，， ∴， 即； 解得：． ∴故的长为4或6． 故答案为：4或6． 【点睛】本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，考查了全等三角形的判定和对应边相等的性质，本题中求即是解题的关键． 3．（25-26八年级下·陕西咸阳·月考）【问题提出】 （1）如图1，菱形的四个顶点、、、分别在正方形的边、、、上，其中．求证：菱形是正方形； 【问题解决】 （2）如图2，四边形是一个正方形的游乐场，其中，，为了进一步提高周围居民的生活质量，政府计划对其进行扩建，根据规划要求，游乐场的三个游乐项目、、分别在正方形的边、、上，游乐项目扩建在正方形外，且，．当美食城区域的面积为时，求游乐项目到入口的距离的长度． 【答案】（1）见解析；（2）游乐项目到入口的距离的长度为 【分析】此题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质等知识． （1）证明，则，求出，即可证明结论成立； （2）过点作，交的延长线于点，连接，证明四边形为菱形，求出，设，则，得到，求出，即，即可得到答案． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ， 四边形是菱形， ， 在和中，，， ， ， ， ， 菱形为正方形． （2）解：过点作，交的延长线于点，连接， ∴， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形为菱形， ，， ， ， 在和中，，，， ， ， 设，则， ， ，即， 故游乐项目到入口的距离的长度为． 【经典例题八 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）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． 【例2】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 【答案】25 【分析】本题考查正方形的判定与性质． 根据正方形的对角线互相垂直平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利进而可得到四边形为正方形，即可求出其面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ，， ， ， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ，， ∴四边形为正方形， ． 故答案为：25 1．（2025·安徽·模拟预测）如图，八边形的每个内角都为135°，它是一个旋转对称图形，最小旋转角为，其边长如图中数据所示．设阴影部分面积为，空白部分面积为，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，等腰三角形的判定，图形的面积等知识，作辅助线利用图形的对称性是解题的关键． 过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于，则可得四边形为正方形；易得，，则可求得的长，求得正方形的面积，正方形的面积，的面积，进一步可求得，从而求得的面积，最后可求得，从而求得其比值． 【详解】解：如图，过旋转对称中心向两边作垂线，垂足分别为点，延长交于点，则四边形为正方形， ， ， ，， ，， ，，， 故， ， ， ． 2．（24-25八年级下·四川绵阳·期末）如图，P是正方形对角线上的一点，直线m，n经过点P且，若四边形与四边形的面积分别是，，那么四边形与四边形的面积之和是________． 【答案】 【分析】此题考查了矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质，过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S，证明四边形的面积正方形的面积，，得到，四边形的面积正方形的面积，，则，则四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即可得到答案． 【详解】解：过点P作于点M，的延长线与相交于点R，过点P作于点N，的延长线与相交于点S， ∵P是正方形对角线上的一点， ∴，， ∴四边形、都是矩形，，， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ∵直线m，n经过点P且， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴， ∴四边形的面积正方形的面积 ∴， 同理可证，是正方形，， 则四边形的面积正方形的面积，， ∴四边形与四边形的面积之和矩形和矩形的面积之和，即四边形与四边形的面积之和 故答案为： 3．（24-25八年级下·山西阳泉·期末）综合与探究 问题情境： 在边长为10的正方形中，是对角线上一点，连接．过点作的垂线，交射线于点，过点作的垂线，过点作的垂线，两线交于点． 特别研究： （1）如图1，当点在对角线的中点处时，四边形的形状为______． 深入探究： （2）如图2，当点是对角线上任意一点时． ①试说明（1）中的结论是否仍然成立？并说明理由； ②求四边形面积的取值范围． （3）如图3，当时，点落在的延长线上，请直接写出线段的长． 【答案】（1）正方形；（2）①仍然成立，理由见解析，②；（3） 【分析】（1）首先得到四边形是矩形，然后由即可证明； （2）①如图所示，过点P作交于点M，交于点N，首先证明出四边形是矩形，然后根据正方形的性质证明出，得到，即可证明四边形是正方形； ②首先求出，得到正方形面积然后根据当时，最短，当点P和点A或点C重合时，最长，进而求解即可； （3）由正方形得到，然后由得到，然后求出，即可得到． 【详解】（1）∵过点作的垂线，交射线于点，过点作的垂线，过点作的垂线 ∴四边形是矩形 ∵四边形是正方形，点在对角线的中点处 ∴ ∴四边形是正方形； （2）①仍然成立，理由如下： 如图所示，过点P作交于点M，交于点N ∵过点作的垂线，交射线于点，过点作的垂线，过点作的垂线 ∴四边形是矩形 ∴ ∴ ∵四边形是正方形， ∴，且平分， ∴， ∴ ∴， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴ ∴ ∴ ∴四边形是正方形； ②∵在边长为10的正方形中 ∴ ∴ ∵四边形是正方形 ∴正方形面积 ∴当时，最短 ∴此时 ∴正方形面积的最小值为； 当点P和点A或点C重合时，最长 ∴此时 ∴正方形面积的最大值为； ∴四边形面积的取值范围为； （3）∵四边形是正方形，是对角线 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴． 【点睛】此题考查了正方形的性质和判定，勾股定理，全等三角形的性质和判定，等边对等角性质，解题的关键是掌握以上知识点． 【拓展训练一 正方形折叠问题】 【例1】（2025八年级下·湖南长沙·模拟预测）如图，将正方形折叠，使顶点A与边上的一点H重合（H不与端点C，D重合），折痕交于点E，交于点F，边折叠后与边交于点G．设正方形的周长为m，的周长为n，则的值为（    ） A． B．2 C． D．随H点位置的变化而变化 【答案】B 【分析】连接、，作于M．判定，可得，即可得出，再判定，即可得到，进而得到的周长等于正方形的周长的一半． 【详解】解：如图，连接、，作于M． ∵， ∴， ， ， ， ， ， ∴， ， ， ， ， 的周长， 又∵正方形的周长， 的值为2， 故选：B． 【点睛】本题考查翻折变换及正方形的性质，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的对应边相等得出结论． 【例2】（2025·江苏扬州·一模）如图所示，一张矩形纸片，要折叠出一个最大的正方形，小明把矩形上的一个角沿折痕AE翻折上去，使AB与AD边上的AF重合，则四边形ABEF就是一个大的正方形，他判定的方法是_____． 【答案】有一组邻边相等的矩形是正方形 【详解】根据翻折变换及正方形的判定方法进行分析即可得其判定方法是：有一组邻边相等的矩形是正方形． 故答案为有一组邻边相等的矩形是正方形. 1．（2025八年级下·广东·专题练习）综合与实践 主题：特殊平行四边形的折叠． 素材：一张正方形纸片． 步骤1：将如图1所示的正方形纸片沿折叠（折痕经过顶点）得到图2； 步骤2：将点折叠到点，得到图3，展开得到，两条折痕，如图4所示． 猜想与证明： (1)请直接写出，的数量与位置关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 【答案】(1) (2)证明过程见解析 【分析】（1）答案看详解； （2）由折叠可知，过点作于，再证明，最后利用全等三角形的性质即可得出． 【详解】（1）解：； （2）证明：由折叠可知， 过点作于， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ； 故答案为：． 【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的判定和性质．解题关键是正确寻找全等三角形． 2．（24-25八年级下·山东青岛·月考）综合与实践 问题情境：数学活动课上，同学们开展了以“矩形纸片折叠”为主题的探究活动（每个小组的矩形纸片规格相同），已知矩形纸片宽． 动手实践： （1）如图1，梦想飞扬小组将矩形纸片折叠，点落在边上的点处，折痕为，连接，然后将纸片展平，得到四边形．试判断四边形的形状，并加以证明； 深度探究： （2）如图2，智慧创新小组将图1中的四边形剪去，然后在边，上取点，，将四边形沿折叠，使点的对应点始终落在边上（点不与点，重合），点落在点处，与交于点． ①当时，可以求出的长度．请写出解答过程； ②当在上运动时，的周长是______． 【答案】（1）四边形是正方形，证明见解析； （2）①；② 【分析】本题考查了矩形与折叠的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，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． （1）证，得四边形是菱形，再由，即可得出结论； （2）①设，则，然后利用勾股定理求解即可； ②连接，，过点作于点，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出，再利用线段的和差则可得出答案． 【详解】解：（1）四边形是正方形，理由如下： 四边形是矩形， ，， ， 由折叠可知：，，， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形； （2）①设， 则， 在中，， 即：， 解得：， ； ②如图，连接，，过点作于点， 由折叠可知，，， ， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 的周长 ， 故答案为：． 3．（24-25八年级下·河南南阳·月考）综合与实践 问题情境： 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片的折叠”为主题开展数学活动，下面是同学们的折纸过程： 动手操作： 步骤一：将边长为的正方形纸片对折，使得点与点重合，折痕为，再将纸片展开，得到图1． 步骤二：将图中的纸片的右上角沿着折叠，使点落到点的位置，连接，，得到图． 步骤三：在图的基础上，延长与边交于点，得到图． 问题解决：    (1)在图中，连接．①求的度数．②求的值． (2)在图的基础上延长与边交于点，如图，试猜想与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 【分析】（1）由翻折性质可知，，，，推出，证明，推出，，进而得出，设则，，利用勾股定理求出的值即可； （2）结论：，证明，推出，设则，在中，由勾股定理求出的值即可． 【详解】（1）解：如图中， 四边形为正方形， ，， 由翻折性质可知，，，，， ， ，， ， ，， ， 四边形的边长为，则， 设则，， 在中， ， ， 解得：， ，， ， 故答案为：，； （2）结论：， 理由：如图，连接，    由折叠可知，，， ， ，， ， ， 设则， 在中， ， ， ， 解得：， ，， 【点睛】本题是几何变换综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，翻转变换的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质及方程思想是解题的关键． 【拓展训练二 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·江苏扬州·期末）如图，将面积为8的正方形绕顶点顺时针旋转得到正方形，E是的中点，O是对角线BD的中点，则在旋转过程中OE的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接OA，如图，根据正方形的性质得到AB=2，OA=2，再根据旋转的性质得到AB′=AB=2，则AE=，然后利用三角形三边的关系得到OE≤OA+AE（当且仅当E、A、O共线时取等号），从而得到OE的最大值． 【详解】解：连接OA，如图， ∵四边形ABCD是面积为8的正方形， ∴AB==2， ∵O是对角线BD的中点， ∴OA=2， ∵正方形ABCD绕顶点A顺时针旋转得到正方形AB'C'D'， ∴AB′=AB=2， ∵E是AB'的中点， ∴AE=， ∵OE≤OA+AE（当且仅当E、A、O共线时取等号）， ∴OE的最大值为OA+AE，即OE的最大值为2+． 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质． 【例2】（24-25八年级下·山东青岛·单元测试）如图，正方形的边长为，点为上任意一点（可以与点或重合），分别过，，作射线的垂线，垂足分别是，，，则的最大值与最小值的和为________． 【答案】 【分析】连接AC，DP，根据正方形的性质可得出AB=CD，S正方形ABCD=1，由三角形的面积公式即可得出，结合AP的取值范围即可得出BB′+CC′+DD′的范围，将其最大值与最小值相加即可得出结论． 【详解】连接AC,DP,如图所示． ∵四边形ABCD是正方形，正方形ABCD的边长为1， ∴AB=CD,S正方形ABCD=1， ∵S△ADP=S正方形ABCD=,S△ABP+S△ACP=S△ABC=S正方形ABCD=， ∴S△ADP+S△ABP+S△ACP=1， ∴AP⋅BB′+AP⋅CC′+AP⋅DD′=AP⋅(BB′+CC′+DD′)=1， 则 ， ∵ ∴当P与B重合时,有最大值2;当P与C重合时,有最小值. ∴ ∴BB′+CC′+DD′的最大值与最小值的和为,. 故答案为 【点睛】考查了正方形的性质以及三角形的面积，根据正方形的性质结合三角形的面积公式得到是解题的关键. 1．（2025八年级·上海松江·专题练习）如图，正方形ABCD中，AB=7，M是DC上的一点，且DM=3，N是AC上的一动点，求|DN-MN|的最小值与最大值． 【答案】0，3 【分析】当N点是DM的垂直平分线与AC的交点时|DN-MN|最小，再利用三角形三边的关系得到|DN-MN|≤DM，当点N运动到C点时取等号，从而得到|DN-MN|的最大值． 【详解】解：当ND=NM时，即N点在DM的垂直平分线与AC的交点，|DN-MN|=0， 因为|DN-MN|≤DM，当点N运动到C点时取等号，此时|DN-MN|=DM=3， 所以|DN-MN|的最小值为0，最大值为3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，线段垂直平分线的性质，三角形三边的关系，确定出|DN-MN|的最小值与最大值时点N的位置是解答本题的关键． 2．（24-25八年级下·贵州贵阳·月考）综合与实践课上，李老师让同学们以“旋转”为主题展开探究． 【问题情境】如图①，在矩形中，．将边绕点逆时针旋转得到线段，过点作交直线与点． 【猜想证明】 （1）当时，请判断四边形的形状，并证明你的结论． （2）在【问题情境】的条件下，存在，使点三点共线，在图②中补全图形，并求出此时线段的长度． 【能力提升】 （3）在旋转过程中，线段的最小值为__________．（直接写出答案） 【答案】（1）正方形；证明见解析；（2）补全图形见解析；或； （3） 【分析】（1）根据矩形的性质和旋转的性质可得，，即可判定四边形的形状； （2）有两种情况，分别补全图形即可；由证明，得，由勾股定理求出，即可求解． （3）连接，由，当A、E、C三点共线时，取得最小值，由勾股定理求出即可求得最小值． 【详解】解：（1）四边形是正方形； 证明如下： ∵四边形是矩形， ∴； 当时，由旋转性质知：，； ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； ∵， ∴四边形是正方形； （2）当旋转角小于直角时，补全图形如图所示； ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，，， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； 当旋转角大于直角则小于平角时，补全图形如图所示； 同理，， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； 综上，或； （3）如图，连接， ∵， ∴当A、E、C三点共线时，取得最小值，最小值为； 由勾股定理， ∴最小值为． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质与判定、正方形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是分类讨论． 3．（2025·广东梅州·三模）如图，已知正方形ABCD与正方形CEFG，点E在CD上，点G在BC的延长线上，M是AF的中点，连接DM，EM． （1）填空：DM与EM数量关系和位置关系为　 　（直接填写）； （2）若AB＝4，设CE＝x（0＜x＜4），△MEF面积为y，求y关于x的函数关系式[可利用（1）的结论]，并求出y的最大值； （3）如果将正方形CEFG绕点C顺时针旋转任意角度，我们发现DM与EM数量关系与位置关系仍未发生改变． ①若正方形ABCD边长AB＝13，正方形CEFG边长CE＝5，当D，E，F三点旋转至同一条直线上时，求出MF的长； ②证明结论：正方形CEFG绕点C顺时针旋转任意角度，DM与EM数量关系与位置关系仍未发生改变． 【答案】（1）DM＝ME，DM⊥EM；（2）y＝（x﹣2）2+1，最大值1；（3）①或 ，②见解析 【分析】（1）证明△MHA≌△MEF得出MH＝ME，AH＝EF＝EC，得出DH＝DE，由等腰直角三角形的性质即可得出结论； （2）由全等三角形的性质和三角形面积公式得出y关于x的函数关系式，再由二次函数的性质即可得出结果； （3）①分两种情况，由全等三角形的性质和勾股定理解答即可； ②证明△ADH≌△CDE得出DH＝DE，∠ADH＝∠CDE，得出∠HDE＝90°，即可得出结论． 【详解】（1）解：结论：DM＝ME，DM⊥EM． 理由：如图1中，延长EM交AD于H． ∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形， ∴∠ADE＝∠DEF＝90°，AD＝CD， ∴AD∥EF， ∴∠MAH＝∠MFE， 在△MHA和△MEF中， ∴△MHA≌△MEF（ASA）， ∴MH＝ME，AH＝EF＝EC， ∴DH＝DE， ∵∠EDH＝90°， ∴DM＝ME，DM⊥EM； 故答案为：DM＝ME，DM⊥EM； （2）解：作MP⊥DH于P，如图2所示： ∵∠EDH＝90°，DM⊥EM，DM＝ME， ∴MP＝DH＝（4﹣x）， 由（1）得：△MHA≌△MEF， ∴△MHA的面积＝△MEF的面积， ∴y＝AH×MP＝x×（4﹣x）＝（x2﹣4x）＝（x﹣2）2+1， 即y关于x的函数关系式为y＝x2﹣x， ∵y＝x2﹣x＝（x﹣2）2+1， ∴当x＝2时，y有最大值为1； （3）①解：当D、E、F三点在正方形ABCD外同一条直线上时，如图3所示： 连接DE，延长EM到H，使得MH＝ME，连接AH，作MR⊥DE于R， 在△AMH和△FME中，， △AMH≌△FME（SAS）， ∴AH＝EF＝EC，∠MAH＝∠MFE， ∴AH∥DF， ∴∠DAH+∠ADE＝180°， ∴∠DAH+∠CDE＝90°， ∵∠DCE+∠EDC＝90° ∴∠DAH＝∠DCE， 在△DAH和△DCE中，， ∴△DAH≌△DCE（SAS）， ∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE， ∴∠HDE＝∠ADC＝90°， ∵ME＝MH， ∴DM⊥EH，DM＝MH＝EM， ∵正方形ABCD边长AB＝CD＝13，正方形CEFG边长CE＝5， ∴在Rt△CDE中，DE＝＝＝12， ∵DM＝ME，DM⊥ME， ∴MR⊥DE，MR＝DE＝6，DR＝RE＝6， ∴FR＝RE+EF＝11， 在Rt△FMR中，FM＝＝＝； 当D、E、F三点在正方形ABCD内同一条直线上时，如图4中，作MR⊥DE于R， 在Rt△MRF中，FM＝＝＝， 综上所述，满足条件的MF的值为 或 ． ②证明：作AH∥EF交EM的延长线于H，连接DH、DE，如图5所示： 同（1）得：△MHA≌△MEF， ∴MH＝ME，AH＝EF＝CE， ∵AH∥EF，EF⊥CE， ∴AH⊥CE，又∵AD⊥CD， ∴∠DAH＝∠DCE， 在△ADH和△CDE中，， ∴△ADH≌△CDE（SAS）， ∴DH＝DE，∠ADH＝∠CDE， ∴∠HDE＝90°， ∵MH＝ME， ∴DM＝ME，DM⊥EM． 【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行线的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解题的关键． 【拓展训练三 正方形旋转问题】 【例1】（24-25八年级下·河南周口·期末）正方形的两边分别在x轴、y轴上，点在边上，以C为旋转中心，把旋转，则旋转后D点得到的对应点的坐标是（   ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，把握旋转的不变性是解题的关键． 分两种情况讨论，确定点在或延长线上，根据旋转的性质即可求解． 【详解】解：当顺时针旋转时，如图 ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴当顺时针旋转时，旋转后的与重合， ∴， ∴点共线， ∴ ∴； 当逆时针旋转，如图： 同理可得此时点的对应点在延长线上， ∴， ∴， 综上所述，对应点的坐标是或， 故选：C． 【例2】（24-25八年级下·山东青岛·单元测试）如图，将正方形中的绕对称中心旋转至的位置，交于，交于．绕对称中心顺时针至少旋转________度，四边形成为正方形． 【答案】 【分析】只有至少将△ABD绕对称中心O顺时针旋转至D与C重合，B与A重合，此时四边形DFBE成为正方形，即可得出旋转角度． 【详解】只有至少将△ABD绕对称中心O顺时针旋转至D与C重合，B与A重合，此时四边形DFBE成为正方形，故至少旋转90°． 故答案为90． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质和正方形的性质，利用图形旋转前后对应线段以及对应角相等得出两个三角形全等是解题的关键． 1．（24-25八年级下·甘肃张掖·期中）四边形是正方形，旋转一定角度后得到，如图所示，如果，，求： (1)指出旋转中心和旋转角度；并求的长度； (2)与的位置关系如何？并证明． 【答案】(1)旋转中心为点，旋转角为； (2)，证明见解析 【分析】本题考查旋转的性质和正方形的性质，旋转变化前后，对应点到旋转中心的距离相等以及每一对对应点与旋转中心连线所构成的旋转角相等．要注意旋转的三要素：①定点旋转中心；②旋转方向；③旋转角度． （1）根据旋转的性质，点为旋转中心，对应边、的夹角为旋转角；根据旋转的性质可得，，然后根据计算即可得解； （2）根据旋转可得和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形对应角相等可得，然后求出，判断出． 【详解】（1）旋转中心为点，旋转角为； 按顺时针方向旋转一定角度后得到， ，， ； （2）、的位置关系为：．理由如下： 按顺时针方向旋转一定角度后得到， ， ，， ， ， ， 、的位置关系为：． 2．（25-26八年级下·上海金山·月考）如图1，点E为正方形内一点，，将直角三角形绕点A逆时针方向旋转度，点B、E的对应点分别为点． (1)如图2，在旋转的过程中，点落在了上，求此时的长； (2)若，如图3，得到（此时与D重合），延长交于点F， ①试判断四边形的形状，并说明理由； ②连接，求的长； (3)在直角三角形绕点A逆时针方向旋转过程中，直接写出线段长度的取值范围． 【答案】(1) (2)①四边形是正方形，见解析；② (3) 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、旋转变换的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理等知识；熟练掌握正方形的性质和旋转变换的性质，证明是解题的关键． （1）由勾股定理得的长度，再由正方形的性质得的长度，然后由旋转的性质得，即可求解； （2）①由旋转的性质得，，，再证四边形是矩形，即可得出结论； ②过点作于点，证，得，，再由勾股定理求解即可； （3）当时，与E重合，最短；当落在的延长线上时，，即可得出答案． 【详解】（1）解：，， ， 四边形是正方形， ，， ， 由旋转的性质得：， ； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 由旋转的性质得：，，， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形； ②过点作于点，如图所示： 则， ， ， 在和中， ， ， ，， ∴， ； （3）∵直角三角形ABE绕点A逆时针方向旋转度（）， 点B、E的对应点分别为点、， ∴当时，与E重合，最短； 当落在的延长线上时，，最长， ∴线段长度的取值范围是． 3．（2025九年级·上海松江·专题练习）如图，已知，点在边的上方，把绕点逆时针方向旋转得，绕点顺时针方向旋转得，连结、. （1）写出图中所有的等边三角形； （2）当满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由； （3）当满足什么条件时，以、、、为顶点的四边形不存在？请说明理由. 【答案】（1）、、都是等边三角形；（2）答案不唯一；（3）当时，以、、、为顶点的四边形不存在.理由见解析； 【分析】（1）由等边三角形的定义或两边相等且有一个角为的三角形为等边三角形求解；问题（2）为过程开放性试题，可先由结论四边形是正方形得出且，再反思应具备的条件；问题（3）需转化为证明、、、四点共线（或、、三点共线）的问题. 【详解】解 （1）、、都是等边三角形. （2）答案不唯一.如：且 当且时，四边形是正方形.理由如下： ∵是由绕点旋转而得到的，∴. 由（1）知为等边三角形，∴，∴.同理可得：，∴四边形是平行四边形. 若，则， 此时，四边形是矩形，又，∴.此时，四边形是正方形. （3）当时，以、、、为顶点的四边形不存在.理由如下： 若，则，此时、、、四点共线（或、、三点共线），∴当时，以、、、为顶点的四边形不存在. 【点睛】本题源自教材，贴近基础，颇具新意，所考查的知识有旋转的性质、等边三角形的判断、平行四边形的判断、正方形的判断、四点（或三点）共线的判断等，问题的解决过程开放，主要突出对“四基”及推理思维能力的考查，问题（1）多因答案欠完整而失分；问题（2）多因不会利用结论反思应满足的条件导致解题失败；问题（3）多因不会将问题转化为证明、、、四点共线（或、、三点共线）导致切入困难. A基础训练 1．（24-25八年级下·福建福州·期中）已知点E，F，G，H分别在正方形的边上，若，，则四边形一定是（    ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形 【答案】D 【分析】本题主要考查了正方形的性质、平行线的性质等知识点，掌握正方形的性质成为解题的关键. 根据正方形的性质可得、，再根据平行线的性质可得、、、，进而得到结论. 【详解】解：∵正方形， ∴, ∵， ∴,, ∵， ∴,, ∴ ∵， ∴,即四边形一定是对角线互相垂直且相等的四边形. 故选D. 2．（24-25八年级下·海南海口·期末）如图，的对角线、交于点，，要使为正方形还需增加一个条件．在条件①；②；③；④中正确的是（   ） A．①② B．②③ C．①③ D．②④ 【答案】A 【分析】先根据已知条件判断平行四边形为矩形，再逐一分析每个条件，看能否使矩形成为正方形． 【详解】解：∵ 四边形是平行四边形，， ∴ ， 又∵ 平行四边形对角线互相平分，即，， ∴ ， ∴ 平行四边形是矩形． ①，矩形的邻边相等，则为正方形，故①正确； ②，矩形的对角线互相垂直，则为正方形，故②正确； ③，矩形本身对角线相等，不能判定为正方形，故③错误； ④，矩形本身角为直角，不能判定为正方形，故④错误． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、正方形的判定，熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键． 3．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，则（   ） A．4 B． C． D． 【答案】D 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故选：D 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 4．（24-25八年级下·江苏宿迁·期中）如图，正方形的对角线、相交于点，且，正方形的顶点与点重合，边与重合，将正方形绕点顺时针旋转，与边交于点，与边交于点，连接交于点，在整个运动过程中，则点经过的路径长是（    ） A．1 B． C． D． 【答案】A 【分析】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题的关键是熟知全等三角形的判定与性质． 取中点，利用正方形的性质证明，得到，当时，易证此时四边形是正方形，此时，即点G与点H重合，有最小值，利用正方形的性质求出；由点是与的交点，是定线段，得到点G在线段上运动，在整个运动过程中，当边与重合，点G，点E与点C重合，当时，点G与点H重合，当边与重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，即点经过的路径长是，即可得出结果． 【详解】解：如图，取中点， 在正方形中，， 又∵， ∴， ∴， ， 当时，则， ，， 四边形是正方形， ，即点G与点H重合， ， ； 点是与的交点，是定线段，， 点G在线段上运动， 在整个运动过程中， 当边与重合，点G，点E与点C重合，有最大值， 当时，点G与点H重合，有最小值， 当边与重合，点G，点F与点C重合，有最大值， 点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C， 点经过的路径长是， 点经过的路径长是， 故选：A． 5．（2025·浙江温州·二模）如图，四边形是一张正方形纸片，其面积为．分别在边，，，上顺次截取，连接，，，．分别以，，，为轴将纸片向内翻折，得到四边形．若四边形的面积为，则等于（   ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形与折叠问题，全等三角形的性质与判定等，由正方形的性质可得，，根据题意可证明，根据正方形面积计算公式求出，则，由折叠的性质可得，，再证明四边形是正方形，且，则可得到，解方程即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，即， 同理可得， ∵四边形是一张正方形纸片，其面积为， ∴， ∴， 由折叠的性质可得，， ∴， 同理可得， ∴四边形是正方形， ∵四边形的面积为， ∴， ∴， 故选：C． B 提高训练 6．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，将一张正方形纸片折叠，、为折痕，点B、D折叠后的对应点分别为点、，若，则的度数为______ ． 【答案】 【分析】本题考查了图形的折叠变换及其性质、正方形的性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 设，，，由折叠性质得，，根据和求解即可． 【详解】解：由题意知， 设，，， ，， 由折叠性质得：，， ∵， ， ， 又， ， ， ， 解得：， 故答案为：． 7．（25-26八年级下·上海松江·月考）如图，在正方形中，E是上一点，，连接，将线段绕点E顺时针旋转，使得点B的对应点F落在边上，则_________ °． 【答案】22.5 【分析】本题考查了正方形的性质、旋转的性质以及等腰三角形的性质，解题的关键是利用这些性质求出相关角的度数．先根据正方形的性质得出的度数，再由求出和的度数，接着根据旋转的性质得到，进而求出的度数，最后算出的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形，为正方形的一条对角线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵线段绕点E顺时针旋转后得到，根据旋转的性质可知， ∴是等腰三角形， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：22.5． 8．（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，正方形ABCD中，对角线，M是AB上任意一点，由M点作，，垂足分别为E、F点，则的值为__________． 【答案】5 【分析】由四边形ABCD是正方形，则，由，， 得到，是等腰三角形，进而得到即可． 【详解】由四边形ABCD是正方形，则，由，， ， 是等腰三角形, ， ． 故答案为：5． 【点睛】本题考查正方形的性质与等腰三角形的判定，属于基础题． 9．（2025·四川攀枝花·模拟预测）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论： ①四边形是平行四边形； ②当时，四边形是矩形； ③当时，四边形是菱形； ④当，且时，四边形是正方形． 其中正确结论有__________（填上所有正确结论的序号）． 【答案】①②③④ 【分析】 对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确． 【详解】解析：①、是等边三角形， ，，， ， ， ， 同理由，得， 由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确； ②当时， ， 由①知四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形，故结论②正确； ③由①知，，四边形是平行四边形， 当时，， 平行四边形是菱形，故结论③正确； ④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形， 四边形是正方形，故结论④正确． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键． 10．（24-25八年级下·河北秦皇岛·期中）如图，正方形的对角线相交于点O，点O是正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长都等于2．那么正方形绕O点无论怎样转动，两个正方形重叠的部分的面积是__________． 【答案】1 【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等知识内容，难度适中，正确掌握相关性质内容是解题的关键．过点O分别作于点M，于点N，根据四边形和是正方形，证明，得，故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形，即可列式作答． 【详解】解：过点O分别作于点M，于点N，连接交于点O，如图所示： ∵四边形和是正方形， ∴，， ∵正方形的对角线相交于点O， ∴，， ∴， ∴四边形是正方形， ∵，， ∴ ∵ ∴， ∴， 则， 故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形面积， ∴， 那么两个正方形重叠的部分的面积等于， 故答案为：． C 培优训练 11．（24-25八年级下·上海松江·课后作业）四边形的对角线，相交于点O，请添加一些条件使其成为正方形． 丽丽同学认为若添加，，可判定四边形是正方形．她的想法是否正确？若不正确，请给出正确的结论． 【答案】不正确，添加条件，可判定四边形为正方形 【分析】根据正方形的判定方法，可按四边形—平行四边形—矩形—正方形，或四边形—平行四边形—菱形—正方形的顺序依次添加条件． 本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【详解】解：不正确．若要使四边形是正方形，可先使其成为菱形或者矩形． 当，，时，四边形为矩形．添加条件，可判定四边形为正方形； 当，，时，四边形为菱形．添加条件，可判定四边形为正方形．答案不唯一，合理即可． 12．（24-25八年级下·上海松江·单元测试）阅读理解菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”． 如图所示，设菱形相邻两个内角的度数分别为，． (1)若我们将菱形的“接近度”定义为，于是越小，菱形就越接近正方形．若菱形的一个内角为，则“接近度”是多少？ (2)若我们将菱形的“接近度”定义为，那么菱形的“接近度”为多少时，菱形就是正方形？ 【答案】(1) (2)1 【分析】此题主要考查了菱形的性质以及新定义，利用“接近度”定义求出是解题关键． （1）利用菱形的“接近度”定义为，进而代入求出即可； （2）根据当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，进而得出答案． 【详解】（1）解：若菱形的一个内角为， ∴该菱形的相邻的另一内角的度数为， ∴“接近度”等于． 故答案为：． （2）解：当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，因而都是90度，则菱形是正方形． 故答案为：1． 13．（24-25八年级下·上海闵行·月考）如图1，在正方形ABCD中，E为边BC上一点（不与点B、C重合），垂直于AE的一条直线MN分别交AB、AE、CD于点M、P、N． （1）求证AE＝MN； （2）如图2，若垂足P恰好为AE的中点，连接BD，交MN于点Q，连接EQ，并延长交边AD于点F．求∠AEF的度数； （3）如图3，若该正方形ABCD边长为10，将正方形沿着直线MN翻折，使得BC的对应边B′C′恰好经过点A，过点A作AG⊥MN，垂足分别为G，若AG＝6，请直接写出AC′的长________． 【答案】（1）见解析；（2）∠AEF＝45°；（3）10﹣2 【分析】（1）过点B作BF∥MN交CD于点F，则四边形MBFN为平行四边形，得出MN＝BF，BF⊥AE，由ASA证得△ABE≌△BCF，得出AE＝BF，即可得出结论； （2）连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，则四边形ABIH为矩形，得出HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD，证△DHQ是等腰直角三角形，得HD＝HQ，AH＝QI，由HL证得Rt△AHQ≌Rt△QIE，得∠AQH＝∠QEI，证∠AQE＝90°，得△AQE是等腰直角三角形，即可得出结果； （3）延长AG交BC于E，则EG＝AG＝6，得AE＝12，由勾股定理得BE＝＝2，则CE＝BC﹣BE＝10﹣2，由折叠的性质即可得出结果． 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABE＝∠BCD＝90°，AB＝BC，AB∥CD， 过点B作BF∥MN交CD于点F，如图1所示： ∴四边形MBFN为平行四边形， ∴MN＝BF，BF⊥AE， ∴∠ABF+∠BAE＝90°， ∵∠ABF+∠CBF＝90°， ∴∠BAE＝∠CBF， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△ABE≌△BCF（ASA）， ∴AE＝BF， ∴AE＝MN； （2）解：连接AQ，过点Q作HI∥AB，分别交AD、BC于点H、I，如图2所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴四边形ABIH为矩形， ∴HI⊥AD，HI⊥BC，HI＝AB＝AD， ∵BD是正方形ABCD的对角线， ∴∠BDA＝45°， ∴△DHQ是等腰直角三角形， ∴HD＝HQ，AH＝QI， ∵MN是AE的垂直平分线， ∴AQ＝QE， 在Rt△AHQ和Rt△QIE中， ， ∴Rt△AHQ≌Rt△QIE（HL）， ∴∠AQH＝∠QEI， ∴∠AQH+∠EQI＝90°， ∴∠AQE＝90°， ∴△AQE是等腰直角三角形， ∴∠EAQ＝∠AEQ＝45°，即∠AEF＝45°； （3）解：延长AG交BC于E，如图3所示： 则EG＝AG＝6， ∴AE＝12， 在Rt△ABE中，， ∴CE＝BC﹣BE＝10﹣2， 由折叠的性质得：AC'＝CE＝10﹣2， 故答案为：10﹣2． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、折叠的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、平行线的性质等知识；熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键． 14．（25-26八年级下·上海松江·阶段练习）推理能力【几何探究】综合与实践． 【问题情境】如图，E为正方形内一点，．将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为C）．延长交于点F，连接． 【猜想证明】 （1）试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【解决问题】 （3）如图①，若，请直接写出的长． 【答案】（1）四边形是正方形．理由见解析；（2），证明见解析；（3）的长为 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形 （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于G，根据勾股定理求出，由（2）可得，，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】解：（1）四边形是正方形．理由如下： 由旋转的性质，得， ， ， ∴四边形是矩形． 又， ∴四边形是正方形． （2）．证明如下： 如图①，过点D作于点． ， ． 四边形是正方形， ， ， ． 又， ， ． 将绕点B按顺时针方向旋转得到． 四边形是正方形， ， ， ． （3）如图②，过点D作于点H． 四边形是正方形，． 四边形是正方形， ． 在中，由勾股定理，得， ． 同（2）可得，， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键． 15．（24-25八年级下·湖南娄底·期中）实践与探究 【问题情境】 数学课活动课上，老师提出了一个问题：图①是教材中我研究过的图形，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正万形的一个顶点，如果两个正方形的边长相等．那么正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一．理由如下： 证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又，， 又，且， 【初步感知】 （1）请你补全以上证明过程； （2）我们知道正方形是中心对称图形，受图①启发，成功小组画出了图③，直线、经过正方形的对称中心O，直线m分别与、交于点E、F，直线n分别与、交于点G、H，且若正方形的面积是36，求四边形的面积（请写出详细过程）． 【深入探究】 （3）受图③的启发，探究组思考把图④中的四边形转化为图③正方形中的一部分，从而求出图④中四边形的面积．现若，，，求四边形的面积． 【答案】（1）见解析；（2）；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质是解题的关键． （1）根据题意补全证明过程即可； （2）根据（1）的结论即可求解； （3）如图4，构造正方形，点B为正方形对角线的交点，可得，即得，由即可根据（1）的结论求解． 【详解】（1）证明：如图②，分别作，于点E、F， ， 又， ， 又， 且， ∴， ∴， ∴， 即正方形绕点O无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一； （2）解：由（1）的结论可得，， 故答案为：9； （3）解：如图④，构造正方形，点B为正方形对角线的交点， 则， ， ∵， ∴， 由（1）可得，． 学科网（北京）股份有限公司 $