专题06 正方形13大考点（期中真题汇编，广东专用）八年级数学下学期新教材人教版

专题06 正方形 13大高频考点概览 考点01正方形概念理解 考点02根据正方形的性质求角度 考点03根据正方形的性质求线段长 考点04 根据正方形的性质求面积 考点05 正方形的折叠问题 考点06 根据正方形的性质证明 考点07 正方形判定定理的理解 考点08 添加添加成为正方形 考点09 证明四边形是正方形 考点10 正方形的性质和判定的综合运用 考点11 根据正方形的性质证明 考点12 中点四边形 考点13（特殊）平行四边形中的动点问题 ( 地 城 考点01 正方形概念理解 ) 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形具备而菱形不具备的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列命题是假命题的是（   ） A．平行四边形的对边相等 B．四条边都相等的四边形是菱形 C．矩形的两条对角线互相垂直 D．正方形的对角线垂直平分且相等 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直且平分 D．对角线互相垂直 4．（24-25八年级下·广东珠海·期中）正方形具备而矩形不具备的性质是（    ） A．四条边都相等 B．四个角都是直角 C．对角线互相平分 D．对角线相等 ( 地 城 考点02 根据正方形的性质求角度 )1．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（　　） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连结交于点F，则等于（    ）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 5．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是__________． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，以正方形的对角线为边作菱形，则___________． 7．（24-25八年级下·广东·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则______． 8．（24-25八年级上·广东汕头·月考）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图、图），即一线三等角模型和K字模型． 【问题发现】 （1）如图，已知，中，，，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F．求证：； （2）如图，若改变直线的位置，其余条件与前面相同，请直接写出，，之间的数量关系______； 【问题提出】 （3）在（2）的条件下，若，，则的面积为____________． （4）如图，正方形中，，，求的面积． ( 地 城 考点0 3 根据正方形的性质求线段长 )1．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，已知正方形，，E为边上的一点，连接，过点E作且，连接，以为边作正方形，设正方形的面积为S，则S的最小值为（   ） A．25 B．50 C．75 D．100 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：如图，在正方形外取一点，连接，，．过点作的垂线交于点，连接．若，．下列四个结论中：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为，作正方形，使，，，是正方形各边的中点；做正方形，使，，，是正方形各边的中点……以此类推，则正方形的边长为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在中，点M是斜边的中点，以为边作正方形．若，则（    ） A． B．2 C．4 D．8 5．（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点A、B是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是( )    A． B． C． D．8 6．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，正方形的边长为4，点E，F在对角线上，四边形是菱形，且，则的长为（　　）    A． B．2 C． D． 7．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，正方形的一条边与等腰的一条边在同一直线上，分别交，于点，．已知，，则的长为____． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在边长为的正方形中，是边上的一点，且，点为对角线上的动点，当取得最小值时，的面积为_________． 9．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在梯形中，，，分别以为边向梯形外作正方形，其面积分别是、、，且，已知，则的长度为________． 10．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，E是上一点，，P是上一动点，则的最小值是____． 11．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形中，，点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，以的速度沿射线运动，连接、和，设运动时间为． (1)当时，如图①所示，则______； (2)若，则______； (3)连接，与和分别交于点，，如图②所示： ①若，求的长和此时的值； ②求证：点是的中点． 12．（24-25八年级下·广东汕头·期中）已知，正方形，是上一点，交的延长线于． (1)在探究与的数量关系时，小颖作了如图1的辅助线：作于点，作于点N．请你帮小颖写出与的数量关系并证明； (2)如图2，延长交的延长线于，连，若，，，求出的长： (3)如图3，过的直线平分，分别交，于，，试探究与的数量关系，并说明理由． ( 地 城 考点0 4 根据正方形的性质求面积 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（   ）． A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形，则余下部分的面积是（    ）      A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，矩形内有两个相邻的白色正方形，其面积分别为32和2，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C．6 D．8 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接正方形四边中点所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为______． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为对角线BD上任意一点（不与B，D重合），连接AE，过点E作，交线段BC于点F，以AE，EF为邻边作矩形AEFG，连接BG．给出下列四个结论： ①；②； ③设四边形AGBE的周长为m，则； ④当时，的面积为3． 其中正确的结论有____________．（填写所有正确结论的序号） 6．（24-25八年级下·广东清远·期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三、股四、弦五”这一结论．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图，这是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，若的面积为6，则阴影部分的周长为_____． 7．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为4、6、15，则正方形B的面积为______． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，如图，点A，B，E在同一直线上，正方形，的边长分别为3，4，H为线段的中点，求图中阴影部分的面积． ( 地 城 考点0 5 正方形的折叠问题 )1．（24-25八年级下·广东肇庆·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有___________（写出所有正确结论的序号）． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为8，点E在边上（不与端点重合），将沿翻折，得到，连接，． (1)当平分时，求点F到的距离． (2)求的周长的最小值，并求出此时的长． (3)若为直角三角形，求的长． 4．（24-25八年级下·广东阳江·期中）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点F，连接．     (1)求证：； (2)若，求的长． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为，且a，b满足：，点D为边上的一个动点，将沿面折，得到． (1)求出a，b的值； (2)如图1，若点D为中点，延长交于点F，求的长； (3)如图2，若，点M为线段上的动点，求的最小值． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图所示，现有一张边长为6的正方形纸片，点P为正方形边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片沿着某线折叠，使点B落在P处，点C落在G处，折痕为，与交于点H，连接、． (1)如图1，求证：； (2)如图1，若，求线段与的长度； (3)如图2，连接，直接写出的最小值为 ． 7．（24-25八年级下·广东江门·期中）综合与实践 【主题】黄金矩形 【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等． 素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。 【操作步骤】 【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处． 【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形． 【问题解决】设． (1)求证：矩形是黄金矩形． (2)求证：矩形MNDE也是黄金矩形． ( 地 城 考点0 6 根据正方形的性质证明 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：点是正方形外部的一个点，且满足，，（），连接．过点作交的延长线于点，连接． (1)在图中补全图形； (2)求的度数； (3)探索线段的数量关系． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）四边形是正方形，点是射线上一动点，且，过点作交直线于点，作的平分线交直线于点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图1，请写出，和之间的数量关系； (3)如图2，连接交于点，交于点，请探索，，之间的数量关系：_____． ( 地 城 考点0 7 正方形判定定理的理解 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列选项的命题中，是真命题的是（    ） A．有三边相等的四边形是菱形 B．四个角相等的菱形是正方形 C．两条对角线互相平分的四边形是矩形 D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 2．（24-25八年级下·广东肇庆·期中）下列命题是真命题的是（   ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．两组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）下列命题中，正确的是（　　） 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．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．平行四边形的对角线相等 D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列说法错误的是（   ） A．对角线互相垂直的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线相等的平行四边形是矩形 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列命题正确的是（   ） A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 ( 地 城 考点0 8 添加添加成为正方形 )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·广东广州·期中）如图，在矩形中，对角线与相交O，添加下列条件不能判定矩形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的是（　　） A．当AC＝BD时，它是正方形 B．当AC⊥BD时，它是矩形 C．当∠ABC＝90°时，它是菱形 D．当AB＝BC时，它是菱形 ( 地 城 考点 09 证明四边形是正方形 )1．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，已知边长，点是对角线上一点，，连接．过点作交于点，以，为邻边作矩形，连接．以下四个结论：；是等腰三角形；，两点间的距离为；矩形的面积为，正确的是（   ） A．仅有 B．仅有 C．仅有 D． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形中，点E，F分别是，边上的点，，且，过点E作于点H，过点F作于点G，，交于点O，连接，，． 设． 给出下面三个结论： ①；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．①④ D．①②④ 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（     ）      A． B． C． D． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：正方形，点是对角线所在直线上的动点，点在边所在的直线上，且随着点的运动而运动，总成立． (1)如图1，当点在对角线上时，请你猜想与有怎样的数量关系，并证明； (2)如图2，当点运动到的延长线上时，（1）中猜想的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由； (3)如图2，当点运动到的反向延长线上时，请你利用图3画出满足条件的图形，并判断此时与有怎样的关系，并说明理由． 5．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，，求证：四边形是正方形． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 7．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图1所示，在中，，点是两个外角平分线、的交点，的延长线，垂足为点，的延长线，垂足为点， (1)直接写出______； (2)求证：四边形为正方形； (3)如图2所示，在正方形中，点、点分别是线段和线段上任意两点且，请写出线段、、的数量关系并说明理由． 8．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知矩形，P是上一动点，M、N、E分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请问当P运动到何处时，四边形是菱形；为什么？ (3)在（2）的条件下，当与满足什么数量关系时，四边形为正方形．（请直接写出结果） ( 地 城 考点 10 正方形的性质和判定的综合运用 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，已知四边形为正方形，边长为2，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．当点从点运动到点时，求的最小值为__________． 2．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画出图形． (1)在图1中，画一个正方形，使它的面积是10； (2)在图2和图3中，分别画两个不全等的直角三角形，使它的三边长都是无理数． 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）在学习特殊的平行四边形后，兴趣小组开展了动点问题的探究活动． 【问题情境】： 在中，，E是边上一动点，连接． 【发现问题】： （1）如图1，若交于点M，猜想线段与的数量关系，并证明； 【类比探究】： （2）如图2，若且，以为边，在右侧作正方形，连接，当点E在上运动时（不与B、C重合），的大小是否发生变化，如果变化，请说明理由．如果不变，请求出的度数． 【拓展迁移】： （3）如图3，当为正方形时，延长线上有一点P，，在直线的右侧作，且，点R为线段的中点，当点E从点B运动到点C时，求出点R运动路径长度，并说明理由． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）我们把两组邻边分别相等的四边形叫做筝形，如图1所示，，则四边形是筝形；在平面直角坐标系中，筝形的顶点，在坐标轴上，点在线段上． (1)如图1，求证：筝形的一条对角线被另一条对角线垂直平分． (2)如图2，若，点在线段上运动（与点、不重合），过点作垂直，交射线于点，过点作垂直于点；在点的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，试求出此时的长；如果不能，试说明理由． (3)如图3，若，在射线上裁取，使，请直接写出的最小值． 5．（24-25八年级下·广东云浮·期中）在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且． (1)如图1，若四边形是正方形． ①求的度数； ②探究与的数量关系并说明理由． (2)如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由． ( 地 城 考点 11 根据正方形的性质证明 )1．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与相交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，直接写出与的数量关系 ． (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 2．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一动点（不与点，重合），连接，过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)如图2，已知正方形的边长为2，当时， ①求的长； ②记的面积为，的面积为，则_________． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形中，，点为正方形的对角线上一动点． (1)如图①，过点作交边于点．当点在边上时，求证：； (2)如图②，在（1）的条件下，过点作，垂足为点，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． (3)如图③，若点是射线上的一个动点，连接，，且始终满足，设，求的最小值． ( 地 城 考点 12 中点四边形 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 2．（24-25八年级下·广东汕头·期中）顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 3．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，任意四边形各边中点分别是E、F、G、H．若对角线、的长分别是、，则四边形的周长是（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 4．（24-25八年级下·广东江门·期中）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形的两条对角线，一定是（    ） A．互相平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直 D．相等 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（    ） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是_____． 7．（24-25八年级下·广东惠州·期中）顺次连接菱形的四边中点所得的图形为_______． 8．（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． ( 地 城 考点 13 （特殊）平行四边形中的动点问题 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． (1)从运动开始，求使需经过多少时间？ (2)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求的值，若不存在，说明理由． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度问点运动，规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．    (1)若两点同时出发． ①当t为何值时，四边形为平行四边形？ ②当t为何值时，？ (2)若P点先运动3秒后停止运动，此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为何值时，为直角三角形． 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当__________时，四边形是矩形． (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ (3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 4．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． （1）当t＝3时，PB＝　 　cm． （2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ （3）四边形PBQD能否成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由． 5．（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． (1)________，________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $耐学科网 www.zxxk.com 让 专题06 正方形 目目 考点01 正方形概念理解 2 C C A 目目 考点02 根据正方形的性质求角度 A B B 5. 60°/60度 6. 22.5° 7.15°/15度 8 【详解】(1)证明：：∠AEC=∠CFB=90°，∠ACB=90°， ·.LACE+LCAE=∠ACE+∠BCF=90°， .ZCAE ZBCF, 在△CAE和BCF中， 「∠AEC=∠CFB=90° ∠CAE=∠BCF AC=BC .△CAE≌△BCF(AAS), .CE=BF AE=CF, .EF=CE CF=BF AE 即EF=AE+BF; (2)解：∠AEC=∠CFB=90°，∠ACB=90°， .∠ACE+∠CAE=∠ACE+∠BCF=90°， .ZCAE ZBCF, 在△CAE和BCF中， 1/47 教与学更高效 学科网 www.zxxk.com ∠AEC=∠CFB=90° ∠CAE=∠BCF AC=BC :△CAE≌△BCF(AAS), .CE=BF,AE=CF, .EF CE-CF BF-AE, 即EF=BF-AE, 故答案为：EF=BF-AE; (3)解：由(2)知：AE=CF,EF=BF-AE, 设AE=CF=x,则BF=4x, .EF BF-AE =4x-x=3x=5, 5 解得：x= :CF=5,BF=20 3’ 3 :△BFC的面积为号BFxCF=1×20x5=50 2339 50 故答案为： (4)解：如图，过C作CH⊥DE,交DE延长线于点H, D B :AE⊥DE, .∠AED=∠DHC=90°， :四边形ABCD是正方形， .AD=DC,∠ADC=90°， .∠ADC=LAED=90°， .LADE+LDAE=∠ADE+∠CDH=90°， .∠DAE=∠CDH, 在ADAE和△CDH中， 2/47 让教与学更高效 学科网 www.zxxk.com ∠ADC=∠AED=90° ∠DAE=∠CDH AD=DO :△DAE≌CDH(AAS), ∴.DE=CH=4, 1 △CDE的面积为5DE×CH=二×4×4=8. 目目 考点03 根据正方形的性质求线段长 1 2 3 5 6 B E B C B 7525 55 9.14 10.√34 11 【详解】(1)解：：四边形ABCD是正方形， :AD=AB=4cm,∠A=90°， :t=3s, :DE BF =3cm, :AE=AD-DE =4-3=1cm,AF AB+BF =4+3=7cm, ·EF=√AF2+AE2=V72+12=5√2cm; (2)解：：DE=BF=tcm, :AE =(4-t cm AF =(4+t cm :∠A=90°，EF=2V10cm, 3/47 让教与学更高效 命学科网 www .zxxk.com AE2+AF2=EF2,即(4-t2+(4+)2=(20, 解得t=2(负值已舍去)： (3)①解：：四边形ABCD是正方形， :∠BCD=90°，AD∥BC,BC=CD=4cm, ·BD=VCD2+BC2=4V2cm, :BM BC =4cm, :∠BMC=LBCM, :AD∥BC, :∠DEM=∠BCM, :∠DME=∠BMC, LDEM=∠DME, :DE DM BD-BM =(42-4cm :t=42-4, :AE=4-(4V2-4=(8-4V2)cm,AF=4+(42-4=4V2cm, iEF =AE2+AF2 =82-2cm: ②证明：过E作EH∥AB交BD于H, F G 图② 则LHED=LA=90°，LGEH=∠GFB, :∠EDH=x90°=450， 2 :△DEH是等腰直角三角形， :EH=DE =t, .BF EH 4/47 教与学更高效 学科网 www.zxxk.com :∠EGH=LFGB, △FBG≌△EHG(AAS), FG=EG, :点G是EF的中点. 12 【详解】(1)解：PE=PC；证明如下： :四边形ABCD是正方形，BD为对角线， ∴.∠ADB=∠CDB=45°： :PM⊥AD,PN⊥CD, .PM=PN,∠PME=∠PNC=90°，∠CPN+∠PCN=90°； :PE⊥PC, .∠CPN+∠NPE=∠CPE=90°， :ZNPE ZPCN :PN⊥CD,AD⊥CD, .PN∥AD, ∴.∠NPE=∠E, .∠PCN=LE; 在△PME与△PNC中， [∠PME=∠PNC ∠E=∠PCN, PM=PN :△PME≌△PNC(AAS), .PE=PC; (2)解：过点P作PN⊥CD于点N,则∠PND=∠PNC=90°； LDPN=LPDN=45°， :PN DN :PD=2W2, PN=DN=2PD=2: 2 :PB=3W2,PD=2√2， 5/47 让教与学更高效 命学科网 www .zxxk.com 让教与学更高效 :BD=PB+PD=5√2， CD-RC-BD=5 2 .CN=CD =DN =3; 在Rt△PCN中，由勾股定理得PC=VPN2+CN2=√3； 由(1)知，PE=PC=√13； :四边形ABCD是正方形， .∠ABC=90°，AB=BC=5, ·BF=AB+AF=5+5=l5 2-29 在R1△FBC中，由勾股定理得CF=VBF'+BC_5 2 .PF=CF-PC= 3V13 2 在RtFPE中，由勾股定理得EF=VPF2+PE2=13 E 图2 (3)解：MN=√2PC; 理由如下：如图，过点C作CQ∥MN交AB于Q,连接CE; :四边形ABCD为正方形， :MQ∥CN,BC=DC,∠ABC=∠ADC=∠BCD=∠CDE=90°； :CQ∥MN, :.四边形MQCN是平行四边形： D M 6/47 学科网 www.zxxk.com .MN=CO; :PN平分∠CPE,PE⊥PC, ∠CPN=∠EPC=45 :CQ∥MN, :∠QCP=∠CPN=45°； :PE⊥PC,PE=PC, .LECP=45°， .∠ACE=∠QCP+∠PCE=90°=∠BCD, :∠QCB+∠QCD=∠QCD+∠DCE=90°， ∠QCB=∠DCE: 在△QBC与△EDC中， ∠QBC=∠EDC BC=CD ∠QCB=∠DCE .△QBC≌△EDC(ASA), .OC=EC, .MN=EC :PE=PC,LEPC=90°， EC=√2PC; MN=√2PC. 目目 考点04 根据正方形的性质求面积 2 3 B c 4.1:2 5. ①③④ 6.28 7.5 8.6 7/47 让教与学更高效 耐学科网 www zxxk.com 目目 考点05 正方形的折叠问题 c 2. ①②④ 3. 【详解】(1)解：如图，过F作FG⊥BC于G, D G :正方形ABCD的边长为8，将△ABE沿BE翻折，得到△FBE, ∠ABC=90°，AB=BF=BC=8,∠ABE=∠FBE, :BF平分∠EBC, ∠CBF=∠EBF=∠ABE=5×90°=30°， :.FG=IBF=4, :.点F到BC的距离为4： (2)解：如图，连接BD, :正方形ABCD的边长为8，将△ABE沿BE翻折，得到△FBE, ∠BAD=90°，AB=AD=8=BF=8,AE=EF, BD=V82+82=8V2, DF≥BD-BF,(当B,F,D共线时取等号) :C.DEF DE+EF+DF DE+AE+DF=8+DF, .当DF最小，则CDEr最小， 8/47 上教与学更高效 命学科网 www.zxxk.com :当B,F,D共线时，DF的最小值为：8√2-8， :C.DEF最小值为8V2-8+8=8V2; 如图，设DE=x,则AE=EF=8-x, :四边形ABCD为正方形， .∠ADB=45°，而LBFE=∠DFE=90°， .EF =DF=8-x, x=√2(8-x), 解得：x=16-8√2， DE=16-82: (3)解：如图，CDF为直角三角形，只有∠CFD=90°，延长E E :AB=BF=BC,∠BFH=∠BCH=90°，BH=BH, .△BFH≌△BCH, .HF=HC, ∴LHFC=LHCF, :∠CFD=90°， ∴.∠HFD+∠HFC=∠HDF+∠HCF=90°， ∴.∠HFD=∠HDF, :HF =HD, .HF=HC=HD=4, 设AE=m=EF,则DE=8-m, (m+4)2=(8-m)2+42, 9/47 让教与学更高效 F交CD于H, 学科网 www.zxxk.com 8 解得：m= :AE=3 4. 【详解】(I)证明：：正方形ABCD中，点E是边AB的中点， ∠A=∠B=90°，AB=BC,AE=BE, :将△BCE沿CE翻折得到△GCE, ·∠EGC=∠B=90°，EG=BE, AE=EG,LEGF=90°=∠A, 又EF=EF, :△EAF≌△EGF(HL); (2)解：：将△BCE沿CE翻折得到△GCE, ∴LBEC=∠GEC，BC=CG, :△EAF≌△EGF, ∠AEF=∠GEF, :∠AEG+∠BEG=1809, .LFEG+LCEG=90°，即：∠FEC=90°， AB=8, .BC=CG=8,AE=BE=EG=4, 在RtAEBC中，CE=VBC2+BE2=4V5, 设AF=GF=x,则：CF=CG+GF=8+x, 在RtoFEC和RtAFAE中：EF2=AE2+AF2=CF2-CE2, 即：4+x2=(8+x)2-(45, 解得：x=2; .CF=8+2=10 5. 【详解】(1)解：：a-4+V4-b=0, a-4=0 4-b=0' 10/47 上教与学更高效 专题06 正方形 13大高频考点概览 考点01正方形概念理解 考点02根据正方形的性质求角度 考点03根据正方形的性质求线段长 考点04 根据正方形的性质求面积 考点05 正方形的折叠问题 考点06 根据正方形的性质证明 考点07 正方形判定定理的理解 考点08 添加添加成为正方形 考点09 证明四边形是正方形 考点10 正方形的性质和判定的综合运用 考点11 根据正方形的性质证明 考点12 中点四边形 考点13（特殊）平行四边形中的动点问题 ( 地 城 考点01 正方形概念理解 ) 1．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形具备而菱形不具备的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线互相垂直 C．对角线相等 D．每条对角线平分一组对角 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，菱形的性质，根据正方形和菱形的性质逐项判断，即可得出结论． 【详解】解：A、对角线互相平分是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； B、对角线互相垂直是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； C、对角线相等是正方形具备而菱形不具备的性质，故此选项符合题意； D、每条对角线平分一组对角是正方形和菱形都具备的性质，故此选项不符合题意； 故选：C． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列命题是假命题的是（   ） A．平行四边形的对边相等 B．四条边都相等的四边形是菱形 C．矩形的两条对角线互相垂直 D．正方形的对角线垂直平分且相等 【答案】C 【分析】． 【详解】解：A、平行四边形的对边相等，是真命题，选项说法正确，不符合题意； B、四条边都相等的四边形是菱形，是真命题，选项说法正确，不符合题意； C、矩形的对角线不垂直，是假命题，选项说法错误，符合题意； D、正方形的对角线垂直平分且相等，是真命题，选项说法正确，不符合题意； 故选：C． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（　　） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直且平分 D．对角线互相垂直 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，根据正方形的性质，菱形的性质即可得；掌握正方形的性质，菱形的性质是解题的关键． 【详解】解：正方形具有而菱形不具有的性质是对角线相等， 故选：B． 4．（24-25八年级下·广东珠海·期中）正方形具备而矩形不具备的性质是（    ） A．四条边都相等 B．四个角都是直角 C．对角线互相平分 D．对角线相等 【答案】A 【分析】本题考查矩形与正方形的性质，熟练掌握性质能对其进行分析是解题的关键．根据正方形和矩形的性质，即可求解． 【详解】解：A、正方形的四条边相等，但矩形的对边相等，但邻边不一定相等，故A符合题意； B、正方形和矩形的四个角都是直角，均相等，故B不符合题意； C、正方形和矩形的对角线都互相平分，故C不符合题意； D、正方形和矩形的对角线均相等，故D不符合题意； 故选：A． ( 地 城 考点02 根据正方形的性质求角度 )1．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了三角形内角和以及正方形、等边三角形的性质，先根据正方形、等边三角形的性质，得出，结合三角形内角和，列式计算，即可作答． 【详解】解：∵四边形是正方形，是等边三角形 ∴ ∴ ∴ 故选：A． 2．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（　　） 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，根据正方形的性质，等边三角形的性质，推出，，等边对等角，进行求解即可． 【详解】解：在正方形的外侧，作等边三角形， 则：， ∴， ∴； 故选：B． 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连结交于点F，则等于（    ）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理和外角的性质．解题的关键是掌握以上知识点． 首先根据正方形的性质得到，然后根据三角形外角的性质和等边对等角求出，然后利用三角形内角和定理求解即可． 【详解】∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴． 故选：A． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的邻边相等，等边三角形的各边相等，解题的关键是掌握等腰三角形的两个底角相等． 本题考查的是正方形，等边三角形，等腰三角形的性质来解决． 【详解】解：∵是正方形， ∴，， ∵三角形是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴． 故选：B． 5．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，在正方形外侧，以为一边向上作等边三角形，连接，，相交于点F，则的度数是__________． 【答案】/60度 【分析】此题主要考查了正方形的性质，三角形内角和定理，三角形的外角性质，等边三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等边三角形的性质，灵活利用三角形内角和定理及三角形的外角性质进行角的计算是解决问题的关键．根据正方形和等边三角形的性质得，进而得，然后根据即可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， 是等边三角形， ， ， ， ． 故答案为：． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，以正方形的对角线为边作菱形，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质和菱形的性质，根据正方形的性质得出，，根据菱形的性质得出，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 四边形是菱形， ． 故答案为：． 7．（24-25八年级下·广东·期中）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，则______． 【答案】/度 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及等边三角形的性质，解决本题的关键是要熟练掌握正方形，等边三角形和等腰三角形的性质． 先根据正方形的性质求得，，再根据等边三角形得到，，最后根据等腰三角形和三角形内角和定理求出答案即可． 【详解】解：∵正方形中，，， ∵等边三角形， ∴， ∴，， ∴ 故答案为：． 8．（24-25八年级上·广东汕头·月考）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题： 【模型呈现】某兴趣小组在从汉代数学家赵爽的弦图（如图，由外到内含三个正方形）中提炼出两个三角形全等模型图（如图、图），即一线三等角模型和K字模型． 【问题发现】 （1）如图，已知，中，，，一直线过顶点C，过A，B分别作其垂线，垂足分别为E，F．求证：； （2）如图，若改变直线的位置，其余条件与前面相同，请直接写出，，之间的数量关系______； 【问题提出】 （3）在（2）的条件下，若，，则的面积为____________． （4）如图，正方形中，，，求的面积． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）；（4）的面积为． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． （1）据垂直的定义和余角的性质得到 ，证明，根据全等三角形的性质和线段和差即可求解； （2）根据垂直的定义和余角的性质得到 ，证明，根据全等三角形的性质和线段和差即可求解； （3）由（2）得，，设，则，求出，，最后用面积公式即可求解； （4）过作，交延长线于点，由四边形是正方形得，，根据同角的余角相等得，证明，根据全等三角形的性质得，最后用面积公式即可求解. 【详解】（1）证明：∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 即； （2）解：∵，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 即， 故答案为：； （3）解：由（2）知：，， 设，则， ∴， 解得：， ∴，， ∴的面积为， 故答案为：； （4）解：如图，过作，交延长线于点， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴的面积为． ( 地 城 考点0 3 根据正方形的性质求线段长 )1．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，已知正方形，，E为边上的一点，连接，过点E作且，连接，以为边作正方形，设正方形的面积为S，则S的最小值为（   ） A．25 B．50 C．75 D．100 【答案】B 【分析】过点F作交的延长线于点H，证明，得出，证明是等腰直角三角形，即可得，故当时，最小，即最小，此时根据勾股定理求出，即可确定最小值． 【详解】解：过点F作交的延长线于点H， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 当时，最小，即最小， 此时， ∴， ∴最小值． 故选：B． 【点睛】该题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定，勾股定理，垂线段最短等知识点，解题的关键是确定当时，最小，以及正确作出辅助线． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：如图，在正方形外取一点，连接，，．过点作的垂线交于点，连接．若，．下列四个结论中：①；②；③点到直线的距离为；④．其中正确结论的个数是（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 【答案】B 【分析】此题分别考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、等腰三角形的判定及勾股定理，综合性比较强，解题时要求熟练掌握相关的基础知识才能很好解决问题． 根据正方形的性质可得，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明，从而判断①正确，根据全等三角形对应角相等可得，可证，从而判断②正确，根据等腰直角三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出的长，过点B作，交的延长线于点F，先求出，由等腰三角形的性质可求，即可判断出③错误；由勾股定理可求得，即可求正方形的面积，从而判断④正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中， ∵，，， ∴，故①正确； ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴， ∴， 如图，过点B作，交的延长线于点F， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，而， ∴， ∴点到直线的距离为；故③说法错误； ∴， ∴， ∴，故④正确， ∴正确的有：①②④， 故选：B． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为，作正方形，使，，，是正方形各边的中点；做正方形，使，，，是正方形各边的中点……以此类推，则正方形的边长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了图形规律，掌握正方形的性质，等腰直角三角形性质，找出边长的规律是关键． 根据题意，正方形的边长为，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，边长为， ∴，， ∵点是正方形边的中点， ∴，， 同理，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，则 ∴正方形的边长为， 同理，是等腰直角三角形， ∴，则， ∴正方形的边长为， ， ∴正方形的边长为， ∴正方形的边长为， 故选：B ． 4．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在中，点M是斜边的中点，以为边作正方形．若，则（    ） A． B．2 C．4 D．8 【答案】C 【分析】先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出． 本题主要考查了正方形的面积计算公式，直角三角形斜边上的中线性质．熟练掌握正方形的面积计算公式，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，是解决问题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点M是斜边的中点， ∴， 故选：C． 5．（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的两个顶点A、B是坐标轴上的动点，若正方形的边长为4，则线段长的最大值是( )    A． B． C． D．8 【答案】B 【分析】取的中点E，连接，则，根据正方形的性质及勾股定理得出，，结合图形得出当点E在线段上时，线段的长最大，即可求解． 【详解】解：如图，取的中点E，连接，则，    ∵四边形是正方形，边长为4， ∴，则， 在中，，由勾股定理，得， ∵在中， ，点E是斜边的中点， ∴， 由图可知：，当点E在线段上时，线段的长最大，最大值是， 故选B． 【点睛】题目主要考查正方形的性质，直角三角形斜边上中线的性质，勾股定理解三角形及三角形三边关系，理解题意，熟练掌握运用这些知识点是解题关键． 6．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，正方形的边长为4，点E，F在对角线上，四边形是菱形，且，则的长为（　　）    A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】先求得，得到，在中，利用等角对等边求得，据此即可求解． 【详解】解：在正方形中，， ∵， ∴在中，， ∴， ∴， ∵正方形的边长为4， ∴， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 7．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，正方形的一条边与等腰的一条边在同一直线上，分别交，于点，．已知，，则的长为____． 【答案】/ 【分析】过E作于M，根据等腰三角形的性质得到，根据勾股定理得到，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，，，根据三角形的面积公式得到，根据勾股定理得到． 【详解】解：过E作于M， ， ， ， 四边形是正方形， ，， 在与中， ， ， ，， 在与中， ， ， ，， ，， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理是解题的关键． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在边长为的正方形中，是边上的一点，且，点为对角线上的动点，当取得最小值时，的面积为_________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，轴对称最短路径的计算，勾股定理的运用，掌握以上知识，数形结合是关键． 如图所示，连接、，得出点关于的对称点是点，此时，点运动到点处，，的值最小，取得最小值是，如图所示，过点作于点，作于点，则四边形是正方形形，设，利用的面积求出，由面积的计算公式求解即可． 【详解】解：如图所示，连接、， ∵四边形是正方形， ∴，点关于的对称点是点，此时， ∵点是动点， ∴， ∴当三点共线时，即点运动到点处，的值最小， 在中，， ∴， ∴取得最小值是， 如图所示，过点作于点，作于点，则四边形是矩形， ∵四边形是正方形，是对角线， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形形， 设， ∴，即， 解得：， ∴， ∴的面积为， 故答案为：． 9．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在梯形中，，，分别以为边向梯形外作正方形，其面积分别是、、，且，已知，则的长度为________． 【答案】14 【分析】本题考查平行四边形的性质和判定、平行线性质，以及勾股定理，过点B作，得到，证明四边形平行四边形，推出，，得到，结合，推出，得到，即可解题． 【详解】解：如图所示，过点B作， ， ， ， ， ， 四边形平行四边形， 则，，， 又，即， ， ， 又，则． ∵， ∴， ∴． 故答案为：． 10．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，E是上一点，，P是上一动点，则的最小值是____． 【答案】 【分析】本题考查了轴对称——最短路线问题，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键； 由正方形的性质得出B、D关于对称，根据两点之间线段最短可知，连接，交于P，连接，则此时的值最小，进而利用勾股定理求出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵四边形是正方形，为对角线， ∴B、D关于对称，， ∴， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，即为，如图： ∵，， ∴， 在中 ∴， 故的最小值是． 故答案为：． 11．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形中，，点从点出发，以的速度向点运动，同时点从点出发，以的速度沿射线运动，连接、和，设运动时间为． (1)当时，如图①所示，则______； (2)若，则______； (3)连接，与和分别交于点，，如图②所示： ①若，求的长和此时的值； ②求证：点是的中点． 【答案】(1) (2) (3)①；；②见解析 【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再根据勾股定理求解即可； （2）根据，得到，，再根据勾股定理即可求解； （3）①根据正方形的性质得到，，根据勾股定理得到，推出，得到，求得，最后根据勾股定理求出；②过作交于，根据平行线的性质和全等三角形的判定与性质即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， ， ， ，， ； （2）解：， ，， ，， ，即， 解得（负值已舍去）； （3）①解：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ； ②证明：过作交于， 则，， ∵， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 点是的中点． 【点睛】综合应用正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，以及全等三角形的判定与性质是解题的关键． 12．（24-25八年级下·广东汕头·期中）已知，正方形，是上一点，交的延长线于． (1)在探究与的数量关系时，小颖作了如图1的辅助线：作于点，作于点N．请你帮小颖写出与的数量关系并证明； (2)如图2，延长交的延长线于，连，若，，，求出的长： (3)如图3，过的直线平分，分别交，于，，试探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质得；证明即可得； （2）过点P作于点N，则得；由已知求得，则；由勾股定理可求得，进而得，再由勾股定理即可求得； （3）过点C作交于Q，连接；先证明四边形为平行四边形，再证明，得，从而得证． 【详解】（1）解：；证明如下： ∵四边形是正方形，为对角线， ∴； ∵，， ∴，，； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴； 在与中， ， ∴， ∴； （2）解：过点P作于点N，则； ∴， ∴； ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得； 由（1）知，； ∵四边形是正方形， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； 在中，由勾股定理得； （3）解：； 理由如下：如图，过点C作交于Q，连接； ∵四边形为正方形， ∴，，； ∵， ∴四边形是平行四边形； ∴； ∵平分，， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 在与中， ， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴； ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，角平分线的性质定理等内容，熟练掌握这些知识和添加合适的辅助线是解题的关键． ( 地 城 考点0 4 根据正方形的性质求面积 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为，过线段上的两点分别作和的垂线，则阴影部分的面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，根据即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵正方形的边长为， 根据正方形的轴对称性得： ， 故选：． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形，则余下部分的面积是（    ）      A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据截去面积为和的两个小正方形可得到阴影部分的宽和长分别为即可解答． 【详解】解：∵从一个大正方形中截去面积为和的两个小正方形， ∴小正方形的边长分别为， ∴阴影部分的宽和长分别为， ∴阴影部分面积为：（）， 故选． 【点睛】本题考查了二次根式与实际问题，正方形的面积，二次根式的乘法运算法则，算术平方根，掌握二次根式的乘法运算是解题的关键． 3．（24-25八年级下·广东汕头·期中）如图，矩形内有两个相邻的白色正方形，其面积分别为32和2，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B． C．6 D．8 【答案】C 【分析】根据图形可以求得图中阴影部分的面积=大长方形面积两个正方形面积，本题得以解决．本题考查二次根式混合运算的实际应用，解答本题的关键是明确题意，求出大小正方形的边长，利用数形结合的思想解答． 【详解】解：由题意可得，大正方形的边长为，小正方形的边长为， ∴题图中阴影部分的面积为． 故选：C． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接正方形四边中点所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为______． 【答案】 【分析】根据题意作图，利用中位线定理可证明顺次连接正方形四边中点所得的四边形与原正方形相似，且相似比是，所以可求得的四边形的面积与原正方形的面积的比为． 【详解】解：如图： 四边形是正方形， ，， ，F，G，H是正方形各边的中点， ， ，， ，， 同理：， 四边形是正方形， 四边形四边形， 设，则，， 所得的四边形的面积与原正方形的相似比为， 所得的四边形的面积与原正方形的面积的比为． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为对角线BD上任意一点（不与B，D重合），连接AE，过点E作，交线段BC于点F，以AE，EF为邻边作矩形AEFG，连接BG．给出下列四个结论： ①；②； ③设四边形AGBE的周长为m，则； ④当时，的面积为3． 其中正确的结论有____________．（填写所有正确结论的序号） 【答案】①③④ 【分析】①连接EC，证明△AEB≌△CEB（SAS），进而证明∠EFC=∠BCE根据等角对等边即可判断； ②连接CE，过点E作EH⊥BC于点H，利用正方形的性质及线段的和差关系可得CF=2FH，若CD-BF=BE，则BH=CF=2FH，可得BF=FH=CH，即F、H是BC的三等分点，当点E在BD上运动时由此可判断；③由正方形的判定与性质可得∠DAE=∠BAG，再由全等三角形的判定与性质及最值问题即可判断；④连接AF，过点A作AT⊥BD于点T，根据正方形的性质及勾股定理可得AT、ET的长，再利用三角形的面积公式答案． 【详解】如图，连接EC， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90° ∵AE⊥EF ∴∠AEF=90° ∴四边形ABFE中，∠BAE+∠BFE=360°－∠ABC－∠AEF =180° 又∵∠EFC=180°－∠BFE， ∴∠BAE=∠EFC 在△AEB与△CEB中 ∴△AEB≌△CEB（SAS） ∴∠BAE=∠BCE，EC=EA ∴∠EFC=∠BCE ∴EF=EC， ∴EF=EA，故①正确； ②如图，连接CE，过点E作EH⊥BC于点H， ∵四边形ABCD是正方形，点E在BD上， ∴AE=CE，CD=BC，∠CBD=45°， ∵EH⊥BC， ∴BH=EH=BE， CD-BF=BC-BF=CF， ∵AE=EF， ∴CE=EF， ∵EH⊥BC， ∴CF=2FH， 若CD-BF=BE，则BH=CF=2FH， ∴BF=FH=CH，即F、H是BC的三等分点， 而当点E在BD上运动时，点F会在线段BC上运动， ∴②不正确； ③由①得，AE=EF， ∵四边形AEFG是矩形， ∴四边形AEFG是正方形， ∴AG=AE，∠GAE=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=∠GAE=90°， BD=AD=×4=4， ∴∠BAD-∠BAE=∠GAE-∠BAE， ∴∠DAE=∠BAG， 在△DAE和△BAG中， ， ∴DE=BG， ∴m=AG+AE+BG+BE =AE+AE+DE+BE =2AE+BD =2AE+4， ∴m随AE的增大而增大， 当AE⊥BD时，AE最小，m的值最小， 此时AE=AD=×4＝2， m的最小值为2AE+4=2×2+4=8， 当点E与点B或点D重合时，AE最大，m的值最大， 此时AE=4，m的最大值为2AE+4=2×4+4=8+4， ∵点E不与B、D重合， ∴8≤m＜8+4， ∴③正确； ④如图，连接AF，过点A作AT⊥BD于点T， ∵BF=1，AB=4， ∴AF=， 由③知四边形AEFG是正方形， ∴AE=AF=×＝， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AT=DT=AD=×4＝2， ∴ET=， ∴DE=DT-ET=2-=， ∴S△ADE＝DE•AT＝××2=3， ∴S△AGB=S△ADE=3． 故④正确， 综上所述，正确的有①③④， 故答案为：①③④ 【点睛】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，勾股定理，正确的添加辅助线是解题的关键． 6．（24-25八年级下·广东清远·期中）我国是最早了解勾股定理的国家之一，早在三千多年前，周朝数学家商高就提出了“勾三、股四、弦五”这一结论．勾股定理与图形的面积存在密切的关系，如图，这是由两个直角三角形和三个正方形组成的图形，若的面积为6，则阴影部分的周长为_____． 【答案】28 【分析】本题考查了勾股定理，正方形的性质，根据根据勾股定理得，则正方形AEFB的面积是25，因为的面积为6，所以，即可算出阴影部分的周长为． 【详解】解：依题意，， ， 正方形AEFB的面积是25， ． 的面积为6， ， ， ． 即． 阴影部分的周长为． 故答案为： ． 7．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，所有阴影部分四边形都是正方形，所有三角形都是直角三角形，若正方形A、C、D的面积依次为4、6、15，则正方形B的面积为______． 【答案】 【分析】根据勾股定理、正方形的面积公式计算即可． 【详解】解：如图所示，设中间的正方形为， 由题意得，， ∵， ∴，解得， 故答案为：5 【点睛】本题考查了勾股定理，要熟悉勾股定理的几何意义，知道直角三角形两直角边的平方和等于斜边的平方． 8．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，如图，点A，B，E在同一直线上，正方形，的边长分别为3，4，H为线段的中点，求图中阴影部分的面积． 【答案】6 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中线等分面积，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 根据正方形的性质得出是直角三角形，由勾股定理求出，即可求解的面积，可得为斜边上的中线，再由三角形中线等分面积即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵点，，在同一条直线上，正方形，的边长分别为，， ∴，，，， ∴， ∴是直角三角形， ∴， ∵为线段的中点， ∴图中阴影部分的面积是． ( 地 城 考点0 5 正方形的折叠问题 )1．（24-25八年级下·广东肇庆·期中）如图，已知正方形纸片，M、N分别是、的中点，把边向上翻折，使点C恰好落在上的P点处，为折痕，则的度数为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，折叠问题；取的中点E，连接，证明四边形为矩形，得出，根据直角三角形性质得出，证明为等边三角形，得出，即可得出结果． 【详解】解：取的中点E，连接，如图所示：    ∵四边形为正方形， ∴，，， 根据折叠的性质知：，， ∵M、N分别是、的中点， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∴． 故选：C． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）正方形的边长为8，点、分别在边、上，将四边形沿折叠，使点落在处，点落在点处，交于．以下结论：①当为中点时，三边之比为；②连接，则；③当三边之比为时，为中点；④当在上移动时，周长不变．其中正确的有___________（写出所有正确结论的序号）． 【答案】①②④ 【分析】①当为中点时，设，则，根据勾股定理列出方程求解，可推出①正确；②连接交于点Q，过点E作，证明，即可得出②正确；③当三边之比为时，假设，根据，可求出a的值，进一步求得，即可判断③错误；④过点A作，垂足为H，连接，，先证明，可得，再证明，可得，由此可得的周长为16，即可得④正确； 【详解】∵为中点，正方形的边长为8， ∴， 由翻折可知：， 设，则， ∵在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴当为中点时，三边之比为， 故①正确； 如图，连接交于点Q，过点E作，垂足为M，交于点N， ， ， 由翻折可知：垂直平分， 在和中， ， ， 故②正确； 当三边之比为时，假设，则， ∵， ∴， 解得： ∴， ∴此时点不是中点， 故③错误； 如图，过点A作，垂足为H，连接，， 由翻折可知：， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 在与中， ∵， ∴， ∴， ∴的周长为： ， ∴当在上移动时，周长不变， 故④正确； 故答案为①②④． 【点睛】本题属于几何综合题，考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关图形的性质是解决本题的关键． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，正方形的边长为8，点E在边上（不与端点重合），将沿翻折，得到，连接，． (1)当平分时，求点F到的距离． (2)求的周长的最小值，并求出此时的长． (3)若为直角三角形，求的长． 【答案】(1) (2)周长最小值为； (3) 【分析】（1）如图，过作于，证明，从而可得答案； （2）如图，连接，求解，由，（当共线时取等号），结合，可得当最小，则最小，再进一步求解即可； （3）如图，为直角三角形，只有，延长交于，证明，可得，再证明，设，则，再利用勾股定理建立方程求解即可． 【详解】（1）解：如图，过作于， ∵正方形的边长为8，将沿翻折，得到， ∴，，， ∵平分， ∴， ∴， ∴点F到的距离为； （2）解：如图，连接， ∵正方形的边长为8，将沿翻折，得到， ∴，，， ∴， ∵，（当共线时取等号） ∵， ∴当最小，则最小， ∴当共线时，的最小值为：， ∴最小值为； 如图，设，则， ∵四边形为正方形， ∴，而， ∴， ∴， 解得：， ∴； （3）解：如图，为直角三角形，只有，延长交于， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，二次根式运算，轴对称的性质，等腰三角形的判定与性质，作出合适的辅助线是解本题的关键． 4．（24-25八年级下·广东阳江·期中）如图，在正方形中，点E是边的中点，将沿翻折得到．延长交于点F，连接．     (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)10 【分析】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握正方形的性质，折叠的性质，是解题的关键． （1）根据翻折的性质，得到，进而得到，再根据，利用即可证明； （2）根据翻折得到，，全等得到，进而推出，利用勾股定理求出的长，设，利用勾股定理建立方程求出的值，再利用进行求解即可． 【详解】（1）证明：∵正方形中，点E是边的中点， ∴， ∵将沿翻折得到， ∴， ∴， 又， ∴； （2）解：∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴，即：， ∵， ∴，， 在中，， 设，则：， 在和中：， 即：， 解得：； ∴． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知，在平面直角坐标系中，正方形的顶点B，A，分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C的坐标为，且a，b满足：，点D为边上的一个动点，将沿面折，得到． (1)求出a，b的值； (2)如图1，若点D为中点，延长交于点F，求的长； (3)如图2，若，点M为线段上的动点，求的最小值． 【答案】(1) (2)的长为； (3)的最小值为． 【分析】本题考查了二次根式的定义，正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的判定定理，勾股定理等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键 （1）由二次根式的定义求解即可； （2）连接，结合正方形的性质及折叠的性质，由可判定，由全等三角形的性质得， 设，由勾股定理求解即可； （3）过点M作于点N，根据折叠的性质及含30度角的直角三角形的性质得出，确定，当且仅当O、M、N三点共线时取得等号，此时，连接，然后利用等边三角形的判定及勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：， ， 解得：； （2）由（1）得， ， ， 故正方形的边长为4； 连接， 正方形的边长为4， 点D为中点， ，，， 由折叠得：，，， ，， 在和中 ， （）， ， 设， ，， ， ， 解得：， 故的长为； （3）过点M作于点N，如图所示： ∵折叠， ∴， ∴， ∴， 当且仅当O、M、N三点共线时取得等号，此时， 连接， ∵， ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴的最小值为． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图所示，现有一张边长为6的正方形纸片，点P为正方形边上的一点（不与点A、点D重合），将正方形纸片沿着某线折叠，使点B落在P处，点C落在G处，折痕为，与交于点H，连接、． (1)如图1，求证：； (2)如图1，若，求线段与的长度； (3)如图2，连接，直接写出的最小值为 ． 【答案】(1)证明见解答 (2)， (3) 【分析】（1）根据翻折变换的性质得出，进而利用平行线的性质得出即可得出答案； （2）如图2，过点B作于Q，则，证明，得到，， 再证明．得到，设，则，则， 求得，过点F作于点M，则四边形是矩形，由折叠得：，设的交点为O，证明，得，由勾股定理得：即可解答； （3）如图2，过点B作于Q，设，则，由（2）同理得：，问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则， 根据勾股定理，，，作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为，即可解答． 【详解】（1）证明：由折叠知， ∴， 又由折叠知：， ∴， 即， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图1，过点B作于Q，则， ∵四边形是正方形， ∴， 由（1）可知：， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵ ∴． ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， 过点F作于点M， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠得：，设的交点为O， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ∴； （3）解：如图2，过点B作于Q， 设，则， 由勾股定理得：，， 由（2）同理得：， ∴， 问题转化如下图：构造边长为6的正方形，点B在上，设，则， 根据勾股定理，，， 作出点P关于的对称点R，连接交于点W，当点B与点W重合时，取得最小值，且最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，线段和的最小值，熟练掌握性质是解题的关键． 7．（24-25八年级下·广东江门·期中）综合与实践 【主题】黄金矩形 【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等． 素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。 【操作步骤】 【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处． 【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形． 【问题解决】设． (1)求证：矩形是黄金矩形． (2)求证：矩形MNDE也是黄金矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的性质、翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，二次根式的混合运算，理解黄金矩形定义，灵活运用所学知识解决问题是解答的关键． （1）根据正方形的性质、翻折变换、矩形的性质以及勾股定理得到、，再根据黄金矩形的定义即可证得结论； （2）由（1）可求得，再根据黄金矩形的定义即可得出结论. 【详解】（1）证明：根据题意可得，，， ∴， 根据勾股定理可得， ∴ ∴ ∴ ∴矩形是黄金矩形． （2）证明：由（1）知，，， ∴， ∴， 故矩形是黄金矩形． ( 地 城 考点0 6 根据正方形的性质证明 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：点是正方形外部的一个点，且满足，，（），连接．过点作交的延长线于点，连接． (1)在图中补全图形； (2)求的度数； (3)探索线段的数量关系． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（）根据题意补全图形即可； （）延长到点，由，得，，则，，所以，，所以； （）作于点，交的延长线于点，可证明四边形是矩形，得，则，即可证明，得，则四边形是正方形，所以，则，作交于点，则，，所以，则，再证明，得，则． 【详解】（1）解：如图，补全图形． （2）如图，延长到点， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∴的度数是． （3）． 证明：如图，作于点，交的延长线于点，则， ∵交延长线于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 作交于点，则， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题是四边形的综合题，重点考查正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和、全等三角形的判定与性质、同角的余角相等、勾股定理等知识，此题综合性强，难度较大，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）四边形是正方形，点是射线上一动点，且，过点作交直线于点，作的平分线交直线于点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图1，请写出，和之间的数量关系； (3)如图2，连接交于点，交于点，请探索，，之间的数量关系：_____． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用同角的余角相等即可得到结论； （2）证明，得出，证明，得出，即可得出结论； （3）在上截取点G，使得，连接，证明，则，得到，则，得到，证明，则，即可得到； 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，，   ， ， ， ， ； （2）解：如图， ，，， ， ， ，， ， ， ； （3）解：，证明如下； 在上截取点，使得，连接，，如图， 在和中，， ， ，， ， ， ， 的平分线交直线于点， ， ，， ， ． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，勾股定理余角的性质，解题的关键是熟练掌握相关的判定和性质． ( 地 城 考点0 7 正方形判定定理的理解 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列选项的命题中，是真命题的是（    ） A．有三边相等的四边形是菱形 B．四个角相等的菱形是正方形 C．两条对角线互相平分的四边形是矩形 D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 【答案】B 【分析】本题主要考查了真假命题的判断，涉及正方形、菱形和矩形的判定定理．根据相关判定定理可知：对角线相等且互相平分的四边形是矩形；对角线互相垂直且平分的四边形是菱形；对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形．据此对各选项逐一判断即可． 【详解】解：A、菱形的定义是四条边都相等的四边形，“有三边相等的四边形是菱形”是假命题，因为三边相等不能保证四边形是菱形，不符合题意； B、正方形的定义是四个角都是直角且四条边都相等的四边形，菱形已满足四边相等，若四个角相等，则每个角为，“四个角相等的菱形是正方形”是真命题； C、对角线互相平分的四边形是平行四边形，但矩形需满足对角线相等或有一个角是直角，“两条对角线互相平分的四边形是矩形”是假命题，不符合题意； D、对角线相等、互相垂直且平分的四边形是正方形，对角线互相垂直且相等的四边形不一定是平行四边形，因此不一定是正方形，“两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形”是假命题，不符合题意； 故选：B． 2．（24-25八年级下·广东肇庆·期中）下列命题是真命题的是（   ） A．四条边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的四边形是矩形 C．两组对边相等的四边形是平行四边形 D．对角线互相垂直的四边形是菱形 【答案】C 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法逐一分析选项，判断其是否为真命题． 【详解】解：A． 四条边相等的四边形是菱形，若要成为正方形还需四个角为直角，原命题是假命题，故此选项不符合题意． B． 对角线相等的四边形不一定是矩形，例如等腰梯形对角线相等，但并非矩形，原命题是假命题，故此选项不符合题意． C． 两组对边分别相等的四边形是平行四边形，原命题是真命题，故此选项符合题意． D． 对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，例如对角线垂直但长度不等的四边形可能是风筝形，原命题是假命题，故此选项不符合题意． 故选：C． 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）下列命题中，正确的是（　　） 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．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．平行四边形的对角线相等 D．对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定．根据平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定及正方形的判定逐一判断即可求解． 【详解】解：A、一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，也可能是等腰梯形，原说法错误，故本选项不符合题意； B、对角线互相垂直且平分的四边形是菱形，原说法错误，故本选项不符合题意； C、平行四边形的对角线不一定相等，原说法错误，故本选项不符合题意； D、对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，则说法正确，故本选项符合题意， 故选：D． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列说法错误的是（   ） A．对角线互相垂直的矩形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线相等的平行四边形是矩形 【答案】B 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定定理，熟练掌握判定定理是解题的关键．根据正方形，矩形，菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、对角线互相垂直的矩形是正方形，故该选项正确，不符合题意； B、 对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故该选项不正确，符合题意； C、对角线相等的菱形是正方形，故该选项正确，不符合题意； D、对角线相等的平行四边形是矩形，故该选项正确，不符合题意； 故选：B． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）下列命题正确的是（   ） A．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 B．对角线互相垂直的四边形是菱形 C．对角线相等的平行四边形是矩形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 【答案】C 【分析】本题考查特殊的平行四边形的判定，熟练掌握特殊平行四边形的判定方法是解题的关键，根据平行四边形、正方形、矩形、菱形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、对角线互相垂直、平分且相等的四边形是正方形，不符合题意； B、对角线互相垂直平分的四边形是菱形；不符合题意； C、对角线相等的平行四边形是矩形；符合题意； D、一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，不符合题意； 故选：C． ( 地 城 考点0 8 添加添加成为正方形 )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·广东广州·期中）如图，在矩形中，对角线与相交O，添加下列条件不能判定矩形是正方形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断． 【详解】解：A、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意； B、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意； C、正确．∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴矩形为正方形，故不符合题意； D、正确，∵，， ∴， ∴， ∴， ∴矩形是正方形，故不符合题意． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列结论中正确的是（　　） A．当AC＝BD时，它是正方形 B．当AC⊥BD时，它是矩形 C．当∠ABC＝90°时，它是菱形 D．当AB＝BC时，它是菱形 【答案】D 【分析】根据矩形、菱形、正方形的判定方法和各个选项中的说法，可以判断是否正确，从而可以解答本题． 【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴当AC=BD时，它是矩形，故选项A不符合题意； 当AC⊥BD时，它是菱形，故选项B不符合题意； 当∠ABC=90°时，它是矩形，故选项C不符合题意； 当AB=BC时，它是菱形，故选项D符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法． ( 地 城 考点 09 证明四边形是正方形 )1．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，在正方形中，已知边长，点是对角线上一点，，连接．过点作交于点，以，为邻边作矩形，连接．以下四个结论：；是等腰三角形；，两点间的距离为；矩形的面积为，正确的是（   ） A．仅有 B．仅有 C．仅有 D． 【答案】C 【分析】过作于点，延长交于点，过作于点，则，由正方形性质可得平分，，所以，，证明，即可判断；先得出，，则有，，由勾股定理得，然后通过面积即可判断；分别求出，，，即可判断；证明，则，，所以，然后连接，通过勾股定理即可判断． 【详解】解：如图，过作于点，延长交于点，过作于点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴平分，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴，故正确； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴，， 由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积为，故正确， ∵，，， ∴不是等腰三角形，故不正确； ∵，四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 连接， ∴，故正确； 综上可知：正确， 故选：． 【点睛】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，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，等腰三角形定义等知识掌握知识点的应用是解题的关键． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形中，点E，F分别是，边上的点，，且，过点E作于点H，过点F作于点G，，交于点O，连接，，． 设． 给出下面三个结论： ①；②；③；④． 上述结论中，所有正确结论的序号是（   ） A．①② B．①③ C．①④ D．①②④ 【答案】A 【分析】①先证明四边形是正方形，且边长为a，四边形是正方形且边长为b，四边形和四边形是矩形，长为b，宽为a，在中，由勾股定理得，根据三角形三边之间的关系得，由此可对结论①进行判断； ②在中，由勾股定理得，在中，根据三角形三边之间的关系得，则，由此可对结论②正确； ③在中，由勾股定理得：，则，由此可对结论③进行判断； ④根据即可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形是正方形， ∴，， ∵，，，，， ∴四边形是正方形，且边长为a，四边形是正方形且边长为b，四边形和四边形是矩形，长为b，宽为a， 在中，，， 由勾股定理得：， 根据三角形三边之间的关系得：， ∴， 故结论①正确； ②在中，，， 由勾股定理得：， 在中，根据三角形三边之间的关系得：， ， ， 故结论②正确； ③在中，，， 由勾股定理得：， ， 故结论③不正确； ④由③可知：， 故结论④不正确， 综上所述：正确结论的序号是 ①②． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，三角形三边之间的关系，熟练掌握正方形的判定和性质，勾股定理及三角形三边之间的关系是解题的关键． 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）2002年在北京举行的第二十四届国际数学家大会会徽的设计基础是多年前中国古代数学家赵爽的“弦图”，如图，在由四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形，中空的部分是四边形，连接，相交于点，与相交于点，若，且大正方形边长为，则四边形的面积为（     ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理，灵活运用知识点推理证明是解题的关键． 记和交于点，根据正方形的性质，利用证明，利用证明，设，结合勾股定理推出，根据大正方形边长为，得出，求出，即为四边形的面积． 【详解】解：如图，记和交于点，    ∵四个全等的直角三角形（、、、）拼成大正方形， ∴，，，， ∴， ，即， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵大正方形边长为， ∴， ∴， ∴四边形的面积为， 故选：D． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知：正方形，点是对角线所在直线上的动点，点在边所在的直线上，且随着点的运动而运动，总成立． (1)如图1，当点在对角线上时，请你猜想与有怎样的数量关系，并证明； (2)如图2，当点运动到的延长线上时，（1）中猜想的结论是否成立？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由； (3)如图2，当点运动到的反向延长线上时，请你利用图3画出满足条件的图形，并判断此时与有怎样的关系，并说明理由． 【答案】(1)，证明见解析 (2)（1）中猜想的结论成立，证明见解析 (3)图形见解析；结论：①，②．理由见解析 【分析】（1）证明，可得，即可解答； （2）证明，可得，即可解答； （3）根据题意补全图形，设交于J．证明，可得，再结合，可得，从而得到，即可解答． 【详解】（1）解：，证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：（1）中猜想的结论成立，证明如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图所示：结论：①，②．理由： 设交于J． ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 5．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，四边形是菱形，对角线、交于点O，点D、B是对角线所在直线上两点，且，连接、、、，，求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，平行四边形的性质与判定，先根据菱形的性质得，，，则，证明四边形是平行四边形，结合，，即可作答． 【详解】解：∵菱形的对角线和交于点O， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）已知如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接． (1)若，求证：四边形为正方形； (2)当点在边上运动时，点到边的距离是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． (3)当的面积取最小值时，求菱形的面积． 【答案】(1)见解析 (2)点F到直线CD的距离始终为定值3，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了菱形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． （1）根据有一个直角的菱形是正方形，证明，得到，结合，得到，即可得证． （2）过F作，交延长线于M，连接．证明即可得证． （3）设，可得．由，得到，在中，．则，此时，点E与点B重合，过点F作的平行线交的延长线于点，同理可证明：，，最后由即可求解． 【详解】（1）∵矩形，菱形， ∴， 又， ∵， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴四边形为正方形． （2）解：距离是定值3．理由如下： 过F作，交延长线于M，连接，则， ∵矩形，菱形， ∴，，，， ∴，． ∴． 在和中， ∵， ∴． ∴， 即无论菱形如何变化，点F到直线的距离始终为定值3． （3）解：设，如上图： ∵， ∴． ∵， ∴在中，． ∵ ∴在中，． ∴． ∴ ∴的最小值为，此时，点E与点B重合， 过点F作的平行线交的延长线于点， 则， 同理可证明：，， ∴，，， ∴， ∴ ∴当的面积取最小值时，菱形的面积为． 7．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图1所示，在中，，点是两个外角平分线、的交点，的延长线，垂足为点，的延长线，垂足为点， (1)直接写出______； (2)求证：四边形为正方形； (3)如图2所示，在正方形中，点、点分别是线段和线段上任意两点且，请写出线段、、的数量关系并说明理由． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，理由见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，三角形内角和定理，角平分线的性质，角平分线的定义，熟知正方形的性质与判定定理是解题的关键。 （1）先由三角形内角和定理得到，再由平角的定义推出，则由角平分线的定义得到，则由三角形内角和定理可得答案； （2）如图所示，过点D作于H，可证明四边形是矩形，再由角平分线的性质推出，则可证明四边形是正方形； （3）延长到G，使得，连接，证明，再证明，得到，则可得到。 【详解】（1）解：∵在中，， ∴， ∵， ∴， ∵点是两个外角平分线、的交点， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图所示，过点D作于H， ∵， ∴四边形是矩形， ∵点是两个外角平分线、的交点，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （3）解：，理由如下： 如图所示，延长到G，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴。 8．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知矩形，P是上一动点，M、N、E分别是的中点． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请问当P运动到何处时，四边形是菱形；为什么？ (3)在（2）的条件下，当与满足什么数量关系时，四边形为正方形．（请直接写出结果） 【答案】(1)见解析 (2)当P是的中点时，四边形是菱形，理由见解析 (3)当时，四边形是正方形，理由见解析 【分析】（1）根据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明； （2）当P是的中点时，证明，得到，进而可证明四边形是菱形； （3）四边形是正方形的话，必需为，故只需，进而得到即可． 【详解】（1）证明：、、分别是、、的中点， 是的中位线，是的中位线， ，， 四边形是平行四边形； （2）解：当P是的中点时，四边形是菱形， 理由如下： 当P是的中点时，即， ∵四边形是矩形， ∴，， 在和中， ， ， ， 、、分别是、、的中点， ，， ， 四边形是菱形； （3）解：当时，四边形是正方形． 理由：∵，P是的中点， ∴，又， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了三角形的中位线性质，平行四边形的判定，菱形的判定定理以及正方形的判定定理和性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，熟知特殊四边形的判定与性质是解题的关键． ( 地 城 考点 10 正方形的性质和判定的综合运用 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，已知四边形为正方形，边长为2，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．当点从点运动到点时，求的最小值为__________． 【答案】 【分析】过点作于点，作于点，利用定理证出，再根据全等三角形的性质可得，则矩形为正方形，那么，由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即取得最小值，由勾股定理求出，再由斜边上中线性质可求长． 【详解】解：如图，过点作于点，作于点， 四边形为正方形， ，， ，且， 四边形为正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中，， ， ， 矩形为正方形， ∴， 四边形为正方形，， ， ∴， 由垂线段最短可知，当时，取得最小值，即取得最小值， ∵， ∴此时点为中点， ∵， ∴最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 2．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，正方形网格中的每个小正方形边长都是1，每个小格的顶点叫做格点，以格点为顶点分别按下列要求画出图形． (1)在图1中，画一个正方形，使它的面积是10； (2)在图2和图3中，分别画两个不全等的直角三角形，使它的三边长都是无理数． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，勾股定理及其逆定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）画一个边长为的正方形即可； （2）画一个直角边长为的等腰直角三角形，画一个两直角边的长分别为，的直角三角形即可． 【详解】（1）解；如图所示，四边形即为所求； 利用勾股定理可得，， 则可证明，则，则四边形是正方形，； （2）解：如图所示，即为所求； 由勾股定理可得， ， 则可证明， 则． 3．（24-25八年级下·广东中山·期中）在学习特殊的平行四边形后，兴趣小组开展了动点问题的探究活动． 【问题情境】： 在中，，E是边上一动点，连接． 【发现问题】： （1）如图1，若交于点M，猜想线段与的数量关系，并证明； 【类比探究】： （2）如图2，若且，以为边，在右侧作正方形，连接，当点E在上运动时（不与B、C重合），的大小是否发生变化，如果变化，请说明理由．如果不变，请求出的度数． 【拓展迁移】： （3）如图3，当为正方形时，延长线上有一点P，，在直线的右侧作，且，点R为线段的中点，当点E从点B运动到点C时，求出点R运动路径长度，并说明理由． 【答案】（1），证明见解析；（2）的大小不会变化，；（3）当点从点运动到点时，点运动的路径长为，理由见解析 【分析】题目主要考查菱形、正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，点的运动，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据菱形的判定得出四边形是菱形，再利用菱形的性质及全等三角形的判定和性质即可证明； （2）根据正方形的判定得出四边形是正方形，过点作，交的延长线于，利用全等三角形的判定和性质得出，， ，然后结合图形求解即可； （3）连接，作交于，根据全等三角形的判定和性质得出，，确定点的运动轨迹是线段，然后结合图形求解即可． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，且， 四边形是菱形， ，， ， ， ； （2）解：的大小不会变化， 四边形是菱形，且， 四边形是正方形， 过点作，交的延长线于，如图， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ； （3）解：如图中，连接，作交于， ，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ， 点的运动轨迹是线段， 点从运动到时， ， ， 当点从点运动到点时，点运动的路径长为． 4．（24-25八年级下·广东广州·期中）我们把两组邻边分别相等的四边形叫做筝形，如图1所示，，则四边形是筝形；在平面直角坐标系中，筝形的顶点，在坐标轴上，点在线段上． (1)如图1，求证：筝形的一条对角线被另一条对角线垂直平分． (2)如图2，若，点在线段上运动（与点、不重合），过点作垂直，交射线于点，过点作垂直于点；在点的运动过程中，能否为等腰三角形？如果能，试求出此时的长；如果不能，试说明理由． (3)如图3，若，在射线上裁取，使，请直接写出的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)能， (3) 【分析】（1）根据线段垂直平分线的判定即可证明； （2）先证明四边形为正方形，①当点E在线段上时，可得．若为等腰三角形，则，证明不存在；②若点在线段的延长线上，可得，若是等腰三角形，则，再导角证明； （3）过点作轴于点，过点B作轴的垂线，在轴下方垂线上截取，连接，证明，则，那么，当点三点共线时，取得最小值，即为，通过勾股定理以及角直角三角形的性质求出坐标即可求解． 【详解】（1）证明：连接， ∵，， ∴垂直平分； （2）解：能为等腰三角形，理由如下： 当时，则， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ①当点E在线段上时， ， ∴， ， ． 若为等腰三角形，则， ∵四边形为正方形， ， ，与矛盾， 当点在线段上时，不可能是等腰三角形； ②若点在线段的延长线上， ， ∴若是等腰三角形， ， ， ， ， ， ， ∴若是等腰三角形，； （3）解：过点作轴于点，过点B作轴的垂线，在轴下方垂线上截取，连接， ∵在中，， ∴ ∵，，， ∴， ∴，， ∴，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵轴，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 当点三点共线时，取得最小值，即为， 在中，同理可求，， ∵， ∴， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，角的直角三角形的性质，两点间距离公式，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质等知识，难度较大，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 5．（24-25八年级下·广东云浮·期中）在四边形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．点Q在的延长线上且． (1)如图1，若四边形是正方形． ①求的度数； ②探究与的数量关系并说明理由． (2)如图2，若四边形是菱形且．探究与的数量关系并说明理由． 【答案】(1)①；②，详见解析 (2)，详见解析 【分析】本题主要考查了正方形和菱形的性质、全等三角形的判定和性质、腰三角形的性质和判定、等边三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握有关基础知识是解题的关键． （1）①先证明，进而推出；可得出，根据等边对等角和三角形内角和定理即可解答；②如图2，如图2，在上取一点N，使，连接，证明，再根据全等三角形的性质即可解答； （2）如图3，过点D作于E，连接，先证明是等边三角形，再证明和，进而完成解答． 【详解】（1）解：①如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴； ②，理由如下： 如图2，在上取一点N，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． （2）解：，理由如下： 如图3，过点D作于E，连接， ∴，， ∵四边形是菱形，， ∴， ∴，是等边三角形， ∴， 由（1）同理得：， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即． ( 地 城 考点 11 根据正方形的性质证明 )1．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，在矩形中，的平分线交于点E，于点F，于点G，与相交于点O． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，直接写出与的数量关系 ． (3)在（2）的条件下，已知，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据矩形的性质和题意得，再根据矩形的判定证得四边形是矩形，由角平分线的定义得，再由等角对等边得，最后根据正方形的判定求证即可； （2）由角平分线的定义得，再由垂线的定义和矩形的性质得，根据等腰直角三角形的判定和勾股定理得，，即可求证； （3）由（2）得、是等腰直角三角形，，利用勾股定理求得，进而求得，再根据正方形的性质得，再根据等腰直角三角形的判定得，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵平分， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵平分， ∴， ∵，四边形是矩形， ∴， ∴、是等腰直角三角形， ∴，， 又∵， ∴， 故答案为：； （3）解：由（2）得、是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、等腰直角三角形的性质与判定、勾股定理及角平分线的定义，熟练掌握矩形的判定与性质、正方形的判定与性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知四边形为正方形，为对角线上一动点（不与点，重合），连接，过点作，交于点，以，为邻边作矩形，连接． (1)如图1，求证：矩形是正方形； (2)如图2，已知正方形的边长为2，当时， ①求的长； ②记的面积为，的面积为，则_________． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】（1）由正方形的性质可得，，作于，于，证明四边形为正方形，得出，，再证明，得出，即可得证； （2）①证明，得出，作于，则为等腰直角三角形，设，则，由直角三角形的性质可得，由勾股定理可得，结合，求出，即可得解；②作交的延长线于，作于，证明四边形为正方形，得出，求出，再由三角形面积公式计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， 如图，作于，于， 则， ∴四边形为矩形， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：①由（1）可得矩形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，作于， 则为等腰直角三角形， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②如图，作交的延长线于，作于， 则， ∴四边形为矩形， 由①可得，，， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 3．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在正方形中，，点为正方形的对角线上一动点． (1)如图①，过点作交边于点．当点在边上时，求证：； (2)如图②，在（1）的条件下，过点作，垂足为点，在点的运动过程中，的长度是否发生变化？若不变，求出这个不变的值；若变化，试说明理由． (3)如图③，若点是射线上的一个动点，连接，，且始终满足，设，求的最小值． 【答案】(1)证明见解答过程 (2)点在运动过程中，的长度不变，值为 (3)6 【分析】（1）连接，证，得，再证，则，即可得出结论； （2）连接，如图2．首先证得，则有，只需求出的长即可得解； （3）过点在正方形外构造作，然后取中位线得，从而可得，再构造直角三角形求出即可得出结论． 【详解】（1）证明：连接，如图1所示：    ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：的长度不变．理由如下： 连接，与相交于点，如图2．    ∵四边形是正方形， ∴， ∵，即， ∴， ∵，即， ， 在和中， ， ∴， ， ∵四边形是正方形， ，， ， ， ，(负值不合题意，已经舍去) ， ∴点在运动过程中，的长度不变，值为； （3）解：如图3所示：过点在正方形外作，使，在上取点，使，连接，    ∵四边形是正方形， ， ，， ∴， ∴， ∴， 如图3所示：在上取点，使，连接、， 又∵， ∴， ∴ 即：当、、三点共线时，最小，最小值为， 如图3所示：过点作，垂足为，交于， ∵正方形中，， ∴四边形是矩形， ∴，，， ∵ ∴是等腰直角三角形， ∵， ， ， 在中，由勾股定理得：， ∴ ∴的最小值为． 【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、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和等腰直角三角形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型． ( 地 城 考点 12 中点四边形 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）顺次连接矩形各边中点所得四边形必定是（   ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】B 【分析】此题主要考查了菱形的判定，根据三角形的中位线定理和菱形的判定可知，顺次连接矩形各边中点所得的四边形是菱形． 【详解】解：如图，连接、， ∵E、F、G、H分别是矩形的、、、边上的中点， ∴，（三角形的中位线等于第三边的一半）， ∵矩形的对角线， ∴， ∴四边形是菱形． 故选：B． 2．（24-25八年级下·广东汕头·期中）顺次连接矩形各边中点得到四边形，它的形状是（　　） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】C 【分析】本题考查了菱形的判定、正方形的判定、矩形的性质、三角形中位线定理，熟练掌握特殊四边形的判定与性质是解题关键．连接，先根据矩形的性质可得，再根据三角形中位线定理可得，从而可得四边形是菱形，然后根据正方形的判定即可得． 【详解】解：四边形是菱形，理由如下： 如图，连接，    ∵四边形是矩形， ∴， ∵点分别是的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是菱形， 又∵与不一定垂直， ∴与也不一定垂直， ∴四边形一定是菱形，不一定是正方形， 故选：C． 3．（24-25八年级下·广东东莞·期中）如图，任意四边形各边中点分别是E、F、G、H．若对角线、的长分别是、，则四边形的周长是（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 【答案】B 【分析】利用三角形中位线定理易得所求四边形的各边长都等于或的一半，进而求四边形周长即可． 【详解】解：∵E，F，G，H，是四边形各边中点， ∴，，． 又∵，， ∴四边形的周长是． 故选：B． 【点睛】本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，解决本题的关键是找到四边形的四条边与已知的两条对角线的关系．三角形中位线的性质为我们证明两直线平行，两条线段之间的数量关系又提供了一个重要的依据． 4．（24-25八年级下·广东江门·期中）若顺次连接四边形各边的中点所得的四边形是菱形，则四边形的两条对角线，一定是（    ） A．互相平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直 D．相等 【答案】D 【分析】根据三角形的中位线定理得到，，，要是四边形为菱形，得出，即可得到答案． 【详解】解：∵E，F，G，H分别是边，，，的中点， ∴，，F，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 当平行四边形是菱形时， ∴， ∵，， ∴， 故选：D． 【点睛】本题主要考查对菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等知识点的理解和掌握，灵活运用性质进行推理是解此题的关键． 5．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，四边形ABCD中，E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，若四边形EGFH为矩形，则四边形ABCD需满足的条件是（    ） A．AC＝BD B．AC⊥BD C．AB＝DC D．AB⊥DC 【答案】D 【分析】由题意易得GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB，则有四边形EGFH为平行四边形，由矩形的性质可得∠GFH=90°，然后可得∠GFB+∠HFC=90°，最后问题可求解． 【详解】解：∵E，F分别是边AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点， ∴GF∥EH∥CD，GE∥FH∥AB， ∴四边形EGFH为平行四边形，∠GFB=∠DCB，∠HFC=∠ABC， 若四边形EGFH为矩形，则有∠GFH=90°， ∴∠GFB+∠HFC=90°， ∴∠DCB+∠ABC=90°， ∴AB⊥DC； 故选D． 【点睛】本题主要考查矩形的性质与判定及三角形中位线，熟练掌握矩形的性质与判定及三角形中位线是解题的关键． 6．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在菱形中，边长为1，顺次连接菱形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形各边中点，可得四边形；顺次连接四边形边中点，可得四边形；按此规律继续下去，则四边形的面积是_____． 【答案】/ 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键．连接、交于点，根据菱形的性质得到，，根据等边三角形的性质求出，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理、矩形的判定得到四边形为矩形，求出四边形的面积，总结规律，关键规律解答即可． 【详解】解：解：如图，连接、交于点， 四边形为菱形， ，， ， 为等边三角形， ， ， ， ， ， 顺次连接菱形各边中点，可得四边形， ，，，，， 四边形为矩形， 四边形的面积为， 则四边形的面积是， 故答案为：． 7．（24-25八年级下·广东惠州·期中）顺次连接菱形的四边中点所得的图形为_______． 【答案】矩形 【分析】本题考查中点四边形，掌握三角形的中位线定理，菱形的性质，矩形的判定，是解题的关键．结合顺次连结菱形各边中点所得的新四边形的两组对边分别平行于菱形的两条对角线，菱形的两条对角线是互相垂直的，则新四边形的两组对边分别平行，邻边垂直，即可作答． 【详解】解：依题意，顺次连结菱形各边中点所得的新四边形的两组对边分别平行于菱形的两条对角线，菱形的两条对角线是互相垂直的， 则新四边形的两组对边分别平行，邻边垂直， ∴顺次连接菱形的四边中点所得的图形为为矩形； 故答案为：矩形 8．（24-25八年级下·广东东莞·期中）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 数量关系、位置关系 特殊四边形 不相等、不垂直 平行四边形 【探究一】 （1）如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点，求证：中点四边形是平行四边形．（请写出完整的证明过程） 【探究二】 （2）由图2，从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究三】 （3）由图3，从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线________时，中点四边形是________． 【探究四】 （4）结合图2、图3，得出猜想Ⅲ：原四边形对角线________时，中点四边形是正方形． 【答案】（1）见解析（2）相等，菱形（3）垂直，矩形（4）相等且垂直 【分析】本题考查中点四边形，平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定，熟练掌握三角形的中位线定理，是解题的关键： （1）根据三角形的中位线定理，推出，即可得证； （2）根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，作答即可； （3）根据有一个角为直角的平行四边形为矩形，作答即可； （4）根据有一个角为直角的菱形是正方形，作答即可． 【详解】解：（1）∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴分别为的中位线， ∴， ∴， ∴中点四边形是平行四边形． （2）当原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形； 由（1）知：中点四边形是平行四边形，， ∵在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴中点四边形是菱形； （3）当原四边形对角线垂直时，中点四边形是矩形； 由（1）（2）可知：，中点四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴中点四边形是矩形； （4）当原四边形对角线相等且垂直时，中点四边形是正方形； 由（2）可知：中点四边形是菱形； 由（3）可知：， ∴中点四边形是正方形． ( 地 城 考点 13 （特殊）平行四边形中的动点问题 )1．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，，，．点从点出发，以的速度向点运动；点从点同时出发，以的速度向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动． (1)从运动开始，求使需经过多少时间？ (2)连接，是否存在为等腰三角形？若存在请求的值，若不存在，说明理由． 【答案】(1)； (2)当或或时，为等腰三角形． 【分析】本题考查了动点几何问题、矩形的判定与性质、勾股定理、平行四边形的判定与性质，解决本题的关键是根据图形的性质找到边之间的关系，再利用边之间的关系列方程求解即可． （1）已知，当时，四边形是平行四边形，根据平行四边形对边相等可得，设运动的时间是，可得关于的方程，解方程即可得到运动的时间； （2）当为等腰三角形，应分三种情况求解：第一种情况、当时，第二种情况、当时，第三种情况、当时． 【详解】（1）解：设运动的时间是， ，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， 即， 解得：， 从运动开始，使需经过； （2）解：当或或时，为等腰三角形， 如下图所示，过点 作， 则， ，， ， 四边形是矩形， ，， ， 在中，， 是等腰三角形， 当时，， 解得：； 如下图所示， 当时， ， ， ， 解得：； 当时， ，， ， ， ， 整理得：， 解得：； 综上所述，当或或时，为等腰三角形． 2．（24-25八年级下·广东广州·期中）如图，在四边形中，，，点从点出发，以的速度向点运动；点从点出发，以秒的速度问点运动，规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设点运动的时间为秒．    (1)若两点同时出发． ①当t为何值时，四边形为平行四边形？ ②当t为何值时，？ (2)若P点先运动3秒后停止运动，此时Q点从C点出发，到达D点后运动立即停止，则t为何值时，为直角三角形． 【答案】(1)① ②或 (2)或 【分析】（1）①四边形为平行四边形时，根据即可得到答案； ②分点Q在P的右边和左边两种情况计算即可； （2）分和两种情形进行讨论求解即可． 本题主要考查了四边形的动点问题，矩形的性质与判定，平行四边形的判定和性质，勾股定理等，解题的关键在于能够熟练掌握相关知识进行求解． 【详解】（1）①根据题意，得， ∵, ∴, ∵四边形为平行四边形， ∴, ∴, 解得， 故当秒时，四边形为平行四边形． ②当在点P的右边时，根据①四边形为平行四边形时，， 此时． 当在点P的左边时，过点B作于点E， ∵, ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 过点作于点F， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴, ∴, 解得， 故当秒或时，．    （2） 当时， 根据题意，得，四边形是矩形， ∴, ∴, ∴, 解得，    当时， 过点作于点G，过点B作于点E， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 解得． 综上所述，当或时，为直角三角形． 3．（24-25八年级下·广东惠州·期中）如图，在四边形中，，，，，，动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，同时动点从点出发沿边以的速度向点匀速运动，当其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为． (1)当__________时，四边形是矩形． (2)当为何值时，四边形是平行四边形？ (3)四边形是否能成为菱形？若能，求出的值；若不能，请说明理由． 【答案】(1)6.5 (2)6 (3)不能．理由见解析 【分析】此题考查了平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． （1）由在四边形中，，，可得当时，四边形是矩形，即可得方程：，解此方程即可求得答案． （2）由在四边形中，，可得当时，四边形是平行四边形，即可得方程：，解此方程即可求得答案； （3）由若四边形是菱形，则四边形是平行四边形，根据（2）中的求解答案，分析看此时能否为菱形，因为，即可得四边形不可能是菱形； 【详解】（1）根据题意得：，， ，，， ，， 在四边形中，，， 当时，四边形是矩形， ， 解得：， 当时，四边形是矩形； 故答案为：6.5； （2）在四边形中，， 当时，四边形是平行四边形， 根据（1）得：， 解得：， 当时，四边形是平行四边形； （3）不能，理由如下： 若四边形是菱形，则四边形是平行四边形， 根据（2）得：， ， 过点作于， 四边形是矩形， ， ，， ， 四边形不可能是菱形． 4．（24-25八年级下·广东江门·期中）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠ADC＝90°，AD＝12cm，AB＝18cm，CD＝23cm，动点P从点A出发，以1cm/s的速度向点B运动，同时动点Q从点C出发，以2cm/s的速度向点D运动，其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒． （1）当t＝3时，PB＝　 　cm． （2）当t为何值时，直线PQ把四边形ABCD分成两个部分，且其中的一部分是平行四边形？ （3）四边形PBQD能否成为菱形？若能，求出t的值；若不能，请说明理由． 【答案】（1）15；（2）t＝6或；（3）能，t＝5. 【分析】（1）先求出AP，即可求解； （2）分两种情况讨论，由平行四边形的性质可求解； （3）由菱形的性质可求DP＝BP，由勾股定理可求解． 【详解】解：（1）当t＝3时，则AP＝3×1＝3cm， ∴PB＝AB﹣AP＝18﹣3＝15cm， 故答案为：15． （2）若四边形PBCQ是平行四边形， ∴PB＝CQ， ∴18﹣t＝2t， ∴t＝6， 若四边形PQDA是平行四边形， ∴AP＝DQ， ∴t＝23﹣2t， ∴t＝， 综上所述：t＝6或； （3）如图， 若四边形PBQD是菱形， ∴BP＝DP， ∵， ∴， ∴AP＝5， ∴t＝＝5， ∴当t＝5时，四边形PBQD为菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形，菱形的判定，勾股定理，分类思想，熟练掌握菱形的判定定理，灵活运用分类思想是解题的关键. 5．（24-25八年级下·广东湛江·期中）如图，四边形中，，，，，点M从点D出发，以每秒2个单位长度的速度向点A运动，同时，点N从点B出发，以每秒1个单位长度的速度向点C运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作于点P，连接交于点Q，连接．设运动时间为t秒． (1)________，________．（用含t的代数式表示） (2)当四边形为平行四边形时，求t的值． (3)如图，当M和N在运动的过程中，是否存在某时刻t，使为直角三角形，若存在，直接写出t的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)或2 【分析】本题主要考查了四边形综合题，矩形的判定与性质，平行四边形的性质，等腰直角三角形的性质，运用数形结合、方程思想是解题的关键． （1）由，根据，即可求出；先证明四边形为矩形，得出，则； （2）根据四边形为平行四边形时，可得，解方程即可； （3）分两种情况：①当时，②当时，进行讨论即可． 【详解】（1）解：由题意得， ， ， ， ， ∴四边形为矩形， ， 故答案为：； （2）∵当四边形为平行四边形时，， 根据（1）可算出， ∴， 解得． （3）由其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动可知，， ∵， ∴为等腰直角三角形，即：， 则也是等腰直角三角形， ， ∵此种情况不存在； ①当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得； ②当时，∵， ∴，为等腰直角三角形， 则， ∴， 解得：； 综上，当或2时，为直角三角形． 2 / 8 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $