21.3.3正方形（小模块.微专题.大压轴）（二十大题型）2025-2026学年数学人教版八年级下册

挖井人数学 小模块·微专题·大压轴 https://shop.xkw.com/165948 行而不舍 ·若骥千里 納无所穷·如海百川 ----【小模块·微专题·大压轴】《21.3.3正方形》专题突破 【专辑简介】【小模块·微专题·大压轴】实现了知识模块化，重点专题化，难点压轴素养化。从【模块通关·举一反三】的小桥流水，到【专题攻坚·多题归一】的黄河之水天上来，再到【压轴突破·素养提升】的大江东去浪淘尽，数（学的）风流人物，请看此卷！ 题型清单 · 图表导航 模块1 正方形的性质理解 模块11 根据正方形方性质与判定求面积 模块2 利用正方形的性质求角度 模块12根据正方形性质与判定进行证明 模块3 利用正方形的性质求线段长 模块13正方形中的多结论问题 模块4 利用正方形的性质求面积 模块14中点四边形 模块5 利用正方形的性质进行证明 微专题1正方形中的折叠问题 模块6求正方形重叠部分面积 微专题2正方形中的旋转 模块7添加条件使四边形为正方形 微专题3正方形中的最值 模块8 证明四边形为正方形 微专题4正方形背景下的规律探索 模块9根据正方形方性质与判定求角度 压轴1 正方形背景下的动点问题 模块10 根据正方形性质与判定求线段长度 压轴2 正方形的存在性问题 模块通关·举一反三 【模块一】正方形的性质理解 【例1】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．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 【答案】C 【分析】根据矩形的性质，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， ∴正方形的四条都相等，是矩形没有的， 故选：． 【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键． 【变式1-1】矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等 【答案】B 【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质． 【详解】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立． 故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分． 故选B． 【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形、平行四边形的性质，理解四个图形之间的关系是解题关键． 【变式1-2】小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm 【答案】D 【分析】如图1，图2中，连接AC．在图1中，证△ABC是等边三角形，得出AB=BC=AC=20cm．在图2中，由勾股定理求出AC即可． 【详解】解：如图1，图2中，连接AC．    图1中，∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝BC， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AB＝BC＝AC＝20cm， 在图2中，∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠B＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴AC＝AB＝20cm； 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的性质、正方形的性质、勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握菱形和正方形的性质，属于中考常考题型． 【变式1-3】如图，、分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④中，正确的结论有（　　）    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四条边都相等，每一个角都是直角的性质，根据四边形是正方形及，可证出，则得到：①；可以证出，则②一定成立,可以证出即可判断④．用反证法可证明，即可判断③． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， （故①正确）； ∴ ∵ ∴ （故④正确）； ， ， 一定成立（故②正确）； 假设，    ， （线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等）， 在中，， ，这与正方形的边长相矛盾， 假设不成立，（故③错误）； 故选：C． 【模块二】利用正方形的性质求角度 【例2】如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，可得，从而求得答案． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∵四边形、是正方形， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴，故B正确． 故选：B． 【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．将四边形的问题转化为三角形的问题是解题的关键． 【变式2-1】如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则（    ） A．135° B．125° C．120° D．90° 【答案】A 【分析】观察图形可知，进而可得与互余，是直角的一半，利用这些关系可解此题． 【详解】解：观察图形可知：， ， 又， ， ， 故答案为： 【点睛】此题综合考查了全等三角形的判定和性质，直角三角形与正方形的性质，特别考查的是观察图形的能力． 【变式2-2】如图，在正方形ABCD中，等边的顶点E，F分别在边BC和CD上，则等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意直接证明，进而得，可知，结合等边三角形的条件，即可求得． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 是等边三角形， ，， 在和中 ， （HL）， ， ， ， 又， ， ， 故选：C． 【点睛】本题考查了HL证明直角三角形全等，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形的性质，熟练以上性质是解题的关键． 【变式2-3】如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠CFE为（） A．150° B．145° C．135° D．120° 【答案】D 【分析】根据正方形的性质及全等三角形的性质求出∠ABE=15°，∠BAC=45°，再求∠BFC，即可得出∠CFE. 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD， 又∵△ADE是等边三角形， ∴AE=AD=DE，∠DAE=60°， ∴AB=AE， ∴∠ABE=∠AEB，∠BAE=90°+60°=150°， ∴∠ABE=（180°-150°）÷2=15°， 又∵∠BAC=45°， ∴∠BFC=45°+15°=60°， ∴∠CFE=180°-∠BFC=120° 故选：D. 【点睛】本题主要是考查正方形的性质和等边三角形的性质，本题的关键是求出∠ABE=15°. 【模块三】利用正方形的性质求线段长 【例3】如图，在正方形中，点在对角线上，，，，分别为垂足，连结，，若，则（    ） A．5 B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，根据正方形的对称轴得出，根据已知得出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等即可求解． 【详解】解：如图所示，连接， ∵在正方形中，点在对角线上， ∴， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴, 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键． 【变式3-1】如图，点在同一条直线上，正方形，正方形的边长分别为3，4，H为线段的中点，则的长为（　　） A．3 B．4 C．3或4 D． 【答案】D 【分析】连接,由正方形的性质可得,再应用勾股定理求和，最后应用“直角三角形斜边上中线等于斜边一半”可求得． 【详解】解：如图,连接, 四边形和四边形都是正方形 , 在Rt中, 为线段的中点， 故选：D 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰直角三角形边的关系、勾股定理、直角三角形性质等，解题关键添加辅助线构造直角三角形． 【变式3-2】如图，在正方形中，与相交于点，，点为上任意一点，于点，于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据四边形是正方形，得出，，，即可得出四边形是矩形，，可判断，然后根据勾股定理求出答案． 【详解】∵四边形是正方形， ∴，，． ∵， ∴四边形是矩形， ∴． 在中，， ∴， ∴． 在中，， 解得cm（负值舍去）， ∴的值为cm． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的判定，勾股定理等，勾股定理是求线段长的常用方法． 【变式3-3】如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【答案】B 【分析】先证明，可得，进而得到，用勾股定理求得，再由直角三角形的性质，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点H是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质等知识，掌握三角形全等的判定方法与正方形的性质是解题的关键． 【模块四】利用正方形的性质求面积 【例4】如图，已知，相邻两条平行线间的距离都等于，如果正方形的四个顶点分别在四条直线上，与交于点，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点D作，交于G点，交于F点，然后证明出和全等，从而得出，根据勾股定理求出的平方，即正方形的面积． 【详解】解：过点D作，交于G点，交于F点， ∵，， ∴， 即． ∵为正方形， ∴． ∴． 又∵， ∴． 在和中， ∴， ∴． ∵， ∴， 即正方形ABCD的面积为5． 故选B． 【点睛】本题主要考查的是三角形全等的判定与性质、正方形的性质及勾股定理，作出辅助线是解决这个问题的关键． 【变式4-1】七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板，如图①所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”）．图②是由边长为4的正方形分割制作的七巧板拼摆而成的“叶问蹬”图，则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为（　　） A．2 B． C． D．3 【答案】D 【分析】观察图形可得图2中阴影部分实际上是由图1中的等腰直角三角形B和平行四边形A组成的，进而利用正方形的面积即可解决问题． 【详解】解：图2中阴影部分实际上是由图1中的等腰直角三角形B和平行四边形A组成的， 图1中的A、B、C三部分的面积， 图1中的C的面积， ∴阴影部分的面积=4-1=3， 故选：D． 【点睛】本题考查了七巧板中图形的构成和面积计算，熟悉七巧板中图形的分类是解题的关键． 【变式4-2】在直线上依次摆着几个正方形（如图），已知斜放的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放的四个正方形的面积分别是，，，，则等于（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】B 【分析】证明△ABC≌△BED，推出S1+S2=1，同理可得到S3+S4的值，由此即可解决问题． 【详解】解：如图， ∵AB=BE，∠ACB=∠BDE=90°， ∴∠ABC+∠BAC=90°，∠ABC+∠EBD=90°， ∴∠BAC=∠EBD． 在△ABC和△BED中， ， ∴△ABC≌△BED（SAS）， ∴BC=DE． ∵S2=DE2，DE=BC， ∴S2=BC2． ∵S1=AC2，S2=BC2，AC2+BC2=AB2，AB2=1， ∴S1+S2=1． 同理S3+S4=3． 则S1+S2+S3+S4=1+3=4， 故选：B． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 【变式4-3】如图，大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是，，那么与的比值是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出正方形的边长为a，先判断出，得出，设正方形的边长为b，同样的方法得出，得出a，b的关系，即可得出结论． 【详解】解：图形中相关的顶点记作如图所示， 设正方形的边长为a， ∵是正方形的对角线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴， 设正方形的边长为b， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 根据勾股定理得，， 同理：， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解答本题的关键．在直角三角形中，如果两条直角边分别为a和b，斜边为c，那么．也就是说，直角三角形两条直角边的平方和等于斜边的平方． 【模块五】利用正方形的性质进行证明 【例5】如图，在正方形中，点E、点F分别在上，且，若四边形的面积是，的长为1，则正方形的边长为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，求得，根据三角形的面积公式得到，由勾股定理即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∵，， ∴， ∴， 故选：D． 【点睛】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，以及勾股定理等知识，证明是解题的关键． 【变式5-1】如图，正方形中，P是对角线AC上一点，连接，过B点作，且，连接、，交于点E，的延长线与交于点F． (1)求证：； (2)若正方形的边长为4，且，求线段PQ的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，即可求证； （2）根据正方形的性质可得，则，根据勾股定理求出的长度，再求出和的长度，最后根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， 在和中， ∴， ∴． （2）解：∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵正方形边长为4， ∴， ∵， ∴，， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理． 【变式5-2】已知：在中，，点D为直线上一动点（点D不与B、C重合），以为边作正方形，连接． (1)如图1，当点D在线段的延长线上时，请你判断线段与的数量关系，并说明理由． (2)如图1，若，请连接并求出的长． (3)如图2，当点D在线段的反向延长线上时，且点A、F分别在直线的两侧，其它条件不变；若连接正方形对角线，交点为O，连接，探究的形状，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)； (3)是等腰三角形，理由见解析 【分析】（1）设法证明即可求解； （2）与（1）同理证明，可得，，然后结合图形可得，再根据勾股定理即可得到结论； （3）根据等腰直角三角形的性质求出，再根据邻补角的定义求出，再根据同角的余角相等求出，然后利用“边角边”证明，再求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出，再根据正方形的对角线相等求出，从而得到是等腰三角形． 【详解】（1）解：，理由如下， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴； （2）解：由（1）得， ∴，， ∴， ∵，则， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：是等腰三角形，理由如下， ∵， ∴， 则， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 则为直角三角形， ∵正方形中，O为中点， ∴， ∵在正方形中，，， ∴， ∴是等腰三角形． 【点睛】本题考查了四边形的综合题，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，等腰三角形的判定，以及同角的余角相等的性质，此类题目通常都是用同一种思路求解，在（1）中找出证明三角形全等的思路是解题的关键． 【变式5-3】如图，在四边形中，，E，F分别是上的点，连接． (1)如图①，，，．求证：； (2)如图②，，周长何时最小，作出图形，并直接写出______° (3)如图③，若四边形为正方形，点E、F分别上，且，若，，请求出线段的长度． 【答案】(1)见解析 (2)120 (3)5 【分析】（1）延长到点G，使，连接，首先证明，则有，然后利用角度之间的关系得出，进而可证明，则，则结论可证； （2）分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点E，交于点F，由对称的性质可得，当点在同一条直线上时，即为周长的最小值，然后利用求解即可； （3）旋转至的位置，首先证明，则有，最后利用求解即可． 【详解】（1）证明：如解图①，延长到点G，使，连接， 在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴； （2）如解图，分别作点A关于和的对称点，，连接，交于点E，交于点F，由对称的性质可得， ∴此时的周长为， ∴当点在同一条直线上时，即为周长的最小值， ∵， ∴， ∵，， ∴； 故答案为：120； （3）如解图，旋转至的位置， ∴， ， 在和中 ， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定及性质，轴对称的性质，掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键． 【模块六】求正方形重叠部分面积 【例6】如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（    ） A． B． C． D．不能确定 【答案】A 【分析】根据正方形的性质得出，，，推出，证出≌，即可求出两个正方形重叠部分的面积． 【详解】解： 四边形和四边形都是正方形， ，，， ． 在与中， ， ≌， ， ． 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，能推出四边形的面积等于三角形的面积是解此题的关键． 【变式6-1】如图，边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移1.5cm，得到正方形，此时阴影部分的面积为 cm2 【答案】13.5// 【分析】将边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移1.5cm，得到正方形，可得阴影部分是矩形，且可求阴影部分的长和宽，则面积能求出． 【详解】∵将边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移1.5cm，得到正方形， ∴由平移的性质可得阴影部分是矩形， ∵根据题意得：阴影部分的宽为6-3=3（cm），长为6-1.5=4.5（cm）， ∴S阴影部分=3×4.5=13.5 （cm2）， 故答案为13.5cm2． 【点睛】本题考查正方形的性质，平移的性质，关键是理解图形变化的所表达的意义． 【变式6-2】如图．边长为1的两个正方形互相重合，按住其中一个不动，将另一个绕顶点A顺时针旋转45°，则这两个正方形重叠部分的面积是(　　 ) A． B． C．1- D．-1 【答案】D 【分析】根据旋转的性质及正方形的性质分别求得与的面积，从而不难求得重叠部分的面积. 【详解】绕顶点顺时针旋转， ， ， ， ， ， ， 正方形重叠部分的面积是. 故选：. 【点睛】本题综合考查了三角形的面积求法、正方形的性质、旋转的性质等知识点的应用，主要培养学生综合运用性质进行推理的能力. 【变式6-3】将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点，，分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为（    ）. A．2 B．3 C．6 D．8 【答案】B 【分析】如图：连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点，易证≌，可得的面积是正方形的面积的，即每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，即可解答. 【详解】解：如图， 连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点， 则，， ， ， ≌， 四边形AENF的面积等于的面积， 而的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4， 四边形AENF的面积为，三块阴影面积的和为． 故选B． 【点睛】本题主要考查了正方形的特性及面积公式，由图形的特点可知，每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，据此解题解答本题的关键是发现每个阴影部分的面积都等于正方形面积的． 【模块七】添加条件使四边形为正方形 【例7】已知菱形ABCD，下列条件中，不能判定这个菱形为正方形的是（　　） A．∠A＝∠B B．∠A＝∠C C．AC＝BD D．AB⊥BC 【答案】B 【分析】根据菱形的性质及正方形的判定方法，逐一进行判断即可． 【详解】解：A、∵菱形ABCD，∴，∴，∵，∴，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； B、∵菱形ABCD，∴，∴由不能判定菱形是正方形，选项说法错误，符合题意； C、∵菱形ABCD，∴，AC与BC互相平分，又∵，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； D、∵，∴∠B＝900，∵菱形ABCD，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意； 故选：B． 【点睛】本题考查了菱形的性质及正方形的判定方法，熟练掌握正方形的判定方法是解题的关键． 【变式7-1】如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（    ） A．BD=AB B．DC=AD C．∠AOB=60° D．OD=CD 【答案】B 【分析】根据正方形的判定定理即可作出判断． 【详解】解：A、BD=AB，一条对角线和一边相等的矩形，不一定是正方形，A项错误； B、DC=AD，一组邻边相等的矩形是正方形，B项正确； C、由∠AOB=60°以及四边形ABCD是矩形可得△AOB是等边三角形，从而得BD=2AB，于是有AD=，进而，因此矩形ABCD不是正方形，故C项错误； D、由OD＝CD以及四边形ABCD是矩形可得△COD是等边三角形，从而得BD=2CD，于是有BC=，进而，因此矩形ABCD不是正方形，故D项错误． 故选：B． 【点睛】此题主要考查正方形的判定，解题的关键是熟知正方形的判定定理． 【变式7-2】在四边形ABCD中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形进行判定即可得到答案． 【详解】∵，有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形， A：，且AB、BC为邻边，故选项A符合题意 B：AB、CD是对边，不符合题意； C：AC、BD是对角线，不符合题意； D：四个角都是直角只能证明是矩形，无法证明是正方形，不符合题意； 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的判定，解题的关键是熟知有三个内角为直角且有一组邻边相等的四边形是正方形． 【变式7-3】四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④ 【答案】D 【分析】因为AD∥BC，AD＝BC，所以四边形ABCD为平行四边形，添加①则可根据对角线相等的平行四边形是矩形，证明四边形是矩形，故可根据一组邻边相等的矩形是正方形来添加条件． 【详解】解：∵AD∥BC，AD＝BC， ∴四边形ABCD为平行四边形， ∵AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形， 若AB＝AD， 则四边形ABCD为正方形； 若AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形． 故选：D． 【点睛】本题是考查正方形的判别方法，判别一个四边形为正方形主要根据正方形的概念，途经有两种：①先说明它是矩形，再说明有一组邻边相等；②先说明它是菱形，再说明它有一个角为直角． 【模块八】证明四边形为正方形 【例8】如图，点，，分别为各边的中点，连接和．当满足（    ）条件时，四边形是正方形． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据点，，分别为各边的中点，推出，，推出四边形是平行四边形，而后根据一组邻边相等，有一个角是直角的平行四边形是正方形逐一判定． 【详解】∵点，，分别为各边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， A.∵， ∴是矩形；不合题意； B.∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴是正方形；符合题意； C.∵， ∴， ∴是菱形；不合题意； D.∵， ∴， ∵点，D分别为，的中点， ∴，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形．不合题意． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，解决问题的关键是熟练掌握正方形的判定方法是有一组邻边相等，有一个角是直角的平行四边形是正方形． 【变式8-1】．如图，在中，点D在边BC上，过点D作，，分别交AB，AC于E，F两点．则下列命题是假命题的是（    ）． A．四边形AEDF是平行四边形 B．若，则四边形AEDF是矩形 C．若，则四边形AEDF是正方形 D．若AD平分，则四边形AEDF是菱形 【答案】C 【分析】根据平行四边形判定定理，矩形的判定定理，菱形的判定定理判断即可． 【详解】∵，， ∴四边形AEDF是平行四边形，故A选项正确； ∵四边形AEDF是平行四边形，， ∴， ∴四边形AEDF是矩形，故B选项正确； ∵，，BD=CD， ∴DE、DF分别为△ABC的边AC、AB上的中位线， ∴，， 要想四边形AEDF是正方形，需，且有一个内角为直角，显然没有这个条件，故C选项错误； ∵AD平分∠BAC， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形AEDF是平行四边形， ∴四边形AEDF是菱形，故D选项正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定，菱形的判定以及正方形的判定，熟练掌握平行四边形判定定理与性质是解题关键． 【变式8-2】如图，已知平行四边形中，对角线、交于点，是延长线上一点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由四边形是平行四边形，可得．又由是等边三角形，可得．根据三线合一，对角线垂直，即可得四边形既为菱形； （2）根据有一个角是的菱形是正方形．由题意易得，所以四边形是菱形，，即四边形是正方形． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边形， 是等边三角形， ， ， 四边形是菱形； （2）证明：由（1）得：是直角三角形， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查菱形和正方形的判定，涉及知识点较多，综合性强，能力要求全面，灵活运用正方形和菱形的判定方法是解决问题的关键． 【变式8-3】如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图2，当为矩形时， ①求证：四边形EFGH为正方形； ②若，四边形的面积为8，求AB的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②6 【分析】（1）根据平行四边形的邻角互补，以及角平分线平分角，得到四边形的四个内角均为，即可得证； （2）①由（1）可知，四边形为矩形，根据矩形的性质以及角平分线平分角，得到均为等腰直角三角形，进而推出，得到四边形EFGH为正方形；②根据正方形的面积为8，得到正方形的边长为，利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出的长，进而求出的长，再利用勾股定理和等腰三角形的性质，求出AB的长． 【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形， ∴， ∵的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H， ∴，即：， 同理可得：， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：①同（1）法可得：四边形为矩形； ∵为矩形， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， 同理可得：， ∵， ∴， ∴， 即：， 又∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形； ②由①得：， ∵四边形的面积为8， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的性质，矩形的判定和性质，正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．熟练掌握平行四边形的邻角互补，是解题的关键． 【模块九】 根据正方形方性质与判定求角度 ．【例9】如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（    ） A．45° B．50° C．60° D．不确定 【答案】A 【分析】过点作，，垂足分别为．证明，然后得到，易得答案. 【详解】解：如图所示，过点作，，垂足分别为． ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴． ∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴． ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质以及矩形的判定．解题的关键是会作辅助线，证明两个三角形全等. 【变式9-1】如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 【答案】（1）见解析；（2）60° 【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论； （2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°， 在△BEC和△DEC中， ， ∴△BEC≌△DEC（SAS）； （2）∵FD=FE， ∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x， ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x， ∵△BEC≌△DEC， ∴∠BEC=∠DEC=135°-2x， ∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°， 解得：x=30， ∴∠AFE=60°． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键． 【变式9-2】如图，点P是正方形ABCD内的一点，且PA=1，PB=PD=，则∠APB的度数为_______． 【答案】105° 【分析】过点P作PH⊥AB于H，由全等可知∠BAP=∠DAP=45°，从而得到∠APH=45°，然后通过AP可求出HP的长，从而得到∠BPH，即可得到∠APB的度数． 【详解】解：过点P作PH⊥AB于H， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD，∠BAD=90°， 在△APB和△APD中 ∴△APB≌△APD， ∴∠BAP=∠DAP， 由∠BAD=90°，可知∠BAP=∠DAP=45°， ∴∠APH=90°-45°=45°， ∴PH=AH, ∵PA=1， 在中，由勾股定理可得：， ∵PB=， ∴∠PBA=30°， ∴∠BPH=90°-30°=60°， ∴∠APB=∠APH+∠BPH=45°+60°=105° 故答案为：105° 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定，直角三角形的性质，勾股定理，作出辅助线是解题的关键． 【变式9-3】如图，P为正方形ABCD内一点，PA：PB：PC=1：2：3，则∠APB=_____________ . 【答案】° 【分析】通过旋转，把PA、PB、PC或关联的线段集中到同一个三角形，再根据两边的平方和等于第三边求证直角三角形，可以求解∠APB． 【详解】把△PAB绕B点顺时针旋转90°，得△P′BC， 则△PAB≌△P′BC， 设PA=x，PB=2x，PC=3x，连PP′， 得等腰直角△PBP′，PP′2=（2x）2+（2x）2=8x2， ∠PP′B=45°． 又PC2=PP′2+P′C2， 得∠PP′C=90°． 故∠APB=∠CP′B=45°+90°=135°． 故答案为135°． 【点睛】本题考查的是正方形四边相等的性质，考查直角三角形中勾股定理的运用，把△PAB顺时针旋转90°使得A′与C点重合是解题的关键． 【模块十】根据正方形性质与判定求线段长度 【例10】如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为BC上一点，EF⊥AC于点F，EG⊥BD于点G，那么EF＋EG＝______． 【答案】 【分析】设对角线AC，BD的交点为O，首先根据正方形的性质，利用勾股定理得出AC的长，结合已知条件得出四边形GEOF为矩形，得出EG=OF，再由正方形的性质证明△FEC为等腰直角三角形，即FE=FC，则GE+EF=OF+FC=OC=AC，即可求出答案． 【详解】设对角线AC，BD的交点为O，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD=CD=4，AC⊥BD，∠ACB=45°， ∴， ∵EF⊥AC，GE⊥BD， ∴∠OGE=∠OFE=90°， 又∵AC⊥BD， ∴四边形OGEF为矩形， ∴EG=OF， 又∵∠FCE=45°， ∴∠FEC=∠FCE=45°， ∴EF=CF， ∴GE+EF=OF+CF=OC=AC=， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解题关键是掌握相关知识点，灵活应用题目条件． 【变式10-1】如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝_____． 【答案】17 【分析】根据旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，从而证明四边形AEHF为正方形，再根据勾股定理求出EH的长，就可得到DH． 【详解】解：∵将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，∠AEB＝90°， ∴AF＝AE，BE=DF，∠DFA＝∠E＝∠AFH＝90°，∠EAF＝90°， ∴四边形AEHF为正方形， ∴AF＝EH， 设EH＝x， BH＝7， BE＝7+x，AF＝EF＝x， 在正方形ABCD中，AD＝BC＝13， 在Rt△AFD中， 根据勾股定理，得， 解得＝﹣12（舍去），＝5， ∴DH＝17． 故答案为：17． 【点睛】本题主要考查了旋转、正方形的性质，熟练应用旋转的性质得出有关相等的角、相等的边，证明四边形AEHF为正方形是解题关键． 【变式10-2】如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是a和b，且满足：+|b﹣2|＝0，则正方形ABCD的边长是________，面积是________． 【答案】          5 【分析】由题意可求得a与b的值；根据正方形性质得出AB＝CB，∠ABC＝90°，求出∠EAB＝∠FBC，证△AEB≌△BFC，求出BE＝CF＝2，在Rt△AEB中，由勾股定理求出AB，即可求出正方形的面积． 【详解】解：∵+|b﹣2|＝0 ∴a-1=0，b-2=0 ∴a=1，b=2 如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∵AE⊥EF，CF⊥EF， ∴∠AEB＝∠BFC＝90°， ∴∠ABE＋∠CBF＝180°−90°＝90°，∠ABE＋∠EAB＝90°， ∴∠EAB＝∠CBF， 在△AEB和△BFC中， ， ∴△AEB≌△BFC（AAS）， ∴BE＝CF＝2， 在Rt△AED中，由勾股定理得：AB＝． ∴正方形ABCD的面积是AB2=5， 故答案为：；5． 【点睛】本题考查了正方形性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理的应用，关键是求出BE＝CF，主要考查学生分析问题和解决问题的能力，题型较好，难度适中． 【变式10-3】如图，G、H分别是四边形ABCD的边AD、AB上的点，∠GCH=45°，CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°，则△AGH的周长为_______． 【答案】4 【分析】把绕点C逆时针旋转90°得到，可证，进而即可求解． 【详解】解：∵CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°， ∴四边形ABCD是正方形， ∴∠A=90°， 把绕点C逆时针旋转90°得到，则CG=CE，∠DCG=∠BCE， ∵∠GCH=45°， ∴∠BCE+∠BCH=∠DCG+∠BCH=90°-45°=45°，即：∠HCE=∠GCH， 又∵CH=CH， ∴， ∴GH=EH=BH+BE=BH+DG， ∴△AGH的周长= GH+AH+AG= BH+DG+AH+AG=AD+AB=2+2=4． 【点睛】本题主要考查正方形的判定和性质，全等三角形的性质，添加辅助线构造全等三角形，是解题的关键． 【模块十一】根据正方形方性质与判定求面积 【例11】如图，是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理构造的图形，后人称之为“赵爽弦图”．该图形由四个全等的直角三角形拼接而成，若，，则四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】全等三角形的性质、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】先利用勾股定理求出的长，再证明四边形是正方形，即可作答． 【详解】在中，，，则：， ∵，，，全等， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是正方形， 则四边形面积为：， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的性质是解答本题的关键． 【变式11-1】如图，点是矩形边上一点（）．且，过点作交于点，在上取点使，连结．记四边形面积为，四边形面积为，，若，则（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 【答案】A 【难度】0.65 【来源】 浙江杭州萧山区高桥初中教育集团2024-2025学年八年级下学期6月月考数学试卷 【知识点】根据矩形的性质求面积、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积公式得到． 判定四边形是正方形，四边形是矩形，设，，得到，可得． 【详解】解：四边形是矩形， ， ，， 四边形是正方形，四边形是矩形， 设，，则， ，， ， ， ， ． 故选：A． 【变式11-2】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 【难度】0.65 【来源】甘肃省定西市安定区2024—2025学年下学期期末质量检测八年级数学试卷 【知识点】根据正方形的性质与判定求面积 【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 【变式11-3】某同学的卧室地面形状是一个如图所示的四边形，现在量得，若点到的距离为4米，则该同学的卧室地面的面积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】本题考查三角形全等的判定及性质，正方形的判定． 过点B作于点E，则，，过点B作，交的延长线于点F，则，从而，四边形是矩形，，因此，得到，进而通过“”证明，得到，矩形是正方形，． 【详解】过点B作于点E，则，， 过点B作，交的延长线于点F，则 ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，即， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形， ∵， ∴． 故选：C 【模块十二】根据正方形性质与判定进行证明 【例12】如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【难度】0.65 【来源】陕西省榆林市2025-2026学年上学期期中调研试题九年级数学 【知识点】三线合一、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形； （2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答． 【详解】（1）证明：∵，是边上的中线， ∴， ∴是矩形， ∵，是边上的中线， ∴，， ∴， ∴矩形是正方形． （2）解：∵，， ∴， ∵是的中线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，． ∵在正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查直角三角形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质及正方形的性质是解题的关键． 【变式12-1】如图①，在正方形中，点分别在上且．      (1)试探索线段的大小关系，写出你的结论并说明理由； (2)连接，分别取的中点，顺次连接，得到四边形： ①请在图②中补全图形； ②四边形是什么特殊平行四边形？请说明理由． 【答案】(1)，说明理由见解析 (2)①请在图②中补全图形见解析； ②四边形是正方形，说明理由见解析 【难度】0.85 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）根据已知利用判定，由全等三角形的判定方法可得到； （2）①根据题意补全图形即可； ②根据已知可得都是中位线，由全等三角形的判定可得到四边形四边都相等且有一个角是直角，从而来可得到该四边形是正方形． 【详解】（1）解：． ∵是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：①补全图形如图，    ②四边形是正方形． ∵H、I、J、K分别是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】此题主要考查正方形的判定的方法与性质和菱形的判定，及全等三角形的判定等知识点的综合运用． 【变式12-2】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【难度】0.85 【来源】广东省河源市龙川县龙川第一实验学校2025-2026学年九年级上学期月练一数学试卷 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质证明、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题主要考查了菱形的性质，正方形的性质和判定，勾股定理，解题的关键是掌握以上知识点． （1）先根据“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”得四边形是菱形，再根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案； （2）先根据菱形的性质求出，进而求出，再根据正方形的性质可得，然后根据勾股定理求出，则此题可解． 【详解】（1）证明：连接，交于点O， ∵四边形是菱形， ∴ ∵， ∴， 即 ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； （2）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 在中，， ∴． 【变式12-3】如图，中，对角线、交于点，在上截取． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：平分． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【难度】0.85 【来源】2023年北京市房山区中考一模数学试卷 【知识点】证明四边形是矩形、利用菱形的性质证明、证明四边形是菱形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到，进而证明，由此即可证明四边形是矩形； （2）先证明四边形是正方形，得到，即可证明四边形是菱形，则由菱形的性质可得平分． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形，； ∴四边形是矩形； （2）证明：∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形， ∴， 又∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∴平分． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，矩形的判定，菱形的性质与判定，平行四边形的性质，熟知特殊平行四边形的判定定理是解题的关键． 【模块十三】正方形中的多结论问题 【例13】如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 【答案】B 【难度】0.85 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质与判定证明 【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解． 【详解】解：正方形中，点是边的中点， ∴，，， ∴， ∴，故结论①正确； ∵，，为公共边， ∴， ∴， ∵， ∴，故结论②正确； ∵与是等底等高的两个三角形， ∴与的面积相等，，即， ∵，， ∴，故结论③正确； 由结论①，②可知，， ∵， ∴， ∴．故结论④正确． 综上所述，正确的有①②③④． 故选：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键． 【变式13-1】如图，在正方形中，点在对角线上，，，、分别为垂足，连接，，则下列命题： ①  ②  ③一定是等腰三角形  ④若正方形边长为4，则的最小值为，其中正确的命题有 ． 【答案】①②④ 【难度】0.4 【来源】黑龙江省哈尔滨市第一二四中学校2025-2026学年九年级上学期9月考试数学试题 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、证明四边形是矩形、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题考查正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，直角三角形的性质，垂线段最短，作辅助线构造全等三角形和矩形是解题的关键． 延长交于点N，延长交于点M，证明，四边形是正方形，四边形是矩形，利用全等三角形的性质、正方形的性质、矩形的性质逐一分析判定即可． 【详解】解：延长交于点N，延长交于点M，如图所示， ∵四边形是正方形． ∴，， 又∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是正方形，，四边形是矩形， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故①正确； 在与中，， ∴， ∴，故②正确； ∵P是上任意一点， ∴的长不确定，即是等腰三角形不一定成立，故③错误； ∵， ∴当时，有最小值，即有最小值， ∵， ∴此时P为的中点， 又∵， ∴， ∵， ∴， 即的最小值为，故④正确； 故正确的是：①②④． 故答案为：①②④． 【变式13-2】如图，在正方形中，对角线，交于点，点，分别在，上，且，交于点，连接．得到下列四个结论：①；②；③;④四边形是菱形，其中正确的结论是_____(填写所有正确结论的序号)． 【答案】①③④ 【分析】由正方形的性质及，可判断①；证明，可判断②；通过全等三角形的性质及等腰三角形的判定可证得，从而判定四边形是菱形，故④可判断；由，为等腰直角三角形，可判断③． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 故①正确； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 故②错误； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形，故④正确； ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∴③正确． 综上，正确的有①③④． 故答案为：①③④． 【点睛】此题考查正方形的性质，菱形的判定，勾股定理，等腰三角形,全等三角形的性质，综合运用以上知识是解题的关键． 【变式13-3】如图，是正方形内一点，以为一条边作正方形，连接和．根据旋转知识，给出下列四个说法：①；②； ③若点恰好落在边上时，则； ④若，则．其中正确说法的个数是（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】B 【分析】由“SAS”可证△ABK≌△ADM，可得把△ABK绕A逆时针旋转90°后与△ADM重合，且BK与DM是对应边，可得BK＝DM，BK⊥DM，故①②正确；由正方形的性质可得∠MAD＝∠MAL＝45°，可求∠MAB＝135°，故③正确；先求出∠KAB＝30°，由AK不一定等于BK，可得∠KBA不一定等于∠KAB＝30°，故④错误，即可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD和四边形AKLM都是正方形， ∴AB＝AD，AK＝AM，∠BAK＝90°−∠DAK，∠DAM＝90°−∠DAK， ∴∠BAK＝∠DAM， 在△ABK和△ADM中， ， ∴△ABK≌△ADM（SAS）． ∴把△ABK绕A逆时针旋转90°后与△ADM重合， ∴BK＝DM，BK⊥DM，故①②正确； ∵点L恰好落在AD边上， ∴∠MAD＝∠MAL＝45°， ∴∠MAB＝∠MAD＋∠DAB＝135°，故③正确； ∵∠MAB＝120°，∠MAK＝90°， ∴∠KAB＝30°， ∵K是正方形ABCD内一点， ∴AK不一定等于BK， ∴∠KBA不一定等于∠KAB＝30°，故④错误， 综上所述：正确的有3个， 故选：B． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，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，证明△ABK≌△ADM是解题的关键． 【模块十四】中点四边形 【例14】如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【答案】D 【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案． 【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且． 理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形， ∴，，，， ，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴， ∵， ， ∵， ∴， ∴菱形是正方形． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线． 【变式14-1】中点四边形的形状． （1）以四边形各边的中点为顶点可以组成一个________． （2）以菱形各边的中点为顶点可以组成一个________． （3）以矩形各边的中点为顶点可以组成一个________． （4）以平行四边形各边的中点为顶点可以组成一个________． （5）以正方形各边的中点为顶点可以组成一个________． 【答案】     平行四边形     矩形     菱形     平行四边形     正方形 【分析】结合平行四边形，矩形，菱形，正方形定义，新四边形的形状与原四边形的两条对角线的关系，即可判断出新四边形的形状 【详解】（１）如图， 四边形是一般四边形时，连接各边中点，得到四边形 ,根据中位线性质得到 , ，所以，同理可得 ， ，得 ，所以 为平行四边形， （２）如图， 四边形是菱形时，连接各边中点，得到四边形 , 根据中位线性质得到 , ，所以，同理可得 ， ，得 ，所以 为平行四边形，又因为是菱形，所以 ，则 ，所以为矩形． （3）如图， 四边形是矩形时，连接各边中点，得到四边形 ,根据中位线性质得到 , ，所以，同理可得 ， ，得 ，所以 为平行四边形，又因为是矩形，所以 ，则 ，所以为菱形． （4）如图， 四边形是平行四边形时，连接各边中点，得到四边形 ,根据中位线性质得到 , ，所以，同理可得 ， ，得 ，所以 为平行四边形． （５）如图， 四边形是正方形时，连接各边中点，得到四边形 ,根据中位线性质得到 , ，所以，同理可得 ， ，得 ，所以 为平行四边形，又因为是正方形，所以 ， 则 ， ，所以为正方形． 故答案为：平行四边形，矩形，菱形，平行四边形，正方形 【点睛】本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定和性质，解决本题的关键是熟练掌握每一个图形的判定． 【变式14-2】如图，任意四边形中，E，F，G，H分别是上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（    ） A．当E，F，G，H是各边中点，且时，四边形为菱形 B．当E，F，G，H是各边中点，且时，四边形为矩形 C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形可以为平行四边形 D．当E，F，G，H是各边中点时，四边形可以不为平行四边形 【答案】D 【难度】0.85 【来源】湖北省武汉市二中广雅学校2024~2025学年下学期八年级四月数学试卷 【知识点】中点四边形、证明四边形是菱形、证明四边形是矩形、与三角形中位线有关的证明 【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，菱形和矩形的判定．连接，根据三角形中位线定理可得，从而得到四边形为平行四边形，再根据菱形和矩形的判定定理，解答即可． 【详解】解：如图，连接， 若E，F，G，H分别是上的点， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形，故D选项错误，符合题意； 当时， ∴四边形为菱形，故A选项正确，不符合题意； 当时，， ∴四边形为矩形，故B选项正确，不符合题意； 若E，F，G，H不是各边中点， 当时，四边形为平行四边形，故C选项正确，不符合题意； 故选：D 【变式14-3】综合与探究 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们就把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是________． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 【答案】（1）D；（2）①，②；（3），；（4），理由见解析 【难度】0.65 【来源】甘肃省兰州市红古区2025-2026学年九年级上学期10月期中数学试题 【知识点】用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的证明、根据正方形的性质与判定求线段长、中点四边形 【分析】（1）根据定义“中方四边形”，即可得出答案； （2）由中位线的性质可得，结合正方形的性质可得结论； （3）取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K，利用三角形中位线定理可证得四边形是平行四边形，再证得，推出四边形是菱形，再由，可得菱形是正方形，即可证得结论； （4）设的中点分别为E、F，并顺次连接，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质即可证得结论． 【详解】解：（1）在平行四边形、矩形、菱形、正方形中只有正方形是“中方四边形”，理由如下： 因为正方形的对角线相等且互相垂直， 所以其中点四边形是正方形； 故选：D； （2）①，②；理由如下： 如图1，∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∵E、F、G、H分别是的中点， ∴， ∴， 故答案为：； （3）如图，取四边形边中点分别为M、N、R、L并顺次连接成四边形，连接交于P，连接交于K， ∵四边形各边中点分别为M、N、R、L， ∴分别是的中位线， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴， 综上所述，的位置关系为，数量关系为； （4），理由如下： 如图，设的中点分别为E、F，并顺次连接， ∵四边形是“中方四边形”， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵F，N分别是的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，两点之间线段最短等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． 专题攻坚·多题归一 【微专题一】正方形中的折叠问题 【例15】将一张正方形纸片，按如图步骤①，②，沿虚线对折两次，然后沿③中的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.94 【来源】江苏省苏州工业园区星海、星汇学校2024—2025学年下学期七年级数学期中试卷 【知识点】正方形折叠问题 【分析】本题考查了折叠，掌握折叠的性质是关键．根据展开后的图形即可作出判断． 【详解】 解：根据图③的剪法，展开后所得图形为， 故选：B． 【变式15-1】在矩形中，，点E为射线上一点，将沿着翻折，使得点B的对应点F落在射线上，若线段，连接，则的值为 ． 【答案】或 【难度】0.85 【来源】2024年河南省驻马店市新蔡县中考一模考试数学试题 【知识点】用勾股定理解三角形、矩形与折叠问题、根据正方形的性质与判定证明、折叠问题 【分析】分两种情况：①如图1所示，点F落在线段上，②如图2所示，点F落在射线 上，证明四边形为正方形并求出正方形的边长，根据勾股定理即可求得答案． 【详解】解：①如图1所示，点F落在线段上， ∵ ∴ ∵四边形是矩形， ∴ 由折叠的性质得 ∴四边形为正方形， ∴ 在中， ②如图2所示，点F落在射线上， ∵， ∴ ∴， ∵四边形是矩形， ∴ 由①可知四边形为正方形， ∴． 在中， 综上所述，的值为或． 故答案为：或 【点睛】本题考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，正方形的性质和判定等知识，熟练掌握折叠的性质，证明四边形为正方形是解决问题的关键． 【变式15-2】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】 【难度】0.65 【来源】 江苏省镇江市句容市2024-2025学年八年级下学期期末测试数学试题 【知识点】勾股定理与折叠问题、矩形与折叠问题、根据正方形的性质与判定证明 【分析】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的性质，当点H与点A重合时，有最小值，由勾股定理可求的最小值，若点与点重合时，有最大值，由正方形的性质可求的最大值． 【详解】解：当点H与点A重合时，有最小值， ，则， 在中，， 即， 解得， ∴， 若点与点重合时，有最大值， ∴四边形是正方形， ∴， ∴最大值为4， ∴， 故答案为：． 【变式15-3】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． (1)操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点与点重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，，连接，如图2．根据以上操作，则＝ °． (2)迁移探究 将图2中的绕点按顺时针旋转，使它的两边分别交边，于点，，连接， 如图3．探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边，分别交对角线于点，，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，，请直接写出的长． 【答案】(1)45 (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）由正方形的性质及折叠的性质可得出答案； （2）将顺时针旋转得到，证明，得出，则可得出结论； （3）将绕点顺时针旋转得到，连接，证出，由勾股定理可得出答案 【详解】（1）∵四边形是正方形， ∴， 由折叠得，， ∴， 故答案为：45． （2）． 理由：如图，将顺时针旋转90°得到， 由旋转的性质可得，，． ∵四边形为正方形， ∴， 由（1）中结论可得， ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴． （3）． 如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， 根据旋转的性质可得，． 由（2）中的结论可证， ∴． ∵，， ∴． 在中，， ∴， ∴． 【点睛】此题是几何变换综合题，考查了正方形的性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确作出辅助线是解题的关键． 【微专题二】 正方形中的旋转 【例16】如图，正方形的对角线与相交于点O，将绕点O顺时针旋转，设旋转角为α（），角的两边分别与交于点M，N，连接，，下列四个结论：①；②；③；④；其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】由“”可证，可得，，由余角的性质可判断②，由可判断③，由“”可证，由勾股定理可判断④． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，，， ∵将绕点O顺时针旋转， ∴，且，， ∴， ∴， 故①正确； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故②正确； 若， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴不可能， 故③错误， ∵，， ∴， ∵， ∴； 故④正确 故选：B． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质、全等三角形的判定与性质，勾股定理的综合应用，熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键． 【变式16-1】（1）如图1，已知正方形和正方形，，，在同一条直线上，为线段的中点．探究：线段，的关系． （2）如图2，若将正方形绕点顺时针旋转45°，使得正方形的对角线在正方形的边的延长线上，为的中点．试问：（1）中探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． （3）若将正方形绕点顺时针旋转任意角度，其它条件不变，此时线段，的关系是什么？请直接写出你的结论，不用说明理由． 【答案】（1），；（2）成立，见解析；（3）， 【分析】（1）延长交于点，易证，即可证明，可得，根据是直角三角形即可解题； （2）延长交于点，连接、，易证，即可证明，可得，，可证，即可证明，可得，即可解题． （3）先构造出，再判断出即可得出结论． 【详解】证明：（1），， 理由：如图甲，延长交于点， 四边形和四边形是正方形， ，．． 是直角三角形, 为的中点， , 在和中， ， (ASA)， ，， 是的中点． ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 即． 即：，； （2），， 如图乙，延长交于点，连接、， 是正方形对角线， ， ， ， ， ， 在和中， ， (ASA)， ，， ， ， 在和中， ， (ASA) ， ，（等腰三角形的“三线合一” ， （3），， 如图丙，延长到，使，连接、、， 延长与延长线交于点． 在与中， ， (SAS)， ，． 又正方形、， ，，， ． ． ， , , ，， , ， ． 在与中， ， (SAS)， ，． ， ， ，． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定，等腰三角形的判定和性质，解本题的关键是构造． 【变式16-2】【问题解决】 在一节数学课上，张老师提出了这样一个问题：如图1，点E是正方形内一点，，，．你能求出∠BEC的度数吗？ 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：将绕点C逆时针旋转，得到，连接，求出的度数； 思路二：将绕点C顺时针旋转，得到，连接，求出的度数． (1)请参考小明的思路，写出两种思路的完整解答过程． 【类比探究】 (2)如图2，若点E是正方形外一点，，，，求的度数． 【答案】(1)，解答过程见解析 (2) 【分析】（1）思路一：根据旋转的性质可得，则，根据勾股定理可得，再根据勾股定理的逆定理可得，即可求解；思路二：根据旋转的性质可得，则，，根据勾股定理逆定理得出，即可求解． （2）用和（1）一样的方法即可求解． 【详解】（1）解：思路一：如图， ∵绕点C逆时针旋转，得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； 思路二：如图： ∵将绕点C顺时针旋转，得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）将绕点C逆时针旋转，得到 ∵绕点C逆时针旋转，得到， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，旋转的性质，直角三角形的性质和判定，勾股定理，勾股定理逆定理，正确作出辅助线是解本题的关键． 【变式16-3】（1）如图1，在正方形中，点，分别在边，C上，若，则，，之间的数量关系为________________；（提示：以点为旋转中心，将顺时针旋转90°） 解决问题： （2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，，，是底边上任意两点，且满足，试探究，，之间的关系； 拓展应用： （3）如图3，若把（1）中的正方形改为菱形，，菱形的边长为，，分别为边，上任意两点，且满足，请直接写出四边形的面积． 【答案】（1）（2）见解析（3） 【分析】（1）以点为旋转中心，将顺时针旋转得，可得，，，然后证明，可得，进而可得结论； （2）以点为旋转中心，将绕点逆时针旋转得到，可得，，，然后证明，可得 进而证得，再根据勾股定理可得结论； （3）连接，过点作于，根据菱形性质可得，是等边三角形，然后证明，可得，然后根据等边三角形的面积即可解决问题． 【详解】（1），理由如下： 如图，以点为旋转中心，将顺时针旋转得， 将顺时针旋转得， ，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， （2）如图，以点为旋转中心，将绕点逆时针旋转得到，连接． 绕点逆时针旋转得到， ，，． 由题知，，， ． ． ． ， ． ． 是等腰直角三角形， ． ． ， ． （3）． 如图，连接，过点作于， 四边形是菱形，， ，是等边三角形， ，， ， ， ， 是等边三角形，， ， 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，利用旋转通过添加适当的辅助线构造全等三角形是解本题的关键． 【微专题三】正方形中的最值】 【例17】如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上一动点，ME⊥BC于E，MF⊥CD于F，则EF的最小值为（    ） A． B． C．3 D．2 【答案】A 【分析】连接MC，证出四边形MECF为矩形，由矩形的性质得出EF＝MC，当MC⊥BD时，MC取得最小值，此时△BCM是等腰直角三角形，得出MC＝BC＝3，即可得出结果． 【详解】连接MC，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠C＝90°，∠DBC＝45°， ∵ME⊥BC于E，MF⊥CD于F， ∴四边形MECF为矩形， ∴EF＝MC， 当MC⊥BD时，MC取得最小值， 此时△BCM是等腰直角三角形， ∴MC＝BC＝＝3， ∴EF的最小值为3. 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质以及最小值问题；熟练掌握矩形的对角线相等是解决问题的关键． 【变式17-1】如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，，根据点B与D关于对称，得出，从而得出，即最小值为值为的长，求出的长即可． 【详解】解：连接，，如图所示： ∵四边形为正方形， ∴点B与D关于对称， ∴， ∴， ∴最小值为的长， ∵正方形的面积为12， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， ∴最小值为，故B正确． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，等边三角形的性质，解题的关键是根据轴对称的性质得出的长为的最小值． 【变式17-2】如图，正方形的边长为12，点、分别为、上动点（、均不与端点重合），且，是对角线上的一个动点，则的最小值是________． 【答案】 【分析】作点E关于的对称点，则，，连接交AC于点P，过F作的垂线交于点G，则即为所求，由即可求出的长，再由勾股定理即可求出的长． 【详解】解：作点E关于的对称点，连接、，过F作于点G，当、、在同一直线上时，，此时最小，即即为所求． ∵四边形是正方形， ∴， ∴点在边上． ∵，， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，，， ∴． 故选：C． 【点睛】本题考查的是最短路线问题，矩形的判定与性质，勾股定理及正方形的性质，根据题意作出辅助线是解答此题的关键． 【变式17-3】如图，在正方形中，，为边上一点，点在边上，且，将点绕着点顺时针旋转得到点，连接，则的长的最小值为______． 【答案】 【分析】过点G作，垂足为H，可得，根据正方形的性质可得，，根据旋转的性质可得，然后利用同角的余角相等可得，从而可证，进而可得，最后可得点G在与平行且与的距离为的直线上，从而可得当点G在边上时，的值最小，进行计算即可解答； 【详解】解：过点作，垂足为， ， ∵四边形是正方形， ， ， 由旋转得：， ， ， ， （AAS）， ， ∴点在与平行且与的距离为的直线上， ∴当点在边上时，最小且， 的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键． 【微专题四】正方形背景下的规律探索 【例18】如图，正方形中，，与直线的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形…，依此规律，则（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形得，，，根据平行线的性质得，则，，同理得，，，即，由此即可求解． 【详解】解：∵正方形， ∴，，， ∴， ∴，， ∴，，，…，即， ∴， 故选：C． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，含角的直角三角形得性质，勾股定理的应用，平行线的性质的综合应用，解题的关键是求出后一个正方形得边长是前一个正方形的边长的倍． 【变式18-1】如图，先画一个边长为1的正方形，以其对角线为边画第二个正方形，再以第二个正方形的对角线为边画第三个正方形，，如此反复下去，…，那么第11个正方形的对角线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】第1个正方形的边长是1，对角线长为；第2个正方形的边长为，对角线长为，第3个正方形的边长为2，对角线长为；得出规律，即可得出结果． 【详解】解：由题意得，第1个正方形的边长是1，对角线长为； 第2个正方形的边长为，对角线长为， 第3个正方形的边长为2，对角线长为； ∴第n个正方形的对角线长为， ∴第11个正方形的对角线长为 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理；求出第一个、第二个、第三个正方形的对角线长，得出规律是解决问题的关键． 【变式18-2】如图，已知矩形的邻边长分别为、，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【来源】广西南宁市银海三雅学校2024-2025学年下学期八年级数学月考试卷 【知识点】中点四边形、图形类规律探索 【分析】本题主要考查了图形的变化类规律，找出规律、的表示方法是解题的关键．记四边形， 的面积为，易知四边形为菱形，四边形为矩形，，，，……，推出依此可得，最后令即可解答． 【详解】解：如图，连接， ∵顺次连接矩形各边的中点，得到四边形， ∴四边形 是矩形， ∴，. 同理，，， ∴， ∴， ∵顺次连接四边形，各边的中点，得到四边形， ∴，， ∴， 依此可得， ∴四边形的面积是． 故选：B． 【变式18-3】如图，四边形 是边长为 的正方形，以对角线 为边作第二个正方形 ，连接 ，得到 ；再以对角线 为边作第三个正方形 ，连接 ，得到 ，再以对角线 为边作第四个正方形 ，连接 ，得到 ，设 ，的面积分别为 ，如此下去，则 的值为（　　） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】根据题意求出，根据面积的变化规律总结的关系式即可得出答案． 【详解】解：四边形是边长为的正方形， ， ， ， ， ， ， ， 同理可求： ， ， …… ， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的面积，等腰直角三角形的性质等知识，熟练掌握正方形的性质和三角形面积的计算是解题的关键． 压轴突破·素养提升 【压轴一】正方形背景下的动点问题 【例19】在正方形中，，、分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形． (1)如图1，连接，若，试说明与的关系； (2)如图2，若为的中点，在边上是否存在某个位置，使得四边形为菱形？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)，且，理由见解析 (2)F在AB边上存在时，使得四边形EFDG为菱形 【分析】（1）根据正方形的性质，得出，，再判断和全等，再根据平行四边形的性质即可得出答案； （2）先判断存在，设，再根据点E为中点、菱形的性质，通过勾股定理即可得出答案． 【详解】（1）解：，且．                 ∵四边形为正方形， ∴，，                    在和中， ， ∴， ∴，，              ∵ ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，且，  ． （2）解：存在，理由如下： 设， ∵， ∴， ∴， ∵点E为中点， ∴，             ∵四边形为菱形， ∴， 由勾股定理可得，即 解得                  ∴F在边上存在时，使得四边形为菱形． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质、菱形的性质、勾股定理，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定、平行四边形和菱形的性质、勾股定理． 【变式19-1】如图，正方形的边长为4，点为对角线的中点，点为边上的动点，点在边上，连接，，． (1)求证：． (2)当点在边上运动时，四边形的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)四边形的面积不会发生变化，始终等于4 【难度】0.85 【来源】河北省石家庄市2024-2025学年八年级下学期期末考试数学试题 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、等腰三角形的性质和判定、根据矩形的性质与判定求线段长、根据正方形的性质与判定证明 【分析】此题主要考查了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，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）过点O作于点M，于点N，证明四边形是正方形，得，，再根据得，由此可依据“”判定和全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论； （2）根据正方形的性质以及等腰直角三角形的性质得，则正方形的面积为4，由（1）可知和全等，则，由此得． 【详解】（1）解：过点O作于点M，于点N，如图所示： ∴， ∵四边形是正方形，且边长为4， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：当点E在边上运动时，四边形的面积不会发生变化，始终等于4，理由如下： 连接，如图所示： ∵四边形是正方形，点为对角线的中点， ∴，， ∴是等腰直角三角形 ∵ ∴ 则 由（1）得 ∴ 由（1）得，矩形是正方形， 则． 【变式19-2】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】D 【难度】0.65 【来源】新疆维吾尔自治区昌吉回族自治州2024-2025学年八年级上学期1月期末考试数学试题 【知识点】（特殊）平行四边形的动点问题、根据正方形的性质求线段长、全等三角形的性质 【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、动点问题．当和全等时，一定为直角三角形，点在上时，不能构成三角形；点在上时构成的不是直角三角形，此时两个三角形不能全等；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度可以求出运动的时间；当点在上时，此时点运动的路程为，根据运动的速度求出运动的时间即可． 【详解】解：中， 当和全等时，一定为直角三角形， 当点在上时，不能构成三角形； 当点在上时，如下图所示， 构成的不是直角三角形，此时和不全等； 当点在上时，如下图所示， ， 则有， 此时点运动的路程为， 运动的时间为； 当点在上时，如下图所示， ， ， 此时点运动的路程为， 运动的时间为， 综上所述，当和全等时，的值是或． 故选：D ． 【变式19-3】如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【答案】(1)， (2)a的值为2或 【难度】0.4 【来源】江西省赣州市章贡区2025-2026学年八年级上学期期中考试数学试题 【知识点】列代数式、全等三角形的性质、根据正方形的性质求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）先根据点P运动的速度与时间，用t表示出，再根据，用t表示出； （2）分、两种情况讨论，分别求出a的值． 【详解】（1）解：点P在线段上以的速度由B点向点C运动，运动的时间为t秒， ， ， ， 故答案为：2t，； （2）当时， 此时，， 则有，， 此时，． 当时， 此时，， 则有，， 此时，． 综上所述，a的值为2或． 【点睛】本题考查了列代数式，全等三角形的性质，根据正方形的性质求线段长，（特殊）平行四边形的动点问题等知识点，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． 【压轴二】正方形的存在性问题 【例20】如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论． (3)当点O运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)当点O运动到的中点时，四边形是矩形，见解析 (3)当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形，见解析 【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出，同理得出，即可得出结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论； （3）当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，由平行线的性质得出，得出，即可证明． 【详解】（1）解： ∵， ∴， 又∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理：， ∴． （2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形． ∵当点O运动到的中点时，， 又∵， ∴四边形是平行四边形， 由（1）可知，， ∴， ∴，即， ∴四边形是矩形． （3）解：当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形． ∵由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定定理；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键． 【变式20-1】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，当点到达点时，点也停止运动，设点，运动的时间为． (1)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． (2)从运动开始，当取何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形是正方形？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)不存在，使为菱形 (2) (3)不存在，使为正方形 【难度】0.4 【来源】广东省梅州市兴宁市宋声学校2025-2026学年九年级上学期10月月考数学试题 【知识点】证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、证明四边形是正方形、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题考查四边形中的动点问题，解题的关键是熟练掌握平行四边形、菱形、矩形和正方形的判定和性质，确定动点的位置 （）利用菱形的判定和性质进行求解即可； （）利用矩形的判定和性质进行求解即可； （）利用正方形的判定和性质进行求解即可． 【详解】（1）解：不存在，理由： ∵，，过作于，则四边形是矩形， ∴，.， 又∵， ∴， 根据勾股定理，， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， 此时，， 而， ∴四边形不可能是菱形； （2）如图，∵，； ∴当时，四边形是矩形， 即， 解得：， 当时，四边形是矩形； （3）由当时，四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴矩形不能是正方形， 即不存在时间，使四边形是正方形 【变式20-2】如图，在矩形中，，点P与点Q同时出发，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C停止，点P，Q的速度都是，连接，设点P，Q的运动时间为． (1)求当t为何值时，四边形是正方形； (2)求当t为何值时，； (3)当四边形的面积为时，求矩形的周长与四边形的周长的比值． 【答案】(1)当时，四边形是正方形； (2)当时； (3) 【难度】0.65 【来源】安徽省六安市霍邱县2023-2024学年八年级下学期月考数学试题 【知识点】根据矩形的性质求线段长、利用菱形的性质求线段长、根据正方形的性质求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】（1）设经过后四边形是正方形，则，，在矩形中，，，则当时，四边形是正方形，即，然后解方程即可解答； （2）由于，，得四边形为平行四边形，当时，四边形为菱形，，再利用勾股定理列方程求解即可； （3）四边形为平行四边形，四边形的面积为，即，解得，则，，再分别求矩形的周长与四边形的周长即可解答． 【详解】（1）解：∵ 在矩形中，， ，， 设经过后四边形是正方形，则，， 在矩形中，，， 当时，四边形是正方形， ∴，解得， ∴当时，四边形是正方形； （2）解：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∴当时，四边形为菱形， ， ∵， ，解得， ∴当时； （3）解：∵四边形为平行四边形， ∴ 四边形的面积为，即，解得， ，， ∴四边形的周长， ∴矩形的周长， ∴矩形的周长与四边形的周长的比值为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定、平行四边形的判定和性质、菱形的判定及性质、勾股定理等知识点，熟练掌握相关判定及性质是解题的关键． 【变式20-3】如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动；点从点开始沿边向点以的速度运动．点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动． (1)设运动时间为，用含的代数式表示线段的长：________，________； (2)求运动时间为多少秒时，四边形为平行四边形？ (3)当运动时间为多少秒时，四边形为矩形？ (4)若点运动的速度为，直接写出：当为多少时，四边形为正方形？ 当为多少时，四边形为菱形？ 【答案】(1)， (2)运动时间为时，四边形为平行四边形 (3)运动时间为时，四边形为矩形 (4)当为时，四边形为正方形，当为时，四边形为菱形 【难度】0.4 【来源】安徽省宿州市泗县第三中学2025-2026学年上学期九年级10月月考数学试题 【知识点】动点问题（一元一次方程的应用）、列代数式、正方形的判定定理理解、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】此题考查了正方形，菱形，平行四边形的判定与性质以及矩形的判定与性质． （1）根据题意速度乘以时间即可得出，，进而即可求得； （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． （4）根据四边形为正方形，可得，进而求得，再根据，建立方程，求得；当四边形为菱形，过点作于点，根据勾股定理求得的长，进而求得，从而求得，根据，建立方程求得的值，即可求解． 【详解】（1）解：由题意知，，则， 故答案为：， （2）由题意可得：，， ， ， 设当运动时间为秒时，此时四边形为平行四边形． 由得，， 解得：， 当运动时间为秒时，四边形为平行四边形． （3）， ， 设当运动时间为秒时，四边形为平行四边形． 由得：， 解得：， 又 平行四边形为矩形． 当运动时间为秒时，四边形为矩形． （4）解：点运动的速度为，则 ∵四边形为正方形 ∴ ∴，则 解得： ∴当为时，四边形为正方形， 如图，过点作于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∴ ∴， ∴当四边形为菱形时， ∴ ∴ 解得： ∴当为时，四边形为菱形； 综上所述，当为时，四边形为正方形，当为时，四边形为菱形 2 / 55 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $挖井人数学 小模块·微专题·大压轴 https://shop.xkw.com/165948 行而不舍 ·若骥千里 納无所穷·如海百川 ----【小模块·微专题·大压轴】《21.3.3正方形》专题突破 【专辑简介】【小模块·微专题·大压轴】实现了知识模块化，重点专题化，难点压轴素养化。从【模块通关·举一反三】的小桥流水，到【专题攻坚·多题归一】的黄河之水天上来，再到【压轴突破·素养提升】的大江东去浪淘尽，数（学的）风流人物，请看此卷！ 题型清单 · 图表导航 模块1 正方形的性质理解 模块11 根据正方形方性质与判定求面积 模块2 利用正方形的性质求角度 模块12根据正方形性质与判定进行证明 模块3 利用正方形的性质求线段长 模块13正方形中的多结论问题 模块4 利用正方形的性质求面积 模块14中点四边形 模块5 利用正方形的性质进行证明 微专题1正方形中的折叠问题 模块6求正方形重叠部分面积 微专题2正方形中的旋转 模块7添加条件使四边形为正方形 微专题3正方形中的最值 模块8 证明四边形为正方形 微专题4正方形背景下的规律探索 模块9根据正方形方性质与判定求角度 压轴1 正方形背景下的动点问题 模块10 根据正方形性质与判定求线段长度 压轴2 正方形的存在性问题 模块通关·举一反三 【模块一】正方形的性质理解 【例1】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．对角线相等 C．四条边相等 D．对角线互相平分 【变式1-1】矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等 【变式1-2】小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先活动学具成为图1所示菱形，并测得∠B＝60°，对角线AC＝20cm，接着活动学具成为图2所示正方形，则图2中对角线AC的长为（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．20cm 【变式1-3】如图，、分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论： ①； ②； ③； ④中，正确的结论有（　　）    A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【模块二】利用正方形的性质求角度 【例2】如图，P为线段上任意一点，分别以、为边在同侧作正方形、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-1】如图为6个边长相等的正方形的组合图形，则（    ） A．135° B．125° C．120° D．90° 【变式2-2】如图，在正方形ABCD中，等边的顶点E，F分别在边BC和CD上，则等于（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】如图，在正方形ABCD外侧，作等边三角形ADE，AC、BE相交于点F，则∠CFE为（） A．150° B．145° C．135° D．120° 【模块三】利用正方形的性质求线段长 【例3】如图，在正方形中，点在对角线上，，，，分别为垂足，连结，，若，则（    ） A．5 B． C． D． 【变式3-1】如图，点在同一条直线上，正方形，正方形的边长分别为3，4，H为线段的中点，则的长为（　　） A．3 B．4 C．3或4 D． 【变式3-2】如图，在正方形中，与相交于点，，点为上任意一点，于点，于点，则的值为（    ） A． B． C． D． 【变式3-3】如图，正方形的边长为6，点E，F分别在上，，连接与相交于点G，连接，取的中点H，连接，则的长为（    ） A． B． C．5 D． 【模块四】利用正方形的性质求面积 【例4】如图，已知，相邻两条平行线间的距离都等于，如果正方形的四个顶点分别在四条直线上，与交于点，则正方形的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式4-1】七巧板起源于我国先秦时期，古算书《周髀算经》中有关于正方形的分割术，经历代演变而成七巧板，如图①所示．19世纪传到国外，被称为“唐图”（意为“来自中国的拼图”）．图②是由边长为4的正方形分割制作的七巧板拼摆而成的“叶问蹬”图，则图中抬起的“腿”（即阴影部分）的面积为（　　） A．2 B． C． D．3 【变式4-2】在直线上依次摆着几个正方形（如图），已知斜放的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放的四个正方形的面积分别是，，，，则等于（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【变式4-3】如图，大正方形中有2个小正方形，如果它们的面积分别是，，那么与的比值是（    ） A． B． C． D． 【模块五】利用正方形的性质进行证明 【例5】如图，在正方形中，点E、点F分别在上，且，若四边形的面积是，的长为1，则正方形的边长为（　　） A． B． C． D． 【变式5-1】如图，正方形中，P是对角线AC上一点，连接，过B点作，且，连接、，交于点E，的延长线与交于点F． (1)求证：； (2)若正方形的边长为4，且，求线段PQ的长． 【变式5-2】已知：在中，，点D为直线上一动点（点D不与B、C重合），以为边作正方形，连接． (1)如图1，当点D在线段的延长线上时，请你判断线段与的数量关系，并说明理由． (2)如图1，若，请连接并求出的长． (3)如图2，当点D在线段的反向延长线上时，且点A、F分别在直线的两侧，其它条件不变；若连接正方形对角线，交点为O，连接，探究的形状，并说明理由． 【变式5-3】如图，在四边形中，，E，F分别是上的点，连接． (1)如图①，，，．求证：； (2)如图②，，周长何时最小，作出图形，并直接写出______° (3)如图③，若四边形为正方形，点E、F分别上，且，若，，请求出线段的长度． 【模块六】求正方形重叠部分面积 【例6】如图，正方形和正方形的边长都是，正方形绕点旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（    ） A． B． C． D．不能确定 【变式6-1】如图，边长为6cm的正方形ABCD先向上平移3cm，再向右平移1.5cm，得到正方形，此时阴影部分的面积为 cm2 【变式6-2】如图．边长为1的两个正方形互相重合，按住其中一个不动，将另一个绕顶点A顺时针旋转45°，则这两个正方形重叠部分的面积是(　　 ) A． B． C．1- D．-1 【变式6-3】将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点，，分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为（    ）. A．2 B．3 C．6 D．8 【模块七】添加条件使四边形为正方形 【例7】已知菱形ABCD，下列条件中，不能判定这个菱形为正方形的是（　　） A．∠A＝∠B B．∠A＝∠C C．AC＝BD D．AB⊥BC 【变式7-1】如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，添加下列一个条件，能使矩形ABCD成为正方形的是（    ） A．BD=AB B．DC=AD C．∠AOB=60° D．OD=CD 【变式7-2】在四边形ABCD中，．如果再添加一个条件可证明四边形是正方形，那么这个条件可以是（    ） A． B． C． D． 【变式7-3】四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（　　） A．①② B．②③ C．②④ D．①②或①④ 【模块八】证明四边形为正方形 【例8】如图，点，，分别为各边的中点，连接和．当满足（    ）条件时，四边形是正方形． A． B． C． D． 【变式8-1】．如图，在中，点D在边BC上，过点D作，，分别交AB，AC于E，F两点．则下列命题是假命题的是（    ）． A．四边形AEDF是平行四边形 B．若，则四边形AEDF是矩形 C．若，则四边形AEDF是正方形 D．若AD平分，则四边形AEDF是菱形 【变式8-2】如图，已知平行四边形中，对角线、交于点，是延长线上一点，且是等边三角形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若，求证：四边形是正方形． 【变式8-3】如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H． (1)求证：四边形为矩形； (2)如图2，当为矩形时， ①求证：四边形EFGH为正方形； ②若，四边形的面积为8，求AB的长． 【模块九】 根据正方形方性质与判定求角度 ．【例9】如图，是正方形的边上的一个动点，的垂直平分线交对角线于点，交于点，连接，，则的度数是（    ） A．45° B．50° C．60° D．不确定 【变式9-1】如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 【变式9-2】如图，点P是正方形ABCD内的一点，且PA=1，PB=PD=，则∠APB的度数为_______． 【变式9-3】如图，P为正方形ABCD内一点，PA：PB：PC=1：2：3，则∠APB=_____________ . 【模块十】根据正方形性质与判定求线段长度 【例10】如图，在边长为4的正方形ABCD中，E为BC上一点，EF⊥AC于点F，EG⊥BD于点G，那么EF＋EG＝______． 【变式10-1】如图，点E为正方形ABCD外一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕A点逆时针方向旋转90°得到△ADF，DF的延长线交BE于H点，若BH＝7，BC＝13，则DH＝_____． 【变式10-2】如图，直线l过正方形ABCD的顶点B，点A，C到直线l的距离分别是a和b，且满足：+|b﹣2|＝0，则正方形ABCD的边长是________，面积是________． 【变式10-3】如图，G、H分别是四边形ABCD的边AD、AB上的点，∠GCH=45°，CD=CB=2，∠D=∠DCB=∠B=90°，则△AGH的周长为_______． 【模块十一】根据正方形方性质与判定求面积 【例11】如图，是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理构造的图形，后人称之为“赵爽弦图”．该图形由四个全等的直角三角形拼接而成，若，，则四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【变式11-1】如图，点是矩形边上一点（）．且，过点作交于点，在上取点使，连结．记四边形面积为，四边形面积为，，若，则（   ） A．10 B．12 C．20 D．24 【变式11-2】如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是 ． 【变式11-3】某同学的卧室地面形状是一个如图所示的四边形，现在量得，若点到的距离为4米，则该同学的卧室地面的面积为（    ）． A． B． C． D． 【模块十二】根据正方形性质与判定进行证明 【例12】如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点． (1)求证：四边形为正方形； (2)若，求的长． 【变式12-1】如图①，在正方形中，点分别在上且．      (1)试探索线段的大小关系，写出你的结论并说明理由； (2)连接，分别取的中点，顺次连接，得到四边形： ①请在图②中补全图形； ②四边形是什么特殊平行四边形？请说明理由． 【变式12-2】在菱形中，E，F是对角线所在直线上的两点，且，连接 (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长． 【变式12-3】如图，中，对角线、交于点，在上截取． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求证：平分． 【模块十三】正方形中的多结论问题 【例13】如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ）    A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 【变式13-1】如图，在正方形中，点在对角线上，，，、分别为垂足，连接，，则下列命题： ①  ②  ③一定是等腰三角形  ④若正方形边长为4，则的最小值为，其中正确的命题有 ． 【变式13-2】如图，在正方形中，对角线，交于点，点，分别在，上，且，交于点，连接．得到下列四个结论：①；②；③;④四边形是菱形，其中正确的结论是_____(填写所有正确结论的序号)． 【变式13-3】如图，是正方形内一点，以为一条边作正方形，连接和．根据旋转知识，给出下列四个说法：①；②； ③若点恰好落在边上时，则； ④若，则．其中正确说法的个数是（    ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【模块十四】中点四边形 【例14】如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（    ） A．且 B．且 C．且 D．且 【变式14-1】中点四边形的形状． （1）以四边形各边的中点为顶点可以组成一个________． （2）以菱形各边的中点为顶点可以组成一个________． （3）以矩形各边的中点为顶点可以组成一个________． （4）以平行四边形各边的中点为顶点可以组成一个________． （5）以正方形各边的中点为顶点可以组成一个________． 【变式14-2】如图，任意四边形中，E，F，G，H分别是上的点，对于四边形的形状，某班学生在一次数学活动课中，通过动手实践，探索出如下结论，其中错误的是（    ） A．当E，F，G，H是各边中点，且时，四边形为菱形 B．当E，F，G，H是各边中点，且时，四边形为矩形 C．当E，F，G，H不是各边中点时，四边形可以为平行四边形 D．当E，F，G，H是各边中点时，四边形可以不为平行四边形 【变式14-3】综合与探究 定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们就把这个原四边形叫做“中方四边形”． 概念理解： （1）下列四边形中一定是“中方四边形”的是________． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 性质探究： （2）如图1，四边形是“中方四边形”，观察图形，写出关于四边形的结论： ①________； ②________； 问题解决： （3）如图2，以锐角的两边为边长，分别向外侧作正方形和正方形ACFG，连接，问有什么位置关系和数量关系？直接写出结果． 拓展应用： （4）如图3，已知四边形是“中方四边形”，M，N分别是的中点．试探索与的数量关系，并说明理由． 专题攻坚·多题归一 【微专题一】正方形中的折叠问题 【例15】将一张正方形纸片，按如图步骤①，②，沿虚线对折两次，然后沿③中的虚线剪去一个角，展开铺平后的图形是（   ） A． B． C． D． 【变式15-1】在矩形中，，点E为射线上一点，将沿着翻折，使得点B的对应点F落在射线上，若线段，连接，则的值为 ． 【变式15-2】如图，在一张矩形纸片中，，，点E，F分别在，上，将沿直线折叠，点C落在上的点H处，点D落在点G处．设线段的长度为m，则m的取值范围是 ． 【变式15-3】综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“图形的变换”为主题开展数学活动． (1)操作判断如图1，将矩形纸片折叠，使落在边上，点与点重合，折痕为，即可得到正方形，沿剪开，将正方形折叠使边，都落在正方形的对角线上，折痕为，，连接，如图2．根据以上操作，则＝ °． (2)迁移探究 将图2中的绕点按顺时针旋转，使它的两边分别交边，于点，，连接， 如图3．探究线段，，之间的数量关系，并说明理由． (3)拓展应用 连接正方形对角线，若图3中的的边，分别交对角线于点，，将正方形纸片沿对角线剪开，如图4，若，，请直接写出的长． 【微专题二】 正方形中的旋转 【例16】如图，正方形的对角线与相交于点O，将绕点O顺时针旋转，设旋转角为α（），角的两边分别与交于点M，N，连接，，下列四个结论：①；②；③；④；其中正确的结论是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④ 【变式16-1】（1）如图1，已知正方形和正方形，，，在同一条直线上，为线段的中点．探究：线段，的关系． （2）如图2，若将正方形绕点顺时针旋转45°，使得正方形的对角线在正方形的边的延长线上，为的中点．试问：（1）中探究的结论是否成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由． （3）若将正方形绕点顺时针旋转任意角度，其它条件不变，此时线段，的关系是什么？请直接写出你的结论，不用说明理由． 【变式16-2】【问题解决】 在一节数学课上，张老师提出了这样一个问题：如图1，点E是正方形内一点，，，．你能求出∠BEC的度数吗？ 小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：将绕点C逆时针旋转，得到，连接，求出的度数； 思路二：将绕点C顺时针旋转，得到，连接，求出的度数． (1)请参考小明的思路，写出两种思路的完整解答过程． 【类比探究】 (2)如图2，若点E是正方形外一点，，，，求的度数． 【变式16-3】（1）如图1，在正方形中，点，分别在边，C上，若，则，，之间的数量关系为________________；（提示：以点为旋转中心，将顺时针旋转90°） 解决问题： （2）如图2，若把（1）中的正方形改为等腰直角三角形，，，是底边上任意两点，且满足，试探究，，之间的关系； 拓展应用： （3）如图3，若把（1）中的正方形改为菱形，，菱形的边长为，，分别为边，上任意两点，且满足，请直接写出四边形的面积． 【微专题三】正方形中的最值】 【例17】如图，在边长为6的正方形ABCD中，点M为对角线BD上一动点，ME⊥BC于E，MF⊥CD于F，则EF的最小值为（    ） A． B． C．3 D．2 【变式17-1】如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（    ） A． B． C． D． 【变式17-2】如图，正方形的边长为12，点、分别为、上动点（、均不与端点重合），且，是对角线上的一个动点，则的最小值是________． 【变式17-3】如图，在正方形中，，为边上一点，点在边上，且，将点绕着点顺时针旋转得到点，连接，则的长的最小值为______． 【微专题四】正方形背景下的规律探索 【例18】如图，正方形中，，与直线的夹角为，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形，延长交直线于点，作正方形…，依此规律，则（  ） A． B． C． D． 【变式18-1】如图，先画一个边长为1的正方形，以其对角线为边画第二个正方形，再以第二个正方形的对角线为边画第三个正方形，，如此反复下去，…，那么第11个正方形的对角线长为（    ） A． B． C． D． 【变式18-2】如图，已知矩形的邻边长分别为、，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形则第次操作后，得到四边形的面积是（    ） A． B． C． D． 【变式18-3】如图，四边形 是边长为 的正方形，以对角线 为边作第二个正方形 ，连接 ，得到 ；再以对角线 为边作第三个正方形 ，连接 ，得到 ，再以对角线 为边作第四个正方形 ，连接 ，得到 ，设 ，的面积分别为 ，如此下去，则 的值为（　　） A． B． C． D．1 压轴突破·素养提升 【压轴一】正方形背景下的动点问题 【例19】在正方形中，，、分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形． (1)如图1，连接，若，试说明与的关系； (2)如图2，若为的中点，在边上是否存在某个位置，使得四边形为菱形？若存在，求出的长；若不存在，说明理由． 【变式19-1】如图，正方形的边长为4，点为对角线的中点，点为边上的动点，点在边上，连接，，． (1)求证：． (2)当点在边上运动时，四边形的面积是否会发生变化？若不变，请求出其面积；若改变，请说明理由． 【变式19-2】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（    ） A． B． C．或 D．或 【变式19-3】如图，已知正方形中，边长为，点E在边上，．如果点P在线段上以的速度由B点向点C运动，同时点Q在线段上以的速度由点C向点D运动，设运动的时间为t秒． (1)________，________；（用含t的代数式表示） (2)若以E，B，P为顶点的三角形和以P，C，Q为顶点的三角形全等，试求a的值． 【压轴二】正方形的存在性问题 【例20】如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F． (1)求证：； (2)当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论． (3)当点O运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【变式20-1】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，当点到达点时，点也停止运动，设点，运动的时间为． (1)在整个运动过程中是否存在值，使得四边形是菱形？若存在，请求出t值；若不存在，请说明理由． (2)从运动开始，当取何值时，四边形是矩形？ (3)在整个运动过程中是否存在t值，使得四边形是正方形？若存在，请求出值；若不存在，请说明理由． 【变式20-2】如图，在矩形中，，点P与点Q同时出发，点P从点D出发向点A运动，运动到点A停止，点Q从点B出发向点C运动，运动到点C停止，点P，Q的速度都是，连接，设点P，Q的运动时间为． (1)求当t为何值时，四边形是正方形； (2)求当t为何值时，； (3)当四边形的面积为时，求矩形的周长与四边形的周长的比值． 【变式20-3】如图，在四边形中，，，，，，动点从点开始沿边向点以的速度运动；点从点开始沿边向点以的速度运动．点，分别从点，同时出发，当其中一点到达端点时，另外一点也随之停止运动． (1)设运动时间为，用含的代数式表示线段的长：________，________； (2)求运动时间为多少秒时，四边形为平行四边形？ (3)当运动时间为多少秒时，四边形为矩形？ (4)若点运动的速度为，直接写出：当为多少时，四边形为正方形？ 当为多少时，四边形为菱形？ 2 / 55 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $