专题1.4 正方形的性质与判定（举一反三讲义）数学新教材北师大版九年级上册

本讲义聚焦正方形的性质与判定核心知识点，以平行四边形、矩形、菱形为前置基础，构建“一般到特殊”的学习支架，系统梳理边、角、对角线的性质及判定条件，衔接前后知识脉络。 资料设计15类分层题型，例题与变式题结合，融入赵爽弦图、折叠旋转等情境，培养几何直观与推理能力。课中辅助教师系统教学，课后助力学生查漏补缺，提升用数学语言解决问题的应用意识。

专题1.4 正方形的性质与判定（举一反三讲义） 【新教材北师大版】 题型归纳 【题型1 利用正方形的性质求线段长度】 2 【题型2 利用正方形的性质求角度大小】 2 【题型3 利用正方形的性质计算图形面积】 3 【题型4 利用正方形的性质证明几何关系】 4 【题型5 添一个条件使四边形是正方形】 6 【题型6 证明四边形是正方形】 6 【题型7 利用正方形的判定与性质求线段长度】 9 【题型8 利用正方形的判定与性质求角度大小】 9 【题型9 利用正方形的判定与性质求图形面积】 10 【题型10 利用正方形的判定与性质解决最值问题】 11 【题型11 利用正方形的判定与性质解决折叠问题】 12 【题型12 利用正方形的判定与性质解决动点与存在性问题】 13 【题型13 利用正方形的判定与性质解决尺规作图问题】 15 【题型14 利用正方形的判定与性质解决旋转变换】 16 【题型15 坐标系中的正方形】 18 知识点1 正方形的性质考点1 正方形的性质 【题型1 利用正方形的性质求线段长度】 【例1】（25-26八年级下·河北保定·期中）由四个全等的直角三角形拼成如图所示的“赵爽弦图”．图中正方形的边长是2，，则（    ） A． B． C． D．4 【变式1-1】（25-26八年级下·山西大同·期中）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F．若，则的长为（    ） A．12 B．6 C．3 D．1.5 【变式1-2】（25-26八年级下·广西钦州·期中）如图，在边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，，则的长为_________． 【变式1-3】（25-26九年级下·山东淄博·期中）如图，点在正方形内，．若，则的长为_____． 【题型2 利用正方形的性质求角度大小】 【例2】（25-26八年级下·广西玉林·期中）如图，等边的顶点,分别在正方形的边，上，则_____． 【变式2-1】（25-26八年级下·湖南永州·期中）如图，正方形的对角线为菱形的一边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【变式2-2】（25-26八年级下·北京怀柔·期中）如图所示，已知四边形和均是正方形，其中，则度数为（    ） A． B． C． D． 【变式2-3】（25-26八年级下·河南许昌·期中）如图，点E为正方形外一点，且，连接，交于点F，连接，．若，则的度数为_______． 【题型3 利用正方形的性质计算图形面积】 【例3】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图，四边形和是两个不全等的正方形，连接交于，如果面积为，则面积为（   ）． A． B． C． D． 【变式3-1】（25-26七年级上·上海闵行·期末）如图，已知并排放置的正方形和正方形，其中点E在直线上，如果a表示正方形的边长，b表示正方形的边长，表示的面积，表示正方形的面积，那么的值为______． 【变式3-2】（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，正方形的面积为4，分别取，，，的中点得到正方形；再分别取，的中点得到正方形；…．则正方形．的面积为_______ 【变式3-3】（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）如图，点在正方形的对角线上，且，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．36 B．32 C．16 D． 【题型4 利用正方形的性质证明几何关系】 【例4】（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，正方形的对角线交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：． 【变式4-1】（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，在正方形中，G是边上一点，连接，过点D作于点E，过点B作，且交于点F．求证：． 【变式4-2】（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接．求证： (1)； (2)平分． 【变式4-3】如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求证：为的中点． 知识点2 正方形的判定考点2 正方形的判定 【题型5 添一个条件使四边形是正方形】 【例5】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点，下列条件不能判定是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【变式5-1】如图，四边形ABCD是矩形，则只须补充条件_____（用字母表示，只添加一个条件）就可以判定四边形ABCD是正方形． 【变式5-2】如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件：______，使四边形是正方形。    【变式5-3】（24-25九年级上·广东佛山·月考）如图在中，，的垂直平分线交于点D，交于点E，且，为了使四边形是正方形．可以添加一个条件（   ）      A． B． C． D．E为的中点 【题型6 证明四边形是正方形】 【例6】（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【变式6-1】已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 【变式6-2】（24-25八年级下·甘肃陇南·期末）如图，在中，对角线交于点E，，． (1)当平分时，是______形；（填特殊平行四边形名称） (2)证明：当时，为正方形． 【变式6-3】如图，在中，点在对角线上，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【题型7 利用正方形的判定与性质求线段长度】考点3 正方形的判定与性质综合 【例7】（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，则的长为（   ） A．7 B．7.5 C．8 D．9 【变式7-1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，中，，，，、的角平分线交于点D，于点E，于点F，则的长为（   ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 【变式7-2】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，正方形边长为6，，M、N分别是和的中点，则长为_________． 【变式7-3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为______． 【题型8 利用正方形的判定与性质求角度大小】 【例8】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8-1】如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【变式8-2】如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____． 【变式8-3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【题型9 利用正方形的判定与性质求图形面积】 【例9】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，过菱形的对角线的中点O作两条互相垂直的直线，分别交，，，于E，F，G，H四点，连接，，，． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，，求四边形的面积． 【变式9-1】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 【变式9-2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，分别为正方形的边上的点，且 ，则图中的值为（    ） A． B． C． D． 【变式9-3】（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【题型10 利用正方形的判定与性质解决最值问题】 【例10】（2025·贵州黔南·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．则的最小值为_______． 【变式10-1】如图边长为4的正方形中，为边上一点，且， 为边上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，连接，则的最小值为（ ） A． B．4 C． D． 【变式10-2】如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，则矩形的面积最小值为________． 【变式10-3】如图，已知正方形的边长为，点为对角线上一动点，连接、过点作，交点，以、为邻边作矩形，连接．    (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由； (3)直接写出当点满足什么条件时，的最小值，最小值是多少？ 【题型11 利用正方形的判定与性质解决折叠问题】 【例11】矩形第一次沿折叠得到四边形，展开后第二次沿折叠，使得点C与点F重合．若，，则______． 【变式11-1】如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到，折痕为，连接，第二次将沿着折叠，边恰好落在边上．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【变式11-2】如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式11-3】综合与实践 数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片对折，使得点A、D重合，点B、C重合，折痕为，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N，折痕为． （1）如图①，若，则当点N落在上时，和的数量关系是_______；的度数为_____； 思考探究： （2）在的条件下进一步进行探究，将沿所在的直线折叠，点M的对应点为点，当点落在上时，如图②，设、分别交于点J、K，若，请求出三角形的面积； 拓展应用： （3）如图③，在矩形纸片中，，，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为，点A的对应点为点N，展开后再将四边形沿所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点，连接、，若，请直接写出的长． 【题型12 利用正方形的判定与性质解决动点与存在性问题】 【例12】（25-26九年级上·河南郑州·期中）如图，矩形中，点，分别从点，出发，沿，以每秒1个单位长度的速度向点，运动，两点到达，两点时停止运动，已知，．设运动时间为秒． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)①当四边形为矩形时，求的值； ②当四边形为菱形时，求的值； (3)当以为对角线的正方形面积是矩形的面积的一半时，直接写出此时的值． 【变式12-1】（25-26八年级下·湖南岳阳·期中）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； 【变式12-2】（24-25八年级下·全国·课后作业）（1）如图①，在正方形中，点E、F、G、H分别在边、、、上，且．线段与是否存在特殊的位置关系或数量关系？证明你的结论． （2）将图①中的正方形沿线段、剪开，再把得到的4个四边形按图②所示拼成一个四边形．若图①中，则图②中阴影部分的面积为______． 【变式12-3】如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是边长为5的正方形，顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA，OB的长满足|OA﹣4|+（OB﹣3）2＝0． （1）求OA，OB的长； （2）求点D的坐标； （3）在y轴上是否存在点P，使△PAB是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【题型13 利用正方形的判定与性质解决尺规作图问题】 【例13】如图，四边形是正方形，点E、F分别在边、上，点G在边的延长线上，且．    (1)求证： ① ； ②； (2)尺规作图：以线段、为边作出正方形（保留作图痕迹不写作法和证明）； (3)连接（2）中的，猜想四边形的形状，并证明你的猜想； (4)当时，求出的值． 【变式13-1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在中，，，由尺规作图得射线与边交于点，过分别作于点．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D．3 【变式13-2】（2026·福建莆田·模拟预测）如图，正方形中，点在对角线上． (1)求作正方形，使得为正方形的中心；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的作图条件下，求证：． 【变式13-3】（2025·山西·模拟预测）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务． 数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题： 题目：已知正方形，利用尺规作一个正方形，使点，，，分别在，，，边上． 勤学小组展示了他们讨论并优化后的成果如图1．作法如下：①作线段的垂直平分线分别交， 于点，；②作或或的垂直平分线分别交，于点，，连接，，，，则四边形是所求的正方形． 任务： (1)如图1，勤学小组作法的第一步中，用尺规作出线段垂直平分线作法依据的定理是________； (2)如图2，作线段的垂直平分线分别交，于点，；请在图2中，用不同于图1的方法作出满足条件的正方形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (3)如图3，点是边上的一点，请你在图3中作出满足条件的正方形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【题型14 利用正方形的判定与性质解决旋转变换】 【例14】【课本再现】    (1)正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形的面积的比值是；在正方形绕点旋转的过程中（如图2），上述比值有没有变化？请说明理由． (2)【拓展延伸】如图3，在正方形中，的顶点在对角线上，且，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与边和边交于点，． ①在的旋转过程中，试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，当点与点重合时，求的长． 【变式14-1】如图，已知正方形与正方形的边长分别为4和1，若将正方形绕点旋转，则在旋转过程中，点之间的最小距离为 （    ） A．3 B． C． D． 【变式14-2】如图1，已知矩形纸片，，，将纸片进行如下操作：将纸片沿折痕进行折叠，使点A落在边上的点E处，点F在上（如图2），则______；然后将绕点F旋转到，当过点C时旋转停止，则______．    【变式14-3】小明与同学们在数学动手实践操作活动中，将锐角为的直角三角板的一个锐角顶点与正方形的顶点重合，正方形固定不动，然后将三角板绕着点旋转，的两边分别与正方形的边、或其延长线相交于点、，连接． (1)【探究发现】在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、相交时，如图（1）所示，则线段、、满足的数量关系：_________________．(请直接写出结果) (2)在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、的延长线相交时，如图（2）所示，则线段、、又将满足怎样的数量关系：________________．(请直接写出结果) (3)【拓展思考】若正方形的边长为6，在三角板旋转过程中，当的一边恰好经过边的中点时，试求线段的长(请写出解答过程)． (4)【创新应用】如图（3）所示，将三角板的锐角顶点与正方形的边中点重合，边、分别与正方形的边、交于点、．若，则线段_______．(请直接写出结果) 【题型15 坐标系中的正方形】 【例15】（24-25七年级下·湖南长沙·期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点满足：，过点P分别向x轴，y轴引垂线段，垂足分别为A，B两点，点C是线段上一点，点D是线段上一点，连接线段，． (1)当点D在线段的垂直平分线上且时，请判断的形状并说明理由； (2)如图2，过点C作的垂线交的延长线于点K且，连接，求的度数； (3)在第（2）问的前提下，连接； ①求证：； ②令，，，若a，b，t满足；问：是否存在实数m，使得代数式的值为定值，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【变式15-1】如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为(3，0)， 则点D的坐标为（  ） A．(1, 3) B．(1，) C．(1，) D．(，) 【变式15-2】如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形OABC，边OA，OC分别在x轴，y轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，照此规律作下去，则点B2019的坐标为______． 【变式15-3】在平面直角坐标系中，已知△，点在y轴的正半轴上，点在x轴的负半轴上，点在x轴上． (1)如图1，已知点与点关于y轴对称，，若是的中点，连接，求证：△是等边三角形 (2)如图2，已知，△是一个轴对称图形，，分别是边，上一点，满足，连接，，，若点的坐标为（，1）． ①求点的坐标； ②求三角形的面积； (3)如图3，已知与坐标原点重合，，点是y轴的负半轴上一动点，连接，过作于，交线段于，连接． ①若线段，求点的坐标； ②问点在运动的过程中，的大小是否发生改变？若不变，求出其值；若改变，请说明理由． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题1.4 正方形的性质与判定（举一反三讲义） 【新教材北师大版】 题型归纳 【题型1 利用正方形的性质求线段长度】 2 【题型2 利用正方形的性质求角度大小】 2 【题型3 利用正方形的性质计算图形面积】 5 【题型4 利用正方形的性质证明几何关系】 8 【题型5 添一个条件使四边形是正方形】 17 【题型6 证明四边形是正方形】 17 【题型7 利用正方形的判定与性质求线段长度】 26 【题型8 利用正方形的判定与性质求角度大小】 26 【题型9 利用正方形的判定与性质求图形面积】 31 【题型10 利用正方形的判定与性质解决最值问题】 35 【题型11 利用正方形的判定与性质解决折叠问题】 41 【题型12 利用正方形的判定与性质解决动点与存在性问题】 48 【题型13 利用正方形的判定与性质解决尺规作图问题】 54 【题型14 利用正方形的判定与性质解决旋转变换】 61 【题型15 坐标系中的正方形】 67 知识点1 正方形的性质考点1 正方形的性质 【题型1 利用正方形的性质求线段长度】 【例1】（25-26八年级下·河北保定·期中）由四个全等的直角三角形拼成如图所示的“赵爽弦图”．图中正方形的边长是2，，则（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】根据，得到，根据勾股定理得到，求得，于是得到结论． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴． 【变式1-1】（25-26八年级下·山西大同·期中）如图，四边形为正方形，为等边三角形，于点F．若，则的长为（    ） A．12 B．6 C．3 D．1.5 【答案】C 【分析】由题意易得，，然后可得，进而问题可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【变式1-2】（25-26八年级下·广西钦州·期中）如图，在边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，，则的长为_________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质可证得，得到，而利用线段的和差知道，所以要求得和的长度，根据条件，，可通过倒角得到外角，结合所对的直角边是斜边的一半，以及正方形边长为6，得到和的长度，进而可得线段的长度，所以，即可求解． 【详解】解：∵，， ∴， ∴， 又∵正方形的边长为6， ∴，，， ∴， 在中，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴在和中， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的性质、所对的直角边是斜边的一半以及全等三角形的性质和判定等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【变式1-3】（25-26九年级下·山东淄博·期中）如图，点在正方形内，．若，则的长为_____． 【答案】 【分析】延长，交于点，利用勾股定理求出的长，可证明，得到，，据此求出的长，再求出，最后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，延长，交于点， 在中，由勾股定理得， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理可证明， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ， ∴． 【题型2 利用正方形的性质求角度大小】 【例2】（25-26八年级下·广西玉林·期中）如图，等边的顶点,分别在正方形的边，上，则_____． 【答案】/75度 【分析】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理，熟练掌握相关性质定理是解题的关键． 根据正方形的性质和等边三角形的性质，易证得，进而得到，利用求解即可 【详解】解：四边形是正方形， 、， 是等边三角形， 、， ， 在和中， ， ， ， ． 【变式2-1】（25-26八年级下·湖南永州·期中）如图，正方形的对角线为菱形的一边，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方形的性质可知，由菱形的性质即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形 ，为对角线， ∴ 平分， ∴， ∵四边形为菱形， ∴． 【变式2-2】（25-26八年级下·北京怀柔·期中）如图所示，已知四边形和均是正方形，其中，则度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质得到，进而求出的度数，再根据四边形的内角和为和平角的性质得到，利用． 【详解】解：四边形和均是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 【变式2-3】（25-26八年级下·河南许昌·期中）如图，点E为正方形外一点，且，连接，交于点F，连接，．若，则的度数为_______． 【答案】/70度 【分析】根据正方形性质和已知得，求出 ，由三角形外角的性质得，通过证明得到． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ，，， ∴ ∴． 【题型3 利用正方形的性质计算图形面积】 【例3】（25-26八年级下·山东德州·期中）如图，四边形和是两个不全等的正方形，连接交于，如果面积为，则面积为（   ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接、，由正方形的性质可得，，则，，结合等量代换可得． 【详解】解：如图，连接、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴． 【变式3-1】（25-26七年级上·上海闵行·期末）如图，已知并排放置的正方形和正方形，其中点E在直线上，如果a表示正方形的边长，b表示正方形的边长，表示的面积，表示正方形的面积，那么的值为______． 【答案】 【分析】根据, ，，即可求得答案． 【详解】解： ∵正方形和正方形的边长分别为a、b， ∴， ∴ ， ∵． ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查整式的混合运算，解题的关键是熟练掌握正方形边角性质，正方形面积公式，梯形面积公式，三角形面积公式． 【变式3-2】（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，正方形的面积为4，分别取，，，的中点得到正方形；再分别取，的中点得到正方形；…．则正方形．的面积为_______ 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及勾股定理，属于规律性题目，得到规律求正方形的面积是解题的关键． 首先由勾股定理求得，即可求得正方形与正方形的面积，然后得规律：正方形的面积为． 【详解】解：正方形的面积为4， ． 又分别是，，，的中点， ． 同理可得，， ， 四边形是边长为的正方形，其面积为． 同理可得，的面积为， 四边形的面积为． 故答案为：． 【变式3-3】（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）如图，点在正方形的对角线上，且，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（    ） A．36 B．32 C．16 D． 【答案】C 【分析】本题考查了正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理解三角形等知识点，熟练掌握判定的方法是解题的关键． 过点作于点，于点，证出，得到，再利用勾股定理求出的长即可求解． 【详解】过点作于点，于点，如图所示： ∵四边形是正方形，且边长为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴矩形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴ ∴， 在中，，， 由勾股定理得：， ∴， ∴正方形的面积为：， ∴， 故选：C． 【题型4 利用正方形的性质证明几何关系】 【例4】（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，正方形的对角线交于点O，点E、F分别在上，连接，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先根据四边形是正方形，得，，又因为，故，得，即可作答． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中，，， ∴， ∴． 【变式4-1】（24-25九年级下·陕西西安·期中）如图，在正方形中，G是边上一点，连接，过点D作于点E，过点B作，且交于点F．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质以及全等三角形的判定定理是解题的关键．通过正方形的性质得出相关角和边的关系，再结合垂直的性质得到角的等量关系，最后利用全等三角形的判定定理证明两个三角形全等，从而得出对应边相等． 【详解】证明：∵ 四边形 是正方形， ∴ ，， ∵ ， ∴ ， ∴ ， 又∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ， 在和中， ∴ ， ∴ ． 【变式4-2】（24-25八年级下·甘肃甘南·期中）如图，在正方形和正方形中，连接、交于点，连接．求证： (1)； (2)平分． 【答案】(1)见详解 (2)见详解 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形是判定与性质，角平分线的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先结合正方形的性质得，证明，即可作答． （2）结合，得出，根据，即，则，得证平分． 【详解】（1）解：∵四边形，都是正方形， ∴， 则， ∴， ∴， ∴． （2）解：过点分别作，如图所示： 由（1）得， ∴， ∵， ∴， 则， 即点A在的平分线上， ∴平分． 【变式4-3】如图，正方形中，是边上的一点，将沿折叠，使点落在点处，延长交于点，连接． (1)求证：； (2)连接，若，求证：为的中点． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，三角形全等的判定和性质，等腰三角形的性质等．借助进而通过中位线的判定可以快速证明结论． （1）根据题意易得和，然后由即可证明结论； （2）由（1）的结论，得，,由，得，进而可得，得，，即可证明结论． 【详解】（1）证明：根据翻折的性质，，， 又，，， ，， 在和中，， ． （2）证明：如图，连接，交于点． 由（1）知， ，, 又， ， ， ， ， 点为中点． 知识点2 正方形的判定考点2 正方形的判定 【题型5 添一个条件使四边形是正方形】 【例5】（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点，下列条件不能判定是正方形的是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】此题主要考查了正方形的判定，关键是熟练掌握正方形的判定定理． 根据正方形的判定定理逐选项分别进行分析即可． 【详解】解：A． 由，可判断是矩形，由可判定矩形是正方形，此选项不合题意； B． 由可判断是菱形，由菱形可判定，此选项不能判定是正方形，符合题意； C． 由可判断是菱形，由可判定菱形为正方形，此选项不符合题意； D． 由可判定是菱形，由可得，进而可判定菱形为正方形，不符合题意； 故答案为：B． 【变式5-1】如图，四边形ABCD是矩形，则只须补充条件_____（用字母表示，只添加一个条件）就可以判定四边形ABCD是正方形． 【答案】AB＝AD（答案不唯一） 【分析】本题中给出在矩形的基础上，可以加上有一组邻边相等即可判定四边形ABCD是正方形． 【详解】解：因为有一组邻边相等的矩形是正方形， 故答案为：AB＝AD（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了正方形的判定，属于条件开放题目，答案不唯一，掌握知识点是解题关键． 【变式5-2】如图，两张等宽的纸条交叉重叠在一起，请添加一个条件：______，使四边形是正方形。    【答案】（答案不唯一） 【分析】首先可判断重叠部分为平行四边形，且两条纸条宽度相同；再由平行四边形的面积可得邻边相等，则重叠部分为菱形，进而添加一个角是直角，即可求解． 【详解】解：过点作于，于，    两条纸条宽度相同， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 又， ， 四边形是菱形 当时，四边形是正方形 故答案为：（答案不唯一）． 【点睛】本题考查了平行四边形的基本性质，菱形与正方形的判定，解题的关键是掌握菱形的判定定理，有一组邻边相等的平行四边形是菱形． 【变式5-3】（24-25九年级上·广东佛山·月考）如图在中，，的垂直平分线交于点D，交于点E，且，为了使四边形是正方形．可以添加一个条件（   ）      A． B． C． D．E为的中点 【答案】C 【分析】根据菱形的判定定理，正方形的判定定理解答即可． 本题考查了菱形的判定，正方形的判定，熟练掌握判定定理是解题的关键． 【详解】解：∵的垂直平分线交于点D，交于点E， ∴，，， ∵， ∴, ∴四边形是菱形， 故A不符合题意； 当添加时，则四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， 故B不符合题意； 当时， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 故C符合题意； 当E为的中点时，得到 无法判定菱形是正方形， 故D不符合题意； 故选：C． 【题型6 证明四边形是正方形】 【例6】（25-26八年级上·上海浦东新·期末）已知：如图，在中，，点D在上，，垂足为F，且，点E为线段的中点，过点F作交射线于G，连接． (1)求证：； (2)求证：四边形是菱形． (3)当时，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）证明，得出，，证明，得出，，证明，得出； （2）根据平行线的性质得，证明，根据等腰三角形的判定得出，证明，即可证明结论； （3）根据等腰三角形的性质和三角形的内角和得到，求得，根据等腰三角形的性质得到，求得，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）证明：∵，， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，， 在与中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴，； （2）证明：∵， ∴， 由（1）知：， ∴， ∴， 由（1）知：，， ∴， ∴四边形是菱形． （3）证明：∵，， ∴， 由（1）知，， ∴， ∵为的中点，， ∴， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵四边形是菱形， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，菱形的判定和性质，三角形的内角和定理，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形，熟练掌握全等三角形的判定方法和菱形、正方形的判定方法，是解题的关键． 【变式6-1】已知：如图，在中，，是的平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形． 【答案】证明见详解 【分析】本题考查了正方形、矩形的判定，角平分线的性质及等腰三角形的判定与性质．先根据已知条件得出，再由，利用三角形内角和定理得出，从而根据等腰三角形的判定可知，，证明出四边形是矩形，进而求得四边形是正方形． 【详解】证明：∵，是的平分线， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形． 【变式6-2】（24-25八年级下·甘肃陇南·期末）如图，在中，对角线交于点E，，． (1)当平分时，是______形；（填特殊平行四边形名称） (2)证明：当时，为正方形． 【答案】(1)矩形 (2)见详解 【分析】本题考查了勾股逆定理、平行四边形的性质及矩形的判定，正方形的判定，菱形的判定，熟练掌握其判定及性质是解题的关键． （1）利用平行线的性质及角平分线的性质可得，再根据平行四边形的性质可得，根据矩形的判定即可求证结论． （2）先证明四边形是平行四边形，再结合一组邻边相等的平行四边形是菱形，再结合勾股逆定理得出，最后运用对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，即可作答． 【详解】（1）证明：是矩形，过程如下： ， 又平分， ， ， 又四边形是平行四边形， ∴，， ， 是矩形． （2）解：∵，． ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 则， 即， 故， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴为正方形． 【变式6-3】如图，在中，点在对角线上，，，过点作交的延长线于点． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)正方形，理由见解析 【分析】（）证明得，进而得，得到四边形是平行四边形，再根据即可求证； （）先证四边形是平行四边形，得到，可得，进而得到，即可得，得到，即可求证； 本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定等，掌握以上知识点是解题的关键． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； （2）解：四边形是正方形，理由如下： 由（）知，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∴四边形是正方形． 【题型7 利用正方形的判定与性质求线段长度】考点3 正方形的判定与性质综合 【例7】（25-26九年级上·河北沧州·期中）如图，为正方形内一点，，，，将绕点按顺时针方向旋转，得到．延长交于点，则的长为（   ） A．7 B．7.5 C．8 D．9 【答案】A 【分析】本题考查旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质，熟练掌握旋转的性质、勾股定理、正方形的判定与性质是解答本题的关键．由旋转得，，可得出四边形为正方形，可得．在中，由勾股定理得，，则． 【详解】解：由旋转得， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， 在中，由勾股定理得，， ， ， 故选：A． 【变式7-1】（24-25八年级下·安徽合肥·期末）如图，中，，，，、的角平分线交于点D，于点E，于点F，则的长为（   ） A．1.6 B．2 C．2.4 D．3 【答案】B 【分析】本题考查角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，过D作于H，由角平分线的性质推出，，判定四边形是正方形，得到，由勾股定理求出，判定，得到，同理，得到，即可求出的长． 【详解】解：过D作于H， ∵平分，平分，，， ∴，， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∵， ∴， ∴． 故选：B． 【变式7-2】（24-25八年级下·江苏泰州·期中）如图，正方形边长为6，，M、N分别是和的中点，则长为_________． 【答案】 【分析】取中点H，的中点P，连接并延长交于点G，连接并延长交于点Q，根据正方形边长为6，得，， 则，，根据M、N分别是和的中点，得是的中位线，是的中位线， ，，，根据得，，即，，则四边形是矩形，即，，即四边形是正方形，根据，得，根据，得，根据四边形是正方形得，运用勾股定理即可得． 【详解】解：如图所示，取中点H，的中点P，连接并延长交于点G，连接并延长交于点Q，    ∵正方形边长为6，， ∴，， ∴，， ∵M、N分别是和的中点， ∴， ∴是的中位线，是的中位线， ∴，， ∵ ∴，， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是正方形， ∵，， ∴，   ∵，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，三角形的中位线，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线的判定与性质，解题的关键是掌握这些知识点，添加辅助线． 【变式7-3】（24-25八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图：菱形中，点E在边上，将沿折叠，点B对应点为点F，恰好使．点P为边上一点，直线交于点G．若，，，则的长为______． 【答案】3 【分析】过E作于M，连接交于J，先根据菱形的性质和翻折性质，结合已知得到是等腰直角三角形，进而求得，分别证明四边形是平行四边形，和四边形是正方形，推导出四边形是平行四边形，得到，进而可求解． 【详解】解：过E作于M，连接交于J， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∵， ∴，则， 由折叠性质得，， ∵， ∴是等腰直角三角形，又， ∴，则， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，又， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴，又， ∴， ∴，又， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴． 故答案为：3． 【点睛】本题考查翻折性质、菱形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握相关知识的联系与运算，添加辅助线构造直角三角形是解答的关键． 【题型8 利用正方形的判定与性质求角度大小】 【例8】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8-1】如图，将正方形绕点A顺时针旋转，得到正方形，的延长线交于点H，则的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据旋转的性质，求得∠BAE=38°，根据正方形的性质，求得∠DBA=45°，∠ABH=135°，利用四边形的内角和定理计算即可． 【详解】根据旋转的性质，得∠BAE=38°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DBA=45°，∠ABH=135°， ∵四边形AEFG是正方形， ∴∠E=90°， ∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°， 故选B． 【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的性质是解题的关键． 【变式8-2】如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____． 【答案】25° 【分析】根据全等三角形的判定和性质得出∠BCF=∠EAB，再利用正方形的性质解答即可． 【详解】解：∵正方形ABCD， ∴AB=BC，∠ABE=∠CBF=90°， 在△ABE与△CBF中 ， ∴△ABE≌△CBF（SAS）， ∴∠BCF=∠EAB， ∵∠E=70°， ∴∠BCF=∠EAB=90°-70°=20°， ∵正方形ABCD，AC是对角线， ∴∠ACB=45°， ∴∠ACF=45°-20°=25°． 故答案为：25°． 【点睛】本题主要考查正方形的四条边都相等和四个角都是直角的性质以及三角形全等的判定和全等三角形对应边相等的性质． 【变式8-3】（24-25八年级下·江苏徐州·期中）如图，在正方形中，分别是上两点，交于点，且． (1)判断与之间的数量关系与位置关系，并说明理由： (2)当点是的中点时，连接，求的度数． 【答案】(1)，，理由见解析 (2) 【分析】（）证明，得，，进而可得，即得到，即可求证； （）过点作于，交的延长线于，可得四边形是矩形，再证明，得，利用三角形面积得，即得，即可得四边形是正方形，即可求解； 本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】（1）解：，，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即； （2）解：如图，过点作于，交的延长线于， ∵， 则， ∴四边形是矩形， ∵点是的中点， ∴， 又∵，， ∴， ∴， 由（）知， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 【题型9 利用正方形的判定与性质求图形面积】 【例9】（25-26八年级下·广东珠海·期中）如图，过菱形的对角线的中点O作两条互相垂直的直线，分别交，，，于E，F，G，H四点，连接，，，． (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】（1）根据菱形的性质得到，，证明，先证明四边形是平行四边形，再根据即可证明四边形是菱形； （2）设，则，先证明菱形是正方形，求出，即可得到答案． 【详解】（1）解：由菱形可得，， ， ， ， ． 同理可得， 四边形是平行四边形． 又， ∴四边形是菱形． （2）解：设，则， ， 又菱形中，，， 则， ， ． ∴菱形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ，是等边三角形， ， ， 过点作于点M， ， ， ， ． ， 四边形的面积为． 【变式9-1】（24-25八年级下·甘肃定西·期末）如图，正方形的对角线相交于点O，，．若，则四边形的面积是______． 【答案】25 【分析】本题考查正方形的判定与性质． 根据正方形的对角线互相垂直平分且相等，得到，再利用两对边平行的四边形为平行四边形得到四边形为平行四边形，利进而可得到四边形为正方形，即可求出其面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ，， ， ， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ，， ∴四边形为正方形， ． 故答案为：25 【变式9-2】（25-26九年级上·全国·期末）如图，分别为正方形的边上的点，且 ，则图中的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查勾股定理，正方形的判定和性质，全等三角形的判定与性质．首先正方形的性质和全等三角形的判定与性质得出，即阴影部分为矩形，设正方形的边长为，利用勾股定理求出的值，即可得出的值，同理求得，则阴影部分为正方形，求出面积即可得到答案． 【详解】解：设正方形的边长为，则， 又∵，， ∴， ∴， ， 同理可知：， ∴阴影部分是矩形， 在中，由勾股定理得， 由面积公式得，即， 得， 同理可得：， 在中，由勾股定理得， 则， 同理可得：， ∴阴影部分是正方形， 图中阴影部分的面积与正方形的面积之比． 故选：D． 【变式9-3】（24-25九年级上·吉林长春·期中）【教材原题】如图①，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点．求证：． 【应用】如图②，连结图①中的，并取中点，连结、，其他条件不变． （1）若，则四边形的周长为________． （2）若，且，则四边形的面积为________． 【答案】教材原题：证明见解析；应用：（）；（） 【分析】教材原题：运用三角形中位线定理和等腰三角形性质即可证得结论； 应用：（）运用三角形中位线定理可得，，再由，可得，即可得出答案； （）同理（）得，得出四边形是菱形，再证得，得出四边形是正方形，进而即可求解． 【详解】解：教材原题：如图① ， ∵分别是的中点， ∴分别是的中位线， ∴，， ∵， ∴， ∴； 应用：（）如图②， ∵分别是的中点， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形PMQN的周长为， 故答案为：； （）如图③ ∵分别是的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴菱形是正方形， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，平行线的性质，菱形判定，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键． 【题型10 利用正方形的判定与性质解决最值问题】 【例10】（2025·贵州黔南·一模）如图，在矩形中，，．点在边上，且，、分别是边、上的动点，且，是线段上的动点，连接，．则的最小值为_______． 【答案】4 【分析】此题重点考查矩形的判定与性质、正方形的判定与性质．过点P作于点G，交于点F，作于点H，则四边形是矩形，所以，，由，，得，可知当与重合且与重合时，取得最小值4，于是得到问题的答案． 【详解】解：过点P作于点G，交于点F，作于点H， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴平分， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴当与重合且与重合时，取得最小值4， 故答案为：4． 【变式10-1】如图边长为4的正方形中，为边上一点，且， 为边上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，连接，则的最小值为（ ） A． B．4 C． D． 【答案】A 【分析】过点作交于点，过点作交于点，根据绕点顺时针旋转得到线段，可得，，利用易证，再根据四边形是矩形，可得，，设，则，，，根据勾股定理可得，即当时，有最小值． 【详解】解：如图，过点作交于点，过点作交于点， ∵线段绕点顺时针旋转得到线段， ∴， ∴， 又∵ ∴ ∵，四边形是正方形， ∴， ∴ ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 设，则，， ， 在中，， 即当时，有最小值， ∴当时，最小值是， 故选：A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，最值等知识点，熟悉相关性质是解题的关键． 【变式10-2】如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，则矩形的面积最小值为________． 【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，得出矩形为正方形，根据，及垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，由此即可得出结果． 【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， ∴， 由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为， ∴此时， 即正方形面积的最小值为． 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、垂线段最短，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 【变式10-3】如图，已知正方形的边长为，点为对角线上一动点，连接、过点作，交点，以、为邻边作矩形，连接．    (1)求证：矩形是正方形； (2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由； (3)直接写出当点满足什么条件时，的最小值，最小值是多少？ 【答案】(1)见解析； (2)为定值，； (3)16． 【分析】（1）作出辅助线，得到，然后再判断，得到，则有，即可判断矩形为正方形； （2）由四边形为正方形，四边形是正方形可知，，故可得，得到，即可判断，为定值； （3）过点分别作，于点、，则四边形是矩形，得，，，利用勾股定理得，，从而得，进而根据正方形的性质及垂线段段最短即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示，过作于点，过作于点，       四边形为正方形， ， ，， ， ， 四边形为矩形， ， ， 即， 点是正方形对角线上的一点， ， 在和中， ， ， ， 矩形为正方形； （2）解：的值为定值， ∵，， ∴， 由（）知，矩形为正方形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 即， 在和中， ， ， ， ， ，是定值； （3）解：过点分别作，于点、，则四边形是矩形， ∴，， ∴， ∵四边形为正方形， ∴ ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得∶ ， ∴， ∵当时，的值最小， ∴当时，的值最小， ∵，， ∴ ， ∴的最小值为． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，矩形的判定，三角形的全等的性质和判定，勾股定理，垂线段最短，解本题的关键是作出辅助线，构造三角形全等． 【题型11 利用正方形的判定与性质解决折叠问题】 【例11】矩形第一次沿折叠得到四边形，展开后第二次沿折叠，使得点C与点F重合．若，，则______． 【答案】2 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，根据矩形和折叠的性质，得到四边形为正方形，求出，设，在中，利用勾股定理求出的值，进一步求出的长即可． 【详解】解：∵矩形第一次沿折叠得到四边形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∵第二次沿折叠，使得点C与点F重合， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴； 故答案为：． 【变式11-1】如图，把一张矩形纸片按如下方法进行两次折叠：第一次将边折叠到边上得到，折痕为，连接，第二次将沿着折叠，边恰好落在边上．若，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由第一次折叠可知，，则四边为正方形，，，由第二次折叠可知，利用平行线的性质得，于是可得，由等边对等角得，以此即可求解． 【详解】解：四边形为矩形， ． 由第一次折叠可知，， 四边形为正方形， ， ． 由第二次折叠可知，， ， ， ， ， ． 故选：B． 【点睛】本题主要考查矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质、等腰三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解题关键． 【变式11-2】如图．已知正方形ABCD的边长为12，BE＝EC，将正方形的边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG．现有如下3个结论；①AG+EC＝GE；②∠GDE＝45°；③△BGE的周长是24．其中正确的个数为（　　） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】由正方形的性质和折叠的性质可得，DF=DC=DA，∠DFG=∠A，进而Rt△ADG≌Rt△FDG，根据全等三角形的性质以及折叠的性质，可得到EB=EG，由此可得△BGE的周长． 【详解】解：由折叠可知：CE=FE，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°， ∴∠DFG=∠A=90°， 在Rt△ADG和Rt△FDG中， ， ∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL）， ∴AG=FG， ∴AG+EC=GF+EF=GE， 故①正确， ∵Rt△ADG≌Rt△FDG， ∴∠ADG=∠FDG， 由折叠可知，∠CDE=∠FDE， ∴∠GDE=∠GDF＋∠EDF=， 故②正确， ∵正方形的边长为12， ∴BE=EC=EF=6， 设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x， 由勾股定理可得：， 即， 解得：x=4， ∴AG=GF=4，BG=8，EG=10， ∴△BGE的周长=BE+EG+GB=6+10+8=24， 故③正确， 故选：D． 【点睛】本题主要考查折叠变换，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，能够熟练应用勾股定理是解决本题的关键． 【变式11-3】综合与实践 数学活动课上，数学老师以“矩形纸片的折叠”为课题开展数学活动：将矩形纸片对折，使得点A、D重合，点B、C重合，折痕为，展开后沿过点B的直线再次折叠纸片，点A的对应点为点N，折痕为． （1）如图①，若，则当点N落在上时，和的数量关系是_______；的度数为_____； 思考探究： （2）在的条件下进一步进行探究，将沿所在的直线折叠，点M的对应点为点，当点落在上时，如图②，设、分别交于点J、K，若，请求出三角形的面积； 拓展应用： （3）如图③，在矩形纸片中，，，将纸片沿过点B的直线折叠，折痕为，点A的对应点为点N，展开后再将四边形沿所在的直线折叠，点A的对应点为点P，点M的对应点为点，连接、，若，请直接写出的长． 【答案】（1）；；（2）；（3） 【分析】（1）根据折叠的性质得：，，根据直角三角形的性质可得，由直角三角形的两锐角互余可得结论； （2）由折叠得：，证明，可知，，得是等腰直角三角形，再证明四边形是正方形，分别计算，，由三角形面积公式可得结论； （3）如图，过点P作于G，于H，根据等腰三角形的三线合一可得，由折叠的性质和矩形的性质可得，，设，则，，根据，列方程可解答． 【详解】解：（1）由折叠得：，，， ， ， ， ， 故答案为：，； 思考探究： （2）由折叠得：， 四边形是矩形， ， ， ， ，， ， ， 是等腰直角三角形， 四边形是矩形，， 矩形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ； 拓展应用： （3）过点P作于G，于H， ， ， ， 四边形是矩形， ， 由折叠得：，， 在中，， ， 延长，交于L， 中，，， ， ，， ， 设，，， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查了折叠的性质，含角的直角三角形的性质，矩形的性质和判定，正方形的判定和性质，三角函数等知识，掌握折叠的性质和正确作辅助线是解题的关键． 【题型12 利用正方形的判定与性质解决动点与存在性问题】 【例12】（25-26九年级上·河南郑州·期中）如图，矩形中，点，分别从点，出发，沿，以每秒1个单位长度的速度向点，运动，两点到达，两点时停止运动，已知，．设运动时间为秒． (1)求证：四边形为平行四边形； (2)①当四边形为矩形时，求的值； ②当四边形为菱形时，求的值； (3)当以为对角线的正方形面积是矩形的面积的一半时，直接写出此时的值． 【答案】(1)见解析 (2)①9，②5 (3)或 【分析】题目主要考查矩形的性质、菱形的性质、正方形的性质，勾股定理解三角形等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． （1）根据矩形的性质得出，，再由题意确定，利用平行四边形的判定即可证明； （2）①根据题意得：，确定，当时，四边形为矩形，建立方程即可求解；②根据菱形的性质得出，利用勾股定理求解即可； （3）过点Q作，根据矩形的判定和性质得出，再由勾股定理表示出，根据题意列出方程求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴，， ∵点，分别从点，出发，沿，以每秒1个单位长度的速度向点，运动， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：①根据题意得：， ∵矩形，，， ∴，， ∴， 当时，四边形为矩形， ∴， 解得：； ②∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 解得：； （3）解：过点Q作，如图所示： ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵以为对角线的正方形面积是矩形的面积的一半， ∴， 即， 解得：或． 【变式12-1】（25-26八年级下·湖南岳阳·期中）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； 【答案】(1)见解析 (2)不会发生变化，面积为4 【分析】（1）过点作于点于点，根据正方形的性质证明四边形是正方形，再证明，即可得证； （2）根据可知，根据即可得解． 【详解】（1）证明：过点作于点于点，如图所示： ， 四边形是正方形，且边长为4， ， ， 四边形是矩形， ， ， ， 矩形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ； （2）解：当点在边上运动时，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12-2】（24-25八年级下·全国·课后作业）（1）如图①，在正方形中，点E、F、G、H分别在边、、、上，且．线段与是否存在特殊的位置关系或数量关系？证明你的结论． （2）将图①中的正方形沿线段、剪开，再把得到的4个四边形按图②所示拼成一个四边形．若图①中，则图②中阴影部分的面积为______． 【答案】（1），证明见详解；（2） 【分析】（1）先证明，可得出四边形是菱形，再根据全等三角形角之间的关系，又可得出菱形的一个角是直角，那么就可得出四边形是正方形，即可作答． （2）再根据已知条件，可以知道重新拼成的四边形是正方形，利用勾股定理求出和、的长，所的面积是10减去4个四边形的面积就是阴影部分的面积．此题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于作辅助线和利用全等三角形的性质． 【详解】解：（1），证明如下： 连接、、、； ∵四边形是正方形， ∴，， ∵ ∴， ∴ ∴， ∴四边形是菱形. ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． （2）∵， ∴，， ∴ ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴． 故答案为：1． 【变式12-3】如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD是边长为5的正方形，顶点A在y轴正半轴上，顶点B在x轴正半轴上，OA，OB的长满足|OA﹣4|+（OB﹣3）2＝0． （1）求OA，OB的长； （2）求点D的坐标； （3）在y轴上是否存在点P，使△PAB是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）OA＝4，OB＝3．（2）点D坐标为（4，7）．（3）当PA＝AB＝5时，P（0，9）或（0，﹣1），当PB＝BA时，P（0，﹣4）． 【分析】（1）利用非负数的性质即可解决问题． （2）如图2中，作DE⊥y轴于E．证明△AOB≌△DEA（AAS），推出DE＝OA＝4，AE＝OB＝3，即可解决问题． （3）分两种情形分别求解即可解决问题． 【详解】解：（1）∵|OA﹣4|+（OB﹣3）2＝0， 又∵|OA﹣4|≥0，（OB﹣3）2≥0， ∴OA＝4，OB＝3． （2）如图2中，作DE⊥y轴于E． ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝AB，∠DAB＝90°， ∴∠DAE+∠BAO＝90°，∠DAE+∠ADE＝90°， ∴∠BAO＝∠ADE， ∵∠DEA＝∠AOB＝90°， ∴△AOB≌△DEA（AAS）， ∴DE＝OA＝4，AE＝OB＝3， ∴OE＝7， ∴点D坐标为（4，7）． （3）存在．在Rt△AOB中，AB＝＝5， ∴当PA＝AB＝5时，P（0，9）或（0，﹣1）， 当PB＝BA时，P（0，﹣4）． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，非负数的性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型． 【题型13 利用正方形的判定与性质解决尺规作图问题】 【例13】如图，四边形是正方形，点E、F分别在边、上，点G在边的延长线上，且．    (1)求证： ① ； ②； (2)尺规作图：以线段、为边作出正方形（保留作图痕迹不写作法和证明）； (3)连接（2）中的，猜想四边形的形状，并证明你的猜想； (4)当时，求出的值． 【答案】(1)①见解析；②见解析 (2)见解析 (3)四边形为平行四边形，证明见解析 (4) 【分析】（1）利用证明，得，，再利用三角形内角和定理可证明； （2）分别以G、E为圆心，为半径画圆，交点即可H点； （3）首先根据一组对边平行且相等证明四边形是平行四边形，从而得出，，进而证明结论； （4）设，则，利用勾股定理表示出的长，从而得出答案． 【详解】（1）证明：①∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ②由，得， 又∵， ∴， ∴， ∴； （2）解：分别以G、E为圆心，为半径画圆，交点即可H点，如图所示：    正方形即为所作； （3）解：四边形为平行四边形，理由如下：    ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形； （4）当时，设，则， 即， ∵， ∴， ∴＝． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，解题的关键在于能够熟练掌握正方形的性质与判定条件． 【变式13-1】（24-25八年级下·广西南宁·期中）如图，在中，，，由尺规作图得射线与边交于点，过分别作于点．若，则的长为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】C 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、角平分线的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．先根据角平分线的性质以及已知条件证明四边形是正方形可得，再说明，然后根据含30度直角三角形的性质以及勾股定理得到，最后根据线段的和差即可解答． 【详解】解：∵，， ∴四边形是矩形， 由作图可知：为的角平分线， ∵， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴． 故选：C． 【变式13-2】（2026·福建莆田·模拟预测）如图，正方形中，点在对角线上． (1)求作正方形，使得为正方形的中心；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的作图条件下，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作，交延长线于点G，然后尺规作出的垂直平分线，然后截取即可； （2）根据题意证明出，得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，正方形即为所求； （2）证明：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形，和相交于点 ∴，， ∴，即 ∴ ∴，， ∴， ∴在中，由勾股定理得 又∵在中，由勾股定理得 ∴． 【变式13-3】（2025·山西·模拟预测）请仔细阅读下面的材料，并完成相应的任务． 数学兴趣课上，老师和同学们共同探讨了下面的问题： 题目：已知正方形，利用尺规作一个正方形，使点，，，分别在，，，边上． 勤学小组展示了他们讨论并优化后的成果如图1．作法如下：①作线段的垂直平分线分别交， 于点，；②作或或的垂直平分线分别交，于点，，连接，，，，则四边形是所求的正方形． 任务： (1)如图1，勤学小组作法的第一步中，用尺规作出线段垂直平分线作法依据的定理是________； (2)如图2，作线段的垂直平分线分别交，于点，；请在图2中，用不同于图1的方法作出满足条件的正方形；（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） (3)如图3，点是边上的一点，请你在图3中作出满足条件的正方形．（要求：尺规作图，保留作图痕迹，不写作法） 【答案】(1)到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上 (2)见解析 (3)见解析 【分析】本题考查了作垂线，垂直平分线的性质和判定，正方形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据垂直平分线的判定定理，即可求解； （2）根据正方形的性质和判定，作出正方形，即可求解； （3）分别作，再顺次连接，即可求解． 【详解】（1）解：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上． 故答案为：到一条线段两个端点距离相等的点，在这条线段的垂直平分线上． （2）解：如图， 或 所以正方形即为所求． 根据第1 个图可得， ∴， ， ∴四个是全等的等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形， 根据第2个图可得，， 同理可得四个是全等的等腰直角三角形， 同上可得四边形是正方形． （3）如图， 所以，正方形即为所求． ∵， 又∵， ∴， ∴四个是全等的直角三角形， ∴，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴ ∴， ∴四边形是正方形． 【题型14 利用正方形的判定与性质解决旋转变换】 【例14】【课本再现】    (1)正方形的对角线相交于点，正方形与正方形的边长相等，如图1摆放时，易得重叠部分的面积与正方形的面积的比值是；在正方形绕点旋转的过程中（如图2），上述比值有没有变化？请说明理由． (2)【拓展延伸】如图3，在正方形中，的顶点在对角线上，且，，将绕点旋转，旋转过程中，的两边分别与边和边交于点，． ①在的旋转过程中，试探究与的数量关系，并说明理由； ②若，当点与点重合时，求的长． 【答案】(1)没有变化．理由见解析 (2)①．理由见解析；② 【分析】(1)在和中,利用正方形的性质和已知可证出，再利用全等三角形的面积相等即可得结论； (2)①过点作于点，于点，利用相似三角形的性质证明即可；②利用①中结论，求出，可得结论． 【详解】（1）没有变化 理由如下：在正方形和正方形中， ，，， ，， ， 在和中， ，，， ， ， ， 正方形绕点无论怎样旋转，两个正方形重叠部分的面积总等于一个正方形面积的四分之一   ； （2）如图3中，过点作于点，于点 四边形是正方形， ， ，， ，是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ；    ②如图4中， ， ，，， ，， ， ， ，   . 【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题 【变式14-1】如图，已知正方形与正方形的边长分别为4和1，若将正方形绕点旋转，则在旋转过程中，点之间的最小距离为 （    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】连接CE、AC，根据正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1，可以求出AC的长，又因为CE≥AC-AE，所以当A、E、C三点共线时取等号，即可求值； 【详解】如图，连接CE、AC， 已知正方形ABCD与正方形AEFG的边长分别为4和1， ∴ AB=BC=4，AE=1， 由勾股定理得： ， ∴ ∵ CE≥AC-AE， ∴CE≥， ∴CE的最小值为， 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质、勾股定理、以及三角形的三边关系，正确掌握知识点是解题的关键． 【变式14-2】如图1，已知矩形纸片，，，将纸片进行如下操作：将纸片沿折痕进行折叠，使点A落在边上的点E处，点F在上（如图2），则______；然后将绕点F旋转到，当过点C时旋转停止，则______．    【答案】 3 【分析】连接，证四边形是正方形，得，进而得，，由勾股定理得，证明得，，从而垂直平分，，最后利用面积公式构造方程即可得解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵将纸片沿折痕进行折叠，使点落在边上的点处，点在上， ∴，， ∴四边形是矩形，, ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， 如图所示，连接， ∴ ，    ∵将绕点旋转到， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴点在的垂直平分线上，点在的垂直平分线上， ∴， ∴，即， ∴， 故答案为：3，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质，线段垂直平分线的判定以及勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定及性质，矩形的性质，正方形的判定及性质是解题的关键． 【变式14-3】小明与同学们在数学动手实践操作活动中，将锐角为的直角三角板的一个锐角顶点与正方形的顶点重合，正方形固定不动，然后将三角板绕着点旋转，的两边分别与正方形的边、或其延长线相交于点、，连接． (1)【探究发现】在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、相交时，如图（1）所示，则线段、、满足的数量关系：_________________．(请直接写出结果) (2)在三角板旋转过程中，当的两边分别与正方形的边、的延长线相交时，如图（2）所示，则线段、、又将满足怎样的数量关系：________________．(请直接写出结果) (3)【拓展思考】若正方形的边长为6，在三角板旋转过程中，当的一边恰好经过边的中点时，试求线段的长(请写出解答过程)． (4)【创新应用】如图（3）所示，将三角板的锐角顶点与正方形的边中点重合，边、分别与正方形的边、交于点、．若，则线段_______．(请直接写出结果) 【答案】(1)； (2)； (3)5或； (4) 【分析】（1）延长至使，先证得，再证，得到． （2）在上截取，先证得，再证，得到． （3）分两类讨论：①点是边的中点，设，由，结合勾股定理列方程得；②过中点中点，先证得，设，由，勾股定理列方程得，故或． （4）构造中点辅助线得正方形，设，在中用勾股定理解得，再由中位线性质得，最终． 【详解】（1）解：如图，延长至，使，连接． ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，，， ∴， ∴，． ∵，， ∴， ∴． 在和中，， ∴， ∴． （2）解：如图，在上截取，连接． ∵四边形是正方形， ∴，， 在和中，， ∴， ∴，． ∵，， ∴． 在和中，， ∴， ∴． （3）解：①如图，当点是边的中点时， ∵正方形的边长为6， ∴， ∵是中点， ． 设，由（1）结论，得，． 在中，由勾股定理得：， 即，解得：， ． ②如图，当经过的中点时， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴，． ∵是的中点， ∴． 在和中，， ∴． ∴， ∴． 设，由（2）结论， ∴，． 在中，由勾股定理得：， 即，解得：， ∴； 综上，的长为或； （4）解：如图，取的中点，的中点，的中点，连接、交于点，设交于点． ∵，，，分别是正方形四边的中点， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 同理可证四边形是平行四边形， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵，， ∴四边形是正方形， 由（1）的结论可知，设， ∵，， ∴，，， 在中，∵， ∴，解得， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题是正方形半角模型的内角夹角的结构，需要利用截长补短法构造全等三角形，交边时“补短”：延长使，交延长线时“截长”：在上截，使用两步全等，把分散的线段、转化到同一条线段上，直接得到与它们的和差关系． 【题型15 坐标系中的正方形】 【例15】（24-25七年级下·湖南长沙·期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，点满足：，过点P分别向x轴，y轴引垂线段，垂足分别为A，B两点，点C是线段上一点，点D是线段上一点，连接线段，． (1)当点D在线段的垂直平分线上且时，请判断的形状并说明理由； (2)如图2，过点C作的垂线交的延长线于点K且，连接，求的度数； (3)在第（2）问的前提下，连接； ①求证：； ②令，，，若a，b，t满足；问：是否存在实数m，使得代数式的值为定值，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是等边三角形，见解析 (2) (3)①见解析；②存在实数m，使得代数式的值为定值， 【分析】（1）先证明四边形是矩形，根据非负数性质得，则点P的坐标为，进而得，则矩形是正方形，进而得，，再证明和全等得，根据线段垂直平分线性质得，则，由此得是等边三角形； （2）在上截取，连接，，根据正方形性质得，，由此得，证明是等腰直角三角形得，则，再证明，进而判定和全等得，由此可得出的度数； （3）①证明：过点B作，交x轴于点F，先证明，，进而判定和全等得，则，再证明和全等得，由此即可得出结论； ②根据，，，得，再由，解得，则，进而得，由此得当时，代数式为定值，然后由，解得即可得出答案． 【详解】（1）解：是等边三角形，理由如下： 轴，轴， ， 四边形是矩形， ，，， ，， 解得：， 点P的坐标为， ， 矩形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， 点D在线段的垂直平分线上， ， ， 是等边三角形； （2）解：在上截取，连接，，如图2所示： 四边形是正方形， ，， ， 即， ，， 是等腰直角三角形， ， ， 在中，， ，且， ， ， 在和中， ， ， ， ； （3）①证明：过点B作，交x轴于点F，如图3所示： ， ， 即， ，且， 是等腰直角三角形， ， ， ， 即， ， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ； ②解：存在实数m，使得代数式的值为定值， ，，，， ， 由，解得， ， ， 当时，代数式为定值， 由，解得：， 当时，代数式的值为定值． 【点睛】此题主要考查了点的坐标，非负数的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键． 【变式15-1】如图，在平面直角坐标系xOy中，点A、C、F在坐标轴上，E是OA的中点，四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形，若点C的坐标为(3，0)， 则点D的坐标为（  ） A．(1, 3) B．(1，) C．(1，) D．(，) 【答案】A 【分析】过D作DH⊥y轴于H，根据矩形和正方形的性质得到AO=BC，DE=EF=BF，∠AOC=∠DEF=∠BFE=∠BCF=90°，根据全等三角形的性质即可得到结论． 【详解】过D作DH⊥y轴于H， ∵四边形AOCB是矩形，四边形BDEF是正方形， ∴AO=BC，DE=EF=BF， ∠AOC=∠DEF=∠BFE=∠BCF=90°， ∴∠OEF+∠EFO=∠BFC+∠EFO=90°， ∴∠OEF=∠BFO， ∴△EOF≌△FCB（ASA）， ∴BC=OF，OE=CF， ∴AO=OF， ∵E是OA的中点， ∴OE=OA=OF=CF， ∵点C的坐标为（3，0）， ∴OC=3， ∴OF=OA=2，AE=OE=CF=1， 同理△DHE≌△EOF（ASA）， ∴DH=OE=1，HE=OF=2， ∴OH=2， ∴点D的坐标为（1，3）， 故选A． 【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，正确的识别图形是解题的关键． 【变式15-2】如图，在平面直角坐标系中有一边长为1的正方形OABC，边OA，OC分别在x轴，y轴上，如果以对角线OB为边作第二个正方形OBB1C1，再以对角线OB1为边作第三个正方形OB1B2C2，照此规律作下去，则点B2019的坐标为______． 【答案】(0，﹣21010) 【分析】首先求出B1、B2、B3、B4、B5、B6、B7、B8、B9的坐标，找出这些坐标的之间的规律，然后根据规律计算出点B2019的坐标． 【详解】解：∵正方形OABC边长为1， ∴OB＝， ∵正方形OBB1C1是正方形OABC的对角线OB为边， ∴OB1＝2， ∴B1点坐标为(2，0)， 同理可知OB2＝2，B2点坐标为(2，﹣2)， 同理可知OB3＝4，B3点坐标为(0，﹣4)， B4点坐标为(﹣4，﹣4)，B5点坐标为(﹣8，0)， B6(﹣8，8)，B7(0，16) B8(16，16)，B9(32，0)， 由规律可以发现，每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍， ∵2019÷8＝252…3， ∴B2019的横坐标，与点B3的相同为0，横纵坐标都是负值， ∴B2013的坐标为(0，﹣21010)． 故答案为(0，﹣21010)． 【点睛】本题主要考查正方形的性质和坐标与图形的性质的知识点，解答本题的关键是由点坐标的规律发现每经过8次作图后，点的坐标符号与第一次坐标符号相同，每次正方形的边长变为原来的倍，此题难度较大． 【变式15-3】在平面直角坐标系中，已知△，点在y轴的正半轴上，点在x轴的负半轴上，点在x轴上． (1)如图1，已知点与点关于y轴对称，，若是的中点，连接，求证：△是等边三角形 (2)如图2，已知，△是一个轴对称图形，，分别是边，上一点，满足，连接，，，若点的坐标为（，1）． ①求点的坐标； ②求三角形的面积； (3)如图3，已知与坐标原点重合，，点是y轴的负半轴上一动点，连接，过作于，交线段于，连接． ①若线段，求点的坐标； ②问点在运动的过程中，的大小是否发生改变？若不变，求出其值；若改变，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)①（1，3）；②5； (3)①点（，0）；②不变； 【分析】（1）由轴对称性质得AB=AC，OB=OC=BC，再由∠B=∠BAC，根据等腰三角形的判定得出BC=AC，从而得AB=BC=AC，即可证得△ABC为等边三角形，再由等边三角形的性质得出∠B=60°，然后根据直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得BD=OB，即可由等边三角形的判定寒来暑往是出结论； （2）①过点E作EG⊥x轴于G，过点F作FH⊥y轴于H，先证△OBE△OAF(ASA)，得OE=OF，再证△OGE△OHF(AAS)，得OG=OH，EG=FH，由E(-3，1)，即可得OH=OG=3，FH=EG=1，即可得出点F坐标； ②在Rt△OGE中，由勾股定理，得OE=，从而得OF=OE=，然后由即可求解； （3）①证明△AOM△BOD（AAS），得OM=OD=2022，再根据点M在x轴负半轴上，即可得出点M的坐标； ②过点O作OP⊥BD于P，OQ⊥AH于Q，则四边形OQHP为矩形，再证明△AOM△BOD(SAS)，得∠AMO=∠BDO，然后证△OQM△OPD(AAS)，得OP=OQ，从而证得矩形OQHP为正方形，根据正方形的性质好戏可得出结果． 【详解】（1）解：∵B、C关于y轴对称，点A在y轴上 ∴AB=AC，OB=OC=BC， 又∵∠B=∠BAC， ∴BC=AC， ∴AB=BC=AC， ∴△ABC为等边三角形， ∴∠B=60°， 又点是的中点， ∴BD=AB， ∴BD=OB， ∴△是等边三角形； （2）解：①过点E作EG⊥x轴于G，过点F作FH⊥y轴于H，如图， ∵△是一个轴对称图形， ∴OB=OC，∠B=∠C，∠BAO=∠CAO， ∵， ∴OA=OB，∠BAO=∠CAO=45°，∠B=∠C=45°， ∴∠B=∠OAF， ∵OE⊥OF， ∴∠AOF+∠AOE=90°， ∵∠BOE+∠AOE=∠AOB=90°， ∴∠AOF=∠BOE， 在△OBE和△OAF中， ， ∴ △OBE△OAF(ASA)， ∴OE=OF， ∵EG⊥x轴于G， FH⊥y轴于H， ∴∠OGE=∠OHF=90°， 在△OGE和△OHF中， ， ∴△OGE△OHF(AAS)， ∴OG=OH，EG=FH， ∵E(-3，1)， ∴OG=3，EG=1， ∴OH=3，FH=1， ∴F(1，3)； ②在Rt△OGE中，由勾股定理，得 OE=， ∴OF=OE=， ∴； （3）解：①∵∠AOM=90°， ∴∠OAM+∠AMO=90°， 同理：∠OAM+∠ADH=90°， ∴∠ADH=∠AMO， ∴∠AOB=90°，∠OBA=45°， ∴∠OAB=∠OBA=45°， ∴OA=OB， 在△AOM和△BOD中， ， ∴△AOM△BOD（AAS）， ∴OM=OD=2022， ∵点M在x轴负半轴上， ∴点M的坐标为(-2022，0)； ②的大小不会发生改变， 如图3，过点O作OP⊥BD于P，OQ⊥AH于Q， 则四边形OQHP为矩形， 在△OQM和△OPD中， ， ∴△OQM△OPD(AAS)， ∴OP=OQ， ∴矩形OQHP为正方形， ∴∠AHO=45°． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质，等边三角形的判定与性质、图形与坐标，矩形的判定，正方形的判定与性质，本题综合性质较强，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $