暑假作业07 正方形的性质与判定知识点（13题型86题）（巩固培优）八年级数学新教材人教版

**基本信息** 以“定义-性质-判定-模型-思想”为逻辑链，系统整合正方形知识体系，通过13题型86题实现从基础到压轴的分层突破，培养抽象能力与模型意识。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |性质判定|核心5知识点|层级判定思想（平行四边形→矩形/菱形→正方形）|从定义出发，整合矩形菱形双重属性，构建“性质完备性-判定层次性”逻辑| |模型应用|5大经典模型|三垂直全等、半角模型等结论秒杀法|以模型为载体，融合方程思想与转化思想，实现复杂问题简化| |综合题型|13类86题|折叠问题勾股方程、动点分类讨论|从基础计算到压轴证明，覆盖中考高频考点，强化推理能力与应用意识|

完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业07 正方形的性质与判定13题型86题 【知识点1 正方形的定义】 定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 核心层级：正方形 ⊂ 矩形 ⊂ 平行四边形、正方形 ⊂ 菱形 ⊂ 平行四边形，同时拥有矩形、菱形双重特殊属性。 【知识点2 正方形的核心性质（集所有四边形性质于一体）】 正方形继承平行四边形、矩形、菱形全部性质，无短板性质，是性质最完备的四边形： 1.边的性质 四条边全部相等，对边平行，邻边垂直。 2.角的性质 四个角都是直角（90°），邻角互补，对角相等。 3.对角线性质（全能属性） 对角线相等、垂直、互相平分，且每一条对角线平分一组对角。 4.对称性性质 既是中心对称图形（对称中心：对角线交点），又是轴对称图形（共4条对称轴：两条对角线、两组对边中点连线）。 【知识点 正方形五大判定定理（必考，分层判定）】 正方形判定路径多，核心分为三层：平行四边形升级、矩形升级、菱形升级、直接四边形判定。 1.定义判定（平行四边形升级） 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。 2.矩形升级判定（最常用） 一组邻边相等的矩形是正方形（矩形+邻边相等=正方形）。 3.菱形升级判定（最常用） 有一个角是直角的菱形是正方形（菱形+一个直角=正方形）。 4.对角线判定（大题高频） 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 5.四边形直接判定 四条边相等且四个角都是直角的四边形是正方形（极少用，适合快速判断）。 【知识点4 基础计算与基础题型】 1.周长计算：正方形周长 =4×边长； 2.面积计算：① 面积=边长² ② 面积=1/2×对角线²（与菱形通用）； 3.基础线段角度：利用四边相等、四角直角、对角线平分角度，快速求解边角； 4.基础图形分割：对角线将正方形分为4个全等等腰直角三角形。 【知识点5 基础题型高频易错点（必规避）】 图形性质混淆：混淆矩形、菱形、正方形对角线性质，只有正方形同时满足对角线相等且垂直； 判定条件残缺：判定正方形只满足单一条件，如“对角线垂直的矩形就是正方形”，切勿条件混用； 对称轴记错：矩形、菱形2条对称轴，正方形4条对称轴，极易混淆扣分； 判定逻辑混乱：未分清判定层级，跳过平行四边形、矩形、菱形基础直接判定正方形； 面积公式误用：对角线平方一半公式仅适用于垂直对角线四边形，不可乱用。 【知识点6 正方形五大经典模型】 1.正方形三垂直全等模型（一线三等角） 正方形最核心必考模型，题型特征：正方形边上作垂线，构造三个直角共线。 核心结论：可证两个直角三角形全等，实现线段等量代换、边角转化，是几何证明、线段求值万能模型。 2.正方形半角模型（45°半角压轴） 题型特征：正方形内部含45°角，顶点与正方形顶点重合。 核心结论：经典边长和差结论、线段相等结论，无需复杂全等即可秒杀填空选择题，是期末解答压轴高频考点。 3.正方形折叠模型 题型特征：正方形沿边、对角线、内部线段折叠，求线段长、折痕、重叠面积、角度。 核心思路：折叠全等+正方形直角特性，设未知数+勾股定理列方程求解，计算类压轴必考。 4.正方形对称最值模型（将军饮马） 题型特征：正方形边上动点，求线段和最小值、三角形周长最小值。 核心原理：利用正方形高度对称性，对称转化线段，两点之间线段最短，结合勾股定理求最值。 5.正方形动点存在性模型 题型特征：坐标系、平面内动点运动，判定矩形、菱形何时转化为正方形。 核心思路：在矩形/菱形基础上，补充邻边相等或对角线垂直/相等条件，分类讨论杜绝漏解。 【知识点7 综合拔高核心题型】 1.正方形与全等、等腰直角三角形综合证明 结合正方形四边相等、直角、对角线特性，反复构造全等三角形，完成复杂边角证明与推导。 2.正方形与勾股定理综合计算 折叠、动点、半角模型中，依托直角条件列勾股方程，求解复杂线段、阴影面积、周长。 3.四边形多结论压轴判断 综合平行四边形、矩形、菱形、正方形所有性质，判断多结论对错，是选择压轴重难点。 4.坐标系中的正方形动态问题 结合坐标平移、动点运动，求正方形顶点坐标、存在性条件、运动时间参数。 【知识点8 培优核心解题思想与方法】 方程思想：折叠、线段求值、边长计算，设未知量结合勾股定理列方程求解； 模型思想：固化三垂直、半角、折叠、最值四大核心模型，直接套用结论解题； 转化思想：将正方形复杂问题转化为全等三角形、等腰直角三角形基础问题； 分类讨论思想：动点存在性、坐标正方形问题，完整分情况讨论，避免漏解； 层级判定思想：先判平行四边形，再判矩形/菱形，最后判定正方形，逻辑严谨不跳步。 【题型1 根据正方形的性质求角度】 1．如图，在正方形的外侧，作等边，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】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， ∴， ∴， ∴， ∴． 2．如图，在正方形中，点P，Q分别为边上的点，且，连接．则为________度． 【答案】 【分析】根据题意利用证明即可． 【详解】解：在正方形中，，， ∴在和中， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 3．如图，正方形和正n边形的两条邻边相交，若，则n的值是________． 【答案】 6 【分析】由正方形的性质得其内角为，结合对顶角相等及四边形内角和定理，可计算出正边形的一个内角为，再利用正多边形内角公式构造方程，求解出的值 【详解】解：由正方形的性质可知，正方形的每个内角均为， ∵正方形和正边形的两条邻边相交构成一个四边形， 根据对顶角相等，该四边形的两个内角分别等于和， ∴由四边形内角和定理可知，正边形的一个内角为： ， 根据正多边形内角公式得：， 解得． 【题型2 根据正方形的性质求线段长】 4．如图，在正方形中，点在上，，相交于点，．若，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由正方形的性质得出，，由勾股定理求出，根据等腰三角形的判定和性质得出，最后根据线段的和差关系即可得出答案. 【详解】解：在正方形中，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 5．在平面直角坐标系中，正方形和正方形按如图所示的方式放置在轴的上方，其中，，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别过点，，作轴的垂线，垂足分别为，，，根据正方形的性质可证，，再根据三角形的性质可得结果． 【详解】解：如图，分别过点，，作轴的垂线，垂足分别为，，， ， ，． 四边形是正方形， ，， ． 又， ． 又， ， ，， ． 同理可证， ，， ， ． 6．如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C．10 D．12 【答案】D 【分析】如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N，根据线段垂直平分线的性质得到，，根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值，再根据勾股定理计算即可． 【详解】解：如图：延长至，使，延长至，使，连接，交于M，交于N， ∵四边形是正方形， ∴， ∴垂直平分，垂直平分， ∴，， ∴四边形周长， 根据两点之间线段最短可知，就是四边形周长的最小值． ∵E为边长是4的正方形的中点， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴四边形周长的最小值为． 【题型3 根据正方形的性质求面积】 7．如图，大、小两个正方形连在一起，大正方形的面积为20，小正方形的面积为12，则阴影部分的面积为_________． 【答案】10 【分析】连接，根据正方形的性质推出，则和等底等高，所以，，，即阴影部分的面积等于大正方形的面积的一半． 【详解】解：如图，连接， ∵、为正方形的对角线， ∴， ∴， ∴和等底等高， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵大正方形的面积为20， ∴． 即阴影部分的面积为10． 8．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是____________． 【答案】 【分析】本题考查的是中心对称，正方形的性质，连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于正方形面积差的四分之一． 【详解】解：连接， ∵正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3， ∴正方形的面积分别为和， ∴图中阴影部分的面积． 9．七巧板具有深厚的中华文化底蕴，它是由正方形、平行四边形和大小不一的等腰直角三角形组成的．如图1，为正方形的对角线的中点，、分别为、的中点，连接，连接并延长交于点，、分别为、的中点，连接、，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，将这幅七巧板拼成图2的“小鱼”形象．已知，则图2中阴影部分的面积为____． 【答案】8 【分析】根据拼接可知：“小鱼”形象的整体面积与正方形的面积相等，“小鱼”形象的非阴影部分的面积等于正方形中的的面积，据此即可作答． 【详解】解：∵正方形中，， ∴． 【题型4 正方形折叠问题】 10．综合与实践：折纸， 素材：一张正方形纸片 步骤：（1）如图，将正方形纸片对折，沿折痕剪开，取其中一张矩形，将矩形对折，使边与重合，折痕交于点，展开； （2）分别将、沿过点的直线折叠，点，重合于点处，折痕分别交、于点、． 猜想与证明： (1)直接写出与的位置关系和数量关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 【答案】(1)， (2)见解析 【分析】（1）根据折叠的性质可得结论：，； （2）如图，过点作于点．先证明，再证明，可得结论． 【详解】（1）解： ，； （2）证明：如图，由折叠可知，， ， ， ， 过点作于点， 则四边形是长方形， ， ， ， 四边形是正方形对折得到的长方形，得， ， ， ， ． 11．如图，在正方形中，分别为的中点，连接，将沿对折，得到，延长交延长线于点，正方形的边长为，下列结论正确的个数是（   ）；；； A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】首先证明，再利用角的关系求得，即可判断；沿对折，得到，利用角的关系求出，从而判断；设，则，，利用勾股定理可得，即，解得，从而判断． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵分别为的中点， ∴， 又， ∴， ∴，正确； ∵， ∴， ∵， ∴， 即， 所以，正确； 根据折叠的对称性可知， ∵， ∴， ∴， ∴，正确； 设，则， ∵， ∴， 在中，利用勾股定理可得， 即， 解得，即，正确， 综上可得：正确，共个． 12．如图，正方形中，，点在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（    ） A．①②④ B．①②③ C．④③② D．①③④ 【答案】B 【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证；根据勾股定理可知；通过等腰三角形中角度关系可知，即可证明；通过等高的三角形底边之比即可计算面积求解． 【详解】解：根据折叠可知， ∴， 在和中， ， ∴， ∴①正确； ∵，， ∴，， 设， 根据勾股定理可得，， 解得：， ∴， ∴②正确； ∵， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴③正确； ∵，且，，和等高， ∴， ∴， ∴④错误， ∴①②③正确． 【题型5 求正方形重叠部分面积】 13．如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长均为6，则两个正方形重叠部分的面积为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 【答案】C 【分析】根据题意可得，结合正方形的性质证明，则两个正方形重叠部分的面积等于，即正方形面积的四分之一，已知正方形的边长，可据此求出重叠部分的面积． 【详解】解：如图，设与交于点，与交于点， 正方形、正方形， ， 四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， 则两个正方形重叠部分的面积为：． 14．如图，将面积为2和8的两个小正方形放到一个面积为16的大正方形中，两个小正方形的重叠部分（阴影部分）面积为______． 【答案】/ 【分析】先求出三个正方形的边长，再将面积为2的小正方形分成阴影部分和剩余空白部分的面积，据此求解即可． 【详解】解：由题意可知，大正方形的边长为， 面积为8的小正方形边长为，面积为2的小正方形边长为， ． 15．如图，将5个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点是正方形的中心，则正方形重叠的部分（阴影部分）面积和为_____． 【答案】 【分析】如图，连接，，证明出，得到，推出每一个阴影部分的面积等于正方形的，再根据正方形的面积公式列式计算即可得解． 【详解】解：如图，连接，， 由正方形的性质得，，， ∴ ∴ ∴ ∴， ∴每一个阴影部分的面积等于正方形的， ∴正方形重叠的部分（阴影部分）面积和． 【题型6 根据正方形的性质证明】 16．如图，在正方形中，，分别是，的中点，连接，相交于点，的延长线交的延长线于点．下列四个结论：①；②；③为等边三角形；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质，灵活运用正方形的性质和全等三角形的判定定理是解题的关键．根据正方形的性质得到边相等、角为直角，再利用中点条件得到对应边相等，通过、证明三角形全等，进而推导角的关系、线段的位置关系与数量关系，对四个结论逐一判断正误． 【详解】解：四边形为正方形， ，， ，分别是，的中点， ， 在和中， ， ， ， ， ，即， ①正确； ， ， 又， ， ②正确； ， ， 不是等边三角形， ③错误； ， ， 在和中， ， ， ， ④正确； 综上所述，正确的为①②④． 故选：． 17．将个面积均为的正方形按如图所示摆放，点，分别是左侧正方形，中间正方形对角线的交点，也是中间正方形，右侧正方形的顶点，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可得，，据此求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵由正方形性质可得：， ∴， ∴， ∴， 同理，右边空白四边形的面积也是， ∴图中阴影部分的面积是：． 18．如图，在正方形中，点、分别在、上，且，垂足为． (1)求证：； (2)若点是的中点，连接，请你判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】（1）由正方形的性质，结合同角的余角相等，证明，即可证得结论； （2）延长、，交于点，由三角形全等的性质，可得，证明，可得点是的中点，由直角三角形斜边中线的性质，即可得线段与之间的关系． 【详解】（1）证明：在正方形中，，， ∴， ∵，垂足为， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：，理由： 在正方形中，，， 延长、，交于点，则， ∴， 由（1）得， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点， 又∵， ∴． 【题型7 正方形的判定定理理解】 19．下列说法错误的是（   ） A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．每组邻边都相等的四边形是菱形 D．四个角都相等的四边形是矩形 【答案】B 【详解】解：A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，符合平行四边形的判定定理，说法正确，不符合题意． B．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，说法错误，符合题意． C．每组邻边都相等的四边形，四条边都相等，符合菱形的判定定理，说法正确，不符合题意． D．四边形内角和为，四个角相等时每个角均为，四个角都是直角的四边形是矩形，说法正确，不符合题意． 20．下列命题中，真命题的个数为（     ） ①对角线相等的四边形是矩形     ②对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ③对角线互相平分的四边形是平行四边形     ④对角线互相垂直相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定定理，逐一判断各命题的真假，统计真命题的个数即可得到答案． 【详解】解：①对角线相等的平行四边形才是矩形，任意对角线相等的四边形不一定是矩形，故①是假命题； ②根据菱形的判定定理，对角线互相垂直平分的四边形是菱形，故②是真命题； ③根据平行四边形的判定定理，对角线互相平分的四边形是平行四边形，故③是真命题； ④对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形，仅对角线互相垂直相等的四边形不是正方形，故④是假命题； ∴真命题的个数为2个． 21．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容．请认真阅读，并完成相应任务． 关于“矩形内折正方形的方法”的研究报告 研究人员：博学小组 成员1： 研究思路：①3个角都是▲的四边形是矩形； ②有一组邻边相等的矩形是正方形． 操作：如图1，将矩形纸片沿折痕折叠，使点B落在上的点处，则四边形即为正方形． 证明：⋯． 成员2： 操作：①如图2，E为的中点，将矩形纸片沿折痕，折叠，使A，B两点的落点重合；②如图3，将沿折痕折叠，使点E落在点处，展开后得到图4中的四边形，则四边形即为正方形． 任务： (1)研究报告中“▲”处空缺的内容： ； (2)请补全材料中“…”处的证明过程； (3)研究报告中成员2的操作得到的四边形 正方形．（填“是”或“不是”） 【答案】(1)直角 (2)见解析 (3)是 【分析】本题是四边形的综合题，考查了矩形的判定和性质，正方形的判定，折叠的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． （1）根据矩形的性质得到，，由折叠得，，即可证得四边形是正方形； （2）根据矩形的性质得到，，由折叠性质得到，，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形； （3）连接，，由E为的中点，得到，根据折叠的性质得到，求得，得到，根据折叠的性质得到，，根据正方形的判定定理即可得到结论． 【详解】（1）解：依题意，研究报告中“▲”处空缺的内容：直角， 故答案为：直角； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， 由折叠性质可得：，， ∴四边形是正方形； （3）解：连接，， ∵E为的中点， ∴， ∵将矩形纸片沿折痕，折叠，使A，B两点的落点重合， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵将沿折痕折叠，使点E落在点处， ∴，， ∴， ∴四边形即为正方形， 故答案为：是． 【题型8 证明四边形是正方形】 22．如图，在中，的平分线相交于点D，于点E，于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)求证：四边形是正方形． 【答案】(1)证明：∵，，， ∴， ∴四边形是矩形． (2)证明：过点D作于点H，如图所示： ∵分别平分，且，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． 【分析】（1）根据“有三个角是直角的四边形是矩形”进行求证即可； （2）过点D作于点H，根据角平分线的性质定理可得，则有，然后问题可求证． 【详解】（1）略 （2）略 23．已知：如图，菱形的对角线、交于点，分别过点C、D作，，连接交于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形的形状是正方形，理由见解析 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，得出，证出，即可得出； （2）先证明四边形为正方形，得到，即可得出结论. 【详解】（1）证明：，， 四边形是平行四边形，， ， 四边形是菱形， ， ， 在和中， ， ； （2）解：四边形的形状是正方形，理由如下： ∵菱形，， ∴四边形为正方形， ∴， 由（1）知：四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴四边形是正方形. 24．如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是正方形，证明见解析 【分析】（1）先证，得到，即可求证四边形是平行四边形；得到； （2）先证得四边形是平行四边形，再证得，可得四边形是菱形，进而根据菱形的性质求得，根据等腰三角形的性质进一步求得即可． 【详解】（1）证明：， ； 点O为的中点， ， ， ， ， 四边形是平行四边形； ； （2）解：四边形是正方形； 由（1）可知：，， ∵E为的中点，F为的中点， ∴， 四边形是平行四边形； ， ， 四边形是菱形； ，， ， ， 是等腰直角三角形； ， ， 四边形是正方形． 【题型9 根据正方形的性质与判定求角度】 25．将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形与折叠，正方形的判定与性质．熟练掌握矩形与折叠，正方形的判定与性质是解题的关键． 由矩形与折叠的性质可证四边形是正方形，，由折叠的性质可知，，根据，计算求解即可． 【详解】解：由矩形与折叠的性质可知，，， ∴四边形是正方形，， 由折叠的性质可知，， ∴， 故选：B． 26．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． 27．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（　　） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点为，连接，利用中点四边形的性质可以推出，再根据，可以推导出四边形是正方形即可求解． 【详解】解：分别取的中点为，连接， 分别是的中点， ， 又， ， 四边形是正方形， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了中点四边形的性质、正方形的判定及性质，解题的关键是作出适当的辅助线，利用题意证明出四边形是正方形． 【题型10 根据正方形的性质与判定求线段长】 28．如图，长方形的长与宽比值为，将点B沿折叠与点G重合，将点C沿折叠与点H重合，则长方形的长与宽的比值为（    ） A．2 B． C． D．3 【答案】B 【分析】设，则，根据折叠性质得出四边形为正方形，求出和的长，再根据第二次折叠求出，进而得出的长，最后计算长方形的长宽比． 【详解】解：设， 长方形的长与宽比值为， ， 由折叠可知， ，，， ， 四边形为正方形， ，， ∵长方形 ∴ ∴， ∴点共线， ∴， 同理可得，三点共线， 由折叠可得，， ∴ 长与宽的比值为． 29．如图，，是直角且，其中，，则的长度为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点A作，证得四边形是正方形，再利用正方形的性质求得，，最后利用勾股定理求得的长度即可． 【详解】解：过点A作，交的延长线于点E， ∵，是直角， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， 如图可得，，， 在中，根据勾股定理可得，． 30．在矩形中，，，点是边上一动点，将沿折叠，点落在点处，当为直角三角形时，求的面积为（    ） A．20或 B．20或 C．或 D．40或 【答案】C 【分析】根据矩形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据折叠的性质得到，，，分两种情况作答即可． 【详解】解：∵矩形， ∴，， ∴， ∵将沿折叠，点落在点处， ∴，， 情况1：如图1，时， ∵， ∴三点共线， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理：， 解得 ∴； 情况2：如图2，时， 此时， ∵，， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； 综上所述，的面积为或． 【题型11 根据正方形的性质与判定求面积】 31．如图，点为正方形的对角线的中点，在中，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． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作于点于点，证明，得到计算即可． 【详解】解：过点作于点于点， ∵四边形是正方形， ∴平分， ∴， ∴四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 32．如图，在菱形中，，点E在上．若，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【分析】先证明四边形为正方形，得出，根据勾股定理求出，根据求出结果即可． 【详解】解：∵在菱形中，， ∴四边形为正方形， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴ ． 33．如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，难度较大，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形． 过点作，交延长线于，先证明四边形为正方形，则设，则，，对运用勾股定理求出，延长至点，使得，先证明，再证明，则，，设，则，在中，由勾股定理得，求出，再由求解即可． 【详解】解：过点作，交延长线于，则， ∵， ∴ ∵， ∴四边形为矩形 ∵ ， ∴为等腰直角三角形， ∴矩形为正方形 ∴ 设，则， ∵ 即 ∴ ∴，即， ∴， 延长至点，使得， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴在中，由勾股定理得， 解得， ∴， 故选：D． 【题型12 根据正方形的性质与判定证明】 34．如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列五个结论：其中正确的结论是（   ） ①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤． A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②③④⑤ 【答案】A 【分析】过点作于点，延长，交于点，连接，可证，得，再证明四边形是矩形，得，即得，即可判定①；证明，可得 ，进而由 ，，得 ，即可判定②；由是正方形的对角线上一点，可知不一定是等腰三角形，即可判定③；由 得 ，进而得到 ，即可判定④；由等腰直角三角形的性质得，进而得到，即可判定⑤，综上即可求解． 【详解】解：如图，过点作于点，延长，交于点，连接， ∴ ， ∵四边形是正方形， ∴，，， 又∵， ∴， ∴， ∵于点，于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴，故①正确； ∵四边形是矩形， ∴ ， ∵ ， ∴四边形是矩形， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形， ∴ ， ∵ ， ∴， ∴ ， ∵ ，， ∴ ， ∴ ，即，故②正确； ∵是正方形的对角线上一点， ∴不一定是等腰三角形，故③错误； ∵ ， ∴ ， ∵ ， ∴ ，但无法证明，故④错误； ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，故⑤错误； 综上，正确的结论是①②． 35．如图，正方形的边长为1，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②点在运动过程中，始终满足；③点在运动过程中，的值为定值1；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，再证明，推出，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小， ，求得，即得线段的最小值为，即可判定正确． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴， ∴四边形是矩形，， ， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形，故正确； 连接， ∵四边形是矩形， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵矩形， ∵， 又∵ ∴， ∴， ∴，故正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴，即的值为定值1，故正确； ∵， ∴当最小时，最小， ∴当时，最小，在中，， ∵， ∴， ∴， ∴线段的最小值为，故正确； ∴正确的有， 故选：． 【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，垂线段最短，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 36．如图，在中，，以为边向上作正方形，以为边作正方形，点D落在上，连结．若，则的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【答案】C 【分析】本题考查正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题关键． 过点E作于点H，过点E作，垂足为，交的延长线于点，先证明四边形是矩形，再证明，继而解得，证明三点同在一条直线上，再证明，中，由勾股定理解得 的长，证明得到，最后由三角形面积公式解答． 【详解】解：过点E作于点H，过点E作，垂足为，交的延长线于点 在正方形中， ， 正方形中， ， 四边形是矩形 在和中， ∴，， 三点同在一条直线上， 四边形是矩形 在与中 ∴ 四边形是正方形 设正方形的边长为 则 ， （舍去） 在与中 ∴ 故选：C． 【题型13 中点四边形】 37．【新定义】顺次连接一个四边形各边中点所得四边形，叫做原四边形的中点四边形；若一个四边形的中点四边形与原四边形形状完全相同，则称这个四边形为同形中点四边形． 【观察探究】如图①，在四边形中，点、、、分别是边、、、的中点，顺次连接、、、得到的四边形． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请你探究并填空： 当四边形变成平行四边形时，它的中点四边形是； 当四边形变成矩形时，它的中点四边形是； 当四边形变成菱形时，它的中点四边形是______； (3)根据以上探究，请你总结中点四边形的形状由原四边形的什么决定的？ 【类比延伸】 (4)如图②，点、、、分别为正方形的四边中点，顺次连接、、、得到四边形，请判断四边形是否为同形中点四边形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)平行四边形，菱形，矩形 (3)中点四边形的形状是由原四边形的对角线的大小关系和位置关系决定的 (4)四边形是同形中点四边形．见解析 【分析】（1）连接，根据中位线的性质得出，．即可证明四边形是平行四边形． （2）根据平行四边形的判定，菱形、矩形的判定，结合中位线的性质，即可求解． （3）根据（2）的结论，即可求解． （4）连接，，根据正方形的性质结合中位线的性质得出，，即可得出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：连接． 、分别是、的中点， 是的中位线． ，． 同理得 ，． ，． 四边形是平行四边形． （2）解：当四边形变成平行四边形时，它的中点四边形是平行四边形； 当四边形变成矩形时，它的中点四边形是菱形； 当四边形变成菱形时，它的中点四边形是矩形； （3）解：中点四边形的形状是由原四边形的对角线的大小关系和位置关系决定的． （4）解：四边形是同形中点四边形． 理由如下：连接，． 点、、、分别为正方形的四边中点， ， ， ，，，， 四边形 是正方形， ，， ， 四边形是菱形， ，，， ， 四边形是正方形． 38．如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． (1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； (2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 【答案】(1)菱形，理由见解析 (2)当时，四边形为正方形；理由见解析 【分析】（1）根据三角形中位线的性质得到，，，，，进而得到，，即可得四边形是平行四边形，又由得，即可得到四边形是菱形； （2）根据平行线的性质得到，，根据平角的定义，得到，根据正方形的判定即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由条件可知、、分别为、、的中位线， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴平行四边形是菱形； （2）解：当时，四边形为正方形．理由如下： 由（1）同理可证， ∴， ∵， ∴， 由条件可知， ∴， ∴菱形是正方形． 39．如图所示，学校有一块四边形草坪，其中、、、分别是、、、的中点，在中点位置各安装一个喷水头，并用管道依次连接这四个喷水头，得到中点四边形． (1)草坪为任意四边形时，猜想四边形的形状并证明； (2)现在测得草坪的两条对角线，，且，求四边形的面积． (3)尺规作图：已知线段和（），作一个四边形，使得它的中点四边形恰好是一个周长为的矩形，保留作图痕迹，不写作法，标明字母（不需要画出中点四边形）． 【答案】(1)平行四边形，理由见解析 (2)12平方米 (3)见解析 【分析】（1）由三角形中位线定理分别得出且，且，可得且，即可证明； （2）设分别与交于点，与交于点，首先根据题意证得平行四边形为矩形，然后，由中位线定理得且，接着，证得，，根据矩形的面积公式代入计算即可； （3）如图3，按照作图步骤作图即可． 【详解】（1）证明：形状：平行四边形．理由如下： 如图1，连接， 在中，、分别是、的中点， 且． 在中，、分别是、的中点， 且， 且， 四边形是平行四边形； （2）解：如图2，设分别与交于点，与交于点， ， ． 由（1）同理可得，， 四边形是平行四边形． ． 由（1）得四边形是平行四边形， 平行四边形为矩形． 在中，、分别是、的中点， 且． ∵，，由（1）得， ，， 矩形面积． 答：四边形的面积为． （3）解：如图3，首先，作水平射线，接着，在射线上以为圆心线段的长度为半径画弧交射线于，然后，在线段下方任取一点，以为圆心，任意长为半径画弧，交线段于两点，再分别以这两点为圆心大于这两点间的距离画弧交线段上方于一点，连接与这一点并延长，在此射线上以点为圆心，线段的长为半径画弧交射线于，顺次连接即可． 如图3所示，四边形即为所求． 1．如图，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点D折叠纸片，使点A落在上的点F处，折痕为．若，则正方形纸片的边长为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】C 【分析】设正方形的边长为，则有，由题意得：，由折叠的性质可知：，然后根据勾股定理建立方程进行求解即可． 【详解】解：设正方形的边长为，则有，由题意得：， 由折叠的性质可知：， ∴在中，由勾股定理可得：， 解得：， ∴正方形的边长为． 2．下列说法正确的是（     ） A．矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相平分 B．有一个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的四边形是菱形 C．正方形具有矩形和菱形的所有性质 D．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 【答案】C 【分析】根据特殊平行四边形的性质、判定，以及三角形全等的判定定理，逐一判断各选项即可得到结果． 【详解】解：A、矩形和平行四边形都具有对角线互相平分这一条性质，故选项不符合题意； B、有三个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项不符合题意； C、因为正方形是矩形（四条边都相等的矩形是正方形）和菱形（有一个内角是直角的菱形是正方形）的特殊情形，所以正方形具有矩形和菱形的所有性质，说法正确，故选项符合题意； D、两边和一角对应相等的两个三角形不一定全等，只有当这个角是两边的夹角时才全等，故选项不符合题意． 3．如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线，应满足的条件是（    ） A． B． C．与相互平分 D．不确定 【答案】B 【分析】先根据三角形的中位线定理证明四边形是平行四边形，再根据平行四边形和菱形的关系即可解答． 【详解】解：∵四边形中，E，F，G，H分别是边的中点， ∴在中，为的中位线， ∴且； 同理：且；，， ∴且， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形为菱形， ∴应满足条件，即， ∴． 4．如图，点，，将线段平移到线段，连接，若，，则点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点D作轴于点H，先根据平移的性质证明四边形是平行四边形，结合，，得出四边形是正方形，再证，推出，，即可求解． 【详解】解：点，， ，， 如图，过点D作轴于点H， 线段平移到线段， ，， 四边形是平行四边形， ，， 四边形是正方形， ，， ， 又， ， 又，， ， ，， ， 点的坐标是． 5．如图，已知正方形边长为2，点E为中点，连接，取中点F，过点F 作垂线，交于点G，则的长为（     ） A． B． C． D．1.8 【答案】C 【分析】连接，结合题意可知垂直平分，易得；设，则，在和中，利用勾股定理解得的值，即可获得答案． 【详解】解：如下图，连接， ∵四边形为边长为2的正方形， ∴， ∵点E为中点， ∴， ∵点F为中点，且，即垂直平分， ∴， 设，则， 在和中， ，， ∴，解得， ∴． 6．如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为26，那么四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据顺次连接任意四边形各边中点所得到的新四边形的面积是原四边形面积的一半，由此得出面积变化的规律，代入求解即可． 【详解】解：四边形是矩形， 、， 顺次连接矩形四边的中点得到四边形， ， 四边形是菱形， ， 由此得到，顺次连接任意四边形四边中点得到的新四边形，面积是原四边形的， ， ， 当时，． 7．如图1，矩形纸片的宽，按如下步骤操作． 第一步，在矩形纸片的左端，利用图2的方法折出一个正方形，然后把纸片展平； 第二步，如图3，把正方形折成两个相同的矩形，再把纸片展平； 第三步，折出矩形的对角线，并把折到图4中所示的处，折痕为； 第四步，展平纸片，如图5，按照所得的点折出．    这样得到的矩形的宽与长的比是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由正方形的性质可得，由折叠可得，，使用勾股定理计算出，则，，因此． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， 由折叠可得，， 由勾股定理可得，， 根据题意，， ∴， ∴， ∴矩形的宽与长的比为． 8．如图是小华同学在中考一轮复习四边形时整理的平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的思维导图，其中对应序号的条件填写错误的是（   ） A．① B．② C．③平分 D．④ 【答案】D 【分析】根据矩形，菱形，正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、有一个角是直角的平行四边形是平行四边形，则①处的条件正确，故此选项不符合题意； B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，则②处的条件正确，故此选项不符合题意； C、由角平分线的性质得到，有一组邻边相等的矩形是正方形，则③处的条件正确，故此选项不符合题意； D、菱形的邻边本就相等，则④处的条件错误，故此选项符合题意． 9．正方形中，将沿折叠，使得点B在上为点F，折痕为，连接、，给出下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）四边形为菱形；（5）若，则正方形的面积为．其中正确的结论是（     ） A．（1）（4） B．（1）（2）（5） C．（1）（3）（4） D．（1）（4）（5） 【答案】D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质，根据正方形的性质，折叠的性质，等腰直角三角形的性质以及菱形的判定与性质逐一判断即可，掌握知识点的应用是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，故（）正确； 由折叠的性质可得：，，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴，故（）错误； ∵平分， ∴点到的距离相等， 设点到的距离为， ∴，， ∵， ∴，故（）错误； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠性质可知：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形，故（）正确； ∴与平行， ∴， ∵正方形中，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴设，则， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为，故（）正确． 10．如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点A恰好与上的点F重合，展开后折痕分别交、于点E、G，连接，给出以下结论：①；②；③四边形是菱形．其中正确结论的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】①由折叠可得，，，得，可得，则，由正方形可得，可得；②由折叠可得，，，，证明，可得，再由正方形的性质可得、是等腰直角三角形，即可得；③由②可得，，，再由折叠可得，即可得四边形是菱形． 【详解】解：①由折叠可得，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴，故①错误； ②由折叠可得，，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， 在中，， 由①得， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴，故②正确； ③由②可得，，， ∴， 由折叠可得，， ∴， ∴四边形是菱形，故③正确； 综上所述，正确的有2个． 11．如图，在正方形中，点E在边上，连接，过点C作垂足为点F，连接．若，，则的面积为________． 【答案】 【分析】过点作于点，根据正方形的性质得出相等的边和直角，利用含角的直角三角形的性质求出相关边长，证明，得出对应边相等，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于点， ∵， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴的面积为． 12．如图，若，平分，，则四边形的面积是_____ ． 【答案】8 【分析】作于点，作于点，证得，利用勾股定理求得正方形的边长，即可求得面积． 【详解】解：如图，作于点，作于点， ， ． ， ． ∵平分， ． ， ， ． ， ∴四边形是矩形， ∴四边形是正方形． ， ， ∴四边形的面积等于正方形． 设正方形的边长为，， 由勾股定理可知：， ， ∴正方形的面积等于8， ∴四边形的面积等于8． 13.如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为2和10，则b的面积为_________． 【答案】12 【分析】根据正方形的性质得出，，，，再根据同角的余角相等可得出，即可证，最后结合全等三角形的性质和勾股定理可求解． 【详解】解：如图， ∵a，b，c都为正方形，a，c的面积分别为2和10， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴b的面积． 14．下列说法：①对角线互相垂直且相等的四边形是菱形；②矩形的对角线一定互相垂直；③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；④对角线垂直的矩形是正方形．其中正确的是________．（把所有正确结论的序号都填上） 【答案】③④/④③ 【分析】根据菱形，矩形，平行四边形，正方形的判定定理和性质，对每个说法逐一判断． 【详解】解：①根据菱形的判定定理，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，因此对角线互相垂直且相等的四边形不一定是菱形，故①错误.； ②矩形的性质为对角线相等，矩形对角线不一定互相垂直，仅邻边相等的特殊矩形即正方形对角线互相垂直，故②错误； ③根据平行四边形的判定定理，一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故③正确； ④根据正方形的判定定理，对角线垂直的矩形是正方形，故④正确； 综上，正确的是③④． 15．正方形的边长为6，点E是边上一个动点，连接，作垂直，且，连接，则的最小值为___________． 【答案】 【分析】如图，过点F作交的延长线于点G，连接，证明，得到，，然后证明是等腰直角三角形，得到，点F在射线上运动，当时，取得最小值，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点F作交的延长线于点G，连接 ∵正方形的边长为6 ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴ ∴点F在的平分线上运动 ∴当时，取得最小值 ∴此时是等腰直角三角形 ∴， ∴ ∴ ∴的最小值为． 16．如图，在正方形中，点在边上，点在对角线上，连接，，，分别为，的中点，若，，则的值为_____． 【答案】 / 【分析】先通过赋值法确定正方形边长及相关线段长度，再利用中位线定理得到线段的平行关系与长度，结合正方形的性质构造等腰直角三角形，最后用勾股定理求出的长度，进而得到的值． 【详解】解：如图，取中点为，连接、， 设， ，，四边形是正方形， ，， ， ， 、分别是、的中点， 且， ， 又、分别是、的中点， 且， ∵在正方形中，， ， ， 过点作交延长线于点， 为等腰直角三角形， ，， ， ， 在中，， ． 17．如图，矩形，点E，F分别是边，上的动点，且，连接，．若，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】以点B为原点建立平面直角坐标系，设其中，则，则的最小值转化为的最小值，进一步求解即可． 【详解】解：以点B为原点建立平面直角坐标系，如图， ∵矩形，，， ∴， 设其中，则， 所以，， ∴的最小值转化为的最小值， ∵ 表示到距离与到的距离之和， 当，，三点共线时，取得最小值，即为的长度， ， 即的最小值是． 18．如图，在正方形中，为边上一点，连接．按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，与边相交于点，与相交于点；②以点为圆心，长为半径画弧，与相交于点；③以点为圆心，长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点（在上方），作射线；④以点为圆心，长为半径画弧，与射线相交于点，连接与边相交于点，连接．若，，则线段的长为________． 【答案】 【分析】以点B为原点建立平面直角坐标系，由作图可知，，如图：过点J作轴，可证，根据全等三角形的性质可以求出点J的坐标为，利用待定系数法求出直线的解析式，根据解析式求出点K的坐标，利用平面直角坐标系中两点之间的距离公式即可求出的长度． 【详解】解：∵四边形是正方形， ， ∵，， ， 由作图可知，， 如图：以点B为原点建立平面直角坐标系，则点A的坐标是，点B的坐标是， 点C的坐标是，点D的坐标是，过点J作轴， 在和中， ， ∴， ，， ， ∴点J的坐标为， 设的解析式是， 可得：，解得：， ∴直线的解析式是， 当时，可得：， ∴点K的坐标是， ， ∴点E的坐标是， ． 19．七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”，小明利用七巧板（如图1）中各板块的边长之间的关系拼成了“锄头”（如图2）的封闭图形，则该“锄头”的周长是_______． 【答案】 【分析】根据题意，易得锄头的周长为大正方形边长的2倍加上大正方形的对角线的3倍，即可得出结果. 【详解】解：由图可知，大正方形的边长为， 故大正方形的对角线的长为， 观察可知：锄头的周长为大正方形边长的2倍加上大正方形的对角线的3倍， 故该“锄头”的周长是. 20．如图，在中，的平分线交于点，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，且，求四边形的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再根据角平分线及平行线的性质证明即可； （2）连接，先证明四边形是正方形，再根据得到，最后求面积即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． （2）解：连接，如图， ∵， ∴菱形形是正方形， ∵， ∴， ∴四边形的面积为． 21．如图1，正方形中，分别为上的点，与交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接交于点为的中点，交于点，连接．求证： 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）证明，得出，进而得到，由此得证； （2）过点作交于点，可证出，得，解直角三角形即可得证； 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：过点作交于点， ∴， ∴ ∵，为的中点，， ∴， ∴， ∴， ， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ， ，， ， ， ， ． 22．如图，在正方形中，M为的中点，， (1)求证：平分； (2)连接，若，求的长； 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）取的中点F，连接，根据正方形的性质，结合中点的定义得到，进而，根据同角的余角相等得到，即可证明，得到，从而，得证结论； （2）先根据中点的定义得到，再根据勾股定理在中求出，再在中求出即可． 【详解】（1）证明：取的中点F，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵点F是的中点，点M是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵在和中 ， ∴， ∴， ∴， ， ∴， ∴平分． （2）解：如图， ∵点M是的中点， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴． 23．如图，在正方形中，点在边上，连接交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用证明，即可得到； （2）设，则，在中，利用勾股定理列式计算即可求解． 【详解】（1）证明：正方形， ，， ， ， ； （2）解：正方形， ，， ，， 设，则， 在中，， ， ，（舍去） ． 24.解决问题 (1)如图①，在中，点和点分别是、的中点．则与的关系是_______． (2)如图②，已知，，，分别是四边形各边的中点，与是四边形的对角线． ①求证：四边形是平行四边形； ②若，则_______； ③直接写出当与满足怎样的关系时，四边形是正方形． 【答案】(1)， (2)①见解析；②；③， 【分析】（1）运用中位线的判定与性质，即可作答 （2）①先结合中位线的判定与性质得出最后由一组对边平行且相等得出四边形是平行四边形 ②根据先结合中位线的判定与性质得出，又因为四边形是平行四边形，故四边形是矩形，再结合勾股定理列式计算，即可作答． ③与②同理得出四边形是矩形，再结合一组邻边相等的矩形是正方形，即可作答． 【详解】（1）解：∵点和点分别是、的中点， ∴是的中位线， ∴，； （2）解：①∵，，，分别是四边形各边的中点， ∴分别是的中位线， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形； ②由①得四边形是平行四边形, ， ∵ ∴ ∵，，，分别是四边形各边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； 即， 连接， ． ③依题意，当，时，四边形是正方形，过程如下： 与②同理，由得出四边形是矩形； ∵，，，分别是四边形各边的中点， ∴分别是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形，， ∴四边形是正方形． 25．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点E是延长线上一点，M是线段上一动点（不包括O、B）作，交的平分线于点N． (1)①直接写出点C的坐标； ②求证：； (2)如图2，若，在上找一点P，使四边形是平行四边形，直接写出点P的坐标； (3)如图，连接交于F，连接，求证：平分． 【答案】(1)①；②证明见解析 (2) (3)见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质求解即可； ②在上取点P，使得，证明即可； （2）过点N分别作轴于点H，于点Q，连接，先证明，得到，然后证明，得到，再计算的长即可； （3）延长到点A，使得，连接，先证明，再证明，得到，进一步推得，然后过点M作于点P，即可逐步证明． 【详解】（1）解：①， ， 四边形是正方形， 轴， 点C的坐标是； ②证明：在上取点P，使得， ， ， 四边形是正方形， ， ， ， 平分，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：过点N分别作轴于点H，于点Q，连接， 由（1）知， 又 四边形是正方形 ， ，， 四边形是平行四边形， ， 点P的坐标为； （3）证明：如图，延长到点A，使得，连接， 在和中， ， ， ，，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， ， 过点M作于点P， ， ， ， ， 由（1）知， 又， ， 即平分． 26．如图，正方形的边长为，直线分别交于点关于直线l的对称点为，且点恰好在上． (1)当点是中点时，的长为_____； (2)连接，交于点，连接，交于点． ①连接，求证； ②已知的面积为，求的长． 【答案】(1) (2)①如图所示，过点作于点， ∴， ∵折叠， ∴， 在正方形中，， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴，，， ∴，， 在中， ， ， ∴， ∴， ∵， ∴ ② 【分析】（1）过点作，交于点，证明，由勾股定理可得，即可得出结果； （2）①过点作于点，证明，再证明，从而，再证明即可； ②设，则，，求得，则，得出，设，得出，整理得，解得，，进一步得出结果． 【详解】（1）解：如图所示，过点作，交于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， 在正方形中，， ∵折叠， ∴，垂足为点， ∴，垂足为点， ∴， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∴， ∵点是中点， ∴， ∴， ∴的长为， 故答案为： （2）解：①略 ②根据上述证明得到， ∴， 设，则， ∴， ∵的面积为， ∴，则， 在中，， ∴，整理得，， 设， ∴，整理得，， 解得，， ∴． 1．在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长为的小正方形拼成的图形，是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据中心对称的性质即可作出剪痕，根据三角形全等的性质即可证得PM=AB，利用勾股定理即可求得． 【详解】解：如图，经过P、Q的直线则把它剪成了面积相等的两部分， 由图形可知△AMC≌△FPE≌△BPD， ∴AM=PB， ∴PM=AB， ∵PM==， 故选：A． 【点睛】本题考查了图形的剪拼，中心对称的性质，勾股定理的应用，熟练掌握中心对称的性质是解题的关键． 2．如图，正方形的边长为2，是对角线上一动点，过点作，，经过探究，嘉嘉说的最小值为；娜娜说的最小值为，则下列说法正确的是（    ） A．只有嘉嘉的说法正确 B．只有娜娜的说法正确 C．两个同学的说法都正确 D．两个同学的说法都不正确 【答案】C 【分析】连接，连接交于点，可判定四边形是矩形，得到，关键的最小值为，求出即可判断嘉嘉的说法是否正确；由矩形的性质和等腰三角形的判定可得到，，由正方形的对称性得到，从而得到，由此得到的最小值，从而判断娜娜的说法是否正确．本题考查正方形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，掌握并能灵活运用相关图形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：连接，连接交于点， 四边形是正方形，，， 四边形是矩形，， ， 的最小值就是的最小值，即的长， 正方形的边长为2， ， ， 即的最小值为， 故嘉嘉的说法正确； 四边形是正方形，，， 是正方形的一条对称轴，四边形是矩形，， ，，， ， 的最小值为， 故娜娜的说法正确， 综上，两个同学的说法都正确， 故选：C． 3．如图，在正方形中，点是边上一个动点（不与点，点重合），连接，作交于点，垂足为点，连接，记，，，，四边形的面积分别为，，，，，方方通过探究，得到以下两个结论：①，②．则下列选项中，正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 【答案】A 【分析】本题主要考查了正方形的性质，解题关键是面积关系的正确变形．由正方形，，得，得，得，由，即可得． 【详解】解：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， 得， 得， 由， 得． 故选：A 4．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将延长交于点．记小正方形的面积为，大正方形的面积为，若，，，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接DG，根据，，得出，根据弦图由四个全等的直角三角形所组成，推出，根据，且，推出，得到，设CG=DH=x，则CH=x+，根据∠CHD=90°，得到，求得，得到DH=EH=GH=，求出DG=EG=，∠GDE=∠GED=45°，推出∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°，推出． 【详解】连接DG， ∵CD=CI+DI=1+2=3， ∴， ∵△ABF≌△BCG≌△CDH≌△DAE， ∴ ∴， ∵，且， ∴， ∴， ∴ 设CG=DH=x，则CH=x+， ∵∠CHD=90°， ∴ ， ∴， 解得（舍去），或， 即， ∴DH=EH=GH=， ∴DG=EG=， ∴∠GDE=∠GED=45°， ∴∠DGE=180°-（∠GDE+∠GED）=90°， ∴． 故选A． , 【点睛】本题主要考查了正方形，全等三角形，勾股定理等，解决问题的关键是添加辅助线，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的性质，勾股定理解直角三角形． 5．如图，在边长为8的正方形中，点E是对角线（含端点）上一点，连接，过点E作交于点F，对点E运动的过程中，使长度为整数的点 进行探究，有如下结论： 结论1：只存在两个这样的点E； 结论2：的长不可能等于4； 结论3：的最大长度等于正方形的边长． 以下说法正确的是（　　）    A．只有结论1错误 B．结论1和结论2都错误 C．3个结论都正确 D．只有结论3正确 【答案】A 【分析】过点E作 分别交、于点N、M，证明，得到，进而得到时，取得最小值，即取得最小值；点E与点C重合时，取得最大值，，即取得最大值，求出的取值范围，即可得到的取值范围，进行判断即可． 【详解】解：如图，过点E作 分别交、于点N、M，    ∵， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴当时，取得最小值，即取得最小值； 当点E与点C重合时，取得最大值，即取得最大值，最大值为8． 如图，过点D作于点G， 则  ， ∵，即  ， ∴的长度为整数时分别为6，7，8， ∴使长度为整数的点E有三个， ∴结论1错误，结论2，3正确． 故选：A． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是添加辅助线构造全等三角形． 6.我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，我们也可以在如图②中，作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M）使它们将正方形ABCD的面积四等分，其中点M是正方形ABCD内一定点．请探究：如图③，在四边形ABCD中，ABCD，点P是AD的中点，如果，，，且a＞b，那么在边BC上一定存在点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．此时，BQ的长度是______． 【答案】 【分析】当BQ＝CD＝时，PQ将四边形ABCD的面积二等份，连接BP并延长交CD的延长线于点E，证△ABP≌△DEP求出BP＝EP，连接CP，求出S△BPC＝S△EPC，作PF⊥CD，PG⊥BC，由BC＝AB+CD＝DE+CD＝CE，求出S△BPC﹣S△CQP+S△ABP＝S△CPE﹣S△DEP+S△CQP，即可得出S四边形ABQP＝S四边形CDPQ即可． 【详解】解：存在，当BQ＝CD＝时，PQ将四边形ABCD的面积二等份， 理由是：如图 ④，连接BP并延长交CD的延长线于点E，       ∵ABCD， ∴∠A＝∠EDP， 在△ABP和△DEP中， ， ∴△ABP≌△DEP（ASA）， ∴BP＝EP， 连接CP， ∵△BPC的边BP和△EPC的边EP上的高相等， 又∵BP＝EP， ∴S△BPC＝S△EPC， 作PF⊥CD于点F，PG⊥BC于点G，则BC＝AB+CD＝DE+CD＝CE， 由三角形面积公式得： ∴PF＝PG， 设x＝，，y=，且a＞b， 在CB上截取CQ＝DE＝AB＝x，则S△CQP＝S△DEP＝S△ABP ∴S△BPC﹣S△CQP+S△ABP＝S△CPE﹣S△DEP+S△CQP 即：S四边形ABQP＝S四边形CDPQ， ∵BC＝AB+CD＝x+y， ∴BQ＝y＝， ∴当BQ＝时，直线PQ将四边形ABCD的面积分成相等的两部分． 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、平行线的性质、三角形的面积等知识点的应用，主要考查学生综合运用性质进行推理的能力，解决本题的关键是掌握等底等高的三角形的面积相等． 7．在图1所示的的网格内有一个八边形，其中每个小方格的边长均为1．经探究发现，此八边形可按图2的方式分割成四个全等的五边形和一个小正方形①．现将分割后的四个五边形重新拼接（即图2中的阴影部分），得到一个大正方形，发现该正方形中间的空白部分②也是一个正方形，且正方形②的面积恰好是正方形①的面积的2倍，则的长为_______． 【答案】 【分析】先在网格图中求出八边形的边长和面积，从而得到正方形②的面积为 ，进而得到正方形①的面积为1，从而得到四个全等的五边形的面积，进而对得到大正方形的面积，可求出 ，即可求解． 【详解】解：如图， 根据题意得：八边形的边长为 ， 八边形的面积为 ， ∴正方形②的面积为 ， ∵正方形②的面积恰好是正方形①的面积的2倍， ∴正方形①的面积为1， ∴四个全等的五边形的面积为 ， ， ∴大正方形的面积为 ， ∴大正方形的边长为： ， ∴ ， ∵四个五边形全等， ∴ ， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了网格图与勾股定理，正方形的面积，解题的关键是求出四个全等五边形的面积及大正方形的面积． 8．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创建的，我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、、均为正方形．若．，则正方形的面积为________． 【答案】169 【分析】本题考查了勾股定理的证明，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．根据正方形的性质得到，，，根据全等三角形的性质得到，求得，根据勾股定理即可得到结论． 【详解】解：四边形、、均为正方形， ，，， ， ， ， 在中，， ， ， 正方形的面积为， 故答案为：169． 9．中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1（如图1），则正方形的面积为__________；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2（如图2），如此进行下去，得到的正方形AnBnCnDn的面积为_________（用含n的式子表示，n为正整数）． 【答案】 5 【分析】利用正方形ABCD的面积为1，求出其边长为1，可求出正方形A1B1C1D1的边长为：，面积为：，再求出正方形A2B2C2D2的边长为：，面积为：，正方形A3B3C3D3的边长为：，面积为：，正方形A4B4C4D4的边长为：，面积为：，依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：． 【详解】解：∵正方形ABCD的面积为1， ∴其边长为1， ∵把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1， ∴正方形A1B1C1D1的边长为：， ∴正方形A1B1C1D1的面积：； ∵正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2， ∴正方形A2B2C2D2的边长为：， ∴正方形A2B2C2D2的面积为：； 同理可得：正方形A3B3C3D3的边长为：， ∴正方形A3B3C3D3的面积为：； 正方形A4B4C4D4的边长为：， ∴正方形A4B4C4D4的面积为：； 依次可推出：正方形AnBnCnDn的面积为：． 故答案为：5； 【点睛】本题考查勾股定理的应用，正方形的性质，解题的关键是求出每一个正方形的边长，即可求出其面积． 10．勾股定理是数学史上的一颗璀璨明珠．被誉为清代“历算第一名家”的著名数学家梅文鼎先生（图1）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅彀成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图2的基础上，运用“出入相补”原理完成的．在中，，四边形均为正方形，与相交于点J，可以证明点D在直线上．若的面积分别为2和6，求直角边的长．则直角边的长为_______． 【答案】2 【分析】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，正确运用相关性质定理是解题的关键． 先证明，得出，设，通过面积表示出，然后求解即可． 【详解】解：四边形为正方形， ， ， ， 设， 由勾股定理得，，即，，， ， （负值舍去）， 即． 故答案为：2． 11．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形的三条边为边长向外作正方形，正方形，正方形，连接，，过点C作于点J，交于点K．设正方形的面积为，正方形的面积为，长方形的面积为，长方形的面积为，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有______． 【答案】①②③④ 【分析】对于①，连接，先证明，即知，再根据，即知结论成立； 对于②，连接，先证明四边形是矩形，可证明，结合①的结论，即可证明结论； 对于③，根据勾股定理可得，即得，结合，可得，即可推得结论正确； 对于④，由③知，，即知结论成立． 【详解】解：连接， 四边形是正方形， ，，， 四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故①正确； 连接， 四边形是正方形， ，， ， 四边形是矩形， ， ， 即， 由①知，， ， 故②正确； ， ， 四边形，四边形和四边形都是正方形， ，，， ， 由②知，， ， ， 故③正确； 由③知，， ， 故④正确； 正确的结论有①②③④． 故答案为：①②③④． 【点睛】本题主要考查勾股定理，正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理和全等三角形的判定和性质是解题的关键． 12．勾股定理又称毕达哥拉斯定理、商高定理、百牛定理，是人类早期发现并证明的重要数学定理之一．如图，在中，，以各边为边向外作正方形、正方形、正方形．连接、、，若，，则这个六边形的面积为________．    【答案】28 【分析】设，，，则，连接、交于点M，连接、，证明，得出，证明，得出，连接，交于点N，同理可得：，得出，求出，，从而得出，，延长作于点P，作于点Q，证明，得出，证明，，，求出，最后求出即可． 【详解】解：设，，，则， 连接、交于点M，连接、，如图所示：    ∵四边形和为正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 根据勾股定理得：，，，， ∴， 即， ∵， ∴， 即， 连接，交于点N， 同理可得：， ∴， ∴，， ，， ∴， 即， ∴， 即， 得：， 解得：， 得：， 即， 解方程组：， 解得：， ∴， ∵a、b、c为正数， ∴，， 延长作于点P，作于点Q，如图所示：    则， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ，， ∴， 同理：，， ， ∴． 故答案为：28． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，数形结合，熟练掌握勾股定理． 13．【方法回顾】 如图1，在中，D，E分别是边的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点F，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证． （1）上述证明过程中： ①证明的依据是（_____） A．    B．    C．    D． ②证明四边形是平行四边形的依据是_______； 【类比迁移】 （2）如图2，是的中线，交于点E，交于点F，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明． 证明：如图2，延长至点G，使，连接，请根据小明的思路完成证明过程； 【理解运用】 （3）如图3，四边形与四边形均为正方形，连接，点P是的中点，连接．请判断线段与的数量关系及位置关系．（不要求证明） 【答案】（1）①A；②一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；（2）见解析；（3）， 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，正确作出辅助线是解题的关键． （1）①根据判断全等三角形的方法，证明，即可解答； ②利用全等三角形的性质，得到，，可得，，即可解答； （2）证明，即可解答； （3）延长交于点，延长使得，证明，再利用全等三角形的性质和正方形的性质，证明，利用角度转换即可得到，． 【详解】（1）①解： D，E分别是边的中点， ， 在与中， ， ， 故选：A； ②， ，， ， 点是的中点， ， 四边形是平行四边形， 故答案为：一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （2）证明：在和中， ， ， ， , , ； （3）如图，延长交于点，延长使得， 根据（2）中原理，可得， ，， 四边形与四边形均为正方形， ，，， ， ， ，， ， ， ，． 14．综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， 探究过程（1）作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形． （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定，例如对角线既不相等，也不垂直的四边形的中点四边形是平行四边形 （3）证明与表达：已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线求证：四边形是平行四边形．（证明过程略） 问题：请你选择图2、图3、图4中的一个图，画出四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可），我选择________（填图2、图3、图4中的一个）提出猜想：对角线___________的四边形的中点四边形是________形；然后写出已知，求证，完成证明过程 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，______． 求证：四边形是______． 证明： 【答案】见解析 【分析】选择图2：利用三角形中位线性质证明，即可得出结论； 选择图3：利用三角形中位线性质证明四边形为平行四边形，再根据，利用平行线的性质证明，即可得出结论； 选择图4：先证明四边形为菱形，再证明，即可得出结论． 【详解】解：选择图2； 提出猜想：对角线相等的四边形的中点四边形是菱形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， 求证：四边形是菱形； 证明∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； 选择图3； 提出猜想：对角线互相垂直的四边形的中点四边形是矩形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， 求证：四边形是矩形； ∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ，， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为矩形； 选择图4； 提出猜想：对角线互相垂直且相等的四边形的中点四边形是正方形 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，， ， 求证：四边形是正方形； ∵E，F，G，H是四边的中点， ∴，，，， ，， ∴，， ∵， ∴， ∴四边形为菱形； ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为正方形． 【点睛】本题考查中点四边形，三角形中位线，平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定．熟练掌握三角形中位线性质和菱形、矩形、正方形的判定定理是解题的关键． 15．阅读下面材料，并按要求完成相应的任务． 三角形中位线定理的证明如图1，在中，点D，E分别是，的中点，连接，像这样，连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．求证：，且． 证明：如图2，延长到点F，使，连接． ∵点D，E分别是，的中点，∴，．又∵， ∴四边形是平行四边形．（依据1） ∴，．∴，． ∴四边形是平行四边形．（依据2） ∴，．又∵，∴． 归纳总结：上述证明过程运用了“倍长线段法”，也有人称为“倍长法”（延长三角形中位线的一倍），该方法是解决初中数学几何题的一种常用方法． 任务： (1)上述材料证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指： 依据1：______； 依据2：______． (2)数学学习小组的同学发现可以用“倍长线段法”证明定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．请你尝试证明． 如图3，在中，，点E为边的中点．求证：． (3)如图4，四边形和四边形都是正方形，点M是的中点．若，则的长为______． 【答案】(1)对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 (2)见解析 (3)2 【分析】（1）由平行四边形的判定定理可得出答案； （2）延长到点F．使．连接，．证明四边形是平行四边形． 从而可证得四边形是矩形，由矩形的性质得到，继而可得出结论． （3）延长到点N，使，连接，．证明四边形是平行四边形．得到，．从而有．再证明，得出，继而可求解． 【详解】（1）解：对角线互相平分的四边形是平行四边形， 一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． 故答案为：对角线互相平分的四边形是平行四边形；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形． （2）证明：如图，延长到点F．使．连接，． ∵点E为的中点． ∴． 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴四边形是矩形． ∴． ∵． ∴． ∴． （3）解：如图，延长到点N，使，连接，． ∵点M是的中点， ∴． 又∵． ∴四边形是平行四边形． ∴，． ∴． ∵四边形和四边形都是正方形 ∴，．． ∴，． ∴． ∴， ∴． ∴． 【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，三角形中位线定理的证明，直角三角形斜边 中线等于斜边的一半性质的证明，全等三角形的判定与性质． 本题是四边形综合题，熟练掌握“倍长线段法”是解题的关键． 16．综合与探究    主题：矩形的折叠的探究某数学学习小组用一张矩形纸片，如图，矩形中，足够长进行探究活动． 【动手操作】 操作一：在上有一点P，沿折叠，使点A落在； 操作二：射线交于M，过M作交于N． 【探究发现】 （1）写出与相等的一个角为 ， 与的数量有关系为 ； 【问题探究】 （2）如图，若点A与M重合，判断四边形的形状，并说明理由； 【拓展应用】 （3）在折叠过程中若，求的值． 【答案】（1）（或）；相等；（2）为正方形，理由见解析；（3）的值为或 【分析】本题考查了矩形与折叠，长方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定及性质等知识，根据各项性质找到线段相等和角度相等关系，并通过相似三角形构建线段等量关系是解题的关键． （1）根据折叠的性质和矩形的性质可得，根据矩形的对边平行可得；证明，可得； （2）先证明四边形是矩形，再证明即可得出结论； （3）设，则，分点在线段上时和点M在线段上两种情况根据折叠的性质和勾股定理分别求出，的长即可． 【详解】解：（1）由折叠得，，， 或者：∵四边形是矩形， ∴，， ∴；， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：（或）；相等； （2）为正方形．理由如下： 当点与点M重合时，点P与点N重合． ∵，， ∴， 得：， 又为矩形， 故为正方形． （3）设，则， 情况一：当点在线段上时， 由折叠性质可知：， 由（1）可知：，即， 中，，得：， 故：． 情况二：当点M在线段上时， 由折叠性质可知：， 由（1）可知：，即， 中，，得：， 故：． 综上：的值为或． 17．【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系； 【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系； 【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积． 【答案】（1），理由见解析（2），理由见解析（3） 【分析】（1），由折叠得到，，，从而推出，，，，得到，推出点三点共线，即可说明； （2），将绕点逆时针旋转，得到，连接，由旋转可得，，得到，，，，推出，证得，得到，再利用勾股定理即可说明； （3）将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点，得到，，，，，，从而可得，，可证明四边形是正方形，设，则，，，利用勾股定理，可得到，解得，（舍去），得到，即可求解． 【详解】（1）解：， 理由：由折叠可得，，， ∴，，，， ∴， ∴点三点共线， ∵， ∴； （2）解：，理由： 如图所示，将绕点逆时针旋转，得到，连接， 由旋转可得，， ∴，，，， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴在中，， ∴； （3）解：如图所示，将沿翻折得到，将沿翻折得到，延长，交于点， ∴，，， ，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 设，则，，， 在中，由勾股定理，得， 整理得， 解得，（舍去）， ∴， ∴． 18．综合实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展探究学习活动，具体探究过程如下． (1)【操作判断】 操作一：对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上取一点，沿着折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接． 根据以上操作，如图1，当点落在上，则_______°； (2)【迁移探究】 小敏同学将矩形纸片换成边长为5的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照上述操作，点在上，延长交于点，如图2． ①求证：； ②求的长度． (3)【拓展应用】 小敏在（2）的操作基础上继续探究，连接，当点落在上，如图3，过点作于点，求的长度． 【答案】(1)30 (2)①证明见解析；② (3) 【分析】（1）由折叠可知垂直平分，，，连接，易证是等边三角形，所以； （2）①连接，证明，即可得到；②由（1）可求得，则，则，则，设，则，由勾股定理求得的值，即可求出的长度； （3）连接，可得与都是直角三角形，在中，由勾股定理求得，则，过点作，可得四边形是矩形，设，则，，在与中，根据勾股定理列方程，求出的值，即可求出的长度． 【详解】（1）解：如图①，连接， 由折叠可知垂直平分，，， ∵． ． 是等边三角形． ． ． （2）解：①证明：如图②，连接， 由折叠可知：，， ． ∵四边形是正方形， ， 在和中， ， ∴． ． ②由（1）得， ． ． ， ． ． 在中，， 设，则， 由勾股定理得：，即，解得， ， ． （3）解：如图③，连接， 由题可得与都是直角三角形， 在中，由勾股定理得，， ． 过点作，则四边形是矩形， 设，则，， 在与中，由勾股定理得， ， 即，解得， ． 19．在学完有关中点的复习课后，陈老师带领同学们探究这样一道几何题：正方形和正方形共顶点A，连接，取的中点M，连接．试探究的形状． 以下是智慧小组的探究过程． 【特例探究】如图1，点G在边上． 小明认为此时是等腰直角三角形，并给出了如下证明思路： 从M是的中点入手，延长交于点N，如图2． 通过证明，得到，． 由于，，故________． 所以是________． 再结合M是的中点从而可得结论． （1）横线处应填：________，________． 【类比探究】 （2）如图3，将正方形绕点A旋转，其他条件不变，在旋转过程中，试探究的形状是否发生变化，并就图3的情形说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，已知，，当点A，G，M在同一条直线上时，请直接写出线段的长． 【答案】（1），等腰直角三角形     （2）仍是等腰直角三角形，不发生变化，理由见解析 （3）或 【分析】（1）根据给定的信息，填空作答即可； （2）过点C作的平行线，交的延长线于点P，连接，证明，得到，推出，过点作于点，则：，设与的交点为，证明，推出为等腰直角三角形，得到，且，即可得证； （3）分点M在线段的延长线上和点在线段的延长线上，两种情况进行讨论求解即可． 【详解】解：（1）由于，，故， 所以是等腰直角三角形， 故答案为：，等腰直角三角形； （2）不发生改变，理由如下： 过点C作的平行线，交的延长线于点P，连接，如图所示． ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形都是正方形， ∴， ∴， 过点作于点，则：，设与的交点为， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴为等腰直角三角形， 又∵， ∴，且， ∴为等腰直角三角形； （3）①当点M在线段的延长线上时，如图所示． 由(2)，可知是等腰直角三角形， ∴设，则， 在中，由勾股定理，得， 解得或（舍去）． ∴． ②当点M在线段的延长线上时，如图所示． 同理，可得． 综上所述，或． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理等知识点，综合性强，难度较大，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的关键． 20．阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 如图①，在等边中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是的外角的平分线上一点，且．求证：． (1)点拨：如图②，作，与的延长线相交于点E，得等边，连接EM．易证：，请完成剩余证明过程： (2)拓展：如图③，在正方形中，是边上一点（不含端点，），是正方形的外角的平分线上一点，且，求证：． (3)思维迁移：结合上面的思维探究，你对（1）中证明、（2）中证明是否有不同的思路，选（1）、（2）中的一个结论加以证明． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)选（1），证明见解析 【分析】（1）由，可得，，则，，根据，计算求解即可证明结论； （2）如图③，延长到，使，连接、， 则是等腰直角三角形，由，可证三点共线，证明，则，，，，根据，计算求解即可证明结论； （3）选（1），由等边三角形的性质，外角平分线，可得，，如图①，延长到，使，连接，证明，则，，，，根据，计算求解即可证明结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）证明：如图③，延长到，使，连接、， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵是正方形的外角的平分线上一点， ∴， ∴三点共线， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）解：选（1），证明如下： 由等边三角形的性质，外角平分线，可得，， 如图①，延长到，使，连接， ∴， ∵，，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，正方形的性质，角平分线，全等三角形的判定与性质，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质．熟练掌握等边三角形的性质，角平分线，全等三角形的判定与性质，等边对等角是解题的关键． 21．探究：【证法回顾】 (1)证明：三角形中位线定理． 已知：是的中位线，求证：． 证明：添加辅助线，如图，在中，延长（点分别是的中点）至点，使得，连接．请继续完成证明过程； 【问题解决】 (2)如图，在正方形中，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长； 【拓展研究】 (3)如图，在四边形中，，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（）证明四边形是平行四边形即可求证； （）取的中点，连接，延长交于点，证明，得，，得到是中位线，再利用中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可求解； （）取的中点，连接，延长到点，使得，连接，证明，得，，过点作，交的延长线于点，连接，由，可得，，得到是等腰直角三角形，再利用勾股定理可得，得到，即得到，最后利用中位线的性质及直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可求解． 【详解】（1）解：如图，延长到点，使得，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，； （2）解：如图，取的中点，连接，延长交于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接，延长到点，使得，连接， ∵， ∴， ∴，， 过点作，交的延长线于点，连接， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中位线， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，平行四边形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，直角三角形的性质等，正确作出辅助线是解题的关键． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业07 正方形的性质与判定13题型86题 【知识点1 正方形的定义】 定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形。 核心层级：正方形 ⊂ 矩形 ⊂ 平行四边形、正方形 ⊂ 菱形 ⊂ 平行四边形，同时拥有矩形、菱形双重特殊属性。 【知识点2 正方形的核心性质（集所有四边形性质于一体）】 正方形继承平行四边形、矩形、菱形全部性质，无短板性质，是性质最完备的四边形： 1.边的性质 四条边全部相等，对边平行，邻边垂直。 2.角的性质 四个角都是直角（90°），邻角互补，对角相等。 3.对角线性质（全能属性） 对角线相等、垂直、互相平分，且每一条对角线平分一组对角。 4.对称性性质 既是中心对称图形（对称中心：对角线交点），又是轴对称图形（共4条对称轴：两条对角线、两组对边中点连线）。 【知识点 正方形五大判定定理（必考，分层判定）】 正方形判定路径多，核心分为三层：平行四边形升级、矩形升级、菱形升级、直接四边形判定。 1.定义判定（平行四边形升级） 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形。 2.矩形升级判定（最常用） 一组邻边相等的矩形是正方形（矩形+邻边相等=正方形）。 3.菱形升级判定（最常用） 有一个角是直角的菱形是正方形（菱形+一个直角=正方形）。 4.对角线判定（大题高频） 对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形。 5.四边形直接判定 四条边相等且四个角都是直角的四边形是正方形（极少用，适合快速判断）。 【知识点4 基础计算与基础题型】 1.周长计算：正方形周长 =4×边长； 2.面积计算：① 面积=边长² ② 面积=1/2×对角线²（与菱形通用）； 3.基础线段角度：利用四边相等、四角直角、对角线平分角度，快速求解边角； 4.基础图形分割：对角线将正方形分为4个全等等腰直角三角形。 【知识点5 基础题型高频易错点（必规避）】 图形性质混淆：混淆矩形、菱形、正方形对角线性质，只有正方形同时满足对角线相等且垂直； 判定条件残缺：判定正方形只满足单一条件，如“对角线垂直的矩形就是正方形”，切勿条件混用； 对称轴记错：矩形、菱形2条对称轴，正方形4条对称轴，极易混淆扣分； 判定逻辑混乱：未分清判定层级，跳过平行四边形、矩形、菱形基础直接判定正方形； 面积公式误用：对角线平方一半公式仅适用于垂直对角线四边形，不可乱用。 【知识点6 正方形五大经典模型】 1.正方形三垂直全等模型（一线三等角） 正方形最核心必考模型，题型特征：正方形边上作垂线，构造三个直角共线。 核心结论：可证两个直角三角形全等，实现线段等量代换、边角转化，是几何证明、线段求值万能模型。 2.正方形半角模型（45°半角压轴） 题型特征：正方形内部含45°角，顶点与正方形顶点重合。 核心结论：经典边长和差结论、线段相等结论，无需复杂全等即可秒杀填空选择题，是期末解答压轴高频考点。 3.正方形折叠模型 题型特征：正方形沿边、对角线、内部线段折叠，求线段长、折痕、重叠面积、角度。 核心思路：折叠全等+正方形直角特性，设未知数+勾股定理列方程求解，计算类压轴必考。 4.正方形对称最值模型（将军饮马） 题型特征：正方形边上动点，求线段和最小值、三角形周长最小值。 核心原理：利用正方形高度对称性，对称转化线段，两点之间线段最短，结合勾股定理求最值。 5.正方形动点存在性模型 题型特征：坐标系、平面内动点运动，判定矩形、菱形何时转化为正方形。 核心思路：在矩形/菱形基础上，补充邻边相等或对角线垂直/相等条件，分类讨论杜绝漏解。 【知识点7 综合拔高核心题型】 1.正方形与全等、等腰直角三角形综合证明 结合正方形四边相等、直角、对角线特性，反复构造全等三角形，完成复杂边角证明与推导。 2.正方形与勾股定理综合计算 折叠、动点、半角模型中，依托直角条件列勾股方程，求解复杂线段、阴影面积、周长。 3.四边形多结论压轴判断 综合平行四边形、矩形、菱形、正方形所有性质，判断多结论对错，是选择压轴重难点。 4.坐标系中的正方形动态问题 结合坐标平移、动点运动，求正方形顶点坐标、存在性条件、运动时间参数。 【知识点8 培优核心解题思想与方法】 方程思想：折叠、线段求值、边长计算，设未知量结合勾股定理列方程求解； 模型思想：固化三垂直、半角、折叠、最值四大核心模型，直接套用结论解题； 转化思想：将正方形复杂问题转化为全等三角形、等腰直角三角形基础问题； 分类讨论思想：动点存在性、坐标正方形问题，完整分情况讨论，避免漏解； 层级判定思想：先判平行四边形，再判矩形/菱形，最后判定正方形，逻辑严谨不跳步。 【题型1 根据正方形的性质求角度】 1．如图，在正方形的外侧，作等边，则为（   ） A． B． C． D． 2．如图，在正方形中，点P，Q分别为边上的点，且，连接．则为________度． 3．如图，正方形和正n边形的两条邻边相交，若，则n的值是________． 【题型2 根据正方形的性质求线段长】 4．如图，在正方形中，点在上，，相交于点，．若，则的长为（     ） A． B． C． D． 5．在平面直角坐标系中，正方形和正方形按如图所示的方式放置在轴的上方，其中，，则点的坐标为（     ） A． B． C． D． 6．如图所示，E为边长是4的正方形的边的中点，M为上一点，N为上一点，连接，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C．10 D．12 【题型3 根据正方形的性质求面积】 7．如图，大、小两个正方形连在一起，大正方形的面积为20，小正方形的面积为12，则阴影部分的面积为_________． 8．如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是____________． 9．七巧板具有深厚的中华文化底蕴，它是由正方形、平行四边形和大小不一的等腰直角三角形组成的．如图1，为正方形的对角线的中点，、分别为、的中点，连接，连接并延长交于点，、分别为、的中点，连接、，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，将这幅七巧板拼成图2的“小鱼”形象．已知，则图2中阴影部分的面积为____． 【题型4 正方形折叠问题】 10．综合与实践：折纸， 素材：一张正方形纸片 步骤：（1）如图，将正方形纸片对折，沿折痕剪开，取其中一张矩形，将矩形对折，使边与重合，折痕交于点，展开； （2）分别将、沿过点的直线折叠，点，重合于点处，折痕分别交、于点、． 猜想与证明： (1)直接写出与的位置关系和数量关系； (2)证明（1）中你发现的结论． 11．如图，在正方形中，分别为的中点，连接，将沿对折，得到，延长交延长线于点，正方形的边长为，下列结论正确的个数是（   ）；；； A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 12．如图，正方形中，，点在边上，且．将沿对折至，延长交边于点，连接．下列结论：①；②；③；④．其中正确结论的个数是（    ） A．①②④ B．①②③ C．④③② D．①③④ 【题型5 求正方形重叠部分面积】 13．如图，正方形的对角线相交于点O，点O又是另一个正方形的一个顶点．如果两个正方形的边长均为6，则两个正方形重叠部分的面积为（    ） A．3 B．6 C．9 D．12 14．如图，将面积为2和8的两个小正方形放到一个面积为16的大正方形中，两个小正方形的重叠部分（阴影部分）面积为______． 15．如图，将5个边长都为的正方形按如图所示的方法摆放，点是正方形的中心，则正方形重叠的部分（阴影部分）面积和为_____． 【题型6 根据正方形的性质证明】 16．如图，在正方形中，，分别是，的中点，连接，相交于点，的延长线交的延长线于点．下列四个结论：①；②；③为等边三角形；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 17．将个面积均为的正方形按如图所示摆放，点，分别是左侧正方形，中间正方形对角线的交点，也是中间正方形，右侧正方形的顶点，则图中阴影部分的面积是（    ） A． B． C． D． 18．如图，在正方形中，点、分别在、上，且，垂足为． (1)求证：； (2)若点是的中点，连接，请你判断线段与之间的数量关系，并说明理由． 【题型7 正方形的判定定理理解】 19．下列说法错误的是（   ） A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 C．每组邻边都相等的四边形是菱形 D．四个角都相等的四边形是矩形 20．下列命题中，真命题的个数为（     ） ①对角线相等的四边形是矩形     ②对角线互相垂直平分的四边形是菱形 ③对角线互相平分的四边形是平行四边形     ④对角线互相垂直相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 21．阅读与思考 下面是博学小组研究性学习报告的部分内容．请认真阅读，并完成相应任务． 关于“矩形内折正方形的方法”的研究报告 研究人员：博学小组 成员1： 研究思路：①3个角都是▲的四边形是矩形； ②有一组邻边相等的矩形是正方形． 操作：如图1，将矩形纸片沿折痕折叠，使点B落在上的点处，则四边形即为正方形． 证明：⋯． 成员2： 操作：①如图2，E为的中点，将矩形纸片沿折痕，折叠，使A，B两点的落点重合；②如图3，将沿折痕折叠，使点E落在点处，展开后得到图4中的四边形，则四边形即为正方形． 任务： (1)研究报告中“▲”处空缺的内容： ； (2)请补全材料中“…”处的证明过程； (3)研究报告中成员2的操作得到的四边形 正方形．（填“是”或“不是”） 【题型8 证明四边形是正方形】 22．如图，在中，的平分线相交于点D，于点E，于点F． (1)求证：四边形是矩形； (2)求证：四边形是正方形． 23．已知：如图，菱形的对角线、交于点，分别过点C、D作，，连接交于点． (1)求证：； (2)当时，判断四边形的形状，并说明理由． 24．如图，四边形中， ，点O是、的交点，且点O为的中点． (1)求证； (2)若E为的中点，F为的中点，当，时，四边形是否为正方形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【题型9 根据正方形的性质与判定求角度】 25．将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上点F处，折痕为（如图1）；再沿过点E的直线折叠，使点D落在上的点处，折痕为（如图2）；再展平纸片（如图3）．则图3中的度数是（　　） A． B． C． D． 26．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． 27．如图，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BD，E，F分别是AB，CD的中点，若AC＝BD＝2，则EF的长是（　　） A．2 B． C． D． 【题型10 根据正方形的性质与判定求线段长】 28．如图，长方形的长与宽比值为，将点B沿折叠与点G重合，将点C沿折叠与点H重合，则长方形的长与宽的比值为（    ） A．2 B． C． D．3 29．如图，，是直角且，其中，，则的长度为（ ） A． B． C． D． 30．在矩形中，，，点是边上一动点，将沿折叠，点落在点处，当为直角三角形时，求的面积为（    ） A．20或 B．20或 C．或 D．40或 【题型11 根据正方形的性质与判定求面积】 31．如图，点为正方形的对角线的中点，在中，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． B． C． D． 32．如图，在菱形中，，点E在上．若，，则图中阴影部分的面积为（    ） A． B．3 C． D． 33．如图四边形中，，，，，E为上一点，且，若，则的面积为（   ） A． B． C． D． 【题型12 根据正方形的性质与判定证明】 34．如图，点是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，给出下列五个结论：其中正确的结论是（   ） ①；②；③一定是等腰三角形；④；⑤． A．①② B．①②③ C．①②③④ D．①②③④⑤ 35．如图，正方形的边长为1，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：①若为的中点，则四边形是正方形；②点在运动过程中，始终满足；③点在运动过程中，的值为定值1；④点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（   ） A．①②③ B．②③④ C．①③④ D．①②③④ 36．如图，在中，，以为边向上作正方形，以为边作正方形，点D落在上，连结．若，则的面积为（   ） A．4 B．6 C．8 D．10 【题型13 中点四边形】 37．【新定义】顺次连接一个四边形各边中点所得四边形，叫做原四边形的中点四边形；若一个四边形的中点四边形与原四边形形状完全相同，则称这个四边形为同形中点四边形． 【观察探究】如图①，在四边形中，点、、、分别是边、、、的中点，顺次连接、、、得到的四边形． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)请你探究并填空： 当四边形变成平行四边形时，它的中点四边形是； 当四边形变成矩形时，它的中点四边形是； 当四边形变成菱形时，它的中点四边形是______； (3)根据以上探究，请你总结中点四边形的形状由原四边形的什么决定的？ 【类比延伸】 (4)如图②，点、、、分别为正方形的四边中点，顺次连接、、、得到四边形，请判断四边形是否为同形中点四边形，若是，请证明；若不是，请说明理由． 38．如图，在四边形中，，E、F、G、H分别为、、、的中点，顺次连接E、G、F、H． (1)猜想四边形是什么特殊的四边形，并说明理由； (2)当与满足什么关系时，四边形为正方形，并说明理由． 39．如图所示，学校有一块四边形草坪，其中、、、分别是、、、的中点，在中点位置各安装一个喷水头，并用管道依次连接这四个喷水头，得到中点四边形． (1)草坪为任意四边形时，猜想四边形的形状并证明； (2)现在测得草坪的两条对角线，，且，求四边形的面积． (3)尺规作图：已知线段和（），作一个四边形，使得它的中点四边形恰好是一个周长为的矩形，保留作图痕迹，不写作法，标明字母（不需要画出中点四边形）． 1．如图，把正方形纸片沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为，再过点D折叠纸片，使点A落在上的点F处，折痕为．若，则正方形纸片的边长为（   ） A． B． C．4 D． 2．下列说法正确的是（     ） A．矩形具有而平行四边形不具有的性质是对角线互相平分 B．有一个内角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的四边形是菱形 C．正方形具有矩形和菱形的所有性质 D．有两边和一角对应相等的两个三角形全等 3．如图，在四边形中，点E，F，G，H分别是边的中点若四边形为菱形，则对角线，应满足的条件是（    ） A． B． C．与相互平分 D．不确定 4．如图，点，，将线段平移到线段，连接，若，，则点D的坐标是（   ） A． B． C． D． 5．如图，已知正方形边长为2，点E为中点，连接，取中点F，过点F 作垂线，交于点G，则的长为（     ） A． B． C． D．1.8 6．如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为26，那么四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 7．如图1，矩形纸片的宽，按如下步骤操作． 第一步，在矩形纸片的左端，利用图2的方法折出一个正方形，然后把纸片展平； 第二步，如图3，把正方形折成两个相同的矩形，再把纸片展平； 第三步，折出矩形的对角线，并把折到图4中所示的处，折痕为； 第四步，展平纸片，如图5，按照所得的点折出．    这样得到的矩形的宽与长的比是（     ） A． B． C． D． 8．如图是小华同学在中考一轮复习四边形时整理的平行四边形，矩形，菱形，正方形之间关系的思维导图，其中对应序号的条件填写错误的是（   ） A．① B．② C．③平分 D．④ 9．正方形中，将沿折叠，使得点B在上为点F，折痕为，连接、，给出下列结论：（1）；（2）；（3）；（4）四边形为菱形；（5）若，则正方形的面积为．其中正确的结论是（     ） A．（1）（4） B．（1）（2）（5） C．（1）（3）（4） D．（1）（4）（5） 10．如图，在正方形纸片中，对角线、相交于点O，折叠正方形纸片，使落在上，点A恰好与上的点F重合，展开后折痕分别交、于点E、G，连接，给出以下结论：①；②；③四边形是菱形．其中正确结论的个数为（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 11．如图，在正方形中，点E在边上，连接，过点C作垂足为点F，连接．若，，则的面积为________． 12．如图，若，平分，，则四边形的面积是_____ ． 13.如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，c的面积分别为2和10，则b的面积为_________． 14．下列说法：①对角线互相垂直且相等的四边形是菱形；②矩形的对角线一定互相垂直；③一组对边平行且相等的四边形是平行四边形；④对角线垂直的矩形是正方形．其中正确的是________．（把所有正确结论的序号都填上） 15．正方形的边长为6，点E是边上一个动点，连接，作垂直，且，连接，则的最小值为___________． 16．如图，在正方形中，点在边上，点在对角线上，连接，，，分别为，的中点，若，，则的值为_____． 设， 17．如图，矩形，点E，F分别是边，上的动点，且，连接，．若，，则的最小值是_________． 18．如图，在正方形中，为边上一点，连接．按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，与边相交于点，与相交于点；②以点为圆心，长为半径画弧，与相交于点；③以点为圆心，长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点（在上方），作射线；④以点为圆心，长为半径画弧，与射线相交于点，连接与边相交于点，连接．若，，则线段的长为________． 19．七巧板是我们祖先的一项卓越创造，被誉为“东方魔板”，小明利用七巧板（如图1）中各板块的边长之间的关系拼成了“锄头”（如图2）的封闭图形，则该“锄头”的周长是_______． 20．如图，在中，的平分线交于点，，． (1)求证：四边形是菱形． (2)若，且，求四边形的面积． 21．如图1，正方形中，分别为上的点，与交于点． (1)求证：； (2)如图2，连接交于点为的中点，交于点，连接．求证： 22．如图，在正方形中，M为的中点，， (1)求证：平分； (2)连接，若，求的长； 23．如图，在正方形中，点在边上，连接交于点，连接． (1)求证：； (2)若，，求的长． 24.解决问题 (1)如图①，在中，点和点分别是、的中点．则与的关系是_______． (2)如图②，已知，，，分别是四边形各边的中点，与是四边形的对角线． ①求证：四边形是平行四边形； ②若，则_______； ③直接写出当与满足怎样的关系时，四边形是正方形． 25．如图1，在平面直角坐标系中，四边形是正方形，，点E是延长线上一点，M是线段上一动点（不包括O、B）作，交的平分线于点N． (1)①直接写出点C的坐标； ②求证：； (2)如图2，若，在上找一点P，使四边形是平行四边形，直接写出点P的坐标； (3)如图，连接交于F，连接，求证：平分． 26．如图，正方形的边长为，直线分别交于点关于直线l的对称点为，且点恰好在上． (1)当点是中点时，的长为_____； (2)连接，交于点，连接，交于点． ①连接，求证； ②已知的面积为，求的长． 1．在数学拓展课上，小明发现：若一条直线经过平行四边形对角线的交点，则这条直线平分该平行四边形的面积．如图是由5个边长为的小正方形拼成的图形，是其中4个小正方形的公共顶点，小强在小明的启发下，将该图形沿着过点的某条直线剪一刀，把它剪成了面积相等的两部分，则剪痕的长度是（    ） A． B． C． D． 2．如图，正方形的边长为2，是对角线上一动点，过点作，，经过探究，嘉嘉说的最小值为；娜娜说的最小值为，则下列说法正确的是（    ） A．只有嘉嘉的说法正确 B．只有娜娜的说法正确 C．两个同学的说法都正确 D．两个同学的说法都不正确 3．如图，在正方形中，点是边上一个动点（不与点，点重合），连接，作交于点，垂足为点，连接，记，，，，四边形的面积分别为，，，，，方方通过探究，得到以下两个结论：①，②．则下列选项中，正确的是（    ） A．①②都正确 B．①②都错误 C．①正确②错误 D．①错误②正确 4．赵爽弦图由四个全等的直角三角形所组成，形成一个大正方形，中间是一个小正方形（如图所示）．某次课后服务拓展学习上，小浔绘制了一幅赵爽弦图，她将延长交于点．记小正方形的面积为，大正方形的面积为，若，，，则的值是（    ） A． B． C． D． 5．如图，在边长为8的正方形中，点E是对角线（含端点）上一点，连接，过点E作交于点F，对点E运动的过程中，使长度为整数的点 进行探究，有如下结论： 结论1：只存在两个这样的点E； 结论2：的长不可能等于4； 结论3：的最大长度等于正方形的边长． 以下说法正确的是（　　）    A．只有结论1错误 B．结论1和结论2都错误 C．3个结论都正确 D．只有结论3正确 6.我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，我们也可以在如图②中，作出两条直线（要求其中一条直线必须过点M）使它们将正方形ABCD的面积四等分，其中点M是正方形ABCD内一定点．请探究：如图③，在四边形ABCD中，ABCD，点P是AD的中点，如果，，，且a＞b，那么在边BC上一定存在点Q，使PQ所在直线将四边形ABCD的面积分成相等的两部分．此时，BQ的长度是______． 7．在图1所示的的网格内有一个八边形，其中每个小方格的边长均为1．经探究发现，此八边形可按图2的方式分割成四个全等的五边形和一个小正方形①．现将分割后的四个五边形重新拼接（即图2中的阴影部分），得到一个大正方形，发现该正方形中间的空白部分②也是一个正方形，且正方形②的面积恰好是正方形①的面积的2倍，则的长为_______． 8．“出入相补”原理是中国古典数学理论的奠基人之一、魏晋时期伟大的数学家刘徽创建的，我国古代数学家运用出入相补原理在勾股定理证明、开平方、解二次方程等诸多方面取得了巨大成就．如图，是刘徽用出入相补法证明勾股定理的“青朱出入图”，其中四边形、、均为正方形．若．，则正方形的面积为________． 9．中国古代的数学家们对于勾股定理的发现和证明，在世界数学史上具有独特的贡献和地位尤其是三国时期的数学家赵爽，不仅最早对勾股定理进行了证明，而且创制了“勾股圆方图”，开创了“以形证数”的思想方法．在图中，小正方形ABCD的面积为1，如果把它的各边分别延长一倍得到正方形A1B1C1D1（如图1），则正方形的面积为__________；再把正方形A1B1C1D1的各边分别延长一倍得到正方形A2B2C2D2（如图2），如此进行下去，得到的正方形AnBnCnDn的面积为_________（用含n的式子表示，n为正整数）． 10．勾股定理是数学史上的一颗璀璨明珠．被誉为清代“历算第一名家”的著名数学家梅文鼎先生（图1）在《梅氏丛书辑要》（由其孙子梅彀成编纂）的“勾股举隅”卷中给出了多种勾股定理的证法．其中一种是在图2的基础上，运用“出入相补”原理完成的．在中，，四边形均为正方形，与相交于点J，可以证明点D在直线上．若的面积分别为2和6，求直角边的长．则直角边的长为_______． 11．勾股定理是人类早期发现并证明的重要数学定理之一，是数形结合的重要纽带．数学家欧几里得利用如图验证了勾股定理：以直角三角形的三条边为边长向外作正方形，正方形，正方形，连接，，过点C作于点J，交于点K．设正方形的面积为，正方形的面积为，长方形的面积为，长方形的面积为，下列结论：①；②；③；④．其中正确的结论有______． 12．勾股定理又称毕达哥拉斯定理、商高定理、百牛定理，是人类早期发现并证明的重要数学定理之一．如图，在中，，以各边为边向外作正方形、正方形、正方形．连接、、，若，，则这个六边形的面积为________．    13．【方法回顾】 如图1，在中，D，E分别是边的中点，小明在证明“三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半”时，通过延长到点F，使，连接，证明，再证四边形是平行四边形即得证． （1）上述证明过程中： ①证明的依据是（_____） A．    B．    C．    D． ②证明四边形是平行四边形的依据是_______； 【类比迁移】 （2）如图2，是的中线，交于点E，交于点F，且，求证：．小明发现可以类比材料中的思路进行证明． 证明：如图2，延长至点G，使，连接，请根据小明的思路完成证明过程； 【理解运用】 （3）如图3，四边形与四边形均为正方形，连接，点P是的中点，连接．请判断线段与的数量关系及位置关系．（不要求证明） 14．综合与实践：小丰学习了第十八章《平行四边形》后，在复习题中做了一道关于“中点四边形”的问题．定义：顺次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形．小丰进一步思考，提出问题：“中点四边形的形状由原图形的什么因素决定？”并进行如下的画图探究过程，请你一起完成． 图形 原四边形对角线与 中点四边形的形状 图1 既不相等，也不垂直 平行四边形 图2 ，但与不垂直 图3 ， 图4 ， 探究过程（1）作图与操作：如图1，画任意四边形，用刻度尺取四边中点E，F，G，H并顺次连接，得到四边形． （2）观察与猜想：中点四边形的形状由原四边形的对角线的数量关系和位置关系决定，例如对角线既不相等，也不垂直的四边形的中点四边形是平行四边形 （3）证明与表达：已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线求证：四边形是平行四边形．（证明过程略） 问题：请你选择图2、图3、图4中的一个图，画出四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可），我选择________（填图2、图3、图4中的一个）提出猜想：对角线___________的四边形的中点四边形是________形；然后写出已知，求证，完成证明过程 已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点，与为四边形对角线，______． 求证：四边形是______． 证明： 15．阅读下面材料，并按要求完成相应的任务． 三角形中位线定理的证明如图1，在中，点D，E分别是，的中点，连接，像这样，连接三角形两边中点的线段叫做三角形的中位线．求证：，且． 证明：如图2，延长到点F，使，连接． ∵点D，E分别是，的中点，∴，．又∵， ∴四边形是平行四边形．（依据1） ∴，．∴，． ∴四边形是平行四边形．（依据2） ∴，．又∵，∴． 归纳总结：上述证明过程运用了“倍长线段法”，也有人称为“倍长法”（延长三角形中位线的一倍），该方法是解决初中数学几何题的一种常用方法． 任务： (1)上述材料证明过程中的“依据1”和“依据2”分别是指： 依据1：______； 依据2：______． (2)数学学习小组的同学发现可以用“倍长线段法”证明定理：直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．请你尝试证明． 如图3，在中，，点E为边的中点．求证：． (3)如图4，四边形和四边形都是正方形，点M是的中点．若，则的长为______． 16．综合与探究    主题：矩形的折叠的探究某数学学习小组用一张矩形纸片，如图，矩形中，足够长进行探究活动． 【动手操作】 操作一：在上有一点P，沿折叠，使点A落在； 操作二：射线交于M，过M作交于N． 【探究发现】 （1）写出与相等的一个角为 ， 与的数量有关系为 ； 【问题探究】 （2）如图，若点A与M重合，判断四边形的形状，并说明理由； 【拓展应用】 （3）在折叠过程中若，求的值． 17．【模型建立】（1）如图，在正方形中，分别是边上的点，连接，，连接，探究线段之间的数量关系．小明发现可以将沿折叠，沿折叠，和恰好重合在上，进而利用折叠的性质来证明此问题．请你根据小明的解题方法探究之间的数量关系； 【类比探究】（2）如图，在等腰直角中，，点在边上，连接，，探究线段之间的数量关系； 【拓展迁移】（3）如图，在中，于点，若，，，求的面积． 18．综合实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展探究学习活动，具体探究过程如下． (1)【操作判断】 操作一：对折矩形，使与重合，得到折痕，把纸片展平； 操作二：在上取一点，沿着折叠，使点落在矩形内部点处，把纸片展平，连接． 根据以上操作，如图1，当点落在上，则_______°； (2)【迁移探究】 小敏同学将矩形纸片换成边长为5的正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片按照上述操作，点在上，延长交于点，如图2． ①求证：； ②求的长度． (3)【拓展应用】 小敏在（2）的操作基础上继续探究，连接，当点落在上，如图3，过点作于点，求的长度． 19．在学完有关中点的复习课后，陈老师带领同学们探究这样一道几何题：正方形和正方形共顶点A，连接，取的中点M，连接．试探究的形状． 以下是智慧小组的探究过程． 【特例探究】如图1，点G在边上． 小明认为此时是等腰直角三角形，并给出了如下证明思路： 从M是的中点入手，延长交于点N，如图2． 通过证明，得到，． 由于，，故________． 所以是________． 再结合M是的中点从而可得结论． （1）横线处应填：________，________． 【类比探究】 （2）如图3，将正方形绕点A旋转，其他条件不变，在旋转过程中，试探究的形状是否发生变化，并就图3的情形说明理由． 【拓展应用】 （3）在（2）的条件下，已知，，当点A，G，M在同一条直线上时，请直接写出线段的长． 20．阅读下面的例题及点拨，并解决问题： 如图①，在等边中，M是BC边上一点（不含端点B，C），N是的外角的平分线上一点，且．求证：． (1)点拨：如图②，作，与的延长线相交于点E，得等边，连接EM．易证：，请完成剩余证明过程： (2)拓展：如图③，在正方形中，是边上一点（不含端点，），是正方形的外角的平分线上一点，且，求证：． (3)思维迁移：结合上面的思维探究，你对（1）中证明、（2）中证明是否有不同的思路，选（1）、（2）中的一个结论加以证明． 21．探究：【证法回顾】 (1)证明：三角形中位线定理． 已知：是的中位线，求证：． 证明：添加辅助线，如图，在中，延长（点分别是的中点）至点，使得，连接．请继续完成证明过程； 【问题解决】 (2)如图，在正方形中，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长； 【拓展研究】 (3)如图，在四边形中，，点为的中点，点分别为边上的点，若，求的长． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $