专题03 正方形的性质、判定及证明（题型专练）数学新教材北师大版九年级上册

专题03 正方形的性质、判定及证明 （题型突破·举一反三） 题型01 正方形性质的直接应用 题型02 正方形中的45°构造与旋转全等 题型03 正方形面积计算 题型04 正方形判定的条件选择 题型05 正方形判定的证明题 题型06 正方形中的折叠问题 题型07 正方形与中点、中位线综合 题型08 正方形多结论判断题 ▌题型01 正方形性质的直接应用 1. 基础：四边相等＋四角90°；对角线互相垂直平分且相等，且每条对角线平分一组对角（⇒对角线把内角分成45°）；对角线把正方形分成4个全等的等腰Rt△。 2. 方法：见到正方形先连对角线，拆成等腰 Rt△处理；角度题优先用“对角线分45°”＋平行线内错角传递；已知边长a，则对角线，面积。 3. 思维提醒：（即“对角线乘积的一半”，菱形公式在正方形里的特例）是正方形独有速算，选择题求面积若已知对角线直接用，比先求a快。 【典例1】（24-25八年级下·河北廊坊·期中）如图，正方形的边长为a，E是对角线上的动点（不与点B，D重合），过点E分别作于点F，于点G，连接，下列判断正确的是（   ） 结论Ⅰ：四边形的周长为． 结论Ⅱ：的最小值为． A．只有结论Ⅰ正确 B．只有结论Ⅱ正确 C．结论Ⅰ，Ⅱ都正确 D．结论Ⅰ，Ⅱ都不正确 【答案】C 【分析】先证明四边形是矩形可得、，再证明，可得，进而有，即可判断结论Ⅰ；如图：连接，根据矩形的性质有，根据垂线段最短可知：当时，最短，此时也最小，再结合正方形的性质、勾股定理即可判断Ⅱ． 【详解】解：∵在正方形中，边长为a，点E是对角线上的动点， ∴，，， ∵，， ∴四边形是矩形，， ∴、， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形的周长为，故结论Ⅰ正确； 如图∶连接， ∵四边形是矩形，， ∴， 根据垂线段最短可知：当时，最短， ∴此时也最小， 如图∶ 在正方形中，，则有， ∴的最小值为，故结论Ⅱ正确． 故选：C． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理、等角对等边、垂线段最短等知识点，掌握正方形的性质、矩形的判定与性质是解题的关键． 【变式1-1】（24-25八年级下·北京·期中）如图，正方形中，点E为边上的点（点E不与点C、D重合），以为边作正方形，连接，设，，，给出下面三个结论： ①；②；③；上述结论中，正确结论的序号有______． 【答案】①②/②① 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角形三边关系等知识点，如图，延长交于点H，得出，利用勾股定理即可得出，故③错误，再将进行恒等变形即可判断①正确，然后利用三角形三边关系即可判断②正确，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 【详解】如图，延长交于点H， ∵点E为边上的点（点E不与点C、D重合），以为边作正方形， ∴，B，C，G三点共线，， ∴， ∴，， ∴，即， ∴，故③错误，不符合题意； ∵，， ∴，故①正确，符合题意； 在中， ∵， ∴， ∴，故②正确，符合题意； 故答案为：①②． 【变式1-2】（25-26八年级下·吉林长春·阶段检测）探究与实践：在一节习题课上，同学们以正方形为基础开展数学学习研究活动．在正方形中，为边上一点（点与点，不重合），，且交正方形外角的平分线于点． (1)观察猜想：如图①，若为的中点，猜想与的数量关系为__________． 证明此猜想时，可取的中点，连接．易证．判断三角形全等的依据是________． (2)数学思考：如图②，若为上任一点，上述猜想是否还成立？请说明理由． (3)结论拓展1：如图③，连接，交于点，连接，则与，之间存在的等量关系为_____________． (4)结论拓展2：如图③，连接，若正方形的边长为，求的最小值． 【答案】(1)； (2)成立，理由如下： 在上取一点，使，连接． 四边形是正方形， ，． ， ，是等腰直角三角形， ， ． 是的外角平分线， ， ， ． ， ． ， ， 在和中， ， ， ； (3) (4) 【分析】（1）通过构造中点，连接辅助线，利用正方形性质、等腰直角三角形性质以及角的关系，找到全等三角形的判定条件，使用角边角的证明方法，证明从而猜想并证明； （2）沿用（1）中构造全等三角形的方法，利用正方形基本性质和角的关系，使用角边角的证明方法，证明，证明无论在上什么位置，都成立； （3）将绕点逆时针旋转得到，借助图形变换的思想，把分散的线段通过变换集中到一起，再利用几何图形的各种性质来探究它们之间的数量关系，通过延长线段构造全等三角形，由边角边的证明方法证明，将与，转化到一条线段上找关系即可； （4）延长至，使，连接，，，得到垂直平分，通过对称变换将两条线段的和进行转化，再利用三点共线原理找到最小值的情况． 【详解】（1）解：点、点分别为、中点， ，， 四边形为正方形， ，则， ， ， ， ， ，， ，则， 为正方形外角的角平分线， ， ， 在和中， ， ， ， 故答案为：，； （2）略 （3）如图2，将绕点逆时针旋转得到， ，， ， 四边形为正方形， ， ， 将绕点逆时针旋转得到， ，，，， ，， 则点、、三点共线， 在和中， ， ， ， 即， 故答案为：； （4）如图3，延长至，使，连接，，， ，， 垂直平分， ， ， 当、、三点共线时，最小，最小值是的长， ，，， ， ． 【变式1-3】（2026·河南平顶山·三模）在正方形 中，E为边延长线上一点，且，连接， ． 将 绕点顺时针旋转得到线段，连接． 观察猜想 (1)如图1， 若点落在边上， 则与之间的数量关系为 _． 类比探究 (2)如图2， 若点落在正方形内部， 判断（1）中的结论是否仍然成立？ 若成立，请写出证明过程；若不成立，请写出正确的结论，并证明． 拓展应用 (3)连接，当为等腰三角形时，请直接写出的面积． 【答案】(1)2 (2)结论仍然成立； 证明：根据解析（1）可得：， 根据旋转可得：，， ∴， ∴， ∴； (3)1或 【分析】（1）根据正方形的性质和等腰三角形的性质求出，，即可得出答案； （2）根据旋转得出，，根据等腰三角形的性质得出，即可得出答案； （3）分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图形求出结果即可． 【详解】（1）解：∵四边形为正方形， ∴，， ， ∴，， ∵， ∴， ∴， 根据旋转可得：， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：∵，， ∴， 根据旋转可得：， 当时，过点P作于点F，如图所示： 则，此时， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，如图所示： ∵， ∴此时点P在正方形的内部，如图，过点P作于点G，过点C作于点H， ∵， ∴， ∵， ∴， 根据解析（2）可得：， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； 当时，如图所示： ∵， ∴， ∴四边形为菱形， ∵， ∴四边形为正方形， ∴， 即， ∵， ∴此时不符合题意； 综上，的面积为1或． ▌题型02 正方形中的45°构造与旋转全等 1. 基础：正方形每个内角90°，对角线分45°；常见模型：正方形ABCD内（或边上）取一点E，使∠EAD＝∠EDC＝45°，可证△ABE≌△CBE或△ADE≌△CDE（SAS：AD＝CD，∠ADE＝∠CDE＝45°，DE公共）；更经典的“正方形顶点引45°交对边于点”⇒构造两个等腰Rt△。 2. 方法：题干出现“正方形＋45°”⇒优先想“沿对角线翻折”或“绕顶点旋转90°”造全等；常用SAS：两边是正方形边长（相等）＋夹角45°或90°。 3. 思维提醒：这是正方形区别于菱形、矩形的最核心招牌，中考出现率极高。45°⇒旋转90°造全等的操作要练熟，是后续半角模型的雏形。 【典例2】（2025·陕西安康·二模）如图，在正方形中，，是边上一点，，且，则的长为______． 【答案】10 【分析】本题考查了正方形的性质的运用，勾股定理的运用，全等三角形的判定及性质的运用．延长至F，使，连接，由条件可以得出，就可以得出，就有，通过证明就可以得出，在中，由勾股定理就可以得出的长． 【详解】解：延长至F，使，连接， ∵四边形是正方形， ∴，． ∴． 在和中， ， ∴， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴． 在和中， ， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴； ∵，， ∴． 设，则． 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴． 故答案为：10． 【变式2-1】（23-24八年级下·山西朔州·期中）阅读与思考 下面是莉莉同学的数学学习笔记的部分内容．请仔细阅读，并完成相应的任务． 神奇的“半角模型” 初中数学中存在一些常见的模型，“半角模型”就是其中之一，“截长补短”法是解决这类问题的一种常用方法． 例题：如图，在正方形中，点E，F分别在边上，且． 求证：． 证明：如图，延长至点G，使得． 四边形是正方形， （依据1），． ， ， ， （依据2），． ，， ， ，即， ． ，，， ． 拓展：如图，在四边形中，，， ，E，F分别是边上的点，且，． 求五边形的周长． 任务： (1)材料中的依据1是指________________，依据2是指________________． (2)根据例题中的方法，补全材料“拓展”中的辅助线． (3)在材料“拓展”中，五边形的周长为________． 【答案】(1)正方形的四条边相等（或正方形的性质）；全等三角形的对应边相等（或全等三角形的性质）． (2)见解析 (3)18 【分析】本题是四边形综合题，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，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键． （1）利用正方形的性质及全等三角形的性质，则可得出答案； （2）将绕点顺时针旋转得到，补全图形即可； （3）根据旋转的性质得到，，，，，推出、、三点共线，根据全等三角形的性质即可得到，据此求解即可． 【详解】（1）材料中的依据1是指正方形的四条边相等（或正方形的性质）；依据2是指全等三角形的对应边相等（或全等三角形的性质） 故答案为：正方形的四条边相等（或正方形的性质）；全等三角形的对应边相等（或全等三角形的性质）； （2）补全辅助线如图所示：将绕点顺时针旋转得到， （3）将绕点顺时针旋转得到， ，，，，， ， 、、三点共线， ， ， ， ，， ， ， ， 五边形的周长， 故答案为：． 【变式2-2】（2025·河南周口·三模）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图①，在中，，，点、在边上，且，，，求的长． 解：如图②，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，，． ，，即，． 在和中， ，，_①_，，． 又_②_， 在中，． ，，_③_． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：________；“②”处应填：________；“③”处应填：________； 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图③，在正方形中，点、分别在边、上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连接、，分别与对角线交于、两点．探究、、的数量关系并证明； 【拓展应用】 如图④，在矩形中，点、分别在边、上，且．探究、、的数量关系：________（直接写出结论，不必证明）． 【答案】问题解决：；； 知识迁移：，证明如下： 如图，将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接， ， 由旋转的性质可得：，，， 由题意可得：， ∴， ∴， ∴， ∵为正方形的对角线， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 在中，， ∴； 拓展应用：． 【分析】问题解决：由旋转的特征得，，，，证明得出，再由勾股定理计算即可得解； 知识迁移：将绕点逆时针旋转，得到，过点作交于，连接，由旋转的性质可得，，，证明得出，证明得出，，证明得出，最后再由勾股定理即可得解； 拓展应用：延长交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，连接、，作交 延长线于，则，由全等三角形的性质可得，，证明为等腰直角三角形，得出，由知识迁移可得，由全等三角形的性质可得，，由勾股定理可得，即可得解． 【详解】问题解决：略 知识迁移：略 拓展应用：，证明如下： 如图，延长交延长线于，将绕点顺时针旋转得到，连接、，作交 延长线于， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， 由知识迁移可得：， ∴，， 由勾股定理可得：， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了旋转的性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键． 【变式2-3】（25-26九年级上·广东江门·期中）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，达到解一题知一类的目的。下面是一个案例，请你补充完整． 【知识技能】 原题：如图1，点E、F分别在正方形的边，上，，连接．则，请说明理由． 证明：（1）， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ， ， 即点F，D，G在一条直线上． 由旋转可得：，， 又 ______（______）填写全等三角形的判定方法 【类比推理】 （2）如图2，四边形中，，，点E，F分别在边，上，．若，都不是直角，则当时，求证：． 【联想拓展】 （3）如图3，在中，，，点D，E均在边上，且，，． ①试猜想线段，，之间的数量关系，请证明你的猜想； ②直接写出的面积． 【答案】（1），；（2）见解析；（3）①，理由见解析；② 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，利用旋转构造全等三角形，是解题的关键： （1）利用旋转的性质，证明，即可； （2）同法（1）进行证明即可； （3）①把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，推出是直角三角形，利用勾股定理和等量代换即可得出结论．②先求解，再进一步求解即可． 【详解】解：（1）， ∴把绕点A逆时针旋转至，可使与重合． ， ， 即点F，D，G在一条直线上． 由旋转可得：，， 又 （） 故答案为：，； （2）如图， ，， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合， ，， ，， ， ， ， ， ，点、、共线， 在和中， ， ， ， 即； （3）①，理由如下： 把旋转到的位置，连接，，如图，则，， ，， ， 又， ， 在和中， ， ， ， 又， ， 是直角三角形， ， ②，，， ， ， ∵， 的边上的高为， ． ▌题型03 正方形面积计算 1. 基础：（d为对角线长，源自菱形面积公式且正方形）。 2. 方法：已知边长⇒；已知对角线（速算）；割补类题（如“去掉一个角剩五边形求面积”）用“整体－局部”。 3. 思维提醒：九上阶段正方形面积题常与“勾股定理＋等腰Rt”捆绑，看到倍关系先想“是不是对角线与边长的转换”。 【典例3】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如果正方形的一条对角线长为，那么它的面积是______． 【答案】3 【分析】本题可利用正方形对角线相等的性质，根据正方形面积等于对角线乘积的一半直接求解． 【详解】解：∵ 正方形的对角线相等，已知一条对角线长为， ∴ 另一条对角线长也为， 正方形面积 ． 【变式3-1】（25-26八年级下·云南大理·期末）如图，分别以的三边为边长向外作三个正方形．若正方形P的面积等于48，Q的面积等于12，则正方形R的边长是_____． 【答案】6 【分析】根据正方形的面积可知和，利用勾股定理求出，进而可得出字母R所代表的正方形的边长． 【详解】解：根据正方形的面积为边长的平方可知和， 在中，， 则字母R所代表的正方形的边长为． 【变式3-2】（25-26八年级下·江苏无锡·期末）如图，已知正方形与正方形．将正方形的顶点与正方形的对称中心重合（如图1），除去重合部分后，正方形与正方形的剩余图形面积之比为；再将正方形的顶点与正方形的对称中心重合（如图2），除去重合部分后，此时正方形与正方形的剩余图形面积之比为________． 【答案】 【分析】连接、，令与交于点，与交于点，先证明，得出，从而可得，求出，连接、，令与交于点，与交于点，同理可得，，从而可得，由此计算即可得出结果． 【详解】解：如图：连接、，令与交于点，与交于点， ∵正方形的顶点与正方形的对称中心重合， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵除去重合部分后，正方形与正方形的剩余图形面积之比为， ∴， ∴， 如图：连接、，令与交于点，与交于点， 同理可得， ∴， ∴， ∴将正方形的顶点与正方形的对称中心重合，除去重合部分后，此时正方形与正方形的剩余图形面积之比为 【变式3-3】（25-26八年级下·宁夏银川·期中）综合与实践 【问题初探】 (1)如图1，在中，为边上的中线，我们将绕点旋转，得到，请作出； 【问题解决】 (2)如图2，P为等边三角形内一点，满足，试求的大小（提示：将绕点B顺时针方向旋转）； 【问题拓展】 (3)在正方形中，E，F分别为边上的点，且满足，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）延长，截取，连接即可； （2）如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，由旋转可知，证明是等边三角形得，在中，运用勾股定理逆定理可得，求出，结合旋转可求解； （3）将绕点顺时针旋转得到，由旋转可知，，，，推出，证明，求出即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求； （2）解：如图，将绕点顺时针旋转得到，连接， ∴，，，， ∴是等边三角形， ∴，， 在中，，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ∴的大小为； （3）解：如图，将绕点顺时针旋转得到， ∴，，，， ∵四边形是正方形，，，， ∴，， ∴点在的延长线上， ∴， ， ∴， ∴． 在与中， ， ∴， ∴， ∴的面积为． ▌题型04 正方形判定的条件选择 1. 基础：三条主流路—— (1) 定义：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形； (2) 先证菱形，再补“一个角90°”（或“对角线相等”）； (3) 先证矩形，再补“一组邻边相等”（或“对角线垂直”）。 2. 方法：题干若已给“平行四边形”⇒需同时补“邻边等＋一角为90°”，或只补“邻边等”走菱形＋直角，或只补“直角”走矩形＋邻边等；题干若给“四边形”⇒走“四边等＋一角为90°”或“三个直角＋邻边等”。 3. 思维提醒：中点四边形类高频题——“连接四边中点得EFGH，添加何条件使EFGH为正方形”⇒答“原四边形AC＝BD且AC⊥BD”（既要等长又要垂直，对照：菱⇒矩形要AC⊥BD；矩⇒菱形要AC＝BD；正方⇒正方要两者同时满足）。 【典例4】（25-26八年级下·广东江门·期中）已知四边形中，，如果添加一个条件即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知可得四边形是矩形，结合正方形的判定即可求解． 【详解】解：∵四边形中，， ∴四边形是矩形， 若添加条件，则四边形是正方形， 若添加条件或或，无法推出四边形是正方形， ∴只有B选项符合题意． 【变式4-1】（2026·广西玉林·模拟预测）如图，在中，对角线与相交于点．小欣同学欲添加两个条件使四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是___________（只需填一种组合即可）． 【答案】 ①②或②③（填写一组即可） 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形； 当选择②；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴菱形是正方形； 当选择①；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是菱形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或②③均可以． 【变式4-2】（25-26八年级下·甘肃临夏·期中）如图，在四边形中，，对角线平分，是上一点，过点分别作交于点，交于点． (1)求证：； (2)连接．当与满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)时，四边形是正方形，理由见解析． 【分析】（1）证明，即可得出结论； （2）先证明四边形是菱形，再根据对角线相等的菱形是正方形，添加条件即可. 【详解】（1）解：证明：平分， ， ，， ， ； （2）解：时，四边形是正方形， 理由：，， 四边形是平行四边形，， ， ， ， 四边形是菱形， ， 四边形是正方形． 【变式4-3】（25-26八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点，分别是边、上一点，且，则四边形的形状可能是________．（填序号：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形） 【答案】①②③ 【分析】先得出四边形是平行四边形，再根据矩形、菱形和正方形的判定逐个分析即可． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形是平行四边形； 若，则四边形是矩形， 此时， ∴， ∵， ∴，点在边上，符合题意； 若， ∵， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， 即当时，四边形是菱形； 要使平行四边形是正方形，则，且， 由上可知，， ∴，， ∴，这与矛盾， ∴平行四边形不可能是正方形； 综上，四边形的形状可能是①②③． ▌题型05 正方形判定的证明题 1. 基础：两条主流路径 (1) 路①：先证菱形（四边等/对角线垂直平分的平行四边），再补“一角为90°”或“对角线相等”； (2) 路②：先证矩形（三直角/对角线相等的平行四边），再补“一组邻边相等”或“对角线垂直”。 2. 方法：题干给“一组邻边等＋一个直角＋平行关系”⇒路①快；给“一堆直角＋对边平行”⇒路②快；给“对角线等长且垂直且平分”⇒可直接证“既是菱形又是矩形”。 3. 思维提醒：最容易扣分的是只证了一半，常证完“是菱形”就写“∴是正方形”，忘了补“直角/对角线相等”；或证完“是矩形”忘了补“邻边等/对角线垂直”。判定的书写模板：“先证××（菱或矩），再∵××（补条件），∴是正方形”，两步缺一不可。 【典例5】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论． 【详解】证明：∵菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形形， 又， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形为正方形． 【变式5-1】（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，在中，，的平分线交于点D，，． (1)试判断四边形的形状，并说明理由； (2)若，请求出四边形的面积． 【答案】(1)四边形是正方形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； (2)2 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，再证明，推出平行四边形是菱形，由，可证明四边形是正方形； （2）利用正方形的性质结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：略 （2）解：由（1）知四边形是正方形， ∴， ∴， ∴四边形的面积为2． 【变式5-2】（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是的对角线，，点E是边的延长线上一点，连接，过点C作于点F，交于点G，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)若点F是的中点，，求的长． 【答案】(1)证明：∵中， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形； (2) 【分析】（1）先证明四边形是菱形，再结合，，可得，即可求证； （2）根据勾股定理可得，再根据线段垂直平分线的性质解答即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∵点F是的中点，， ∴垂直平分， ∴． 【变式5-3】（25-26八年级下·云南昭通·阶段检测）如图，四边形是菱形，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，，点在边的延长线上，且，． (1)求证：四边形是正方形． (2)求证：． (3)以下与线段有关的三个结论： ，， ．你认为哪个正确？请说明理由． 【答案】(1)证明：∵四边形是菱形， ， ． 又， ， ∴菱形是正方形． (2)证明：∵四边形是正方形， ， ． ， ， ． 又∵， ， ， ． (3)解：正确． 理由如下：过点作交于点，如图，则． ∵四边形是正方形， ∴，， ，， ， ， ， ∵， ． ∵，， ∴， ∵， ， ． 是等腰直角三角形， ，， ， ， ． 【分析】（1）证明，即可证明菱形是正方形； （2）证明，得到，，再证明，即可得到结论； （3）过点作交于点，证明，得到．证明，根据即可得证明结论． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 ▌题型06 正方形中的折叠问题 1. 基础：折叠＝轴对称；正方形特有优势：四边等＋四角90°＋对角线45°＋等腰Rt可速算。 2. 方法：三步同矩形专题 (1) 标对应点； (2) 用“对应边等＋正方形四边等”设未知数； (3) 放回Rt△用勾股列方程。正方形折叠比矩形折叠多一条路：若出现45°或等腰Rt特征，可用“直角边：直角边：斜边＝”直接写比例，不用每次全展开勾股。 3. 思维提醒：用勾股＋等腰Rt比例。经典题设未知后用勾股定理列方程，是通用解法；若折叠后出现45°，优先看能不能转等腰Rt省计算。 【典例6】（24-25八年级下·河南驻马店·阶段检测）如图所示是边长为的正方形纸片，点为边的中点，折叠纸片使点落在点处，折痕为，则的长为____________． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．根据折叠的性质，只要求出就可以求出，在直角中，若设，则，，根据勾股定理就可以列出方程，从而解出的长． 【详解】解：由翻折可知， 根据题意设，则， 又点为边的中点， ， 在中，，即， 解得：， 即． 故答案为：． 【变式6-1】（25-26八年级下·辽宁大连·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为_______． 【答案】 【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解． 【详解】解：设正方形的边长为a，与y轴相交于G， 则四边形是矩形， ∴，，， ∵折叠， ∴，， ∵点A的坐标为，点F的坐标为， ∴，， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴点E的坐标为. 【变式6-2】（25-26八年级下·北京·阶段检测）如图，四边形是边长为9的正方形纸片，将其沿折叠，使点落在边上的点处，点的对应点为点，且，则的长为____________． 【答案】2 【分析】设，连接，，求出，然后在和中，由勾股定理得出方程，解方程即可，熟练掌握翻折变换的性质和正方形的性质，由勾股定理得出方程是解题的关键． 【详解】解：设， 连接，，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴. ，， ∵， ∴， 在中，， 在中，， 由折叠的性质得：， ∴， 即， 解得：， 即． 故答案为：2． 【变式6-3】（25-26八年级下·湖北襄阳·期中）在矩形中，，点E在边上（不与点A、D重合），将沿翻折得到． (1)如图1，当时，的延长线交于点G． ①求证：； ②若平分，，则点F到的距离为______； (2)如图2，当时，连接，，，若，求的长； (3)如图3，当时，的延长线交于点G，的延长线交于点H，若，探究线段与之间的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)①证明：当时，四边形为正方形， ， 将沿翻折得到， ， ， ∵， ， ， ； ②； (2) (3)， 理由如下：在矩形中，当时，设，则， 根据折叠可得，， ， 设，则， 在中，， 即， 解得， ， ， ， ， ， ， 如图，连接， ， ， ， 设，则， 在中，， 在中，， ， 即， 解得， ， ． 【分析】（1）①根据折叠可得，再通过角度转换得到，证明即可解答； ②计算出，利用含角的直角三角形边长关系即可解答； （2）延长交于点，证明，设，利用勾股定理解方程即可； （3）设，则，利用勾股定理求得，求得，再计算，设，则，根据，求得，即可解答． 【详解】（1）①略； ②解：如图，过点作于点， 平分， ， 根据折叠可得，， ， ， ， ，即点F到的距离为； （2）解：如图，延长交于点， ， 在矩形中，当时，， 根据折叠可得，， ， ，， ， ， ， ， ， 设，则，， 在中，， 即， 解得， （3）略 ▌题型07 正方形与中点、中位线综合 1. 基础：正方形四边中点连线⇒得新正方形（中点四边形收口：任意四边⇒平行四边；菱⇒矩；矩⇒菱；正方⇒正方）；正方形内“一边中点＋顶点连线”常造全等或等腰Rt。 2. 方法：见中点⇒连中线（斜边中线倍半，延续矩形专题02）＋中位线（平行且等于底边一半）；正方形内“E、F是AB、BC中点，连DE、DF”类题，常证△DAE≌△DCF（AD＝DC，∠A＝∠C＝90°，AE＝CF）。 3. 思维提醒：这是三个特殊平行四边形专题的横向闭环题 【典例7】（2025·安徽宣城·一模）如图1，在中，，，DE是的中位线．将绕点A按顺时针方向旋转，射线BD与射线CE交于点P，如图2所示． (1)求证：． (2)在这个旋转过程中，的度数是否发生改变？若不变，求出的度数；若改变，请说明理由． (3)当时，求BP的长． 【答案】(1) 证明：，，DE是的中位线， ，， ． 在和中， ． (2)不变， (3) 【分析】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键． （1）证明，，．即可证明； （2）由得到，又由即可证明结论； （3）由勾股定理得到．由得到，，证明四边形是正方形，得到，即可求出答案． 【详解】（1）略 （2）不变． 如图1，设AB与CP交于点G． ， ， ， ． （3）如图2，在中，，， ． ， ，， 四边形是正方形， ， ． 【变式7-1】（25-26八年级下·江苏无锡·期中）探究三角形与梯形中位线的性质及应用，并完成以下问题 知识回顾： (1)本学期我们研究了三角形的中位线的性质．如图1，中，是△的中位线，连接．则与的关系为：___（用符号语言表达）． 方法迁移： (2)连接梯形两腰的中点，得到的线段叫做梯形的中位线．如图2，已知梯形中，，点，分别为，的中点，就是梯形的中位线．请猜想线段，，之间的关系，并说明理由． 理解内化： (3)已知梯形的中位线长为，高为，则梯形面积是___． 拓展： (4)如图3，分别以的边、为一边，在外作正方形和，点是的中点，求证：点到的距离是的一半． 【答案】(1)， (2)，，理由见解析 (3) (4)证明过程见解析 【分析】（1）由已知可得是的中位线，即可求解； （2）连接并延长交的延长线于点，证明，可得，，可得，为的中位线，结合平行线的性质，即可得线段，，之间的关系； （3）由（2）得梯形中位线与上底、下底之间的关系，代入梯形的面积公式计算即可； （4）分别过，，，作的垂线，垂足依次为，，，，，证明，，可得，即可证得结论． 【详解】（1）解：∵点是边的中点，点是边的中点， ∴是的中位线， ∴，． （2）解：，，理由如下： 如图（2），连接并延长交的延长线于点， ∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴，． （3）解：∵梯形的中位线长为，高为， ∴． （4）证明：分别过，，，作的垂线，垂足依次为，，，，则， 过点作，交于点，交延长线于点， ∵，，，， ∴， ∴四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴为梯形的中位线， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵于点，于点， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵于点，于点， ∴，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴． 【变式7-2】（25-26八年级下·湖南邵阳·期中）阅读下面材料，完成相应的任务． 类比三角形中位线，我们把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线． 如图1，在四边形中，点，分别是，的中点，则就是四边形的中位线．求四边形中位线的长度，可以通过找对角线中点，将其转化为三角形中位线解决． 例：如图2，在四边形中，点，分别是，的中点．若，，，，求的长． 解：取的中点，连接，． 因为点、分别是，的中点， 所以，，，．（依据） …… 任务： (1)将材料中的解题过程补充完整． (2)如图3，在四边形中，点，分别是，的中点，，，，延长，交于点，延长交于点．求证：． (3)对角线互相垂直的四边形叫垂美四边形．已知四边形是垂美四边形，、、、分别为边、、、的中点，连接，，，，若，，则与的关系是______，______． 【答案】(1)过程见解析 (2)证明过程见解析 (3)互相平分且相等；50 【分析】（1）由三角形中位线定理得，，，，根据平行线的性质可得出，再由勾股定理即可求解； （2）连接，取的中点，连接，，根据三角形中位线定理得，，，，进而可得，，用勾股定理的逆定理证明是直角三角形，且，即可得结论； （3）根据已知条件证明四边形是矩形，即可得解； 【详解】（1）解：取的中点，连接，， 点、分别是，的中点， ，，，，（三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半） ，， ， ， 在中，由勾股定理得； （2）证明：连接，取的中点，连接，， 点，分别是，的中点， ，，，， ，， ，，， ， 是直角三角形，且， ， ； （3）解：如图，四边形是垂美四边形，、、、分别为边、、、的中点，连接，，，， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，， 四边形是平行四边形， ， ， 平行四边形是矩形， ，是矩形的对角线， 与互相平分且相等， ，， ，， 中，， ， ， ． 【变式7-3】（2025·山西大同·一模）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)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)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）略 （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． ▌题型08 正方形多结论判断题 1. 基础：题干给正方形＋几条中点/垂直/45°/折叠/旋转的附加线，判断4~5个小结论。 2. 方法：逐个击破 (1) 先标固有性质（四边等、四角90°、对角线垂直平分相等且分45°）； (2) 见中点⇒斜边中线＋中位线； (3) 见45°⇒旋转全等； (4) 见折叠⇒轴对称＋勾股； (5) 见“对角线交点O＋OE⊥……”⇒想中位线（延续矩形03）。 3. 思维提醒：正方形多结论题是菱＋矩多结论的“叠加版”，难度最高。平时筛错可用特值（设边长为2⇒对角线，OA＝OB＝）快速验；正式答题每条结论要给推理链。“OA＝OB＝OC＝OD且AC⊥BD”这组双重性质是正方形多结论里几乎必考一次的点，看到O是对角线交点就要同时激活“等长”和“垂直”两套等量。 【典例8】（2026·吉林长春·一模）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、中点，．有下列结论： ①连接，则有； ②若，则以、、、为顶点的四边形为正方形； ③连接，相交于点，则； ④若，则． 上述结论中，正确结论的序号有__________． 【答案】①③④ 【分析】如图：连接，设交于点O，证明四边形是矩形，然后逐个判断即可． 【详解】解：如图：连接， ∵， ∴， 同理：，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，故①正确； ∴，故③正确； ∴，若，则，故④正确； ∵，， ∴， ∴四边形不是正方形，故②错误， 综上可知，正确的有①③④． 【变式8-1】（25-26八年级上·云南大理·期中）如图，在中，，分别以，，为边向外作正方形，，，连接交于点M，连接交于点N，给出以下三个结论：①；②；③．上述结论中，所有正确结论的序号是(　　) A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，三角形的三边关系，旋转的性质，三角形的面积，正方形的面积，对3个结论逐一说明，再作出判断即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵在中，， ∴，故①正确； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， 故②正确； ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴绕点逆时针旋转得到， 绕点逆时针旋转得到， ∴与为对应边， ∴与成角， 即， 故③正确， 综上所述，①②③都正确， 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，三角形的三边关系，三角形的面积，正方形的面积等知识点，解题关键是掌握上述知识点，并能运用求解． 【变式8-2】（24-25八年级上·吉林长春·期末）如图，正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连结交于点，给出下面四个结论：①；②；③；④．上述结论中，正确结论的序号有 _________． 【答案】①②④ 【分析】结合正方形性质、等边三角形性质证明，根据全等三角形的性质可证①；结合全等三角形的性质可证②；结合等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理即可证③④． 【详解】解：四边形是正方形， ，，平分， 是等边三角形， ，， ， 在和中， ， ， ，故①正确； ， ， ，故②正确； ，， ， 又平分，， 等腰直角三角形中，是中线， ， ， ，故③错误； 是等腰直角三角形， ， ，， 中，， ，故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查的知识点是正方形的性质、全等三角形的判定和性质、等边三角形的性质、等腰直角三角形的判定和性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理，解题关键是熟练掌握相关知识点． 【变式8-3】（24-25八年级下·吉林长春·期末）如图，在正方形纸片中，点P是边上一点，连结，将正方形沿折叠，点B落在点E处，延长交于点Q，连结，．给出以下结论：①≌；②；③与的面积相等；④若，则．上述结论中，正确结论的序号有______． 【答案】①②④ 【分析】由直角三角形中的其中一直角边和斜边相等可证明≌，由此判断①；由≌这个结论可得，再由三角形翻折可得，由可判断②；假设与的面积相等，则可得，由三角形全等可得结论与已知矛盾可判断③；设出正方形边长为a，与的边长为x，根据为直角三角形，由勾股定理列式可得a与x的关系，由此可判断④． 【详解】解：∵是由翻折得到， ∴，， ∴， 在正方形中，， ∴， 则在和中， 由， 可得≌，故①正确； ∵≌， ∴， 又∵是由翻折得到， ∴， ∴，故②正确； 过点C作交于点F，如图， 则与的高为， 则有，， 假设与的面积相等， 则有， ∵， ∴在和中， 由， 可知≌， ∴， 又∵，， ∴， 又∵， ∴， 由题目已知可得，不是正方形的对角线， ∴与已知矛盾， ∴， ∴与的面积相等，故③错误； 设正方形边长为a，的边长为x， 则有，， ∴，， ∴， ∴， 则在中，， 即， 则有， 解得， ∴， ∵， ∴，故④正确． 故答案为：①②④． 【点睛】本题考查了图形的翻折，正方形的性质以及三角形全等的判定与性质，需熟练掌握直角三角形证明全等的方法以及边角边的证明方法；由假设推导结论与已知矛盾是解决本题的关键． / 学科网（北京）股份有限公司 $西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题3正方形的性质、判定及证明 (题型突破举一反三) 目录 题型01正方形性质的直接应用 题型02正方形中的45°构造与旋转全等 题型03正方形面积计算 题型04正方形判定的条件选择 题型05正方形判定的证明题 题型06正方形中的折叠问题 题型07正方形与中点、中位线综合 题型08正方形多结论判断题 题型01正方形性质的直接应用 解题必备 1.基础：四边相等十四角90°；对角线互相垂直平分且相等，且每条对角线平分一组对角（→对角线 把内角分成45°)；对角线把正方形分成4个全等的等腰R蚣。 2.方法：见到正方形先连对角线，拆成等腰Rt△处理：角度题优先用“对角线分45°”十平行线内 =a2=d 错角传递；已知边长a,则对角线d=V2a,面积° 。 s=1d 3.思维提醒： 2(即“对角线乘积的一半”，菱形公式在正方形里的特例)是正方形独有速 算，选择题求面积若已知对角线直接用，比先求a快。 典例精析 【典例1】(24-25八年级下·河北廊坊期中)如图，正方形ABCD的边长为a,E是对角线BD上的动 点（不与点B,D重合），过点E分别作EF⊥BC于点E,EG⊥CD于点G,连接FG,下列判断正确 的是() 1/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 结论I:四边形EFCG的周长为2a. √2 结论Ⅱ：FG的最小值为2a D G B A.只有结论I正确 B.只有结论Ⅱ正确 C.结论I,Ⅱ都正确 D.结论I,Ⅱ都不正确 举一反三 【变式1-1】(2425八年级下北京期中)如图，正方形ABCD中，点E为CD边上的点（点E不与点 C、D重合)，以CE为边作正方形CEFG,连接AF,设AB=a,CE=b,AF=c,给出下面三个结 论： ①+：<c:②2a>c:③V2(a+b)=c:上述结论中，正确结论的序号有 D E b C G 【变式12】(25-26八年级下·吉林长春·阶段检测)探究与实践：在一节习题课上，同学们以正方形为 基础开展数学学习研究活动.在正方形ABCD中，E为BC边上一点（点E与点B,C不重合）， ∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F. D E ① ② ③ (I)观察猜想：如图①，若E为BC的中点，猜想AE与EF的数量关系为 证明此猜想时，可取AB的中点G,连接EG.易证△AEG≌△EFG.判断三角形全等的依据是 (2)数学思考：如图②，若E为BC上任一点，上述猜想是否还成立？请说明理由. 2/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)结论拓展I:如图③，连接AF,交CD于点M,连接EM,则EM与DM,BE之间存在的等量关 系为 (4)结论拓展2：如图③，连接DF,若正方形ABCD的边长为4，求DF+AF的最小值， 【变式1-3】(2026河南平顶山三模)在正方形ABCD中，E为边AB延长线上一点，且 BE=AB=√2，连接AC,CE.将CE绕点E顺时针旋转a(O°<a<90)得到线段EP,连接CP, B P B 图1 图2 备用图 观察猜想 (I)如图1，若点P落在边AB上，则∠CEP与∠ACP之间的数量关系为∠CEP=_∠ACP 类比探究 (2)如图2，若点P落在正方形ABCD内部，判断(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请写出证明 过程；若不成立，请写出正确的结论，并证明. 拓展应用 (3)连接AP,当△ACP为等腰三角形时，请直接写出△ACP的面积. 题型02正方形中的45°构造与旋转全篷 E 解题必备 1.基础：正方形每个内角90°，对角线分45°；常见模型：正方形ABCD内（或边上）取一点E,使 ∠EAD=∠EDC=45°，可证△ABE△CBE或△ADE≌△CDE(SAS:AD=CD,∠ADE=∠CDE= 45°，DE公共)；更经典的“正方形顶点引45°交对边于点”→构造两个等腰Rt△。 D 2.方法：题干出现“正方形十45”→优先想“沿对角线翻折”或“绕顶点旋转90°”造全等；常用 SAS:两边是正方形边长（相等）十夹角45°或90°。 3.思维提醒：这是正方形区别于菱形、矩形的最核心招牌，中考出现率极高。45°→旋转90°造全等 3/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 的操作要练熟，是后续半角模型的雏形。 典例精析 【典例2】(2025陕西安康二模)如图，在正方形ABCD中，AB=12,E是AB边上一点，BE=4, 且LGCE=45°，则GE的长为. A G D B 举一反三 【变式2-1】(23-24八年级下山西朔州期中)阅读与思考 下面是莉莉同学的数学学习笔记的部分内容.请仔细阅读，并完成相应的任务， 神奇的“半角模型” 初中数学中存在一些常见的模型，“半角模型”就是其中之一，“截长补短”法是解决 这类问题的一种常用方法 例题：如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且∠EAF=45 O 求证： B E 图1 EF=BE+DF 证明：如图，延长EB至点G,使得BG=DF. D 四边形 是正方形， G分 B E 图2 ABCD ∴AD=AB(依据1)，∠ABC=∠D=∠DAB=90°， ∠ABG+∠ABC=180°， 4/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∠ABG=∠D=90°， :△ABG≌△ADF(SAS), ·.AG=AF(依据2)，∠BAG=∠DAF. :∠DAB=90°，∠EAF=45°， ∠BAE+∠DAF=45°， ∠BAG+∠BAE=45°，即∠EAG=45°， .∠EAG=∠EAF=45° :AE=AE,AG=AF,aGAE≌△FAE(SAS), .EF =GE BG+BEBE+DF, 拓展：如图，在四边形ABCD中，AB=AD=4cm,∠B=∠D=90°， A ,E,F分别是边 上的点，且 B E C ∠BAD=120° BC,CD ∠EAF=60° EF =5cm 求五边形ABEFD的周长. 任务： (1)材料中的依据1是指。 依据2是指 (2)根据例题中的方法，补全材料“拓展”中的辅助线， (3)在材料“拓展”中，五边形ABEFD的周长为 cm 【变式2-2】(2025河南周口·三模)在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问 题： 【问题情境】 如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D、E在边BC上，且∠DAE=45°，BD=3, CE=4,求DE的长. 解：如图②，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD',连接ED'. 由旋转的特征得LBAD=∠CAD',∠B=∠ACD,AD=AD',BD=CD. ∠BAC=90°，∠DAE=45°，∴∠BAD+∠EAC=45° ∠BAD=∠CAD',∴.∠CAD'+∠EAC=45°，即∠EAD=45°，∴∠DAE=∠DAE. 5/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△DAE和△D'AE中， AD=AD,∠DAE=∠DAE,①_，△ADE≌△AD'E,DE=D'E 又'∠ECD'=LECA+LACD'=LECA+LB=_②， ∴在Rt△ECD'中，EC2+CD2=ED2 :CD'=BD=3,CE=4,∴DE=D'E=_③_ 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填： ；“②”处应填： :“③”处应填： 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就 能以不变应万变， 【知识迁移】 如图③，在正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的 周长的一半，连接AE、AF,分别与对角线BD交于M、N两点.探究BM、MN、DN的数量关系 并证明； 【拓展应用】 如图④，在矩形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上，且∠EAF=∠CEF=45°.探究BE、EF、 DF的数量关系： (直接写出结论，不必证明)· N ② ③ ④ 【变式2-3】(25-26九年级上·广东江门期中)我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，达到 解一题知一类的目的。下面是一个案例，请你补充完整. 【知识技能】 原题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC,CD上，∠EAF=45°，连接EF.则 EF=BE+DF,请说明理由. B 图1 图2 图3 6/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 证明：(1)AB=AD .把△ABE绕点A逆时针旋转90°至△ADG,可使AB与AD重合. ∠ADC=∠B=90°， ∴.∠FDG=180°， 即点F,D,G在一条直线上 由旋转可得：BE=DG,AE=AG,∠EAG=90° ∠EAF=45 ∴.∠FAG=∠EAF=45 又：AF=AF .△AEF≌ 一()填写全等三角形的判定方法 ∴.EF=FG .FG=FD+DG .∴.EF=FD+DG=BE+DF 【类比推理】 (2)如图2，四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=90°，点E,F分别在边BC,CD上， ∠EAF=45°.若∠B,∠D都不是直角，则当∠B+∠D=180°时，求证：EF=BE+DF. 【联想拓展】 (3)如图3，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC,点D,E均在边BC上，且∠DAE=45°，BD=4, CE=3 ①试猜想线段BD,DE,EC之间的数量关系，请证明你的猜想： ②直接写出△ADE的面积， 题型03正方形面积计算 解题必备 1.基础： S-d-Id2 2 为对角线长.源自菱形面积公式24=动 且正方形d,=d,=d)。 S=5d2 2.方法：已知边长S=；已知对角线2（速算）；割补类题（如“去掉一个角剩五边形求 面积”)用“整体一局部”。 3.思维提醒：九上阶段正方形面积题常与“勾股定理十等腰Rt”捆绑，看到V2倍关系先想“是不 是对角线与边长的转换”。 7/19 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 典例精析 【典例3】(25-26八年级下·上海普陀期中)如果正方形的 条对角线长为6，那么它的面积是 E 举一反目 【变式31】(25-26八年级下·云南大理期末)如图，分别以Rt△ABC的三边为边长向外作三个正方 形.若正方形P的面积等于48，Q的面积等于12，则正方形R的边长是一 R 【变式32】(25-26八年级下江苏无锡期末)如图，已知正方形ABCD与正方形EFGH.将正方形 ABCD的顶点A与正方形EFGH的对称中心Q重合（如图1），除去重合部分后，正方形ABCD与正 8 方形EFGH的剩余图形面积之比为3：再将正方形EFGH的顶点G与正方形ABCD的对称中心O重合 (如图2)，除去重合部分后，此时正方形ABCD与正方形EFGH的剩余图形面积之比为 H A(2) E A G B B 图1 图2 【变式33】(25-26八年级下·宁夏银川期中)综合与实践 B E 图1 图2 图3 【问题初探】 (I)如图1，在△ABC中，BA=4,BC=6,BD为AC边上的中线，我们将△ABD绕点D旋转180°，得到 8/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △CED,请作出△CED: 【问题解决】 (②)如图2，P为等边三角形内一点，满足PB=1,PA=V2,PC=V3,试求∠BPA的大小（提示：将 △BPA绕点B顺时针方向旋转60°)： 【问题拓展】 (3③)在正方形ABCD中，B,F分别为BC,CD边上的点，且满足∠EAF=45°，AB=2,BE+DF=V5,求 △AEF的面积. 题型04正方形判定的条件选择 解题必备 1.基础：三条主流路一一 (1)定义：一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形： (2)先证菱形，再补“一个角90°”（或“对角线相等”）： (3)先证矩形，再补“一组邻边相等”（或“对角线垂直”）。 2.方法：题干若已给“平行四边形”→需同时补“邻边等十一角为90°”，或只补“邻边等”走菱形 十直角，或只补“直角”走矩形十邻边等；题干若给“四边形”→走“四边等十一角为90°”或“三个 直角十邻边等”。 3.思维提醒：中点四边形类高频题一一“连接四边中点得EFGH,添加何条件使EFGH为正方形” →答“原四边形AC=BD且AC⊥BD”(既要等长又要垂直，对照：菱矩形要AC⊥BD;矩→菱形要 AC=BD;正方→正方要两者同时满足)。 H 典例精析 【典例4】(25-26八年级下：广东江门期中)己知四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=90°，如果添加一 个条件即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是() 9/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A.∠D=90° B.AB=BC C.AD=BC D.AB=CD 举一反三 【变式41】(2026广西玉林·模拟预测)如图，在口ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.小欣同学 欲添加两个条件使四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AB=AD;②AC=BD:③ AC⊥BD.则正确的组合是 一（只需填一种组合即可）. B 【变式42】(25-26八年级下·甘肃临夏·期中)如图，在四边形ABCD中，AB=BC,对角线BD平分 ∠ABC,P是BD上一点，过点P分别作PM∥CD交AD于点M,PNI AD交CD于点N. B (I)求证：∠ADB=∠CDB: (2)连接MN.当MN与PD满足什么条件时，四边形MPND是正方形？并说明理由. 【变式43(25-26八年级下·吉林长春期中)如图，在ABCD中，AB-2AD,∠A=60°，点E,F 分别是边AB、CD上一点，且AE=CF,则四边形BEDF的形状可能是 (填序号：①平行 四边形：②矩形：③菱形：④正方形) 】题型05正方形判定的证明题 解题必备 1.基础：两条主流路径 (1)路①：先证菱形（四边等/对角线垂直平分的平行四边），再补“一角为90°”或“对角线相等”； 10119 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②)路②：先证矩形（三直角对角线相等的平行四边），再补“一组邻边相等”或“对角线垂直”。 2.方法：题干给“一组邻边等十一个直角十平行关系”→路①快；给“一堆直角十对边平行”→路 ②快；给“对角线等长且垂直且平分”→可直接证“既是菱形又是矩形”。 3.思维提醒：最容易扣分的是只证了一半，常证完“是菱形”就写“是正方形”，忘了补“直角 /对角线相等”；或证完“是矩形”忘了补“邻边等/对角线垂直”。判定的书写模板：“先证×（菱或 矩)，再×（补条件），是正方形”，两步缺一不可。 三典例精析 【典例5】(25-26九年级上陕西西安·阶段检测)如图，已知菱形ABCD的对角线交于点O,E,F是 对角线AC所在直线上的两点，且LBEC=45°，AE=CF,连接BE,ED,DF,BF,得四边形BEDF.求 证：四边形BEDF是正方形. B 举一反王 【变式51】(25-26八年级下陕西榆林·期末)如图，在△ABC中，∠BAC=90°，∠BAC的平分线AD 交BC于点D,DEI‖AB,DF∥AC, 2 (1)试判断四边形AFDE的形状，并说明理由： (2)若AD=2,请求出四边形AFDE的面积 【变式5-2】(25-26八年级下陕西榆林·期末)如图，AC是口ABCD的对角线，AB=BC,点E是边 CD的延长线上一点，连接AE,过点C作CF⊥AE于点F,交AD于点G,且LE=∠CGD, 11/19 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：四边形ABCD是正方形： (2)若点F是AE的中点，AB=2,求CE的长， 【变式53】(25-26八年级下·云南昭通阶段检测)如图，四边形ABCD是菱形，点O是AC的中点， 点E在线段OC上（不与端点重合），连接EB,ED,点F在边BC的延长线上，且∠BAD=∠ABC, ∠F=∠CDE. (I)求证：四边形ABCD是正方形. (2)求证：EF=DE, (3)以下与线段CD,CF,CE有关的三个结论：CD-CF>V2CE,CD-CF=√2CE, CD-CF<√2CE,你认为哪个正确？请说明理由、 题型06正方形中的折叠问题 解题必备 1. 基础：折叠=轴对称；正方形特有优势：四边等+四角90°+对角线45°+等腰Rt可速算。 2.方法：三步同矩形专题 (1)标对应点： (②)用“对应边等十正方形四边等”设未知数： (3)放回Rt△用勾股列方程。正方形折叠比矩形折叠多一条路：若出现45°或等腰Rt特征，可用“直 角边：直角边：斜边=1：1：V互”直接写比例，不用每次全展开勾股。 3.思维提醒：用勾股十等腰Rt比例。经典题设未知后用勾股定理列方程，是通用解法：若折叠后出 现45°，优先看能不能转等腰Rt省计算。 三典例精析 【典例6】(24-25八年级下·河南驻马店阶段检测)如图所示是边长为l12m的正方形纸片ABCD,点 P为边BC的中点，折叠纸片使点A落在点P处，折痕为MN,则AM的长为」 12119 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B 上举一反三 【变式1】(25-26八年级下·辽宁大连期中)如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在 x轴上，点A的坐标为(-2，O),点E在边CD上.将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处.若点F的坐标 为(0,6)，则点E的坐标为 D AO B 【变式6-2】(25-26八年级下·北京阶段检测)如图，四边形ABCD是边长为9的正方形纸片，将其沿 MN折叠，使点B落在CD边上的点B处，点A的对应点为点A',且B'C=3,则AM的长为 A A.M B B 【变式6-3】(25-26八年级下·湖北襄阳期中)在矩形ABCD中，AB:BC=k,点E在边AD上（不与 点A、D重合)，将△ABE沿BE翻折得到△FBE D G 图1 图2 图3 (I)如图1，当k=1时，AF的延长线交CD于点G. 13119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①求证：AG=BE: ②若BF平分∠EBC,AB=4,则点F到BC的距离为一： (2)如图2，当k=1时，连接DF,CF,∠CFD=90°，若AB=4,求AE的长： 3 ③)如图3，当k=4时，EF的延长线交BC于点G,BF的延长线交CD于点H,若FG=CG,探究线 段AE与DH之间的数量关系，并说明理由. 题型07正方形与中点、中位线综合 解题必备 1.基础：正方形四边中点连线→得新正方形（中点四边形收口：任意四边→平行四边；菱今矩；矩→ 菱；正方→正方)；正方形内“一边中点十顶点连线”常造全等或等腰Rt。 2.方法：见中点→连中线（斜边中线倍半，延续矩形专题02）+中位线（平行且等于底边一半）： 正方形内“E、F是AB、BC中点，连DE、DF”类题，常证△DAE≌△DCF(AD=DC,∠A=∠C= 90°，AE=CF)。 D E F 3.思维提醒：这是三个特殊平行四边形专题的横向闭环题 H 典例精析 【典例7】(2025·安徽宜城一模)如图1，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC=8,DE是△ABC 的中位线.将△ADE绕点A按顺时针方向旋转(0<Q<90),射线BD与射线CE交于点P,如图2所 示 14119 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图1 图2 (I)求证：△AEC≌△ADB (2)在这个旋转过程中，∠BPC的度数是否发生改变？若不变，求出∠BPC的度数：若改变，请说明理 由. (3)当AE⊥CE时，求BP的长. 举一反三 【变式7-1】(25-26八年级下·江苏无锡期中)探究三角形与梯形中位线的性质及应用，并完成以下问 题 图1 图2 图3 知识回顾： (I)本学期我们研究了三角形的中位线的性质.如图1，△ABC中，EF是△ABC的中位线，连接EF. 则EF与BC的关系为：一（用符号语言表达）· 方法迁移： (2)连接梯形两腰的中点，得到的线段叫做梯形的中位线.如图2，已知梯形ABCD中，AD∥BC,点 M,N分别为AB，DC的中点，MN就是梯形ABCD的中位线.请猜想线段AD,BC,MN之间的 关系，并说明理由、 理解内化： (3)已知梯形的中位线长为7cm,高为6cm,则梯形面积是cm. 拓展： (4)如图3，分别以△ABC的边AC、BC为一边，在△ABC外作正方形ACDE和CBFG,点P是EF的中 点，求证：点P到AB的距离是AB的一半. 【变式7-2】(25-26八年级下·湖南邵阳·期中)阅读下面材料，完成相应的任务 类比三角形中位线，我们把连接四边形对边中点的线段叫做四边形的中位线。 15119 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 如图1，在四边形ABCD中，点M,N分别是AD,BC的中点，则MN就是四边 形ABCD的中位线.求四边形中位线的长度，可以通过找对角线中点，将其转化为 三角形中位线解决， 例：如图2，在四边形ABCD中，点E,F分别是AD,BC的中点.若AB=6, CD=8,∠ABD=30°，∠BDC=120°，求EF的长 解：取BD的中点P,连接PE,PF 因为点E、F分别是AD,BC的中点， 所以PE∥AB' PE=AB=3,PEUCD'PF=2CD=4,(依据) 2 。。 M D B N 图1 图2 任务： (1)将材料中的解题过程补充完整， 回咖图3，在阴边形8CD,点E:P分别是4DBC的中点，B-5CD=2:F-号延长 BA,FE交于点M,延长CD交FM于点N,求证：∠BMF+∠CNF=9O°， M D B 图3 (3)对角线互相垂直的四边形叫垂美四边形.己知四边形ABCD是垂美四边形，E、F、G、H分别为 边AB、BC、CD、DA的中点，连接AC,BD,EG,FH,若AC=6,BD=8,则EG与FH的关 系是 EG2+FH2=_-. 【变式73】(2025山西大同·一模)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△ABC中，点D,E分别是AB,AC的中点，连接 DE,像DE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：DE∥BC 1 且DE=2BC 16/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 A A D D 证明：如图2，延长 到点 B B 图1 图2 DE F,使EF=DE,连接FC,DC,AF ,点D,E分别是AB,AC的中点，.AD=BD,AE=CE.又：EF=DE, ∴四边形ADCF是平行四边形.（依据1） .CFll AD,CF=AD.:.CF//BD,CF=BD .四边形DBCF是平行四边形.（依据2） 六DFIBC,-DF=BC:又：DE=号DF,DE=BC 2 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： B M E 图3 图4 (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R△ABC中，乙ACB=90,点五为AB边的中点。求证：CE=4B (3)如图4，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点M是AG的中点.若CE=4,则DM的长为 17/19 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 】题型08正方形多结论判断题 解题必备 1.基础：题干给正方形十几条中点/垂直45/折叠/旋转的附加线，判断45个小结论。 2.方法：逐个击破 (1)先标固有性质（四边等、四角90°、对角线垂直平分相等且分45°）； (2)见中点→斜边中线+中位线： (3)见45°-旋转全等： (4见折叠→轴对称十勾股： (⑤)见“对角线交点O十OE⊥…”→想中位线（延续矩形03）。 3. 思维提醒：正方形多结论题是菱十矩多结论的“叠加版”，难度最高。平时筛错可用特值（设边 长为2=对角线2V2,OA=OB=V2)快速验；正式答题每条结论要给推理链。“0A=OB=0C=OD 且AC⊥BD”这组双重性质是正方形多结论里几乎必考一次的点，看到O是对角线交点就要同时激活 “等长”和“垂直”两套等量。 典例精析 【典例8】(2026吉林长春·一模)如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、 CD、DA中点，AC⊥BD.有下列结论： O连接EG,FH,则有EG=FH; ②若BD=√2AC,则以E、F、G、H为顶点的四边形为正方形： ③连接EG,FH,相交于点O,则OE=OF=OG=OH: ④若EF=3,FG=4,则EG=5. 上述结论中，正确结论的序号有」 举一反三 【变式8：1山(25-26八年级上云南大理期中)如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，分别以AB，AC, 18119 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BC为边向外作正方形ABDE,ACFG,BCIH,连接CD交AB于点M,连接AH交CD于点N,给出 以下三个结论：①DE+FG>Ⅲ；②SE方形4BDE=2SBCD;③CD⊥4H.上述结论中，所有正确结论的 序号是() G B H A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 【变式82)(2425八年级上·吉林长春·期末)如图，正方形ABCD中，点E、F分别在BC、CD上， △AEF是等边三角形，连结AC交EF于点G,给出下面四个结论：①BE=DF;②∠DAF=I5°：③ =2CG:④CG=Y,CE.上述结论中，正确结论的序君 2 G B 【变式83】(2425八年级下·吉林长春·期末)如图，在正方形纸片ABCD中，点P是边BC上一点， 连结AP,将正方形沿AP折叠，点B落在点E处，延长PE交CD于点O,连结AQ,CE.给出以下 结论：①△AEO≌△ADL;②PO=BP+DO;③△PEC与△QEC的面积相等；④若BP=CP,则 C9=2D0.上述结论中，正确结论的序号有 D E 19119可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题03正方形的性质、判定及证明 (题型突破举一反三) 目录 题型01正方形性质的直接应用 题型02正方形中的45°构造与旋转全等 题型03正方形面积计算 题型04正方形判定的条件选择 题型05正方形判定的证明题 题型06正方形中的折叠问题 题型07正方形与中点、中位线综合 题型08正方形多结论判断题 题型01正方形性质的直接应用 典例精析 【典例1】【答案】C 举一反三 【变式1-1】【答案】①②②① 【变式1-2】【答案】(I)AE=EF:ASA (2)成立，理由如下： 在AB上取一点G,使BG=BE,连接EG. D G 四边形 是正方形， B E 图1 ABCD 1/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AB=BC,∠B=∠BCD=90° .BG=BE .AG=EC，△BEG是等腰直角三角形， ∴.∠BGE=∠BEG=45°， .∠AGE=∠B+∠BEG=135° :CF是∠BCD的外角平分线， 、2DCF=2x90=45°， .∠ECF=∠BCD+∠DCF=135°， .∠AGE=∠ECF ∠AEF=90° .∠AEB+∠FEC=90° ∠BAE+∠AEB=90°， .∠BAE=∠FEC, 在△AEG和△EFC中， ∠GAE=∠CEF AG=CE ∠AGE=∠ECF :.△AEG≌AEFC(ASA), .AE=EF: (3)EM=BE+DM ④4V5 【变式1-3】【答案】(1)2 (2)结论仍然成立： 证明：根据解析(1)可得：∠ACE=90°， 根据旋转可得：∠CEP=a,CE=EP, ∴∠ECP=180-∠CEP)=90°-79 , .∠CEP=2∠ACP: (3)1或2-V3 2/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型02正方形中的45°构造与旋转全等 典例精析 【典例2】【答案】10 举一反三 【变式2-1】【答案】(1)正方形的四条边相等（或正方形的性质）；全等三角形的对应边相等（或全等 三角形的性质)， (2)补全辅助线如图所示：将△ADF绕点A顺时针旋转120°得到△ABG, (3)18 【变式2-2】【答案】问题解决：AE=AE:90°：VCD2+CE2=5 知识迁移：DN2+BM2=MW2,证明如下： 如图，将△ABE绕点A逆时针旋转9O°，得到△ADF',过点D作DH⊥BD交AF'于H,连接NH, M B 由旋转的性质可得：AE=AF',BE=DF',∠BAE=∠DAF', 由题意可得：EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE, .EF=DF+BE DF+DF'=FF, .△AEF≌aAF'F(SSS), ∴.∠EAF=∠F'AF, ,BD为正方形ABCD的对角线， 3/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠ABD=∠ADB=45°， DH⊥BD. .∠ABH=∠HDB-∠ADB=45°， 在△ABM和△ADH中， ∠BAM=∠DAH AB=AD ∠ABM=∠ADH .△ABM≌△ADH(ASA) ∴.AM=AH,BM=DH, 在△AMN和△AHN中， AM=AH ∠MAN=∠HAN, AN=AN △AMN≌△AHN(SAS), :.MIN=HN, 在Rt△HND中，DN2+BM2=MN2, :'DN2+BM2 MN2: 拓展应用：EF2=2BE2+2DF2」 【变式2-3】【答案】(1)SAS,△AGF: (2)如图， B AB=AD,∠BAD=90°， ∴把△ABE绕点A逆时针旋转90至△ADG,可使AB与AD重合， .∠BAE=∠DAG,∠ABE=∠ADG, :∠BAD=90°，∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°， :∠FAG=45°， .∠EAF=∠FAG 4/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :∠ADC+∠B=180°， ∴∠FDG=180°，点F、D、G共线， 在△AEF和△AGF中， AE=AG ∠FAE=∠FAG AF=AF :AAEF≌△AGF(SAS), .EF =FG 即EF=BE+DF; (3)①BD2+CE2=DE2: 把△ACE旋转到△ABF的位置，连接DF,BF,如图3，则∠FAB=∠CAE,BF=CE, C.∠BAC=90°∠DAE=45° .∠BAD+∠CAE=45°， 又：∠FAB=∠CAE, ∠FAD=∠DAE=45°， 在△ADF和△ADE中， AD=AD ∠FAD=∠DAE AF=AE .△ADF≌△ADE(SAS)」 .DF DE, 又∠ABF=∠C=45°， ∠FBD=90°， ∴△BDF是直角三角形， .BD2+BF2=DE2, ∴BD2+CE2=DE2 ②15 5/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 题型03正方形面积计算 典例精析 【典例3】【答案】3 举一反三 【变式3-1】【答案】6 7 【变式32】【答案】7 【变式3-3】【答案】(1)解：如图，△CED即为所求； (2)解：如图，将△BPA绕点B顺时针旋转60°得到△BDC,连接PD, B D 图2 .BD=BP=1,∠PBD=60°，CD=PA=V2,∠BPA=∠BDC, “.△PBD是等边三角形， .PD=BP=1,∠PDB=60° 在aPCD中，PD=1,CD=√2，PC=5, PD2+CD2=12+(V2=3,PC2=(V3=3 .PD2+CD2=PC2, .∠PDC=90°. :.∠BDC=∠PDC+∠PDB=90°+60°=150°」 6/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠BPA=∠BDC=150°： .∠BPA的大小为150°： (3)解：如图，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABM, A M B E 图3 .∠MAB=∠FAD,AM=AF,BM=DF,∠ABM=∠ADF, :四边形ABCD是正方形，∠EAF=45°，AB=2,BE+DF=V3, .∠ABM=∠ADF=90°，∠ABE=∠BAD=90°， ∴点M在CB的延长线上， .'EM=BE+BM=BE+DF=3, ∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°、 .∠MAB+∠BAE=∠FAD+∠BAE=45°， .∠MAE=∠EAF. 在△MAE与△FAE中， AM=AF ∠MAE=∠EAF AE=AE .△MAE≌△FAE(SAS). SA-S6AM=EM4B=x3x2-5 2 2 ·△AEF的面积为V5 题型04正方形判定的条件选择 典例精析 【典例4】【答案】B 举一反三 【变式41】【答案】①②或②③（填写一组即可） 7/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【变式42】【答案】(1)解：证明：“BD平分∠ABC, .∠ABD=∠CBD AB=BC,BD=BD, .△ABD≌aCBD(SAS), ∠ADB=∠CDB: (2)解：MN=PD时，四边形MPND是正方形， 理由：PM∥CD,PNI‖AD ∴四边形MPND是平行四边形，∠ADB=∠NPD, ∠ADB=∠CDB, ∴∠CDB=∠NPD, :.PN DN, ∴.四边形MPND是菱形， MN PD. ∴四边形MPND是正方形. 【变式43】【答案】①②③ 题型05正方形判定的证明题 典例精析 【典例5】【答案】证明：，菱形ABCD, .OB=OD,OA=OC,AC⊥BD .AE=CF, ..0A+AE=OC+CF,OE=OF, .四边形BEDF为平行四边形形， 又EF⊥BD, .四边形BEDF为菱形， .∠DEF=∠BEC=45°， .∠BED=90°， .四边形BEDF为正方形 举一反三 【变式5-1】【答案】(1)四边形AFDE是正方形，理由如下： 8/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DEILAB,DF∥AC, ∴，四边形AFDE是平行四边形， :AD平分∠BAC, ∴.∠FAD=∠EAD, DE‖AB ∴.∠EDA=∠FAD. ∴.∠EDA=∠EAD, .AE=DE, ∴.平行四边形AFDE是菱形， .∠BAC=90°， .四边形AFDE是正方形： (2)解：由(1)知四边形AFDE是正方形， .AE2+DE2=2AE2=4, AE2=2, ∴.四边形AFDE的面积为2. 【变式5-2】【答案】(I)证明：：ABCD中AB=BC, 四边形ABCD是菱形， CF⊥AE, ∠CFE=90° .∠E+∠ECF=90°， ,∠E=∠CGD ∴.∠CGD+∠ECF=90°， .∠ADC=90°， ∴四边形ABCD是正方形： (2)解：：四边形ABCD是正方形，AB=2, .BC=AB=2,∠B=90° AC=VAB2+BC2=2√2， ,点F是AE的中点，CF⊥AE, ∴.CF垂直平分AE, .CE=AC=22 【变式5-3】【答案】(1)证明：四边形ABCD是菱形， 9/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD∥BC, ∴∠BAD+∠ABC=180° 又：∠BAD=∠ABC, .∠BAD=∠ABC=90°， 菱形ABCD是正方形. (2)证明：：四边形ABCD是正方形， :.∠BCE=∠DCE=45°，BC=DC. .CE=CE, ACBE≌ACDE(SAS), .BE=DE,∠CBE=LCDE. 又.∠CDE=∠F, ∴∠CBE=∠F, ..BE=EF, .EF=DE, (3)解：CD-CF=√2CE正确. 理由如下：过点E作EG⊥AC交CD于点G,如图，则∠CEG=90°， ,四边形ABCD是正方形， .∠ACD=45°，∠BCD=90°. ∴∠EGC=90°-∠ACD=45°，∠DCF=180°-∠BCD=90°， .∠ACD=∠EGC=45°， ∴.CE=EG,∠EGD=180°-∠EGC=135°， .·∠ECF=∠ACD+∠DCF=45°+90°=135°， .∠EGD=∠ECF :∠EDG=LCBE,∠CBE=∠F, ∴.∠EDG=∠F, .EF =DE, 10118 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△ECF≌△EGD(AAS). ∴CF=GD :△ECG是等腰直角三角形， ..EG2=CE2,CG2=EG2+CE2, ∴CG=√2CE, .CD=CG+GD=2CE+CF, ∴.CD-CF=√2CE 1题型06 正方形中的折叠▣题 典例精析 【典例6】【答案】7.5cm 举一反目 【变式6-1】【答案】(3,10) 【变式6-2】【答案】2 【变式6-3】【答案】(1)①证明：当k=1时，四边形ABCD为正方形， .AB=AD,∠EAB=∠GDA=90° ·将△ABE沿BE翻折得到△FBE, .AF⊥BE ∴.∠DAG+∠AEB=90° ∠DAG+∠DGA=90°， .∠AEB=∠DGA, ∴.△AEB≌△DGA(AAS), ..AG=BE; ②2： (2)解：如图，延长EF交DC于点N, 11/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 图2 在矩形ABCD中，当k=1时，AB=BC,∠A=∠BCD=90° 根据折叠可得AB=BF=BC=4,∠EFB=∠A=90°， ∴.∠BFC=∠BCF」 :∠CFN=∠BFN-∠BFC=90°-∠BFC,∠FCN=∠BCD-∠BCF=90°-∠BCF, ∴.∠CFN=∠FCN, ∴.FW=NC, :∠CFD=90° ∴∠DFN=90-∠NFC,∠FDN=90°-∠FCD. .∠DFN=∠FDN, ..FN=DN=CN=CD=2, 设AE=EF=x,则ED=AD-AE=4-x,EN=EF+FN=x+2, 在Rt△EDN中，ED2+DN2=EN2, 即(4-x)}+22=(x+2)2, 的N子 AE 27 ()DH22 理由如下，在矩形8CD中，当太 =4时，设AB=3a则BC=4a' 根据折叠可得AB=BF=3a,∠A=∠EFB=90°，∠AEB=∠FEB, ∴∠BFG=90°， 设CG=FG=y,则BG=BC-CG=4a-y, 在RtABFG中，BF2+FG=BG, 即(3a}+y2=(4a-y)', 7 解得y=80 12/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴BG=BC-CG= 25 8, .ADI BC. .∠AEB=∠EBG=∠BEG, GE=GB=2 8, 9 .AE=EF=EG-FG= 7 .ED=AD-AE=a, 4 如图，连接GH,EH, H B 图3 .GF=GC,∠GFH=∠GCH,GH=GH .aGFH≌aGCH(HL), .FH=CH, 设DH=n,则FH=CH=DC-DH=3a-n, 在Rt△EFH中，EH=EF2+FH, 在Rt△EDH中，EH=ED2+DH, ..EF2+FH2=ED2+DH2, 2-C-x-(-i. 11 解得n= a 6 AE9a,11a27 D4*622 题型07正方形与中点、中位线综合 典例精析 【典例7)【答案】(I)证明：：∠BAC=90°，AB=AC,DE是△ABC的中位线， 13/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.AD=AE,∠DAE=90°， ∴.∠DAB=90°-∠BAE=∠EAC. 在△AEC和△ADB中， AE=AD ∠EAC=∠DAB AC=AB △AEC≌△ADB(SAS) (2)不变 如图1，设AB与CP交于点G. 4 B 图1 ,△AECR≌AADB ∴.∠DBA=∠ECA, :∠AGC=∠BGP, .∠BPC=∠BAC=90° (3)如图2，在Rt△AEC中，AE=4,AC=8, B C 图2 .EC=VAC2-AE2=V82-42=4V5 △AEC兰△ADB, .BD=EC=4V3,∠ADB=∠AEC=90°， ∴.四边形ADPE是正方形， .PD=PE=AE=4, ∴.BP=BD-PD=4V3-4. 三 举一反三 【变式7-1】 【答案】0E=nC,EFBC 2 14118 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②N=4D+BC,MNI ADIBC, 解：MW=(AD+BC),MN I ADI‖BC,理由如下： 2 如图(2)，连接并延长CM交DA的延长线于点E, E D 图(2) ADl/BC, .∠E=∠MCB ,点M为AB的中点， ∴.AM=BM, 在△AME和△BMC中， [∠AME=∠BMC ∠E=∠MCB AM=BM ∴.△AME≌aBMC(AAS), .AE=BC,EM=CM, ∴.AD+BC=AD+AE=ED, ,M为EC的中点，N为DC的中点， .MN为△CED的中位线， MN-TED.MNIED ：N=MD+BC,MNIADIBC. 3)42 (4证明：分别过E,F,C,P作AB的垂线，垂足依次为R,S,T,O,则ER川POFS, 过点P作HK1PO,交ER于点H,交SF延长线于点K, E K R 15/18 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 PO⊥AB,ER⊥AB,KS⊥AB,HK⊥PO, .∠R=∠S=∠POR=∠PQS=∠HPQ=∠KPQ=90° 四边形PORH是矩形，四边形PQSK是矩形， HP=RO,PK=QS,∠PHR=90°，∠K=90°， .∠PHE=180°-90°=90° .∠PHE=∠K, ,P是EF的中点， ∴.PE=PF, 在△PHE和△PKF中， 「∠PHE=∠K ∠EPH=∠FPK, PE=PF .△PHE≌aPKF(AAS). .PH=PK, ..OR=OS, .O为RS的中点， ∴.PQ为梯形EFSR的中位线， PQ=(ER+四)， :四边形ACDE是正方形， .AE=AC,∠EAC=90° .∠EAR+∠CAT=180°-90°=90°， ,ER⊥AB于点R,CT⊥AB于点T, .∠R=90°，∠ATC=90°， .∠R=∠ATC,∠AER=90°-∠EAR=∠CAT, RIAAERRIACAT(AAS), ,四边形CBFG是正方形， .BC=BF,∠CBF=90°， ∴.∠CBT+∠FBS=180°-90°=90°， :FS⊥AB于点S,CT⊥AB于点T, .∠S=90°，∠BTC=90°， 16118 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .∠S=∠BTC,∠BCT=90°-∠CBT=∠FBS, .RtABFSRIACBT(AAS), .ER=AT,FS=BT. .ER+FS=AT+BT=AB, :PQ=1AB 2 【变式7-2】【答案】(1)解：取BD的中点P,连接PE,PF, A 点、分别是， 的中点， ·EF AD BC PE∥AB' PE三)4B3,pp1CD?PRCD=4,三角形的中位线平行于三角形的第三边 且等于第三边的一半) ∴∠EPD=∠ABD=30°，∠DPF+∠BDC=180°， .∠DPF=180°-∠BDC=180°-120°=60°， ∠EPF=∠EPD+∠DPF=90°， 在Rt△EPF中，由勾股定理得EF=VPE2+PF2=V32+4=√25=5： (2)证明：连接BD,取BD的中点H,连接EH,FH, M D E 点，分别是， 的中点， C.E F AD BC .:.EH I AB, E FHUCD:FWCD-6. :∠HEF=∠BMF,∠HFE-=LCNF, EH2= 169 4 :.EH2+FH2=EF2, ∴.△EFH是直角三角形，且∠EHF=90°， .∠HEF+∠HFE=90°， ∠BMF+∠CNF=90°； 17/18 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (3)互相平分且相等；50， 【变式7-3】【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)证明：如图，延长CE到点F.使EF=CE.连接BF,AF F ,点E为AB的中点. ∴.AE=BE. 又：EF=CE, ∴四边形ACBF是平行四边形. :∠ACB=90°， 四边形ACBF是矩形 .AB=CF .EF=CE CE-CF. CE-4B (3)2 题型08正方形多结论判断题 典例精析 【典例8】【答案】①③④ 举一反目 【变式8-1】【答案】D 【变式8-2】【答案】①②④ 【变式8-3】【答案】①②④ 18/18