第03讲 正方形的性质与判定（4大知识点+11大典例+变式训练+过关检测） （暑期衔接课堂讲义）2026-2027学年北师大版九年级数学上册

第03讲 正方形的性质与判定（4大知识点+11大典例+变式训练+过关检测） 典型例题一 正方形的性质 典型例题二 中点四边形 典型例题三 添一个条件使四边形是正方形 典型例题四 正方形折叠问题 典型例题五 根据正方形的性质与判定求角度 典型例题六 根据正方形的性质与判定求线段长 典型例题七 根据正方形的性质与判定求面积 典型例题八 根据正方形的性质与判定证明 典型例题九 （特殊）平行四边形的动点问题 典型例题十 四边形中的线段最值问题 典型例题十一 四边形其他综合问题 知识点01 正方形的性质 正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质. 1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行； 2.角——四个角都是直角； 3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角； 4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形. 【即时训练】 1．（24-25八年级下·山西吕梁·期末）从一般到特殊是一种重要的数学思想，如图通过类比的方法展现了认识三角形与平行四边形图形特征的过程，你认为“?”处的图形名称是（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 2．（24-25九年级上·全国·课前预习）正方形既是_____又是______，它既具有____的性质，又有_____的性质． 知识点02 正方形的判定 正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）. 【即时训练】 1．（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在菱形中，．要使菱形为正方形，则是（   ） A． B． C． D． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是_____． 知识点03 特殊平行四边形之间的关系 或者可表示为： 【即时训练】 1．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）在学习了“中心对称图形—平行四边形”之后，平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系可以用下面的关系图表示，则②处所填图形的名称应为（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 2．（24-25八年级下·浙江台州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是________． 知识点04 顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 【即时训练】 1．（25-26八年级下·广西玉林·期中）学校矩形操场的四条边中点各立一个篮球架，现在用绳子把四个篮球架连起来，平面示意图如图所示．则绳子围成的四边形的形状一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．对角线相等的四边形 2．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）已知四边形ABCD的对角线互相垂直，顺次连接四边形的四条边中点，所得到的新四边形的形状是________． 【典型例题一 正方形的性质】 【例1】（2026·河北沧州·一模）下列由一个正方形和两个相同的等腰直角三角形组成的图形中，轴对称图形的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【例2】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在中，，分别以，为边向外作正方形，面积分别记为，，若，则的长为（　　） A．2 B．4 C． D． 【例3】（25-26八年级下·北京·课后作业）从知识结构来看，平行四边形、矩形、菱形、正方形的包含关系可以如图表示，则其中最大的椭圆表示的是______形，阴影部分表示的是______形． 【例4】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，是一个正方形花园，是一条小路，现准备继续修建两条观光小路和，若小路长为15米，则小路长为_______米． 1．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，点O是正方形的对称中心，请用尺规作图法，在边上求作一点P，连接，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 2．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，点A，B均为格点（网格线的交点），我们把顶点落在格点上的四边形称为格点四边形．请在给定的网格中用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图①中画一个以为对角线的格点正方形； (2)在图②中画一个格点菱形，且四边形不是正方形； (3)在图③中画一个格点平行四边形，且面积为12． 3．（2026·广东湛江·一模）根据要求解决问题： (1)【新知探究】 对于正数a、b，我们称为a、b的算术平均数，称为a、b的几何平均数．请观察下面的表格，并解答下面的问题： a，b的值 的值 的值 ， 5 4 ， 4 4 ， 4 m ， 3 ①表格中的________； ②根据表格，猜想________（比较大小） (2)【理解应用】 ①已知，，当________时，代数式取得最大值是________； ②如图1，已知，在中，，，求周长的最大值． (3)【拓展提升】 如图2，已知正方形的边长为4，P为边上的动点，交于E，过点E作交边于点F，连交于点G，求面积的最小值． 【典型例题二 中点四边形】 【例1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）顺次连接四边形四条边的中点，所得到的四边形是矩形，则原四边形的形状是（    ） A．菱形 B．矩形 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【例2】（25-26九年级上·四川成都·阶段检测）如图， 四边形 为矩形， E， F， G， H 分别为 ， ，， 的中点， 则四边形的形状是（    ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【例3】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为________． 【例4】（2025·四川绵阳·二模）如图，在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是__． 1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）已知：四边形是菱形，依次连接各边中点得到四边形．求证：四边形是矩形． 2．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 3．（24-25八年级下·河北秦皇岛·期末）阅读下面材料： 在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小敏在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小敏的思路作答： （1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小敏思考问题的方法，解决以下问题： （2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 【典型例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·江西南昌·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【例2】（25-26八年级下·甘肃张掖·期中）如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ）． A． B． C． D． 【例3】（24-25八年级下·甘肃临夏·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，请你添加一个条件：________ ， 使得该菱形为正方形． 【例4】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使平行四边形为正方形（如图）．现在文文选择了③④，你认为文文选择的______（填“对”或“不对”） 1．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，为中点，过点作，交于点，过点作，交的延长线于点，连接，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)当满足条件 时，四边形是正方形． 2．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图1，在中，点D在的延长线上，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的平分线于点F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接、，当点运动到何处时，四边形是矩形，并说明理由； (3)在（2）的前提下满足时，四边形是正方形？（直接写出答案，无需证明） 3．（24-25八年级下·北京·期中）下面是小明设计的“在一个三角形中作内接菱形”的尺规作图过程． 已知：； 求作：菱形（点在上，点在上，点在上）； 作法：①作的角平分线，交于点；②作线段的垂直平分线，交于点，交于点；③连接、． 所以四边形为所求的菱形． 根据小明设计的尺规作图过程， (1)使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） (2)完成下面的证明： 证明：∵平分，∴ ∵是线段的垂直平分线， ∴，，（____________）（填推理依据） ∴，， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形．（____________）（填推理依据） ∵， ∴为菱形．（___________）（填推理依据） (3)当满足_______时，菱形是一个正方形（添加一个符合要求的条件）． 【典型例题四 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·全国·暑假作业）如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【例2】（24-25八年级下·广东广州·期末）小花同学将手里的正方形纸片沿着下图方式进行两次对折后，在第二次折痕处剪掉一个等腰直角三角形如图所示，则展开正方形纸片得到的图形是（ ） A． B． C． D． 【例3】（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图，已知正方形的边长为6，点在上，且，将沿折叠至的位置，延长交于，则＝___________． 【例4】（24-25九年级上·河南商丘·阶段检测）如图，四边形是正方形，E、F分别在边上，将分别沿折叠后，重合于的位置，且点G恰好在连线上．若正方形边长为12，线段长为10，则的长为 _____． 1．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知正方形，，为的中点，连接，把沿折叠得到，连结交于点． (1)求证：； (2)求，的长． 2．（24-25八年级下·河北沧州·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断．                                3．（24-25八年级下·广东江门·期中）综合与实践 【主题】黄金矩形 【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等． 素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。 【操作步骤】 【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处． 【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形． 【问题解决】设． (1)求证：矩形是黄金矩形． (2)求证：矩形MNDE也是黄金矩形． 【典型例题五 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（24-25九年级上·河南漯河·阶段检测）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 【例2】（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的点，且CE=CF，点P、Q分别是AF、EF的中点，连接PD、PQ、DQ，则△PQD的形状是（　　） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．等腰直角三角形 【例3】（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°． 【例4】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于___． 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 2．（24-25九年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 3．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段检测）如图①，在平面直角坐标系中，AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，点C(0，m)，A(n，m)，且(m－4)2＋n2－8n＝－16，过C点作∠ECF分别交线段AB，OB于E，F两点． (1)求A点的坐标； (2)若OF＋BE＝AB，求证：CF＝CE； (3)如图②，若∠ECF＝45°，给出两个结论：①OF＋AE－EF的值不变；②OF＋AE＋EF的值不变，其中有且只有一个结论正确，请你判断出正确的结论，并加以证明和求出其值． 【典型例题六 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（24-25九年级上·陕西榆林·阶段检测）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N．若S四边形MOND＝2，则BD的长为（　　） A．2 B． C．4 D．2 【例2】（24-25九年级上·浙江温州·期中）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，点P是AC边上的一个动点，连结BP，EP，则BP＋EP的最小值为（    ） A． B． C． D．＋1 【例3】（2025·浙江·模拟预测）如图，在一张矩形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为___________． 【例4】（2025·北京朝阳·二模）如图，在中，． ①以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；作射线． ②以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点N；作射线，与射线相交于点P． ③连接． 根据以上作图，若点P到直线的距离为1，则线段的长为____________． 1．（2025·江西新余·模拟预测）如图是由小正方形组成的网格，每个边长为1的小正方形的顶点叫做格点，图中A、B、C、D都是格点，E是AB上一点，仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图． (1)在图1中，在线段上找点F，使得； (2)在图2中，在线段上找点H，使得四边形为矩形． 2．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）（1）【问题提出】如图1，在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上，求证：四边形为正方形． （2）【问题拓展】如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处，为折痕．若，，求的长． 3．（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】 折叠问题是几何变换常见的数学问题，其本质是轴对称图形，而矩形的折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动．如图，已知矩形纸片，其中，． 【操作判断】 （1）将矩形纸片按图折叠，使点落在边上的点处，请判断四边形的形状，并说明理由； 【探究发现】 （2）将图的纸片展平，把四边形剪下来，如图，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点． 求的长； 直接写出、、之间的数量关系． 【典型例题七 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理构造的图形，后人称之为“赵爽弦图”．该图形由四个全等的直角三角形拼接而成，若，，则四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【例2】（24-25九年级上·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【例3】（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是______． 【例4】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，正方形 ABCD 边长为 ，O 为正方ABCD 的对角线的交点，正方形 A1B1C1O 绕点 O 旋转，则两个正方形重叠部分的面积为_____．    1．（24-25九年级上·江西九江·阶段检测）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． 2．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，若，求四边形的面积． 3．（2025·江苏南京·模拟预测）折纸的思考. 【操作体验】 用一张矩形纸片折等边三角形. 第一步，对折矩形纸片（图①），使与重合，得到折痕，把纸片展平（图②）. 第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点落在上的处，并使折痕经过点，得到折痕，折出，得到. （1）说明是等边三角形. 【数学思考】 （2）如图④.小明画出了图③的矩形和等边三角形.他发现，在矩形中把经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形.请描述图形变化的过程. （3）已知矩形一边长为3，另一边长为.对于每一个确定的的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形.请画出不同情形的示意图，并写出对应的的取值范围. 【问题解决】 （4）用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4和1的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为. 【典型例题八 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2025·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【例2】（24-25八年级下·山东德州·期末）勾股定理在平面几何中有着不可替代的重要地位，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，如图1是由边长均为1的小正方形和Rt△ABC构成，可以用其面积关系验证勾股定理，将图1按图2所示“嵌入”长方形LMJK，则该长方形的面积为（　　） A．60 B．100 C．110 D．121 【例3】（2025·天津河东·二模）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为___．    【例4】（24-25九年级上·广西防城港·期末）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝5，CG＝3，则CE的长为_____． 1．（24-25八年级下·广东潮州·阶段检测）如图，在正方形中，，点是上的一点，连结．过点作，交于点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若恰为的中点，请求出的长． 2．（25-26九年级上·全国·周测）推理能力【几何探究】综合与实践． 【问题情境】如图，E为正方形内一点，．将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为C）．延长交于点F，连接． 【猜想证明】 （1）试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【解决问题】 （3）如图①，若，请直接写出的长． 3．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）在正方形中： (1)如图1，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么______（填“＝”、“＞”、“＜”）； (2)如图2，如果点、、、分别在、、、上，且，垂足为，那么_____（填“＝”、“＞”、“＜”）； (3)如图3，在（2）的条件下，当点在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处．那么四边形是正方形吗？若是，请证明；若不是，请说明理由． 【典型例题九 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例1】（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【例2】（24-25九年级上·山东济宁·期末）如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？（　　）    A． B． C．或 D．或 【例3】（24-25八年级下·山东菏泽·期末）如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动．______秒时四边形是平行四边形？    【例4】（24-25八年级下·河南驻马店·期末）如图在矩形中，，，为的中点，动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当的面积为时，值为________．    1．（25-26八年级下·河南安阳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 2．（25-26八年级下·重庆潼南·期中）如图，在Rt中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接． (1)求证：； (2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，直接写出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，四边形为矩形？请说明理由． 3．（25-26九年级上·河南郑州·阶段检测）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系． (1)【问题初探】 爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________； (2)【问题引申】 如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由： (3)【问题解决】 如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________． 【典型例题十 四边形中的线段最值问题】 【例1】（24-25九年级上·山东聊城·阶段检测）如图，已知正方形的边长为4，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【例2】（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（    ） A．0 B．3 C．4 D．6 【例3】（24-25九年级下·贵州铜仁·阶段检测）如图，在矩形中，，，E为上一点，且，F为上一个动点，连接，将绕点E顺时针旋转到位置，连接和，则的最小值为_____．    【例4】（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，已知正方形的对角线交于O，G是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是______． 1．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，求这个最小值． 2．（24-25八年级下·河南新乡·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点． ①试探索与的数量关系，并说明理由； ②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程） 3．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段检测）综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 【典型例题十一 四边形其他综合问题】 【例1】 （24-25八年级下·江西上饶·阶段检测）如图，在菱形中，于E．若，且，则菱形的周长为（    ）    A．12 B．8 C．4 D．2 【例2】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则下列说法：①AE＝DE；②EG＞GC；③BE＝BF；④若AB＝1，则AD＝，正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【例3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在平面直角坐标系xoy中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AO=2，BO=3，BC=4.将正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D’处，则点C的对应点C’的坐标为____. 【例4】（24-25九年级下·吉林长春·阶段检测）如图，把边长为的正方形纸片分割成如图的三块，其中点为正方形的中心，为的中点，用这三块纸片拼成与该正方形不全等且面积相等的四边形（要求这三块纸片不重叠无缝隙），若四边形为矩形，则四边形的周长是___________． 1．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，四边形ABCD中，，，． (1)求∠ABC的度数； (2)把BCD沿BC翻折得到BCE，过点A作，垂足为F，求证：； (3)在（2）的条件下，连接DE，若四边形ABCD的面积为45，，求DE的长． 2．（2025九年级上·江苏无锡·模拟预测）已知线段． (1)已知线段垂直于线段．设图1，图2和图3中的四边形的面积分别为和，则__________，__________，__________； (2)如图4，对于线段与线段垂直相交（垂足不与点重合）的任意情形，请你就四边形面积的大小提出猜想，并证明你的猜想； (3)当线段与（或）的延长线垂直相交时，猜想顺次连接点所围成的封闭图形的面积是多少？ 3．（24-25九年级上·江苏常州·阶段检测）我们借助学习“三角形全等的判定”获得的经验与方法，对“全等四边形的判定”进行探究． 规定：（1）四条边对应相等，四个角对应相等的两个四边形全等．（2）在两个四边形中，我们把“一条边对应相等”或“一个角对应相等”称为一个条件． 【初步思考】 满足个条件的两个四边形不一定全等，如边长相等的正方形与菱形就不一定全等．类似地，我们容易知道两个四边形全等至少需要个条件． 【深入探究】 小莉所在学习小组进行了研究，她们认为个条件可分为以下四种类型： Ⅰ一条边和四个角对应相等；Ⅱ二条边和三个角对应相等； Ⅲ三条边和二个角对应相等；Ⅳ四条边和一个角对应相等． (1)小明认为“Ⅰ一条边和四个角对应相等”的两个四边形不一定全等，请你举例说明． (2)小红认为“Ⅳ四条边和一个角对应相等”的两个四边形全等，请你结合下图进行证明． 已知：如图， ． 求证： ． 证明：    (3)思考：有一组邻边和三个角对应相等的两个四边形全等 （填“一定”或“不一定”） 1．（24-25八年级下·浙江金华·期中）正方形具有矩形不一定有的性质是（    ） A．对角互补 B．对角线相等 C．四个角相等 D．对角线互相垂直 2．（25-26九年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）小张学习了四边形内容后，梳理了四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系图，如图所示，给出下列条件，其中对应序号填写正确的有几个（     ）   ；；；； A．1 B．2 C．3 D．4 4．（24-25八年级下·四川达州·期末）如图，在矩形中，，．把沿折叠，使点恰好落在边上的处，再将绕点顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点．设交于点，连接．有如下结论：①；②；③的长度是；④．上述结论中，正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 5．（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 6．（24-25八年级下·湖南永州·期末）矩形四边中点的连线构成的四边形是______四边形，矩形四个角的平分线构成的是_______四边形． 7．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点E、F分别为边上的动点（不与端点重合），连接，点E、F在运动过程中，始终保持，连接．过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为______．    8．（24-25八年级下·安徽淮南·期末）如图，在正方形中，为对角线上的一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）若，则矩形的面积为_______； （2）当线段与正方形的一边的夹角是时，则的度数为_______． 9．（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，在矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（可与点，重合），过点作于点，连接．当与重合时，________；若四边形为正方形，则________． 10．（24-25九年级下·浙江绍兴·阶段检测）如图1是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点N为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域（），形成一幅装饰画，则矩形的周长为 __．若点M，N，E在同一直线上，且点H到的距离与到的距离相等，则印章区域的面积为 __． 11．（24-25九年级下·陕西榆林·期中）如图，在矩形中，连接，点是的中点，点是的中点，连接并延长交于点，，求证：四边形是正方形．    12．（25-26八年级下·全国·单元复习）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． 13．（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图1，正方形的边长为，点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长度的速度移动，点从点出发，向点以每秒个单位长度的速度移动（不到点）.设点，同时出发移动秒．    (1)在点，移动过程中，连接，，，请判断的形状并说明理由： (2)如图2，连接，设交于点，当时，求的长； (3)如图3，点，分别在边，上，且，连接，交于点，当与的夹角为，求的值． 14．（24-25九年级上·山西吕梁·期末）下面是小宇同学的数学小论文，请你仔细阅读并完成相应的任务． 折叠正方形 在数学活动时折叠的本质是图形的轴对称，通过轴对称进行图形的变换可以构造形式多样的几何图形，利用轴对称的知识研究问题也是常用的方法．如图1，四边形是正方形，点是边上的一点，，将沿着折叠得到，连接交于点，过点作于点．则有．理由如下： 方法一：由折叠可知： 是的垂直平分线（依据1）， ∴， ∵，∴，∴ ∵四边形是正方形，∴ ∴，∴ ∵， ∴（依据2） ∴ 方法二： 任务： (1)材料中的依据1是指 ；依据2是指 ； (2)请你帮助小宇同学写出方法二； (3)如图2，把材料中的图形延长交的延长线于点，其余条件保持不变，若，求的长度． 15．（25-26八年级下·江苏·期中）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． (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．请你画出图2、图3、图4中四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可）； (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．请填写下表： 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 ， (3)证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 ，已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点， ．求证：四边形是 ． 学科网（北京）股份有限公司 $ 第03讲 正方形的性质与判定（4大知识点+11大典例+变式训练+过关检测） 典型例题一 正方形的性质 典型例题二 中点四边形 典型例题三 添一个条件使四边形是正方形 典型例题四 正方形折叠问题 典型例题五 根据正方形的性质与判定求角度 典型例题六 根据正方形的性质与判定求线段长 典型例题七 根据正方形的性质与判定求面积 典型例题八 根据正方形的性质与判定证明 典型例题九 （特殊）平行四边形的动点问题 典型例题十 四边形中的线段最值问题 典型例题十一 四边形其他综合问题 知识点01 正方形的性质 正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质. 1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行； 2.角——四个角都是直角； 3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角； 4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心. 要点：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形. 【即时训练】 1．（24-25八年级下·山西吕梁·期末）从一般到特殊是一种重要的数学思想，如图通过类比的方法展现了认识三角形与平行四边形图形特征的过程，你认为“?”处的图形名称是（　　） A．平行四边形 B．菱形 C．正方形 D．矩形 【答案】C 【分析】根据四边形之间的关系，解答即可． 本题考查了平行四边形，矩形，菱形，正方形的关系，熟练掌握关系是解题的关键． 【详解】解：根据题意，得 故选：C． 2．（24-25九年级上·全国·课前预习）正方形既是_____又是______，它既具有____的性质，又有_____的性质． 【答案】 矩形 菱形 矩形 菱形 【解析】略 知识点02 正方形的判定 正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）. 【即时训练】 1．（25-26九年级上·贵州贵阳·期中）如图，在菱形中，．要使菱形为正方形，则是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查正方形的判定，根据“有一个角是直角的菱形是正方形”，再根据正方形对角线平分一组对角即可解答． 【详解】解：∵四边形是菱形，， 当时，则菱形是正方形， ∴，即． 故选：B． 2．（24-25八年级下·北京·期中）如图，将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是_____． 【答案】邻边相等的矩形是正方形 【分析】将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处，可得到BA=BF，折痕为BE，沿EF剪下，故四边形ABFE为矩形，且有一组邻边相等，故四边形ABFE为正方形，即可得到答案． 【详解】将长方形纸片折叠，使A点落在BC上的F处， ， 折痕为BE，沿EF剪下， ， 四边形ABFE是矩形， 四边形ABFE是正方形， 则其数学原理为：邻边相等的矩形是正方形， 故答案为：邻边相等的矩形是正方形． 【点睛】本题考查了图形的翻折变换和正方形的判定定理，熟练掌握知识点是解题的关键． 知识点03 特殊平行四边形之间的关系 或者可表示为： 【即时训练】 1．（24-25八年级下·江苏连云港·期中）在学习了“中心对称图形—平行四边形”之后，平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系可以用下面的关系图表示，则②处所填图形的名称应为（    ） A．平行四边形 B．矩形 C．菱形 D．正方形 【答案】D 【分析】本题考查四边形与特殊平行四边形之间的关系，根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的定义与性质解答是解题的关键． 【详解】解：由题意可知，④是平行四边形，①是矩形，③是菱形，②是正方形． 故选：D． 2．（24-25八年级下·浙江台州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则（2）处可以添加的条件是________． 【答案】有一组邻边相等（答案不唯一） 【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，填空即可． 【详解】解：有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填一个角是直角； 有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填有一组邻边相等； 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则（3）处填有一组邻边相等； 有一个角是直角的菱形是正方形，则（4）处可填有一个角是直角； 故答案为：有一组邻边相等（答案不唯一）． 知识点04 顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状 （1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形. （2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形. （3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形. （4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形. 要点：新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成. （1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形. （2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形. （3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形. 【即时训练】 1．（25-26八年级下·广西玉林·期中）学校矩形操场的四条边中点各立一个篮球架，现在用绳子把四个篮球架连起来，平面示意图如图所示．则绳子围成的四边形的形状一定是（    ） A．菱形 B．正方形 C．矩形 D．对角线相等的四边形 【答案】A 【分析】根据三角形中位线，菱形的判定解答即可； 【详解】解：连接， 因为矩形操场的四条边中点各立一个篮球架， ，， 故， 故四边形是菱形； 2．（24-25八年级下·江苏盐城·期中）已知四边形ABCD的对角线互相垂直，顺次连接四边形的四条边中点，所得到的新四边形的形状是________． 【答案】矩形 【分析】根据四边形对角线互相垂直，运用三角形中位线平行于第三边证明四个角都是直角，判断是矩形． 【详解】解：如图： ∵E、F、G、H分别为各边中点 ，，，， ， ， 四边形是矩形． 故答案为：矩形． 【点睛】本题考查中点四边形，解题的关键是利用了三角形中位线定理的性质，比较简单，也可以利用三角形的相似，得出正确结论． 【典型例题一 正方形的性质】 【例1】（2026·河北沧州·一模）下列由一个正方形和两个相同的等腰直角三角形组成的图形中，轴对称图形的个数是（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】本题考查了等腰直角三角形和正方形的性质、轴对称图形：如果一个图形沿着某条直线对折后，直线两旁的部分能够重合，则称这个图形是轴对称图形，这条直线叫做对称轴；根据这个概念判断即可． 【详解】解：由于正方形和等腰直角三角形都是轴对称图形， 所以图形①④可以找到一条直线，使直线两旁的部分能够重合，故是轴对称图形；其他的图形不能找到一条直线，使直线两旁的部分能够重合，故都不是轴对称图形； ∴轴对称图形的个数是个 故选：B． 【例2】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，在中，，分别以，为边向外作正方形，面积分别记为，，若，则的长为（　　） A．2 B．4 C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了勾股定理，正方形的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．利用正方形的性质和勾股定理解答即可． 【详解】解：∵分别以为边向外作正方形，面积分别为， ， ， ， ， ， 故选：A． 【例3】（25-26八年级下·北京·课后作业）从知识结构来看，平行四边形、矩形、菱形、正方形的包含关系可以如图表示，则其中最大的椭圆表示的是______形，阴影部分表示的是______形． 【答案】 平行四边 正方 【详解】解：正方形是特殊的矩形，也是特殊的菱形； 正方形、矩形和菱形都是特殊的平行四边形， 所以最大的椭圆表示的是平行四边形，阴影部分表示的是正方形． 【例4】（25-26八年级下·福建厦门·期中）如图，是一个正方形花园，是一条小路，现准备继续修建两条观光小路和，若小路长为15米，则小路长为_______米． 【答案】 15 【详解】解：连接， 四边形为正方形， ∴垂直平分， ∴， ∵米， ∴米． 1．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，点O是正方形的对称中心，请用尺规作图法，在边上求作一点P，连接，使得．（保留作图痕迹，不写作法） 【答案】如图所示，即所求． 【分析】由正方形的性质可知，正方形的对称中心到四边的距离等于边长的一半，只要找到的中点即可，分别以点，点为圆心，大于为半径画弧，两弧交于点，连接，与的交点即为点． 【详解】略 2．（25-26八年级下·江苏连云港·期中）图①、图②、图③都是的正方形网格，每个小正方形的边长为1，点A，B均为格点（网格线的交点），我们把顶点落在格点上的四边形称为格点四边形．请在给定的网格中用无刻度的直尺按要求画图． (1)在图①中画一个以为对角线的格点正方形； (2)在图②中画一个格点菱形，且四边形不是正方形； (3)在图③中画一个格点平行四边形，且面积为12． 【答案】(1)作图见解析 (2)作图见解析 (3)作图见解析 【分析】（1）连接，使，再依次连接，则四边形即为所求； （2）根据菱形的判定解答，使； （3）以为底边，以4为高线，可得平行四边形． 【详解】（1）解：如图所示，四边形即为所求； （2）解：如图所示，四边形即为所求； （3）解：如图所示，四边形即为所求． 3．（2026·广东湛江·一模）根据要求解决问题： (1)【新知探究】 对于正数a、b，我们称为a、b的算术平均数，称为a、b的几何平均数．请观察下面的表格，并解答下面的问题： a，b的值 的值 的值 ， 5 4 ， 4 4 ， 4 m ， 3 ①表格中的________； ②根据表格，猜想________（比较大小） (2)【理解应用】 ①已知，，当________时，代数式取得最大值是________； ②如图1，已知，在中，，，求周长的最大值． (3)【拓展提升】 如图2，已知正方形的边长为4，P为边上的动点，交于E，过点E作交边于点F，连交于点G，求面积的最小值． 【答案】(1)①；② (2)①，100；② (3) 【分析】（1）①根据几何平均数的定义求；②根据表格猜想结论即可； （2）①观察表格发现，当时，；当时，，据此可得当时，代数式取得最大值，即可得解；②由勾股定理可得，则，当时，最大，最大值为18，即可得解； （3）连接交于，连接，根据正方形和等腰三角形的性质，推出，根据可知，当时，最小，此时是的垂直平分线，过作于，过作于，根据角平分线的性质，设，则，根据的长列方程得出，即可求解． 【详解】（1）解：①由题意可得：； ②根据表格猜想：； （2）解：①观察表格发现，当时，；当时，； 当时，代数式取得最大值， 时，最大值为100； ②在中，，， ， ， 当最大，则最大， ，， 当时，最大，最大值为18， 周长的最大值为：； （3）解：如图，连接交于，连接， 由正方形的对称性可得：，， 正方形的边长为4， ，，， ，， ， ， ， ， ，， ， 当时，最小； 此时是的垂直平分线， ，， ∴， ∵， ， ， 过作于，过作于，则， 设， ， ， ， ， 解得：， ， ， 面积的最小值是． 【典型例题二 中点四边形】 【例1】（25-26九年级上·山东青岛·阶段检测）顺次连接四边形四条边的中点，所得到的四边形是矩形，则原四边形的形状是（    ） A．菱形 B．矩形 C．对角线互相垂直 D．对角线相等 【答案】C 【分析】本题考查中点四边形，根据三角形的中位线定理，矩形的性质，推出原四边形的对角线互相垂直即可． 【详解】解：如图，分别为四边形的中点， ∴， ∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， ∴原四边形的对角线互相垂直；故C选项符合题意. 其它选项条件不足无法确定四边形的具体形状. 故选：C． 【例2】（25-26九年级上·四川成都·阶段检测）如图， 四边形 为矩形， E， F， G， H 分别为 ， ，， 的中点， 则四边形的形状是（    ） A．等腰梯形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 【答案】B 【分析】连接、，根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形是平行四边形，根据矩形的性质、菱形的判定定理解答． 【详解】解：连接、， ∵在中，G、H为、的中点， ∴，且， 在中，E、F为、的中点， ∴，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形， 故选：B． 【点睛】本题考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的性质，菱形的判定定理，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 【例3】（24-25八年级下·广东珠海·期中）如图，已知第1个矩形的面积为，依次连接第1个矩形各边中点得到1个菱形，再依次连接菱形各边中点得到第2个矩形，按此方法继续下去，则第个矩形的面积为________． 【答案】 【分析】本题考查了矩形、菱形的性质．中点四边形的性质，对于找规律的题目首先应找出哪些部分发生了变化，是按照什么规律变化的．第二个矩形的面积为第一个矩形面积的，第三个矩形的面积为第一个矩形面积的，依此类推，第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． 【详解】解：如图， 由轴对称的性质可得： 第一个菱形的面积为：， 第二个矩形的面积为第一个矩形面积的； 第三个矩形的面积是第一个矩形面积的； … 故第n个矩形的面积为第一个矩形面积的． ∴第n个矩形的面积为． 故答案为． 【例4】（2025·四川绵阳·二模）如图，在四边形中，对角线，若，，则四边形各边中点连线构成的四边形的面积是__． 【答案】27 【分析】本题考查中点四边形，三角形中位线定理，矩形的判定，关键是由三角形中位线定理判定四边形是矩形．由三角形中位线定理推出，，得到四边形是平行四边形，由，，，推出，得是矩形，即可求出四边形的面积． 【详解】解：，分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：，， ，， 四边形是平行四边形， ，分别是，的中点， 是的中位线， ，， ，， ， 四边形是矩形， 四边形的面积． 故答案为：27． 1．（25-26八年级下·江苏南京·期中）已知：四边形是菱形，依次连接各边中点得到四边形．求证：四边形是矩形． 【答案】证明见解析 【分析】连接，，交于点，与交于点，中位线的性质可以推导出四边形是平行四边形，再根据菱形的性质可得，再结合中位线的性质可以推导出即可证明结论． 【详解】解：连接，，交于点，与交于点， ∵，分别是，的中点， ∴，， 同理可得，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． 2．（24-25九年级上·河南开封·期中）如图，，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)当四边形的对角线，满足______时，四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行四边形和正方形的判定，解题的关键是掌握以上知识点． （1）连接，首先根据三角形中位线的性质得到，且，，且，进而得到，且，即可证明出四边形是平行四边形； （2）连接，，同理可得，，，进而得到当时，，证明出平行四边形是菱形，然后由推理得到，进而证明出菱形是正方形． 【详解】（1）解：如图所示，连接 ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∵点是的中点，点是的中点， ∴，且， ∴，且 ∴四边形是平行四边形； （2）解：当，且时，四边形是正方形． 理由如下： 如图所示，连接， ∵由（1）得， 同理可得，， ∴当时， ∴平行四边形是菱形 当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴菱形是正方形． 3．（24-25八年级下·河北秦皇岛·期末）阅读下面材料： 在数学课上，老师请同学们思考如下问题：如图1，我们把一个四边形的四边中点E，F，G，H依次连接起来得到的四边形是平行四边形吗？ 小敏在思考问题时，有如下思路：连接． 结合小敏的思路作答： （1）若只改变图1中四边形的形状（如图2），则四边形还是平行四边形吗？请说明理由； 参考小敏思考问题的方法，解决以下问题： （2）如图2，在（1）的条件下，若连接，．当与满足什么关系时，四边形是正方形．直接写出结论． 【答案】（1）是，理由见解析；（2）且 【分析】本题考查了中点四边形，涉及了三角形的中位线定理、平行四边形的判定、菱形的判定、正方形的判定等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型． （1）结论：四边形还是平行四边形．连接．根据中位线定理证明，即可； （2）利用（1）的结论，可知需要满足而且，由此可知当与满足且即可． 【详解】解：（1）结论：四边形还是平行四边形． 理由：如图2，连接． 、分别是、中点 ，， 同理：，， ，， 四边形是平行四边形． （2）结论：当且时，四边形是正方形． 理由：如图3中，由（1）四边形是平行四边形 、是、中点 同理： 平行四边形是菱形． ，， ， ， ， ， 四边形是正方形． 【典型例题三 添一个条件使四边形是正方形】 【例1】（24-25八年级下·江西南昌·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（    ） A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填 【答案】B 【分析】根据矩形，菱形和正方形的判定定理逐一判断即可． 【详解】解：A、当时，可以根据有一个内角是直角的平行四边形是矩形证明平行四边形是矩形，故此选项不符合题意； B、当时，不可以证明矩形是正方形，故此选项符合题意； C、当时，可以根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证明平行四边形是菱形，故此选项不符合题意； D、当时，可以根据有一个内角是直角的菱形是正方形证明菱形是正方形，故此选项不符合题意； 【例2】（25-26八年级下·甘肃张掖·期中）如图，在矩形中，对角线、交于点O，添加下列一个条件，能使矩形成为正方形的是（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】掌握正方形的判定条件是解题的关键． 有一组邻边相等的矩形是正方形； 对角线互相垂直的矩形是正方形． 【详解】解：在矩形中， 当时不能判定四边形是正方形，故A不符合题意； 当时，四边形是正方形，故B符合题意； 当时不能判定四边形是正方形，故C不符合题意； 当时不能判定四边形是正方形，故D不符合题意． 【例3】（24-25八年级下·甘肃临夏·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，请你添加一个条件：________ ， 使得该菱形为正方形． 【答案】（或等，答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的判定方法，已知四边形是菱形，根据对角线相等的菱形是正方形或有一个角是直角的菱形是正方形进行添加条件即可． 【详解】解：已知四边形是菱形， 若添加条件：，则满足“对角线相等的菱形是正方形”的判定定理， 若添加条件：，则满足“有一个角是直角的菱形是正方形”的判定定理， 任选其中一个为答案即可． 【例4】（25-26九年级上·宁夏银川·期中）有下列四个条件：①，②，③，④．从中选取两个作为补充条件，使平行四边形为正方形（如图）．现在文文选择了③④，你认为文文选择的______（填“对”或“不对”） 【答案】对 【分析】本题考查了添一个条件使四边形是正方形，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解． 先根据题意，证明四边形是正方形，再作判断． 【详解】解：∵平行四边形，， ∴平行四边形是矩形， 又， ∴矩形是正方形， 现在文文选择了③④，你认为文文选择的对， 故答案为：对． 1．（2025八年级下·全国·专题练习）如图，在中，，为中点，过点作，交于点，过点作，交的延长线于点，连接，．    (1)判断四边形的形状，并说明理由． (2)当满足条件 时，四边形是正方形． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见解析 (2) 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定与性质、菱形的判定、正方形的判定等知识，证明是解题的关键． （1）由，得，而即可根据“”证明，得，则四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形； （2）当时，四边形是正方形，由，点与点重合，则，所以当或时，四边形是正方形，于是得到问题的答案． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵， ∴， ∵为中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵，，交的延长线于点， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：∵四边形是菱形， ∴当时，四边形是正方形， ∵， ∴点与点重合， ∴， ∴当时，四边形是正方形， 故答案为：． 2．（24-25八年级下·湖南邵阳·期中）如图1，在中，点D在的延长线上，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的平分线于点E，交的平分线于点F． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接、，当点运动到何处时，四边形是矩形，并说明理由； (3)在（2）的前提下满足时，四边形是正方形？（直接写出答案，无需证明） 【答案】(1)见解析 (2)当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据角平分线的性质得到，，根据平行线得到，，从而利用等腰三角形说明，从而得到结论； （2）当O为中点时，结合(1)可得四边形为平行四边形，然后根据得出矩形； （3）当时，可得，对角线互相垂直的矩形是正方形． 【详解】（1）解： 平分，平分， ，， ， ，， ，， ，， ． （2）解：当点O在边上运动到中点时，四边形是矩形． ，， 四边形是平行四边形， ，，， ， ，即， 四边形是矩形． （3）解：在（2）前提下，当的时，四边形是正方形． ，， ， 矩形是正方形． 【点睛】本题综合考查了平行线性质，等腰三角形的判定，平行四边形、矩形、正方形的性质与判定等知识，熟练掌握它们的性质和判定是解决问题的关键． 3．（24-25八年级下·北京·期中）下面是小明设计的“在一个三角形中作内接菱形”的尺规作图过程． 已知：； 求作：菱形（点在上，点在上，点在上）； 作法：①作的角平分线，交于点；②作线段的垂直平分线，交于点，交于点；③连接、． 所以四边形为所求的菱形． 根据小明设计的尺规作图过程， (1)使用直尺和圆规，补全图形；（保留作图痕迹） (2)完成下面的证明： 证明：∵平分，∴ ∵是线段的垂直平分线， ∴，，（____________）（填推理依据） ∴，， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形．（____________）（填推理依据） ∵， ∴为菱形．（___________）（填推理依据） (3)当满足_______时，菱形是一个正方形（添加一个符合要求的条件）． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据题意直接作图即可； （2）由作图可得平分，是线段的垂直平分线，利用线段垂直平分线的性质，等边对等角以及角平分线的定义可得，，利用平行线的判定可得，，进而可得四边形为平行四边形，再根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可得到结论； （3）根据正方形的判定方法添加即可． 【详解】（1）解：如图，四边形即为所求． （2）证明：∵平分， ∴ ∵是线段的垂直平分线， ∴，，（线段垂直平分线的性质） ∴，， ∴，， ∴，， ∴四边形为平行四边形．（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）（填推理依据） ∵， ∴为菱形．（有一组邻边相等的平行四边形是菱形）（填推理依据） 故答案为：线段垂直平分线的性质；两组对边分别平行的四边形是平行四边形；有一组邻边相等的平行四边形是菱形． （3）满足时，菱形是一个正方形，理由： ∵四边形为菱形，， ∴菱形是一个正方形． 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的判定，尺规作图，线段垂直平分线的性质，等边对等角，角平分线的定义，平行线的判定和性质等知识，熟练掌握各知识点是解题的关键． 【典型例题四 正方形折叠问题】 【例1】（24-25八年级下·全国·暑假作业）如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（   ） A．2 B． C．1 D． 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质与判定、折叠的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键． 根据正方形的性质得到，由折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，推出，同理，得到四边形是正方形，根据正方形的性质得到，于是得到结论． 【详解】解：如图， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质得，， ， ， 同理， ∴四边形是正方形， ∴． 故选B． 【例2】（24-25八年级下·广东广州·期末）小花同学将手里的正方形纸片沿着下图方式进行两次对折后，在第二次折痕处剪掉一个等腰直角三角形如图所示，则展开正方形纸片得到的图形是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了剪纸问题，正方形的性质，轴对称的性质，解题的关键是利用轴对称的性质展开空间想象． 利用正方形的性质和轴对称的性质可得结论． 【详解】 解：展开正方形纸片得到： 故选：A． 【例3】（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图，已知正方形的边长为6，点在上，且，将沿折叠至的位置，延长交于，则＝___________． 【答案】3 【分析】根据折叠可知，，．连接，根据四边形是正方形，证明，得，又根据勾股定理，求出，即可求出． 【详解】∵四边形是正方形，△ADE沿AE折叠至△AFE的位置 ∴， 又∵ ∴， 连接 ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵在直角三角形 ∴ ∴ 解得： 故答案为：3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠问题，勾股定理，全等三角形等知识点，解题的关键是掌握正方形的性质，折叠问题，勾股定理，全等三角形． 【例4】（24-25九年级上·河南商丘·阶段检测）如图，四边形是正方形，E、F分别在边上，将分别沿折叠后，重合于的位置，且点G恰好在连线上．若正方形边长为12，线段长为10，则的长为 _____． 【答案】6或8/8或6 【分析】由折叠的性质可得，再根据已知条件推出，设，则，在中，由勾股定理得：，即，据此求解即可． 【详解】解：由折叠的性质可得， ∵， ∴， ∵四边形是正方形且边长为12， ∴， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得或， ∴的长为6或8， 故答案为：6或8． 【点睛】本题主要考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，推出是解题的关键． 1．（25-26八年级下·广东广州·期中）如图，已知正方形，，为的中点，连接，把沿折叠得到，连结交于点． (1)求证：； (2)求，的长． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】（1）根据正方形的性质和折叠的性质找到条件，利用证明即可； （2）根据全等三角形的性质和勾股定理进行解答即可． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ∵把沿折叠得到， ，， ，， 在和中， ， ∴； （2）解：四边形是正方形， ， ∵， ， 设，则 为中点， ， 则， 在中， ， ， 解得， ∴，． 2．（24-25八年级下·河北沧州·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师带领同学们以“正方形和矩形的折叠”为主题开展数学活动． (1)操作判断 操作一：将正方形纸片依次沿对角线、对折，把纸片展平，折痕的交点为； 操作二：在上取一点，在上取一点，沿折叠，使点落在点处，然后延长交于点，连接． 如图1是经过以上两次操作后得到的图形，则线段和的数量关系并说明理由． (2)迁移思考 图2是把矩形纸片按照（1）中的操作一和操作二得到的图形．请判断，，三条线段之间有什么数量关系？并仅就图2证明你的判断． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 【分析】本题考查正方形与矩形的性质，折叠性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． （1）证明，可得，由折叠的性质得：，得出为的垂直平分线，即可得出结论； （2）证明，得到，从而由勾股定理，得，再由（1）知，即可得出结论． 【详解】（1）解：线段和的数量关系是：． 理由如下： 四边形为正方形，点为对角线，的交点， ，，， 在和中， ， ， ， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ． （2），，三条线段之间的数量关系是：．证明如下： 四边形为矩形，点为对角线，的交点， ，，， ， 在和中， ，                                          ， ，， 由折叠的性质得：， 即：， 为的垂直平分线， ， 在中，由勾股定理得：， 即：． 3．（24-25八年级下·广东江门·期中）综合与实践 【主题】黄金矩形 【素材】素材一：矩形就是长方形．四个角都是，两组对边平行且相等． 素材二：宽与长的比是（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 素材三：黄金矩形是可以通过折纸折叠出来的。 【操作步骤】 【第一步】在一张矩形纸片的一端，利用图1所示的方法折出一个正方形，然后把纸片展平． 【第二步】如图2，把这个正方形折成两个相等的矩形，再把纸片展平． 【第三步】折出内侧矩形的对角线，并把折到图3中所示的处． 【第四步】展平纸片，按照所得的点折出，矩形（图4）就是黄金矩形． 【问题解决】设． (1)求证：矩形是黄金矩形． (2)求证：矩形MNDE也是黄金矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查正方形的性质、翻折变换、矩形的性质以及勾股定理，二次根式的混合运算，理解黄金矩形定义，灵活运用所学知识解决问题是解答的关键． （1）根据正方形的性质、翻折变换、矩形的性质以及勾股定理得到、，再根据黄金矩形的定义即可证得结论； （2）由（1）可求得，再根据黄金矩形的定义即可得出结论. 【详解】（1）证明：根据题意可得，，， ∴， 根据勾股定理可得， ∴ ∴ ∴ ∴矩形是黄金矩形． （2）证明：由（1）知，，， ∴， ∴， 故矩形是黄金矩形． 【典型例题五 根据正方形的性质与判定求角度】 【例1】（24-25九年级上·河南漯河·阶段检测）如图，在正方体的两个面上画了两条对角线、，则等于（    ） A．135° B．90° C．75° D．60° 【答案】D 【分析】根据正方体的概念和特性可知AB，AC和左面上的对角线形成一个等边三角形，进而即可求解 【详解】连接BC， ∵AC、AB、BC是正方形的对角线， ∴AC=AB=BC， ∴△ABC为等边三角形． ∴∠BAC=60°． 故选D． 【点睛】本题考查了等边三角形的判定和性质、正方形与正方形的性质；证明△ABC为等边三角形是解题的关键． 【例2】（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD上的点，且CE=CF，点P、Q分别是AF、EF的中点，连接PD、PQ、DQ，则△PQD的形状是（　　） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰非直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】D 【分析】可证ΔADF≌ΔABE,可得AF=AE,由点P、Q分别是AF、EF的中点，可得PD=PQ=,可证∠DPQ为直角，可得答案. 【详解】解：有题意得，正方形ABCD中，CE=CF，DF=BE, 在RTΔADF与RTΔABE中有 ，DF=BE，AD=AB, 故ΔADF≌ΔABE，AF=AE，∠DAF=∠BAE 又AP=DP, ∠DAF=∠BAE=∠ADP. 点P、Q分别是AF、EF的中点，PD=PQ=， PQ∥AE,∠FPQ=∠FAE, ∠DPQ=∠FPQ+∠DPF=∠FAE+ ∠DAF+∠ADP.= ∠FAE+ ∠DAF+∠BAE=， △PQD为等腰直角三角形， 故选D. 【点睛】本题主要考查三角形全等，中位线及等腰三角形，角度计算等相关知识，难度一般，注意综合运用知识解题. 【例3】（2025·江苏镇江·模拟预测）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为_____°． 【答案】135 【分析】由正方形的性质可得∠ACB＝∠BAC＝45°，可得∠2＋∠BCP＝45°＝∠1＋∠BCP，由三角形内角和定理可求解． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形 ∴∠ACB＝∠BAC＝45° ∴∠2+∠BCP＝45° ∵∠1＝∠2 ∴∠1+∠BCP＝45° ∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP ∴∠BPC＝135° 故答案为：135． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形内角和定理，掌握正方形的性质是本题的关键． 【例4】（24-25八年级下·河北张家口·期末）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于___． 【答案】 【分析】根据轴对称图形的性质，解决问题即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴直线AC是正方形ABCD的对称轴， ∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J． ∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，△AIE的面积＝△AEG的面积， ∴S阴＝S正方形ABCD＝， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，解题的关键是利用轴对称的性质解决问题，属于中考常考题型． 1．（24-25八年级下·浙江杭州·期中）如图，在一正方形中，E为对角线上一点，连接、． （1）求证：． （2）延长交于点F，若．求的度数． 【答案】（1）见解析；（2）60° 【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论； （2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即可得到∠AFE． 【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°， 在△BEC和△DEC中， ， ∴△BEC≌△DEC（SAS）； （2）∵FD=FE， ∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x， ∵四边形ABCD是正方形 ∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x， ∵△BEC≌△DEC， ∴∠BEC=∠DEC=135°-2x， ∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°， 解得：x=30， ∴∠AFE=60°． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键． 2．（24-25九年级下·黑龙江哈尔滨·期中）已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接． (1)如图1，求证：四边形是菱形； (2)如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角． 【答案】(1)见解析 (2)度数为的度数2倍的角有：,，， 【分析】（1）直接由得出，得出，．再由证明，得出．由得出，从而，根据等角对等边得出，从而，由菱形的判定可知四边形是菱形； （2）如图2，利用正方形的性质可得，求得，再求得，然后利用三角形的外角性质求得，即可求解． 【详解】（1）证明：在和中， ， ∴； ∴， 同理， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：由（1）知四边形是菱形， 又∵， ∴四边形是正方形． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 由三角形的外角性质得：， ∴度数为的度数2倍的角有：,，，． 【点睛】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由得出． 3．（24-25九年级上·湖北武汉·阶段检测）如图①，在平面直角坐标系中，AB⊥x轴于B，AC⊥y轴于C，点C(0，m)，A(n，m)，且(m－4)2＋n2－8n＝－16，过C点作∠ECF分别交线段AB，OB于E，F两点． (1)求A点的坐标； (2)若OF＋BE＝AB，求证：CF＝CE； (3)如图②，若∠ECF＝45°，给出两个结论：①OF＋AE－EF的值不变；②OF＋AE＋EF的值不变，其中有且只有一个结论正确，请你判断出正确的结论，并加以证明和求出其值． 【答案】（1）(4，4)；（2）见解析；（3）结论①正确，值为0. 【分析】（1）已知的式子可以化成（m-4）2+（n-4）2=0的形式，根据非负数的性质求得m、n的值，即可求得A的坐标； （2）证明△COF≌△CAE，根据全等三角形的性质即可求解； （3）在x轴负半轴上取点H，使OH=AE，证明△HCF≌△ECF即可求解． 【详解】（1）解：（1）（m-4）2+n2-8n=-16， 即（m-4）2+（n-4）2=0， 则m-4=0，n-4=0， 解得：m=4，n=4． 则A的坐标是（4，4）； （2）∵AB⊥x轴，AC⊥y轴，A（4，4）， ∴AB=AC=OC=OB，∠ACO=∠COB=∠ABO=90°， 又∵四边形的内角和是360°， ∴∠A=90°， ∵OF+BE=AB=BE+AE， ∴AE=OF， 在△ACE和△OCF中， ， ∴△ACE≌△OCF（SAS）， ∴CF=CE； （3）结论①正确，即OF+AE﹣EF的值不变，理由为： 在x轴负半轴上取点H，使OH=AE，连接CH， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AC=OC，∠A=∠COH=90°， 在△ACE和△OCH中， ， ∴△ACE≌△OCH（SAS）， ∴∠1=∠2，EC=HC， ∵∠ACO=90°，∠ECF=45°， ∴∠1+∠3=45°， ∴∠2+∠3=45°，即∠ECF=∠HCF， 在△ECF和△HCF中， ， ∴△ECF≌△HCF（SAS）， ∴EF=HF=HO+OF=AE+OF， 则OF+AE﹣EF=0． 【点睛】本题考查了非负数的性质以及全等三角新的判定与性质，正确作出辅助线是关键． 【典型例题六 根据正方形的性质与判定求线段长】 【例1】（24-25九年级上·陕西榆林·阶段检测）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM交CD于点N．若S四边形MOND＝2，则BD的长为（　　） A．2 B． C．4 D．2 【答案】C 【分析】利用正方形的性质得到OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°，利用等角的余角相等可证得∠CON＝∠DOM，则可判断△OCN≌△ODM，所以S△OCN＝S△ODM，从而得到S△ODC＝S四边形MOND＝2，然后利用等腰三角形的面积计算出OD即可． 【详解】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴OD＝OB＝OC，∠COD＝90°，∠OCD＝∠ODA＝45°， ∵ON⊥OM， ∴∠MON＝90°， ∵∠CON＋∠DON＝90°，∠DOM＋∠DON＝90°， ∴∠CON＝∠DOM， 在△OCN和△ODM中， ， ∴△OCN≌△ODM（ASA）， ∴S△OCN＝S△ODM， ∴S△OCN＋S△DON=S△ODM＋S△DON， 即S△ODC＝S四边形MOND＝2， ∵OD•OC＝2， 而OD＝OC， ∴OD＝2， ∴BD＝2OD＝4． 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．证明△OCN≌△ODM是解决问题的关键． 【例2】（24-25九年级上·浙江温州·期中）如图，正方形ABCD的边长为2，E是BC的中点，点P是AC边上的一个动点，连结BP，EP，则BP＋EP的最小值为（    ） A． B． C． D．＋1 【答案】A 【分析】根据正方形是轴对称图形，所在的直线是正方形的一条对称轴，进而根据对称性可知，BP+EP＝PD+PE，当在同一直线上时，的值最小为的长，进而根据勾股定理求得的值． 【详解】解：连接BD， ∵正方形是轴对称图形，所在的直线是正方形的一条对称轴， ∴无论P在什么位置，都有PD＝PB； 故均有BP+EP＝PD+PE成立； 连接DE与AC，所得的交点，即为BP+EP的最小值时的位置， 如图所示： 此时BP+EP＝DE， ∵正方形ABCD的边长为2， ∴DC＝BC＝2， ∵E是BC的中点， ∴EC＝1， 在Rt△DEC中， DE＝＝＝， 故选：A． 【点睛】本题考查了轴对称的性质，勾股定理，理解对角线所在的直线是正方形的对称轴是解题的关键． 【例3】（2025·浙江·模拟预测）如图，在一张矩形纸片中，，分别是和的中点．现将纸片按如图方式折叠，使点与上的点重合．若平分，则的长为___________． 【答案】 【分析】根据题意可得四边形是矩形，，是等腰直角三角形，则，如图所示，过点作，可得是等腰三角形，四边形是矩形，是正方形，四边形是矩形，则，，根据折叠，得到，在中由勾股定理得到，由即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵点，分别是和的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵平分， ∴， ∴是等腰直角三角形，则， 如图所示，过点作， ∴是等腰三角形， ∴四边形是矩形，是正方形，四边形是矩形， ∴，， ∵折叠， ∴， 在中，， ∴， 故答案为： ． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，折叠性质，勾股定理的运用，掌握矩形的折叠，勾股定理的运用是解题的关键． 【例4】（2025·北京朝阳·二模）如图，在中，． ①以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；作射线． ②以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点N；作射线，与射线相交于点P． ③连接． 根据以上作图，若点P到直线的距离为1，则线段的长为____________． 【答案】 【分析】本题考查的角平分线的作图及性质，正方形判定与性质、勾股定理的应用，作，，，垂足分别是D、E、F，证明四边形是正方形即可求出． 【详解】解：作，，，垂足分别是D、E、F， 由题意得：平分，平分，点P到直线的距离为1， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， 故答案为：． 1．（2025·江西新余·模拟预测）如图是由小正方形组成的网格，每个边长为1的小正方形的顶点叫做格点，图中A、B、C、D都是格点，E是AB上一点，仅用无刻度的直尺在网格中完成下列画图． (1)在图1中，在线段上找点F，使得； (2)在图2中，在线段上找点H，使得四边形为矩形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接交于点，连接交于点，点即为所求； （2）连接，根据网格的特点找到的中点，，连接交于点，连接并延长，交于点，连接，则矩形即为所求． 【详解】（1）解：如图所示，连接交于点，连接交于点，点即为所求； ∵， ∴四边形是菱形， 又 ∴ ∴ ∴四边形是正方形； 根据对称性可得； （2）解：如图所示，连接，根据网格的特点找到的中点，连接交于点，连接并延长，交于点，连接，则矩形即为所求； 根据作图可得垂直平分，则， ∴，又， ∴ ∴， ∴， 即， ∵， ∴四边形是平行四边形， 由 ∴四边形是矩形． 【点睛】本题考查了无刻度直尺作图，正方形的性质与判定，勾股定理与网格问题，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 2．（24-25八年级下·湖南衡阳·期末）（1）【问题提出】如图1，在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上，求证：四边形为正方形． （2）【问题拓展】如图2，将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处，为折痕．若，，求的长． 【答案】（1）见解析；（2） 【分析】（1）根据矩形的性质、折叠的性质，得出，，根据“有三个角是直角的四边形是矩形”，得出四边形是矩形，根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”，即可证明四边形为正方形； （2）根据矩形与正方形的性质，推出，，根据折叠的性质，得出，，根据勾股定理计算，由计算出的长，设，则，根据勾股定理，，列出方程求解，由，计算得出答案即可． 【详解】解：（1）证明：∵在矩形中，为上一点，将沿折叠得到，点恰好在上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴四边形为正方形； （2）∵四边形是矩形，，，由（1）得四边形为正方形， ∴，，， ∴，， ∵将图1中的矩形纸片沿过点的直线折叠，使得点恰好落在上的点处， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， 解得：， ∴． 【点睛】本题考查了折叠问题、矩形的判定与性质、正方形的判定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形的判定与性质、运用勾股定理计算求解是解题的关键． 3．（24-25八年级下·广西防城港·期中）【综合与实践】 折叠问题是几何变换常见的数学问题，其本质是轴对称图形，而矩形的折叠又往往会与勾股定理相关联．数学活动课上，同学们以“折叠”为主题开展了数学活动．如图，已知矩形纸片，其中，． 【操作判断】 （1）将矩形纸片按图折叠，使点落在边上的点处，请判断四边形的形状，并说明理由； 【探究发现】 （2）将图的纸片展平，把四边形剪下来，如图，取边的中点，将沿折叠得到，延长交于点． 求的长； 直接写出、、之间的数量关系． 【答案】四边形是正方形，理由见解析； ； ． 【分析】根据矩形的性质可知，所以四边形是矩形，由折叠的性质可知，从而可证结论成立； 由可知四边形是正方形，根据正方形的性质可知，，又因为点是的中点，所以可得，利用勾股定理可得：； 连接，可证，根据全等三角形对应边相等可证，由折叠的性质可知，从而可证． 【详解】解：四边形是正方形， 理由如下： 四边形是矩形， ， 由折叠的性质可知：，， ， 四边形是矩形， 又， 四边形是正方形； 由可知四边形是正方形， ，， ，， 点是的中点， ， ； 解：， 如下图所示，连接， 点是的中点， ，， 在和中，， ， ， 由折叠的性质可知， ， ． 【典型例题七 根据正方形的性质与判定求面积】 【例1】（24-25九年级上·福建三明·期中）如图，是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理构造的图形，后人称之为“赵爽弦图”．该图形由四个全等的直角三角形拼接而成，若，，则四边形的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用勾股定理求出的长，再证明四边形是正方形，即可作答． 【详解】在中，，，则：， ∵，，，全等， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴， 又∵， ∴， ∴四边形是正方形， 则四边形面积为：， 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的性质是解答本题的关键． 【例2】（24-25九年级上·福建泉州·期中）如图，在边长为1的正方形中，当第1次作，第2次作；第3次作，……依次方法继续作垂直线段，当作到第10次时，所得的最小的三角形的面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可得AB=AD，然后根据等腰直角三角形的性质求出△AOD的面积，再求出△AOE的面积，△AEF的面积，根据计算结果可得下一次得到最小的三角形的面积是上一次三角形的，然后写出第10次时所得的最小的三角形的面积即可． 【详解】∵四边形ABCD是正方形，边长为1， ∴AB=AD，正方形的面积为1， 第1次作AO⊥BD,则最小△AOD的面积=××1==， 第2次作EO⊥AD,最小△AOE的面积=×==； 第3次作EF⊥AO,最小△AEF的面积=×=， …， 依此类推,作到第10次时,最小三角形的面积=. 故选B． 【点睛】此题主要考查正方形的性质，解题的关键是根据图形的特点找到变化规律． 【例3】（24-25九年级上·全国·单元测试）如图，正方形ABCD的边长为8，在各边上顺次截取AE=BF=CG=DH=5，则四边形EFGH的面积是______． 【答案】34 【分析】由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出四边形EFGH是正方形，由勾股定理得EH，即可得出正方形EFGH的面积． 【详解】∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA， ∵AE=BF=CG=DH， ∴AH=BE=CF=DG． 在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中， ∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS）， ∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE， ∴四边形EFGH是菱形， ∵∠BEF+∠BFE=90°， ∴∠BEF+∠AEH=90°， ∴∠HEF=90°， ∴四边形EFGH是正方形， ∵AB=BC=CD=DA=8，AE=BF=CG=DH=5， ∴EH=FE=GF=GH= 所以正方形EFGH的面积 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理；熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 【例4】（24-25八年级下·福建福州·期中）如图，正方形 ABCD 边长为 ，O 为正方ABCD 的对角线的交点，正方形 A1B1C1O 绕点 O 旋转，则两个正方形重叠部分的面积为_____．    【答案】 【分析】利用ASA可证明△AOE≌△BOF，则=，由此可得四边形EBFO面积=，即可求解． 【详解】如图，    ∵O为正方形ABCD的对角线的交点， ∴∠4=∠5=45°，∠AOB=90°，OA=OB， ∵四边形A1B1C1O为正方形， ∴∠EOF=90°， ∵∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°， ∴∠1=∠3， 在△AOE和△BOF中， ， ∴△AOE≌△BOF， ∴=， ∴两个正方形重叠部分的面积=+ =+ = = =． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等． 1．（24-25九年级上·江西九江·阶段检测）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)72 【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）先证明四边形是正方形，再根据得到正方形的边长，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：，四边形是菱形， 四边形是正方形， ， ， 四边形的面积为∶． 【点睛】本题考查了平行四边形的判定，正方形的判定，菱形的判定，勾股定理，角平分线的定义，正方形的面积公式，解题的关键是熟记各种四边形的判定方法． 2．（24-25八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）综合与探究：如图1，四边形中，分别是的中点，顺次连接． （图1）                               （备用图） (1)如图1，在四边形内一点，使，其他条件不变，试探究四边形的形状，并说明理由． (2)在（1）的条件下，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）连接，证明得到，再由三角形中位线定理得到，则，据此可证明四边形是菱形； （2）由全等三角形的性质得到，则可证明，得到，由三角形中位线定理得到，则，可证明四边形是正方形，则． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 如图所示，连接， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）解：如图，设交于O，交于T， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵分别是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的判定，三角形中位线定理，全等三角形的性质与判定，熟知三角形中位线平行于第三边且等于第三边长的一半是解题的关键． 3．（2025·江苏南京·模拟预测）折纸的思考. 【操作体验】 用一张矩形纸片折等边三角形. 第一步，对折矩形纸片（图①），使与重合，得到折痕，把纸片展平（图②）. 第二步，如图③，再一次折叠纸片，使点落在上的处，并使折痕经过点，得到折痕，折出，得到. （1）说明是等边三角形. 【数学思考】 （2）如图④.小明画出了图③的矩形和等边三角形.他发现，在矩形中把经过图形变化，可以得到图⑤中的更大的等边三角形.请描述图形变化的过程. （3）已知矩形一边长为3，另一边长为.对于每一个确定的的值，在矩形中都能画出最大的等边三角形.请画出不同情形的示意图，并写出对应的的取值范围. 【问题解决】 （4）用一张正方形铁片剪一个直角边长分别为4和1的直角三角形铁片，所需正方形铁片的边长的最小值为. 【答案】（1）是等边三角形（2）答案见解析（3），，；（4） 【详解】试题分析：（1）由折叠的性质，重合部分的线段，角都相等可判断； （2）根据旋转的性质和位似变换直接可做图，写出过程； （3）根据图形，由勾股定理和等边三角形的性质求解； （4）根据上面的规律，由勾股定理和等边三角形直接可求解. 试题解析：（1）由折叠，， 因此，是等边三角形. （2）本题答案不唯一，下列解法供参考.例如， 如图，以点为中心，在矩形中把逆时针方向旋转适当的角度，得到； 再以点为位似中心，将放大，使点的对应点落在上，得到. （3）本题答案不唯一，下列解法供参考，例如， （4）. 考点：1、规律探索，2、矩形的性质，3、正方形的性质，4、等边三角形 【典型例题八 根据正方形的性质与判定证明】 【例1】（2025·重庆铜梁·一模）如图，在正方形中，点P是对角线上一点，，垂足分别为E，F，连接．若，则一定等于（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性质定理，连接交于O，可知，根据四边形是正方形，，，可得四边形是矩形，故，从而，即得，故． 【详解】解∶连接交于O．如图∶ 正方形的对称性可知，， 四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ． ． ． 故选∶A． 【例2】（24-25八年级下·山东德州·期末）勾股定理在平面几何中有着不可替代的重要地位，在我国古算书《周髀算经》中就有“若勾三，股四，则弦五”的记载，如图1是由边长均为1的小正方形和Rt△ABC构成，可以用其面积关系验证勾股定理，将图1按图2所示“嵌入”长方形LMJK，则该长方形的面积为（　　） A．60 B．100 C．110 D．121 【答案】C 【分析】延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，可得四边形AOLP是正方形，然后求出正方形的边长，再求出矩形KLMJ的长与宽，然后根据矩形的面积公式列式计算即可得解． 【详解】解：延长AB交KF于点O，延长AC交GM于点P，如图所示： 则四边形OALP是矩形． ∵∠CBF=90°， ∴∠ABC+∠OBF=90°， 又∵Rt△ABC中，∠ABC+∠ACB=90°， ∴∠OBF=∠ACB， 在△OBF和△ACB中， ∵， ∴△OBF≌△ACB(AAS)， ∴AC=OB， 同理：△ACB≌△PGC， ∴PC=AB， ∴OA=AP， ∴矩形AOLP是正方形，边长AO=AB+AC=3+4=7， ∴KL=3+7=10，LM=4+7=11， ∴长方形KLMJ的面积为10×11=110． 故选：C． 【点睛】本题考查了勾股定理的证明、正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质；通过作出辅助线证明三角形全等得出正方形是解题的关键． 【例3】（2025·天津河东·二模）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为___．    【答案】 【分析】四边形和四边形均为正方形，且是的中点，，如图所示，过点作于，交于，与交于点，可证，，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，且是的中点，， ∴， ∴在中，， 如图所示，过点作于，交于，与交于点，    ∵四边形为正方形， ∴， ∵， ∴， 在中， ， ∴， ∴，，即为中点， 同理，可证， ∴， ∴在中， ， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形与直角三角形勾股定理的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键． 【例4】（24-25九年级上·广西防城港·期末）如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将△ADE绕点A顺时针旋转90°到△ABF的位置，连接EF，过点A作EF的垂线，垂足为点H，与BC交于点G．若BG＝5，CG＝3，则CE的长为_____． 【答案】 【分析】】根据AG垂直平分EF，求出EG=FG，设CE=x，则DE=8-x=BF，FG=EG=13-x根据勾股定理得CE2+CG2=EG2，进而求得CE. 【详解】解：如图所示，连接EG， 由旋转可知△ABF≌△ADE， ∴ DE=BF，AE=AF， ∵ AG⊥EF， ∴ H为EF的中点， ∴AG垂直平分EF， ∴ EG=FG， 设CE=x，则DE=8-x=BF，FG=EG=BF+BG=13-x， ∵∠C=90°， ∴CE2+CG2=EG2 即 x2+32=(13−x)2 解得 x=， ∴CE的长为， 故答案为：. 【点睛】本题主要考查了正方形的性质以及旋转的性质，解决该题的关键是根据勾股定理列方程. 1．（24-25八年级下·广东潮州·阶段检测）如图，在正方形中，，点是上的一点，连结．过点作，交于点，以为邻边作矩形，连接． (1)求证：矩形是正方形； (2)若恰为的中点，请求出的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）作于点，于点，利用正方形性质推出，并证明四边形是矩形，进而证明，结合全等三角形性质推出，即可证明矩形是正方形； （2）连接，结合正方形性质，以及线段中点特点，推出，再利用勾股定理求出，，由（1）得，设，则，结合勾股定理求出的值，最后根据求解，即可解题． 【详解】（1）证明：如图，作于点，于点． ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ， ， ， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形． （2）解：如图，连接， 为的中点， ， ，， 在中，， ∵四边形是正方形， ， ，即， 解得， ∴， 由（1）得，设，则． ∴， 解得(负值舍去)，即， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质和判定，矩形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，角平分线性质，勾股定理，解题的关键在于灵活运用相关知识． 2．（25-26九年级上·全国·周测）推理能力【几何探究】综合与实践． 【问题情境】如图，E为正方形内一点，．将绕点B按顺时针方向旋转，得到（点A的对应点为C）．延长交于点F，连接． 【猜想证明】 （1）试判断四边形的形状，并说明理由． （2）如图②，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明． 【解决问题】 （3）如图①，若，请直接写出的长． 【答案】（1）四边形是正方形．理由见解析；（2），证明见解析；（3）的长为 【分析】（1）由旋转的性质可得，，，由正方形的判定可证四边形是正方形 （2）过点D作于H，由等腰三角形的性质可得，，由“”可得，可得，由旋转的性质可得，可得结论； （3）作于G，根据勾股定理求出，由（2）可得，，进而求出，根据勾股定理计算的长． 【详解】解：（1）四边形是正方形．理由如下： 由旋转的性质，得， ， ， ∴四边形是矩形． 又， ∴四边形是正方形． （2）．证明如下： 如图①，过点D作于点． ， ． 四边形是正方形， ， ， ． 又， ， ． 将绕点B按顺时针方向旋转得到． 四边形是正方形， ， ， ． （3）如图②，过点D作于点H． 四边形是正方形，． 四边形是正方形， ． 在中，由勾股定理，得， ． 同（2）可得，， ， ， ， ． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的判定和性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理是解题的关键． 3．（24-25八年级下·江苏镇江·期中）在正方形中： (1)如图1，如果点、、分别在、、上，且，垂足为，那么______（填“＝”、“＞”、“＜”）； (2)如图2，如果点、、、分别在、、、上，且，垂足为，那么_____（填“＝”、“＞”、“＜”）； (3)如图3，在（2）的条件下，当点在正方形的对角线上时，连接，将沿着翻折，点落在点处．那么四边形是正方形吗？若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)四边形是正方形，证明过程见解析． 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，翻折，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键． （1）作辅助线，证明三角形全等，可得对应边相等，即可得出结论； （2）作辅助线，证明三角形全等，可得对应边相等，即可得出结论； （3）作辅助线，证明三角形全等，可得对应边相等，根据翻折的性质可知四边形的边长相等，结合内角是直角，即可证得四边形是正方形． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，，， 作于点，则，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：． （2）解：∵四边形是正方形， ∴，，， 作于点，交于点，作于点，则 ，，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故答案为：． （3）解：四边形是正方形． 证明：∵四边形是正方形， ∴，平分， 作于点，作于点，则 ，，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ， ∴ 将沿着翻折，点落在点处， ∴，， ， 四边形是菱形， ∵， 四边形是正方形． 【典型例题九 （特殊）平行四边形的动点问题】 【例1】（24-25九年级上·山东烟台·期末）如图，点O为矩形的对称中心，点E从点A出发沿向点B运动，移动到点B停止，延长EO交于点F，则四边形形状的变化依次为（    ）    A．矩形→菱形→平行四边形→矩形 B．平行四边形→菱形→平行四边形→矩形 C．平行四边形→正方形→菱形→矩形 D．平行四边形→菱形→正方形→矩形 【答案】B 【分析】根据对称中心的定义，根据矩形的性质，可得四边形AECF形状的变化情况：这个四边形先是平行四边形，当对角线互相垂直时是菱形，然后又是平行四边形，最后点E与点B重合时是矩形． 【详解】解：观察图形可知，四边形AECF形状的变化依次为平行四边形→菱形→平行四边形→矩形． 故选：B． 【点睛】本题考查了中心对称，矩形的性质，平行四边形的判定与性质，菱形的判定，根据EF与AC的位置关系即可求解． 【例2】（24-25九年级上·山东济宁·期末）如图，在平行四边形中，，，点P在边上以每秒的速度从点A向点D运动，点Q在边上以每秒的速度从点C出发，在间往返运动，两个点同时出发，当点P到达点D时停止运动，同时点Q也停止运动．设运动时间为，开始运动以后，当t为何值时，以P，D，Q，B为顶点的四边形是平行四边形？（　　）    A． B． C．或 D．或 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质以及一元一次方程的应用．由四边形为平行四边形可得出，结合平行四边形的判定定理可得出当时以四点组成的四边形为平行四边形，分三种情况考虑，在每种情况中由即可列出关于/的一元一次方程，解之即可得出结论． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴， 若要以四点组成的四边形为平行四边形， 则， 设运动时间为， 当时，，， ∴， ， ∴(舍去)； 当时，， ∴， 解得：； 当时，， ∴， 解得：(舍去)； 综上所述，的值为时, 以为顶点的四边形是平行四边形． 故选:B． 【例3】（24-25八年级下·山东菏泽·期末）如图，在四边形中，，且，动点P，Q分别从点D，B同时出发，点P以的速度向终点A运动，点Q以的速度向终点C运动．______秒时四边形是平行四边形？    【答案】3 【分析】由运动时间为秒，则，，而四边形是平行四边形，所以，则得方程求解． 【详解】解：设秒后，四边形是平行四边形， ，， ， 当时，四边形是平行四边形， ， ， 秒时四边形是平行四边形． 故答案为：3． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，关键是由，得到． 【例4】（24-25八年级下·河南驻马店·期末）如图在矩形中，，，为的中点，动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当的面积为时，值为________．    【答案】6或11/11或6 【分析】分在上、在上两种情况，根据三角形的面积公式计算即可． 【详解】解：①当在上时， 的面积等于， ， 解得：； ②当在上时， 的面积等于， ， ， 解得：； 综上所述，的值为6或11， 故答案为：6或11． 【点睛】本题考查了矩形的性质以及三角形的面积等知识，熟练掌握矩形的性质，分情况讨论是解题的关键． 1．（25-26八年级下·河南安阳·期中）已知：如图，在四边形中，，，，，，点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，其中一动点到达端点时，另一动点随之停止运动，设运动时间为． (1)经过多少时间，四边形是平行四边形？ (2)在运动过程中，需经过多长时间才能使？ 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）由四边形是平行四边形可得，设运动时间为，可得，再解方程即可； （2）证明四边形是矩形，再结合运动速度表示出，根据勾股定理列式，，同理表达，结合进行列方程，再解方程，即可作答． 【详解】（1）解：由四边形是平行四边形可得，设运动时间为， ∴， 解得：； 即经过，四边形是平行四边形； （2）解： 过点作，过点作，如图所示： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵点从出发，以的速度向点运动，点从出发，以的速度向运动，且，， ∴， ∴， ∴， 同理证明四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， 依题意，，运动停止时间为， ∵， ∴在运动过程中，需经过或才能使． 2．（25-26八年级下·重庆潼南·期中）如图，在Rt中，，，．点从点出发沿方向以每秒2个单位长的速度向点匀速运动，同时点从点出发沿方向以每秒1个单位长的速度向点匀速运动，当其中一个点到达终点时，另一个点也随之停止运动．设点、运动的时间是秒．过点作于点，连接． (1)求证：； (2)四边形AEFD能够成为菱形吗？如果能，直接写出相应的值；如果不能，说明理由． (3)当为何值时，四边形为矩形？请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)能， (3)，见解析 【分析】本题考查菱形的判定与性质，矩形的性质，含角的直角三角形的性质，能够利用代数式表示相关边的长度是解题的关键． （1）根据在直角三角形中，角所对的直角边等于斜边的一半，即可证得； （2）由（1）易证四边形为平行四边形，根据邻边相等的平行四边形为菱形，即可求解； （3）根据矩形的性质即可求解． 【详解】（1）解：在中，， ． 又， ； （2）解：能，时，四边形能够成为菱形．理由如下： ， ． 由勾股定理得，， ， ， ， 又， 四边形为平行四边形， 若使四边形为菱形，则需， 即， 解得：． 即当时，四边形为菱形； （3）当秒时，四边形为矩形．理由如下： 当时， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为矩形， 由（1）可知，，, 则此时，解得． 3．（25-26九年级上·河南郑州·阶段检测）【问题呈现】 如图1，的顶点在正方形两条对角线的交点处，，将绕点P旋转，旋转过程中，的两边分别与正方形的边和交于点E、F（点F与点C，D不重合）．探索线段之间的数量关系． (1)【问题初探】 爱动脑筋的小悦发现，通过证明两个三角形全等，可以得到结论．请你写出线段之间的数量关系________； (2)【问题引申】 如图2，将图1中的正方形改为的菱形，，其他条件不变，请你帮小悦得出此时线段之间的数量关系，并说明理由： (3)【问题解决】 如图3，在（2）的条件下，当菱形的边长为16，点P运动至与A点距离恰好为14的位置，且旋转至时，请直接写出的长度________． 【答案】(1) (2) (3)8或4 【分析】（1）根据正方形的性质可得，，证明，得到，即可求解； （2）取的中点，连接，根据菱形的性质可得是等边三角形，可证明，得到，即可证明； （3）分两种情况：当点靠近点时，；当点靠近点时；过点作于，连接，作交于，结合（2），根据勾股定理和等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图1中， 正方形的对角线，交于点， ，， ， ， 在和中 ， ， ， ； 故答案为： （2）解：结论变为，理由如下： 如图2中，取的中点T，连接， 四边形为的菱形， ，，， 是等边三角形， ，， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ， 故答案为：； （3）解：如图3﹣1中，当点P靠近点B时，过点A作于H，连接，作交于G． 是等边三角形，，， ，， 在中，， ， 由（2）可知，， ； 如图中，当点靠近点时，同法可得，， ， ， 综上所述，满足条件的的值为8或4； 故答案为：8或4． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形及菱形的性质，等腰三角形的性质，解答本题的关键是设计三角形全等，巧妙地借助两个三角形全等，寻找所求线段与线段之间的等量关系． 【典型例题十 四边形中的线段最值问题】 【例1】（24-25九年级上·山东聊城·阶段检测）如图，已知正方形的边长为4，点M在上，，点N是上的一个动点，那么的最小值是（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】由正方形的对称性可知点B与D关于直线对称，连接交于点，即为所求，在中利用勾股定理即可求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴点B与D关于直线对称， 连接交于点，连接， 则， ， 当B、N、M三点共线时，取得最小值， 则即为所求的点， 则的长即为的最小值， ∵四边形是正方形， ∴是线段的垂直平分线， 又， 在中，， 故的最小值是5． 故选：C． 【点睛】本题考查的是轴对称-最短路线问题及正方形的性质，根据点B与点D关于直线对称，可知的长即为的最小值是解答此题的关键． 【例2】（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝8，E为CD边的中点，P，Q为BC边上两个动点，且PQ＝2，当四边形APQE的周长最小时，BP的长为（    ） A．0 B．3 C．4 D．6 【答案】C 【分析】要使四边形APQE的周长最小，由于AE与PQ都是定值，只需AP+EQ的值最小即可．为此，先在BC边上确定点P、Q的位置，可在AD上截取线段AF＝DE＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，则此时AP+EQ＝EG最小，然后过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点，那么先证明∠GEH＝45°，再由CQ＝EC即可求出BP的长度． 【详解】解：如图，在AD上截取线段AF＝PQ＝2，作F点关于BC的对称点G，连接EG与BC交于一点即为Q点，过A点作FQ的平行线交BC于一点，即为P点，过G点作BC的平行线交DC的延长线于H点． ∵四边形是矩形， ∴，，∠QCE＝90°， ∵， ∴, ∵点F点关于BC的对称点G， ∴ ∴ ∴四边形是矩形， ∴GH＝DF＝6，∠H＝90°, ∵点E是CD中点， ∴CE=2， ∴EH＝2+4＝6， ∴∠GEH＝45°， ∴∠CEQ＝45°， 设BP＝x，则CQ＝BC﹣BP﹣PQ＝8﹣x﹣2＝6﹣x， 在△CQE中， ∵∠QCE＝90°，∠CEQ＝45°， ∴CQ＝EC， ∴6﹣x＝2， 解得x＝4． 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，轴对称﹣最短路线问题的应用，题目具有一定的代表性，是一道难度较大的题目，对学生提出了较高的要求． 【例3】（24-25九年级下·贵州铜仁·阶段检测）如图，在矩形中，，，E为上一点，且，F为上一个动点，连接，将绕点E顺时针旋转到位置，连接和，则的最小值为_____．    【答案】4 【分析】由旋转的性质可得，，，由“”可证，可得，可得点在直线HG上运动，则当时，有最小值为，由直角三角形的性质可求解． 【详解】解：如图，将绕点顺时针旋转30度，得到，连接HG，过点作于，过点作于，     将绕着点顺时针旋转到的位置，将绕点顺时针旋转30度，得到， ，，， ， 在和中， ， ， ， 点在直线HG上运动， 当时，有最小值为， ，， ， ，， 四边形是矩形， ， ，， ， ，， ，， ， 的最小值为4． 故答案为：4． 【点睛】本题考查旋转的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，垂线段最短等知识，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． 【例4】（24-25八年级下·江苏淮安·期末）如图，已知正方形的对角线交于O，G是的中点，线段（点在点的左边）在直线上运动，连结，若，则的最小值是______． 【答案】 【分析】取的中点，则与关于对称，过点作，，交于点，连接，则四边形是平行四边形，，根据轴对称的性质可以得出，利用三角形三边关系可以得出，根据两点间的距离最短进一步得出，在中，根据勾股定理即可解此题． 本题主要考查了正方形的性质、勾股定理以及利用平移和对称求最值问题，关键在于通过平移和对称将所求线段和转化为两点之间的距离． 【详解】，解：四边形是正方形，， ， ， 是的中点， ， 取的中点，则与关于对称， ， 过点作，，交于点，连接， 四边形是平行四边形， ，， 在中，， 又点是上的动线段， ， 当点在一条直线上时，取最小值， ， , 在中，，，根据勾股定理， 最小值为， 故答案为：． 1．（2026八年级下·全国·专题练习）如图，正方形的面积为6，是等边三角形，点在正方形内，在对角线上有一点，使的和最小，求这个最小值． 【答案】 【分析】本题考查正方形的性质、等边三角形的性质以及最短路径问题的求解，关键是利用对称点将折线转化为直线段，依据“两点之间线段最短”确定最小值．首先利用正方形对角线是对称轴，找到点关于的对称点，将转化为，把的和转化为；然后根据两点之间线段最短，确定当为与交点时，和最小，最小值为的长度；最后由正方形面积求出边长，结合等边三角形边长相等得到的长度，即为所求最小值． 【详解】解：如图，连接． ∵四边形是正方形，是其对角线， ∴点与点关于直线C对称， ∴， ∴， 根据两点之间线段最短，当点为与的交点时，的和最小，最小值为线段的长； ∵正方形的面积为6， ∴， 又∵是等边三角形， ∴， 故的最小值为； 故答案为：． 2．（24-25八年级下·河南新乡·期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”． (1)下列四边形中一定是“中方四边形”的是______． A．平行四边形            B．矩形            C．菱形            D．正方形 (2)如图，已知四边形是“中方四边形”，、分别是、的中点． ①试探索与的数量关系，并说明理由； ②若线段的长度为，则的最小值是______．（不需要解答过程） 【答案】(1)D (2)①，见解析；② 【分析】本题考查了三角形的中位线的性质，正方形的判定和性质，勾股定理等知识，理解“中方四边形”的定义并运用是本题的关键． （1）由正方形对角线相等且互相垂直可得答案； （2）①如图，记、的中点分别为、，可得四边形是正方形，再根据等腰直角三角形性质与三角形的中位线的性质即可证得结论． ②令与的交点为，连接、，当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长，得到，，再根据①可知，从而计算的最小值，进而求解； 【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，正方形的对角线相等且互相垂直， ∴一定是“中方四边形”的是正方形； 故选：D； （2）解：①如图，记、的中点分别为、，连接，，， ∵四边形是“中方四边形”，，分别是，的中点， ∴四边形是正方形， ，， ， ，分别是，的中点， ， ； ②令与的交点为，连接、； 由①可知，； 当点在上(即、、共线)时，最小，最小值为的长， 的最小值， 由题意可知；为正方形； ， ，， ， ，分别是，的中点， ，， ， 的最小值， 即时，最小，即最小； 线段的长度为， 则； 故； 故答案为： 3．（24-25八年级下·江苏无锡·阶段检测）综合与实践 【问题情境】 在数学综合与实践活动课上，老师让同学们以“特殊平行四边形的旋转”为主题开展探究活动． 如图，正方形和正方形，连接，． 【操作发现】 （1）当正方形绕点旋转，如图，线段与之间的数量关系是______；直线与的夹角度数为______； 【深入探究】 （2）如图，若四边形与四边形都为菱形，且，，猜想与的数量关系与直线与的夹角度数，并说明理由； 【迁移探究】 （3）如图，在（2）的条件下，，在菱形绕点旋转过程中，直接写出线段的最小值． 【答案】（1），；（2） ；直线与的夹角度数为；理由见解析；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）由四边形和四边形是正方形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （2） 由四边形和四边形是菱形，得，，，证明，得出，，延长交于点，交于点，根据全等三角形的性质和角度和差即可求解； （3）如图，由于菱形绕点旋转，所以点的运动轨迹，是以点为圆心，半径为的圆，连接圆心点与圆外一点，当点在上时，线段取得最小值，连接，交于点，根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理得到，求得，于是得到结论． 【详解】（1）四边形和四边形是正方形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交于点，交于点， ，， ， ， 直线与的夹角度数为， 故答案为：，； （2）；直线与的夹角度数为；理由如下： 四边形和四边形是菱形， ，，， ， ， 在和中， ， ， ，， 如图，延长交的延长线于点，交于点， ，， ， 直线与的夹角度数为； （3）如图，∵ ∴当点在上时，线段取得最小值， 连接，交于点， 四边形是菱形，， ，，， ， ， ， ， ， ， 即线段的最小值为． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用，掌握知识点的应用是解题的关键． 【典型例题十一 四边形其他综合问题】 【例1】 （24-25八年级下·江西上饶·阶段检测）如图，在菱形中，于E．若，且，则菱形的周长为（    ）    A．12 B．8 C．4 D．2 【答案】A 【分析】根据菱形的面积公式和题意可求出菱形的边长，进而可求出菱形的周长． 【详解】解：四边形是菱形， ， ， ， ， ， 菱形的周长为， 故选A． 【点睛】本题考查了菱形的性质及其面积和周长，熟练掌握这些知识是解题的关键． 【例2】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）将矩形ABCD按如图所示的方式折叠，BE，EG，FG为折痕，若顶点A，C，D都落在点O处，且点B，O，G在同一条直线上，同时点E，O，F在另一条直线上，则下列说法：①AE＝DE；②EG＞GC；③BE＝BF；④若AB＝1，则AD＝，正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】根据矩形的性质和折叠的性质可得E，G分别为AD，CD的中点，再根据勾股定理可得AD＝，再根据三角形的性质得到EG＞GC，即可得到结果； 【详解】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°，AB＝CD，AD＝BC， 由折叠的性质得：AE＝OE＝DE，CG＝OG＝DG， ∴E，G分别为AD，CD的中点，故①正确， 设CD＝2a，AD＝2b，则AB＝2a＝OB，DG＝OG＝CG＝a，BG＝3a，BC＝AD＝2b， 在Rt△BCG中，CG2+BC2＝BG2， 即a2+（2b）2＝（3a）2， ∴b2＝2a2， ∴b＝a， ∵AB＝CD＝1， ∴AD＝，故④正确， ∵∠EOG＝∠D＝90°， ∴EG＞OG， ∵OG＝GC， ∴EG＞GC，故②正确， 不妨设BE＝BF，则∠BEF＝∠BFE＝∠DEF＝∠AEB＝60°，这个显然不可能，故③错误． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了利用矩形的性质证明，准确分析判断是解题的关键． 【例3】（24-25八年级下·浙江杭州·期末）如图，在平面直角坐标系xoy中，矩形ABCD的边AB在x轴上，AO=2，BO=3，BC=4.将正方形沿箭头方向推，使点D落在y轴正半轴上点D’处，则点C的对应点C’的坐标为____. 【答案】(5,) 【分析】由题知从正方形变换到平行四边形时，边的长度没变，从而求出即可 【详解】由题知从正方形变换到平行四边形时，A D’=AD=BC=4，D’C’=AB=5， ∵AO=2，根据勾股定理，则O D’=，则D’（ 0,），故C’的坐标为(5,) 【点睛】熟练掌握图形变化中的不变边和勾股定理计算是解决本题的关键 【例4】（24-25九年级下·吉林长春·阶段检测）如图，把边长为的正方形纸片分割成如图的三块，其中点为正方形的中心，为的中点，用这三块纸片拼成与该正方形不全等且面积相等的四边形（要求这三块纸片不重叠无缝隙），若四边形为矩形，则四边形的周长是___________． 【答案】 【分析】根据四边形为矩形及为的中点即可得到，再利用正方形的性质得到即可解答． 【详解】解：如图所示， ∵四边形是正方形，， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴四边形的周长是：． 故答案为：． 【点睛】本题考查了图形的剪拼，全等图形，掌握图形的剪拼是解题的关键． 1．（24-25九年级上·黑龙江哈尔滨·期中）如图，四边形ABCD中，，，． (1)求∠ABC的度数； (2)把BCD沿BC翻折得到BCE，过点A作，垂足为F，求证：； (3)在（2）的条件下，连接DE，若四边形ABCD的面积为45，，求DE的长． 【答案】(1) (2)见解析 (3)12 【分析】（1）以点A为圆心，AC为半径作圆A，根据题意得，即可得点B在圆A上，根据圆的性质得，则是等腰直角三角形，即可得； （2）过点A作交BD于点G，则，由等腰直角三角形的性质得 ，，由折叠的性质得，，，，设，则，，根据得，即可得，利用AAS可证，即，即可得； （3）作交于点M，交于点N，延长BC交DE于点H，则，根据题意运用勾股定理即可得，即可得三角形ABC的面积，即可得CN的长度，在中，根据勾股定理即可得AN的长度，用AAS证明，即可得，即可得三角形BCD的面积为，可得，即可得． 【详解】（1）解：如图所示，以点A为圆心，AC为半径作圆A， ∵，， ∴， ∴点B在圆A上， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴； （2）证明：如图所示，过点A作交BD于点G， 则， 由（1）得，，， ∴，， 由折叠的性质得，，，， 设，则，， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和， ∴（AAS）， ∴， ∴； （3）解：如图所示，作交于点M，交于点N，延长BC交DE于点H， 则， ∵， ∴， ∵是等腰直角三角形，， ∴ ， ∴， ∵四边形ABCD的面积为45， ∴ 在中，根据勾股定理得， ， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∴（AAS）， ∴， ∴， ∴， 即， ， 即． 【点睛】本题考查了翻折的性质，圆的性质，圆周角定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形面积问题，勾股定理，解题的关键是熟练掌握等腰三角形的判定与性质和翻折的性质，本题综合性强． 2．（2025九年级上·江苏无锡·模拟预测）已知线段． (1)已知线段垂直于线段．设图1，图2和图3中的四边形的面积分别为和，则__________，__________，__________； (2)如图4，对于线段与线段垂直相交（垂足不与点重合）的任意情形，请你就四边形面积的大小提出猜想，并证明你的猜想； (3)当线段与（或）的延长线垂直相交时，猜想顺次连接点所围成的封闭图形的面积是多少？ 【答案】(1)，， (2)，证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】本题考查对角线互相垂直的四边形面积问题，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）将四边形面积分为两个三角形面积之和，根据三角形的面积公式进行计算； （2）根据（1）中的计算结果，发现三个图形的面积都是．将四边形面积分为两个三角形面积之和，根据三角形的面积公式进行计算； （3）把四边形的面积分割成两个三角形面积之差，按三角形的面积公式进行计算． 【详解】（1）解：对于图1， ， ，， ， ， ， ， ； 同理可得，图2和图3中的四边形的面积，， 故答案为：，，； （2）解：对于线段与线段垂直相交（垂足不与点，，，重合）的任意情形，四边形的面积为定值． 证明如下： ， ，， ， ， ， ， ； （3）解：顺次连接点，，，，所围成的封闭图形的面积仍为24． 证明：如图，当线段与的延长线垂直相交时， ， ，， ， ， ， ， ； 如图，当线段与的延长线垂直相交时， ， ，， ， ， ， ， ； 综上所述，当线段与（或）的延长线垂直相交时，顺次连接点所围成的封闭图形的面积是． 3．（24-25九年级上·江苏常州·阶段检测）我们借助学习“三角形全等的判定”获得的经验与方法，对“全等四边形的判定”进行探究． 规定：（1）四条边对应相等，四个角对应相等的两个四边形全等．（2）在两个四边形中，我们把“一条边对应相等”或“一个角对应相等”称为一个条件． 【初步思考】 满足个条件的两个四边形不一定全等，如边长相等的正方形与菱形就不一定全等．类似地，我们容易知道两个四边形全等至少需要个条件． 【深入探究】 小莉所在学习小组进行了研究，她们认为个条件可分为以下四种类型： Ⅰ一条边和四个角对应相等；Ⅱ二条边和三个角对应相等； Ⅲ三条边和二个角对应相等；Ⅳ四条边和一个角对应相等． (1)小明认为“Ⅰ一条边和四个角对应相等”的两个四边形不一定全等，请你举例说明． (2)小红认为“Ⅳ四条边和一个角对应相等”的两个四边形全等，请你结合下图进行证明． 已知：如图， ． 求证： ． 证明：    (3)思考：有一组邻边和三个角对应相等的两个四边形全等 （填“一定”或“不一定”） 【答案】(1)正方形与矩形 (2)见详解 (3)一定 【分析】 （1）可以利用正方形与矩形进行说明； （2）根据四条边对应相等，和一个角对应相等，结合图形即可写出已知与求证．证明时可以连接、 ，转化为证明，和．即可证得； （3）从而利用全等三角形的性质与等式的性质得出两个四边形四条边对应相等，四个角对应相等，因而这两个四边形全等； 【详解】（1） 解：如正方形与矩形有一条边对应相等，但显然不一定全等． （2） 已知：如图，四边形和四边形 中，，，，，． 求证：四边形四边形． 证明：连接、．    ，，， ， ，，． 又，， ． ，，， ，， 四边形四边形； （3）有一组邻边和三个角对应相等的两个四边形全等，以四边形和四边形为例，分为以下几类： ①，，，，； ②，，，，； ③，，，，； 同理（2）可得：四边形四边形 故答案为：一定 【点睛】本题考查了四边形综合题，涉及的知识点有：四边形的全等，三角形全等的判定与性质，解题的关键是注意：多边形的全等可以通过作辅助线转化为证明三角形全等的问题． 1．（24-25八年级下·浙江金华·期中）正方形具有矩形不一定有的性质是（    ） A．对角互补 B．对角线相等 C．四个角相等 D．对角线互相垂直 【答案】D 【分析】根据正方形的性质，矩形的性质逐项判断即可． 【详解】解：A． 对角互补，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； B．对角线相等，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； C． 四个角相等，正方形具有而矩形也具有，故不符合题意； D． 对角线互相垂直，是正方形具有而矩形不具有，故符合题意． 2．（25-26九年级上·河北唐山·期中）如图，有大小不同的2个正方形A和B，当B的对角线交点与A的一个顶点重合时，重叠部分的面积是A的，那么当A的对角线交点与B的一个顶点重合时，重叠部分的面积是B的（  ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，涉及到正方形性质的应用，正确认识图形是解题的关键． 根据题意，结合图形，先得到图1中，结合已知条件，得到，结合图2，得到结果． 【详解】解∶如图，设正方形的面积为，正方形的面积为，图1中阴影部分面积为，图2中阴影部分面积为， ∵图1中，，，， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， 同理，图2中，， ∴， 即当的对角线交点与的一个顶点重合时，重叠部分的面积是的， 故选∶． 3．（25-26八年级下·江苏无锡·期中）小张学习了四边形内容后，梳理了四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形的关系图，如图所示，给出下列条件，其中对应序号填写正确的有几个（     ）   ；；；； A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，有一个角是直角的平行四边形是矩形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，邻边相等的矩形是正方形，对角线相等的菱形是正方形判断即可． 【详解】解：四边形中，，不能判定四边形是平行四边形，故①错误； 平行四边形中， ∵， 四边形是矩形，故②正确； 平行四边形中， ∵， 四边形是矩形，不是菱形，故③错误； 矩形中， ∵， 四边形是正方形，故④正确； 菱形中， ∵， 四边形是正方形，故⑤正确； 综上，正确的有②④⑤共3个． 4．（24-25八年级下·四川达州·期末）如图，在矩形中，，．把沿折叠，使点恰好落在边上的处，再将绕点顺时针旋转，得到，使得恰好经过的中点．设交于点，连接．有如下结论：①；②；③的长度是；④．上述结论中，正确的个数有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】D 【分析】证明四边形是正方形，可求，，求出，结合是的中点可判断①正确；取的中点，连接，可证是等边三角形，从而可求，进而可判断②正确；求出，进而可判断③正确；由，，可求，进而可判断④正确． 【详解】解：四边形是矩形， ， 四边形是矩形， 由折叠得：， 四边形是正方形， ， ， 是的中点， ．故①正确； 在中 ， 如图，取的中点，连接，   ， ， 是等边三角形， ， ， ，故②正确； 在中 ， 由旋转得：， ，故③正确； 四边形是正方形， ， ，， ， ，故④正确． ①②③④均正确． 故选D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等边三角形的判定与性质等知识，灵活运用这些性质进行推理证明是本题的关键． 5．（24-25八年级下·河北保定·期末）如图，在矩形中，分别是边上的动点，点从出发到停止运动，点从出发到停止运动，若P，Q两点以相同的速度同时出发，匀速运动．下面四个结论中：①存在四边形是矩形；②存在四边形是菱形；③存在四边形是矩形；④存在四边形是正方形．所有正确结论的序号是（　　） A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④ 【答案】A 【分析】设两点速度为每秒1个单位长度，则，，由题意可得四边形是平行四边形，再利用矩形，菱形，正方形的性质分别进行求解即可． 【详解】解：设两点速度为每秒1个单位长度，则，， ∵四边形是矩形，， ∴，，， ∴四边形是平行四边形， 当时，点与点重合，点与点重合，此时四边形是矩形，故①正确； 当四边形是菱形时，， 则，解得：，符合题意， 即：当时，四边形是菱形，故②正确； 当四边形是矩形时，，则，解得， 即：当时，四边形是矩形，故③正确； 当四边形是正方形时，， 则，解得，但此时，不符合题意，故④不正确， 综上，正确的有①②③， 故选：A． 【点睛】本题考查动点问题，特殊四边形的存在问题，特殊四边形的性质等知识点，理解并熟练掌握相关图象的性质是解决问题的关键． 6．（24-25八年级下·湖南永州·期末）矩形四边中点的连线构成的四边形是______四边形，矩形四个角的平分线构成的是_______四边形． 【答案】 菱形 正方形 【分析】本题考查了矩形的性质，正方形的判定与菱形的判定，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 先作图，然后根据中位线的判定与性质得，然后证明四边形是平行四边形，因为，所以四边形是菱形；先作图，然后结合矩形的性质，证明四边形是矩形，再得出、是等腰直角三角形，即可作答． 【详解】解：如图： ∵四边形是矩形 ∴ ∵分别是的中点 ∴分别是的中位线 ∴， ∴四边形是平行四边形 ∴ ∴四边形是菱形 故答案为：菱形， 如图：分别是矩形四个角的平分线 ∴ ∴, ∴, ∴ ∴ ∴四边形是矩形 ∴、是等腰直角三角形 ∴ ∴四边形是正方形． 故答案为：菱形，正方形 7．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点E、F分别为边上的动点（不与端点重合），连接，点E、F在运动过程中，始终保持，连接．过点B作，垂足为H，连接，则的最小值为______．    【答案】 【分析】延长至G，使，连接，证明，推出，，再证明，推出，当B、H、D三点共线时，有最小值，据此求解即可． 【详解】解：延长至G，使，连接，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 当B、H、D三点共线时，有最小值，最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，掌握正方形中的动点问题，把求的最小值问题转化成求的长是解题的关键． 8．（24-25八年级下·安徽淮南·期末）如图，在正方形中，为对角线上的一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接． （1）若，则矩形的面积为_______； （2）当线段与正方形的一边的夹角是时，则的度数为_______． 【答案】 3 或 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键． （1）作，，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可； （2）分两种情况讨论即可，①当与的夹角为时，②当与的夹角为时，从而可得答案． 【详解】如图，作于P，于Q， 四边形为正方形， ∵， ∴， 矩形， ， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； ∵ ∴正方形的面积为：， 故答案为：3； （2）①当与的夹角为时， 如图2， ∵，， ∴， ②当与的夹角为时，如图3，即交于， ， 综上所述：或． 故答案为：或 9．（25-26八年级下·湖北黄冈·期中）如图，在矩形中，，，点，分别在边，上，沿着折叠矩形，使点，分别落在，处，且点在线段上（可与点，重合），过点作于点，连接．当与重合时，________；若四边形为正方形，则________． 【答案】 /0.875 【分析】利用矩形的性质得，利用折叠的性质可得，当与重合时，设，则，在中，根据勾股定理可得； 连接，当四边形为正方形时，，由勾股定理得出，在中，利用勾股定理求出，进而即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， 当与重合时，由折叠可得， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴； 当四边形为正方形时，如图，连接， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵于点， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， 由勾股定理得，， 由折叠可得，，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴． 10．（24-25九年级下·浙江绍兴·阶段检测）如图1是七巧板图案，现将它剪拼成一个“台灯”造型（如图2），过该造型的上下左侧五点作矩形，使得，点N为的中点，并且在矩形内右上角部分留出正方形作为印章区域（），形成一幅装饰画，则矩形的周长为 __．若点M，N，E在同一直线上，且点H到的距离与到的距离相等，则印章区域的面积为 __． 【答案】 64 12.25 【分析】本题考查正方形的性质及矩形的性质，能由图1求出各图形的边长是解题的关键．根据“台灯”的造型及图1，可求出的长，进而可求出矩形的周长；延长经过点E并与相交于点L，连接，可得出四边形是平行四边形，求出长即可解决问题． 【详解】解：由图1可知， 七巧板中的等腰直角三角形最大的直角边长为6，然后，最小的直角边长为3， 正方形和平行四边形的短边长都是3． 过点N作和的垂线，垂足分别为J，K，则， 又 ，且是等腰直角三角形， ，故． 又， 四边形是矩形， ． 又， ， 故矩形的周长为． 延长经过点E与交于点L，连接， ，且， ． 又点H到的距离与到的距离相等， 点H在的角平分线上，则． ， ， 又， 四边形是平行四边形． 又， ． ．则， 四边形是正方形， 印章区域的面积为． 故答案为：64，12.25． 11．（24-25九年级下·陕西榆林·期中）如图，在矩形中，连接，点是的中点，点是的中点，连接并延长交于点，，求证：四边形是正方形．    【答案】见解析 【分析】利用矩形的性质可证得，进而可知，，则，由题意可知，则，进而可知四边形是长方形，再结合，进而可证得四边形是正方形． 【详解】证明：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵， ∴，， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵，， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键． 12．（25-26八年级下·全国·单元复习）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 13．（24-25八年级下·湖北孝感·期中）如图1，正方形的边长为，点从点出发，沿射线方向以每秒个单位长度的速度移动，点从点出发，向点以每秒个单位长度的速度移动（不到点）.设点，同时出发移动秒．    (1)在点，移动过程中，连接，，，请判断的形状并说明理由： (2)如图2，连接，设交于点，当时，求的长； (3)如图3，点，分别在边，上，且，连接，交于点，当与的夹角为，求的值． 【答案】(1)等腰直角三角形，理由见解析 (2) (3)2 【分析】（1）通过证明得到，，则易推知是等腰直角三角形； （2）过点作，交于点，，．可证，则其对应边相等：．所以在中，由勾股定理求得的长度，则； （3）如图3，连接，，与交于．根据四边形是平行四边形，则其对边相等：．所以在中，由勾股定理得到：，故． 【详解】（1）解：等腰直角三角形．理由如下： 如图1，在正方形中，，． 依题意得：． 在与中， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形． （2）如图2，过点作，交于点，则．   ， ． 在与中， ， ， ． 中，，， ， ； （3）如图3，连接，，与交于，与交于点．    由（1）得， 又， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 在中，得， ． 【点睛】本题考查了四边形综合题．解题过程中，涉及到了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的应用．解答该类题目时，要巧妙的作出辅助线，构建几何模型，利用特殊的四边形的性质（或者全等三角形的性质）得到相关线段间的数量关系，从而解决问题． 14．（24-25九年级上·山西吕梁·期末）下面是小宇同学的数学小论文，请你仔细阅读并完成相应的任务． 折叠正方形 在数学活动时折叠的本质是图形的轴对称，通过轴对称进行图形的变换可以构造形式多样的几何图形，利用轴对称的知识研究问题也是常用的方法．如图1，四边形是正方形，点是边上的一点，，将沿着折叠得到，连接交于点，过点作于点．则有．理由如下： 方法一：由折叠可知： 是的垂直平分线（依据1）， ∴， ∵，∴，∴ ∵四边形是正方形，∴ ∴，∴ ∵， ∴（依据2） ∴ 方法二： 任务： (1)材料中的依据1是指 ；依据2是指 ； (2)请你帮助小宇同学写出方法二； (3)如图2，把材料中的图形延长交的延长线于点，其余条件保持不变，若，求的长度． 【答案】(1)轴对称的性质；角平分线的性质 (2)方法二见解析 (3) 【分析】（1）根据轴对称的性质可得是的垂直平分线，根据角的平分线的性质可推出，即可得出答案； （2）根据轴对称的性质得，，推出，证明为等边三角形，得，根据正方形的性质推出，再根据含角的直角三角形的性质得，即可推出结论； （3）根据正方形的性质得，，再根据可得出，，根据轴对称的性质得，证明是等边三角形，得，即可得出答案． 【详解】（1）解：材料中的依据1是指轴对称的性质；依据2是指角平分线的性质； 故答案为：轴对称的性质；角平分线的性质；． （2）理由：∵将沿着折叠得到， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴，， ∵将沿着折叠得到， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，垂直平分线的性质，角平分线的性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质等知识点．掌握轴对称的性质是解题的关键． 15．（25-26八年级下·江苏·期中）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． (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．请你画出图2、图3、图4中四边形的中点四边形（用刻度尺度量画图即可）； (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．请填写下表： 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 ， (3)证明与表达：根据表中对图2，图3，图4的画图和猜想，选择其中一个进行证明．（写出已知，求证，再证明） 选择图 ，已知：四边形中，E，F，G，H是四边的中点， ．求证：四边形是 ． 【答案】(1)见解析 (2)菱形；矩形；正方形 (3)2；对角线，与不垂直；菱形（答案不唯一）；见解析 【分析】（1）依题意画出图形即可： （2）图2中的中点四边形EFGH是菱形，图3中的中点四边形EFGH是矩形，图4中的中点四边形EFGH是正方形，然后填入表格即可； （3）根据中位线定理得，，，，，，结合已知条件即可判定四边形是菱形、矩形、正方形即可． 【详解】（1）解：依题意画出图形如图所示： （2）解：如下表： 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 菱形 图3 ， 矩形 图4 ， 正方形 （3）解：选择图2时：已知四边形中，对角线，与不垂直，点E，F，G，H分别，，，的中点，求证：四边形是菱形； 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， 又，，与不垂直， 与不垂直， ∴平行四边形是菱形； 选择图3时，已知四边形中，对角线，，点E，F，G，H分别，，，的中点，求证：四边形是矩形； 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， 又，，， ， ， ∴平行四边形是矩形； 选择图4时，已知四边形ABCD中，对角线AC＝BD，AC⊥BD，点E，F，G，H分别AD，AB，BC，CD的中点，求证：四边形EFGH是正方形． 证明：∵点E，F分别是，的中点， 是的中位线， ，， 同理：是的中位线， ，，， ，， ∴四边形是平行四边形， 同理：是的中位线， ，， ， ， ∴平行四边形是菱形， 又，，， ， ， ∴菱形是正方形． 学科网（北京）股份有限公司 $