专题18 正方形的性质及其判定（3年汇编）（全国通用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 汇编2024-2026年中考数学正方形性质与判定真题，覆盖8个高频考点，含选择、填空、解答题，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择/填空|每题2-5分|求线段长（勾股定理）、面积（公式运用）、最值（将军饮马）、折叠（全等方程）、判定条件（菱形/矩形基础）|情境化设计（折叠、旋转场景），侧重概念辨析与基础计算| |解答题|5-10分|证明（线段/角相等）、综合题（旋转+动点+相似）|分层设问（多小问递进），融合多知识点（全等、勾股、转化思想），贴合中考压轴题命题趋势|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题18正方形的性质及其判定 3年考情·探规律 考点分类 三年考情（2024-2026) 命题规律 均以选择题、填空题形式考查，分值稳定在2-4分。命题 采用情境化设计，气温海拔、收支盈亏、方向位移、行业 2026北京卷、2026湖南卷 考点01正 统计等素材频繁出现。核心围绕相反意义的量展开，重点 2025山东青岛卷、2025海 负数的意义 考查正负数实际含义辨析；整体难度偏低，近三年命题逐 南卷2024辽宁卷 步偏向生活热点，侧重结合真实场景区分正负概念，概念 辨析类设问占比逐年提升。 三年考情（2024-202 考点分类 命题规律 6 考点01根据 多以选择题、填空题为主，部分出现在解答题小问，分值 2026江苏卷、2026广东卷 正方形的性 2025四川卷、2025陕西卷 3-5分。常结合勾股定理，以正方形边长、对角线为载体 质求线段长 求线段长：常和全等、直角三角形结合设问，难度中等， 2024重庆卷 度 侧重基础计算。 考点02根据 2026河南卷、2026福建卷 选择、填空高频考查，分值2-4分。已知边长、对角线求 正方形的性 2025河北卷、2025广西卷 面积，或反过来由面积求边长；有时结合割补法，整体难 质求面积 2024安徽卷 度偏低，侧重公式灵活运用。 考点03根据 2026浙江卷、2026湖北卷 以填空压轴、选择压轴为主，分值34分。利用正方形对 正方形的性 2025江西卷、2025云南卷 称性，结合将军饮马求线段和、差最值；经常搭配动点场 质求最值 2024黑龙江卷 景，难度中等偏上，重视转化思想。 选择、填空压轴高频，部分解答题出现，分值4-6分。折 考点04正方 2026山东卷、2026吉林卷 叠后产生相等边、相等角，综合勾股定理、全等三角形列 形的性质中 2025江苏卷、2025贵州卷 方程求解；图形变化情境，计算量偏大，是高频易错题 折叠问题 2024湖南卷 型。 1/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点分类 三年考情（2024-2026) 命题规律 考点05根据 2026甘肃卷、2026天津卷 多见于解答题，分值5-7分。主要证明线段相等、角相 正方形的性 2025山西卷、2025新疆卷 等，常和全等三角形结合；依托正方形四边相等、四角 质证明 2024辽宁卷 90°、对角线特性出题，侧重逻辑推理书写。 考点06添加 2026河北卷、2026宁夏卷 以选择、填空题为主，分值2-3分。一般以菱形或者矩形 一个条件使 2025福建卷、2025青海卷 为基础，补充条件判定正方形；重点区分矩形、菱形、正 得成为正方 2024海南卷 方形判定条件，概念辨析为主，难度较低。 形 2026安徽卷、2026江西卷 选择填空考查居多，分值24分。以正方形为原四边形判 考点07中点 2025河南卷、2025西藏卷断中点四边形形状，也会反向设问；联系三角形中位线定 四边形 2024内蒙古卷 理，侧重概念理解，偶尔综合其他特殊四边形。 考点08正方 2026四川卷、2026重庆卷 试卷压轴解答题，分值7-10分。融合旋转、动点、全等、 形综合解答 2025广东卷、2025陕西卷 相似、勾股定理多知识点：设置多小问，层层递进，既有 题 2024山东卷 计算又有证明，区分度高，属于重难点。 3年真题·精准练入 考点01根据正方形的性质求线段长度 1.(2025四川泸州中考真题)（选择题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为 CE上的点，且DF=DC,则AF的长为() D B 210 2/10 4V10 4V10 A. B. C. 9 15 D. 9 2.(2026广西中考真题)（填空题）如图，在正方形ABCD中，E为CD边上一点，连接AE,BE.若 2/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 AB=4,an∠DAE= ,则BE= D E B C 3.(2026四川遂宁中考真题)（填空题）如图，在边长为3cm的正方形ABCD中，以点B为圆心， 3Cm为半径作弧，交BC于点M,交AB的延长线于点N,再分别以点M、N为圆心，大于MN的 长为半径作弧，两弧交于点K,作射线BK,点E在边AB上，且BE=2AE,连接EM并延长，交BK 于点F,连结DF,交BC于点G,则DG的长为 cm. D E B N 4.(2026四川泸州中考真题)（填空题）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E,F,G分别是边 AB,BC,CD的中点，AF与DE交于点M,BD与AF,MG分别交于点N,P.则NP的长为 A D M E G B F 5.(2025山东东营.中考真题)（填空题）如图，四边形ABCD是正方形，E为CD上一点，将△ADE绕 点A顺时针旋转90°至△ABF,连接EF,AH⊥EF于点H,交BC于点G.若BG=2,CG=1,则CE 的长为 3/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E H F B G C 6.(2024江苏南通.中考真题)（填空题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5.正方 形DEFG的边长为V5,它的顶点D,E,G分别在△ABC的边上，则BG的长为一· A D E B 考点02根据正方形的性质求面积 1.(2026安徽中考真题)（选择题）如图，矩形ABCD中，六个小正方形的边长均为1，正方形AFGD 的各边与HNM所在的圆分别相切于点E,M,H,N.BH,BM所在圆的圆心分别是E,F.则图中阴 影部分的面积为() H G M 4-1 B. 1-1 4 c.7-3 D.7-5n 4 2.(2026重庆.中考真题)（选择题）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，且CE=2BE,连接 4/17 丽学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 DE.过点A作AF⊥DE,垂足为F,连接BF并延长交CD于点G,连接CF,则△BEF与△CFG的面积 之比为() 4 D F B E B.4 5 c.7 3.(2025陕西中考真题)（选择题）如图，正方形ABCD的边长为4，点E为AB的中点，点F在AD上， EF⊥EC,则△CEF的面积为() A F D A.10 B.8 c.5 D.4 4.(2026四川甘孜中考真题)（填空题）如图，将边长为3的正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°，得 到正方形AEFG,EF交CD于点H,则四边形ADHE的面积为· B 5.(2024新疆中考真题)（填空题）如图，在正方形ABCD中，若面积S知形4oH=12,周长 C矩形OFCG=16,则SE方形EBFo+SE方形HOGD= 5/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 HD E O G B 考点03根据正方形的性质求最值 1.(2025山东淄博.中考真题)（选择题）如图，P是以正方形ABCD的顶点A为圆心，AB为半径的弧 BD上的点，连接AP,CP,将线段CP绕点P顺时针旋转90°后得到线段PQ,连接AQ.若AB=1,则 △APQ的最大面积是() B.2-3 c.2-1 D.2+1 2 2 4 2.(2025四川自贡.中考真题)（选择题）如图，正方形ABCD边长为6，以对角线BD为斜边作 Rt△BED、∠E=90°，点F在DE上.连接BF.若2BE=3DF.则BF的最小值为() D A.6 B.6V2-V5 c.3V5 D.4V5-2V2 3.(2024四川泸州中考真题)（选择题）如图，在边长为6的正方形ABCD中，点E,F分别是边 AB,BC上的动点，且满足AE=BF,AF与DE交于点O,点M是DF的中点，G是边AB上的点， G年2GB,则OM+)FG的最小值是( 6/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D C M E G A.4 B.5 C.8 D.10 4.(2024四川宜宾中考真题)（填空题）如图，正方形ABCD的边长为1，MN是边BC、CD上的动 点.若∠MAN=45°，则MN的最小值为 5.(2026四川内江中考真题)（填空题）在边长为6的正方形ABCD中，点P、Q分别为对角线AC、 边CD上的动点，且DQ=V2AP,则PQ的最小值为 6.(2026四川自贡，中考真题)（填空题）如图，正方形ABCD中，点E为CD的中点，作∠EBF=45°， 交AD于点F.点G,H分别在等腰Rt△DFQ的直角边DQ和斜边FQ上，且GQ=V2FH,FG与DH交 于点P.连接BP,若AF=2,则BP的最小值为 F D E 7/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点04正方形的性质中折叠问题 1.(2025西藏中考真题)（选择题）如图，在正方形ABCD中，AB=6,点E是BC的中点，把△ABE 沿AE折叠，点B落在点F处，延长EF交CD于点G,连接AG,则AG的长为() D G A.3V5 B.2 c.2V10 D.4V2 2.(2025江苏苏州中考真题)（选择题）如图，在正方形ABCD中，E为边AD的中点，连接BE,将 △ABE沿BE翻折，得到△ABE,连接AC,AD则下列结论不正确的是（) D B A.AD‖BE B.AC=V2A D C.△ACD的面积=△ADE的面积D.四边形ABED的面积=△ABC的面积 3.(2024甘肃临夏.中考真题)（填空题）如图，对折边长为2的正方形纸片ABCD,OM为折痕，以点 O为圆心，OM为半径作弧，分别交AD,BC于E,F两点，则EF的长度为（结果保留π）. M FC 4.(2024四川遂宁.中考真题)（填空题）如图，在正方形纸片ABCD中，E是AB边的中点，将正方形 纸片沿EC折叠，点B落在点P处，延长CP交AD于点Q,连结AP并延长交CD于点F.给出以下结论：① 8/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 △AEP为等腰三角形；②F为CD的中点；③AP:PF=2:3;④cos∠DCQ=,其 ,其中正确结论是 (填序号) D B 考点05根据正方形的性质证明 1.(2026贵州中考真题)如图，在正方形ABCD中，点E是AD边的中点，连接BE,CE! E A D (1)求证：△ABE≌△DCE: (2)若正方形ABCD的边长为4，求△BCE的周长. 2.(2026吉林.中考真题)如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AB、BC上，且AE=BF,连接 DE、AF.求证：△DAE≌△ABF, 5 3.(2025陕西中考真题)如图，在正方形ABCD中，点E,F分别在边BC,CD上，且 ∠BAE=∠DAF.求证：CE=CF. 9/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D E B 4.(2025青海西宁.中考真题)如图，点E是正方形ABCD的边BC的中点，连接DE,将△EDC沿DE 所在直线折叠，点C落在点F处，连接EF并延长交AB于点G,连接DG, D (I)求证：△ADG≌△FDG: 2)若AB=25,求AG的长. 5.(2025浙江中考真题)【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板ABCD上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线BD上. D B 【数学理解】 (1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出△ABE≌△CBE的证明过程. (②)若裁剪过程中满足DE=DA,求“机翼角”∠BAE的度数. 6.(2025四川广安.中考真题)如图，E,F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，BD=10,DE=BF, 连接AE,AF,CE,CF 10/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (I)求证：△ADE≌△CBF」 (2)若四边形AECF的周长为434，求EF的长. 7.(2024江苏徐州中考真题)已知：如图，四边形ABCD为正方形，点E在BD的延长线上，连接 EA、EC. D (1)求证：△EAB≌△ECB: (2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE. 考点06添加一个条件使得成为正方形 1.(2025四川乐山中考真题)如图，在口ABCD中，对角线AC与BD相交于点O.小乐同学欲添加两 个条件使得四边形ABCD是正方形，现有三个条件可供选择：①AC⊥BD:②AC=BD:③ ∠ADC=90°.则正确的组合是（只需填一种组合即可）· 2.(2024黑龙江大兴安岭.中考真题)在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,若添加一个条件 使该菱形为正方形，该条件可以是 考点07中点四边形 1.(2025四川攀枝花中考真题)如图，四边形ABCD各边中点分别是E、F、G、H,两条对角线 AC与BD互相垂直，则四边形EFGH一定是() 11/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G E A.矩形 B.菱形 C.正方形 D.梯形 2.(2025四川德阳·中考真题)如图：点E、F、G、H分别是四边形ABCD边AB、BC、CD、DA的中 点，如果BD=AC,四边形EFGH的面积为24，且HF=6,则GH=() A H A.4 B.5 C.8 D.10 考点08正方形综合解答题 1.(2026湖北武汉.中考真题)将正方形ABCD的边CD绕点D逆时针旋转得到DE,连接AE交边CD于 点F,DG平分∠CDE交AE于点G,连接CG、CE. F 图1 图2 图3 (1)如图1，求证：△CGE是等腰直角三角形（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明 DAE=∠DEG=∠DCG). (2)如图2，连接BD交AE于点H,求证：AF·AE=2AH·AG. B)如图3，点K在线段AE上，AK=CG,连接CK.若AB=4,直接写出CK的最小值. 2.(2026内蒙古·中考真题)综合与探究 12/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 问题情境：有一张边长为15的正方形纸片ABCD,将一张腰长为9的等腰直角三角形纸片的直角顶点与 顶点A重合放置，记该三角形为△AEF.顶点E,F分别在正方形的AB,AD边上，如图1.现将△AEF 绕点A按逆时针方向旋转α角，其中0°<a<90°，得到△AEF,连接BE,DF,如图2： F D E 图1 图2 图3 (I)初步探究：猜想线段BE与线段DF的数量关系，并说明理由： (2)深入探究：在△AEF绕点A按逆时针方向旋转过程中，当AE与BE互相垂直时，AE交EF边于点 M,EF交AD边于点N,如图3. ①求证NA·NF=ND·NE: ②求△AEM与△AFM面积的比值 3.(2026河北中考真题)如图1和图2，在△ABC中，AB=AC=10,BC=12,正方形DEFG的顶点 D,E,F分别在△ABC的三边AB,BC,CA上.当点D从点B出发沿BA向点A移动时，点E,F随之 分别在BC,CA上移动（正方形DEFG的大小发生变化），当点F与点C重合时，移动停止 G D B E 图1 图2 a)tam∠ABC= (2)如图1，当∠BED=45时，求证：BE=CE. ⊙0如图2，当BD=29时，求BE的长： ②当BE= 40 时，直接写出正方形DEFG的边长. (4)在移动过程中，每当点G移动1个单位长度时，点E均移动d个单位长度，直接写出d的值. 13/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.(2026江苏扬州中考真题)如图1，在边长为1的正方形ABCD中，E是AD边上的动点（不与点A, D重合).将△ABE沿BE翻折，得到△FBE.过点F作FM⊥BE,FN⊥BC,垂足分别为M,N. D 图1 (I)如图2，若FM=FN,求FM+FN的值； D B 图2 2)如图3，若E为AD中点，则FM的长为，FN的长为 D 图3 3)求点E运动过程中FM+FN的最大值. 5.(2026四川广安.中考真题)如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC(不与点B,点C重合)上的 一点，∠AEF=90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F. G B E E 图1 图2 (1)如图1，求证：AE=EF: 14/17 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (②)如图2，M,E分别为AB,BC的中点，连接DM和AE相交于点G,连接ME,DF.试判断四边形 DMEF的形状，并说明理由： B)若点M是边AB(不与点A,点B重合)上的一点，直接写出BM,BE,CD三边满足什么数量关系时， 四边形DMEF是平行四边形 6.(2025黑龙江哈尔滨·中考真题)已知：在正方形ABCD的内侧作等边三角形CDF,连接AF,BF D M G 图① 图② I)如图①，求证：△ADF≌△BCF: 2)如图②，过点C作CE⊥CF,交AF的延长线于点E,CM平分∠BCE,交AE于点M,连接BM,AE 交BC于点N,连接BD交CF于点G,在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段BF相等 的线段（线段AF,BF除外） 7.(2024四川乐山中考真题)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. D E 图1 由旋转的特征得∠BAD=∠CAD,∠B=∠ACD,AD=AD,BD=CD. .∠BAC=90°，∠DAE=45°， ∴.∠BAD+∠EAC=45° .∠BAD=∠CAD, ∴.∠CAD+∠EAC=45°，即∠EAD=45°. .∠DAE=∠DAE. 15/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△DAE和△DAE中， AD=AD,∠DAE=∠DAE,AE=AE, ① ..DE=D E. 又，∠ECD=∠ECA+∠ACD=∠ECA+∠B=90°， .在Rt△ECD中，② .'CD=BD=3,CE=4, B 图2 .DE=DE=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，连结AE、AF,分别与对角线BD交于MN两点.探究BM、MN、DN的数量关系并证明. 图3 【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)， 16/17 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D 图4 【问题再探】 如图5，在△ABC中，∠ABC=90°，AB=4,BC=3,点D、E在边AC上，且∠DBE=45°.设 AD=x,CE=y,求y与x的函数关系式. A E B 图5 17/17函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题18正方形的性质及其判定 答案版 考点01根据正方形的性质求线段长度 1.B 2.5 335 482 5.2632 9 考点02根据正方形的性质求面积 1.A 2.B 3.c43V35.40 考点3根据正方形的性质求最值 1.C 2.D 3.B 4.-2+2V2/2V2-25.326.3只V2 考点04正方形的性质中折叠问题 1.C2.D 32n2π 4.①②③ 33 考点05根据正方形的性质证明 1.(1)证明：，四边形ABCD是正方形， .BA=CD,∠A=∠D=90 ,点E是AD边的中点， .'.AE=DE .△ABE≌△DCE SAS: (2)解：，四边形ABCD是正方形 .AD=AB=BC=4,∠A=90° :点E是AD边的中点 .AE=DE=2 BE-AE+AB=25 ,△ABE≌△DCE 1/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 :.CE=BE=25 ∴.△BCE的周长=BC+CE+BE=4+2只/5+2V5=49V5+4. 2.证明：，四边形ABCD是正方形， ∴.AD=AB,∠DAE=∠ABF=90°， 在△DAE和△ABF中， AD=BA ∠DAE=∠ABF AE=BF ∴.△DAE≌△ABF SAS 3.证明：，四边形ABCD是正方形， ∴.AB=BC=DC=AD,∠B=∠D. .∠BAE=∠DAF, ∴.△ABE≌△ADF ASA, ∴.BE=DF ∴BC-BE=DC-DF,即CE=CF. 4.(1) 证明：，四边形ABCD是正方形 ∴.∠A=∠B=∠C=90°，AB=BC=CD=AD. 由折叠可得DF=DC,∠DFE=∠C=90°， ∴.AD=FD,∠DFG=180°-∠DFE=90°， ∴.在Rt△DAG和Rt△DFG中 DG=DG DA=DF .Rt△DAG≌Rt△DFG|HLl: (2)解：：BC=AB=2V5,点E是BC的中点， ∴BE=CE-3Bc=95, 由折叠得到EF=CE=VS, ,Rt△DAG≌Rt△DFG, ∴.AG=FG 设AG=FG=X,则GB=AB-AG=2V5-X,i=GF+EF=X+V5 ,在Rt△GBE中，GB+BE2=GE2, 2/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2V5-x2+R5}=R5+x7 解得x=2 3 ·AG=25 3· 5.(1) 证明：，四边形ABCD是正方形， ∴，AB=CB,∠ABD=∠CBD 又，BE=BE, ∴△ABE≌△CBE SAS: (2)解：，四边形ABCD是正方形， ∴.∠BAD=90°，∠ADB=45°， .DE=DA, ∴.∠DAE=∠DEA, .∠DAE+∠DEA+∠ADE=180°， .∠DAE=∠DEA=67.5°， ∴.∠BAE=∠BAD-∠DAE=22.5° 6.(1) 证明：.四边形ABCD为正方形 .∴.AD=BC,∠ADE=∠CBF=45 在△ADE和△CBF中， AD=BC ∠ADE=∠CBF, BF=DE ∴.△ADE≌△CBF SAS: (2)解：连接AC交BD于点O, ABCD BD=10 四边形 为正方形， 3/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BD垂直平分AC,OA=OC=OB=BD=5. ∴.AF=CF,AE=CE, 由(1)知△ADE≌△CBF, ∴.AE=CF, .∴.AF=CF=AE=CE .四边形AECF的周长为4V34, .AF=1×4V34=934 4 在Rt△AOF中，OF=√AF2-0A=3 .BF=DE=OB-OF=5-3=2, .∴.EF=BD-BF-DE=6: 答：EF的长为6. 7.(1) 证明：四边形ABCD为正方形， .∴.AB=BC,∠ABE=∠CBE=45°， 在△EAB和△ECB中， AB=BC ∠ABE=∠CBE, BE=BE ∴.△EAB≌△ECB( S; (2) 证明：，四边形ABCD为正方形， ∠BDC=∠CDA=45°， 2 .△EAB≌△ECB,∠AEC=45°， ∠CED=∠AED-AEC-2,5, .∠BDC=∠CED+∠DCE=45°， ∴.∠DCE=45°-22.5°=22.5°， .∴.∠CED=∠DCE, ∴.DC=DE. 4/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 考点06添加一个条件使得成为正方形 1.①②或①③（填写一组即可）2.AC=BD(答案不唯一) 品 考点07中点四边形 1.A 2.B 考点08正方形综合解答题 1.(1)证明：，DG平分∠CDE, .∠CDG=∠EDG, ,正方形ABCD的边CD绕点D逆时针旋转得到DE, .AD=CD=DE, .DG=DG, .△DCG≌△DEG SAS, ∴.CG=EG,∠DEG=∠DCG, AD=CD=DE, ∴.∠DAE=∠DEG ∴.∠DAE=DCG, ,∠AFD=∠CFG, .∠CGF=∠ADF=90°， ∴.∠CGE=90°， ∴.△CGE是等腰直角三角形 (2)证明：由(1)证得△DCG≌△DEG,∠CGE=90°， ∠CGD=∠EGD=号360。-90=135°， ∴.∠AGD=180°-∠EGD=180°-135°=45°， ∴.∠AGD=∠ADB=45°， 又，∠DAG=∠FAD, .△ADH△AGD, ÷C沿AD=MG0, 如图：过D作DM⊥AE于M,则∠AMD=∠ADF=90°， 5/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D HMF B ,∠DAM=∠FAD, △ADM一△AFD, AD=AM AF AD 即AD=AM·AF②， :AD=DE,DM⊥AE, .AM-EM-AE, AD'-AM-AF-T AE.AF 由①②两式得， AH:AG=AE·AE,即AF·AE=2A:AG. 图解：如图：取AD中点M,连接KM,即AD由)可得CG=EG N、F G H AK-CG. ∴AK=Ec 瓷 AM_AK_1 ADEG 2' 6/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=DE, AM AK 1 ∴.∠KAM=∠GED, DE EG 2 ∴.△AKM一△EGD, .∠AKM=∠EGD=135°， 作AK与KM的垂直平分线交于点O,作⊙O,连接OA,OM,OC, ∴.K点在以O圆心，OA为半径的圆上运动， 当K点运动到OC上时，即O、K、C三点共线时，CK取得最小值CKmini=OC-OK. 如图：过O作OH⊥BC于H,交AD于P,在圆O优弧AM上取一点N,连接AN,MN,则四 边形MKAN是圆O的内接四边形， ∴.∠AKM+∠ANM=180°， .∠AKM=135°， ∴.∠ANM=180°-∠AKM=45°， .∠AOM=2∠ANM=90°， 又OA=OM, ∴.△OAM为等腰直角三角形，其中∠OAM=45°， ,四边形ABCD为正方形， ,∠DAB=∠B=90°， 又∠PHB=90°， ∴.四边形ABHP为矩形， .PH=AB=4,AP=BH,∠APH=90°， ∴.∠APO=90, ∴.△OAP为等腰直角三角形， ..AP=OP, :AM=AD=号AB=2, .AP-OP-AM-L. OK=0A=VAP2+0P2=2'OH=OP+PH=1+4=5'CH=BC-BH=BC-AP=4-1=3' ÷0C=V52+3=V34 7/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 CKmm=0C-OK=34-P2’ .CK的最小值为V34-V2. 2.(0BE=DF, 理由如下： ,四边形ABCD是正方形， ∴.AB=AD,∠BAD=90°， .AE=AF,∠EAF=90°， .由旋转可得，AE=AF,∠EAF=90°， .∠BAD=∠EAF=90°， ∴.∠BAE=∠DAF, ·△BAE≌△DA FSAS) ∴，BE=DF; (2)①证明：，AE⊥BE, .∠AEB=90, 由(1)可得，△BAE≌△DAF, .∠AEB=∠AFD=90°， .∠EAF=90°， ∴.∠EAF+∠AFD=180°， AE‖DF, ∴.NA_NE, ND NF ∴.NA·NF=ND·NE: ②过点F作FH⊥AF交AE的延长线于点H, 8/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E H B 图3 由题意得，AB=15,AE=AE=9, ,∠AEB=90°， ·BE=AB2-AE2=12 正方形ABCD中，∠BAD=90, .∠1=∠3=90°-∠2， ,∠AFH=∠BEA=90°， ∴.△AFH一△BEA, FH AF AEBE 品 FH=2 , .∠HFD=∠BAD=90°， ∴FHAE, ∴.△AEM一△HFM, EM AE 9 4 ∴.FMFH 273, 4 ∴.S△ABM=EM_4, S△AFM FM 3 即△AEM与△AFPM面积的比值为 4 3.(1)解：过点A作AH⊥BC于点H, 9/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B H .AB=AC=10,BC=12, :.BH=CH-BC=6. 六AH=VAB2-BH2=8 tan∠ABC=AH=4 BH 3 (2)证明：，四边形DEFG是正方形， .ED=EF,∠=90° .∠BED=45°， ∴.∠CEF=180°-∠g-∠BED=45° ∴.∠BED=∠CEF .AB=AC ∠B=∠C, ∴.△BED≌△CEF AAS ∴.BE=CE (3)解：①过点D作DM⊥BC于点M,过点F作FN⊥BC于点N,则 ∠BMD=∠DME=∠ENF=∠CNF=90°， 30 14x 4y 3x M 4y E 4xN 3y 在Rt△BDM中，tanB三BM=3,设DM=4x,BM=3K, ,∠B=∠C, 10/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ..tanC=4=FN 3 CN 则设FN=4y,CN=3y ,四边形DEFG是正方形， .ED=EF,∠g=90° .∠DEM=∠EFN=90°-∠FEN ∴.△DME≌△ENF AAS ∴.DM=EN=4x,ME=FN=4y 在Rt△BDM中，由勾股定理得BD=VBM2+DM2=5X=20, 7 BM=3x=12 ’ .BC=3x+4y+4x+3y=7x+7y=12 y=8 -7 :BE=3x+4y=12+4×8=4 7 7-7 ②构造同样辅助线，如上图， BE=BM+ME=40, 40 .可得方程组 3x+4y= 7x+7y=12 8 X三 解得 y ..DM=4x= 3 ,ME=4y=1 7 :DE-DM+ME-1695: 7 (4)解：先同样构造(3)问辅助线，再过点G作GI⊥MD交MD的延长线于点I, 11/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G' D (D)B C 3xM 4y EE'N 3y 同理可证明△DIG≌△EMD .IG=DM=4x,DI=ME=4y, 由(3)可知7x+7y=12, xty=号 3=DI+DM=4y+4x=4×12=48 77 :当点D运动时，点G到BC的距离不变，为4 >, 当点D与点B重合时，记作点D,作出初始位置时的正方形DEFG,则点G,I,G,F在同一直线上， 由题意设GG=1, ,四边形DEFG是正方形， ∴.∠G=∠GDM=90°， ,∠DMB=90° .四边形GDMI是矩形， GI=DM=3x,3=BG=48 GG=GI+IG=7x=1,BE=BG=48 解得x月 :DI=ME=3-DM=48-4X,BE=BM+ME=3x+48-4X=48-X, 7 7 7 d的值为 12/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 4.【详解】(1)解：，FM⊥BE,FN⊥BC,且FM=FN, ∴.BF平分∠EBC, ∴.∠EBF=∠FBC, ,△ABE沿BE翻折得到△FBE, .∠ABE=∠EBF, ∴.∠ABE=∠EBF=∠FBC, ,∠ABE+∠EBF+∠FBC=∠ABC=90°， .3∠ABE=90°， ∴.∠ABE=∠FBC=30°， 在Rt△BFN中，BF=1, w=战克 又，FM=FN, EM+FN-1 (2)解：延长NF交AD于H, D H :正方形ABCD的边长为1，且E为AD中点， AD=1,AE=5AD=克AD|BC,∠A=∠D=∠C=0, ,△ABE沿BE翻折得到△FBE, ∴，△AEB≌△FEB ∴AE=EF=7AB=BF=1,∠EFB=∠EAB=90 在Rt△AEB中，EB=RVAE2+AB- +12-, 2 .FM⊥BE, 13/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 SAB=号EBFM=EF~PB 15 .1× ×FM 22 ·FM= 5 ,FN⊥BC,AD‖BC, FH⊥AD, ∴.∠FHA=∠FNB=∠EFB=90°， .∠D=∠C=90, ∴.四边形HNCD为矩形， ..CN=DH,DC=HN=1, ∴.∠EFH+∠NFB=90°，∠NBF+∠NFB=90°， ∴.∠EFH=∠FBN, ∴.△EFH一△FBN, 帮照思 设BN=,则CN=1-X,EH=支-1-x刘=X号 1 x FN H,N=2x-}2x-1 FH+FN=HN=1, 2x-1+x=1 解得X 5 3 FN=2x4-1= 5 (3)解：如图，延长NF交AD于H,连接AM 14/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D H M B 由翻转得，点A,M,F三点共线， ∴.∠AMB=90° 由(2)得，FH⊥AD ∴.∠AHF=90°=∠AMB ∴.∠HAF+∠HFA=90 ,∠DAB=90° .∠HAF+∠MAB=90° ∴.∠HFA=∠MAB ∴.△HFA一△MAB 斯沿 设FM=x,FN=y .AM=FM=x,HF=HN-FN=1-y, ∴.AF=AM+FM=2x :1-y=2x 整理得，y=-2x2+1 色EM+FN=x+y=X-2X+1=-2X-4+87 .-2<0 :当X时，FM+FN取得段大 9 5.(1)证明：在AB上截取AH=EC, 15/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 H ABCD 图1 四边形 是正方形， .AB=BC,∠B=∠BCD=90°， AH=EC, .∴.AB-AH=BC-EC,即HB=EB ∴△BHE是等腰直角三角形， .∠BHE=45°， ∴.∠AHE=135°， .CF是正方形ABCD的外角平分线， ∴.∠DCF=45°， ∴∠ECF=135, ∴.∠AHE=∠ECF=135°， .∠AEF=90°， ∴.∠AEB+∠FEC=90°， .'∠BAE+∠AEB=90°， ∴.∠BAE=∠FEC, 在△AHE和△ECF中， ∠AHE=∠ECF AH=EC ∠HAE=∠CEF ∴.△AHE≌ECF ASA, ∴.AE=EF: (2)四边形DMEF是平行四边形. 理由如下： .四边形ABCD是正方形， ∴.AD=AB=BC,∠DAB=∠B=90°， .M,E分别为AB,BC的中点， ∴.AM=BE, 16/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△DAM和△ABE中， AD=AB ∠DAB=∠B AM=BE ∴.△DAM≌△ABE SAS, ∴.∠ADM=∠BAE,DM=AE, .∠BAE+∠DAE=90°， ∴.∠ADM+∠DAE=90, ∴.∠AGD=90°， .∠AEF=90, .∠AGD=∠AEF, ∴.MD‖EF, 由(1)得AE=EF, .'MD=EF, ∴.四边形DMEF是平行四边形. (3)解：当BM+BE=CD时，四边形DMEF是平行四边形. 理由如下： .四边形ABCD是正方形， .∴.AD=AB=BC,∠DAB=∠B=90°， BM+BE=CD,BM+AM=AB, .∴.AM=BE, 在△DAM和△ABE中， AD=AB .∠DAB=∠B AM=BE .△DAM≌△ABE SAS ,∴.∠ADM=∠BAE,DM=AE, .∠BAE+∠DAE=90°， .∴.∠ADM+∠DAE=90°， .∴.∠AGD=90°， .∠AEF=90°， .∴.∠AGD=∠AEF, 17/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .MD‖EF, 由(1)得AE=EF, ∴.MD=EF, ∴.四边形DMEF是平行四边形. 6.(1) 证明：，四边形ABCD是正方形， ∴.AD=BC,∠ADC=∠BCD=90°， ,△CDF是等边三角形， .DF=CF,∠FDC=∠FCD=60°， ∴.∠ADF=∠BCF=30°， ∴.△ADF≌△BCF SAS: (2)解：与线段BF相等的线段有BM,EM,BG,FN,理由如下， ,△CDF为等边三角形， ∴.∠FCD=60°=∠DFC=∠FDC,CF=CD=CB=DF=DA, ∴.∠ADF=∠BCF=90°-60°=30°， &∠DAF=∠DFA=∠CFB=∠CBF=180°30°=75°， 2 ∠CFE=180°-∠AFD-∠DFC=180°-75°-60°=45°，∠FAB=∠FBA=90°-75=15°， ∴.∠ANB=90°-15°=75°=∠CNM=∠CBF,∠MFB=15°+15°=30°， .'BF=FN, ,四边形ABCD是正方形，BD为对角线， .∠CDB=45°， ∴.∠CGD=∠FGB=180°-45°-60°=75°=∠GFB, ∴BG=BF, CE⊥CF, ∴.∠FCE=90°， ∠BCE=∠FCE-∠BCF=90°-30°=60°， ∠E=180°-∠FCE-∠CFE=180°-90°-45°=45°=∠CFE, ∴.CF=CE, ,CM平分∠BCE, 18/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.∠BCM=∠ECM=30, .∠CMN=180°-75°-30=75°， .CM=CM, ∴.△BCM≌△ECM SAS, :.BM=EM,∠CMB=CME=180°-45°-30°=105°， ∴∠BMF=105°-75°=30°=∠BFM, .'BF=BM, ∴，BF=BM=BG=FN=EM. 7.【问题解决】①△ADE≌△ADE;②EC+CD2=ED2;③5： 【知识迁移】DN2+BM=MN2, 证明：如图，将△ABE绕点A逆时针旋转90°，得到△ADF. 过点D作DH⊥BD交边AF于点H,连接NH, AE=AF,BE=DF,∠BAE=∠DAF M B AI由旋转的特征得 由题意得EF+EC+FC=DC+BC=DF+FC+EC+BE, ∴.EF=DF+BE=DF+DF=FF 在△AEF和△AFF中，AE=AF,EF=FF,AF=AF, ·△AEF≌AFF(SSS) .∠EAF=∠FAF. 又，BD为正方形ABCD的对角线， .∠ABD=∠ADB=45° ,DH⊥BD, ∴.∠ADH=∠HDB-∠ADB=45°」 在△ABM和△ADH中，∠BAM=∠DAH,AB=AD,∠ABM=∠ADH, ∴△ABM≌△ADH ASA, .AM=AH,BM=DH. 19/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 在△AMN和△AHN中，AM=AH,∠MAN=∠HAN,AN=AN, ∴.△AMN≌△AHN(SAS). .MN =HN. 在Rt△HND中，DN+DH=HN2, ..DN2+BM2=MN2. 【问题解决】解：如图2，将△ABD绕点A逆时针旋转90°得到△ACD,连接ED. C(B) 图2 由旋转的特征得∠BAD=∠CAD,∠B=∠ACD,AD=AD,BD=CD. .∠BAC=90°，∠DAE=45°， .∠BAD+∠EAC=45° ,∠BAD=∠CAD, ∴.∠CAD+∠EAC=45°，即∠EAD=45°. .∠DAE=∠DAE」 在△DAE和△DAE中，AD=AD,∠DAE=∠DAE,AE=AE, ∴.①△ADE≌△ADE. .DE=D E. 又，∠ECD=∠ECA+∠ACD=∠ECA+∠B=90°， ∴.在Rt△ECD中，②EC2+CD'=ED2. .CD=BD=3,CE=4, ·DE=DE=3+4=5③. 【知识迁移】略 【拓展应用】2BE2+2DF2=EF2 证明：如图所示，设直线EF交AB延长线于M点，交AD延长线于N点， 20/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 G H M 将△ADF绕着点A顺时针旋转90°，得到△AGH,连接HM,HE. 则△ADF≌△AGH 则DF=GH,AG=AD,AF=AH,∠DAF=∠HAG, .∠EAF=45°， ∴.∠HAE=∠HAG+∠GAE=∠DAF+∠GAE=45°， 在△AEH和△AFE中 AH=AF ∠HAE=∠FAE=45° AE=AE ∴.△AEH≌△AEF(SAS), .'EF =HE, 过点H作HO⊥CB交CB于点O,过点H作HG⊥BM交BM于点M,则四边形OHGB为矩形. ∴.OH=BG,OB=HG, .∠CEF=45°， ∴.∠CEF=∠CFE=ㄥDFN=∠DNF=∠BME=∠BEM=45°， ∴.△BME,△DNF,△CEF,△AMN是等腰直角三角形， .CE=CF,BE=BM,DN=DF,AN=AM, .AM-AG=AN-AD, .∴.GM=DN=DF=HG, ∴.∠HMG=45°， ∴.∠HME=45°+45°=90°， 在Rt△OHE中，OE2+OH2=HE2(OB+BEP+BG2=EH2: 六(GH+BEP+BG2=EH2 21/23 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 即(GH+BEP+(BM-GM}=E, 又.∴，EF=HE,DF=GH=GM,BE=BM, (GH+BE+(BE-GH)=EF2 即2DF2+BE2=EF2 【问题再探】如图，将△BEC绕点B逆时针旋转90°，得到△BEC,连接ED.过点E作EG⊥BC, 垂足为点G,过点E作EG⊥BC,垂足为G.过点E作EF‖BA,过点D作DF‖BC交AB于点 H,EF、DF交于点F. G E 45° B 由旋转的特征得BE=BE,∠CBE=∠CBE,EG=EG,BG=BG. .∠ABC=90°，∠DBE=45°， .∴.∠CBE+∠DBA=45°， ∴.∠CBE+∠DBA=45°，即∠DBE=45°， 在△EBD和△EBD中，BE=BE,∠DBE=∠DBE,BD=BD, ∴.△EBD≌△EBD(SAS)' ∴DE=DE, .∠ABC=90°，AB=4,BC=3, ∴.AC=VAB2+BC2=5 又.'AD=x,CE=y, ∴.DE=DE=5-x-y, .DF‖BC, ∴.∠ADH=∠C,∠AHD=∠ABC=90°， 22/23 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.△AHD△ABC, 船提品答年鲁xD 4 3 4 .HB=AB-AH=4--x, 4 同理可得EG三5y,GCy. 3 ·EG=5y,BG=BG=3- 6y, .EG⊥AB,∠ABC=90°， ∴.EG‖BC‖FD, 又，EF‖AB,∠FHG=∠AHD=90°， ∴四边形FEGH为矩形. F0FH-EGy,DF-D+FH- 5 上， FE=HG=Hn-Bc=4含x3-是 4 3 1- 在Rt△EFD中，EF2+DF=E'D. 1- .42 解得y=21x-60 5x-28 23/23 专题18 正方形的性质及其判定 考点分类 三年考情（2024-2026） 命题规律 考点 01 正负数的意义 2026 北京卷、2026 湖南卷2025 山东青岛卷、2025 海南卷2024 辽宁卷 均以选择题、填空题形式考查，分值稳定在 2-4 分。命题采用情境化设计，气温海拔、收支盈亏、方向位移、行业统计等素材频繁出现。核心围绕相反意义的量展开，重点考查正负数实际含义辨析；整体难度偏低，近三年命题逐步偏向生活热点，侧重结合真实场景区分正负概念，概念辨析类设问占比逐年提升。 考点分类 三年考情（20242026） 命题规律 考点01根据正方形的性质求线段长度 2026江苏卷、2026广东卷2025四川卷、2025陕西卷2024重庆卷 多以选择题、填空题为主，部分出现在解答题小问，分值35分。常结合勾股定理，以正方形边长、对角线为载体求线段长；常和全等、直角三角形结合设问，难度中等，侧重基础计算。 考点02根据正方形的性质求面积 2026河南卷、2026福建卷2025河北卷、2025广西卷2024安徽卷 选择、填空高频考查，分值24分。已知边长、对角线求面积，或反过来由面积求边长；有时结合割补法，整体难度偏低，侧重公式灵活运用。 考点03根据正方形的性质求最值 2026浙江卷、2026湖北卷2025江西卷、2025云南卷2024黑龙江卷 以填空压轴、选择压轴为主，分值34分。利用正方形对称性，结合将军饮马求线段和、差最值；经常搭配动点场景，难度中等偏上，重视转化思想。 考点04正方形的性质中折叠问题 2026山东卷、2026吉林卷2025江苏卷、2025贵州卷2024湖南卷 选择、填空压轴高频，部分解答题出现，分值46分。折叠后产生相等边、相等角，综合勾股定理、全等三角形列方程求解；图形变化情境，计算量偏大，是高频易错题型。 考点05根据正方形的性质证明 2026甘肃卷、2026天津卷2025山西卷、2025新疆卷2024辽宁卷 多见于解答题，分值57分。主要证明线段相等、角相等，常和全等三角形结合；依托正方形四边相等、四角 90°、对角线特性出题，侧重逻辑推理书写。 考点06添加一个条件使得成为正方形 2026河北卷、2026宁夏卷2025福建卷、2025青海卷2024海南卷 以选择、填空题为主，分值23分。一般以菱形或者矩形为基础，补充条件判定正方形；重点区分矩形、菱形、正方形判定条件，概念辨析为主，难度较低。 考点07中点四边形 2026安徽卷、2026江西卷2025河南卷、2025西藏卷2024内蒙古卷 选择填空考查居多，分值24分。以正方形为原四边形判断中点四边形形状，也会反向设问；联系三角形中位线定理，侧重概念理解，偶尔综合其他特殊四边形。 考点08正方形综合解答题 2026四川卷、2026重庆卷2025广东卷、2025陕西卷2024山东卷 试卷压轴解答题，分值710分。融合旋转、动点、全等、相似、勾股定理多知识点；设置多小问，层层递进，既有计算又有证明，区分度高，属于重难点。 考点01 根据正方形的性质求线段长度 1．（2025·四川泸州·中考真题）（选择题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，三线合一，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 过点D作于G，过点F作于H，由正方形的性质得到；由线段中点的定义得到，由勾股定理求出，解直角三角形可得；可证明，解得到，由三线合一定理得到，则；解得到，，则，在中，由勾股定理得，即可解题． 【详解】解：如图所示，过点D作于G，过点F作于H， ∵四边形是边长为2的正方形， ∴； ∵为的中点， ∴； 在中，由勾股定理得， ∴； ∵， ∴， ∴； 在中，， ∵，， ∴， ∴； 在中，， ， ∴， 在中，由勾股定理得． 故选：B． 2．（2026·广西·中考真题）（填空题）如图，在正方形中，为边上一点，连接，．若，，则___________． 【答案】 【分析】根据正方形的性质可得，根据可求得，进而可求得，根据勾股定理即可求得． 【详解】解：在正方形中，， ，， ，即， ， ， 中，． 3．（2026·四川遂宁·中考真题）（填空题）如图，在边长为 的正方形 中，以点B为圆心， 为半径作弧，交 于点M，交 的延长线于点N，再分别以点 为圆心，大于 的长为半径作弧，两弧交于点K，作射线 ．点E在边 上，且 ，连接 并延长，交 于点F，连结 ，交 于点G，则 的长为________ ． 【答案】 【分析】根据题意可知 是 的角平分线，结合正方形性质可得 ，过点 作 和 延长线的垂线，利用角平分线性质和相似三角形 求出 到 的距离，再利用 求出的长，最后在 中利用勾股定理求解． 【详解】解：根据题意可知 平分 ， 四边形 是正方形， ， 点 在 的延长线上， ， ， 过点 作 于点 ，作 交 的延长线于点 ，则四边形 为矩形， 平分 ， ， ∴四边形 为正方形， 在 中， ， ， ， ， 设 ，则 ， ， ， ， ， ， ， ， 解得 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 在 中，． 4．（2026·四川泸州·中考真题）（填空题）如图，在边长为4的正方形中，点，，分别是边，，的中点，与交于点，与，分别交于点，．则的长为__________． 【答案】 【分析】根据正方形性质证明，得出，等积法求出的长，勾股定理求出的长，证明，推出，连接，易得四边形为平行四边形，得到，证明，推出，进而得到，勾股定理求出的长，即可得出结果. 【详解】解四边形是正方形，边长为， ，，，， 、、分别是、、的中点， ， 在和中， ， ， ，， ， ，即， 在中，由勾股定理得， ， ， ， ， ，， ， ， ， 连接， ，， 四边形为平行四边形， ， ，， ， ， ， ， 在中，， . 5．（2025·山东东营·中考真题）（填空题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________． 【答案】 【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可． 【详解】解：如图所示，连接， 由旋转可知， ∴，，， ∴点F、B、C三点共线， ∵ ， ∴ H为的中点， ∴垂直平分， ∴， 设， ∵，， ∴正方形的边长为3， ∴，， ∵， ∴， 即， 解得， ∴的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、旋转的性质、中垂线的判定和性质以及勾股定理的应用，解题的关键是熟悉旋转的性质和利用勾股定理列方程． 6．（2024·江苏南通·中考真题）（填空题）如图，在中，，．正方形的边长为，它的顶点D，E，G分别在的边上，则的长为______． 【答案】 【分析】过点作，易得为等腰直角三角形，设，得到，证明，得到，进而得到，，在中，利用勾股定理求出的值，根据平行线分线段成比例，求出的长即可． 【详解】解：过点作，则：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 设，则：， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∴，解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形． 考点02 根据正方形的性质求面积 1．（2026·安徽·中考真题）（选择题）如图，矩形中，六个小正方形的边长均为1，正方形的各边与所在的圆分别相切于点，，，N．，所在圆的圆心分别是，．则图中阴影部分的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设与交于点，先得出所在的圆为以点为圆心、长为半径的，再根据图中阴影部分的面积等于求解即可． 【详解】解：如图，设与交于点， 由题意得：，，， ∴， ∵正方形的各边与所在的圆分别相切于点， ∴所在的圆为以点为圆心、长为半径的， ∴图中阴影部分的面积为 ． 2．（2026·重庆·中考真题）（选择题）如图，在正方形中，为上一点，且，连接．过点作，垂足为，连接并延长交于点，连接，则与的面积之比为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，则，，，先得出，则可得的长，再过点作于点，作于点，得出，，求出的长，进而求出与的面积即可． 【详解】解：设， ∵， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即， 解得， 如图，过点作于点，作于点， ∴四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∴，即， 解得，， ∴，， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴，， ∴与的面积之比为． 【点睛】本题的难点在于通过作辅助线，构造相似三角形． 3．（2025·陕西·中考真题）（选择题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键． 根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ， ∴，即， ∴， ∴的面积． 故选：C． 4．（2026·四川甘孜·中考真题）（填空题）如图，将边长为3的正方形绕点逆时针旋转，得到正方形，交于点，则四边形的面积为______． 【答案】 【分析】连接，根据旋转的性质可得，，利用证明，从而得出，结合旋转角求出的度数，在中利用三角函数求出的长，最后根据四边形面积等于两个三角形面积之和求解即可. 【详解】解：连接， 四边形是边长为3的正方形， ，， 由旋转的性质可知：，，， 点在上， ， ，， ，， ； 在和中， ， ∴， ， 在中，， ， 四边形的面积 . 5．（2024·新疆·中考真题）（填空题）如图，在正方形中，若面积，周长，则_________． 【答案】40 【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形、的边长分别为a、b，先求出，然后根据求解即可． 【详解】解：设正方形、的边长分别为a、b， 根据题意，得， ∴， ∴ ， 故答案为：40． 考点03 根据正方形的性质求最值 1．（2025·山东淄博·中考真题）（选择题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 2．（2025·四川自贡·中考真题）（选择题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为． 【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则， ∵正方形边长为6， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点B、E、A、D在上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点F在上时， 取得最小值， 为． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 3．（2024·四川泸州·中考真题）（选择题）如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是边上的动点，且满足，与交于点O，点M是的中点，G是边上的点，，则的最小值是（    ）    A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，直角三角形的性质，勾股定理等等，先证明得到，进而得到，则由直角三角形的性质可得，如图所示，在延长线上截取，连接，易证明，则，可得当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半，求出，在中，由勾股定理得，责任的最小值为5． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵点M是的中点， ∴； 如图所示，在延长线上截取，连接，    ∵， ∴， ∴， ∴， ∴当H、D、F三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值即为的长的一半， ∵，， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为5， 故选：B． 4．（2024·四川宜宾·中考真题）（填空题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到 ，从而得解． 【详解】解：∵正方形的边长为1， ∴，， 将顺时针旋转得到，则， ∴，，，， ∴点P、B、M、C共线， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， ∵， ∴，即， 整理得：， ∴ ， 当且仅当，即，也即时，取最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键． 5．（2026·四川内江·中考真题）（填空题）在边长为6的正方形 中，点、分别为对角线、边上的动点，且，则的最小值为_________． 【答案】 【分析】过点作于点，交于点，证明是等腰直角三角形，四边形是矩形，设，求得，，在中，由勾股定理得，最后利用二次函数的性质求解即可． 【详解】解：过点作于点，交于点， ∵四边形是正方形，边长为6， ∴，，， ∵， ∴是等腰直角三角形，四边形是矩形， ∴，，， 设，则， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， 在中， 由勾股定理得 ， ∵，， ∴当时，有最小值， ∴的最小值为． 6．（2026·四川自贡·中考真题）（填空题）如图，正方形中，点为的中点，作，交于点．点，分别在等腰的直角边和斜边上，且，与交于点．连接，若，则的最小值为_____． 【答案】 【分析】根据题意，四边形是正方形，设边长为，如图所示，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点 在 的延长线上，则，有勾股定理列式求解得到，再证明，结合角度的计算得到点 在以 为弦，含 圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心为 ，半径为，得到，如图，建立平面直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，结合图形，两点之间距离的计算即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，设边长为， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∵，且是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 如图所示，将 绕点 顺时针旋转 得到 ，点 在 的延长线上， ∴， ∴，则，且， ∴， ∴， 在中，， ∴， 整理得，， 解得，（舍去）， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴点 在以 为弦，含 圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心为 ，半径为， ∵圆心角，， ∴ 是等腰直角三角形 ， ∴， 如图，建立平面直角坐标系，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， ∴， ∵在直线上，且在正方形内部（）， ∴ 圆心在的上方，且到的距离为， ∵ 的中点坐标为 ， ∴ 圆心的坐标为，连接，交圆弧于点，此时取得最小值 ， ∴ ． 考点04 正方形的性质中折叠问题 1．（2025·西藏·中考真题）（选择题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 2．（2025·江苏苏州·中考真题）（选择题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（   ） A． B． C．的面积的面积 D．四边形的面积的面积 【答案】D 【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项． 【详解】解：过点作，分别交、于点、， 由折叠的性质得，， ∵E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴，故选项A正确，不符合题意； ∵正方形， ∴，， 设， ∵E为边的中点， ∴， 由折叠的性质得，，， ∵， ∴四边形和为矩形， ∴，， 设，则，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， 解得， ∴，，， ∴，， ∴，故选项B正确，不符合题意； ∵的面积，的面积， ∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意； ∵四边形的面积等于的面积的面积， 的面积， ∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意； 故选：D． 3．（2024·甘肃临夏·中考真题）（填空题）如图，对折边长为2的正方形纸片，为折痕，以点为圆心，为半径作弧，分别交，于，两点，则的长度为______（结果保留）． 【答案】/ 【分析】本题主要考查了弧长的计算、正方形的性质及翻折变换（折叠问题），解直角三角形，熟知正方形的性质、图形翻折的性质及弧长的计算公式是解题的关键． 由对折可知，，过点E作的垂线，进而可求出的度数，则可得出的度数，最后根据弧长公式即可解决问题． 【详解】解：∵折叠，且四边形是正方形 四边形是矩形，， 则，． 过点E作于P， 则， ， 在中，， ， 则， 的长度为：， 故答案为： 4．（2024·四川遂宁·中考真题）（填空题）如图，在正方形纸片中，是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连结并延长交于点．给出以下结论：①为等腰三角形；②为的中点；③；④．其中正确结论是______．（填序号） 【答案】①②③ 【分析】设正方形的边长为，，根据折叠的性质得出，根据中点的性质得出，即可判断①，证明四边形是平行四边形，即可判断②，求得，设，则，勾股定理得出，进而判断③，进而求得，，勾股定理求得，进而根据余弦的定义，即可判断④，即可求解． 【详解】解：如图所示， ∵为的中点， ∴ 设正方形的边长为， 则 ∵折叠， ∴， ∴ ∴是等腰三角形，故①正确； 设， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴ ，即是的中点，故②正确； ∵， ∴ 在中，， ∵ ∴ 设，则， ∴ ∴ ∴，， ∴，故③正确； 连接，如图所示， ∵，， 又 ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 在中， ∴，故④不正确 故答案为：①②③． 【点睛】本题考查了正方形与折叠问题，解直角三角形，全等三角形的性质与判定，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 考点05 根据正方形的性质证明 1．（2026·贵州·中考真题）如图，在正方形中，点是边的中点，连接，． (1)求证：； (2)若正方形的边长为，求的周长． 【答案】(1)证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵点是边的中点， ∴ ∴； (2) 【分析】（1）根据正方形的性质结合即可证明； （2）先对运用勾股定理求解，然后由全等三角形的性质即可得到的长度，即可求解的周长． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形 ∴ ∵点是边的中点 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴的周长． 2．（2026·吉林·中考真题）如图，在正方形中，点、分别在边、上，且，连接、．求证：． 【答案】证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ∴． 【分析】根据正方形的性质，结合 “”证明全等即可． 【详解】略 3．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：． 【答案】 证明：四边形是正方形， ． ， ， ， ，即． 【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误． 先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出． 【详解】略 4．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 5．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】 如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上． 【数学理解】 (1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程． (2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数． 【答案】(1) 证明：∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴； (2) 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质可得，据此可利用证明； （2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案． 【详解】（1）略 （2）解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 6．（2025·四川广安·中考真题）如图，E，F是正方形的对角线上的两点，，，连接． (1)求证：． (2)若四边形的周长为，求的长． 【答案】(1) 证明：四边形为正方形 ， 在和中， ， ； (2)的长为6 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中垂线的性质，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． （1）正方形的性质，得到，，结合，即可证明； （2）连接交于点O，根据正方形的性质结合中垂线的性质，推出，，由，可得：，根据周长求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，再根据线段的和差关系求出的长即可． 【详解】（1）略 （2）解：连接交于点O， 四边形为正方形，， 垂直平分，， ，， 由（1）知， ， 四边形的周长为， 在中， ， ； 答：的长为6． 7．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形为正方形，点E在的延长线上，连接． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1) 证明：∵四边形为正方形， ， 在和中， ， ； (2) 证明：∵四边形为正方形， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与角之间的关系，熟练找出和的全等条件． （1）根据正方形的性质证明，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可； （2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出和，然后进行证明即可． 【详解】（1）略 （2）略 考点06 添加一个条件使得成为正方形 1．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，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①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 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，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 2．（2024·黑龙江大兴安岭·中考真题）在菱形中，对角线相交于点O，若添加一个条件使该菱形为正方形，该条件可以是__________． 【答案】（答案不唯一） 【分析】本题主要考查的是正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 依据正方形的判定定理进行判断即可． 【详解】解：根据对角线相等的菱形是正方形，可添加：； 根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：； 故添加的条件为：或． 考点07 中点四边形 1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 2．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 考点08 正方形综合解答题 1．（2026·湖北武汉·中考真题）将正方形的边绕点逆时针旋转得到，连接交边于点，平分交于点，连接、． (1)如图1，求证：是等腰直角三角形（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明）． (2)如图2，连接交于点，求证：． (3)如图3，点在线段上，，连接．若，直接写出的最小值． 【答案】(1)证明：∵平分， ∴， ∵正方形的边绕点逆时针旋转得到， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． (2)证明：由（1）证得， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即① ， 如图：过 作 于 ， 则， ∵， ∴， ∴，即② ， ∵，， ∴， ∴ 由①②两式得， ，即． (3) 【分析】（1）先利用正方形的性质证明可得，，再证明，即可证明结论； （2）由（1）证得， ，证明可得，即① ；如图：过 作 于 ， 则，证明可得，即② ；利用等腰三角形的性质可得，即，最后结合①②即可证明结论； （3）如图：取 中点 ， 连接 ． 即，可证得；再说明 点在以 为 圆心， 为半径的圆上运动， 当 点运动到 上时， 即 、、 三点共线时， 取得最小值． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：如图：取 中点 ， 连接 ． 即，由（1）可得， ∵， ∴ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 作与的垂直平分线交于点，作，连接，， ∴ 点在以 圆心， 为半径的圆上运动， 当 点运动到 上时， 即 、、 三点共线时， 取得最小值． 如图：过 作 于 ， 交 于 ，在圆O优弧上取一点N，连接，则四边形是圆O的内接四边形， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴为等腰直角三角形，其中， ∵四边形为正方形， ∴， 又， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ， ∴ ， ∴ ， ∴ 的最小值为． 2．（2026·内蒙古·中考真题）综合与探究 问题情境：有一张边长为15的正方形纸片，将一张腰长为9的等腰直角三角形纸片的直角顶点与顶点A重合放置，记该三角形为．顶点E，F分别在正方形的，边上，如图1．现将绕点A按逆时针方向旋转角，其中，得到，连接，，如图2． (1)初步探究：猜想线段与线段的数量关系，并说明理由； (2)深入探究：在绕点A按逆时针方向旋转过程中，当与互相垂直时，交边于点M，交边于点N，如图3． ①求证； ②求与面积的比值． 【答案】(1)，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴由旋转可得，， ∴， ∴， ∴， ∴； (2)①证明：∵， ∴， 由（1）可得，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ② 【分析】（1）证明即可； （2）①证明，再由平行线分线段成比例定理求解即可； ②过点作交的延长线于点，先求出，然后证明，求出，再由，得到，再由共高三角形面积比等于底之比求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：①略 ②过点作交的延长线于点， 由题意得，， ∵， ∴， ∵正方形中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 即与面积的比值为． 3．（2026·河北·中考真题）如图1和图2，在中，，，正方形的顶点，，分别在的三边，，上．当点从点出发沿向点移动时，点，随之分别在，上移动（正方形的大小发生变化），当点与点重合时，移动停止． (1)____________． (2)如图1，当时，求证：． (3)①如图2，当时，求的长； ②当时，直接写出正方形的边长． (4)在移动过程中，每当点移动1个单位长度时，点均移动d个单位长度，直接写出d的值． 【答案】(1) (2)证明：∵四边形是正方形， ∴ ∵， ∴ ∴ ∵ ∴， ∴ ∴； (3)①；② (4) 【分析】（1）过点作于点，根据等腰三角形的性质以及勾股定理求解，再由正切的定义求解； （2）证明即可； （3）①过点作于点，过点作于点，在中，由，设，同理可设，证明即可求解； ②构造同样辅助线，如上图，由，可得方程组，解方程组求解，再由勾股定理求解； （4）先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点， 同理可证明，则，证明当点运动时，点到的距离不变，为，当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上，由题意设，可得四边形是矩形，则，，那么，，解得，再由求解即可． 【详解】（1）解：过点作于点， ∵，， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：①过点作于点，过点作于点，则， ∴在中，，设， ∵， ∴，则设 ∵四边形是正方形， ∴ ∴ ∴ ∴ 在中，由勾股定理得， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴； ②构造同样辅助线，如上图， ∵， ∴可得方程组， 解得， ∴， ∴； （4）解：先同样构造（3）问辅助线，再过点作交的延长线于点， 同理可证明 ∴， 由（3）可知, ∴ ∴， ∴当点运动时，点到的距离不变，为， 当点与点重合时，记作点，作出初始位置时的正方形，则点在同一直线上， 由题意设， ∵四边形是正方形， ∴， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， 解得 ∴，， ∴ ∴d的值为． 4．（2026·江苏扬州·中考真题）如图1，在边长为1的正方形中，E是边上的动点（不与点A，D重合）．将沿翻折，得到．过点F作，，垂足分别为M，N． (1)如图2，若，求的值； (2)如图3，若E为中点，则的长为_______，的长为_______； (3)求点E运动过程中的最大值． 【答案】(1)1 (2)， (3) 【分析】（1）根据翻折可得，根据角平分线定理可得平分，可得，进而可得，即可求出的值； （2）根据翻折可得，计算直角三角形斜边上的高，根据等面积法计算即可，再证得四边形为矩形，，得到，即可解出的长； （3）如图，延长交于，连接，证明，得到，设，，表示出，，，然后代入求出，然后表示出后利用二次函数的性质求解． 【详解】（1）解：∵，，且， ∴平分， ∴， ∵沿翻折得到， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴， 又∵， ∴； （2）解：延长交于， ∵正方形的边长为1，且E为中点， ∴，，，， ∵沿翻折得到， ∴， ∴，，， 在中，， ∵， ∴ ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴； （3）解：如图，延长交于，连接 由翻转得，点A，M，F三点共线， ∴ 由（2）得， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 设， ∴，， ∴ ∴ 整理得， ∴ ∵ ∴当时，取得最大值． 5．（2026·四川广安·中考真题）如图，四边形是正方形，点是边（不与点，点重合）上的一点，，且交正方形外角的平分线于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，，分别为，的中点，连接和相交于点，连接，．试判断四边形的形状，并说明理由； (3)若点是边（不与点，点重合）上的一点，直接写出，，三边满足什么数量关系时，四边形是平行四边形． 【答案】(1)证明：在上截取， 四边形是正方形， ，， ， ，即， 是等腰直角三角形， ， ， 是正方形的外角平分线， ， ， ， ， ， ， ， 在和中， ， ； (2)四边形是平行四边形． 理由如下： 四边形是正方形， ，， ，分别为，的中点， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， 由（1）得， ， 四边形是平行四边形． (3)当时，四边形是平行四边形 【分析】（1）在上截取，结合正方形的性质得到，则，再结合正方形的外角平分线，得到，即可证明，得到； （2）由，分别为，的中点，得到，即可证明，得到，，接着得到，则，最后根据一组对边平行且相等即可得到四边形是平行四边形． （3）根据，得到，即可证明，得到，，接着得到，则，最后根据一组对边平行且相等即可得到四边形是平行四边形． 【详解】（1）略 （2）略 （3）解：当时，四边形是平行四边形． 理由如下： 四边形是正方形， ，， ∵，， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， ， ， 由（1）得， ， 四边形是平行四边形． 6．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【答案】(1) 证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； (2)，，， 【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【详解】（1）略 （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． 7．（2024·四川乐山·中考真题）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D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___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E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    【答案】【问题解决】①；②；③5； 【知识迁移】， 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接． AI 由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】； 【问题再探】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】略 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，    将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．    由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 1 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