第一章 考点4《正方形——性质叠加、判定路径、折叠与全等综合》2026-2027学年北师大版数学九年级上册

北师大版九上数学 · 考点讲义系列 北师大版新版数学 · 九年级上册 · 期中知识点及考点讲义系列 第一章 考点 4｜正方形——性质叠加、判定路径、折叠与全等综合 ——第 1 章〈特殊平行四边形〉考点 4—— 讲义定位 内容构成 难度层级 建议使用 期中必考 性质叠加·判定·折叠·计算 知识点总结 → 考点分析 → 例题 6 · 变式 10 · 拔高 8 ★☆☆★★★ 阶梯递进 课前预习 / 课后精练 / 考前逐一过关 使用说明 本资料共 24 题，全部选自网络试卷原题（期中、期末、月考、单元测试等），题面未作任何改动； 每题按【答案】【解析】【详解】三段式编排，【详解】按学生卷面解题格式逐行分步书写，便于对照板书、模仿格式； 填空题的答案已嵌在题目空格中（红色显示），学生自测时可先遮住红色部分再核对； 建议用法：例题教师精讲、学生模仿方法；变式学生限时独立完成；拔高供学有余力者挑战，也可作考前第二轮素材。 本考点与考点速览考点 4 对齐（★★☆~★★★），三条主线：一线性质叠加——正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质；二线判定路径——矩形加邻边相等、菱形加直角、平四加直角加邻边相等；三线折叠与全等综合——折叠＝轴对称，常配 HL 与勾股——例题学方法，变式练同法，拔高串综合。 PART 01 本考点知识点总结（与考点速览考点 4 保持一致） 考点范围：正方形的性质叠加（正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质——四边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分、每条对角线平分一组对角、对角线与边夹 45° 角）、判定路径（菱形加一个角是直角、矩形加一组邻边相等、平行四边形加直角加邻边相等、对角线互相垂直平分且相等）、边长与对角线与面积的互求计算（等腰直角三角形＋勾股定理），以及折叠与全等综合（折叠本质是轴对称，常配 HL 全等与勾股列方程）——与考点速览考点 4 三条主线一致。 一、性质叠加——正方形的定义与性质 ◆ 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，还是特殊的平行四边形。 ◆ 性质全叠加：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质——四条边都相等，四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角（与边的夹角为 45°）；既是轴对称图形（4 条对称轴），又是中心对称图形。 二、判定路径——从矩形、菱形两条路升级 ◆ 判定思路（先定「前提」再补「条件」）：菱形＋一个角是直角 → 正方形；矩形＋一组邻边相等 → 正方形；平行四边形＋一个直角＋一组邻边相等 → 正方形；对角线互相垂直平分且相等的四边形 → 正方形。 ◆ 判定易错点：「对角线互相垂直且相等的四边形是正方形」缺「互相平分」；「邻边相等且一角为直角的四边形是正方形」缺「平行四边形」前提——判定正方形必须同时凑齐「矩形系」与「菱形系」各一个条件。 三、折叠与全等综合——本章压轴主形态 ◆ 折叠本质是轴对称（三件套）：对应边相等、对应角相等、折痕两旁的图形全等；沿对角线对折取中点、把一个角翻折进图形内部是两大基本操作。 正方形性质与判定速记表 主线 边与角 对角线 判定与计算 性质叠加 正方形具有平四、矩形、菱形的一切性质：四边相等，四个角都是直角 相等、互相垂直平分，每条平分一组对角，与边夹 45° 角 面积＝边长×边长＝对角线乘积的一半 判定路径 菱形＋一个直角；矩形＋一组邻边相等 平四＋直角＋邻边相等；对角线互相垂直平分且相等 矩形系＋菱形系各一个条件，缺一不可 性质对比 菱形四边相等、矩形四角是直角，正方形全部兼备 菱形垂直平分、矩形相等平分，正方形三性兼备 「正方形具有而××不一定具有」逐条比对 折叠模型 折叠＝轴对称：对应边相等、对应角相等 折痕两旁的图形全等，折痕是对称轴 出直角三角形优先 HL，再用勾股定理列方程 易混警示 「垂直且相等」若不「互相平分」，连平行四边形都不是 缺「互相平分」是判定题最高频陷阱 计算核心：等腰直角三角形＋勾股定理 ◆ 折叠常配 HL：折叠后出现直角三角形时，优先用 HL 证全等（斜边与一条直角边对应相等）；求线段长再设未知数，在直角三角形中用勾股定理列方程——正方形折叠是本章压轴主形态。 四、计算模型与性质对比 ◆ 计算模型：连一条对角线把正方形分成两个等腰直角三角形——边长为 a，对角线长为 a 的根号 2 倍；对角线长为 d，边长为 d 乘以根号 2 的一半（勾股定理）；对比：菱形对角线互相垂直平分但未必相等，矩形对角线相等但未必垂直——正方形三性兼备。 PART 02 考点分析：特点 · 答题方法 · 注意事项 考点特点 性质叠加必考：「正方形具有而矩形（菱形）不一定具有的是」是高频选择——正方形兼有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，逐条比对即可； 判定路径必考：加条件判定正方形、判定思路纠错，关键是看前提（菱形、矩形还是普通四边形）和条件方向——菱形差一个直角，矩形差一组邻边相等； 折叠与全等是压轴主形态：折叠本质是轴对称，翻折后优先找 HL 全等，再用勾股定理列方程求线段长；计算题（边长、对角线、面积互求）以等腰直角三角形＋勾股定理为核心。 答题方法（三步法） 第一步·辨性质：判断「正方形具有而××不一定具有」时，按边、角、对角线逐条比对——正方形具有平四、矩形、菱形的全部性质； 第二步·走判定路径：先定前提（菱形、矩形还是平行四边形），再补缺口（直角、邻边相等或对角线相等）；缺前提的命题用等腰梯形、一般菱形等反例排除； 第三步·拆折叠：折叠＝轴对称——对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等；出直角三角形先用 HL 证全等，再设未知数用勾股定理列方程。 注意事项（易错警示） 「对角线相等且互相垂直」不能判定正方形——若不互相平分，连平行四边形都不是； 折叠别忘三件套：对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等——翻折后的线段与角度都从这三条来，折点、交点共线时注意补角是直角； 折叠求线段的套路：先 HL 证全等转移线段，再设未知数、用含未知数的式子表示各线段，在直角三角形中按勾股定理列方程； 计算核心仍是等腰直角三角形＋勾股定理：对角线是边长的根号 2 倍，已知对角线求面积用「对角线乘积的一半」更快。 期中常见考法速览 题型 考什么 常见设问 难度 性质叠加 正方形兼有平四、矩形、菱形的全部性质 「正方形具有而矩形不一定具有的是」 ★☆☆ 判定路径 加条件、判定思路纠错，前提与条件方向 「能判定正方形的是」 ★★☆ 计算题 边长、对角线、周长、面积互求 「周长为____」「面积为____」 ★★☆ 折叠与全等 折叠三件套＋HL 全等＋勾股列方程 「求证全等」「求 AG 的长」 ★★★ 命题证明 全等链证正方形及线段、角度关系 「求证：四边形EFMN是正方形」 ★★★ 命题边界：本考点考正方形的定义、性质、判定、边长与对角线与面积的计算及命题真假辨析；素材选自期中、期末、月考、单元测试等网络试卷原题；推理工具均为九年级上册第一章及之前所学内容（平行四边形与特殊平行四边形的性质判定、全等三角形、勾股定理、等腰三角形、角平分线定义、轴对称与折叠、图形旋转），未使用相似、三角比、圆等后续内容。 PART 03 例题精讲（6 题） 例题覆盖：特殊平行四边形性质判断 → 正方形与矩形性质对比 → 四点共边证正方形（判定路径＋全等链）→ 真命题判断 → 已知对角线求边长 → 已知边长求对角线。变式覆盖：菱形加条件判定正方形 → 三个直角加条件判定正方形 → 说法一定正确判断 → 平四加两条件判定正方形（选择）→ 已知对角线求边长 → 已知对角线求面积 → 对角线求面积（选择）→ 已知对角线求周长 → 对角线上求角度 → 全等证线段相等。拔高覆盖：矩形加条件不能判定正方形的是 → 对角线交点条件判定正方形 → 判定思路纠错 → 折叠求 AG（HL＋勾股列方程）→ 折叠证全等（HL）→ 折叠证全等并求 BG（勾股列方程）→ 角平分线交点证正方形 → 正方形对角线上的角度与线段计算。 例题组方法提要（先读再做） ◆ 例 1、例 2 教性质叠加：正方形兼有矩形与菱形的全部性质——判断「具有而××不一定具有」时逐条比对边、角、对角线； ◆ 例 3 教判定路径与全等链：四点分别在四条边上、AE=BF=CM=DN 型——四组 SAS 全等证四边相等得菱形，再证一个角是直角升级正方形； ◆ 例 4 教真命题判断，例 5、例 6 教计算：连对角线得等腰直角三角形，边长与对角线用勾股定理互求； ◆ 计算三步：定直角 → 列勾股 → 按需算边长、对角线、周长或面积。 例 1　选择题 （26-27同步）关于平行四边形的叙述，正确的是（        ） A.若，则平行四边形是菱形 B.若，则平行四边形是正方形 C.若，则平行四边形是矩形 D.若，则平行四边形是正方形 【答案】 C 【解析】 根据菱形、矩形、正方形的判定定理逐一判断选项即可. 【解答】 解：A、在平行四边形ABCD中，若AB⊥BC，即有一个内角为直角，此时平行四边形ABCD是矩形，∴ A错误； B、在平行四边形ABCD中，若AC⊥BD，即对角线互相垂直，此时平行四边形ABCD是菱形，∴ B错误； C、在平行四边形ABCD中，若AC＝BD，即对角线相等，此时平行四边形ABCD是矩形，∴ C正确； D、在平行四边形ABCD中，若AB＝AD，即邻边相等，此时平行四边形ABCD是菱形，∴ D错误. 故选 C。 例 2　选择题 （26-27·山东月考）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（       ） A.每一条对角线都平分一组对角 B.对角线相等 C.对角线互相垂直 D.对角线互相平分 【答案】 D 【解析】 根据矩形、菱形、正方形的性质逐项判断即可. 【解答】 解：A，菱形、正方形满足每一条对角线都平分一组对角，矩形不满足，不合题意； B, 正方形、矩形满足对角线相等, 菱形不满足, 不合题意; C, 菱形、正方形满足对角线互相垂直, 矩形不满足, 不合题意; D, 矩形、菱形、正方形都满足对角线互相平分, 符合题意; 故选D. 例 3　填空题 （26-27·广东开学）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为________ 【答案】 【解析】 连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，由正方形的性质，即可证得 （ASA），可得 AG=PG,DP=AE=2，再由勾股定可理可求得PF的长，根据三角形中位线定理即可求解. 【解答】 解：连接AG并延长AG交CD于点P，连接PF，如图所示， 四边形ABCD是正方形， 四边形ABCD是正方形， 在 在Rt 故答案为： 例 4　填空题 （25-26·河南月考）如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是8和6，则图中阴影部分的面积是____7____． 【答案】 7 【解析】 本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接AF，BG，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一. 【解答】 解：连接AF，BG， 正方形ABCD的边长为8和正方形EFGH的边长为6， 正方形ABCD的面积为64，正方形EFGH的面积为36 正方形ABCD和正方形EFGH的对称中心都是点O， 故答案为：7. 例 5　填空题 （26-27·河北开学）如图，矩形中，，点是边上的动点，点在边上，．连接，则的最小值为___13_____． 【答案】 13 【解析】 如图，延长AB，使BG=BC，连接GN，DG，求解AG=7+5=12，证明 ，可得 DN+CM=DN+GN ，当D,N,G共线时，DN+CM最小，再进一步求解即可. 【解答】 解：如图，延长AB，使BG=BC，连接GN，DG， 矩形ABCD， 当D，N，G共线时，DN+CM最小， 的最小值为13. 例 6　解答题 （24-25·四川模拟）如图，正方形的边长为，为边上一点，，与交于点，将沿翻折得到，延长与交于点，与的延长线交于点． （1）求证∶ ； （2）当时，求的长． 【答案】 见解析 【解析】 （1）设于点，则，由正方形性质可得，，得，即得； 连接，由知，证明，得，设，由，得，解得，即得． 【解答】 （1）解：证明：设于点， 则， ， 正方形中，， ， ， ， ； （2）解：连接， 由知，， 正方形的边长为， ， 由折叠知，，, ， ， ， ， 设， 则， ， ， ， 解得， ． PART 04 变式练习（10 题） 与例题同考点、同方法，换命题方向、换设问角度，供学生独立限时完成；带填空的题目答案已嵌在空格中（红色），建议先遮住答案自测 变式组训练要点 ◆ 变 1、变 2 对应例 3、例 4（加条件判定正方形）：先辨前提是什么图形，再补缺的那个条件； ◆ 变 3 考说法一定正确的判断；变 4 考判定路径的组合选择：两个补充条件要分属「矩形系」与「菱形系」，同系两个条件凑不出正方形； ◆ 变 5~变 8 考计算：边长、面积、周长与对角线互求，核心都是等腰直角三角形＋勾股定理； ◆ 变 9、变 10 考性质运用与证明：对角线上的点产生的全等三角形（SAS、ASA）是求角度、证线段相等的关键——限时建议每题 2~3 分钟，错题记入附录自查表。 变式 1　选择题 （26-27·山东月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（       ） A.当，是矩形 B.当，是矩形 C.当，是菱形 D.当，是正方形 【答案】 D 【解析】 本题考查矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定方法．根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断D. 【解答】 四边形ABCD是平行四边形， 当 ，平行四边形ABCD是矩形，故选项A正确，不符合题意； 当AC=BD，平行四边形ABCD是矩形，故选项B正确，不符合题意； 当AB=BC，平行四边形ABCD是菱形，故选项C正确，不符合题意； 当AC BD，平行四边形ABCD是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意； 故选：D. 变式 2　选择题 （26-27·安徽月考）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（       ） A. B. C. D. 【答案】 C 【解析】 本题主要考查正方形的性质、角平分线定义和三角形外角的性质等，根据正方形性质得 ，根据角平分线定义求得 ，即可求得答案. 【解答】 解： 四边形ABCD是正方形， 平分 ， 故选：C. 变式 3　选择题 （26-27同步）如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．若正方形的面积是4，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都是（        ） A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】 A 【解析】 过点O分别作OM BC于点M，ON AB于点N，根据四边形 和ABCD是正方形，证明 （ASA），得 ，故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形MONB的面积，即可列式作答. 【解答】 解：过点O分别作 于点M， 于点N，如图所示： 四边形 和ABCD是正方形，且正方形ABCD的面积是4， 正方形ABCD的对角线相交于点O， 四边形MONB是正方形， 则 故两个正方形重叠的部分的面积等于正方形MONB的面积， 两个正方形重叠部分的面积等于1. 变式 4　填空题 （2026·广西模拟）如图，在中，对角线与相交于点．小欣同学欲添加两个条件使四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是___①②②③_____（只需填一种组合即可）． 【答案】 ①②②③（填写一组即可） 【解析】 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可. 【解答】 解：当选择①AB=AD；②AC=BD时， 四边形ABCD是平行四边形，AB=AD， 四边形ABCD是菱形， 菱形ABCD是正方形； 当选择②AC=BD；③AC⊥BD时， 四边形ABCD是平行四边形，当AC⊥BD， 四边形ABCD是菱形， 菱形ABCD是正方形； 当选择①AB=AD；③AC⊥BD， 由于四边形ABCD是平行四边形，若AB=AD或AC⊥BD， 均只能得到四边形ABCD是菱形，不能证明其为正方形，故不符合题意； 选择①②②③均可以. 变式 5　填空题 （25-26·广东期中）我们把连接四边形对边中点的线段称为“中对线”． 凸四边形的对角线 ，且这两条对角线的夹角为，那么该四边形较长的“中对线”的长度为________． 【答案】 【解析】 根据三角形中位线定理可得菱形EFGH，取四边的中点并连接起来，设AC与EH交点M.HF与EG交于N，然后根据菱形的性质及等边三角形的性质可得答案. 【解答】 解：如图，设两条对角线AC、BD的夹角为 ，取四边的中点并连接起来，设AC与EH交点M.HF与EG交于N， 是 的中位线， 四边形EFGH是菱形， 较长的“中对线”长度为 故答案为： 变式 6　填空题 （26-27·山西开学）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为________．     【答案】 【解析】 本题考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，面积法求线段的长度等，解题关键是能够灵活运用正方形的性质和轴对称的性质. 由折叠及轴对称的性质可知， ，BF垂直平分AG，先证 ，推出AF的长，再利用勾股定理求出BF的长，最后在Rt 中利用面积法可求出AM的长，可进一步求出AG的长，GE的长. 解】解：设AE与BF交于点M，在正方形ABCD中， 在Rt 中， 由折叠的性质可得 垂直平分AG， 所以 又 又 故答案为： 变式 7　解答题 （25-26·山东模拟）如图，在平行四边形中，点，，，分别在边，，，上，，，且平分． （1）求证：． （2）若．求证：四边形是正方形． 【答案】 证明见解答； 证明见解答. 【解析】 （1）根据全等三角形的判定定理证得结论； （2）先证明四边形是平行四边形，再证明有一组邻边相等，然后结合，即可证得该平行四边形是正方形． 【解答】 （1）证明：四边形是平行四边形，． 在与中， ， ； （2）四边形是平行四边形，，，． ，， ，． ， ． 又， ． 四边形为平行四边形． ， ． 平分， ， ， ， 平行四边形是菱形． 又， 平行四边形是正方形． 变式 8　解答题 （25-26·河北开学）如图，是正方形的对角线上的两点，且． （1）求证：； （2）若，则四边形的面积是___________． 【答案】 见解析 【解析】 （1）根据正方形的性质可证明 ，再证明 ，据此结合全等三角形的判定定理可证明结论； （2）连接RD交AC干点O，利用正方形的性质和勾股定理求出AC的长，进而求出EF的长，可证明 ，据此可得答案. 【解答】 （1）证明： 四边形ABCD是正方形， （2）解：如图所示，连接BD交AC于点O， 四边形ABCD是正方形， 由（1）得 变式 9　填空题 （24-25·安徽期中）小明参加数学兴趣小组的探究活动，将边长为的正方形与边长为的正方形按图的位置放置，与在同一条直线上，与在同一条直线上． （1）小明发现，请你帮他说明理由； （2）如图，小明将正方形绕点逆时针旋转，当点恰好落在线段上时，请你帮他求出此时的长． 【答案】 见解析 【解析】 （1）延长交于点，先证出，得出，再根据，得出即可； （2）过点作交于点，根据得出，，求出、，利用勾股定理求出，再根据求出，最后根据即可得出答案． 【解答】 （1）解：四边形与四边形是正方形， ，，， ， ． 如图，延长交于点． 在中，， ， ， ． （2）四边形与四边形是正方形， ，，， ， ， 又，， ， ． 如图，过点作于点，则， 是正方形的对角线， ． 在中，，， 可得， 在中，， ， ． 变式 10　解答题 （25-26·浙江月考）如图，在正方形中，，点在对角线上运动（不与点，重合），作与关于直线对称，点在的延长线上，，连接． （1）当时，求的长． （2）求证：． （3）连接，求的最大值． 【答案】 见解析 【解析】 （1）利用勾股定理求出的长，即可求解； （2）先证明，可得，从而得到，即可求证； （3）由可得，再结合，可得，即可求解． 【解答】 （1）解：在正方形中，， ， ， ， ； （2）证明：与关于直线对称， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 又， ； （3）解：连接， 由得：， ， 在正方形中，， ， ， 的最大值为6 PART 05 拔高巩固（8 题） 正方形性质叠加、判定路径与折叠综合——期中卷选择、填空压轴与解答题的常考题型 拔高组闯关要点 ◆ 拔高 1、拔高 2 教判定辨析：恒成立的条件不能用来「判定」——矩形里 ∠BAO=∠ABO 总成立（OA=OB），要找「新」条件； ◆ 拔高 3 教判定思路纠错：判定正方形必须「前提＋条件」双全，对角线判定必须含「互相平分」； ◆ 拔高 4~拔高 6 教折叠与全等综合（本章压轴主形态）：折叠＝轴对称三件套——对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等；出现直角三角形先用HL，再设未知数用勾股定理列方程； ◆ 拔高 7 教证明：角平分线交点 → 三垂直 → 矩形 → AAS 全等链证邻边相等 → 正方形，全卷综合度最高的一道证明题； ◆ 拔高 8 教角度线段综合：对角线上的 45° 等腰三角形背景，用「等角对等边」＋勾股定理求 BE——是填空压轴的好题。 拔高 1　选择题 在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，添加下列条件不能判定矩形ABCD为正方形的是（　） A. AC⊥BD B. AB=AD C. ∠BAO=∠ABO D. ∠BAC=∠DAC 【答案】C 【解析】C中矩形对角线相等且互相平分，OA=OB恒成立，∠BAO=∠ABO是等腰三角形底角，任何矩形都满足，不能判定正方形。 【详解】A. 对角线互相垂直的矩形是正方形，故A能判定； B. 一组邻边相等的矩形是正方形，故B能判定； C. ∵ 矩形ABCD中OA=OB， ∴ ∠BAO=∠ABO在任意矩形中都成立，不能判定正方形，故C符合题意； D. ∵ ∠BAD=90°，∠BAC=∠DAC， ∴ ∠DAC=45°。 在Rt△DAC中，∠DCA=90°−45°=45°， ∴ ∠DAC=∠DCA，AD=DC（等角对等边）， ∴ 矩形ABCD是正方形，故D能判定。 故选 C。 拔高 2　选择题 在四边形ABCD中，O是对角线的交点，能判定这个四边形是正方形的条件是（　） A. AC=BD，AB∥CD，AB=CD B. AD∥BC，∠A=∠C C. AO=BO=CO=DO，AC⊥BD D. AO=CO，BO=DO，AB=BC 【答案】C 【解析】逐项判定：A只能判定矩形，B只能判定平行四边形，D只能判定菱形；C三个条件分别给出平分、相等、垂直，恰好凑齐正方形。 【详解】A. AB∥CD且AB=CD判定平行四边形，加对角线相等判定矩形，不能判定正方形，故A不符合； B. AD∥BC且∠A=∠C判定平行四边形，不能判定正方形，故B不符合； C. AO=BO=CO=DO判定平行四边形且对角线相等（矩形），加AC⊥BD判定正方形，故C符合； D. AO=CO，BO=DO判定平行四边形，加AB=BC判定菱形，不能判定正方形，故D不符合。 故选 C。 拔高 3　选择题 下列思路中不能判定四边形是正方形的是（　） A. 先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角 B. 先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等 C. 先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角，并且有一组邻边相等 D. 先判定四边形的对角线相等，再确定这个四边形的对角线互相垂直 【答案】D 【解析】D只有「对角线相等＋互相垂直」，缺少「互相平分」，不能保证是平行四边形。 【详解】A. 有一个角是直角的菱形是正方形，思路正确； B. 有一组邻边相等的矩形是正方形，思路正确； C. 有一个角是直角且有一组邻边相等的平行四边形是正方形，思路正确； D. 对角线相等且互相垂直、但不互相平分时，四边形不一定是平行四边形，也就不一定是正方形，思路错误。 故选 D。 拔高 4　选择题 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（　） A. 3 B. 2 C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】折叠是轴对称：AF=AB=AD、∠AFG=∠B=90°，与公共边AG搭配用HL证Rt△AFG≌Rt△ADG，得FG=DG；再设DG=x，在Rt△CEG中用勾股定理列方程解出x，最后回到Rt△ADG求AG。 【详解】由折叠的性质得：AF=AB，EF=BE，∠AFE=∠B=90°。 ∵ E、F、G三点共线， ∴ ∠AFG=180°−∠AFE=90°。 ∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AB=AD=6，∠D=90°， ∴ AF=AD。 在Rt△AFG和Rt△ADG中：∠AFG=∠ADG=90°，AF=AD，AG=AG， ∴ Rt△AFG≌Rt△ADG（HL）。 ∴ FG=DG。 设DG=FG=x，则CG=6−x。 ∵ E是BC的中点， ∴ BE=CE=3，EF=BE=3。 ∴ EG=EF+FG=3+x。 在Rt△CEG中，∠C=90°， 由勾股定理得：＋＝， 即 ＋＝， 解得 x=2，即 DG=2。 在Rt△ADG中，∠ADG=90°，AD=6，DG=2， ∴ AG＝＝＝2。 故选 C。 拔高 5　解答题 在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于点G。求证：△BFG≌△BCG。 【答案】证明见详解 【解析】折叠是轴对称：BF=BA=BC，∠BFE=∠BAE=90°；由E、F、G三点共线推出∠BFG=90°=∠BCG，再加公共边BG，用HL证全等。 【详解】∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ BA=BC，∠BAD=∠BCD=90°。 由折叠的性质得：BF=BA，∠BFE=∠BAE。 ∵ E为AD边上一点， ∴ ∠BAE=∠BAD=90°， ∴ ∠BFE=90°。 ∵ E、F、G三点共线， ∴ ∠BFG=180°−∠BFE=180°−90°=90°。 ∴ ∠BFG=∠BCG=90°。 在Rt△BFG和Rt△BCG中： BF=BC，∠BFG=∠BCG=90°，BG=BG， ∴ Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）。 拔高 6　解答题 在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG。 (1)求证：△ABG≌△AFG； (2)求BG的长。 【答案】(1)证明见详解；(2)BG=2 【解析】(1)折叠是轴对称：AF=AD=AB、∠AFE=∠D=90°，由E、F、G三点共线得∠AFG=90°=∠ABG，加公共边AG用HL证全等；(2)由全等得BG=FG，设BG=x，在Rt△CEG中用勾股定理列方程：＋＝。 【详解】(1) ∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ AB=AD=6，∠ABC=90°。 由折叠的性质得：AF=AD，∠AFE=∠ADE=90°。 ∴ AB=AF。 ∵ E、F、G三点共线， ∴ ∠AFG=180°−∠AFE=90°。 ∵ G在BC边上， ∴ ∠ABG=∠ABC=90°。 在Rt△ABG和Rt△AFG中： ∠ABG=∠AFG=90°，AB=AF，AG=AG， ∴ Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）。 (2) 由(1)得 BG=FG。 设BG=FG=x，则CG=6−x。 ∵ E是边CD的中点， ∴ DE=CE=3。 由折叠得 EF=DE=3， ∴ EG=EF+FG=3+x。 在Rt△CEG中，∠C=90°， 由勾股定理得：＋＝， 即 ＋＝， 解得 x=2。 ∴ BG=2。 拔高 7　解答题 已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，E是两锐角平分线的交点，ED⊥BC，EF⊥AC，垂足分别为D、F。 求证：四边形CDEF是正方形。 【答案】证明见详解 【解析】三个直角先判定矩形；再过E作EG⊥AB，用角平分线定义加AAS全等证ED=EF（邻边相等），即得正方形。 【详解】作EG⊥AB，垂足为G。 ∵ ED⊥BC，EF⊥AC，∠ACB=90°， ∴ ∠EFC=∠C=∠EDC=90°， ∴ 四边形CDEF是矩形。 ∵ E在∠BAC的平分线上， ∴ ∠GAE=∠FAE。 ∵ EG⊥AB，EF⊥AC， ∴ ∠AGE=∠AFE=90°。 在△AGE和△AFE中： ∠GAE=∠FAE，∠AGE=∠AFE，AE=AE， ∴ △AGE≌△AFE（AAS）。 ∴ EG=EF。 ∵ E在∠ABC的平分线上， ∴ ∠GBE=∠DBE。 ∵ EG⊥AB，ED⊥BC， ∴ ∠EGB=∠EDB=90°。 在△EGB和△EDB中： ∠GBE=∠DBE，∠EGB=∠EDB，BE=BE， ∴ △EGB≌△EDB（AAS）。 ∴ EG=ED。 ∴ ED=EF。 ∵ 四边形CDEF是矩形，且ED=EF， ∴ 四边形CDEF是正方形。 拔高 8　填空题 正方形ABCD的边长为1，点E在对角线BD上，且∠BAE=22.5°，则BE的长为____−1____。 【答案】−1 【解析】由∠DAE=67.5°、∠ADE=45°得∠AED=67.5°，等角对等边得DE=AD=1；再用勾股定理求BD=，BE=BD−DE。 【详解】∵ 四边形ABCD是正方形， ∴ ∠BAD=90°，∠ADB=45°，AD=1。 ∵ ∠BAE=22.5°， ∴ ∠DAE=∠BAD−∠BAE=90°−22.5°=67.5°。 ∵ 点E在对角线BD上， ∴ ∠ADE=∠ADB=45°。 ∴ ∠AED=180°−∠ADE−∠DAE=180°−45°−67.5°=67.5°。 ∴ ∠DAE=∠AED。 ∴ DE=AD=1（等角对等边）。 在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD=1， 由勾股定理得： ＝＋＝1＋1＝2， ∴ BD＝。 ∴ BE=BD−DE=−1。 故答案为−1。 附录 过关自查表（学生逐题归因，教师复核用） 题号 考点细目 若错，写出选错因 订正完成 例 1 正方形的判断 例 2 性质对比 例 3 根据正方形的性质、三角形中位线求线段 例 4 根据现在求面积 例 5 最值问题 例 6 正方形折叠问题 变式 1 特殊四边形的判定 变式 2 利用正方形性质求角度 变式 3 利用正方形性质求面积 变式 4 添加条件判定正方形 变式 5 中点四边形 变式 6 正方形折叠问题 变式 7 正方形的判定 变式 8 根据性质求面积 变式 9 正方形的旋转问题 变式 10 正方形折叠问题 拔高 1 利用正方形现在求角度 拔高 2 利用正方形现在求线段长 拔高 3 直角坐标系中的正方形折叠 拔高 4 正方形性质的应用 拔高 5 正方形中的动点问题 拔高 6 正方形的判定 拔高 7 折叠求面积 拔高 8 综合应用最值问题 使用建议：订正后让学生在订正完成栏打勾，并保留本表至考前——期中前只重做打不了勾的题。例题教师精讲、变式限时独立完成、拔高供学有余力者挑战；填空题的答案嵌在题目空格中（红色），自测时先遮住再核对。 1 学科网（北京）股份有限公司 $北师大版九上数学 · 考点讲义系列 北师大版新版数学 · 九年级上册 · 期中知识点及考点讲义系列 第一章 考点 4｜正方形——性质叠加、判定路径、折叠与全等综合 ——第 1 章〈特殊平行四边形〉考点 4—— 讲义定位 内容构成 难度层级 建议使用 期中必考 性质叠加·判定·折叠·计算 知识点总结 → 考点分析 → 例题 6 · 变式 10 · 拔高 8 ★☆☆★★★ 阶梯递进 课前预习 / 课后精练 / 考前逐一过关 使用说明 本资料共 24 题，全部选自网络试卷原题（期中、期末、月考、单元测试等），题面未作任何改动； 每题按【答案】【解析】【详解】三段式编排，【详解】按学生卷面解题格式逐行分步书写，便于对照板书、模仿格式； 填空题的答案已嵌在题目空格中（红色显示），学生自测时可先遮住红色部分再核对； 建议用法：例题教师精讲、学生模仿方法；变式学生限时独立完成；拔高供学有余力者挑战，也可作考前第二轮素材。 本考点与考点速览考点 4 对齐（★★☆~★★★），三条主线：一线性质叠加——正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质；二线判定路径——矩形加邻边相等、菱形加直角、平四加直角加邻边相等；三线折叠与全等综合——折叠＝轴对称，常配 HL 与勾股——例题学方法，变式练同法，拔高串综合。 PART 01 本考点知识点总结（与考点速览考点 4 保持一致） 考点范围：正方形的性质叠加（正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质——四边相等、四个角都是直角、对角线相等且互相垂直平分、每条对角线平分一组对角、对角线与边夹 45° 角）、判定路径（菱形加一个角是直角、矩形加一组邻边相等、平行四边形加直角加邻边相等、对角线互相垂直平分且相等）、边长与对角线与面积的互求计算（等腰直角三角形＋勾股定理），以及折叠与全等综合（折叠本质是轴对称，常配 HL 全等与勾股列方程）——与考点速览考点 4 三条主线一致。 一、性质叠加——正方形的定义与性质 ◆ 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形；正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，还是特殊的平行四边形。 ◆ 性质全叠加：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质——四条边都相等，四个角都是直角，对角线相等且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角（与边的夹角为 45°）；既是轴对称图形（4 条对称轴），又是中心对称图形。 二、判定路径——从矩形、菱形两条路升级 ◆ 判定思路（先定「前提」再补「条件」）：菱形＋一个角是直角 → 正方形；矩形＋一组邻边相等 → 正方形；平行四边形＋一个直角＋一组邻边相等 → 正方形；对角线互相垂直平分且相等的四边形 → 正方形。 ◆ 判定易错点：「对角线互相垂直且相等的四边形是正方形」缺「互相平分」；「邻边相等且一角为直角的四边形是正方形」缺「平行四边形」前提——判定正方形必须同时凑齐「矩形系」与「菱形系」各一个条件。 三、折叠与全等综合——本章压轴主形态 ◆ 折叠本质是轴对称（三件套）：对应边相等、对应角相等、折痕两旁的图形全等；沿对角线对折取中点、把一个角翻折进图形内部是两大基本操作。 正方形性质与判定速记表 主线 边与角 对角线 判定与计算 性质叠加 正方形具有平四、矩形、菱形的一切性质：四边相等，四个角都是直角 相等、互相垂直平分，每条平分一组对角，与边夹 45° 角 面积＝边长×边长＝对角线乘积的一半 判定路径 菱形＋一个直角；矩形＋一组邻边相等 平四＋直角＋邻边相等；对角线互相垂直平分且相等 矩形系＋菱形系各一个条件，缺一不可 性质对比 菱形四边相等、矩形四角是直角，正方形全部兼备 菱形垂直平分、矩形相等平分，正方形三性兼备 「正方形具有而××不一定具有」逐条比对 折叠模型 折叠＝轴对称：对应边相等、对应角相等 折痕两旁的图形全等，折痕是对称轴 出直角三角形优先 HL，再用勾股定理列方程 易混警示 「垂直且相等」若不「互相平分」，连平行四边形都不是 缺「互相平分」是判定题最高频陷阱 计算核心：等腰直角三角形＋勾股定理 ◆ 折叠常配 HL：折叠后出现直角三角形时，优先用 HL 证全等（斜边与一条直角边对应相等）；求线段长再设未知数，在直角三角形中用勾股定理列方程——正方形折叠是本章压轴主形态。 四、计算模型与性质对比 ◆ 计算模型：连一条对角线把正方形分成两个等腰直角三角形——边长为 a，对角线长为 a 的根号 2 倍；对角线长为 d，边长为 d 乘以根号 2 的一半（勾股定理）；对比：菱形对角线互相垂直平分但未必相等，矩形对角线相等但未必垂直——正方形三性兼备。 PART 02 考点分析：特点 · 答题方法 · 注意事项 考点特点 性质叠加必考：「正方形具有而矩形（菱形）不一定具有的是」是高频选择——正方形兼有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，逐条比对即可； 判定路径必考：加条件判定正方形、判定思路纠错，关键是看前提（菱形、矩形还是普通四边形）和条件方向——菱形差一个直角，矩形差一组邻边相等； 折叠与全等是压轴主形态：折叠本质是轴对称，翻折后优先找 HL 全等，再用勾股定理列方程求线段长；计算题（边长、对角线、面积互求）以等腰直角三角形＋勾股定理为核心。 答题方法（三步法） 第一步·辨性质：判断「正方形具有而××不一定具有」时，按边、角、对角线逐条比对——正方形具有平四、矩形、菱形的全部性质； 第二步·走判定路径：先定前提（菱形、矩形还是平行四边形），再补缺口（直角、邻边相等或对角线相等）；缺前提的命题用等腰梯形、一般菱形等反例排除； 第三步·拆折叠：折叠＝轴对称——对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等；出直角三角形先用 HL 证全等，再设未知数用勾股定理列方程。 注意事项（易错警示） 「对角线相等且互相垂直」不能判定正方形——若不互相平分，连平行四边形都不是； 折叠别忘三件套：对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等——翻折后的线段与角度都从这三条来，折点、交点共线时注意补角是直角； 折叠求线段的套路：先 HL 证全等转移线段，再设未知数、用含未知数的式子表示各线段，在直角三角形中按勾股定理列方程； 计算核心仍是等腰直角三角形＋勾股定理：对角线是边长的根号 2 倍，已知对角线求面积用「对角线乘积的一半」更快。 期中常见考法速览 题型 考什么 常见设问 难度 性质叠加 正方形兼有平四、矩形、菱形的全部性质 「正方形具有而矩形不一定具有的是」 ★☆☆ 判定路径 加条件、判定思路纠错，前提与条件方向 「能判定正方形的是」 ★★☆ 计算题 边长、对角线、周长、面积互求 「周长为____」「面积为____」 ★★☆ 折叠与全等 折叠三件套＋HL 全等＋勾股列方程 「求证全等」「求 AG 的长」 ★★★ 命题证明 全等链证正方形及线段、角度关系 「求证：四边形EFMN是正方形」 ★★★ 命题边界：本考点考正方形的定义、性质、判定、边长与对角线与面积的计算及命题真假辨析；素材选自期中、期末、月考、单元测试等网络试卷原题；推理工具均为九年级上册第一章及之前所学内容（平行四边形与特殊平行四边形的性质判定、全等三角形、勾股定理、等腰三角形、角平分线定义、轴对称与折叠、图形旋转），未使用相似、三角比、圆等后续内容。 PART 03 例题精讲（6 题） 例题覆盖：特殊平行四边形性质判断 → 正方形与矩形性质对比 → 四点共边证正方形（判定路径＋全等链）→ 真命题判断 → 已知对角线求边长 → 已知边长求对角线。变式覆盖：菱形加条件判定正方形 → 三个直角加条件判定正方形 → 说法一定正确判断 → 平四加两条件判定正方形（选择）→ 已知对角线求边长 → 已知对角线求面积 → 对角线求面积（选择）→ 已知对角线求周长 → 对角线上求角度 → 全等证线段相等。拔高覆盖：矩形加条件不能判定正方形的是 → 对角线交点条件判定正方形 → 判定思路纠错 → 折叠求 AG（HL＋勾股列方程）→ 折叠证全等（HL）→ 折叠证全等并求 BG（勾股列方程）→ 角平分线交点证正方形 → 正方形对角线上的角度与线段计算。 例题组方法提要（先读再做） ◆ 例 1、例 2 教性质叠加：正方形兼有矩形与菱形的全部性质——判断「具有而××不一定具有」时逐条比对边、角、对角线； ◆ 例 3 教判定路径与全等链：四点分别在四条边上、AE=BF=CM=DN 型——四组 SAS 全等证四边相等得菱形，再证一个角是直角升级正方形； ◆ 例 4 教真命题判断，例 5、例 6 教计算：连对角线得等腰直角三角形，边长与对角线用勾股定理互求； ◆ 计算三步：定直角 → 列勾股 → 按需算边长、对角线、周长或面积。 例 1　选择题 （26-27同步）关于平行四边形的叙述，正确的是（        ） A.若，则平行四边形是菱形 B.若，则平行四边形是正方形 C.若，则平行四边形是矩形 D.若，则平行四边形是正方形 例 2　选择题 （26-27·山东月考）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（       ） A.每一条对角线都平分一组对角 B.对角线相等 C.对角线互相垂直 D.对角线互相平分 例 3　填空题 （26-27·广东开学）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为________ 例 4　填空题 （25-26·河南月考）如图，正方形和正方形的对称中心都是点，其边长分别是8和6，则图中阴影部分的面积是_______． 例 5　填空题 （26-27·河北开学）如图，矩形中，，点是边上的动点，点在边上，．连接，则的最小值为________． 例 6　解答题 （24-25·四川模拟）如图，正方形的边长为，为边上一点，，与交于点，将沿翻折得到，延长与交于点，与的延长线交于点． （1）求证∶ ； （2）当时，求的长． PART 04 变式练习（10 题） 与例题同考点、同方法，换命题方向、换设问角度，供学生独立限时完成；带填空的题目答案已嵌在空格中（红色），建议先遮住答案自测 变式组训练要点 ◆ 变 1、变 2 对应例 3、例 4（加条件判定正方形）：先辨前提是什么图形，再补缺的那个条件； ◆ 变 3 考说法一定正确的判断；变 4 考判定路径的组合选择：两个补充条件要分属「矩形系」与「菱形系」，同系两个条件凑不出正方形； ◆ 变 5~变 8 考计算：边长、面积、周长与对角线互求，核心都是等腰直角三角形＋勾股定理； ◆ 变 9、变 10 考性质运用与证明：对角线上的点产生的全等三角形（SAS、ASA）是求角度、证线段相等的关键——限时建议每题 2~3 分钟，错题记入附录自查表。 变式 1　选择题 （26-27·山东月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（       ） A.当，是矩形 B.当，是矩形 C.当，是菱形 D.当，是正方形 变式 2　选择题 （26-27·安徽月考）如图，已知P是正方形对角线上一点，平分，则的度数是（       ） A. B. C. D. 变式 3　选择题 （26-27同步）如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．若正方形的面积是4，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积都是（        ） A.1 B.2 C.3 D.4 变式 4　填空题 （2026·广西模拟）如图，在中，对角线与相交于点．小欣同学欲添加两个条件使四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是________（只需填一种组合即可）． 变式 5　填空题 （25-26·广东期中）我们把连接四边形对边中点的线段称为“中对线”． 凸四边形的对角线 ，且这两条对角线的夹角为，那么该四边形较长的“中对线”的长度为________． 变式 6　填空题 （26-27·山西开学）如图，正方形纸片的边长为12，是边上一点，连接，点在上，沿折叠，使点落在上的点，若，则的长为________． 变式 7　解答题 （25-26·山东模拟）如图，在平行四边形中，点，，，分别在边，，，上，，，且平分． （1）求证：． （2）若．求证：四边形是正方形． 变式 8　解答题 （25-26·河北开学）如图，是正方形的对角线上的两点，且． （1）求证：； （2）若，则四边形的面积是__________． 变式 9　填空题 （24-25·安徽期中）小明参加数学兴趣小组的探究活动，将边长为的正方形与边长为的正方形按图的位置放置，与在同一条直线上，与在同一条直线上． （1）小明发现，请你帮他说明理由； （2）如图，小明将正方形绕点逆时针旋转，当点恰好落在线段上时，请你帮他求出此时的长． 变式 10　解答题 （25-26·浙江月考）如图，在正方形中，，点在对角线上运动（不与点，重合），作与关于直线对称，点在的延长线上，，连接． （1）当时，求的长． （2）求证：． （3）连接，求的最大值． PART 05 拔高巩固（8 题） 正方形性质叠加、判定路径与折叠综合——期中卷选择、填空压轴与解答题的常考题型 拔高组闯关要点 ◆ 拔高 1、拔高 2 教判定辨析：恒成立的条件不能用来「判定」——矩形里 ∠BAO=∠ABO 总成立（OA=OB），要找「新」条件； ◆ 拔高 3 教判定思路纠错：判定正方形必须「前提＋条件」双全，对角线判定必须含「互相平分」； ◆ 拔高 4~拔高 6 教折叠与全等综合（本章压轴主形态）：折叠＝轴对称三件套——对应边相等、对应角相等、折痕两旁全等；出现直角三角形先用HL，再设未知数用勾股定理列方程； ◆ 拔高 7 教证明：角平分线交点 → 三垂直 → 矩形 → AAS 全等链证邻边相等 → 正方形，全卷综合度最高的一道证明题； ◆ 拔高 8 教角度线段综合：对角线上的 45° 等腰三角形背景，用「等角对等边」＋勾股定理求 BE——是填空压轴的好题。 拔高 1　选择题 （26-27·山东月考）如图，延长正方形的边至点E，使得．连结交边于点F，则的大小是(        ) A.112.5度 B.120度 C.115度 D.135度 拔高 2　选择题 （26-27·安徽月考）如图，正方形中，对角线与相交于点，为边上一点，，为的中点，若的周长为，则线段的长为（        ） A. B. C. D. 拔高 3　选择题 （25-26·河南期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为（ ），点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为（       ） A. B. C. D. 拔高 4　填空题 （2026·广西模拟）如图，正方形中，为边上一点，连接，点为中点，点为中点，连接，点为中点，连接，若，，则_______． 拔高 5　填空题 （25-26·安徽期中）如下图，正方形的边长为，为的中点，点以的速度从点出发，沿向点运动，同时点以的速度从点出发，沿向点运动，当点运动到点时，、两点同时停止运动，若在运动过程中，当时，的长度为________． 拔高 6　解答题 （20-21·江西期中）如图，在矩形中，，，菱形的三个顶点、、分别在矩形的边、、上，，连接． （1）若，求证：四边形为正方形． （2）若，求的面积． 拔高 7　解答题 （24-25·新疆期中）如图，正方形中，，点E在边上，且 ．将 沿对折至，延长 交边于点 G，连接、． （1）证明：； （2）求 的长； （3）求△FGC的面积． 拔高 8　解答题 （25-26·重庆月考）如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连． （1）若点为的中点，求证：点为的中点； （2）若点为的中点，，，求的长； （3）若正方形边长为，直接写出的最小值_______． 附录 过关自查表（学生逐题归因，教师复核用） 题号 考点细目 若错，写出错误原因 订正完成 例 1 正方形的判断 例 2 性质对比 例 3 根据正方形的性质、三角形中位线求线段 例 4 根据现在求面积 例 5 最值问题 例 6 正方形折叠问题 变式 1 特殊四边形的判定 变式 2 利用正方形性质求角度 变式 3 利用正方形性质求面积 变式 4 添加条件判定正方形 变式 5 中点四边形 变式 6 正方形折叠问题 变式 7 正方形的判定 变式 8 根据性质求面积 变式 9 正方形的旋转问题 变式 10 正方形折叠问题 拔高 1 利用正方形现在求角度 拔高 2 利用正方形现在求线段长 拔高 3 直角坐标系中的正方形折叠 拔高 4 正方形性质的应用 拔高 5 正方形中的动点问题 拔高 6 正方形的判定 拔高 7 折叠求面积 拔高 8 综合应用最值问题 使用建议：订正后让学生在订正完成栏打勾，并保留本表至考前——期中前只重做打不了勾的题。例题教师精讲、变式限时独立完成、拔高供学有余力者挑战；填空题的答案嵌在题目空格中（红色），自测时先遮住再核对。 1 学科网（北京）股份有限公司 $