中考数学总复习中考数学专项提升第26讲 正方形的性质与判定(讲义1考点+1命题点21种题型(含3种解题技巧))(解析版)

试卷第=page11页，共=sectionpages33页第五章四边形第26讲正方形的性质与判定（思维导图+1考点+1命题点21种题型（含3种解题技巧））TOC\o"1-1"\n\h\z\u01考情透视·目标导航02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点正方形04题型精研·考向洞悉命题点正方形的性质与判定►题型01利用正方形的性质求角度►题型02利用正方形的性质求线段长►题型03利用正方形的性质求周长►题型04利用正方形的性质求面积►题型05根据正方形的性质求点的坐标►题型06利用正方形的性质证明►题型07正方形的折叠问题►题型08求正方形重叠部分面积►题型09添加一个条件使四边形是正方形►题型10证明四边形是正方形►题型11根据正方形的性质与判定求角度►题型12根据正方形的性质与判定求线段长►题型13根据正方形的性质与判定求面积►题型14根据正方形的性质与判定解决多结论问题►题型15与正方形有关的规律探究问题►题型16正方形有关的新定义问题►题型17与正方形有关的动点问题►题型18与正方形有关的最值问题►题型19正方形与函数综合►题型20与正方形有关的存在性问题►题型21与正方形有关的材料阅读类问题

01考情透视·目标导航中考考点考查频率新课标要求正方形的有关证明与计算★★理解正方形的概念；探索并证明菱形的性质定理及其判定定理；理解矩形、菱形、正方形之间的包含关系.【考情分析】正方形是最特殊的四边形，它具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质，对于正方形的考查多数是考查其性质，即在正方形的背景下考查全等三角形、相似三角形、圆等内容，试题形式多样，难度不等.【命题预测】正方形是特殊平行四边形中比较重要的图形，也是几何图形中难度比较大的几个图形之一，年年都会考查，预计2025年各地中考还将出现.其中，正方还经常成为综合压轴题的问题背景来考察，而正方其他出题类型还有选择、填空题的压轴题，难度都比较大，需要加以重视.解答题中考查正方形的性质和判定，45°半角模型，一般和三角形全等、解直角三角形、二次函数、动态问题综合应用的可能性比较大．02知识导图·思维引航03考点突破·考法探究考点一正方形1.正方形的定义：有一组邻边相等且只有一个角是直角的平行四边形是正方形.2.正方形的性质：1）正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行.2）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.【补充】1）正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.

2）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°.

3）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形.4）正方形的面积是边长的平方，也可表示为对角线长平方的一半.3.正方形的对称性：1）正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线.2）正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心.4.正方形的判定：定义法平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角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判定定理矩形+一组邻边相等有一组邻边相等的矩形是正方形矩形+对角线互相垂直对角线互相垂直的矩形是正方形菱形+一个角是直角有一个角是直角的菱形是正方形菱形+对角线相等对角线相等的菱形是正方形1．（2021·黑龙江·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件，使矩形ABCD是正方形．【答案】AC⊥BD（答案不唯一）【分析】根据正方形的判定定理可直接进行求解．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：AB=AD或AB=CB或BC=CD或AD=CD，根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．【点睛】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．2．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，EF⊥AB于点F，若AD=4，则EF=．【答案】2【分析】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，含30度角的直角三角形，根据正方形和等边三角形的性质，得到△AFE为含30度角的直角三角形，AE=AD=4，根据含30度角的直角三角形的性质求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，△ADE为等边三角形，EF⊥AB，AD=4，∴∠FAD=90°,∠EAD=60°,∠AFE=90°,AD=AE=4，∴∠FAE=30°，∴EF=1故答案为：2．3．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形ABCD中，若面积S矩形AEOH=12，周长C矩形【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BEOF、HOGD的边长分别为a、b，先求出ab=12a+b=8，然后根据S【详解】解：设正方形BEOF、HOGD的边长分别为a、b，根据题意，得ab=122∴ab=12a+b=8∴S====40，故答案为：40．4．（2024·福建·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为4，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH的面积为．

【答案】2【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到HD=DG=1，进而得到S△DGH，同理可得S△AHE=S△EFB=S△CGF=【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，∴AB=BC=CD=AD=2，∠D=90°，∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，AD的中点，∴HD=DG=1，∴S同理可得S△AHE∴四边形EFGH的面积为4−1故答案为：2．5．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE=3．则点P到直线AB的距离为．

【答案】3【分析】过点P作PQ⊥AB于Q，证明四边形四边形AEPQ是正方形，即可求解．【详解】解：如图所示，过点P作PQ⊥AB于Q，

∵点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E∴四边形AEPQ是矩形，∠EAP=45°∴△AEP是等腰直角三角形，∴AE=EP∴四边形AEPQ是正方形，∴PQ=EP=3，即点P到直线AB的距离为3故答案为：3．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键．04题型精研·考向洞悉命题点一正方形的性质与判定►题型01利用正方形的性质求角度1．（2023·重庆·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别在BC，CD上，连接AE，AF，EF，∠EAF=45°．若∠BAE=α，则∠FEC一定等于（）

A．2α B．90°−2α C．45°−α D．90°−α【答案】A【分析】利用三角形逆时针旋转90°后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解．【详解】将△ADF绕点A逆时针旋转90°至△ABH，

∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD，∠ABC=∠D=∠BAD=∠C=90°，由旋转性质可知：∠DAF=∠BAH，∠D=∠ABH=90°，AF=AH，∴∠ABH+∠ABC=180°，∴点H，B，C三点共线，∵∠BAE=α，∠EAF=45°，∠BAD=∠HAF=90°，∴∠DAF=∠BAH=45°−α，∠EAF=∠EAH=45°，∵∠AHB+∠BAH=90°，∴∠AHB=45°+α，在△AEF和△AEH中AF=AH∠FAE=∠HAE∴△AFE≌△AHE(SAS∴∠AHE=∠AFE=45°+α，∴∠AHE=∠AFD=∠AFE=45°+α，∴∠DFE=∠AFD+∠AFE=90°+2α，∵∠DFE=∠FEC+∠C=∠FEC+90°，∴∠FEC=2α，故选：A．

【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度．2．（2021·重庆·中考真题）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，∠PMN=30°，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则∠AMP的度数为（

）A．60° B．65° C．75° D．80°【答案】C【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出∠AMP的度数．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形中，∴∠MBO=∠NDO=45°，∵点O为MN的中点∴OM=ON，∵∠MPN=90°，∴OM=OP，∴∠PMN=∠MPO=30°，∴∠MOB=∠MPO+∠PMN=60°，∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，∠AMP=180°−75°−30°=75°，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．3．（2023·山东·中考真题）如图，点E是正方形ABCD内的一点，将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF．若∠ABE=55°，则∠EGC=度．

【答案】80【分析】先求得∠BEF和∠CBE的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABC=90°，∵∠ABE=55°，∴∠CBE=90°−55°=35°，∵△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF∴∠EBF=90°，BE=BF，∴∠BEF=45°，∴∠EGC=∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°，故答案为：80．【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．4．（2024·宁夏·中考真题）如图，在正五边形ABCDE的内部，以CD边为边作正方形CDFH，连接BH，则∠BHC=°．【答案】81【分析】本题考查正多边形的内角问题，正方形的性质，等腰三角形的性质等．先根据正多边形内角公式求出∠BCD，进而求出∠BCH，最后根据BC=HC求解．【详解】解：∵正五边形ABCDE中，∠BCD=15×正方形CDFH中，∠HCD=90°，HC=DC，∴∠BCH=∠BCD−∠HCD=108°−90°=18°，HC=BC，∴∠BHC=∠HBC，∴∠BHC=1故答案为：81．QUOTEQUOTEQUOTE►题型02利用正方形的性质求线段长在正方形问题中，一般可以通过证三角形全等来证两条线段相等，也可以利用正方形的角是直角来构造直角三角形，利用勾股定理解题.在正方形中，也常用对角线互相垂直平分证明线段相等.5．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，正方形ABCD中，AB=3，点E在边AD上，DE=2AE,F是BE的中点，点H在CD边上，∠EFH=45°，则FH的长为（

）．A．3104 B．352 C．【答案】C【分析】首先过点B作BN∥FH，连接数ENFN、，延长DC到点G，使CG=AE，连接BG，根据∠EFH=45°可得∠NBG=45°，利用SAS可证△ABE≅△CBG，再利用SAS可证△EBN≅△GBN，从而可得EN=NG，利用勾股定理可得DN=CN=32，利用梯形中位线定理可以求出FN=5【详解】解：如下图所示，过点B作BN∥FH，连接数EN、FN，延长DC到点G，使CG=AE，连接BG，∵四边形ABCD是正方形，AB=3，∴AD=CD=BC=AB=3，∠ABC=90°，∵DE=2AE，∴DE=2，AE=1，∴BE=A∵∠EFH=45°，BN∥∴∠EBN=∠EFH=45°，∴∠ABE+∠NBC=45°，在△ABE和△CBG中AE=CG∠A=∠BCG=90°∴△ABE≅∴∠ABE=CBG，BE=BG，∴∠GBN=∠CBG+∠NBC=∠ABE+∠NBC=45°，∴∠EBN=∠NBG，在△EBN和△GBN中BE=BG∠EBN=∠NBG∴△EBN≅∴EN=NG，设NC=x，则DN=3−x，EN=NG=x+1，在Rt△EDN中，E∴2解得：x=3∴DN=CN=3∴BN=B∴点N是CD的中点，∴FN是梯形EBCD的中位线，

∴FN=12ED+BC∵FH∥∴∠FHN=∠BNC，又∵∠FNH=∠BCN=90°，∴△FHN∽∴FH∴FH解得：FH=5故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、梯形的中位线定理等知识，掌握相关知识点是解题关键．6．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5．正方形DEFG的边长为5，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为【答案】3【分析】过点G作GH⊥AC，易得△AHG为等腰直角三角形，设AH=HG=x，得到CH=AC−AH=5−x，证明△GHD≌△DCE，得到CD=GH，进而得到CD=x，DH=5−2x，在Rt△DHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG【详解】解：过点G作GH⊥AC，则：∠AHG=∠GHD=90°，∴∠DGH+∠HDG=90°，∵∠ACB=90°，AC=BC=5，∴AB=52∴∠AGH=45°=∠A，∴AH=HG，设AH=HG=x，则：CH=AC−AH=5−x，∵正方形DEFG，∴DG=DE,∠GDE=90°，∴∠HDG+∠CDE=90°，∴∠HGD=∠CDE，∵∠C=∠GHD=90°，∴△GHD≌△DCE，∴CD=GH=x，∴DH=CH−CD=5−2x，在Rt△GHD中，由勾股定理，得：G∴52=5−2x∴AH=2,CH=3，∵∠C=∠AHD=90°，∴HG∥BC，∴AGBG∴BG=3故答案为：32【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．7．（2024·内蒙古·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰△ABF，AB=AF，AE平分∠DAF交DC于点G，交BF的延长线于点E，连接DE．若BF=2，则DG=【答案】15【分析】过点A作AH⊥BE于点H，连接DF，交AE于点O，先根据等腰三角形的性质和勾股定理求出AH,FH的长，再求出∠EAH=45°，从而可得EH=AH=7，EF=6，然后根据等腰三角形的性质求出DF,OD的长，最后在Rt△ADG和Rt【详解】解：如图，过点A作AH⊥BE于点H，连接DF，交AE于点O，∵正方形ABCD的面积为50，∴AB=AD=50=52∵AB=AF，BF=2，∴AD=AF，AH平分∠BAF，BH=FH=1∴AH=A∵AH平分∠BAF，AE平分∠DAF，∴∠HAF=1∴∠EAH=∠HAF+∠EAF=1∴Rt△AEH是等腰直角三角形，∠AEH=45°∴EH=AH=7，∴EF=EH−FH=6，又∵AD=AF，AE平分∠DAF，∴AE垂直平分DF，∴DE=EF=6，OD=1∴∠AED=∠AEH=45°，∴∠DEF=∠AED+∠AEH=90°，∴DF=D∴OD=32在Rt△AOD中，OA=设OG=xx>0，则AG=OA+OG=4在Rt△ADG和Rt△DOG中，即42解得x=9即OG=9则DG=O故答案为：152【点睛】本题考查了正方形的性质、等腰三角形的判定与性质、线段垂直平分线的判定与性质、勾股定理、二次根式的化简等知识，熟练掌握等腰三角形的三线合一是解题关键．8．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E是OA的中点，点F是OD上一点．连接EF．若∠FEO=45°，则EFBCの【答案】1【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到∠OAD=45°，AD=BC，再证明EF∥AD，进而可证明△OEF∽△OAD，由相似三角形的性质可得EFAD=OE【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点∴∠OAD=45°，AD=BC，∵点E是OA的中点，∴OEOA∵∠FEO=45°，∴EF∥AD，∴△OEF∽△OAD，∴EFAD=OE故答案为：12►题型03利用正方形的性质求周长9．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O．E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE,EF．若△DEF与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长是（

）

A．22 B．2+2 C．4−22【答案】A【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键．根据正方形的性质可求出BD=22，根据轴对称的性质可得DF=DC=2，∠DFE=∠BCD=90°则BF=BD−DF=22−2，再求出EF=BF=2【详解】解：正方形ABCD的边长为2，∴BC=DC=2,∠BCD=90°,DO=12∴BD=B∵△DEF与△DEC关于直线DE对称，∴DF=DC=2，∠DFE=∠BCD=90°，∴BF=BD−DF=22−2，∴∠FBE=∠FEB=45°，∴EF=BF=22∴BE=2∴△BEF的周长是BE+EF+BF=4−22故选：A．10．（2024·江苏连云港·中考真题）如图，正方形中有一个由若干个长方形组成的对称图案，其中正方形边长是80cm，则图中阴影图形的周长是（

A．440cm B．320cm C．280cm【答案】A【分析】本题考查平移的性质，利用平移的性质将阴影部分的周长转化为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去【详解】解：由图可得：阴影部分的周长为边长是80cm的正方形的周长加上边长是80cm的正方形的两条边长再减去∴阴影图形的周长是：4×80+2×80−2×20=440cm故选：A．11．（2023·山东枣庄·中考真题）如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，E为BC上一点，CE=7，F为DE的中点，若△CEF的周长为32，则OF的长为．

【答案】17【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和△CEF的周长，求出CF,EF的长，进而求出DE的长，勾股定理求出CD的长，进而求出BE的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．【详解】解：∵CE=7,△CEF的周长为32，∴CF+EF=32−7=25．∵F为DE的中点，∴DF=EF．∵∠BCD=90°，∴CF=1∴EF=CF=1∴DE=2EF=25，∴CD=D∵四边形ABCD是正方形，∴BC=CD=24，O为BD的中点，∴OF是△BDE∴OF=1故答案为：172【点睛】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．12．（2022·江苏南通·中考真题）如图，点O是正方形ABCD的中心，AB=32．Rt△BEF中，∠BEF=90°,EF过点D，BE,BF分别交AD,CD于点G，M，连接OE,OM,EM．若BG=DF,tan∠ABG=13【答案】3+3【分析】连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，解直角三角形可得BG＝25，AG＝13AB，然后证明△ABG≌△HFD（AAS），可得DH＝AG＝13AB＝13CD，BC＝HF，进而可证△BCM≌△FHM（AAS），得到MH＝MC＝13CD，BM＝FM，然后根据等腰三角形三线合一求出DF＝FM，则BG＝DF＝FM＝BM＝25，再根据直角三角形斜边中线的性质和三角形中位线定理分别求出【详解】解：如图，连接BD，则BD过正方形ABCD的中心点O，作FH⊥CD于点H，∵AB=32，tan∴tan∴AG＝13AB＝2∴BG＝AG∵∠BEF＝90°，∠ADC＝90°，∴∠EGD＋∠EDG＝90°，∠EDG＋∠HDF＝90°，∴∠EGD＝∠HDF∵∠AGB＝∠EGD，∴∠AGB＝∠HDF，在△ABG和△HFD中，∠A=∠DHF=90°∠AGB=∠HDF∴△ABG≌△HFD（AAS），∴AG＝DH，AB＝HF，∵在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AD，∠C＝90°，∴DH＝AG＝13AB＝13CD，BC＝在△BCM和△FHM中，∠C=∠FHM=90°∠BMC=∠FMH∴△BCM≌△FHM（AAS），∴MH＝MC＝13CD，BM＝FM∴DH＝MH，∵FH⊥CD，∴DF＝FM，∴BG＝DF＝FM＝BM＝25∴BF＝45∵M是BF中点，O是BD中点，△BEF是直角三角形，∴OM＝12DF=5，EM∵BD＝2AB=6，△BED∴EO＝12∴△OEM的周长＝EO＋OM＋EM＝3＋5＋25故答案为：3+35【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解直角三角形，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边中线的性质以及三角形中位线定理，综合性较强，能够作出合适的辅助线，构造出全等三角形是解题的关键．QUOTEQUOTEQUOTEQUOTEQUOTE►题型04利用正方形的性质求面积13．（2023·广东·中考真题）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为．

【答案】15【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解．【详解】解：如图，

由题意可知AD=DC=10,CG=CE=GF=6,∠CEF=∠EFG=90°，GH=4，∴CH=10=AD，∵∠D=∠DCH=90°,∠AJD=∠HJC，∴△ADJ≌△HCJAAS∴CJ=DJ=5，∴EJ=1，∵GI∥CJ，∴△HGI∽△HCJ，∴GICJ∴GI=2，∴FI=4，∴S梯形故答案为15．【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键．14．（2023·湖南·中考真题）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具，某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（如图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为dm3

【答案】2【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解．【详解】解：如图所示，

依题意，OD=22∴图中阴影部分的面积为O故答案为：2．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键．15．（2023·四川内江·中考真题）如图，四边形ABCD是边长为4的正方形，△BPC是等边三角形，则阴影部分的面积为．

【答案】12−43/【分析】作PM⊥DC于M点，PN⊥BC于N点，首先求出正方形的面积，然后根据等边三角形和正方形的性质求出PM和PN，从而求出△PBC和△PCD的面积，最后作差求解即可．【详解】解：如图所示，作PM⊥DC于M点，PN⊥BC于N点，

∵四边形ABCD是边长为4的正方形，∴∠BCD=90°，BC=CD=4，S正方形∵△BPC是等边三角形，∴∠BCP=60°，BC=CP=4，BN=CN=2，∴PN=C∴S△PBC∵∠BCD=90°，∠BCP=60°，∴∠PCM=30°，∴在Rt△PCM中，PM=∴S△PCD∵S阴影∴S阴影故答案为：12−43【点睛】本题考查正方和等边三角形的性质，以及30°角所对的直角边是斜边的一半，掌握图形的基本性质，熟练运用相关性质是解题关键．16．（2023·浙江金华·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，以其三边为边在AB的同侧作三个正方形，点F在GH上，CG与EF交于点P，CM与BE交于点Q．若HF=FG，则S

A．14 B．15 C．312【答案】B【分析】设HF=FG=a，正方形ACGH的边长为2a，证明tan∠HAF=tan∠GFP，先后求得GP=12a，PC=32a，BC=a【详解】解：∵四边形ACGH是正方形，且HF=FG，设HF=FG=a，则AC=CG=GH=AH=2a，∵四边形ABEF是正方形，∴∠AFP=90°，∴∠HAF=90°−∠HFA=∠GFP，∴tan∠HAF=tan∠GFP∴GP=1∴PC=2a−1同理tan∠HAF=tan∠CAB∴BC=a，同理CQ=1∴PB=5BQ2=∵Rt△BQC∽∴S△BCQ∴S△BEP∴S四边形∵S正方形∴S四边形故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，三角函数的定义，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．17．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角∠FOH=90°．则图中阴影部分面积是．【答案】2【分析】证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积-正方形面积的14【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°，∵扇形的圆心角∠FOH=90°，∴∠BOC-∠COE=∠FOH-∠COE，即∠BOE=∠COG，在△OCG和△OBE中，∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG，OB=OC∴△OCG≌△OBE，∵正方形边长为4，∴AC=42∴OC=2∵S扇形S=S=S=2故答案为：2【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键．QUOTE►题型05根据正方形的性质求点的坐标18．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的边AB在x轴上，点A的坐标为−2，0，点E在边CD上．将△BCE沿BE折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为0，6，则点【答案】3,10【分析】设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，先判断四边形AOGD是矩形，得出OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，根据折叠的性质得出BF=BC=a，CE=FE，在Rt△BOF中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在Rt△EGF中，利用勾股定理构建关于CE的方程，求出【详解】解∶设正方形ABCD的边长为a，CD与y轴相交于G，则四边形AOGD是矩形，∴OG=AD=a，DG=AO，∠EGF=90°，∵折叠，∴BF=BC=a，CE=FE，∵点A的坐标为−2，0，点F的坐标为∴AO=2，FO=6，∴BO=AB−AO=a−2，在Rt△BOF中，B∴a−22解得a=10，∴FG=OG−OF=4，GE=CD−DG−CE=8−CE，在Rt△EGF中，G∴8−CE2解得CE=5，∴GE=3，∴点E的坐标为3,10，故答案为：3,10．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．19．（2024·江苏常州·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O．若点A的坐标是2,1，则点C的坐标是．【答案】−2,−1【分析】本题考查坐标与图形，根据正方形的对角线互相垂直平分，得到A,C关于原点对称，即可得出结果．【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于原点O，∴OA=OC，∴A,C关于原点对称，∵点A的坐标是2,1，∴点C的坐标是−2,−1；故答案为：−2,−1．20．（2023·甘肃武威·中考真题）如图1，正方形ABCD的边长为4，E为CD边的中点．动点P从点A出发沿AB→BC匀速运动，运动到点C时停止．设点P的运动路程为x，线段PE的长为y，y与x的函数图象如图2所示，则点M的坐标为（

）

A．4,23 B．4,4 C．4,25 【答案】C【分析】证明AB=BC=CD=AD=4，∠C=∠D=90°，CE=DE=2，则当P与A，B重合时，PE最长，此时PE=2【详解】解：∵正方形ABCD的边长为4，E为CD边的中点，∴AB=BC=CD=AD=4，∠C=∠D=90°，CE=DE=2，当P与A，B重合时，PE最长，此时PE=2运动路程为0或4，结合函数图象可得M4,2故选C【点睛】本题考查的是从函数图象中获取信息，正方形的性质，勾股定理的应用，理解题意，确定函数图象上横纵坐标的含义是解本题的关键．21．（2022·山东威海·中考真题）正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A的坐标为（2，0），点B的坐标为（0，4）．若反比例函数y＝kx（k≠0）的图象经过点C，则k的值为【答案】24【分析】过点C作CE⊥y轴，由正方形的性质得出∠CBA=90°，AB=BC，再利用各角之间的关系得出∠CBE=∠BAO，根据全等三角形的判定和性质得出OA=BE=2，OB=CE=4，确定点C的坐标，然后代入函数解析式求解即可．【详解】解：如图所示，过点C作CE⊥y轴，∵点B（0，4），A（2，0），∴OB=4，OA=2，∵四边形ABCD为正方形，∴∠CBA=90°，AB=BC，∴∠CBE+∠ABO=90°，∵∠BAO+∠ABO=90°，∴∠CBE=∠BAO，∵∠CEB=∠BOA=90°，∴∆ABO≅∆BCE，∴OA=BE=2，OB=CE=4，∴OE=OB+BE=6，∴C（4，6），将点C代入反比例函数解析式可得：k=24，故答案为：24．【点睛】题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，反比例函数解析式的确定等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．22．（2021·浙江金华·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，有一只用七巧板拼成的“猫”，三角形①的边BC及四边形②的边CD都在x轴上，“猫”耳尖E在y轴上．若“猫”尾巴尖A的横坐标是1，则“猫”爪尖F的坐标是．【答案】−【分析】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为2a，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为2a2，小正方形的边长为2a2，平行四边形的长边为a，短边为2a2，用含有a【详解】设大正方形的边长为2a，则大等腰直角三角形的腰长为2a，中等腰直角三角形的腰长为a，小等腰直角三角形的腰长为2a2，小正方形的边长为2a2，平行四边形的长边为a，短边为2a2，如图，过点F作FG⊥x轴，垂足为G,点F作FH⊥y轴，垂足为H,过点A作AQ⊥x轴，垂足为Q,延长大等腰直角三角形的斜边交x根据题意，得OC=2a22=12a，CD=a∵点A的横坐标为1,∴12a+a+∴a=12根据题意，得FM=PM=2a2，MH=∴FH=(2+1)a2∴MT=2a-2a2，BT=2a-∴TN=2a-a∴MN=MT+TN=2a-2a2+2a-a=(∵点F在第二象限，∴点F的坐标为（-2+14，故答案为：（-2+14，【点睛】本题考查了七巧板的意义，合理设出未知数，用未知数表示各个图形的边长，点ＡＡ的横坐标，点Ｆ的坐标是解题的关键．►题型06利用正方形的性质证明23．（2024·甘肃临夏·中考真题）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）．【答案】2π3/【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，∠EOM=∠FOM，过点E作OM的垂线，进而可求出∠EOM的度数，则可得出∠EOF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ABCD是正方形四边形AOMD是矩形，∠EOM=∠FOM，则OM=AD=2，DM=1过点E作EP⊥OM于P，则EP=DM=1∵OE=OM=AD=2，∴EP=在Rt△EOP中，sin∴∠EOP=30°，则∠EOF=30°×2=60°，∴EF的长度为：60⋅π⋅2故答案为：2π24．（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、(1)求证：△EAB≌△ECB；(2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【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△EAB和△ECB的全等条件．（1）根据正方形的性质证明AB=BC，（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出∠CED和∠DCE，然后进行证明即可．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，∴AB=BC，在△EAB和△ECB中，AB=BC∠ABC=∠CBE∴△EAB≌△ECB（SAS）（2）∵四边形ABCD为正方形，∴∠BDC=1∵△EAB≌△ECB，∴∠CED=∠AED=1∵∠BDC=∠CED+∠DCE=45°，∴∠DCE=45°−22.5°=22.5°，∴∠CED=∠DCE，∴DC=DE．25．（2024·广东广州·中考真题）如图，点E，F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，BE=3，EC=6，CF=2．求证：△ABE∽【答案】见解析【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出∠B=∠C=90°，AB=CB=9，进而得出ABEC【详解】解：∵BE=3，EC=6，∴BC=9，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=CB=9，∠B=∠C=90°，∵ABEC=∴又∵∠B=∠C=90°，∴△ABE∽26．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形ABCD中，点M，N分别在AB，BC上，且BM=CN，AN与DM相交于点P．

(1)求证：△ABN≌△DAM；(2)求∠APM的大小．【答案】(1)见解析(2)90°【分析】（1）直接利用SAS证明全等即可；（2）根据全等的性质，得出∠MAP=∠ADM，再由∠MAP+∠AMP=∠ADM+∠AMP=90°，从而求出∠APM=90°．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AB=AD=BC，∠DAM=∠ABN=90°，∵BM=CN，∴BC−CN=AB−BM，即BN=AM，在△ABN和△DAM中，AB=AD,∴△ABN≌△DAM(SAS（2）解：由（1）知△ABN≌△DAM，∴∠MAP=∠ADM，∴∠MAP+∠AMP=∠ADM+∠AMP=90°，∴∠APM=180°−(∠MAP+∠AMP)=90°．【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定．27．（2022·贵州贵阳·中考真题）如图，在正方形ABCD中，E为AD上一点，连接BE，BE的垂直平分线交AB于点M，交CD于点N，垂足为O，点F在DC上，且MF∥(1)求证：△ABE≌△FMN；(2)若AB=8，AE=6，求ON的长．【答案】(1)见详解(2)25【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=AB-BM=8-ME，在Rt△AME中，AM2+AE2=ME2，可得(8−ME)2+62=M【详解】（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，BC∥AB∥∵MF∥AD，∠A=∠D=90°，∴四边形ADFM是矩形，∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，∵MN是BE的垂直平分线，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠OMF，∵∠NFM=∠A=90∴△ABE≌△FMN；（2）连接ME，如图，∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，BE=A∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，∵MN是BE的垂直平分线，∴BO=OE=12BE=5，BM=∴AM=AB-BM=8-ME，∴在Rt△AME中，AM∴(8−ME)2+6∴BM=ME=25∴在Rt△BMO中，MO∴MO=B∴ON=MN-MO=10−15即NO的长为：254【点睛】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．►题型07正方形的折叠问题28．（2023·湖北·中考真题）如图，将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠，使点B的对应点M落在边AD上（点M不与点A,D重合），点C落在点N处，MN与CD交于点P，折痕分别与边AB，CD交于点E,F，连接BM．

(1)求证：∠AMB=∠BMP；(2)若DP=1，求MD的长．【答案】(1)证明见解析(2)MD=【分析】（1）由折叠和正方形的性质得到∠EMP=∠EBC=90°，EM=EB，则∠EMB=∠EBM，进而证明∠BMP=∠MBC，再由平行线的性质证明∠AMB=∠MBC即可证明（2）如图，延长MN,BC交于点Q．证明△DMP∽△CQP得到QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，BQ=3+2x．由∠BMQ=∠MBQ，得到MQ=BQ=3+2x．则MP=13MQ=3+2x3【详解】（1）证明：由翻折和正方形的性质可得，∠EMP=∠EBC=90°，∴∠EMB=∠EBM．∴∠EMP−∠EMB=∠EBC−∠EBM，即∠BMP=∠MBC，∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥∴∠AMB=∠MBC．∴∠AMB=∠BMP．（2）解：如图，延长MN,BC交于点Q．∵AD∥∴△DMP∽△CQP．又∵DP=1，正方形ABCD边长为3，∴CP=2∴MDQC∴QC=2MD，QP=2MP，设MD=x，则QC=2x，∴BQ=3+2x．∵∠BMP=∠MBC，即∠BMQ=∠MBQ，∴MQ=BQ=3+2x．∴MP=1在Rt△DMP中，M∴x2解得：x1=0（舍），∴MD=12

【点睛】本题主要考查了正方形与折叠问题，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，勾股定理等等，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键．29．（2022·辽宁抚顺·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF．当GF最小时，AE的长是．【答案】5【分析】根据动点最值问题的求解步骤：①分析所求线段端点（谁动谁定）；②动点轨迹；③最值模型（比如将军饮马模型）；④定线段；⑤求线段长（勾股定理、相似或三角函数），结合题意求解即可得到结论．【详解】解：①分析所求线段GF端点：G是定点、F是动点；②动点F的轨迹：正方形ABCD的边长为10，点E是边AD上一动点，连接BE，将△ABE沿BE翻折得到△FBE，连接GF，则BF=BA=10，因此动点轨迹是以B为圆心，BA=10为半径的圆周上，如图所示：③最值模型为点圆模型；④GF最小值对应的线段为GB−10；⑤求线段长，连接GB，如图所示：在RtΔBCG中，∠C=90°，正方形ABCD的边长为10，点G是边CD的中点，则CG=5,BC=10，根据勾股定理可得当G、F、B三点共线时，GF最小为55接下来，求AE的长：连接EG，如图所示根据翻折可知EF=EA,∠EFB=∠EAB=90°，设AE=x，则根据等面积法可知S正方形=SΔEDG+S故答案为：55【点睛】本题考查动点最值下求线段长，涉及到动点最值问题的求解方法步骤，熟练掌握动点最值问题的相关模型是解决问题的关键．30．（2022·河南·中考真题）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答案】(1)∠BME或∠ABP或∠PBM或∠MBC(2)①15，15；②∠MBQ=∠CBQ，理由见解析(3)AP=4011【分析】（1）根据折叠的性质，得BE=12BM，结合矩形的性质得∠BME=30°（2）根据折叠的性质，可证RtΔ（3）由（2）可得QM=QC，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设AP=PM=x，分别表示出PD，DQ，PQ【详解】（1）解：∵AE=BE=∴BE=∵∠BEM=90°，sin∠BME=BE∴∠BME=30°∴∠MBE=60°∵∠ABP=∠PBM∴∠ABP=∠PBM=∠MBC=30°（2）∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∵BM=BC∴Rt∴∠MBQ=∠CBQ∵∠MBC=30°∴∠MBQ=∠CBQ=15°②∵BM=BC∴∴∠MBQ=∠CBQ（3）当点Q在点F的下方时，如图，∵FQ=1cm∴QC=CD−DF−FQ=8−4−1=3(cm)，DQ=DF+FQ由（2）可知，QM=QC设AP=PM=x∴PD即8−x解得：x=∴AP=40当点Q在点F的上方时，如图，∵FQ=1cm∴QC=5cm，DQ=3cm，由（2）可知，QM=QC设AP=PM=x∴PD即8−x解得：x=∴AP=24【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．►题型08求正方形重叠部分面积31．（2023·山东菏泽·一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为．【答案】4【分析】连接OA、OD，证明△OAM≌△ODN(ASA)，得到S阴影=【详解】解：连接OA、OD，如图所示：∴∠AOD=∠GOE=90°，∴∠AOM=∠DON，∵ABCD是正方形，O为正方形ABCD的中心，∴OA=OD，∠OAM=∠ODN=45°，在△OAM和△ODN中，∠OAM=∠ODNOA=OD∴△OAM≌△ODN(ASA)∴S∴===1故答案是：4．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于△OAD的面积是解决问题的关键．32．（2021·辽宁抚顺·三模）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，点O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等．设两个正方形重合部分的面积为S1，正方形ABCD的面积为S2，通过探索，我们发现：无论正方形【答案】1【分析】由正方形性质可证△AOE≌△BOF（ASA）由S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF=S△EOB+S△AOE=S△AOB即可．【详解】解：∵正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，∴OA=OB，∠AOB=90°，∠OAB=∠OBC=45°，又∵点O又是正方形A1∴∠A1OC1=90°，∴∠AOE+∠EOB=∠EOB+∠BOF=90°，∴∠AOE=∠FOB，在△AOE和△BOF中，∠OAE=∠OBFOA=OB∴△AOE≌△BOF（ASA），∴S1=S四边形EOFB=S△EOB+S△BOF=S△EOB+S△AOE=S△AOB=14故答案为14【点睛】本题考查正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积，掌握正方形的性质，三角形全等判定，四边形面积转化为三角形面积是解题关键．33．（2020·河北·二模）在平面上，边长为2的正方形和短边长为1的矩形几何中心重合，如图①，当正方形和矩形都水平放置时，容易求出重叠面积S=2×1=2．甲、乙、丙三位同学分别给出了两个图形不同的重叠方式；甲：矩形绕着几何中心旋转，从图②到图③的过程中，重叠面积S大小不变．乙：如图④，矩形绕着几何中心继续旋转，矩形的两条长边与正方形的对角线平行时，此时的重叠面积大于图③的重叠面积．丙：如图⑤，将图④中的矩形向左上方平移，使矩形的一条长边恰好经过正方形的对角线，此时的重叠面积是5个图形中最小的．下列说法正确的是（

）A．甲、乙、丙都对 B．只有乙对 C．只有甲不对 D．甲、乙、丙都不对【答案】C【分析】本题重叠部分面积需要结合图形特点，利用对称性质，通过假设未知数表示未知线段，利用面积公式求解，并根据线段范围判别面积大小．【详解】如图一所示，设AI=x，BJ=y，则有x+y=AB-IJ=2-1=1，重叠部分四边形JILK面积为2．如图二所示，设AI=x，BJ=y，因为JM=HE=1，△JIM为直角三角形，斜边JI大于直角边JM，故有：x+y＜1，重叠部分平行四边形JILK面积为2−(x+y)×2=4−2(x+y)如图三所示，设AI=x（0＜x＜1），BJ=y=0，重叠部分四边形JIDK面积为SAJCD在由图一到图三的转变过程中，x+y的取值逐渐减小，则重叠部分面积逐渐增大，故甲同学说法错误．如图四所示，设AI=AN=x（1＜x＜2），重叠部分多边形BINDKM面积为SABCD当0＜x＜2时，4−x如图五所示，设AI=AN=x，所以重叠部分四边形INDB面积为S△ABD因为x2综上，图一到图四重叠部分面积逐渐增大，图五面积小于图一，故图五面积最小，丙同学说法正确．故答案为C选项．【点睛】本题考查正方形以及矩形性质，并在此基础进行知识延伸，需要假设未知数并结合对称性质化抽象问题为形象问题，利用未知量取值范围求解本题．34．（2020·浙江·中考真题）用四块大正方形地砖和一块小正方形地砖拼成如图所示的实线图案，每块大正方形地砖的面积为a，小正方形地砖的面积为b，依次连接四块大正方形地砖的中心得到正方形ABCD．则正方形ABCD的面积为（用含a，b的代数式表示）．【答案】a+b【分析】如图，连接AE、AF，先证明△GAE≌△HAF，由此可证得S四边形GAHE=【详解】解：如图，连接AE、AF，∵点A为大正方形的中心，∴AE=AF，∠EAF=90°，∴∠AEF=∠AFE=45°，∵∠GEF=90°，∴∠AEG=∠GEF－∠AEF=45°，∴∠AEG=∠AFE，∵四边形ABCD为正方形，∴∠DAB=∠EAF=90°，∴∠GAE=∠HAF，在△GAE与△HAF中，∠GAE=∠HAF，∴△GAE≌△HAF（ASA），∴S△GAE∴S△GAE即S四边形∵S△AEF∴S四边形∴同理可得：S正方形即S正方形故答案为：a+b．【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定及性质，熟练掌握正方形的性质并能作出正确的辅助线是解决本题的关键．►题型09添加一个条件使四边形是正方形35．（2020·湖北襄阳·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，AC，BD相交于点O，下列结论错误的是（

）A．OA=OC，OB=ODB．当AB=CD时，四边形ABCD是菱形C．当∠ABC=90°时，四边形ABCD是矩形D．当AC=BD且AC⊥BD时，四边形ABCD是正方形【答案】B【分析】根据平行四边形的性质，菱形，矩形，正方形的判定逐一判断即可．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴OA=OC,OB=OD，故A正确，∵四边形ABCD是平行四边形，AB=CD，不能推出四边形ABCD是菱形，故B错误，∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=90°，∴四边形ABCD是矩形，故C正确，∵四边形ABCD是平行四边形，AC=BD，AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形．故D正确．故选B．【点睛】本题考查的是平行四边形的性质，矩形，菱形，正方形的判定，掌握以上知识是解题的关键．36．（2023·辽宁鞍山·一模）如图中，阴影部分表示的四边形是．【答案】正方形【分析】本题考查四边形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；根据题意可知，阴影部分既要满足矩形的性质，又满足菱形的性质，从而得解；【详解】解：当矩形的邻边相等时，矩形可称为是正方形；当菱形的邻边互相垂直时，所给菱形可称为正方形；故正方形即是特殊的矩形，也是特殊的菱形，所以阴影部分表示的四边形是正方形；故答案为：正方形37．（2023·陕西宝鸡·模拟预测）在下列条件中，能够判定矩形ABCD为正方形的是（）A．∠BAD=90° B．AC⊥BD C．AC=BD D．AB=CD【答案】B【分析】本题考查了正方形的判定，根据对角线垂直的矩形为正方形即可得出答案．【详解】解：∵ABCD是矩形，∴当AC⊥BD时，矩形ABCD为正方形故选：B．38．（2024·河北秦皇岛·一模）数学课上，嘉嘉作线段AB的垂直平分线时，是这样操作的：分别以点A，B为圆心，大于12AB长为半径画弧，两弧相交于点C，D，则直线CD即为所求．作完图之后，嘉嘉经过测量发现AC=BC=AD=BD，AB=CD，根据他的作图方法和测量可知四边形ADBC是正方形，嘉嘉的理由是（A．两组对边分别平行的菱形是正方形 B．四条边相等的菱形是正方形C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一个角是直角的菱形是正方形【答案】C【分析】此题主要考查了线段垂直平分线的性质以及正方形的判定，得出四边形四边关系是解决问题的关键．根据正方形的判定方法对角线相等的菱形是正方形即可证明；【详解】解：根据题意可知AC=BC=AD=BD，可以判定四边形ADBC是菱形又因为AB=CD，所以四边形ADBC是正方形故选：C39．（2024·山东东营·中考真题）如图，四边形ABCD是平行四边形，从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，能使▱ABCD是正方形的概率为（

）A．23 B．12 C．13【答案】A【分析】本题考查了正方形的判定，用概率公式求概率，掌握正方形的判定方法和概率公式是解题的关键．根据从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．再根据概率公式求解即可．【详解】解：从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，共有①②、①③、②③，3种方法，由正方形的判定方法，可得①②、①③共有2种可判定平行四边形是正方形．∴▱ABCD，从①AC=BD，②AC⊥BD，③AB=BC，这三个条件中任意选取两个，能使▱ABCD是正方形的概率为23故选：A．40．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）已知菱形ABCD中对角线AC、BD相交于点O，添加条件可使菱形ABCD成为正方形．【答案】AC=BD或AB⊥BC【分析】本题主要考查的是菱形和正方形的判定，熟练掌握菱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：AC=BD；根据有一个角是直角的菱形是正方形，可添加的：AB⊥BC；故添加的条件为：AC=BD或AB⊥BC．41．（2021·广西玉林·中考真题）一个四边形顺次添加下列中的三个条件便得到正方形：a.两组对边分别相等

b.一组对边平行且相等c.一组邻边相等

d.一个角是直角顺次添加的条件：①a→c→d②b→d→c③a→b→c则正确的是：（

）A．仅① B．仅③ C．①② D．②③【答案】C【分析】根据题意及正方形的判定定理可直接进行排除选项．【详解】解：①由两组对边分别相等可得该四边形是平行四边形，添加一组邻边相等可得该四边形是菱形，再添加一个角是直角则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；②由一组对边平行且相等可得该四边形是平行四边形，添加一个角是直角可得该四边形是矩形，再添加一组邻边相等则可得该四边形是正方形；正确，故符合题意；③a、b都为平行四边形的判定定理，故不能判定该四边形是正方形，故错误，不符合题意；∴正确的有①②；故选C．【点睛】本题主要考查正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．QUOTE►题型10证明四边形是正方形判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等．42．（2023·湖北十堰·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，分别以点B,C为圆心，12AC,12BD

(1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由；(2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？【答案】(1)平行四边形，见解析(2)AC=BD且AC⊥BD【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到BP=1（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．【详解】（1）四边形BPCO是平行四边形．理由如下：∵▱ABCD的对角线AC,BD交于点O，∴AO=OC,BO=OD，∵以点B,C为圆心，12AC,1∴BP=∴四边形BPCO是平行四边形．（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，∴AC=BD且AC⊥BD时，四边形BPCO是正方形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．43．（2024·内蒙古·中考真题）如图，∠ACB=∠AED=90°，AC=FE，AB平分∠CAE，(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；(2)过点B作BG⊥AE于点G，若CB=AF，请直接写出四边形BGED的形状．【答案】(1)证明见详解(2)四边形BGED为正方形【分析】（1）由角平分线的定义可得出∠CAB=∠BAF，由平行线的性质可得出∠EFD=∠BAF，等量代换可得出∠CAB=∠EFD，利用ASA证明△ACB≌△FED，由全等三角形的性质得出AB=FD，结合已知条件可得出四边形ABDF是平行四边形．（2）由已知条件可得出∠BGE=∠DEG=90°，由平行四边形的性质可得出BD∥AE，BD=AF，根据平行线的性质可得出∠GBD=90°，∠EDB=90°，由全等三角形的性质可得出CB=ED，等量代换可得出BD=ED，即可得出四边形BGED为正方形．【详解】（1）证明：∵AB平分∠CAE，∴∠CAB=∠BAF，∵AB∥∴∠EFD=∠BAF，∴∠CAB=∠EFD，在△ACB和△FED中，∠ACB=∠FEDAC=FE∴△ACB≌△FEDASA∴AB=FD，由∵AB∥∴四边形ABDF是平行四边形．（2）四边形BGED是正方形．过点B作BG⊥AE于点G，∴∠BGE=∠DEG=90°，∵四边形ABDF是平行四边形．∴BD∥AE，BD=AF，∴∠GBD+∠BGE=180°，∠DEG+∠EDB=180°，∴∠GBD=90°，∠EDB=90°，由（1）△ACB≌△FED，∴CB=ED，∵CB=AF，∴ED=AF，∴BD=ED，∴四边形BGED是正方形．【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关键．44．（2021·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别是E、F，连接EF，EF与AD相交千点H．（1）求证：AD⊥EF；（2）△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？说明理由．【答案】（1）见解析；（2）△ABC满足∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形，理由见解析【分析】（1）根据角平分线的性质定理证得DE=DF，再根据HL定理证明△AED≌△AFD，则有AE=AF，利用等腰三角形的三线合一性质即可证得结论；（2）只需证得四边形AEDF是矩形即可，【详解】解：（1）∵AD是△ABC的角平分线，DE⊥AB，DF⊥AC，∴DE=DF，∠AED=∠AFD=90°，又∵AD=AD，∴Rt△AED≌Rt△AFD（HL），∴AE=AF，又AD是△ABC的角平分线，∴AD⊥EF；（2）△ABC满足∠BAC=90°时，四边形AEDF是正方形，理由：∵∠AED=∠AFD=90°，∠BAC=90°，∴四边形AEDF是矩形，又∵AE=AF，∴四边形AEDF是正方形．【点睛】本题考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的三线合一性质、矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关知识间的联系和运用是解答的关键．45．（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点E，∠BAC=90°，点G为AD的中点，连接CG，CG的延长线交BA的延长线于点F，连接(1)求证：AB=AF；(2)请增加一个条件，使得四边形ACDF为正方形．（不需要说明理由）【答案】(1)见解析(2)AB=AC【分析】此题主要考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、正方形的判定方法．（1）利用平行四边形的性质以及全等三角形的性质解决问题即可；（2）证明四边形ACDF是平行四边形，进而证得AC=AF，根据正方形的判定即可得到结论．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥∴∠AFG=∠GCD，∵点G是AD的中点，∴AG=DG，在△AGF和△DGC中，∠AGF=∠DGC∠AFG=∠DCG∴△AGF≌△DGCAAS∴AF=CD，∴AB=AF；（2）解：当AB=AC时，四边形ACDF是正方形．证明：由（1）知，AF=CD，又∵AB∥∴AF∥∴四边形ACDF是平行四边形，由（1）知，AB=AF，∵AB=AC，∴AF=AC，∴四边形ACDF是菱形，∵∠BAC=90°，∴∠CAE=90°，∴四边形ACDF是正方形．故答案为：AB=AC．46．（2023·山东青岛·一模）如图，在▱ABCD中，E为CD边的中点，连接BE并延长，交AD的延长线于点F，延长ED至点G，使DG=DE，分别连接AE，AG，FG．

(1)求证：△BCE≌(2)若BF平分∠ABC，已知______（从以下两个条件中选择一个作为已知条件并补写相应内容，填写序号），四边形AEFG为正方形？请证明．①平行四边形ABCD的边满足______时②平行四边形ABCD的角满足______时【答案】(1)答案见解析(2)选择①平行四边形ABCD的边满足AB=AD时，四边形AEFG为正方形【分析】（1）由CB∥AD，得∠C=∠EDF，由E为CD边的中点，CE=DE，而∠BEC=∠FED，即可证明（2）由△BCE≌△FDE，得CE=DE，CB=DF，而CB=DA，则DF=DA，因为DG=DE，所以四边形AEFG是平行四边形，再证明∠CBE=∠CEB，则CE=CB=DA，因为CE=DE，所以DA=DE，则AF=GE，所以四边形AEFG是矩形，进而得到四边形AEFG是正方形．【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴CB∥∴∠C=∠EDF，∵E为CD边的中点，∴CE=DE，在△BCE和△FDE中，∠C=∠EDFCE=DE∴△BCE≌△FDE(ASA)．（2）解：选择①平行四边形ABCD的边满足AB=AD时，四边形AEFG为正方形；∵△BCE≌△FDE，∴CE=DE，CB=DF，∵CB=DA，∴DF=DA，∵DG=DE，∴四边形AEFG是平行四边形，∵BF平分∠ABC，∴∠CBE=∠ABE，∵CD∥∴∠CEB=∠ABE，∴∠CBE=∠CEB，∴CE=CB=DA，∵CE=DE，∴DA=DE，∵AF=2DA，GE=2DE，∴AF=GE，∴四边形AEFG是矩形，∵AB=AD，∴四边形AEFG是正方形．【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、矩形的判定，正方形的判定，证明∠CBE=∠CEB是解第（2）题的关键．►题型11根据正方形的性质与判定求角度47．（2021·湖南株洲·中考真题）《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中△ABD和△CBD为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点P处，点P与点A关于直线DQ对称，连接CP、DP．若∠ADQ=24°，则∠DCP=度．【答案】21【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，∠PDQ=∠ADQ=24°，则有CD=DP，然后可得∠CDP=138°，最后根据等腰三角形的性质可求解．【详解】解：∵△CBD≌△ABD，且都为等腰直角三角形，∴四边形ABCD是正方形，∴∠CDA=90°,CD=AD，∵点P与点A关于直线DQ对称，∠ADQ=24°，∴∠PDQ=∠ADQ=24°，AD=DP，∴CD=DP，∠ADP=48°，∴∠CDP=138°，∴∠DCP=∠DPC=180°−∠CDP故答案为21．【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．48．（2023·四川·中考真题）如图，半径为5的扇形AOB中，∠AOB=90°，C是AB上一点，CD⊥OA，CE⊥OB，垂足分别为D，E，若CD=CE，则图中阴影部分面积为()

A．25π16 B．25π8 C．25π6【答案】B【分析】连接OC，证明四边形CDOE是正方形，进而得出S△CDE=S【详解】解：如图所示，连接OC，

∵CD⊥OA，CE⊥OB，∠AOB=90°，∴四边形CDOE是矩形，∵CD=CE，∴四边形CDOE是正方形，∴S△CDE=S∴图中阴影部分面积=S故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，求扇形面积，证明四边形CDOE是正方形是解题的关键．49．（2023·福建宁德·一模）如图，将矩形ABCD沿AE折叠，使顶点B落在AD上点B'处；再将矩形展平，沿AF折叠，使顶点B落在AE上点G处，连接DE．小明发现△DEC可以由△AFG绕某一点顺时针旋转α0°<α<180°得到，则α=【答案】45°【分析】根据旋转角等于对应边所在直线的夹角求直线AE与CD的夹角即可．【详解】延长AE与DC交于点M，∵△DEC可以由△AFG绕某一点顺时针旋转α0°<α<180°∴α=∠M，∵将矩形ABCD沿AE折叠，使顶点B落在AD上点B'∴四边形ABEB∴∠AEB=∠CEM=45°，∴α=∠M=90°−∠CEM=45°，故答案为：45°【点睛】本题考查矩形的折叠，旋转的性质，正方形的判定，解题的关键是理解旋转角等于对应边所在直线的夹角．50．（2020·黑龙江哈尔滨·二模）正方形ABCD中，点P为对角线BD上的一个动点，连接AP，并延长交射线BC于点E，连接PC，若ΔPCE为等腰三角形，则∠PEC．【答案】30∘或【分析】分类讨论：当点E在BC的延长线上时，首先利用等腰三角形的性质得出CP=CE，易得∠BCP=∠CPE+∠CEP=2∠CEP，由正方形的性质得出∠PBA=∠PBC=45°，再证明ΔABP≅ΔCBP，得出∠BAP=∠BCP=2∠CEP，进一步得出∠PEC的度数；当点E在BC上时，同理得出结论．【详解】解：当点E在BC的延长线上时，如下图：ΔPCE为等腰三角形，则CP=CE，∴∠BCP=∠CPE+∠CEP=2∠CEP∵四边形ABCD是正方形∴∠PBA=∠PBC=45°∵AB=CB,BP=BP∴ΔABP≅ΔCBP∴∠BAP=∠BCP=2∠CEP∴2∠PEC+∠PEC=90°∴∠PEC=30°；当点E在BC上时，如下图，ΔPCE为等腰三角形，则PE=CE，∴∠BEP=∠CPE+∠PCE=2∠PCE∵四边形ABCD是正方形∴∠PBA=∠PBC=45°∵AB=CB,BP=BP∴ΔABP≅ΔCBP∴∠BAP=∠BCP∵2∠BCP+∠BCP=90°∴∠BCP=30°∴∠AEB=60°∴∠PEC=180°−60°=120°．故答案为：30∘或120【点睛】本题考查了正方