专题11 正方形的性质与判定六类综合题型（压轴题专项训练）数学新教材人教版八年级下册（解析版）

专题11正方形的性质与判定六类综合题型目录TOC\o"1-2"\h\u典例详解类型一、利用正方形的性质求角度类型二、正方形中的折叠问题类型三、根据正方形的性质证明与求解类型四、根据正方形的性质与判定求解类型五、正方形的性质与判定的综合问题类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图）压轴专练类型一、利用正方形的性质求角度方法总结1.正方形=矩形+菱形：综合运用矩形的“四个角为直角”和菱形的“对角线平分对角”性质。2.内角和转化：将所求角置于三角形或特殊图形中，利用内角和、外角、平角等关系求解。解题技巧1.对角线模型：连接对角线，利用其“垂直、平分、相等且平分对角”的性质，寻找45°、90°角。2.等腰三角形：正方形边或对角线构成的等腰直角三角形，是计算角度的常用模型。例1．（25-26九年级上·陕西榆林·期末）如图，点E是正方形内部一点，连接，，若，，则的度数为．【答案】64【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，三角形的内角和定理，根据三角形的内角和定理，求出的度数，角的和差关系求出的度数，等边对等角即可得出结果．【详解】解：∵正方形，∴，∵，，∴，∴，∵，∴，∴；故答案为：64【变式1-1】（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在正方形外侧，作等边三角形，，相交于点，则的度数为．【答案】【分析】先利用正方形和等边三角形的性质，求出相关角的度数，再通过三角形内角和、外角性质，逐步推导出的度数．【详解】解：∵四边形是正方形，，，．是等边三角形，，，，，，．在中，．在和中，，，．故答案为：．【变式1-2】（25-26九年级上·山西运城·期末）在正方形中，对角线，交于点，延长至点，使，连接，点为的中点，连接．若，则的长为．【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，斜边上的中线等于斜边的一半，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先理解题意，运用正方形的性质证明，，又因为点为的中点，得出，再根据勾股定理得，代入数值计算，即可作答．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∴，∵点为的中点，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，故答案为：．【变式1-3】（25-26八年级上·山西临汾·期末）如图，在正方形中，，点F从点A出发，沿运动到点C，点E是边的中点，连接，，，当为等腰三角形时，的长为．【答案】1或2或【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的定义，勾股定理的应用，分三种情况再结合勾股定理建立方程求解即可.【详解】解：根据题意，可知：在正方形中，，点E是边的中点，∴，，．当时，设，∴．，，∴，解得：，∴，当时，∴，∴，当时，∴，∴，综上所述，的长为1或2或．故答案为：1或2或类型二、正方形中的折叠问题方法总结1.抓折叠本质：折叠即轴对称，折痕垂直平分对应点连线，且折叠前后对应线段相等、对应角相等。2.结合正方形：利用正方形四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等的性质，寻找全等或特殊直角三角形。解题技巧1.标等量：在图上清晰标注折叠产生的等边、等角，尤其是与正方形边长相等的边。2.设元勾股：通常在折叠形成的直角三角形中，设未知边长为x，利用正方形边长关系和勾股定理列方程。例2．（25-26九年级上·江苏无锡·月考）如图，正方形的边长为4，点E为的中点，连接，将沿折叠，点A的对应点为F．连接，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，折叠的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的性质和判定．连接交于点O，过点F作交于点M，交于点N，根据勾股定理求出，根据折叠得出，根据勾股定理得出，求出，最后根据矩形的判定和性质，勾股定理求出结果即可．【详解】解：如图，连接交于点O，则，过点F作交于点M，交于点N，∵，∴，∵，点E是中点，∴，∴，∵，∴，∴，由折叠性质得：，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴．故答案为：．【变式2-1】（25-26八年级上·辽宁铁岭·月考）如图，正方形纸片的边长为，点是边的中点，将这个正方形纸片翻折，使点落到点处，折痕交边于点，交边于点，则的面积为．【答案】【分析】本题考查了正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理．熟练掌握正方形的性质，图形的翻折变换以及勾股定理是解题的关键．通过设未知数，利用勾股定理建立方程来求解的长即可．【详解】解：由题意得，，点是边的中点，且，．设，则，在中，由勾股定理得，，即，解得，，的面积为．故答案为．【变式2-2】（25-26八年级上·重庆·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则的长为；点E的坐标为．【答案】5【分析】本题考查翻折变换，正方形的性质，坐标与图形变化—对称，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用．设正方形的边长为，与轴相交于，则四边形矩形，推出，，．由折叠的性质，得，．根据点的坐标为，点的坐标为，得出，，所以．在中，，解得，则，．在中，，解得，所以，即可得出点的坐标．【详解】解：如图，设正方形的边长为，与轴相交于，则四边形是矩形，，，．由折叠的性质，得，．点的坐标为，点的坐标为，，，．在中，，，解得，即，，．在中，，，解得，，点的坐标为．故答案为：5，．【变式2-3】（25-26八年级上·河南平顶山·期末）如图，正方形纸片的边长为，点P是线段上一动点，连接，将这张正方形纸片沿所在直线折叠，点B的对应点为，延长交边于点E，当点P为线段的三等分点时，的长为．【答案】3或【分析】根据折叠的性质可得，，，再根据证明，则可得．设，则，．然后分两种情况：①当时，②当时，在中根据勾股定理列方程求出x的值即可．本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，以及勾股定理．熟练掌握以上知识，注意分情况讨论是解题的关键．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵沿所在直线折叠后得到，∴，，，∴，∴，，又∵，∴，∴，设，则，．①当时，，则，，在中，，∴，解得，∴．②当时，，则，，在中，，∴，解得，∴，综上，当点P为线段的三等分点时，的长为3或．故答案为：为3或．类型三、根据正方形的性质证明与求解方法总结1.性质整合：综合运用正方形“四边相等、四角为直角、对角线垂直平分且相等并平分对角”的全部性质。2.目标导向：根据待证或所求（边等、角等、垂直等），选择直接相关的性质进行推理或建方程。解题技巧1.构造全等：通过连接对角线或作辅助线，构造全等直角三角形，是证明线段或角相等的常用手法。2.巧用45°：对角线平分直角产生的45°角，是进行角度计算和证明的重要切入点。例3．（25-26九年级上·重庆奉节·期末）如图，在正方形中，点E是边上任意一点，，垂足为点O，交于点F，交于点G，连接．

(1)若，求的长度；(2)当点E是边的中点时，求证：．【答案】(1)2(2)见解析【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于掌握各判定定理．（1）利用正方形的性质以及余角的性质证明，然后利用证明，即可求解；（2）由（1）中的全等三角形我们可得出，因此，和中，有一条公共边，，因此两三角形全等，那么，由（1）知，因此，即可证明．【详解】（1）解：如图，

∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，∴，∴，在和中，∴∴；（2）证明：∵点E位于线段中点，∴，由（1）可知，，∴，∵四边形是正方形，∴，又∵，∴，∴，由（1）知，，∴，∴．【变式3-1】（25-26八年级上·辽宁沈阳·期末）如图，正方形中，，点为边上一点，连接，将沿翻折，得到，连接．(1)求证：；(2)当为直角三角形时，求线段的长．(3)在（2）的条件下，直接写出此时的长．【答案】(1)见解析；(2)；(3)．【分析】（1）通过正方形的边相等和翻折的性质，得到再利用等腰三角形等边对等角证角相等．（2）先判断直角顶点为，作辅助线，通过全等三角形转化线段关系，结合勾股定理计算的长；（3）作、，用面积法求，结合矩形性质与勾股定理求．【详解】（1）解：四边形是正方形，，沿翻折得，，，；（2）解：过点D作于点G，∵点在上，点在正方形内，∴、为锐角，，，∴当为直角三角形时，，∵，，∴，∵，，∴，又∵，，∴（）∴，设，则，在中，由勾股定理即，解得或（舍去），∴；（3）解：过点作，于、，连接，∵，，，，，∴，∵，∴四边形是矩形，∴，，∴，∴，∴，，设，则，在中，由勾股定理得即，解得，∴．【变式3-2】（24-25八年级下·广东湛江·期末）如图正方形中，点E为对角线上一点，连接，过点E作，交射线于点F．(1)求证：；(2)若，，的长度为；(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．【答案】(1)见解析；(2)2；(3)的度数是或【分析】（1）过点E作于点M，的延长线交于点N，于点H，则可得四边形，四边形和四边形都是矩形，则可得，，．根据同角的余角相等可得，再证是等腰直角三角形，则可得，进而可得，根据证明，则可得．（2）四边形是正方形，且，可得，．由可得，进而可得，，，则可得，则F点与C点重合，因此．（3）分两种情况讨论：①当时，，在四边形中，根据四边形内角和等于，可求得．②当时，先根据三角形内角和定理求得，进而可得．由是的外角，且可得．【详解】（1）证明：过点E作于点M，的延长线交于点N，于点H，如图1所示：∵四边形是正方形，，，，，，∴四边形，四边形和四边形都是矩形，，，，，，，，，，是等腰直角三角形，，，，，在和中，，，；（2）解：∵四边形是正方形，且，∴，∴，∵，∴，∵，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴F点与C点重合，∴．故答案为：2；（3）解：∵点E为对角线上一点，∴线段与正方形的某条边的夹角是时，有以下两种情况：①当与的夹角是时，即，如图3①所示：∴，∵，∴，在四边形中，，∴，∴；②当与的夹角是时，即，如图3②所示：∵四边形是正方形，∴，在中，，∵，∴，∴，∵是的外角，∴，∴，∴，综上所述：的度数是或．【变式3-3】（25-26九年级上·江西抚州·期中）综合与实践：正方形中，为对角线，点P在线段上运动，以为边作正方形，连接；(1)【初步探究】如图1，当点P在线段上时，与的数量关系是___________；与的位置关系为__________；三者的数量关系为_________；(2)【探索发现】当点P在线段延长线上运动时，如图2，探究线段和三者之间数量关系，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图3，连接，若，，则的长为_________．【答案】(1)，，(2)，理由见解析(3)3【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．（1）证明，得出，，求出，利用勾股定理求出，即可求解；（2）类似（1）探究即可；（3）利用勾股定理求出，，即可求解．【详解】（1）解：∵四边形、都是正方形，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，又，，∴，故答案为：，；（2）解：．理由：∵四边形都是正方形，∴，，，，∴，∴，∴，，∴，∴．∵，，∴，又，，∴．（3）解：在正方形ABCD中，，∴．由（2）知：，∴，∵，∴．故答案为：3．类型四、根据正方形的性质与判定求解方法总结1.先判后性：先依据一组邻边相等且有一个直角等条件，判定四边形为正方形。2.再性求解：再利用正方形的性质（四边等、四直角、对角线特性）求值或证明。解题技巧1.判定优选：优先选择“一个角为直角的菱形”或“一组邻边相等的矩形”等简捷判定。2.对角线模型：连接对角线，利用其垂直、平分、相等的特性构造全等直角三角形解题。例4．（25-26八年级上·湖北黄冈·期末）如图，在平面直角坐标系中，已知点，点，且，则，点的坐标为．【答案】【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，能够正确作出辅助线是解题关键．直接根据点，点即可求出；过点C作，，先证得四边形是矩形，再通过可证得，进而证得矩形是正方形，再通过线段的和差关系算出，进而可得到答案．【详解】解：∵点，点，∴，，∴如图，过点C作，，∵，∴四边形是矩形，∴，∵，∴在和中，∴，∴，∵四边形是矩形，∴矩形是正方形，∴，∵，，∴，∴，∴．故答案为：，．【变式4-1】（25-26九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，，，平分，平分，，，则四边形的面积为．【答案】8【分析】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质；根据，可推出四边形是平行四边形，再由矩形的性质和角平分线的定义推出，从而可说明平行四边形是正方形，再利用勾股定理结合正方形面积公式即可求解．【详解】解：，四边形是平行四边形，四边形是矩形，，平分，平分，，，平行四边形是正方形．∵，，∴，∴，即四边形的面积为8，故答案为：8．【变式4-2】（2025·江西九江·模拟预测）如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为．【答案】或或【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可．【详解】解：当时，，，由折叠可得：，，，四边形是矩形，，矩形是正方形，；当时，，，，由折叠可知，，，，点、、共线，，综上所述，的度数为或．当时，∵，∴，∴，由折叠可得，；故答案为：或或．【变式4-3】（24-25八年级上·河南郑州·月考）如图，在中，点D为边上的点，将沿折叠，使点A落在点E处，连接，已知，，则当为直角三角形时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，折叠的性质，分三种情况讨论：；；，根据折叠的性质，勾股定理，正方形的判定与性质等知识求解即可．【详解】解：∵，，∴，∵折叠，∴，，∴，，∵为直角三角形，∴或或，①当时，∵，∴，∴C、E、B共线，如图，∴，设，则，∵，∴，∴，∴；②当时，∴，而，，，故此种情况不合题意；③当时，由折叠，∴，，∴四边形为矩形，又∵，∴矩形为正方形，∴，∴，综上，的长为或，故答案为：或．类型五、正方形的性质与判定的综合问题方法总结1.判性结合：先根据条件判定正方形，再综合运用其所有性质（边、角、对角线）推导新结论或求值。2.数形转化：将几何关系（如线段和、角度和）转化为代数方程，或利用全等、勾股定理求解。解题技巧1.对角线分直角：连接对角线，将问题转化为等腰直角三角形问题，是核心解题模型。2.构造全等：通过作辅助线（如垂线）构造全等三角形，是证明线段相等或垂直的常用技巧。例5．（25-26九年级上·浙江杭州·月考）如图，中，，、为的外角平分线，过点分别作直线的垂线，为垂足．(1)______（直接写出结果不写解答过程）；(2)①求证：四边形是正方形；②若，求的长．(3)借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若锐角三角形中，，一条高是，它的长度为6，，直接写出的长度．【答案】(1)(2)①见解析；②(3)【分析】根据平角的定义得到，根据角平分线的定义得到，，求得，根据三角形的内角和定理即可得到结论；作于，如图所示：则，先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出四边形是正方形；设，根据已知条件求出，由得四边形是正方形，求得，根据全等三角形的性质求出，同理，，根据勾股定理列方程即可得到结论；把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由得：四边形是正方形，，，，得出，，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程即可．【详解】（1）解：，，，平分，平分，，，，．故答案为；（2）证明：作于，如图所示：，，，四边形是矩形，，外角平分线交于点，，，，四边形是正方形；解：设，，，由得四边形是正方形，，在与中，，，同理，，在中，，即，解得：，的长为；（3）解：根据题意作出图形，如图所示：把沿翻折得，把沿翻折得，延长、交于点，由得：四边形是正方形，，，，，，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得：，即．【变式5-1】（25-26九年级上·江西鹰潭·月考）如图，四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形；(2)若，求的长和的面积；(3)当线段与正方形的某条边所在直线的夹角是时，直接写出的度数．【答案】(1)证明见解析(2)；1(3)或【分析】（1）先根据正方形的性质得到，，从而可得，求得，再根据矩形的性质得到，从而可利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可得矩形是正方形．（2）先根据正方形的性质可得，，从而可得是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得，再利用勾股定理求得，接着利用证明，根据全等三角形的性质可得，从而可得．再证明四边形是矩形，根据矩形的性质可得，再利用勾股定理求得，然后求得，再根据三角形面积公式求解即可；（3）分与（或）的夹角为、与（或）的夹角为两种情形，分别求出即可．【详解】（1）证明：如图1，过点E作于点于点Q．∵四边形为正方形，∴，，∴，．∵四边形是矩形，∴，则，∴．在和中∴，∴，∴矩形是正方形．（2）如图2，过点G作交延长线于点H．由正方形的性质可得，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，解得：．∵，∴，∴，∴，∴，∴∴，∴，即，∴．由（1）可得，∴．∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴，∴．

∵，∴，∴的面积．（3）①当与（或）的夹角为时，点F在边上，，如图3，则．在四边形中，由四边形内角和定理得；②当与（或）的夹角为时，点F在的延长线上，，与交于点H，如图4．∵，，∴．综上所述，的度数为或．【变式5-2】（25-26九年级上·山西晋中·期中）综合与实践问题情境：在矩形纸片中，．同学们通过对矩形进行折叠开展了探究活动．如图1，点是边上一点，将沿折叠，使点落在边上的点处，连接．猜想证明：（1）判断四边形的形状，并说明理由；深入探究：（2）将矩形纸片展开并再次折叠，折痕与，分别交于点，，点的对应点分别为点．①如图2，若点恰好落在线段上，连接．求证：；②若点恰好落在边上，连接与相交于点，连接，点为的中点，连接．若．请直接写出线段的长度．【答案】（1）四边形是正方形，理由见解析；（2）①见解析；②或【分析】（1）先根据矩形的性质可得，再根据折叠的性质可得，，然后根据正方形的判定即可得；（2）①设与折痕交于点，过点作于点，先得出，再证出，根据全等三角形的性质即可得证；②分两种情况：当点在上时，连接；当点在上时，连接；先利用勾股定理求出的长，再求出与的长，利用勾股定理可得的长，最后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得．【详解】（1）解：四边形是正方形，理由如下：四边形是矩形，∴．由折叠的性质得：，，∴四边形是矩形，又∵，∴四边形是正方形．（2）①证明：如图，设与折痕交于点，过点作于点．∴，由（1）已得：四边形是正方形，∴，，∴四边形为矩形．∴，∴，∵，∴，由折叠的性质得：垂直平分，∴，∴，∴，在和中，，∴，∴．②解：∵在矩形纸片中，，，∴，，，∵四边形是正方形，∴，∴．如图，当点在上时，连接，∵，∴，，由折叠的性质得：垂直平分，∴，，，∴在中，，∴在中，，∴，∴在中，，又∵，∴，∴，∴在中，，∵在中，点为斜边的中点，∴；如图，当点在上时，连接，∵，∴，，由折叠的性质得：垂直平分，，∴，，，∴在中，，∴此时，即点与点重合，又∵，∴，∴，即，∴，∴，∴在中，，∵在中，点为斜边的中点，∴；综上，的长度为或．【变式5-3】（25-26九年级上·广东深圳·月考）在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点，点重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点与边交于点．特例感知】（1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是_____；【类比探究】（2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含的代数式表示）；【拓展应用】（3）在（2）的条件下，连接，求的长度．【答案】（1）；（2）；（3）的长度为或．【分析】（1）连接，当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，可证得（），得出，即可求得答案；（2）过点作，交于，可证得、、均为等边三角形，得出，再证得（），即可得出答案；（3）连接交于，运用勾股定理求得，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段上时，分别求得即可．【详解】解：（1）当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，如图1，连接，则，，，，（），，，；故答案为：；（2）如图2，过点作，交于，四边形和四边形是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，，，，、均为等边三角形，，，，，是等边三角形，，，，（），，，；（3）连接交于，四边形是菱形，，即，，，，当点在线段上时，如图2，过点作于，则，，由（2）知：，，，；当点在线段上时，如图3，则，，，；综上所述，的长度为或．类型六、与正方形有关的作图问题（含无刻度作图）方法总结1.依据性质作图：利用正方形“四边相等且四角为直角”、“对角线垂直平分且相等”的性质，作垂线、截等长或作中垂线。2.依据判定构图：以满足正方形判定条件（如作一个角为直角的菱形）为目标，逆向设计作图步骤。解题技巧1.先定直角：通常先利用格点或已有线段构造一个直角，再截取等长邻边。2.巧用对角线：通过作已知线段的中垂线并截取等长，确定对角线的交点，从而定位四个顶点。例6．（25-26九年级上·江西抚州·期末）如图，在正方形中，点M为的中点，连接，请仅用无刻度的直尺完成以下作图（保留作图痕迹）．(1)在图1中，在上作出点E，使；(2)在图2中，在的延长线上作出点F，使．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查正方形的性质，正确作图是解答本题的关键．（1）连接交于点，连接并延长交于点，则点为的中点，可得四边形是平行四边形，则；（2）在（1）的基础上连接交于点，连接并延长交于点，由互相垂直平分得，得，根据证明得，再证明，可证明四边形是平行四边形，可得．【详解】（1）解：如图，即为所求；（2）解：如图，即为所作．【变式6-1】（2025九年级·江西·专题练习）如图，已知正方形ABCD与正方形EFGB，E为AB的中点，点G在线段BC的反向延长线上．请仅用无刻度的直尺按下列要求作图（保留作图痕迹，不写作法）．(1)在图①中，作出AD的中点P．(2)在图②中，作出GD关于直线CD对称的线段HD．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了运用正方形的性质以及对称的性质来进行无刻度直尺的画图，熟练掌握通过连接相关线段构造出满足要求的点和线段是解题的关键；（1）根据中点的性质即可得到点为中点；（2）根据正方形的性质以及对称的性质，可知线段就是关于直线对称的线段.【详解】（1）解：如图①，点即为所求（作法不唯一）；（2）解：如图②，线段即为所求．【变式6-2】（24-25八年级下·北京海淀·期中）如图，在正方形中，点是边上的一个动点，点关于直线的对称点为点，与交于点，延长、交于点．(1)①依据题意补全图形；②求的度数；(2)连接，用等式表示线段，，的数量关系，并证明；(3)若，，直接写出的长．【答案】(1)①见解析；②(2)，见解析(3)【分析】（1）①根据要求画出图形；②连接，过点A作于点，证明可得结论；（2）结论：利用等腰直角三角形，等腰三角形的性质证明即可；（3）如图2中，由题意，当点是的中点时，是的中位线，求出可得结论．本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．【详解】（1）解：①图形如图1所示：②连接，过点A作于点四边形是正方形，，，，P关于对称，垂直平分线段，，，，，，，，，，；（2）结论：理由：如图1中，，P关于对称，，，，，，，，；（3）如图2中，由题意，当点是的中点时，是的中位线，，四边形是正方形，，，，，，，，，，，，，，，，【变式6-3】（24-25八年级下·江苏镇江·期中）“无刻度直尺”是尺规作图的工具之一，它的作用在于连接任意两点、作任意直线、延长任意线段等．结合图形的性质，只利用无刻度直尺也可以解决一些几何作图问题．(1)如图1，四边形为正方形，点E为边的中点，请仅用无刻度的直尺画出边的中点F（保留作图痕迹，不要求写作法）；(2)如图2，四边形为菱形，点E，F分别是，的中点，请仅用无刻度的直尺作以为边的矩形（保留作图痕迹，不写作法）；(3)如图3，中，，垂足为M，交边于点N．仅用无刻度的直尺在图中作，垂足为H（保留作图痕迹，不要求写作法）；(4)如图4，点E、F分别在平行四边形的边上，．连接，请过点A作的垂线，垂足为G（仅用无刻度直尺作图并保留作图痕迹，不写画法）．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析(4)见解析【分析】（1）根据正方形的中心对称性作图即可；（2）根据菱形的性质和三角形中位线定理构造中点四边形，根据矩形的判定即可得到答案；（3）根据平行四边形的中心对称性构造平行四边形，即可得到答案；（4）根据菱形判定和性质、平行四边形的判定和性质进行作图即可．【详解】（1）解：如图，点F即为所求，（2）四边形即为所求，（3）如图，点即为所求，（4）如图，点G即为所求，一、单选题1．（25-26九年级上·陕西榆林·月考）在中，连接，再添加一个条件，可以判定为矩形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了矩形的判定定理和平行四边形的性质，熟练掌握“有一个角是直角的平行四边形是矩形”是解题的关键．根据矩形的判定定理，结合平行四边形的性质，逐一分析各选项是否能判定平行四边形为矩形．【详解】解：选项A：∵，四边形是平行四边形，∴平行四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形），不能判定为矩形；选项B：∵，四边形是平行四边形，∴平行四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）；选项C：∵，四边形是平行四边形，∴平行四边形是菱形（邻边相等的平行四边形是菱形），不能判定为矩形；选项D：∵平行四边形中本身就有（平行四边形对角相等），∴此条件不能判定为矩形．故选：B．2．（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在正方形中，以对角线为边在右侧作菱形，点、分别在、的延长线上，连接，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形、菱形的性质和等腰直角三角形的判定和性质，掌握以上图形的性质是解决本题的关键．根据题意可证是等腰直角三角形，则即可求出的度数，再根据菱形的性质即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是菱形，∴平分，∴，故选C．3．（25-26九年级上·辽宁盘锦·月考）如图，将边长为的正方形沿其对角线剪开，再把沿着方向平移，得到，当两个三角形重叠部分的面积为时，它移动的距离等于（

）A． B． C．或 D．或【答案】D【分析】本题考查正方形和图形的平移，熟练掌握计算法则是解题关键．由平移的性质可知阴影部分为平行四边形，设，根据题意阴影部分的面积为，当时，解得：或，所以或．【详解】解：设，与相交于点，是正方形剪开得到的，是等腰直角三角形，，是等腰直角三角形，，，∵两个三角形重叠部分的面积为，，整理得，，解得，即移动的距离为或．故选：D．4．（25-26九年级上·内蒙古包头·期末）如图，点在正方形的对角线上，且，的两直角边，分别交，于点，，若正方形的边长为，则重叠部分四边形的面积为（

）A．36 B．32 C．16 D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的判定及性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理解三角形等知识点，熟练掌握判定的方法是解题的关键．过点作于点，于点，证出，得到，再利用勾股定理求出的长即可求解．【详解】过点作于点，于点，如图所示：∵四边形是正方形，且边长为，∴，，，在中，由勾股定理得：，∵，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，，∴是等腰直角三角形，∴，∴矩形是正方形，∴，，，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴∴，在中，，，由勾股定理得：，∴，∴正方形的面积为：，∴，故选：C．5．（25-26九年级上·甘肃酒泉·月考）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出四种情况：若为的中点，则四边形是正方形；若为上任意一点，则；点在运动过程中，的值为定值；点在运动过程中，线段的最小值为．其中正确的有（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先证明四边形是矩形，再证明，则四边形是正方形，即可判定正确；连接，由四边形是矩形，得，再证明，得，则，即可判定正确；证明，，从而得，即可判定正确；根据，所以当最小时，最小，所以当时，最小，，求得，即得线段的最小值为，即可判定正确．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，∵，，∴，∴四边形是矩形，，，∴，，∵为的中点，∴，∴，∴四边形是正方形，故正确；连接，∵四边形是矩形，∴，在与中，，∴，∴，∴，故正确；∵，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，即的值为定值，故正确；∵，∴当最小时，最小，∴当时，最小,在中，，∵，∴，∴，∴线段的最小值为，故正确；∴正确的有，故选：．【点睛】此题考查了正方形的判定与性质，垂线段最短，三角形三边关系，全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、矩形的判定与性质是解题的关键．二、填空题6．（25-26九年级上·天津西青·月考）如图，为正方形内一点，，按顺时针方向旋转角度后成为，．【答案】【分析】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握以上性质是解题的关键．由正方形的性质得到，由旋转的性质得到，则可得到旋转中心为点B，旋转角度为，可证明是等腰直角三角形，得到，据此可得答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵按顺时针方向旋转角度后成为，∴，∴旋转中心为点B，旋转角度为，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴．故答案为：．7．（25-26八年级上·重庆南岸·期末）如图，在平面直角坐标系中，点C的坐标为，点B和点A分别在x轴正半轴和y轴正半轴上，，则等于．【答案】6【分析】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的性质和判定，坐标与图形性质，作出正确的辅助线是解决本题的关键．过作轴于，轴于，推出，证，推出，求出，代入求出即可．【详解】解：过作轴于，轴于，，四边形是矩形，，，矩形是正方形，，，，，，，在和中，，，，．故答案为：6．8．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作，交CD于点N．若四边形MOND的面积是5，则AB的长为．【答案】【分析】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识，解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，可求出的长度，根据，计算求解即可．【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形∴∵∴，

在和中：∴，∴，∴，即，解得，(舍去)，∴．故答案为：．9．（25-26八年级下·全国·课后作业）如图，在中，是边的中点，过点作直线，交的平分线于点，交的外角平分线于点，连接，．当时，四边形是正方形．【答案】90°【分析】要确定的度数使四边形为正方形，需先分析四边形的形状，利用角平分线、平行线的性质及正方形的判定条件推导．【详解】解：∵平分，∴．∵，∴．∴，∴．同理，平分，．∴．∵是边的中点，∴．∴．∴四边形是矩形．当时，平分，可得：．∵，∴．又∵，∴是等腰直角三角形，．∴矩形是正方形．故答案为：．【点睛】本题考查了矩形、正方形的判定，角平分线与平行线的性质，解题关键是先利用“对角线互相平分且相等”证明矩形，再通过“邻边相等的矩形是正方形”推导角度．10．（2025·河南南阳·二模）如图，正方形中，点P为射线上一个动点，将沿折叠得到，点A的对应点为点Q，射线交直线于点M，若，当时，的长为．【答案】或6【分析】本题考查了正方形与折叠，勾股定理等知识，分M在线段延长线上和线段上讨论，然后根据勾股定理求解即可．【详解】解：∵正方形中，，∴，，∵，∴，当M在线段延长线上时，如图，连接，∵折叠，∴，，，又，∴，又，∴，∴，在中，，∴，解得，当M在线段延长线上和线段上，如图，连接，同理可求出，在中，，∴，解得，综上，的长为或6．故答案为：或6．三、解答题11．（25-26九年级上·宁夏银川·期中）如图，在中，，点D是的中点，过点A作平行于，且，连接．(1)求证：四边形是矩形．(2)当时，四边形是正方形．【答案】(1)见解析(2)45【分析】本题主要考查了矩形的判定定理，正方形的判定定理，三线合一定理，等腰直角三角形的性质与判定，熟知矩形和正方形的判定定理是解题的关键．（1）可证明，则可证明四边形是平行四边形，由三线合一定理得到，据此可证明结论；（2）当时，可证明是等腰直角三角形，得到，则可证明矩形是正方形．【详解】（1）证明：∵点D是的中点，∴，又∵，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，D是的中点，∴，∴，∴四边形是矩形．（2）解：当时，四边形是正方形，证明如下：由（1）可得，且四边形是矩形，又∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴矩形是正方形．12．（25-26九年级上·陕西西安·月考）如图，在中，，是边上的中线，过点C作的平行线，且，连接．(1)求证：四边形是菱形；(2)当满足时，四边形是正方形．请说明理由．【答案】(1)见解析(2)，理由见解析【分析】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．（1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证；（2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证．【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线，∴，∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形；（2）解：当满足时，四边形是正方形，理由如下：∵，∴是等腰直角三角形，∵是边上的中线，∴，∴，∴菱形是正方形，故答案为：．13．（24-25八年级下·福建三明·期中）如图，在正方形中，是的中点，是边上的一点，连接，且．(1)尺规作图：求作点；（不写作法，保留作图痕迹）(2)求证：；(3)若，求正方形的边长．【答案】(1)见解析(2)见解析(3)【分析】本题考查了基本作图，作一个角等于已知角，全等三角形的性质与判定，勾股定理，正方形的性质；（1）根据作一个角等于已知角的方法，作出的等角即可；（2）过点作于点，连接．证明得出，进而证明得出，根据，即可得证；（3）设正方形的边长为，在中，由勾股定理得：，建立方程，解方程，即可求解．【详解】（1）解：如图，点M即为所求．（2）证明：如图，过点作于点，连接．由作图可得，平分．，，，，，．又是的中点，，．在和中，，，．又，．（3）解：设正方形的边长为，则，．又，．在中，由勾股定理得：，，解得或（不符合题意，舍去），正方形的边长为．14．（25-26八年级上·贵州贵阳·期末）2025年10月贵阳市举行了第一届数智文化节．在某校的校内选拔赛中，小星所在的数学小组用边长为8的正方形纸片进行折纸问题的探究．【初步感知】（1）如图①，沿过点的直线折叠正方形纸片，使得点的对应点落在正方形的对角线上，且折痕与边交于点，则________；（结果保留根号）【迁移应用】（2）如图②，点，分别在，边上，沿直线折叠正方形纸片，点的对应点为点，点的对应点落在线段上（不与，重合），交于点；①当点为中点时，求的面积；②当点为上任意一点时（如图③），探究的周长是否发生变化，若不变，请求出的周长；若改变，请说明理由．【答案】（1）；（2）①；②点为上任意一点时，的周长未发生变化，的周长为16【分析】本题考查折叠的性质，勾股定理，三角形全等的判定与性质；（1）由题意得，，求出，即可解答；（2）①设，则，根据题意列方程，求出x即可解答；②连接、，过点作，交于点，证，得，即可解答．【详解】（1）解：∵正方形的边长为8，∴，，∴，由折叠的性质得，∴；（2）解：①设，则由折叠性质得在Rt中，由勾股定理得解得∴．②点为上任意一点时，的周长未发生变化，的周长为16．理由如下：连接、，过点作，交于点，由折叠性质得，∴，∴∴∴∵在和中∴（）∴，∵∴∵在和中，由勾股定理得，∴∴∴点为上任意一点时，的周长未发生变化，值为16．15．（25-26九年级上·广东深圳·月考）在菱形中，，点在对角线上运动（点不与点，点重合），，以点为顶点作菱形，且菱形与菱形的形状、大小完全相同，即，在菱形绕点旋转的过程中，与边交于点与边交于点．特例感知】（1）如图1，当，时，则，，之间满足的数量关系是_____；【类比探究】（2）如图2，菱形的边长为8，，求的值（用含的代数式表示）；【拓展应用】（3）在（2）的条件下，连接，求的长度．【答案】（1）；（2）；（3）的长度为或．【分析】（1）连接，当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，可证得（），得出，即可求得答案；（2）过点作，交于，可证得、、均为等边三角形，得出，再证得（），即可得出答案；（3）连接交于，运用勾股定理求得，分两种情况：当点在线段上时，当点在线段上时，分别求得即可．【详解】解：（1）当，时，四边形和均为正方形，且为的中点，如图1，连接，则，，，，（），，，；故答案为：；（2）如图2，过点作，交于，四边形和四边形是形状、大小完全相同的菱形，且边长为8，，，，、均为等边三角形，，，，，是等边三角形，，，，（），，，；（3）连接交于，四边形是菱形，，即，，，，当点在线段上时，如图2，过点作于，则，，由（2）知：，，，；当点在线段上时，如图3，则，，，；综上所述，的长度为或．【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，菱形的性质，等边三角形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，正确添加辅助线，运用分类讨论思想是解题关键．16．（25-26九年级上·辽宁营口·期末）四边形是正方形，将线段绕点A逆时针旋转至，旋转角为，连接，与交于O点，过点D作，垂足为点F，连接．(1)如图1，当时，的度数为_________．(2)如图2，当时，用等式写出的数量关系，并证明．(3)在旋转过程中，当时，若，求的长．【答案】(1)(2)，证明见解析(3)或【分析】（1）由旋转的性质，正方形的性质及等腰三角形的性质求得，再根据正方形的性质结合，利用三角形内角和得，从而求解；（2）在上截取，连接，先证明为等腰直角三角形，得到，再证明，得到，进而得到，证明，推出，利用勾股定理结合线段的和差关系即可得出结论；（3）分和两种情况，根据全等面积转化，以及同高三角形的面积比等于底边比，结合线段之间的关系进行求解即可．【详解】（1）解：由旋转的性质得，，∵四边形是正方形，∴，∴，，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（2）解：，证明如下：在上截取，连接，∵四边形是正方形，∴，由旋转的性质得，，∴，，，∴，同理（1）得，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴；（3）解：当，分两种情况：①当，如图，由（2）可知：，，，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②当时，如图，延长至点，使，连接，由旋转的性质得，，∴，，∵，∴，∴，∵，∴为等腰直角三角形，∴，∴，，∵，∴，又∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∵，∴，∴∴为等腰直角三角形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴；综上：的长为或．综合训练一、选择题1.已知四边形ABCD是平行四边形,下列结论错误的是()A.当∠ABC=90°时,它是矩形 B.当AC⊥BD时,它是菱形C.∠ABC=∠ADC D.AC=BD一定成立2.下列结论中,矩形具有而菱形不一定具有的性质是()A.内角和为360° B.对角线互相平分C.对角线相等 D.对角线互相垂直3.在▱ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,且AC+BD=10cm,AB=4cm,则△COD的周长为()A.14cm B.9cm C.7cm D.5cm4.如图,AD是△ABC的中线,四边形ADCE是平行四边形,增加下列条件,能判断▱ADCE是菱形的是()A.∠BAC=90° B.∠DAE=90°C.AB=AC D.AB=AE5.如图,▱ABCD与▱DCFE的周长相等,且∠BAD=60°,∠F=110°,则∠DAE的度数为()A.55° B.25°C.30° D.35°6.将一张正方形的纸片按下图所示的方式三次折叠,折叠后再按图所示沿MN裁剪,则可得()A.多个等腰直角三角形 B.一个等腰直角三角形和一个正方形C.四个相同的正方形 D.两个相同的正方形7.如图,在矩形ABCD中,AB=3,AD=4,对角线AC,BD相交于点O,点P是AD上一动点(不与A,D重合),过点P作AC和BD的垂线,垂足分别为E,F,则PE+PF=()A.125 B.C.35 D.8.将一边长为2的正方形纸片折成四部分,再沿折痕折起来,恰好能不重叠地搭建成一个三棱锥,则三棱锥四个面中最小的面积是()A.1 B.32 C.12 D二、填空题9.如图,在菱形ABCD中,点A在x轴上,点B的坐标为(8,2),点D的坐标为(0,2),则点C的坐标为.

10.如图,以正方形ABCD的对角线AC为一边作菱形AEFC,则∠FAB=.

11.如图,∠ACB=90°,△ABF的中位线DE经过点C,且CE=13CD,若AB=6,则BF的长为.12.如图,在矩形ABCD中,AB=5,AD=12,点P在对角线BD上,且BP=BA,连接AP并延长,交DC的延长线于点Q,连接BQ,则BQ的长为.

三、解答题13.如图,在▱ABCD中,点E在AB的延长线上,点F在CD的