第06讲 正方形的判定（教师版）-新九年级数学暑假预习讲义（北师大）

第06讲正方形的判定（4种题型）【知识梳理】一．正方形的判定正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．二．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．（2）正方形的判定正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．【考点剖析】题型一：正方形判定定理的理解例1．（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）满足下列条件的四边形是正方形的是（

）A．对角线互相垂直且相等的平行四边形 B．对角线互相垂直的菱形C．对角线相等的矩形 D．对角线互相垂直平分的四边形【答案】A【分析】根据正方形的判定方法即可求解．【详解】解：选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项正确，符合题意；选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故选项错误，不符合题意；选项，对角线相等的菱形是正方形，故选项错误，不符合题意；选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故选项错误，不符合题意；故选：．【点睛】本题主要考查正方形的判定，掌握“对角线相互垂直的矩形是正方形”，“对角线相等的菱形是正方形”，“对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形”的知识是解题的关键．【变式】（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考三模）如图，在矩形中，对角线与相交O，添加下列条件不能判定矩形是正方形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据正方形的判定方法即可一一判断．【详解】解：A、正确．邻边相等的矩形是正方形，不符合题意；B、错误．矩形的对角线相等，但对角线相等的矩形不一定是正方形，故符合题意；C、正确．∵四边形是矩形，∴，，∵，∴，∴矩形为正方形，故不符合题意；D、正确，∵，，∴，∴，∴，∴矩形是正方形，故不符合题意．故选：B．【点睛】本题考查了正方形的判定定理，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法．题型二：添加一个条件使四边形是正方形例2．（2023·陕西西安·西安市铁一中学校考模拟预测）如图，D是内一点，，E、F、G、H分别是的中点，添加下列哪个条件，能使得四边形成为正方形（）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三角形中位线的性质可证，，推出四边形是平行四边形，再根据证明，可得四边形是矩形，根据邻边相等的矩形是正方形可得选项C为正确答案．【详解】解：E、F、G、H分别是的中点，是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线，，，，，，，，，，，四边形是平行四边形，，，，，四边形是矩形，当时，，可得四边形是正方形．故选C．【点睛】本题考查三角形中位线的性质，正方形的判定，解题的关键是掌握正方形的判定方法，以及中位线的性质，即平行于三角形的第三条边，且等于第三边长度的一半．【变式】．（2023秋·河南郑州·九年级校考期末）数学活动课上，何老师布置了一道题目：如图，你能用一张锐角三角形纸片折出一个以为内角的菱形吗？石雨的折法如下：第一步，折出的平分线，交于点D，第二步，折出的垂直平分线，分别交、于点E、F，把纸片展平，第三步，折出、，得到四边形，(1)请根据石雨的折法在图中画出对应的图形，并证明四边形是菱形；(2)满足什么条件时，四边形是正方形？请说明理由．【答案】(1)见解析；(2)为直角三角形且，理由见解析．【分析】（1）根据要求画出图形，根据邻边相等的平行四边形是菱形证明即可；（2）根据正方形与菱形的关系即可得知为直角三角形且，有一个角为直角的菱形为正方形．【详解】（1）解：图形如图所示：理由：∵是的平分线，∴，∵是的垂直平分线，∴，∴，∴，∴．同理，∴四边形是平行四边形，又，∴四边形是菱形．（2）为直角三角形且，理由如下：∵四边形是菱形，，∴四边形是正方形．【点睛】本题考查作图——复杂作图，菱形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定等知识解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．题型三：证明四边形是正方形例3.如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF＝45°．求证：矩形ABCD是正方形．【分析】先判断出AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝60°，进而求出∠AFD＝∠AEB＝75°，进而判断出△AEB≌△AFD，即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝∠C＝90°，∵△AEF是等边三角形，∴AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝60°，∵∠CEF＝45°，∴∠CFE＝∠CEF＝45°，∴∠AFD＝∠AEB＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形．【点评】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，判断出∠AFD＝∠AEB是解本题的关键．【变式1】如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分△ACB，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，求证：四边形CEDF是正方形．【分析】根据有三个角是直角的四边形是矩形判定四边形CEDF是矩形，再根据正方形的判定方法即可得出结论．【解答】证明：∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE＝DF，∠DFC＝∠DEC＝90°，又∵∠ACB＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∵DE＝DF，∴矩形CEDF是正方形．【点评】本题考查正方形的判定、角平分线的性质和矩形的判定．要注意判定一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．【变式2】如图，已知点E，F，G，H分别是正方形ABCD四条边上的点，并且AE＝BF＝CG＝DH．求证：四边形EFGH是正方形．【分析】可通过证明△AEH，△DHG，△CGF，△BFE全等，先得出四边形EFGH是菱形，再证明四边形EFGH中一个内角为90°，从而得出四边形EFGH是正方形的结论【解答】解：四边形EFGH是正方形．证明：∵AE＝BF＝CG＝GH，∴AH＝DG＝CF＝BE．∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴△AEH≌△DHG≌△CGF≌△BFE，∴EF＝EH＝HG＝GF，∠EHA＝∠HGD．∴四边形EFGH是菱形．∵∠EHA＝∠HGD，∠HGD+∠GHD＝90°，∴∠EHA+∠GHD＝90°．∴∠EHG＝90°．∴四边形EFGH是正方形．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、菱形的判定和性质、正方形的性质和判定，熟练掌握应用全等三角形的性质是解题的关键．题型四：根据正方形的判定与性质求线段长例4.如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，求CE的长．【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；（2）利用三角形面积求法得出EC的长．【解答】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，故EC＝＝2．【点评】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF＝DE是解题关键．【变式】如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝BC，∠D＝45°，CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，交BC的延长线于G，若AD＝a．（1）求证：四边形ABCF是正方形；（2）求BG的长．【分析】（1）先根据∠B＝∠A＝∠AFC＝90°，判定四边形ABCF是矩形，再根据AB＝BC，即可得到四边形ABCF是正方形；（2）先判定△CEG≌△DEF（AAS），得出CG＝FD，再根据正方形ABCF中，BC＝AF，即可得到AF+FD＝BC+CG，即AD＝BG＝a．【解答】解：（1）∵CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，∴FC＝FD，∴∠D＝∠FCD＝45°，∴∠CFD＝90°，即∠AFC＝90°，又∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠B＝90°，∴四边形ABCF是矩形，又∵AB＝BC，∴四边形ABCF是正方形；（2）∵FG垂直平分CD，∴CE＝DE，∠CEG＝∠DEF＝90°，∵BG∥AD，∴∠G＝∠EFD，在△CEG和△DEF中，，∴△CEG≌△DEF（AAS），∴CG＝FD，又∵正方形ABCF中，BC＝AF，∴AF+FD＝BC+CG，∴AD＝BG＝a．【点评】本题主要考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：有一组邻边相等的矩形是正方形；线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．题型五：中点四边形例5（2023·陕西西安·校考二模）已知四边形为菱形，点E、F、G、H分别、、、边的中点，依次连接E、F、G、H得到四边形，则四边形为（

）A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形【答案】C【分析】连接，根据三角形中位线定理得到，根据菱形的性质得到，即可判断四边形为矩形．【详解】连接交于，

∵点E、F、G、H分别、、、边的中点，∴，，，∴四边形为平行四边形，∵四边形为菱形，∴，∴，∴四边形为矩形，故选：C．【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形的判定、菱形的性质是解题的关键．【变式】（2023·山东临沂·统考一模）四边形的对角线，交点，点，，，分别为边，，，的中点．有下列四个推断，①对于任意四边形，四边形可能不是平行四边形；②若，则四边形一定是菱形；③若，则四边形一定是矩形；④若四边形是菱形，则四边形也是菱形．所有正确推断的序号是_____________．【答案】②③【分析】根据四边形的性质及中位线的性质推导即可．【详解】解：点，，，分别为边，，，的中点，且，且，且，是平行四边形，故①错误；点，，，分别为边，，，的中点，，，，，是平行四边形，四边形是菱形，故②正确；点，，，分别为边，，，的中点，，，，，，是平行四边形，是矩形，故③正确；若要四边形是菱形，需满足,当四边形是菱形，不一定等于，故④错误；综上，正确的有：②③，故答案为：②③．【点睛】本题考查了中位线定理，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，熟练掌握知识点是解题的关键．【过关检测】一、单选题1．（2023·陕西咸阳·统考一模）如图，已知矩形，下列条件能使矩形成为正方形的是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】已知四边形是矩形，要使它成为正方形只有两种方法：（1）一组邻边相等；（2）对角线互相垂直，据此求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴当或当或或或时，四边形是正方形；故选：B.【点睛】本题主要考查了正方形的判定，熟练地掌握正方形的判定方法是解题的关键．（1）一组邻边相等的矩形是正方形；（2）对角线互相垂直的矩形是正方形．2．（2023春·广东深圳·九年级深圳市福田区石厦学校校考开学考试）下列命题正确的是（

）A．对角线垂直的四边形是菱形B．一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形C．顺次连结一个四边形各边中点得到的是一个正方形，那么原四边形一定是正方形D．对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半【答案】D【分析】利用平行四边形、菱形及正方形的判定方法及菱形的面积计算方法等知识分别判断后即可确定正确的选项．【详解】解：A、对角线垂直的平行四边形是菱形，故原命题错误，不符合题意；B、一组对边平行，一组对边相等的四边形可能是平行四边形，也可能是等腰梯形，故原命题错误，不符合题意；C、顺次连结一个四边形各边中点得到的是一个正方形，那么原四边形一定是对角线相等且互相垂直的四边形，故原命题错误，不符合题意；D、对角线互相垂直的四边形面积等于对角线乘积的一半，正确，符合题意．故选：D．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、菱形及正方形的判定方法及菱形的面积计算方法等知识．3．（2023·上海崇明·统考二模）下列命题是真命题的是（

）A．四边都相等的四边形是正方形 B．一组邻边相等的矩形是正方形C．对角线互相垂直平分的四边形是正方形 D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形【答案】B【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．【详解】解：A、四边都相等的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；B、一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，符合题意；C、对角线互相垂直平分的四边形是菱形，原命题是假命题，不符合题意；D、对角线互相垂直且相等的四边形不一定是正方形，原命题是假命题，不符合题意；故选：B．【点睛】本题考查判断命题的真假．熟练掌握正方形的判定方法，是解题的关键．4．（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板中，为对角线，，分别为，的中点，分别交，于，两点，，分别为，的中点，连接，，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形是菱形；③四边形的面积占正方形面积的．正确的有（）

A．①③ B．①② C．只有① D．②③【答案】C【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；②利用①中结论可以证明，可以解决问题；③利用①③中的结论，确定四边形的面积与的面积比，正方形面积与的面积比，可以解决问题．【详解】∵四边形是正方形，为对角线∴，∴、是等腰直角三角形∵，分别为，的中点，∴，，∵,∴是等腰直角三角形∵，∴又∴∴、是等腰直角三角形∴，∴∴∴又∵∴、、三点共线∴又∵，分别为，的中点∴连接，如图，

∵，∴是的中位线，∴∵，∴是等腰直角三角形∴∵∴四边形是矩形∵∴四边形是正方形∴∴是等腰直角三角形∴图中的三角形都是等腰直角三角形故①正确；∵是等腰直角三角形∵∴∴四边形是平行四边形，在中，即∵∴四边形不是菱形故②错误；∵，，，∴∴∵即又∵∴故③错误；故选：C．【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．二、填空题5．（2023·天津河东·统考二模）如图，已知四边形和四边形均为正方形，且是的中点，连接，若，则的长为___．

【答案】【分析】四边形和四边形均为正方形，且是的中点，，如图所示，过点作于，交于，与交于点，可证，，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形和四边形均为正方形，且是的中点，，∴，∴在中，，如图所示，过点作于，交于，与交于点，

∵四边形为正方形，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，，即为中点，同理，可证，∴，∴在中，，∴，故答案为：．【点睛】本题主要考查正方形与直角三角形勾股定理的综合，掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．6．（2023·湖南娄底·统考一模）如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为______．【答案】【分析】如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，，即，解得，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，∴，，∵，∴，∵，，，∴，∴，∴，即，解得，（舍去），∴，故答案为：．【点睛】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．7．（2023·四川凉山·统考一模）如图，正方形的边长为，分别是边上一点，且，连接交于点，则线段的最小值为___________

【答案】或【分析】如图所示，线段中，点运动的路径是以中点为圆心，为半径的半圆，分类讨论，①当在线段上时；②当在线段延长线上时；图形结合，根据勾股定理即可求解．【详解】解：如图所示，线段中，点运动的路径是以中点为圆心，为半径的半圆，①当在线段上时，如图所示，

∴当时，的值最小，∵正方形的边长为，∴如图所示，

由此，对角线的长为，∴；②当在线段延长线上时，如图所示，

∴当时，即点在一条直线，的值最小，如图所示，连接，

∵，∴，∵，，∴在中，，∴；综上所示，的最小为或，故答案为：或．8．（2023·安徽安庆·校考一模）如图，在矩形中，，，E为边上一点，将沿翻折，点B落在点F处．当为直角三角形时，___________．

【答案】2或5/5或2【分析】分三种情形计算．【详解】解：当时，连接，∵四边形是矩形，，，∴，，，

∵，∴，∴三点共线，根据折叠的性质，得，∴，设，则，根据勾股定理，得，解得，故；当时，∵四边形是矩形，，，∴，，

∵，∴四边形是矩形，根据折叠的性质，得，∴四边形是正方形，∴，∴，故；当时，

∵，∴点不可能落到上，故不成立，故或，故答案为：2或5．【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理，分类思想，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，正方形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．9．（2023·福建·模拟预测）如图，在正八边形ABCDEFGH中，AC、AE是两条对角线，则∠CAE的度数为_________°．【答案】45【分析】连接AG、GE、EC，易知四边形ACEG为正方形，根据正方形的性质即可求解．【详解】解：连接AG、GE、EC，如图所示：∵八边形ABCDEFGH是正八边形∴，∴∴∴四边形ACEG是菱形又，∴∴四边形ACEG为正方形，∵是正方形的对角线，∴∠CAE==45°．故答案为：45．【点睛】本题考查了正多边形的性质、正方形的性质，正确作出辅助线是解决问题的关键．二、解答题10．（2023·陕西渭南·统考二模）如图，在中，，为角平分线，于点E，于点F．求证：四边形是正方形．【答案】见解析【分析】先证明四边形是矩形，再由角平分线的性质得出，即可得出结论．【详解】是角平分线，，，，，，四边形是矩形，又，四边形是正方形．【点睛】本题考查了正方形的判定方法、矩形的判定方法、角平分线的性质；熟练掌握正方形的判定方法，证明四边形是矩形是解决问题的关键．11．（2023·山西太原·太原市实验中学校考一模）已知，如图，矩形中，，，菱形的三个顶点，，分别在矩形的边，，上，，连接．

(1)如图1，若，求证四边形为正方形；(2)如图2，若，求的面积；(3)当为何值时，的面积最小．【答案】(1)见解析(2)3(3)当时，的面积最小为【分析】（1）由于四边形为矩形，四边形为菱形，那么，，而，易证，从而有，等量代换可得，易证四边形为正方形；（2）过作，交延长线于，连接，由于，可得，同理有，利用等式性质有，再结合，，可证，从而有（即无论菱形如何变化，点到直线的距离始终为定值，进而可求三角形面积；（3）先设，由第（2）小题得，，在中，，利用勾股定理可得，在中，再利用勾股定理可得，进而可求，从而可得当时，的面积最小．【详解】（1）四边形为矩形，四边形为菱形，，，又，，，，，，四边形为正方形；（2）过作，交延长线于，连接，，，，，，在和中，，，，，即无论菱形如何变化，点到直线的距离始终为定值2，因此；

（3）设，则由第（2）小题得，，在中，，，，，的最小值为，此时，当时，的面积最小为．

【点睛】本题属于四边形综合题，考查了矩形、菱形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．12．（2023·山东青岛·山东省青岛第二十六中学校考二模）如图，在平行四边形中，相交于点O，点E，F在上，且，连接．

(1)求证：；(2)连接，若，线段满足什么条件时，四边形为正方形．【答案】(1)证明见解析(2)当时，四边形为正方形，理由见解析【分析】（1）由平行四边形的性质得到，再证明即可利用证明；（2）根据对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形进行求解即可．【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，相交于点O，∴，∵，∴，即，又∵，∴；（2）解：当时，四边形为正方形，理由如下：∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，∴，∵，∴，即，又∵，∴，∴与互相垂直平分且相等，∴四边形为正方形．

【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，正方形的判定，全等三角形的判定，灵活运用所学知识是解题的关键．13．（2023·山东泰安·校考二模）如图，正方形中，，点E是对角线上的一点，连接．过点E作，交于点F，以、为邻边作矩形，连接，．

(1)求证：①；②矩形是正方形；(2)求的值．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)【分析】（1）①过E作于M，于N利用正方形的性质和角平分线的性质得到，进而得到，再证明四边形是矩形，又四边形是矩形和全等三角形的判定证明，得到，利用等腰三角形的性质可证得结论；②根据正方形的判定可得结论；（2）根据正方形的性质和全等三角形的判定证明得到，进而得到即可求解．【详解】（1）证明：过E作于M，于N，则，

∵四边形是正方形，∴，，又，∴，，∴，∵，∴四边形是矩形，又四边形是矩形，∴，∴，又，，∴，则，∴，则；②∵四边形是矩形，，∴四边形是正方形；（2）解：∵四边形是正方形，四边形是正方形，∴，，，∴，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的判定与性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质是解答的关键．14．（2023·山东聊城·统考三模）如图，已知四边形为正方形，E为对角线上一点，连接，过点E作，交延长线于点F，以，为邻边作矩形，连接．

(1)求证：矩形是正方形；(2)求证：平分．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）过点分别作于点，于点，先证出四边形为正方形，根据正方形的性质可得，，再根据矩形的性质可得，从而可得，然后根据定理证出，根据全等三角形的性质可得，最后根据正方形的判定即可得证；（2）先根据正方形的性质可得，，再根据定理可得，根据全等三角形的性质可得，由此即可得证．【详解】（1）证明：如图，过点分别作于点，于点，

∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴四边形为正方形，∴，，∵四边形是矩形，∴，∴，，在和中，，∴，∴，∴矩形为正方形．（2）证明：∵矩形为正方形，，，∵四边形是正方形，，，，∴，在和中，，∴，∴，∵，∴平分．【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形全等的判定与性质等知识点，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键．15．（2023·山东青岛·统考二模）《九章算术》勾股章[一五]问“勾股容方”描述了关于图形之间关系的问题：如图1，知道一个直角三角形较短直角边（"勾"）与较长直角边（"股"）的长度，那么，以该三角形的直角顶点为一个顶点、另外三个顶点分别在该三角形三边上的正方形的边长就可以求得．（我们不妨称这个正方形为该直角三角形的“所容正方形”）其文如下：题：今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？答：方三