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专题5-3 正方形
模块1：学习目标
1.理解正方形的概念，了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系。
2.掌握正方形的性质及判定方法。
模块2：知识梳理
正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。
正方形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC。
2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°。
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO。
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形。
正方形是特殊的平行四边形、矩形、正方形，常见的判定思路为 ：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，或平行四边形+对角线垂直且相等。
2）判定方法2（从正方形出发）：正方形+1个90°角，或正方形+对角线相等。
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直。
4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等。
模块3：核心考点与典例
考点1、正方形的性质
例1．（23-24九年级下·福建莆田·阶段练习）下列说法不正确的是（ ）
A．矩形的对角线相等且互相平分 B．菱形的对角线互相垂直平分
C．正方形的对角线相等且互相垂直平分 D．平行四边形、矩形、菱形都是轴对称图形
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，根据正方形的性质，菱形的性质，矩形的性质，轴对称图形，即可逐一判断．
【详解】解：A．矩形的对角线相等且互相平分，故A正确，不符合题意；
B．菱形的对角线互相垂直平分，故B正确，不符合题意；
C．正方形的对角线相等且互相平分，故C正确，不符合题意；
D．平行四边形不是轴对称图形，矩形、菱形、正方形都是轴对称图形，故D不正确确，符合题意．
故选：D．
变式1.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线相等
【答案】B
【分析】本题考查了矩形、菱形、正方形的性质内容，据此逐项分析，即可作答．
【详解】解：A、矩形、正方形四个角都相等，但菱形不具有，故该选项是错误的；
B、平行四边形对角线互相平分，矩形、菱形、正方形是平行四边形，故该选项是正确的；
C、正方形、菱形对角线互相垂直，但矩形不具有，故该选项是错误的；
D、矩形、正方形对角线都相等，但菱形不具有，故该选项是错误的；故选：B
变式2.（2024·河南安阳·一模）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．邻边相等
【答案】B
【分析】本题考查正方形和菱形的性质，根据对角线相等的菱形是正方形即可得出结果．
【详解】解：∵对角线相等的菱形是正方形，
∴正方形具有而菱形不一定具有的性质是对角线相等；故选B．
考点2、利用正方形性质求角度
例1．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，连结，则的度数是（ ）
A． B． C．40 D．
【答案】B
【分析】本题主要考查正方形的性质及等腰三角形，关键是根据正方形的性质得到角的大小，然后根据等腰三角形的性质进行求解即可．根据正方形的性质及等腰三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：四边形是正方形，，
，，．故选B．
变式1.（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题主要考查正方形的性质、三角形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；由题意易得，然后可得，进而问题可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∴；故选：A．
变式2.（23-24九年级下·重庆·期中）如图，正方形中，点E、F、G、H分别为边、、、上的点，连接、、，若，，．当时，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理的应用，如图，过作，证明，可得，再进一步可得答案．
【详解】解：∵正方形，∴，，
如图，过作，∴四边形为平行四边形，，∴，
∵，∴，∵，，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴；故选C
考点3、利用正方形性质求长度
例1．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，已知正方形的边长为1，连接、，平分交于点，则长（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质：对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角，角平分线的性质：角的平分线上的点到角的两边的距离相等以及勾股定理的运用．
过作于，根据正方形的性质和角平分线的性质以及勾股定理即可求出的长．
【详解】解：过作于，四边形是正方形，，
平分交于点，，正方形的边长为1，，，
∵，，
，，故选：C．
变式1.（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，四边形，是正方形，点分别在上，连接，过点作交于点，若，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质，由正方形的性质可得，，，，证明四边形是平行四边形，得出，再由计算即可得解．
【详解】解：四边形，是正方形，，
，，，，，
，四边形是平行四边形，，
，故选：C．
变式2.（23-24八年级下·河北沧州·期中）如图，在正方形中，点E，G分别在，BC边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接GF，若正方形的边长为8，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，先证明得出，，根据三角形中位线定理得出，分别在，中利用勾股定理求出，，即可求解．
【详解】解：如图，延长交于点H．
∵平分，∴．∵，∴．
在和中，∴，∴，．
∵，∴．∵，正方形的边长为8，∴，，，
在中，，在中，，
∴，∴．故选B．
考点4、利用正方形性质求面积
例1．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点E为上一动点．连接，作交于点F，已知，则四边形的面积为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
【答案】A
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质，证明得到，进而得到即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，，，
∴，，∴，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，
∵，∴，∴，∴四边形的面积为1．故选：A．
变式1.（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的性质与判定，先根据正方形的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，得到，则，最后根据三角形面积计算公式求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵，∴四边形是平行四边形，∴，
∴，∴，故选：B．
变式2.（2024·江苏常州·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形围成正方形和正方形，连接，于点M，N．已知，正方形的面积为，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．4 B． C． D．5
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理的证明、全等图形、梯形的面积，首先要正确理解题意，然后会利用勾股定理和梯形的面积解题．根据正方形的面积可得正方形边长的平方，设，则，根据勾股定理可得的值，再根据题意可得，然后可得阴影部分的面积之和为梯形的面积．
【详解】解：∵，∴，设，
则，∴，∴，
根据题意可知：，，
∴，∴，∵，∴，
∴阴影部分的面积之和为：
．故选：C．
考点5、正方形的判定定理
例1．（2023·河南周口·统考一模）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．
变式1.（2023·河南周口·校联考一模）下列说法错误的是（ ）
A．有一个角为直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：A、有一个角为直角的菱形的特征是：四条边都相等，四个角都是直角，则该菱形是正方形．故本选项说法正确，不符合题意；
B、有一组邻边相等的矩形的特征是：四条边都相等，四个角都是直角．则该矩形为正方形．故本选项说法正确，不符合题意；
C、对角线相等的菱形的特征是：四条边都相等，对角线相等的平行四边形，即该菱形为正方形．故本选项说法正确，不符合题意；
D、对角线相等且互相垂直的平行四边形是正方形．故本选项说法错误，符合题意；故选：D
【点睛】本题考查了正方形的判定．正方形集矩形、菱形的性质于一身，是特殊的平行四边形．
变式2.（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查正方形的判定．根据菱形到现在和正方形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：A、，，，，
四边形是菱形，，故不能判断菱形是正方形；故A不符合题意；
B、四边形是菱形，，，
故不能判断菱形是正方形；故B不符合题意；
C、四边形是菱形，，，，
故不能判断菱形是正方形；故C不符合题意；
D、四边形是菱形，平行于，，
，，菱形是正方形，故D符合题意．故选：D．
考点6、正方形的判定（证明）
例1．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且．
(1)求证：四边形是正方形；(2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据矩形的性质得出，进而利用证明，利用全等三角形的性质和正方形的判定即可得证；（2）过点A作交于点M，连接，易证，根据全等三角形的性质可得，设，根据勾股定理列方程，求出的长度，进一步可得的长度，再证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴，∴，
∵，∴，∴，∴，
在与中，，∴，
∴，∴矩形是正方形；
（2）过点A作交于点M，连接，如图所示：
∴，∵，∴，
∵，∴，在和中，，
∴，∴，设，∵，
∴，∴，
∵，根据勾股定理，得，解得，∴，
∵，根据勾股定理，得，
∵，∴四边形是平行四边形，∴．
【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的判定，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．解题的关键是掌握相关性质和定理．
变式1.（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在平行四边形中，、为对角线上两点，，连接、、、．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，求证：四边形为菱形；(3)在（2）的条件下，连接交于点，若．求证：四边形为正方形．
【答案】(1)见解析(2)见解析(3)见解析
【分析】（1）连接交于点，根据平行四边形的对角线互相平分可得，，然后求出，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明；（2）根据菱形的对角线互相垂直可得，从而得到，所以需要满足是菱形，即邻边相等；
（3）在（2）的条件下，由勾股定理得，可得，可得，得到，，进一步得到，再根据正方形的判定可得四边形是正方形．
【详解】（1）证明：如图，连接交于点，
在中，，，，，即，
四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）；
（2）证明：在中，，是菱形，，
，平行四边形是菱形．
（3）证明：在（2）的条件下，，设，则，，
由勾股定理得，，，
，，，，
四边形是菱形．四边形是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等，主要利用了对角线互相平分的四边形是平行四边形，邻边相等的平行四边形是菱形，有一个角是直角的菱形是正方形，作出辅助线是解题的关键．
变式2.（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1)见解析(2)6
【分析】（1）如图，作于，于，根据正方形的性质可得，进而说明，再证明可得，再结合四边形是矩形即可证明结论；
（2）同（1）的方法判断出得到，然后根据线段的和差即可解答．
【详解】（1）解：如图，作于，于，则，
点是正方形对角线上的点，，
，， ，
在和中，，，，
四边形是矩形，矩形是正方形．
（2）解：的值是定值，定值为6，理由如下：
正方形和正方形，，，
，，
在和中，，，，
是定值．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质、矩形的性质、矩形的判定、三角形的全等的性质和判定、勾股定理等知识点，正确作出辅助线、构造全等三角形成为解题的关键．
考点7、中点四边形
例1．（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是平行四边形．我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点，．（依据．，．四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即．，即，四边形是平行四边形．（依据．，．同理，
任务：(1)材料中的依据1是指： ，依据2是指： ．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）；不必说明理由）
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线，长度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）；
(2)见解析 (3)瓦里尼翁平行四边形的周长等于，理由见解析．
【分析】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和，
证明如下：点，，，分别是边，，，的中点，
．．同理．
四边形的周长．
即瓦里尼翁平行四边形的周长等于．
变式1. （23-24八年级下·甘肃武威·期中）如图，在四边形中，E，F，G，H分别是的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形的面积的
【答案】C
【分析】本题考查中点四边形，连接，根据三角形中位线的性质得到，，，继而逐项分析判断即可求解．
【详解】解：连接，设交于点，
点，，，分别是，，，边上的中点，
，，
A． 四边形是平行四边形，故该选项不正确，不符合题意；
B． 四边形的内角和等于于四边形的内角和，都为360度，故该选项不正确，不符合题意；C． 四边形的周长等于四边形的对角线长度之和，故该选项正确，符合题意；
D． 四边形的面积等于四边形面积的，故该选项不正确，不符合题意；故选C
考点8、正方形的性质与判定综合（选填题）
例1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，正方形中，点为对角线的中点，矩形两边分别交、边于、两点，连接，下列结论正确的有（ ）个．
（1）；（2）；（3）；（4）若，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为8．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】由正方形的性质和已知条件得出，可得，得出，得出（1）正确；可得四边形的面积的面积正方形的面积，得出（2）错误，进而可得，可得（3）正确，结合完全平方公式可得，得出（4）错误．从而可得答案．
【详解】解：∵正方形，∴，，，，∴，，，
在和中，，；同理：；
，；故（1）符合题意；
∵，∴，故（2）不符合题意；
∵正方形，∴，，∴，
∵，，∴，，
∴，故（3）符合题意；∵，，∴
∵，∴，即，
∴，∴，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为4．故（4）不符合题意；故选B
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，完全平方公式的应用，以及勾股定理等．解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
变式1. （23-24九年级下·福建福州·期中）在菱形中，，，，分别为边，，，上的一点（不与端点重合），对于任意的菱形，下面四个结论中：
①存在无数个四边形是平行四边形；②存在无数个四边形是矩形；③存在无数个四边形是菱形；④至少存在一个四边形是正方形．
正确的结论的个数是（ ）个.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，菱形的判定，正方形的判定，矩形的判定．根据菱形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定，平行四边形的判定定理即可得到结论．
【详解】解：①如图，连接，交于，
四边形是菱形，过点的直线和，分别交，，，于，，，，
则四边形是平行四边形，故存在无数个四边形是平行四边形；故正确；
②如图，当时，四边形是矩形，故存在无数个四边形是矩形；故正确；
③如图，当时，存在无数个四边形是菱形；故正确；
④如图，当四边形为正方形时，四边形是正方形，故至少存在一个四边形是正方形；故④正确；综上，①②③④4个均正确，故选：D．
变式2. （2024八年级下·山东·专题练习）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点(不与点A点重合）将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点落在G处，交于，连结、，下列结论：
①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8．其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）
【答案】①②③④
【分析】过点F作于点M，易得，由折叠可知，于是利用同角的余角相等可得，以此可通过证明，即可判断①；由折叠可知，设，则，在中，利用勾股定理建立方程，求解即可判断②；利用等角的余角相等即可判断③；过点B作于点N，易通过证明，得到，，以此再通过证明，得到，则，即可判断④．
【详解】如图，过点F作于点M，
四边形为正方形，，，
，四边形为矩形，，，
由折叠可知， ，，
，，即，
在和中，，，，故①正确；
由折叠可知，，设，则，为中点，，
在中，，，解得 ，
，，，即三边之比为，故②正确；
由折叠可知，， ，，，
，，故③正确；
如图，过点B作于点N，，
在和中，，，，，，
在和中，，，，
，故④正确．
综上，正确的结论有①②③④．故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，正确作出辅助线，构建合适的全等三角形是解题关键．
考点9、正方形的性质与判定综合（解答题）
例1．（22-23八年级下·浙江·周测）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
(1)四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；(2)四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由．(3)四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
【答案】(1)菱形；；(2)正方形；成立，理由见解析；(3)E在B右侧时，的度数为，E在B左侧时，的度数为，当E在上时，的度数为或．
【分析】（1）根据轴对称的性质，得到，，，又因为，即可证明四边形是菱形，得到再证明，得到，进而得到，最后利用三角形内角和定理，即可得到与之间的数量关系；
（2）根据一个角是直角的菱形是正方形即可判断四边形是正方形，过点P作，先根据平行线的性质，得到，再根据等腰三角形三线合一的性质，得到，然后根据轴对称的性质得到，推出，最后利用三角形内角和定理和平角的性质，求出，即可得到与之间的数量关系；（3）分情况讨论即可得到答案．
【详解】（1）解：设、相交于点F，
根据轴对称的性质可知，，，，
，，四边形是菱形，，，
在和中，，，，
，，，
，，，故答案为：菱形；；
（2）解：同理可证，四边形是菱形，
，菱形是正方形，故答案为：正方形；
过点P作交于点M，交于点N，，，
，，平分，，，
，，，，
，；
（3）解：由题意可知四边形是菱形，∴，∴，
当E在C右侧时，如图： ，，，
，，
∵，，，．
当E在B左侧时，如图∶ ，，，
，，
∵，，，
，
当E在上时，第一种情况，如图∶，，，
，∵，，
，；
当E在上时，第二种情况，如图∶，，，
，∵，，
，．
【点睛】本题考查了轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关知识并灵活运用是解题关键．
变式1．（23-24八年级下·广东珠海·期中）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；(2)若，，求的长度；
(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)详见解析(2)(3)或
【分析】（1）作于，于，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；（2）通过计算发现是中点，点与重合，是等腰直角三角形，由此即可解决问题；（3）分两种情形考虑问题即可．
【详解】（1）证明：作于，于，如图1，，，
，，，
在和中，，，
，矩形是正方形；
（2）解：如图2中，在中．，
，，点与重合，此时是等腰直角三角形，
∵四边形为正方形，∴∴∴．
（3）解：①当与的夹角为时，点在边上，，则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：
，，，综上所述，或．
【点睛】本题考查正方形的性质和判定、矩形的性质、全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形，勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题．
变式2．（2023春·浙江·八年级专题练习）问题情境：
如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到 （点的对应点为点）．延长交于点，连接，
猜想证明：(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，若、请猜想线段与的数最关系并加以证明，解决问题；
(3)如图1，若的面积为72，，请直接写出的长．
【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析；(2)，理由见解析；(3)．
【分析】（1）根据旋转性质得到，再由题意可得，即可得四边形是正方形；（2）过点作于点， 可证明，则有，根据正方形的性质即可解决；（3）作于，设，由求得AE，在中，由勾股定理得，由即可求出 ．
【详解】（1）解：四边形是正方形．
理由如下：∵将绕点按顺时针方向旋转，
．
，∴四边形是矩形．，∴四边形是正方形．
（2）解：；理由如下：如图2，过点作于点，
，．
∵四边形是正方形，．．．
，．．
∵将绕点按顺时针方向旋转，．
∵四边形是正方形，．．
（3）解：，理由如下：作于，如图．
由（2）可知，，
由将绕点按顺时针方向旋转得可知，
,设，则
由得，解得，即∵四边形是正方形，
在中，
∵四边形是正方形，∴ ，
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，旋转的性质，勾股定理，证明是关键．
模块4：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（23-24八年级下·山东淄博·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线平分一组对角 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．四条边相等
【答案】B
【分析】本题考查菱形与正方形的性质，解题关键是熟练的掌握菱形与正方形的性质． 要熟练掌握菱形对角线相互垂直平分与正方形对角线相互垂直平分相等的性质，根据各自性质进行比较即可解答．
【详解】解：A．正方形和菱形的对角线都平分一组对角，故本选项不符合题意；
B．正方形的对角线相等，菱形的对角线不一定相等，故本选项符合题意；
C．正方形和菱形的对角线都互相垂直，故本选项不符合题意；
D．正方形和菱形都是四条边相等，故本选项不符合题意；故选B．
2．（23-24八年级下·河北沧州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填
【答案】C
【分析】本题主要考查了菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，熟知菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定条件是解题的关键．根据菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定，逐项判断即可．
【详解】解：A．有一个角是直角的平行四边形是矩形，则（1）处可填，原说法正确，不符合题意；B．有一组邻边相等的矩形是正方形，则（2）处可填，原说法正确，不符合题意；C．菱形的对边本身相等，（3）处填不能得到四边形是正方形，原说法错误，符合题意；D．有一个角是直角的菱形是矩形，则（4）处可填，原说法正确，不符合题意；
故选：C．
3．（2023春·河北张家口·八年级校考期中）四边形 是正方形，E为上一点，连接，过B作于E，且，则正方形的周长为（ ）
A． B． C．24 D．6
【答案】C
【分析】先由30度角的性质得出和的关系，再由勾股定理求出的长，进而可求出．
【详解】∵∴．∵，∴．
∵，∴，∴（负值舍去），
∴正方形的周长为．故选C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，以及勾股定理，熟练掌握各知识点是解答本题的关键．
4．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在正方形中，P为对角线上一动点，，，若要知道阴影部分的面积，则只需要知道下列哪个条件（ ）
A．PB的长 B．PD的长 C．矩形的面积 D．矩形对角线的长
【答案】D
【分析】连接，，推出和都是等腰直角三角形，得到，，阴影部分的面积，据此即可判断．
【详解】解：连接，，
∵四边形是正方形，P为对角线上一动点，∴，
∴和都是等腰直角三角形，∴，，
∴阴影部分的面积，
∴要知道阴影部分的面积，则只需要知道矩形对角线的长，故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
5．（2022·广东珠海·校考三模）如图，E是正方形内一点，于E，，则的面积是（ ）．
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】D
【分析】过点B作于G，证明，得出，根据三角形面积公式求出结果即可．
【详解】解：如图，过点B作于G，如图所示：∵，∴，
∵，∴，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，∴，
∴，故D正确．故选：D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形面积的计算，解题的关键是作出辅助线，构造全等三角形，证明．
6．（2022秋·内蒙古包头·九年级统考期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边和上，，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先证明，得，在上取一点G，使，设，用x表示，再由正方形的边长列出x的方程求得x，便可求得结果．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，
在和中，，∴，∴，
∵，∴，∴，
在上取一点G，使，如图所示，
∴，∴，
设，则，，∵，∴，
解得：，∴，∴；故选：A．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定、直角三角形的性质等知识；熟练掌握正方形的性质，证明三角形全等是解题的关键．
7．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，在正方形中，点P在边上，于点E，于点F，若，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】由正方形的性质易证明，可得，，然后根据线段关系EF．
【详解】解：∵为正方形，∴，，∴，
∵，∴，∴，∴，
在和中，∵，
∴， ∴，，∴，故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形的判定和性质，利用正方形的性质找到全等条件是解决本题的关键．
8．（2023春·山东济宁·八年级济宁市第十五中学校考阶段练习）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1，则的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【分析】通过证明，把四边形的面积转化成的面积，利用是等腰直角三角形求出的长，即的长．
【详解】解：四边形是正方形，
，，，，
，，，
在与中，．．．
．．．
在中，．故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的性质，通过三角形全等把四边形的面积转化成的面积是解题的关键．
9．（2023·黑龙江绥化·校考一模）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点，在上截取，连接，分别交，于点，，点是线段上的动点，于点，连接，的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】A
【分析】过点作，垂足为，过点作，垂足为，根据角平分线的性质可得，可知当、、在同一条直线上时，有最小值，即为，证明，继而证明，再证明，即可得到，再利用勾股定理解出，即可得到的最小值．
【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，
∵平分，，∴，，∴，
∴当、、在同一条直线上时，有最小值，即为，
∵在正方形中，∴，，
∵在和中，，∴，∴，
又∵，∴，
∴，即，
又∵在和中，，∴，∴，
∵在正方形中，∴，∴为等腰直角三角形，，
∵在中，由勾股定理得：，
∴，解得，∴的最小值为，故选：A．
【点睛】本题考查了角平分线的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的性质及勾股定理，根据题意正确作出辅助线是解答本题的关键．
10．（2023春·浙江八年级期中）如图，已知正方形的边长为6，点E是边的中点，将沿折叠得到，点F落在边上，连接，则下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】B
【分析】根据证明两三角形即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得，得，所以，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义可得，设，表示出、，根据点E是的中点求出，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断④；先求的面积，根据和等高，可知 ,，即可判断③．
【详解】解：由折叠得：，，，
四边形是正方形，，
，，
，，，故①正确；
点是边的中点，，，，，
，
，，，故②正确；
设，则，点是边上的中点，，
在中，根据勾股定理得：，，
解得：，，，，故④正确，
，和等高，，
，故③错误．故选：B．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
【答案】##70度
【分析】根据正方形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，进而得到，即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵P，Q分别为的中点，∴，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴．故答案为：
【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，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
12．（2023·山东菏泽·校考一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为_____．
【答案】
【分析】连接、，证明，得到，再由，代值求解即可得到答案．
【详解】解：连接、，如图所示：
，，
是正方形，为正方形的中心，，，
在和中，，，，
，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的面积是解决问题的关键．
13．（2023春·江苏南京·八年级南京钟英中学校考阶段练习）如图，同一平面内的四条平行直线、、、分别过正方形的四个顶点、、、，且每相邻的两条平行直线间的距离都为1，则该正方形的面积是_________．
【答案】5
【分析】过作，交于点，交于点，根据平行线的性质，得出，再根据正方形的性质，结合角之间的数量关系，得出，再根据“角边角”，得出，再根据全等三角形的性质，得出，，再根据勾股定理，得出，再根据正方形的面积公式，结合二次根式的性质计算即可．
【详解】解：过作，交于点，交于点，
，，，，，
四边形是正方形，，，，
又，，
在和中，，，，，
在中，，．
【点睛】本题考查了平行线之间距离、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次根式的性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
14．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，正方形中，点E是的中点，将正方形沿翻折，点B落在点F处，延长交于点P，若，则的长为_____．
【答案】2
【分析】连接，由正方形的性质和翻折性质可证明，可得，设，则，，用勾股定理求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
由折叠的性质可知，，，∴，，
又∵，∴在和中，，∴，∴，
∵E是的中点，∴，设，则，，
在中，由勾股定理得：，∴，解得，
∴，故答案为：2．
【点睛】本题考查了翻折变换、正方形的性质、勾股定理、全等三角形的证明，掌握翻折变换的性质是解题的关键．
15．（2023秋·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考期末）如图，正方形的边长是4，点在上，点在上，，若．则的长为___________．
【答案】##
【分析】过点F作于H，由正方形的性质得到，，，推出四边形是矩形，得到，，设，则，求出，证明，得到，由此得到，求出，即可得到．
【详解】解：过点F作于H，
∵四边形是正方形，∴，，，
∴，∴四边形是矩形，∴，，
设，则，∵，∴，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，∴，∵，
∴，∴，故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，正确理解正方形的性质作出辅助线是解题的关键．
16．（2023·甘肃白银·统考模拟预测）如图，正方形的对角线与相交于点O，的平分线分别交于M、N两点．若，则正方形的边长为______．
【答案】
【分析】过点M作于点F，根据角平分线的性质可知，再由四边形为正方形，可得出，在直角三角形中用的正弦值即可求出的长度，结合边的关系即可得出结论．
【详解】解∶过点作于点，如图所示．
平分，四边形为正方形，．
在中，，
．．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质以及角平分线的性质，解题的关键是在直角三角形中求出FM的长度．本题属于基础题，难度不大，解决该题型题目时，根据角平分的性质及正方形的特点找出边角关系，再利用解直角三角形的方法即可得以解决．
17．（2023·天津南开·南开翔宇学校校考一模）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一点，连接DE，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接．若，则的值为____________．
【答案】
【分析】过点E作于点M，作于N，利用正方形的性质，角平分线的性质以及全等三角形的判定可证得出，再证明，得出，则可证，最后利用勾股定理求解即可．
【详解】解：过点E作于点M，作于N，
∵四边形为正方形，，∴，平分，，，
∴，四边形是矩形，∴，
又，∴，∴，
又，，∴，∴，∴矩形是正方形，
又四边形为正方形，∴，，
∴，∴，∴，
∴．故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，添加合适的辅助线，证明矩形是正方形是解题的关键．
18．（2023·安徽·校联考一模）如图．已知正方形纸片的边，点P在边上，将沿折叠，点A的应点为．
（1）若时，的长为______﹔
（2）若点到边或的距离为1，则线段的长为______．
【答案】 2 或
【分析】（1）由折叠得，根据平行线的性质得到，利用三角形内角和得到，进而推出，即可得到答案；
（2）若，则，根据勾股定理求出，设，直角中，根据勾股定理得，求出；若，根据勾股定理求出，设，在直角中，根据勾股定理得，求出．
【详解】（1）由折叠得，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴，
∴，故答案为：2；
（2）如图1，若，则．
由折叠知．在直角中，．
设，则．在直角中，，解得，
即线段的长为﹔如图2，若，则．由折叠知．
在直角中，．设，则．
在直角中，，解得，即线段的长为．
综上，线段的长为或，故答案为：或．
【点睛】此题考查了正方形的性质，勾股定理，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，平行线的性质，熟记正方形的性质及折叠的性质是解题的关键．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·吉林长春·校考一模）【问题情境】如图①，在正方形中，E为边上一点（不与点B、C重合），垂直于的一条直线分别交于点M、P、N．判断线段之间的数量关系，并说明理由；
【问题探究】在“问题情境”的基础上，如图②，若垂足P恰好为的中点，连接，交于点Q，连接，并延长交边于点F．则的大小为 度．
【答案】问题情境：，理由见解析；问题探究：45
【分析】问题情境：过点B作分别交于点G、F，证出四边形为平行四边形，得出，证明得出，即可得出结论；
问题探究：连接，过点Q作，分别交于点H、I，证出是等腰直角三角形，，证明得出，得出是等腰直角三角形，得出，即可得出结论．
【详解】问题情境：
线段之间的数量关系为．
理由如下：
∵四边形是正方形，∴，，AB∥CD，
过点B作分别交于点G、F．
∴四边形为平行四边形，∴，，∴，∴．
∵，∴，∴，∴．
∵，∴；
问题探究：解：连接，过点Q作，分别交于点H、I，如图所示：
∵四边形是正方形，∴四边形为矩形，∴，，
∵是正方形的对角线，∴，
∴是等腰直角三角形，，∵是的垂直平分线，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，∴，
∴是等腰直角三角形，∴，即．故答案为：45．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识；熟练掌握正方形的性质是解题的关键．
20．（2023·广东惠州·九年级统考期中）如图，在正方形中，Р是对角线上的一个动点（不与点A．C重合），连接，将绕点B顺时针旋转到，连接交于点E，延长线与边交于点F．(1)连接，求证：；(2)若正方形的边长为4，且，求线段的长．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）由四边形是正方形可得，，，由图形旋转可得，，，从而可证，故；（2）如图所示，由四边形ABCD是正方形可得，，故是等腰直角三角形且，由勾股定理可得，，故．
【详解】（1）由题意得：，，
四边形是正方形，，，，
在与中，，，；
（2）由（1）知：，，在中，，
，，.
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理以及旋转的性质是解题的关键．
21．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．
(1)求证：四边形为菱形．(2)若，，求四边形的面积．
【答案】(1)见解析(2)6
【分析】（1）连接交于O，证与互相垂直平分，即可由菱形的判定定理得出结论；（2）根据正方形的性质，利用勾股定理求得，从而求得 ，根据菱形的面积公式解答即可．
【详解】（1）证明：连接，交于点，
四边形是正方形，，，，
∵∴，即，四边形是平行四边形，
，四边形是菱形；
（2）解：由（1）知：四边形是菱形，，，
，∴，菱形的面积．
【点睛】本题考查正方形的性质，菱形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质和菱形的判定定理，菱形的面积公式是解题的关键．
22．（2022·广东珠海·校考三模）如图，E是正方形的边上一点（E不与B、C重合），于G，F在的延长线上，且，连接、和．
(1)若连接，求证：；(2)若，求的度数．
【答案】(1)见解析(2)
【分析】（1）根据正方形的性质证明和，可得结论；
（2）如图2，过点G作于N，交于M，证明是等腰直角三角形，得，根据证明，可得，可得是等腰直角三角形，再证明，则，最后由三角形的内角和定理可得答案．
【详解】（1）（1）证明：如图1，连接，
四边形是正方形，是对角线，，，
，是等腰直角三角形，，，，
，，，
，，，．
（2）（2）如图2，过点G作于N，交于M，
，，，
，是等腰直角三角形，，
由（1）知：，，，
，，
是等腰直角三角形，，
，，，，
，，，
，．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形性质和判定三角形全等，三角形内角和等知识，正确做出辅助线是解答本题的关键．
23．（2024八年级下·浙江·专题练习）小明学行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是
(2)性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： ．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．
①求证：四边形为垂美四边形；②求出四边形的面积．
【答案】(1)菱形、正方形(2)(3)①证明见解析；②
【分析】（1）由平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质即可得出结论；（2）根据列式求解即可；（3）①连接，，证出，由SAS证明，得出，，再由角的互余关系和三角形内角和定理求出，得出即可；
②根据垂美四边形的性质、勾股定理、结合（2）的结论计算即可．
【详解】（1）解：∵在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，两条对角线互相垂直的四边形是菱形、和正方形，∴菱形和正方形一定是垂美四边形；
（2）解：；
（3）①证明：连接和，设与相交于点，与相交于点，如图2所示：
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，即，
在和中，，∴（SAS），∴，，
又∵，，∴，
∴，∴，∴四边形为垂美四边形；
②解：∵，，，∴，∴，
在中，，∴，
∵四边形为垂美四边形，∴四边形的面积．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查的是垂美四边形的判定与性质、正方形的性质、全等三角形的判定和性质、垂直的定义、勾股定理的应用，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题的关键．
24．（23-24九年级下·甘肃天水·阶段练习）问题情境：如图1，将正方形的一个顶点D放在一块等腰直角三角板斜边的中点O处，分别与交于点M，N，连接．求证：；
操作探究：将图1中正方形绕点D逆时针旋转一定的角度，得到图2，连接，若，求的长；
深入拓展：创新小组将正方形绕点D继续逆时针旋转，如图3，当时，连接，若，试判断此时四边形的形状，并说明理由．
【答案】问题情境：见解析；操作探究：5；深入拓展：四边形是正方形，理由见解析
【分析】问题情境：连接，根据等腰直角三角形的性质得到，再根据正方形的性质得到，由，推出，易证，即可证明结论；操作探究：连接，同理得：，再证明内即可得出结果；深入拓展：根据等腰直角三角形的性质及正方形的性质证明，，易证四边形是平行四边形，由，易证四边形是矩形，由，即可证明四边形是正方形．
【详解】问题情境：证明：如图1，连接．
∵，D为的中点，∴，
∵四边形是正方形，∴，
∴，即，
在和中，，∴，∴；
操作探究：解：如图2，连接，
同理得：，∴，
∵为等腰直角三角形，∴，又∵D为的中点，∴平分，
∵，∴，
∴，即．
在和中，，∴，∴；
深入拓展：解：四边形是正方形；理由如下，如图3，设与交于点P，
为等腰直角三角形，点D为的中点，，
∵，∴，∴，∴，
∵，∴，∴，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了正方形的判定与性质、平行四边形的判定、矩形的判定全等三角形的判定与性质、旋转的性质、等腰直角三角形的性质等知识，本题综合性强,熟练掌握正方形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键，属于中考常考题型．
25．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形边长为4，点在边上（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点．
(1)求证：；(2)若的面积为，求的长；
(3)在（2）的条件下，取，的中点，，连接，求的长．
【答案】(1)见解析(2)5或(3)或
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．（1）先证得，很容易证明与全等，由此得出，又由互余可得出，进而可得结论；（2）根据三角形的面积求得，再根据勾股定理求得，根据（1）中即刻得出结论；（3）连接并延长交于点，连接，可证明，所以，或1，又是的中位线，求出的长即可．
【详解】（1）证明：，，，
在与中，，，，
，，
在和中，，．
（2）解：，，，
的面积，
，解得，，，或，或．
（3）解：如图，连接并延长交于点，连接，
点是的中点，，
，，，，
，或1，当时，，
，，；
当时，，，，；
综上，的长度为或．
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专题5-3 正方形
模块1：学习目标
1.理解正方形的概念，了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系。
2.掌握正方形的性质及判定方法。
模块2：知识梳理
正方形的定义：有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形。
正方形的性质，从边、角、对角线、对称性进行讨论。如下图，四边形ABCD为正方形：
1）边：①四条边相等；②对边平行，即AB=BC=CD=DA；AB∥CD，AD∥BC。
2）角：四个角都是90°，即∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°。
3）对角线：①对角线相互平分；②对角线相等；③对角线相互垂直；④对角线平分对角，即AO=OC=OB=OD；AC⊥BD；∠BAO=∠DAO。
4）对称性：轴对称图形；中线对称图形。
正方形是特殊的平行四边形、矩形、正方形，常见的判定思路为 ：
1）判定方法1（定义）：平行四边形+1个90°角+1组邻边相等，或平行四边形+对角线垂直且相等。
2）判定方法2（从正方形出发）：正方形+1个90°角，或正方形+对角线相等。
3）判定方法3（从矩形出发）：矩形+1组邻边相等，或矩形+对角线垂直。
4）判定方法4（从四边形出发）：对角线垂直平分且相等。
模块3：核心考点与典例
考点1、正方形的性质
例1．（23-24九年级下·福建莆田·阶段练习）下列说法不正确的是（ ）
A．矩形的对角线相等且互相平分 B．菱形的对角线互相垂直平分
C．正方形的对角线相等且互相垂直平分 D．平行四边形、矩形、菱形都是轴对称图形
变式1.（23-24八年级下·江苏无锡·阶段练习）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线相等
变式2.（2024·河南安阳·一模）正方形具有而菱形不一定具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角线相等 C．对角线互相平分 D．邻边相等
考点2、利用正方形性质求角度
例1．（23-24八年级下·江苏徐州·阶段练习）如图，四边形是正方形，延长到点，使，连结，则的度数是（ ）
A． B． C．40 D．
变式1.（23-24八年级下·湖南长沙·阶段练习）如图，是正方形内位于对角线下方的一点，，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
变式2.（23-24九年级下·重庆·期中）如图，正方形中，点E、F、G、H分别为边、、、上的点，连接、、，若，，．当时，则的度数为（ ）
A． B． C． D．
考点3、利用正方形性质求长度
例1．（23-24九年级下·浙江杭州·阶段练习）如图，已知正方形的边长为1，连接、，平分交于点，则长（ ）
A． B． C． D．
变式1.（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，四边形，是正方形，点分别在上，连接，过点作交于点，若，则的长为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
变式2.（23-24八年级下·河北沧州·期中）如图，在正方形中，点E，G分别在，BC边上，且，，连接、，平分，过点C作于点F，连接GF，若正方形的边长为8，则的长度是（ ）
A． B． C． D．
考点4、利用正方形性质求面积
例1．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形的对角线相交于点O，点E为上一动点．连接，作交于点F，已知，则四边形的面积为（ ）
A．1 B．2 C． D．4
变式1.（2024·上海虹口·二模）如图，在正方形中，点、分别在边和上，，，如果，那么的面积为（ ）
A．6 B．8 C．10 D．12
变式2.（2024·江苏常州·模拟预测）如图，四个全等的直角三角形围成正方形和正方形，连接，于点M，N．已知，正方形的面积为，则图中阴影部分的面积之和为（ ）
A．4 B． C． D．5
考点5、正方形的判定定理
例1．（2023·河南周口·统考一模）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．
变式1.（2023·河南周口·校联考一模）下列说法错误的是（ ）
A．有一个角为直角的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的矩形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．对角线相等且互相垂直的四边形是正方形
变式2.（2024·上海静安·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，那么下列条件中，能判断菱形是正方形的为（ ）
A． B． C． D．
考点6、正方形的判定（证明）
例1．（22-23八年级下·浙江宁波·期中）如图1，已知矩形，点E是边上一点，点F是延长线上一点，且．
(1)求证：四边形是正方形；(2)如图2，在（1）的条件下，若，点G是边上一点，连接交于点H，有，求．
变式1.（23-24八年级下·江苏南京·阶段练习）如图，在平行四边形中，、为对角线上两点，，连接、、、．(1)求证：四边形为平行四边形；(2)若，求证：四边形为菱形；(3)在（2）的条件下，连接交于点，若．求证：四边形为正方形．
变式2.（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，已知四边形为正方形，，点为对角线上一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．(1)求证：矩形是正方形；(2)探究：的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由．
考点7、中点四边形
例1．（23-24八年级下·山东聊城·阶段练习）下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
瓦里尼翁平行四边形我们知道，如图1，在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是平行四边形．我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切．①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形．②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：证明：如图2，连接，分别交，于点，，过点作于点，交于点．，分别为，的中点，．（依据．，．四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即．，即，四边形是平行四边形．（依据．，．同理，
任务：(1)材料中的依据1是指： ，依据2是指： ．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线）；不必说明理由）
(3)在图1中，分别连接，得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线，长度的关系，并证明你的结论．
变式1. （23-24八年级下·甘肃武威·期中）如图，在四边形中，E，F，G，H分别是的中点，则下列结论一定正确的是（ ）
A．四边形是矩形
B．四边形的内角和小于四边形的内角和
C．四边形的周长等于四边形的对角线长度之和
D．四边形的面积等于四边形的面积的
考点8、正方形的性质与判定综合（选填题）
例1．（23-24八年级下·广东深圳·阶段练习）如图，正方形中，点为对角线的中点，矩形两边分别交、边于、两点，连接，下列结论正确的有（ ）个．
（1）；（2）；（3）；（4）若，则以为斜边的直角三角形面积的最大值为8．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
变式1. （23-24九年级下·福建福州·期中）在菱形中，，，，分别为边，，，上的一点（不与端点重合），对于任意的菱形，下面四个结论中：
①存在无数个四边形是平行四边形；②存在无数个四边形是矩形；③存在无数个四边形是菱形；④至少存在一个四边形是正方形．
正确的结论的个数是（ ）个.
A．1 B．2 C．3 D．4
变式2. （2024八年级下·山东·专题练习）如图，现有边长为4的正方形纸片，点P为边上的一点(不与点A点重合）将正方形纸片沿折叠，使点B落在P处，点落在G处，交于，连结、，下列结论：
①；②当P为中点时，三边之比为；③；④周长等于8．其中正确的是 （写出所有正确结论的序号）
考点9、正方形的性质与判定综合（解答题）
例1．（22-23八年级下·浙江·周测）在中，B在C的左边，，将关于作轴对称，得四边形．P是对角线上的动点，E是直线上的动点，且．
(1)四边形如图1所示，四边形是________（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；______（填“”或“”）；(2)四边形如图2所示，且，四边形是_______（填“矩形”或“菱形”或“正方形”）；（1）中与之间的数量关系还成立吗？若成立，请说明理由．(3)四边形如图3所示，若，，请直接写出的度数．（用含、的代数式表示）
变式1．（23-24八年级下·广东珠海·期中）四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以、为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；(2)若，，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
变式2．（2023春·浙江·八年级专题练习）问题情境：
如图1，点为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到 （点的对应点为点）．延长交于点，连接，
猜想证明：(1)试判断四边形的形状，并说明理由；
(2)如图2，若、请猜想线段与的数最关系并加以证明，解决问题；
(3)如图1，若的面积为72，，请直接写出的长．
模块4：同步培优题库
全卷共25题 测试时间：80分钟 试卷满分：120分
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（23-24八年级下·山东淄博·期中）正方形具有而菱形不具有的性质是（ ）
A．对角线平分一组对角 B．对角线相等 C．对角线互相垂直平分 D．四条边相等
2．（23-24八年级下·河北沧州·期中）小琦在复习几种特殊四边形的关系时整理出如图所示的转换图，（1）（2）（3）（4）处需要添加条件，则下列条件添加错误的是（ ）
A．（1）处可填 B．（2）处可填 C．（3）处可填 D．（4）处可填
3．（2023春·河北张家口·八年级校考期中）四边形 是正方形，E为上一点，连接，过B作于E，且，则正方形的周长为（ ）
A． B． C．24 D．6
4．（2023·浙江宁波·校考一模）如图，在正方形中，P为对角线上一动点，，，若要知道阴影部分的面积，则只需要知道下列哪个条件（ ）
A．PB的长 B．PD的长 C．矩形的面积 D．矩形对角线的长
5．（2022·广东珠海·校考三模）如图，E是正方形内一点，于E，，则的面积是（ ）．
A．5 B．4 C．3 D．2
6．（2022秋·内蒙古包头·九年级统考期末）如图，在正方形中，，点E，F分别在边和上，，，则的长是（ ）
A． B． C． D．
7．（2022春·山西晋城·八年级统考期末）如图，在正方形中，点P在边上，于点E，于点F，若，，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．（2023春·山东济宁·八年级济宁市第十五中学校考阶段练习）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1，则的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
9．（2023·黑龙江绥化·校考一模）如图，正方形中，，连接，的平分线交于点，在上截取，连接，分别交，于点，，点是线段上的动点，于点，连接，的最小值是（ ）
A． B．2 C． D．4
10．（2023春·浙江八年级期中）如图，已知正方形的边长为6，点E是边的中点，将沿折叠得到，点F落在边上，连接，则下列结论：
①；②；③；④．
其中正确的结论有（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
二、填空题（本大题共8小题，每小题3分，共24分．不需写出解答过程，请把答案直接填写在横线上）
11．（2022秋·湖南永州·八年级统考期末）如图，在正方形中，P，Q分别为的中点，若，则大小为___________．
12．（2023·山东菏泽·校考一模）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为_____．
13．（2023春·江苏南京·八年级南京钟英中学校考阶段练习）如图，同一平面内的四条平行直线、、、分别过正方形的四个顶点、、、，且每相邻的两条平行直线间的距离都为1，则该正方形的面积是_________．
14．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，正方形中，点E是的中点，将正方形沿翻折，点B落在点F处，延长交于点P，若，则的长为_____．
15．（2023秋·江苏南京·九年级南京外国语学校仙林分校校考期末）如图，正方形的边长是4，点在上，点在上，，若．则的长为___________．
16．（2023·甘肃白银·统考模拟预测）如图，正方形的对角线与相交于点O，的平分线分别交于M、N两点．若，则正方形的边长为______．
17．（2023·天津南开·南开翔宇学校校考一模）如图，四边形为正方形，点E为对角线上一点，连接DE，过点E作，交于点F，以，为邻边作矩形，连接．若，则的值为____________．
18．（2023·安徽·校联考一模）如图．已知正方形纸片的边，点P在边上，将沿折叠，点A的应点为．
（1）若时，的长为______﹔
（2）若点到边或的距离为1，则线段的长为______．
三、解答题（本大题共6小题，共46分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
19．（2023·吉林长春·校考一模）【问题情境】如图①，在正方形中，E为边上一点（不与点B、C重合），垂直于的一条直线分别交于点M、P、N．判断线段之间的数量关系，并说明理由；
【问题探究】在“问题情境”的基础上，如图②，若垂足P恰好为的中点，连接，交于点Q，连接，并延长交边于点F．则的大小为 度．
20．（2023·广东惠州·九年级统考期中）如图，在正方形中，Р是对角线上的一个动点（不与点A．C重合），连接，将绕点B顺时针旋转到，连接交于点E，延长线与边交于点F．(1)连接，求证：；(2)若正方形的边长为4，且，求线段的长．
21．（2023·广东梅州·校考模拟预测）如图，已知E，F是正方形的对角线上的两点，且．(1)求证：四边形为菱形．(2)若，，求四边形的面积．
22．（2022·广东珠海·校考三模）如图，E是正方形的边上一点（E不与B、C重合），于G，F在的延长线上，且，连接、和．
(1)若连接，求证：；(2)若，求的度数．
23．（2024八年级下·浙江·专题练习）小明学行四边形这一章后，对特殊四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，我们把两条对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．
(1)概念理解：在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是
(2)性质探究：通过探究，直接写出垂直四边形的面积与两对角线，之间的数量关系： ．
(3)问题解决：如图2，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连接，，，已知，．①求证：四边形为垂美四边形；②求出四边形的面积．
24．（23-24九年级下·甘肃天水·阶段练习）问题情境：如图1，将正方形的一个顶点D放在一块等腰直角三角板斜边的中点O处，分别与交于点M，N，连接．求证：；
操作探究：将图1中正方形绕点D逆时针旋转一定的角度，得到图2，连接，若，求的长；
深入拓展：创新小组将正方形绕点D继续逆时针旋转，如图3，当时，连接，若，试判断此时四边形的形状，并说明理由．
25．（2024八年级下·浙江·专题练习）如图，正方形边长为4，点在边上（点与点、不重合），过点作，垂足为，与边相交于点．
(1)求证：；(2)若的面积为，求的长；
(3)在（2）的条件下，取，的中点，，连接，求的长．
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