专题1.7 正方形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】正方形的定义
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
【要点说明】既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.
【知识点二】正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；
2.角——四个角都是直角；
3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；
4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
【要点说明】正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
【知识点三】正方形的判定
正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）.
【知识点四】特殊平行四边形之间的关系
【知识点四】顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状
（1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.
（2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.
（3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.
（4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
【要点说明】新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形.
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形.
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】正方形性质与判定的理解
【例1】（2024·广东江门·模拟预测）下列条件不能判定正方形的是（ ）．
A．对角线互相垂直的梯形 B．对角线互相垂直且相等的平行四边形
C．对角线相等的菱形 D．对角线互相垂直平分且相等的四边形
【变式1】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）矩形和正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分且相等 B．对角线互相垂直平分
C．对角线互相垂直平分且相等 D．对角线平分一组对角
【变式2】（23-24八年级下·北京延庆·期末）学习了正方形之后，老师提出问题：要判断一个四边形是正方形，有哪些思路？
甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角；
乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等；
丙同学说：先判定四边形的对角线相等，再确定对角线互相垂直；
丁同学说：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．
上述四名同学的说法中，正确的是（ ）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙、丁 D．甲、乙、丁
【题型2】利用正方形的性质求值或证明
【例2】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形，P是对角线上任意一点，过点P作于点M，于点N．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若E是上一点，且，写出的度数．
【变式1】（23-24八年级下·重庆江津·期末）如图，在正方形中，点、分别为边、上的点，连接、，平分，若．当时，则的度数为（ ）
A． B．
C． D．
【变式2】（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，正方形的边长为4，点E是的中点，垂直平分且分别交、于点H、G，则的长为 ．
【题型3】证明或添加条件证明四边形为正方形
【例3】（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接．
(1)当时，求证：；
(2)当，且时，求证：四边形是正方形．
【变式1】（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图，在中，对角线相交于点O，则下列判断正确的有（ ）
①若，，则是正方形；
②若，则是正方形；
③若，，则是正方形；
④若，则是菱形；
⑤若，则是菱形
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【变式2】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点是菱形内的一点，连接，，平分，，．请判断四边形是正方形吗？并说明理由．
【题型4】利用正方形的性质与判定证明或求角度
【例4】（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=AD，求∠ADE的度数．
【变式1】如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定
【变式2】（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．
【题型5】利用正方形的性质与判定证明或求线段长
【例5】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求菱形的周长．
【变式1】（22-23九年级上·重庆大渡口·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【变式2】（2023·湖南娄底·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 ．
【题型6】中点四边形
【例6】已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
(1)四边形的形状是________，并证明你的结论．
(2)当四边形的对角线满足________条件时，四边形是矩形．
(3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________
【变式1】（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论：
①四边形是平行四边形；
②当时，四边形是菱形；
③当时，四边形是矩形．
其中所有正确结论的序号是（ ）．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【变式2】（23-24八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，点，，，分别为，，，的中点．若，，则四边形的周长为 ．
1、直通中考
【例1】（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（ ）
A． B． C． D．
【例2】（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为 ；
（2）若为的中点，则线段的长为 ．
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·北京顺义·期末）在正方形中，点在边上，点在边上，，连接，．
(1)求证：；
(2)在边取点，使得，过点作交于点，连接．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【例2】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图1，在正方形中，点P在上，连接，过点B作于点E，过点D作于点F．
(1)求证：．
(2)如图2，延长至点G，使，连结，．
①探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
②连结，若，求的长．专题1.7 正方形的性质与判定（知识梳理与考点分类讲解）
第一部分【知识点归纳】
【知识点一】正方形的定义
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
【要点说明】既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.
【知识点二】正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；
2.角——四个角都是直角；
3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；
4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
【要点说明】正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
【知识点三】正方形的判定
正方形的判定除定义外，判定思路有两条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）.
【知识点四】特殊平行四边形之间的关系
【知识点四】顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状
（1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.
（2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.
（3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.
（4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
【要点说明】新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.
（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形.
（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形.
（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.
第二部分【题型展示与方法点拨】
【题型1】正方形性质与判定的理解
【例1】（2024·广东江门·模拟预测）下列条件不能判定正方形的是（ ）．
A．对角线互相垂直的梯形 B．对角线互相垂直且相等的平行四边形
C．对角线相等的菱形 D．对角线互相垂直平分且相等的四边形
【答案】A
【分析】本题考查正方形的判定，利用正方形的判定方法逐一分析判断得出答案即可．
解：A. 对角线互相垂直的梯形不是正方形，故此选项不能判定正方形，符合题意；
B. 对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，不符合题意；
C. 对角线相等的菱形是正方形，不符合题意；
D. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，不符合题意；
故选：A．
【变式1】（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）矩形和正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线互相平分且相等 B．对角线互相垂直平分
C．对角线互相垂直平分且相等 D．对角线平分一组对角
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质和正方形的性质，根据矩形的对角线互相平分且相等，正方形的对角线互相平分且相等即可得出答案，熟练掌握矩形的性质和正方形的性质是解此题的关键．
解：∵矩形的对角线互相平分且相等，正方形的对角线互相平分且相等，
∴矩形和正方形都具有的性质是对角线互相平分且相等，
故选：A．
【变式2】（23-24八年级下·北京延庆·期末）学习了正方形之后，老师提出问题：要判断一个四边形是正方形，有哪些思路？
甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角；
乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等；
丙同学说：先判定四边形的对角线相等，再确定对角线互相垂直；
丁同学说：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．
上述四名同学的说法中，正确的是（ ）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙、丁 D．甲、乙、丁
【答案】D
【分析】本题考查正方形的判定定理，熟记这些判定定理才能够正确做出判断．
根据正方形的判定方法进行解答即可．正方形的判定定理有：对角线相等的菱形；对角线互相垂直的矩形；对角线互相垂直平分且相等的四边形．
解：甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角，故说法正确；
乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等，故说法正确；
丙同学说：先判定四边形的对角线相等，再确定对角线互相垂直，还需要对角线互相平分，故说法错误；
丁同学说：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，故说法正确；
故选：D．
【题型2】利用正方形的性质求值或证明
【例2】（23-24八年级下·内蒙古呼和浩特·期中）如图，已知正方形，P是对角线上任意一点，过点P作于点M，于点N．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若E是上一点，且，写出的度数．
【答案】(1)见解析；(2)
【分析】本题考查了正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，三角形内角和，角平分线性质，熟练掌握正方形的各种性质是证题的关键．
（1）由四边形是正方形，易得，平分，又由，即可证得四边形PMAN是正方形；
（2）根据正方形的性质得到，求得，根据三角形的内角和即可得到结论．
（1）证明：∵四边形是正方形，
，平分，
∵，
，
∴四边形是矩形，
，
∴四边形是正方形；
（2）解：∵四边形是正方形，
，
∵，
，
∴．
【变式1】（23-24八年级下·重庆江津·期末）如图，在正方形中，点、分别为边、上的点，连接、，平分，若．当时，则的度数为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了正方形的性质，角平分线的定义，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质可得，，，进而由可得，，再由角平分线的定义得，又证明可得，最后利用角的和差关系即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键．
解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
故选：．
【变式2】（23-24八年级下·江苏宿迁·期末）如图，正方形的边长为4，点E是的中点，垂直平分且分别交、于点H、G，则的长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，正方形的性质，勾股定理等，连接，根据线段垂直平分线性质可得，根据正方形的性质可得，根据点E是的中点求得，设的长为x，则的长为，根据勾股定理即可求得的值，然后根据勾股定理求出结果即可．
解：连接，
在边长为4的正方形中，，
，
垂直平分，
，，，
∵点E是的中点，
，
∴，
∴，
设的长为x，则的长为，
在和中，
，
即，
整理得，，
即，
∴，
∴．
∴．
故答案为：．
【题型3】证明或添加条件证明四边形为正方形
【例3】（23-24八年级下·上海普陀·期中）如图，在四边形中，对角线相交于点，延长至点E，使，连接．
(1)当时，求证：；
(2)当，且时，求证：四边形是正方形．
【分析】本题考查平行线的判定，特殊四边形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定定理和性质定理是解题关键．
（1）根据平行线的性质可证，结合题意可证四边形为菱形，即得出，再结合，即得出；
（2）由（1）可知四边形为平行四边形，即得出，，．再结合题意即证明四边形是正方形．
（1）证明：∵，
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴平行四边形为菱形，
∴．
∵，
∴；
（2）证明：如图，，，
由（1）可知四边形为平行四边形，
∴，，．
∵，
∴，
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴，
∴平行四边形为菱形．
∵，
∴，
∴菱形为正方形．
【变式1】（23-24八年级下·河南新乡·期末）如图，在中，对角线相交于点O，则下列判断正确的有（ ）
①若，，则是正方形；
②若，则是正方形；
③若，，则是正方形；
④若，则是菱形；
⑤若，则是菱形
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【答案】D
【分析】本题考查正方形，菱形的判定，根据正方形和菱形的判定方法，逐一进行判断即可．
解：∵，
∴是矩形，
∵，
∴，
∴是正方形；故①正确；
∵，
∴，
∴是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴是正方形；故②正确；
∵，
∴是矩形，
∵，
∴是正方形；故③正确；
∵，
∴是菱形；故④正确．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是菱形；故⑤正确．
故选D．
【变式2】（23-24九年级上·陕西西安·阶段练习）如图，点是菱形内的一点，连接，，平分，，．请判断四边形是正方形吗？并说明理由．
【答案】四边形是正方形．理由见解析
【分析】由勾股定理的逆定理得，进而求得，根据正方形的判定定理即可得证．
解：四边形是正方形．理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴四边形是正方形．
【点拨】本题考查了角平分线的定义、等边对等角、正方形的判定及勾股定理的逆定理，熟练掌握勾股定理的逆定理是解题的关键．
【题型4】利用正方形的性质与判定证明或求角度
【例4】（21-22八年级下·湖南长沙·期末）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1)求证：四边形OCED是菱形；
(2)若AB=AD，求∠ADE的度数．
【答案】(1)见解析； (2)135° ；
【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱形；
（2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD=，再由平行线的性质得∠EDC=∠ACD=45°，由此可解．
（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，
∴OD=OC．
∴四边形OCED是菱形．
（2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠BDC=∠ACD=．
∵DE∥AC，
∴∠EDC=∠ACD=45°，
∴∠ADE=90°+45°=135°．
【点拨】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出∠BDC=∠ACD=是解题的关键．
【变式1】如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定
【答案】A
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解．
解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
所以，∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°．
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
【变式2】（23-24九年级上·福建三明·期中）如图，在矩形中，．若点P满足，且，则 ．
【答案】
【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形与正方形是解题的关键．过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，证明四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，现证明，从而证明四边形为正方形，利用正方形的性质即可得出结论．
解：过点P作交延长线于M，交延长线于N，过点P作于Q，交于E，如图，
∵矩形
∴，，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴
，
∴四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，
∵
∴，
∴
∵
∴
在与
∴
∴，，
∴四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形为正方形，
∴．
故答案为：．
【题型5】利用正方形的性质与判定证明或求线段长
【例5】（2024八年级下·全国·专题练习）如图，已知菱形，E、F是对角线所在直线上的两点，且，连接．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)若，求菱形的周长．
【答案】(1)见解析 (2)
【分析】本题主要考查了菱形的性质和判定，正方形的判定，勾股定理等，灵活的选择判定定理是解题的关键．
（1）连接，交于点O，根据菱形的性质，再结合，说明四边形是菱形，然后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案；
（2）先根据正方形的性质求出 ，即可求出，再根据勾股定理求出，即可得出答案．
（1）证明：连接，交于点O，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴与垂直且互相平分，
∴四边形是菱形，
∴，
又∵，
∴，
∴菱形是正方形；
（2）解：∵菱形是正方形，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴菱形的周长．
【变式1】（22-23九年级上·重庆大渡口·阶段练习）如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解．
解：过点E作EH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键．
【变式2】（2023·湖南娄底·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．
解：如图，过作于，于，则四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，即，解得，（舍去），
∴，
故答案为：．
【点拨】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．
【题型6】中点四边形
【例6】已知：如图，四边形四条边上的中点分别为、、、，顺次连接、、、，得到四边形（即四边形的中点四边形）．
(1)四边形的形状是________，并证明你的结论．
(2)当四边形的对角线满足________条件时，四边形是矩形．
(3)在教材课本中你学过的哪种特殊四边形的中点四边形是菱形？________
【答案】(1)平行四边形，证明见解析 (2) (3)矩形
【分析】（1）连接BD，然后根据三角形中位线可进行求解；（2）根据矩形的判定定理可进行求解；
（3）由矩形的性质可进行求解．
（1）解：四边形的形状是平行四边形，理由如下：
如图1，连结．
∵、分别是、中点，
∴，，
同理，，
∴，，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：当四边形的对角线满足时，四边形是矩形；理由如下：
连结AC，如图所示：
由（1）可知四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
（3）解：由（1）可知四边形是平行四边形，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
故答案为矩形．
【点拨】本题主要考查中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定，熟练掌握中点四边形、三角形中位线、矩形的性质与判定及菱形的判定是解题的关键．
【变式1】（23-24八年级下·江苏南京·期末）如图，在四边形中，分别是的中点．下列结论：
①四边形是平行四边形；
②当时，四边形是菱形；
③当时，四边形是矩形．
其中所有正确结论的序号是（ ）．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】A
【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、矩形、菱形的判定定理是解题的关键．①根据三角形中位线定理得到，，，，根据平行四边形的判定定理证明结论；②根据邻边相等的平行四边形是菱形解答；③根据矩形的判定定理解答．
解：①，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
同理，，，
，，
四边形是平行四边形；
故①正确，符合题意；
②，分别是，的中点，
是的中位线，
，，
当时，，
四边形是菱形；
当与满足条件时，四边形是菱形，
故②正确，符合题意；
③，
，
，
，
当时，
，
，
，
平行四边形是矩形，
当时，四边形不一定是矩形，
故③错误，不符合题意；
故选：A．
【变式2】（23-24八年级下·北京顺义·期末）如图，在矩形中，点，，，分别为，，，的中点．若，，则四边形的周长为 ．
【答案】20
【分析】本题主要考查矩形的性质，勾股定理以及菱形的判定与性质，连接，证明四边形是菱形，由勾股定理得，从而可得结论
解：连接，如图，
∵四边形是矩形，
∴
∵点，，，分别为，，，的中点．
∴分别是的中位线，
∴
∴
∴四边形是菱形，
在中，，，
∴
∴菱形的周长,
故答案为：20
第三部分【中考链接与拓展延伸】
1、直通中考
【例1】（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形的对角线与相交于点．是边上一点，是上一点，连接．若与关于直线对称，则的周长是（ ）
A． B． C． D．
【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，根据轴对称的性质可得，则，再求出，，即可求出答案．
解：正方形的边长为2，
∴，
∴，
∵与关于直线对称，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的周长是，
故选：A．
【例2】（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接．
（1）线段的长为 ；
（2）若为的中点，则线段的长为 ．
【答案】 2 /
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
（1）四边形是正方形，
，
在中，，
，
，
；
（2）延长到点，使，连接
由点向作垂线，垂足为
∵为的中点，为的中点，
∴为的中位线，
在中， ，
，
在中，，
为的中位线，
；
故答案为：2；.
2、拓展延伸
【例1】（23-24八年级下·北京顺义·期末）在正方形中，点在边上，点在边上，，连接，．
(1)求证：；
(2)在边取点，使得，过点作交于点，连接．
①依题意补全图形；
②用等式表示线段，，之间的数量关系，并证明．
【答案】(1)见解析；(2)①见解析②，证明见解析
【分析】本题主要考查正方形的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质以及勾股定理：
（1）设相交于点H，根据证明，得由得，由三角形内角和定理得，即；
（2）①根据题意补全图形即可；②延长到点Q，使，连接，证明，根据证明，得，再证明，得是等腰直角三角形，得到，从而可得结论
（1）证明：设相交于点H，
∵四边形是正方形，
∴，
又
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：①如图，即为所作：
②,理由如下：
延长到点Q，使，连接，如图，
由（1）得，，，
∴，
又，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又，
，
∴，
∵
∴，即，
∴是等腰直角三角形，
∴，即，
∴．
【例2】（23-24八年级下·浙江宁波·期末）如图1，在正方形中，点P在上，连接，过点B作于点E，过点D作于点F．
(1)求证：．
(2)如图2，延长至点G，使，连结，．
①探究线段，，之间的数量关系，并说明理由．
②连结，若，求的长．
【答案】(1)见详解 (2)①；②
【分析】（1）利用证明；
（2）①证明和是等腰直角三角形，得出，所以；
②过点作交于，过点作交于点，证明，求出，利用勾股定理求出的长．
（1）证明：∵四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
；
（2）解：①，理由如下：
∵，
，
，
，
∴是等腰直角三角形，
，
；
②过点作交于，过点作交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
【点拨】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质，特殊三角形的三边关系等，掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
