第22讲 正方形的性质与判定（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

这是一份第22讲 正方形的性质与判定（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案，共24页。试卷主要包含了正方形与圆的综合问题，正方形与函数的综合问题等内容，欢迎下载使用。
目 录
01· TOC \ "1-1" \h \z \u \l "_Tc214359310" 考情剖析·命题前瞻1
02· \l "_Tc214359311" 知识导航·网络构建3
\l "_Tc214359312" 03·考点解析·知识通关4
04· \l "_Tc214359313" 命题洞悉·题型预测12
05·重难突破·思维进阶难 \l "_Tc214359314" 50
\l "_Tc214367046" 06·优题精选·练能提分80
考点一 正方形的性质与判定
1.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。
2.正方形的性质：
（1）边：四边都相等，邻边垂直；
（2）角：四个角都是直角；
（3）对角线：对角线相等且互相垂直平分；
（4）整体：中心对称图形，轴对称图形（4条对称轴）。
3．正方形的判定：
4.正方形与其他特殊四边形之间的联系：
1．（2025·江苏南京·中考真题）一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，它的部分尺寸（单位：）如图，这枚古钱币的半径为 ．
【答案】13
【分析】本题考查了垂径定理，正方形的性质，勾股定理，先根据题意，则是的直径，过作，连接，再结合正方形的性质以及垂径定理得，，由勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】解：如图所示：是的直径，过作，连接，
依题意，，
∵，
∴，，
∵一枚圆形古钱币的正中间是一个正方形孔，
∴，
在中，，
即这枚古钱币的半径为，
故答案为：13
2．（2025·江苏苏州·中考真题）如图，在正方形中，E为边的中点，连接，将沿翻折，得到，连接，则下列结论不正确的是（ ）
A．B．
C．的面积的面积D．四边形的面积的面积
【答案】D
【分析】本题考查了正方形与折叠问题，相似三角形的判定和性质，勾股定理等．过点作，分别交、于点、，由折叠的性质得，求得，推出，由是的外角，可求得，即可判断选项A；设，，则，，证明，利用相似三角形的性质列式求得，求得，，，再根据勾股定理和三角形面积公式求得即可判断其余选项．
【详解】解：过点作，分别交、于点、，
由折叠的性质得，，
∵E为边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，故选项A正确，不符合题意；
∵正方形，
∴，，
设，
∵E为边的中点，
∴，
由折叠的性质得，，，
∵，
∴四边形和为矩形，
∴，，
设，则，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
解得，
∴，，，
∴，，
∴，故选项B正确，不符合题意；
∵的面积，的面积，
∴的面积的面积，故选项C正确，不符合题意；
∵四边形的面积等于的面积的面积，
的面积，
∴四边形的面积的面积，故选项D不正确，符合题意；
故选：D．
3．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）
（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
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线段长
【典例】．（2025·江苏南京·三模）如图，正方形的边上有一点，将沿翻折，使得点落在点处，射线，相交于点，若，，则 ．
【答案】
【分析】作于点，于点，由正方形的性质，折叠的性质，证明，得到，，由，得，由，求得，则，所以，于是得到问题的答案．
此题重点考查正方形性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．
【详解】解：作于点，于点，则，
四边形是正方形，点在边上，，，
，，
将沿翻折，点落在点处，
，，，，
，，
，
，
，，
，，
，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·江苏盐城·一模）如图，四边形是菱形，点、在线段上，且．
(1)判断四边形的形状，并说明理由；
(2)当的值为________时，四边形是正方形（直接写出结果，不需要证明）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，正方形的性质是解决问题的关键．
（1）连接，交于点，证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得出结论；
（2）当四边形是正方形时，则，设，则，，得到，即可得到结论．
【详解】（1）解：四边形的形状是菱形，理由如下：
连接，交于点，如图1所示：
∵四边形是菱形，
，
点在直线上，，
，
，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：当时，四边形是正方形，理由如下：
当四边形是正方形时，则，
设，
则，，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
2．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，，当点A、E、O三点共线时， ，线段长的最小值为 ．
【答案】 / /
【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、解直角三角形，熟练地利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键．利用正切函数的定义即可求解；证明，推出，，延长到点，使得，连接，证明，推出，当最小时，、、三点共线，据此求解即可．
【详解】解：当点A、E、O三点共线时，是边的中点，
∴，
∴；
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即，
∴，
在和中
，
∴，
∴，，
由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动，
延长到点，使得，连接，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
当最小时，、、三点共线，
∵，
∴
∴线段长的最小值为．
故答案为：，．
►题型02根据正方形的性质求角度
【典例】．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在正方形的内部作等边，连接，，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
（1）先根据等边三角形的性质可得，，根据正方形的性质可得，，则可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先求出，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差求解即可得．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴．
【变式】
1．（2025·江苏泰州·三模）已知：如图，四边形是正方形，O是其中心，以为边作一个正六边形，则的度数是 °．
【答案】105
【分析】本题主要考查正多边形及正方形的性质，熟练掌握正多边形及正方形的性质是解题的关键；由题意易得，，然后根据四边形内角和可进行求解．
【详解】解：如图，
∵四边形是正方形，
∴，
∵六边形是正六边形，
∴，
∴；
故答案为105．
2．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况．
【从特例开始】
（1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______；
（2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数；
【一般化探索】
（3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由．
【答案】（1）作图见解析，45；（2）；（3）随点的运动，的度数不变，且为
【分析】（1）连接与格线的交点记为，先确定点为格点，然后由勾股定理以及逆定理证明为等腰直角三角形，即可求解的度数；
（2）延长至点，使得，连接，先证明，则，，那么，可得四边形是矩形，四边形为矩形，求出，由勾股定理得，则，那么，则，即可求解；
（3）延长至点，使得，连接，同理，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，则，，由，得到，在中，由勾股定理得，求出，则，再同（2）即可．
【详解】解：（1）如图，即为所求：
连接与格线的交点记为，
由网格可得，，
∴，
∴，
∵，
∴,
∴为格点，同理为格点，
∵，，，
∴，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴；
故答案为：45；
（2）延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
同理可得四边形为矩形，
∴，，
∴，，
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即；
（3）随点的运动，的度数不变，且为，理由如下：
延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，，，
∴，
同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，
设正方形的边长为，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
整理得，
∵在中，，
∴
，
∴（舍负），
∴，
∴在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即．
►题型03利用正方形的性质证明
【典例】．（2025·江苏扬州·二模）在正方形中，点是射线上的一个点，以为边向右侧作正方形．
(1)如图1，当点在线段上时，求证：；
(2)如图2，当点在线段的延长线上时，猜想线段、、之间的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，点为线段的中点，连接，若，则的最小值为 ．
【答案】(1)见解析
(2)，理由见解析
(3)
【分析】（1）通过证明三角形全等得到线段相等，再结合线段的和差关系求证；
（2）同样先证三角形全等，再依据线段的和差推导数量关系；
（3）建立平面直角坐标系，确定点的坐标，得出点的运动轨迹，利用垂线段最短求线段最小值．
【详解】（1）证明：∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：，理由如下：
∵，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：如图，以为原点，和所在的直线为坐标轴建立坐标系，则，作于，交于点G，则，，
∴，
∵四边形和四边形是正方形，
∴，，，
∴，，
∴，，
∴，，
∴，
设，
∴，
又∵点为线段的中点，
∴，
即，
∴，
∴点在直线上运动，当直线时，最小，
设直线交直线于，交轴于，作于，
由得，
，
∴，
∴，
由得，
，
∴最小，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·江苏盐城·三模）如图1，在正方形中，，点分别在边上，．将绕点逆时针旋转，连接所在直线交直线于点，连接．
(1)如图2，写出与的数量关系和位置关系并写出证明过程；
(2)如图2，当时，求证：；
(3)若，当点为中点时．直接写出的值．
【答案】(1)，，过程见解析
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，证明，得出，，令交于，再由三角形内角和定理计算即可得解；
（2）过点作与的延长线交于点，则，由正方形的性质可得，，证明，得出，，从而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得，即可得解；
（3）由等腰直角三角形的性质可得，分两种情况：当时，连接、，作交于，作交于，作交于；当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于；分别求解即可．
【详解】（1）解：，，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转的性质可得：，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
令交于，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点作与的延长线交于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵旋转，
∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，
当时，，
∴，
如图，当时，连接、，作交于，作交于，作交于，
由（1）可得：，
∵点M为中点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴；
如图，当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于，
同理可得：，，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
2．（2025·江苏南京·二模）如图，在正方形中，是的中点，点在上，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，相似三角形的判定，熟练掌握相似三角形的判定定理是解题的关键．
设正方形的边长为．则，，再利用正方形的性质与勾股定理求得，．即可根据相似三角形的判定定理得出结论．
【详解】证明：法一：设正方形的边长为．
是的中点，
．
．
四边形为正方形，
．
在Rt中，，
．
又，
．
同理．
．
．
在和中，，
．
法二：设正方形的边长为．
是的中点，
．
．
四边形为正方形，
．
在Rt中，，
．
又，
．
同理．
在中，，
．
．
又，
．
在和中，
，
．
法三：
．
四边形为正方形，
．
是的中点，
，
．
在和中，
，
．
．
，
，
．
在和中，
，
．
►题型04正方形与反比例函数综合
【典例】．（2025·江苏淮安·一模）如图，由两个正方形组成的矩形的顶点A、B分别在y轴、x轴上，已知，，点D在反比例函数的图象上，则 ．
【答案】11
【分析】本题是反比例函数综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，求得顶点D的坐标是解题的关键．作轴于E，证明，得，可得点D的坐标，再将点D代入反比例函数解析式可得答案．
【详解】解：作轴于E，
两个正方形组成的矩形的顶点A、B分别在y轴、x轴上，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点D在反比例函数的图象上，
，
故答案为：．
【变式】
1．（2025·江苏泰州·三模）已知：一次函数与反比例函数的图象交于，点，
(1)求一次函数及反比例函数的表达式；
(2)设一次函数的图象与轴、轴的交点分别为、，反比例函数的图象关于直线的对称的图形，记为图形，图形与轴、轴的交点分别为、，求的长；
(3)点是反比例函数图象上、间的一个动点（不与，重合），过作轴，交图形于，求的最大值．
【答案】(1)反比例函数表达式为，一次函数表达式为．
(2)．
(3)1
【分析】（1）先将点代入反比例函数求出，再代入点求出，最后将、代入一次函数求解表达式．
（2）先求出一次函数与坐标轴交点、，再根据对称性质求出、坐标，进而求的长．
（3）设出点坐标，结合对称性质表示相关点坐标，得出的表达式，再利用二次函数性质求最大值．
【详解】（1）解：∵点在反比例函数上，
∴，
∴，
∴反比例函数表达式为．
∵点在上，
∴，即．
∵一次函数过、，
∴，解得，
∴一次函数表达式为．
（2）解：对于一次函数，
令，则，
∴；
令，则，解得，
∴．
∴，
如图，过点作交于点，过点作交于点，交于，则四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴与关于直线对称，与关于直线对称，
∵反比例函数的图象关于直线对称得到图形，
∴与关于直线对称，与关于直线对称，
∴，，
对于，当时，，解得，当时，，
∴，，
．
（3）解：设（），令交直线于点，过作轴，交反比例函数于点R，
∵，，轴，
∴，
∵轴，轴，
∴，
∴
∴，
∴和关于对称，
∵反比例函数的图象关于直线对称得到图形，
∴点和点关于直线对称，即，
∵设（），
∴，，
，
，
当时有最小值，即取最大值，
此时最大．
2．（2025·江苏盐城·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边长为3，函数（）的图像经过该正方形的顶点P，（）的图像上有一点D，直线经过点D，且与边所在直线交于点F，与x轴交于点E．当时，b的取值范围为 ．
【答案】
【分析】本题考查了反比例函数与一次函数综合，正方形的性质.
先求出反比例函数解析式，根据题意求出，，当时，由中点坐标可知，再由值恒定，随b的增大而增大，作答即可.
【详解】解：∵正方形的边长为3，
∴，
∵函数（）的图像经过该正方形的顶点P，
∴，
即函数解析式为，
∵直线经过点D，且与边所在直线交于点F，与x轴交于点E．
∴F纵坐标为3，E纵坐标为0
当时，，即
当时，，即
当时，由中点坐标可知
∵直线经过点D，
∴，
∴，
∵值恒定，
∴随b的增大而增大，
∴当时，，
故答案为：.
►题型05 与正方形的性质相关的尺规作图
【典例】．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，为正方形的对角线．
(1)尺规作图：作的垂直平分线交于点，在上确定点，使得点到的两边距离相等；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，求的度数．（请直接写出的度数）
【答案】(1)画图见解析
(2)
【分析】本题主要考查了尺规作图及角的计算，角平分线的性质定理，正方形的性质，熟练掌握相关知识是解题的关键.
（1）由题意先作的垂直平分线，再根据点到的两边距离相等可知点在的角平分线上，据此作图即可.
（2）根据正方形的性质和角平分线的定义求得，然后由和，得到，即可求解．
【详解】（1）解：如图，直线，点即为所求.
（2）解：∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，
∵平分，
∴，
∵直线，即，
∴，
∴．
【变式】
1．（2024·江苏南京·中考真题）（1）如图（1），点分别在正方形边上，连接．求作，使点分别在边上（均不与顶点重合），且．
（2）已知点的位置如图（2）所示，若它们分别在一个正方形的四条边上，用两种不同的方法求作该正方形过点的边所在的直线．要求：①用直尺和圆规作图；②保留作图的痕迹，写出必要的文字说明．
【答案】（1）见解析；（2）见解析．
【分析】本题考查了尺规作图，正方形的性质，圆的基本性质等，掌握尺规作图是解题的关键．
（1）作的中垂线即可；
（2）方法一：如图，连接，过点作，取，连接，作，则为正方形点的边所在的直线，过点作垂线，过点作垂线，所得的四边形为所在的正方形；方法二：连接，作以为直径的圆，两条中垂线交各自的圆于点，点，连接交两圆于点，点，连接，四边形是所在的正方形，为该正方形点的边所在的直线．
【详解】解：（1）如图，分别以点为圆心，大于为半径画弧，连接交点，交于点，交于点，点即为所求；
（2）方法一：如图，连接，过点作，取，连接，作，则为正方形点的边所在的直线，过点作的垂线，过点作的垂线，所得的四边形为所在的正方形；
方法二：连接，作以为直径的圆，两条中垂线交各自的圆于点，点，连接交两圆于点，点，连接，其中交于点，交于点；
连接，则，，
∴；
∵，
∴，；
同理，
∴都是等腰直角三角形，
∴四边形是正方形，
∴四边形是所在的正方形，
∴为该正方形点的边所在的直线．
2．（2025·江苏扬州·一模）用直尺和圆规作出下列图形．
(1)请在图①中作两条直线，使它们将圆面四等分；
(2)如图②，点是正方形内一定点，请在图中作出两条直线，其中有一条直线必须经过点，使它们将正方形的面积四等分；
(3)如图③，在四边形中，，，点是的中点，如果，，且，请过点作一条直线将四边形的面积平分，并简要说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）圆内两条互相垂直的直径即达到目的．
（2）连接相交于点O，作直线分别交于两点，过点O作用的垂线分别交于E、F两点，则直线将正方形的面积四等分．可应用得出结论．
（3）把原图补充成菱形，应用菱形的性质求解．
【详解】（1）解：如图，互相垂直的直径即为所求：
（2）解：如图②，连接相交于点O，作直线分别交于两点，过点O作用的垂线分别交于E、F两点，则直线将正方形的面积四等分．
理由如下：
∵点O是正方形对角线的交点，
∴点O是正方形的对称中心．
∴．
在和中，
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
设点O到正方形一边的距离为．
∴
∴．
∴直线将正方形面积四等分．
（3）解：如图③，在上截取，作直线，直线即为所求作：
延长至点E，使，延长至点F，使，连接．
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴平行四边形为菱形．
连接交于点M，则．
∴，即点P、M重合．
∴点P是菱形对角线的交点．
∵在上截取，
∴．
设点P到菱形一边的距离为，连接，
∴．
∴当时，直线将四边形的面积分成相等的两部分．
►题型06 正方形的旋转问题
【典例】．（2025·江苏宿迁·三模）综合与探究
问题情境：如图1，在边长为的正方形中，点在对角线上一点，连接，将绕着点顺时针方向旋转得到，过点作交射线于点，连接，．
(1)猜想与有怎样的位置关系，并说明理由；
(2)求证：四边形是正方形；
(3)如图2，连接交于点，若，请直接写出的长．
【答案】(1)，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据正方形的性质得出，，根据旋转的性质得出，，推得，根据全等三角形的判定与性质得出，即可求解；
（2）过点作的平行线分别交，于点，，根据矩形的性质得出，，，结合正方形的性质和平行线的性质推得，根据等角对等边推得，根据等角的余角相等得出，根据全等三角形的判定和性质得出，根据平行线的判定得出，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，结合矩形和正方形的判定即可证明；
（3）由点在射线上可以分类讨论，点在线段上，或者延长线上，结合（1）和（2）的结论，先求，根据勾股定理求出和，得出的值，即可得出的值，结合勾股定理求出的值，根据相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】（1）解：；理由如下：
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，，，
∴，
由旋转得，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
即；
（2）证明：如图，过点作的平行线分别交，于点，，
则四边形、均为矩形，
∴，，，
∵四边形是正方形，是对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故，
又∵，
∴，
在和中，
∴，
∴；
由旋转得，，，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：①当点在线段上时，如图，过点作的平行线分别交，于点，，过作于点，
由（2）知，
故设，
则，，
即，
∴，
可得，
解得：，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
由（1）可得，，
∴，
在中，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
即，
∴；
②当点在线段延长线上时，如图，如图，过点作的平行线分别交，于点，，过作于点，
由（2）知，
故设，
则，，
即，
∴，
可得，
解得：，
∴，
在中，，
在中，，
∴，
由（1）可得，，
∴，
在中，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∵，
∴，
∴，
即，
∴，
∵，
即，
∴；
综上，的长度为或．
【变式】
1．（2025·江苏泰州·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标是，一个以为顶点的的角绕点旋转，角的两边与对角线交于点、．
(1)试说明在旋转的过程中，并求出的值；
(2)如图，过点作于点，过点作于点，延长、交于点，则点始终在某一函数图象上运动，试求出此函数关系并说明理由．
【答案】(1)见解析，；
(2)函数关系式为：，理由见解析
【分析】（1）根据两角相等证明，列比例式即可解答；
（2）设，，设，根据两点的距离公式可得，，再根据（1）中的等式：即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：此函数关系为：，理由如下：
如图，设，，
，，
，
，
四边形是矩形，
设，
正方形的边长为，
，，
，，
和是等腰直角三角形，
，，
，，
由可知：，
，，
，，
，
，
，
此函数关系式为：．
2．（2024·江苏扬州·三模）（1）观察猜想：如图1，已知三点在一条直线上（），正方形和正方形在线段同侧，H是中点，线段与的数量关系是______，位置关系是______；
（2）猜想证明：在（1）的基础上，将正方形绕点D旋转度（），试判断（1）中结论是否仍成立？若成立，仅用图2进行证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展延伸：如图3，矩形和矩形中，，将矩形绕点旋转任意角度，连接是中点，若，求点运动的路径长．
【答案】（1）；（2）成立，证明见解析；（3）
【分析】（1）根据正方形和正方形，得到继而得到；设正方形的边长为a，正方形的边长为b，根据题意，得；结合H是中点，得到，继而得到
．
（2）结论仍然成立．理由如下，延长到点P，使得，连接，根据正方形的性质，证明，延长二线交于点Q，根据三角形中位线定理，得到，得到，结合，证明即可．
（3）延长到点Q，使得，连接，根据三角形中位线定理，得到，根据矩形的性质，证明，得，结合，得到，取的中点O，连接，结合是中点，得到，根据圆的定义，判定点H在以点O为圆心，以为半径的圆上，其周长为．
【详解】（1），且．理由如下：
∵正方形和正方形，
∴
∴；
设正方形的边长为a，正方形的边长为b，
根据题意，得；
∵H是中点，
∴，
∴．
故答案为：．
（2）结论仍然成立．理由如下，
延长到点P，使得，连接，延长二线交于点Q，
∵H是中点，
∴，，
∴，
∵正方形和正方形，
∴，，，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，，
∴，，
故．
（3）如图，延长到点Q，使得，连接，
根据三角形中位线定理，得到，
∵矩形和矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
取的中点O，
连接，
∵是中点，
∴，
根据圆的定义，判定点H在以点O为圆心，以为半径的圆上，
∴其周长为．
突破一 正方形的折叠问题
【典例】．（2025·江苏连云港·二模）综合与实践
【发现问题】在进行综合与实践活动时，学习小组发现生活中常用的纸是一个长与宽的比为的矩形．
【定义】若一个四边形为矩形，且长与宽的比为，则这个四边形为类矩形．
【提出问题】如何用不同形状的纸折一个类矩形？
【分析并解决问题】
（1）学习小组利用一张纸（）对折一次，使与重合，折叠过程如图1所示，求证：四边形是类矩形；
（2）学习小组利用一张正方形纸片折叠2次，展开后得折痕，，再将其沿折叠，使得点B与点E重合，折叠过程如图2所示．求证：四边形是类矩形；
【拓展延伸】
（3）如图3，四边形纸片中，垂直平分，，，点E，F，G，H分别是边上的点，将四边形纸片沿折叠，使得点B的对应点落在上，再沿折叠，使得点C，D的对应点分别落在上，若四边形是类矩形，请直接写出的值．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】本题是四边形的综合题，解题的关键是掌握折叠的性质，矩形的性质和判定，新定义类矩形的理解和运用，相似三角形的性质和判定，勾股定理等知识，掌握折叠的性质和新定义的运用是解本题的关键．
（1）先证明，再证明四边形是矩形，即可得结论；
（2）如图2，由折叠得：，先证明四边形是矩形，如图3，设，，则，根据折叠的性质和等腰直角三角形的性质表示，的长，即可解答；
（3）设与交于点，分两种情况：或，①如图4，当时，，根据，，列比例式即可得结论；②如图5，当时，，同理可得结论．
【详解】（1）证明：设，则，
由折叠得，，
，四边形是矩形，
，，
，
，
四边形是矩形，
四边形是类矩形；
（2）证明：如图2，由折叠得：，
四边形是正方形，
，，
，
四边形是矩形，
如图3，设，，则，
，
是等腰直角三角形，
，
，
，，
，
，
四边形是类矩形；
（3）设与交于点，
垂直平分，
，
四边形纸片沿折叠，使得点的对应点落在上，
，
同理得：，，
四边形是类矩形，
或，
①如图4，当时，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
②如图5，当时，，
由①同理得：，，
，即，
，
，
，即，
，
，
，
，
；
综上，的长为或．
【变式】
1．（2025·江苏苏州·一模）数学实验：折叠正方形纸片．
通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，是将正方形纸片折叠后得到的一条折痕，其中点P，Q分别在边，上．
(1)折叠正方形纸片，使得，依次落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分别作出折痕，（不写作法，保留作图痕迹），其中点E，F分别在边，上．设，的交点为O，则_________；
(2)在（1）的条件下，折叠正方形纸片，使得落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图②中作出折痕（不写作法，保留作图痕迹），其中点M，N分别在边，上．设，的交点为G，则点G落在正方形纸片的哪一条对称轴上？请说明理由；
(3)如图③，已知正方形纸片的边长为．在（2）的条件下，当点P为边的中点时，则随着点Q位置的改变，的周长是否会发生改变？如果不变，求出的周长；如果改变，求出的周长的最小值，并求出此时折痕的长．
【答案】(1)作图见解析；
(2)作图见解析；点G在边、的垂直平分线上；理由见解析；
(3)改变；的周长的最小值为；
【分析】本题考查了正方形的折叠问题．
（1）作，的角平分线即可．根据三角形外角的性质得到，再根据角平分线的性质得到，即可得到；
（2）延长，交于T，作的角平分线即可．证明得到点G是的中点即可；
（3）作的角平分线交于E，连接，先根据折叠的性质求出，可知的最小值为，将向上平移使得M与A重合，证明，得到，即可得到．
【详解】（1）解：如图，作，的角平分线即可．
∵，，
∴．
∵，分别是，的角平分线，
∴
∴
故答案为：；
（2）解：如图，延长，交于T，作的角平分线即可．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
∴点G是的中点，
∴点G在边、的垂直平分线上；
（3）解：如图，作的角平分线交于E，连接，
∵是折痕，
∴且垂直平分
∴，
∵为定值即，
∴当A、M、E三点共线时，最小，最小值即为的长，
故的最小值为，
此时E和B重合，将向上平移使得M与A重合，如下图：
∵，，
∴
∵，，
∴，
∴
即，
∵
∴
2．（2025·江苏镇江·一模）一张正方形纸片，我们通过折纸，可以将它的边、角进行平分(如图1)．
那如何通过折纸，将正方形纸片的边、角进行三等分呢？小明进行了如下的尝试：
【活动1】
如图2，先对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，然后再对折，得到折痕、，展开后折出对角线，对角线与、、分别交于点、、，最后沿折叠，得到折痕，则点将边三等分．
(1)请说出点将边三等分的理由．
【活动2】
如图3，先对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，然后把纸片展平，再次折叠纸片，使点落在上的点处，得到折痕和线段．
(2)请说出被、三等分的理由；
(3)如图4，在折叠过程中，不小心将点往右去了一点，点的对应点落到了下方，延长交于点．若正方形纸片的边长为，此时，则 ．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）由，得到，求得，易证，再根据相似三角形的性质可推出，即可得到结论；
（2）由折叠的性质得到，，，，求得，，利用三角函数可知，于是得到和三等分；
（3）由折叠的性质得到，，，，易证，根据全等三角形的性质得到，设，，，最后根据勾股定理即可得到结论．
【详解】（1）解：根据题意，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
点将边三等分；
（2）解：由折叠的性质可知，，，，，
，，
，
，
，
，，
，
和三等分；
（3）解：由折叠的性质得，，，，，
，
，
，，
，
，，
设，，
，
，
解得，
．
故答案为：．
突破二 正方形与圆的综合问题
【典例】．（2025·江苏常州·二模）如图，在边长为6的正方形中，点E是边上的动点，连接，交对角线于点M． 以为直径的圆交于点F， 连接、．
(1)和数量上有什么关系？说明理由；
(2)将以为轴翻折得到(点N与点M对应)，的延长线交于G．
①求的最大值；
②设，用x的代数式表示，并写出x的取值范围．
【答案】(1)，理由见详解
(2)①②（）
【分析】（1）连接，结合正方形的性质及圆的基本性质，由可判定，由全等三角形的性质，即可得证；
（2）①结合正方形的性质和旋转的性质，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，设，则，由二次函数的性质即可求解；
②由①得，由勾股定理得，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，求出，由可求出，当与重合时，，可求出，由的延长线交于G得在正方形的内部，即可求解．
【详解】（1）解：，
理由如下：连接，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在和中
，
（），
，
；
（2）解：如图，
①四边形是正方形，
，
，
，
，
由旋转得：
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
解得：
，
，，
当时，
取得最大值为；
②由①得
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
解得：，
由旋转得
，
，
当与重合时，，
，
整理得：，
解得：，（舍去），
的延长线交于G
在正方形的内部，
，
故：（）．
【变式】
1．（2025·江苏南京·一模）面积和周长是初中几何数学中讨论的重要内容．
(1)小明的想法：若要在锐角三角形里找到一个面积最大的正方形，可以在一条边上先找一个点，然后…
①补全小明的想法，可以画图补充；
②按这样想，面积相等的直角三角形里，面积最大的正方形的面积随着直角三角形高的变化趋势是 ___________．
(2)小芳的问题：边长为的等边三角形里，周长最大的正方形的面积是多少？请你回答．
(3)小张的问题：在一个边长为5的正方形中，最多可以找出多少个顶点均在边上且面积为10的等边三角形？请你回答：
A．有 ___________个
B．无数个
C．没有
(4)一个边长为m的正方形中，圆与正方形各边相切，圆上两个动点之间的距离为m，分别连接两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：___________．
【答案】(1)①见解析；②正方形的面积随高的增大是先变大再变小
(2)
(3)C
(4)
【分析】本题考查了等边三角形的性质，垂径定理，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是理解题意，熟练化为基础知识．
（1）①在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形；
②在中，设，，设正方形的边长是，根据得出，从而，进一步得出结果；
（2）设，则，由得，求得，进而得出结果；
（3）设等边三角形的边长是，可得出，求得，进一步得出结果；
（4）当时，的面积最大，在中求得，进而得出面积最大值；当时，面积最小，同样的方法得出结果，进一步得出结果。
【详解】（1）解：①如图1，
在上取，作于，以为边作正方形，连接并延长交于，作，作于，作于，则四边形是面积最大的正方形；理由如下：
∵，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴矩形是正方形；
②如图2，
在中，设，，设正方形的边长是，
，
，
，
，
，
设(为常数），
，
当增大时，先变小再变大，
故答案为：正方形的面积随高的增大是先变大再变小；
（2）解：如图3，
设，则，，
由得，
，
，
，
答：周长最大的正方形的面积为：；
（3）解：选：没有，理由如下：
设等边三角形的边长是，
∴，
∴，
∴，
∴不存在面积为10的等边三角形；
（4）解：如图4，
当时，的面积最大，
在中，，，
，
，
，
，
如图5，
当时，面积最小，
∵，
∴，
∴，
∴两动点和正方形的一个顶点所形成的三角形面积的最大值和最小值的比值：．
2．（2025·江苏徐州·二模）如图1，在正方形中，点E在上（不与点A，B重合），点F在上，且，连接交于点G．
(1)请写出和的位置关系和数量关系______，______；
(2)如图2，连接，点O，M，N分别是的中点，连接．
①请判断点G，M，O，N是否在同一个圆上；
②当F是的中点时，分别连接与，它们交于点H，请直接写出的值．
【答案】(1)相等，垂直
(2)①点G，M，O，N在同一个圆上，见解析；②
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）证明即可解答；
（2）①连接，利用中位线的性质可得为直角，取的中点，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半即可解答；
②画出图形，以点为原点，分别为轴，轴建立平面直角三角形，求得的坐标，即可求得．
【详解】（1）解：四边形为正方形，
，
，
，
，，
，
，
，即；
故答案为：相等，垂直；
（2）解：①点G，M，O，N在同一个圆上，理由如下：
如图，连接，
点是正方形对角线上中点，
经过点，
点是的中点，
，
，
，
如图，连接，取的中点，连接，
，
点G，M，O，N在同一个圆上；
②如图，以点为原点，分别为轴，轴建立平面直角三角形，
，
设正方形的边长为，
则,，
F是的中点时，
，，
设直线的解析式为，
把代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
设直线的解析式为，
把代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
列方程，
解得，
把代入，可得，
，
分别为的中点，
，
，，
．
突破三 正方形与函数的综合问题
【典例】．（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为．
(1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大；
(2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值．
【答案】(1)图1的正方形面积较大
(2)在图3中，，当时，长方形的面积有最大值为；在图4中，，当时，长方形的面积有最大值为
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，二次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先运用勾股定理算出，再运用正方形的性质分别证明，，，然后代入数值化简得，进行计算得，然后进行比较，即可作答．
（2）与（1）同理证明，则长方形的面积，结合二次函数的图象性质得当时，长方形的面积有最大值为．，然后证明，，再把数值代入长方形的面积，化简得，结合二次函数的图象性质进行作答即可．
【详解】（1）解：∵，△ABC的面积为，
∴，
∴．
设正方形的边长为，
∵四边形是正方形
∴，，
∵
∴
得，
即，
解得．
∵四边形是正方形
∴，
∴
∴，
得，
即，
∴．
，
∵
∴，
得，
即，
解得．
∵，
∴图1的正方形面积较大．
（2）解：∵四边形是长方形
∴，，
∵
∴；
得，
则，，
∴长方形的面积，
∵
∴开口向下，
当时，长方形的面积有最大值为．
在图4中，同理得，
得，
∴，，
同理得，
得，
则，
∴长方形的面积，
∵
∴开口向下，
∴当时，长方形的面积有最大值为．
【变式】
1．（2025·江苏盐城·一模）如图，在中，，点E是斜边上的动点（点E与点A不重合），连接，以为直角边在的左侧构造，，连接，．
【特例感知】
（1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______．
【类比迁移】
（2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想．
【拓展应用】
（3）在（1）的条件下，点D与点B关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y．
①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值；
②当时，请直接写出的长度．
【答案】（1），；（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①，当时，的最小值为；②当时，为或．
【分析】（1）先证明，，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论；
（2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论；
（3）①先证明四边形为正方形，如图，过B作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为，结合，再解方程可得答案．
【详解】解：（1）∵，
∴，，
∵，
∴，，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下：
∵，
∴，，
∵，
∴；
∴，，
∴，
∴，
∴与之间的位置关系是，数量关系是；
（3）由（1）得：，，，
∴，都为等腰直角三角形；
∵点B与点D关于对称，
∴为等腰直角三角形；，
∴四边形为正方形，
如图，过作于，
∵，，
∴，，
当时，
∴，
∴，
如图，当时，
此时，
同理可得：，
∴y与x的函数表达式为，
当时，的最小值为；
②如图，∵，正方形，记正方形的中心为，
∴，
连接，，，
∴，

∴在上，且，为直径，
∴，
过作于，过作于，
∴，，
∴，
∴，
∴正方形面积为，
∴，
解得：，，经检验都符合题意，
如图，
综上：当时，为或．
2．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系中，点，的位置和函数、的图像如图所示．以为边在x轴上方作正方形，边与函数的图像相交于点E，边与函数、的图像分别相交于点G、H，一次函数的图像经过点E、G，与y轴相交于点P，连接．

(1)，，求函数的表达式及的面积；
(2)当a、m在满足的条件下任意变化时，的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线与边的交点是否在函数的图像上？并说明理由．
【答案】(1)函数的表达式为，的面积为
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
【分析】（1）由，，可得，，，，则，当，，则；当，，解得，则；当，，解得，则；待定系数法求一次函数的解析式为，当，，则，根据，计算求解即可；
（2）求解过程同（1）；
（3）设直线的解析式为，将，，代入得，，解得，即，当，，则直线与边的交点坐标为，当，，进而可得结论．
【详解】（1）解：∵，，
∴，，，，
∴，
当，，则；
当，，解得，则；
当，，解得，则；
设一次函数的解析式为，
将，，代入得，，解得，
∴，
当，，则，
∴；
∴函数的表达式为，的面积为；
（2）解：的面积不变，理由如下：
∵，，，，
∴，
当，，则；
当，，解得，则；
当，，解得，则；
设一次函数的解析式为，
将，，代入得，，解得，
∴，
当，，则，
∴；
∴的面积不变；
（3）解：直线与边的交点在函数的图像上，理由如下：
设直线的解析式为，
将，，代入得，，解得，
∴，
当，，
∴直线与边的交点坐标为，
当，，
∴直线与边的交点在函数的图像上．
1．（2025·江苏苏州·二模）如图，正方形中，是边的中点，点是平面内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接．则线段长最大时，的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数，旋转的性质，矩形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
由旋转得：，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，，证明 ，则，可得，由，得到，当点三点共线时，取得最大值，如图：过点作交延长线于点，过点作于点，则四边形是矩形，证明，则，，故，则由即可求解．
【详解】解：由旋转得：，
如图，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，，则，
∵，
∴，
在与中，
，
∴ ，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
当点三点共线时，取得最大值，如图：过点作交延长线于点，过点作于点，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
2．（2025·江苏苏州·二模）如图①，是形如“”形的拼块，其每个拐角都是直角，各边长度如图所示．如图②，用个同样的拼块拼成的图案，恰好能放入一个边长为的正方形中，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】结合题意得出，，，，，先由勾股定理求出，再证，，根据相似三角形的性质可得，，最后根据正方形的边长为得到，解方程即可得到的值．
【详解】解：依题得：，，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，，
，
即，
解得．
故选：．
【点睛】本题考查的知识点是勾股定理解直角三角形、相似三角形的判定与性质，解一元一次方程、正方形的性质，解题关键是熟练掌握相似三角形的判定与性质．
3．（2025·江苏无锡·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边始终经过轴正半轴上一定点为的中点，经过点且垂直于轴的直线与边分别交于点，与对角线、分别交于点与轴交于点．下面4个结论：
①的长度不变；②始终等于；③经过一个定点；④．其中正确的有（ ）
A．①④B．②③C．①②③D．①②④
【答案】C
【分析】过点E作于T，可证明四边形是矩形，得到，，再证明，得到，据此可判断①；设交于P，连接，可证明是的中位线，得到，则，证明，得到D、F、P、N四点共圆，则，即可证明是等腰直角三角形，据此可判断②；证明，可得，据此可判断③；当点A与点M重合时，点N也与点M重合，此时点F与点P重合，据此可判断④．
【详解】解：如图所示，过点E作于T，
∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵点M为定点，即的长为定长，
∴的长为定长，故①正确；
设交于P，连接，
由正方形的性质可得，P为的中点，
又∵为的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴D、F、P、N四点共圆，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，故②正确；
∵，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
又∵M为定点，D为的中点，
∴点D为定点，的长为定长，
∴的长为定长，
又∵，
∴点G为定点，即经过一个定点，故③正确；
当点A与点M重合时，点N也与点M重合，此时点F与点P重合，
∴此时，
∵，
∴此时不满足，故④错误；
∴正确的有①②③；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，坐标与图形，全等三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，圆周角定理，三角形中位线定理，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于证明D、F、P、N四点共圆．
4．（2025·江苏无锡·二模）如图，在正方形中，、分别为、的中点，连接、交于点，将沿对折，得到，延长线交延长线于点，下列结论正确的个数为（ ）
①；②；③；④；
⑤．
A．5B．4C．3D．2
【答案】B
【分析】根据正方形的性质易证，即可判断①；根据，，即可得到，从而推出为直角三角形，即可判断②；根据，得到，结合折叠的性质可知，即可判断③；由③可知，根据正方形的性质和折叠的性质可得到，，，不妨设，，则，，利用勾股定理可求得，从而用表示出和，即可判断④；设与交于点，根据①②所得和折叠的性质可证，，得到，，进而得到为的中位线，然后由三角形面积公式得到，结合即可判断⑤．
【详解】解：四边形为正方形，、分别为、的中点，
，，，，
，
，
，故①正确；
由①可知，
，
，即，
，
在中，，故②正确；
四边形为正方形，
，
，
将沿对折，得到，
，
，故③正确；
由③可知，
四边形为正方形，点、分别为、的中点，
，，
，
将沿对折，得到，
，，，
，
不妨设，，则，，
在中，，即，
解得，
，，
，故④错误；
设与交于点，如图所示：
由①②可知，，，，
将沿对折，得到，
，，
，
，
，，
，，
点为的中点，
，
，
为的中位线，
，
，，
，
，，
，故⑤正确；
综上所述，结论正确的有4个．
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，勾股定理，折叠的性质，三角形中位线的判定与性质，平行线分线段成比例等，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
5．（2025·江苏苏州·模拟预测）如图①是手工课上红红剪的窗花，军军将其轮廓绘制到平面直角坐标系中，得到如图②所示的示意图，其中是正方形和正方形的中心，且正方形的顶点均在坐标轴上，与轴平行，若，则与的交点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了坐标与图形，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握相关知识．设与轴交于点，过点作于点，则四边形是矩形，得到，，根据正方形的性质推出，，得到和都是等腰直角三角形，进而得到，，求出，即可求解．
【详解】解：如图，设与轴交于点，过点作于点，则四边形是矩形，
，，
四边形和四边形都是边长为的正方形，
，，，，，
，
，
和都是等腰直角三角形，
，，
，
点在第二象限内，
点的坐标为，
故选：D．
6．（2025·江苏泰州·三模）如图，，点在的平分线上，于点．点在射线上，连接，过点作交射线于点，射线与射线相交于点，若，则的值为 ．
【答案】或
【分析】连接，作于点，而于点A，则，由角平分线的性质得，则四边形是正方形，由，推导出，可证明得，设，，则；再分两种情况讨论，一是点在线段上，设交于点，则，求得，则，由得，求得，则，由得，则；二是点在线段的延长线上，延长交于点，由，求得，则，求得，则，据此解答即可．
【详解】解：如图：连接，作于点，则，
，于点，
，
四边形是矩形，
点在的平分线上，
，
四边形是正方形，
交射线于点，
，
，
，，，
，
，
设，，则，
如图，点在线段上，设交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
如图，点在线段的延长线上，延长交于点，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
综上所述，的值为或．
故答案为：或．
【点睛】本题主要考查角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、正方形的性质、相似三角形的判定与性质等知识点，正确地添加辅助线是解题的关键．
7．（2025·江苏无锡·模拟预测）如图，在正方形 中，是边上一点，，，将正方形边沿 折叠到，延长交于点，则 的长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，折叠性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，连接，先求出，由四边形是正方形，则，，再通过折叠性质可知，，，，证明，所以，设，则，，然后通过勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：连接，如图，
∵，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∴，
∴，
设，则，，
∴，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
8．（2025·江苏淮安·模拟预测）如图①为边长为4的正方形七巧板，拼成如图②所示的四边形，连接交于点H，则 ．
【答案】
【分析】本题主要考查正方形相关的图形变换，锐角三角函数， 根据正方形的拼法求出每段的长度，过点作于，设长为,根据三角函数表示出，，求解．
【详解】解：如图，过点作于，令、交于点，
由图①为边长为4的正方形七巧板可知,
，， 为等腰直角三角形，
，，
设，则，，
，
，
，
．
故答案为：．
9．（2025·江苏宿迁·三模）如图，在正方形中，，点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，连接，，当最大时，的长为 ．
【答案】或
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，切线的性质，正方形的性质，勾股定理，由题意可得点的运动轨迹是以点为圆心，为半径长的圆，当与相切时，最大，分两种情况：当点在左侧时；当点在右侧时；分别利用相似三角形的性质以及勾股定理计算即可得解，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵点E在边上，，将线段绕点A旋转，得到线段，
∴点的运动轨迹是以点为圆心，为半径长的圆，
当与相切时，最大
如图，当点在左侧时，
，
根据题意可得：，，
∵，
∴，
过点作交的延长线于点，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
如图，当点在右侧时，过点作于点，
，
同理可得：，，
∴，
∴；
综上所述，的长为或，
故答案为：或．
10．（2025·江苏泰州·三模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点的坐标是，一个以为顶点的的角绕点旋转，角的两边与对角线交于点、．
(1)试说明在旋转的过程中，并求出的值；
(2)如图，过点作于点，过点作于点，延长、交于点，则点始终在某一函数图象上运动，试求出此函数关系并说明理由．
【答案】(1)见解析，；
(2)函数关系式为：，理由见解析
【分析】（1）根据两角相等证明，列比例式即可解答；
（2）设，，设，根据两点的距离公式可得，，再根据（1）中的等式：即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，，
，，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：此函数关系为：，理由如下：
如图，设，，
，，
，
，
四边形是矩形，
设，
正方形的边长为，
，，
，，
和是等腰直角三角形，
，，
，，
由可知：，
，，
，，
，
，
，
此函数关系式为：．
1．（2025·江苏常州·三模）【推理】如图1，在正方形中，点E是上一动点，将正方形沿着折叠，点C落在点F处，连结，，延长交于点G．
（1）求证：；
【运用】（2）如图2，在【推理】条件下，延长交于点H．若，，求的长；
【拓展】（3）将正方形改成矩形，同样沿着折叠，连结，延长，交直线于G，H两点，若，，求的值（用含k的代数式表示）．
【答案】（1）见解析（2）（3）或
【分析】（1）由折叠结合正方形的性质推出，再根据可证明结论；
（2）连接．由全等的性质结合折叠以及正方形的性质推出，在 与 中根据勾股定理得出等式即可推出结果；
（3）分①当点在点的左侧时，②当点在点的右侧时，两种情况画出图形分别求解．
【详解】（1）证明：∵是由折叠得到，
，
，
∵四边形是正方形，
，
，
，
，
．
（2）解：如图，连接．
，
，
由折叠可知，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
，
，
，
，
或（舍去），
；
（3）解：如图，连接，
由题意，
设，
设．
①当点在点的左侧时，
∵，
∴，
由折叠可知，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
解得：或（舍弃），
∴；
②当点在点的右侧时，如图，
设，同理，
∵，
∴，
∴，
即，
∴或（舍弃），
∴．
综上所述，或．
2．（2025·江苏盐城·三模）如图1，在正方形中，，点分别在边上，．将绕点逆时针旋转，连接所在直线交直线于点，连接．
(1)如图2，写出与的数量关系和位置关系并写出证明过程；
(2)如图2，当时，求证：；
(3)若，当点为中点时．直接写出的值．
【答案】(1)，，过程见解析
(2)见解析
(3)或
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，证明，得出，，令交于，再由三角形内角和定理计算即可得解；
（2）过点作与的延长线交于点，则，由正方形的性质可得，，证明，得出，，从而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得，即可得解；
（3）由等腰直角三角形的性质可得，分两种情况：当时，连接、，作交于，作交于，作交于；当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于；分别求解即可．
【详解】（1）解：，，证明如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转的性质可得：，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
令交于，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点作与的延长线交于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3）解：∵旋转，
∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，
当时，，
∴，
如图，当时，连接、，作交于，作交于，作交于，
由（1）可得：，
∵点M为中点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴；
如图，当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于，
同理可得：，，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
3．（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直（2）证明见解析（3）（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
4．（2025·江苏泰州·三模）问题呈现
在正方形中，点E在边上，点F在边上，连接得到且，把绕点A逆时针旋转得到，连接．
【独立思考】（1）如图①，当的延长线经过点B时，求证：是直角三角形；
【探究发现】（2）如图②，“求知”小组过点作交正方形的对角线于点M，且经过边的中点N，判断与的数量关系并给出你的理由；
【拓展探究】（3）“励志”小组在“求知”小组探究的基础上，测得．
①在图②中，求的长；
②绕点A旋转的过程中，直接写出点到的最大距离．
【答案】（1）证明见解答；（2）．证明见解答；（3）①的长为；
②点到的最大距离为．
【分析】（1）由四边形是正方形，可得，根据旋转的性质可得，进而可证得，即可证得结论；
（2）如图（2），过点作于点于点，过点作于点，利用正方形性质可证得，得出．由，可得．根据、、三点共线，可得在边上的高与在边上的高相等，即可推出结论；
（3）①在中，运用勾股定理得，可得．在 中，运用勾股定理得．再由，即可求得答案；
②如图（3），过点作于点，当点、、三点共线时，点到的距离有最大值，运用等腰直角三角形性质即可求得答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
，
∵绕点逆时针旋转得到，
，
，
，
，
，
，
如图（1），设与交于点，
则，
，
，
，
∴是直角三角形；
（2）解：．
理由如下：如图（2），过点作于点于点，过点作于点．
∵，
∴，
由（1）得．
∵交正方形的对角线于点，
，
∴是的平分线，
，
，
∵点是的中点，
，
∵，
，
，
在中，，
，
，
又 ∵，
，
∵、、三点共线，
∴在边上的高与在边上的高相等，
；
（3）解：①如图（2），
∵，
由（2）得，
．
在中，，
∴．
在中，．
由（2）得．
∴，
∴，
即的长为；
②点到的最大距离为．
解：如图（3），过点作于点，当点、、三点共线时，点到的距离有最大值，
由①得，又，
∴，
∴点到的距离有最大值为．
5．（2025·江苏徐州·二模）如图1，在正方形中，点E在上（不与点A，B重合），点F在上，且，连接交于点G．
(1)请写出和的位置关系和数量关系______，______；
(2)如图2，连接，点O，M，N分别是的中点，连接．
①请判断点G，M，O，N是否在同一个圆上；
②当F是的中点时，分别连接与，它们交于点H，请直接写出的值．
【答案】(1)相等，垂直
(2)①点G，M，O，N在同一个圆上，见解析；②
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中位线的性质，直角三角形斜边上中线等于斜边一半，正确作出辅助线是解题的关键．
（1）证明即可解答；
（2）①连接，利用中位线的性质可得为直角，取的中点，根据直角三角形斜边上中线等于斜边一半即可解答；
②画出图形，以点为原点，分别为轴，轴建立平面直角三角形，求得的坐标，即可求得．
【详解】（1）解：四边形为正方形，
，
，
，
，，
，
，
，即；
故答案为：相等，垂直；
（2）解：①点G，M，O，N在同一个圆上，理由如下：
如图，连接，
点是正方形对角线上中点，
经过点，
点是的中点，
，
，
，
如图，连接，取的中点，连接，
，
点G，M，O，N在同一个圆上；
②如图，以点为原点，分别为轴，轴建立平面直角三角形，
，
设正方形的边长为，
则,，
F是的中点时，
，，
设直线的解析式为，
把代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
设直线的解析式为，
把代入可得，
解得，
所以直线的解析式为，
列方程，
解得，
把代入，可得，
，
分别为的中点，
，
，，
．
6．（2025·江苏泰州·三模）如图，在正方形中，点是对角线的中点，是线段上一动点（不包括两个端点），连接．
(1)如图1，过点作交于点，连接交于点．
①求证：；
②若，则_____．
③若正方形的边长为，在运动的过程中，是否是定值；若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(2)在如图2中，请用无刻度的直尺作出一个以为边的菱形．
【答案】(1)①见解析；②；③
(2)见解析
【分析】（1）过作，交于，交于，易证得四边形为矩形，则，可证得是等腰直角三角形，则有，即，再根据等角的余角相等可证得，根据全等三角形的判定证得即可得出结论；
②将绕点顺时针旋转，得到，由旋转的性质和等腰直角三角形的性质可证得，，，进而可证明，则，再由勾股定理即可得；
③根据正方形的边长为，得出，设，，则，，根据勾股定理得出，化简得出，代入，即可求解；
（2）连接，延长交于，连接交于，连接交于点，连接，，则四边形是菱形．
【详解】（1）证明：①如图1，过作，交于，交于，
四边形是正方形，
，，
，
，
四边形是矩形，
，
中，，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
．
②将绕点顺时针旋转，得到，
，，，，
，
，，
，
，
，
，且，，
，
，
，
，
③∵正方形的边长为，
∴
设，，
∴
∵，
∴
∴
∴
∴
（2）如图，连接，延长交于，连接交于，连接交于点，连接，，则四边形是菱形，
理由如下，，，，
，
，
同理可得，
，，，
，
，，且，
，且，
四边形是平行四边形，
，
，且，，
，
，且，
四边形是平行四边形，且，
四边形是菱形．
7．（2025·江苏南通·模拟预测）（1）如图①，四边形是正方形，G为边上的任意一点，于点E，，交于点F．求证：．
（2）如图②，在等腰直角三角形中，，，点D在边上，且，连接，过点B作，交于点E，垂足为F，求与之间的数量关系．
（3）如图③，在中，，．若D是射线上一点，，，连接，过点B作于点F，请补全图形，并求的长．
【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析，的长为或．
【分析】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．
（1）根据题意证明，从而得到，进一步得出结论；
（2）由，得到，证明，从而得到，进一步得出结果；
（3）分两种情况：当点D在线段上时，当点D在的延长线上时，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，
∵，
∴
（2）如图①，过点C作，交的延长线于点H，则，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴F是的中点，
∵，
∴，
∴E是的中点，
∴；
（3）当点D在线段上时，补图如图②所示，过点C作，交的延长线于点H，
由（2）得，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
解得：（负值已舍去），
，
当点D在的延长线上时，补图如图③所示，过点C作于点H，
同理可证，
∴
又∵，
∴，
设，则，
，
解得：（负值已舍去），
综上所述，的长为或．
8．（2025·江苏镇江·二模）（1）问题发现：如图1，在正方形中，在边上，在边上，与交于点，求证：．
（2）问题解决：如图2，在菱形中，在边上，在射线上，与交于点和是否仍然相等？如果是，请写出证明；如果不是，请说明理由．
（3）创新应用：如图3，在矩形中，在射线（与不重合）上运动，经过点，当点在射线上时，则的长为______．
【答案】（1）见详解，（2），理由见详解，（3）4或12
【分析】（1）根据正方形的性质得，即可证明，有，结合，即可得；
（2）过点A作于点M，过点E作于点N，根据菱形的性质得和，由等面积法得，即可证明，有，可得，结合平行线的性质得，即可证明；
（3）分两种情况：①当点E和点D重合时，连接，根据矩形的性质得和，由三角形内角和定理得，可得，进一步证明，则，由勾股定理和直角三角形的性质求得和，可证明，则和，可得点G在射线上，结合等腰三角形的性质求得和，根据求解；②当点F和点C重合时，由，可知点在射线上，同理可得，，利用即可．
【详解】证明：（1）∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2），理由如下，
过点A作于点M，过点E作于点N，如图，
∵四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
则；
（3）解：①当点E和点D重合时，连接， 如图，
∵四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∴点G在射线上，
∵，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
则；
②当点F和点C重合时，如图，
∵，
∴点在射线上，
同理可得，，
∴；
综上所述，的长为4或12．
9．（2025·江苏常州·二模）综合与实践
在正方形中，，M是边上一点，E是线段上一点，过点A作的平行线，过点D作的平行线，得平行四边形，如图1．
【思考尝试】
如图2，若，且，则与的数量关系为______，平行四边形的面积为______．
【深入探究】
若，且．
①请在图3中用无刻度直尺与圆规作出点E，M（不写作法，保留作图痕迹）；
②平行四边形的面积为______．
【拓展延伸】
如图4，若，，作的平分线，交于点N，求的长，并直接写出平行四边形的面积．
【答案】思考尝试：；
深入探究：①见详解；②；
拓展延伸：96
【分析】对于（1），先说明四边形是矩形，再证明，可得，进而得出四边形是正方形，接下来求出，最后根据面积公式得出答案；
对于（2），连接，在上取，连接，并延长交于点M，则点E，M即为所求作；连接，结合正方形的性质根据勾股定理求出，即可得，然后根据得出答案；
对于（3） ，延长交的延长线于点H，连接，交于点K，先说明四边形是菱形，再证明，可得，接下来根据平行线的性质可得，进而说明，，可知，然后根据平行线的性质得，由等腰三角形的性质得，设，，则，
根据勾股定理求出，再根据求出，即可得出；
接下来求出，再根据勾股定理求出，最后根据得出答案．
【详解】∵四边形是正方形，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴．
∵,
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
在中，，
∴，
解得，
∴正方形的面积等于．
故答案为：，75；
【深入探究】如图所示，点E，M即为所求作；
②连接，
∵四边形是正方形，
∴．
根据勾股定理，得，
∴．
∵，
∴．
故答案为：；
【拓展延伸】如图所示，延长交的延长线于点H，连接，交于点K，
∵，且平分，
∴是的垂直平分线，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴．
∵，，
∴，
∴．
设，，则，
根据勾股定理，得，
∴．
∵，
∴，
∴，
即，
解得，
∴；
则，
过点D作，
∵，
∴．
根据勾股定理，得，
∴．
10．（2025·江苏常州·二模）如图，在边长为6的正方形中，点E是边上的动点，连接，交对角线于点M． 以为直径的圆交于点F， 连接、．
(1)和数量上有什么关系？说明理由；
(2)将以为轴翻折得到(点N与点M对应)，的延长线交于G．
①求的最大值；
②设，用x的代数式表示，并写出x的取值范围．
【答案】(1)，理由见详解
(2)①②（）
【分析】（1）连接，结合正方形的性质及圆的基本性质，由可判定，由全等三角形的性质，即可得证；
（2）①结合正方形的性质和旋转的性质，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，设，则，由二次函数的性质即可求解；
②由①得，由勾股定理得，由相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，求出，由可求出，当与重合时，，可求出，由的延长线交于G得在正方形的内部，即可求解．
【详解】（1）解：，
理由如下：连接，
四边形是正方形，
，
，
，
，
在和中
，
（），
，
；
（2）解：如图，
①四边形是正方形，
，
，
，
，
由旋转得：
，
，
，
，
，
，
设，则，
，
解得：
，
，，
当时，
取得最大值为；
②由①得
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
，
解得：，
由旋转得
，
，
当与重合时，，
，
整理得：，
解得：，（舍去），
的延长线交于G
在正方形的内部，
，
故：（）．
一、选择题
1．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（ ）
A．10B．8C．5D．4
【答案】C
【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键．
根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∵为的中点，
，
∴，
∵，
∴，
又，
∴，
，
∴，即，
∴，
∴的面积．
故选：C．
2．（2025·四川泸州·中考真题）如图，在边长为2的正方形中，为的中点，为上的点，且，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，三线合一，解题的关键在于熟练掌握相关知识．
过点D作于G，过点F作于H，由正方形的性质得到；由线段中点的定义得到，由勾股定理求出，解直角三角形可得；可证明，解得到，由三线合一定理得到，则；解得到，，则，在中，由勾股定理得，即可解题．
【详解】解：如图所示，过点D作于G，过点F作于H，
∵四边形是边长为2的正方形，
∴；
∵为的中点，
∴；
在中，由勾股定理得，
∴；
∵，
∴，
∴；
在中，，
∵，，
∴，
∴；
在中，，
，
∴，
在中，由勾股定理得．
故选：B．
3．（2025·山东东营·中考真题）如图，在中，，，点在边上（与点，不重合），四边形为正方形，过点作，交的延长线于点，连接，交于点．下列结论：①；②；③；④，其中结论正确的序号是（ ）
A．①②④B．①②③C．①②③④D．②③④
【答案】C
【分析】由正方形的性质得出，证出，由证明，得出，①正确；证明四边形是矩形，得出，②正确；由等腰直角三角形的性质和矩形的性质得出，③正确；证出，得出对应边成比例，得出，④正确．
【详解】解：∵四边形为正方形，
，
，
，
，
，
在和中，，
，
∴，故①正确；
，
，
，
，
∴四边形是矩形，
，
∴，
∴，故②正确；
，
∴，故③正确；
∵，
∴，
，
，
，
，故④正确；
∴正确的有①②③④．
故选：C．
4．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键.
根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可.
【详解】解：∵正方形沿折叠，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵正方形，
∴，
∴，
故选：D.
5．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在正方形中，，对角线相交于点O，动点P从点O出发沿方向以的速度运动，同时点Q从点C出发沿方向以的速度运动，当点Q到达点D时，P，Q同时停止运动．若运动时间为x（s），的面积为，则点P分别在上运动时，y与x的函数关系分别是（ ）
A．均为一次函数B．一次函数，二次函数
C．均为二次函数D．二次函数，一次函数
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，二次函数的定义．当点P在上运动时，由题意得，，作于点，求得，利用列式计算即可；当点P在上运动时，利用三角形面积公式求解即可．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，
∴，，
当点P在上运动时，由题意得，，
作于点，
∵，
∴，
∴，是二次函数；
当点P在上运动时，由题意得，
∴，是一次函数；
故选：D．
6．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
由折叠的性质易知，
∴，，
∴，，
又∵，
∴，
∴．
∵E为边的中点，
∴．
设，则，
∴，，
在中，，
∴，
解得，
∴，
∴，
∴．
故选：C．
7．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可．
【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，
则，
又∵，
∴，
∴，
由旋转得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
即当点P在时，的值最大为长，
∵是正方形，
，
∴，
∴的值最大为，
∴的最大面积是，
故选：C．
8．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在正方形中，点在的延长线上，点是的中点，连接并延长交于点，连接，则（）
A．B．C．D．2
【答案】B
【分析】先根据正方形边长和已知条件求出各线段长度，通过证明三角形全等得到的长度，再利用勾股定理求出、、的长度，最后通过勾股定理逆定理判断三角形形状，进而求出．
【详解】解：∵正方形中，，
∴，．
∵，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵，，，
∴（），
∴，．
在中，，，
∴．
在中，，，
∴．
在中，，，
∴．
∵，
∴是直角三角形，且．
∴．
故选：．
9．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（ ）
A．6B．6C．3D．4
【答案】D
【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为．
【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图，
设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则，
∵正方形边长为6，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点B、E、A、D在上，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴当点F在上时，
取得最小值，
为．
故选：D．
10．（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可．
【详解】解：正方形ABCD，
，，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
，，
令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，
内切于，
，
，
，
，
解得：，即的内切圆半径为2，
故选：B．
二、填空题
11．（2025·山东威海·中考真题）如图，小明同学将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图．若正方形硬纸板的边长为，则折成立方体的棱长为 ．
【答案】/
【分析】本题考查了正方体的展开图、正方形的性质、勾股定理以及一元二次方程的求解等知识；
如图，设，则，根据勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：如图，设，则，
则在直角三角形中，由勾股定理可得：，
即，
解得：或（舍去），
∴正方体的棱长为cm，
故答案为：．
12．（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ．
【答案】/0.375
【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解．
【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，
∵四边形为正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵,
∴，
∵，垂足为F，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
13．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；
②；
③当时，；
④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有 ．
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④.
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，故①符合题意；
∵，，
∴，
∴，故②符合题意；
当时，，
∴，，
∴，故③不符合题意；
如图，取的中点，连接，
∵，
∴在以为圆心，为直径的圆上，
当共线时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意；
故答案为：①②④
【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键.
14．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）．
【答案】①④
【分析】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，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵正方形，
∴，即，
∴，
∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵，
∴，
设正方形的边长为，
∴，，
∴，故③错误；
∵正方形，
∴，，
∵点，分别为，的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：①④．
15．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ．
【答案】/
【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，
则，
∵正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设正方形边长为，则，
∵，
∴，
在中，，即
解得：或（不合题意舍去）
∴．
故答案为：．
16．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为 ．
【答案】
【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可知，
∴，，，
∴点F、B、C三点共线，
∵ ，
∴ H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，
∵，，
∴正方形的边长为3，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
三、解答题
17．（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系．
【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
（2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由；
【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系．
【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解；
（2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得；
（3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得．
【详解】解：（1），理由如下，
如图，当点G，H重合时，
∵正方形与正方形，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下，
由（1）得，
∴，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3），理由如下，
由（1）得，
∴，，
在上截取，
∵，，
∴，
∴，，
同理，是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴．
18．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．
【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；
（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；
（4）同理可证，，，根据，求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形，
∴，，
∴旋转角为，，
故答案为：；；
（2）如图，
根据题意得，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）的值与α无关，理由如下，
如图，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵O是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，
过点作于点，
∴，，
∴，
∴，
∴的值与α无关；
（3）同理可证，，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
19．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
20．（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践
如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答）
【用数学的眼光观察】
（1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由．
【用数学的思维思考】
（2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________．
【用数学的语言表达】
（3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围）
【答案】（1），理由见解析；
（2）；
（3）与的函数解析式为．
【分析】（1）由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，综合应用全等三角形的判定和性质即可确定与的位置关系；
（2）由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，综合应用相似三角形的判定和性质，可得边之间的比例关系，化简整理即可；
（3）根据点的位置变化，进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可．
【详解】（1）解：
理由：
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：连接交于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵正方形的边长，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（3）解：当点在对角线上时，如图，过点作于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
当点在上，点在上时，如图，过点作于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
当点在对角线的延长线上时，如图，过点作交的延长线于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
综上所述，，
答：与的函数解析式为．
21．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点．
(1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明）
(2)求证：．
(3)若，直接写出的值（用含的式子表示）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段比例关系的推导，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
（1）先证明，再根据全等三角形的性质及外角的定义得出，由等角对等边即可证明；
（2）通过证明和，利用相似三角形的性质证明即可；
（3）设，根据比例关系得出，，再根据全等关系得出，进而求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（3）解：∵，，
∴，
设，
∴，
∴，，
∴，
由（1）得，
∴，
∴．
22．（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线．
(1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F．
①如图1，当点P与点O重合时，求证：；
②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）．
【答案】(1)①证明见解析
②为定值，该定值为
(2)
【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
（1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可；
②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可；
（2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可．
【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示：
则
四边形是正方形
四边形是矩形
在中，
四边形是正方形
，
；
②过点P作、，如图所示：
由①可知四边形是正方形
、
故 为定值，该定值为；
（2）解：过点P作、，连接，如图所示：
四边形是正方形
射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F
、
同理可得
是等腰直角三角形
在中，
由勾股定理得
．
答：四边形的面积为．
23．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，．
(1)如图①，求证：；
(2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）．
【答案】(1)见解析
(2)，，，
【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得，得，进而即可得证；
（2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形，
∴，，
∵ 是等边三角形，
∴，，
∴，
∴；
（2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下，
∵为等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，，
∴，
∵四边形 是正方形， 为对角线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴．
24．（2025·海南·中考真题）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究．
【知识技能】
（1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上．
①证明，并判断是否成立；
②若，，请计算正方形的周长．
【教学理解】
（2）如图2，在正方形中，、分别是边、上的点，．连接、，、分别是线段、上的点，连接、、，且（点、、、均不与端点重合）．请猜想线段、、的数量关系，并说明理由．
【拓展研究】
（3）如图3，是正方形的对角线，、分别为线段、上的点，且．将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点，连接、，求的值．
【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3）
【分析】（1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长；
（2）将绕点B逆时针旋转得，连接，先由旋转性质可得：，根据全等三角形的性质可得，，，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再证明四边形是平行四边形，从而可得，再根据平行线的性质可得，进而可证明，再利用勾股定理可求解；
（3）先利用正方形的性质，结合，可得同H为中点，是等腰直角三角形，从而可得，再根据中位线定理可得，，从而可说明是等腰直角三角形，再根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，于是就有，进而求得，再证明，列出比例式，求得的值．
【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至，
∴，，，，
∴，，
∴点M在的延长线上，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴成立；
②∵，，，
，
∴，
∴，
∴正方形的边长为，
∴正方形的周长为；
（2），理由如下：
将绕点B逆时针旋转得，连接，如图：
由旋转性质可得：，
∴，，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴；
（3）过C作于H，连接，设交于K，如图：
∵四边形是正方形，，
∴H为中点，是等腰直角三角形，
，
∵E为的中点，
∴是的中位线，
∴，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∵将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴，
即的值为．
25．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】
小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习．
【探究感悟】
如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ；
【深入探究】
小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长；
【拓展延伸】
如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长．
【答案】（1）（2）或（3）
【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可；
（2）分和两种情况进行讨论求解即可；
（3）连接，，作，易得四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，得到当点在上时，即点与点重合时，，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则：，在中，由勾股定理，得：，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形，边长为4，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，，
∴，，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴；
（2）当时，如图，作于点，延长交于点，
则：四边形为矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵折叠，
∴，
∴，
∴为等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
在中，，
∵，
∴，
∴；
②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点，则：，四边形为矩形，四边形为矩形，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴，
∴，，
在中，，
∴；
综上：或；
（3）连接，，交于点，作，则：四边形为矩形，
∴，，
∵折叠，
∴，，，，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
作点关于的对称点，连接，连接交于点，则：，，
∴，
∴当点在上时，即点与点重合时，，值最小；
如图：
∵，，，
∴，
∴，
∴为的中点，
∴，
设，则：，
在中，由勾股定理，得：，
解得，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即：，
∴．
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线段长
题型02 根据正方形的性质求角度
题型03 利用正方形的性质证明
题型04 正方形与反比例函数综合
题型05与正方形的性质相关的尺规作图
题型06正方形的旋转问题
突破一 正方形的折叠问题
突破二 正方形与圆的综合问题
突破三 正方形与函数的综合问题
基础巩固→能力提升→全国新趋势
考点
2025年
2024年
2023年
课标要求
正方形的性质
南京T12
无锡T24
苏州T8
扬州T28
连云港T25、27
南京T26
徐州T23
南通T17
宿迁T28
常州T13
扬州T27
连云港T7
淮安T27
泰州T25
无锡T14
扬州T18
探索并证明正方形的性质：正方形的四条边相等，对角线相等且互相垂直平分。正方形的判定定理：邻边相等的矩形是正方形，对角线相等的菱形是正方形，理解矩形、正方形、正方形之间的包含关系。
正方形的判定
/
无锡T24
常州T26
扬州T27
命题预测
2023 - 2025 年正方形的考查情况分析：
正方形兼具矩形和菱形的性质，是中考数学的核心考点，近三年在中考中均有不同程度的考查。难度中等偏上，尤其是正方形的折叠问题、正方形与圆、正方形与函数的综合问题，作为压轴题的考查较多。例如，南京、宿迁、扬州、连云港等城市近两年都曾将正方形作为压轴题考查，分值10-14分，难度较大。
2026年中考数学关于正方形的命题预测：
正方形的性质与判定作为中考核心考点之一，通常会考2题，选择与填空题会有一题，难度中等，3-4分左右；解答题：1 题，10-12 分，位置在第 23-25 题 (中档) 或第 27-28 题 (压轴)；总分预测：9-16 分，与近三年基本持平。
考查正方形与折叠/旋转等图形变换综合，或与圆、函数结合的创新题作为压轴题的可能性较大。
复习建议：
1. 夯实基础，构建知识体系
2. 突破常见解题模型，掌握解题技巧；
3. 分层训练，提升综合能力；
基础题训练：每天 5道选填题，限时完成；
中档题训练：每周 3-5 道解答题，侧重正方形与三角形的证明与计算；
难题训练：每周2-3道压轴题，重点突破折叠旋转综合、动点问题，注重解题思路的总结与反思。
4. 注重反思，总结解题规律
建立 "错题本"，分类整理正方形相关错题，标注错误原因和正确解法
总结 "正方形常用辅助线"；
培养 "几何直观" 能力，通过画图、折纸等方式加深对正方形性质和图形变换的理解；
5. 关注创新，适应命题趋势
多做跨模块综合题：正方形与函数、圆、三角函数结合的题目；
训练 "无图题" 解题能力：根据文字描述快速准确画出图形，标注已知条件；
关注新定义问题：学会将新定义转化为已学知识，灵活解决问题；
6. 针对性训练，结合本地考情
判定方法
文字语言
图形语言
符号语言
方法1
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形
在四边形ABCD中
∴四边形ABCD是正方形
方法2
一组邻边相等的矩形是正方形
∵四边形ABCD是矩形,AB=BC
∴四边形ABCD是正方形
方法3
一个角是直角的菱形是正方形
∵四边形ABCD是菱形,∠A=90°
∴四边形ABCD是正方形
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