专题02 正方形的计算与证明（专项训练）（江苏专用）2026年中考数学一轮复习讲练测+答案

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目 录
考点一：利用正方形的性质求角度
1．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】
如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上．
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程．
(2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由正方形的性质可得，据此可利用证明；
（2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
2．（2025·陕西渭南·一模）如图，是正方形的一条对角线，延长至点E，使得，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，三角形的外角的性质，根据正方形的性质，得到，等边对等角，得到，再根据三角形的外角的性质，进行求解即可．
【详解】解：∵是正方形的一条对角线，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
故选A．
3．（2025·辽宁抚顺·模拟预测）如图，在正方形中，E，F分别为对角线的三等分点，连接并延长交于点G，连接．若，则用含的代数式表示为______．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，掌握性质与判定方法是解题的关键．
先证明 得出再证明得出由此推出 ，得到据此求解即可．
【详解】解：设与的交点为，
∵正方形中， 点E， F分别为对角线，的三等分点，
，，
，
，
，
，
∵点分别为对角线的三等分点，
，
∵正方形，
∴，，
∴，，
，
，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
故答案为：．
4．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形中，是的中点，连接，将绕点E逆时针旋转90°得到，交边于点，连接，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，连接，证明得到，由旋转的性质可知，则，进而得到，．根据四边形内角和定理可得到，则．
【详解】解：如图，连接．
∵是的中点．
∴．
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴．
由旋转的性质可知，
∴，
∴，．
∵，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
5．（2025·陕西西安·模拟预测）北宋时期的《营造法式》是中国古代第一部详细论述建筑工程技术及规范的官方著作，书中涉及了正多边形的使用和组合，这些内容可以被视作密铺设计的早期实践．小明同学利用2个正方形和4个形状大小完全一样的菱形设计了如图所示的图案，则图中的度数为______．
【答案】
【分析】本题考查菱形的性质，正方形的性质，如解图，根据题意，易得，，，等边对等角求出的度数，再根据角的和差关系求出即可．
【详解】解：如图，由题意，，，，
∴，，
∴，
∴；
故答案为：
考点二：利用正方形的性质求线段长
1．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在线段上，，连接．过点E，F分别作线段的垂线，垂足分别为G，H．动点P在内部及边界上运动，四边形，，，，的面积分别为，，，，．若点P在运动中始终满足，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】A
【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理以及点的轨迹，由正方形的性质得，求出，，求出，根据图形得，根据得，可得点的运动轨迹是中平行于的一条线段，取的中点，连接交于点，根据三角形面积公式求出，得到，从而求出．
【详解】解：如图，
在正方形中，，，
；
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴
∵，
∴由勾股定理得，，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
又
而，
∴，
∵动点P在内部及边界上运动，
∴点的运动轨迹是内部及边界上平行于的一条线段，则是等腰直角三角形，如图，
取的中点，连接交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P组成的图形长度为2，
故选：A．
2．（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（ ）
A．B．2C．D．
【答案】B
【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可.
【详解】解：如图，过作于，
∵正方形，
∴，，，，，，
由对折可得：，，，，
∴，而，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
同理可得：，
∴；
故选：B.
3．（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：．
4．（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．
5．（2025·陕西汉中·一模）如图，在正方形中，点在边上，连接，取的中点，连接，若，，则的长为_____．
【答案】2
【分析】本题考查正方形的性质，直角三角形斜边上的中线是斜边的一半以及勾股定理，判断出直角三角形斜边与其中线的数量关系是解题的关键．
由直角三角形斜边上的中线是斜边的一半，可得的长度，结合勾股定理求出的长度，最后求出的长度．
【详解】解：∵四边形为正方形，
∴，，
∵为直角三角形斜边边上的中线，，
∴，
由于三角形为直角三角形，由勾股定理得，
∴，
故答案为：2．
考点三：利用正方形的性质求面积
1．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，将一个正方形内接于直径为6的半圆中，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，扇形面积公式等知识点，解题的关键是利用割补的思想将面积进行转化求解．
作出圆心，连接，先运用勾股定理求出正方形边长，再根据阴影部分面积等于半圆面积减去正方形面积求解．
【详解】解：作出圆心，连接，
由题意得，
∵正方形，
∴，
∴，
∵，直径为6
∴
解得：（负值舍去），
∴，
∴阴影部分的面积为：
故答案为：．
2．（2025·湖南长沙·一模）如图，正方形的边长为1，以为边作第2个正方形，再以为边作第3个正方形，…，按照这样的规律作下去，第个正方形的面积为__________．
【答案】
【分析】本题考查了勾股定理，正方形的面积计算，归纳总结．熟练掌握勾股定理，正方形的面积计算和归纳总结出正方形边长的规律是解题的关键．
通过依次计算前几个正方形的边长，找出边长的规律，进而得到第个正方形的边长，再根据正方形面积公式求出面积即可．
【详解】解：，
，
，
，
通过上述分析，可以总结出第个正方形的边长为，
第个正方形的边长为，
个正方形的面积为，
故答案为：．
3．（2025·贵州·模拟预测）如图是一款可折叠圆形餐桌，图②是其展开前后的桌面示意图（阴影部分表示可折叠部分），已知展开前的正方形桌面的面积为4，则该款餐桌全部展开后桌面面积增大了（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．
设正方形为，圆形桌面的圆心为O，连接，，由题意得正方形的面积为4，根据正方形的性质得出，，再根据勾股定理得出，然后根据阴影部分的面积等于圆的面积减去正方形的面积即可得出答案．
【详解】如图，设正方形为，圆形桌面的圆心为O，连接，，由题意得正方形的面积为4，
∴，，
设
在中，，
即，
，（负值舍去），
，
∴，
∴．
故D选项正确．
4．（2025·河南驻马店·三模）如图1，扇形中，，，正方形的顶点D，C，E分别在，，上将正方形沿直线向右平移，得到正方形，其中点D的对应点N恰好与点C重合，如图2所示，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题主要考查了扇形面积的计算、全等三角形的判定与性质、平移的性质，先求出正方形的边长，再结合扇形及三角形的面积公式求出正方形中空白部分的面积，据此可解决问题．熟知图形平移的性质及正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图，连接，
则．
点D的对应点N恰好与点C重合，
，，
，．
由平移可知，正方形的边长为，
正方形的面积为2．
阴影部分的面积为：．
故选：A．
5．（2025·浙江金华·二模）如图，面积为的正方形是由正方形和四个形状、大小一样的直角三角形组成，其中，则阴影部分的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】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，熟练掌握全等三角形的性质是解答的关键．设，则，根据勾股定理和正方形的性质可，，证明得到，由阴影部分面积求解即可．
【详解】解：设，由得，
由题意，，，，，
∴，，
∴，，
∴阴影部分面积为．
故选：B．
考点四：正方形的折叠问题
1．（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．
2．（2025·河南周口·一模）如图，在正方形中，点E，F分别在边上，将正方形沿折叠，使点B落在边上的三等分点M处，点C的对应点为点N，若 ，则线段的长为______．
【答案】或
【分析】分和两种情况讨论，利用勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：在正方形中，，
∴，，
∵点B落在边上的三等分点M处，
∴和，
设，则，
由折叠的性质得，
当时，则，
在中，，即，
解得；
当时，则，
在中，，即，
解得；
综上，线段的长为或．
3．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，在正方形中，E 是边的中点，将沿直线翻折，点A落在点F 处， 连接，那么的正切值是（ ）
A．2B．C．D．
【答案】A
【分析】由折叠可得，再根据三角形的外角性质及折叠的性质得到，进而可得，求解即可．
本题考查了三角形的外角性质，折叠的性质及正方形的性质，解直角三角形．
【详解】解：由折叠可得
正方形中，E是边的中点，
∴
，
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
∴，
∴．
故选：A．
4．（2025·河北邯郸·三模）如图，正方形的边长为4，点G是边的中点，点E是边上的动点，连接，将沿翻折得到，连接，则的最小值是______；此时的长为______．
【答案】 / /
【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点G、F、B三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．根据正方形的性质和勾股定理可得的长，再由翻折知，由可知当点G、F、B三点共线时，最小，结合梯形面积、三角形面积求解即可．
【详解】解：∵正方形的边长为4，
∴，，
∵点G是边的中点，
∴，
连接，
∴，
∵将沿翻折得到，
∴，
∵，
∴当点G、F、B三点共线时，最小，最小为；
连接，设，则，
∵，
∴，
解得，
∴．
故答案为：；．
5．（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：．
考点五：正方形的判定
1．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是______（只需填一种组合即可）．
【答案】①②或①③（填写一组即可）
【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键．
根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可．
【详解】解：当选择①；②时，
∵四边形是平行四边形，当，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴均是等腰直角三角形，
∴，
∴四边形是正方形；
当选择①；③时，
∵四边形是平行四边形，当，
∴四边形是菱形，
∵，
∴四边形是正方形；
当选择②；③，
由于四边形是平行四边形，若或，
均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意；
∴选择①②或①③均可以，
故答案为：①②或①③（填写一组即可）．
2．（2025·辽宁抚顺·一模）在“综合与实践”活动课上，老师提出问题：将绕点B顺时针旋转得到，其中，．
(1)如图1，当点E落在外部，且时，延长交于点G，求证：四边形是正方形；
(2)如图2，当点E落在内部，且时，过点A作交的延长线于点M，与交于点N，求证：；
(3)将绕点B顺时针旋转的过程中，当时，连接．若，，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)的面积为或
【分析】（1）先证明四边形是矩形，再由可得，从而得四边形是正方形；
（2）由已知可得，再由等积方法，结合已知即可证明结论；
（3）分类讨论当点E落在内部时，当点E落在外部时，分别根据已知条件计算即可．
【详解】（1）证明：∵将绕点B顺时针旋转得到，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴四边形是正方形；
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴．
∵，
即．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴；
（3）解：当点E落在内部时，如答图3∶
过点A作，垂足为F，
∴，
∵，，，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴；
当点E落在外部时，如答图4．
∵，，，
∴
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴．
综上所述，的面积为或．
3．（2025·山东青岛·模拟预测）如图，四边形中，，点是，的交点，且点为的中点．
(1)求证；
(2)若为的中点，为的中点，请从以下三个条件中选取两个，使四边形为正方形，并证明．
①；②；③．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形以及特殊平行四边形的判定与性质，熟记相关定理是解题关键．
（1）证推出，得四边形是平行四边形，即可求证；
（2）由题意得四边形是平行四边形；若选②③，根据，得，推出四边形是菱形；根据，，推出是等腰直角三角形，即可求证；若选①②：先证得，得到，进而可推出是等腰直角三角形，即可求证；若选①③：先证，得到四边形是矩形，再通过线段之间的关系和三角函数定义得到为直角三角形，且，进而，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，
∴；
∵点为的中点．
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
∴；
（2）解：由（1）可知：，
若为的中点，为的中点，
则，
∴四边形是平行四边形；
若选②③：
∵，
∴，
∴四边形是菱形；
∵，，
∴，
∴；
∴是等腰直角三角形；
∴，
∴，
∴四边形是正方形；
若选①②：
∵，
∴，
又，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵为的中点，
∴，
∴四边形是正方形；
若选①③；
∵，，
∴，
∴，
又∵为的中点，
∴，
又∵四边形是平行四边形，
∴四边形是矩形，
∵四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
根据三角函数定义，∴为直角三角形，且，
∵为的中点，
∴，
∴四边形是正方形．
4．（2025·山西临汾·二模）如图，四边形是矩形，是延长线上的一点，连接，，且．求证：四边形是正方形．
【答案】见解析
【分析】本题主要考查了矩形和正方形，熟练掌握矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，正方形的判定是解题的关键，
连接交于点，由矩形对角线性质和等腰三角形性质得，得， 即得矩形是正方形．
【详解】证明：如图，连接交于点．
四边形是矩形，
．
，
．
．
四边形是正方形．
5．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F，G，H分别是上的动点，且．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)填空：四边形面积的最小值为_____________．
【答案】(1)见解析
(2)32
【分析】本题考查了正方形性质和判定，根据已知条件可证4个三角形全等，由全等三角形性质得到四边形是正方形；本题还考查了用二次函数来解决面积的最值问题．
（1） 由正方形的性质得出，，证出，证明，得出，，，证出四边形是菱形，再证出，即可得出结论；
（2）设四边形面积为S，，则 ，由勾股定理得出 ，S是x的二次函数，即可得出四边形面积的最小值．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，，
∴四边形是菱形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
（2）设，
则，
，
∴当时，四边形面积取最小值，最小值为．
1．（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：．
2．（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：或，
，，
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．
3．（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．
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·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．
6．（2025·山东东营·中考真题）二次函数的图象如图所示，点位于坐标原点，点，，…，在y轴的正半轴上，点，，…，，点，，…，在二次函数的图象上，四边形，四边形，…，四边形都是正方形，则正方形的周长为______．
【答案】
【分析】本题主要考查等腰直角三角形的性质、正方形的性质及利用抛物线解析式求直角边长，找到规律是解题的关键．
根据正方形性质得和是等腰直角三角形．设的直角边长为，则，代入抛物线的解析式中解得，则的直角边长为，同理可求得等腰直角的直角边长为，依此类推，等腰直角的直角边长为，即可求得其周长．
【详解】解：∵四边形是正方形，，
∴，是等腰直角三角形．
设的直角边长为，则；
代入抛物线的解析式中得： ，
解得（舍去），；
故的直角边长为，
同理可求得等腰直角的直角边长为，
…
依此类推，等腰直角的直角边长为，
故正方形的周长为．
故答案是：．
7．（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：．
8．（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：．
9．（2025·陕西·中考真题）如图，在正方形中，点，分别在边，上，且．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查正方形的性质和全等三角形的判定与性质，运用全等转化思想．解题关键是利用正方形的边和角的性质证明三角形全等，进而通过线段的和差关系推导结论；易错点是对正方形性质理解不全面，或全等三角形的对应关系判断错误．
先根据正方形性质得出，，结合已知，证明，得到．再由正方形中，通过，推出．
【详解】证明：四边形是正方形，
．
，
，
，
，即．
10．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且．
(1)求证：；
(2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)的大小是定值，定值为
(3)
【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明；
（2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论；
（3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵的周长为4，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴的大小是定值，定值为；
（3）解：连接，
∵正方形的边长为2，
∴，，
∴是的高，
∵，
∴是的高，
由（2）得，，
∴，
∴，
由（2）得，，
∴，
∵为边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的最小值为．
1．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键．
（1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明；
（2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形
∴，，
由折叠可得，，
∴，，
∴在和中
∴；
（2）解：∵，点E是的中点，
∴，
由折叠得到，
∵ ，
∴
设，则，
∵在中，，
∴
解得
∴．
2．（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，
∴，
∴．
3．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形的边长为5．扇形所在圆的圆心在对角线上，且不与点重合，半径，点，分别在边，上，，扇形的弧交线段于点，记为．
(1)如图1，当时，求的度数；
(2)如图2，当四边形为菱形时，求的长；
(3)当时，求的长．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据题意证明出四边形是正方形，得到，然后利用圆周角定理求解即可；
（2）首先证明出是等边三角形，如图所示，连接交于点G，求出，，然后得到是等腰直角三角形，进而求解即可；
（3）分两种情况，根据弧长公式求解即可．
【详解】（1）∵正方形的边长为5．
∴
∵当时
∴
∵
∴
∴四边形是菱形
∵
∴四边形是正方形
∴
∴；
（2）∵四边形为菱形
∴
∵扇形所在圆的圆心在对角线上，
∴
∴是等边三角形
如图所示，连接交于点G
∴
∴
∴
∴
∵
∴是等腰直角三角形
∴
∴；
（3）如图所示，当是劣弧时，
∵，半径
∴；
如图所示，当是优弧时，
∵，半径
∴
∴．
综上所述，的长为或．
4．（2025·陕西西安·一模）问题提出
（1）如图1，在正方形中，分别在边上，连接，交于点，且，求证：；
问题解决
（2）如图2，某公园有一块正方形的空地，园区管理员准备在这块空地内修四条小路，其余部分种植各种不同的花卉．已知点分别在边上，且于点．若，求小路的最小值．（小路的宽度均忽略不计）
【答案】（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）证明，即可得证；
（2）如图，过作，过作，两条平行线交于点，证明，，可得，可得当三点共线时，最小，过作交于，而，再进一步求解即可．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）如图，过作，过作，两条平行线交于点，
∴四边形是平行四边形，
∴，，
∴，
∴当三点共线时，最小，
过作交于，而，
∴，，
同理可得：四边形是平行四边形，
∴，
结合（1）可得：，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∵正方形，，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴的最小值为．
5．（2025·上海杨浦·一模）在正方形中，E为正方形内一点，且，延长交于F，延长交于P．
(1)求证：
(2)求证：
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】（1）根据正方形的性质以及等边对等角，得，运用四边形内角和性质进行列式计算，即可作答．
（2）过点作于点，过点作于点，运用正方形的性质以及角的等量代换，得，证明，故，又因为，得，因为于点，故，由（1）可知，，故是等腰直角三角形，结合勾股定理整理得，将，代入，得，即可作答．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵四边形的内角和为，
∴，
即，
∴，
∵，
∴；
（2）证明：过点作于点，过点作于点，如图所示：
∵四边形是正方形，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，
在和中，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵于点，
∴，
由（1）可知，，
∵过点作于点，
∴是等腰直角三角形，
∴
则结合勾股定理得
∴
将，代入，得，
整理得．
6．（2025·四川乐山·二模）在正方形中，边长为3，点、分别是边、上的点，且，连接、．
(1)如图1，与的数量关系是______，位置关系是______；
(2)如图2，若点、分别是、的中点，求证：；
(3)延长至点，连接，若，试求与的函数关系表达式．
【答案】(1)；
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）证，得出，，再证即可；
（2）连并延长交于G，求出长，再根据中位线的性质求出，进一步即可证明结论成立；
（3）过点B作于点H，根据勾股定理求出，，进一步得到即可．
【详解】（1）解：设与交于点Q，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：，．
（2）连接并延长交于G，连接
∵，
∴，
∵E为的中点，
∴
∵
∴
∴，，
∵F为的中点，
∴，
∴，
∵正方形的边长为3，，
∴，
∴；
∴，
∵
∴
（3）过点B作于点H，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
7．（2025·四川南充·一模）如图，在正方形中，点是对角线上一动点，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，过点作，交于点，连接．
(1)求证：；
(2)判断四边形的形状，并说明理由．
(3)已知，当点恰为中点时，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)正方形，理由见解析
(3)
【分析】（1）通过旋转性质得到相等线段与角，利用证明三角形全等，结合角度关系推导垂直；
（2）连接辅助线，结合正方形性质与平行四边形、菱形、正方形的判定定理，逐步证明四边形形状；
（3）构造直角三角形，利用全等性质、勾股定理计算线段长度．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
，，．
由旋转的性质得：，．
．
．即．
在和中，
，
．
，
．
（2）解：四边形为正方形，理由如下：
连接．
在正方形中，，．
，
．
则点，在以为直径的圆上，即，，，四点共圆，
．
．
．
．
．
，
．
四边形为平行四边形．
，，
四边形为正方形．
（3）解：过点作，交于点，设交于点，则．
，
．
．
．
，
．
．
．
．
∵四边形为正方形，
．
．
又，
．
，
．
．
．
．
为中点，
．
．
．
，
，
．
．
8．（2025·甘肃酒泉·模拟预测）如图1，在正方形中，点E是边上一点，将以点A为中心，顺时针旋转，得到，连接．过点A作，垂足为G．
(1)试猜想与的数量关系，并证明；
(2)如图2，连接，判断是否平分，并说明理由．
【答案】(1)，证明见解析
(2)平分，理由见解析
【分析】本题主要考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，角平分线的判定定理，三线合一定理，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由旋转的性质可得，再由三线合一定理即可得到结论；
（2）作于点M，于点N，可证明，得到，再由角平分线的判定定理可得结论．
【详解】（1）解：，证明如下：
∵将以点A为中心，顺时针旋转得到，
∴，
，垂足为G，
．
（2）解：平分，理由如下：
如图2，作于点M，于点N，
由旋转的性质可得，
又∵，
，
，
，
，
，
，
，
，
又∵，，
平分．
9．（2025·浙江丽水·二模）如图，在正方形中，E是上一点，延长使，连接，，，过点A作，交于点G．
(1)求证：；
(2)求证：；
(3)若，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)．
【分析】（1）证明，即可得到；
（2）证明是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，斜边中线的性质，以及三角形的外角性质可得到；
（3）连接，证明，推出是等边三角形，设，，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得，解方程即可求解．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）证明：∵，
∴，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴点是的中点，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）解：连接，
∵，，，
∴，
∵，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
设，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵是等腰直角三角形，，
∴，
在中，，即，
解得（舍去），
即．
10．（2025·江西抚州·二模）追本溯源
(1)如图1，在正方形中，E为边上一点，F为延长线上一点，且，与之间存在怎样的位置和数量关系？请说明理由；
(2)如图2，在正方形中，点E在边上，连接，过点A作，垂足为F，作点E关于点B的对称点G，连接，．
①当点E为的中点时，判断与的位置关系，并证明你的结论；
②当时，是否存在为等腰三角形的情况？如果存在，求此时的长；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)，，理由见解析
(2)①，理由见解析；②的长为或．
【分析】（1）根据正方形的性质证明，求得，，再求得，即可求得，；
（2）①证明四边形是平行四边形，即可得到；
②分三种情况讨论，利用正方形的性质结合相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】（1）解：，，理由如下：
延长交于点，如图，
∵正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，；
（2）解：①，理由如下，
∵点E为的中点，
∴，
∵点G与点E关于点B对称，
∴，
∴，即，
∵正方形，
∴，，
∴，，
∴四边形是平行四边形，
∴；
②当时，此时共点，
∵正方形，，
∴，
∵，
∴；
当时，作于点，交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
当时，
∵，，
∵，
∴，则的情况不存在，
综上，的长为或．
刷考点 精准巩固，扫清盲区
提能力 聚焦过程，优化策略
测综合 跨界融合，挑战创新
易｜混｜易｜错
1.忘记对角线平分 90° 成 45°，看到对角线不标 45°，基本做不出来；
2.把 “对角线垂直” 忘记，夹角 90° 经常是关键条件；
3.只看到角的关系，忽略了边之间的关系和边角关系；
4.正方形四边相等，很容易形成等腰三角形，角度相等。
5.把菱形、矩形性质混进正方形；
只有正方形同时具备：四边相等 + 四角直角 + 对角线相等垂直平分。
解｜题｜技｜巧
1.先标全正方形自带角度，四个内角都是 90°对角线平分内角，分出 45° 角
对角线互相垂直，夹角 90°；
2.角度转移三法宝：
等边对等角（正方形四边相等，对角线分出等腰三角形）；
全等三角形（找边相等、角相等，证全等再换角）；
外角定理（外角 = 不相邻两内角和）；
3.常见角度模型：
正方形 + 等边三角形 → 常出 15°、30°、60°、150°
正方形对角线 → 必出 45°、90°
折叠 / 旋转 → 对应角相等，直接替换。
易｜混｜易｜错
1.看到 45° 不会用 1:1:比例;
等腰直角三角形边长关系不熟，硬算复杂。
2.折叠题不设 x，不找全等;
不标相等边，找不到直角三角形三边。
3.只记得四边相等，忽略对角线性质;
对角线互相平分、垂直、相等，是求中点、半长的关键。
4.勾股定理套错三角形
三条边不在同一个直角三角形里硬套公式。
5.坐标算长度时不 “大减小”
出现负数，忘记距离一定是正数。
解｜题｜技｜巧
1.先写正方形 3 条核心性质：
四边相等，四角 90°；
对角线：相等、互相垂直平分、平分内角
对角线与边夹角：45°
2.求线段长 4 个常用思路；
直接用：四边相等，等量代换
直角三角形：勾股定理（正方形自带直角）
对角线：边长= 对角线 ÷
等腰直角三角形：1:1: ，看到 45°直接用比例
3.遇到折叠/旋转
先找全等、对应边相等；
设未知数 x，放进直角三角形列勾股方程；
4.坐标系里求边长：
水平/竖直线段：坐标大减小；
斜线：用两点间距离公式；
易｜混｜易｜错
1.混淆边长和对角线的面积公式：
错：面积 = 对角线 × 边长
对：面积 = 对角线 ² ÷ 2
2.折叠题看错边长：用折叠前的边长直接算，不找相等线段。
3.坐标算边长一定要大减小，边长、面积永远为正。
4.忽略正方形自带直角：不会用勾股定理先求边长，再算面积。
解｜题｜技｜巧
1.两个核心面积公式
正方形面积 = 边长 × 边长
正方形面积 = 对角线 ² ÷ 2
2.求面积常用思路
已知边长：直接算
已知对角线：用对角线 ²÷2
求阴影面积：总面积 − 空白面积
折叠 / 旋转：面积不变，只变位置
3.正方形里的面积规律
对角线把正方形分成 4 个全等的等腰直角三角形，每个面积是正方形的 1/4
中点四边形：连接各边中点，得到的小正方形面积是原正方形的 1/2
4.坐标系中求面积
先算边长：坐标大减小
再算面积：边长 × 边长
易｜混｜易｜错
1.忘记折叠前后边相等，不做等量代换，直接硬算边长。
2.不设 x，硬推关系，复杂折叠不设未知数基本做不出来。
3.找错直角三角形，把不在同一个三角形的三边套勾股定理。
4.边长关系表示错误，把 “剩下的边” 写成 x，或把折叠对应边找错。
5.混淆边长与对角线，看到 45° 就乱套 1:1:，不看三角形是否等腰直角。
6.计算错误，平方、移项、符号出错，思路对但答案错。
解｜题｜技｜巧
1.抓不变：折叠 = 全等,折叠前后对应边相等、对应角相等，图形全等，这是所有题的突破口。
2.找直角：锁定直角三角形,正方形自带 90°，折叠后一定会出现直角三角形，求线段必用它。
3.设 x：用边长关系表示各边,求哪条线段就设为 x,用总长−x表示剩余线段,用折叠相等把边转移到直角三角形里;
4.列方程：勾股定理直接算.
易｜混｜易｜错
1.以为 “四边相等就是正方形”
错：四边相等只是菱形
对：菱形再加直角才是正方形
2.以为 “四个角是直角就是正方形”
错：四角直角只是矩形
对：矩形再加邻边相等才是正方形
3.以为 “对角线相等且垂直就是正方形”
错：对角线相等垂直不一定是正方形
对：必须先是平行四边形，再对角线相等且垂直
4判定跳步骤，少证一步
只证矩形 / 只证菱形，就直接写正方形，必扣分。
5.把性质当判定用
如：正方形对角线垂直 → 不能反推：对角线垂直就是正方形。
解｜题｜技｜巧
1.先证平行四边形 → 再证菱形 + 矩形
平行四边形 + 一组邻边相等 + 一个直角 = 正方形
平行四边形 + 对角线相等且垂直 = 正方形
2.先证菱形 → 再证是正方形
菱形 + 一个角是直角 = 正方形
菱形 + 对角线相等 = 正方形
3.先证矩形 → 再证是正方形
矩形 + 一组邻边相等 = 正方形
矩形 + 对角线互相垂直 = 正方形
4.直接判定（少用）
四条边相等，四个角都是直角的四边形是正方形