数学九年级上册（2024）4 正方形的性质与判定精品课后练习题

这是一份数学九年级上册（2024）4 正方形的性质与判定精品课后练习题，共38页。

知识点01 正方形的性质定理
性质定理1:正方形的四个角都是直角，四条边相等。
性质定理2:正方形的对角线相等且互相垂直平分。
注意:正方形具有平行四边形的一切性质（即对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分）。
同时根据性质定理1和性质定理2，还可以推断出：正方形的每一条对角线平分一组对角。
【即学即练】
1．（25-26九年级上·河南郑州·月考）矩形，菱形，正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
【答案】B
【详解】解：∵矩形的对角线互相平分，菱形的对角线互相平分，正方形的对角线互相平分，
∴三者都具有对角线互相平分的性质．故选：B．
2．（25-26八年级上·重庆万州·期中）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，．若，则一定等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：将绕点顺时针旋转至，

∵四边形是正方形，∴，，
由旋转性质可知：，，，
∴，∴点三点共线，
∵，，∴，，
∵，∴，
在和中，∴，
∴，∴，
∴，∵，
∴，∵∴，故选：A．
3．（25-26八年级下·河南郑州·开学考试）如图，正方形的对角线与相交于点O，的平分线分别交于两点．若，则正方形的边长为 __________________ ．
【答案】
【详解】解：设正方形的边长为，则，如图，过点作于点，
平分，，，
，，即，
解得，．故答案为：．
4．（24-25八年级下·四川遂宁·期末）如图，正方形的对角线相交于点，点是正方形的一个顶点，已知两个正方形的边长都为，那么绕点转动正方形，两个正方形重叠部分的面积为（ ）．
A．12B．9C．D．不确定
【答案】B
【详解】解：∵和是边长相等的正方形，
∴，，，
∴，即，
∵，，，∴，
∴重叠部分面积为：，故选B．
5．（25-26八年级下·江西南昌·开学考试）如图，点C为矩形和正方形的公共顶点，点E，F在矩形的边，上．
(1)求证：；(2)连接，若，F是的中点，求的长；
(3)在（2）的条件下，猜想和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析(2)(3)，理由见解析
【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，四边形是正方形，∴，，
∴，∴，
在和中，，∴，∴．
（2）解：如图，连接，

∵四边形是正方形，四边形是矩形，∴，，
∵点F是的中点，∴，∵由（1）可知，，
在中，，∴，
∵四边形是正方形，∴是等腰直角三角形，∴．
（3）解：，理由如下：如图，过点作于点，则，
∵四边形是矩形，四边形是正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，，∴，
∴，由（1）知：，∴，
∵点F是的中点，∴，∴，
在和中，，∴，∴．
知识点02 正方形的判定定理
判定定理1：有一组邻边相等的矩形是正方形。
判定定理2：对角线互相垂直的矩形是正方形。
判定定理3：有一角是直角的菱形是正方形。
判定定理4：对角线相等的菱形是正方形。
注意:正方形的判定方法除了教材中的4种判定方法，我们还可以根据其他条件推导出判定1---判定4，如：
判定5：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形（定义法）；
判定6：对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形。
【即学即练】
1．（25-26九年级上·成都·期末）下列命题中正确的是 （ ）
A．四角相等且两边相等的四边形是正方形 B．对角线相等的平行四边形是正方形
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形 D．对角线和一边的夹角是的菱形是正方形
【答案】D
【详解】解：A、四角相等的四边形是矩形，再加上两边相等，这两边未明确是对边还是邻边，只要不是邻边相等，该四边形不能判定为正方形，选项命题是错误的，不符合题意；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，不是正方形，选项命题是错误的，不符合题意；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，不是正方形，选项命题是错误的，不符合题意；
D、在菱形中，邻边相等，若对角线和一边的夹角是，进而得到有一个内角为，则此菱形是正方形，选项命题是正确的，符合题意；故选：D．
2．（25-26八年级上·山东济南·期末）如图，的对角线相交于点，下列条件不能判定是正方形的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】解：A． 由，可判断是矩形，由可判定矩形是正方形，此选项不合题意；
B． 由可判断是菱形，由菱形可判定，此选项不能判定是正方形，符合题意；
C． 由可判断是菱形，由可判定菱形为正方形，此选项不符合题意；
D． 由可判定是菱形，由可得，进而可判定菱形为正方形，不符合题意；故答案为：B．
3.（25-26八年级下·广西·校考期中）如图，在四边形中，，对角线平分，是上一点，过点分别作交于点，交于点．(1)求证：；(2)连接．当与满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)时，四边形是正方形，理由见解析．
【详解】（1）解：证明：平分，，
，，，；
（2）解：时，四边形是正方形，
理由：，，四边形是平行四边形，，
，，，四边形是菱形，
，四边形是正方形．
4.（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，是的对角线，，点E是边的延长线上一点，连接，过点C作于点F，交于点G，且．(1)求证：四边形是正方形；(2)若点F是的中点，，求的长．
【答案】(1)证明：∵中，∴四边形是菱形，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，∴四边形是正方形；
（2）解：∵四边形是正方形，，∴，∴，
∵点F是的中点，，∴垂直平分，∴．
题型01 正方形的性质理解
【典例1】（25-26九年级上·广东清远·期末）下列的性质中，正方形具有而矩形不一定具有的是（ ）
A．对边相等 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．对角线互相垂直
【答案】D
【详解】解：正方形同时具有矩形和菱形的所有性质，矩形的对角线相等且互相平分，但不一定垂直；而正方形的对角线不仅相等、互相平分，还互相垂直，
因此“对角线互相垂直”是正方形具备而矩形不一定具备的性质．故选：D．
【变式1】（25-26九年级上·陕西西安·月考）正方形、菱形、矩形都具有的特征是（ ）
A．一个角是直角 B．对角线互相垂直 C．一组邻边相等 D．对角线互相平分
【答案】D
【详解】解：1. 选项A：一个角是直角．正方形和矩形每个角都是直角，但菱形的角不一定为直角（仅当菱形为正方形时成立），因此A不符合；
2. 选项B：对角线互相垂直．菱形和正方形的对角线互相垂直，但矩形的对角线仅相等且平分，不垂直（除非是正方形），因此B不符合；
3. 选项C：一组邻边相等．菱形和正方形的四条边均相等，但矩形仅对边相等，邻边不一定相等（除非是正方形），因此C不符合；
4. 选项D：对角线互相平分．正方形、菱形、矩形均为平行四边形，而平行四边形的对角线一定互相平分，因此D是三者共有的特征；故选：D．
【变式2】（25-26八年级下·浙江杭州·阶段检测）下列四边形：①平行四边形、②矩形、③菱形、④正方形，对角线一定相等的是（ ）
A．①②B．①③C．②④D．①②③④
【答案】C
【详解】解：①平行四边形的对角线不一定相等，②矩形的对角线一定相等，
③菱形的对角线不一定相等，④正方形的对角线一定相等，所以，对角线一定相等的是②④．故选：C．
【变式3】（25-26九年级上·山西太原·阶段检测）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．四条边相等 C．对角线互相平分 D．对角线相等
【答案】D
【详解】解：、菱形和正方形的对角线都互相垂直，故本选项不符合题意；
、菱形和正方形的对角线互相平分，故本选项不符合题意；
、菱形和正方形的四条边都相等，故本选项不符合题意；
、菱形的对角线不一定相等，正方形的对角线一定相等，故本选项符合题意；故选：．
【变式4】如图，、分别是正方形的边，上的点，且，，相交于点，下列结论：①；②；③；④中，正确的结论有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【详解】解：四边形是正方形，，，，，
在和中，，，（故①正确）；∴
∵∴（故④正确）；
，，一定成立（故②正确）；
假设，，（线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等），

在中，，，这与正方形的边长相矛盾，
假设不成立，（故③错误）；故选：C．
题型02运用正方形的性质求解（角度、长度、坐标、面积等）
【典例1】（2025·陕西安康·二模）如图，在正方形中，，是边上一点，，且，则的长为______．
【答案】10
【详解】解：延长至F，使，连接，
∵四边形是正方形，∴，．∴．
在和中，，∴，∴，．
∵，∴，∴，∴．
在和中，，∴，∴．
∵，∴，∴；
∵，，∴．设，则．
在中，由勾股定理，得：，解得：，
∴．故答案为：10．
【变式1】（25-26八年级下·上海普陀·期中）如果正方形的一条对角线长为，那么它的面积是______．
【答案】3
【详解】解：∵ 正方形的对角线相等，已知一条对角线长为，
∴ 另一条对角线长也为，正方形面积 ．
【变式2】（25-26九年级上·陕西咸阳·期中）如图，在正方形中，是对角线上一点，且，点在边上，连接、，若，则的长为___________．
【答案】2
【详解】解：∵为正方形的对角线，∴，
又∵，∴，
又∵，∴，∴，故答案为：2．
【变式3】（25-26八年级下·浙江衢州·期末）如图，在正方形中，平分交于点，点是边上一点，连接，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，
∵平分交于点，∴，
在和中，，∴，∴，
∴．
【变式4】（25-26九年级上·重庆·阶段检测）如图，正方形的对角线，交于点，点，分别是，上的两点，且，过点作交点，若，则用含的式子表示为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】解：∵正方形的对角线，交于点，
∴，，，
∵，∴，∴，
∵，∴，∴，，
∵，∴，，∴，
∵，∴∴，
∴，故选：A．
题型03添加条件使四边形为正方形
【典例1】（25-26八年级下·广东江门·期中）已知四边形中，，如果添加一个条件即可推出该四边形是正方形，那么这个条件可以是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：∵四边形中，，∴四边形是矩形，
若添加条件，则四边形是正方形，
若添加条件或或，无法推出四边形是正方形，∴只有B选项符合题意．
【变式1】（25-26九年级上·成都·期中）已知菱形ABCD，下列条件中，不能判定这个菱形为正方形的是（ ）
A．∠A＝∠BB．∠A＝∠CC．AC＝BDD．AB⊥BC
【答案】B
【详解】解：A、∵菱形ABCD，∴，∴，∵，∴，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意；
B、∵菱形ABCD，∴，∴由不能判定菱形是正方形，选项说法错误，符合题意；
C、∵菱形ABCD，∴，AC与BC互相平分，又∵，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意；
D、∵，∴∠B＝900，∵菱形ABCD，∴ABCD是正方形，选项说法正确，不符合题意；故选：B．
【变式2】（25-26九年级上·山西·期中）四边形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，AD∥BC，AD＝BC，使四边形ABCD为正方形，下列条件中：①AC＝BD；②AB＝AD； ③AB＝CD；④AC⊥BD．需要满足（ ）
A．①②B．②③C．②④D．①②或①④
【答案】D
【详解】解：∵AD∥BC，AD＝BC，∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AC＝BD，∴平行四边形ABCD是矩形，若AB＝AD，则四边形ABCD为正方形；
若AC⊥BD，则四边形ABCD是正方形．故选：D．
【变式3】（25-26八年级下·江苏·专题练习）有下列四个条件：①，②，③，④，使为正方形（如图）．现有下列四种选法，其中错误的是（ ）
A．②③B．②④C．①②D．①③
【答案】A
【详解】解：A、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形；
③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形；
所以②③组合不能判定为正方形，故此选项错误，符合题意；
B、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形；
④矩形的对角线互相垂直说明是正方形(对角线垂直的矩形是正方形)；
所以②④组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意；
C、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形；
②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形；
所以①②组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意；
D、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形；
③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形；
所以①③组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意；
根据正方形的判断方法可知：满足条件①②或①③或②④或③④时，四边形是正方形．
故选：A．
【变式4】（2026·广西玉林·模拟预测）如图，在中，对角线与相交于点．小欣同学欲添加两个条件使四边形是正方形，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②③（填写一组即可）
【详解】解：当选择①；②时，
∵四边形是平行四边形，，∴四边形是菱形，∵，∴菱形是正方形；
当选择②；③时，∵四边形是平行四边形，当，∴四边形是菱形，
∵，∴菱形是正方形；
当选择①；③，由于四边形是平行四边形，若或，
均只能得到四边形是菱形，不能证明其为正方形，故不符合题意；∴选择①②或②③均可以．
题型04证明四边形为正方形
【典例1】（25-26九年级上·陕西西安·阶段检测）如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形．
【答案】见解析
【详解】证明：∵菱形，∴，
∵，∴，即，∴四边形为平行四边形形，
又，∴四边形为菱形，∴，
∴，∴四边形为正方形．
【变式1】（25-26八年级下·吉林长春·期中）如图，在中，，，点，分别是边、上一点，且，则四边形的形状可能是________．（填序号：①平行四边形；②矩形；③菱形；④正方形）
【答案】①②③
【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，
∵，∴，即，∴四边形是平行四边形；
若，则四边形是矩形，此时，∴，
∵，∴，点在边上，符合题意；
若，∵，∴，
∵，∴是等边三角形，∴，∴，
∴平行四边形是菱形，即当时，四边形是菱形；
要使平行四边形是正方形，则，且，由上可知，，
∴，，∴，这与矛盾，
∴平行四边形不可能是正方形；综上，四边形的形状可能是①②③．
【变式2】（25-26八年级下·陕西榆林·期末）如图，在中，，的平分线交于点D，，．(1)试判断四边形的形状，并说明理由；(2)若，请求出四边形的面积．
【答案】(1)四边形是正方形，理由如下：
∵，，∴四边形是平行四边形，∵平分，∴，
∵，∴，∴，∴，
∴平行四边形是菱形，∵，∴四边形是正方形；
（2）解：由（1）知四边形是正方形，∴，
∴，∴四边形的面积为2．
【变式3】（25-26八年级下·云南昭通·阶段检测）如图，四边形是菱形，点是的中点，点在线段上（不与端点重合），连接，，点在边的延长线上，且，．
(1)求证：四边形是正方形．(2)求证：．(3)以下与线段有关的三个结论： ，， ．你认为哪个正确？请说明理由．
【答案】(1)证明：∵四边形是菱形，，．
又，，∴菱形是正方形．
(2)证明：∵四边形是正方形，， ．
，， ．
又∵，，，．
(3)解：正确．
理由如下：过点作交于点，如图，则．
∵四边形是正方形，∴，，
，，
，， ，
∵，．
∵，，∴，
∵，，．
是等腰直角三角形，，，
，，．
【变式4】（25-26九年级上·成都·校考期中）如图1，的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H．
(1)求证：四边形为矩形；(2)如图2，当为矩形时，①求证：四边形EFGH为正方形；
②若，四边形的面积为8，求AB的长．
【答案】(1)证明见解析(2)①证明见解析；②6
【详解】（1）解：∵四边形为平行四边形，
∴，
∵的各内角的平分线分别相交于点E，F，G，H，
∴，即：，同理可得：，
∵，∴，∴四边形为矩形；
（2）解：①同（1）法可得：四边形为矩形；
∵为矩形，∴，∴为等腰直角三角形，
∴，同理可得：，
∵，∴，∴，即：，
又∵四边形为矩形，∴四边形为正方形；
②由①得：，∵四边形的面积为8，∴，
∴，∴，∵，∴．
题型05中点四边形
【典例1】（2026·吉林长春·一模）如图，在四边形中，、、、分别是边、、、中点，．有下列结论：①连接，则有；②若，则以、、、为顶点的四边形为正方形；③连接，相交于点，则；④若，则．上述结论中，正确结论的序号有__________．
【答案】①③④
【详解】解：如图：连接，
∵，∴，同理：，，
∴，∴四边形是平行四边形，
∵，∴，∵，∴，∴，
∴四边形是矩形，∴，故①正确；∴，故③正确；
∴，若，则，故④正确；
∵，，∴，
∴四边形不是正方形，故②错误，综上可知，正确的有①③④．
【变式1】（25-26八年级下·河南信阳·期末）对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的中点四边形是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”．如图，已知四边形是“中方四边形”，四边形是它的中点四边形．若线段的长度为，的长为________．
【答案】
【详解】解：连接，∵四边形是“中方四边形”，∴四边形是正方形，
∴是等腰直角三角形，∴，
∵线段的长度为，∴∵分别为的中点，∴．
【变式2】（25-26八年级下·安徽马鞍山·期末）如图，菱形的对角线相交于点O，E，F，G，H分别是边，，，的中点，（1）连接，若，，则的长为________．（2）连接，，，．若菱形的面积为50，则四边形的面积为________．
【答案】 25
【详解】（1）解：∵四边形是菱形，，，∴，，，
∴，∴∵E是的中点，∴；
（2）∵四边形为菱形，∴，∵E，F，G，H分别是边，，和的中点，
∴，，，，∴，，
∴四边形是平行四边形，同理，，
∵，∴，∴四边形是矩形，∴，
∵，∴
【变式3】（25-26八年级下·江苏宿迁·期末）如图，在四边形中，，若分别是四边形各边、、、的中点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)当时，求证：四边形是菱形；(3)在（2）的条件下，四边形满足_____________时，四边形是正方形．（直接写答案）.
【答案】(1)证明：如图所示，连接，
在中，点分别是的中点，∴，
在中，点分别是的中点，∴，
∴，∴四边形是平行四边形．
(2)证明： 如图所示，连接，
∵在中，点分别是的中点，∴，
∵在中，点分别是的中点，∴，∵，∴，
又∵由（1）知，四边形是平行四边形，且，∴四边形是菱形．
（3）解：四边形满足时，四边形是正方形，理由如下：
∵在中，点分别是的中点，∴，
∵，∴，∵在中，点分别是的中点，∴，
∵，∴，由（2）知，四边形是菱形，且，∴四边形是正方形．
【变式4】（25-26八年级下·山西阳泉·期末）综合与探究
问题情景：数学课上，老师画出一个四边形（如图1所示），并依次标记了各边，，，的中点E，F，G，H．要求同学们对以下问题进行探究．
(1)探究一：四边形是平行四边形吗？说明你的理由．(2)探究二：如图2，点P是四边形内一点，且满足，，，点E，F，G，H分别为边，，，的中点，猜想四边形的形状，并证明你的猜想；(3)探究三：若改变（2）中的条件，使，其他条件不变，请说出此时四边形的形状，并写出证明过程．
【答案】(1)四边形是平行四边形．理由：如图1中，连接．
∵点E，H分别为边，的中点，∴，．
∵点F，G分别为边，的中点，∴，．
∴，．∴四边形是平行四边形．
(2)四边形是菱形．证明：如图2中，连接，，
∵，∴，即．
又∵，，∴，∴．
∵点E，F，G分别为边，，的中点，∴，．
∴，由（1）可知，四边形是平行四边形，∴四边形是菱形．
(3)四边形是正方形．
证明：如图2中，设与交于点O，与交于点M，与交于点N．
∵，∴，∵．∴，
∵，，∴，
∵四边形是菱形，∴四边形是正方形．
题型06正方形的性质与判定综合运用（选填题）
【典例1】（24-25八年级上·吉林长春·期末）如图，正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连结交于点，给出下面四个结论：①；②；③；④．上述结论中，正确结论的序号有 _________．
【答案】①②④
【详解】解：四边形是正方形，
，，平分，
是等边三角形，，，，
在和中，，，，故①正确；
，，，故②正确；
，，，又平分，，
等腰直角三角形中，是中线，，
，，故③错误；
是等腰直角三角形，，，，
中，，，故④正确．故答案为：①②④．
【变式1】如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（ ）

A．①③B．①②③④C．①②③D．①③
【答案】B
【详解】解：正方形中，点是边的中点，∴，，，
∴，∴，故结论①正确；
∵，，为公共边，∴，∴，
∵，∴，故结论②正确；
∵与是等底等高的两个三角形，∴与的面积相等，，即，
∵，，∴，故结论③正确；
由结论①，②可知，，
∵，∴，∴．故结论④正确．
综上所述，正确的有①②③④．故选：．
【变式2】如图，在正方形中，对角线，交于点，点，分别在，上，且，交于点，连接．得到下列四个结论：①；②；③;④四边形是菱形，其中正确的结论是_____(填写所有正确结论的序号)．
【答案】①③④
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，故①正确；∵，∴，
又∵，∴，∴，故②错误；
∵，∴，∵，∴，∴．
∵，∴，∴，∴，
∴，∴，∴四边形是菱形，故④正确；
∵四边形是菱形，∴，∴，∴为等腰直角三角形，
∴，∴，∵为等腰直角三角形，
∴，∴③正确．综上，正确的有①③④．故答案为：①③④．
【变式3】32．（25-26八年级下·安徽合肥·期末）如图，边长为3的正方形中，为对角线上的一点，连接并延长交于点．若，则下列结论：①；②；③；④的面积是；其中正确的是（ ）
A．①②B．①②④C．①③④D．①②③④
【答案】B
【详解】解：∵四边形是边长为3的正方形，
∴，
又∵，∴，∴，故①正确；
∵，∴；设，则，
∴，
∵，∴，
∴，∴，故②正确；
∴，∴，∴，
∴，∴，，∴，故③错误；
∴，∴，∴，
∴，故④正确；综上所述，正确的有①②④．
【变式4】（25-26八年级下·福建漳州·期末）如图，正方形中，，，相交于点，连接，点是的中点，连接，点在上，下列结论中：
①；②；③；④当，时，的最小值是；其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【详解】解：∵正方形，∴，，
∵，∴，故①符合题意；∴，∴，，
∴，∴，∴，故②符合题意；
∵，∴，∴，
∴，故③符合题意；
如图，作关于的对称点，连接，，则，，
∵，∴，共线，，
当三点共线时，，此时最小，
∴最小值，∵，为的中点，∴，
∴此时，
∴的最小值是，故④符合题意.
题型07正方形的性质与判定综合运用（解答题）
【典例1】已知：在中，，点D为直线上一动点（点D不与B、C重合），以为边作正方形，连接．
(1)如图1，当点D在线段的延长线上时，请你判断线段与的数量关系，并说明理由．
(2)如图1，若，请连接并求出的长．
(3)如图2，当点D在线段的反向延长线上时，且点A、F分别在直线的两侧，其它条件不变；若连接正方形对角线，交点为O，连接，探究的形状，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析(2)；(3)是等腰三角形，理由见解析
【详解】（1）解：，理由如下，

∵，∴，
∵四边形是正方形，∴，
∵，，∴，
在和中，，∴，∴；
（2）解：由（1）得，∴，，
∴，∵，则，∴，
∵，∴，∴；
（3）解：是等腰三角形，理由如下，∵，
∴，则，
∵四边形是正方形，∴，，
∵，，∴，
在和中，，∴，
∴，∴，则为直角三角形，
∵正方形中，O为中点，∴，
∵在正方形中，，，∴，∴是等腰三角形．
【变式1】（25-26九年级上·湖北武汉·月考）【问题情境】正方形是我们熟悉的几何图形，八年级一班小明同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下的探究：如图①，已知正方形的对角线，相交于点O，E是上一点，连接，过点A作，垂足为M，交于点F．（1）求证：；
【尝试探究】（2）如图②，若点E在的延长线上，交的延长线于点 M，交的延长线于点 F，其他条件不变，则结论“”还成立吗？如果成立，请给出证明；如果不成立，请说明理由．
【拓展延伸】（3）若，点E在线段上(不与端点A，C重合)运动，请你直接写出 的最小值．
【答案】（1）见解析；（2）成立，见解析；（3）
【详解】（1）证明：正方形的对角线，相交于点O，
、，，
，，，
在和中，，，；
（2）解：结论“”成立，理由如下：
正方形的对角线，相交于点O，、，
，，，，
在和中，，，；
（3）解：如图：当点E在线段上时，同（1）可得，
在正方形中，、，
在和中，，，，
，，，，
是直角三角形，取中点H，连接、、，、，
在中，根据三边关系可得，的最小值为．
【变式2】（25-26八年级下·黑龙江哈尔滨·期中）如图，在正方形中，是边上一点，是延长线上一点，，连接，于点，交于点，连接．
(1)求证：；(2)连接，求证：；(3)若，，求的长．
【答案】(1)证明：如图，连接．

∵四边形是正方形，∴，，，
∵，，，∴，∴，，
∵，即，∴，
∵，，∴．
(2)证明：如图，过点作交于点，交于点．
∵，∴四边形是矩形，∴；
∵，，∴，即，故；
∵，，∴，
∵，，，∴，
∴ ，，∴四边形是正方形，故，
∴，
在中，，即，故．
（3）解：连接，如图：∵，，，∴，
∴，，∵，，∴垂直平分，∴，
设，则，
在中，，即，解得，∴．
【变式3】（2025·广东惠州·一模）已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点．
(1)【动手操作】如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_度．
(2)【深入探究】是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．试判断四边形的形状，并证明．
(3)【拓展应用】是射线上的一个动点，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．若，，求线段的长．
【答案】(1)；(2)矩形是正方形；见解析；(3)线段的长为或．
【详解】（1）解：根据题意画图如图；
∵四边形是正方形，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形，∴，
∵，∴；
（2）解：四边形为正方形，证明如下：在上截取，连接，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，即，∴是等腰直角三角形，
∴，∴，
∵平分，，
∴，∴，
∵，∴，又∵，∴，
在和中，，，，∴，∴，
在上截取，连接，则，
∵，，∴，，
是等腰直角三角形，，，
，，，
，，∴，∴，
又∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴平行四边形是矩形，
又∵，∴矩形是正方形；
（3）解：①当点在线段上时，由（2）知四边形是正方形，∴，
∵，，∴，
在中，由勾股定理得，∴；
②当点在延长线上时，延长至，使得，连接，
∵，，且，，∴，
又∵，∴是等腰直角三角形，∴，∴．
∵，∴，
∵，，∴．
在和中，，∴，∴．
∵，，∴，即．延长至点，使，连接，
∵是等腰直角三角形，∴，，
∴，且是等腰直角三角形，∴，
∵，，∴，，∴．
在和中，，∴，∴．
结合，可得，又∵，∴四边形是平行四边形．
∵，∴平行四边形是矩形，
又∵，∴矩形是正方形．，
综上所述，线段的长为或．
题型08正方形中的折叠问题
【典例1】（25-26八年级下·河南驻马店·阶段检测）如图所示是边长为的正方形纸片，点为边的中点，折叠纸片使点落在点处，折痕为，则的长为____________．
【答案】
【详解】解：由翻折可知，根据题意设，则，
又点为边的中点，，
在中，，即，解得：，
即．故答案为：．
【变式1】（25-26八年级下·辽宁大连·期中）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为_______．
【答案】
【详解】解：设正方形的边长为a，与y轴相交于G，
则四边形是矩形，∴，，，∵折叠，∴，，
∵点A的坐标为，点F的坐标为，∴，，∴，
在中，，∴，解得，
∴，，
在中，，∴，
解得，∴，∴点E的坐标为.
【变式2】（25-26九年级上·贵州六盘水·期末）如图，在正方形中，，将沿折叠至，延长交于点G．若点G刚好是的中点，则的长是（ ）
A．1B．C．D．3
【答案】B
【详解】解：连接，四边形是正方形，，，
点G是的中点，，
沿折叠至，，，，，
，，，设，则，
根据图形翻折的性质可知，，在中，，
，解得，的长是．故选：B．
【变式3】（25-26九年级上·江苏无锡·月考）如图，正方形的边长为4，点E为的中点，连接，将沿折叠，点A的对应点为F．连接，则的长为__________．
【答案】
【详解】解：如图，连接交于点O，则，过点F作交于点M，交于点N，
∵，∴，∵，点E是中点，∴，∴，
∵，∴，∴，
由折叠性质得：，∴，
∵，∴，
∴，∴，∴，
∵，∴四边形是矩形，
∴，∴，∴．故答案为：．
【变式4】（25-26八年级下·湖北襄阳·期中）在矩形中，，点E在边上（不与点A、D重合），将沿翻折得到．
(1)如图1，当时，的延长线交于点G．①求证：；②若平分，，则点F到的距离为______；(2)如图2，当时，连接，，，若，求的长；
(3)如图3，当时，的延长线交于点G，的延长线交于点H，若，探究线段与之间的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)①证明：当时，四边形为正方形，，
将沿翻折得到，，，
∵，，，；
②解：如图，过点作于点，

平分，，根据折叠可得，，
，，，即点F到的距离为；
（2）解：如图，延长交于点
在矩形中，当时，，
根据折叠可得，，，
，，
，，，
，，
设，则，，
在中，，即，解得，
(3)，理由如下：在矩形中，当时，设，则，
根据折叠可得，，，
设，则，在中，，
即，解得，，
，，，
，，
如图，连接，，
，，设，则，
在中，，在中，，
，即，解得，
，．
题型09正方形中的旋转问题
【典例1】（2026·河南平顶山·三模）在正方形 中，E为边延长线上一点，且，连接， ． 将 绕点顺时针旋转得到线段，连接．
观察猜想(1)如图1， 若点落在边上， 则与之间的数量关系为 _．
类比探究(2)如图2， 若点落在正方形内部， 判断（1）中的结论是否仍然成立？ 若成立，请写出证明过程；若不成立，请写出正确的结论，并证明．
拓展应用(3)连接，当为等腰三角形时，请直接写出的面积．
【详解】（1）解：∵四边形为正方形，∴，，
，∴，，
∵，∴，∴，根据旋转可得：，
∴，∴，∴；
(2)结论仍然成立；
证明：根据解析（1）可得：，
根据旋转可得：，，∴，
∴，∴；
（3）解：∵，，
∴，根据旋转可得：，
当时，过点P作于点F，如图所示：
则，此时，∴为等边三角形，∴，
∴，∴，∴；
当时，如图所示：∵，
∴此时点P在正方形的内部，如图，过点P作于点G，过点C作于点H，
∵，∴，∵，
∴，根据解析（2）可得：，∴，∴，
∵，，∴，∴，，
∴，∴，∴；
当时，如图所示：∵，∴，∴四边形为菱形，
∵，∴四边形为正方形，∴，即，
∵，∴此时不符合题意；综上，的面积为1或．
【变式1】如图，正方形的对角线与相交于点O，将绕点O顺时针旋转，设旋转角为α（），角的两边分别与交于点M，N，连接，，下列四个结论：①；②；③；④；其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．②③④D．①②③④
【答案】B
【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，，
∵将绕点O顺时针旋转，∴，且，，
∴，∴，故①正确；
∵，，∴，∴，
∵，∴，∴，故②正确；
若，∴，∴，∴，
∵，∴，∴不可能，故③错误，
∵，，∴，∵，∴；故④正确,故选：B．
【变式2】（25-26九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，正方形中，，点为正方形外一点，且，将绕点逆时针方向旋转得到，的延长线交于点．若，则的长为 _______ ．
【答案】17
【详解】解：∵将绕点逆时针方向旋转得到，，
∴,
∴，∴．
∵四边形是正方形，∴，
∴四边形为正方形，∴．设，
∵，∴，在正方形中，，
在中，根据勾股定理，得，解得，∴．
【变式3】（25-26八年级上·江苏连云港·周测）如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，，若，则一定等于_________．
【答案】
【详解】解：将绕点逆时针旋转至，

∵四边形是正方形，∴，，
由旋转性质可知：，，，，
∴，∴点三点共线，∵，，，
∴，，∵，∴，
在和中，∴，∴，
∴，∴，
∵，∴，故答案为：．
【变式4】（25-26九年级上·内蒙古乌兰察布·期末）如图，点是矩形内一点，，把绕点按顺时针方向旋转，得到（点对应点，点对应点）．延长交于点，连接．(1)判断四边形的形状，并说明理由．(2)若，，，求．
【答案】(1)四边形是正方形，理由见解析(2)
【详解】（1）四边形是正方形
理由：由旋转可知，且，
故，∴四边形是正方形．
（2）由旋转得，，正方形中，
由勾股定理求得，过G作于M，于H，
由等面积法可得 ∵四边形是个矩形，
由勾股定理得
题型10正方形中的最值问题
【典例1】如图，在正方形中，，为边上一点，点在边上，且，将点绕着点顺时针旋转得到点，连接，则的长的最小值为______．
【答案】
【详解】解：过点作，垂足为，，

∵四边形是正方形，，，
由旋转得：，，
，，（AAS），，
∴点在与平行且与的距离为的直线上，∴当点在边上时，最小且，
的最小值为，故答案为：．
【变式1】如图所示，正方形的面积为12，是等边三角形，点E在正方形内，在对角线上有一点P，使的和最小，则这个最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：连接，，如图所示：∵四边形为正方形，∴点B与D关于对称，
∴，∴，∴最小值为的长，
∵正方形的面积为12，∴，
又∵是等边三角形，∴，∴最小值为，故B正确．故选：B．
【变式2】（2026·河南平顶山·三模）如图，在平面直角坐标系中，已知正方形的顶点，点在轴正半轴上，是对角线上的动点，是轴上的动点．当的值最小时，点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：如图，过点分别作轴于点、轴于点，
以为对称轴，作点的对称点，∵四边形是正方形，∴点是点关于的对称点，
根据“将军饮马”可知，当、、三点共线时，且轴，的值最小，
∴，∵轴，∴，∵，∴，
∵，∴，∵四边形是正方形，
∴，∴，∴，
∵四边形是正方形，∴，∴，
∴，∴点的坐标为．故选：B．
【变式3】（25-26九年级上·江西景德镇·期末）如图，已知四边形为正方形，，点E为对角线上一动点，连接，过点E作，交于点F，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．(3)直接写出的最小值．
【答案】(1)见解析(2)是定值，6(3)
【详解】（1）证明：如图，过作于点，过作于点，
∵四边形为正方形，∴，∵，，
∴，∴四边形是矩形，∴，
∵是正方形对角线的一点，∴，，
∴，∴四边形是正方形，∴，∵四边形为矩形，∴，
∴，即，
在和中，，∴，
∴，∴矩形为正方形；
（2）解：是定值，定值为，理由如下：
∵矩形为正方形，∴，，
∵四边形是正方形，∴，，
∴，即，
在和中，，∴，∴，
∴，∴是定值，定值为．
（3）解：∵矩形为正方形，∴，
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，最小值为，
此时，有最小值，由（2）知，∴的最小值为．
题型11正方形中的动点问题
【典例1】在正方形中，，、分别是、边上的动点，以、为边作平行四边形．(1)如图1，连接，若，试说明与的关系；(2)如图2，若为的中点，在边上是否存在某个位置，使得四边形为菱形？若存在，求出的长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，且，理由见解析(2)F在AB边上存在时，使得四边形EFDG为菱形
【详解】（1）解：，且．
∵四边形为正方形，∴，，
在和中，，∴，∴，，
∵∴，∴，
∵四边形是平行四边形，∴，∴，且， ．
（2）解：存在，理由如下：设，∵，∴，∴，
∵点E为中点，∴， ∵四边形为菱形，∴，
由勾股定理可得，即 解得
∴F在边上存在时，使得四边形为菱形．
【变式1】如图，在正方形中，，是上的一点且，连接，动点从点出发，沿着路径以的速度运动，运动到点停止，设点的运动时间为秒，当和全等时，的值是（ ）
A．B．C．或D．或
【答案】D
【详解】解：中，当和全等时，一定为直角三角形，
当点在上时，不能构成三角形；当点在上时，如下图所示，

构成的不是直角三角形，此时和不全等；
当点在上时，如下图所示，，则有，
此时点运动的路程为，运动的时间为；
当点在上时，如下图所示，，，
此时点运动的路程为，
运动的时间为，综上所述，当和全等时，的值是或． 故选：D ．
【变式2】（24-25九年级上·广东深圳·期中）如图所示，在正方形与等边中，三点在一条直线上，且，．若有一动点沿着由往移动，则当的长度最小时，的长为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】B
【详解】.解：当时，的长度最小，
∵四边形是正方形，∴，．
∵是等边三角形，∴，．
三点在一条直线上，∴，
∴，．
在中， ∴．故选：B．
【变式3】（24-25八年级下·河南洛阳·期中）如图，正方形的边长为，点P从点D出发以每秒的速度沿路径匀速运动，设点P运动时间为x秒，的面积．
(1)写出点P在上运动时，y与x之间的函数关系式；(2)画出整个运动过程中y关于x的函数的图象．
【详解】（1）解：正方形的边长为，
，由题意得，点P在上运动时，，
，；
（2）解：由题意得，点P在上运动时，，
，
当时，，当时，，当时，.
(2)画出函数图象，如下：

1．（25-26九年级上·山东菏泽·月考）下列命题是真命题的是（ ）
A．四条边都相等的四边形是正方形B．对角线垂直的四边形是菱形
C．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形D．四个角相等的四边形是矩形
【答案】D
【详解】解：A：四条边相等的四边形是菱形，不一定是正方形（缺少直角条件），假命题；
B：对角线垂直的四边形不一定是菱形（如筝形），假命题；
C：对角线垂直且相等的四边形不一定是正方形（可能是不规则四边形），假命题；
∵ 四边形的内角和为，且四个角相等，∴ 每个角为，
∴ 四边形是矩形（定义），故D正确；故选：D．
2．（25-26九年级上·广东佛山·期中）如图，已知，，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】根据题意得，，∴四边形是平行四边形
∵；∴平行四边形是矩形
A．添加，故可证明矩形是正方形，不符合题意；
B．添加，故可证明矩形是正方形，不符合题意；
C．添加，∵∴∴
∴，故可证明矩形是正方形，不符合题意；
D．添加，不能证明矩形是正方形，符合题意；故选：D．
3．（2026·浙江·校考一模）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在边AB，CD上，．若将四边形EBCF沿EF折叠，点恰好落在AD边上．则BE的长度为（ ）
A．2B．C．D．4
【答案】D
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥CD，∠A=90°，∴∠EFD=∠BEF=60°，
∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B‘恰好落在AD边上，∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，
∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°，∴B'E=2AE，设BE=x，则B'E=x，AE=6-x，
∴2（6-x）=x，解得x=4．故选：D．
4．（25-26八年级下·江苏盐城·期末）如图，点在正方形的边上，连接交对角线于点，连接．若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：在正方形中，，，，
，，，．
5．（25-26八年级下·山东济南·期末）如图1，已知正方形的边长为，对角线，相交于点，以顶点，，，为圆心，分别以，，，为半径画弧，与正方形的一组邻边各交于一点，连接所有交点，，…，，得到八边形（如图2阴影所示），则这个内嵌于正方形的阴影八边形的边长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】解：设阴影八边形的边长为，则，，
在中，，即，整理得
解得（负值已舍去），即阴影八边形的边长为．
6．（25-26八年级下·江苏宿迁·期末）已知，如图，在中，，，，以为边在异侧作正方形，过点E作，垂足为F，交于G，连接，则的周长等于（ ）
A．14B．16C．18D．20
【答案】B
【详解】解：过点A作于点H，
∵在中，，，，∴，
∵，，，∴四边形为矩形，
∴，，，∴，
∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴，，
∵四边形为正方形，∴，，
在和中，，∴，∴，
∴的周长．
7．（25-26八年级下·天津河北·期末）如图，已知正方形边长为，为中点，将沿翻折得到，，分别为边，上一点，将沿翻折，使点对应点落在边上，若，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】解：连接，作，∵四边形是正方形，∴，，
∵是的中点，∴，∵将沿翻折得到，
∴，，，
∵∴∴∴
∴，∴∴，∴
∵，∴四边形是矩形，∴，
设，则，将沿翻折，使点对应点落在边上，
∴，在中，
∴解得：∴．
8．（25-26八年级下·浙江杭州·期末）如图，正方形中，是上一点，点在的延长线上，，连结．是的中点，连结，．给出以下结论：
①垂直平分；②，下列判断正确的是（ ）
A．①，②都对B．①，②都错C．①对，②错D．①错，②对
【答案】A
【详解】解：如图，连接，取中点M，连接，
四边形是正方形，，，，垂直平分，
点M是中点，是的中点，是的中位线，
，，，
，
又，，，即，
是等腰直角三角形，，，点P在上，
垂直平分，垂直平分，故①正确；
，，，故②正确，综上可知，①，②都对．
9．（25-26八年级下·四川广安·期末）如图：顺次连接矩形四边的中点得到四边形，再顺次连接四边形四边的中点得四边形，…，按此规律得到四边形．若矩形的面积为26，那么四边形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，
∴顺次连接矩形四边的中点得到四边形，
∴，∴四边形是菱形，
∴，
由此得到，顺次连接任意四边形四边中点得到的新四边形，面积是原四边形的，
∴，∴，当时，．
10．（25-26八年级下·上海金山·期末）如图，已知正方形的边长为，平分，交边于点，，垂足为．那么的长为________．（用含的代数式表示）
【答案】
【详解】解：四边形是正方形，边长为，，，
在中，由勾股定理得，
平分，，
，，，
在和中∠D=∠AFE∠DAE=∠FAEAE=AE，，
，．
11．（25-26九年级上·陕西西安·期中）如图，正方形的对角线相交于点O，正方形与正方形的边长相等，在正方形绕点O旋转的过程中，当重叠部分为四边形且面积为时，则正方形的边长为___________．
【答案】
【详解】解：∵四边形是正方形∴，，，
∴，∵四边形为正方形∴，∴，
在与中，，∴，∴，
∴
∵
∴，解得：，∴正方形的边长为：．故答案为：
12．（25-26八年级下·河北邯郸·期末）如图，将一个边长为的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动成四边形，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到时才会断裂．若，则橡皮筋_______________断裂（填“会”或“不会”），此时四边形的面积为_______________．

【答案】 不会； ．
【详解】解：设扭动后对角线的交点为，如下图：

，根据正方形的性质得，得出扭动后的四边形四边相等为菱形，
，为等边三角形，，
，，
根据菱形的对角线的性质：，
，不会断裂，，，
∴菱形的面积为：故答案为：不会；
13．（25-26八年级下·浙江杭州·期末）如图，已知点，分别是正方形的边和上的一点，且是等边三角形，则的度数为________．
【答案】/度
【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，
∵是等边三角形， ∴，，
在和中， ， ∴，
∴， ∴．
14．（25-26八年级下·山东济南·期末）如图，在四边形纸片中，，点E，F分别在边上，将分别沿折叠，点B，D恰好都和点G重合，．
(1)求证：四边形是正方形；(2)若，求的长度．
【答案】(1)证明：由题意得，，
∴，∴四边形是矩形，
∵点B，D恰好都和点G重合，∴，∴，∴四边形是正方形
（2）解：∵四边形是正方形，∴，
∵，∴，
∵，∴，∴．
1．（25-26八年级下·浙江宁波·期末）如图，在边长为2的正方形纸片中，是边上的中点，将正方形纸片沿折叠，点落在点处，延长交于点，连结并延长交于点，给出以下结论：①是等腰三角形；②是的中点；③；④，其中正确的结论是（ ）
A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④
【答案】B
【详解】解：由翻折的性质可得：，
∵是边上的中点，∴，∴，∴是等腰三角形，∴①正确；
由翻折的性质可得：，
∵，∴，∴，即，
∴，∴，∵四边形是正方形，∴，
∴四边形是平行四边形，∴，∴是的中点，∴②正确；
如图所示，连接,由翻折的性质可得：，，，
在与中，∴，∴，，
设，则，，∴在中，，
∴，解得：，∴，，∴，∴③错误；
如图所示，与相交于点，∵，，∴，，
∵，∴，
∴由三角形的面积可得：，∴，
∵，∴，∴，∴④正确．
2．（2026·安徽合肥·一模）如图，在△ABC中，∠CAB＝90°，AB＝AC＝4，P为AC中点，点D在直线BC上运动，以AD为边，向AD的右侧作正方形ADEF，连接PF，则在点D的运动过程中，线段PF的最小值为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【详解】解：连接CF，
∵∠CAB＝90°，AB＝AC＝4，P为AC中点，∴∠ABC＝∠ACB＝45°，AP＝PC＝2
∵四边形ADEF是正方形∴AD＝AF，∠DAF＝90°
∵∠BAC＝∠DAF＝90°∴∠BAD＝∠CAF，且AB＝AC，AD＝AF
∴△ABD≌△ACF（SAS）∴∠ABD＝∠ACF＝45°∴∠BCF＝∠ACB+∠ACF＝90°
∴CF⊥BC∴点F在过点C且垂直BC的直线上，∴当PF⊥CF时，PF的值最小
∴PF的最小值＝故选：B．
3．（25-26八年级下·四川德阳·期末）如图，正方形的边长为，是对角线上一动点，于点，于点，连接，给出种情况：①若为上任意一点，则；②若为的中点，则四边形是正方形；③若，则；④若过点作正方形交边于，则则其中正确的是________．
【答案】①②/②①
【详解】解：∵四边形是正方形，且边长为6，
∴，，，
∵，∴，∴，
∵，，∴，
∴四边形是矩形，∴，故①正确；
∵为的中点，∴，∵，
∴是等腰直角三角形，且，∴，∴矩形是正方形，故②正确；
∵，∴，故③错误；
∵四边形是正方形，∴，∴，
∵，∴，∴，
∴，故④错误；综上所述：正确的是①②．
4．（2026·辽宁沈阳·三模）如图，是正方形内的一点，且，，则的度数为_____．
【答案】/15度
【详解】如图，连接，
四边形是正方形，
，，，
，即，
在和中，，，
，是等边三角形，，．
5．（25-26九年级上·成都·期中）在平面直角坐标系中，边长为2的正方形的两顶点分别在轴、轴的正半轴上，点在原点．现将正方形绕点顺时针旋转，当点第一次落在直线上时停止旋转，旋转过程中，边交直线于点边交轴于点（如图）．在旋转正方形的过程中，的周长为________．
【答案】4
【详解】解：过点O作，垂足为F，延长交y轴于E点，如图，
则．∴．
在和中，，∴．∴．
在和中，，∴．∴．
∵，∴．
∴的周长．故答案为：4．
6．（25-26九年级上·福建漳州·期中）如图，正方形中，点是平面内一点，以为直角边构建等腰直角三角形，且， ， 连接，交于点， 连接．
(1)请证明：；(2)已知， 将绕点旋转一周，①当 ，求的长②在旋转过程中， 当时， 且，请求出线段的长．
【答案】(1)见解析(2)①；②或
【详解】（1）解：，理由如下：如图，设相交于点，
∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，
又∵，∴，∴，，即，
∵，∴∴；
（2）①如图，在上取，过点作于，则，
由（）知，，
在和中，，∴，
∴，，∴，∴是等腰直角三角形，
∵，∴，设，则，
在中，，∴，
解得或（不合题意，舍去），∴，
∴；
②如图，当时，连接，
∵是等腰直角三角形，∴，∴三点共线，
又∵点在上，∴点重合，∴， ∴，
∵，∴，设，则，
在中，，∴，
解得，（不合题意，舍去），∴；
如图，当重合时，，连接，∴，
∴，∴当重合时，设， ∵，∴，
在中，，∴，
解得，（不合题意，舍去），∴；
综上，线段的长为或．
7．（25-26八年级下·重庆沙坪坝·期末）在正方形中，E，F，G分别是边，，上的点，线段与相交于点M．
(1)如图1，若点E与点D重合，且，求证：；
(2)如图2，点H是上一点，，．若，求证：；
(3)如图3，若G是的中点，，将线段绕A点顺时针旋转得线段，连接，，．当线段取得最小值时，求的值．
【答案】(1)∵ 四边形是正方形， ∴ ，，∵，
在和中，∴ ， ∴ ；
(2)∵ ，，∴ ，， ∴，
在和中， ∴ ，∴ ，
过作于，∵∴四边形为矩形，∴，，

∵ 四边形是正方形，∴∴，，
∵ ，∴，∴，
∵∴ ，
在和中， ∴ ，∴，
∵，，∴，
∵，∴，
又∵，∴∴ ；
（3）解：连接，，由旋转的性质可得：，，
∵四边形为 正方形，∴，，
∴ ，∴，
在和中： ，
∴ ，，∴
∴当且仅当三点共线时，取得最小值，即是与的交点；此时，
如图所示，以为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，过作于，设正方形的边长为，则，
∵G是的中点，∴，设的解析式为，
∴，解得，∴的解析式为，
设的解析式为，把代入解析式得，解得，∴的解析式为，
联立方程组得解得，∴，
∴，∴到的距离为，
∴由旋转的性质可得到的距离为，即，∵为正方形的对角线，∴，
又∵​，∴，∴，
∴，∴，∴，
设，∴，，
∵，∴，∴，整理得，
解得，∴，设直线的解析式为，
∴，解得，∴直线的解析式为，
令，则，解得，∴，∴，∴教学目标
1.掌握正方形全部性质：兼具平行四边形、矩形、菱形所有性质。四边相等、四角直角、对角线相等且垂直平分、对角线平分对角。
2.熟练掌握正方形多路径判定方法，能从不同条件灵活判定正方形。
3.通过整合矩形、菱形性质，培养整合归纳、迁移综合的几何思维。学会从边、角、对角线三个维度分析正方形判定条件。
4.体会几何图形层级关系的系统性、逻辑性，构建完整四边形知识网络。提升复杂几何问题的拆解分析能力，建立几何自信。在综合题型中形成 “先判平行四边形→再特殊化→正方形” 的完整推理链条。
教学重难点
1.重点
（1）正方形完整性质体系的综合应用。
（2）正方形常用判定路径：矩形 + 一组邻边相等 = 正方形；菱形 + 一个直角 = 正方形。
（3）对角线相等且垂直的平行四边形 = 正方形。
2.难点
（1）判定正方形时条件冗余、条件不足的判断失误。
（2）在综合图形、折叠、动点题中灵活选用正方形性质。
（3）理清：平行四边形→矩形 / 菱形→正方形的层级逻辑。