文档内容
微专题 27 正方形
考点精讲
构建知识体系
考点梳理
1. 正方形的性质与判定(6年8考)
(1)定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
(2)正方形的性质
边 四条边都相等，对边平行
角 四个角都是直角
对角线相等且互相 ① ；
对角线
每一条对角线平分一组对角
既是轴对称图形，又是中心对称图形，有4条对称轴，
对称性
对称中心是两条 ② 的交点
(3)正方形的判定
有一组邻边相等，并且有一个角是 ③ 的平行四边形是正方形
边 (定义)；
有一组邻边 ④ 的矩形是正方形
角 有一个角是 ⑤ 的菱形是正方形
对角线 ⑥ 的矩形是正方形；
对角线 对角线 ⑦ 的菱形是正方形；
对角线互相 ⑧ 的四边形是正方形
2. 正方形面积
第 1 页 共 11 页1
面积计算公式：S＝a2＝ l2(a表示边长，l表示对角线长)
2
3. 平行四边形与四边形、特殊四边形之间的关系
4. 中点四边形
概念 依次连接任意一个四边形各边中点所得的四边形
对角线相等
任意四 对角线垂直的 对角线垂直且
原图形 矩形 菱形 正方形 的
边形 四边形 相等的四边形
四边形
中点四 平行四
菱形 矩形 正方形 菱形 矩形 正方形
边形形状 边形
【温馨提示】连接任意四边形各边中点得到的四边形面积是原图形面积的一半
练考点
1. 如图，在正方形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且BD＝4√2，E是对
角线AC上一点，连接BE.
第1题图
(1)∠ACB的度数为 ；
(2)AO的长为 ；
(3)正方形ABCD的周长为 ，面积为 ；
(4)若∠ABE＝15°，则BE的长为 .
第 2 页 共 11 页2. 下列说法中，正确的是( )
A. 有一个角是直角的平行四边形是正方形
B. 对角线相等的四边形是矩形
C. 对角线互相垂直平分的四边形是菱形
D. 一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形
3. 如图，E，F，G，H分别是四边形ABCD四条边的中点，则四边形EFGH一
定是 .(填“平行四边形”“矩形”“菱形”或“正方形”)
第3题图
高频考点
考点1 与正方形有关的证明及计算 (6年8考)
例1 已知四边形ABCD为正方形，边长为4，点M为BD上一点，连接AM.
(1)如图①，过点M分别作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，求证：四边形
BEMF是正方形；
例1题图①
(2)如图②，若BM＝3DM，求AM的长；
例1题图②
第 3 页 共 11 页(3)如图③，连接AC交BD于点O，若AM平分∠DAC，延长AM交CD于点
DN
N，求 的值；
AB
例1题图③
(4)如图④，过点B作BE⊥AM于点E，分别延长BE，AM交AD于点F，交CD
于点N，连接DE，若N是CD的中点，求∠DEN的度数.
例1题图④
考点2 中点四边形
例2 如图，在四边形ABCD中，E，F，G，H分别是边AB，BC，CD，DA的
中点.请你添加一个条件，使四边形EFGH为菱形，应添加的条件是( )
例2题图
A. AB＝CD B. AC⊥BD C. CD＝BC D.AC＝BD
变式1 (2024山西)在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，BC，
CD，DA的中点，EG，FH交于点O.若四边形ABCD的对角线相等，则线段EG
与FH一定满足的关系为( )
A. 互相垂直平分 B. 互相平分且相等
第 4 页 共 11 页C. 互相垂直且相等 D. 互相垂直平分且相等
真题及变式
命题点 与正方形性质有关的计算 (6年8考)
1. (2024广东7题3分)完全相同的4个正方形面积之和是100，则正方形的边长
是( )
A. 2 B. 5 C. 10 D. 20
2. (2019广东10题3分)如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至点E使EB
＝2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于点M，连接AM，
AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N，K .则下列结论：
①△ANH≌△GNF；②∠AFN＝∠HFG；③FN＝2NK；④S ∶S ＝1∶4.其中
△AFN △ADM
正确的结论有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
第2题图
2.1变条件——增加线段DF
如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至点E使EB＝2，以EB为边在上方
作正方形EFGB，连接DF，H是DF的中点，连接BH，则BH的长为 .
变式2.1题图
3. (2023广东15题3分)边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们
的底边在同一直线上(如图)，则图中阴影部分的面积为 .
第 5 页 共 11 页第3题图
3.1变条件——增加线段改变阴影区域的位置
如图，边长分别为5，3，2的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线
S
上，图中阴影部分的面积分别为S ，S ，则 1的值为 .
1 2 S
2
变式3.1题图
新考法
4. [数学文化](人教八下习题改编)2002年8月在北京召开的国际数学家大会会
徽取材于我国古代数学家赵爽的弦图，它是由四个全等的直角三角形和中间的
小正方形拼成的大正方形，如图所示，如果大正方形的面积是13，小正方形的
面积为1，直角三角形的较短直角边长为a，较长直角边长为b，那么(a＋b)2的
值为( )
第4题图
A. 13 B. 19 C. 25 D. 169
第 6 页 共 11 页考点精讲
①垂直平分 ②对角线 ③直角(90°) ④相等
⑤直角(90°) ⑥互相垂直 ⑦相等 ⑧垂直平分且相等
练考点
4√6
1. (1)45°；(2)2√2；(3)16，16；(4)
3
2. C
3. 平行四边形
高频考点
例1 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝90°，∠ABD＝∠CBD＝45°.
∵ME⊥AB，MF⊥BC，
∴四边形BEMF是矩形.
∵∠ABD＝45°，∠MEB＝90°，
∴∠EBM＝∠EMB＝45°，
∴BE＝EM，
∴四边形BEMF是正方形；
(2)解：如解图①，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC＝BD，AC⊥BD，OA＝OD.
∵正方形ABCD的边长为4，
√2
∴OA＝OD＝ AD＝2√2.
2
∵BM＝3DM，
∴点M是OD的中点，
∴OM＝√2，
在Rt△AOM中，
由勾股定理得AM＝√OA2＋OM2＝√10；
第 7 页 共 11 页例1解图①
(3)解：如解图②，过点N作NG⊥AC于点G，
例1题解图②
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝45°，
∵AM平分∠DAC，
∴DN＝GN.
设DN＝x，则GN＝x，CN＝4－x.
∵∠NCG＝45°，
∴△NGC是等腰直角三角形，
∴CN＝√2CG，即4－x＝√2x，解得x＝4√2－4，
DN
∴ ＝√2－1；
AB
(4)解：如解图③，过点D作DG⊥DE交AN的延长线于点G，
∵BF⊥AN，
∴∠ABF＋∠AFB＝∠DAN＋∠AFB＝90°，即∠ABF＝∠DAN.
又∵AB＝DA，∠BAF＝∠ADN＝90°，
∴△ABF≌△DAN，
∴AF＝DN，∠AFB＝∠DNA，
∴∠DFE＝∠DNG.
∵N是CD的中点，
1 1
∴DN＝ CD＝ AD＝AF，
2 2
第 8 页 共 11 页∴F为AD的中点，
∴DF＝DN.
∵DE⊥DG，
∴∠EDF＋∠EDN＝∠GDN＋∠EDN，即∠EDF＝∠GDN，
∴△DEF≌△DGN，
∴DE＝DG，
∴△DEG是等腰直角三角形，
∴∠DEN的度数为45°.
例1题解图③
例2 D 【解析】应添加的条件是AC＝BD，∵E，F，G，H分别为AB，BC，
1 1 1 1
CD，DA的中点，且AC＝BD，∴EH＝ BD，FG＝ BD，HG＝ AC，EF＝
2 2 2 2
AC，∴EH＝HG＝GF＝EF，则四边形EFGH为菱形.
变式1 A 【解析】∵在四边形ABCD中，点E，F，G，H分别是边AB，
1
BC，CD，DA的中点，如解图，连接EF，FG，GH，EH，BD，AC，∴EF＝
2
1 1 1
AC，FG＝ BD，GH＝ AC，EH＝ BD.∵四边形ABCD的对角线相等，即AC
2 2 2
＝BD，∴EF＝FG＝GH＝EH，∴四边形EFGH为菱形，∴EG与FH互相垂直
平分.
变式1题解图
真题及变式
1. B 【解析】由题意得每个正方形的面积为100÷4＝25，∴正方形的边长为
5.
第 9 页 共 11 页2. C 【解析】∵四边形EFGB是正方形，EB＝2，∴FG＝BE＝2，∠FGB＝
90°，∵四边形ABCD是正方形，H为AD的中点，∴AD＝4，AH＝2，∠BAD
＝90°，∴∠HAN＝∠FGN，AH＝FG，∵∠ANH＝∠GNF，
∴△ANH≌△GNF(AAS)，故①正确；∴∠AHN＝∠HFG，∵AG＝FG＝2＝AH，
∴AF＝√2FG＝√2AH，∴∠AFH≠∠AHF，∵AD∥FG，∴∠AHF＝∠HFG，
1
∴∠AFN≠∠HFG，故②错误；∵△ANH≌△GNF，∴AN＝ AG＝1，∵GM＝BC
2
AH GM
＝4，∴ ＝ ＝2，∵∠HAN＝∠AGM＝90°，∴△AHN∽△GMA，∴∠AHN
AN AG
＝∠AMG，∠MAG＝∠HNA，∴AK＝NK，∵AD∥GM，∴∠HAK＝∠AMG，
∴∠AHK＝∠HAK，∴AK＝HK，∴AK＝HK＝NK，∵FN＝HN，∴FN＝2NK；
1 1
故③正确；易知四边形ADMG是矩形，∴DM＝AG＝2，∵S ＝ AN·FG＝
△AFN 2 2
1 1
×1×2＝1，S ＝ AD·DM＝ ×4×2＝4，∴S ∶S ＝1∶4，故④正确，
△ADM 2 2 △AFN △ADM
∴选C.
变式2.1 √10 【解析】如解图，连接BD，BF，在正方形ABCD和正方形
EFGB中，∠ABD＝∠GBF＝45°，∴∠DBF＝90°.由题意，得EB＝2，BC＝
4，∴BF＝√2EB＝2√2，BD＝√2BC＝4√2，在Rt△DBF中，由勾股定理，得DF
1
＝√BF2＋BD2＝2√10，又∵H是DF的中点，∴BH＝ DF＝√10.
2
变式2.1题解图
3. 15 【解析】如解图，∵四边形ABCD，ECGF，IGHK均为正方形，∴CD
＝AD＝10，CE＝FG＝CG＝EF＝6，∠CEF＝∠F＝90°，GH＝IK＝4，∴CH
＝CG＋GH＝10，∴CH＝AD，∵∠D＝∠DCH＝90°，∠AJD＝∠HJC，
∴△ADJ≌△HCJ(AAS)，∴CJ＝DJ＝5，∴EJ＝1，∵GL∥CJ，∴△HGL∽△HCJ，
第 10 页 共 11 页GL GH 2 1 1
∴ ＝ ＝ ，∴GL＝2，∴FL＝4，∴S ＝S ＝ (EJ＋FL)·EF＝ ×(1
CJ CH 5 阴影 梯形EJLF 2 2
＋4)×6＝15.
第3题解图
4
变式3.1 【解析】如解图，设AH分别交CD，FG，BM于点K，I，L，
25
BM分别交CD，FG于点P，Q，AH＝m，∵正方形ABCD，正方形CEFG和正
方形GHMN的一边在同一条直线上，∴∠ABC＝∠DCG＝∠FGH＝∠MHG＝
90°，AB＝BC＝AD＝5，CG＝EF＝3，GH＝HM＝MN＝2，
∴AB∥CD∥FG∥MH，BH＝5＋3＋2＝10，HC＝3＋2＝5，∵HM∥AB，
HL HM 2 2AH 2AH 2m 5AH 5AH
∴△HLM∽△ALB，∴ ＝ ＝ ，∴HL＝ ＝ ＝ ，AL＝ ＝
AL AB 5 2+5 7 7 2+5 7
5m IH GH 2 1 1 1 2 1 3
＝ .∵IG∥AB，∴ ＝ ＝ ＝ ，∴IH＝ AH＝ m，∴LI＝ m－ m＝
7 AH BH 10 5 5 5 7 5 35
AK AD 5 1 1
m，∵AD∥HC，∴△AKD∽△HKC，∴ ＝ ＝ ＝1，∴AK＝HK＝ AH＝
HK HC 5 2 2
5 1 3 S LI 4
m，∴LK＝ m－ m＝ m，∵IQ∥KP，∴△QLI∽△PLK，∴ 1＝( )2＝ .
7 2 14 S LK 25
2
变式3.1题图
1
4. C 【解析】根据题意，得a2＋b2＝13，4× ab＝13－1＝12，即2ab＝12，
2
则(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2＝13＋12＝25.
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