文档内容
专题04 正方形的判定与性质重难点题型专训（5大题型+15道拓展培优）
【题型目录】
题型一 正方形的性质理解
题型二 根据正方形的性质求角度
题型三 根据正方形的性质求线段长
题型四 根据正方形的性质求面积
题型五 正方形折叠问题
题型六 根据正方形的性质证明
题型七 证明四边形是正方形
题型八 根据正方形的性质与判定求角度
题型九 根据正方形的性质与判定求线段长
题型十 根据正方形的性质与判定求面积
题型十一 根据正方形的性质与判定证明
题型十二 中点四边形
题型十三 （特殊）平行四边形的动点问题
题型十四 四边形中的线段最值问题
题型十五 四边形的其他综合问题
【知识梳理】
知识点1：正方形的概念与性质
1.概念：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.
2.性质：
（1）具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质
（2）正方形的四个角都是直角，四条边都相等
（3）正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每一条对角线平分一组对角
（4）正方形是轴对称图形，有4条对称轴
（5）正方形的一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，两条对角线把正方形分
成四个全等的小等腰直角三角形
（6）正方形的一条对角线上的一点到另一条对角线的两端点的距离相等。
知识点2：正方形的判定
（1）有一个角是直角的菱形是正方形；
（2）对角线相等的菱形是正方形；
（3）对角线互相垂直的矩形是正方形。
注意：判定一个四边形为正方形的一般顺序如下：先证明它是平行四边形，再证明它是菱形（或矩形），最后证明它是矩形（或菱形）。
【经典例题一 正方形的性质理解】
【例1】（2023上·陕西咸阳·九年级校考阶段练习）关于正方形性质的描述：
①既是轴对称图形，也是中心对称图形；
②对边平行且相等，四条边相等；
③四个角相等，且都等于 ；
④对角线互相垂直、平分且相等，每一条对角线都平分一组对角．
其中说法正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【分析】根据正方形的性质对各小题分析判断即可得解．
【详解】①既是轴对称图形，也是中心对称图形，正确；
②对边平行且相等，四条边相等，正确；
③四个角相等，且都等于 ，正确；
④对角线互相垂直、平分且相等，每一条对角线都平分一组对角，正确；
所以，说法正确的有①②③④共4个．
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的各性质是解题的关键，正方形的面积既可以利用边
长的平方求解，也可以利用对角线乘积的一半进行计算．
【变式训练】
1．（2023上·重庆沙坪坝·九年级重庆一中校考期末）如图，四边形 为正方形，E为 上一点，
于点F，连接 ，设 ，若 ，则 可表示为（ ）
A． B． C． D．【答案】C
【分析】如图所示，过点D作 于G，根据正方形的性质得到 ，证明
得到 ，再由线段之间的关系推出
，则 是等腰直角三角形，得到 ，则由三角形外角的性质可得
．
【详解】解：如图所示，过点D作 于G，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
故选C．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，三角
形内角和定理，三角形外角的性质等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
2．（2023下·江苏南京·八年级南京钟英中学校考阶段练习）如图，同一平面内的四条平行直线 、 、 、分别过正方形 的四个顶点 、 、 、 ，且每相邻的两条平行直线间的距离都为1，则该正方
形的面积是 ．
【答案】5
【分析】过 作 ，交 于点 ，交 于点 ，根据平行线的性质，得出 ，再根
据正方形的性质，结合角之间的数量关系，得出 ，再根据“角边角”，得出 ，
再根据全等三角形的性质，得出 ， ，再根据勾股定理，得出 ，再根据正
方形的面积公式，结合二次根式的性质计算即可．
【详解】解：过 作 ，交 于点 ，交 于点 ，
， ，
，
， ，
四边形 是正方形，
， ，
，
又 ，
，
在 和 中，，
，
， ，
在 中，
，
．
【点睛】本题考查了平行线之间距离、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次根式的
性质，解本题的关键在熟练掌握相关的性质定理．
3．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形 中，延长 至点E，使得
，连接 ， ， 交 于点F．
(1)试探究 的形状；
(2)求 的度数．
【答案】(1) 是等腰三角形，理由见解析
(2)
【分析】本题考查正方形的性质、等腰三角形的判定及性质、直角三角形的两个锐角互余、三角形的外角
等于与它不相邻的两个内角的和等知识，掌握正方形的性质是解题的关键．
（1）根据正方形的性质可得 ，进而得 ，即可解决问题；
（2）利用正方形的性质及三角形外角定义求出 ，然后根据直角三角形两个锐角互余即可解决问
题．
【详解】（1）解： 是等腰三角形，理由如下：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
则 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰三角形；
（2）∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【经典例题二 根据正方形的性质求角度】
【例2】（2023下·浙江·八年级专题练习）如图， 为正方形 外一点，且 是等边三角形，
的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，由正方形的性质和等边三角
形的性质可得 ， ， ，可求 ，可求解，
掌握正方形的性质是本题的关键．【详解】解： 是等边三角形，四边形 是正方形，
，
， ，
，
，
，
故选：B．
【变式训练】
1．（2023上·山东青岛·九年级统考期中）如图，“笔尖”图案五边形 由正方形 和等边
组成，连接 ， ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和等边三角形的性质得出 ， ，再由等腰
三角形的性质及三角形内角和定理可得 ，同理可得 ，最后由
进行计算即可得到答案．
【详解】解： 四边形 是正方形，
， ，
是等边三角形，
， ，
，
， ，
，
，
，
同理可得： ，
，故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形内角和定理等 ，熟
练掌握以上知识点是解此题的关键．
2．（2023上·四川成都·九年级校考阶段练习）如图，在正方形 的外侧，作等边 ，则
的度数是 ．
【答案】 /45度
【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，等腰三角形的性质等知识．根据正方形的性质得
到 ，根据等边三角形的性质得到 ，即可得到
，进而得到 ，即可求出 ．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ．
∵ 是等边三角形，
∴ ．
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
3．（2023上·全国·七年级专题练习）综合与实践课上，同学们动手折叠一张正方形纸片 ，如图1，
其中E点在边 上，F、G分别在边 、 上，分别以 、 为折痕进行折叠并压平，点A、D的
对应点分别是点 和点 ．
甲同学的操作如图2，其中 ；
乙同学的操作如图3， 落在 所在直线上；
丙同学的操作如图4， 落在 上， 落在 上．(1)求出图2中 的度数；
(2)直接写出图3中 的度数；
(3)直接写出图4中 的度数；
(4)若折叠后 ，直接写出 的度数（用含n的代数式表示）．
【答案】(1)
(2)
(3)
(4) 或
【分析】本题考查了折叠的性质，角度的和差，利用分类讨论的思想，找出角度之间的数量关系是解题关
键．
（1）根据折叠的性质和角度的和差计算，即可求出角度；
（2）根据折叠的性质和角度的和差计算，即可求出角度；
（3）根据折叠的性质和角度的和差计算，即可求出角度；
（4）分两种情况进行讨论：①当 与 不重叠时；当 与 重叠时，根据折叠的性
质和角度的和差分别计算，即可求出角度；
【详解】（1）解：∵ ，
∴ ，
由折叠的性质得： ， ，
∴ ，
∴ ；
（2）解：由折叠的性质得： ， ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ；
（3）解：由折叠的性质得： ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
（4）解：分两种情况进行讨论：
①当 与 不重叠时，如图1所示：
由折叠的性质得： ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
②当 与 重叠时，如图2所示：由折叠的性质得： ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
即 ，
∴ ．
综上所述： 的度数为 或 ．
【经典例题三 根据正方形的性质求线段长】
【例3】（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，在正方形 中，分别以 为圆心，以相同长
度为半径作弧相交于点 ，作射线 交对角线 于点 ，若 ，则 （ ）．
A． B． C．2 D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了垂直平分线的判定与性质、正方形的性质、直角三角形的性质等知识点，判定
是线段 的垂直平分线是解题的关键．
根据正方形的性质及勾股定理可得 ，再根据正方形的性质以及作图可知 是线段 的垂直平分线则
，进而完成解答．
【详解】解：如图：连接 ，∵正方形 ， ，
∴ ， ， ，
由作图可知： ，
∴ 是线段 的垂直平分线，即 ，
∵ ，
∴ ．
故选D．
【变式训练】
1．（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，正方形 的边长为6，点 是对角线 上一点，且
，则 的长度为（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，连接 交 于点 ，由正方形的性质结合勾股定理得出
， ，由 得出 ，最后再由勾股定理计算即可，
熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线是解此题的关键．
【详解】解：如图，连接 交 于点 ，正方形 的边长为6，
，
对角线 、 交于点 ，
， ，
，
，
，
，
故选：D．
2．（2024下·八年级课时练习）如图，正方形 中， ，E是 的中点，点P是对角线 上
一动点，则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，轴对称的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握
相关的性质．由于点B与点D关于 对称，所以如果连接 ，交 于点P，那 的值最小．在
中，由勾股定理先计算出 的长度，即为 的最小值．
【详解】解：连接 ，交 于点P，连接 、 ．∵四边形 为正方形， ，
∴ ， ，
∴点B与点D关于 对称，
∴ ，
∴ ，
∵两点之间线段最短，
∴ 的长即为 的最小值，
∵E是 的中点，
∴ ，
在 中， ．
故答案为： ．
3．（2023上·江苏泰州·八年级统考期中）在四边形 中，O是边 上的一点．若 ，
则O叫做该四边形的“等形点”．
(1)正方形________“等形点”（填“存在”或“不存在”）；
(2)如图1，在四边形 中，边 上的O是四边形 的“等形点”．已知 ， ，
，连接 ，求 的长；
(3)如图2，在四边形EFGH中， ．若边 上的O是四边形 的“等形点”，求 ．
【答案】(1)不存在
(2)
(3)见解析【分析】（1）根据“等形点”的定义可知 ，则 ，而O是边 上的一点．
从而得出正方形不存在“等形点”；
（2）作 于H，由 ，得 ， ，设 ，则 ，
由勾股定理得， ，求出x的值，再利用勾股定理求出 的长即可；
（3）根据“等形点”的定义可得 ，则 ， ，再由
平行线性质得 ，从而推出 ，从而解决问题．
【详解】（1）∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵O是边 上的一点，
∴正方形不存在“等形点”，
故答案为：不存在；
（2）作 于H，
∵边BC上的点O是四边形 的“等形点”，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
设 ，则 ，
由勾股定理得， ，
解得， ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
在 中， ；
（3）如图，∵边 上的点O是四边形 的“等形点”，
∴ ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题是新定义题，主要考查了全等三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，平行线的性质等知
识，理解新定义，并能熟练掌握全等三角形的性质是解题的关键．
【经典例题四 根据正方形的性质求面积】
【例4】（2023上·江西宜春·九年级宜春市第三中学校联考期中）如图，正方形 和正方形 的
边长都是2，正方形 绕点O旋转时，两个正方形重叠部分的面积是（ ）A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质和判定等知识，根据正方形的性质得
出 ，推出 ，证出 ，即
可求解．
【详解】解：如图，设 与 交点N， 与 交点M，
∵四边形 和四边形 都是正方形，
∴ ，
∴ ．
在 与 中，
，
，
，
．
故选：A．
【变式训练】
1．（2022上·河北邯郸·九年级校考阶段练习）一种包装盒的设计方法如图所示，四边形 是边长为
正方形硬纸片，切去阴影部分所示的四个全等的等腰直角三角形，再沿虚线折起，使得A，B，C，D
四点重合于图中的点O，形成一个底面为正方形的长方体包装盒．设 ，要使包装盒的侧面积最大，则x应取（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先求出 ， 为等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可得
， ，进而可得包装盒的侧面积为
，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】解：如图，
∵四边形 是边长为 的正方形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由题意可得， ，
∵ 为等腰直角三角形，
∴ ， ，
∴ ，∴ ，
∴ 为等腰直角三角形，
∴ ，
∴ ，
∴包装盒的侧面积为 ，
∴当 时，包装盒的侧面积最大．
故选：C．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，理解题意，正确表示出包装
盒的侧面积是解题关键．
2．（2024上·山西吕梁·八年级统考期末）如图，一个正方形 中有两个小正方形，如果它们的面积分
别为 ， ，则 （填“ ”或“=”或“ ”）．
【答案】
【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理等等知识，设正方形 的边长为6，然后求出 与 的
值，问题得解．
【详解】解：如图，设正方形 的边长为6，
∵ 是正方形 的对角线，
， ，
∴ ，
又∵四边形 与四边形 是正方形，
， ，， ，
， ，
∴ ．
故答案为： ．
3．（2022·广东深圳·坪山中学校考模拟预测）按照国际标准，A系列纸为矩形纸，其中 纸的面积为1
．将A0纸沿长边对开便成了两张 纸；将 纸沿长边对开便成了两张 纸；……；将 纸沿长边对开
便成了两张 纸．
【操作与观察】将一张 纸按下图所示的方式进行两次折叠（折痕分别是 和 ），观察发现点B恰
好与点C重合，求A4纸的长宽之比．
【猜想与验证】利用上图，求证： 是等腰直角三角形．
【类比与归纳】①按照国际标准，类比上述研究可以得到 纸的长宽之比是______．
②用 纸可以裁剪出的最大正方形的面积为______．
【答案】【操作与观察】 ；【猜想与验证】见解析；【类比与归纳】① ；②
【分析】操作与观察：：设 纸的长为m，宽为n，折叠的性质得到 ， ，进而得到
，即可得解；
猜想与验证：折叠得到 ， ，设 ，则 ，勾股定理求出 ，即可得出结论；
类比与归纳：①根据题意，可知， 纸的长为 纸的宽， 纸的宽为 纸的长度的一半，结合 纸的
长和宽的比，即可得到 纸的长和宽的比；②根据长和宽的比，以及 纸的面积，求出 纸长和宽，推
出当裁剪出的正方形的边长等于 纸的宽时，面积最大，求解即可．
【详解】解：操作与观察：设 纸的长为m，宽为n．
第一次折叠，形成一个正方形，
∴ ，
第二次折叠得到： ，
∴ ，
∴ ，
∴ 纸的长宽之比 ．
猜想与验证：由（1）得 ， ，
∵折叠，
∴ ， ．
设 ，则 ，
由勾股定理可得， ，
解得 ．
∵ ， ，
∴ 是等腰直角三角形．
类比与归纳：①∵将 纸沿长边对开便成了两张 纸，
∴ 纸的长为 纸的宽， 纸的宽为 纸的长度的一半，∵ 纸的长宽之比
∴ 纸的长宽之比是 ．
②同理可知： 纸的长宽之比是 ，
设 纸的宽为 ，则长为 ，
∵ 纸的面积为 ，
∴ ，
∴ ，
∴当用 纸可以裁剪出正方形的边长等于 纸的宽时，面积最大，为 ．
故答案为： ， ．
【点睛】本题考查矩形与折叠，等腰三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理．熟练掌握折叠的性
质，是解题的关键．
【经典例题五 正方形折叠问题】
【例5】（2023·广西玉林·统考模拟预测）如图，正方形 中， ，将 沿 对折至 ，
延长 交 于点G，G刚好是 边的中点，则 的长是（ ）
A．3 B．4 C．4.5 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．连接 ，证明 ，得到 ，折叠，得到 ，设 ，则 ，则
中根据勾股定理列方程可求出 的值．
【详解】解：如图，连接 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ．
∵ 沿 对折至 ，
∴ ， ，
∴ ， ，
又 是公共边，
∴ ，
∵G刚好是 边的中点，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，根据勾股定理列方程： ，
解得： ．
所以 的长是4，
故选：B．
【变式训练】
1．（2023·广西玉林·统考模拟预测）如图，正方形 中， ，将 沿 对折至 ，延
长 交 于点G，G刚好是 边的中点，则 的长是（ ）A．3 B．4 C．4.5 D．5
【答案】B
【分析】本题考查了正方形和全等三角形的综合知识，根据勾股定理列方程是本题的解题关键．连接 ，
证明 ，得到 ，折叠，得到 ，设 ，则 ，则
中根据勾股定理列方程可求出 的值．
【详解】解：如图，连接 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ．
∵ 沿 对折至 ，
∴ ， ，
∴ ， ，
又 是公共边，
∴ ，
∵G刚好是 边的中点，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，根据勾股定理列方程： ，解得： ．
所以 的长是4，
故选：B．
2．（2023上·广东深圳·八年级校考期中）如图，将对角线 长为 的正方形 折叠，使点B落
在 边的中点 处，点 落在 处，折痕为 ．连接 ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】作 于点 ，连接 交 于点 ，由折叠知 ，可证明 ，
则 ， ，在直角三角形 中由勾股定理可求 ．
【详解】解： 在正方形 中，对角线 长为 ，
，
∵点 为 中点，
∴ ，
设 ，由折叠可知 ，在直角三角形 中，由勾股定理可得：
，解得： ．
故 ，
∴ ，
作 于点 ，连接 交 于点 ，由折叠可知 ， ，
，
又 ，
，
在 和 中，
，
∴ ，
，
，
由折叠可得 ， ， ，
由勾股定理有 ；
故答案为： ．
【点睛】本题考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，熟悉折叠的性质、
掌握以上定理并利用勾股定理建立关于 的方程是解题的关键．
3．（2024上·陕西延安·九年级统考期末）“玩转数学”实践活动，是一种非常有效的学习方式，我们一起
来动手、动脑玩转数学吧．如图①，折一折：将正方形纸片 折叠，使边 ， 都落在对角线
上，展开得折痕 ， ，连接 ．(1) _______°；
转一转：如图②，将图①中的 绕点A旋转，使它的两边分别交边 ， 于点P，Q，连接 ．
(2)猜想线段 、 、 之间的数量关系，并说明理由；
(3)若正方形的边长为6， ，求 的长．
【答案】(1)45
(2) ，详见解析
(3) 或
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正确的作出辅助线是解题
的关键．
（1）由翻折的性质可知， ，再根据正方形的性质
求解；
（2）延长 到 ，使 ，证明 ，即可得到结论；
（3）根据题意和勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：由翻折的性质可知， ，
正方形纸片 ，
，
，
，
，
；
（2）解：延长 到 ，使 ，正方形纸片 ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解： ，
，
，
，
，
在 中， ，
即 ，
解得 或 ．【经典例题六 根据正方形的性质证明】
【例6】（2023下·黑龙江哈尔滨·八年级哈尔滨市第一一三中学校校考期中）如图，边长为 的正方形
的对角线相交于点 ，点 又是正方形 的一个顶点，则两个正方形重叠部分的面积是（ ）
A．8 B．4 C．6 D．2
【答案】B
【分析】证明 ，则 ，即可得到四边形 的面积等于 的面积，
即两个正方形重叠部分的面积等于正方形 面积的 ，即可求出答案．本题考查对正方形的性质，全
等三角形的性质和判定等知识点的理解和掌握，能推出四边形 的面积等于 的面积是解此题的
关键．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ，
∴ ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ，∴四边形 的面积等于 的面积，即两个正方形重叠部分的面积等于正方形 面积的 ，
∴两个正方形重叠部分的面积是 ，
故选：B．
【变式训练】
1．（2022·广东·模拟预测）如图，在正方形 中， ，延长 至点 ，使 ．过点 作
于点 ，同时使 ，且点 与点 分别在直线 的两旁，连接 和 ．已知 的中
点为 ，连接 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形，勾股定理，直角三角形．构造直角三角形，熟练掌握正方形和等腰直角
三角形的性质，勾股定理解直角三角形，直角三角形斜边上的中线的性质，是解决问题的关键．
首先连接 ，由正方形的性质可得 ，利用勾股定理求出 的长，根据 ， ，
可推出 是等腰直角三角形，进而得出 为直角三角形， 求出 的长，求出 的长，在
中求出 的长，然后由M为 的中点求解即可.
【详解】连接 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ．∵ ， ，
∴ 是等腰直角三角形．
∴ ．
∴ ．
∴ 为直角三角形．
∵ ，
∴ ．
∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵M为 的中点，
∴ ．
故选：D．
2．（2024·全国·八年级竞赛）如图，分别以 的边 为边向外作正方形 ，连接
，若 ， ，则 ．
【答案】
【分析】过A作 于M，过A作 的垂线 ，分别过F、E作 的垂线，垂足分别为H、G，
过E作 于N；由正方形的性质可分别证明 ，则有
；由勾股定理可求得 的长；再在 中，由勾
股定理即可求得结果．
【详解】解：如图，过A作 于M，过A作 的垂线 ，分别过F、E作 的垂线，垂足分别
为H、G，过E作 于N；
∵四边形 是正方形，∴ ；
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
同理： ，
∴ ；
在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
∴ ；
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴在 中，由勾股定理得 ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，构
造全等三角形是解题的关键．
3．（2023·山东泰安·统考三模）已知如图 ， 为正方形 的边 上任意一点， 于点 ，
在 的延长线上取点 ，使 ，连接 ， 的平分线交 于点 ．(1)求证： ；
(2)求证： 是等腰直角三角形；
(3)如图 ，若正方形 的边长为 ，连接 ，当 点为 的中点时，求 的长．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
(3)
【分析】（1）利用线段的垂直平分线的性质以及正方形的性质即可证明；
（2）想办法证明 ，由 ， ，即可解决问题；
（3）等面积法求出 ，证明 得到 ，证明 ≌ ，即可推出
， ，由此即可解决问题．
【详解】（1）证明： ， ，
是线段 的垂直平分线，
，
四边形 是正方形，
，
．
（2）证明： 四边形 是正方形，
，
，
，
，
，，
，
，
的平分线交 于 ，
，
，
，
又 ，
是等腰直角三角形．
（3）解：连接 ．
是 中点，正方形的边长为 ，
， ，
在 中， ，
，
，
，
， ，
，
， ，
，
， ，
由（2）可知 ，，
，
，
， ，
，
．
故答案为： ．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、线段的垂直平分线的性质、等腰直角三角形
的性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题．
【经典例题七 证明四边形是正方形】
【例7】（2023上·福建宁德·九年级统考期中）如图，在四边形 中，对角线 垂直平分 ．关于
四边形 的形状，下列说法不正确的是（ ）
A．若 ，则四边形 是矩形；
B．若 ，则四边形 是菱形；
C．若 ， ，则四边形 是正方形；
D．若 ， 则四边形 是正方形．
【答案】A
【分析】根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”即可判定B；根据“有一个角为直角的菱形是正方
形”即可判定C；根据“有一个角是直角的菱形是正方形”即可判定D．【详解】解：令对角线 、 相交于点O，如图，
A、没有办法证明四边形 是矩形，故该项错误；
B、∵对角线 垂直平分 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵对角线 垂直 ，
∴四边形 是菱形，故该选项正确，不符合题意；
C、由B得： ，四边形 是菱形，
∵ ，
∴四边形 是正方形，故该选项正确，不符合题意；
D、∵对角线 垂直平分 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
∵ ，
∴四边形 是正方形，故该选项正确，不符合题意；故选：A．
【点睛】本题考查四边形的判定，掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是基础，这类题目往
往涉及到全等三角形的判定．
【变式训练】
1．（2023上·广东深圳·九年级校考期中）下列命题中，真命题是（ ）
A．有两边相等的平行四边形是菱形
B．有一个角是直角的四边形是矩形
C．四个角相等的菱形是正方形
D．两条对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】C
【分析】本题考查命题与定理的知识，利用矩形、菱形及正方形的判定方法逐一判断后即可确定正确的选
项．解题的关键是掌握矩形、菱形及正方形的判定方法，
【详解】解：A．有一组邻边相等的平行四边形是菱形，则原命题是假命题，故此选项不符合题意；
B．有一个角是直角的平行四边形是矩形，则原命题是假命题，故此选项不符合题意；
C．四个角相等的菱形是正方形，则原命题是真命题，故此选项符合题意；
D．两条对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，则原命题是假命题，故此选项不符合题意．
故选：C．
2．（2023上·河南平顶山·九年级校考期中）如图，菱形 的对角线 相交于点O，点E，F同
时从O点出发在线段 上以 的速度反向运动（点E，F分别到达A，C两点时停止运动），设运动
时间为 ．连接 ，已知 是边长为 的等边三角形，当 s时，四边形
为正方形．
【答案】3
【分析】由题意可知 ,即 ,由菱形的性质得 ，所以当
时，四边形 是正方形，而 是边长为 的等边三角形，则 ,所以 据此求解即
可．掌握菱形的性质以及正方形的判定是解题的关键．
【详解】解：由题意得 ，∴ ，
∵菱形 的对角线 相交于点O，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
∴当 时，四边形 是正方形，
∵ 是边长为 的等边三角形，
∴ ，
∴由 得 ，解得 ，
∴当 时，四边形 是正方形，
故答案为：3．
3．（2023上·重庆铜梁·九年级重庆市巴川中学校校考期末）青青是一个爱思考的好孩子．学了正方形后，
她用尺规作图的方式从矩形里面作出了一个最大的正方形．她的操作思路是：在矩形 的边 上截
取 ，使 ，再作 的角平分线 交 于点 ，最后连接 ，则得到四边形 为正方
形．
(1)用直尺和圆规根据青青的操作思路将图补充完整；（不写作法，不下结论，只保留作图痕迹）
(2)根据青青的操作思路将推理过程补充完整．（除题目给的字母外，不添加其它字母或符号）．
证明： 四边形 为矩形
①______
平分
②______
又
③______
又 ④______四边形 为平行四边形
又
四边形 为正方形．
【答案】(1)作图见解析
(2) ； ； ；
【分析】（1）根据要求作出图形；
（2）证明四边形 是平行四边形，可得结论．
【详解】（1）解：图形如图所示：
（2）证明：∵四边形 为矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 为平行四边形．
又∵ ， ，
∴四边形 为正方形．
故答案为： ； ； ； ．
【点睛】本题考查作图—基本作图，矩形的性质，角平分线的定义，平行四边形的判定，正方形的判定等
知识，解题的关键是掌握正方形的判定方法．【经典例题八 根据正方形的性质与判定求角度】
【例8】（2022上·山东滨州·九年级统考期末）如图，将正方形 绕点A顺时针旋转 ，得到正方形
， 的延长线交 于点H，则 的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质，求得∠BAE=38°，根据正方形的性质，求得∠DBA=45°，∠ABH=135°，利用四
边形的内角和定理计算即可．
【详解】根据旋转的性质，得∠BAE=38°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DBA=45°，∠ABH=135°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴∠E=90°，
∴∠DHE=360°-90°-38°-135°=97°，
故选B．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，四边形的内角和定理，熟练掌握正方形的性质，旋转的
性质是解题的关键．
【变式训练】
1．（2019上·九年级单元测试）如图， 是正方形 的边 上的一个动点， 的垂直平分线 交
对角线 于点 ，交 于点 ，连接 ， ，则 的度数是（ ）A．45° B．50° C．60° D．不确定
【答案】A
【分析】过点 作 ， ，垂足分别为 ．证明 ，然后得到
，易得答案.
【详解】解：如图所示，过点 作 ， ，垂足分别为 ．
∵四边形 是正方形，
∴ 平分 ，
∴ ．
∵ 垂直平分 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
∵ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ．
∵ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
故选A．
【点睛】本题考查了正方形的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质以及矩形的判定．解题的关键是会作辅助线，证明两个三角形全等.
2．（2023上·福建三明·九年级统考期中）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．
【详解】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： ．
3．（2021下·浙江杭州·八年级期中）如图，在一正方形 中，E为对角线 上一点，连接 、 ．
（1）求证： ．
（2）延长 交 于点F，若 ．求 的度数．
【答案】（1）见解析；（2）60°【分析】（1）由正方形的性质得出CD=CB，∠DCA=∠BCA，根据SAS即可得出结论；
（2）设∠FDE=∠FED=x，表示出∠AEF=∠BEC=∠DEC=135°-2x，利用平角的定义列出方程，求出x值即
可得到∠AFE．
【详解】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠DCA=∠BCA=45°，
在△BEC和△DEC中，
，
∴△BEC≌△DEC（SAS）；
（2）∵FD=FE，
∴设∠FDE=∠FED=x，则∠AFE=2x，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠AEF=∠BEC=180°-2x-45°=135°-2x，
∵△BEC≌△DEC，
∴∠BEC=∠DEC=135°-2x，
∴∠AEF+∠DEF+∠DEC=180°，即135°-2x+x+135°-2x=180°，
解得：x=30，
∴∠AFE=60°．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质、三角形的内角和定理、
对顶角相等等知识；熟练掌握全等三角形的判定与性质、三角形的内角和定理是解题的关键．
【经典例题九 根据正方形的性质与判定求线段长】
【例9】（2024上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，矩形纸片 中， ， ．
现将其沿 对折，使得点 在边 上的点 处，折痕与边 交于点 ，则 的长为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质，由矩形的性质可得
，由折叠的性质可得： ， ，从而得出四边形 是正
方形，即可得出 ，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： 四边形 是矩形，
，
由折叠的性质可得： ， ，
四边形 是正方形，
，
，
故选：C．
【变式训练】
1．（2024上·黑龙江哈尔滨·九年级统考期末）如图，矩形纸片 中， ， ．现将其
沿 对折，使得点 在边 上的点 处，折痕与边 交于点 ，则 的长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、折叠的性质，由矩形的性质可得
，由折叠的性质可得： ， ，从而得出四边形 是正
方形，即可得出 ，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： 四边形 是矩形，
，
由折叠的性质可得： ， ，
四边形 是正方形，
，
，
故选：C．
2．（2023上·广西南宁·八年级校考阶段练习）如图，已知点 在第一象限的角平分线 上，
且点A，B分别在x轴，y轴的正半轴上，则 ．
【答案】14
【分析】本题考查了坐标与图形的性质，全等三角形的判定与性质等知识．根据角平分线的性质定理可得
关于m的方程 ，解方程即可求得点P的坐标，过点P分别作 轴、 轴，垂足分
别为D、E，证明 即可．
【详解】解：∵点P在第一象限角平分线上，
∴ ，
解得： ，
则点P的坐标为 ，
过点P分别作 轴、 轴，垂足分别为D、E，如图，则 ，四边形 是矩形，
∴ ，四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：14．
3．（2023上·陕西汉中·九年级统考阶段练习）问题提出
（1）如图1，在矩形 中， ，点P是矩形 内一动点，且 ，则
的最小值为______；
问题探究
（2）如图2，在菱形 中， ，E，F分别是 边上的两个动点，且 ，连接，求证： ；
问题解决
（3）如图3，某小区计划在一片足够大的空地上修建四边形的花园 ，其中 米，
， ．根据要求，现计划给该花园修建两条笔直的绿色长廊 ，且绿色
长廊的入口定为点D，出口E、F分别设在边 和边 上，且 ，为了节省成本，要求绿色长廊
之和最短，试求 的最小值．（长廊宽度忽略不计）
【答案】（1） ；（2）证明见解析；（3）
【分析】（1）由四边形 是矩形及勾股定理可得 ，根据 得到点P在线段
的垂直平分线上，则 得到 ，则当 点共线时
取得最小值，即可得到答案；
（2）证明 ，即可得到结论；
（3）证明四边形 是正方形，则 ，连接 ，证明 ，则
， ，延长 到点G，使得 ，连接 ， ，证明
，得到当点C、E、G三点共线时， 取得最小值，即是 的长，由
勾股定理求出 的长即可．
【详解】（1）解：连接 ，
∵四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴点P到 的距离相等，
∴点P在线段 的垂直平分线上，
∴∴ ，
当 点共线时 取得最小值，
此时 ，
即 的最小值为 ；
故答案为：
（2）∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形， ，
∴ ， ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ；
（3）∵ ，
∴四边形 是矩形，
∵ ，
∴四边形 是正方形，
∴ ，
连接 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，∴ ，
∴ ，
∴ ，
延长 到点G，使得 ，连接 ， ，
∵ ，
∴点D和点G关于 成轴对称，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
当点C、E、G三点共线时， 取得最小值，即是 的长，
在 中， ，
∴ ，
即 的最小值为 ，
∴ 的最小值为 ．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质、菱形的性质、矩形的性质、勾股定理、轴对称的性质、全等三
角形的判定和性质等知识，添加适当辅助线和数形结合是解题的关键．
【经典例题十 根据正方形的性质与判定求面积】
【例10】（2023上·安徽合肥·八年级合肥市五十中学西校校考期中）如图，点A，B分别是x轴和y轴上的
动点，且 ，取 的中点P，则在坐标平面内所有满足条件的点 围成的封闭图形的面积为
（ ）
A．32 B．28 C．16 D．8【答案】A
【分析】本题考查了坐标轴与图形、一次函数的应用、正方形的判定及性质，设 ，点 在 轴上，
点 在 轴上， ， ，进而可得 ，分类讨论：当 ， 时，当 ，
时，当 ， 时，当 ， 时，根据点 的轨迹进而可求解，根据点坐标特点找出满足
情况点 的运动轨迹为正方形是解答本题的关键．
【详解】解：如图：
设 ，
为 的中点，点 在 轴上，点 在 轴上，
， ，
， ，
，
，
，
当 ， 时，点 的轨迹为线段 ， ，
当 ， 时，点 的轨迹为线段 ， ，
当 ， 时，点 的轨迹为线段 ， ，
当 ， 时，点 的轨迹为线段 ， ，
， ，四边形 是正方形，
点 围成的封闭图形是正方形，
面积为为： ，
故选A．
【变式训练】
1．（2021上·广东佛山·九年级统考期中）如图，矩形ABCD中，AC交BD于点O，且AB=24，BC=10，将
AC绕点C顺时针旋转90°至CE．连接AE，且F、G分别为AE、EC的中点，则四边形OFGC的面积是
（ ）
A．100 B．144 C．169 D．225
【答案】C
【分析】先根据矩形的性质、三角形中位线定理可得 ，再根据平行四边形的判定可
得四边形 为平行四边形，然后根据旋转的性质可得 ，从而可得 ，最
后根据正方形的判定可得四边形 为正方形，由此即可得．
【详解】解： 四边形 为矩形， ，
，
分别为 的中点，
，
，
四边形 为平行四边形，
又 绕点 顺时针旋转 ，
，
，平行四边形 为正方形，
四边形 的面积是 ，
故选：C．
【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、三角形中位线定理等知识点，熟练掌握正方形的
判定与性质是解题关键．
2．（2023上·广东揭阳·九年级统考期中）如图，在矩形 中， 交 于点O，且 ，
，将 绕点C顺时针旋转 至 ，连接 ，且 、 分别为 、 的中点，则四边形
的面积是 ．
【答案】
【分析】根据矩形的性质，三角形中位线定理可得 ， ，再根据平行四边形的判定可
得四边形 为平行四边形，根据旋转的性质可得 ， ，得 ，从而知四边
形 为正方形由此即可求解．
【详解】解： 四边形 为矩形， ， ，
，
，
、 分别为 、 的中点，
， ，
，
四边形 为平行四边形，
将 绕点 顺时针旋转 至 ，
， ，
，
四边形 为正方形，，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，中位线的判定与性质，平行四边形的判定，正方形的判定与
性质，正方形面积公式等知识，需要较强的推理能力，正确判断出四边形 为正方形是解题的关键．
3．（2023上·山东·九年级专题练习）如图，已知平行四边形 中，对角线 交点O，E是 延
长线上的点，且 是等边三角形．
(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若 ，求四边形 的面积．
【答案】(1)见解析
(2)80
【分析】（1）根据“对角线互相垂直的平行四边形是菱形”证明即可；
（2）根据条件证明菱形 是正方形，即可求出．
本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、等边三角形的性质等知识，熟练掌握等边三角形的
性质、证明四边形是菱形与正方形是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵ 是等边三角形，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是菱形．
（2）解：∵ 是等边三角形，
∴ ，
由（1）知， ， ，∴ ， 是直角三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴
∴菱形 是正方形，
∴四边形 的面积 ．
【经典例题十一 根据正方形的性质与判定证明】
【例11】（2023上·河南焦作·九年级校联考期中）如图，点E在正方形 的对角线 上，且
，直角三角形 的两直角边 、 分别交 、 于点M、N．若正方形 的边长为
a，则重叠部分四边形 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过 作 于点 ， 于点 ，可证四边形 是正方形，再 可得
，从而可得 ，结合已知即可求解．
【详解】解：如图，过 作 于点 ， 于点 ，，
四边形 是正方形，
，
，
四边形 是矩形，
，
是直角三角形，
，
，
是 的角平分线，
，
，
四边形 是正方形，
在 和 中，
，
（ ）
，
，
正方形 的边长为 ，
，
，，
，
，
重叠部分四边形 的面积为 ；
故选：C．
【点睛】本题主要考查了正方形的判定及性质，角平分线性质定理，全等三角形的判定及性质，掌握性质，
作出恰当的辅助线，通过 将不规则图形的面积转换为正方形的面积是解题的关键．
【变式训练】
1．（2023上·安徽宿州·九年级校考阶段练习）如图，在等腰 中， ， ， 是
边上的中点，点 ， 分别在 ， 边上运动，且保持 ．连接 ， ， ．在此运动变
化的过程中，下列结论：① 是等腰直角三角形；②四边形 不可能为正方形，③ 长度的最
小值为 ；④四边形 的面积保持不变；⑤ 面积的最大值为4，其中正确的结论是（ ）
A．①②④ B．①④⑤ C．①③④ D．①③④⑤
【答案】C
【分析】①连接 ，证明 ，得到 是等腰直角三角形；②根据中点的性质和直角三角
形的性质得到四边形 是菱形，利用正方形的判定定理进行判断；③当 最小时， 也最小，利
用垂线段的性质求出 的最小值，进行计算即可；④根据 ，得到 ；⑤由③
的结论进行计算即可．
【详解】①连接 ，∵ 是等腰直角三角形，且F是 边上的中点，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，①正确；
②当D、E分别为 、 中点，即 、 分别为 和 斜边上的中线，
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，又 ，
∴四边形 是正方形，②错误；
③由于 是等腰直角三角形，因此当 最小时， 也最小，
当 时， 最小，此时 ．
∴ ，③正确；
④∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵F 是 边上的中点，
∴
∴四边形 的面积保持不变，④正确；⑤由③可知当 最小时， 也最小， 的最小值是3，则 的最小值为 ，
当 面积最大时，此时 的面积最小．
此时
，⑤错误．
综上，正确的是：①③④．
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质，直角三角形斜边
上的中线，掌握正方形的判定定理、全等三角形的判定定理和性质定理、理解点到直线的距离的概念是解
题的关键．
2．（2023上·湖北恩施·八年级校考期中）如图，在 中， ，点O为 的三条角平分线的
交点， ， ， ，垂足分别是D、E、F，且 ， ， ，则点O
到 的距离为 ．
【答案】2
【分析】根据角平分线的性质得出 ，再根据全等三角形的判定与性质可得 ，
，根据正方形的判定与性质可得 ，设 ， ，
， ，再根据 ，即 ，求解即可．
【详解】解：如图，连接 ， ，
∵点O为 的三条角平分线的交点， ， ， ，
∴ ，
在 和 中，，
∴ ，
∴ ，
同理可证， ，
∵ ， ，
∴四边形 是正方形，
∴ ，
设 ， ， ， ，
∴ ，即 ，
解得 ，
∴ ，
故答案为：2．
【点睛】本题考查角平分线的性质、全等直角三角形的判定与性质、正方形的判定与性质，设未知数，并
用未知数表示各边是解题的关键．
3．（2024上·辽宁盘锦·九年级校考期末）在图1，图2，图3中， ，
(1)问题探索
如图1，当点 和点 在直线 异侧时，猜想 ， ， 三者之间数量关系．小明想出了下面的方法，
延长 到点 ，使得 ，连接 ，由于 ，证得 ，从而
，且 ，所以 ，得到等腰直角 ，则小明得到线段 ， ，
之间的数量关系为(2)问题解决
如图2，当点 和 在直线 同侧时， 与 交于点 ，请你借鉴 中的方法证明：
(3)思维拓展
如图3，当点 和 在直线 异侧时， 于点 ，猜想线段 ， ， 三之间的数量关系，
并写出证明过程．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）根据全等三角形的性质得出 ， ， 进而得出 是等腰
直角三角形，勾股定理可得 ，结合全等三角形的性质即可得出结论；
（2）根据（1）的方法，在 上截取 ，连接 ，证明 得出 是等腰
直角三角形，即可得出结论；
（3）延长 至 ，使得 ，证明 得出四边形 是正方形，得出 进
而即可得出结论．
【详解】（1）解：∵
∴ ， ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∴ ；
（2）证明：在 上截取 ，连接 ，∵ ， ，
∴ ，
设 ，则 ， ，
∴ ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴
∴
∴ 是等腰直角三角形，
∴
∴
即
（3）解：如图所示，延长 至 ，使得 ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴
又∵
∴ ，∴ ，
又∵
∴ ，
∴
∴四边形 是矩形，
又∵
∴四边形 是正方形，
∴
∴
即
∴
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，正方形的性质与判定，等腰三角形的性质，勾股定理，熟
练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
【经典例题十二 中点四边形】
【例12】（2022上·云南楚雄·九年级校考阶段练习）如图，矩形 的面积是4，顺次连接各边中点
得到四边形 ，再顺次连接四边形 的各边中点得到四边形 ……以此类推，则四
边形 的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【分析】根据题意得出四边形 为菱形，四边形 为矩形……再根据菱形和矩形的面积公式，
分别表示出前几个图形面积，总结出一般规律，即可解答．
【详解】解：∵ 分别为矩形 各边中点，
∴ ，
∵四边形 为矩形 的中点四边形，
∴四边形 为菱形，
∴ ；
∵ 分别为矩形 各边中点，
∴ ，
∵四边形 是菱形 的中点四边形，
∴四边形 为矩形，
∴ ；
同理可得：四边形 的面积 ，
故选：A．
【点睛】本题主要考查中点四边形，解题的关键是掌握矩形的中点四边形是菱形，菱形的中点四边形是矩
形．【变式训练】
1、（2023下·河北承德·八年级统考期末）顺次连接四边形 各边中点得到四边形 ，下列说法
正确的是（ ）
A．只有四边形 为平行四边形，四边形 才可能为平行四边形
B．只有四边形 为正方形，四边形 才可能为正方形
C．如果四边形 为矩形，则四边形 一定是菱形
D．如果四边形 为菱形，则四边形 一定是菱形
【答案】C
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形 为平行四边形，根据矩形、菱
形、正方形的判定定理判断即可．
【详解】解：如图，
∵点E、F、G、H分别为 、 、 、 的中点，
∴ ， ， ， ， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形， 故A不符合题意；
当 ， 时，
∴ ， ，
∴平行四边形 为正方形，故B不符合题意；
当四边形 为矩形，
∴ ，∴ ，
∴平行四边形 为菱形，C选项符合题意；
当四边形 为菱形，
∴ ，
∴ ，
∴平行四边形 为矩形，D选项说法不符合题意；
故选：C．
【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、平行四边形、正方形、矩形、菱形的判定定
理是解题的关键．
2．（2023上·广东广州·九年级广州市第二中学校考开学考试）如图，点 是四边形 内一点，且满足
， ， ， ， ， ， 分别为边 ， ， ， 的中点，则四边
形 的形状为 .
【答案】菱形
【分析】连接 、 ，证 得 ，由 、 ， ，
，则 ，可得四边形 是菱形．
【详解】解：如图，连接 、 ，
，
，即 ，
在 和 中，，
，
，
点 、 、 分别为 、 、 的中点，
、 ， ， ，
，
四边形 是菱形．
故答案为：菱形．
【点睛】本题主要考查了中点四边形，解题的关键是熟练掌握三角形中位线定理、平行四边形和菱形、正
方形的判定与性质．
3．（2023下·湖南益阳·八年级统考期末）如图1， 是线段 上的一点，在 的同侧作 和 ，
使 ， ， ，连接 ，点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 的
中点，顺次连接 ， ， ， ．
(1)猜想四边形 的形状，直接回答，不必说明理由；
(2)点 在线段 的上方时，如图2，在 的外部作 和 ，其他条件不变，（1）中的结论
还成立吗？说明理由；
(3)如果（2）中， ，其他条件不变，先补全图3，再判断四边形 的形状，并说明
理由．
【答案】(1)菱形
(2)成立，理由见解析
(3)图见解析，正方形，理由见解析
【分析】（1）证明 ，可得 ，根据三角形中位线的性质，可得，进而可得 ，即可得出结论；
（2）连接 ， ．证明 ，可得 ，同（1）的方法，即可得证；
（3）连接 ， ．证明 ，同理可得四边形 是菱形，证明 ，即可得证．
【详解】（1）解：四边形 是菱形．
如图所示，连接 ，
∵
∴ ，即 ，
又∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点 ， ， ， 分别是 ， ， ， 的中点，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
（2）成立．
理由：连接 ， ．
，
．
即 ．又 ， ，
，
．
， ， ， 分别是 ， ， ， 的中点，
， ， ， 分别是 ， ， ， 的中位线．
， ， ， ．
．
四边形 是菱形．
（3）解：补全图形，如图．
判断四边形 是正方形．
理由：连接 ， ．
（2）中已证： ，
．
，
．
又 ，
，
．
（2）中已证 ， 分别是 ， 的中位线，
， ．
．
又 （2）中已证四边形 是菱形，
菱形 是正方形．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，三角形中位线的性质
与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．【经典例题十三 （特殊）平行四边形的动点问题】
【例13】（2023上·全国·九年级专题练习）如图，在长方形 中，已知 ， ，点P
以 的速度由点B向点C运动，同时点Q以 的速度由点C向点D运动，若某时刻以A、B、P
为顶点的三角形和以P、C、Q为顶点的三角形全等，则a的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或 D．2或
【答案】D
【分析】本题考查了特殊四边形的动点问题，全等三角形的性质，利用分类讨论的思想解决问题是解题关
键．设运动时间为 ，由题意得可知， ， ， ，分两种情况讨论：①
；② ，利用全等三角形的性质分别求解，即可得到答案．
【详解】解：设运动时间为 ，
由题意得： ， ，则 ，
①若 ，则 ， ，
， ，
， ；
②若 ，则 ， ，
， ，
解得： ，
，
解得：a＝ ，综上，a的值为2或 ．
故选：D．
【变式训练】
1．（2023下·四川南充·八年级统考期末）如图，四边形 中， ，
．点 从点A出发，以 的速度向点D运动；点 从点
C同时出发，以 的速度向点B运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，
设运动时间为 秒，下列结论错误的是（ ）
A．当 时， B．当 时，
C．当 或 时， D．当 时，四边形 的最大面积为
【答案】C
【分析】根据点 、点 的速度及 、 的长，分别用 表示出 、 、 、 的长，根据 值，
利用平行四边形及矩形的判定定理可判断 、 选项正确，利用 选项的结论、矩形的性质及勾股定理可
判断 选项错误，根据梯形的面积公式及一次函数的性质可判断 选项正确，即可得答案．
【详解】∵点 的速度为 ，点 的速度为 ， ，
∴ ， ， ， ，
当 时， ， ，
∴ ，
∵ ，即 ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，故 选项正确，不符合题意，
如图，过点 作 于 ，∵ ， ，
∴ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
当 时， ， ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，故 选项正确，不符合题意，
由 选项可知：当 时，四边形 是平行四边形，
∴ ，
如图，当 时，过点 作 于 ，
∴ ， ，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故 选项错误，符合题意，
∵ ， ，∴ ，
， ，
∵其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动，
∴ ，
∵ ，
∴ 随 的增大而增大，
∴当 时，四边形 的面积最大，最大面积为 ，故 选项正确，不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查四边形中的动点问题、平行四边形的判定与性质、矩形的判定与性质、勾股定理及一次
函数的性质，正确表示出各线段的长，熟练掌握平行四边形、矩形的判定定理及一次函数的性质是解题关
键．
2．（2022下·河南郑州·八年级统考期末）如图，在 中，对角线 相交于点 ，点 在
上， ， ， ，点 是 的中点，若点 以 的速度从点 出发，
沿 向点 运动，点 同时以 的速度从点 出发，沿 向点 运动，点 运动到点 时停止运
动，点 也同时停止运动，当点 运动 时，以点 为顶点的四边形是平行四边
形．
【答案】 或
【分析】要使点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，则需 ，据此先表示出 、 ，
结合题意可得 或 ，据此可知需求得 的长，由于 是 的中点，
可将答案．
【详解】解： 四边形 是平行四边形，
，
，
，
，，
，
，
点 是 的中点，
，
∵点 的速度为 ，则点 从点 到点 的时间为 ，
∴点 移动的距离为 ，
要使点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，则 即可，
设当点 运动 秒时，点 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，
根据题意，当点 在点 的右边，四边形 是平行四边形，如图所示，
∴ ，解得， ；
当点 在点 的左边，四边形 是平行四边形，如图所示，
∴ ，解得， ；
当点 运动 秒或 秒时，以 、 、 、 为顶点的四边形是平行四边形，
故答案为： 或 ．
【点睛】本题考查平行四边形的性质和判定，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会利用参
数构建方程解决问题．
3．（2023上·山西运城·九年级统考期中）综合与探究如图，在矩形 中， ，点 分别从点 出发，沿 ， 方向在
矩形的边上同时运动，当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，所有点停止运动．在相同时间内，
若 ，则 ．
(1)当运动停止时， 的值为______．
(2)当 为何值时，点 重合？
(3)当 为何值时，以 为顶点的四边形是平行四边形？
【答案】(1)
(2)
(3) 或
【分析】（1）分别计算 停止运动的时间，再比较即可得出结论；
（2） 、 两点重合，即 ，联立方程解答即可；
（3）把 、 两点分两种情况讨论，点 在点 的左侧或点 在点 的右侧，进一步利用平行四边形的
性质联立方程解答即可．
【详解】（1）当 点到达 点时， ，解得：
当 点到达 点时， ，解得：
当 点到达 点时， ，解得：
当 点到达 点时， ，解得：
∵当有一个点先到达所在运动边的另一个端点时，所有点停止运动，
∴故答案为：
（2）解：当点 与点 重合时，由 ，得
、 （舍去）
所以 时点 与点 重合．
（3）因为当 点到达 点时， ，解得：
此时 点和 点还未相遇，所以点 只能在点 的左侧，
①如图1，当点 在点 的左侧时，由 ，解得 （舍去）， ；
故当 时四边形 是平行四边形；
②如图2，当点 在点 的右侧时，由 ，解得 或 （舍去）；
故当 时四边形 是平行四边形；
综上：当 或 时四边形 是平行四边形．
【点睛】此题主要考查借助图形的性质找出数量关系，联立方程解决问题，并渗透分类讨论思想．【经典例题十四 四边形中的线段最值问题】
【例14】（2023下·江苏扬州·八年级校考期末）如图，在正方形 中，点E、F、G分别在 、 、
上， ， ， ， ， 与 交于点P．连接 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点 作 于点 ，取 的中点 ，连接 、 ，根据正方形的性质证明
≌ ，然后根据直角三角形性质可得 ，当 、 、 共线时， 有最小值，根据勾
股定理即可解决问题．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，取 的中点 ，连接 、 ，
四边形 是正方形，
， ， ，
四边形 是矩形，
，
在 和 中，
，
≌ ，， ，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形， 是 的中点，
，
， ，
，
，
，
当 、 、 共线时， 有最小值，
， ，
，
，
的最小值为 ．
故选A．
【点睛】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，三角形的三边关系，在几何证
明中常利用三角形的三边关系解决线段的最值问题，解题的关键是得到 ≌ ．
【变式训练】
1．（2023下·江苏苏州·八年级校考期中）如图，已知菱形 的边长为6，点 是对角线 上的一动
点，且 ，则 的最小值是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点 作 于点 ，连接 ，根据垂线段最短，此时 最短，即 最小，
根据菱形性质和等边三角形的性质即可求出 的长，进而可得结论．
【详解】解：如图，过点 作 于点 ，连接 ，
菱形 中， ，
， ，
是等边三角形，
，
，
，
，
根据垂线段最短，此时 最短，即 最小，
菱形 的边长为6，
，
．
的最小值是 ．
故选：D．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握菱形的性质，等边三
角形的判定与性质．
2．（2021上·广东韶关·九年级校考期中）如图，在边长为6的正方形 中，若 ， 分别是 ，
边上的动点， ， 与 交于点 ，连接 ．则 的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据“边角边”证明 ，根据全等三角形对应角相等可得 ，然后求出
，取 的中点 ，连接 ，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得点 到 的
中点的距离不变，再根据两点之间线段最短可得 、 、 三点共线时线段 的值最小，然后根据勾股
定理列式求出 即可．
【详解】解： 四边形 是正方形，
， ，
在 和 中，
，
，
，
，
，
取 的中点 ，连接 ， ，则 ，，
，
当 、 、 三点共线时， 取最小值为： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半
的性质，勾股定理，确定出点 到 的中点的距离是定值是解题的关键．
3．（2022下·湖北武汉·八年级校联考期中）如图，正方形 中，点 为边 的上一动点，作
交 、 分别于 、 点，连 ．
(1)若点E为 的中点，求证：F点为 的中点；
(2)若点E为 的中点， ， ，求 的长；
(3)若正方形边长为4，直接写出 的最小值________．
【答案】(1)见解析
(2)2
(3)
【分析】（1）证明 ，推出 ，由 ， ，推出 ，即可
证明 点为 的中点；
（2）延长 到 ，使得 ，连接 ，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质
即可解决问题．
（3）取 的中点 ，连接 ， ，由直角三角形的性质求出 ，由勾股定理求出 ，
当 、 、 共线时， 的值最小，则可求出答案．
【详解】（1）解：证明：如图1中，四边形 是正方形，
， ，
，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
，
， ，
，
点为 的中点；
（2）延长 到 ，使得 ，连接 ，
，
，又 ， 分别是 ， 的中点，
，
在 和 中，
，
，
， ，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．
（3）取 的中点 ，连接 ， ，
，
，
，
、 、 共线时， 的值最小，最小值为 ．
故答案为： ．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定
和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．【经典例题十五 四边形的其他综合问题】
【例15】（2023上·河北保定·九年级校考阶段练习）如图，在正方形 中，以 为边作等边三角形
，连接 ，则下列结论：① ；② ；③ 和 的面积比
为 ；④ ．其中结论正确的序号有（ ）
A．①②④ B．②③ C．①③④ D．①②③④
【答案】D
【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可得
，由等腰三角形的性质可得
，故①正确；利用 证明 ，可判断②，由三角形的面积公式可得
， ，可得 和 的面积
比为 ，故③正确；由直角三角形的性质可得 ，可得 ，故④正确，
即可求解．
【详解】解：∵四边形 是正方形， 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；∵ ，
∴ ，故②正确；
∴ ，
过点P作 于H， 于G，如图所示：
∵ 是等边三角形， ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
，
∴ 和 的面积比为 ，故③正确；
过点C作 交 的延长线于N，如图所示，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，故④正确，
综上所述：①②③④．
故选：D．【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、等边三角形的性质、等腰三角形的性质与判定、
直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的面积公式等知识，熟练掌握相关的性质与适当作
辅助线是解答此题的关键．
【变式训练】
1．（2022下·重庆江北·八年级校考期中）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE，
将 ADE沿AE对折至 AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG、CF，则下列结论：①△ABG≌△AFG；②
△ △
BG=CG；③AG CF；④ ，其中正确的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】根据翻折变换的性质和正方形的性质可证Rt ABG≌Rt AFG；在直角 ECG中，根据勾股定理可
△ △ △
证BG=GC；通过证明∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，由平行线的判定可得AG∥CF；求出 和 的
面积即可．
【详解】解：①正确．
理由：∵AB=AD=AF，AG=AG，∠B=∠AFG=90°，
∴Rt ABG≌Rt AFG（HL）；
②正△确． △
理由：EF=DE= CD=2，设BG=FG=x，则CG=6﹣x．在直角 ECG中，根据勾股定理，得 ，
△
解得x=3．
∴BG=3=6﹣3=CG；
③正确．
理由：∵CG=BG，BG=GF，
∴CG=GF，
∴△FGC是等腰三角形，∠GFC=∠GCF．
又∵Rt ABG≌Rt AFG；
∴∠AGB△=∠AGF，△∠AGB+∠AGF=2∠AGB=180°﹣∠FGC=∠GFC+∠GCF=2∠GFC=2∠GCF，
∴∠AGB=∠AGF=∠GFC=∠GCF，
∴AG CF；
④正确．
理由：∵ ，
∵ ，
∴ ，
∴其中正确的是①②③④．
故选：D．
【点睛】本题考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，平行线的判
定，三角形的面积计算等知识．此题综合性较强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想与方程思想
的应用．
2．（2022·湖北十堰·统考中考真题）【阅读材料】如图①，四边形 中， ， ，
点 ， 分别在 ， 上，若 ，则 ．【解决问题】如图②，在某公园的同一水平面上，四条道路围成四边形 ．已知 ，
， ， ，道路 ， 上分别有景点 ， ，且 ，
，若在 ， 之间修一条直路，则路线 的长比路线 的长少
（结果取整数，参考数据： ）．
【答案】370
【分析】延长 交于点 ，根据已知条件求得 ,进而根据含30度角的直角三角形的性质，求
得 ， ，从而求得 的长，根据材料可得 ，即可求解．
【详解】解：如图，延长 交于点 ，连接 ，
， ， ，
， ，
是等边三角形，
,
,
在 中， ， ，
， ，
，中， ， ，
，
，
，
中，
是等腰直角三角形
由阅读材料可得 ，
路线 的长比路线 的长少 ．
故答案为：370．
【点睛】本题考查了含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，理解题意是解题的关键．
3．（2023上·北京朝阳·九年级校考期中）在菱形 中， ，E为对角线 上的一点（不与
A，C重合），将射线 绕点E顺时针旋转 角之后，所得射线与直线 交于F点，试探究线段 与
的数量关系，小字发现点E的位置， 和 的大小都不确定，于是他从特殊情况开始进行探究．(1)如图1，当 时，菱形 是正方形．小宇发现，在正方形中， 平分 ，作
于M， 于N．由角平分线的性质可知 ，进而可得 ，并由全等
三角形的性质得到 与 的数量关系为__________．
(2)如图2，当 ， 时，
①依题意补全图形；
②请帮小字继续探究（1）的结论是否成立．若成立，请给出证明；若不成立，请举出反例说明；
【答案】(1)
(2)①见解析，②（1）的结论是否成立，证明见解析
【分析】（1）直接得出结论；
（2）①依题意补全图形如图2所示，②利用菱形的性质得出， ，再用角平分线的性质，得
出 ，进而判断出 ，即可得出结论．
【详解】（1）解： ，
，
故答案为： ；
（2）解：①补全图形如图2所示，②结论依然成立 ；
证明：如图3，
过点E作 于M， 于N．
∵四边形 为菱形，
．
．
，
，
．
，
；
在 与 中，
，
．
．
【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转
的性质，熟练掌握三角形全等的判定是解题的关键．
【拓展培优】1．（2023上·河南郑州·九年级校考期中）如图，四边形 中， 、 、 、 分别是 、 、
、 的中点，若中点四边形 是菱形，那么原四边形 满足什么条件（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】本题考查三角形中位线定理，菱形的判定，利用菱形的性质可知： ，再由三
角形中位线定理可知： ， ， ， ，所以原四边形 满足条件
时，可以证明四边形 是菱形．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ，
∵E、F、G、H分别是 的中点，
∴ ， ， ， ，
∴ ，
即当原四边形 满足条件 时，可以证明四边形 是菱形．
故选：A．
2．（2024上·山东烟台·八年级统考期末）如图，点E，F分别是菱形 边 的中点，
交 的延长线于点G．若 ，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的
性质，作辅助线构造出全等三角形和直角三角形是解题的关键，也是本题的难点．如图，延长 交的延长线于 ．证明 ，利用直角三角形斜边中线的性质，可得 ，
再求出 ，证明 ，即可求出 ，即可解决问题．
【详解】解：如图，延长 交 的延长线于 ．
∵四边形 是菱形，点E是 的中点，
在 和 中，
是 的中点，故选：C．
3．（2024上·山东济南·九年级统考期末）如图，菱形 中， ， ，E，F，P分别是
， ， 上的动点， 的最小值等于（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是熟练掌握“将军饮
马”等模型．作点P关于 的对称点G，连接 ，作 ，作 ，可推出
，而 ，再进一步得出结果．
【详解】解：作点F关于 的对称点G，连接 ，作 于 ，作 交 于 ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴点G在 上， ， ，
∵ ，
∴ 最小值为： ，
故选B．4．（2023·海南三亚·统考二模）如图，将边长为4，锐角为 的菱形 沿 折叠，使顶点 恰好落
在边 的中点处，记为 ，则 的长度为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】本题考查了折叠的性质、菱形的性质、勾股定理、含 角的直角三角形的性质等知识．过 作
于点 ，先求出 ， ，则 点与 重合，再由折叠的性
质得 ，设 ，则 ，然后由勾股定理得 ，即可得出答案．
【详解】解：如图，过 作 于点 ，
，
边长为4，锐角为 的菱形 ，
， ， ，
，
是 的中点，
，
，
，
， ，
点与 重合，
， ，
由折叠的性质得： ，设 ，
则 ，
在 中，由勾股定理得： ，
即 ，
解得： ，
，
故选：B．
5．（2023上·湖北·九年级校考周测）如图，在菱形 中， ，点 分别在 上，且
，连接 交于点 ，延长 到 使 ，连接 ，则以下四个结论：①
；② ；③ 是等边三角形；④ ．其中正确结论的个
数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】先证明 是等边三角形，再根据菱形的性质可得 ，再求出 ，然后
利用“边角边”即可证明 ，从而判定①正确；根据全等三角形对应角相等可得
，由三角形的外角性质求出 ，再求出 ，从而判定②正
确；根据三角形的外角性质和平行线的性质求出 ，由 证明 ，根据全等
三角形的性质得出 ， ，然后求出 ，从而判定出△AMH是
等边三角形，得出③正确；根据全等三角形的面积相等可得 的面积等于四边形 的面积，然后
判定出④正确．
【详解】解：在菱形 中，
∵ ，∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
同理， 是等边三角形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
即 ，
在 和 中，
，
∴ ，故①正确；
∴ ，
∵ ，
∴ ，故②正确；
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等边三角形，故③正确；
过点A作 于点G，则由勾股定理得，
∵ ，
∴ 的面积等于四边形 的面积，
又∵ 的面积 ，
∴ ，故④正确，
综上所述，正确的是①②③④．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质， 角所对
直角边等于斜边一半以及勾股定理等知识，正确识别图形，从图形中准确确定出全等三角形并找出全等的
条件是解题的关键．
6．（2024上·陕西宝鸡·九年级校考期末）如图，在菱形 中，对角线 的交点为O，
， ，若点E在 上，且 ，则 的长为 ．
【答案】
【分析】此题考查菱形的性质、勾股定理，利用菱形的性质结合勾股定理得出 、 的长，再根据面积法即可得到 的长．
【详解】解：∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵ ．
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为： ．
7．（2023上·贵州贵阳·九年级校考期中）如图，在菱形 中，对角线 ，点 为 的中点，点
在 上，连接 交 于点 ，若 ， ，则线段 的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质，中位线，勾股定理的运用，掌握菱形的性质是解题的关键．
作 于点 ，由菱形的性质，平行线分线段成比例定理证明 是 的中位线，得到
，因此 ，推出 ，得到 ，从而求出 的长，得到 的长，
求出 的长，由三角形面积公式求出 长，得到 的长，由勾股定理即可求出 的长．
【详解】解：作 于点 ，四边形 是菱形，
， ，
，
，
，
，
是 的中位线，
，
，
，
，
， ，
，
，
，
，
，
，
，
，
，，
，
，
故答案为： ．
8．（2024上·四川成都·九年级成都嘉祥外国语学校校考期末）如图，四边形 为菱形， ，
在 内作射线 ，使得过点D作 ，垂足为F，若 ，则对角线 的长为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，掌握菱形的对角线互相平分是解题的关键．连接
交 于H，证明 ，得出 的长度，再根据菱形的性质得出 的长度．
【详解】解：如图，连接 交 于点H，
由菱形的性质得 ， ，
又∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
又∵四边形 是菱形，∴ 平分 ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
故答案为： ．
9．（2023上·江苏南京·八年级期末）如图，在菱形 中，对角线 ， 交于点O，点E为 的中
点，点F在 上， ，连接 交 于点G，若 ，连接 ， ，则线段 的长
为 ．
【答案】
【分析】取 中点M，连接 ，可证明 是 的中位线，得到 ， ，因此
，推出 ，得到 ，从而求出 的长，得到 的长，求出 的长，由
三角形面积公式求出 长，得到 的长，由勾股定理即可求出 的长．
【详解】解：取 中点M，连接 ，∵四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∵点E为 的中点，M为 中点，
∴ 是 的中位线，
∴ ， ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，∴ ．
故答案为： ．
【点睛】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，灵活运
用相关知识解决问题是解题关键．
10．（2023上·陕西西安·九年级校考期中）如图，在菱形 中， ， ，点 为
边上一点，且 ，在 边上存在一点 ， 边上存在一点 ，线段 平分菱形 的周长．
则 周长的最小值为 .
【答案】
【分析】作点E关于 的对称点 ,设 交 于点 ，则 ， ，连接 交 于
点 ，连接 ,则 ，则当点G和点 重合时，即 时， 取最
小值，此时 的周长 有最小值，最小值为 ，进一步求出 的值即可．
【详解】解：在菱形 中， ，
∴ ， ，
如图，作点E关于 的对称点 ,设 交 于点 ，则 ， ，连接 交 于点
，连接 ,则 ，则当点G和点 重合时，即 时， 取最小
值，此时 的周长 有最小值，最小值为 ，
过点A作 于点H，过点 作 于点M，交 于点N，
则 ,∵ ，
∴
∴ ， ,
∴ ，
∴ ,
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴四边形 是矩形，
∴ ， ， ，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ,
即 周长的最小值为 ，故答案为：
【点睛】此题考查了菱形的性质、矩形的判定和性质、勾股定理、含 角的直角三角形的性质、轴对称
的性质等知识，熟练掌握勾股定理和含 角的直角三角形的性质是解题的关键．
11．（四川省达州市2023-2024学年九年级上学期期末数学试题）在 中， ，D是 的
中点，过点A作 ，且 ，连结 ．
(1)证明：四边形 是菱形；
(2)若 ， ，求菱形 的面积．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】此题重点考查直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、菱形的判定与性质、 全等三角形的判
定与性质等知识，证明 及 是解题的关键．
（1）由 是 的中点得 ，则 ，而 ，可证明四边形 是平行四边形，因
为 , 所以 ，则四边形 是菱形;
（2）由菱形的性质得 ，而 ，可证明 , 得 ，
则求得 即可解题．
【详解】（1）证明:∵ 是 的中点，
，
，
，
，
，
∴四边形 是平行四边形，， 是 的中点，
，
∴四边形 是菱形；
（2）∵四边形 是菱形，
，
在 和 中，
，
，
，
，
∴ ，
∴ ，
，
，
∴菱形 的面积为 ．
12．（2024上·山东泰安·八年级统考期末）在 中，点 是 上任意一点，延长 交 的延长
线于点 ．
(1)在图1中，当 时，求证： 是 的平分线；
(2)根据（1）的条件和结论，
①如图2，若 ，点 是 的中点，请求出 的度数；②如图3，若 ，且 ，连接 、 ，请直接写出 的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)① ；②
【分析】（1）根据等边对等角 ，利用四边形 是平行四边形，可得
，由等量关系可得 即可证明结论；
（2）①先说明 是等腰直角三角形可得 ，再证明 可得
，然后证明 是等腰直角三角形即可证明结论；②延长 相较于
H，连接 ，求证四边形 是平行四边形，再求证 是等边三角形，求证
，再根据全等三角形的性质及角的和差即可解答．
【详解】（1）证明：如图1， ，
，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是 的平分线．
（2）解：①如图2，连接
∵在平行四边形 中， ，
，
，
，
又 ，
∴ 是等腰直角三角形，即： ，
由（1）可得： ，，
又∵ 是 的中点，
，
，
∴ ，
∴ ，
是等腰直角三角形，即： ；
②如图3，延长 相较于H，连接 ．
∴ ，
∴四边形 是平行四边形．
∵ ，
∴四边形 为平行四边形
由（1）可得：AD=DF，CE=CF
∴平行四边形 是菱形．平行四边形 是菱形．
∵ ，
∴ , ,
∴ 是等边三角形，即 ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴ ．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、等腰三角形的性质、等边三角形的判定
与性质、全等三角形的判定与性质等知识点，综合运用相关知识成为解题的关键．
13．（2022下·河北衡水·八年级校联考阶段练习）如图1，在矩形纸片 中， ， ，折叠
纸片使B点落在边 上的点E处，折痕为 ．过点E作 交 于F，连接 ．(1)求证：四边形 为菱形；
(2)当点E在 边上移动时，折痕的端点P、Q也随之移动．
①当点Q与点C重合时（如图2），求菱形 的边长
②若限定P、Q分别在边 、 上移动，菱形 的面积的最大值为______；最小值为______．
【答案】(1)见解析
(2)① ；②36，
【分析】（1）由折叠的性质得出 ， ， ，由平行线的性质得出
，证出 ，得出 ，因此 ，即可得出结论；
（2）①根据矩形的性质和勾股定理求得 的长，在 中求得 ，即可求得菱形的边长；②当点
Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时 ；当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时
四边形 为正方形， ，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵折叠纸片使B点落在边 上的E处，折痕为 ，
∴点B与点E关于 对称，
∴ ， ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形；
（2）①∵四边形 是矩形，
∴ ， ， ，∵点B与点E关于 对称，
∴ ，
在 中， ，
∴ ，
在 中， ， ，
∴ ，解得： ，
∴菱形 的边长为 ；
②当点Q与点C重合时，点E离点A最近，由①知，此时 ， ，则
，
当点P与点A重合时，点E离点A最远，此时四边形 为正方形，如图，
则 ，
那么 ，
∴菱形 的面积范围为 ，即最大值为36；最小值为 ．
【点睛】本题考查了矩形的性质、折叠的性质、菱形的判定和性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、
勾股定理、正方形的性质等知识，找到临界点是解题的关键．
14．（2024上·山东青岛·八年级统考期末）如图，在矩形 中， ， ，点P从点D
出发向点A运动，运动到点A即停止；同时点Q从点B出发向点C运动，运动到点C即停止．点P、Q的
速度都是 ，连接 ，设点P、Q运动的时间为 ．(1)当t为何值时，四边形 是矩形？
(2)当t为何值时，四边形 是菱形？求出此时菱形 的面积．
【答案】(1)当 时，四边形 是矩形
(2)当 时，四边形 是菱形，菱形 的面积是
【分析】本题考查矩形的判定，菱形的判定和性质．掌握相关判定方法和性质，是解题的关键．
（1）根据题意，得到当 时，四边形 是矩形，列出方程进行求解即可；
（2）根据题意，得到当四边形 是菱形时， ，列出方程求出 的值，根据菱形的面积公式求
出面积即可．
【详解】（1）解：由题意，得： ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
当四边形 是矩形时， ，
∴ ，
解得： ，
∴当 时，四边形 是矩形；
（2）∵ ，
∴ ，
当四边形 是菱形时， ，∴ ，
解得： ，
当 时， ，
∴ ，
菱形 的面积为 ．
15．（2024上·福建福州·八年级校考期末）【提出问题】求证：平行四边形两条对角线的平方和等于四边
的平方和．
【探究问题】小红在探究该问题时从特殊的矩形和菱形开始，请你跟随小红的思路，帮她完成下列问题：
（1）①如图①，在矩形 中， ， ，则 __________；
②若边长为5的菱形 中，两条对角线的平方和 __________；
【解决问题】（2）如图②，已知 ，求证： ；
【知识应用】（3）如图③，在 中， 的长分别为7、10、5， 是 边上的中线，利
用（2）的结论求 的长．
【答案】（1）①104②100；（2）证明见解析（3）
【分析】（1）①由四边形 是矩形，得 ，在 中，运用勾股定理求出 和 ，即
可得到结果；
②设 ，由四边形 是菱形，得 ，在 中，求出
，由 ，即可求出结果；
（2）过点A作 ，垂足为点E，过点D作 ，垂足为点F，证明 ，得
，在 和 中，有 ，得
，即可证明结论；
（3）延长 ，使得 ，连接 ，证明四边形 是平行四边形，由（2）得，可得 ，即可求出结果．
【详解】解：（1）①∵四边形 是矩形，
∴ ，
在 中，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
故答案为：104；
②解：设 ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
在 中，
∵ ，
∴ ，
即 ，
∵ ，
∴ ，
故答案为：100；
（2）证明：过点A作 ，垂足为点E，过点D作 ，垂足为点F，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，在 和 中，
∵ ，
∴
，
，
，
∴ ；
（3）解：延长 到E，使得 ，连接 ，
∵ 是 的中线，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
由（2）得 ，
∴ ，
解得 ，或 （不合题意，舍去），
∴ ．【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的性质，平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，勾
股定理，本题的关键是构造直角三角形，运用勾股定理解题．
