文档内容
专题18.22 正方形（知识梳理与考点分类讲解）
【知识点一】正方形的定义
有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形
【知识点二】正方形的性质
1.正方形的四个角都是直角，四条边都相等，对边平行.
2.正方形的两条对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角.
【知识点三】正方形的判定
定义法 有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形是正方形
矩形+一组邻边相等 有一组邻边相等的矩形是正方形
判定定理 矩形+对角线互相垂直 对角线互相垂直的矩形是正方形
菱形+一个角为直角 有一个角是直角的菱形是正方形
菱形+对角线相等 对角线相等的菱形是正方形
特别提醒：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
【知识点四】正方形的对称性
1.正方形是轴对称图形，它有四条对称轴，分别是对边中点所在的直线和两条对角线所在的直线.
2.正方形是中心对称图形，对角线的交点是对称中心.
特别提醒：
【知识点五】四边形之间的关系
1.四边形之间的关系
四边形四条边都相等是菱形
四边形有三个角是直角是矩形
四边形只有一组对边平行是矩形
矩形两腰相等是等腰梯形
矩形一个角是直角是直角梯形
四边形两组对边分别平行（或两组对边分别相等或一组对边平行且相等）是平行四边形
四边形两条对角线互相平分是平行四边形
四边形两组对角分别相等是平行四边形
平行四边形有一组邻边相等（或对角线互相垂直）是菱形
平行四边形有一个角是直角，有一组邻边相等是正方形
平行四边形有一个角是直角（或对角线相等）是矩形
菱形有一个角是直角（或对角线相等）是正方形
矩形有一组邻边相等（或对角线互相垂直）是正方形
2.四种特殊四边形的性质边 角 对角线 对称性
平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形
矩形 对边平行且相等 四个角都是 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形，
直角 中心对称图形
菱形 对边平行、四条 对角相等 两条对角线互相垂直评分，且每 轴对称图形，
边都相等 条对角线平分一组对角 中心对称图形
正方形 对边平行、四条 四个角都是 两条对角线互相垂直评分且相 轴对称图形，
边都相等 直角 等，每条对角线平分一组对角 中心对称图形
【考点目录】
【正方形性质与判定的理解】
【考点1】正方形性质的理解；
【考点2】正方形判定的理解；
【正方形性质定理】
【考点3】利用正方形性质证明与求值
【正方形判定定理】
【考点4】利用正方形判定定理证明与求值
【正方形性质定理与判定定理】
【考点5】利用正方形性质定理和判定定理证明与求值
【正方形性质与判定的理解】
【考点1】正方形性质的理解；
【例1】（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，理由见分析；（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．
（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）∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ．
【变式1】（2023下·辽宁大连·八年级统考期末）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．对角线互相垂直 D．对角线平分对角
【答案】B
【分析】此题主要考查了矩形、菱形、正方形关于对角线的性质，根据题目中给出的四个选项，对照
矩形、菱形、正方形关于对角线的性质逐一进行甄别即可得出答案．理解矩形的对角线互相平分且相等；
菱形的对角线互相垂直平分，且每一条对角线都平分一组内角；正方形的对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线都平分一组内角．
解： A、矩形、正方形具有对角线相等的性质，而菱形不具有，故不符合题意；
B、矩形、菱形、正方形都具有对角线互相平分，故符合题意；
C、菱形、正方形具有对角线互相垂直，而矩形不具有，故不符合题意；
D、菱形、正方形具有对角线平分对角，而矩形不具有，故不符合题意．
故选B．
【变式2】（2024·全国·七年级竞赛）如图，点 、 、 是正方体上的三个顶点，则 的度数
为 ．
【答案】 / 度
【分析】本题主要考查正方体的性质，等边三角形的判定和性质，掌握等边三角形的判定和性质是解
题的关键．
如图所示，连接 ，根据正方体的性质可得 是正方形的对角线，由此即可求解．
解：如图所示，连接 ，
∵点 是正方体上的三个顶点，
∴线段 是正方形的对角线，
∴ ，
∴ 是等边三角形，
∴ ，
故答案为： ．【考点2】正方形判定的理解；
【例2】（2023下·北京海淀·八年级校考期中）如图，矩形 的对角线 ， 相交于点 ，
延长 到 ，使 ，连接 ， ．
（1）求证：四边形 是平行四边形；
（2）若 ，求 的长．
【答案】（1）见分析；（2）
【分析】（1）根据平行四边形的判定即可求出答案．
（2）先证明矩形 是正方形，然后根据正方形的性质和勾股定理，即可求出答案．
（1）解： 四边形 是矩形，
， ，
，
，
四边形 是平行四边形．
（2）解： ， ，
，
．
在 中， 为 中点，
．
，
矩形 是正方形，
，
．【点拨】本题考查矩形的性质，正方形的判定和平行四边形的判定定理，勾股定理，解题的关键是熟
练运用矩形的性质以及平行四边形的判定，本题属于中等题型．
【变式1】（2023下·云南楚雄·八年级统考期末）下列说法正确的是（ ）
A．对角线相等的菱形是正方形 B．有一组邻边相等的平行四边形是正方形
C．有一个角是直角的平行四边形是正方形D．各边都相等的四边形是正方形
【答案】A
解： 菱形是特殊的平行四边形，对角线相等的平行四边形是矩形，
对角线相等的菱形同时也是矩形，
对角线相等的菱形是正方形，
故A正确；
有一组邻边相等的平行四边形是菱形，但不一定是正方形，
故B错误；
有一个角是直角的平行四边形是矩形，但不一定是正方形，
故C错误；
根据菱形的判定定理，各边都相等的四边形是菱形，
故D错误，
故选：A．
【变式2】（2020下·八年级课时练习）已知：如图，四边形ABCD中，AD∥BC，AD=CD，E是对角
线BD上一点，且EA=EC，BE=BC．当∠CBE：∠BCE= ，求证：四边形ABCD是正方形．
【答案】2：3，证明见分析．
【分析】首先证得△ADE≌△CDE，由全等三角形的性质可得∠ADE=∠CDE，由AD∥BC可得
∠ADE=∠CBD，可得∠CDB=∠CBD，可得BC=CD，可得AD=BC，利用平行四边形的判定定理可得四边形
ABCD为平行四边形，由AD=CD可得四边形ABCD是菱形； 由BE=BC可得△BEC为等腰三角形，可得
∠BCE=∠BEC，利用三角形的内角和定理可得∠CBE =45°，可得∠ABE=45°，可得∠ABC=90°，由正方形的判
定定理可得四边形ABCD是正方形．解：证明：当∠CBE：∠BCE= 时，四边形ABCD是正方形．
理由如下：
在△ADE与△CDE中，
∴∠ADE=∠CDE，
∵AD∥BC，
∴∠ADE=∠CBD，
∴∠CDE=∠CBD，
∴BC=CD，
∵AD=CD，
∴BC=AD，
∴四边形ABCD为平行四边形，
∵AD=CD，
∴四边形ABCD是菱形；
∵BE=BC
∴∠BCE=∠BEC，
∵∠CBE：∠BCE=2：3，
∴∠CBE=180× =45°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABE=45°，
∴∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形．
【点拨】本题主要考查了正方形与菱形的判定及性质定理，熟练掌握定理是解答此题的关键．
【正方形性质定理】
【考点3】利用正方形性质证明与求值
【例3】（2023上·广东江门·九年级校考期中）如图，四边形 是正方形， ， 分别是边
和 延长线上的一点，且 ，连接 ，
（1）求证： ；（2）若 ， ，求 的面积．
【答案】（1）见分析；（2）
【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．熟练掌握正方形的性质，
全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）由题意知 ，证明 ；
（2）由题意得， ，由勾股定理得， ，由 ，
可得， ，证明 ，根据 ，计算求解即可．
解：（1）证明：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∴ ，
∵ ， ， ，
∴ ；
（2）解：∵ ， ，
∴ ，
由勾股定理得， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
∴ 的面积为 ．
【变式1】（2024下·全国·八年级专题练习）在正方形 中，等边三角形 的顶点E、F分别在边 和 上，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意直接证明 ，进而得 ，根据等腰直角三角形的性质
即可求解．
解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ 是等腰直角三角形，
∴ ，
故选：D．
【点拨】本题考查了 证明直角三角形全等，等腰直角三角形的性质，等边三角形的性质，正方形
的性质，熟练以上性质是解题的关键．
【变式2】（2024上·山东青岛·九年级统考期末）如图，已知四边形 和四边形 均为正方
形，且 是 的中点，连接 ，若 ，则 的长为 ．【答案】
【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理．过点 作 交 于
点 ，交 于点 ，则 ，再证明 ，得出 ，再利用勾股定理即可解答．
解：过点 作 交 于点 ，交 于点 ，则 ，
四边形 和四边形 均为正方形，
， ， ，
，
，
， ，
， ，
，
故答案为： ．
【正方形判定定理】
【考点4】利用正方形判定定理证明与求值
【例4】（2023上·四川达州·九年级校考期末）如图，已知E是平行四边形 中 边的中点，连接 并延长 交 的延长线于点F．
（1）求证： ；
（2）连接 ，若 ，求证：四边形 为矩形；
（3）在（2）条件下，直接写出当 再满足______时，四边形 为正方形．
【答案】（1）见分析；（2）见分析；（3）
【分析】本题考查平行四边形的性质和判定，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，正方形的判定：
（1）根据平行四边形的性质得出 ，进而得出 ，再根据 即可证明
；
（2）根据对角线互相平分证明四边形 为平行四边形，由 可得 ，可证四边形
为矩形；
（3） 时，由等腰三角形的三线合一性质得出 ，得出四边形 是菱形，即可得出
结论四边形 为正方形．
解：（1）证明：∵四边形 为平行四边形，
∴ ，
∴ ，
又∵E为 的中点，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ；
（2）证明：∵ ，∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
又∵ ，
∴ ，
∴四边形 为矩形；
（3）解：当 为等腰三角形时，即 时，四边形 为正方形；
理由如下：
∵ ，E为 的中点，
∴ ，
∵四边形 为平行四边形，
∴四边形 是菱形，
又∵四边形 是矩形，
∴四边形 为正方形，
故答案为： ．
【变式1】（2024下·全国·八年级专题练习）如图，已知四边形 是平行四边形，那么添加下列
条件能判定四边形 是正方形的是（ ）
A． 且 B． 且 和 互相平分
C． 且 D． 且
【答案】D
【分析】根据正方形的判定方法，逐一进行判断即可．
解：A、∵四边形 是平行四边形， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
不能证明四边形 是正方形，不符合题意；
B、∵四边形 是平行四边形，∴ 和 互相平分，
∵ ，
∴四边形 是菱形，
不能证明四边形 是正方形，不符合题意；
C、∵四边形 是平行四边形，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
不能证明四边形 是正方形，不符合题意；
D、∵四边形 是平行四边形，
∴四边形 是矩形，
又 ，
∴四边形 是正方形，符合题意；
故选D．
【点拨】本题考查正方形的判定．熟练掌握正方形的判定方法：对角线相等的菱形是正方形，邻边相
等的矩形是正方形，是解题的关键．
【变式2】（2024上·陕西榆林·九年级统考期末）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．
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．
【正方形性质定理与判定定理】
【考点5】利用正方形性质定理和判定定理求值
【例5】（2024上·四川成都·九年级统考期末）如图，四边形 是菱形，对角线 、 交于
点O，点D、B是对角线 所在直线上两点，且 ，连接 、 、 、 ， ．
（1）求证：四边形 是正方形：
（2）若正方形 的面积为72， ，求点F到线段 的距离．
【答案】（1）见分析；（2）点F到线段 的距离为
【分析】（1）根据对角线互相垂直且平分的四边形是菱形可得四边形 是菱形，根据对角线相
等的菱形是正方形即可解决问题；
（2）由正方形的面积公式求得 ，进而得到 ，由四边形 是菱形得
到 ， ，菱形 的面积 ，由勾股定理求得 ，根据菱形的面积公式即可求
得答案．
解：（1）∵菱形 的对角线 和 交于点O，∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵ ，
∴四边形 是菱形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是正方形；
（2）∵正方形 的面积为72，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ， ，
∴菱形 的面积 ，
∴ ，
∴ ，
在 中， ，
设点F到线段 的距离为h，
∴ ，
即 ，∴ ．
即点F到线段 的距离为 ．
【点拨】本题考查了正方形的判定和性质，菱形的判定和性质，等角对等边，勾股定理，熟练掌握正
方形的判定和性质定理是解题的关键．
【变式1】（2024·全国·九年级专题练习）如图，在正方形 中， 、 分别为 、 上的点，
且 平分 ， ， 为线段 上的动点，记 的最小值为 ，若正方形边长为 ，
则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】连接EG，BP，由题意得当点P与点G重合时， 的值最小=BF，再证明
， 从而得 是等腰直角三角形，设CF=BE=GE=x，则
EC= ，列方程求出x的值，进而即可求解．
解：连接EG，BP，
∵点B与点D关于AC对称，
∴ = ，
∴当点P与点G重合时， 的值最小=BF，
∵在正方形 中，AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°，又∵ ，
∴ ，
∴∠BAE=∠CBF，
∴∠BAE+∠ABM=∠CBF+∠ABM=90°，
即：∠AMB=∠AMG=90°，
∵ 平分 ，
∴∠BAM=∠GAM，
又∵AM=AM，
∴
∴AB=AG，
又∵AE=AE，
∴
∴∠AGE=∠ABE=90°，
∴ 是等腰直角三角形，
∴设CF=BE=GE=x，
则EC= ，
∴x+ = ，
解得： ，
∴BF= ，
即： ，∴ = ．
故选：B．
【点拨】本题主要考查正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的
判定和性质，解题的关键是添加辅助线，构造全等三角形来求解．
【变式2】（2024下·全国·八年级随堂练习）如图，点E在正方形ABCD的边BA的延长线上，连接
AC，AC＝AE，CE交AD于点F，则∠ACE的度数等于 ．
【答案】22．5°
【分析】根据等边对等角的性质可得∠E＝∠ACE，由正方形的性质得出∠BAC＝45 ，再由三角形的外
角性质即可得出结果．
解：∵AC＝AE，
∴∠E＝∠ACE，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAD＝90 ，∠BAC＝45 ，
∴∠E+∠ACE＝45 ，
∴∠ACE＝ ×45 ＝22．5 ，
故答案为：22．5 ．
【点拨】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质；熟练掌握三角形的外角性质和正方形的性质是解题的关键．
【考点6】利用正方形性质定理和判定定理证明
【例6】（2023上·山西晋中·九年级统考阶段练习）如图，在 中， 是 边上一点， 是
的中点，过 作 的平行线交 的延长线 ，且 ，连接 ．
（1）求证： ；
（2）如果 ，试判断四边形 的形状，并证明你的结论；
（3）当 满足______时，四边形 为正方形（直接写出）．
【答案】（1）见分析；（2）四边形 为矩形，证明见分析；（3） ，且 ．
【分析】（1）证明 可得 ，再根据条件 可利用等量代换可得
；
（2）首先判定四边形 为平行四边形，再根据等腰三角形三线合一的性质可得 ，进而
可得四边形 为矩形；
（3）当 ，且 时，四边形 为正方形，首先证明 ， ，
可得 ，进而可得四边形 为正方形．
解：（1）证明： ，
．
是 的中点，
，
在 与 中，
，
，
，
，；
（2）解：四边形 为矩形，证明如下：
， ，
四边形 为平行四边形，
， ，
，
，
四边形 为矩形；
（3）解： ，且 ；
理由如下： ，且 ，
，
，
，
，
四边形 为正方形．
故答案为： ，且 ．
【点拨】此题主要考查了四边形综合题，正方形的判定，矩形的判定，以及全等三角形的判定与性质，
关键是掌握邻边相等的矩形是正方形．
【变式1】（2024下·全国·八年级专题练习）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
【分析】本题考查了正方形的四条边都相等，每一个角都是直角的性质，根据四边形 是正方形
及 ，可证出 ，则得到：① ；可以证出 ，则②
一定成立,可以证出 即可判断④．用反证法可证明 ，即可判断③．
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．
【变式2】（2024下·全国·八年级专题练习）如图，在正方形 中，点O是对角线AC、BD的交
点，过点O作射线OM、ON分别交BC、CD于点E、F，且 ，OC、EF交于点G．给出下列结
论：① ；② ；③四边形 的面积为正方形 面积的 ；④
．其中正确的为 ．（将正确的序号都填入）
【答案】①②③
【分析】利用正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理计算判断即可．
解：∵正方形 ， ，
∴ ，
，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ， ，
故①②正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，∴ ，
∵正方形 ，
∴ ，
∴ ，
故③正确；
∵正方形 ，
∴ ，
∴ ，
无法判定 ，
故④错误．
故答案为：①②③．
【点拨】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，
三角形全等的判定和性质是解题的关键．
