专题9.26 正方形（知识梳理与考点分类讲解）-2023-2024学年八年级数学下册基础知识专项突破讲与练（苏科版）.docx

1、专题9.26 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判定定理矩形+一组邻边相等有一组邻边相等的矩形是正方形矩形+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

2、】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

3、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直角两条对角线互相平分且相等轴对称图形，中心对称图形菱形对边平行、四条边都相等对角相等两条对角线互相垂直评分，且每条对角线平分一组对角轴对称图形，中心对称图形正方形对边平行、四条边都相等四个角都是直角两条对角线互相垂直评分且相等，每条对角线平分一组对角轴对称图形，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】

4、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】（2023下江西赣州八年级统考期末）如图，在正方形的外侧，作等边三角形，连接，（1）求证：；（2）求的度数【答案】（1）证明见分析；（2）【分析】（1）根据正方形的性质可得，根据等边三角形的性质可得，可得，最后利用全等三角形的判定即可得证；（2）根据等边对等角可得，由等边三角形的性质可得，最后代入计算可得出答案解：（1）证明：四边

5、形为正方形，为等边三角形，在和中，；（2）解：，又，的度数为【点拨】本题考查正方形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定，等边对等角掌握全等三角形的判定是解题的关键【变式1】（2022下湖南湘西八年级统考期末）菱形、矩形、正方形都具有的特点是（）A对角线互相垂直B对角线相等C对角线互相平分D对角线平分对角【答案】C【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形的性质，理解菱形、矩形、正方形之间的关系，掌握性质是解题的关键解：A.矩形的对角线不一定互相垂直，故不符合题意；B.菱形的对角线不一定相等，故不符合题意；C.菱形、矩形、正方形的对角线互相平分，故符合题意；D.矩形的对角线不一定平分对角，故不符

6、合题意；故选：C【变式2】（2023下河北保定八年级统考期末）如图，菱形与正方形的顶点，在同一条直线上，且，（1）的度数为 （2）点与点之间的距离为 【答案】 /15度 4【分析】（1）连接，交于点O，根据题意可得，即可求出的大小；（2）由菱形的性质可得，结合即可得到是等边三角形，即可求出的长，再由正方形的性质得到解：（1）连接，交于点O，四边形是菱形，四边形是正方形，故答案为：（2）四边形是菱形，四边形是正方形，是等边三角形，故答案为：4【点拨】本题考查菱形的性质和正方形的性质，熟练掌握菱形的性质和正方形的性质是解题关键，【考点2】正方形判定的理解； 【例2】（2023上全国八年级课堂例题）

7、如图所示，点A在线段上，分别以为直角边在的同侧作等腰直角三角形和等腰直角三角形，连接，射线交于点O，连接（1）求证：；（2）求的度数【答案】（1）证明见分析；（2）【分析】（1）根据题意证出，利用性质及内角和定理即可得到本题答案；（2）根据题意过点A分别作于点M，于点N，利用等面积法可知，再利用正方形判定即可得到四边形是正方形，继而得到本题答案（1）解：证明：和都是等腰直角三角形，；（2）解：如图所示，过点A分别作于点M，于点N，四边形是正方形，点A在的平分线上【点拨】本题考查等腰三角形性质，全等三角形判定及性质，三角形内角和定理，正方形判定及性质，正确作出辅助线是关键【变式1】（2023下上

8、海八年级专题练习）已知在四边形中，与相交于点O，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（）A， B C D 【答案】B【分析】本题主要考查正方形的判定，根据判别一个四边形为正方形的方法逐一进行判定即可解：A、不能，对角线互相平分且一组邻边相等的四边形可判定为菱形，故本选项不符合题意B、能，对角线互相平分且相等且一组邻边相等的四边形是正方形，可判定该四边形是正方形故本选项符合题意C、不能，根据平行线的性质和一组对角相等的四边形是平行四边形，可判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意D、不能，一组对边平行且相等，对角线相等可判定为矩形，故本选项不符合题意故选：B【变式2】（2023福建福州

9、闽清天儒中学校考模拟预测）下列四个命题：对角线互相垂直的四边形是菱形；对角线相等的菱形是正方形；对角线互相垂直平分的四边形是菱形；有一个角是的四边形是矩形其中是真命题的是 （只填序号）【答案】/解：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，所以错误；对角线相等的菱形是正方形，所以正确；对角线互相垂直平分的四边形是菱形，所以正确；有一个角是的平行四边形是矩形，所以错误故答案为：【点拨】本题考查了命题与定理判断一件事情的语句，叫做命题，许多命题都是由题设和结论两部分组成，题设是已知事项，结论是由已知事项推出的事项，一个命题可以写成“如果那么”形式，有些命题的正确性是用推理证实的，这样的真命题叫做定理，也考

10、查了逆命题也考查了正方形菱形和矩形的判定【正方形性质定理】【考点3】利用正方形性质证明与求值【例3】（2024上广东深圳九年级统考期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，垂足为（1）求证：；（2）若正方形的边长是8，点是的中点，求的长 【答案】（1）见解答；（2）【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判断和性质，勾股定理（1）根据正方形的性质可得，结合可得即可得证；（2）由题意知即可求出，则，根据勾股定理即可求出，由是中点可得即可解答解：（1）证明：四边形是正方形，；（2）解：，是中点，【变式1】（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（）ABCD【答

11、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解：是等边三角形，四边形是正方形，故选：B【变式2】（2023上河南驻马店八年级校考期中）如图，在平面直角坐标系中，是正方形，点的坐标是，则点的坐标为 【答案】【分析】本题主要考查了坐标与图形、三角形全等的判定与性质，作轴于点，轴于点，则，证明，结合点的坐标是，得出，即可得出答案，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，构造三角形全等是解此题的关键解：如图，作轴于点，轴于点，四边形是正方形，在和中，故答案为：【正方形判定定理】【考点4

12、】利用正方形判定定理证明与求值【例4】（2023上福建漳州九年级校联考期中）已知：如图，在中，垂足为点（1）尺规作图：以，为边作矩形（保留作图痕迹，不写作法）；（2）当满足什么条件时，四边形是一个正方形?并给出证明【答案】（1）见分析；（2）满足时，四边形是一个正方形【分析】（1）根据等腰三角形三线合一可得，因此作的角平分线，可得，再过点C作于点E，即可得到矩形；（2）先根据有三个角是直角的四边形是矩形证明四边形是矩形，再令四边形的一组对边相等，即可证明四边形是正方形，因此添加条件证明即可（1）解：矩形如下图所示：（2）解：当满足时，四边形是一个正方形证明如下：中，由作图知平分，又，四边形是矩

13、形，四边形是正方形【点拨】本题考查角平分线的作法、垂线的作法、等腰三角形的性质、矩形的判定、正方形的判定等，解题的关键是掌握矩形和正方形的判定定理【变式1】（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

14、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【点拨】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【

15、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】（2020上福建龙岩九年级统考期末）如图，中，已知，于，把、分别以、为对称轴翻折变换，点的对称点为，延长、相交于点（1）求证：四边形是正方形；（2）求的长【答案】（1）见分析（2）6【分析】（1）先根据ABDABE，ACDACF，

16、得出EAF90；再根据对称的性质得到AEAF，从而说明四边形AEGF是正方形；（2）利用勾股定理，建立关于x的方程模型（x2）2（x3）252，求出ADx6解：（1）证明：由对折的性质可得，ABDABE，ACDACF，DABEAB，DACFAC，BAC45，EAF90，ADBC，EADB90，FADC90，四边形AEGF为矩形，AEAD，AFAD，AEAF，矩形AEGF是正方形；（2）解：根据对称的性质可得：BEBD2，CFCD3，设ADx，则正方形AEGF的边长是x，则BGEGBEx2，CGFGCFx3，在RtBCG中，根据勾股定理可得：（x2）2（x3）252，解得：x6或1（舍去）AD6

17、【点拨】本题考查了对折的性质，全等三角形和勾股定理，以及正方形的判定，解本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后图形的对应边或对应角相等；有四个角是直角的四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形【变式1】（2023下四川眉山八年级统考期末）如图，在正方形中，E为对角线AC上一点，连接，过点E作，交BC延长线于点F，以为邻边作矩形，连接在下列结论中：；其中正确结论的个数是（）A1个B2个C3个D4个【答案】C【分析】过E作于M点，过E作于N点，如图所示：根据正方形的性质得到，推出四边形为正方形，由矩形的性质得到，根据全等三角形的性质得到，故正确；利用已知条件可以推出矩形为正方形；根据正方形

18、的性质得到，推出，故正确；根据的结论可得，所以，故正确；当时，点C与点F重合，得到不一定等于，故错误解：过E作于M点，过E作于N点，如图所示：四边形是正方形，四边形为正方形，四边形是矩形，又，在和中， ，故正确；矩形为正方形；，四边形是正方形，在和中， ，故正确；根据得，故正确；当时，点C与点F重合，不一定等于，故错误，综上所述：正确，共3个故选：C【点拨】本题属于中考选择题的压轴题，主要考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键【变式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

19、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：【考点6】利用正方形性质定理和判定定理证明【例6】（2024上内蒙古鄂尔多斯九年级统考期末）如图1，正方形的边长为5，点E为正方形边上一动点，过点B作于点P，将绕点A逆时针旋

20、转得，延长BP交于点F，连接（1）判断四边形的的形状，并说明理由；（2）若，求的长度；（3）在（2）的条件下，求【答案】（1）四边形是正方形；（2）；（3）【分析】（1）由旋转的性质得，进而可证四边形是矩形，结合可证四边形是正方形；（2）设，在中利用勾股定理求解即可；（3）过点C作于点G，根据证明得，根据勾股定理求出，然后根据三角形的面积公式即可求解解：（1）四边形是正方形理由如下：由绕点A逆时针旋转得可得：，在正方形中，四边形是矩形，四边形是正方形；（2）设，由（1）知，在中，解得（不符合题意，舍去），；（3）过点C作于点G，在和中，【点拨】此题考查了矩形的判定，正方形的判定与性质，旋转的性

21、质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，关键是根据正方形的判定和性质以及全等三角形的判定和性质解答【变式1】（2020下山东东营八年级统考期末）如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则AFB（）A22.5B25C30D不能确定【答案】A【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得ADB=45，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得DBF=DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解解：在正方形ABCD中，ADB=ADC=90=45，在菱形BDFE中，BD=DF，所以，DBF=AFB，在BDF中，ADB=DBF+AFB

22、=2AFB=45，解得AFB=22.5故选：A【点拨】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键【变式2】（2022上江苏连云港八年级校考阶段练习）点A坐标为，点在轴的负半轴上沿负方向运动时，作，其中直线与轴交于，当点的运动过程中，的值为 【答案】【分析】过点A作轴于点D，过点A作轴于点D，证明形是正方形，则，再证明，得到，由和得到，则，则，即可得到的值解：过点A作轴于点D，过点A作轴于点D，四边形是矩形，点A坐标为，四边形是正方形，又， ，点，点，故答案为：【点拨】此题考查了正方形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、坐标与图形等知识，证明是解题的关键