专题930正方形（直通中考）（提升练）-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）

专题9.30正方形（直通中考）（提升练）单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分）1．（2019·湖南娄底·中考真题）顺次连接一个菱形的各边中点所得四边形的形状是（）A．平行四边形B．矩形 C．菱形 D．正方形2．（2023·四川宜宾·统考中考真题）如图，边长为6的正方形中，M为对角线上的一点，连接并延长交于点P．若，则的长为（）

A． B． C． D．3．（2022·山东青岛·统考中考真题）如图，O为正方形对角线的中点，为等边三角形．若，则的长度为（

）A． B． C． D．4．（2022·黑龙江牡丹江·统考中考真题）下列图形是黄金矩形的折叠过程：第一步，如图（1），在一张矩形纸片一端折出一个正方形，然后把纸片展平；第二步，如图（2），把正方形折成两个相等的矩形再把纸片展平；第三步，折出内侧矩形的对角线AB，并把AB折到图（3）中所示的AD处；第四步，如图（4），展平纸片，折出矩形BCDE就是黄金矩形．则下列线段的比中：①，②，③，④，比值为的是（

） A．①② B．①③ C．②④ D．②③5．（2022·内蒙古包头·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别在边上，，AF与相交于点O，连接，若，则与之间的数量关系正确的是（

）A．B．C． D．6．（2022·贵州黔东南·统考中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（

）A． B． C． D．7．（2022·湖北随州·统考中考真题）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DC的中点，连接AP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形，下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②四边形MPEB是菱形；③四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的．正确的有（

）A．只有① B．①② C．①③ D．②③8．（2022·山东滨州·统考中考真题）正方形的对角线相交于点O（如图1），如果绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（

）A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线9．（2023·四川攀枝花·统考中考真题）如图，已知正方形的边长为3，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则（

）

A． B．2 C． D．10．（2023·重庆·统考中考真题）如图，在正方形中，O为对角线的中点，E为正方形内一点，连接，，连接并延长，与的平分线交于点F，连接，若，则的长度为（

）

A．2 B． C．1 D．填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）11．（2023·黑龙江哈尔滨·统考中考真题）如图在正方形中，点E在上，连接，，F为的中点连接．若，则的长为．

12．（2023·山东·统考中考真题）如图，在正方形中，分别以点为圆心，以的长为半径画弧，两弧交于点，连接，则．13．（2023·广西·统考中考真题）如图，在边长为2的正方形中，E，F分别是上的动点，M，N分别是的中点，则的最大值为．

14．（2023·山东枣庄·统考中考真题）如图，在正方形中，对角线与相交于点O，E为上一点，，F为的中点，若的周长为32，则的长为．

15．（2021·青海·统考中考真题）如图，正方形的边长为8，M在上，且，N是上的一动点，则的最小值为．

16．（2022·四川攀枝花·统考中考真题）如图，以的三边为边在上方分别作等边、、．且点A在内部．给出以下结论：①四边形是平行四边形；②当时，四边形是矩形；③当时，四边形是菱形；④当，且时，四边形是正方形．其中正确结论有（填上所有正确结论的序号）．17．（2022·黑龙江绥化·统考中考真题）在长为2，宽为x（）的矩形纸片上，从它的一侧，剪去一个以矩形纸片宽为边长的正方形（第一次操作）；从剩下的矩形纸片一侧再剪去一个以宽为边长的正方形（第二次操作）；按此方式，如果第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，则x的值为．18．（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：）．三、解答题（本大题共6小题，共58分）19．（8分）（2023·江西·统考中考真题）如图是的正方形网格，请仅用无刻度的直尺按要求完成以下作图（保留作图痕迹）．

（1）在图1中作锐角，使点C在格点上；（2）在图2中的线段上作点Q，使最短．20．（8分）（2023·湖北黄石·统考中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．

（1）求证：≌；（2）求的大小．21．（10分）（2023·湖北十堰·统考中考真题）如图，的对角线交于点，分别以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，连接．

（1）试判断四边形的形状，并说明理由；（2）请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？22．（10分）（2022·贵州贵阳·统考中考真题）如图，在正方形中，为上一点，连接，的垂直平分线交于点，交于点，垂足为，点在上，且．（1）求证：；（2）若，，求的长．23．（10分）（2023·广东广州·统考中考真题）如图，在正方形中，E是边上一动点（不与点A，D重合）．边关于对称的线段为，连接．

（1）若，求证：是等边三角形；（2）延长，交射线于点G；①能否为等腰三角形？如果能，求此时的度数；如果不能，请说明理由；②若，求面积的最大值，并求此时的长．24．（12分）（2023·山东青岛·统考中考真题）如图①，正方形的面积为1．

（1）如图②，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；（2）如图③，延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______；（3）延长到，使，延长到，使，则四边形的面积为______．参考答案：1．B【分析】根据中位线定理及菱形的对角线互相垂直可得结论．解：顺次连接菱形各边中点所得四边形必定是：矩形，理由如下：（如图）根据中位线定理可得：且，且，，∴，，∴四边形是平行四边形．又∵四边形是菱形，∴，则，∴四边形是矩形．故选：B．【点拨】本题考查了中点四边形，菱形的性质，此题实际上是矩形的判定和三角形的中位线定理的应用，通过做此题培养了学生的推理能力，题目比较好，难度适中．2．C【分析】先根据正方形的性质、三角形全等的判定证出，根据全等三角形的性质可得，再根据等腰三角形的性质可得，从而可得，然后利用勾股定理、含30度角的直角三角形的性质求解即可得．解：四边形是边长为6的正方形，，在和中，，，，，，，又，，设，则，，，解得，，，，故选：C．【点拨】本题考查了正方形的性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质、等腰三角形的性质等知识点，熟练掌握正方形的性质是解题关键．3．B【分析】利用勾股定理求出AC的长度，再利用等边三角形的性质即可解决问题．解：在正方形中：，∴，∵O为正方形对角线的中点，∴，∵为等边三角形,O为的中点，∴，，∴,∴,故选：B．【点拨】此题考查了正方形的性质，勾股定理，等边三角形的性质，掌握以上知识点是解题的关键．4．B【分析】设，则，求出，，分别求出比值，作出判断．解：设，∴，在中，，由折叠可知，，∴，又∵，∴，，，，，∴比值为的是①③，故选：B．【点拨】本题考查四边形综合题，黄金矩形的定义、勾股定理、翻折变换、矩形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．5．A【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出，再利用勾股定理得出，即可得出答案．解：过点O作OM⊥BC于点M，，四边形ABCD是矩形，，∴∠AEF=180°∠BAD=90°，，∴四边形ABFE是矩形，又∵AB=AE，四边形ABFE是正方形，，EF=BF，，，，EF=2CF，由勾股定理得，，故选：A．【点拨】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解题的关键．6．D【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，∵DF⊥BC，∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，∴四边形AGFH是矩形，∴FH=AG，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，BC=AB=2，∴∠BAG=30°，BG=1，∴，∴，在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，∴∠DAH=∠BAG=30°，∴，∴．故选：D【点拨】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．7．C【分析】先根据正方形的性质和中位线定理证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形MPEB是平行四边形但不是菱形，最后再证明四边形PFDM的面积占正方形ABCD面积的即可．解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠ABO＝∠ADB＝∠CBD＝∠BDC＝45°，∠BAD＝∠BCD＝90°，∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形，∵，∴∠APF＝∠APE＝90°，∵E，F分别为BC，CD的中点，∴EF是△BCD的中位线，CE＝BC，CF＝CD，∴CE＝CF，∵∠C＝90°，∴△CEF是等腰直角三角形，

∴EFBD，EF＝BD，∴∠APE＝∠AOB＝90°，∠APF＝∠AOD＝90°，∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形，∴AO＝BO，AO＝DO，∴BO＝DO，∵M，N分别为BO，DO的中点，∴OM＝BM＝BO，ON＝ND＝DO，∴OM＝BM＝ON＝ND，∵∠BAO＝∠DAO＝45°，∴由正方形是轴对称图形，则A、P、C三点共线，PE＝PF＝EF＝ON＝BM＝OM，连接PC，如图，∴NF是△CDO的中位线，∴NFAC，NF＝OC＝OD＝ON＝ND，∴∠ONF＝180°－∠COD＝90°，∴∠NOP＝∠OPF＝∠ONF＝90°，∴四边形FNOP是矩形，∴四边形FNOP是正方形，∴NF＝ON＝ND，∴△DNF是等腰直角三角形，∴图中的三角形都是等腰直角三角形；故①正确，∵PEBM，PE＝BM，∴四边形MPEB是平行四边形，∵BE＝BC，BM＝OB，在Rt△OBC中，BC＞OB，∴BE≠BM，∴四边形MPEB不是菱形；故②错误，∵PC＝PO＝PF＝OM，∠MOP＝∠CPF＝90°，∴△MOP≌△CPF（SAS），∴，故③正确，故选：C【点拨】此题考查了七巧板，正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．8．A【分析】连接，根据题意可知则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段解：连接，根据题意可知，，∴点G在线段OB的垂直平分线上．则线段EF的中点G经过的路线是的线段垂直平分线的一段，即线段．故选：A．【点拨】本题考查了线段垂直平分线的判定，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，正方形的性质，掌握以上知识是解题的关键．9．C【分析】先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得．解：如图：

连接，四边形是正方形，，，，，，四边形是矩形，，，是等腰直角三角形，，，，，，，，，，，，故选：．【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．10．D【分析】连接，根据正方形得到，，根据角平分线的性质和等腰三角形的性质，求得，再证明，求得，最后根据直角三角形斜边上的中点等于斜边的一半，即可求出的长度．解：如图，连接，

四边形是正方形，，，，，，，平分，，，在与,，，，，O为对角线的中点，，故选：D．【点拨】本题考查了等腰三角形的判定和性质，三角形内角和定理，正方形的性质，直角三角形特征，作出正确的辅助线，求得是解题的关键．11．【分析】根据正方形的性质得到，，设，根据勾股定理求出的值，再根据勾股定理即可求出的长．解：正方形，F为的中点，设，在中，即解得故，在中解得（负值舍去）故答案为：．【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．12．15【分析】证明是等边三角形可得，再求出，利用等腰三角形的性质可求出，进而可求出．解：连接，由作图方法可知，，∴是等边三角形，∴，∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，∴．故答案为：15．【点拨】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．13．【分析】首先证明出是的中位线，得到，然后由正方形的性质和勾股定理得到，证明出当最大时，最大，此时最大，进而得到当点E和点C重合时，最大，即的长度，最后代入求解即可．解：如图所示，连接，

∵M，N分别是的中点，∴是的中位线，∴，∵四边形是正方形，∴，∴，∴当最大时，最大，此时最大，∵点E是上的动点，∴当点E和点C重合时，最大，即的长度，∴此时，∴，∴的最大值为．故答案为：．【点拨】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．14．【分析】利用斜边上的中线等于斜边的一半和的周长，求出的长，进而求出的长，勾股定理求出的长，进而求出的长，利用三角形的中位线定理，即可得解．解：的周长为32，．为DE的中点，．，，，，．四边形是正方形，，O为BD的中点，是的中位线，．故答案为：．【点拨】本题考查正方形的性质，斜边上的中线，三角形的中位线定理．熟练掌握斜边上的中线等于斜边的一半，是解题的关键．15．10【分析】要求的最小值，，不能直接求，可考虑通过作辅助线转化，的值，确定最小值为的长度，再由勾股定理计算即可．解：如图所示，∵正方形是轴对称图形，点B与点D是关于直线为对称轴的对称点，∴连接，，则直线即为的垂直平分线，

∴，∴，连接交于点P，∵点N为上的动点，∴由三角形两边之和大于第三边，知当点N运动到点P时，，的最小值为的长度．∵四边形为正方形，∴，，，，即的最小值为10.故答案为：10【点拨】本考查正方形的性质和轴对称及勾股定理等知识的综合应用，解题的难点在于确定满足条件的点N的位置：利用轴对称的方法．然后熟练运用勾股定理．16．①②③④【分析】对于结论①，由等边三角形的性质可得，，则；同理，由，得，由，即可得出四边形是平行四边形；对于结论②，当时，，结合结论①，可知结论②正确；对于结论③，当时，，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，故结论④正确．解：解析：①、是等边三角形，，，，，，，同理由，得，由，即可得出四边形是平行四边形，故结论①正确；②当时，，由①知四边形是平行四边形，平行四边形是矩形，故结论②正确；③由①知，，四边形是平行四边形，当时，，平行四边形是菱形，故结论③正确；④综合②③的结论知：当，且时，四边形既是菱形，又是矩形，四边形是正方形，故结论④正确．故答案为：①②③④．【点拨】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是解题的关键．17．或【分析】分析题意，根据x的取值范围不同，对剩下矩形的长宽进行讨论，求出满足题意的x值即可．解：第一次操作后剩下的矩形两边长为和，，又，，，则第一次操作后，剩下矩形的宽为，所以可得第二次操作后，剩下矩形一边为，另一边为：，∵第三次操作后，剩下的纸片恰为正方形，∴第二次操作后剩下矩形的长是宽的2倍，分以下两种情况进行讨论：①当，即时，第三次操作后剩下的矩形的宽为，长是，则由题意可知：，解得：；②当，即时，第三次操作后剩下的矩形的宽为，长是，由题意得：，解得：，或者．故答案为：或．【点拨】本题考查了矩形的性质，正方形的性质以及分类讨论的数学思想方法，熟练掌握矩形，正方形性质以及分类讨论的方法是解题的关键．18．370【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．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．【点拨】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．19．（1）作图见分析；（2）作图见分析【分析】（1）如图，取格点，使，在的左上方的格点满足条件，再画三角形即可；（2）利用小正方形的性质取格点，连接交于，从而可得答案．（1）解：如图，即为所求作的三角形；

（2）如图，即为所求作的点；

【点拨】本题考查的是复杂作图，同时考查了三角形的外角的性质，正方形的性质，垂线段最短，熟记基本几何图形的性质再灵活应用是解本题的关键．20．（1）见分析；（2）【分析】（1）直接利用证明全等即可；（2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出．解：（1）证明：四边形是正方形，，，，，即，在和中，≌；（2）解：由（1）知≌，，，．【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定．21．（1）平行四边形，见分析；（2）且【分析】（1）根据平行四边形的性质，得到，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可．（2）根据对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形判定即可．解：（1）四边形是平行四边形．理由如下：∵的对角线交于点，∴，∵以点为圆心，长为半径画弧，两弧交于点，∴∴四边形是平行四边形．（2）∵对角线相等、平分且垂直的四边形是正方形，∴且时，四边形是正方形．【点拨】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定和性质，熟练掌握判定和性质是解题的关键．22．（1）见详解；（2）【分析】（1）先证明四边形ADFM是矩形，得到AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，再利用MN⊥BE证得∠MBO=∠OMF，结合∠A=90°=∠NFM即可证明；（2）利用勾股定理求得BE=10=MN，根据垂直平分线的性质可得BO=OE=5，BM=ME，即有AM=ABBM=8ME，在Rt△AME中，，可得，解得：，即有，再在Rt△BMO中利用勾股定理即可求出MO，则NO可求．解：（1）在正方形ABCD中，有AD=DC=CB=AB，∠A=∠D=∠C=90°，，，∵，∠A=∠D=90°，，∴四边形ADFM是矩形，∴AD=MF，∠AMF=90°=∠MFD，∴∠BMF=90°=∠NFM，即∠BMO+∠OMF=90°，AB=AD=MF，∵MN是BE的垂直平分线，∴MN⊥BE，∴∠BOM=90°=∠BMO+∠MBO，∴∠MBO=∠OMF，∵，∴△ABE≌△FMN；（2）连接ME，如图，∵AB=8，AE=6，∴在Rt△ABE中，，∴根据（1）中全等的结论可知MN=BE=10，∵MN是BE的垂直平分线，∴BO=OE==5，BM=ME，∴AM=ABBM=8ME，∴在Rt△AME中，，∴，解得：，∴，∴在Rt△BMO中，，∴，∴ON=MNMO=．即NO的长为：．【点拨】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，掌握勾股定理是解答本题的关键．23．（1）见分析；（2）①能为等腰三角形，；②【分析】（1）由轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，求得，根据轴对称的性质得到，根据等边三角形的判定定理即可得到结论；（2）①根据轴对称的性质得到，根据正方形的性质得到，得到，推出点B不可能是等腰三角形的顶点，若点F是等腰三角形的顶点，则有，此时E与