2025年中考数学总复习《正方形的判定与性质》专项检测卷附答案

第第页答案第=page11页，共=sectionpages22页2025年中考数学总复习《正方形的判定与性质》专项检测卷附答案学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图，在矩形中，，，、、分别与相切于、、三点，过点作的切线交于点，切点为，则的长为（

）A．5 B．6 C．7 D．82．如图，正方形中，点E在上，，连接，过点E作交的延长线于点F，再过点F作，，连接，则的值为（

）A． B． C． D．3．如图，中，，，的中垂线与的平分线相交点P，与相交于点Q，与相交于D，连接、．若，下列结论：①；

②；③；

④．其中正确的有（

）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个4．如图，是等腰直角三角形，，O是的中点，连接并延长至D，使得，连接和．①以点D为圆心，的长为半径画弧交于点E；②分别以点C、E为圆心，大的长为半径画弧，两弧交于点P；③作射线交于点F，接．若，则的长为（

）A．2 B． C． D．5．如图，在四边形中，于点E，且四边形的面积为8，则（）A．2 B．3 C． D．6．如图，点的坐标为，点分别在轴，轴的正半轴上运动，且，连接，下列结论：①；②若与的交点恰好是的中点，则四边形是正方形；③四边形的面积为定值；④．其中正确的结论是（）A．①② B．①②③ C．①③④ D．①②④二、填空题7．如图，在中，，平分，平分外角，若，点D到边的距离是3，则．8．如图，在中，，，是射线上一点，将沿折叠，得到，连接．当为直角三角形时，的度数为．9．如图，在矩形纸片中，，，E是的中点，F是边上的一个动点（点F不与点A，D重合）．将沿所在直线翻折，点A的对应点为，连接，．当是等腰三角形时，的长为．10．如图，有一张长方形纸片，其中边的长为2，将长方形沿对角线对折，折叠后得到，点C的对应点为E，与交于点F，再将沿对折，使点E落在长方形纸片的内部点G处，若平分，则的长为．11．如图，在四边形中，，，于点E．若，，则的长是．12．如图，边长为4的正方形中，M，N为对角线两点，且，点E为边的中点，则的最小值．三、解答题13．已知是矩形对角线上一点（），连接，作交于点，以，为邻边构造矩形．(1)如图1，若矩形是正方形，求证：四边形是正方形；(2)如图2，已知．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）过点作交于点，连接，求证：四边形是平行四边形．14．已知矩形中，，是边上一点，连接，将沿着直线折叠得到．(1)如图1，若点在边上，的长为_______；(2)当三点在同一直线上时，求的长；(3)当点在边上运动时，连接，求线段的最小值．15．如图1，已知点在正方形的对角线上，，垂足为，垂足为．(1)求证：四边形是正方形；(2)探究与证明：如图2，将正方形绕点顺时针方向旋转，试探究线段与之间的数量关系，并说明理由．(3)拓展与运用：如图3，正方形绕点C沿顺时针方向旋转角，当三点在同一条直线上时，延长交于点，若，求的长．16．如图，将绕点顺时针旋转得到，连接，，直线交直线于点．(1)如图，当时，求证：；(2)如图，当点始终在的上方时．若，，时，求的面积（用含的式子表示）．点为边的中点时，连接，直接写出的最大值为______；17．四边形是矩形，，H是对角线（端点除外）上的点，K在线段上，．(1)如图1，若，求证：；(2)如图2，连接，求的值（用含m的式子表示）；(3)如图3，连接，当，时，若，直接写出的面积．18．如图，四边形为矩形，，，分别为，边上的中点，将一足够大的直角三角板的直角顶点放在点上，并绕着点在下方旋转，两直角边（或直角边所在直线）分别与矩形的边交于点，．(1)操作发现：如图1，当三角板的一条直角边交于点，另一条直角边交于点时，求证：．(2)深入探究：如图2，当三角板的一条直角边与矩形的边相交于点，另一条直角边交边于点时，连接并延长与的延长线交于点，小贤发现，试说明理由．(3)拓展探究：在（2）的条件下，若，，求的长度．参考答案题号123456答案ADDACB1．A【分析】连接，，，，证明四边形，为正方形，结合切线的性质和矩形的性质，得到，设，则，结合勾股定理求出，即可得到的长．【详解】解：连接，，，，四边形为矩形，，、、分别与相切于、、三点，，四边形，为矩形，，四边形，为正方形，矩形中，，，，，过点作的切线交于点，切点为，，，设，，，整理得：解得，则的长为，故选：A．【点睛】本题考查矩形的性质，正方形的性质和判定，切线的性质，勾股定理，解题的关键在于熟练掌握相关知识．2．D【分析】过点作，垂足分别为，先证明，四边形为正方形，过点G作，交延长线于点，再证明，设，由得，则，，，分别在中，运用勾股定理求得，，即可求出比值．【详解】解：过点作，垂足分别为，则，∵四边形是正方形，∴，，，∴，四边形为正方形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∵，，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为矩形，∵，∴四边形为正方形，∴，，过点G作，交延长线于点，∴，同理可得：，∴，∴，∵，，∴设，∵，，∴，∴，∴，∴，∴，∴在中，分别由勾股定理得：，，∴，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的综合问题，平行线分线段成比例定理，角平分线的性质定理，正确构造全等三角形是解题的关键．3．D【分析】①直接根据垂直平分线的性质即可判断①；②如图：过P作，过P作垂直于延长线于F，由等量代换可得，可证明可得即,再结合角平分线的定义即可判断②；③由全等三角形的性质、等腰三角形的性质可得，进而得到，再结合可得是等腰直角三角形即可判定③；④证明四边形是正方形可得，由等腰三角形的性质可得，然后由勾股定理可得、，进而得到，最后根据平方差和等量代换即可判断④．【详解】解：①∵是的垂直平分线，∴，即①正确；②如图：过P作，过P作垂直于延长线于F，∵平分，∴，∵，∴，在和中，，∴,∴，∴,在和中，，∴，即②正确；③∵，∴，∵，∴，∵，∴，∵四边形，∴，∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，即，故③正确；④∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∵，，∴，∵，∴，，∴，即④正确．综上，①②③④正确，正确的有4个．故选D．【点睛】本题主要考查了垂直平分线的性质、角平分线的性质、正方形的判定与性质、等腰三角形的性质、勾股定理等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．4．A【分析】本题考查了作图-基本作图，全等三角形的判定和性质，正方形的判定和性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键．根据平行四边形的性质得到四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理得到四边形是矩形，根据正方形的判定定理得到四边形是正方形，求得，得到，求得，根据全等三角形的性质得到，根据等腰直角三角形的性质即可得到结论．【详解】解：∵O是的中点，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，由作图知，平分，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，故选：A．5．C【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质和判定，运用割补法把原四边形转化为正方形，其面积保持不变是解题的关键．运用割补法把原四边形转化为正方形，求出的长．【详解】解：过作垂直的延长线于点，则，∵，∴四边形是矩形，∴，∴，∴；又∵，∴，又，∴，∴；∴四边形为正方形；∴四边形的面积等于正方形的面积，即等于8，，，故选：C．6．B【分析】本题考查了矩形的判定，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，过作轴于，轴于，与交于点，可得四边形是矩形，进而由可得四边形是正方形，得到，，进而得到，即可证明，得到，即可判断①；由直角三角形的性质可得，可得四边形是矩形，进而由得到四边形是正方形，即可判断②；由四边形的面积四边形的面积的面积四边形的面积的面积正方形的面积，即可判断③；由与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形，得到，即可判断④；正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，过作轴于，轴于，与交于点，则，∵，∴四边形是矩形，∵，∴，∴四边形是正方形，∴，，∵，∴，在和中，，∴∴，故①正确；∵与的交点恰好是的中点，∴，在中，是斜边的中线，∴，在中，是斜边的中线，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，故②正确；∵，∴四边形的面积四边形的面积的面积四边形的面积的面积，正方形的面积，，，∴四边形的面积为定值，故③正确；∵与的交点恰好是的中点时，四边形是正方形，∴，故④错误；∴正确的结论有①②③，故选：．7．【分析】过D作于E，于H，根据角平分线的性质得到，，根据正方形的性质得到，求得，根据全等三角形得到，同理，设，根据勾股定理即可得到结论．【详解】解：过D作于E，于H，平分，平分外角，，，四边形是正方形，，，，在与中，，，，同理，设，，，，解得，，，，故答案为：【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理和角平分线的性质是解题的关键．8．或或【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是分类讨论．分两种情况：当时，当时，根据折叠的性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定与性质求解即可．【详解】解：当时，，，由折叠可得：，，，四边形是矩形，，矩形是正方形，；当时，，，，由折叠可知，，，，点、、共线，，综上所述，的度数为或．当时，∵，∴，∴，由折叠可得，；故答案为：或或．9．或2或【分析】分三种情况：当，连接，勾股定理求得的长，可判断，，三点共线，根据勾股定理即可得到结论；当，证明是正方形，于是得到结论；当时，连接，，证明点，，三点共线，再用勾股定理可得答案．【详解】解：①当时，连接，如图：点是的中点，，，四边形是矩形，，，，，将沿所在直线翻折，得到，，，，点，，三点共线，，，设，则，，在中，，，解得：，；②当时，如图：，点在线段的垂直平分线上，点在线段的垂直平分线上，点是的中点，是的垂直平分线，，将沿所在直线翻折，得到，，，四边形是正方形，；③当时，连接，，如图：点是的中点，，，四边形是矩形，，，，将沿所在直线翻折，得到，，，，点，，三点共线，，，设，则，，在中，，在中，，，即，解得：，；综上所述，的长为或2或，故答案为：或2或．【点睛】本题考查矩形中的翻折问题，涉及矩形的性质，等腰三角形的性质，正方形的判定和性质，分类讨论思想的运用是解题的关键．10．【分析】本题考查矩形的性质，折叠问题．由矩形的性质推出，，由平行线的性质推出，由折叠的性质得到，，，，，，判定，推出，判定四边形是正方形，得到是等腰直角三角形，求出，据此求解即可得到的长．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，∴，由折叠的性质得到：，，，，，，∴，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴．∴．故答案为：．11．7【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质等知识点，过点A作，交的延长线于点F，由题意可证，可得，，则可证四边形是正方形，进而即可求，熟练运用全等三角形的判定和性质，合理添加辅助线是解决此题的关键．【详解】过点A作，交的延长线于点F，∵，，，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，，∴，又∵，，∴，∴，，∴四边形是正方形．∴，∵，∴，∴，故答案为：7．12．【分析】本题考查正方形的性质与判定，勾股定理，过作，使，过作交于，交延长线于，连接，，，即可得到是平行四边形，是正方形，则，当在上时，取最小值，最小值为的长，再根据勾股定理计算即可．【详解】解：过作，使，过作交于，交延长线于，连接，，，∵边长为4的正方形，∴，，，∴，∴，∵，使，∴四边形是平行四边形，，∴，∴，∴当在上时，取最小值，最小值为的长，∵点E为边的中点，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形是正方形，∴，∴，∴，∴的最小值为，故答案为：．13．(1)见解析(2)（Ⅰ）;（Ⅱ）见解析【分析】（1）过点E作于点M，于点N，先根据正方形的性质证明四边形是矩形，进一步证明，可得，再根据正方形的判定，即可得证；（2）（Ⅰ）如图，过点E作于点M，于点N，证明，根据相似三角形的性质以及正切的定义，即可求解；（Ⅱ）连接，证明得出，进而得出，即可得证．【详解】（1）证明：如图，过点E作于点M，于点N，四边形是正方形，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，四边形是矩形，矩形是正方形；（2）解：（Ⅰ）如图，过点E作于点M，于点N，四边形是正方形，，，四边形是矩形，，，，，，，又∴（Ⅱ）证明：如图所示，连接，∵四边形是矩形，∴∴又∵∴又∵∴∴∵又∵∴∴∵∴又∵∴∴，∵∴∴四边形是平行四边形．【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的性质与判定，平行四边形的判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．14．(1)(2)(3)【分析】（1）根据矩形，折叠的性质可证四边形是正方形，即可求解；（2）根据折叠得到，在中运用勾股定理得到，设，则，，在中运用勾股定理得到，即可求解；（3）根据题意可得，点在上运动时，点在以点为圆心，以为半径的圆弧上运动，当点三点共线时，的值最小，如图所示，在中运用勾股定理得到，由即可求解．【详解】（1）解：∵四边形是矩形，∴，，，∵将沿着直线折叠得到，点在边上，∴，∵，∴四边形是矩形，且，∴矩形是正方形，∴，故答案为：；（2）解：∵折叠，点三点在同一直线上，∴，∴，，，∴，在中，，设，则，，在中，，∴，解得，，∴的长为；（3）解：∵折叠，∴，∴，，∴点在上运动时，点在以点为圆心，以为半径的圆弧上运动，∴当点三点共线时，的值最小，如图所示，在中，，∴，∴线段的最小值为．【点睛】本题主要考查矩形与折叠的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理求线段长，最短路径的计算方法，掌握以上知识，数形结合分析是解题的关键．15．(1)见解析(2)，理由见解析(3)【分析】（1）由，，结合可得四边形是矩形，再由，即可得证；（2）连接，只需证即可得；（3）证得，设，知，由得、、，由可得a的值，即可求得的值．【详解】（1）证明∵四边形是正方形，，，，，，∴四边形是矩形，∵，，∴为等腰直角三角形，，∴四边形是正方形；（2）解：，理由如下：如图，连接，∵四边形是正方形，四边形是正方形，则，，，，，则，，，，，；（3）解：∵四边形是正方形，∴，，点B、E、F三点共线，，，，，，，，设，则，则由，得，，则，，∴由得，解得：，即．【点睛】本题主要考查了相似三角形的综合题，正方形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理，解题的关键是掌握正方形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识点．16．(1)证明见解析；(2)的面积为；．【分析】（）利用旋转的性质得，根据性质得，又，，则，根据三角形的内角和定理即可求证；（）如图，过作于点，过作，交延长线于点，证明四边形是矩形，通过性质证明，则四边形是正方形，由旋转性质可知，，则，，，可求出，然后利用角的直角三角形的性质和勾股定理得，，从而求出∴，最后用面积公式即可求解；取中点，连接，分别求出，，则有，即，当三点共线时，有最大值．【详解】（1）证明：设与交于点，∵将绕点顺时针旋转得到，∴，∴，∵，，∴，∴，∴；（2）解：如图，过作于点，过作，交延长线于点，由（）得：，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∴，∴，∴，，∴四边形是正方形，∴，∴，由旋转性质可知：，，∴，，，∵，∴，∵，，∴，∴，由（）得：，∴，∴，由勾股定理得：，∴，即，∴，∴，∴的面积为；如图，取中点，连接，∵，，∴，∴，由（）得：，∴，∴，∵点为边的中点，∴，∵，∴，∴当三点共线时，有最大值，故答案为：．【点睛】本题主要考查了角的直角三角形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质，矩形的判定与性