2018-2019学年初中数学浙教版八年级下册5.3正方形 同步练习
一、单选题
1．（2019九上·简阳期末）正方形具有而菱形不一定具有的特征是（ ）
A．对角线互相垂直平分 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线平分内角
【答案】C
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】A选项中对角线互相垂直平分的有菱形和正方形；
B选项中所有的四边形的内角和为360°；
C选项中对角线相等的有矩形和正方形；
D选项中对角线平分内角的有菱形。
故答案为：C
【分析】正方形具有平行四边形、菱形和矩形的一切性质；菱形的性质是对边平行且相等，对角相等，对角线互相垂直平分且一条对角线平分一组对角；矩形的性质是对边平行且相等，对角相等，对角线相等且互相平分。
2．（2018九上·紫金期中）若正方形的对角线为2cm，则这个正方形的面积为（ ）
A．2cm B．4cm C． cm D．2 cm
【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的对角线相等垂直，
∴正方形面积=×2×2=2。
故答案为：A.
【分析】根据正方形对角线的性质即可判断。
3．（2018·宜昌）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，
∴S阴= S正方形ABCD= ，
故答案为：B．
【分析】根据正方形的轴对称性得出四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，从而得出答案。
4．（2019·新昌模拟）将正方形纸片按如图折叠，若正方形纸片边长为4，则图片中MN的长为
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图所示：则四边形FNCM为正方形．
依据勾股定理可知：AC= =4 ．
由翻折的性质可知：AF=AB=4，
∴FC=4 -4．
由正方形的性质可知：MN=FC=4 -4．
故答案为：D．
【分析】有折叠可知四边形FNCM为正方形．根据正方形的边长求出对角线的长AC，由AF=AB可求FC，根据正方形的对角线相等即可求出MN=FC，从而得出答案.
5．（2018-2019学年初中数学华师大版七年级下册10.2 平移 同步练习）如图，将边长为 的正方形ABCD沿对角线AC平移，使点A移至线段AC的中点A′处，得新正方形A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分（图中阴影部分）的面积是（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为 ，
∴AC=2，
又∵点A′是线段AC的中点，
∴A′C=1，
∴S阴影= ×1×1= ．
故答案为：B．
【分析】由正方形边长为2，可求AC的长，由平移可得重叠部分是正方形，根据菱形面积公式可求重叠部分面积.平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
6．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册19.3 正方形 同步练习）要使菱形ABCD成为正方形，需要添加的条件是（ ）
A．AB=CD B．AD=BC C．AB=BC D．AC=BD
【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴要使菱形ABCD成为一个正方形，需要添加一个条件，这个条件可以是：∠ABC=90°或AC=BD．
故答案为：D．
【分析】根据一组邻边相等的矩形是正方形和有一个角是直角的菱形是正方形即可得出答案.
7．（2018九上·西安期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，CH┴AF与点H，那么CH的长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC= ，CF=3 ，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF= ，
∵CH⊥AF，
∴ ，
即 ，
∴CH= .
故答案为：D.
【分析】连接AC、CF，利用正方形的性质及勾股定理求出AC、CF，再求出AF的长，证明∠ACF=90°然后利用直角三角形的面积公式，就可求出CH的长。
8．（2018九上·佳木斯期中）在 ABCD中，AB=10，BC=14，E、F分别为边BC、AD上的点，若四边形AECF为正方形，则AE的长为（ ）
A．7 B．4或10 C．5或9 D．6或8
【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图设AE=x，则BE=14-x.
因为四边形AECF为正方形，
所以∠AEC=∠AEB=90°.
在△ABE中，有勾股定理可得 ，
解得x=6或8．
故答案为：D．
【分析】通过画图可知△ABE为直角三角形，设出AE后利用勾股定理即可求出。
9．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.7 正多边形 同步练习）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AC，AE，则 的值是（ ）
A． B． C． D．2
【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接AG、GE、EC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠B=∠BCD=∠D=∠F =∠H =135°，
∴△ABC≌△CDE≌△EFG≌△GHA（SAS），
∴AC=CE=EG=GA，∴四边形ACEG是菱形，
∵AB=BC，∠B=135°，
∴∠ACB=22.5°，
同理∠ECD=22.5°，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACEG为正方形，
∴ =
故答案为：B.
【分析】连接AG、GE、EC，根据正八边形的性质得出AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠B=∠BCD=∠D=∠F =∠H =135°，然后利用SAS判断出△ABC≌△CDE≌△EFG≌△GHA，根据全等三角形对应边相等得出AC=CE=EG=GA，根据四边相等的四边形是菱形得出四边形ACEG是菱形，根据等边对等角及三角形的内角和得出∠ACB=22.5°，同理∠ECD=22.5°，根据角的和差得出∠ACE=90°，根据有一个角是直角的菱形是正方形得出四边形ACEG为正方形，根据正方形的性质即可直接得出其对角线与边长的比，从而得出答案。
10．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册第1章 特殊的平行四边形 单元检测b卷）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，点E，F分别是AD，BC的中点，连接AF与BE，CE与DF分别交于点M，N两点，则四边形EMFN是（ ）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法确定
【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵E，F分别为AD，BC中点，
∴AE∥BF，AE=BF，ED∥CF，DE=CF，
∴四边形ABFE为平行四边形，四边形BFDE为平行四边形，
∴BE∥FD，即ME∥FN，
同理可证EN∥MF，
∴四边形EMFN为平行四边形，
∵四边形ABFE为平行四边形，∠ABC为直角，
∴ABFE为矩形，
∴AF，BE互相平分于M点，
∴ME=MF，
∴四边形EMFN为菱形。
∵AD＝2AB，点E是AD的中点，
∴AE=DE=AB=CD，
而∠ABC=∠ADC=
∴∠AEB=∠DEC=，
∴∠MEN=，
∴四边形EMFN是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）。
故答案为：A.
【分析】由矩形的性质可得AD∥BC，AD=BC，再根据三角形的中位线定理可得AE∥BF，AE=BF，ED∥CF，DE=CF，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ABFE为平行四边形，四边形BFDE为平行四边形，由平行四边形的性质可得BE∥FD，即ME∥FN，同理可证EN∥MF，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形EMFN为平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得ABFE为矩形，所以由矩形的对角线相等且互相平分可得ME=MF，再根据AD＝2AB和已知条件可得AB=AE=DE，由等腰直角三角形的性质可得∠AEB=∠DEC=，则∠MEN=，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得四边形EMFN是正方形。
二、填空题
11．（2019·云南模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线互相垂直，要使ABCD成为正方形，还需添加的一个条件是 （只需添加一个即可）
【答案】∠ABC=90°或AC=BD
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：条件为∠ABC=90°，
理由是：∵平行四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：∠ABC=90°．
【分析】开放性的命题，答案不唯一，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断出四边形ABCD是菱形，根据正方形的判定方法，即是菱形又是矩形的四边形是正方形，故添加的条件能判定出四边形ABCD又是矩形即可。
12．（2019九上·简阳期末）如图，菱形ABCD与矩形BNDM有公共的对角线BD，M，N在AC上，且AC=2BD，则DA：MD= ．
【答案】
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD
∵四边形BNDM是矩形，∴MN=DB且MN⊥BD
∴四边形BNDM是正方形
∴MO=DO
∵AC=2BD，∴AO=2DO
设DO=x，则MO=x，AO=2x
根据勾股定理得AD=，
DM=
DA：DM=
故答案为：
【分析】因为四边形ABCD是菱形，菱形的对角线互相垂直；四边形BNDM是矩形，且与菱形ABCD有公共的对角线，所以MN与DB即相等且互相垂直，所以四边形BNDM是正方形，MO=DO；由AC=2BD，可知AO=2DO，设MO=DO=x，根据勾股定理将AD与DM求出，即可求得DA与MD的比值。
13．（2019七上·越城期末）小明在数轴上先作边长为1的正方形，再用圆规画出了点A（如图所示），则点A所表示的数为 ．
【答案】1+
【知识点】无理数在数轴上表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据勾股定理得，正方形的对角线的长度为 ＝ ，
则点A表示的数为1+ ，
故答案为：1+ ．
【分析】利用勾股定理可得正方形的对角线长我，由作图可知点A与1的距离等于，所以点A表示的数为1+ .
14．（2018九上·岐山期中）如图， 为正方形 的对角线，延长 到 ，使 ，以 为一边作菱形 ，若菱形的面积为 ，则正方形边长 ．
【答案】3
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设正方形的边长为a，则
由题意
∵a>0，
∴a=3，
故答案为：3.
【分析】设正方形的边长为a，根据勾股定理则 根据菱形的面积等于底乘以高建立方程，求解即可。
15．（2018八上·邗江期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB、AC、BC为边向外侧作正方形ABDE、ACFG、BCHI，连接CE，如果正方形ABDE的面积为36，正方形BCHI的面积为25，则△ACE的面积为 ．
【答案】5.5
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】连接BG，容易证明 ≌
正方形ABDE的面积为36，正方形BCHI的面积为25，得到正方形ACFG的面积为11，
S正方形ACFG
故答案为：5.5.
【分析】由题意可作辅助线，连接BG，用边角边可证得 ≌ 由勾股定理可得AC2+BC2=AB2，即正方形ABDE的面积=正方形BCHI的面积+正方形ACFG的面积，于是正方形ACFG的面积可求解，结合已知条件易得三角形ACE的面积=三角形AGB的面积=正方形ACFG的面积可求解。
16．（2018九上·天台月考）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB′C′D′的位置，B′C′与CD相交于点M，则点M的坐标为 ．
【答案】（-1，）
【知识点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】 解：连结AM，如图：
依题可得：
AD=AB ，∠BAB =30°，
∴∠DAB =60°，
即∠DAM+∠MAB =60°，
在Rt△AB M和Rt△ADM中，
∵，
∴Rt△AB M≌Rt△ADM（HL），
∴∠B AM=∠DAM=∠DAB =30°，
在Rt△ADM中
∵tan∠DAM=，
∴DM=AD·tan∠DAM=1×=，
∴M（-1，）.
故答案为：（-1，）.
【分析】连结AM，根据旋转的性质和正方形的性质得AD=AB ，∠BAB =30°，∠DAB =60°，由全等三角形的判定HL易得Rt△AB M≌Rt△ADM，根据全等三角形的性质可得∠B AM=∠DAM=30°，在Rt△ADM中，根据锐角三角函数正切易求得DM长，从而可得M点坐标.
三、解答题
17．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册第十九章矩形、菱形与正方形 单元检测A卷）已知△ABC，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．
（1）四边形AEDF是什么四边形？
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是矩形？
（3）当线段AD满足什么条件时，四边形AEDF是菱形？
（4）当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？
【答案】（1）解：∵DE∥AC，DF∥AB
∴四边形AEDF是平行四边形
（2）解：∵一个角为直角的平行四边形为矩形，
∴∠BAC=90°时，四边形AEDF是矩形
（3）解：∵菱形对角线互相垂直，
∴当AD⊥EF时，四边形AEDF是菱形
（4）解：∵正方形既是菱形又是矩形，
∴∠BAC=90°且AD⊥BC时，四边形AEDF是正方形
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用两组对边平行的四边形是平行四边形即可证明出结论；
（2）利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（3）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解；
（4）根据有一个角是直角的菱形或一组邻边相等的矩形是正方形即可求解.
18．（2018·舟山）如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF=45°。
求证：矩形ABCD是正方形
【答案】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°
∵△AEF是等边三角形
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE=60°，
又∠CEF=45°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴∠AFD=∠AEB=180°-45°-60°=75°，
∴△AEB≌△AFD（AAS），
∴AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形。
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】证明矩形ABCD是正方形，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，则可证一组邻边相等
19．（2019九上·宝安期中）如图，△ABC中，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形。
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形。
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）依据平行四边形的判定定理，即可证明四边形AEBD为平行四边形，根据等腰三角形的性质继而得出∠ADB的度数为90度，即可证明四边形AEBD为矩形。
（2）根据等腰直角三角形的性质，可以有AD=BD=DC，即可证明矩形ADBE为正方形。
20．（2018-2019学年初中数学华师大版七年级下册第九章多边形 单元检测A卷）正在改造的人行道工地上，有两种铺设路面材料：一种是长为acm、宽为bcm的矩形板材（如图1），另一种是边长为ccm的正方形地砖（如图2）．
（1）用多少块如图2所示的正方形地砖能拼出一个新的正方形？（只要写出一个符合条件的答案即可），并写出新正方形的面积；
（2）现用如图1所示的四块矩形板材铺成一个大矩形（如图3）或大正方形（如图4），中间分别空出一个小矩形和一个小正方形．
①试比较中间的小矩形和中间的小正方形的面积哪个大？大多少？
②如图4，已知大正方形的边长比中间小正方形的边长多20cm，面积大3200cm2．如果选用如图2所示的正方形地砖（边长为20cm）铺设图4中间的小正方形部分，那么能否做到不用切割地砖就可直接密铺（缝隙忽略不计）呢？若能，请求出密铺所需地砖的块数；若不能，至少要切割几块如图2的地砖？
【答案】（1）解：将四个图2所示的正方形拼成一个新正方形即可；其面积为4c2
（2）解：①图3中的小长方形的面积为a（a﹣2b）=a2﹣2ab；图4中的小长方形的面积为（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2，
∵a2﹣2ab+b2＞a2﹣2ab；
∴图4中小正方形的面积＞图3中的小长方形的面积．
②图4中大正方形的边长比中间小正方形的边长多20cm，故b=20÷2=10cm；
由图4中大正方形的边长比中间小正方形的面积大3200cm2得，4ab=3200，
又∵b=10cm，
∴a=3200÷（4×10）=80cm．
则图4中中间小正方形的边长为80﹣10=70cm．
如右图至少要切割4块如图2的地砖．
【知识点】列式表示数量关系；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和正方形的边长解答；
（2）①列出图形的面积表达式： 图3中的小长方形的面积为a（a﹣2b） ， 图4中的小长方形的面积为（a﹣b）2 ，展开进行比较；
②根据图形的特点可知： b=20÷2 ， 4ab=3200 ，从而求得a、b的长可得答案.
21．（2019九上·黑龙江期末）如图，已知正方形ABCD的边长为 ，连接AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，
（1）求DE的长；
（2）过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长；
【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE=∠DCE=∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠BEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°=∠BCE，
∴BE=BC= ，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：BD= =2，
∴DE=BD﹣BE=2﹣ .
（2）解：∵FE⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠FEB=∠CEF﹣∠CEB=90°﹣67.5°=22.5°=∠DCE，
∵∠FBE=∠CDE=45°，BE=BC=CD，
∴△FEB≌△ECD，
∴BF=DE=2﹣ .
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）由正方形的边长可知对角线的长，根据正方形对角线平分内角，同时结合CE平分∠ACD ，可得∠BCE=BEC，从而有BC=BE，据此即可解答；
（2）由（1）的过程，结合EF⊥CE， 易得∠BEF=∠DCE，BE=BC=CD，其次∠FBE=∠EDC，根据SAS可得△FEB≌△ECD， 据此即可解答。
22．（浙教版2019中考数学复习专题之四边形综合题）将长方形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原点，顶点C，A分别在x轴和y轴上，在OA边上选取适当的点E，连接CE，将△EOC沿CE折叠，OA＝12，OC＝20．如图所示，
（1）如图①，当点O落在AB边上的点D处时，点D的坐标为 ；点E的坐标为 ；
（2）如图②，当点O落在长方形OABC内部的点D处时，过点E作EG∥x轴交CD于点H，交BC于点G．求证：EH＝CH；
（3）在（2）的条件下，设H（a，b），求出a与b之间的关系式；
（4）如图③，将长方形OABC变为正方形，OC＝20，当点E为AO中点时，点O落在正方形OABC内部的点D处，延长CD交AB于点T，求此时AT的长度．
【答案】（1）（4，12）；（0， ）
（2）解：证明：如图②，
由题意可知∠1＝∠2．
∵EG∥x轴，
∴∠1＝∠3．
∴∠2＝∠3．
∴EH＝CH
（3）解：过点H作HW⊥OC于点W，
∵在（2）的条件下，设H（a，b），
∴EH＝HC＝a，WC＝20﹣a，HW＝b，
∴HW2+WC2＝HC2，
∴b2+（20﹣a）2＝a2，
∴a与b之间的关系式为：a＝ b2+1
（4）解：如图③，连接ET，
由题意可知，ED＝EO，ED⊥TC，DC＝OC＝20，
∵E是AO中点，
∴AE＝EO＝10．
∴AE＝ED＝10．
∵在Rt△ATE和Rt△DTE中，
∵
∴Rt△ATE≌Rt△DTE（HL）．
∴AT＝DT．
设AT＝x，则BT＝20﹣x，TC＝20+x，
在Rt△BTC中，BT2+BC2＝TC2，
即（20﹣x）2+202＝（20+x）2，
解得 x＝5，
即AT＝5
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵将边长OA＝12，OC＝20的矩形OABC放在平面直角坐标系中，点O落在AB边上的点D处，
∴OC＝DC＝20，
∵BC＝12，
∴BD＝ ＝16，
∴AD＝20﹣16＝4，
设AE＝x，则EO＝12﹣x，
∴x2+42＝（12﹣x）2，
解得：x＝ ，
∴AE＝ ，
则EO＝12﹣ ＝ ，
∴点D的坐标为（4，12），点E的坐标为：（0， ）；
故答案为：（4，12），（0， ）
【分析】（1）利用折叠的性质，可知OC=DC，利用勾股定理求出BD的长，就可求出AD的长，设AE＝x，则EO＝12﹣x，利用勾股定理求出x的值，就可得到AE的长，然后求出OE，就可得到点D、E的坐标。
（2）利用已知易证∠1=∠2，再利用平行线的性质，可证∠1=∠3，继而可证得∠2=∠3，然后根据等角对等边，就可证得结论。
（3）过点H作HW⊥OC于点W， 在（2）的条件下，设H（a，b），分别表示出HC，WC，HW，然后利用勾股定理就可得到a与b的函数解析式。
（4）连接ET，结合已知条件易证Rt△ATE≌Rt△DTE，利用全等三角形的性质，可证AT=DT， 设AT＝x，分别用含x的代数式表示出BT，TC，再在Rt△BTC中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，就可得到AT的长。
1 / 12018-2019学年初中数学浙教版八年级下册5.3正方形 同步练习
一、单选题
1．（2019九上·简阳期末）正方形具有而菱形不一定具有的特征是（ ）
A．对角线互相垂直平分 B．内角和为360°
C．对角线相等 D．对角线平分内角
2．（2018九上·紫金期中）若正方形的对角线为2cm，则这个正方形的面积为（ ）
A．2cm B．4cm C． cm D．2 cm
3．（2018·宜昌）如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别是对角线AC上的两点，EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．则图中阴影部分的面积等于 （ ）
A．1 B． C． D．
4．（2019·新昌模拟）将正方形纸片按如图折叠，若正方形纸片边长为4，则图片中MN的长为
A．1 B．2 C． D．
5．（2018-2019学年初中数学华师大版七年级下册10.2 平移 同步练习）如图，将边长为 的正方形ABCD沿对角线AC平移，使点A移至线段AC的中点A′处，得新正方形A′B′C′D′，新正方形与原正方形重叠部分（图中阴影部分）的面积是（ ）
A． B． C．1 D．
6．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册19.3 正方形 同步练习）要使菱形ABCD成为正方形，需要添加的条件是（ ）
A．AB=CD B．AD=BC C．AB=BC D．AC=BD
7．（2018九上·西安期中）如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3，CH┴AF与点H，那么CH的长是（ ）
A． B． C． D．
8．（2018九上·佳木斯期中）在 ABCD中，AB=10，BC=14，E、F分别为边BC、AD上的点，若四边形AECF为正方形，则AE的长为（ ）
A．7 B．4或10 C．5或9 D．6或8
9．（2018-2019学年数学浙教版九年级上册3.7 正多边形 同步练习）如图，在正八边形ABCDEFGH中，连接AC，AE，则 的值是（ ）
A． B． C． D．2
10．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册第1章 特殊的平行四边形 单元检测b卷）如图，在矩形ABCD中，AD＝2AB，点E，F分别是AD，BC的中点，连接AF与BE，CE与DF分别交于点M，N两点，则四边形EMFN是（ ）
A．正方形 B．菱形 C．矩形 D．无法确定
二、填空题
11．（2019·云南模拟）如图，平行四边形ABCD的对角线互相垂直，要使ABCD成为正方形，还需添加的一个条件是 （只需添加一个即可）
12．（2019九上·简阳期末）如图，菱形ABCD与矩形BNDM有公共的对角线BD，M，N在AC上，且AC=2BD，则DA：MD= ．
13．（2019七上·越城期末）小明在数轴上先作边长为1的正方形，再用圆规画出了点A（如图所示），则点A所表示的数为 ．
14．（2018九上·岐山期中）如图， 为正方形 的对角线，延长 到 ，使 ，以 为一边作菱形 ，若菱形的面积为 ，则正方形边长 ．
15．（2018八上·邗江期中）已知：如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，分别以AB、AC、BC为边向外侧作正方形ABDE、ACFG、BCHI，连接CE，如果正方形ABDE的面积为36，正方形BCHI的面积为25，则△ACE的面积为 ．
16．（2018九上·天台月考）如图，正方形ABCD的边长为1，点A与原点重合，点B在y轴的正半轴上，点D在x轴的负半轴上，将正方形ABCD绕点A逆时针旋转30°至正方形AB′C′D′的位置，B′C′与CD相交于点M，则点M的坐标为 ．
三、解答题
17．（2018-2019学年初中数学华师大版八年级下册第十九章矩形、菱形与正方形 单元检测A卷）已知△ABC，DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F．
（1）四边形AEDF是什么四边形？
（2）当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是矩形？
（3）当线段AD满足什么条件时，四边形AEDF是菱形？
（4）当△ABC满足什么条件时，四边形AEDF是正方形？
18．（2018·舟山）如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF=45°。
求证：矩形ABCD是正方形
19．（2019九上·宝安期中）如图，△ABC中，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，连接AE，BE．
（1）求证：四边形AEBD是矩形；
（2）当△ABC满足什么条件时，矩形AEBD是正方形，并说明理由．
20．（2018-2019学年初中数学华师大版七年级下册第九章多边形 单元检测A卷）正在改造的人行道工地上，有两种铺设路面材料：一种是长为acm、宽为bcm的矩形板材（如图1），另一种是边长为ccm的正方形地砖（如图2）．
（1）用多少块如图2所示的正方形地砖能拼出一个新的正方形？（只要写出一个符合条件的答案即可），并写出新正方形的面积；
（2）现用如图1所示的四块矩形板材铺成一个大矩形（如图3）或大正方形（如图4），中间分别空出一个小矩形和一个小正方形．
①试比较中间的小矩形和中间的小正方形的面积哪个大？大多少？
②如图4，已知大正方形的边长比中间小正方形的边长多20cm，面积大3200cm2．如果选用如图2所示的正方形地砖（边长为20cm）铺设图4中间的小正方形部分，那么能否做到不用切割地砖就可直接密铺（缝隙忽略不计）呢？若能，请求出密铺所需地砖的块数；若不能，至少要切割几块如图2的地砖？
21．（2019九上·黑龙江期末）如图，已知正方形ABCD的边长为 ，连接AC、BD交于点O，CE平分∠ACD交BD于点E，
（1）求DE的长；
（2）过点E作EF⊥CE，交AB于点F，求BF的长；
22．（浙教版2019中考数学复习专题之四边形综合题）将长方形OABC放在平面直角坐标系中，顶点O为原点，顶点C，A分别在x轴和y轴上，在OA边上选取适当的点E，连接CE，将△EOC沿CE折叠，OA＝12，OC＝20．如图所示，
（1）如图①，当点O落在AB边上的点D处时，点D的坐标为 ；点E的坐标为 ；
（2）如图②，当点O落在长方形OABC内部的点D处时，过点E作EG∥x轴交CD于点H，交BC于点G．求证：EH＝CH；
（3）在（2）的条件下，设H（a，b），求出a与b之间的关系式；
（4）如图③，将长方形OABC变为正方形，OC＝20，当点E为AO中点时，点O落在正方形OABC内部的点D处，延长CD交AB于点T，求此时AT的长度．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】A选项中对角线互相垂直平分的有菱形和正方形；
B选项中所有的四边形的内角和为360°；
C选项中对角线相等的有矩形和正方形；
D选项中对角线平分内角的有菱形。
故答案为：C
【分析】正方形具有平行四边形、菱形和矩形的一切性质；菱形的性质是对边平行且相等，对角相等，对角线互相垂直平分且一条对角线平分一组对角；矩形的性质是对边平行且相等，对角相等，对角线相等且互相平分。
2．【答案】A
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形的对角线相等垂直，
∴正方形面积=×2×2=2。
故答案为：A.
【分析】根据正方形对角线的性质即可判断。
3．【答案】B
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴直线AC是正方形ABCD的对称轴，
∵EG⊥AB．EI⊥AD，FH⊥AB，FJ⊥AD，垂足分别为G，I，H，J．
∴根据对称性可知：四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，
∴S阴= S正方形ABCD= ，
故答案为：B．
【分析】根据正方形的轴对称性得出四边形EFHG的面积与四边形EFJI的面积相等，从而得出答案。
4．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：如图所示：则四边形FNCM为正方形．
依据勾股定理可知：AC= =4 ．
由翻折的性质可知：AF=AB=4，
∴FC=4 -4．
由正方形的性质可知：MN=FC=4 -4．
故答案为：D．
【分析】有折叠可知四边形FNCM为正方形．根据正方形的边长求出对角线的长AC，由AF=AB可求FC，根据正方形的对角线相等即可求出MN=FC，从而得出答案.
5．【答案】B
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；平移的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD的边长为 ，
∴AC=2，
又∵点A′是线段AC的中点，
∴A′C=1，
∴S阴影= ×1×1= ．
故答案为：B．
【分析】由正方形边长为2，可求AC的长，由平移可得重叠部分是正方形，根据菱形面积公式可求重叠部分面积.平移的性质：①平移不改变图形的形状和大小；②经过平移，对应点所连的线段平行且相等，对应线段平行且相等，对应角相等．
6．【答案】D
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴要使菱形ABCD成为一个正方形，需要添加一个条件，这个条件可以是：∠ABC=90°或AC=BD．
故答案为：D．
【分析】根据一组邻边相等的矩形是正方形和有一个角是直角的菱形是正方形即可得出答案.
7．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，BC=1，CE=3，
∴AC= ，CF=3 ，
∠ACD=∠GCF=45°，
∴∠ACF=90°，
由勾股定理得，AF= ，
∵CH⊥AF，
∴ ，
即 ，
∴CH= .
故答案为：D.
【分析】连接AC、CF，利用正方形的性质及勾股定理求出AC、CF，再求出AF的长，证明∠ACF=90°然后利用直角三角形的面积公式，就可求出CH的长。
8．【答案】D
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图设AE=x，则BE=14-x.
因为四边形AECF为正方形，
所以∠AEC=∠AEB=90°.
在△ABE中，有勾股定理可得 ，
解得x=6或8．
故答案为：D．
【分析】通过画图可知△ABE为直角三角形，设出AE后利用勾股定理即可求出。
9．【答案】B
【知识点】正方形的判定与性质
【解析】【解答】解：连接AG、GE、EC，
∵ABCDEFGH是正八边形，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠B=∠BCD=∠D=∠F =∠H =135°，
∴△ABC≌△CDE≌△EFG≌△GHA（SAS），
∴AC=CE=EG=GA，∴四边形ACEG是菱形，
∵AB=BC，∠B=135°，
∴∠ACB=22.5°，
同理∠ECD=22.5°，
∴∠ACE=90°，
∴四边形ACEG为正方形，
∴ =
故答案为：B.
【分析】连接AG、GE、EC，根据正八边形的性质得出AB=BC=CD=DE=EF=FG=GH=HA，∠B=∠BCD=∠D=∠F =∠H =135°，然后利用SAS判断出△ABC≌△CDE≌△EFG≌△GHA，根据全等三角形对应边相等得出AC=CE=EG=GA，根据四边相等的四边形是菱形得出四边形ACEG是菱形，根据等边对等角及三角形的内角和得出∠ACB=22.5°，同理∠ECD=22.5°，根据角的和差得出∠ACE=90°，根据有一个角是直角的菱形是正方形得出四边形ACEG为正方形，根据正方形的性质即可直接得出其对角线与边长的比，从而得出答案。
10．【答案】A
【知识点】菱形的判定；矩形的判定与性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AD∥BC，AD=BC，
又∵E，F分别为AD，BC中点，
∴AE∥BF，AE=BF，ED∥CF，DE=CF，
∴四边形ABFE为平行四边形，四边形BFDE为平行四边形，
∴BE∥FD，即ME∥FN，
同理可证EN∥MF，
∴四边形EMFN为平行四边形，
∵四边形ABFE为平行四边形，∠ABC为直角，
∴ABFE为矩形，
∴AF，BE互相平分于M点，
∴ME=MF，
∴四边形EMFN为菱形。
∵AD＝2AB，点E是AD的中点，
∴AE=DE=AB=CD，
而∠ABC=∠ADC=
∴∠AEB=∠DEC=，
∴∠MEN=，
∴四边形EMFN是正方形（有一个角是直角的菱形是正方形）。
故答案为：A.
【分析】由矩形的性质可得AD∥BC，AD=BC，再根据三角形的中位线定理可得AE∥BF，AE=BF，ED∥CF，DE=CF，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可得四边形ABFE为平行四边形，四边形BFDE为平行四边形，由平行四边形的性质可得BE∥FD，即ME∥FN，同理可证EN∥MF，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得四边形EMFN为平行四边形，根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可得ABFE为矩形，所以由矩形的对角线相等且互相平分可得ME=MF，再根据AD＝2AB和已知条件可得AB=AE=DE，由等腰直角三角形的性质可得∠AEB=∠DEC=，则∠MEN=，根据有一个角是直角的菱形是正方形可得四边形EMFN是正方形。
11．【答案】∠ABC=90°或AC=BD
【知识点】正方形的判定
【解析】【解答】解：条件为∠ABC=90°，
理由是：∵平行四边形ABCD的对角线互相垂直，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ABC=90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：∠ABC=90°．
【分析】开放性的命题，答案不唯一，根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断出四边形ABCD是菱形，根据正方形的判定方法，即是菱形又是矩形的四边形是正方形，故添加的条件能判定出四边形ABCD又是矩形即可。
12．【答案】
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的判定与性质
【解析】【解答】∵四边形ABCD是菱形，∴AC⊥BD
∵四边形BNDM是矩形，∴MN=DB且MN⊥BD
∴四边形BNDM是正方形
∴MO=DO
∵AC=2BD，∴AO=2DO
设DO=x，则MO=x，AO=2x
根据勾股定理得AD=，
DM=
DA：DM=
故答案为：
【分析】因为四边形ABCD是菱形，菱形的对角线互相垂直；四边形BNDM是矩形，且与菱形ABCD有公共的对角线，所以MN与DB即相等且互相垂直，所以四边形BNDM是正方形，MO=DO；由AC=2BD，可知AO=2DO，设MO=DO=x，根据勾股定理将AD与DM求出，即可求得DA与MD的比值。
13．【答案】1+
【知识点】无理数在数轴上表示；正方形的性质
【解析】【解答】解：根据勾股定理得，正方形的对角线的长度为 ＝ ，
则点A表示的数为1+ ，
故答案为：1+ ．
【分析】利用勾股定理可得正方形的对角线长我，由作图可知点A与1的距离等于，所以点A表示的数为1+ .
14．【答案】3
【知识点】勾股定理；菱形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：设正方形的边长为a，则
由题意
∵a>0，
∴a=3，
故答案为：3.
【分析】设正方形的边长为a，根据勾股定理则 根据菱形的面积等于底乘以高建立方程，求解即可。
15．【答案】5.5
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的性质
【解析】【解答】连接BG，容易证明 ≌
正方形ABDE的面积为36，正方形BCHI的面积为25，得到正方形ACFG的面积为11，
S正方形ACFG
故答案为：5.5.
【分析】由题意可作辅助线，连接BG，用边角边可证得 ≌ 由勾股定理可得AC2+BC2=AB2，即正方形ABDE的面积=正方形BCHI的面积+正方形ACFG的面积，于是正方形ACFG的面积可求解，结合已知条件易得三角形ACE的面积=三角形AGB的面积=正方形ACFG的面积可求解。
16．【答案】（-1，）
【知识点】正方形的性质；坐标与图形变化﹣旋转
【解析】【解答】 解：连结AM，如图：
依题可得：
AD=AB ，∠BAB =30°，
∴∠DAB =60°，
即∠DAM+∠MAB =60°，
在Rt△AB M和Rt△ADM中，
∵，
∴Rt△AB M≌Rt△ADM（HL），
∴∠B AM=∠DAM=∠DAB =30°，
在Rt△ADM中
∵tan∠DAM=，
∴DM=AD·tan∠DAM=1×=，
∴M（-1，）.
故答案为：（-1，）.
【分析】连结AM，根据旋转的性质和正方形的性质得AD=AB ，∠BAB =30°，∠DAB =60°，由全等三角形的判定HL易得Rt△AB M≌Rt△ADM，根据全等三角形的性质可得∠B AM=∠DAM=30°，在Rt△ADM中，根据锐角三角函数正切易求得DM长，从而可得M点坐标.
17．【答案】（1）解：∵DE∥AC，DF∥AB
∴四边形AEDF是平行四边形
（2）解：∵一个角为直角的平行四边形为矩形，
∴∠BAC=90°时，四边形AEDF是矩形
（3）解：∵菱形对角线互相垂直，
∴当AD⊥EF时，四边形AEDF是菱形
（4）解：∵正方形既是菱形又是矩形，
∴∠BAC=90°且AD⊥BC时，四边形AEDF是正方形
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）利用两组对边平行的四边形是平行四边形即可证明出结论；
（2）利用有一个角是直角的平行四边形是矩形即可求解；
（3）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可求解；
（4）根据有一个角是直角的菱形或一组邻边相等的矩形是正方形即可求解.
18．【答案】∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠D=∠C=90°
∵△AEF是等边三角形
∴AE=AF，∠AEF=∠AFE=60°，
又∠CEF=45°，
∴∠CFE=∠CEF=45°，
∴∠AFD=∠AEB=180°-45°-60°=75°，
∴△AEB≌△AFD（AAS），
∴AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形。
【知识点】三角形全等的判定；矩形的性质；正方形的判定
【解析】【分析】证明矩形ABCD是正方形，根据有一组邻边相等的矩形是正方形，则可证一组邻边相等
19．【答案】（1）证明：∵点O为AB的中点，连接DO并延长到点E，使OE=OD，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD⊥BC，
∴∠ADB=90°，
∴平行四边形AEBD是矩形。
（2）解：当∠BAC=90°时，
理由：∵∠BAC=90°，AB=AC，AD是∠BAC的角平分线，
∴AD=BD=CD，
∵由（1）得四边形AEBD是矩形，
∴矩形AEBD是正方形。
【知识点】矩形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）依据平行四边形的判定定理，即可证明四边形AEBD为平行四边形，根据等腰三角形的性质继而得出∠ADB的度数为90度，即可证明四边形AEBD为矩形。
（2）根据等腰直角三角形的性质，可以有AD=BD=DC，即可证明矩形ADBE为正方形。
20．【答案】（1）解：将四个图2所示的正方形拼成一个新正方形即可；其面积为4c2
（2）解：①图3中的小长方形的面积为a（a﹣2b）=a2﹣2ab；图4中的小长方形的面积为（a﹣b）2=a2﹣2ab+b2，
∵a2﹣2ab+b2＞a2﹣2ab；
∴图4中小正方形的面积＞图3中的小长方形的面积．
②图4中大正方形的边长比中间小正方形的边长多20cm，故b=20÷2=10cm；
由图4中大正方形的边长比中间小正方形的面积大3200cm2得，4ab=3200，
又∵b=10cm，
∴a=3200÷（4×10）=80cm．
则图4中中间小正方形的边长为80﹣10=70cm．
如右图至少要切割4块如图2的地砖．
【知识点】列式表示数量关系；正方形的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和正方形的边长解答；
（2）①列出图形的面积表达式： 图3中的小长方形的面积为a（a﹣2b） ， 图4中的小长方形的面积为（a﹣b）2 ，展开进行比较；
②根据图形的特点可知： b=20÷2 ， 4ab=3200 ，从而求得a、b的长可得答案.
21．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠ADC=90°，
∠DBC=∠BCA=∠ACD=45°，
∵CE平分∠DCA，
∴∠ACE=∠DCE=∠ACD=22.5°，
∴∠BCE=∠BCA+∠ACE=45°+22.5°=67.5°，
∵∠DBC=45°，
∴∠BEC=180°﹣67.5°﹣45°=67.5°=∠BCE，
∴BE=BC= ，
在Rt△ACD中，由勾股定理得：BD= =2，
∴DE=BD﹣BE=2﹣ .
（2）解：∵FE⊥CE，
∴∠CEF=90°，
∴∠FEB=∠CEF﹣∠CEB=90°﹣67.5°=22.5°=∠DCE，
∵∠FBE=∠CDE=45°，BE=BC=CD，
∴△FEB≌△ECD，
∴BF=DE=2﹣ .
【知识点】全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质
【解析】【分析】（1）由正方形的边长可知对角线的长，根据正方形对角线平分内角，同时结合CE平分∠ACD ，可得∠BCE=BEC，从而有BC=BE，据此即可解答；
（2）由（1）的过程，结合EF⊥CE， 易得∠BEF=∠DCE，BE=BC=CD，其次∠FBE=∠EDC，根据SAS可得△FEB≌△ECD， 据此即可解答。
22．【答案】（1）（4，12）；（0， ）
（2）解：证明：如图②，
由题意可知∠1＝∠2．
∵EG∥x轴，
∴∠1＝∠3．
∴∠2＝∠3．
∴EH＝CH
（3）解：过点H作HW⊥OC于点W，
∵在（2）的条件下，设H（a，b），
∴EH＝HC＝a，WC＝20﹣a，HW＝b，
∴HW2+WC2＝HC2，
∴b2+（20﹣a）2＝a2，
∴a与b之间的关系式为：a＝ b2+1
（4）解：如图③，连接ET，
由题意可知，ED＝EO，ED⊥TC，DC＝OC＝20，
∵E是AO中点，
∴AE＝EO＝10．
∴AE＝ED＝10．
∵在Rt△ATE和Rt△DTE中，
∵
∴Rt△ATE≌Rt△DTE（HL）．
∴AT＝DT．
设AT＝x，则BT＝20﹣x，TC＝20+x，
在Rt△BTC中，BT2+BC2＝TC2，
即（20﹣x）2+202＝（20+x）2，
解得 x＝5，
即AT＝5
【知识点】坐标与图形性质；矩形的性质；正方形的性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）∵将边长OA＝12，OC＝20的矩形OABC放在平面直角坐标系中，点O落在AB边上的点D处，
∴OC＝DC＝20，
∵BC＝12，
∴BD＝ ＝16，
∴AD＝20﹣16＝4，
设AE＝x，则EO＝12﹣x，
∴x2+42＝（12﹣x）2，
解得：x＝ ，
∴AE＝ ，
则EO＝12﹣ ＝ ，
∴点D的坐标为（4，12），点E的坐标为：（0， ）；
故答案为：（4，12），（0， ）
【分析】（1）利用折叠的性质，可知OC=DC，利用勾股定理求出BD的长，就可求出AD的长，设AE＝x，则EO＝12﹣x，利用勾股定理求出x的值，就可得到AE的长，然后求出OE，就可得到点D、E的坐标。
（2）利用已知易证∠1=∠2，再利用平行线的性质，可证∠1=∠3，继而可证得∠2=∠3，然后根据等角对等边，就可证得结论。
（3）过点H作HW⊥OC于点W， 在（2）的条件下，设H（a，b），分别表示出HC，WC，HW，然后利用勾股定理就可得到a与b的函数解析式。
（4）连接ET，结合已知条件易证Rt△ATE≌Rt△DTE，利用全等三角形的性质，可证AT=DT， 设AT＝x，分别用含x的代数式表示出BT，TC，再在Rt△BTC中，利用勾股定理建立关于x的方程，解方程求出x的值，就可得到AT的长。
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