2022-2023学年北师大版数学九年级上册1.3正方形的判定与性质 测试题 （word版 含解析）

正方形练习题
选择题
1．如图，在边长为12的正方形ABCD中，点P在AD上，且不与A、D重合，点H在AB上，且不与A、B重合，连接BP、CH，BP与CH交于点E．若BP＝CH且AP＝5，则线段BE的长（　　）
A．4 B． C． D．5
2．如图，正方形OABC的边长为，将正方形OABC绕原点O顺时针旋转45°，则点B的对应点B1的坐标为（　　）
A．（﹣，0） B．（，0） C．（0，） D．（0，2）
3．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，E是边CD上一点，连接OE，过点O作OF⊥OE，交AD于点F．若四边形EOFD的面积是1，则AB的长为（　　）
A．1 B． C．2 D．2
4．如图，E为正方形ABCD中BC边上的一点，且AB＝3BE＝3，M、N分别为边CD、AB上的动点，且始终保持MN⊥AE，则AM+NE的最小值为（　　）
A．4 B． C． D．
5．如图，在正方形ABCD的对角线BD上取一点E，使得∠BAE＝15°，连接CE并延长到F，连接BF，使得BC＝BF．若AB＝1，则有下面四个结论：①AE＝EC；②BE+EC＝EF；③F到BC的距离为；④．其中正确的有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
填空题
6．如图，在正方形ABCD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∠EOF＝90°，OC、EF交于点G．给出下列结论：①△COE≌△DOF；②△OBE≌△OCF；③四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的；④DF2+CE2＝EF2.其中正确的为 　 　.（将正确的序号都填入）
7．如图，在△ABC中以AC，BC为边向外作正方形ACFG与正方形BCDE，连结DF，并过C点作CH⊥AB于H并交FD于M．若∠ACB＝120°，AC＝3，BC＝2，则MD的长为 　 　．
8．如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC延长线于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．在下列结论中：
①DE＝EF；
②△DAE≌△DCG；
③AC⊥CG；
④CE＝CF．
其中正确的结论序号是 　 　．
三．解答题
9、如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，DE⊥AG于点E，BF∥DE，且交AG于点F．
（1）如图1，求证：AE＝BF；
（2）如图2，延长DE交AB于点M，延长BF交CD于点N，若AM＝2MB，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中3个面积等于△AED面积的图形．
10．如图，在正方形ABCD中，E是直线CD上一点，连接AE，交射线BD于点F，点G与点F关于直线CD对称，连接CG，EG，FG．
（1）当点E在边CD上时，如图①，求证：EG+CG＝AE；
（2）当点E在DC的延长线上时，如图②；当点E在CD的延长线上时，如图③，线段EG，CG，AE之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想，不需要证明．
11．如图，正方形ABCD中，点F是CD边上一点，DF＝2．连接AF并延长，交BC边延长线于点E，∠EFC＝3∠E，连接AC．
（1）求证：AC＝EC；
（2）求正方形的边长．
12．如图，在正方形ABCD外取一点E，连接DE，AE，CE，过点D作DE的垂线交AE于点P，交AB于点Q，DE＝DP＝1，PC＝2．
（1）求证：①△APD≌△CED；②AE⊥CE；
（2）求正方形ABCD的面积；
（3）求线段PQ的长．
参考答案
1．【分析】证明Rt△PAB≌Rt△HBC（HL），得∠APB＝∠BHC，又∠APB+∠PBA＝90°，则∠CHB+∠PBA＝90°＝∠CEB，从而有BP⊥CH，在Rt△HBC中，由勾股定理得：CH＝13，根据等积法求得BE的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AC＝BC，∠A＝∠ABC＝90°，
在Rt△PAB和Rt△HBC中，
，
∴Rt△PAB≌Rt△HBC（HL），
∴BH＝AP＝5，
∵正方形ABCD的边长为12，
∴AB＝BC＝12，
在Rt△HBC中，由勾股定理得：CH＝＝＝13，
∵△HBC的面积＝CH BE＝HB BC，
∴×13×BE＝×5×12，
解得：BE＝，
即线段BE的长为．
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理等知识，运用等积法求得BE的长是解题的关键．
2．【分析】连接OB，由正方形的性质和勾股定理得OB＝2，再由旋转的性质得B1在y轴正半轴上，且OB1＝OB＝2，即可得出结论．
【解答】解：如图，连接OB，
∵正方形OABC的边长为，
∴OC＝BC＝，∠BCO＝90°，∠BOC＝45°，
∴OB＝＝＝2，
∵将正方形OABC绕原点O顺时针旋转45°后点B旋转到B1的位置，
∴B1在y轴正半轴上，且OB1＝OB＝2，
∴点B1的坐标为（0，2），
故选：D．
【点评】本题考查了正方形的性质、旋转的性质、坐标与图形性质以及勾股定理等知识，熟练掌握正方形的性质和旋转的性质是解题的关键．
3．【分析】通过证明△DOF≌△COE，把四边形EOFD的面积转化成△COD的面积，利用△COD是等腰直角三角形求出CD的长，即AB的长．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴OD＝OC，OD⊥OC，∠ODF＝∠OCE＝45°，
∴∠DOE+∠COE＝90°，
∵OF⊥OE，
∴∠DOF+∠DOE＝90°，
∴∠DOF＝∠COE，
在△DOF与△COE中，
．
∴△DOF≌△COE（ASA）．
∴S△DOF＝S△COE．
∴S△COD＝S四边形EOFD＝1．
∴S△COD＝OD OC＝OD2＝1．
∴OD＝．
在Rt△COD中，
CD＝＝2
∴AB＝CD＝2．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，通过三角形全等把四边形EOFD的面积转化成△COD的面积是解题的关键．
4．【分析】由勾股定理可求AE的长，由“ASA”可证△ABE≌△DAH，可得，通过证明四边形NEGM是平行四边形，可得，由AM+NE＝AM+MG，可得当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，由勾股定理即可求解．
【解答】解：过点D作DH∥MN，交AB于点H，过点E作EG∥MN，过点M作MG∥NE，两直线交于点G，连接AG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，∠B＝∠BAD＝90°，
∵AB＝3BE＝3，
∴BE＝1，
∴，
∵DH∥MN，AB∥CD，
∴四边形DHNM是平行四边形，
∴DH＝MN，
∵MN⊥AE，DH∥MN，EG∥MN，
∴DH⊥AE，AE⊥EG，
∴∠BAE+∠AHD＝90°＝∠AHD+∠ADH，∠AEG＝90°，
∴∠BAE＝∠ADH，
在△ABE和△DAH中，
∴△ABE≌△DAH（ASA），
∴，
∴，
∵EG∥MN，MG∥NE，
∴四边形NEGM是平行四边形，
∴，
∴AM+NE＝AM+MG，
∴当点A，点M，点G三点共线时，AM+NE的最小值为AG，
∴．
故选：C．
【点评】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质等知识，添加恰当辅助线构造平行四边形是解题的关键．
5．【分析】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的边角关系定理和三角形的面积公式对每个选项进行逐一判断 即可得出结论．
【解答】解：①∵四边形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD是以对角线BD所在直线为对称轴的轴对称图形，
∴点A，C关于直线BD对称，
∵点E在对称轴上，
∴AE＝CE，
∴①的结论正确；
②在 EF上取一点G，使EG＝EB，连接BG，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠CBD＝45°，AB＝BC．
在△ABE和△CBE中，
，
∴△ABE≌△CBE（SAS），
∴∠BAE＝∠BCE＝15°．
∴∠BEF＝∠CBE+∠BCE＝60°，
∴△BEG为等边三角形，
∴BG＝BE，∠BGE＝60°．
∵BC＝BF，
∴∠F＝∠BCE＝15°．
∵∠BGE＝∠GBF+∠F，
∴∠GBF＝60°﹣15°＝45°，
∴∠GBF＝∠EBC＝45°．
在△BGF和△BEC中，
，
∴△BGF≌△BEC（SAS），
∴GF＝EC．
∴EF＝GF+GE＝BE+EC，
∴②的结论正确；
③过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于点H，如图，
由②知：∠F＝∠BCE＝15°，
∴∠FBC＝150°，
∴∠FBH＝30°，
∵FH⊥CB，
∴FH＝BF．
∵BC＝BF，AB＝BC＝1，
∴FH＝．
∴F到BC的距离为，
∴③的结论错误；
④过点A作AM⊥BD于点M，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD＝∠ADB＝∠CDB＝45°，AD＝AB＝1，
∴AM＝MD＝AD＝，
∵AM⊥BD，
∴△ABM为等腰直角三角形，
∴∠BAM＝45°，
∵∠BAE＝15°，
∴∠EAM＝30°．
∴EM＝AM tan∠EAM＝＝，
∴S△ADE＝S△AEM+S△ADM＝×+＝+，
∴④的结论错误，
综上，正确的结论有：①②，
故选：B．
6、【分析】利用全等三角形的判定与性质逐一分析即可得出正确答案．
【解答】解：①在正方形ABCD中，OC＝OD，∠COD＝90°，∠ODC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠COE＝∠EOF﹣∠COF＝90°﹣∠COF，
∴∠COE＝∠DOF，
∴△COE≌△DOF（ASA），故①正确；
②在正方形ABCD中，OC＝OB，∠COB＝90°，∠OBC＝∠OCB＝45°，
∵∠EOF＝90°，
∴∠BOE＝∠COF，
∴△OBE≌△OCF（ASA）；故②正确；
③由①全等可得四边形CEOF的面积与△OCD面积相等，
∴四边形CEOF的面积为正方形ABCD面积的，故③正确；
④∵△COE≌△DOF，
∴CE＝DF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC＝CD，
∴BE＝CF，
在Rt△ECF中，CE2+CF2＝EF2，
∴DF2+BE2＝EF2，故④错误；
综上所述，正确的是①②③，
故选：①②③．
【点评】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的判定与性质和全等三角形的判定，解题的关键是利用旋转全等证明出△COE≌△DOF，属于选择压轴题．
7．【分析】作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，先求得∠DCF＝60°，通过解直角三角形求出DF的长，再证明△CLF≌△ABC，得LF＝BC＝CD，则四边形LFCD是平行四边形，由MD＝DF求得MD的长．
【解答】解：如图，作FL∥CD交HM的延长线于点L，连接DL，作DK⊥CF于点K，
∵四边形ACFG和四边形BCDE都是正方形，
∴CF＝AC＝3，BC＝CD＝2，∠ACF＝∠BCD＝90°，
∵∠ACB＝120°，
∴∠DCF＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵∠CKD＝∠FKD＝90°，
∴＝sin60°＝，＝cos60°＝，
∴DK＝×2＝，CK＝×2＝1，
∴FK＝3﹣1＝2，
∴DF＝＝，
∵CH⊥AB于点H，
∴∠AHC＝90°，
∴∠FCL＝90°﹣∠ACH＝∠CAB，
∵∠CFL＝180°﹣60°＝120°＝∠ACB，
∴△CLF≌△ABC（ASA），
∴LF＝BC＝CD，
∴四边形LFCD是平行四边形，
∴MD＝DF＝，
故答案为：．
【点评】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、锐角三角函数、勾股定理、同角的补角相等、同角的余角相等、平行四边形的判定与性质等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键．
8．【分析】过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：根据正方形的性质得到∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，推出四边形EMCN为正方形，由矩形的性质得到EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，根据全等三角形的性质得到ED＝EF，故①正确；推出矩形DEFG为正方形；根据正方形的性质得到AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°推出△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；可得∠ACG＝90°，所以AC⊥CG，故③正确；当DE⊥AC时，点C与点F重合，得到CE不一定等于CF，故④错误．
【解答】解：过E作EM⊥BC于M点，过E作EN⊥CD于N点，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BCD＝90°，∠ECN＝45°，
∴∠EMC＝∠ENC＝∠BCD＝90°，
∴NE＝NC，
∴四边形EMCN为正方形，
∵四边形DEFG是矩形，
∴EM＝EN，∠DEN+∠NEF＝∠MEF+∠NEF＝90°，
∴∠DEN＝∠MEF，
又∠DNE＝∠FME＝90°，
在△DEN和△FEM中，
，
∴△DEN≌△FEM（ASA），
∴ED＝EF，故①正确；
∴矩形DEFG为正方形；
∴DE＝DG，∠EDC+∠CDG＝90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∵AD＝DC，∠ADE+∠EDC＝90°，
∴∠ADE＝∠CDG，
在△ADE和△CDG中，
，
∴△ADE≌△CDG（SAS），故②正确；
∴AE＝CG，∠DAE＝∠DCG＝45°，
∴∠ACG＝90°，
∴AC⊥CG，故③正确；
当DE⊥AC时，点C与点F重合，
∴CE不一定等于CF，故④错误，
综上所述：①②③．
故答案为：①②③．
【点评】本题属于中考填空题的压轴题，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．
9．【分析】（1）由正方形性质可得：AB＝AD，∠BAD＝90°，进而推出∠BAF＝∠ADE，利用AAS可证得△ABF≌△DAE，即可得出AE＝BF；
（2）由（1）知：△ABF≌△DAE，可得S△ABF＝S△DAE，再证明△ADM≌△CBN（AAS），可得S△ADM＝S△CBN，再证得△AGB≌△DMA（ASA），△AME≌△BGF（AAS），故S△AME＝S△BGF，可得S△ADM﹣S△AME＝S△CBN﹣S△BGF，即S△DAE＝S四边形CGFN，同理可得S四边形BMEG＝S△ADE．
【解答】（1）证明：如图1，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∴∠BAF+∠DAE＝90°，
∵DE⊥AG，BF∥DE，
∴BF⊥AG，
∴∠AFB＝∠AED＝90°，
∴∠ADE+∠DAE＝90°，
∴∠BAF＝∠ADE，
在△ABF和△DAE中，
，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AE＝BF；
（2）S△ABF＝S四边形BMEG＝S四边形CGFN＝S△ADE，
由（1）知：△ABF≌△DAE，
∴S△ABF＝S△DAE，
∵BF∥DE，
∴∠AMD＝∠ABF，∠BNC＝∠MDC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAM＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，AB∥CD，AD＝BC＝AB，
∴∠ADM+∠MDC＝90°，∠BNC＝∠ABF，∠MDC＝∠AMD，
∴∠AMD＝∠BNC，
在△ADM和△CBN中，
，
∴△ADM≌△CBN（AAS），
∴S△ADM＝S△CBN，∠GBF＝∠ADM，
∵∠BAF＝∠ADE，即∠GAB＝∠MDA，∠ABG＝∠DAM＝90°，AB＝AD，
∴△AGB≌△DMA（ASA），
∴BG＝AM，
∵AM＝2MB，
∴AM＝AB，
∴BG＝AB，
在△AME和△BGF中，
，
∴△AME≌△BGF（AAS），
∴S△AME＝S△BGF，
∴S△ADM﹣S△AME＝S△CBN﹣S△BGF，
即S△DAE＝S四边形CGFN，
同理可得S四边形BMEG＝S△ADE，
综上所述，S△ABF＝S四边形BMEG＝S四边形CGFN＝S△ADE．
【点评】本题考查正方形性质，全等三角形的性质与判定，涉及平行线的性质、勾股定理、直角三角形的性质、三角形面积等，解题关键是掌握全等三角形的判定和性质．
10．【分析】（1）图①中，连接FC，根据轴对称的性质可知，EF＝EG，CF＝CG，根据正方形的性质证明AF＝CF，即可证得EG+CG＝EF+AF＝AE；
（2）图②中，连接FC，根据轴对称的性质可知，EF＝EG，CF＝CG，根据正方形的性质证明AF＝CF，即可证得EG+CG＝EF+AF＝AE；
图③中，连接FC，根据轴对称的性质可知，EF＝EG，CF＝CG，根据正方形的性质证明AF＝CF，即可证得CG﹣EG＝AE．
【解答】（1）证明：如图①，连接CF，
∵点G与点F关于直线CD对称，
∴EF＝EG，CF＝CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，
∴AF＝CG，
∴AE＝AF+EF＝CG+EG，
即EG+CG＝AE；
（2）解：如图②，EG+CG＝AE，
理由：∵点G与点F关于直线CD对称，
∴EF＝EG，CF＝CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，
∴AF＝CG，
∴AE＝AF+EF＝CG+EG，
即EG+CG＝AE；
如图③，CG﹣EG＝AE，
理由：∵点G与点F关于直线CD对称，
∴EF＝EG，CF＝CG，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABF＝∠CBF，
在△ABF和△CBF中，
，
∴△ABF≌△CBF（SAS），
∴AF＝CF，
∴AF＝CG，
∵AE＝AE+EF，
∴CG＝AE+EG，
即CG﹣EG＝AE．
【点评】本题考查了正方形的性质以及轴对称的性质，熟记正方形的性质是解题的关键．正方形的性质：
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．
11．【分析】（1）根据正方形的性质和三角形外角的性质证明∠EAC＝∠E即可；
（2）由正方形的性质证明△ADF∽△ECF，再根据相似三角形对应边成比例求出正方形的边长．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DCE＝90°，
∵∠EFC＝3∠E，∠EFC+∠E＝90°，
∴4∠E＝90°，
∴∠E＝22.5°，
又∵AC是正方形对角线，
∠ACB＝45°，
∵∠ACB＝∠E+∠EAC，
∴∠EAC＝22.5°，
∴∠EAC＝∠E，
∴AC＝EC；
（2）解：设正方形的边长为x，则AC＝EC＝x，
∵AD∥BC，
∴∠DAF＝∠E，
∵∠ADC＝∠FDE＝90°，
∴△ADF∽△ECF，
∴＝，
即＝，
∴x＝2+2，
∴正方形的边长为2+2．
【点评】本题考查矩形的性质以及相似三角形的判定和性质，关键是对知识的掌握和运用．
12．【分析】（1）①根据正方形的性质易证△APD≌△CED（SAS）；
②根据全等三角形的性质即可得证；
（2）过点C作CF⊥DE的延长线于点F，根据勾股定理，求出CE的长，再证明△CEF是等腰直角三角形，可得CF＝CE＝3，再根据勾股定理可得正方形的边长，进一步可得正方形ABCD的面积；
（3）先证明△ADQ∽△FDC，根据相似三角形的性质可得DQ的长，进一步可得PQ的长．
【解答】（1）证明：①在正方形ABCD中，AD＝CD，∠ADC＝90°，
∵DP⊥DE，
∴∠PDE＝90°，
∴∠ADP＝∠CDE，
∵DE＝DP，
在△APD和△CED中，
，
∴△APD≌△CED（SAS）；
②∵△APD≌△CED，
∴∠DEC＝∠DPA，
∵∠PDE＝90°，DE＝DP，
∴△PDE是等腰直角三角形，
∴∠DPE＝∠DEP＝45°，
∴∠DEC＝∠DPA＝135°，
∴∠PEC＝90°，
∴AE⊥CE；
（2）解：过点C作CF⊥DE的延长线于点F，如图所示，
在等腰Rt△DPE中，DE＝DP＝1，
根据勾股定理，得PE＝，
又∵∠PEC＝90°，PC＝2，
根据勾股定理，得CE＝，
∵∠DEP＝45°，∠PEC＝90°，
∴∠FEC＝45°，
∴∠FCE＝45°，
∴FE＝FC，
∴△FEC是等腰直角三角形，
∴CF＝EF＝3，
∴DF＝4，
根据勾股定理，得CD＝5，
∴正方形ABCD的面积为5×5＝25；
（3）解：∵∠F＝∠QAD＝90°，∠FDC＝∠ADQ，
∴△ADQ∽△FDC，
∴DF：AD＝CD：DQ，
即4：5＝5：DQ，
∴DQ＝，
∴PQ＝﹣1＝．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理等，本题综合性较强，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．