专题1.8正方形的性质与判定 分层练习基础练（含解析）2023-2024学年九年级数学上册北师大版专项讲练

专题1.8 正方形的性质与判定（分层练习）（基础练）
一、单选题
1．平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　）
A．对边平行且相等 B．对角线互相垂直
C．每条对角线平分一组对角 D．四边相等
2．如图，正方形的对角线相交于点O，则的度数是（ ）

A． B． C． D．
3．在如图所示的正方形中，点E在边上，把绕点C顺时针旋转得到，且，则旋转角的度数是（ ）
A． B． C． D．
4．满足下列条件的四边形是正方形的是（ ）
A．对角线互相垂直且相等的平行四边形 B．对角线互相垂直的菱形
C．对角线相等的矩形 D．对角线互相垂直平分的四边形
5．已知四边形为矩形，下列条件中，不能判定四边形为正方形的是（ ）
A． B． C． D．
6．如图，长方形BCDE的各边分别平行于x轴与y轴，物体甲和物体乙由点A（2，0）同时出发，沿长方形BCDE的边作环绕运动物体甲按逆时针方向以1个单位/秒匀速运动，物体乙按顺时针方向以2个单位/秒匀速运动，则两个物体运动后的第2019次相遇地点的坐标是（　　）
A．（1，﹣1） B．（2，0） C．（﹣1，1） D．（﹣1，﹣1）
7．如图，直线上有三个正方形，，，若，的面积分别为5和11，则的面积为（ ）

A．6 B．5 C．11 D．16
8．如图，在菱形中，，，点，，分别是线段，，上的任意一点，则的最小值是（ ）

A．1 B． C．2 D．
9．如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是1，则AB的长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
10．如图1，在正方形中，对角线相交于点O，E，F分别为，上的一点，且，连接．若，则的度数为( )

A． B． C． D．
二、填空题
11．正方形对角线长为8，则正方形的边长为 ．
12．如图所示，在正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，AOE绕点O逆时针旋转90°后与BOF重合，AB＝2，则四边形BEOF面积是 ．
13．如图，点E在正方形ABCD的边BA的延长线上，连接AC，AC＝AE，CE交AD于点F，则∠ACE的度数等于 ．
14．如图，已知矩形的对角线的长为10cm，顺次连接各边中点E、F、G、H得四边形，则四边形的周长为 cm．
15．将正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合，折痕交于点E，交折痕于点H，已知正方形的边长为4，则的长度为 ．

16．如图，在正方形的外侧，作等边，则 ．

17．如图，点E是正方形内的一点，将绕点B按顺时针方向旋转得到．若，则 度．

18．如图，将一张正方形纸片ABCD的一角沿AE折叠，点D的对应点D'落在∠BAC的内部，若∠CAD'=33°，则∠CAE的度数为
三、解答题
19．已知：在平行四边形ABCD中，分别延长BA，DC到点E，H，使得BE＝2AB，DH＝2CD．连接EH，分别交AD，BC于点F，G．
(1)求证：AF＝CG；
(2)连接BD交EH于点O，若EH⊥BD，则当线段AB与线段AD满足什么数量关系时，四边形BEDH是正方形？
20．如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上一点，且△ACE是等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠AED＝2∠EAD，AB＝a，求四边形ABCD的面积．
21．如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点O．
(1)求证：四边形ADCE是矩形．
(2)若∠AOE=90°，AE=2时，四边形AECD是什么四边形，并求ABCE的面积．
22． 正方形中，点为正方形内的点，绕着点按逆时针方向旋转后与重合．
(1)如图，若正方形的边长为，，，求证：AE∥BF．
(2)如图，若点为正方形对角线上的点点不与点、重合，试探究AE、AF、BF之间的数量关系并加以证明．
23．如图，已知正方形中，边长为，点在边上，．点在线段上以/秒的速度由点向点运动，同时，点在线段上以厘米/秒的速度由点向点运动，设运动的时间为秒．
(1)　 　，　 　．（用含的代数式表示）
(2)若以、、为顶点的三角形和以、、为顶点的三角形全等，求的值．
24．探究问题：
（1）方法感悟：
如图①，在正方形中，点，分别为，边上的点，且满足，连接，求证．
感悟解题方法，并完成下列填空：
将绕点顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
．
，．
即　 　．
又，
　 　．
　 　，故．
（2）方法迁移：
如图②，将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且．试猜想，，之间有何数量关系，并证明你的猜想．
（3）问题拓展：
如图③，在四边形中，，，分别为，上的点，满足，试猜想当与满足什么关系时，可使得．请直接写出你的猜想（不必说明理由）．
试卷第4页，共7页
试卷第1页，共7页
参考答案：
1．A
【分析】分别根据平行四边形、矩形、菱形、正方的性质进行综合比较分析即可得出答案．
【详解】解：根据平行四边形、矩形、菱形、正方的性质可知，
它们共同的性质是：对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，
故选：A．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，熟知平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键．
2．D
【分析】直接利用正方形的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
故选：D．
【点睛】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键．
3．C
【分析】根据正方形的性质得到，，由旋转的性质推出，求出，即可得到答案；
【详解】解：四边形是正方形，
，，
由旋转得，
，
，
，
旋转角的度数是，
故选：C．
【点睛】此题考查旋转的性质，全等三角形的性质，熟记全等三角形的性质是解题的关键．
4．A
【分析】根据正方形的判定方法即可求解．
【详解】解：选项，对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故选项正确，符合题意；
选项，对角线互相垂直的长方形是正方形，故选项错误，不符合题意；
选项，对角线相等的菱形是正方形，故选项错误，不符合题意；
选项，对角线互相垂直平分的长方形是正方形，故选项错误，不符合题意；
故选：．
【点睛】本题主要考查正方形的判定，掌握“对角线相互垂直的矩形是正方形”，“对角线相等的菱形是正方形”，“对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形”的知识是解题的关键．
5．B
【分析】根据正方形的定义逐项判定即可．
【详解】如下图，

对于选项A，由矩形的对边平行，可得内错角相等，即，
∵，
∴．
则（等角对等边）．
所以，四边形是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．
故A选项说法正确，但不符合题意；
对于选项B，对角互补是矩形本身就具有的条件，相当于没有增加判定正方形的条件，故不能判定四边形为正方形．
故B选项说法错误，符合题意．
对于选项C， 因，四边形是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．
故选项C说法正确，但不符合题意；
对于选项D，因矩形的对角线互相平分，
∴O为的中点，又，
∴B，
则，
所以，四边形是正方形（有一组邻边相等的矩形是正方形）．
故选项D说法正确，但不符合题意；
故答案为：B．
【点睛】本题涉及矩形的性质及正方形的判定等相关知识点，解题的关键是对正方形的定义有准确的判断．
6．B
【分析】利用行程问题中的相遇问题，由于矩形的边长为4和2，物体乙是物体甲的速度的2倍，求得每一次相遇的地点，找出规律即可解答．
【详解】如图所示，
由题意可得：矩形的边长为4和2，因为物体乙是物体甲的速度的2倍，时间相同，物体甲与物体乙的路程比为1：2，
由题意知：
①第一次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×1，物体甲行的路程为12×=4，物体乙行的路程为12×=8，在BC边相遇；
②第二次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×2，物体甲行的路程为12×2×=8，物体乙行的路程为12×2×=16，在DE边相遇；
③第三次相遇物体甲与物体乙行的路程和为12×3，物体甲行的路程为12×3×=12，物体乙行的路程为12×3×=24，在A点相遇；
此时甲乙回到原出发点，则每相遇三次，两点回到出发点，
∵2019÷3=673，
∴两个物体运动后的第2019次相遇地点的是A点，
此时相遇点的坐标为：（2，0）.
故选B.
【点睛】此题主要考查了行程问题中的相遇问题及按比例分配的运用，通过计算发现规律就可以解决问题．
7．A
【分析】根据正方形的性质证明，得到，结合勾股定理即可解答.
【详解】如图，根据正方形的性质可得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴正方形b的面积=正方形a的面积+正方形c的面积，
∴正方形c的面积；
故选：A.

【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质以及勾股定理等知识，属于常考题型，掌握求解的方法是关键.
8．B
【分析】作点E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，E′B，则E′F的长即为PE+PF的最小值，由图可知，当点F与点B重合，BE′⊥AD时的值最小．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥DC，
∵，
∴∠DAB=180°-∠ABC=180°-120°=60°，
作点E关于直线AC的对称点E′，连接E′F，E′B，则E′F的长即为PE+PF的最小值，由图可知，当点F与点B重合，BE′⊥AD时的值最小，

在Rt△ABE′中，
∵AB=2，∠DAB=60°，
∴E′F=BE′=AB sin∠DAB=．
故选：B．
【点睛】本题主要考查的知识点是菱形的性质以及利用点的对称求最值，根据题意判断出当点F与点B重合，BE′⊥AD时的值最小，是解此题的关键．
9．C
【分析】先证明，再证明四边形MOND的面积等于，的面积，继而解得正方形的面积，据此解题．
【详解】解：在正方形ABCD中，对角线BD⊥AC，
又
四边形MOND的面积是1，
正方形ABCD的面积是4，
故选：C．
【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．
10．C
【分析】首先根据正方形的性质得到，，然后结合得到，然后证明出，最后利用三角形内角和定理求解即可．
【详解】∵四边形是正方形
∴，
∵
∴，
∴
∴
又∵，
∴
∴
∴
∴
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点．
11．
【分析】根据正方形性质，边长相等，四个角都是直角，可以用勾股定理求出边长．
【详解】解：根据题意画出图形，四边形是正方形，对角线，
四边形是正方形，
，
是等腰直角三角形，
根据勾股定理，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形性质及勾股定理的应用，正确计算是解答本题的关键．
12．1
【分析】由旋转的性质可得S△AOE＝S△BOF，可得四边形BEOF面积＝S△AOB，即可求解．
【详解】解：∵△AOE绕点O逆时针旋转90°后与△BOF重合，
∴△AOE≌△BOF，
∴S△AOE＝S△BOF，
∴四边形BEOF面积＝S△AOB＝S正方形ABCD＝×22＝1，
故答案为：1．
【点睛】本题考查了旋转的性质，正方形的性质，掌握旋转的性质是解题的关键．
13．22．5°
【分析】根据等边对等角的性质可得∠E＝∠ACE，由正方形的性质得出∠BAC＝45，再由三角形的外角性质即可得出结果．
【详解】解：∵AC＝AE，
∴∠E＝∠ACE，
∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAD＝90，∠BAC＝45，
∴∠E+∠ACE＝45，
∴∠ACE＝×45＝22．5，
故答案为：22．5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形的外角性质；熟练掌握三角形的外角性质和正方形的性质是解题的关键．
14．20
【分析】根据三角形中位线定理易得四边形的各边长等于矩形对角线的一半，而矩形对角线是相等的，都为8，那么就求得了各边长，让各边长相加即可．
【详解】解：∵H、G是与的中点，
∴是的中位线，
∴cm，
同理cm，根据矩形的对角线相等，
连接，
得到：cm，
∴四边形的周长为20cm．
故答案是：20．
【点睛】本题考查了中点四边形．解题时，利用了“三角形中位线等于第三边的一半”的性质．
15．
【分析】根据题意得，垂直平分，，，，则，即，根据得，即，根据勾股定理得，，则，进行计算即可得．
【详解】解：∵正方形纸片的边长为4，
∴，
∵正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合，
∴垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
，
∴，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，等角对等边，勾股定理，解题的关键是理解题意，掌握这些知识点．
16．##15度
【分析】判断是顶角为的等腰三角形，求出的度数即可求解．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵是等边三角形，，
∴，，
∴，，
∴，
故答案为：．
【点睛】此题考查了正方形和等边三角形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形和等边三角形的性质及其应用．
17．80
【分析】先求得和的度数，再利用三角形外角的性质求解即可．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵绕点B按顺时针方向旋转得到
∴，，
∴，
∴，
故答案为：80．
【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，旋转图形的性质和三角形外角的性质，利用旋转图形的性质求解是解题的关键．
18．6°##6度
【分析】设∠CAE=α，根据折叠的性质列式α+33°+α=45°，解之可得答案．
【详解】解：设∠CAE=α，
根据折叠的性质知∠DAE=∠D'AE=∠CAE+∠D'AC=α+33°，
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠CAD=45°，即∠DAE+∠CAE=α+33°+α=45°，
解得：α=6°，
∴∠CAE的度数为6°，
故答案为：6°．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．
19．(1)见解析
(2)当AD=AB时，四边形BEDH是正方形
【分析】（1）要证明AF=CG，只要证明△EAF≌△HCG即可；
（2）利用已知可得四边形BEDH是菱形，所以当AE2+DE2=AD2时，∠BED=90°，四边形BEDH是正方形．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB=CD，∠BAD=∠BCD，
∴∠AEF=∠CHG，
∵BE=2AB，DH=2CD，
∴BE=DH，
∴BE-AB=DH-DC，
∴AE=CH，
∴∠BAD+∠EAF=180°，∠BCD+∠GCH=180°，
∴∠EAF=∠GCH，
∴△EAF≌△HCG(ASA)，
∴AF=CG；
（2）解：当AD=AB时，四边形BEDH是正方形；
理由：∵BE∥DH，BE=DH，
∴四边形EBHD是平行四边形，
∵EH⊥BD，
∴四边形EBHD是菱形，
∴ED=EB=2AB，
当AE2+DE2=AD2时，则∠BED=90°，
∴四边形BEDH是正方形，即AB2+(2AB)2=AD2，
∴AD=AB，
∴当AD=AB时，四边形BEDH是正方形．
【点睛】本题考查了正方形的判定，菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，结合图形分析并熟练掌握正方形的判定，平行四边形的性质，是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）正方形ABCD的面积为
【分析】（1）由等边三角形的性质得EO⊥AC，即BD⊥AC，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）证明菱形ABCD是正方形，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一），
即BD⊥AC，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵ ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2＝a2．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识，证明四边形ABCD为菱形是解题的关键．
21．(1)见解析
(2)正方形，
【分析】（1）先根据三线合一定理得到∠ADC=90°，，再证明四边形ADCE是平行四边形，由∠ADC=90°，即可证明平行四边形ADCE是矩形；
（2）根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可证明四边形AECD是正方形，再由进行求解即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，即∠ADC=90°，，
又∵四边形ABDE是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∠AOE=90°，即AC⊥DE，
∴四边形ADCE是正方形，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，三线合一定理，熟知相关特殊四边形的性质与判定条件是解题的关键．
22．(1)见解析
(2)，见解析
【分析】（1）由旋转的性质可得BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC，由勾股定理的逆定理可证∠BFC=90°=∠AEB，可得结论；
（2）由正方形的性质和旋转的性质可得∠EAF=90°，由勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合，
∴△BFC≌△BEA，
∴BE=BF=1，∠EBF=∠ABC=90°，∠AEB=∠BFC，
∵BF2+FC2=12+()2=4，BC2=22=4，
∴BF2+FC2=BC2，
∴∠BFC=90°=∠AEB，
∴∠AEB+∠EBF=180°，
∴AE∥BF；
（2）解：AE2+AF2=2BF2，理由如下：
∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合，
∴∠BAE=∠BCA，
∵AC是正方形ABCD的角平分线，
∴∠BCA=∠BAC=45°，
∴∠EAF=45°+45°=90°，
∴AE2+AF2=EF2，
∵△BFC绕着点B按逆时针方向旋转90°后与△BEA重合，
∴BE=BF，∠EBF=90°，
∴2BF2=EF2，
∴AE2+AF2=2BF2．
【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质，正方形的性质，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．
23．(1)；
(2)或
【分析】（1）点在线段上以/秒的速度由点向点运动，，由此即可求解；
（2）分类讨论，若，，；若，
，，由此即可求解．
【详解】（1）解：∵点在线段上以/秒的速度由点向点运动，
∴，，
故答案为：；．
（2）解：①若，
则，即，则，
∴；
②若，
则，，则，
∴，解得：．
【点睛】本题主要考查正方形的性质，动点问题，全等三角形的性质，掌握动点与正方形的性质，全等三角形的性质是解题的关键．
24．（1）；；；（2），证明见解析；（3）当与满足时，可使得．
【分析】（1）根据已有过程得，又根据SAS得，则GF=EF，故；
（2）延长，作，等量代换得，用ASA证明，得AG=AE，，用SAS证明，得，即可得；
（3）延长CF，作，因为，，所以，根据ASA证明，得，，
根据得，用SAS证明，得，，当与满足时，可使得．
【详解】证明：（1）将绕点A顺时针旋转得到，此时与重合，由旋转可得：
，，，，
，
因此，点，，在同一条直线上．
，
，
，
，
即，
又，，
∴（SAS），
，故；
故答案为：；；；
（2）证明：如图②，延长，作，
将沿斜边翻折得到，点，分别为，边上的点，且，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，，
在和中，
，
，
，
；
（3）当与满足时，可使得．
如图③，延长CF，作，
∵，，
∴，
在和中，
∴（ASA），
∴，，
∵，
∴，
在和中，
∴（SAS），
∴，，
故当与满足时，可使得．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形的翻折旋转，正方形的性质，解题的关键是掌握并灵活运用这些知识点．
答案第12页，共17页
答案第13页，共17页