2024-2025学年北师大版数学九（上）1.3正方形的性质与判定同步测试
一、选择题
1．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册1.3 正方形的性质与判定（1） 同步训练）如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB等于（ ）
A．135° B．45° C．22.5° D．30°
2．（2020九上·萍乡期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
3．（2024九上·揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行且相等 B．对角线相等
C．四条边相等，四个角相等 D．对角线互相垂直
4．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
5．（2023九上·金牛期末）下列说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
6．（2024九上·威宁期末）如图，将个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点，，…，分别是正方形的中心，则这个正方形重叠部分的面积之和是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024九上·织金期末）如图，边长为2的正方形ABCD的中心与坐标原点重合，轴，将正方形ABCD绕原点顺时针旋2023次，每次旋转，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024九上·织金期末）已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平行四边形ABCD为矩形
B．当时，平行四边形ABCD为正方形
C．当时，平行四边形ABCD为菱形
D．当时，平行四边形ABCD为菱形
二、填空题
9．（2021九上·惠来月考）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °．
10．（2023九上·章丘月考）正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是 ．
11．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
12．（2024九上·河西期末）如图，已知正方形ABCD的边长为2，以顶点C、D为圆心，2为半径的两弧交于点E，点F为AB边的中点，连接EF，则EF的长为 ．
13．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，若△ABE的面积为18，CE=4，则线段BE的长为 ．
三、作图题
14．（2023九上·都昌期中）如图，在正方形ABCD中，，请仅用无刻度的直尺画图（保留画图痕迹，不写画法）.
图① 图②
（1）在图①中，画出AD的中点M；
（2）在图②中，画出CD的中点N.
15．（2020九上·海安期中）如图，正方形ABCD中，E是BC的中点，以点A为中心，把△ABE逆时针旋转90°，设点E的对应点为F.
（1）画出旋转后的三角形和点E经过的路径；
（2）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的长.
四、解答题
16．（2024九上·信宜期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接．
（1）求证：；
（2）求的度数．
17．（2024九上·昭通期末）正方形ABCD的边长为5，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△DEF≌△DMF；
（2）若AE＝2，求EF的长．
五、实践探究题
18．（2024九上·防城期末）【探究与证明】成语“以不变应万变”中蕴含着某种数学原理.
图1 图2
【动手操作】如图1，是正方形的对角线，点E是上的一个动点，过点E和B作等腰直角，其中，，与射线交于点P.
请完成：
（1）试判断图1中的和的数量关系；
（2）当点P在线段上时，求证：.
（3）【类比操作】如图2，当点P在线段的延长线上时.是否还成立 请判断并证明你的结论.
六、综合题
19．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
20．（2022九上·定南期中）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解： 正方形 的对角线.
四边形 是菱形.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的性质可得出∠CAB=45°，再根据菱形的性质，可得出∠FAB=∠CAB，即可解答。
2．【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故答案为：B．
【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
3．【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故符合题意；
B、菱形的对角线不相等 ，故不符合题意；
C、正方形的四条边相等，四个角相等，故不符合题意；
D、菱形、正方形的对角线互相垂直， 故不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据菱形、矩形、正方形的性质逐项判断即可.
4．【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
5．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C、正方形的每一条对角线平分一组对角，故C选项符合题意；
D、平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】菱形四边相等，对角相等，对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；矩形对边相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等，不是轴对称图形，是中心对称图形；正方形四边相等，四个内角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；平行四边形对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，不是轴对称图形，是中心对称图形，据此一一判断得出答案.
6．【答案】B
【知识点】正方形的性质；探索数与式的规律；探索图形规律
【解析】【解答】根据局题意可得：一个阴影部分面积等于正方形面积的，即×4=1，
5个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×4，
∴n个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×（n-1）=n-1，
故答案为：B.
【分析】先求出一个阴影部分面积等于正方形面积的，即×4=1，再求出n个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×（n-1）=n-1即可.
7．【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质；旋转的性质；探索数与式的规律
【解析】【解答】根据题意可得旋转8次回到原来位置，
∵2023÷8=252……7，
∴将正方形ABCD绕原点顺时针旋2023次，每次旋转，则顶点的坐标是，
故答案为：C.
【分析】先求出规律旋转8次回到原来位置，再结合2023÷8=252……7，求出顶点的坐标是即可.
8．【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A、∵当时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，∴A不符合题意；
B、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，但不能直接证出平行四边形ABCD是正方形，∴B不符合题意；
C、∵当时，则平行四边形ABCD是矩形，但不能直接证出平行四边形ABCD是菱形，∴C不符合题意；
D、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，∴D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用菱形的判定方法、矩形的判定和正方形的判定方法逐项分析判断即可.
9．【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
10．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3
∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°
延长AD交EF于M，连接AC，CF
则AM=BC+CE=4，FM=EF-AB=2，∠AMF=90°
∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形
∵H为AF的中点
故答案为：
【分析】延长AD交EF于M，连接AC，CF，根据正方形性质及勾股定理即可求出答案.
11．【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
12．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，延长FE交CD于点H，连接EC，
点E是两弧的交点，点F为AB边的中点，
C是圆心，E在弧上，
CE=CB=2，
在Rt△EHC中，
故答案为： .
【分析】 延长FE交CD于点H，连接EC，由已知可得在Rt△EHC中，利用勾股定理求得EH的值，从而求解.
13．【答案】2
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设正方形边长为a，
∵S△ABE=18，
∴S正方形ABCD=2S△ABE=36，
∴a2=36，
∵a＞0，
∴a=6，
在Rt△BCE中，∵BC=6，CE=4，∠C=90°，
∴BE===2．
故答案为2．
【分析】根据正方形面积是△ABE面积的2倍，求出边长，再在Rt△BCE中利用勾股定理即可．
14．【答案】（1）解：点F为所求
（2）解：点G即为所求
【知识点】正方形的性质；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】（1）解：如图1，连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，OA=OB=OC=OD，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵BE=CE，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴OE⊥BC，
∴OE⊥AD，
∵OA=OD，
∴点F为AD边的中点；
（2）解：如图，设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，则点G即为所求．
理由：由（1）得：∠DFH=∠FHC=∠DCH=90°，AF＝AD＝BC＝BH，
∴四边形CDFH是矩形，
∴FM=CM=HG=DM，
∵OA=OB，
∴Rt△AOF≌Rt△BOH（HL），
∴OF=OH，
∴OM为△CFH的中位线，
∴OM∥CH，即MG∥CH，
∴，
即点G为CD边的中点．
【分析】 （1）连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，根据正方形的性质可得点O在BC的垂直平分线上，再根据BE=CE，可得OE⊥BC，从而得到OE⊥AD，即可求解；
（2）设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，先证明四边形CDFH是矩形，可得FM=CM=HG=DM，再根据Rt△AOF≌Rt△BOH，可得OM为△CFH的中位线，从而得到MG∥CH再由平行线分线段成比例，即可求解．
15．【答案】（1）解：旋转后的△ADF如图所示，点E的运动路径如图所示：
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=2，∠B=90°，
∵BE=EC=1，
∴AE= = = ，
∵△EAF是等腰直角三角形，∠EAF=90°，AE=AF，
∴EF= AE= .
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质画图即可；
（2）先根据勾股定理求出AE的长，由旋转的性质可得AE=AF，利用勾股定理可得 EF=AE ，据此即得结论.
16．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：由（1）得、、是等腰三角形，
设，依题意得
，
解得，
，
为度
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用正方形得AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°；根据等边三角形的性质得BE=CE，∠EBC=∠ECB=60°，推出∠ABE=∠DCE，由SAS证△ABE≌△DCE，由全等三角形的性质可得AE=DE；
（2）设，由（1）得、、是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，列方程求解即可．
17．【答案】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，BC＝5，
∴BM＝BC+CM＝5+2＝7，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝7﹣x，
∴EB＝AB﹣AE＝5﹣2＝3，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
EB2+BF2＝EF2即22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝，
则EF＝．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和旋转性质准备条件，再利用SAS证明 △DEF≌△DMF 即可；
（2） 设EF＝MF＝x， 用含x的代数式表示BF的长， 在Rt△EBF中，由勾股定理建立方程求解即可。
18．【答案】（1）解：
（2）解：证明：如图，过点E作于M，于N，则，四边形是矩形，
，又，
，
四边形是正方形，
平分（又于M，），
又，，；
（3）解：当点P在线段的延长线上时，EP=BE还成立.
理由：过点E作于M，于N，则四边形是矩形，
∴∠MEN=90°，
∵∠FEG=∠BEM+∠MEP=∠PEN+∠MEP=90°，
∴∠BEM=∠PEN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，
∵，，
∴EM=EN，∠BME=∠PNE=90°，
∴△BEM≌△PEN（ASA），
∴BE=EP.
【知识点】角平分线的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵∠FEC=90°，
∴.
【分析】（1）根据∠FEC=90°即可求解；
（2）过点E作于M，于N，则四边形是矩形，根据ASA证明△BEM≌△PEN，可得BE=EP；
（3）当点P在线段的延长线上时，EP=BE还成立.理由：过点E作于M，于N，同（2）可证△BEM≌△PEN（ASA），可得BE=EP.
19．【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
20．【答案】（1）解：由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）解：设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明即可；
（2）设正方形的边长为x，则，根据全等三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，最后求出x的值即可。
1 / 12024-2025学年北师大版数学九（上）1.3正方形的性质与判定同步测试
一、选择题
1．（2018-2019学年数学北师大版九年级上册1.3 正方形的性质与判定（1） 同步训练）如图，正方形ABCD的对角线AC是菱形AEFC的一边，则∠FAB等于（ ）
A．135° B．45° C．22.5° D．30°
【答案】C
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解： 正方形 的对角线.
四边形 是菱形.
故答案为：C.
【分析】利用正方形的性质可得出∠CAB=45°，再根据菱形的性质，可得出∠FAB=∠CAB，即可解答。
2．（2020九上·萍乡期末）矩形、菱形、正方形都具有的性质是（ ）
A．对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分且相等
【答案】B
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：平行四边形的对角线互相平分，而对角线相等、平分一组对角、互相垂直不一定成立．
故平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是：对角线互相平分．
故答案为：B．
【分析】矩形、菱形、正方形都是特殊的平行四边形，因而平行四边形的性质就是四个图形都具有的性质．
3．（2024九上·揭阳期末）菱形、矩形、正方形都具有的性质是（ ）
A．两组对边分别平行且相等 B．对角线相等
C．四条边相等，四个角相等 D．对角线互相垂直
【答案】A
【知识点】菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形、矩形、正方形的两组对边分别平行且相等，故符合题意；
B、菱形的对角线不相等 ，故不符合题意；
C、正方形的四条边相等，四个角相等，故不符合题意；
D、菱形、正方形的对角线互相垂直， 故不符合题意.
故答案为：A.
【分析】根据菱形、矩形、正方形的性质逐项判断即可.
4．（2023九上·青岛月考）如图，在边长为2的等边三角形ABC的外侧作正方形ABED，过点D作DF⊥BC，垂足为F，则DF的长为（ ）
A．2+2 B．5- C．3- D．+1
【答案】D
【知识点】等边三角形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：如图，过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，
DFBC，
四边形HFGA是矩形，
HF=AG，
△ABC是等边三角形，
AB=BC=2，
BG=1，
AG=
在正方形ABED中，AD=AB=2，
故答案为：D
【分析】过点A分别作AGBC于点G，AHDF于点H，可构造矩形HFGA，从而得到HF=AG，再由等边三角形ABC的性质可得
BG=1，进一步得到再证明由直角三角形的性质即可求解.
5．（2023九上·金牛期末）下列说法正确的是（ ）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C、正方形的每一条对角线平分一组对角，故C选项符合题意；
D、平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】菱形四边相等，对角相等，对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；矩形对边相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等，不是轴对称图形，是中心对称图形；正方形四边相等，四个内角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；平行四边形对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，不是轴对称图形，是中心对称图形，据此一一判断得出答案.
6．（2024九上·威宁期末）如图，将个边长都为2的正方形按如图所示摆放，点，，…，分别是正方形的中心，则这个正方形重叠部分的面积之和是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正方形的性质；探索数与式的规律；探索图形规律
【解析】【解答】根据局题意可得：一个阴影部分面积等于正方形面积的，即×4=1，
5个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×4，
∴n个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×（n-1）=n-1，
故答案为：B.
【分析】先求出一个阴影部分面积等于正方形面积的，即×4=1，再求出n个这样的正方形重叠部分的面积和为：1×（n-1）=n-1即可.
7．（2024九上·织金期末）如图，边长为2的正方形ABCD的中心与坐标原点重合，轴，将正方形ABCD绕原点顺时针旋2023次，每次旋转，则顶点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】点的坐标；正方形的性质；旋转的性质；探索数与式的规律
【解析】【解答】根据题意可得旋转8次回到原来位置，
∵2023÷8=252……7，
∴将正方形ABCD绕原点顺时针旋2023次，每次旋转，则顶点的坐标是，
故答案为：C.
【分析】先求出规律旋转8次回到原来位置，再结合2023÷8=252……7，求出顶点的坐标是即可.
8．（2024九上·织金期末）已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平行四边形ABCD为矩形
B．当时，平行四边形ABCD为正方形
C．当时，平行四边形ABCD为菱形
D．当时，平行四边形ABCD为菱形
【答案】D
【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】A、∵当时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，∴A不符合题意；
B、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，但不能直接证出平行四边形ABCD是正方形，∴B不符合题意；
C、∵当时，则平行四边形ABCD是矩形，但不能直接证出平行四边形ABCD是菱形，∴C不符合题意；
D、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，∴D符合题意；
故答案为：D.
【分析】利用菱形的判定方法、矩形的判定和正方形的判定方法逐项分析判断即可.
二、填空题
9．（2021九上·惠来月考）如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为 °．
【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．
【分析】先求出∠2+∠BCP＝45°，再求出∠1+∠BCP＝45°，最后计算求解即可。
10．（2023九上·章丘月考）正方形和正方形中，点在上，，，是的中点，那么的长是 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，BC=1，CE=3
∴AB=BC=1，CE=EF=3，∠E=90°
延长AD交EF于M，连接AC，CF
则AM=BC+CE=4，FM=EF-AB=2，∠AMF=90°
∵四边形ABCD和四边形GCEF是正方形
∵H为AF的中点
故答案为：
【分析】延长AD交EF于M，连接AC，CF，根据正方形性质及勾股定理即可求出答案.
11．（2024九上·渠县期末）如图，正方形中，，O是边的中点，点E是正方形内一动点，，连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，则线段长的最小值为 ．
【答案】
【知识点】三角形三边关系；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵正方形中，，O是边的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴线段OF长的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接，将线段绕点D逆时针旋转得，连接，先利用SAS证明，可得，再利用勾股定理求得，进而可得，再根据三角形三边的关系可得，代入数值即可得到OF的最小值.
12．（2024九上·河西期末）如图，已知正方形ABCD的边长为2，以顶点C、D为圆心，2为半径的两弧交于点E，点F为AB边的中点，连接EF，则EF的长为 ．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】如图，延长FE交CD于点H，连接EC，
点E是两弧的交点，点F为AB边的中点，
C是圆心，E在弧上，
CE=CB=2，
在Rt△EHC中，
故答案为： .
【分析】 延长FE交CD于点H，连接EC，由已知可得在Rt△EHC中，利用勾股定理求得EH的值，从而求解.
13．如图，点E在正方形ABCD的边CD上，若△ABE的面积为18，CE=4，则线段BE的长为 ．
【答案】2
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】解：设正方形边长为a，
∵S△ABE=18，
∴S正方形ABCD=2S△ABE=36，
∴a2=36，
∵a＞0，
∴a=6，
在Rt△BCE中，∵BC=6，CE=4，∠C=90°，
∴BE===2．
故答案为2．
【分析】根据正方形面积是△ABE面积的2倍，求出边长，再在Rt△BCE中利用勾股定理即可．
三、作图题
14．（2023九上·都昌期中）如图，在正方形ABCD中，，请仅用无刻度的直尺画图（保留画图痕迹，不写画法）.
图① 图②
（1）在图①中，画出AD的中点M；
（2）在图②中，画出CD的中点N.
【答案】（1）解：点F为所求
（2）解：点G即为所求
【知识点】正方形的性质；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】（1）解：如图1，连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，OA=OB=OC=OD，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵BE=CE，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴OE⊥BC，
∴OE⊥AD，
∵OA=OD，
∴点F为AD边的中点；
（2）解：如图，设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，则点G即为所求．
理由：由（1）得：∠DFH=∠FHC=∠DCH=90°，AF＝AD＝BC＝BH，
∴四边形CDFH是矩形，
∴FM=CM=HG=DM，
∵OA=OB，
∴Rt△AOF≌Rt△BOH（HL），
∴OF=OH，
∴OM为△CFH的中位线，
∴OM∥CH，即MG∥CH，
∴，
即点G为CD边的中点．
【分析】 （1）连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，根据正方形的性质可得点O在BC的垂直平分线上，再根据BE=CE，可得OE⊥BC，从而得到OE⊥AD，即可求解；
（2）设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，先证明四边形CDFH是矩形，可得FM=CM=HG=DM，再根据Rt△AOF≌Rt△BOH，可得OM为△CFH的中位线，从而得到MG∥CH再由平行线分线段成比例，即可求解．
15．（2020九上·海安期中）如图，正方形ABCD中，E是BC的中点，以点A为中心，把△ABE逆时针旋转90°，设点E的对应点为F.
（1）画出旋转后的三角形和点E经过的路径；
（2）若正方形ABCD的边长为2，求线段EF的长.
【答案】（1）解：旋转后的△ADF如图所示，点E的运动路径如图所示：
（2）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=2，∠B=90°，
∵BE=EC=1，
∴AE= = = ，
∵△EAF是等腰直角三角形，∠EAF=90°，AE=AF，
∴EF= AE= .
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据旋转的性质画图即可；
（2）先根据勾股定理求出AE的长，由旋转的性质可得AE=AF，利用勾股定理可得 EF=AE ，据此即得结论.
四、解答题
16．（2024九上·信宜期末）如图，四边形是正方形，是等边三角形，连接．
（1）求证：；
（2）求的度数．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
是等边三角形，
，，
，
，
在和中，
，
，
；
（2）解：由（1）得、、是等腰三角形，
设，依题意得
，
解得，
，
为度
【知识点】等腰三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用正方形得AB=DC，∠ABC=∠DCB=90°；根据等边三角形的性质得BE=CE，∠EBC=∠ECB=60°，推出∠ABE=∠DCE，由SAS证△ABE≌△DCE，由全等三角形的性质可得AE=DE；
（2）设，由（1）得、、是等腰三角形，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理，列方程求解即可．
17．（2024九上·昭通期末）正方形ABCD的边长为5，E、F分别是AB、BC边上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM．
（1）求证：△DEF≌△DMF；
（2）若AE＝2，求EF的长．
【答案】（1）证明：∵△DAE逆时针旋转90°得到△DCM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，AE＝CM，
∴F、C、M三点共线，
∴DE＝DM，∠EDM＝90°，
∴∠EDF+∠FDM＝90°，
∵∠EDF＝45°，
∴∠FDM＝∠EDF＝45°，
在△DEF和△DMF中，
，
∴△DEF≌△DMF（SAS），
∴EF＝MF，
∴EF＝CF+AE；
（2）解：设EF＝MF＝x，
∵AE＝CM＝2，BC＝5，
∴BM＝BC+CM＝5+2＝7，
∴BF＝BM﹣MF＝BM﹣EF＝7﹣x，
∴EB＝AB﹣AE＝5﹣2＝3，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，
EB2+BF2＝EF2即22+（4﹣x）2＝x2，
解得x＝，
则EF＝．
【知识点】三角形全等的判定；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）根据正方形的性质和旋转性质准备条件，再利用SAS证明 △DEF≌△DMF 即可；
（2） 设EF＝MF＝x， 用含x的代数式表示BF的长， 在Rt△EBF中，由勾股定理建立方程求解即可。
五、实践探究题
18．（2024九上·防城期末）【探究与证明】成语“以不变应万变”中蕴含着某种数学原理.
图1 图2
【动手操作】如图1，是正方形的对角线，点E是上的一个动点，过点E和B作等腰直角，其中，，与射线交于点P.
请完成：
（1）试判断图1中的和的数量关系；
（2）当点P在线段上时，求证：.
（3）【类比操作】如图2，当点P在线段的延长线上时.是否还成立 请判断并证明你的结论.
【答案】（1）解：
（2）解：证明：如图，过点E作于M，于N，则，四边形是矩形，
，又，
，
四边形是正方形，
平分（又于M，），
又，，；
（3）解：当点P在线段的延长线上时，EP=BE还成立.
理由：过点E作于M，于N，则四边形是矩形，
∴∠MEN=90°，
∵∠FEG=∠BEM+∠MEP=∠PEN+∠MEP=90°，
∴∠BEM=∠PEN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC平分∠BCD，
∵，，
∴EM=EN，∠BME=∠PNE=90°，
∴△BEM≌△PEN（ASA），
∴BE=EP.
【知识点】角平分线的性质；矩形的判定与性质；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【解答】解：（1）∵∠FEC=90°，
∴.
【分析】（1）根据∠FEC=90°即可求解；
（2）过点E作于M，于N，则四边形是矩形，根据ASA证明△BEM≌△PEN，可得BE=EP；
（3）当点P在线段的延长线上时，EP=BE还成立.理由：过点E作于M，于N，同（2）可证△BEM≌△PEN（ASA），可得BE=EP.
六、综合题
19．（2024九上·万源期末）矩形AOBC在平面直角坐标系中的位置如图所示，点A在x轴的负半轴上，点B在y轴的正半轴上，连接AB，将△ABC沿AB折叠得△ABE，AE交y轴于点D，线段OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD．
（1）请直接写出点A的坐标为 ，点D的坐标为 ；
（2）点P为直线AB上一点，连接PO、PD，当△POD的周长最小时，求点P的坐标；
（3）点M在x轴上，点N在直线AB上，坐标平面内是否在点Q，使以B、M、N、Q为顶点的四边形为正方形 若存在，请直接写出满足条件的点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）(-4，0)；(0，3)
（2）解：过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，
∵△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴点D1在AC上，
∵OA=4，OD=3，
∴AD=5，
∴AD1=5，
∴D1(-4，5)，
设直线OD1的解析式为y=kx，
∴5=-4k，
∴k=-，
∴直线OD1的解析式为y=-x，
∵四边形AOBC是矩形，且△ABE是将△ABC沿AB折叠得到的，
∴AC∥OB，∠CAB=∠BAD，
∴∠CAB=∠BAD=∠ABD，
∴AD=BD=5，则OB=8，
∴B(0，8)，
同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，
解方程-x =2x+8，得x=-，
y=，
∴P(-，)；
（3）解： 点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【知识点】两一次函数图象相交或平行问题；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：（1）x2－7x＋12＝0
解得：x=4或3
∵OD、OA的长是方程x2－7x＋12＝0的两个根，且OA＞OD
∴OA=4，OD=3
∵点A在x轴负半轴，D在y轴正半轴
∴点A坐标为（-4，0），点D坐标为（0，3）
故答案为：第1空、(-4，0)
第2空、(0，3)
（3）∵B(0，8)，A (-4，0)，
∴AB=4，
当BN为边时，
如图，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，
∵∠OAB=∠NAM，∠AOB=∠ANM=90°，
∴△AOB∽△ANM，
∴，即，
∴NM=，AM=，AN=，
∴OM=-4=，
∵AM×IN=AN×MN，
∴IN=，
∵四边形BNMQ是正方形，
∴QM=NM，∠QMN=90°，
∠QMG+∠NMI=90°，
又∵∠QMG+∠MQG=90°，
∴∠MQG=∠IMN，
又∵∠QGM=∠MIN=90°，
∴△QGM≌△MIN，
∴QG=IM=，MG=IN=，
OG=OM+MG=IN=，
点Q（，）；
如图，若四边形BNQM是正方形，
同理，△AOB∽△ABM，
∴，即，
∴AM=20，
∴OM=20-4=，
∴M(16，0)；
同理，点Q（8，-16）；
如图，若四边形BMQN是正方形，
同理可求M(16，0)；点Q（24，16）；
当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，
∵四边形BMNQ是正方形，
∴BM=NM，∠BMN=90°，
∠BMO+∠FMN=90°，
又∵∠BMO+∠OBM=90°，
∴∠FMN=∠OBM，
又∵∠NFM=∠MOB=90°，
∴△NFM≌△MOB（AAS），
∴BO=FM=8，OM=NF，
设点M（a，0），
∴OF=8-a，FN=a，
∴点N（a-8，-a），
∵点P在AB上，y=2x+8
∴-a=2（a-8）+8，
∴a=，
∴点M（，0）；
过点Q作QH⊥y轴于H，
同理可证△QBH≌△BMO，
∴QH=BO=8，BH=OM=，
∴HO=，
∴点Q（-8，）；
如图，若四边形BMNQ是正方形，
同理可求点M（-24，0），则点Q（8，-16），
综上所述：满足条件的点Q的个数为5个，点Q坐标为：（，）或（8，-16）或（24，16）或（-8，）或（8，-16）．
【分析】（1）解方程可得OA，OB，再根据坐标轴上点的坐标特征即可求出答案；
（2）过D作AB的对称点D1，连接OD1，交AB于点P，此时△POD的周长最小，根据折叠性质可得D1(-4，5)，设直线OD1的解析式为y=kx，将点D1坐标代入直线方程可得直线OD1的解析式为y=-x，再根据矩形性质及折叠性质可得B(0，8)，同理求得直线AB的解析式为y=2x+8，联立两直线的方程，解方程即可求出答案；
（3）根据勾股定理求出A吧，分情况讨论：
当BN为边时，若四边形BNMQ是正方形，则BN=MN，过点Q作QG⊥x轴于G，过点N作NI⊥x轴于I，根据相似三角形判定定理可得△AOB∽△ANM，再根据其相似比性质可得IN=，根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△QGM≌△MIN，则QG=IM=，MG=IN=，由OG=OM+MG=IN=即可求出答案.若四边形BNQM是正方形，同理可得△AOB∽△ABM，根据相似三角形相似比性质即可求出答案.若四边形BMQN是正方形，同理即可求出答案.当BN是对角线时，若四边形BMNQ是正方形，过点N作NF⊥x轴于F，g根据正方形性质及全等三角形判定定理可得△NFM≌△MOB（AAS），则BO=FM=8，OM=NF，设点M（a，0），则OF=8-a，FN=a，可得点N（a-8，-a），根据点P在AB上列出方程，解方程可得点M（，0），过点Q作QH⊥y轴于H，同理可证△QBH≌△BMO，则QH=BO=8，BH=OM=，即可求出答案.若四边形BMNQ是正方形，同理即可求出答案.
20．（2022九上·定南期中）如图，点，分别在正方形的边，上，且，把绕点顺时针旋转得到．
（1）求证：≌．
（2）若，，求正方形的边长．
【答案】（1）解：由旋转的性质得：
四边形ABCD是正方形
，即
，即
在和中，
；
（2）解：设正方形的边长为x，则
由旋转的性质得：
由（1）已证：
又四边形ABCD是正方形
则在中，，即
解得或（不符题意，舍去）
故正方形的边长为6．
【知识点】正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明即可；
（2）设正方形的边长为x，则，根据全等三角形的性质可得，再利用勾股定理可得，最后求出x的值即可。
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