22.3.3 特殊的平行四边形--正方形 同步练习（含解析）2024-2025学年八年级下册（沪教版（五四学制）（2024））

22.3.3 特殊的平行四边形--正方形
一、单选题
1．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（　）
A．四个角都相等 B．对角线互相平分 C．对角线相等 D．对角线互相垂直
2．对角线长为的正方形，边长是多少（　　）
A． B． C． D．
3．如图，已知正方形ABCD的边长为5，E为BC边上的一点，∠EBC=30°，则BE的长为 ( )
A．cm B．2cm C．5 cm D．10 cm
4．如图，在菱形中，对角线，相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（ ）

A． B． C． D．平分
5．如图，延长正方形边至点，使，则为（ ）
A．22.5° B．25° C．30° D．45°
6．如图，在平面直角坐标系中，正方形 的顶点 ；，则顶点 的坐标是（　　）
A． B． C． D．
7．如图，在正方形 中， 是 上的一点，且 ，则 的度数是（)
A．20° B．22.5° C．30° D．45°
8．如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（　　）
A．22.5° B．25° C．30° D．不能确定
9．如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，在正方形ABCD中，E是BC边上的一点，BE=4，EC=8，将正方形边AB延AE折叠刀AF，延长EF交DC于G，连接AG，现在有如下结论：①∠EAG=45°；②GC=CF；③FC∥AG；④S△GFC=14.4；其中结论正确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
二、填空题
11．正方形是有一组邻边 ，并且有一个角是 的平行四边形，因此它既是 又是 ．
12．若正方形的边长为a，则它的对角线长为 ．
13．已知矩形，给出三个关系式：①②③如果选择关系式 作为条件（写出一个即可），那么可以判定矩形为正方形，理由是 .
14．在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，则∠EBC的度数是 ．
15．作正方形中对角线的平行线，点E在直线上，且四边形是菱形，贴 ．
16．如图，E是正方形ABCD的对角线BD上一点，连接CE，过点E作，垂足为点F．若，，则正方形ABCD的面积为 ．
17．如图，在正方形 ABCD 中，AC 为对角线，E 为 AC 上一点，连接 EB、ED，延长 BE交 AD 于 F．当∠BED＝120°时，则∠ABF 的度数为 °．
18．如图,点P是正方形ABCD的对角线BD上一点,PE⊥BC于点E,PF⊥CD于点F,连接EF，给出下列五个结论:①AP=EF；②AP⊥EF；③△APD一定是等腰三角形；④∠PFE=∠BAP；⑤PD=EC，其中正确结论的序号是 .
三、解答题
19．如图所示，正方形的边长为1，点在线段上运动，平分交边于点．
求证：．
20．如图，若四边形的对角线与相交于点O，且，则四边形是正方形吗？
21．如图，M、N分别是正方形的边的中点，与交于点P，连结，求证：．
22．如图，E，F是正方形ABCD的对角线BD上的两点，且BE＝DF．
(1)求证：△ABE≌△CDF；
(2)若AB＝3，BE＝2，求四边形AECF的面积．
23．如图1，正方形的边长为，点为正方形边上一动点，过点作于点，将绕点逆时针旋转得，连接．
(1)证明：．
(2)延长交于点．判断四边形的形状，并说明理由；
(3)若，求线段的长度．
24．如图四边形为正方形，点为线段上一点，连接，过点作，交射线于点，以为邻边作矩形，连接．
(1)求证：矩形是正方形；
(2)若，求的长度；
(3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数．
25．已知：如图①，四边形是正方形，点E在边上，点F在边上，且，连接，记交点为P．
(1)求证：；
(2)如图②，对角线与交于点O，分别与交于点，求证：；
(3)在（2）的条件下，连接，若， ，求的长．
26．已知四边形是正方形，绕点旋转，，，连接，．
(1)如图，求证：；
(2)直线与相交于点，
如图，于点，于点，求证：四边形是正方形；
如图，连接，若，，请直接写出在旋转的过程中线段长度的最小值．（提示：过点作于点，过点作于点）
答案
一、单选题
1．D
【分析】对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答．
【解析】解：根据正方形和矩形的性质对比分析：
①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等；
②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角；
③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征；
故选：D．
2．D
【解析】画出图形，利用等腰三角形的性质和三角函数即可得答案．
解：如图：正方形中，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴．
故选：D．
3．D
【解析】试题解析：设
根据勾股定理，
故选D.
4．A
【分析】根据菱形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【解析】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．
即或．
故选：A
5．A
【分析】连接AC，根据题意可得AC=BD=CE，则∠ACE=∠E，由外角的性质可得：∠CAB=∠ACE+∠E=45°，即可求解．
【解析】解：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC=BD，且∠CAB=45°，
又∵BD=AE，
∴AE=CA，
∴∠E=∠ACE，
∵∠CAB=∠ACE+∠E=2∠E=45°，
∴∠E=22.5°．
故选：A．
6．B
【分析】根据、的互相垂直平分线，且，即有，问题得解．
【解析】解：连接 ，交于点，
，
，
四边形是正方形，
、的互相垂直平分线，且，
，，
∴点坐标，
故选：B．
7．B
【分析】在正方形中可知∠BAC＝45°，由AB＝AE，进而求出∠ABE，又知∠ABE＋∠EBC＝90°，故能求出∠EBC．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠BAC＝45°，
∵AB＝AE，
∴∠ABE＝∠AEB＝67.5°，
∵∠ABE＋∠EBC＝90°，
∴∠EBC＝22.5°，
故选B．
8．A
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解．
【解析】解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
所以，∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°．
故选：A．
9．D
【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解．
【解析】解：过点E作EH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
故选：D．
10．C
【分析】选项①正确．证明∠GAF=∠GAD，∠EAB=∠EAF即可．选项②错误．可以证明DG=GC=FG，显然△GFC不是等边三角形，可得结论．选项③正确．证明CF⊥DF，AG⊥DF即可．选项④正确．证明FG：EG=3：5，求出△ECG的面积即可．
【解析】解：如图，连接DF．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠ABE=∠BAD=∠ADG=∠ECG=90°，
由折叠可知：AB=AF，∠ABE=∠AFE=∠AFG=90°，BE=EF=4，∠BAE=∠EAF，
∵∠AFG=∠ADG=90°，AG=AG，AD=AF，
∴Rt△AGD≌Rt△AGF（HL），
∴∠GAF=∠GAD，
∴∠EAG=∠EAF+∠GAF=(∠BAF+∠DAF)=45°，故①正确，
设GD=GF=x，
在Rt△ECG中，∵EG2=EC2+CG2，
∴(4+x)2=82+(12-x)2，
∴x=6，
∵CD=BC=BE+EC=12，
∴DG=CG=6，
∴FG=GC，
易知△GFC不是等边三角形，显然FG≠FC，故②错误，
∵GF=GD=GC，
∴∠DFC=90°，
∴CF⊥DF，
∵AD=AF，GD=GF，
∴AG⊥DF，
∴CF∥AG，故③正确，
∵S△ECG=×6×8=24，FG：FE=6：4=3：2，
∴FG：EG=3：5，
∴S△GFC=×24==14.4，故④正确，
故①③④正确，
故选：C．
二、填空题
11． 相等 直角 矩形 菱形
【分析】根据正方形的定义和性质填空即可．
【解析】正方形是有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形，因此它既是矩形又是菱形．
故答案为：相等，直角，矩形，菱形
12．
【分析】根据题意，可得正方形的相邻两边与对角线正好构成一个等腰直角三角形，对角线是斜边，结合勾股定理计算可得答案．
【解析】解：∵正方形的相邻两边与对角线正好构成一个等腰直角三角形，对角线是斜边；
∵正方形的边长为a，
∴对角线长是．
故答案为：
13． ① 一组邻边相等的矩形是正方形
【分析】根据正方形的判定定理添加一个条件使得矩形是菱形即可．
【解析】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=BC，
∴矩形ABCD为正方形（一组邻边相等的矩形是正方形）．
故答案为①，一组邻边相等的矩形是正方形．
14．22.5°
【分析】由AB=AE，在正方形中可知∠BAC=45°，进而求出∠ABE，又知∠ABE+∠EBC=90°，故能求出∠EBC．
【解析】解：∵正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，
∴∠BAC=45°，
∵AB=AE，
∴∠ABE=∠AEB=67.5°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，
∴∠EBC=22.5°，
故答案为：22.5°．
15．或
【分析】根据题意，分类画出图形并利用等腰三角形的性质和30 直角三角形的判定求解即可；
【解析】解：1）如图：过点C作CH⊥BF，
∵AC//BF，
∴
∵正方形，对角线为AC，
∴,
设，则，，
∵四边形是菱形，
∴
∴,
∴
2)如图，过点C作CH⊥BF，
∵AC//BF，
∴
∵正方形，对角线为AC，
∴,
设，则，，
∵四边形是菱形，
∴
∴,
∴,
∴,
故答案为：或
16．196
【分析】连接AE可得AE=CE，勾股定理求出EF，DF=EF，求出AD可得答案．
【解析】解：连接AE，如图，
∵正方形ABCD，
∴AB=BC，∠ABD=∠CBD=45°，
∵BE=BE，
∴△ABE≌△CBE，
∴AE=EC=10，
∵EF⊥AD，AF=6，
∴EF=，
∴DF=EF=8，AD=8+6=14，
∴正方形ABCD的面积为196，
故答案为：196．
17．15
【分析】由四边形ABCD是正方形，易证得△BEC≌△DEC，然后根据全等三角形的性质知对应角相等，即∠BEC=∠DEC=∠BED，又由对顶角相等、三角形的一个内角的补角是另外两个内角的和求得∠EFD=∠BEC+∠CAD．
【解析】∵ 四边形 ABCD 是正方形，
∴BC=CD，∠EAB=∠ECB=∠ECD=45 ，∠ABC=90 ，
∵在 △BEC 与 △DEC 中，
∴△BEC ≌ △DEC(SAS) ，
∴∠BEC=∠DEC=∠BED ，
∵∠BED=120 ，
∴∠BEC=60 =∠AEF ，
∵∠BEC=∠BAE+∠ABF
∴∠ABF =60 -45 =15
故答案为：15．
18．①②④⑤．
【分析】过P作PG⊥AB于点G，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明△AGP≌△FPE后即可证明①AP=EF；④∠PFE=∠BAP；在此基础上，根据正方形的对角线平分对角的性质，在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，求得⑤DP=EC．
【解析】证明：过P作PG⊥AB于点G，
∵点P是正方形ABCD的对角线BD上一点，
∴GP=EP，
在△GPB中，∠GBP=45°，
∴∠GPB=45°，
∴GB=GP，
同理，得PE=BE，
∵AB=BC=GF，
∴AG=AB -GB，FP=GF -GP=AB -GB，
∴AG=PF，
∴△AGP≌△FPE，
∴AP=EF，故①正确；
延长AP到EF上于一点H，
∴∠PAG=∠PFH，
∵∠APG=∠FPH，
∴∠PHF=∠PGA=90°，即AP⊥EF，故②正确；
③∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，∠ADP=45度，
∴当∠PAD=45度或67.5度或90度时，△APD是等腰三角形，
除此之外，△APD不是等腰三角形，故③错误．
∴∠PFE=∠BAP，故④正确；
∵GF∥BC，
∴∠DPF=∠DBC，
又∵∠DPF=∠DBC=45°，
∴∠PDF=∠DPF=45°，
∴PF=DF=EC，
∴在Rt△DPF中，DP2=DF2+PF2=EC2+EC2=2EC2，
∴DP=EC，故⑤正确．
∴其中正确结论的序号是①②④⑤．
三、解答题
19．如如图所示，延长至点，使得，连接，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，．
又∵是的角平分线．
∴，
∴．
即，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
∴．
20．解：四边形ABCD是正方形，
理由是：∵OA＝OB＝OC＝OD，
∴AC＝BD，四边形ABCD是平行四边形，
∴平行四边形ABCD是矩形，
∵，
∴OA2＋OB2＝AB2，
∴∠AOB＝90°，
即AC⊥BD，
∴四边形ABCD是正方形．
21．证明：延长交于Q，
在正方形中，AD=DC=CB，∠D=∠NCB=90°，
∵M、N分别是正方形的边的中点，
∴DM=AM=，CN=
∴DM=CN，
在△DMC和△CNB中，
，
∴△DMC≌△CNB（SAS），
∴∠DCM=∠CBN，
∵∠DCM+∠PCB=90°
∴∠CBP+∠PCB=∠DCM+∠PCB=90°，
∴∠BPC=180°-∠PCB -∠CBP=180°-（∠PCB+∠CBP）=90°
在△CDM和△QAM中
，
∴△CDM≌△QAM（AAS），
∴CD=QA，
在Rt△QBP中，AP为斜边中线，
∴AP==AB．
22．（1）证明： 正方形ABCD，
∴AB=CD,∠ABE=∠CDF=45°
∵BE=DF
（2）如图，连结AC，
正方形ABCD，
∴AC=BD==6，AC⊥BD
∴EF=6-2-2=2,
∴四边形AECF的面积=S△AEF +S△CEF =EF AC= ×2×6=6
23.（1）证明：由题意和旋转的性质可得：，，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，即：，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：四边形是正方形，理由如下：
由（1）得：，且，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
（3）解：∵正方形的边长为，
∴，
设正方形的边长为，
∴，
∵，
∴，
在中，，，
∴，
解得：，（不符合题意，舍去），
∴，
∴线段的长度为．
24．（1）证明：如图1，作于，于，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
矩形是正方形；
（2）解：如图2中，在中．
∵
∴，
，
，
点C与F重合，此时是等腰直角三角形，．
（3）解：①当与的夹角为时，点在边上，，
则，
在四边形中，由四边形内角和定理得：，
②当与的夹角为时，点在的延长线上，，如图3所示：

，，
，
综上所述，或．
25．（1）解： ∵四边形是正方形，
∴，，
∵在和中，
，
∴，
∴；
（2）证明：∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
由（1）知，
∴，
∴，
即，
在和中，
∴，
∴；
（3）解：过点O作于M，作于N，如图所示，
则，
∵，
∴∠OBH=∠OAP，，
又∵∠AHP=∠BHO,∠AHP+∠OAP+∠APH=∠BHO+∠OBH+∠AOB=180°，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形．
∵在和△OHN中，
，
∴，
∴，
∴四边形是正方形．
∵，
∴，
∵，
∴．
在中，，
∴正方形的边长为：
．
26．（1）∵四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）如图，设与相交于点，
则， ，
∵△ADE≌△CDF，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是矩形，
∴，
∵ 四边形是正方形，
∴ ，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
②解：作交点于，作于点，
此时，
∴，
∵，，
最大时，最小，，
∴，
由可知，是等腰直角三角形，
∴．