八年级数学下册试题 18.2.3 正方形 同步练习--人教版（含解析）

18.2.3 正方形
一、单选题
1．正方形具有而矩形不具有的性质是（ ）
A．对角线互相垂直 B．对角相等 C．对角线互相平分 D．四角相等
2．周长为4的正方形的对角线长为（ ）
A． B．2 C．3 D．
3．已知在四边形中，与相交于点O，那么下列条件中能判定这个四边形是正方形的是（　　）
A．，， B．
C． D．
4．如图所示的木制活动衣帽架是由三个全等的菱形构成，菱形的边长，根据实际需要可以调节间的距离，若间的距离调节到，此时的度数是（ ）

A． B． C． D．
5．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
6．如图，在等腰直角中，，以B为圆心，小于的长为半径画弧，分别交，于点E，F，分别以点E，F为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点P，作射线交于点O，在射线上作，连接，.下列说法不正确的是（ ）
A． B．
C． D．若四边形的周长为16，则
7．如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，点F是边AB上一点，连接DF．若AE＝DF，则∠CDF的度数为（ ）
A．45° B．60° C．67.5° D．72°
8．顺次连结四边形各边中点所得的四边形是（ ）
A．平行四边形 B．长方形 C．梯形 D．以上都不对
9．在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编的题目是：“已知正方形（边长自定），请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形各顶点的坐标”．同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写出了正方形各顶点的坐标．若在魏华同学建立的平面直角坐标系中，正方形关于x轴对称，但不关于y轴对称，点A的坐标为，则点C的坐标为（ ）
A． B． C． D．
10．如图，正方形的面积为a，E，F，G，H分别是它的四条边上的点，且，四边形面积为b，它的对角线所在直线与正方形边所在直线分别相交，组成的阴影部分面积记为c．若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
11．如图，正方形的两条对角线，相交于点，点在上，且．则的度数为 ．
12．正方形的面积是4，则它的对角线长是
13． 如图，正方形的边长为，点是边的中点，点是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接，当最小时，的长是 ．
14．如图，在中，，于点D，于点E，连接．若不增加任何字母与辅助线，使四边形是正方形，则还需增加的一个条件是 ．

15．如图，在矩形纸片中，，，先将矩形纸片沿过点B的直线折叠，使点A落在边上的点E处，折痕为，再沿过点F的直线折叠，使点D落在上的点M处，折痕为，则两点间的距离为 .

16．如图在矩形中，，，为的中点，动点从点出发，以每秒的速度沿运动，最终到达点，若点运动的时间为秒，则当 APE的面积为时，值为 ．

17．把长方形OABC放在如图所示的平面直角坐标系中，点F、E分别在边OA和AB上，若点F （0，3），点C （9，0），且∠FEC＝90°，EF＝EC，则点E的坐标为 ．
18．我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“弦图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图所示，它由四个全等的直角三角形和一个小正方形组成的大正方形，过点D作的垂线交小正方形对角线的延长线于点G，连结，延长交于点H．若，则的值为 ．
三、解答题
19．已知在平面直角坐标系中，，
（1）当a、b满足什么关系时，四边形为菱形；
（2）若四边形为正方形，且面积为8，求A、B、C、D四个顶点坐标，并画出示意图．
20．如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD交于点O，且AC=BD，请你从①AC⊥BD、②AB=BC、③BD平分∠ABC中任选一个作为添加条件，另两个中的一个作为结论，组成一个真命题，并证明．
（1）添加条件：______，结论：______；（填序号）
（2）根据你所选择的条件和结论，写出证明过程．
21．已知如图，四边形中，与相交于点O，，，
（1）求证：四边形是平行四边形；
（2）把线段绕点O顺时针旋转，使，这时四边形是什么四边形 简要说明理由；
（3）在（2）中，当后，又分别延长到，使，这时四边形是什么四边形？简要说明理由．
22．如图，正方形的周长是40．点P是正方形对角线上一动点，过P点分别作、的垂线，垂足分别为E，F．
（1）求证：四边形是矩形．
（2）请你猜想与的数量关系，并给出证明．
（3）在P点运动过程中，的长也随之变化，求的最小值．
23．如图①所示，以正方形的点O为坐标原点建立平面直角坐标系，其中线段在y轴上，线段在x轴上，其中正方形的周长为16．
（1）直接写出B、C两点坐标；
（2）如图②，连接，若点P在y轴上，且，求P点坐标．
（3）如图③，若OB//DE，点P从点O出发，沿x轴正方向运动，连接．则，，三个角之间具有怎样的数量关系（不考虑点P与点O，D，C重合的情况）？并说明理由．
24．在正方形ABCD中，点E是直线AB上（不与点A、B重合）的动点，连接DB，DE，过点D作交直线BC于点E．
（1）如图1，若点E在边AB上，点F在BC的延长线上，
①求证： ADE≌ CDF；
②线段BE、BF、BD有怎样的数量关系？请直接写出结论．
（2）如图2，若点E、F分别在BA、CB的延长线上，线段BE、BF、BD有怎样的数量关系？写出结论并给出证明．
（3）若，，请直接写出线段BF的长．
答案：
一、单选题
1．A
【分析】本题考查正方形的性质、矩形的性质等知识，根据正方形、矩形的性质即可判断．
解：因为正方形的对角相等，对角线相等、垂直、且互相平分，矩形的对角相等，对角线相等，互相平分，
所以正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直．
故选：A．
2．A
【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，根据正方形的周长计算公式求出正方形的边长，再利用勾股定理求出正方形的对角线的长即可．
解：∵正方形的周长为4，
∴该正方形的边长为1，
∴该正方形的对角线长为，
故选：A．
3．B
【分析】本题主要考查正方形的判定，根据判别一个四边形为正方形的方法逐一进行判定即可．
解：A、不能，对角线互相平分且一组邻边相等的四边形可判定为菱形，故本选项不符合题意．
B、能，对角线互相平分且相等且一组邻边相等的四边形是正方形，可判定该四边形是正方形．故本选项符合题意．
C、不能，根据平行线的性质和一组对角相等的四边形是平行四边形，可判定该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．
D、不能，一组对边平行且相等，对角线相等可判定为矩形，故本选项不符合题意．
故选：B．
4．A
【分析】连接，交于点，根据题意可得，进而勾股定理求得的长，根据菱形的性质求得，可得，进而判断四边形是正方形，即可求解．
解：如图所示，连接，交于点

在菱形中，，
∴，，
∴，
在中，，
∴，
∴菱形是正方形，
∴，
故选：A．
5．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：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．
6．D
【分析】根据作图过程可以得出四边形ABCD为正方形，根据正方形的性质逐项判断即可.
解：由作法可知平分，
∴.
∵为等腰直角三角形，
∴.
∴，.
又∵，
∴四边形是菱形.
又∵，
∴四边形是正方形.
∴，.
∵四边形的周长为16，
∴.
∴.
故选D.
7．C
【分析】由“”可证，可得，即可求解．
解：四边形是正方形，
，，，
平分，
，
在和中，
，
，
，
，
故选：C．
8．A
【分析】利用中位线定理和平行四边形的判定，可推出四边形为平行四边形．
解：如图，点，，，分别是四边形四条边，，，的中点，
，分别是，的中位线，
，，，，
，，
四边形是平行四边形．
故选：A．

9．D
【分析】先根据“正方形关于x轴对称”确定x轴的位置，再根据点A的坐标确定原点的位置，进而确定y轴的位置，从而写出点C的坐标．
解：∵正方形关于x轴对称，
∴x轴经过中点E、F，
∴连接，即为x轴，
∵点A的坐标为，
∴点A到y轴距离为3，
则将四等分，其中等分点O使得，以点O为原点，建立平面直角坐标系，如图：
∵正方形关于x轴对称，点A的坐标为，
∴点B坐标为，
∴，则，
∵，
∴，
∴点C的坐标为．
故选：D．
10．C
【分析】设，，根据正方形的性质及面积法可得答案．
解：设，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴垂直平分，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：C．
二、填空题
11．
【分析】本题主要考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键；
根据正方形的性质得到线段相等和，再根据三角形的内角和即可求解．
解：四边形是正方形．
，，
，
，
，
故答案为：
12．
【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理质、二次根式的性质．熟练掌握正方形的性质是解答本题的关键．根据正方形的性质可求得其边长，再根据勾股定理可求得其对角线的长．
解：∵正方形的面积是4，
∴它的边长是，
根据勾股定理得到则它的对角线长．
故答案为：．
13．
【分析】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理．由翻折知，得点在以为圆心，为半径的圆上运动，可知当点、、三点共线时，最小，再利用勾股定理可得的长，继而解题．
解：∵将沿翻折得到，
∴，
∴点在以为圆心，为半径的圆上运动，
∴当点、、三点共线时，最小，
由勾股定理得，,
∴，
故答案为：．
14．（答案不唯一）
【分析】要使四边形是正方形，由题意可知其四个角都是直角，所以是矩形，使，即可满足题意．
解：∵于点D，于点E，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∵要使四边形是正方形，
∴需增加一个条件是：（答案不唯一）．
故答案为：（答案不唯一）．
15．
【分析】判定四边形是正方形，即可得到，再根据，即可利用勾股定理求得的长．
解：如图所示，连接，

由折叠可得，，
又，
∴四边形是矩形，
又，
∴四边形是正方形，
，
又，
，
由折叠可得，，
中，，
故答案为：．
16．6或11
【分析】分在上、在上两种情况，根据三角形的面积公式计算即可．
解：①当在上时，
的面积等于，
，
解得：；
②当在上时，
的面积等于，
，
，
解得：；
综上所述，的值为6或11，
故答案为：6或11．
17．（6，6）
【分析】根据矩形的性质得到AB＝OC＝9，∠FAE＝∠B＝90°，根据余角的性质得到∠AFE＝∠CEB，根据全等三角形的性质得到AF＝BE，AE＝BC，设AF＝BE＝x，列方程即可得到结论．
解：∵点F （0，3），点C （9，0），
∴OF＝3，OC＝9，
∵四边形ABCO是矩形，
∴AB＝OC＝9，∠FAE＝∠B＝90°，
∵∠FEC＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝∠AEF+∠CEB＝90°，
∴∠AFE＝∠CEB，
∵EF＝EC，
∴△AEF≌△BCE（AAS），
∴AF＝BE，AE＝BC，
设AF＝BE＝x，
∴AO＝BC＝AE＝x+3，
∴x+3+x＝9，
∴x＝3，
∴AE＝BC＝6，
∴点E的坐标为（6，6），
故答案为：（6，6）．
18．
【分析】本题主要考查了矩形和正方形的判定以及性质和勾股定理，过点G作交的延长线于点T，设与交于点M，交的延长线于点N，设，则，由，可得四边形是矩形，由证得四边形是正方形，从而，，由勾股定理求得和，即可求出答案．
解：过点G作交的延长线于点T，设与交于点M，交的延长线于点N，如图所示∶
设，则，
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，，
根据勾股定理，得
∵，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
三、解答题
19．
（1）解：连接BD，与y轴交于点E，
则点E的坐标为（0，1），
∵四边形ABCD为菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
即当时，四边形为菱形．
（2）解：∵四边形ABCD为正方形，且面积为8，
∴，
∵正方形的对角线相等且垂直，
∴，，
∴，
，
，
即，
∴，
∴点A的坐标为（0，3），
∵，
∴点B的坐标为（2，1），点C的坐标为（0，-1），点D的坐标为（-2，1），
即点A（0，3），点B（2，1），点C（0，-1），点D（-2，1）．
20．
（1）解：添加条件：AB=BC，结论：AC⊥BD，BD平分∠ABC；
故答案为：②，①③；
（2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB=CD，AB∥CD，
∵AB=BC，∴AB=BC=CD，
在△ABC和△BCD中，，
∴△ABC≌△BCD，
∴∠ABC=∠BCD，
∵AB∥CD，
∴∠ABC+∠BCD=180°，
∴∠ABC=∠BCD=90°，
∴平行四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BD平分∠ABC．
21．
解：（1）证明： 在和中，
，
，
，
，
∴四边形为平行四边形；
（2）证明：四边形是菱形，
理由如下：
∵AC⊥BD，
平行四边形是菱形（对角线互相垂直的平行四边形是菱形）；
（3）证明：四边形是正方形，
理由如下：
，，
，
，
菱形是正方形（对角线相等的菱形是正方形）．
22．
解：（1）证明：∵，
∴
又∵是正方形
∴
∴四边形四边形是矩形
（2）解：，证明如下：
连接，
∵四边形为矩形，
∴，
又∵四边形是正方形，P为上任意一点，
∴AD=AB，∠CAD=∠BAC=45°，
∵AP=AP，
∴△ADP≌△ABP，
∴，
∴；
（3）解：由（2）得，则的最小值，即的最小值，
当时，取得最小值，
∵正方形ABCD的周长为40，
∴AD=CD=10
∵AD=CD，∠ADC=90°，
，
∵，
∴
∴的最小值是．
23．
（1）解：∵正方形ABCO的周长为16
∴正方形边长为4，
∴点B坐标为（4,4）点C坐标为（4,0）．
（2）解：由题意可知OA=OB=4，
∴，
则
，
设点P的坐标为（0，m），
则OP=，
，
解得，
∴m=8或m=-8，
∴点P坐标为（0,8）或（0，-8）．
（3）解：，理由如下：
如图，过点P作交BC于点Q，
则，
∴，，
∵，
∴．
24．
解：（1）证明①：如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠A＝∠3＝90°，
∵DF⊥DE，
∴∠2＋∠EDC＝而∠1＋∠EDC＝，
∴∠1＝∠2，
∴△ADE≌△CDF ，
②BE＋BF ＝BD ，理由如下：
由①，得：AE=CF，
∴BE+BF=BE+BC+CF=AB+BC=2AB，
在 中， ，
∴ ,即 ，
∴ ，
∴BE＋BF ＝BD ；
（2）BE－BF ＝BD，理由如下：
如图2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝CD，∠ADC＝∠DAE＝∠DCF＝，
∵DF⊥DE　，
∴∠EDA＋∠ADF＝而∠FDC＋∠ADF＝，
∴∠EDA＝∠FDC，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE＝CF ，
∴BE－BF＝（AB＋AE）－（CF－BC）＝AB+BC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，是等腰直角三角形，
∴由勾股定理得：BD＝，
∴BE－BF＝AB＋BC＝2 BC＝ ；
（3）由（1）得：CF=AE，BF=BC+CF， ，
∵，
∴BC= ，
如图，若点E在边AB上，点F在BC的延长线上，
∵BE=2，
∴CF=AE=AB-BE=3-2=1，
∴BF=BC+CF=3+1=4；
如图，若点E、F分别在AB、CB的延长线上，
∵∠ADC=∠BDF=90°，
∴∠ADE=∠CDF，
∵∠A=∠DCF=90°，AD=CD，
∴△ADE≌△CDF，
∴AE=CF，
∵AB=BC=3，BE=2，
∴CF=AE=AB+BE=3+2=5，
∴BF=BC+CF=5+3=8，
∴线段BF的长4或8．