【精品解析】1.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册

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名称 【精品解析】1.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册
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资源类型 试卷
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科目 数学
更新时间 2025-07-15 10:22:48

文档简介

1.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册
一、选择题
1.(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.
2.(2023九上·顺德月考)如图,将长方形纸片折叠,使A点落BC上的F处,折痕为BE,若沿EF剪下,则折叠部分是一个正方形,其数学原理是(  )
A.邻边相等的矩形是正方形
B.对角线相等的菱形是正方形
C.两个全等的直角三角形构成正方形
D.轴对称图形是正方形
【答案】A
【知识点】正方形的判定;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:∵将长方形纸片折叠,A落在BC上的F处,
∴BA=BF,
∵折痕为BE,沿EF剪下,
∴四边形ABFE为矩形,
∴四边形ABEF为正方形.
故用的判定定理是;邻边相等的矩形是正方形.
故选:A.
【分析】由折叠可得到BA=BF,先判定ABFE为矩形,即可得到ABFE为正方形.
3.(2024九上·广州开学考)如图,已知四边形是平行四边形,下列说法正确的是(  )
A.若,则是菱形 B.若,则是正方形
C.若,则是矩形 D.若,则是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A、邻边互相垂直的平行四边形不一定是菱形,故A错误,不符合题意;
B、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故B错误,不符合题意;
C、若,则是矩形,故C正确,符合题意;
D、因为邻边相等的平行四边形是菱形,故D错误,不符合题意;
故答案为:C。
【分析】根据矩形、正方形和菱形的判定定理,然后再对各个选项进行逐一分析即可求解。
4.(2023九上·金水期中)如图,在正方形中,,E,F分别为边的中点,连接,点G,H分别为的中点,连接,则的长为(  )
A. B.1 C. D.2
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-AAS;三角形的中位线定理
【解析】【解答】解:连接AG,延长AG交CD于M,连接FM,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=CD=BC=AD=4,ABCD,∠C=90°,
∴∠AEG=∠GDM,∠EAG=∠DMG,
∵G为DE的中点,
∴GE=GD,
∴△AEG≌△MDG(AAS),
∴AG=MG,AE=DM=AB=CD,
∴CM=CD=2,
∵点H为AF的中点,
∴GH=FM,
∵F为BC的中点,
∴CF=BC=2,
∴FM=,
∴GH=FM=,
故选:C.
【分析】连接AG,延长AG交CD于M,连接FM,根据正方形性质可得AB=CD=BC=AD=4,ABCD,∠C=90°,则∠AEG=∠GDM,∠EAG=∠DMG,再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△MDG(AAS),则AG=MG,AE=DM=AB=CD,再根据线段中点可得CF=BC=2,再根据勾股定理即可求出答案.
5.(2024九上·白银期末)如图,小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形,再用这副七巧板拼成一个矩形,则矩形的对角线长为(  )
A. B. C.4 D.
【答案】A
【知识点】七巧板与拼图制作;勾股定理;矩形的性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:∵正方形边长为2,
∴①和②的斜边为2,
∵①和②都是等腰直角三角形,
∴①和②的直角边为,
∴矩形的长为,宽为,
∴矩形的对角线长为,
故答案为:A.
【分析】根据正方形边长为2,则①和②的斜边为2,从而得出矩形的长和宽,再根据勾股定理即可求出答案.
6.(2024九上·定州期末)如图,在正方形ABCD中,AB=5,点M在CD的边上,且DM=2,△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,连接EF,则线段EF的长为(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】勾股定理;正方形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定-SAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:如图,连接BM.
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,
∴AE=AD,∠MAD=∠MAE.
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,
∴AF=AM,∠FAB=∠MAD.
∴∠FAB=∠MAE
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE.
∴∠FAE=∠MAB.
∴△FAE≌△MAB(SAS).
∴EF=BM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD=AB=5.
∵DM=2,
∴CM=3.
∴在Rt△BCM中,BM=,
∴EF=,
故选:A.
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM,根据对称性可得:AE=AD,∠MAD=∠MAE,再利用旋转的性质可得:AF=AM,∠FAB=∠MAD,利用角的运算可得:∠FAE=∠MAB,利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB(SAS),利用全等三角形的性质可得:EF=BM.再根据BC=CD=AB=5,利用线段运算可求出CM=3,再利用勾股定理可求出BM,进而可得EF的长.
7.(2024九上·红花岗期末)如图,在正方形中,点是边上的一个动点,连接,以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形,连接.以下结论正确的是(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质;勾股定理;正方形的性质;旋转的性质
【解析】【解答】解:证明:过点作,如图所示:
四边形为正方形,



,,
为等腰直角三角形,


∴,

将绕点顺时针旋转得到,
由旋转的性质可知:,,,,

,,


四边形为平行四边形,

故答案为:B.
【分析】先得到,然后把绕点顺时针旋转得到,再根据旋转的性质得到,,,,根据勾股定理求出,然后得到为平行四边形,即可得到结论.
8.(2024九上·重庆市开学考)如图,在正方形中,为对角线,点、分别为边和上的点且,连接,过点作交于点,点为边上的点,连接且,若,则的度数(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL;矩形的判定与性质;正方形的性质;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:连接,延长交于点,
四边形是正方形,为对角线,
,,,



,,



四边形是平行四边形,

四边形是矩形,
,,


四边形是正方形,

在和中,




故答案为:B
【分析】本题考查正方形的判定与性质,矩形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,三角形的外角性质.先连接,延长交于点,根据四边形是正方形,为对角线,利用正方形的性质可推出,据此可证明四边形是矩形,利用矩形的性质可得推出:,再结合,可证明四边形是正方形,利用正方形的性质可推出,利用全等三角形的判定定理可证明,利用全等三角形的性质可得:,再利用三角形的外角性质可求出的度数.
二、填空题
9.(2020九上·埇桥月考)若一个正方形的面积是12,则它的边长是   .
【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解:正方形的面积是12,边长= .
故答案是: .
【分析】正方形的边长是面积的算术平方根.
10.(2021九上·房山期中)如图,正方形的边长为3,为边上一点,.绕着点逆时针旋转后与重合,连结,则   .
【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】根据旋转得旋转角为,
,,
,,



故答案为:.
【分析】先利用勾股定理求出AE的长,再根据,利用勾股定理求出EF的长即可。
11.(2019九上·简阳期末)平行四边形、菱形、矩形、正方形的关系是:   .(请用文字或图形直观表述)
【答案】
【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】其关系如下
【分析】正方形具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质;矩形和菱形是特殊的平行四边形,具有平行四边形的一切性质。
12.(2024九上·白银期末)如图,在正方形中,为对角线上一点,连接,,,则的度数为   .
【答案】
【知识点】正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:∵四边形正方形,
∴,,,
∵,
∴,
∴,
又∵,
∴,
∴,
故答案为:.
【分析】根据正方形性质可得,,,再根据全等三角形判定定理可得,则,再根据角之间的关系即可求出答案.
13.(2024九上·成都期末)如图,边长为3的正方形中,为边上一点,且,是对角线上的一个动点,则的最小值为   .
【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:如图,连接、,
边长为3的正方形,
,,,
又,




在中,,
由两点之间线段最短性质得,,

的最小值为.
故答案为:.
【分析】连接、,根据正方形的性质利用SAS可以得到,即可得到,然后根据勾股定理求出的长,再根据两点之间线段最短得到的最小值即可.
14.(2024九上·重庆市开学考)如图,正方形中,为边上一点,连接,点为中点,点为中点,连接,点为中点,连接,若,,则   .
【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:连接,

四边形为正方形,,
,,

∵为斜边中点,

∵为中点,为中点,
∴.
故答案为:.
【分析】连接,由正方形的性质得出,,由勾股定理得出,再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出,最后由三角形中位线等于第三边的一半即可得出答案.
三、作图题
15.(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.
16.(2021九上·凤翔期中)如图,已知四边形ABCD是矩形,尺规作图,求作正方形BECF,使得顶点E在矩形ABCD内.
【答案】解:如图,正方形BECF为所作.
【知识点】正方形的性质;尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】由题意作线段BC的垂直平分线与BC相较于点O,以点O为圆心、OB为半径画弧与垂直平分线分别相较于E、F两点,然后连接BE、CE、BF、CF,四边形BECF即为所求.
四、解答题
17.(2024九上·南山期末)如图,在正方形中,点,分别在,上,,垂足为.
(1)求证:;
(2)若正方形的边长是8,,点是的中点,求的长.
【答案】(1)证明:四边形是正方形,
,,






(2)解:,





是中点,,

【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)先利用“ASA”证出,再利用全等三角形的性质可得;
(2)先利用勾股定理求出BF的长,再利用直角三角形斜边上中线的性质可得.
(1)证明:四边形是正方形,
,,






(2)解:,





是中点,,

18.(2023九上·阳新期中)如图,点E为正方形外一点,,将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点.
(1)试判定四边形的形状,并说明理由;
(2)已知,求的长.
【答案】解:(1)四边形是正方形,理由如下:
根据旋转:
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE=∠DAB=90°

∴四边形是矩形,
又∵
∴矩形是正方形.
(2)连接
∵,
在中,
∵四边形是正方形

在中,,又,
∴.
【知识点】勾股定理;矩形的判定与性质;正方形的判定与性质;旋转的性质
【解析】【分析】(1)由旋转的性质可得∠AEB=∠AFD=90°,AE=AF,∠DAF=∠EAB,再根据正方形性质可得∠FAE=∠DAB=90°,再根据矩形判定定理可得四边形是矩形,由,结合正方形判定定理即可求出答案.
(2)连接,根据勾股定理可求,再根据正方形性质可得,在中,再根据勾股定理即可求出答案.
19.(2024九上·龙岗月考)如图①,在中,,是边上的中线,是的中点,过点作的平行线交的延长线于点,连接.
图1 图2
(1)求证:四边形是菱形.
(2)如图②,连接,若,,求的长.
【答案】(1)证明:为中点,∴,
∵,∴,
∵,∴,
∴,
∵是直角三角形斜边上的中线,
∴,
∴,
∵,∴四边形是平行四边形,
∵,∴四边形是菱形;
(2)解:∵且四边形是菱形,
∴四边形是正方形,
∴,
由(1)可得,
设,则,
在中,由勾股定理得,
∴,∴或(舍去),
∴,
∴.
【知识点】三角形全等的判定;勾股定理的应用;菱形的判定与性质;正方形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)结合中点的性质与平行线的性质先证明,进而推出AF=DB,又由于在中,,是边上的中线,则,进而AF=,根据对边平行且相等可得四边形是平行四边形,且邻边相等进而证得四边形是菱形;
(2)结合(1)中的结论可得,选定变量x表示DE,进而可知其他边CD,AD,BD的表示,根据勾股定理,算出x的值,即可求得AD,BD的长度,结合勾股定理,算出AB的长即可.
20.(2024九上·昆明开学考)已知正方形的边长为8,点E在边上,点F在边的延长线上,且.
(1)如图1,分别连接,则的形状是________;
(2)如图2,连接交对角线于点M,若,求的长;
(3)如图3,若点G、H分别在上,且,连接交于点O,当与的夹角为时,求的长.
【答案】(1)△BEF是等腰直角三角形
(2)解:如图2,过E作ENCD,交BD于N,则EN=EA=2,
在Rt△EDF中,EF=,
∵ENCD,
∴∠F=∠MEN,
∵∠CMN=∠EMN,
∴△FCM≌△ENM,
∴EM=FM,
∴DM=EF=;
(3)解:如图3,连接EB和FB,由(1)得∠EFB=45°,
∵∠EOM=45°,
∴∠EFB=∠EOM,
∴GHFB,
∵DFAB,
∴四边形FBGH是平行四边形,
∴FB=GH=4,
由勾股定理得:CF=,
∴AE=CF=4.
【知识点】勾股定理;平行四边形的判定与性质;正方形的性质;直角三角形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】(1)解:如图1,△BEF是等腰直角三角形,理由是:
在正方形ABCD中,BC=AB,∠FCB=∠A=90°,
∵CF=AE=2,
∴△FCB≌△EAB,
∴BF=BE,∠EBA=∠FBC,
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°,
∴△BEF是等腰直角三角形;
【分析】本题考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理.
(1)先利用正方形的性质可推出BC=AB,∠FCB=∠A=90°,再结合CF=AE=2,利用全等三角形的判定定理可证明△FCB≌△EAB,利用全等三角形的性质可得BF=BE,∠EBA=∠FBC,再利用角的运算可求出∠EBF=90°,据此可判断的形状;
(2)过E作ENCD,交BD于N,据此可得EN=ED=2,利用勾股定理可求出EF的长,根据ENCD,
利用平行线的性质可得:∠F=∠MEN,再结合∠CMN=∠EMN,利用全等三角形的判定定理可证明△FCM≌△ENM,利用全等三角形的性质可推出M=FM,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DM的长;
(3)连接EB和FB,据此可推出∠EFB=∠EOM,利用平行线的判定定理可证明:GHFB,再根据DFAB,利用平行四边形的判定定理可证明四边形FBGH是平行四边形,据此可推出B=GH=4,再利用勾股定理可求出CF,进而可求出AE.
(1)解:如图1,△BEF是等腰直角三角形,理由是:
在正方形ABCD中,BC=AB,∠FCB=∠A=90°,
∵CF=AE=2,
∴△FCB≌△EAB,
∴BF=BE,∠EBA=∠FBC,
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°,
∴△BEF是等腰直角三角形;
(2)解:如图2,过E作ENCD,交BD于N,则EN=EA=2,
在Rt△EDF中,EF=,
∵ENCD,
∴∠F=∠MEN,
∵∠CMN=∠EMN,
∴△FCM≌△ENM,
∴EM=FM,
∴DM=EF=;
(3)解:如图3,连接EB和FB,
由(1)得∠EFB=45°,
∵∠EOM=45°,
∴∠EFB=∠EOM,
∴GHFB,
∵DFAB,
∴四边形FBGH是平行四边形,
∴FB=GH=4,
由勾股定理得:CF=,
∴AE=CF=4.
五、综合题
21.(2024九上·岳阳开学考)已知:在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合).以AD为边作正方形ADEF,连接CF.
(1)如图1,当点D在线段BC上时,求证:
①BD⊥CF.
②CF=BC﹣CD.
(2)如图2,当点D在线段BC的延长线上时,其它条件不变,请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系;
(3)如图3,当点D在线段BC的反向延长线上时,且点A、F分别在直线BC的两侧,其它条件不变,若连接正方形对角线AE、DF,交点为O,连接OC,探究△AOC的形状,并说明理由.
【答案】(1)证明:①∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=AF,∠DAF=90°=∠BAC,
∴∠BAD=∠FAC,
在△BAD和△CAF中,

∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,∠ACF=∠ABC=45°,
∴∠BCF=∠BCA+∠ACF=90°,
∴BD⊥CF.
②由①得:BD=CF,
∵CD=BC-BD,
∴CD=BC-CF,
∴CF=BC-CD.
(2)解:CF=BC+CD,理由如下:
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=AF,∠DAF=90°,
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC,
∠CAF=∠DAF+∠DAC,
∴∠BAD=∠CAF,
在△BAD和△CAF中,

∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,
∵BD=BC+CD,
∴CF=BC+CD.
(3)解:△AOC是等腰三角形,理由如下:
由(2)得:△BAD≌△CAF(SAS),
∴∠ACF=∠ABD=180°-45°=135°,
∴∠FCD=∠ACF-∠ACB=90°,
∴△FCD为直角三角形,
∵四边形ADEF是正方形,
∴OD=OF,OA=OE=AE,AE=DF,
∴OC=DF,
∴OC=OA,
∴△AOC是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)①先利用角的运算求出∠BAD=∠FAC,再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF,可得BD=CF,∠ACF=∠ABC=45°,再求出∠BCF=∠BCA+∠ACF=90°,即可得到BD⊥CF;
②利用全等三角形的性质可得BD=CF,再利用线段的和差及等量代换可得CF=BC-CD;
(2)先利用角的运算求出∠BAD=∠CAF,再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF,可得BD=CF,最后利用线段的和差及等量代换可得CF=BC+CD;
(3)先证出△FCD为直角三角形,再利用正方形的性质可得OD=OF,OA=OE=AE,AE=DF,再利用等量代换可得OC=OA,即可证出△AOC是等腰三角形.
22.(2020九上·即墨期末)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,过点C的直线MN∥AB,D为AB边上一点,过点D作DE⊥BC,垂足为F,交直线MN于E,连接CD,BE.
(1)求证:CE=AD;
(2)当D为AB中点时,四边形BECD是什么特殊四边形?说明你的理由;
(3)在满足(2)的条件下,当△ABC满足什么条件时,四边形BECD是正方形?(不必说明理由)
【答案】(1)证明:∵DE⊥BC,
∴∠DFB=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠DFB,
∴AC∥DE,
∵MN∥AB,即CE∥AD,
∴四边形ADEC是平行四边形,
∴CE=AD.
(2)解:四边形BECD是菱形,理由如下:
∵D为AB中点,∠ACB=90°,
∴AD=BD=CD,
∵CE=AD,
∴BD=CE,
∵BD∥CE,
∴四边形BECD是平行四边形,
∵BD=CD,
∴四边形BECD是菱形.
(3)解:当△ABC是等腰直角三角形时,四边形BECD是正方形,理由如下:
由(2)可知,四边形BECD是菱形,
∴∠BDC=90°时,四边形BECD是正方形,
∴∠CBD=45°,
∵∠ACB=90°,
∴△ABC是等腰直角三角形,
∴当△ABC是等腰直角三角形时,四边形BECD是正方形.
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定
【解析】【分析】(1)先证四边形ADEC是平行四边形,根据平行四边形的性质推出即可;
(2)先证出四边形BECD是平行四边形,求出CD=BD,根据正方形的判定推出即可;
(3)由(2)可知,四边形BECD是菱形,得出∠BDC=90°时,四边形BECD是正方形,由此得出△ABC是等腰直角三角形。
六、实践探究题
23.(2024九上·翁源期中)【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点,锐角等于较大角的一半,且组成这个较大角的两边相等.通过旋转或截长补短,将角的倍分关系转化为角的相等关系,并进一步构成全等三角形,用以解决线段关系、角度、面积等问题,
【初步探究】
如图1,在正方形中,点分别在边上,连接.若,将绕点顺时针旋转,点与点重合,得到.易证:.
(1)根据以上信息,填空:
①_______°;
②线段之间满足的数量关系为_______;
【迁移探究】
(2)如图2,在正方形中,若点在射线上,点在射线上,,猜想线段之间的数量关系,请证明你的结论;
【拓展探索】
(3)如图3,已知正方形的边长为,连接分别交于点,若点恰好为线段的三等分点,且,求线段的长.
【答案】(1)①45;②;
解:.
证明如下:如图2,在上截取,连接,
在和中,,


,即,


在和中,,



∴。
(3)将绕点顺时针旋转得到,连接,
∵四边形是正方形,
,,

由旋转可得,,



又,


设,则,
在中,,

解得,

【知识点】勾股定理;正方形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:(1)∵四边形是正方形,
∴,,
将绕点顺时针旋转,点与点重合,得到.
则,,,,
∴G、B、E共线,

∴,
在和中,




∴,
故答案为:①45 ;②。
【分析】(1)如图1,根据正方形的性质和旋转性质得,,,,进而可求出G、B、E共线,,易证,从而得到,最后再进行等量替换即可求解。
(2)如图2,在上截取,连接,易证,从而得到,从而得到,易证,从而得到,最后再进行等量替换即可证明。
(3)将绕点顺时针旋转得到,连接,根据正方形的基本性质,可得, ,根据勾股定理:,代入数据, 求出的值,据此可求出BM和DM的值,由旋转性质,易得,进而可得,易证,进而可得,设,则, 在中,利用勾股定理:,代入数据,即可求出x的值,从而可得MN的值。
24.(2023九上·江源月考)如图①.四边形ABCD与四边形AEFG是共一个顶点的两个大小不同的正方形.
(1)操作发现:如图②.正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转,使点E落在边AD上时.填空:
①线段BE与IG的数量关系是   
②∠ABE与∠ADG的关系是   
(2)猜想与证明:如图③,正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转某一角度α(0<α< 90°)时.猜想(1)中的结论是否成立?并证明你的结论:
(3)拓展应用:如图④.正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转,使点F落在边AD上时,若AB=.AF=1,则BE=    
【答案】(1)相等;相等
(2)解:成立,BE=DG,∠ABE=∠ADG.
证明:在△ABE和△ADG中,∵AB=AD,AE=AG,∠BAE=∠DAG=α,
∴△ABE≌△ADG,∴BE = DG,∠ABE=∠ADG.
(3)
【知识点】三角形全等及其性质;三角形全等的判定;勾股定理;正方形的性质;旋转的性质
【解析】【解答】解: (1)四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
AE=AG,AB=AD,∠BAD=∠GAD=90°,
BE=DG,∠ABE=∠ADG;
(3)过点E作EH⊥AB于点H,如图,
F落在边AD上,
∠FAE=45°,
∠BAE=45°,且EH⊥AB,
∠AEH=∠EAH=45°,
【分析】(1)根据四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,得AE=AG,AB=AD,∠BAD=∠GAD=90°,进一步证明从而求解;
(2)同(1)一样证明 △ABE≌△ADG 即可得出结论;
(3)过点E作EH⊥AB于点H,根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得利用勾股定理即可求解.
1 / 11.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册
一、选择题
1.(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
2.(2023九上·顺德月考)如图,将长方形纸片折叠,使A点落BC上的F处,折痕为BE,若沿EF剪下,则折叠部分是一个正方形,其数学原理是(  )
A.邻边相等的矩形是正方形
B.对角线相等的菱形是正方形
C.两个全等的直角三角形构成正方形
D.轴对称图形是正方形
3.(2024九上·广州开学考)如图,已知四边形是平行四边形,下列说法正确的是(  )
A.若,则是菱形 B.若,则是正方形
C.若,则是矩形 D.若,则是正方形
4.(2023九上·金水期中)如图,在正方形中,,E,F分别为边的中点,连接,点G,H分别为的中点,连接,则的长为(  )
A. B.1 C. D.2
5.(2024九上·白银期末)如图,小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形,再用这副七巧板拼成一个矩形,则矩形的对角线长为(  )
A. B. C.4 D.
6.(2024九上·定州期末)如图,在正方形ABCD中,AB=5,点M在CD的边上,且DM=2,△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,连接EF,则线段EF的长为(  )
A. B. C. D.
7.(2024九上·红花岗期末)如图,在正方形中,点是边上的一个动点,连接,以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形,连接.以下结论正确的是(  )
A. B. C. D.
8.(2024九上·重庆市开学考)如图,在正方形中,为对角线,点、分别为边和上的点且,连接,过点作交于点,点为边上的点,连接且,若,则的度数(  )
A. B. C. D.
二、填空题
9.(2020九上·埇桥月考)若一个正方形的面积是12,则它的边长是   .
10.(2021九上·房山期中)如图,正方形的边长为3,为边上一点,.绕着点逆时针旋转后与重合,连结,则   .
11.(2019九上·简阳期末)平行四边形、菱形、矩形、正方形的关系是:   .(请用文字或图形直观表述)
12.(2024九上·白银期末)如图,在正方形中,为对角线上一点,连接,,,则的度数为   .
13.(2024九上·成都期末)如图,边长为3的正方形中,为边上一点,且,是对角线上的一个动点,则的最小值为   .
14.(2024九上·重庆市开学考)如图,正方形中,为边上一点,连接,点为中点,点为中点,连接,点为中点,连接,若,,则   .
三、作图题
15.(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.
16.(2021九上·凤翔期中)如图,已知四边形ABCD是矩形,尺规作图,求作正方形BECF,使得顶点E在矩形ABCD内.
四、解答题
17.(2024九上·南山期末)如图,在正方形中,点,分别在,上,,垂足为.
(1)求证:;
(2)若正方形的边长是8,,点是的中点,求的长.
18.(2023九上·阳新期中)如图,点E为正方形外一点,,将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点.
(1)试判定四边形的形状,并说明理由;
(2)已知,求的长.
19.(2024九上·龙岗月考)如图①,在中,,是边上的中线,是的中点,过点作的平行线交的延长线于点,连接.
图1 图2
(1)求证:四边形是菱形.
(2)如图②,连接,若,,求的长.
20.(2024九上·昆明开学考)已知正方形的边长为8,点E在边上,点F在边的延长线上,且.
(1)如图1,分别连接,则的形状是________;
(2)如图2,连接交对角线于点M,若,求的长;
(3)如图3,若点G、H分别在上,且,连接交于点O,当与的夹角为时,求的长.
五、综合题
21.(2024九上·岳阳开学考)已知:在△ABC中,∠BAC=90°,AB=AC,点D为直线BC上一动点(点D不与B、C重合).以AD为边作正方形ADEF,连接CF.
(1)如图1,当点D在线段BC上时,求证:
①BD⊥CF.
②CF=BC﹣CD.
(2)如图2,当点D在线段BC的延长线上时,其它条件不变,请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系;
(3)如图3,当点D在线段BC的反向延长线上时,且点A、F分别在直线BC的两侧,其它条件不变,若连接正方形对角线AE、DF,交点为O,连接OC,探究△AOC的形状,并说明理由.
22.(2020九上·即墨期末)如图,在Rt△ABC中,∠ACB=90°,过点C的直线MN∥AB,D为AB边上一点,过点D作DE⊥BC,垂足为F,交直线MN于E,连接CD,BE.
(1)求证:CE=AD;
(2)当D为AB中点时,四边形BECD是什么特殊四边形?说明你的理由;
(3)在满足(2)的条件下,当△ABC满足什么条件时,四边形BECD是正方形?(不必说明理由)
六、实践探究题
23.(2024九上·翁源期中)【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点,锐角等于较大角的一半,且组成这个较大角的两边相等.通过旋转或截长补短,将角的倍分关系转化为角的相等关系,并进一步构成全等三角形,用以解决线段关系、角度、面积等问题,
【初步探究】
如图1,在正方形中,点分别在边上,连接.若,将绕点顺时针旋转,点与点重合,得到.易证:.
(1)根据以上信息,填空:
①_______°;
②线段之间满足的数量关系为_______;
【迁移探究】
(2)如图2,在正方形中,若点在射线上,点在射线上,,猜想线段之间的数量关系,请证明你的结论;
【拓展探索】
(3)如图3,已知正方形的边长为,连接分别交于点,若点恰好为线段的三等分点,且,求线段的长.
24.(2023九上·江源月考)如图①.四边形ABCD与四边形AEFG是共一个顶点的两个大小不同的正方形.
(1)操作发现:如图②.正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转,使点E落在边AD上时.填空:
①线段BE与IG的数量关系是   
②∠ABE与∠ADG的关系是   
(2)猜想与证明:如图③,正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转某一角度α(0<α< 90°)时.猜想(1)中的结论是否成立?并证明你的结论:
(3)拓展应用:如图④.正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转,使点F落在边AD上时,若AB=.AF=1,则BE=    
答案解析部分
1.【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.
2.【答案】A
【知识点】正方形的判定;翻折变换(折叠问题)
【解析】【解答】解:∵将长方形纸片折叠,A落在BC上的F处,
∴BA=BF,
∵折痕为BE,沿EF剪下,
∴四边形ABFE为矩形,
∴四边形ABEF为正方形.
故用的判定定理是;邻边相等的矩形是正方形.
故选:A.
【分析】由折叠可得到BA=BF,先判定ABFE为矩形,即可得到ABFE为正方形.
3.【答案】C
【知识点】菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:A、邻边互相垂直的平行四边形不一定是菱形,故A错误,不符合题意;
B、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形,故B错误,不符合题意;
C、若,则是矩形,故C正确,符合题意;
D、因为邻边相等的平行四边形是菱形,故D错误,不符合题意;
故答案为:C。
【分析】根据矩形、正方形和菱形的判定定理,然后再对各个选项进行逐一分析即可求解。
4.【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-AAS;三角形的中位线定理
【解析】【解答】解:连接AG,延长AG交CD于M,连接FM,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=CD=BC=AD=4,ABCD,∠C=90°,
∴∠AEG=∠GDM,∠EAG=∠DMG,
∵G为DE的中点,
∴GE=GD,
∴△AEG≌△MDG(AAS),
∴AG=MG,AE=DM=AB=CD,
∴CM=CD=2,
∵点H为AF的中点,
∴GH=FM,
∵F为BC的中点,
∴CF=BC=2,
∴FM=,
∴GH=FM=,
故选:C.
【分析】连接AG,延长AG交CD于M,连接FM,根据正方形性质可得AB=CD=BC=AD=4,ABCD,∠C=90°,则∠AEG=∠GDM,∠EAG=∠DMG,再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△MDG(AAS),则AG=MG,AE=DM=AB=CD,再根据线段中点可得CF=BC=2,再根据勾股定理即可求出答案.
5.【答案】A
【知识点】七巧板与拼图制作;勾股定理;矩形的性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:∵正方形边长为2,
∴①和②的斜边为2,
∵①和②都是等腰直角三角形,
∴①和②的直角边为,
∴矩形的长为,宽为,
∴矩形的对角线长为,
故答案为:A.
【分析】根据正方形边长为2,则①和②的斜边为2,从而得出矩形的长和宽,再根据勾股定理即可求出答案.
6.【答案】A
【知识点】勾股定理;正方形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定-SAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:如图,连接BM.
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称,
∴AE=AD,∠MAD=∠MAE.
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF,
∴AF=AM,∠FAB=∠MAD.
∴∠FAB=∠MAE
∴∠FAB+∠BAE=∠BAE+∠MAE.
∴∠FAE=∠MAB.
∴△FAE≌△MAB(SAS).
∴EF=BM.
∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD=AB=5.
∵DM=2,
∴CM=3.
∴在Rt△BCM中,BM=,
∴EF=,
故选:A.
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM,根据对称性可得:AE=AD,∠MAD=∠MAE,再利用旋转的性质可得:AF=AM,∠FAB=∠MAD,利用角的运算可得:∠FAE=∠MAB,利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB(SAS),利用全等三角形的性质可得:EF=BM.再根据BC=CD=AB=5,利用线段运算可求出CM=3,再利用勾股定理可求出BM,进而可得EF的长.
7.【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质;勾股定理;正方形的性质;旋转的性质
【解析】【解答】解:证明:过点作,如图所示:
四边形为正方形,



,,
为等腰直角三角形,


∴,

将绕点顺时针旋转得到,
由旋转的性质可知:,,,,

,,


四边形为平行四边形,

故答案为:B.
【分析】先得到,然后把绕点顺时针旋转得到,再根据旋转的性质得到,,,,根据勾股定理求出,然后得到为平行四边形,即可得到结论.
8.【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL;矩形的判定与性质;正方形的性质;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:连接,延长交于点,
四边形是正方形,为对角线,
,,,



,,



四边形是平行四边形,

四边形是矩形,
,,


四边形是正方形,

在和中,




故答案为:B
【分析】本题考查正方形的判定与性质,矩形的判定与性质,全等三角形的判定与性质,三角形的外角性质.先连接,延长交于点,根据四边形是正方形,为对角线,利用正方形的性质可推出,据此可证明四边形是矩形,利用矩形的性质可得推出:,再结合,可证明四边形是正方形,利用正方形的性质可推出,利用全等三角形的判定定理可证明,利用全等三角形的性质可得:,再利用三角形的外角性质可求出的度数.
9.【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解:正方形的面积是12,边长= .
故答案是: .
【分析】正方形的边长是面积的算术平方根.
10.【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】根据旋转得旋转角为,
,,
,,



故答案为:.
【分析】先利用勾股定理求出AE的长,再根据,利用勾股定理求出EF的长即可。
11.【答案】
【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】其关系如下
【分析】正方形具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质;矩形和菱形是特殊的平行四边形,具有平行四边形的一切性质。
12.【答案】
【知识点】正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:∵四边形正方形,
∴,,,
∵,
∴,
∴,
又∵,
∴,
∴,
故答案为:.
【分析】根据正方形性质可得,,,再根据全等三角形判定定理可得,则,再根据角之间的关系即可求出答案.
13.【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS;全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解:如图,连接、,
边长为3的正方形,
,,,
又,




在中,,
由两点之间线段最短性质得,,

的最小值为.
故答案为:.
【分析】连接、,根据正方形的性质利用SAS可以得到,即可得到,然后根据勾股定理求出的长,再根据两点之间线段最短得到的最小值即可.
14.【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形的中位线定理;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:连接,

四边形为正方形,,
,,

∵为斜边中点,

∵为中点,为中点,
∴.
故答案为:.
【分析】连接,由正方形的性质得出,,由勾股定理得出,再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出,最后由三角形中位线等于第三边的一半即可得出答案.
15.【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.
16.【答案】解:如图,正方形BECF为所作.
【知识点】正方形的性质;尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】由题意作线段BC的垂直平分线与BC相较于点O,以点O为圆心、OB为半径画弧与垂直平分线分别相较于E、F两点,然后连接BE、CE、BF、CF,四边形BECF即为所求.
17.【答案】(1)证明:四边形是正方形,
,,






(2)解:,





是中点,,

【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】(1)先利用“ASA”证出,再利用全等三角形的性质可得;
(2)先利用勾股定理求出BF的长,再利用直角三角形斜边上中线的性质可得.
(1)证明:四边形是正方形,
,,






(2)解:,





是中点,,

18.【答案】解:(1)四边形是正方形,理由如下:
根据旋转:
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE=∠DAB=90°

∴四边形是矩形,
又∵
∴矩形是正方形.
(2)连接
∵,
在中,
∵四边形是正方形

在中,,又,
∴.
【知识点】勾股定理;矩形的判定与性质;正方形的判定与性质;旋转的性质
【解析】【分析】(1)由旋转的性质可得∠AEB=∠AFD=90°,AE=AF,∠DAF=∠EAB,再根据正方形性质可得∠FAE=∠DAB=90°,再根据矩形判定定理可得四边形是矩形,由,结合正方形判定定理即可求出答案.
(2)连接,根据勾股定理可求,再根据正方形性质可得,在中,再根据勾股定理即可求出答案.
19.【答案】(1)证明:为中点,∴,
∵,∴,
∵,∴,
∴,
∵是直角三角形斜边上的中线,
∴,
∴,
∵,∴四边形是平行四边形,
∵,∴四边形是菱形;
(2)解:∵且四边形是菱形,
∴四边形是正方形,
∴,
由(1)可得,
设,则,
在中,由勾股定理得,
∴,∴或(舍去),
∴,
∴.
【知识点】三角形全等的判定;勾股定理的应用;菱形的判定与性质;正方形的判定与性质;直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)结合中点的性质与平行线的性质先证明,进而推出AF=DB,又由于在中,,是边上的中线,则,进而AF=,根据对边平行且相等可得四边形是平行四边形,且邻边相等进而证得四边形是菱形;
(2)结合(1)中的结论可得,选定变量x表示DE,进而可知其他边CD,AD,BD的表示,根据勾股定理,算出x的值,即可求得AD,BD的长度,结合勾股定理,算出AB的长即可.
20.【答案】(1)△BEF是等腰直角三角形
(2)解:如图2,过E作ENCD,交BD于N,则EN=EA=2,
在Rt△EDF中,EF=,
∵ENCD,
∴∠F=∠MEN,
∵∠CMN=∠EMN,
∴△FCM≌△ENM,
∴EM=FM,
∴DM=EF=;
(3)解:如图3,连接EB和FB,由(1)得∠EFB=45°,
∵∠EOM=45°,
∴∠EFB=∠EOM,
∴GHFB,
∵DFAB,
∴四边形FBGH是平行四边形,
∴FB=GH=4,
由勾股定理得:CF=,
∴AE=CF=4.
【知识点】勾股定理;平行四边形的判定与性质;正方形的性质;直角三角形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】(1)解:如图1,△BEF是等腰直角三角形,理由是:
在正方形ABCD中,BC=AB,∠FCB=∠A=90°,
∵CF=AE=2,
∴△FCB≌△EAB,
∴BF=BE,∠EBA=∠FBC,
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°,
∴△BEF是等腰直角三角形;
【分析】本题考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理.
(1)先利用正方形的性质可推出BC=AB,∠FCB=∠A=90°,再结合CF=AE=2,利用全等三角形的判定定理可证明△FCB≌△EAB,利用全等三角形的性质可得BF=BE,∠EBA=∠FBC,再利用角的运算可求出∠EBF=90°,据此可判断的形状;
(2)过E作ENCD,交BD于N,据此可得EN=ED=2,利用勾股定理可求出EF的长,根据ENCD,
利用平行线的性质可得:∠F=∠MEN,再结合∠CMN=∠EMN,利用全等三角形的判定定理可证明△FCM≌△ENM,利用全等三角形的性质可推出M=FM,再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DM的长;
(3)连接EB和FB,据此可推出∠EFB=∠EOM,利用平行线的判定定理可证明:GHFB,再根据DFAB,利用平行四边形的判定定理可证明四边形FBGH是平行四边形,据此可推出B=GH=4,再利用勾股定理可求出CF,进而可求出AE.
(1)解:如图1,△BEF是等腰直角三角形,理由是:
在正方形ABCD中,BC=AB,∠FCB=∠A=90°,
∵CF=AE=2,
∴△FCB≌△EAB,
∴BF=BE,∠EBA=∠FBC,
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°,
∴△BEF是等腰直角三角形;
(2)解:如图2,过E作ENCD,交BD于N,则EN=EA=2,
在Rt△EDF中,EF=,
∵ENCD,
∴∠F=∠MEN,
∵∠CMN=∠EMN,
∴△FCM≌△ENM,
∴EM=FM,
∴DM=EF=;
(3)解:如图3,连接EB和FB,
由(1)得∠EFB=45°,
∵∠EOM=45°,
∴∠EFB=∠EOM,
∴GHFB,
∵DFAB,
∴四边形FBGH是平行四边形,
∴FB=GH=4,
由勾股定理得:CF=,
∴AE=CF=4.
21.【答案】(1)证明:①∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=AF,∠DAF=90°=∠BAC,
∴∠BAD=∠FAC,
在△BAD和△CAF中,

∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,∠ACF=∠ABC=45°,
∴∠BCF=∠BCA+∠ACF=90°,
∴BD⊥CF.
②由①得:BD=CF,
∵CD=BC-BD,
∴CD=BC-CF,
∴CF=BC-CD.
(2)解:CF=BC+CD,理由如下:
∵∠BAC=90°,AB=AC,
∴∠ABC=∠ACB=45°,
∵四边形ADEF是正方形,
∴AD=AF,∠DAF=90°,
∵∠BAD=∠BAC+∠DAC,
∠CAF=∠DAF+∠DAC,
∴∠BAD=∠CAF,
在△BAD和△CAF中,

∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,
∵BD=BC+CD,
∴CF=BC+CD.
(3)解:△AOC是等腰三角形,理由如下:
由(2)得:△BAD≌△CAF(SAS),
∴∠ACF=∠ABD=180°-45°=135°,
∴∠FCD=∠ACF-∠ACB=90°,
∴△FCD为直角三角形,
∵四边形ADEF是正方形,
∴OD=OF,OA=OE=AE,AE=DF,
∴OC=DF,
∴OC=OA,
∴△AOC是等腰三角形.
【知识点】等腰三角形的判定;正方形的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】(1)①先利用角的运算求出∠BAD=∠FAC,再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF,可得BD=CF,∠ACF=∠ABC=45°,再求出∠BCF=∠BCA+∠ACF=90°,即可得到BD⊥CF;
②利用全等三角形的性质可得BD=CF,再利用线段的和差及等量代换可得CF=BC-CD;
(2)先利用角的运算求出∠BAD=∠CAF,再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF,可得BD=CF,最后利用线段的和差及等量代换可得CF=BC+CD;
(3)先证出△FCD为直角三角形,再利用正方形的性质可得OD=OF,OA=OE=AE,AE=DF,再利用等量代换可得OC=OA,即可证出△AOC是等腰三角形.
22.【答案】(1)证明:∵DE⊥BC,
∴∠DFB=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACB=∠DFB,
∴AC∥DE,
∵MN∥AB,即CE∥AD,
∴四边形ADEC是平行四边形,
∴CE=AD.
(2)解:四边形BECD是菱形,理由如下:
∵D为AB中点,∠ACB=90°,
∴AD=BD=CD,
∵CE=AD,
∴BD=CE,
∵BD∥CE,
∴四边形BECD是平行四边形,
∵BD=CD,
∴四边形BECD是菱形.
(3)解:当△ABC是等腰直角三角形时,四边形BECD是正方形,理由如下:
由(2)可知,四边形BECD是菱形,
∴∠BDC=90°时,四边形BECD是正方形,
∴∠CBD=45°,
∵∠ACB=90°,
∴△ABC是等腰直角三角形,
∴当△ABC是等腰直角三角形时,四边形BECD是正方形.
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定
【解析】【分析】(1)先证四边形ADEC是平行四边形,根据平行四边形的性质推出即可;
(2)先证出四边形BECD是平行四边形,求出CD=BD,根据正方形的判定推出即可;
(3)由(2)可知,四边形BECD是菱形,得出∠BDC=90°时,四边形BECD是正方形,由此得出△ABC是等腰直角三角形。
23.【答案】(1)①45;②;
解:.
证明如下:如图2,在上截取,连接,
在和中,,


,即,


在和中,,



∴。
(3)将绕点顺时针旋转得到,连接,
∵四边形是正方形,
,,

由旋转可得,,



又,


设,则,
在中,,

解得,

【知识点】勾股定理;正方形的性质;旋转的性质;三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解:(1)∵四边形是正方形,
∴,,
将绕点顺时针旋转,点与点重合,得到.
则,,,,
∴G、B、E共线,

∴,
在和中,




∴,
故答案为:①45 ;②。
【分析】(1)如图1,根据正方形的性质和旋转性质得,,,,进而可求出G、B、E共线,,易证,从而得到,最后再进行等量替换即可求解。
(2)如图2,在上截取,连接,易证,从而得到,从而得到,易证,从而得到,最后再进行等量替换即可证明。
(3)将绕点顺时针旋转得到,连接,根据正方形的基本性质,可得, ,根据勾股定理:,代入数据, 求出的值,据此可求出BM和DM的值,由旋转性质,易得,进而可得,易证,进而可得,设,则, 在中,利用勾股定理:,代入数据,即可求出x的值,从而可得MN的值。
24.【答案】(1)相等;相等
(2)解:成立,BE=DG,∠ABE=∠ADG.
证明:在△ABE和△ADG中,∵AB=AD,AE=AG,∠BAE=∠DAG=α,
∴△ABE≌△ADG,∴BE = DG,∠ABE=∠ADG.
(3)
【知识点】三角形全等及其性质;三角形全等的判定;勾股定理;正方形的性质;旋转的性质
【解析】【解答】解: (1)四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,
AE=AG,AB=AD,∠BAD=∠GAD=90°,
BE=DG,∠ABE=∠ADG;
(3)过点E作EH⊥AB于点H,如图,
F落在边AD上,
∠FAE=45°,
∠BAE=45°,且EH⊥AB,
∠AEH=∠EAH=45°,
【分析】(1)根据四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形,得AE=AG,AB=AD,∠BAD=∠GAD=90°,进一步证明从而求解;
(2)同(1)一样证明 △ABE≌△ADG 即可得出结论;
(3)过点E作EH⊥AB于点H,根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得利用勾股定理即可求解.
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