1.3正方形的性质与判定（第2课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．一组邻边相等的平行四边形是正方形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，是假命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，是真命题，符合题意；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形、正方形、菱形、矩形的判定定理判断.
2．（2025八下·渭源月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当，是矩形 B．当，是矩形
C．当，是菱形 D．当，是正方形
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】四边形是平行四边形，
当，平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当，平行四边形是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当，平行四边形是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当，平行四边形是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断
3．（2025九下·威远开学考）如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形
B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分
D．若是正方形，则与互相垂直且相等
【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点 E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，
，，，，，，
，，
四边形为平行四边形，
但与不一定互相平分，故选项C不符合题意；
A．，
，
四边形为菱形，故本选项不符合题意；
B．时，，
则四边形为矩形，故本选项不符合题意；
D．当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，故本选项不符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，再根据矩形、菱形、正方形的判定和性质定理判断即可．
4．（2024九上·兰州期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
【答案】B
【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】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
5．（2024八下·荣成期中）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．以下结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ）．
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：过点E作于点M，作于点N，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故①正确；
∵四边形是正方形，
∴，．
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，，故④正确．
∵，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，故②错误．
综上可知①③④正确．
故答案为：A．
【分析】过点E作于点M，作于点N，根据正方形性质可得，则，根据正方形判定定理可得四边形是正方形，则四边形是矩形，再根据矩形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据正方形判定定理可判断①；根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，可判断④；再根据角平分线判定定理可判断③，根据边之间的关系可判断②.
二、填空题
6．（2024八下·威海经济技术开发期中）如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为 ．
【答案】2
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝AB＝3，
由折叠性质可得：AF=AB=6，EF=BE＝AB＝3， ∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【分析】首先根据折叠性质得出EF=BE=EC=3，再根据HL通过证明Rt△AFP≌Rt△ADP，可得出PF＝PD，然后设PF＝PD＝x，即可得出CP＝6 x，EP＝3＋x，然后在Rt△CEP中，根据勾股定理可得出关于x的方程（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解方程即可求得结果。
7．（2024八下·西安月考）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点处，当为直角三角形时，BE的长为
【答案】3或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：当△CEB'为直角三角形时，有两种情况：
①当点B'落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B'处，
∴∠AB'E=∠B=90°，
当△CEB'为直角三角形时，只能得到∠EB'C=90°，
∴点A、B'、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B'处，
∴EB=EB'，AB=AB'=3，
∴CB'=5-3=2，
设BE=x，则EB'=x，CE=4-x，
在Rt△CEB'中，
∵EB'2+CB'2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得，
∴BE=；
②当点B'落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB'为正方形，
∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
【分析】根据等腰直角三角形性质分类讨论：①当点B'落在矩形内部时，连结AC，根据勾股定理可得AC，再根据折叠性质可得∠AB'E=∠B=90°，当△CEB'为直角三角形时，只能得到∠EB'C=90°，则点A、B'、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B'处，由折叠性质可得EB=EB'，AB=AB'=3，设BE=x，则EB'=x，CE=4-x，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当点B'落在AD边上时，此时ABEB'为正方形，根据正方形性质即可求出答案.
8．（2024九上·高要期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为 ．
【答案】2
【知识点】正方形的判定与性质；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：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF'位置，
由题意可得出：△DAF≌△BAF'，
∴DF=BF'，∠DAF=∠BAF'，
∴∠EAF'=45°，
在△FAE和△EAF'中 ，
∴△FAE≌△EAF'（SAS），
∴EF=EF'，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF'=FC+BC+BF'=DF+FC+BC=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质.将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF'位置，根据旋转的性质可得：△DAF≌△BAF'，利用全等三角形的性质可得：DF=BF'，∠DAF=∠BAF'，进而可推出∠EAF'=45°，利用全等三角形的判定定理可得：△FAE≌△EAF'，利用全等三角形的性质可得：EF=EF'，再利用三角形的周长公式可得：EF+EC+FC=FC+CE+EF'=FC+BC+BF'=4，进而可求出BC，求出答案.
9．（2020·朝阳模拟）正方形 的边长为4，点 在对角线 上（可与点 重合）， ，点 在正方形的边上．下面四个结论中，
①存在无数个四边形 是平行四边形；
②存在无数个四边形 是菱形；
③存在无数个四边形 是矩形；
④至少存在一个四边形 是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：①设正方形的对角线相交于点O，若MN的中点恰好是点O，则经过点O任意一直线PQ，分别与正方形的边AD，BC交于点P，G，通过正方形的性质对称性易得OP=OG，则四边形PMQN是平行四边形，由于PQ的任意性，则存在无数个四边形 是平行四边形，故①正确；
②过MN的中点E作垂线，分别与正方形的相邻两边交于P，Q，根据正方形的对称性可得，PE=GE，则四边形 是菱形，由于MN的任意性，则存在四边形 是菱形；③由①存在由无数个平行四边边形，要是的四边形为正方形则PQ=MN=2=CD，故此时PQ经过正方形对角线的交点，且与正方形的边BC垂直，是唯一的，故不存在无数个四边形 是矩形；④由②知存在菱形，故只需满足∠PMQ=90°时，则四边形PMQN时正方形，此时M与点A重合即可，故存在至少存在一个四边形 是正方形；
故正确的结论序号是①②④.
【分析】根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定定理即可得到结论．
10．（2017·兰州）在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件．下面给出了四组条件：①AB⊥AD，且AB=AD；②AB=BD，且AB⊥BD；③OB=OC，且OB⊥OC；④AB=AD，且AC=BD．其中正确的序号是 ．
【答案】①③④
【知识点】平行四边形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AB⊥AD，
∴四边形ABCD是正方形，①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BD，AB⊥BD，
∴平行四边形ABCD不可能是正方形，②错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，OB=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
又OB⊥OC，即对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是正方形，③正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，
∴平行四边形ABCD是正方形，④正确；
故答案为：①③④．
【分析】由矩形、菱形、正方形的判定方法对各个选项进行判断即可．
三、解答题
11．（2024·呼和浩特）如图，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝FE，AB平分∠CAE，AB∥DF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）过点B作BG⊥AE于点G，若CB＝AF，请直接写出四边形BGED的形状．
【答案】（1）证明：∵AB平分∠CAE，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵AB∥DF．
∴∠BAE＝∠DFE，
∴∠CAB＝∠EFD，
在△CAB和△EFD中，
，
∴△CAB≌△EFD（ASA），
∴AB＝FD，又AB∥FD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）解：四边形BGED是正方形，理由如下：
由（1）可知，BC＝DE，四边形ABDF是平行四边形，
∴BD＝AF，
∵AB平分∠CAE，BC⊥AC，BG⊥AE，
∴BC＝BG，
∵BC＝AF，
∴BD＝DE＝BG，且∠BGE＝∠GED＝90°
∵BG∥DE，BG＝DE，
∴四边形BGED是平行四边形，
∵BD＝DE，
∴四边形BGED是菱形，
∵∠BGE＝∠GED＝90°，
∴四边形BGED是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定；角平分线的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）根据角平分线的性质和平行线的性质得到：进而利用"ASA"证明，则最后根据对边相等且平行的四边形为平行四边形即可求证；
（2）根据平行四边形的性质得到：然后根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可得到：进而可证明四边形BGED是平行四边形，再根据菱形的判定即可知四边形BGED是菱形，最后根据有一个内角为直角的菱形为正方形即可证明四边形BGED是正方形.
12．（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.
13．（2021·扬州）如图，在 中， 的角平分线交 于点D， .
（1）试判断四边形 的形状，并说明理由；
（2）若 ，且 ，求四边形 的面积.
【答案】（1）解：四边形AFDE是菱形，理由是：
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE，
∴平行四边形AFDE是菱形
（2）解：∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形，
∵AD= ，
∴AF=DF=DE=AE= =2，
∴四边形AFDE的面积为2×2=4
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）四边形AFDE是菱形，理由：由DE∥AB，DF∥AC，可证四边形AFDE是平行四边形，根据平行线的性质及角平分线的定义可得∠EDA=∠EAD，由等角对等边可得AE=DE，即可证明；
（2） 由∠BAC=90°，可证菱形AFDE是正方形，由对角线的长可求出边长，然后求出正方形的面积即可.
14．（2017八下·郾城期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系；并加以证明；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，请证明你的猜想．
【答案】（1）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE+∠QPE=90°，∠QPE+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ；
（2）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF=90°，∠BPF+∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过P作PE⊥BC，PF⊥CD，证明Rt△PQF≌Rt△PBE，即可；（2）证明思路同（1）
15．（2024八下·霞山期末）综合实践
如图1，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，且，，延长交于点F，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图2，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若，，请求出的长．
【答案】（1）解：四边形是正方形，
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形.
（2）解：如图2，过D作于H，则，
∴，又，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，即.
（3）解：如图1，过D作于H，
在中，，，
∴，
由（2）知，，
∴，，
在中，，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用“HL”证明，再利用全等三角形的性质得到，，再求出，从而证出四边形是矩形，再结合，证出四边形是正方形即可；
（2）过D作于H，先利用“AAS”证明，再利用全等三角形的性质得到，再利用等腰三角形的三线合一性质得到，再结合正方形和全等三角形的性质得到，，最后利用等量代换可得答案；
（3）过D作于H，先利用勾股定理求得，再利用得到，，再利用线段的和差求出HE的长，最后利用勾股定理求出DE的长即可.
（1）解：四边形是正方形，理由：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，又，
∴四边形是正方形；
（2）解：如图2，过D作于H，则，
∴，又，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，即；
（3）解：如图1，过D作于H，
在中，，，
∴，
由（2）知，，
∴，，
在中，，
∴．
1 / 11.3正方形的性质与判定（第2课时）—北师大版数学九（上）课堂达标卷
一、选择题
1．下列说法中，正确的是（ ）
A．对角线互相垂直的四边形是菱形
B．一组邻边相等的平行四边形是正方形
C．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形
D．对角线相等的四边形是矩形
2．（2025八下·渭源月考）如图，四边形ABCD是平行四边形，下列结论中错误的是（ ）
A．当，是矩形 B．当，是矩形
C．当，是菱形 D．当，是正方形
3．（2025九下·威远开学考）如图，点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点．则正确的是（ ）
A．若，则四边形为矩形
B．若，则四边形为菱形
C．若是平行四边形，则与互相平分
D．若是正方形，则与互相垂直且相等
4．（2024九上·兰州期中）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是菱形 B．若，则是矩形
C．若，则是正方形 D．若，则是正方形
5．（2024八下·荣成期中）如图，已知四边形为正方形，，为对角线上一点，连接，过点作，交的延长线于点，以，为邻边作矩形，连接．以下结论：①矩形是正方形；②；③平分；④．其中结论正确的序号有（ ）．
A．①③④ B．①②④ C．①②③ D．①②③④
二、填空题
6．（2024八下·威海经济技术开发期中）如图，四边形为正方形，点E是的中点，将正方形沿折叠，得到点B的对应点为点F，延长交线段于点P，若，则的长度为 ．
7．（2024八下·西安月考）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把∠B沿AE折叠，使点B落在点处，当为直角三角形时，BE的长为
8．（2024九上·高要期中）如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF＝45°，△ECF的周长为4，则正方形ABCD的边长为 ．
9．（2020·朝阳模拟）正方形 的边长为4，点 在对角线 上（可与点 重合）， ，点 在正方形的边上．下面四个结论中，
①存在无数个四边形 是平行四边形；
②存在无数个四边形 是菱形；
③存在无数个四边形 是矩形；
④至少存在一个四边形 是正方形．
所有正确结论的序号是 ．
10．（2017·兰州）在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件．下面给出了四组条件：①AB⊥AD，且AB=AD；②AB=BD，且AB⊥BD；③OB=OC，且OB⊥OC；④AB=AD，且AC=BD．其中正确的序号是 ．
三、解答题
11．（2024·呼和浩特）如图，∠ACB＝∠AED＝90°，AC＝FE，AB平分∠CAE，AB∥DF．
（1）求证：四边形ABDF是平行四边形；
（2）过点B作BG⊥AE于点G，若CB＝AF，请直接写出四边形BGED的形状．
12．（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．
13．（2021·扬州）如图，在 中， 的角平分线交 于点D， .
（1）试判断四边形 的形状，并说明理由；
（2）若 ，且 ，求四边形 的面积.
14．（2017八下·郾城期末）如图，正方形ABCD中，AC是对角线，今有较大的直角三角板，一边始终经过点B，直角顶点P在射线AC上移动，另一边交DC于Q．
（1）如图1，当点Q在DC边上时，猜想并写出PB与PQ所满足的数量关系；并加以证明；
（2）如图2，当点Q落在DC的延长线上时，猜想并写出PB与PQ满足的数量关系，请证明你的猜想．
15．（2024八下·霞山期末）综合实践
如图1，点E为正方形内一点，，点为正方形外一点，且，，延长交于点F，连接．
（1）试判断四边形的形状，并说明理由；
（2）如图2，若，请猜想线段与的数量关系，并加以证明；
（3）如图1，若，，请求出的长．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行四边形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，是假命题，不符合题意；
B、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是假命题，不符合题意；
C、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，是真命题，符合题意；
D、对角线相等的平行四边形是矩形，故本选项说法是假命题，不符合题意；
故答案为：C.
【分析】根据平行四边形、正方形、菱形、矩形的判定定理判断.
2．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】四边形是平行四边形，
当，平行四边形是矩形，故选项A正确，不符合题意；
当，平行四边形是矩形，故选项B正确，不符合题意；
当，平行四边形是菱形，故选项C正确，不符合题意；
当，平行四边形是菱形，但不一定是正方形，故选项D错误，符合题意；
故选：
【分析】
根据有一个角是直角的平行四边形是矩形可以判断A；根据对角线相等的平行四边形是矩形可以判断B；根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可以判断C；根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可以判断
3．【答案】D
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：点 E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，
，，，，，，
，，
四边形为平行四边形，
但与不一定互相平分，故选项C不符合题意；
A．，
，
四边形为菱形，故本选项不符合题意；
B．时，，
则四边形为矩形，故本选项不符合题意；
D．当四边形是正方形时，与互相垂直且相等，故本选项不符合题意；
故答案为：D．
【分析】根据三角形中位线定理、平行四边形的判定定理得到四边形为平行四边形，再根据矩形、菱形、正方形的判定和性质定理判断即可．
4．【答案】B
【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】解：A、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，而不是菱形；
∴此选项不符合题意；
B、∵四边形是平行四边形且，
∴是矩形，
∴此选项符合题意；
C、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意；
D、∵四边形是平行四边形且，
∴是菱形，
∴此选项不符合题意.
故答案为：B．
【分析】A、根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”可得四边形ABCD是矩形；
B、根据对角线相等的平行四边形是矩形可判断求解；
C、根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形可判断求解；
D、根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形可判断求解.
5．【答案】A
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；角平分线的判定
【解析】【解答】解：过点E作于点M，作于点N，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是正方形，
∴．
∵四边形是矩形，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，
∴矩形是正方形，故①正确；
∵四边形是正方形，
∴，．
∵四边形是正方形，
∴，
∴．
在和中，，
∴，
∴，，故④正确．
∵，
∴平分，故③正确；
∵，
∴，故②错误．
综上可知①③④正确．
故答案为：A．
【分析】过点E作于点M，作于点N，根据正方形性质可得，则，根据正方形判定定理可得四边形是正方形，则四边形是矩形，再根据矩形性质可得，根据全等三角形判定定理可得，则，再根据正方形判定定理可判断①；根据角之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，，可判断④；再根据角平分线判定定理可判断③，根据边之间的关系可判断②.
6．【答案】2
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；勾股定理；正方形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：连接AP，如图所示，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝BC＝AD＝6，∠B＝∠C＝∠D＝90°，
∵点E是BC的中点，
∴BE＝AB＝3，
由折叠性质可得：AF=AB=6，EF=BE＝AB＝3， ∠AFE＝∠B＝90°，
∴AD＝AF，∠AFP＝∠D＝90°，
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
，
∴Rt△AFP≌Rt△ADP（HL），
∴PF＝PD，
设PF＝PD＝x，则CP＝CD PD＝6 x，EP＝EF＋FP＝3＋x，
在Rt△PEC中，根据勾股定理得：EP2＝EC2＋CP2，
∴（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解得x＝2，则DP的长度为2，
故答案为：2．
【分析】首先根据折叠性质得出EF=BE=EC=3，再根据HL通过证明Rt△AFP≌Rt△ADP，可得出PF＝PD，然后设PF＝PD＝x，即可得出CP＝6 x，EP＝3＋x，然后在Rt△CEP中，根据勾股定理可得出关于x的方程（3＋x）2＝32＋（6 x）2，解方程即可求得结果。
7．【答案】3或
【知识点】勾股定理；矩形的性质；正方形的判定与性质；翻折变换（折叠问题）；直角三角形的性质
【解析】【解答】解：当△CEB'为直角三角形时，有两种情况：
①当点B'落在矩形内部时，如答图1所示．
连结AC，
在Rt△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC==5，
∵∠B沿AE折叠，使点B落在点B'处，
∴∠AB'E=∠B=90°，
当△CEB'为直角三角形时，只能得到∠EB'C=90°，
∴点A、B'、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B'处，
∴EB=EB'，AB=AB'=3，
∴CB'=5-3=2，
设BE=x，则EB'=x，CE=4-x，
在Rt△CEB'中，
∵EB'2+CB'2=CE2，
∴x2+22=（4-x）2，解得，
∴BE=；
②当点B'落在AD边上时，如答图2所示．此时ABEB'为正方形，
∴BE=AB=3．
综上所述，BE的长为或3．
故答案为：或3．
【分析】根据等腰直角三角形性质分类讨论：①当点B'落在矩形内部时，连结AC，根据勾股定理可得AC，再根据折叠性质可得∠AB'E=∠B=90°，当△CEB'为直角三角形时，只能得到∠EB'C=90°，则点A、B'、C共线，即∠B沿AE折叠，使点B落在对角线AC上的点B'处，由折叠性质可得EB=EB'，AB=AB'=3，设BE=x，则EB'=x，CE=4-x，根据勾股定理建立方程，解方程即可求出答案；当点B'落在AD边上时，此时ABEB'为正方形，根据正方形性质即可求出答案.
8．【答案】2
【知识点】正方形的判定与性质；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：将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF'位置，
由题意可得出：△DAF≌△BAF'，
∴DF=BF'，∠DAF=∠BAF'，
∴∠EAF'=45°，
在△FAE和△EAF'中 ，
∴△FAE≌△EAF'（SAS），
∴EF=EF'，
∵△ECF的周长为4，
∴EF+EC+FC=FC+CE+EF'=FC+BC+BF'=DF+FC+BC=4，
∴2BC=4，
∴BC=2．
故答案为：2．
【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定与性质.将△DAF绕点A顺时针旋转90度到△BAF'位置，根据旋转的性质可得：△DAF≌△BAF'，利用全等三角形的性质可得：DF=BF'，∠DAF=∠BAF'，进而可推出∠EAF'=45°，利用全等三角形的判定定理可得：△FAE≌△EAF'，利用全等三角形的性质可得：EF=EF'，再利用三角形的周长公式可得：EF+EC+FC=FC+CE+EF'=FC+BC+BF'=4，进而可求出BC，求出答案.
9．【答案】①②④
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：①设正方形的对角线相交于点O，若MN的中点恰好是点O，则经过点O任意一直线PQ，分别与正方形的边AD，BC交于点P，G，通过正方形的性质对称性易得OP=OG，则四边形PMQN是平行四边形，由于PQ的任意性，则存在无数个四边形 是平行四边形，故①正确；
②过MN的中点E作垂线，分别与正方形的相邻两边交于P，Q，根据正方形的对称性可得，PE=GE，则四边形 是菱形，由于MN的任意性，则存在四边形 是菱形；③由①存在由无数个平行四边边形，要是的四边形为正方形则PQ=MN=2=CD，故此时PQ经过正方形对角线的交点，且与正方形的边BC垂直，是唯一的，故不存在无数个四边形 是矩形；④由②知存在菱形，故只需满足∠PMQ=90°时，则四边形PMQN时正方形，此时M与点A重合即可，故存在至少存在一个四边形 是正方形；
故正确的结论序号是①②④.
【分析】根据平行四边形的判定和性质，菱形的判定，矩形的判定，正方形的判定定理即可得到结论．
10．【答案】①③④
【知识点】平行四边形的性质；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AB⊥AD，
∴四边形ABCD是正方形，①正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=BD，AB⊥BD，
∴平行四边形ABCD不可能是正方形，②错误；
∵四边形ABCD是平行四边形，OB=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
又OB⊥OC，即对角线互相垂直，
∴平行四边形ABCD是正方形，③正确；
∵四边形ABCD是平行四边形，AB=AD，
∴四边形ABCD是菱形，
又∵AC=BD，∴四边形ABCD是矩形，
∴平行四边形ABCD是正方形，④正确；
故答案为：①③④．
【分析】由矩形、菱形、正方形的判定方法对各个选项进行判断即可．
11．【答案】（1）证明：∵AB平分∠CAE，
∴∠CAB＝∠BAE，
∵AB∥DF．
∴∠BAE＝∠DFE，
∴∠CAB＝∠EFD，
在△CAB和△EFD中，
，
∴△CAB≌△EFD（ASA），
∴AB＝FD，又AB∥FD，
∴四边形ABDF是平行四边形；
（2）解：四边形BGED是正方形，理由如下：
由（1）可知，BC＝DE，四边形ABDF是平行四边形，
∴BD＝AF，
∵AB平分∠CAE，BC⊥AC，BG⊥AE，
∴BC＝BG，
∵BC＝AF，
∴BD＝DE＝BG，且∠BGE＝∠GED＝90°
∵BG∥DE，BG＝DE，
∴四边形BGED是平行四边形，
∵BD＝DE，
∴四边形BGED是菱形，
∵∠BGE＝∠GED＝90°，
∴四边形BGED是正方形．
【知识点】平行线的性质；角平分线的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定；角平分线的判定；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）根据角平分线的性质和平行线的性质得到：进而利用"ASA"证明，则最后根据对边相等且平行的四边形为平行四边形即可求证；
（2）根据平行四边形的性质得到：然后根据角平分线上的点到角两边的距离相等即可得到：进而可证明四边形BGED是平行四边形，再根据菱形的判定即可知四边形BGED是菱形，最后根据有一个内角为直角的菱形为正方形即可证明四边形BGED是正方形.
12．【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.
13．【答案】（1）解：四边形AFDE是菱形，理由是：
∵DE∥AB，DF∥AC，
∴四边形AFDE是平行四边形，
∵AD平分∠BAC，
∴∠FAD=∠EAD，
∵DE∥AB，
∴∠EDA=∠FAD，
∴∠EDA=∠EAD，
∴AE=DE，
∴平行四边形AFDE是菱形
（2）解：∵∠BAC=90°，
∴四边形AFDE是正方形，
∵AD= ，
∴AF=DF=DE=AE= =2，
∴四边形AFDE的面积为2×2=4
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）四边形AFDE是菱形，理由：由DE∥AB，DF∥AC，可证四边形AFDE是平行四边形，根据平行线的性质及角平分线的定义可得∠EDA=∠EAD，由等角对等边可得AE=DE，即可证明；
（2） 由∠BAC=90°，可证菱形AFDE是正方形，由对角线的长可求出边长，然后求出正方形的面积即可.
14．【答案】（1）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPE+∠QPE=90°，∠QPE+∠QPF=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ；
（2）PB=PQ，
证明：过P作PE⊥BC，PF⊥CD，
∵P，C为正方形对角线AC上的点，
∴PC平分∠DCB，∠DCB=90°，
∴PF=PE，
∴四边形PECF为正方形，
∵∠BPF+∠QPF=90°，∠BPF+∠BPE=90°，
∴∠BPE=∠QPF，
∴Rt△PQF≌Rt△PBE，
∴PB=PQ．
【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）过P作PE⊥BC，PF⊥CD，证明Rt△PQF≌Rt△PBE，即可；（2）证明思路同（1）
15．【答案】（1）解：四边形是正方形，
理由：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
又∵，
∴四边形是正方形.
（2）解：如图2，过D作于H，则，
∴，又，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，即.
（3）解：如图1，过D作于H，
在中，，，
∴，
由（2）知，，
∴，，
在中，，
∴．
【知识点】三角形全等及其性质；等腰三角形的性质；勾股定理；正方形的判定与性质
【解析】【分析】（1）先利用“HL”证明，再利用全等三角形的性质得到，，再求出，从而证出四边形是矩形，再结合，证出四边形是正方形即可；
（2）过D作于H，先利用“AAS”证明，再利用全等三角形的性质得到，再利用等腰三角形的三线合一性质得到，再结合正方形和全等三角形的性质得到，，最后利用等量代换可得答案；
（3）过D作于H，先利用勾股定理求得，再利用得到，，再利用线段的和差求出HE的长，最后利用勾股定理求出DE的长即可.
（1）解：四边形是正方形，理由：
∵四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，又，
∴四边形是正方形；
（2）解：如图2，过D作于H，则，
∴，又，
∴，又，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，，
∴，，
∴，即；
（3）解：如图1，过D作于H，
在中，，，
∴，
由（2）知，，
∴，，
在中，，
∴．
1 / 1
