21.3.3 正方形 第2课时 跟踪练 2025-2026学年下学期初中数学人教版（2024）八年级下册

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21.3.3 正方形 第2课时 跟踪练 2025-2026学年
下学期初中数学人教版（2024）八年级下册
一、单选题
1．下列说法正确的是（ ）
A．对角线相等的平行四边形是正方形 B．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
C．对角线相等的菱形是正方形 D．有一对邻角相等的平行四边形是正方形
2．如图，在矩形中，对角线，交于点O，要使该矩形成为正方形，则应添加的条件是（ ）

A． B．
C． D．
3．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
4．如图，现有一块边长为2的正方形毛巾，将其一角折叠至毛巾的中心位置，折痕的长为（ ）
A．2 B． C．1 D．
5．如图，是我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理构造的图形，后人称之为“赵爽弦图”．该图形由四个全等的直角三角形拼接而成，若，，则四边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，点是矩形边上一点（）．且，过点作交于点，在上取点使，连结．记四边形面积为，四边形面积为，，若，则（ ）
A．10 B．12 C．20 D．24
二、填空题
7．如图，在菱形中，对角线，相交于点，从①；②；③中选择一个作为条件，补充后使四边形是正方形，则应选择______(限填序号)．
8．《蝶几图》是明朝人戈汕所作的一部组合家具的设计图（蜨，同“蝶”），它的基本组件为斜角形，包括长斜两只、右半斜两只、左半斜两只、闺一只、小三斜四只、大三斜两只，共十三只（图①中的“様”和“隻”为“样”和“只”）．图②为某蝶几设计图，其中和为“大三斜”组件（“一様二隻”的大三斜组件为两个全等的等腰直角三角形），已知某人位于点处，点与点关于直线对称，连接、．若，则 ___________度．
9．如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为______．
10．如图，在正方形中，为对角线上的一动点，连接，过点作，交于点，以、为邻边作矩形，连接．
（1）若，则矩形的面积为_______；
（2）当线段与正方形的一边的夹角是时，则的度数为_______．
11．如图，已知点E为正方形ABCD外一点，连接AE、BE，∠AEB=90°，过C点作CF//AE，过D点作DF//BE，交点为F，连接EF，若AE=5，BE=4，则四边形EBCF的面积为________．
三、解答题
12．如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形．
13．如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点O．
(1)求证：四边形ADCE是矩形．
(2)若∠AOE=90°，AE=2时，四边形AECD是什么四边形，并求ABCE的面积．
14．已知，如图，在正方形中，点分别在上，且．求证：四边形是正方形．
15．如图，在 ABCD中，对角线AC，BD交于点O，E是BD延长线上一点，且△ACE是等边三角形．
（1）求证：四边形ABCD是菱形；
（2）若∠AED＝2∠EAD，AB＝a，求四边形ABCD的面积．
16．如图，在中，，于，将沿折叠为，将沿折叠为，延长和相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，，求的长．
17．如图，在中，是边上的中线，以为边作，连接分别与相交于点．
(1)求证：四边形为正方形；
(2)若，求的长．
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6
答案 C A A B B A
1．C
【分析】利用正方形的判定方法判断后即可确定正确的选项．
【详解】A、对角线相等的平行四边形是矩形，故错误，不符合题意；
B、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故错误，不符合题意；
C、对角线相等的菱形是正方形，正确，符合题意；
D、有一对邻角相等的平行四边形是矩形，故错误，不符合题意，
故选C．
【点睛】考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形的判定方法，难度不大．
2．A
【分析】根据矩形的性质及正方形的判定来添加合适的条件．
【详解】解：添加，则根据有一组邻边相等的矩形是正方形，
能使矩形成为正方形．
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定的应用，能熟记正方形的判定定理是解此题的关键．
3．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．
【详解】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．
【点睛】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
4．B
【分析】本题考查了正方形的性质与判定、折叠的性质，勾股定理，掌握知识点是解题的关键．
根据正方形的性质得到，由折叠的性质得到，根据等腰三角形的性质得到，推出，同理，得到四边形是正方形，根据正方形的性质得到，于是得到结论．
【详解】解：如图，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由折叠的性质得，，
，
，
同理，
∴四边形是正方形，
∴．
故选B．
5．B
【分析】先利用勾股定理求出的长，再证明四边形是正方形，即可作答．
【详解】在中，，，则：，
∵，，，全等，
∴，，
∴，
同理可得：，
∴，
又∵，
∴，
∴四边形是正方形，
则四边形面积为：，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质，勾股定理，正方形的判定与性质等知识，掌握全等三角形的性质是解答本题的关键．
6．A
【分析】本题考查矩形的性质，三角形的面积，关键是由三角形的面积公式得到．
判定四边形是正方形，四边形是矩形，设，，得到，可得．
【详解】解：四边形是矩形，
，
，，
四边形是正方形，四边形是矩形，
设，，则，
，，
，
，
，
．
故选：A．
7．②
【分析】本题主要考查了正方形的判定定理，根据正方形的判定定理，由菱形添加对角线相等或四边形的一个角是直角，即可求解．
【详解】解：条件①③是菱形的性质，则添加条件①③时，不能使四边形是正方形，
添加条件②时，根据对角线相等的菱形是正方形，能使四边形是正方形，
故答案为：②．
8．21
【分析】由题意易得四边形ABCD是正方形，进而根据轴对称的性质可得AD=DP，，则有CD=DP，然后可得，最后根据等腰三角形的性质可求解．
【详解】解：∵，且都为等腰直角三角形，
∴四边形ABCD是正方形，
∴，
∵点与点关于直线对称，，
∴，AD=DP，
∴CD=DP，，
∴，
∴，
故答案为21．
【点睛】本题主要考查正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的判定与性质、轴对称的性质及等腰三角形的性质是解题的关键．
9．
【分析】如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，，即，解得，根据，计算求解即可．
【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，即，解得，（舍去），
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
10． 3 或
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的性质，全等三角形判定和性质，利用分类讨论思想解决问题是本题的关键．
（1）作，，证明，得到，根据正方形的判定定理证明即可；
（2）分两种情况讨论即可，①当与的夹角为时，②当与的夹角为时，从而可得答案．
【详解】如图，作于P，于Q，
四边形为正方形，
∵，
∴，
矩形，
，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴矩形是正方形；
∵
∴正方形的面积为：，
故答案为：3；
（2）①当与的夹角为时，
如图2，
∵，，
∴，
②当与的夹角为时，如图3，即交于，
，
综上所述：或．
故答案为：或
11．/30/30.5
【分析】延长EB、FC交于点H，延长EA、FD交于点G，得到边长为9的正方形GEHF，根据四边形EBCF的面积=即可求解．
【详解】解：延长EB、FC交于点H，延长EA、FD交于点G，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵CF//AE，DF//BE，
∴四边形GEHF是平行四边形，
∵∠AEB=90°，
∴平行四边形GEHF是矩形，
∴∠AEB =∠G=∠CFD=∠H=90°，
根据等角的余角相等，
∴∠EAB=∠GDA=∠FCD=∠HBC，
∴Rt△EAB≌Rt△GDA≌Rt△FCD≌Rt△HBC，
∴EA=GD=FC=HB=5，EB=GA=FD=HC=4，
∴EG=GF=FH=HE=5+4=9，即矩形GEHF是边长为9的正方形，
∴四边形EBCF的面积为：
．
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
12．见解析
【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论．
【详解】证明：∵菱形，
∴，
∵，
∴，即，
∴四边形为平行四边形形，
又，
∴四边形为菱形，
∴，
∴，
∴四边形为正方形．
13．(1)见解析
(2)正方形，
【分析】（1）先根据三线合一定理得到∠ADC=90°，，再证明四边形ADCE是平行四边形，由∠ADC=90°，即可证明平行四边形ADCE是矩形；
（2）根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可证明四边形AECD是正方形，再由进行求解即可．
【详解】（1）解：∵在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，即∠ADC=90°，，
又∵四边形ABDE是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∠AOE=90°，即AC⊥DE，
∴四边形ADCE是正方形，
∴
∴．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，三线合一定理，熟知相关特殊四边形的性质与判定条件是解题的关键．
14．证明见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，先由正方形的性质得到，再证明，进而证明得到，，进一步证明，同理可证明，由此即可证明结论．
【详解】证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴，，
∵，
∴，
同理可证明，
∴四边形是正方形．
15．（1）见解析；（2）正方形ABCD的面积为
【分析】（1）由等边三角形的性质得EO⊥AC，即BD⊥AC，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得出结论；
（2）证明菱形ABCD是正方形，即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC，
∵△ACE是等边三角形，
∴EO⊥AC （三线合一），
即BD⊥AC，
∴ ABCD是菱形；
（2）解：∵△ACE是等边三角形，
∴∠EAC＝60°
由（1）知，EO⊥AC，AO＝OC
∴∠AEO＝∠OEC＝30°，△AOE是直角三角形，
∵∠AED＝2∠EAD，
∴∠EAD＝15°，
∴∠DAO＝∠EAO﹣∠EAD＝45°，
∵ ABCD是菱形，
∴∠BAD＝2∠DAO＝90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴正方形ABCD的面积＝AB2＝a2．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的判定与性质、平行四边形的性质、等边三角形的性质等知识，证明四边形ABCD为菱形是解题的关键．
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的判定及性质、折叠的性质及勾股定理：
（1）由折叠的性质可得到的条件是：①，②，且；由②可判定四边形是矩形，由可证得四边形是正方形；
（2）设，由折叠的性质可得：（即正方形的边长为x），，；进而可用x表示出的长，即可在中，由勾股定理求得的长，进而可求出的长；
熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
【详解】（1）证明：，
；
由折叠可知，，，
，，
；
；
四边形是正方形．
（2）四边形是正方形，
，
又，，，
设的长为，则，．
在中，由勾股定理得：，
即，
解得，
，．
17．(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等腰三角形的“三线合一”得到，从而是矩形，由直角三角形斜边上中线的性质得到，从而得到矩形是正方形；
（2）先由勾股定理求得，进而得到，根据正方形的性质得到，，因此，，证明得到，即可解答．
【详解】（1）证明：∵，是边上的中线，
∴，
∴是矩形，
∵，是边上的中线，
∴，，
∴，
∴矩形是正方形．
（2）解：∵，，
∴，
∵是的中线，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，．
∵在正方形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
【点睛】本题考查直角三角形的性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，掌握直角三角形的性质及正方形的性质是解题的关键．
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