专题1.9 正方形的性质与判定（专项练习）-2024-2025学年九年级数学上册基础知识专项突破讲与练（北师大版）

专题1.9 正方形的性质与判定（专项练习） 一、单选题（本大题共10小题，每小题3分，共30分） 1．（23-24八年级下·湖北荆门·期末）矩形、菱形、正方形都有的性质是（    ） A．对角线互相平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角 2．（23-24八年级下·上海静安·期末）已知四边形中，，如果只添加一个条件，即可判定该四边形是正方形，那么所添加的这个条件可以是（    ） A． B． C． D．与互相平分 3．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）如图，四边形为正方形，为上一点，连接，过点作，垂足为，连接，设，若，则可表示为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东德州·二模）图，已知正方形的边长为5，点是对角线上的一点，于点，于点，连接，当时，则的长度是（    ） A． B．3 C． D． 5．（23-24八年级下·江苏镇江·期中）如图，在正方形中，，是的中点，将沿对折至，延长交于点，则的长是（    ） A．4 B． C．3 D． 6．（19-20八年级下·山东东营·期末）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 7．（23-24八年级下·江苏盐城·阶段练习）若顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原来四边形两条对角线的关系是（  ） A．相等 B．互相垂直 C．互相垂直且相等 D．互相平分且相等 8．（23-24八年级下·重庆九龙坡·期末）已知四边形和都是正方形，点F在线段上，连接交于点H．若，则（    ） A． B． C． D． 9．（2024·浙江杭州·一模）如图，在正方形中，点在边上（不与点，点重合），连接，作线段的中垂线与的延长线交于点，连接与交于点，设，，则（　　） A． B． C． D． 10．（23-24八年级下·江苏无锡·期中）如图，正方形边长为，从出发沿对角线向运动，连接，将线段绕点顺时针旋转得到，连接，，设，下列说法： ①是直角三角形； ②当时，； ③有且只有一个实数，使得； ④取中点，连接，，的面积随着的变化而变化． 正确的有（   ）         A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分） 11．（23-24八年级下·重庆铜梁·期中）如图，正方形的对角线为边作菱形，则 ． 12．（2024·山东菏泽·一模）将菱形的两个相邻的内角记为和，定义为菱形的“接近度”，则当“接近度”为 时，这个菱形就是正方形． 13．（20-21八年级下·湖南郴州·期末）如图，两个边长为a的正方形重叠，其中一个的顶点在另一个的对角线的交点上，则重叠部分的面积为 平方单位． 14．（2023九年级·全国·专题练习）如图，四边形ABCD是平行四边形，AB=4，BC=12，∠ABC=60°，E，F是AD边上的动点，且EF=2，则四边形BEFC周长的最小值为 ． 15．（23-24八年级下·山西吕梁·期末）如图，直线L上摆放有正方形，和等边．已知，，则的值为 ． 16．（2024·北京朝阳·二模）如图，在中，． ①以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；作射线． ②以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点N；作射线，与射线相交于点P． ③连接． 根据以上作图，若点P到直线的距离为1，则线段的长为 ． 17．（23-24八年级下·四川德阳·期末）如图，将一块直角三角板的直角顶点放在直线的图象上，两条直角边所在直线分别与坐标轴相交于、两点，点在轴负半轴上，点在轴正半轴上，当三角板绕点旋转时，的最小值为8，则点的坐标是 ． 18．（23-24八年级下·安徽合肥·期末）矩形第一次沿折叠得到四边形，展开后第二次沿折叠，使得点C与点F重合．若，，则 ． 三、解答题（本大题共6小题，共58分） 19．（8分）（23-24八年级下·甘肃庆阳·期中）如图，在正方形中，点E在上，连接． （1）用尺规完成以下基本作图：过点B作的垂线，分别与交于点F，G．（不写作法和证明，保留作图痕迹） （2）在（1）所作的图形中，求证： 20．（2024·江苏宿迁·三模）如图， 在中，的平分线交于点D，，． （1）试判断四边形的形状，并说明理由； （2）若，且， 直接写出四边形的面积． 21．（23-24八年级下·辽宁大连·期中）如图，矩形中，点在边上，，点在上，于点． （1）求证：； （2）若，探究线段，，的数量关系； （3）在（2）的条件下，，，求的长． 22．（23-24八年级下·河南周口·阶段练习）如图，在四边形中，的垂直平分线交于点D，交于点E，． （1）求证：四边形是菱形； （2）当时，判断四边形的形状，并说明理由； （3）在（2）的条件下，若，求四边形的面积． 23．（2024·甘肃平凉·二模）【问题探究】 如图，在中，点O是上的任意一点（不与点A、C重合），过点O平行于的直线l分别与，的外角的平分线交于点E、F，连接，． （1）求证：； （2）如图2，点O是的中点，判断与的数量关系，与的位置关系，并说明理由； 【问题拓展】 （3）在（2）的条件下，若，，，求四边形的周长． 24．（23-24八年级下·河南郑州·期末）综合与实践 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形”为主题开展数学活动． 将直角的顶点E放在正方形的对角线上（点E不与A、C重合），其中直角边与交于点F，直角边与交于点G． （1）发现： 如图1，当与垂直时，填空：________．（填“”、“”或“”） （2）探究： 如图2，当与不垂直时，请判断与之间的数量关系是否发生变化？若变化，请说明理由，若不变，请给出证明； （3）拓展 当与不垂直时，以、为邻边构造矩形，连接，请直接写出的度数． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．A 【分析】此题主要考查了菱形，矩形和正方形的性质，解题的关键是掌握菱形，矩形和正方形的性质． 根据菱形，矩形和正方形的性质可得答案． 【详解】矩形、菱形、正方形都有的性质即为平行四边形的性质，符合条件的是对角线互相平分． 故选：A． 2．C 【分析】本题考查正方形的判定．正方形的判定方法有：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角；③先判定四边形是平行四边形，再用①或②进行判定．由已知可得该四边形为矩形，再添加条件：一组邻边相等，即可判定为正方形． 【详解】解：∵， ∴四边形为矩形， 因此再添加条件：一组邻边相等或对角线互相垂直，即可判定四边形为正方形， ∴当或时，四边形为正方形， ∴四个选项中只有C选项符合题意． 故选：C． 3．D 【分析】本题考查正方形，三角形的知识，解题的关键是掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，取的中点为点，连接，根据，，则三角形是等腰直角三角形，即，根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，则，，根据，则，求出，即可． 【详解】取的中点为点，连接， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 4．A 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的性质，勾股定理等知识．先证四边形是矩形，可得，，由等腰直角三角形的性质可得，可求，的长，由勾股定理可求的长，由“”可证，可得． 【详解】解：如图：    连接， 四边形是正方形， ，， ，，， 四边形是矩形， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， ，， ， ，，， ， ， 故选：A． 5．B 【分析】本题主要考查勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，全等三角形的判定和性质．利用翻折变换对应边关系得出，，，利用定理得出，由全等三角形的性质得出，设，则，利用勾股定理得出，进而求出即可． 【详解】解：如图，连接， 在正方形中，，， 将沿对折至， ，，， ，， ， ， 设，则， 为的中点， ， ， 在中， 由勾股定理，得， ， 解得， ． 故选：B． 6．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． 【点拨】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． 7．A 【分析】本题主要考查菱形的性质，三角形的中位线定理，平行四边形的判定等，灵活运用性质进行推理是解题的关键．根据三角形的中位线定理得到，，，要是四边形为菱形，得出，即可得到答案． 【详解】解：∵E，H，G，F分别是边，，，的中点，如图所示： ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 当平行四边形是菱形时， ∴， ∵，， ∴， 即顺次连接四边形各边中点所得的四边形是菱形，则原来四边形两条对角线的关系是相等， 故选：A． 8．B 【分析】过点E作于点M，作延长线的垂线，垂足为点N，可证明，则，可得平分，故，则，根据三角形的内角和定理及平角可表示，而，故． 【详解】解：过点E作于点M，作延长线的垂线，垂足为点N，则， ∵四边形和都是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴平分， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∵四边形是正方形， ∴， ∴， 故选：D． 【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，外角定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 9．A 【分析】本题主要考查线段垂直平分线的性质、正方形的性质、勾股定理，由题意易得，过点作于点，设，则，，于是，，，利用勾股定理建立等式，化简即可得到结果，解题关键是根据题意正确作出辅助线，将问题转化为利用勾股定理求解． 【详解】解：由线段垂直平分线的性质可知，， 如图，过点作于点， 则四边形和四边形均为矩形， ，，， 设，则， ，， ，， ， ， ， 在中，， ， 整理得：． 故选：A． 10．B 【分析】由正方形的性质得，，则，由旋转得，，可证明，得，所以，可判断①正确；由，，求得，则，可判断②正确；由，求得，，可判断③错误；连接，作于点，则，由，点为的中点，得，则，求得，可判断④错误，于是得到问题的答案． 【详解】解：四边形是边长为的正方形， ，， ， 将线段绕点顺时针旋转得到， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， 是直角三角形， 故①正确； ，， ， ， 故②正确； ，且，，， ， 解得，， 有两个实数，使得， 故③错误； 连接，作于点，则， ， 与的边上的高相等， ，点为的中点， ， ， ， 的面积不随着的变化而变化， 故④错误， 故选：B． 【点拨】此题重点考查正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形的面积公式等知识，证明是解题的关键． 11．/度 【分析】本题考查了正方形的性质和菱形的性质，根据正方形的性质得出，，根据菱形的性质得出，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，， 四边形是菱形， ， ． 故答案为：． 12．1 【分析】本题主要考查了正方形的判定，菱形的性质，有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补，据此可得当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形，由此可得答案． 【详解】解：∵有一个角是直角的菱形就是正方形，且菱形相邻的两个内角互补， ∴当菱形相邻的两个内角都为90度时，该菱形是正方形， ∴， ∴当时，这个菱形就是正方形， 故答案为：1． 13． 【分析】根据题意，证明△COF≌△DOE进而可得四边形OECF的面积＝S△OCD＝S正方形ABCD． 【详解】解：如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BO＝CO＝DO，∠BDC＝∠BCO＝45°，AC⊥BD， ∴∠DOC＝∠EOF＝90°， ∴∠DOE＝∠COF， 在△COF和△DOE中， ， ∴△COF≌△DOE（ASA）， ∴S△COF＝S△DOE， ∴四边形OECF的面积＝S△OCD＝S正方形ABCD＝a2， ∴重叠部分的面积为a2， 故答案为a2． 【点拨】本题考查了根据正方形的性质求正方形重叠面积，三角形全等的性质与判定，证明△COF≌△DOE是解题的关键． 14．14+2 【详解】如图，将点B沿BC向右平移2个单位长度得到点B'，作点B'关于AD的对称点B″，连接CB″，交AD于点F，在AD上截取EF=2，连接BE，B'F， ∴BE=B'F，B″F=B'F，此时四边形BEFC的周长为BE+EF+FC+BC=B″F+EF+FC+BC=B″C+EF+BC．当点C，F，B″三点共线时，四边形BEFC的周长最小．∵AB=4，BB'=2，∠ABC=60°，∴B'B″经过点A，∴AB'=2，∴B'B″=4． ∵BC=12，∴B'C=10，∴B″C=2，∴B″C+EF+BC=14+2，∴四边形BEFC周长的最小值为14+2． 15． 【分析】本题主要考查正方形的性质，等边三角形的性质以及角直角边等于斜边一半，过点C作于点G，求出,得求出，再根据三角形面积公式求解即可 【详解】解：过点C作于点G，如图， ∵四边形是正方形， ∴ ∴， ∵是等边三角形， ∴ ∴ ∴， ∴ ∵则 ∴ ∴ ∴ 故答案为：． 16． 【分析】本题考查的角平分线的作图及性质，正方形判定与性质、勾股定理的应用，作，垂足分别是D、E、F，证明四边形是正方形即可求出． 【详解】解：作，垂足分别是D、E、F， 由题意得：平分，平分，点P到直线的距离为1， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， 故答案为：． 17． 【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，角平分线的性质，过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为E、F，则，证明四边形是正方形，得到，进而可证明，得到，则，再由的最小值为8，，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点A分别作x轴，y轴的垂线，垂足分别为E、F， ∵点A在直线的图象上， ∴点A在的角平分线上， ∴， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ， ∵， ∴， ∵的最小值为8， ∴， ∴或（舍去）， ∴． 故答案为：． 18．2 【分析】本题考查矩形与折叠，勾股定理，根据矩形和折叠的性质，得到四边形为正方形，求出，设，在中，利用勾股定理求出的值，进一步求出的长即可． 【详解】解：∵矩形第一次沿折叠得到四边形， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， ∴， ∵第二次沿折叠，使得点C与点F重合， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴； 故答案为：． 19．(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，垂线的尺规作图： （1）根据垂线的尺规作图方法作图即可； （2）只需要证明即可证明结论． 【详解】（1）如图所示，即为所求； （2）证明∶∵四边形是正方形， 在和中． ∴， ∴． 20．(1)四边形是菱形，理由见解析 (2)2 【分析】本题考查了菱形的判定，正方形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握特殊四边形的判定方法． （1）先证明四边形是平行四边形，再由角平分线的定义和平行线的性质证明，则，即可证明平行四边形是菱形． （2）先证明四边形是正方形，则，即可得到四边形的面积为：． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ，， 四边形是平行四边形， 平分， ， ， ， ， ， 平行四边形是菱形． （2）解：， 四边形是正方形， ， ， 四边形的面积为：． 21．(1)见解析 (2)见解析 (3)． 【分析】（1）由等腰三角形的性质得出，证出，则可得出结论； （2）过点作于点．证明．得出．则可得出结论； （3）证明，得出，由勾股定理可得出答案． 【详解】（1）证明：， ， 矩形中，， ， ； （2）解：过点作于点． ． 矩形中，， ． 由（1）知， ． ，， ． ，， ， 矩形中，，， ， 由（1）知， 又， ，， ． ，， ． ． ． ； （3）解：由（2）知，， 又， ， ， ，， ． 在中，， 由（2）知，． ， 在中，， ， ， 解得． 【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识． 22．(1)见解析 (2)四边形是正方形，理由见解析 (3)四边形的面积为24 【分析】（1）根据垂直平分线的性质，垂直平分线上的点到线段两个端点的距离相等，可以得到 ，再证明，继而证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可得到四边形是菱形． （2）欲证明四边形是正方形，因为第一问已经证明四边形是菱形，所以只需要证明其中一个角是直角，根据题目条件分析，可证明当时，，即四边形是正方形． （3）在（2）的条件下，四边形是正方形，得出四边形为直角梯形，求出，再根据梯形的面积公式即可得四边形的面积． 【详解】（1）证明：∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ∴，， ∴ ∴， 又∵ ∴四边形是平行四边形 又∵ ∴四边形是菱形． （2）解：四边形是正方形， 理由如下：∵，， ∴， ∵四边形是菱形 ∴， ∴菱形是正方形， （3）解：∵四边形是正方形，， ∴， ∴， ∴四边形的面积为． 【点拨】此题主要考查了菱形的判定，正方形的性质及判定以及线段垂直平分线的性质，解题的关键是掌握四条边都相等的四边形是菱形． 23．（1）见解析；（2），，理由见解析；（3）16 【分析】（1）根据角平分线的定义和平行线的性质可得，由等腰三角形的判定可得，同理可证，进而可证； （2）先证四边形是平行四边形，进而可证四边形是矩形，即可得到答案； （3）由勾股定理可得，再证四边形是正方形，根据勾股定理可得正方形边长，进而可求四边形周长； 【详解】（1）证明：平分， ， ， ， ， ， 同理， ； （2）解：，， 理由：是的中点， ， ， 四边形是平行四边形， 平分，平分， ， 四边形是矩形， ，； （3）解：，，， ， ，， ， 由（2）知四边形是矩形， 四边形是正方形， ， ， 四边形的周长； 【点拨】本题考查了平行四边形的判定和性质，矩形的判定和性质，正方形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握以上性质． 24．(1)＝ (2)的结论不变，证明见解析 (3)或 【分析】（1）由正方形的性质得到，平分，又，，得到四边形是矩形，因此，根据角平分线的性质可得； （2）过点E作于点P，作于点Q，由正方形得到，平分，因此四边形是矩形，，进而有，从而，进而证得，得证； （3）分点在点的右侧，和左侧两种情况，过点H作于点J，作，交的延长线于点K，则，由题意可得四边形是正方形，从而，，根据和，得到，从而证得，得到，根据角平分线的判定得到平分，进而即可解答． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，平分， ∵，， ∴ ∴四边形是矩形， ∴ ∴． 故答案为：； （2）解：的结论不变，理由如下： 过点E作于点P，作于点Q， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，平分， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵ ∴，即 ∴ ∴； （3）解：当点在点的右下方时： 过点H作于点J，作，交的延长线于点K， 则， ∵由（2）有，且四边形是矩形， ∴四边形是正方形， ∴，， ∵在四边形中，， 即， ∴， ∵， ∴ ∴在和中 ， ∴， ∴， ∵， ， ∴平分， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 当点在点的左下方时：如图：过点H作于点J，作， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， 同法可得：， ∴， ∴四边形为正方形， ∴， 综上：或． 【点拨】本题考查正方形的判定及性质，角平分线的判定，全等三角形的判定及性质，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$