2025年中考数学一轮复习专项巩固练习26--正方形

2025年中考数学一轮复习专项巩固练习26--正方形 一、单选题 1．下列说法不正确的是（   ） A．一组邻边相等的矩形是正方形 B．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形 C．正方形是轴对称图形，且有四条对称轴 D．正方形的对角线平分一组对角 2．如图，正方形的边长为，则阴影部分的面积为（　　）． A．4 B．8 C．12 D．16 3．如图，已知的对角线，交于点O，添加条件后， 不一定是正方形的选项为（　　） A．， B．， C．， D．， 4．如图，四边形是正方形，是等边三角形，则的度数是（   ） A． B． C． D． 5．如图，点在正方形的内部，且在对角线的上方，连接、，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 6．如图，正方形的顶点、的坐标分别为，，则点的坐标为（   ） A． B． C． D． 7．如图，在正方形中，点是的中点，点在上，连接，．若，，则一定等于（    ） A． B． C． D． 8．如图，点P是正方形的对角线上一点，于点于点F，连接，给出下列四个结论： ①；②；③；④，其中正确的是（） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 二、填空题 9．如图，四边形是正方形，点E在边上，，若线段绕点A逆时针旋转后与线段重合，点F在边上，则旋转角的度数是 ．    10．如图，P为正方形对角线上的一点，点P到的距离，则点P到直线的距离为 cm．    11．在正方形ABCD中，E是对角线AC上一点，且AE=AB，则∠EBC的度数是 ． 12．如图，在正方形ABCD中，，E是AD的中点，点A关于BE的对称点为F，则DF的长为 ． 13．如图，正方形中，点为射线上一个动点．连接，把沿折叠，当点的对应点刚好落在线段的垂直平分线上时， ． 14．如图，在正方形中，，分别是，的中点，，分别是，的中点，连接，则的值为 ． 15．如图，在正方形中，点在上，点在上，且．若，则的周长为 ． 16．如图，正方形的边长为，为的中点，是对角线上一动点，连接、，由正方形对称性可知，与关于直线对称，则的最小值是 ． 三、解答题 17．如图，在和中，，，，为边上一点． (1)求证： (2)若点是的中点，求证：四边形是正方形． 18．如图，在矩形中，对角线相交于点O． (1)若，求证：矩形是正方形； (2)请添加一个异于（1）的条件，使矩形成为正方形，不用说明理由． 19．如图，在中，，是边上的中线，过点作的平行线，且，连接． (1)求证：四边形是菱形； (2)当满足________时，四边形是正方形．请说明理由； (3)连接交于，若，则________．（请直接写出答案） 20．如图，在中，过边上的点作，交于点，交于，连接． (1)若平分，则四边形是什么四边形？并说明理由． (2)若，则四边形是什么四边形？并说明理由． (3)在（2）的条件下，给添加一个条件___________使四边形是正方形，并说明理由． 参考答案 1．B 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，根据正方形的判定和性质逐一判断即可解题． 【详解】解：A. 一组邻边相等的矩形是正方形，说法正确，不符合题意； B. 对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形，原说法错误，符合题意； C. 正方形是轴对称图形，且有四条对称轴，说法正确，不符合题意； D. 正方形的对角线平分一组对角，说法正确，不符合题意； 故选：B． 2．B 【分析】本题考查了轴对称的性质，根据图形判断出阴影部分的面积等于正方形的面积的一半是解题的关键． 【详解】解：根据正方形的轴对称性可得，阴影部分的面积=， ∵正方形的边长为， ∴阴影部分的面积=． 故选：B． 3．B 【分析】本题考查了正方形的判定，根据题意逐一对选项分析即可得出答案． 【详解】解：A、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故A错误； B、因为，所以为菱形，但不能证明为正方形，故B正确； C、因为，所以为矩形，又因为所以为正方形，故C错误； D、因为，所以为菱形，又因为所以为正方形，故D错误； 故选：B． 4．D 【分析】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质．先根据正方形的性质得到，，再根据等边三角形的性质得到，，所以，，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和计算的度数，进而可得出答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 故选：D 5．C 【分析】本题考查正方形的性质，根据正方的性质，同角的余角，进行求解即可． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选C． 6．B 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质等知识，解题的关键是学会添加垂线的辅助线，构造全等三角形解决问题．作轴交于点，用全等三角形判定定理推出，得出和的长，即可得出点的坐标． 【详解】解：如图，作轴交于点， 点、的坐标分别为，， ，， 正方形， ，， ， ， ， ， ， 轴， ， ， ， ，， ， 点的坐标为． 故选：B． 7．A 【分析】本题考查了正方形的性质及全等三角形的判定和性质、三角形的内角和定理，理解题意，作出辅助线是解题关键．延长、交于点，证明，根据全等三角形的判定和性质得出，确定，再由各角之间的关系即可得出结果． 【详解】解：延长、交于点，如图所示： 四边形是正方形， ， 点是的中点， ， 在和中， ， ， ， ，， ， ∴， ， ，， ， ， ， ， 故选：A． 8．D 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定与性质等知识，过作于点，根据正方形对角线的性质及题中的已知条件，证明后即可证明在此基础上，通过等量代换可证明③，在中，，求得结论④正确，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：过作于点，如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴，，，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①符合题意； ∵， ∴， ∴，故③符合题意； 如上图，延长交于点， ∴， ∵， ∴，即，故②符合题意； ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， 在中， 故④符合题意； 故选：D． 9．/度 【分析】本题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定与性质及旋转性质，根据正方形性质先证明，再根据全等三角形的性质求出，即可求出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵线段绕点逆时针旋转后与线段重合， ∴， ∴， ∴， ∴； 即旋转角的度数为； 故答案为：． 10．5 【分析】本题考查了正方形的性质以及角平分线的性质定理，根据平分即可求解． 【详解】解：由题意得：平分 ∵点P到的距离， ∴点P到直线的距离为5 cm． 故答案为：5 11．22.5°/22.5度 【分析】由AB=AE，在正方形中可知∠BAC=45°，进而求出∠ABE，又知∠ABE+∠EBC=90°，故能求出∠EBC． 【详解】解：∵正方形ABCD中，E是对角线AC上一点， ∴∠BAC=45°， ∵AB=AE， ∴∠ABE=∠AEB=67.5°， ∵∠ABE+∠EBC=90°， ∴∠EBC=22.5°， 故答案为：22.5°． 【点睛】本题主要考查了正方形的对角线平分对角的性质及等腰三角形的性质，解题的关键是正确求出∠ABE的度数． 12． 【分析】连接AF，交BE于点G，首先求出，再运用勾股定理求DF即可． 【详解】解：连接AF，交BE于点G， 由题意可知，， 在中，由勾股定理可得 ， ∵， ∴， 解得， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴, ∴为直角三角形， 由勾股定理可得， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方的性质以及对称的性质，解题的关键是正确理解对称的性质，作出辅助线，运用勾股定理求解． 13．或/或 【分析】本题主要考查了垂直平分线的性质、折叠的性质，正方形的性质，解题的关键是熟练掌握折叠的性质，注意分类讨论．分两种情况：当点落在图①的位置时，当点落在图②的位置时，分别画出图形，求出结果即可． 【详解】∵点P在射线上运动，故分两种情况； 当点落在图①的位置时， 为线段的垂直平分线， ， 为正方形， ， ， ． 当点落在图②的位置时 为线段的垂直平分线， ， 为正方形， ， ， ． 故答案为：或． 14．/ 【分析】此题考查了正方形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理；连接并延长交于点，连接证明得出，进而根据中位线的性质可得，勾股定理求得，即可求解． 【详解】如图，连接并延长交于点，连接 四边形是正方形，设， ，，， ， 为的中点， ， ， ，， ， 为的中点， ， 为的中点， ， ， ， 故答案为：． 15．8 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，掌握添加合理的辅助线，构造三角形全等是解题的关键．根据题意可得，如图所示，在上取，连接，可证，得到，再证，得到，则的周长为，由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴， 设，则，， ∵， ∴， ∴， 如图所示，在上取，连接， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∵的周长为， ∴的周长为， 故答案为：8 ． 16． 【详解】解：如图，连接交于点， ∵正方形的边长为，为的中点， ∴ ∵点和关于对称， 当与重合时，的最小值即为的长， 在中，根据勾股定理，得 ． 的最小值为 故答案为． 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，正方形的判定，等腰三角形的性质，直角三角形的性质： （1）只需要证明，即可证明； （2）根据直角三角形的性质得到，再由三线合一定理得到，再证明，即可证明四边形是正方形． 【详解】（1）证明：， ， 在和中， ， ； （2）证明：中，D是中点的，， ， 又， ， 四边形是菱形． 又， 四边形是正方形． 18．(1)见解析 (2)．（答案不唯一） 【分析】（1）证明，推出，即可证明结论； （2）根据正方形的判定添加条件即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，∴， ∵，∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：添加的条件可以是．理由如下： ∵四边形是矩形，， ∴矩形是正方形． 【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，注意：有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形．第2问是一道开放型的题目，答案不唯一，也可以添加等． 19．(1)见解析 (2)当满足是等腰直角三角形时，四边形是正方形，理由见解析 (3) 【分析】（1）由直角三角形的性质可得，推出，结合得出四边形是平行四边形，再结合即可得证； （2）由等腰直角三角形的性质可得，即，即可得证； （3）由直角三角形的性质可得，由（1）可得：四边形是菱形，得出，，进而得出，由相似三角形的性质可得，推出，即可得解． 【详解】（1）证明：∵在中，，是边上的中线， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当满足是等腰直角三角形时，四边形是正方形，理由如下： ∵，是边上的中线， ∴， ∴， ∴菱形是正方形； （3）解：∵在中，，是边上的中线， ∴， 由（1）可得：四边形是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质、菱形的判定与性质、正方形的判定定理、等腰直角三角形的性质、相似三角形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 20．(1)四边形是菱形，理由见解析； (2)四边形是矩形，理由见解析； (3)平分，理由见解析； 【分析】此题是四边形综合题，考查平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定，关键是根据平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定和正方形的判定的方法解答． （1）根据两组对边平行的四边形是平行四边形，再根据证明与全等，进而得出，利用邻边相等的平行四边形是菱形解答即可； （2）根据有一个角是直角的平行四边形是矩形解答即可； （3）根据有一个角是直角的菱形是正方形解答即可． 【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， ∴， 又四边形是平行四边形， ∴， 在与中， ， ， ， 是菱形； （2）四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∵， ∴是矩形； （3）添加平分，使得四边形是正方形，理由如下： 由（2）可知，是矩形， 又平分， 由（1）可知是菱形 ∴四边形是正方形， 故答案为：平分． 学科网（北京）股份有限公司 $$