1.3 正方形的性质与判定 课时作业 2025—2026学年北师大版数学九年级上册

正方形的性质与判定 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．正方形具有而矩形不一定具有的性质是（   ） A．四个角相等 B．对角线互相垂直 C．对角互补 D．对角线相等 2．如图，点为正方形内一点，，，连结，那么的度数是(   ) A． B． C． D． 3．如图，，，以为边作正方形，则点的坐标为（    ） A． B． C． D． 4．如图，三个边长均为 2 的正方形重叠在一起，M、N 是其中两个正方形对角线的交点，则两个阴影部分面积之和是（    ） A．1 B．2 C． D．4 5．依次连接矩形各边中点所得到的四边形是（    ） A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 6．如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为(1，)，则点C的坐标为(　　)   A．(－，1) B．(－1，) C．(，1) D．(－，－1) 7．下列说法中，错误的是（　　） A．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 B．两条对角线互相垂直且平分的四边形是菱形 C．四个角都相等的四边形是矩形 D．邻边相等的菱形是正方形 8．如图，正方形中，点是边的中点，，交于点，、交于点，则下列结论：①；②；③；④．其中正确的是（    ） A．①③ B．①②③④ C．①②③ D．①③ 二、填空题 9．我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形，则正方形的中点四边形是 四边形． 10．如图，在正方形ABCD内部作等边△CDE，连接BD．则的度数为 ． 11．如图，数学课上老师给出了以下四个条件：a两组对边分别相等；b一组对边平行且相等；c一组邻边相等；d一个角是直角．有三位同学给出了不同的组合方式 ：①a，c，d；②b，c，d；③a，b，c．你认为能得到正方形的是 ．（填写你认为正确的序号） 12．如图，在正方形ABCD中，BE＝EC，将正方形ABCD的边CD沿DE折叠到DF，连接EF、FC、FB，若△DFC的面积为16，则△BEF的面积为 ． 13．如图，AD 是△ABC 的角平分线，DE，DF 分别是△BAD 和△ACD 的高，得到下列四个结论：①OA＝OD；②AD⊥EF；③当∠A＝90°时，四边形 AEDF 是正方形；④AE+DF＝AF+DE．其中正确的是 （填序号） 14．如图，在正方形中，点，分别是，的中点，点是边上一个动点，连接，将四边形沿折叠，得到四边形． （1）若，，三点在同一条直线上，则的大小为 °； （2）若，则，两点的连线段的最小值为 ． 三、解答题 15．如图，正方形ABCD中，E与F分别是AD，BC上一点．在①AE＝CF，②BE∥DF，③∠1＝∠2中，请选择其中一个条件，证明BE＝DF． （1）你选择的条件是 （只需填写序号）． （2）证明． 16．如图，矩形ABCD 和正方形ECGF，其中E、H分别为AD、BC中点，连结AF、HG、AH. （1）求证：； （2）求证：； 17．如图，四边形ABCD、BEFG均为正方形，连接AG、CE． （1）求证：AG=CE； （2）求证：AG⊥CE．    18．如图，在正方形ABCD中，G是BC上任意一点，连接AG，DE⊥AG于E，BF∥DE交AG于F，探究线段AF、BF、EF三者之间的数量关系，并说明理由． 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 《正方形的性质与判定》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A B B A D B 1．B 【分析】本题考查了正方形和矩形的性质，解决本题的关键是熟记正方形和矩形的性质．对于四边形的性质我们从：①边；②角；③对角线三个方面去理解，因此，只需要根据正方形、矩形的这三个方面性质的不同，即可解答． 【详解】解：根据正方形和矩形的性质对比分析： ①边：有对边与邻边：正方形与矩形对边性质相同，没有区别；邻边性质不同，正方形邻边相等，矩形邻边不相等； ②角：正方形与矩形内角性质相同，对角相等、邻角互补、四个角都是直角； ③对角线：正方形与矩形对角线都相等且互相平分，但正方形对角线相互垂直，而矩形对角线不具有这个特征； 故选：B． 2．C 【分析】由正方形的性质得到AD=CD，根据等腰三角形的性质得到∠DAE=∠AED=70°，求得∠ADE=180°-70°-70°=40°，得到∠EDC=50°，根据等腰三角形的性质即可得到结论. 【详解】解：， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， 故选． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键. 3．A 【分析】过C作CF⊥x轴，垂足为点F，根据正方形的性质和全等三角形的判定可证明△DAO≌△CDF，可求得DF、CF、OF的长，可求得点C的坐标． 【详解】解：如图，过C作CF⊥x轴，垂足为点F， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠ADC=90°，AD=CD ∴∠ADO+∠CDF=90°, ∵∠OAD+∠ADO=90°， ∴∠OAD=∠CDF ∴△DAO≌△CDF（AAS） ∴DF=AO，CF=OD， ∵，， ∴OA=2，OD=1, ∴DF=AO=2，CF=OD=1 ∴OF=1+2=3， ∴C点坐标为（3，1）． 故选：A． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及全等三角形的判定和性质，利用正方形的四边相等找到条件通过证明三角形全等求得DF、CF、OF的长是解题的关键． 4．B 【分析】连接，，易证，那么可得阴影部分的面积与正方形面积的关系，同理得出另两个正方形的阴影部分面积与正方形面积的关系，从而得出答案． 【详解】解：连接，，如图所示：    三个边长均为2的正方形重叠在一起，、是其中两个正方形对角线的交点， ，， ， 四边形是正方形， ， 在和中 ， 两个正方形阴影部分的面积， 同理另外两个正方形阴影部分的面积也是， ． 故选：． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质及全等三角形的综合，把阴影部分进行合理转移，得出两个正方形阴影部分的面积是正方形面积的是解决本题的难点 【点睛】本题主要考查正方形的性质，三角形全等的判断和性质，等底等高的两个三角形面积相等知识的综合，掌握正方形的性质，三角形全等的判断和性质是解题的关键． 5．B 【分析】连接、，根据勾股定理求出，根据三角形中位线定理、菱形的判定定理得到四边形为菱形． 【详解】解：连接、，   四边形是矩形， ， 、分别是、的中点， ，， 同理，，，，，，， ， 四边形为菱形， 故选：B． 【点睛】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的判定定理是解题的关键． 6．A 【详解】解：如图：过点A作AD⊥x轴于D，过点C作CE⊥x轴于E， ∵∠OAD+∠AOD=∠COE+∠AOD， ∴∠OAD=∠COE， ∵OC=OA，∠ODA=∠OEC=90°， ∴△OAD△OCE全等， ∴OE=AD=，CE=OD=1， ∴点C的坐标为（-，1）， 故选A． 7．D 【详解】试题分析：A选项中一组对边平行且相等的四边形是平行四边形是平行四边形非常重要的一个判定定理，故正确，B选项对角线互相平分得到为平行四边形，再加又互相垂直可得为菱形，故正确，C选项是正确，四个角相等，只能都为90度，就变成了矩形，故正确，D选项是错误的，因为菱形本来邻边相等，并不能得出为正方形； 故选D 考点：平行四边形及特殊的平行四边的判定及性质. 8．B 【分析】根据正方形的性质，可证，，，，由此即可求解． 【详解】解：正方形中，点是边的中点， ∴，，， ∴， ∴，故结论①正确； ∵，，为公共边， ∴， ∴， ∵， ∴，故结论②正确； ∵与是等底等高的两个三角形， ∴与的面积相等，，即， ∵，， ∴，故结论③正确； 由结论①，②可知，， ∵， ∴， ∴．故结论④正确． 综上所述，正确的有①②③④． 故选：． ． 9．正方形 10．15°/15度 【分析】根据正方形和等边三角形的性质可得出∠BDC、∠CDE的度数，然后根据角的和差计算即可． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，△CDE是等边三角形， ∴，∠CDE=60°， ∴∠BDE=∠CDE-∠BDC=15°． 故答案为：15°． 【点睛】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质等知识，掌握正方形和等边三角形的性质是解题的关键． 11．①② 【分析】由a和b都可断为平行四边形，①②③中至少有一个a或者b，所以在平行四边形的基础上判定正方形，根据需要加条件． 【详解】解：①由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，再添加d即一个角是直角的菱形是正方形，故①正确； ②由b得到一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，添加d即有一个角是直角的平行四边形是矩形，再添加c即一组邻边相等的矩形是正方形，故②正确； ③由a得到两组对边分别相等的四边形是平行四边形，添加b得到一组对边平行且相等的平行四边形仍是平行四边形，再添加c即一组邻边相等的平行四边形是菱形，不能得到四边形是正方形，故③不正确； 故答案为：①②． 【点睛】本题主要考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定方法是解决问题的关键． 12．4 【分析】设DE交CF于O，设OE=a．证明△BCF≌△CDO（AAS）即可解决问题． 【详解】解：如图，设DE交CF于O，设OE＝a． ∵EF＝EC＝EB， ∴∠CFB＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DCE＝90°，CB＝CD， ∵DF＝DC，EF＝EC， ∴DE垂直平分线段CF， ∴∠COD＝∠BFC＝90°， ∵∠BCF+∠DCO＝90°，∠DCO+∠CDO＝90°， ∴∠BCF＝∠DCO， ∴△BCF≌△CDO（AAS）， ∵OF＝OC， ∴S△DCO＝×16＝8， ∴S△BCF＝8， ∵BE＝EC， ∴S△BEF＝S△BCF＝4， 故答案为4． 【点睛】主要考查了折叠的性质，正方形的性质，全等三角形的性质和判定，解本题的关键是正确寻找全等三角形解决问题． 13．②③④． 【分析】①如果OA=OD，则四边形AEDF是矩形，∠A=90°，不符合题意，所以①不正确； ②首先根据全等三角形的判定方法，判断出△AED≌△AFD，AE=AF，DE=DF；然后根据全等三角形的判定方法，判断出△AEO≌△AFO，即可判断出AD⊥EF； ③首先判断出当∠A=90°时，四边形AEDF的四个角都是直角，四边形AEDF是矩形，然后根据DE=DF，判断出四边形AEDF是正方形即可； ④根据△AED≌△AFD，判断出AE=AF，DE=DF，即可判断出AE+DF=AF+DE成立． 【详解】如果OA=OD，则四边形AEDF是矩形，没有说∠A=90°，不符合题意，故①错误； ∵AD是△ABC的角平分线， ∴∠EAD=∠FAD， 在△AED和△AFD中， ∴△AED≌△AFD（AAS）， ∴AE=AF，DE=DF， ∴AE+DF=AF+DE，故④正确； ∵在△AEO和△AFO中， ， ∴△AEO≌△AFO（SAS）， ∴EO=FO， 又∵AE=AF， ∴AO是EF的中垂线， ∴AD⊥EF，故②正确； ∵当∠A=90°时，四边形AEDF的四个角都是直角， ∴四边形AEDF是矩形， 又∵DE=DF， ∴四边形AEDF是正方形，故③正确． 综上可得：正确的是：②③④， 故答案为：②③④． 【点睛】此题主要考查了三角形的角平分线的性质和应用，以及直角三角形的性质和应用，要熟练掌握；此题还考查了全等三角形的判定和应用，要熟练掌握；此题还考查了矩形、正方形的性质和应用，要熟练掌握． 14． 67.5 【分析】（1）易得，利用翻折的性质得到； （2）连接，，，易证，得到，，当，，在同一条直线上时，FQ最小，计算可得． 【详解】（1）如图1，易得， ∴， 故答案为：67.5； （2）如图2，连接，，， 易证， ∴，， 当，，在同一条直线上时，最小，最小值为， 故答案为：． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，正确掌握翻折的性质是解题的关键． 15．见解析 【分析】本题可通过证明△ABE和△DFC全等或四边形BFDE是个平行四边形来得出BE＝DF的结论． 如果选①，运用SAS证明两三角形全等，BE＝DF； 如果选②那么四边形BFDE是平行四边形，BE＝DF； 如果选③，运用AAS证明两三角形全等，BE＝DF． 【详解】解法一： （1）选①； （2）证明：∵ABCD是正方形， ∴AB＝CD，∠A＝∠C＝90°． 又∵AE＝CF， ∴△AEB≌△CFD． ∴BE＝DF． 解法二：（1）选②； （2）证明：∵ABCD是正方形， ∴AD∥BC． 又∵BE∥DF， ∴四边形EBFD是平行四边形． ∴BE＝DF． 解法三：（1）选③； （2）证明：∵ABCD是正方形， ∴AB＝CD，∠A＝∠C＝90°． 又∵∠1＝∠2， ∴△AEB≌△CFD． ∴BE＝DF． 【点睛】此题考查简单的线段相等，可以通过全等三角形来证明，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件． 16．（1）详见解析；（2）详见解析. 【分析】（1）根据题意可先证明四边形AHCE为平行四边形，再根据正方形的性质得到∴，，故可证明四边形AHGF是平行四边形，即可求解； （2）根据四边形AHGF是平行四边形，得，根据四边形ABCD是矩形，可得 ，再根据平角的性质及等量替换即可证明. 【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，且E、H分别为AD、BC的中点， ∴，， ∴四边形AHCE为平行四边形， ∴，， 又∵四边形ECGF为正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形AHGF是平行四边形， ∴； （2）证明：∵四边形AHGF是平行四边形， ∴， ∵四边形ABCD是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴； 【点睛】此题主要考查正方形的性质与证明，解题的关键是熟知特殊平行四边形的性质定理. 17．（1）证明见解析（2）证明见解析 【详解】试题分析：（1）由ABCD、BEFG均为正方形，得出AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE，得出∠ABG=∠CBE，从而得到△ABG≌△CBE，即可得到结论； （2）由△ABG≌△CBE，得出∠BAG=∠BCE，由∠BAG+∠AMB=90°，对顶角∠AMB=∠CMN，得出∠BCE+∠CMN=90°，证出∠CNM=90°即可． 试题解析：（1）∵四边形ABCD、BEFG均为正方形，∴AB=CB，∠ABC=∠GBE=90°，BG=BE，∴∠ABG=∠CBE，在△ABG和△CBE中，∵AB=CB，∠ABG=∠CBE，BG=BE，∴△ABG≌△CBE（SAS），∴AG=CE； （2）如图所示：∵△ABG≌△CBE，∴∠BAG=∠BCE，∵∠ABC=90°，∴∠BAG+∠AMB=90°，∵∠AMB=∠CMN，∴∠BCE+∠CMN=90°，∴∠CNM=90°，∴AG⊥CE．    考点：1．全等三角形的判定与性质；2．正方形的性质． 18．AF=BF+EF，理由见解析． 【分析】DE＝BF＋EF，根据已知条件易证△ABF≌△DAE，由全等三角形的性质可得BF＝AE，AF＝DE，根据图中相关线段的和差关系得到DE＝BF＋EF． 【详解】解：AF＝BF＋EF．理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DA，∠DAB＝∠ABC＝90°. ∵DE⊥AG于点E，BF∥DE交AG于点F， ∴∠DEA＝∠DEF＝∠AFB＝90°， ∴∠ADE＋∠DAE＝90°. ∵∠DAE＋∠BAF＝90°， ∴∠ADE＝∠BAF. 在△ABF和△DAE中， ∵ ∴△ABF≌△DAE(AAS)． ∴BF＝AE，AF＝DE. ∵AF＝AE＋EF， ∴AF＝BF＋EF 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$