1.3 正方形的性质与判定 同步练习 2025-2026学年北师大版数学九年级上册

1.3 正方形的性质与判定 同步练习 2025-2026学年北师大版数学九年级上册 一、选择题 1．如图，正方形ABCD中，点E是对角线AC上的一点，且连接DE，则∠CDE的度数为（　　） A．20° B．22.5° C．25° D．30° 2．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） 3．如图，四边形是正方形，延长到点E，使，连结交于点F，则等于（　　）度． A．112.5 B．125 C．135 D．150 4．如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（　　） A． B．1 C． D．2 5．如图，由四个全等的直角三角形和小正方形拼成正方形，连接交于．若，，则的长为（　　） A． B． C． D． 6．如图，在正方形中，点M在上，点N在的延长线上，且，连接﹐点G为的中点，连接、，若，则的度数为（　　） A． B． C． D． 7．如图，正方形OABC的两边OA、OC分别在x轴、y轴上，点D（5，3）在边AB上，以C为中心，把CDB旋转90°，则旋转后点D的对应点 的坐标是（　　） A．（2，10） B．（﹣2，0） C．（2，10）或（﹣2，0） D．（10，2）或（﹣2，0） 8．如图，正方形ABCD，边长AB＝2，对角线AC、BD相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，三角板两边足够长，与BC、CD交于E、F两点，当三角板绕点O旋转时，线段EF的最小值为（　　） A．1 B．2 C． D．2 二、填空题 9．如图是我国古代著名的“赵爽弦图”的示意图，此图是由四个全等的直角三角形拼接而成，连接EF，其中，则EF的长是　 　． 10．如图，已知正方形 ABCD的边长为 3，动点 P 满足CP = 2，将点 P 绕点 D 按逆时 针方向旋转 90°，得到点 Q，连接 BQ ，则 BQ的最大值是　 　． 11．如图，四边形ABCD中，∠BAD=∠C=90°，AB=AD，AE⊥BC，垂足是E，若线段AE=4，则S四边形ABCD=　 　 ​​ 12．如图，在正方形中，点F为上一点，与交于点E．若，则等于　 　度． 13．如图，正方形中，为边上一点，连接，点为中点，点为中点，连接，点为中点，连接，若，，则　 　． 14．将正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合，折痕交于点E，交折痕于点H，已知正方形的边长为4，则的长度为　 　． 三、解答题 15．如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为． （1）求证：； （2）若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长． 16．如图，正方形ABCD中，，动点E，F分别在边BC、CD上，且，连接EF. （1）求证：EF=BE+DF； （2）若BE=3，求线段DF的长. 17．如图，矩形中，，菱形的三个顶点分别在矩形的边上，，连结． （1）若，求证：四边形为正方形； （2）若，求的面积． 18． 如图，在正方形ABCD中，点E是对角线BD上的一点（DE＜BE），连接AE，过点E分别作EF⊥AE交BC于点F，EG⊥BD交BC的延长线于点G． （1）若AD＝6，DE＝2，求EG的长度； （2）求证：FG＝AB． 19．如图，在正方形中，是上的一点，连接，过点作，垂足为点，延长交于点，连接。 （1）求证：； （2）若正方形的边长是5，，求的长。 20．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点E是对角线AC上的一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交AB于点F，以DE，EF为邻边作矩形GFED，连接AG， （1）求证：矩形GFED是正方形。 （2）求AG+AE的值。 答案解析部分 1．【答案】B 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AC为正方形的对角线， ∴∠ADC=90゜，∠DAE=45゜ ∵AE=AD， ∴∠ADE=∠AED， ∴ ∴ 故答案为：B 【分析】由正方形的性质可得∠DAE的度数，由等边对等角和三角形的内角和定理可求得∠ADE=∠AED的度数，然后根据角的构成∠CDE=∠ADC-∠ADE可求解． 2．【答案】D 【解析】【解答】解：如图所示，作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，则∠OEC=∠ADO=90°， ∴∠COE+∠ECO=90°， ∵A的坐标为（1，）， ∴AD=，OD=1， ∵四边形OABC为正方形， ∴OA=OC，∠AOC=90°， ∴∠AOD+∠COE=90°， ∴∠AOD=∠OCE， 在和中， ∵ ∴≅（AAS）， ∴OE=AD=，CE=OD=1， ∴C（-，1）， 故答案为：D． 【分析】本题考查正方形的性质、坐标与图形的综合，及全等三角形的性质与判定.先作AD⊥x轴于D，CE⊥x轴于E，据此可推出∠COE+∠ECO=90°，根据点A的坐标可求出AD和OD，再根据四边形OABC为正方形，利用正方形的性质可推出：∠AOD=∠OCE，利用全等三角形的判定定理可证明≅，利用全等三角形的性质可得：OE=AD=，CE=OD=1，据此可求出点C的坐标． 3．【答案】A 【解析】【解答】解：∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴． 故选：A． 【分析】根据正方形的性质可得，利用三角形外角的性质求出，然后根据三角形的内角和定理解答即可． 4．【答案】C 【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°， ∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG， ∵G为DE的中点， ∴GE＝GD， ∴△AEG≌△MDG（AAS）， ∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD， ∴CM＝CD＝2， ∵点H为AF的中点， ∴GH＝FM， ∵F为BC的中点， ∴CF＝BC＝2， ∴FM＝， ∴GH＝FM＝， 故选：C． 【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，根据正方形性质可得AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，则∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△MDG（AAS），则AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，再根据线段中点可得CF＝BC＝2，再根据勾股定理即可求出答案. 5．【答案】B 【解析】【解答】解：∵四边形EFGH是正方形， ∴，，EF∥GH， ∵， ∴， ∵EF∥GH， ∴， ∴； ∵图中为四个全等的直角三角形， ∴， ∴， ∵正方形中， 根据勾股定理得：， 即， 解得：，（负值舍去）， ∴， ∴， ∴， 故答案为：B． 【分析】由正方形的性质得，，EF∥GH，从而由平行于三角形一边得直线截其它两边，所截的三角形与原三角形相似得，由相似三角形对应边成比例得出，结合全等三角形性质得出，在Rt△BCF中，根据勾股定理求出，得出，再根据勾股定理算出CE即可. 6．【答案】A 【解析】【解答】解：连接，，令与交于点， 在正方形中，，，则， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵点为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴，即：， 又∵， ∴， 故选：A． 【分析】先根据斜边及另一条直角边对应相等的两个直角三角形是全等三角形证明，根据全等三角形的对应角相等，对应边相等得出，， 根据等腰直角三角形的定义得出是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质得出，根据直角三角形的斜边删的中线是斜边的一半求出，根据三遍对应相等得两个三角形是全等三角形得出，根据全等三角形的对应角相等得出，然后根据三角形的内角和定理即可求解． 7．【答案】C 【解析】【解答】解：∵点D（5，3）在边AB上， ∴BC＝5，BD＝5﹣3＝2， ①若顺时针旋转，则点在x轴上，O＝2， 所以，（﹣2，0）， ②若逆时针旋转，则点到x轴的距离为10，到y轴的距离为2， 所以，（2，10）， 综上所述，点的坐标为（2，10）或（﹣2，0）． 故答案为：C 【分析】分顺时针旋转和逆时针旋转两种情况讨论解答即可． 8．【答案】C 【解析】【解答】解：四边形ABCD为正方形， ， ，， ， ， ， 使有最小值，即求的最小值， 当时，存在最小值， ， ， 线段的最小值为． 故答案为：C 【分析】先根据正方形的性质得到，进而根据等腰三角形的判定与性质得到 ，，从而根据三角形全等的判定与性质证明得到，根据勾股定理得到，使有最小值，即求的最小值，当时，存在最小值，再根据等腰三角形的性质（三线合一）即可求解。 9．【答案】​​​​​​​ 【解析】【解答】解：如图 ∵此图是由四个全等的直角三角形拼接而成 ∴CH=BE=DF=AG=5，AE=BH=CF=DG=2 ∴HE=HF=GF=EG=3 ∵∠AHD=90° ∴∠GHE=90° ∴四边形HFGE为正方形 ∴ 【分析】由题意可得：CH=BE=DF=AG=5，AE=BH=CF=DG=2，根据边之间的关系可得HE=HF=GF=EG=3，再根据正方形判定定理可得四边形HFGE为正方形，再根据勾股定理即可求出答案. 10．【答案】5 【解析】【解答】解：如图，连接AQ， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD=DC，∠ADC=90°， 由旋转得，DP=DQ，∠QDP=90°， ∴∠ADC-∠QDC=∠QDP-∠QDC， ∴∠ADQ=∠CDP， ∴△ADQ≌△CDP(SAS)， ∴AQ=CP=2， ∴点Q的运动轨迹是以点A为圆心，半径为2的圆， ∴当点Q在BA的延长线上时，BQ的值最大，如图所示， ∴BQ的最大值=AB+AQ=3+2=5. 故答案为：5. 【分析】连接AQ，由旋转可得DP=DQ，再结合正方形的性质，利用SAS可证明△ADQ≌△CDP得出AQ=CP=2，进而可知点Q的运动轨迹是以点A为圆心，半径为2的圆，当点Q在BA的延长线上时，BQ的值最大，从而得出结果. 11．【答案】16 【解析】【解答】解：如图，过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点， ∵AE⊥BC，AF⊥CF， ∴∠AEC=∠CFA=90°， ∵∠C=90°， ∴四边形AECF为矩形， ∴∠2+∠3=90°， 又∵∠BAD=90°， ∴∠1=∠3， 在△ABE和△ADF中， ∴△ABE≌△ADF（AAS）， ∴AE=AF=4 ∴S△ABE=S△ADF，四边形AECF是正方形， ∴S四边形ABCD=S正方形AECF=42=16. 【分析】过A点作AF⊥CD交CD的延长线于F点，证出四边形AECF为矩形，再证出△ABE≌△ADF，得出AE=AF，从而得出S△ABE=S△ADF，S四边形ABCD=S正方形AECF，然后根据正方形的面积公式计算，即可得出答案. 12．【答案】63 【解析】【解答】解：四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，， 又是的外角， ， 故答案为：63． 【分析】根据轴对称的性质可得，，，再利用三角形外角的性质可得。 13．【答案】 【解析】【解答】解：连接， ， 四边形为正方形，， ，， ， ∵为斜边中点， ， ∵为中点，为中点， ∴． 故答案为：. 【分析】连接，由正方形的性质得出，，由勾股定理得出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，最后由三角形中位线等于第三边的一半即可得出答案． 14．【答案】 【解析】【解答】解：∵正方形纸片的边长为4， ∴， ∵正方形纸片对折，展开得到折痕，再次折叠，使顶点D与点M重合， ∴垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴， ， ， 故答案为：． 【分析】由正方形性质得AB=AD=4，由折叠性质得MN垂直平分AB，ME=DE，AM=BM=AB=2，由同一平面内垂直于同一直线的两条直线互相平行得MN∥AD，由平行线性质及折叠性质可推出∠MHE=∠MEH，由等角对等边得ME=MH，在Rt△AEM中根据勾股定理建立方程可算出EM，从而即可得出答案. 15．【答案】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， 是中点，， ． 【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得； （2）先利用勾股定理求出BF的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得． （1）证明：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ； （2）解：， ， ， ， ， ， 是中点，， ． 16．【答案】（1）证明：延长CB到点，使，连接AG， 四边形ABCD为正方形， 在和中， （2）解：设DF=x，则， 解得 【解析】【分析】（1）延长CB到点，使，连接AG，可证，可得AF=AG，结合正方形的性质可推出∠GAE=∠EAF=45°，根据SAS证明△AGE≌△AFE，可得GE=EF； （2）设DF=x，则，EF=3+x，根据建立关于x方程并解之即可. 17．【答案】（1）证明：四边形EFGH为菱形， HG=EH. AH=2，DG=2， DG=AH. 四边形ABCD为矩形， 在Rt△DHG和Rt△AEH中， Rt△DHG≌Rt△AEH . ，即 四边形EFGH为正方形。 （2）解：如图，过点F作FQCD，交DC的延长线于点Q，连接GE，则。 四边形ABCD为矩形， ， 即. 四边形EFGH为菱形， . . 在△AEH和△QGF中， △AEH≌△QGF. ， DG=6，CD=8， . 【解析】【分析】（1）根据正方形的判定，结合全等三角形的判定和性质求证。证明Rt△DHG≌△AEH，从而证明∠GHE=90°即可得证； （2）根据矩形的性质，结合全等三角形的判定和性质求解。作FQ⊥CD于Q，连结GE，证明△AEH≌△QGF，求得QF即可． 18．【答案】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AD＝6， ∴∠DBC＝45°，BD＝＝6， ∵EG⊥BD， ∴∠BEG＝90°， ∴∠G＝45°， ∴BE＝EG， ∵DE＝2， ∴EG＝BE＝6-2； （2）证明：连接CF，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°， ∴△ABE≌△CBE（SAS）， ∴∠AEB＝∠CEB， ∵EF⊥AE，EG⊥BD， ∴∠AEF＝∠BEG＝90°， ∴∠AEB+∠BEF＝90°，∠CEB+∠GEC＝90°， ∴∠BEF＝∠GEC， 由（1）知BE＝GE，∠EBF＝∠G， ∴△BEF≌△GEC（ASA）， ∴BF＝GC， ∴BC＝FG， ∵AB＝BC， ∴FG＝AB． 【解析】【分析】（1）利用正方形的性质和勾股定理可求出BD的长，同时可证得∠DBC=45°，利用垂直的定义可得到∠BEG=90°，同时可证得∠DBC=∠G=45°，利用等角对等边可推出BE=EG，即可求出EG的长. （2）连接CF，利用正方形的性质可证得AB＝BC，∠ABE＝∠CBE＝45°，利用SAS证明△ABE≌△CBE，利用全等三角形的性质可推出∠AEB＝∠CEB；再利用余角的性质可证得∠BEF＝∠GEC，利用ASA证明△BEF≌△GEC，可得到BC=GC=FG，由此可证得结论. 19．【答案】（1）证明：四边形是正方形， ，，， ，，， ，，； （2）解：正方形的边长是5，， ，由（1）得， ， 在中，由勾股定理得：。 【解析】【分析】（1）根据正方形的性质可得，，已知，可推出，即可证明，从而可得结论； （2）由（1）得：，则，在中，利用勾股定理可得的长． 20．【答案】（1）证明：作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N. 四边形ABCD是正方形， ∠EAD＝∠ EAB. EM⊥AD，EN⊥AB ∴EM= EN. ∵∠EMA＝ ∠ENA＝∠DAB=90°， ∴四边形ANEM是矩形，. ∴∠MEN＝∠DEF= 90°， ∴∠DEM＝∠C FEN. ∠EMD=∠ENF=90° EM=EN， . △EMD≌△ENF， ED= EF. 四边形GFED是矩形，. 四边形GFED是正方形. （2）解：.四边形GFED是正方形，四边形ABCD是正方形， DG＝ DE，DC＝ DA＝AB＝4. ∠GDE＝ ∠ADC =900， ∠ADG＝∠CDE， AG=CE AG+AE＝EC+AE＝AC＝ 【解析】【分析】(1)如图，作EM⊥AD于M，EN⊥AB于N.只 要证明△EMD≌△ENF即可解决问题：根据正方形的性质得 ∠EAD＝∠ EAB.，AC是角平分线，所以 EM= EN；根据矩形的判定定理得：四边形ANEM是矩形 ，因为 EF⊥DE ， ∠DEM+∠FEM＝∠FEN+∠FEM，得 ∠DEM＝∠FEN，根据”ASA"可证明 △EMD≌△ENF ，即可解得。 (2)由（1）得DG＝ DE，DC＝ DA＝AB ， ∠GDE＝ ∠ADC，所以∠ADG＝∠CDE 可证明△ADG≌△CDE，可得AG = EC即可解决问题. 学科网（北京）股份有限公司 $$