1.3正方形的性质与判定 练习题 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 一、单选题 1．如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（   ）    A．一定会出现平行四边形 B．当时，四边形为矩形 C．当，且时四边形为正方形 D．当，且时，四边形为菱形 2．如图，正方形的面积为18，点E在正方形内，是等边三角形，在对角线上有一点P，使的值最小，则这个最小值为（   ） A． B． C．9 D． 3．如图，正方形中，若是等边三角形，则（    ） A． B． C． D． 4．如图，正方形中，其中，，将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，问次旋转后点的坐标为（    ） A． B． C． D． 5．如图，点E，F分别是正方形的边上的点，且，相交于点O，下列结论：①；②；③；④中，正确的有（   ） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 6．如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（   ） A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.25 7．如图，已知P是正方形的对角线上一点，，，垂足分别是E，F，，，则的长为（   ） A．4 B．5 C． D． 8．如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（　　） A． B． C． D． 二、填空题 9．如图，在正方形中，是对角线、的交点，点、分别是边、延长线上一点，连接、、，，若，，则线段的长为 ． 10．如图，正方形中，点E是边的中点，交于点H，交于点G，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有 （填序号） 11．如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有 个． 12．如图，在正方形中，，为的中点，、分别为、边上的点，且，连接，过点作交于点，则的长为 ． 13．正方形，对角线交于点，平分，与交于E，与交于P，若，则 ． 三、解答题 14．如图，在正方形中，F为的中点，E为上一点，且，猜想与的位置关系，并说明理由． 15．如图，在四边形中，，，，，的垂直平分线交于点，交于点，交的延长线于点，连接． (1)求证：四边形是正方形； (2)若，求的长．（用含的代数式表示） 16．如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度． 17．如图，在长方形中，是边上的一个动点，把沿折叠，点落在点处，当是直角三角形时，求的长． 18．在正方形中，点E，F分别是边，上的一点，于点M． (1)如图1，求证：； (2)如图2，平移至，，垂足为点I． （i）求证：； （ii）如图3，若点I是的中点，与交于点N，已知，，求的长． 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】本题考查等边三角形的性质，平行四边形的判定，矩形、正方形和菱形的判定．先证明和，推出四边形是平行四边形，再根据矩形，菱形和正方形性质和判定定理逐一证明判断即可． 【详解】解：当时， ∵、、都是等边三角形； ∴， ， ∴， 故， ∵， ∴， ∴， 同理可证，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵当时 ∴， ∴平行四边形是矩形，故B正确，选项B不符合题意； ∵， ∴， ∴矩形为正方形，故C正确，选项C不符合题意； ∵，且， ∴， ∴平行四边形是菱形，故D正确，选项D不符合题意； 当， ∴， 即D，A，F三点在同一直线上， ∴四边形不存在， 故A不正确，选项A符合题意； 故选：A． 2．D 【分析】本题考查了正方形的性质、轴对称最短路线问题以及等边三角形的性质，关键在于利用正方形的对称性将转化为，再根据两点之间线段最短求解．利用正方形的对称性，将进行转化，再根据两点之间线段最短求出的最小值． 【详解】解：连接，如图 四边形是正方形，所以点D关于对角线的对称点是点B， ， ， 根据两点之间线段最短，当、、三点共线时，的值最小，即的长度就是的最小值， 是等边三角形， ， 又正方形的面积为， ， ． 故选：D． 3．C 【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角形的性质得出，，，再根据等腰三角形的性质可得到，的度数，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴． 故选：C 4．B 【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，灵活运用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，也考查了正方形的性质和点的坐标变换规律问题解决方法． 过C点作轴于H点，如图，先证明得到，，则，所以，由于，则逆时针旋转503次相对于顺时针旋转，然后根据旋转的性质得到次旋转后点的坐标为，即可作答． 【详解】解：过C点作轴于H点，如图， ∵，， ∴ ∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，且旋转次 ∴ ∴逆时针旋转503次相对于顺时针旋转， 即把绕点顺时针旋转，得，过作轴， ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵点在第四象限 ∴点的坐标为 故选：B 5．B 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，由正方形的性质得，而，可推导出，即可证明，得，可判断①正确；因为，所以，可判断②正确；如果，那么，但题中没有这样的条件，可判断③错误；由，得，则，可判断④正确，于是得到问题的答案． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，故①正确； ∴， ∴，故②正确； ∵， ∴如果，那么，显然题中没有这样的条件， ∴与不一定相等，故③错误； ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确， 所以，共有3个正确的结论， 故选：B． 6．B 【分析】本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一． 【详解】解：连接，， ∵正方形的边长为4和正方形的边长为3， ∴正方形的面积为16，正方形的面积为9， ∵正方形和正方形的对称中心都是点， ∴． 故选B． 7．D 【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等．根据正方形的性质可得，，利用可证明，可得，根据，，，可证明四边形是矩形，利用勾股定理可求出的长，进而可得答案． 【详解】解：如图，连接， 四边形是正方形， ，，， 在和中， ， ， ， ，，， 四边形是矩形， ， ， ， 故选：D． 8．C 【分析】先证明四边形是平行四边形，延长，使得，连接，，则和关于对称，由得，当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长，过作垂足是，则四边形是矩形，进而可得，，由勾股定理求得，则最小值为，由四边形周长为求解即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， 延长，使得，连接，，则和关于对称， ∴， ∴， ∴当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长， 过作垂足是，则， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， 由勾股定理得， ∴最小值为， 则四边形周长的最小值为， 故选：C． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形是平行四边形，以及为的最小值是解答的关键． 9．/ 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形等知识，掌握正方形的性质是解题关键．根据正方形的性质，证明，得到，，则是等腰直角三角形，在中，求出，，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形， ，，，， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ，， 是等腰直角三角形， ， ， ， 在中，， ，， ， ， 故答案为： 10．①③④ 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，①证明，再根据全等三角形的性质即可对结论①进行判断；②假设，则，进而得，再根据点E是的中点得，由此得，在中，，则，这与相矛盾，由此得假设是错误的，据此即可对结论②进行判断；③由三角形的面积公式得，进而得，则，据此即可对结论③进行判断；④先证明和全等得，再根据即可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①∵四边形是正方形， ∴， ∵点E是的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 故结论①正确； ②假设， ∴， 在中，， ∴， ∵点E是的中点， ∴， ∴， 在中，， ∴，这与相矛盾， ∴假设是错误的， 故结论②不正确； ③由三角形的面积公式得：，， ∴， ∴， ∴， 故结论③正确； ④在正方形中，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论有①③④． 故答案为：①③④． 11．3 【分析】连接，交于点O，由题意得，即可得四边形为矩形，得，用即可得，即可判断①；根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质得，即可判断③，延长，交于M，交于点H，由①得，，根据题意和角之间的关系得，即可判断②，根据垂线段最短得当时，最小，根据勾股定理得，即可得的最小值，即可判断④． 【详解】解：如图所示，连接，交于点O， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴， ∵四边形为正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 即①正确； 延长，交于M，交于点H， 由①得，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 即②正确； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即③正确， ∵E为对角线上的一个动点， ∴当时，最小， ∵， ∴， ∴， 由①知，， ∴的最小值为， 即④错误， 综上，①②③正确， ∴结论正确的个数是3个， 故答案为：3． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是掌握这些知识点． 12． 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，合理正确作出辅助线是解题的关键．与相交于点，过点作于点，过点作于点，与，分别相交于点，，可得，，可得，由勾股定理得出，根据边角关系证得，即可得出答案． 【详解】解：如图，与相交于点，过点作于点，过点作于点，与，分别相交于点，， ， 四边形是正方形， ， ，为的中点， 为的中点， ， 在中，， ， ，， ， ， ， ， ． 故答案为：． 13． 【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先过点C作，交的延长线于点H，结合正方形的性质，证明四边形是矩形，再证明，得出，因为平分，所以，因为，得，，运用三角形内角和得，则，即可作答． 【详解】解：依题意，过点C作，交的延长线于点H，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 过点作， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴，， 则， ∴， 故答案为：． 14．．理由见解析 【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理及其逆定理的应用，连接，设正方形的边长为，则，进一步利用勾股定理及其逆定理解答即可． 【详解】解：．理由如下： 连接，设正方形的边长为，F为的中点，， 则． 在正方形中， ． 在中，， 在中，， 在中，． 在中，， 为直角三角形，且， ． 15．(1)见解析 (2)a 【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键． （1）先根据，判定四边形是矩形，再根据，即可得证； （2）先根据证明，得出，再根据正方形中，，即可得到，从而可求得的长． 【详解】（1）证明：∵的垂直平分线交于，交于， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； （2）解：∵垂直平分， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴． 16． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定、勾股定理，三角形中位线定理，正确做出辅助线且证出是解决问题的关键． 连接，延长交于G，连接，由正方形推出，，，证得，得到，，根据三角形中位线定理得到，由勾股定理求出即可得到． 【详解】解：连接，延长交于G，连接， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵M为的中点， ∴， 在中， ∴， ∴，， ∴， ∵点N为的中点， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， ∴． 17．或7 【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、正方形的判定与性质，勾股定理等知识．注意分类讨论．分两种情况讨论：当时，如图，是直角三角形，则点共线，设，由翻折的性质和勾股定理求得；当时，是直角三角形，此时四边形是正方形，易得，当时，不符合题意，舍去． 【详解】解：∵四边形为长方形， ∴， ①当时，如图， ∵， ∴， ∴点共线． ∴，而， ∴． 根据折叠的性质，得， ∴． 设，则． 在中，根据勾股定理，得， ∴， 解得， ∴， ∴； ②当时，如图， ∴． 根据折叠的性质，得． ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形，， ∴． ③当时，不符合题意，舍去； 综上，或7． 18．(1)见解析； (2)（i）见解析；（ii）． 【分析】（1）要证，利用正方形性质找全等条件，通过证 即可． （2）（i）作辅助线，结合（1）中全等及平行四边形判定与性质，证 ；（ii）先求长，利用正方形性质、中点及垂直关系，结合全等和等腰直角三角形性质求长 ． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：（i）证明：如图1，过点A作交于点H， ∵， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 由（1）可知， ∴， ∴． （ii）解：由（1）和（i）可知， 如图2，连接，，过点N作于点P，交于点Q， ∴，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵点I是的中点，， ∴垂直平分， ∴，， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质以及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形性质和全等三角形判定是解题的关键． 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 $$