6.3正方形的性质与判定---正方形的性质专题训练2025-2026学年鲁教版（五四制）八年级数学下册

6.3正方形的性质与判定---正方形的性质专题训练 一、单选题 1．下列关于正方形对角线的结论中，错误的是（    ） A．两条对角线互相平分 B．两条对角线相等 C．两条对角线互相垂直 D．正方形面积等于对角线长的平方 2．如图，正方形中，点E为对角线上一点，连接，将绕点C顺时针旋转得到，连接．若，，则的长为（   ） A．3 B．7 C． D．8 3．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线相等 B．对角线互相平分 C．对角线互相垂直 D．对角线平分对角 4．如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为（   ） A． B． C． D． 5．如图，三个边长为4cm的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为（   ） A． B． C． D． 6．下列有关特殊平行四边形的性质说法正确的是（   ） A．菱形的对角线相等且互相平分 B．矩形的对角线互相垂直平分 C．菱形的四个角相等 D．正方形的对角线互相垂直平分且相等 7．如图，正方形纸片的边长为，点E是边的中点，将这张正方形纸片折叠，使点C落到边上的点E处，折痕交边于点G，交边于点F．则的值是(　　) A． B． C． D． 8．如图，四边形是正方形，是的中点，将正方形折叠，使点与点重合，折痕为，若正方形的边长为，则线段的长为（    ） A． B． C． D． 9．如图，在正方形中，延长到点，使，连接交于点，则度数为（   ） A． B． C． D． 10．如图，有一个和一个正方形，其中点在边上，若，，则（   ） A． B． C． D． 11．如图，正方形中，点、分别在、上，是等边三角形，连接交于，下列结论：①，②，③垂直平分，④，⑤．其中正确结论有（   ）个． A．4 B．3 C．2 D．1 12．如图，E 是正方形的边上一点，九年（3）班同学仿照教材例题的做法，把绕点A顺时针旋转到的位置，若四边形的面积为20，， 则的长为（    ） A．4 B． C．6 D． 二、填空题 13．如图，正方形的边长为3，E，F分别是边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到，下列结论正确的是 （填序号）． ①；②；③；④． 14．边长为12的正方形中，是的中点，以为折痕将翻折，使点落在处，延长交于，则的长是 ．    15．如图，在正方形中，将边绕点逆时针旋转至，若，，则线段的长度为 ． 16．如图，已知点是正方形外的一点，连接若，，则的长为 ．    17．如图，是正方形的对角线上一点，且，连接，则的度数是 ． 18．如图，三个边长为的正方形按如图所示的方式重叠在一起，点O是其中一个正方形的中心，则重叠部分（阴影）的面积为 ． 三、解答题 19．如图，在中，，过点A作于点D．线段关于直线的对称线段为，线段关于直线的对称线段为，分别连接，，并延长交于点G． (1)试判断四边形的形状，并说明理由． (2)若，，求的面积． 20．如图，四边形是正方形，E为对角线上一点，连接． (1)求证：； (2)当时，求四边形的面积． 21．四边形为正方形，点E为线段上一点，连接，过点E作，交射线于点F，以为邻边作矩形，连接．（提示：过E作于点P，于点Q） (1)如图，求证：矩形是正方形； (2)若，，求的长度； (3)当线段与正方形的某条边的夹角是时，直接写出的度数． 22．如图，在正方形的内部作等边，连接，，． (1)求证：； (2)求的度数． 23．如图，点E是正方形的边上一点，把顺时针旋转的位置． (1)旋转中心是点______，旋转角度是______度； (2)连结，则是______三角形； (3)若正方形边长为5，，求的长． 24．如图，为正方形内一点，，将绕点按顺时针方向旋转，得到，（点的对应点为）．延长交，于点，连接． (1)试判断与之间的数量关系，并说明理由． (2)若，，求线段的长． 25．我们学习过正方形，如图，在正方形中，点E，F分别在边，上，且，连接、、． 【特例感知】 （1）试证明：． （2）如图1，延长到点G，使得，连接，，．图中与的数量关系是_____________． 【结论探索】 （3）如图2，将图1中的绕着点A逆时针旋转，连接并延长到点G，使得，连接，，，此时与还存在（2）中的数量关系吗？判断并说明理由． 【拓展应用】 （4）在（3）的条件下，若，，当是以为直角边的直角三角形时，请求出的长． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 1．D 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，根据正方形的性质，勾股定理逐一排除即可，熟练掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：、正方形的两条对角线互相平分，该选项正确，不符合题意； 、正方形的两条对角线相等，该选项正确，不符合题意； 、两条对角线互相垂直，该选项正确，不符合题意； 、设正方形边长为，对角线， ∴， ∴， ∴面积，即正方形面积等于对角线长平方的一半，该选项错误，符合题意； 故选：． 2．B 【分析】本题考查旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，连接，利用旋转的性质结合正方形的性质，证明，推出，，由旋转的性质易证是等腰直角三角形，求出，再求出，利用勾股定理即可求解． 【详解】解：连接， ∵正方形中， ∴，，， 由旋转的性质得， ∴，即， ∴， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 故选：B． 3．B 【分析】此题综合考查了矩形、菱形、正方形的对角线的性质，熟练掌握矩形、菱形、正方形的性质是解题的关键． 因为正方形的对角线垂直平分且相等、矩形的对角线互相平分且相等、菱形的对角线互相垂直平分，可知正方形、矩形、菱形都具有的特征是对角线互相平分． 【详解】解：矩形、菱形、正方形的对角线相互平分， 故选：B． 4．C 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，故，即可求解． 【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵, ∴， ∵，垂足为F，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C 5．A 【分析】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，连接，，由正方形的性质可得，证明可得，进而可求解． 【详解】解：连接，， 由题意知：四边形，四边形都是正方形， ，，，， ， 在和中， ， ， ， ， ． 故选：A． 6．D 【分析】本题考查了菱形、矩形和正方形的性质，根据菱形、矩形和正方形的性质，逐一判断各选项的正确性，掌握相关知识是解题的关键． 【详解】解：A、菱形的对角线互相垂直平分，但不一定相等，故选项不符合题意； B、矩形的对角线相等且平分，但不一定垂直，故选项不符合题意； C、菱形的四个角不一定相等，只有正方形的四个角相等，故选项不符合题意； D、正方形的对角线具有菱形和矩形的所有性质，互相垂直平分且相等，故选项符合题意； 故选：D． 7．C 【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质及勾股定理的应用，解题的关键是利用折叠性质得对应边相等，结合勾股定理列方程求解． 【详解】解：∵正方形边长为，是中点， ∴ 设，则，由折叠性质得． 在中，由勾股定理：， 即，，，． ∴，，． 故选：C． 8．C 【分析】本题考查了正方形的折叠问题，勾股定理；设，则－，，由折叠可得，在中用勾股定理，建立方程，解方程，即可求解． 【详解】解：四边形是正方形，正方形的边长为， ∴， ∵是的中点， ∴ 设，则－， 由折叠可得， 在中， 解得． 故选：C． 9．A 【分析】本题考查正方形的性质，等边对等角，解题的关键是掌握正方形的性质；根据正方形的性质及已知条件可求得的度数，从而根据外角的性质可求得的度数． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴ ∴，， ∴. 故选：A． 10．C 【分析】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、三角形内角和定理等知识；熟练掌握平行四边形和正方形的性质，由三角形内角和定理求出的度数是解决问题的关键.由平角的定义求出的度数，由三角形内角和定理求出的度数，再由平行四边形的同旁内角互补即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， ∴ ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴． 故选：C． 11．A 【分析】通过条件可以得出，从而得出，，由正方形的性质就可以得出，就可以得出垂直平分，设，由勾股定理就可以得出与，利用三角形的面积公式分别表示出和，再通过比较大小就可以得出结论． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴． 在和中， ， ∴（）， ∴，故①正确； ∵， ∴， 即，故②正确； ∵， ∴−−，即， ∵， ∴垂直平分，故③正确； ∴， 设，由勾股定理，得，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴−， ∴，故④错误； ∵，， ∴，故⑤正确． 综上所述，正确的有①②③⑤，共个． 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，勾股定理的运用，等边三角形的性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答本题时运用勾股定理的性质是解题的关键． 12．D 【分析】本题主要考查了旋转的性质、正方形的性质、勾股定理，正确利用旋转的性质得出对应边关系是解题关键． 利用旋转的性质得出四边形的面积等于正方形的面积，进而可求出正方形的边长，再利用勾股定理得出答案． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵绕点A顺时针旋转到的位置， ∴，， ∴， ∴三点共线， ∵四边形的面积为20， ∴， ∴， ∵， ∴中，． 故选：D． 13．①③④ 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，证明，得出，，推出①③④正确；由题意无法证明，故②错误． 【详解】解：∵正方形的边长为3， ∴，， ∵将绕点D逆时针旋转，得到， ∴， ∴， ∴B，C，M共线， ∵， ∴， ∴， 在与中， ， ∴， ∴，故①正确； ∴，故④正确；，故③正确； 由题意无法证明，故②错误； 故答案为：①③④． 14． 【分析】本题考查了折叠性质、勾股定理、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键；根据翻折的性质及正方形的性质可证明，得，分别表示出，，，利用勾股定理即可得出结论． 【详解】解：如图所示，连接，   四边形是边长为的正方形， ，， 以为折痕将翻折得， ，，， ， ， ， ， 又， ， ， 设，， M是的中点， ， ， 在中，，即， 解得， ， 故答案为：． 15． 【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，三线合一等知识，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 过点B作于O，证明，得到，由旋转的性质可得，则，由三线合一得到，则可利用勾股定理得到，据此可得答案． 【详解】解：如图所示，过点B作于O， 由正方形的性质可得， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质得， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 16． 【分析】本题考查了正方形的性质，以为对角线画正方形，延长交于点H，得，可得，，再根据勾股定理即可求出的长 【详解】解：如图，以为对角线画正方形，延长交于点H，    ∴，得矩形， ∴ 在中， ∴ ∴， 在中，， ∴． 故答案为：． 17． 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，掌握相关知识是解决问题的关键．因为在正方形中，则，因为，则，利用三角形内角和定理可求，则的度数可求． 【详解】解：在正方形中， 则， ∵， ∴， ∴． 故答案为： 18． 【分析】本题主要考查正方形的性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．连接，，由正方形的性质可得，证明△△可得，进而可求解． 【详解】解：连接，， 由题意知：四边形，四边形都是正方形， ，，，， ， △△， ， ， ． 故答案为：． 19．(1)边形是正方形，理由见解析 (2) 【分析】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握对称性，正方形的判定和性质，勾股定理，是解题的关键． （1）对称性得到，，，，，进而推出，得到四边形是矩形，再根据，即可得证； （2）设，推出，在中，利用勾股定理列出方程进行求解即可． 【详解】（1）解：四边形是正方形．理由如下： ∵于点D， ∴． ∵与关于直线对称， ∴，，． ∵与关于直线对称， ∴，，． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴四边形是矩形． 又∵， ∴矩形是正方形． （2）解：∵四边形是正方形，， ∴，． 设，则． ∴． ∵， ∴，． ∴． 在中，，即． 解得． ∴． ∵， ∴． 20．(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识点． （1）证明即可； （2）过作于点，根据勾股定理求出，再根据四边形的面积，结合三角形面积公式求解． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：过作于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ， ∴四边形的面积． 21．(1)证明见解析 (2) (3)或 【分析】本题考查正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形的性质、角平分线的性质、多边形的内角和等知识，熟练掌握正方形的判定与性质是解答的关键． （1）作于P，于Q 证明得到，然后根据正方形的判定可得结论； （2）先利用勾股定理求得，进而得到，则点F与C重合，根据（1）中正方形的性质可求解； （3）分①当与的夹角为时，点F在边上和②当与的夹角为时，点F在的延长线上两种情况分别求解即可． 【详解】（1）证明：作于P，于Q，则 ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴，则， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形是正方形； （2）解：如图2， 在中．， ∵， ∴， ∴点F与C重合， ∵四边形是正方形， ∴； （3）解：①当与的夹角为时，点F在边上，，如题干图： 则， 在四边形中，由四边形内角和定理得：； ②当与的夹角为时，点F在的延长线上，，如图3所示： ∵，， ∴， 综上所述，或． 22．(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键． （1）先根据等边三角形的性质可得，，根据正方形的性质可得，，则可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证； （2）先求出，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差求解即可得． 【详解】（1）证明：∵为等边三角形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：∵为等边三角形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴． 23．(1)A， (2)等腰直角 (3)的长为 【分析】本题考查旋转的性质和正方形性质，及勾股定理的应用．解题的关键是掌握旋转的性质及勾股定理的应用． 根据把顺时针旋转到的位置，可得旋转中心是点A，旋转角度是； 根据旋转性质可得是等腰直角三角形； 求出，，用勾股定理可得的长． 【详解】（1）解： 四边形是正方形， ． 把顺时针旋转到的位置， 旋转中心是点A，旋转角度是． 故答案为：A，； （2）解：把顺时针旋转到的位置， ，． 四边形正方形， ． ， ． 是等腰直角三角形； 故答案为：等腰直角； （3）解： 四边形正方形， ， 把顺时针旋转到的位置， ，． ， ． ，B，C共线， 正方形边长为5， ，． ， ． 的长为． 24．(1)，理由见解析 (2)的长为 【分析】（1）先根据旋转的性质得到，，，然后判断四边形为正方形，从而得到； （2）过点作于点，于点，则，利用四边形为正方形得到，，设，则，，在中，利用勾股定理得到，解方程得到，，根据旋转的性质得到，接着利用等面积法求出，则根据勾股定理可计算出，由四边形为矩形得到，，然后利用勾股定理可计算出的长． 【详解】（1）解：，理由如下： ， ， 将绕点按顺时针方向旋转，得到， ，，， ， 四边形为矩形， 而， 四边形为正方形， ； （2）如图，过点作于点，于点，则， 四边形为正方形， ，， 设，则，， 在中，， 即， 解得（负值已舍去）， ，， 绕点按顺时针方向旋转，得到， ， ， ， 在中，， ， 四边形为矩形， ，， ， ， 即的长为． 【点睛】本题考查了旋转的性质，矩形和正方形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角，旋转前、后的图形全等． 25．（1）证明见详解，（2），（3）存在，理由见详解，（4）或4 【分析】（1）根据正方形的性质及已知条件得出，证明，由全等三角形的性质得出结论； （2）连接，证明，由全等三角形的性质得出，，得出为等腰直角三角形即可； （3）类似（2）的方法，先证明，再证，得出为等腰直角三角形即可； （4）根据E、F是直角顶点分类讨论，结合（3）中结论，利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 又∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：如图，连接， ∵，， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：存在， 理由：连接， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． （4）解：如图，当时， ∵， ， ∴A、E、C在一条直线上， ∵， ∴，，； 如图，当时， 同理可证得：， ∴， ∴，， ∴B、E、F在一条直线上， 过点A作，垂足为M， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 综上所述，的长为或4． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，旋转的性质等知识点． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $