5.3正方形 同步练习题 2025-2026学年浙教版八年级数学下册

**基本信息** 本练习通过基础辨析、中档应用、综合探究三级分层，覆盖正方形定义、性质、判定及折叠旋转综合应用，强化几何直观与推理能力，适配新授课巩固与思维进阶需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|正方形定义、对角线性质|单选题1-3考查判定条件辨析，填空题9-11强化边长与面积计算，夯实概念理解| |中档|性质应用与简单证明|单选题4-6结合折叠求边长，填空题12-14涉及面积转化，培养空间观念与运算能力| |提高|综合探究与动态问题|解答题19-23含正方形判定、旋转全等及新定义"奇妙四边形"，发展推理意识与创新思维|

2025-2026学年浙教版八年级数学下册《5.3正方形》同步练习题（附答案） 一、单选题 1．有下列四个条件：①，②，③，④，使为正方形（如图）．现有下列四种选法，其中错误的是（   ） A．②③ B．②④ C．①② D．①③ 2．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 3．如图，在平面直角坐标系中，O是坐标原点，四边形是正方形，其中点A的坐标为，则点B的坐标为（   ） A． B． C． D． 4．如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，则（   ） A．4 B． C． D． 5．四边形为正方形，把绕点逆时针旋转得到，连接，过点作，交延长线于点，过点作交于点，在上取一点，使，连接、相交于点，连接，则可以表示为（    ） A． B． C． D． 6．如图1，已知四边形是正方形，将分别沿向内折叠得到图2，此时与重合（A，C都落在G点），若，则的长为（    ） A．8 B．10 C．12 D．14 7．如图、在平面直角坐标系中，将边长为1的正方形OABC绕点O顺时针旋转后得到正方形，依此方式，绕点连续旋转2026次得到正方形，则点的坐标是（    ） A． B． C． D． 8．如图，四边形是正方形，是边上的一点，点在对角线上，，的延长线交的延长线于点，连接．下列结论中正确的个数是（   ） （友情提示：正方形四条边都相等，四个角都是直角．） ①；②；③；④． A．1 B．2 C．3 D．4 二、填空题 9．如图，在正方形中，点，分别在，上，连接，，，，若，则一定等于_________． 10．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________． 11．如图，在正方形中，E，F分别是边上的点，的周长为6，则正方形的边长为______． 12．正方形，正方形和正方形的位置如图所示，点G在线段上，正方形的边长为2，则的面积为__________． 13．如图，四边形是正方形，是边上一点，于点，，且交于点．已知，，则的长度为___________． 14．如图，在中，，，以为边向外作正方形，连接，交于点．若，则的面积为___________． 15．如图，在正方形中，E为上一点，连接，以点D为圆心，以的长为半径作弧，交于点F，连接，过点F作，分别交于点，若，则的长为________． 16．在正方形中，，点在对角线上，．点E、F分别在边、上，且，连接、，则的最小值为______． 三、解答题 17．如图，在正方形中，点是边的中点，将沿直线翻折到正方形所在的平面内，得到，延长交于点．判断和的数量关系，并说明理由． 18．如图，正方形中，点在对角线上． (1)求作正方形，使得为正方形的中心；（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）的作图条件下，求证：． 19．如图，已知正方形，点E在对角线上，连接，作，交边于点F，以，为边作矩形． (1)判断矩形是不是正方形，若是，请证明，若不是，请说明理由． (2)若线段与正方形的边的夹角为，求的度数． 20．如图，点C为矩形和正方形的公共顶点，点E，F在矩形的边，上． (1)求证：； (2)连接，若，F是的中点，求的长； (3)在（2）的条件下，猜想和的数量关系，并说明理由． 21．定义：一组对角互补，且有一组邻边相等的四边形称为“奇妙四边形”． (1)下列选项中一定是“奇妙四边形”的是________． A．正方形    B．平行四边形    C．菱形    D．矩形 (2)如图，在边长为4的正方形中，为边上一动点（不与，重合），交于点，过作交于点． ①判断四边形是否为“奇妙四边形”，并说明理由； ②若四边形是“奇妙四边形”，连接，请直接写出的面积． 22．正方形中对角线相交于O，E为上一点，交于G，交于F． (1)说明的理由； (2)在（1）中，若E为延长线上，交的延长线于G，的延长线交于F，其他条件不变，如图2，则结论：“”还成立吗？请说明理由． 23．在数学综合实践课上，某兴趣小组的同学们通过折叠正方形探究与轴对称有关的几何问题．如图，在正方形中，点是线段上的一点，将沿折叠，使点落在点处，得到后再展平，连接并延长交于点． (1)【初步探究】如图1，小刚发现，请说明理由； (2)【深入探究】如图2，连接并延长交于点，求证：． 参考答案 1．A 【分析】本题考查正方形的判定、平行四边形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于常考题型．先根据给定条件判断平行四边形是否为矩形或菱形，再结合正方形的判定定理(对角线互相垂直的矩形是正方形、邻边相等的矩形是正方形、对角线相等的菱形是正方形)逐一分析不同条件组合能否判定为正方形，最终得出②③组合不能判定为正方形，其余符合条件的组合可以判定的结论． 【详解】解：A、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以②③组合不能判定为正方形，故此选项错误，符合题意； B、②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； ④矩形的对角线互相垂直说明是正方形(对角线垂直的矩形是正方形)； 所以②④组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； C、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ②平行四边形有一个角是直角，说明是矩形； 所以①②组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； D、①平行四边形一组邻边相等，说明是菱形； ③矩形的对角线本来就相等，不能进一步判定为正方形； 所以①③组合可以判定为正方形，故此选项正确，不符合题意； 根据正方形的判断方法可知：满足条件①②或①③或②④或③④时，四边形是正方形． 故选：A． 2．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：． 3．D 【分析】过点作轴于点，过点作交的延长线于点， 利用正方形性质证明，求出，的长，进而得出点坐标． 【详解】解：过点作轴于点，过点作交的延长线于点， ， ， ， ， ， 四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 点的横坐标为，纵坐标为， ． 4．D 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故选：D 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 5．D 【分析】本题考查旋转的性质、正方形的性质、三角形内角和定理、等腰三角形的性质及全等三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质及判定定理是解题关键． 根据旋转的性质及正方形的性质得出，，，，根据等腰三角形的性质、三角形内角和定理及角的和差关系得出，利用证明，即可得出， 进而求出，根据即可得答案． 【详解】解：∵四边形为正方形，把绕点逆时针旋转得到， ∴，，，，， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 6．C 【分析】本题考查了正方形的性质、翻折的性质、勾股定理等知识点，设正方形的边长为x，由翻折及已知线段的长，可用含x的式子分别表示出及的长；在中，由勾股定理得关于x的方程，解得x的值，即为的长． 【详解】解：设正方形的边长为x， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵将分别沿向内折叠得到图2： ∴， ∵， ∴， ∴， 如图2，在中，由勾股定理得：， 即， 整理得：， 解得或（不符题意，舍去）， ∴． 故选：C． 7．B 【分析】本题考查了点的坐标规律探索问题、正方形的性质，找出规律是解题的关键． 根据正方形的性质得，再找出规律为旋转8次为一个周期，进而可求解． 【详解】解：正方形的边长为1， ， 由题意得： ，，，，，， ，，， 旋转8次为一个周期， ， 点的坐标为：， 故选：B． 8．D 【分析】①根据正方形性质得，再根据点在的延长线上得，据此可对结论①进行判断；②证明和全等得，进而得，再根据得，则，据此可对结论②进行判断；③设，则，在中，由三角形内角和定理得，根据三角形外角性质得，，由此得，据此可对结论③进行判断；④过点作于点，则，由结论②正确得，进而得，由此得是的中位线，则，证明是等腰直角三角形，由勾股定理得，进而得，再根据得，据此可对结论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，是对角线， ∴， ∵点在的延长线上， ∴，故结论①正确； ②∵四边形是正方形，点在对角线上， ∴，，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴，故结论②正确； ③设， ∴， 在正方形中，， 在中，， ∵是的外角， ∴， ∴， ∴， ∴，故结论③正确； ④过点作于点，如图所示： ∴， ∴， 由结论②正确得：， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴是的中位线， ∴， 在中，，， ∴是等腰直角三角形， ∴，由勾股定理得：， ∴， ∴， ∴， 在正方形中，， ∴．故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①②③④，共个． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，三角形中位线定理是解决问题的关键． 9． 【分析】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，解题的关键是能正确作出旋转，再证明三角形全等，熟练利用性质求出角度． 利用三角形逆时针旋转后，再证明三角形全等，最后根据性质和三角形内角和定理即可求解． 【详解】解：将绕点逆时针旋转至， ∵四边形是正方形， ∴，， 由旋转性质可知：，，，， ∴， ∴点三点共线， ∵，，， ∴，， ∵， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 10． 【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：． 11．3 【分析】将绕点A顺时针旋转90度到位置，证明，可得，即可求解． 【详解】解：将绕点A顺时针旋转90度到位置，如图， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转的性质得：，，， ∴，即点C，B，三点共线， ∵， ∴， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， ∵的周长为6， ∴， ∴， ∴． 12．4 【分析】连接，易得，平行面积转化，推出的面积等于正方形的面积，即可得出结果． 【详解】解：连接， ∵正方形，正方形和正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴． 13．6 【分析】先通过证明，进而得到，，从而可得，代入数据进而可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ，． 又，， ， ， ． ，，， ， ，， ． 14． 【分析】作于点L，交的延长线于点H，则，由正方形的性质得，，推导出，进而证明，得，，由，根据角平分线的性质得，由，得，而，所以，则，求得，于是得到问题的答案． 【详解】解：作于点L，交的延长线于点H，则， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴平分，且于点L，于点H， ∴， ∵，且， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 15． 【分析】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，延长与交于点，由正方形得到，，再证明，即可证明，得到． 【详解】解：延长与交于点， ∵， ∴，， ∵正方形， ∴，， ∵以点D为圆心，以的长为半径作弧，交于点F， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 即的长为 故答案为：1． 16． 【分析】本题考查了正方形的判定和性质，勾股定理，等边对等角，全等三角形的判定和性质． 作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，，根据正方形的性质得到，，根据勾股定理得到，根据等边对等角得到，可知，根据勾股定理求出，则，，证明四边形是正方形，得到，，则，，证明，得到，则，根据勾股定理求的值即可． 【详解】解：如图，作交于M，反向延长到G，使，作交于N，延长到H，使，连接，， ∵正方形， ∴，， ∴， ∵ ∴， ∴ 解得：（负值舍去）， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即的最小值为． 故答案为：． 17．，见解析 【分析】连接，证明，即可解答． 【详解】解：，理由如下：     连接，如图所示： 四边形是正方形， ，，     点是边的中点， ，     将沿直线翻折得， ，，， ， ， ∴，     ． 18．(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）作，交延长线于点G，然后尺规作出的垂直平分线，然后截取即可； （2）根据题意证明出，得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图，正方形即为所求； （2）证明：连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形，和相交于点 ∴，， ∴，即 ∴ ∴，， ∴， ∴在中，由勾股定理得 又∵在中，由勾股定理得 ∴． 19．(1)矩形是正方形，理由见解析 (2) 【分析】（1）过E作于M点，过E作于N点，由正方形得，，计算，故四边形为矩形，再证明，得，故矩形为正方形； （2）由（1）知，得，故． 【详解】（1）解：矩形是正方形，理由如下： 过E作于M点，过E作于N点，如图所示： ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴四边形为矩形，， ∴， ∴四边形为正方形， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又， 在和中， ， ∴， ∴， ∴矩形为正方形； （2）解：∵，， ∴， 由（1）知，得， ∴． 20．(1)见解析 (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）证明即可； （2）先求出的长，再利用正方形的对角线求出； （3）过点作于点，先证明，可得，从而可得，再证明，即可得结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． （2）解：如图，连接， ∵四边形是正方形，四边形是矩形， ∴，， ∵点F是的中点， ∴， ∵由（1）可知，， 在中，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴是等腰直角三角形， ∴． （3）解：，理由如下： 如图，过点作于点，则， ∵四边形是矩形，四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和中， ， ∴， ∴， 由（1）知：， ∴， ∵点F是的中点， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴． 21．(1)A (2)①是，理由见解析；②或 【分析】（1）根据“奇妙四边形”的定义进行判断即可； （2）①过作于点，于点，则，证明四边形是矩形，，证明，得到，再证明，即可证明四边形是“奇妙四边形”；    ②可证明因为，所以四边形有一组对角互补，根据“奇妙四边形”的定义还需要有一组邻边相等，所以应分、、、四情况求解． 【详解】（1）解：∵平行四边形和菱形的一组对角相等，但是这组对角不一定是直角， ∴平行四边形和菱形的一组对角不一定互补，故平行四边形和菱形都不一定是“奇妙四边形” 正方形和矩形的四个角都是直角， 正方形和矩形都满足有一组对角互补， 正方形的一组邻边相等，矩形的一组邻边不一定相等， 正方形是“奇妙四边形”，矩形不一定是“奇妙四边形”； （2）解：①四边形是“奇妙四边形”，理由如下：     如图，过作于点，于点，则，     四边形为正方形， 平分，，     四边形是矩形，， ∴，      ， ， ，     ，     ，     ， 四边形是“奇妙四边形”；     ②∵四边形是正方形， ∴， ， ∴ ， 若四边形是“奇妙四边形”，则需要邻边相等； 若，连接，如图： ， ∴， ， 设，则， 由（2）①得， ∴ 在中，由勾股定理得， ∴， 解得，（负值舍去）， ； 若，同理可证明，则同理可得； 若，如图，连接，则， ∴， ∵， ∴， 同理可得， ∵， ∴， ∵点在上， 点E和点重合，此时四边形不存在； 若，连接，如图： ∵四边形是正方形， ， ∴ ， 又， ， ， 设，则，， ，， ， 在中，由勾股定理得， 解得，（不合题意，舍去） 综上所述，的面积为或． 22．(1)见解析； (2)仍然成立，理由见解析． 【分析】（）根据正方形的性质利用判定，根据全等三角形的对应边相等得到； （）根据正方形的性质利用判定，根据全等三角形的对应边相等得到． 【详解】（1）证明：∵在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （2）解：仍然成立，理由如下： ∵在正方形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ 在和中， ， ∴， ∴． 所以结论仍然成立． 23．(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查正方形的折叠问题和全等三角形的性质和判定． （1）由折叠和正方形性质得，利用证全等即可； （2）由得，根据轴对称的性质得，推出，利用证明，得，再由折叠可得，所以，即可推出结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ， ， 由折叠可得：，， ， ， ， ， ． （2）解：如图，连接， 由（1）得， ， 四边形是正方形， ，， ， 根据轴对称的性质得：， ， ， 在和中，，，， ， ， 由折叠可得：， ，   ． 学科网（北京）股份有限公司 $