1.4 第1课时 正方形的性质（Word试题版）【高效课堂】2026-2027学年九年级上册数学同步导学案（北师大版·新教材）

该初中数学导学案聚焦“正方形的性质”，核心知识点包括正方形的定义、与矩形菱形平行四边形的关系及性质。通过图形关系引入定义，对比已有四边形性质构建知识支架，帮助学生衔接旧知。 资料设计基础达标、能力提升、思维拓展分层习题，融入中考真题，解析注重推理引导。培养学生几何直观与抽象能力，发展推理意识和应用意识，助力知识理解与迁移。

1.4 正方形的性质与判定 第1课时 正方形的性质 01基础达标 知识点一 正方形的定义及正方形、矩形、菱形、平行四边形的关系 1. 如图中，阴影部分表示的四边形是______． （2025·成都） 2. 平行四边形，矩形，菱形，正方形共有的性质是（ ） A. 对角线相等 B. 对角线互相垂直 C. 对角线互相平分 D. 对角线平分内角 知识点二 正方形的性质 3. 如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，AB＝3，则以AC为边长的正方形ACEF的面积为（　　） A. 9 B. 12 C. 15 D. 20 4. 如图，四边形是正方形，是坐标原点，对角线，分别位于轴和轴上，点的坐标是，则正方形的周长是（ ） A. B. 12 C. D. 5. 如图，已知P是正方形ABCD对角线BD上一点，且BP＝BC，则∠ACP度数是_____度． 6. 如图，正方形的对角线相交于点，以点为顶点的正方形的两边分别交正方形的两边于点，记的面积为，的面积为，若正方形的边长，，则的大小为________． 7. 如图，在正方形中，点是上的一点，点是延长线上的一点，且，连结． （1）求证：≌； （2）若，请求出的长． 02能力提升 （2025·广西） 8. 如图，在正方形中，点E、F分别在BC、CD上，，则图中与相等的角的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 9. 如图，以等边的一边为边，向形外作正方形，连接、、，则（1）；（2）；（3）；（4）．其中正确结论的个数是（　　） A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个 （2025・菏泽） 10. 如图，，是正方形的对角线上的两点，，，则四边形的周长是_____． 11. 把图1中的菱形沿对角线分成四个全等的直角三角形，将这四个直角三角形分别拼成如图2，图3所示的正方形，则图1中菱形的面积为______． 12. 如图，是正方形，是边上任意一点，连接，作，，垂足分别为G．求证：． 03思维拓展 13. 如图1，将三角板放在正方形上，使三角板的直角顶点E与正方形的顶点A重合，三角板的一边交于点F，另一边交的延长线于点G． （1）求证：； （2）如图2，移动三角板，使顶点E始终在正方形的对角线上，其他条件不变．（1）中的结论是否仍然成立？若成立，情给予证明；若不成立，请说明理由； 1.4 正方形的性质与判定 第1课时 正方形的性质 01基础达标 知识点一 正方形的定义及正方形、矩形、菱形、平行四边形的关系 【1题答案】 【答案】正方形 【解析】 【分析】本题考查四边形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键； 根据题意可知，阴影部分既要满足矩形的性质，又满足菱形的性质，从而得解； 【详解】解：当矩形的邻边相等时，矩形可称为是正方形；当菱形的邻边互相垂直时，所给菱形可称为正方形； 故正方形即是特殊的矩形，也是特殊的菱形， 所以阴影部分表示的四边形是正方形； 故答案为：正方形 （2025·成都） 【2题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】本题考查了平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质，根据平行四边形、矩形、菱形和正方形的性质判断即可求解，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】解：、对角线相等，只有矩形和正方形共有的性质，该选项不合题意； 、对角线互相垂直，只有菱形和正方形共有的性质，该选项不合题意； 、对角线互相平分，平行四边形，矩形，菱形，正方形都共有的性质，该选项符合题意； 、对角线平分内角，只有菱形和正方形共有的性质，该选项不合题意； 故选：． 知识点二 正方形的性质 【3题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知可求得△ABC是等边三角形，从而得到AC=AB，从而求出正方形ACEF的边长，进而可求出其面积． 【详解】解：∵菱形ABCD， ∴AB＝BC＝3， ∵∠B＝60°， ∴△ABC是等边三角形， ∴AC＝AB＝3， ∴正方形ACEF的边长为3， ∴正方形ACEF的面积为9， 故选：A． 【点睛】本题考查菱形与正方形的性质，属于基础题，对于此类题意含有60°角的题目一般要考虑等边三角形的应用． 【4题答案】 【答案】D 【解析】 【分析】正方形的对角线互相平分且相等且垂直，所以根据点D的坐标知道OD的长度，然后在直角三角形中计算CD的长度，从而推算出周长即可． 【详解】四边形ABCD是正方形，且点 ， 在中，， 既， ， ∴正方形的周长为． 故答案为： 【点睛】本题考查正方形的性质，能够根据条件计算出正方形的边长是解题关键． 【5题答案】 【答案】22.5 【解析】 【详解】∵ABCD是正方形， ∴∠DBC=∠BCA=45°， ∵BP=BC， ∴∠BCP=∠BPC=（180°-45°）=67.5°， ∴∠ACP度数是67.5°-45°=22.5° 【6题答案】 【答案】 【解析】 【分析】先证明，则的面积减去即为的值． 【详解】四边形是正方形， ，，， ． 四边形是正方形， ， ． 在与中， ， ． ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质以及三角形的性质与判定，灵活运用这些性质是解题的关键． 【7题答案】 【答案】（1）见解析；（2）． 【解析】 【分析】（1）利用正方形的性质得到，，即可解答 （2）利用全等三角形的性质得出，即可解答 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， 在和中， ， ∴≌（）； （2）解：∵≌， ∴，， ∵， ∴，即， ∴． 【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，解题关键在于利用正方形的性质进行求证 02能力提升 （2025·广西） 【8题答案】 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方形的性质，利用SAS即可证明△ABE≌△BCF，再根据全等三角形的性质可得∠BFC=∠AEB，进一步得到∠DAE=∠AEB，∠BFC=∠ABF，从而求解． 【详解】证明：∵四边形是正方形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又有 故图中与相等的角的个数是3． 故选C． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型． 【9题答案】 【答案】A 【解析】 【分析】本题考查等边三角形，正方形的性质，全等三角形性质和判定，熟练掌握正方形及等边三角形的性质是解题的关键．由等边三角形及正方形的性质，可得出（1），（2）的角度，由等边三角形及正方形的性质证明，得出线段相等，进而求出的大小，即可判断（3），（4）． 【详解】解：为等边三角形， ， 四边形为正方形， ，， ， 故（1）正确； 同理可知，，， ， 故（2）正确， 为等边三角形， ， 四边形为正方形， ， 由（2）同理可知， ， ， ， 故（3）正确； ， ， 同理， ， ， 故（4）正确； 综上所述，正确的有4个， 故选：A． （2025・菏泽） 【10题答案】 【答案】 【解析】 【分析】连接交于点，则可证得，，可证四边形为平行四边形，且，可证得四边形为菱形；根据勾股定理计算的长，可得结论． 【详解】如图，连接交于点， ∵四边形为正方形， ∴，， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形，且， ∴四边形为菱形， ∴， ∵，， 由勾股定理得：， ∴四边形的周长， 故答案为. 【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定和性质及勾股定理，掌握对角线互相垂直平分的四边形为菱形是解题的关键． 【11题答案】 【答案】12 【解析】 【分析】由菱形的性质得出OA=OC，OB=OD，AC⊥BD，设OA=x，OB=y，由题意得：，解得：，得出AC=2OA=6，BD=2OB=4，即可得出菱形的面积． 【详解】解：如图1所示： ∵四边形ABCD是菱形， ∴OA=OC，OB=OD，AC⊥BD， 设OA=x，OB=y， 由题意得：，解得：， ∴AC=2OA=6，BD=2OB=4， ∴菱形ABCD的面积=； 故答案为12． 【点睛】本题考查了菱形的性质、正方形的性质、二元一次方程组的应用；熟练掌握正方形和菱形的性质，由题意列出方程组是解题的关键． 【12题答案】 【答案】详见解析 【解析】 【分析】根据正方形的性质可得AB＝AD，再利用同角的余角相等求出∠BAF＝∠ADG，再利用“角角边”证明△BAF和△ADG全等，根据全等三角形对应边相等可得BF＝AG，根据线段的和与差可得结论． 【详解】证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△BAF≌△ADG是解题的关键． 03思维拓展 【13题答案】 【答案】（1）证明见解析；（2）是，证明见解析. 【解析】 【详解】试题分析：（1）由四边形ABCD是正方形，点E与点A重合，易证得ED=EB，∠D=∠EBG=90°，又由∠GEF=90°，利用同角的余角相等，即可得∠BEG=∠DEF，然后利用ASA即可判定△BEG≌△DEF，则可证得EF=EG； （2）首先过点E作EH⊥CD于H，作EK⊥BC于K，易证得四边形EKCH是正方形，同（1）即可证得△GEK≌△FEH，证得EF=EG． 试题解析：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，点E与点A重合， ∴ED=EB，∠D=∠EBG=90°， ∵∠GEF=90°， ∴∠BEG+∠BEF=∠BEF+∠DEF=90°， ∴∠BEG=∠DEF， 在△BEG和△DEF中， ， ∴△BEG≌△DEF（ASA）， ∴EF=EG； （2）成立．理由： 解：过点E作EH⊥CD于H，作EK⊥BC于K， ∴∠EHC=∠EKC=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BCD=90°，∠HCE=45°， ∴四边形EKCH是矩形，∠HEC=∠HCE=45°， ∴EH=CH， ∴四边形EKCH是正方形， ∴EH=EK，∠EHF=∠EKG=90°， ∵∠GEF=90°， ∴∠GEK+∠KEF=∠KEF+∠FEH=90°， ∴∠GEK=∠FEH， 在△GEK和△FEH中， ， ∴△GEK≌△FEH（ASA）， ∴EF=EG． 考点：1.正方形的性质；2.全等三角形的判定与性质． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $