1.4 正方形的性质与判定 新课预习 2026-2027学年北师大版数学九年级上册

**基本信息** 北师大版九年级上册“正方形的性质与判定”同步练，分层设计梯度清晰，知识覆盖从性质应用到综合证明，通过基础概念辨析、中档推理计算、提高综合探究，培养几何直观与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础|正方形性质（对角线、边长计算）、判定（菱形/矩形添加条件）|选择填空前6题直接应用概念，如对角线长度计算、真命题判断，夯实基础认知| |中档|性质与判定综合、简单推理|选择填空后4题及填空11-13题，如结合菱形判定正方形、折叠问题计算，培养推理意识| |提高|与全等/相似/旋转综合、作图与证明|解答题16-23题，如无刻度直尺作图、赵爽弦图应用、动态几何证明，发展空间观念与创新意识|

· 1.4 正方形的性质与判定新课预习 · 2026-2027学年北师大版数学九年级上册 一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分） 1．一个正方形的边长为，则它的对角线长为（    ）． A． B． C． D． 2．下列命题中，属于真命题的是（　　） A．两条对角线相等的四边形是矩形； B．两条对角线互相垂直的四边形是菱形： C．四条边相等的四边形是正方形； D．有一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形． 3．如图，在菱形中，对角线相交于点，添加下列条件，能使菱形成为正方形的是（    ） A． B． C． D． 4．如图，为正方形中边上一点，为对角线，连接，交于点，若，则的度数为(    ) A． B．° C．° D． 5．如图，正方形的边长为，则阴影部分的面积为（　　）． A．4 B．8 C．12 D．16 6．如图，已知，小红作了如下操作：分别以，为圆心，的长为半径作弧，两弧分别相交于点，，依次连接，，，，则四边形的形状是(    ) A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．正方形 7．如图，在边长为6的正方形中，点E，F分别是的中点，连接与相交于点G，则的长为（   ） A．2 B． C． D．4 8．如图，正方形的对角线交于点分别为的中点，若，则的长是（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 9．我国古代的数学家赵爽为《周髀算经》一书作序时，创制了一幅“勾股圆方图”，这就是大家熟悉的“赵爽弦图”．如图所示，，，，是四个全等的直角三角形，四边形和四边形都是正方形，如果，，那么等于（     ） A．4 B．5 C．9 D．10 10．如图，在正方形中，点E，F分别是，的中点，，交于点G，连接，，，则下列说法正确的个数为（   ） ①； ②； ③依次连接，，，的中点P，Q，M，N，则四边形为等腰梯形； ④． A．1 B．2 C．3 D．4 二．填空题（共5小题，满分15分，每小题3分） 11．如图，O是矩形对角线的交点，添加一个条件___________，使矩形成为正方形（填一个即可）． 12．“方胜”是中国古代妇女的一种发饰，其图案由两个全等正方形相叠组成，寓意是同心吉祥，如图，将边长为的正方形沿对角线方向平移得到正方形，形成一个“方胜”图案，则点D，之间的距离为 _________． 13．如图，正方形中，，将沿对折至，延长交于点，刚好是边的中点，则的长是______． 14．如图，边长分别为8，4，2的正方形拼接在一起，三点分别是正方形的中心，则图中阴影部分的面积为_______． 15．如图，在中，已知，，以为一边作正方形，使得点B，E落在直线的两侧，连接，以为一边作正方形，使得点C，G落在直线的两侧，连接．若，则的长为 ______． 三．解答题（本大题共8小题，共75分） 16．在矩形中，．图1中，点在边上，；图2中，点在边上，，点是的中点．请仅用无刻度的直尺按要求画图（保留作图痕迹，不写作法）．    (1)在图1的CD边上作出点F，使四边形为菱形． (2)在图2的CD边上作出点G，使四边形为正方形． 17．如图，A，B，C，D四家工厂分别坐落在正方形城镇的四个角上，仓库P和Q分别位于和上，且．问题：此时与有怎样的关系？请说明理由．    18．如图，在矩形中，点E，F分别在边上，，且，与相交于点G．求证：矩形为正方形； 19．如图，已知菱形的对角线交于点O，E，F是对角线所在直线上的两点，且，，连接，得四边形．求证：四边形是正方形． 20．如图平行四边形的对角线，相交于点，分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点，连接，． (1)求证：四边形是平行四边形： (2)当的对角线满足_______条件时，四边形是正方形，并说明理由． 21．如图，四边形是正方形，绕着点顺时旋转得到，若，． (1)求的长度； (2)与的位置关系如何？请说明理由． 22．如图，在中，已知，于点D． 小明同学灵活运用轴对称知识将图形进行翻折变换：分别以直线，为对称轴，画出，的轴对称图形，点D的对称点分别为E，F，延长，相交于点G．请按照小明的思路，探究并解答下列问题：    (1)求证：四边形是正方形． (2)若，，试求出的长． 23．如图，在中，，过点C的直线，D为边上一点，过点D作，垂足为F，交直线于E，连接，． (1)求证：； (2)当D为中点时，四边形是什么特殊四边形？说明你的理由； (3)在满足（2）的条件下，当满足什么条件时，四边形是正方形？说明你的理由． 试卷第4页，共5页 试卷第5页，共6页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D C B B D C D B C 1．B 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，根据正方形的性质利用勾股定理即可求解，掌握正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：∵正方形的边长为， ∴它的对角线长为， 故选：． 2．D 【分析】本题考查了真假命题，菱形，矩形和正方形的判定，掌握特殊平行四边形的判定是解题的关键． 根据菱形，矩形和正方形的判定分别判断即可． 【详解】解：A、两条对角线相等的四边形不一定是矩形，也可以为等腰梯形，故原说法错误，不符合题意； B、两条对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，故原说法错误，不符合题意； C、四条边相等的四边形是菱形，故原说法错误，不符合题意； D、有一条对角线平分一个内角的平行四边形是菱形，正确，如图： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， 故D正确，符合题意， 故选：D． 3．C 【分析】本题考查了正方形的判定方法，①对角线相等的菱形是正方形，②有一个角是直角的菱形是正方形，③对角线互相垂直的矩形是正方形，④一组邻边相等的矩形是正方形．据此解答即可． 【详解】解：要使菱形成为正方形，只要菱形满足以下条件之一即可，（1）有一个内角是直角，（2）对角线相等．即满足条件． 故选：C． 4．B 【分析】本题考查了正方形的性质；根据正方形的性质可得，，则，进而根据三角形的外角的性质，即可求解． 【详解】解：∵为正方形的对角线， ∴，， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 5．B 【分析】本题考查了轴对称的性质，根据图形判断出阴影部分的面积等于正方形的面积的一半是解题的关键． 【详解】解：根据正方形的轴对称性可得，阴影部分的面积=， ∵正方形的边长为， ∴阴影部分的面积=． 故选：B． 6．D 【分析】先根据“四边相等的四边形是菱形”判断四边形的形状，再根据勾股定理的逆定理得出，最后根据“有一个角是直角的菱形是正方形”得出答案. 【详解】解：由题意得，cm， 四边形是菱形. ∵， ∴是直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形． 故选：D． 【点睛】本题主要考查了特殊平行四边形的判定，灵活选择判定定理是解题的关键． 7．C 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，在判定两个三角形相似时，应注意利用图形中已有的公共角、公共边等隐含条件，以充分发挥基本图形的作用；在运用相似三角形的性质时，利用相似比表示线段之间的关系或进行几何计算．也考查了正方形的性质和勾股定理． 先根据正方形的性质得到，，，再计算出，接着利用勾股定理计算出，然后证明，从而利用相似比和比例的性质可求出的长． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，，， ∵点E，F分别是的中点， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴． 故选：C． 8．D 【分析】根据正方形的性质，得到；利用三角形中位线，得到，结合已知求解即可． 【详解】解：正方形的对角线交于点， ， 分别为的中点， ， ， ， ． 9．B 【分析】根据全等三角形对应边相等得出，结合正方形性质求出的长，利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，． 10．C 【分析】根据四边形是正方形，得出，，结合，F分别是，的中点，得出，，即可证明，故①正确；根据全等三角形的性质证明，设正方形的边长为，则，勾股定理求出，等面积法求出，勾股定理求出，即可得出，故②正确；根据题意得出为的中位线，为的中位线，是的中位线，是的中位线，证出四边形是平行四边形，由①②可知，，，即可证明平行四边形是正方形，故③错误；如图，延长交的延长线于点H，证明，得出，根据直角三角形的性质得出，等腰三角形性质和三角形内角和定理得出，结合，即可得出故④正确． 【详解】解：四边形是正方形， ，． ，F分别是，的中点， ，， 在和中，， ，故①正确； ， ， ， ， ． 设正方形的边长为，则， ， ， ， ，故②正确； ，Q，M，N分别是，，，的中点， 为的中位线，为的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，，， ，， 四边形是平行四边形， 由①②可知，，， ，， 平行四边形是正方形，故③错误； 如图，延长交的延长线于点H， ， ， 在和中，， ， ， 点C是的中点， ， ， ， ， ， ，故④正确． 综上①②④正确，正确的个数为3． 故选：C． 【点睛】该题考查了正方形的性质和判定，平行四边形的性质和判定，勾股定理，三角形中位线定理，直角三角形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰三角形的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 11．（答案不唯一） 【分析】本题考查的是正方形的判定．有一组邻边相等的矩形是正方形，对角线互相垂直的矩形是正方形，再根据正方形的判定方法分析即可． 【详解】解：根据“有一组邻边相等的矩形是正方形”， 可添加：； 根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”， 可添加：； 故答案为：（答案不唯一） 12． 【分析】本题考查的是平移的性质、正方形的性质、勾股定理，根据平移的性质求出是解题的关键．根据正方形的性质、勾股定理求出，根据平移的性质求出，计算即可． 【详解】解：∵四边形为边长为的正方形， ∴， 由平移的性质可知，， ∴， 故答案为：． 13．/ 【分析】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识．根据正方形的性质和折叠的性质，很容易证明，进而得到，由是的中点，，得到，在中由勾股定理建立方程求解即可． 【详解】解：连接，由已知，且， ， ， ， ，是的中点， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得： ， 解得，即． 故答案为：． 14．42 【分析】本题主要考查正方形的性质，根据经过正方形中心的直线把这个正方形分成面积相等的两部分解答即可． 【详解】解：∵边长分别为8，4，2的正方形的面积为：64，16和4， ∴三个正方形的面积和为, ∵三点分别是正方形的中心， ∴图中阴影部分的面积为， 故答案为：42． 15．13 【分析】证明得，过点C作并延长交于M，则四边形是矩形，求出，，，然后利用勾股定理即可求解． 本题考查了正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出辅助线是解答本题的关键． 【详解】解：∵四边形和四边形为正方形， ∴，， ，， ∴， 即， 在和中， ， ∴， ∴， 过点C作并延长交于M，则四边形是矩形， ∴，，． ∵，， ∴， ∴，， ∴， 故答案为：13． 16．(1) 四边形是菱形．    (2) 四边形是正方形．    【分析】（1）连接，相交于点，则点为的中点，也是菱形的对角线交点，连接并延长交于点，则点即为所求； （2）连接，交于点，连接并延长交于点，则点为的中点，连接交于点，则为正方形的对角线，为的中点，也是正方形的对角线交点，连接并 延长交于点，则点即为所求． 【详解】（1）解：如图1所示，连接，相交于点，连接并延长交于点，连接，则点即为所求， 在矩形中，， ， ，， ， ， 又， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形．    （2）解：如图2所示，连接，交于点，连接并延长交于点，连接交于点，连接并 延长交于点，连接，则点即为所求， 四边形是矩形， ，，，，， 点为中点， ，， ，， 点为的中点， ， 在中，，在中，， ，， 四边形是平行四边形， 又，， 四边形是正方形．    【点睛】本题考查了直尺作图，矩形的性质，菱形的判定，正方形的判定，三角形中位线性质，根据矩形对角线的性质确定菱形和正方形的对角线交点，是解本题关键． 17． 解：且，理由是： 证明：由题意可得：，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 且． 【详解】略 【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定与性质以及正方形的性质，是解题关键． 18． ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； 【分析】由推导，利用有一组邻边相等的矩形是正方形解题． 【详解】略 【点睛】本题考查正方形的判定，掌握正方形的判定方法是解题的关键． 19． 证明：∵菱形， ∴， ∵， ∴，即， ∴四边形为平行四边形形， 又， ∴四边形为菱形， ∴， ∴， ∴四边形为正方形． 【分析】本题考查菱形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握相关判定定理和性质，是解题的关键．根据菱形的性质，得到，线段的和差得到，进而得到四边形为菱形，得到，进而得到，即可得出结论． 【详解】略 20．(1) 证明：∵分别以点，为圆心，，的长为半径画弧，两弧交于点， ∴，， ∴四边形是平行四边形； (2) 且，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴平行四边形是正方形． 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，正方形的判定，熟练掌握平行四边形与正方形的判定和性质是解题的关键． （1）由作图得，，根据两组对边分别相等的四边形是平行四边形判定即可； （2）根据一个角是直角且邻边相等的平行四边形是正方形，得到只需，且，再利用四边形是平行四边形，即可解答． 【详解】（1）略 （2）略 21．(1) (2) 、的位置关系为：．理由如下： 延长交于一点H 按顺时针方向旋转后得到， ， ∵ ∴， ∴ ∴ ∴， 【分析】考查了旋转的性质，正方形的性质， （1）根据旋转的性质可得，，然后根据计算即可得解； （2）根据旋转可得，然后求出，判断出． 【详解】（1）解：四边形是正方形，绕着点顺时旋转得到， ，， ； （2）略 22．(1) 根据题意得，，， ∴，，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵ ∴， ∴矩形是正方形； (2)2或3 【分析】（1）根据题意得，，得，，根据得，根据得，则，，可得四边形是矩形，根据得，即可得； （2）设，根据，，矩形是正方形得，，，根据，得，，则， 在中，根据勾股定理得，进行计算即可得． 【详解】（1）略 （2）解：设， ∵，，矩形是正方形， ∴，，， ∵，， ∴，， ∴， 在中，根据勾股定理得，， ， ， ， ， ， ， 即或． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，翻折的性质，勾股定理，解题的关键是掌握这些知识点． 23．(1) 证明：∵， ， ， ， ， ，即， 四边形是平行四边形， ； (2) 解：四边形是菱形， 理由如下：∵为中点， ， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， 为中点， ， ∴四边形是菱形； (3) 解：当或时，四边形是正方形， 理由：∵，， ， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 或：当时，∵， ∴， 由（2）可知，四边形是菱形， ， ， ∴四边形是正方形． 【分析】本题考查平行四边形的判定，菱形的判定，正方形的判定，斜边上的中线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键： （1）证明，进而得到四边形是平行四边形，即可得证； （2）中点得到，证明四边形是平行四边形，斜边上的中线得到，得到四边形是菱形； （3）根据有一个角是直角的菱形时正方形，得到当或时，四边形是正方形，即可． 【详解】（1）略 （2）略 （3）略 答案第16页，共17页 答案第17页，共17页 学科网（北京）股份有限公司 $