1.4 正方形的性质与判定 同步练习2026-2027学年北师大版九年级数学上册

**基本信息** 聚焦正方形性质与判定，通过基础巩固、中档应用、综合探究三层设计，实现从概念理解到创新应用的递进，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| |----|----------|----------| |基础层|正方形定义、性质（边/角/对角线）、简单判定|单选1-5题直接考查概念，如轴对称与中心对称图形识别，夯实基础| |中档层|性质与判定综合应用、折叠/动点问题|单选6-10题结合图形推理，如折叠后角度计算，填空题13-14题融入动态情境，培养空间观念| |提高层|跨四边形综合、探究性问题|解答题19-20题设计“筝形”定义探究及折叠最值问题，发展推理意识与创新思维|

1.4 正方形的性质与判定 同步练习2026-2027学年 北师大版九年级数学上册 一、单选题 1．在平行四边形、矩形、等腰三角形、菱形、正方形这几个图形中既是轴对称图形又是中心对称图形的个数是（     ） A．2个 B．3个 C．4个 D．5个 2．如图，正方形ABCD中，点F为AB上一点，CF与BD交于点E，连接AE，若∠BCF=20°，则∠AEF的度数（    ） A．35° B．40° C．45° D．50° 3．如图，在正方形中，点E在边上，若，，则正方形的对角线的长为（    ） A． B．4 C．8 D． 4．如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在边AB，CD上，．若将四边形EBCF沿EF折叠，点恰好落在AD边上．则BE的长度为（    ） A．2 B． C． D．4 5．如图，要使平行四边形是正方形，需增加条件．在条件①，②，③，④中选取两个作为条件，不正确的是(　　) A．①和② B．①和③ C．②和③ D．③和④ 6．如图，已知，，用尺规进行如下操作：①以点B为圆心，长为半径画弧；②以点D为圆心，长为半径画弧；③两弧在上方交于点C，连接，．再添加一个条件，仍不能判定四边形是正方形的是（   ） A． B． C． D． 7．下列命题中的假命题是（　　） A．对角线互相平分的四边形是平行四边形． B．对角线互相平分且垂直的四边形是菱形． C．对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形． D．对角线相等的四边形是矩形． 8．如图，正方形的顶点与正方形的对角线交点重合，正方形和正方形的边长都是，则图中重叠部分的面积是（     ） A．1 B．2 C． D． 9．如图，在四边形中，、是对角线上的两点（不与点、重合），且，连接、、、，则下列结论错误的是（    ） A．若四边形是平行四边形，则四边形是平行四边形 B．若四边形是菱形，则四边形是菱形 C．若四边形是矩形，则四边形是矩形 D．若四边形是正方形，则四边形是菱形 10．如图，在四边形中，，，、相交于点，关于四边形的形状，甲、乙、丙三人的说法如下： 甲：若添加，则四边形为菱形； 乙：若添加，则四边形为矩形； 丙：若添加，则四边形为正方形． 他们说法正确的是（    ） A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．都正确 二、填空题 11．如图，正方形的对角线、交于点，是边上一点，连接，过点作，交于点．若四边形的面积是5，则的长为______． 12．四边形的对角线、满足条件:______时，顺次连接四边形各边的中点所得四边形是矩形． 13．如图（1），点F从菱形的顶点A出发，沿以的速度匀速运动到点B，点F运动时，的面积随时间的变化关系图象如图（2），则菱形的面积为________．      （1）                   （2） 14．如图，在矩形中，E、F分别为、上的动点，且，O为的中点，于点Q，于点P，连接．若，，则的最小值为______． 15．如图，正方形的对角线相交于点，又是正方形的一个顶点，且这两个正方形的边长均为2，正方形可绕点转动且始终保持点在正方形内部，则四边形的面积为_________，、和的数量关系为_________． 三、解答题 16．图①、图②均是4×4的正方形网格，每个小正方形的边长为1，小正方形的顶点称为格点．只用无刻度的直尺在给定的网格中按要求画图，所画图形的顶点均在格点上，不要求写画法．    (1)在图①中，点A、B均在格点上，画出一个直角三角形，要求、两边均是无理数． (2)在图②中画出一个面积为5的正方形． 17．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； 18．如图，将一块长为，宽为的矩形铁皮沿虚线在四个角各剪去一个边长为的正方形，求剩余铁皮的面积． 19．综合与实践 【问题背景】数学学习中，很多特殊图形具有共同的结构特征．某数学小组对角平分线定理、线段垂直平分线定理、垂径定理、切线长定理的基础图形进行研究，发现它们都包含一种特殊四边形模型，如图所示． 【归纳总结】 (1)定义：四边形中，若，则称该四边形为筝形．请写出筝形的两条性质（不需证明）： ①_____； ②_____． 【知识迁移】 (2)如图1，将正方形绕点A逆时针旋转任意角度，得到正方形，边与交于点E．求证：四边形是筝形； (3)若将（2）中“正方形”改为“菱形”，其余条件不变，如图2，（2）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出关于四边形正确结论． 【拓展延伸】 (4)如图3，在（2）的正方形旋转图形中，连接、交于点O．若正方形边长为6，求的最小值． 20．在正方形中，点为边上一点，连接，将沿翻折得到，连接BF并延长交于点． (1)如图1，若，求证：； (2)如图2，若为的中点，求的值； (3)如图3，连接，若，，直接写出的长． 试卷第1页，共2页 试卷第1页，共2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 B D B D D A C B 1．【答案】B 【知识点】正方形性质理解、利用平行四边形的性质求解、矩形性质理解、轴对称图形的识别、中心对称图形的识别 【详解】∵ 平行四边形是中心对称图形，不是轴对称图形，不符合要求； 矩形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合要求； 等腰三角形是轴对称图形，不是中心对称图形，不符合要求； 菱形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合要求； 正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形，符合要求； ∴ 符合要求的图形共个. 2．【答案】D 【知识点】根据正方形的性质求角度、三角形的外角的定义及性质、三角形内角和定理的应用、全等三角形综合问题 【分析】先证明△ABE≌△CBE，得到∠BAE=∠BCE=20°，在Rt△BCF中利用三角形内角和180°可求∠BFC度数．再根据三角形的外角等于和它不相邻的两个内角和求出∠AEF的度数． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC=90°，BC=BA，∠ABE=∠CBE=45°． 又BE=BE， ∴△ABE≌△CBE（SAS）． ∴∠BAE=∠BCE=20°． ∵∠ABC=90°，∠BCF=20° ∴∠BFC=180°-∠ABC-∠BCF =180°-90°-20° =70° ∵∠BFC=∠BAE+∠AEF ∴∠AEF=∠BFC-∠BAE=70°-20°=50° 故选：D． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，解题的关键是熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定、以及三角形的外角等于和它不相邻两个内角和的性质．解决正方形中角的问题一般会涉及对角线平分对角成45°． 3．【答案】B 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长 【分析】连接，由正方形的性质得到，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，连接， ∵在正方形中，点E在边上，若，， ∴，， ∴， ∴， ∴正方形的对角线的长为4． 4．【答案】D 【知识点】正方形折叠问题 【分析】由正方形的性质得出∠EFD=∠BEF=60°，由折叠的性质得出∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E，设BE=x，则B'E=x，AE=3-x，由直角三角形的性质可得：2（3-x）=x，解方程求出x即可得出答案． 【详解】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD，∠A=90°， ∴∠EFD=∠BEF=60°， ∵将四边形EBCF沿EF折叠，点B‘恰好落在AD边上， ∴∠BEF=∠FEB'=60°，BE=B'E， ∴∠AEB'=180°-∠BEF-∠FEB'=60°， ∴B'E=2AE， 设BE=x，则B'E=x，AE=6-x， ∴2（6-x）=x， 解得x=4． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，含30°角的直角三角形的性质等知识点，能综合性运用性质进行推理是解此题的关键． 5．【答案】B 【知识点】正方形的判定定理理解 【分析】此题主要考查了正方形的判定以及矩形、菱形的判定方法，利用矩形、菱形、正方形之间的关系与区别，结合正方形的判定方法分别判断得出即可． 【详解】解：A、∵四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当②时，菱形是正方形，故此选项正确，不合题意； B、四边形是平行四边形， 当①时，平行四边形是菱形， 当③时，菱形不一定是正方形，故此选项错误，符合题意； C、四边形是平行四边形， 当③时，平行四边形是菱形， 当②时，四边形是正方形，故此选项正确，不符合题意； D、当④时，平行四边形是矩形， 当③时，得出四边形是正方形，故此选项正确，不合题意； 故选：B． 6．【答案】D 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查了基本作图，矩形和正方形的判定，熟练掌握矩形和正方形的判定定理是解题的关键． 首先证明出四边形是矩形，然后根据正方形的判定定理逐项判断即可． 【详解】根据题意得，， ∴四边形是平行四边形 ∵ ∴平行四边形是矩形 A．添加，故可证明矩形是正方形，不符合题意； B．添加，故可证明矩形是正方形，不符合题意； C．添加， ∵ ∴ ∴ ∴，故可证明矩形是正方形，不符合题意； D．添加，不能证明矩形是正方形，符合题意； 故选：D． 7．【答案】D 【知识点】证明四边形是菱形、正方形的判定定理理解、判断命题真假 【分析】利用平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理对各选项逐一判断后即可确定正确的选项．本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解平行四边形、正方形、矩形及菱形的判定定理，难度中等． 【详解】A、对角线互相平分的四边形是平行四边形，是真命题，不符合题意； B、对角线互相平分且垂直的四边形是菱形，是真命题，不符合题意； C、对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，是真命题，不符合题意； D、对角线相等的四边形不一定是矩形，故本选项原说法是假命题，符合题意； 故选：D． 8．【答案】A 【知识点】求正方形重叠部分面积、根据正方形的性质求面积 【分析】证明重叠部分的面积恒等于正方形面积的，通过证明，将重叠部分（四边形）的面积转化为的面积求解. 【详解】解：设交于点，交于点， 四边形是正方形，边长， ，，，， 四边形是正方形， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 图中重叠部分的面积是1 . 9．【答案】C 【知识点】根据正方形的性质证明、根据菱形的性质与判定求角度、根据矩形的性质与判定求线段长、利用平行四边形性质和判定证明 【分析】连接交于点，利用平行四边形对角线互相平分及得出，判定四边形为平行四边形，再结合特殊平行四边形的性质逐项判断． 【详解】解：连接交于点． ∵四边形是平行四边形， ∴，． ∵， ∴， 即． ∵，， ∴四边形是平行四边形，故A不符合题意． 若四边形是菱形， ∴，即． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，故B不符合题意． 若四边形是矩形， ∴． ∵、是对角线上的两点（不与点、重合）， ∴， 即． ∴四边形不是矩形，故C符合题意． 若四边形是正方形， ∴， 即． ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形，故D不符合题意． 10．【答案】B 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、证明四边形是菱形、证明四边形是矩形、证明四边形是正方形 【分析】由题意可得垂直平分，则，若添加，则，证明得出，从而可得，即可判断甲说法正确；添加，无法证明四边形为矩形，即可判断乙说法错误；当添加时，，从而可得，当添加时，四边形为菱形，再结合，即可判断丙说法正确． 【详解】解：∵在四边形中，，， ∴垂直平分， ∴， 若添加，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为菱形，故甲说法正确； 添加，无法证明四边形为矩形，故乙说法错误； 当添加时，， ∴， 当添加时，四边形为菱形； ∵， ∴四边形为正方形，故丙说法正确； 综上所述，说法正确的有甲丙． 11．【答案】 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】如图，过作于，于，则四边形是正方形，证明，则，，即，解得，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，过作于，于，则四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即，解得，（舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 12．【答案】 【知识点】证明四边形是矩形、中点四边形 【分析】根据三角形的中位线性质得出，，，，求出，，根据平行四边形的判定得出四边形是平行四边形，根据，和求出，再根据矩形的判定得出答案即可． 【详解】解：当时，四边形是矩形． 理由：点、、、分别是边、、、的中点，   ，，，， ，， 四边形是平行四边形， ，，， ， 即， 四边形是矩形， 即当时，顺次连接四边形各边中点所得的四边形为矩形， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，三角形的中位线性质，中点四边形等知识点，能熟记平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定是解此题的关键． 13．【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题主要考查了四边形的动点问题，菱形的性质，勾股定理等知识，设点A到的距离为h，根据动点函数图像求出h， 过点D作交的延长线与点E，则， 利用勾股定理求出，由菱形的性质得出，利用勾股定理求出，最后计算菱形的面积即可． 【详解】解：设点A到的距离为h， 由点F的运动轨迹和速度可知，，且， 解得：， 过点D作交的延长线与点E， 则， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴， 故答案为： 14．【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质与判定求线段长、四边形中的线段最值问题 【分析】连接、、，根据矩形的性质和勾股定理，得出，利用直角三角形的斜边中线，得出，证明四边形是矩形，则，当点在上时，有最小值为． 【详解】解：如图，连接、、， 矩形，，， ，，， ， ， ， 在中，O为的中点， ， ，， ， 四边形是矩形， ， ， ， 即当点在上时，有最小值为． 15．【答案】 1 【知识点】用勾股定理解三角形、求正方形重叠部分面积、根据正方形的性质证明 【分析】由题可证，故两个正方形重叠部分的面积等于三角形的面积；连接，由勾股定理得到，再根据得到，，即可得出结论． 【详解】∵四边形、四边形均为正方形， ∴，，，， ∴； 在与中， ， ∴， ∴，，， ∴四边形的面积； 如图，连接， ∵四边形、四边形均为正方形， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∵，， ∴，即． 16．【答案】(1) 如图①，，即为所求； (2) 如图②，正方形即为所．   ． 【知识点】勾股定理与网格问题、判断三边能否构成直角三角形、根据正方形的性质与判定求面积 【分析】（1）根据勾股定理和直角三角形的判定定理作图即可； （2）根据勾股定理的性质及正方形的面积公式作图即可． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】本题考查的是勾股定理，勾股定理的逆定理的应用，正方形的判定与性质，熟练的利用勾股定理与勾股定理的逆定理进行作图是解本题的关键． 17．【答案】 ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴四边形是正方形； 【知识点】证明四边形是正方形 【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． 18．【答案】 【知识点】二次根式的应用、根据矩形的性质求面积、根据正方形的性质求面积 【分析】剩余铁皮的面积等于原矩形铁皮的面积减去4个剪去的小正方形的面积，利用矩形和正方形的面积公式计算即可得到结果． 【详解】解：由图可得，原矩形铁皮的面积为：， 4个剪去的小正方形的总面积为：， ∴剩余铁皮的面积为：， 答：剩余铁皮的面积为． 19．【答案】(1)①筝形的一条对角线垂直平分另一条对角线；②筝形的面积等于对角线乘积的一半（本题答案不唯一，只要正确即可） (2) 证明：如图1，连接， 由旋转知四边形和四边形为全等的正方形， ，， 在和中， ， ， ， ∴四边形是筝形． (3) 解：四边形是筝形， 理由：如图2，连接， 由旋转知四边形和四边形为全等的菱形， ，， ， ， ， ， ∴四边形是筝形． (4) 【知识点】证明四边形是菱形、根据正方形的性质求线段长、四边形中的线段最值问题、点与圆上一点的最值问题 【分析】（1）利用筝形的定义解答即可； （2）连接，利用正方形的性质得到，，利用全等三角形的判定与性质得到，依据筝形的定义解答即可； （3）连接，由旋转知，，得，，进而得，进而得，故可得结论； （4）利用筝形的性质和圆的有关性质得到点O在以为直径的半圆上运动，的中点M为该半圆的圆心，连接，结合图形得到当点M，O，C三点在一条直线上时，取得最小值，最小值为，利用正方形的性质和勾股定理解答即可得出结论． 【详解】（1）解：由筝形的定义可得：①筝形的一条对角线垂直平分另一条对角线；②筝形的面积等于对角线乘积的一半；③筝形是轴对称图形等；（本题答案不唯一，只要正确即可） （2）略 （3）略 （4）解：如图3， 由（2）知四边形是筝形， ，， 点A、E在线段的垂直平分线上， ， ， ∴点O在以线段为直径的半圆上运动， 取的中点M，则点M为该半圆的圆心，连接，， ， 当点M，O，C三点在一条直线上时，取得最小值，最小值为， ∵正方形的边长为6， ∴， ，且M为的中点， ， ∴， ． 20．【答案】(1)证明：如图1， ∵四边形是正方形， ∴，， 根据折叠性质得：，，，， ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴，， ， ∴， ∴， ∴． (2) (3) 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、垂线模型(全等三角形的辅助线问题)、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形、正方形折叠问题、根据正方形的性质证明 【分析】（1）根据四边形是正方形，结合折叠性质证明是等边三角形，根据等边三角形性质求出，，，进一步求出等于30度，即可得，再根据等角对等边即可证明． （2）根据四边形是正方形，即可得，，结合直角三角形斜边中线的性质得，可证明，即可得，再根据折叠性质即可证明是等边三角形，根据等边三角形性质求出，再根据30度角的直角三角形性质即可得的值． （3）延长交于，连接交于，根据折叠性质、结合四边形是正方形，即可证明，根据全等性质得，再根据，结合余角性质得，根据等角对等边得，结合已知条件得，设，用的代数式表示出、、，在直角三角形中，根据勾股定理列方程，解出即可得的长． 【详解】（1）略． （2）解：如图2， 连接，， ∵为的中点，是直角三角形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 根据折叠性质得：，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴的值为． （3）解：如图3， 延长交于，连接交于，则：， 根据折叠性质得：，，， ， ∵四边形是正方形，， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是的中点， ∴， 设，则，，， 在直角三角形中，根据勾股定理得：， ∴，解得：， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查正方形性质、折叠性质、勾股定理、30度直角三角形性质、全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质等知识点，充分理解题意，作出正确的辅助线、灵活运用几何知识是解题的关键． 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 $