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

**基本信息** 北师大版九年级数学上册《1.4正方形的性质与判定》预习自测，通过基础巩固、能力提升、综合拓展三层设计，实现从概念理解到综合应用的递进，培养抽象能力、推理意识与模型观念。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础层|正方形、矩形、菱形的性质与判定|直接应用概念（如第1题对比三种图形对角线性质），强化抽象能力| |提升层|判定定理综合应用、简单计算|结合图形变换（如第6题添加条件判定正方形），发展推理意识| |拓展层|折叠/动点问题、综合证明|复杂情境应用（如第19题折叠问题），体现模型观念与应用意识|

1.4 正方形的性质与判定 预习自测2026-2027学年 北师大版九年级数学上册 一、单选题 1．矩形、菱形、正方形都具有的性质是（    ） A．对角线互相垂直平分 B．对角线相等 C．对角线互相垂直 D．对角线互相平分 2．如图，延长正方形的边至点E，使得．连结交边于点F，则的大小是（    ） A．105度 B．112.5度 C．120度 D．135度 3．如图，在中，D是斜边的中点，以为边作正方形，若正方形的面积为36，则的长为（    ） A．6 B．8 C．10 D．12 4．如图，点是正方形的边上的一点，线段交于点，连接．下列结论一定成立的是（   ） A． B． C． D． 5．在四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，则下列说法正确的是（       ） A．如果AB＝CD，，那么四边形ABCD是平行四边形 B．如果AC＝BD，AC⊥BD，那么四边形ABCD是矩形 C．如果AB＝BC，AC⊥BD，那么四边形ABCD是菱形 D．如果AO＝CO，BO＝DO，BC＝CD，∠ABC＝90°，那么四边形ABCD是正方形 6．在四边形中，，连结，则添加下列条件后，仍不能判定四边形为正方形的是（    ）    A． B． C． D． 7．下列命题中的真命题是（　　） A．一条对角线平分一组对角的四边形是菱形 B．四个角都相等的四边形是正方形 C．有一个角是直角的平行四边形是矩形 D．一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形 8．如图，四边形与四边形均为正方形，点在上，过点作，分别交，于，，则知道以下哪条线段的长度就可以求出阴影部分的面积（     ） A． B． C． D． 9．如图，正方形纸片的边长为，点分别在边上，将分别沿折叠，点恰好都落在上的点处，已知，则的长为（     ）． A． B． C． D． 10．如图，在等腰直角三角形中，，F，G是线段上的两个动点，运动过程中始终保持．过点F，G作，分别垂直，，垂足为E，H，延长，交于点D，连接，．下列结论：①四边形是正方形；②；③当时，．其中结论正确的个数有（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 二、填空题 11．如图，在中，． ①以点A为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点M；作射线． ②以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别与，相交于点，；分别以，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点N；作射线，与射线相交于点P． ③连接． 根据以上作图，若点P到直线的距离为1，则线段的长为____________． 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，在矩形中，，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动，两点同时出发，点P到达点D时，两点同时停止运动，这段时间内，若以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形，那么运动时间为________． 14．如图，在矩形中，，，点P是对角线上一个动点（点P与点A、C不重合），过点P作于点E，过点P作于点F，连接，则的最小值为______． 15．如图，在正方形中，点在上，点在上，且，交于点，交于点，则线段、、之间的数量关系为___________． 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，在四边形中，，，是上一点，过点作，，垂足分别为、．    (1)求证：； (2)当的度数为何值时，四边形是正方形，并说明理由． 18．如图，点E在正方形内，且满足，，，求图中阴影部分的面积．    19．四边形是一张正方形纸片，点E为边上一点，如图1，将沿翻折得到，点的对应点为，将纸片展平后，连接并延长交边于点，交于点M． (1)__________； (2)折痕与存在什么数量关系，并说明理由； (3)如图2，点G为边上一点，将四边形沿所在直线翻折得到四边形，点的对应点为点，点的对应点为点，将纸片展平后，连接交边于点，请你猜想线段，，之间的数量关系并证明． 20．综合与实践 问题情境： 如图1，在正方形纸片中，E，F，G，H分别是，，，边上的点，且．动手操作： 操作一：如图2，将，分别沿，折叠．点D，B的对应点分别为P，Q． 操作二：再将图2中的纸片进行折叠，使得点H与点G，点E与点F分别重合，折痕与交于点M，与交于点N． 操作三：分别连接，，，． 解决问题： (1)在图1中，求证：四边形是正方形； (2)在图2中，求证：四边形是平行四边形； (3)在满足（2）的条件下，若四边形是矩形，请利用图3，求． 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 D B D A D C C A B D 1．【答案】D 【知识点】正方形性质理解、利用菱形的性质证明、矩形性质理解 【分析】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：根据矩形、菱形、正方形的对角线相互平分的性质，可知选D． 故选：D． 【点睛】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． 2．【答案】B 【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、等边对等角 【分析】由AC是正方形的对角线，可得AC平分∠BCD，∠ACD=∠ACB=45°，由∠DCE=∠BCD=90°，可求∠ACE=135°，由AC=CE，可求∠E=，利用三角形外角∠AFC=112.5°． 【详解】解：∵AC是正方形的对角线， ∴AC平分∠BCD，且∠BCD=90°， ∴∠ACD=∠ACB=45°， ∵∠DCE=∠BCD=90°， ∴∠ACE=∠ACD+∠DCE=45°+90°=135°， ∵AC=CE， ∴∠E=∠CAE=， ∴∠AFC=∠FDE+∠E=90°+22.5°=112.5°． 故选择B． 【点睛】本题考查正方形性质，等腰三角形性质，三角形外角性质，掌握正方形性质，等腰三角形性质，三角形外角性质是解题关键． 3．【答案】D 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、根据正方形的性质求线段长 【分析】本题主要考查了正方形的性质，直角三角形斜边上的中线性质等知识点．掌握直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 先根据正方形的面积求出，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长即可． 【详解】解：∵四边形是正方形，， ∴， ∵， ∴， ∵在中，点D是斜边的中点， ∴． 故选：D． 4．【答案】A 【知识点】根据正方形的性质证明、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键． 证明和全等得，对于选项、C、，无法证明即可，即可得出结果． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，，， 在和中， ∴， ∴，故选项A成立，符合题意； 无法证明、、， 故选：A 5．【答案】D 【知识点】判断能否构成平行四边形、证明四边形是菱形、矩形的判定定理理解、正方形的判定定理理解 【分析】根据特殊四边形的判定定理，对各个选项中的说法进行判断即可得到答案． 【详解】解：A、如果AB = CD，AD// BC，那么四边形ABCD不一定是平行四边形，如等腰梯形，故选项不符合题意； B、如果AC = BD，AC⊥BD，那么四边形ABCD不一定是矩形，如等腰梯形中的对角线可能相等且垂直，故选项不符合题意； C、如果AB = BC，AC⊥BD，那么四边形ABCD不一定是菱形，如直角梯形，故选项C不符合题意 D、如果AO＝CO，BO＝DO，BC＝CD，∠ABC＝90°，那么四边形ABCD是正方形，故选项符合题意． 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的判定，解答本题的关键是明确它们各自的判定定理． 6．【答案】C 【知识点】添一个条件使四边形是正方形 【分析】根据已知条件得出，根据正方形的判定定理，逐项分析判断即可求解． 【详解】解：∵ ∴是等腰直角三角形，则 ∴垂直平分， ∴， 添加，可得是等腰直角三角形，则， ∴ ∴四边形是菱形，又，则四边形是正方形，故A选项正确； 添加，可得，则四边形是菱形， 又，则四边形是正方形，故B选项正确； 添加，与已知条件重复，不能证明四边形是正方形，故C选项错误， 添加，则， ∴四边形是菱形，又，则四边形是正方形，故D选项正确； 故选：C． 【点睛】本题考查了正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键． 7．【答案】C 【知识点】证明四边形是菱形、证明四边形是矩形、证明四边形是平行四边形、证明四边形是正方形 【分析】本题考查了菱形、矩形、正方形和平行四边形的判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据菱形、矩形、正方形和平行四边形的判定解答即可． 【详解】解：A、一条对角线平分一组对角的平行四边形是菱形，故本选项错误； B、四个角都相等的四边形是正方形，还可能是矩形，故本选项错误； C、有一个角是直角的平行四边形是矩形，故本选项正确； D、有一组对边平行且相等的四边形才是平行四边形，故本选项错误． 故选：C． 8．【答案】A 【知识点】根据正方形的性质求面积、用勾股定理解三角形 【分析】连接，易得，进而得到，推出即可. 【详解】解：如图，连接， 由题意可知，四边形为矩形，， ∵， ∴， ． 故只要知道线段的长就可以求出阴影部分的面积. 9．【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、正方形折叠问题 【分析】根据正方形的折叠的性质，利用勾股定理列方程即可得到答案． 【详解】∵正方形纸片的边长为， ∴，， 根据折叠的性质可得：， 设， 则，，， ∵在中，， 即，解得：， ∴，． 10．【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用SAS间接证明三角形全等（SAS）、解直角三角形的相关计算、证明四边形是正方形 【分析】根据题意可知四边形是矩形，在由等腰直角三角形的性质证明，，即可证得，进而可知四边形是正方形，利用即可证明，设，由等腰直角三角形的性质结合，可得，则，求得，可知，即可证得结论． 【详解】解：∵，，， ∴四边形是矩形， ∵是等腰直角三角形， ∴，，则， ∴，，，则， 又∵， ∴， ∴ ，即：， ∴四边形是正方形，故①正确； ∵，则， ∴， ∵， ∴，故②正确； 设，则，， ，， ∵， ∴，则， ∴， ∴，故③正确； 综上，正确的结论有①②③，共3个， 故选：D． 【点睛】本题考查正方形的判定，全等三角形的判定，等腰直角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键． 11．【答案】 【知识点】角平分线的性质定理、作角平分线(尺规作图)、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质与判定求线段长 【分析】本题考查的角平分线的作图及性质，正方形判定与性质、勾股定理的应用，作，，，垂足分别是D、E、F，证明四边形是正方形即可求出． 【详解】解：作，，，垂足分别是D、E、F， 由题意得：平分，平分，点P到直线的距离为1， ， ， 四边形为矩形， ， 四边形为正方形， ， ， 故答案为：． 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】或； 【知识点】根据矩形的性质与判定求线段长、（特殊）平行四边形的动点问题 【分析】本题考查了矩形的判定，根据四边形是矩形得到，，根据运动表示出、，结合矩形的判定得到当时以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形列式求解即可得到答案； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵，点P从点A向点D以的速度运动，点Q以的速度从点C出发，在B，C两点之间做往返运动， ∴，或， ∵以P，Q，C，D四点为顶点的四边形是矩形， ∴， ∴或， 解得：或， 故答案为：或． 14．【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、四边形中的线段最值问题 【分析】利用勾股定理得出，证明四边形是矩形，从而得到，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，最后根据，进行计算即可得到答案． 【详解】解：如图，连接， 矩形， ，，， ， ，， ， 四边形是矩形， ， 由垂线段最短可得时，线段的值最小， ， ， ， ． 15．【答案】 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质说明线段或角相等 【分析】把逆时针旋转得，连接，根据正方形的性质及旋转的性质得出，，，，，进而得出，利用可证明，得出，利用勾股定理即可得出． 【详解】解：如图，把逆时针旋转得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵把逆时针旋转得， ∴，，，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴． 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】(1) 证明：在和中， ， ； (2) 当时，四边形是正方形， 理由如下： ∵，， ， ， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴矩形是正方形． 【知识点】全等的性质和SSS综合（SSS）、证明四边形是正方形 【分析】（1）首先证明出，然后利用全等三角形的性质求解即可； （2）首先根据题意证明出四边形是矩形，然后证明出，进而得到矩形是正方形． 【详解】（1）略 （2）略 【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，正方形和矩形的判定，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 18．【答案】76 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求面积 【分析】利用勾股定理求出正方形的边长，再计算正方形的面积，从而得到阴影部分面积． 【详解】解：在中，，，， 由勾股定理得：， 正方形的面积是． 的面积是， 阴影部分的面积是． 【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解决本题的关键是利用勾股定理求出正方形的边长． 19．【答案】(1) (2)，理由如下： ∵四边形是正方形，且， ∴有，即， ∴在和中有， ∵， ∴ ， ∴． (3)猜想：， 证明： 过点G作，交线段于点P， 由翻折的性质可得点B和点互为对应点， ∴对称轴，即， ∴， ∵， ∴有，即， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴在和中有， ∵， ∴ ， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴． 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、正方形折叠问题 【分析】（1）根据翻折的性质找出垂直平分线，利用垂直平分线的性质即可． （2）利用（1）的信息找出等角，进而找出全等三角形即可． （3）根据翻折的性质找出垂直平分线，得出，通过（2）的启发构造全等三角形转化线段，再结合正方形四边相等的性质进行代换即可. 【详解】（1）由翻折的性质可得由翻折的性质可得点B和点互为对应点， ∴对称轴，即， ∴． （2）略． （3）略． 20．【答案】(1)证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， 同理可得：， ∴四边形为菱形， ∵， ∴四边形是正方形． (2)证明：由折叠的性质得：，，点，分别是，的中点， ∴，， 由（1）可知，， ∴， 由折叠的性质得：，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 由折叠的性质得：，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形． (3) 【知识点】分母有理化、用勾股定理解三角形、斜边的中线等于斜边的一半、根据矩形的性质求线段长、根据正方形的性质与判定证明、折叠问题 【分析】（1）先证出，则，，再得出，同理得出，由此即可得证； （2）先得出，再证出，则，进而可得，然后得出，由此即可得证； （3）先得出，，再利用勾股定理可得，由此即可得． 【详解】（1）略． （2）略． （3）解：由（1）可知，四边形是正方形， ∴，， 由折叠的性质得：， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 由（2）可知，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴在中，， ∴． 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 $