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1.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册
一、选择题
1．（2023九上·金牛期末）下列说法正确的是（　　）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C、正方形的每一条对角线平分一组对角，故C选项符合题意；
D、平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】菱形四边相等，对角相等，对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；矩形对边相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等，不是轴对称图形，是中心对称图形；正方形四边相等，四个内角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；平行四边形对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，不是轴对称图形，是中心对称图形，据此一一判断得出答案.
2．（2023九上·顺德月考）如图，将长方形纸片折叠，使A点落BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（　　）
A．邻边相等的矩形是正方形
B．对角线相等的菱形是正方形
C．两个全等的直角三角形构成正方形
D．轴对称图形是正方形
【答案】A
【知识点】正方形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将长方形纸片折叠，A落在BC上的F处，
∴BA＝BF，
∵折痕为BE，沿EF剪下，
∴四边形ABFE为矩形，
∴四边形ABEF为正方形．
故用的判定定理是；邻边相等的矩形是正方形．
故选：A．
【分析】由折叠可得到BA＝BF，先判定ABFE为矩形，即可得到ABFE为正方形．
3．（2024九上·广州开学考）如图，已知四边形是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是正方形
C．若，则是矩形 D．若，则是正方形
【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、邻边互相垂直的平行四边形不一定是菱形，故A错误，不符合题意；
B、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
C、若，则是矩形，故C正确，符合题意；
D、因为邻边相等的平行四边形是菱形，故D错误，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据矩形、正方形和菱形的判定定理，然后再对各个选项进行逐一分析即可求解。
4．（2023九上·金水期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（　　）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝，
∴GH＝FM＝，
故选：C．
【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，根据正方形性质可得AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，则∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△MDG（AAS），则AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，再根据线段中点可得CF＝BC＝2，再根据勾股定理即可求出答案.
5．（2024九上·白银期末）如图，小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形，则矩形的对角线长为（　　）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形边长为2，
∴①和②的斜边为2，
∵①和②都是等腰直角三角形，
∴①和②的直角边为，
∴矩形的长为，宽为，
∴矩形的对角线长为，
故答案为：A．
【分析】根据正方形边长为2，则①和②的斜边为2，从而得出矩形的长和宽，再根据勾股定理即可求出答案.
6．（2024九上·定州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点M在CD的边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝5．
∵DM＝2，
∴CM＝3．
∴在Rt△BCM中，BM＝，
∴EF＝，
故选：A．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM，根据对称性可得：AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，再利用旋转的性质可得：AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，利用角的运算可得：∠FAE＝∠MAB，利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB（SAS），利用全等三角形的性质可得：EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝5，利用线段运算可求出CM＝3，再利用勾股定理可求出BM，进而可得EF的长．
7．（2024九上·红花岗期末）如图，在正方形中，点是边上的一个动点，连接，以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形，连接．以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：证明：过点作，如图所示：
四边形为正方形，
，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
∴，
；
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转的性质可知：，，，，
，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
．
故答案为：B．
【分析】先得到，然后把绕点顺时针旋转得到，再根据旋转的性质得到，，，，根据勾股定理求出，然后得到为平行四边形，即可得到结论．
8．（2024九上·重庆市开学考）如图，在正方形中，为对角线，点、分别为边和上的点且，连接，过点作交于点，点为边上的点，连接且，若，则的度数（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的判定与性质；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接，延长交于点，
四边形是正方形，为对角线，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：B
【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质.先连接，延长交于点，根据四边形是正方形，为对角线，利用正方形的性质可推出，据此可证明四边形是矩形，利用矩形的性质可得推出：，再结合，可证明四边形是正方形，利用正方形的性质可推出，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，再利用三角形的外角性质可求出的度数.
二、填空题
9．（2020九上·埇桥月考）若一个正方形的面积是12，则它的边长是　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形的面积是12，边长= ．
故答案是： ．
【分析】正方形的边长是面积的算术平方根．
10．（2021九上·房山期中）如图，正方形的边长为3，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】根据旋转得旋转角为，
，，
，，
，
，
．
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求出AE的长，再根据，利用勾股定理求出EF的长即可。
11．（2019九上·简阳期末）平行四边形、菱形、矩形、正方形的关系是：　 　．(请用文字或图形直观表述)
【答案】
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】其关系如下
【分析】正方形具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质；矩形和菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质。
12．（2024九上·白银期末）如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，，，则的度数为　 　．
【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．（2024九上·成都期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接、，
边长为3的正方形，
，，，
又，
，
，
，
，
在中，，
由两点之间线段最短性质得，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接、，根据正方形的性质利用SAS可以得到，即可得到，然后根据勾股定理求出的长，再根据两点之间线段最短得到的最小值即可．
14．（2024九上·重庆市开学考）如图，正方形中，为边上一点，连接，点为中点，点为中点，连接，点为中点，连接，若，，则　 　．
【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，
，
四边形为正方形，，
，，
，
∵为斜边中点，
，
∵为中点，为中点，
∴．
故答案为：.
【分析】连接，由正方形的性质得出，，由勾股定理得出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，最后由三角形中位线等于第三边的一半即可得出答案．
三、作图题
15．（2023九上·都昌期中）如图，在正方形ABCD中，，请仅用无刻度的直尺画图（保留画图痕迹，不写画法）.
图① 图②
（1）在图①中，画出AD的中点M；
（2）在图②中，画出CD的中点N.
【答案】（1）解：点F为所求
（2）解：点G即为所求
【知识点】正方形的性质；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】（1）解：如图1，连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，OA=OB=OC=OD，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵BE=CE，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴OE⊥BC，
∴OE⊥AD，
∵OA=OD，
∴点F为AD边的中点；
（2）解：如图，设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，则点G即为所求．
理由：由（1）得：∠DFH=∠FHC=∠DCH=90°，AF＝AD＝BC＝BH，
∴四边形CDFH是矩形，
∴FM=CM=HG=DM，
∵OA=OB，
∴Rt△AOF≌Rt△BOH（HL），
∴OF=OH，
∴OM为△CFH的中位线，
∴OM∥CH，即MG∥CH，
∴，
即点G为CD边的中点．
【分析】 （1）连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，根据正方形的性质可得点O在BC的垂直平分线上，再根据BE=CE，可得OE⊥BC，从而得到OE⊥AD，即可求解；
（2）设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，先证明四边形CDFH是矩形，可得FM=CM=HG=DM，再根据Rt△AOF≌Rt△BOH，可得OM为△CFH的中位线，从而得到MG∥CH再由平行线分线段成比例，即可求解．
16．（2021九上·凤翔期中）如图，已知四边形ABCD是矩形，尺规作图，求作正方形BECF，使得顶点E在矩形ABCD内．
【答案】解：如图，正方形BECF为所作．
【知识点】正方形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】由题意作线段BC的垂直平分线与BC相较于点O，以点O为圆心、OB为半径画弧与垂直平分线分别相较于E、F两点，然后连接BE、CE、BF、CF，四边形BECF即为所求.
四、解答题
17．（2024九上·南山期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长．
【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用勾股定理求出BF的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得．
（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
18．（2023九上·阳新期中）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
【答案】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，再根据正方形性质可得∠FAE＝∠DAB=90°，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，由，结合正方形判定定理即可求出答案.
（2）连接，根据勾股定理可求，再根据正方形性质可得，在中，再根据勾股定理即可求出答案.
19．（2024九上·龙岗月考）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接.
图1 图2
（1）求证：四边形是菱形.
（2）如图②，连接，若，，求的长.
【答案】（1）证明：为中点，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵是直角三角形斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是菱形；
（2）解：∵且四边形是菱形，
∴四边形是正方形，
∴，
由（1）可得，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，∴或（舍去），
∴，
∴.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的应用；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)结合中点的性质与平行线的性质先证明，进而推出AF=DB，又由于在中，，是边上的中线，则，进而AF=，根据对边平行且相等可得四边形是平行四边形，且邻边相等进而证得四边形是菱形；
(2)结合(1)中的结论可得，选定变量x表示DE，进而可知其他边CD，AD，BD的表示，根据勾股定理，算出x的值，即可求得AD，BD的长度，结合勾股定理，算出AB的长即可.
20．（2024九上·昆明开学考）已知正方形的边长为8，点E在边上，点F在边的延长线上，且．
（1）如图1，分别连接，则的形状是________；
（2）如图2，连接交对角线于点M，若，求的长；
（3）如图3，若点G、H分别在上，且，连接交于点O，当与的夹角为时，求的长．
【答案】（1）△BEF是等腰直角三角形
（2）解：如图2，过E作ENCD，交BD于N，则EN=EA=2，
在Rt△EDF中，EF=，
∵ENCD，
∴∠F=∠MEN，
∵∠CMN=∠EMN，
∴△FCM≌△ENM，
∴EM=FM，
∴DM=EF=；
（3）解：如图3，连接EB和FB，由（1）得∠EFB=45°，
∵∠EOM=45°，
∴∠EFB=∠EOM，
∴GHFB，
∵DFAB，
∴四边形FBGH是平行四边形，
∴FB=GH=4，
由勾股定理得：CF=，
∴AE=CF=4．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：如图1，△BEF是等腰直角三角形，理由是：
在正方形ABCD中，BC=AB，∠FCB=∠A=90°，
∵CF=AE=2，
∴△FCB≌△EAB，
∴BF=BE，∠EBA=∠FBC，
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形；
【分析】本题考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理.
（1）先利用正方形的性质可推出BC=AB，∠FCB=∠A=90°，再结合CF=AE=2，利用全等三角形的判定定理可证明△FCB≌△EAB，利用全等三角形的性质可得BF=BE，∠EBA=∠FBC，再利用角的运算可求出∠EBF=90°，据此可判断的形状；
（2）过E作ENCD，交BD于N，据此可得EN=ED=2，利用勾股定理可求出EF的长，根据ENCD，
利用平行线的性质可得：∠F=∠MEN，再结合∠CMN=∠EMN，利用全等三角形的判定定理可证明△FCM≌△ENM，利用全等三角形的性质可推出M=FM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DM的长；
（3）连接EB和FB，据此可推出∠EFB=∠EOM，利用平行线的判定定理可证明：GHFB，再根据DFAB，利用平行四边形的判定定理可证明四边形FBGH是平行四边形，据此可推出B=GH=4，再利用勾股定理可求出CF，进而可求出AE.
（1）解：如图1，△BEF是等腰直角三角形，理由是：
在正方形ABCD中，BC=AB，∠FCB=∠A=90°，
∵CF=AE=2，
∴△FCB≌△EAB，
∴BF=BE，∠EBA=∠FBC，
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形；
（2）解：如图2，过E作ENCD，交BD于N，则EN=EA=2，
在Rt△EDF中，EF=，
∵ENCD，
∴∠F=∠MEN，
∵∠CMN=∠EMN，
∴△FCM≌△ENM，
∴EM=FM，
∴DM=EF=；
（3）解：如图3，连接EB和FB，
由（1）得∠EFB=45°，
∵∠EOM=45°，
∴∠EFB=∠EOM，
∴GHFB，
∵DFAB，
∴四边形FBGH是平行四边形，
∴FB=GH=4，
由勾股定理得：CF=，
∴AE=CF=4．
五、综合题
21．（2024九上·岳阳开学考）已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：
①BD⊥CF．
②CF＝BC﹣CD．
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变，若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由．
【答案】（1）证明：①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠FAC，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，∠ACF＝∠ABC＝45°，
∴∠BCF＝∠BCA＋∠ACF＝90°，
∴BD⊥CF.
②由①得：BD＝CF，
∵CD＝BC-BD，
∴CD＝BC-CF，
∴CF＝BC-CD.
（2）解：CF＝BC＋CD，理由如下：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝∠BAC＋∠DAC，
∠CAF＝∠DAF＋∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵BD＝BC＋CD，
∴CF＝BC＋CD.
（3）解：△AOC是等腰三角形，理由如下：
由（2）得：△BAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝180°-45°＝135°，
∴∠FCD＝∠ACF-∠ACB＝90°，
∴△FCD为直角三角形，
∵四边形ADEF是正方形，
∴OD＝OF，OA＝OE＝AE，AE＝DF，
∴OC＝DF，
∴OC＝OA，
∴△AOC是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①先利用角的运算求出∠BAD＝∠FAC，再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，∠ACF＝∠ABC＝45°，再求出∠BCF＝∠BCA＋∠ACF＝90°，即可得到BD⊥CF；
②利用全等三角形的性质可得BD＝CF，再利用线段的和差及等量代换可得CF＝BC-CD；
（2）先利用角的运算求出∠BAD＝∠CAF，再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，最后利用线段的和差及等量代换可得CF＝BC＋CD；
（3）先证出△FCD为直角三角形，再利用正方形的性质可得OD＝OF，OA＝OE＝AE，AE＝DF，再利用等量代换可得OC＝OA，即可证出△AOC是等腰三角形．
22．（2020九上·即墨期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD．
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，∠ACB＝90°，
∴AD＝BD=CD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD=CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形，理由如下：
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠BDC=90°时，四边形BECD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∵∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先证四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）先证出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据正方形的判定推出即可；
（3）由（2）可知，四边形BECD是菱形，得出∠BDC=90°时，四边形BECD是正方形，由此得出△ABC是等腰直角三角形。
六、实践探究题
23．（2024九上·翁源期中）【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题，
【初步探究】
如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：．
（1）根据以上信息，填空：
①_______°；
②线段之间满足的数量关系为_______；
【迁移探究】
（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论；
【拓展探索】
（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．
【答案】（1）①45；②；
解：．
证明如下：如图2，在上截取，连接，
在和中，，
，
，
，即，
，
，
在和中，，
，
，
，
∴。
（3）将绕点顺时针旋转得到，连接，
∵四边形是正方形，
，，
，
由旋转可得，，
，
，
，
又，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得，
。
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，，
将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．
则，，，，
∴G、B、E共线，
，
∴，
在和中，
，
，
，
，
∴，
故答案为：①45 ；②。
【分析】（1）如图1，根据正方形的性质和旋转性质得，，，，进而可求出G、B、E共线，，易证，从而得到，最后再进行等量替换即可求解。
（2）如图2，在上截取，连接，易证，从而得到，从而得到，易证，从而得到，最后再进行等量替换即可证明。
（3）将绕点顺时针旋转得到，连接，根据正方形的基本性质，可得， ，根据勾股定理：，代入数据， 求出的值，据此可求出BM和DM的值，由旋转性质，易得，进而可得，易证，进而可得，设，则， 在中，利用勾股定理：，代入数据，即可求出x的值，从而可得MN的值。
24．（2023九上·江源月考）如图①．四边形ABCD与四边形AEFG是共一个顶点的两个大小不同的正方形．
（1）操作发现：如图②．正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转，使点E落在边AD上时．填空：
①线段BE与IG的数量关系是　 　
②∠ABE与∠ADG的关系是　 　
（2）猜想与证明：如图③，正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转某一角度α（0<α< 90°）时．猜想（1）中的结论是否成立？并证明你的结论：
（3）拓展应用：如图④．正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转，使点F落在边AD上时，若AB=．AF=1，则BE= 　 　
【答案】（1）相等；相等
（2）解：成立，BE=DG，∠ABE=∠ADG．
证明：在△ABE和△ADG中，∵AB=AD，AE=AG，∠BAE=∠DAG=α，
∴△ABE≌△ADG，∴BE = DG，∠ABE=∠ADG．
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解： （1）四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，
AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠GAD=90°，
BE=DG，∠ABE=∠ADG；
(3)过点E作EH⊥AB于点H，如图，
F落在边AD上，
∠FAE=45°，
∠BAE=45°，且EH⊥AB，
∠AEH=∠EAH=45°，
【分析】(1)根据四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，得AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠GAD=90°，进一步证明从而求解；
（2）同（1）一样证明 △ABE≌△ADG 即可得出结论；
（3）过点E作EH⊥AB于点H，根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得利用勾股定理即可求解.
1 / 11.3 正方形的性质与判定-北师大版(2025)数学九年级上册
一、选择题
1．（2023九上·金牛期末）下列说法正确的是（　　）
A．菱形的四个内角都是直角
B．矩形的对角线互相垂直
C．正方形的每一条对角线平分一组对角
D．平行四边形是轴对称图形
2．（2023九上·顺德月考）如图，将长方形纸片折叠，使A点落BC上的F处，折痕为BE，若沿EF剪下，则折叠部分是一个正方形，其数学原理是（　　）
A．邻边相等的矩形是正方形
B．对角线相等的菱形是正方形
C．两个全等的直角三角形构成正方形
D．轴对称图形是正方形
3．（2024九上·广州开学考）如图，已知四边形是平行四边形，下列说法正确的是（　　）
A．若，则是菱形 B．若，则是正方形
C．若，则是矩形 D．若，则是正方形
4．（2023九上·金水期中）如图，在正方形中，，E，F分别为边的中点，连接，点G，H分别为的中点，连接，则的长为（　　）
A． B．1 C． D．2
5．（2024九上·白银期末）如图，小明用七巧板拼成一个边长为2的正方形，再用这副七巧板拼成一个矩形，则矩形的对角线长为（　　）
A． B． C．4 D．
6．（2024九上·定州期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝5，点M在CD的边上，且DM＝2，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024九上·红花岗期末）如图，在正方形中，点是边上的一个动点，连接，以为斜边在正方形内部构造等腰直角三角形，连接．以下结论正确的是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024九上·重庆市开学考）如图，在正方形中，为对角线，点、分别为边和上的点且，连接，过点作交于点，点为边上的点，连接且，若，则的度数（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
9．（2020九上·埇桥月考）若一个正方形的面积是12，则它的边长是　 　．
10．（2021九上·房山期中）如图，正方形的边长为3，为边上一点，．绕着点逆时针旋转后与重合，连结，则　 　．
11．（2019九上·简阳期末）平行四边形、菱形、矩形、正方形的关系是：　 　．(请用文字或图形直观表述)
12．（2024九上·白银期末）如图，在正方形中，为对角线上一点，连接，，，则的度数为　 　．
13．（2024九上·成都期末）如图，边长为3的正方形中，为边上一点，且，是对角线上的一个动点，则的最小值为　 　．
14．（2024九上·重庆市开学考）如图，正方形中，为边上一点，连接，点为中点，点为中点，连接，点为中点，连接，若，，则　 　．
三、作图题
15．（2023九上·都昌期中）如图，在正方形ABCD中，，请仅用无刻度的直尺画图（保留画图痕迹，不写画法）.
图① 图②
（1）在图①中，画出AD的中点M；
（2）在图②中，画出CD的中点N.
16．（2021九上·凤翔期中）如图，已知四边形ABCD是矩形，尺规作图，求作正方形BECF，使得顶点E在矩形ABCD内．
四、解答题
17．（2024九上·南山期末）如图，在正方形中，点，分别在，上，，垂足为．
（1）求证：；
（2）若正方形的边长是8，，点是的中点，求的长．
18．（2023九上·阳新期中）如图，点E为正方形外一点，，将绕A点逆时针方向旋转得到的延长线交于H点．
（1）试判定四边形的形状，并说明理由；
（2）已知，求的长．
19．（2024九上·龙岗月考）如图①，在中，，是边上的中线，是的中点，过点作的平行线交的延长线于点，连接.
图1 图2
（1）求证：四边形是菱形.
（2）如图②，连接，若，，求的长.
20．（2024九上·昆明开学考）已知正方形的边长为8，点E在边上，点F在边的延长线上，且．
（1）如图1，分别连接，则的形状是________；
（2）如图2，连接交对角线于点M，若，求的长；
（3）如图3，若点G、H分别在上，且，连接交于点O，当与的夹角为时，求的长．
五、综合题
21．（2024九上·岳阳开学考）已知：在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为直线BC上一动点（点D不与B、C重合）．以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
（1）如图1，当点D在线段BC上时，求证：
①BD⊥CF．
②CF＝BC﹣CD．
（2）如图2，当点D在线段BC的延长线上时，其它条件不变，请直接写出CF、BC、CD三条线段之间的关系；
（3）如图3，当点D在线段BC的反向延长线上时，且点A、F分别在直线BC的两侧，其它条件不变，若连接正方形对角线AE、DF，交点为O，连接OC，探究△AOC的形状，并说明理由．
22．（2020九上·即墨期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．
（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
六、实践探究题
23．（2024九上·翁源期中）【阅读理解】
半角模型是指有公共顶点，锐角等于较大角的一半，且组成这个较大角的两边相等．通过旋转或截长补短，将角的倍分关系转化为角的相等关系，并进一步构成全等三角形，用以解决线段关系、角度、面积等问题，
【初步探究】
如图1，在正方形中，点分别在边上，连接．若，将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．易证：．
（1）根据以上信息，填空：
①_______°；
②线段之间满足的数量关系为_______；
【迁移探究】
（2）如图2，在正方形中，若点在射线上，点在射线上，，猜想线段之间的数量关系，请证明你的结论；
【拓展探索】
（3）如图3，已知正方形的边长为，连接分别交于点，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．
24．（2023九上·江源月考）如图①．四边形ABCD与四边形AEFG是共一个顶点的两个大小不同的正方形．
（1）操作发现：如图②．正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转，使点E落在边AD上时．填空：
①线段BE与IG的数量关系是　 　
②∠ABE与∠ADG的关系是　 　
（2）猜想与证明：如图③，正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转某一角度α（0<α< 90°）时．猜想（1）中的结论是否成立？并证明你的结论：
（3）拓展应用：如图④．正方形AEFG绕顶点A逆时针旋转，使点F落在边AD上时，若AB=．AF=1，则BE= 　 　
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：A、菱形的四个内角不一定都是直角，故A选项不符合题意；
B、矩形的对角线不一定互相垂直，故B选项不符合题意；
C、正方形的每一条对角线平分一组对角，故C选项符合题意；
D、平行四边形不一定是轴对称图形，故D选项不符合题意.
故答案为：C.
【分析】菱形四边相等，对角相等，对角线互相垂直平分，且每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；矩形对边相等，四个内角都是直角，对角线互相平分且相等，不是轴对称图形，是中心对称图形；正方形四边相等，四个内角都是直角，对角线互相垂直平分且相等，每条对角线平分一组对角，即是轴对称图形，也是中心对称图形；平行四边形对边平行且相等，对角相等，对角线互相平分，不是轴对称图形，是中心对称图形，据此一一判断得出答案.
2．【答案】A
【知识点】正方形的判定；翻折变换（折叠问题）
【解析】【解答】解：∵将长方形纸片折叠，A落在BC上的F处，
∴BA＝BF，
∵折痕为BE，沿EF剪下，
∴四边形ABFE为矩形，
∴四边形ABEF为正方形．
故用的判定定理是；邻边相等的矩形是正方形．
故选：A．
【分析】由折叠可得到BA＝BF，先判定ABFE为矩形，即可得到ABFE为正方形．
3．【答案】C
【知识点】菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：A、邻边互相垂直的平行四边形不一定是菱形，故A错误，不符合题意；
B、因为对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故B错误，不符合题意；
C、若，则是矩形，故C正确，符合题意；
D、因为邻边相等的平行四边形是菱形，故D错误，不符合题意；
故答案为：C。
【分析】根据矩形、正方形和菱形的判定定理，然后再对各个选项进行逐一分析即可求解。
4．【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-AAS；三角形的中位线定理
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，
∴CM＝CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝BC＝2，
∴FM＝，
∴GH＝FM＝，
故选：C．
【分析】连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，根据正方形性质可得AB＝CD＝BC＝AD＝4，ABCD，∠C＝90°，则∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，再根据全等三角形判定定理可得△AEG≌△MDG（AAS），则AG＝MG，AE＝DM＝AB＝CD，再根据线段中点可得CF＝BC＝2，再根据勾股定理即可求出答案.
5．【答案】A
【知识点】七巧板与拼图制作；勾股定理；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】解：∵正方形边长为2，
∴①和②的斜边为2，
∵①和②都是等腰直角三角形，
∴①和②的直角边为，
∴矩形的长为，宽为，
∴矩形的对角线长为，
故答案为：A．
【分析】根据正方形边长为2，则①和②的斜边为2，从而得出矩形的长和宽，再根据勾股定理即可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接BM．
∵△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，
∴AE＝AD，∠MAD＝∠MAE．
∵△ADM按照顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，
∴AF＝AM，∠FAB＝∠MAD．
∴∠FAB＝∠MAE
∴∠FAB+∠BAE＝∠BAE+∠MAE．
∴∠FAE＝∠MAB．
∴△FAE≌△MAB（SAS）．
∴EF＝BM．
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝CD＝AB＝5．
∵DM＝2，
∴CM＝3．
∴在Rt△BCM中，BM＝，
∴EF＝，
故选：A．
【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质.连接BM，根据对称性可得：AE＝AD，∠MAD＝∠MAE，再利用旋转的性质可得：AF＝AM，∠FAB＝∠MAD，利用角的运算可得：∠FAE＝∠MAB，利用全等三角形的判定定理可证明△FAE≌△MAB（SAS），利用全等三角形的性质可得：EF＝BM．再根据BC＝CD＝AB＝5，利用线段运算可求出CM＝3，再利用勾股定理可求出BM，进而可得EF的长．
7．【答案】B
【知识点】等腰三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：证明：过点作，如图所示：
四边形为正方形，
，
，
，
，，
为等腰直角三角形，
，
，
∴，
；
将绕点顺时针旋转得到，
由旋转的性质可知：，，，，
，
，，
，
，
四边形为平行四边形，
．
故答案为：B．
【分析】先得到，然后把绕点顺时针旋转得到，再根据旋转的性质得到，，，，根据勾股定理求出，然后得到为平行四边形，即可得到结论．
8．【答案】B
【知识点】直角三角形全等的判定-HL；矩形的判定与性质；正方形的性质；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：连接，延长交于点，
四边形是正方形，为对角线，
，，，
，
，
，
，，
，
，
，
四边形是平行四边形，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
四边形是正方形，
，
在和中，
，
，
，
，
故答案为：B
【分析】本题考查正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形的外角性质.先连接，延长交于点，根据四边形是正方形，为对角线，利用正方形的性质可推出，据此可证明四边形是矩形，利用矩形的性质可得推出：，再结合，可证明四边形是正方形，利用正方形的性质可推出，利用全等三角形的判定定理可证明，利用全等三角形的性质可得：，再利用三角形的外角性质可求出的度数.
9．【答案】
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：正方形的面积是12，边长= ．
故答案是： ．
【分析】正方形的边长是面积的算术平方根．
10．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质
【解析】【解答】根据旋转得旋转角为，
，，
，，
，
，
．
故答案为：．
【分析】先利用勾股定理求出AE的长，再根据，利用勾股定理求出EF的长即可。
11．【答案】
【知识点】平行四边形的性质；菱形的性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】其关系如下
【分析】正方形具有平行四边形、矩形和菱形的一切性质；矩形和菱形是特殊的平行四边形，具有平行四边形的一切性质。
12．【答案】
【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：∵四边形正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
故答案为：．
【分析】根据正方形性质可得，，，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案.
13．【答案】
【知识点】勾股定理的实际应用-最短路径问题；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；全等三角形中对应边的关系
【解析】【解答】解：如图，连接、，
边长为3的正方形，
，，，
又，
，
，
，
，
在中，，
由两点之间线段最短性质得，，
，
的最小值为．
故答案为：．
【分析】连接、，根据正方形的性质利用SAS可以得到，即可得到，然后根据勾股定理求出的长，再根据两点之间线段最短得到的最小值即可．
14．【答案】
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形的中位线定理；直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解：连接，
，
四边形为正方形，，
，，
，
∵为斜边中点，
，
∵为中点，为中点，
∴．
故答案为：.
【分析】连接，由正方形的性质得出，，由勾股定理得出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出，最后由三角形中位线等于第三边的一半即可得出答案．
15．【答案】（1）解：点F为所求
（2）解：点G即为所求
【知识点】正方形的性质；尺规作图-直线、射线、线段
【解析】【解答】（1）解：如图1，连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，则点F即为所求；
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥CB，OA=OB=OC=OD，
∴点O在BC的垂直平分线上，
∵BE=CE，
∴点E在BC的垂直平分线上，
∴OE⊥BC，
∴OE⊥AD，
∵OA=OD，
∴点F为AD边的中点；
（2）解：如图，设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，则点G即为所求．
理由：由（1）得：∠DFH=∠FHC=∠DCH=90°，AF＝AD＝BC＝BH，
∴四边形CDFH是矩形，
∴FM=CM=HG=DM，
∵OA=OB，
∴Rt△AOF≌Rt△BOH（HL），
∴OF=OH，
∴OM为△CFH的中位线，
∴OM∥CH，即MG∥CH，
∴，
即点G为CD边的中点．
【分析】 （1）连接AC，BD交于的O，作直线OE交AD于点F，根据正方形的性质可得点O在BC的垂直平分线上，再根据BE=CE，可得OE⊥BC，从而得到OE⊥AD，即可求解；
（2）设直线OE交BC于点H，连接CF，DH交于点M，连接EM，并延长EM交CD于点G，先证明四边形CDFH是矩形，可得FM=CM=HG=DM，再根据Rt△AOF≌Rt△BOH，可得OM为△CFH的中位线，从而得到MG∥CH再由平行线分线段成比例，即可求解．
16．【答案】解：如图，正方形BECF为所作．
【知识点】正方形的性质；尺规作图-垂直平分线
【解析】【分析】由题意作线段BC的垂直平分线与BC相较于点O，以点O为圆心、OB为半径画弧与垂直平分线分别相较于E、F两点，然后连接BE、CE、BF、CF，四边形BECF即为所求.
17．【答案】（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
【知识点】勾股定理；正方形的性质；三角形全等的判定-ASA
【解析】【分析】（1）先利用“ASA”证出，再利用全等三角形的性质可得；
（2）先利用勾股定理求出BF的长，再利用直角三角形斜边上中线的性质可得．
（1）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
，
，
，
是中点，，
．
18．【答案】解：（1）四边形是正方形，理由如下：
根据旋转：
∵四边形是正方形
∴∠DAB=90°
∴∠FAE＝∠DAB=90°
∴
∴四边形是矩形，
又∵
∴矩形是正方形．
（2）连接
∵，
在中，
∵四边形是正方形
∴
在中，，又，
∴．
【知识点】勾股定理；矩形的判定与性质；正方形的判定与性质；旋转的性质
【解析】【分析】（1）由旋转的性质可得∠AEB＝∠AFD＝90°，AE＝AF，∠DAF＝∠EAB，再根据正方形性质可得∠FAE＝∠DAB=90°，再根据矩形判定定理可得四边形是矩形，由，结合正方形判定定理即可求出答案.
（2）连接，根据勾股定理可求，再根据正方形性质可得，在中，再根据勾股定理即可求出答案.
19．【答案】（1）证明：为中点，∴，
∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵是直角三角形斜边上的中线，
∴，
∴，
∵，∴四边形是平行四边形，
∵，∴四边形是菱形；
（2）解：∵且四边形是菱形，
∴四边形是正方形，
∴，
由（1）可得，
设，则，
在中，由勾股定理得，
∴，∴或（舍去），
∴，
∴.
【知识点】三角形全等的判定；勾股定理的应用；菱形的判定与性质；正方形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线
【解析】【分析】(1)结合中点的性质与平行线的性质先证明，进而推出AF=DB，又由于在中，，是边上的中线，则，进而AF=，根据对边平行且相等可得四边形是平行四边形，且邻边相等进而证得四边形是菱形；
(2)结合(1)中的结论可得，选定变量x表示DE，进而可知其他边CD，AD，BD的表示，根据勾股定理，算出x的值，即可求得AD，BD的长度，结合勾股定理，算出AB的长即可.
20．【答案】（1）△BEF是等腰直角三角形
（2）解：如图2，过E作ENCD，交BD于N，则EN=EA=2，
在Rt△EDF中，EF=，
∵ENCD，
∴∠F=∠MEN，
∵∠CMN=∠EMN，
∴△FCM≌△ENM，
∴EM=FM，
∴DM=EF=；
（3）解：如图3，连接EB和FB，由（1）得∠EFB=45°，
∵∠EOM=45°，
∴∠EFB=∠EOM，
∴GHFB，
∵DFAB，
∴四边形FBGH是平行四边形，
∴FB=GH=4，
由勾股定理得：CF=，
∴AE=CF=4．
【知识点】勾股定理；平行四边形的判定与性质；正方形的性质；直角三角形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】（1）解：如图1，△BEF是等腰直角三角形，理由是：
在正方形ABCD中，BC=AB，∠FCB=∠A=90°，
∵CF=AE=2，
∴△FCB≌△EAB，
∴BF=BE，∠EBA=∠FBC，
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形；
【分析】本题考查正方形的性质、直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理.
（1）先利用正方形的性质可推出BC=AB，∠FCB=∠A=90°，再结合CF=AE=2，利用全等三角形的判定定理可证明△FCB≌△EAB，利用全等三角形的性质可得BF=BE，∠EBA=∠FBC，再利用角的运算可求出∠EBF=90°，据此可判断的形状；
（2）过E作ENCD，交BD于N，据此可得EN=ED=2，利用勾股定理可求出EF的长，根据ENCD，
利用平行线的性质可得：∠F=∠MEN，再结合∠CMN=∠EMN，利用全等三角形的判定定理可证明△FCM≌△ENM，利用全等三角形的性质可推出M=FM，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可求出DM的长；
（3）连接EB和FB，据此可推出∠EFB=∠EOM，利用平行线的判定定理可证明：GHFB，再根据DFAB，利用平行四边形的判定定理可证明四边形FBGH是平行四边形，据此可推出B=GH=4，再利用勾股定理可求出CF，进而可求出AE.
（1）解：如图1，△BEF是等腰直角三角形，理由是：
在正方形ABCD中，BC=AB，∠FCB=∠A=90°，
∵CF=AE=2，
∴△FCB≌△EAB，
∴BF=BE，∠EBA=∠FBC，
∴∠EBF=∠EBC+∠FBC=∠EBC+∠EBA=90°，
∴△BEF是等腰直角三角形；
（2）解：如图2，过E作ENCD，交BD于N，则EN=EA=2，
在Rt△EDF中，EF=，
∵ENCD，
∴∠F=∠MEN，
∵∠CMN=∠EMN，
∴△FCM≌△ENM，
∴EM=FM，
∴DM=EF=；
（3）解：如图3，连接EB和FB，
由（1）得∠EFB=45°，
∵∠EOM=45°，
∴∠EFB=∠EOM，
∴GHFB，
∵DFAB，
∴四边形FBGH是平行四边形，
∴FB=GH=4，
由勾股定理得：CF=，
∴AE=CF=4．
21．【答案】（1）证明：①∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°＝∠BAC，
∴∠BAD＝∠FAC，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，∠ACF＝∠ABC＝45°，
∴∠BCF＝∠BCA＋∠ACF＝90°，
∴BD⊥CF.
②由①得：BD＝CF，
∵CD＝BC-BD，
∴CD＝BC-CF，
∴CF＝BC-CD.
（2）解：CF＝BC＋CD，理由如下：
∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵四边形ADEF是正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
∵∠BAD＝∠BAC＋∠DAC，
∠CAF＝∠DAF＋∠DAC，
∴∠BAD＝∠CAF，
在△BAD和△CAF中，
，
∴△BAD≌△CAF（SAS），
∴BD＝CF，
∵BD＝BC＋CD，
∴CF＝BC＋CD.
（3）解：△AOC是等腰三角形，理由如下：
由（2）得：△BAD≌△CAF（SAS），
∴∠ACF＝∠ABD＝180°-45°＝135°，
∴∠FCD＝∠ACF-∠ACB＝90°，
∴△FCD为直角三角形，
∵四边形ADEF是正方形，
∴OD＝OF，OA＝OE＝AE，AE＝DF，
∴OC＝DF，
∴OC＝OA，
∴△AOC是等腰三角形．
【知识点】等腰三角形的判定；正方形的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【分析】（1）①先利用角的运算求出∠BAD＝∠FAC，再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，∠ACF＝∠ABC＝45°，再求出∠BCF＝∠BCA＋∠ACF＝90°，即可得到BD⊥CF；
②利用全等三角形的性质可得BD＝CF，再利用线段的和差及等量代换可得CF＝BC-CD；
（2）先利用角的运算求出∠BAD＝∠CAF，再利用“SAS”证出△BAD≌△CAF，可得BD＝CF，最后利用线段的和差及等量代换可得CF＝BC＋CD；
（3）先证出△FCD为直角三角形，再利用正方形的性质可得OD＝OF，OA＝OE＝AE，AE＝DF，再利用等量代换可得OC＝OA，即可证出△AOC是等腰三角形．
22．【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD．
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，∠ACB＝90°，
∴AD＝BD=CD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD=CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形，理由如下：
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠BDC=90°时，四边形BECD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∵∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形．
【知识点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定；正方形的判定
【解析】【分析】（1）先证四边形ADEC是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；
（2）先证出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据正方形的判定推出即可；
（3）由（2）可知，四边形BECD是菱形，得出∠BDC=90°时，四边形BECD是正方形，由此得出△ABC是等腰直角三角形。
23．【答案】（1）①45；②；
解：．
证明如下：如图2，在上截取，连接，
在和中，，
，
，
，即，
，
，
在和中，，
，
，
，
∴。
（3）将绕点顺时针旋转得到，连接，
∵四边形是正方形，
，，
，
由旋转可得，，
，
，
，
又，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得，
。
【知识点】勾股定理；正方形的性质；旋转的性质；三角形全等的判定-SAS
【解析】【解答】解：（1）∵四边形是正方形，
∴，，
将绕点顺时针旋转，点与点重合，得到．
则，，，，
∴G、B、E共线，
，
∴，
在和中，
，
，
，
，
∴，
故答案为：①45 ；②。
【分析】（1）如图1，根据正方形的性质和旋转性质得，，，，进而可求出G、B、E共线，，易证，从而得到，最后再进行等量替换即可求解。
（2）如图2，在上截取，连接，易证，从而得到，从而得到，易证，从而得到，最后再进行等量替换即可证明。
（3）将绕点顺时针旋转得到，连接，根据正方形的基本性质，可得， ，根据勾股定理：，代入数据， 求出的值，据此可求出BM和DM的值，由旋转性质，易得，进而可得，易证，进而可得，设，则， 在中，利用勾股定理：，代入数据，即可求出x的值，从而可得MN的值。
24．【答案】（1）相等；相等
（2）解：成立，BE=DG，∠ABE=∠ADG．
证明：在△ABE和△ADG中，∵AB=AD，AE=AG，∠BAE=∠DAG=α，
∴△ABE≌△ADG，∴BE = DG，∠ABE=∠ADG．
（3）
【知识点】三角形全等及其性质；三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解： （1）四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，
AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠GAD=90°，
BE=DG，∠ABE=∠ADG；
(3)过点E作EH⊥AB于点H，如图，
F落在边AD上，
∠FAE=45°，
∠BAE=45°，且EH⊥AB，
∠AEH=∠EAH=45°，
【分析】(1)根据四边形ABCD、四边形AEFG都是正方形，得AE=AG，AB=AD，∠BAD=∠GAD=90°，进一步证明从而求解；
（2）同（1）一样证明 △ABE≌△ADG 即可得出结论；
（3）过点E作EH⊥AB于点H，根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得利用勾股定理即可求解.
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