13正方形的性質與判定（分層練習）

第一章特殊平行四邊形1.3正方形的性質與判定精選練習基礎篇基礎篇一、單選題1．（2022·重慶萬州·八年級期末）下列命題錯誤的是(

)A．正方形的四條邊都相等B．正方形的四個角都相等C．正方形是軸對稱圖形，共有兩條對稱軸D．正方形的對角線相等且互相垂直平分【答案】C【解析】【分析】利用正方形的性質分別判斷后即可確定正確的選項．【詳解】A.正方形的四條邊都相等，故A正確，不符合題意；B.正方形的四個角都相等，故B正確，不符合題意；C.正方形是軸對稱圖形，共有四條對稱軸，故C錯誤，符合題意；D.正方形的對角線相等且互相垂直平分，故D正確，不符合題意．故選：C．【點睛】本題考查了命題與定理的知識，解題的關鍵是了解正方形的性質，難度不大．2．（2022·云南昆明·八年級期末）如圖，在正方形ABCD外側作等邊，則的度數(shù)為（

）A．15° B．22.5° C．20° D．10°【答案】A【解析】【分析】根據(jù)正方形與等邊三角形的性質可得，，即可求解．【詳解】解：∵正方形ABCD外側作等邊，∴，，，，故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，等邊三角形的性質，三角形內角和定理，等邊對等角，掌握正方形與等邊三角形的性質是解題的關鍵．3．（2022·天津河西·八年級期末）如圖，點E，F(xiàn)，P，Q分別是正方形ABCD的四條邊上的點，并且，則下列結論不一定正確的是（

）A． B．C．四邊形EFPQ是正方形 D．四邊形PQEF的面積是四邊形ABCD面積的一半【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質可證得△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，再根據(jù)全等三角形的性質和勾股定理，逐項判斷即可求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB=BC，∠A=∠B=90°，又CQ=BP，∴ABBP=BCCQ，即AP=BQ在△AFP和△BPQ中，∵AF=BP，∠A=∠B，AP=BQ，∴△AFP≌△BPQ（SAS），∴∠AFP=∠BPQ，故A選項正確，不符合題意；同理：△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，∴PF=PQ=QE=EF，∴四邊形EFPQ為菱形，∴EF∥QP，故B選項正確，不符合題意；∵△AFP≌△BPQ∴∠BPQ=∠AFP，又∵∠A=90°，∴∠AFP+∠APF=90°，∴∠AFP+∠APF=∠BPQ+∠APF=90°，∴∠FPQ=180°（∠BPQ+∠APF）=90°，∴四邊形EFPQ是正方形，故C選項正確，不符合題意；設正方形ABCD的邊長為a，BP=AF=x，則，∴AB=a，∴，∴正方形EFPQ的面積為，而x的值無法確定，∴四邊形PQEF的面積不一定是四邊形ABCD面積的一半，故D選項錯誤，符合題意；故選：D【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的性質和勾股定理，熟練掌握正方形的性質，全等三角形的性質和勾股定理是解題的關鍵．4．（2022·山西呂梁·八年級期末）如圖，正方形的兩條對角線相交于點，點在上，且，則的度數(shù)為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質可得∠CBD=∠ACB=45°，再由，可得∠BCE=67.5°，即可求解．【詳解】解：在正方形ABCD中，∠CBD=∠ACB=45°，∵，∴，∴∠ACE=∠BCE∠ACB=22.5°．故選：A【點睛】本題主要考查了正方形的性質，等腰三角形的性質，熟練掌握正方形的性質，等腰三角形的性質是解題的關鍵．5．（2022·河北石家莊·八年級期末）如圖，正方形ABCD的對角線AC，BD交于點O，M是邊AD上一點，連接OM，過點O作ON⊥OM，交CD于點N．若四邊形MOND的面積是2，則AB的長為（）A．1 B． C．2 D．【答案】D【解析】【分析】根據(jù)正方形的性質可證得△AOM≌△DON，從而得到S△AOM=S△DON，進而得到S△AOD=2，可得到OA=2，再由勾股定理，即可求解．【詳解】解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，OA=OD，∠OAD=∠ODC=45°，∠AOD=90°，∵ON⊥OM，∴∠MON=∠AOD=90°，∴∠AOM=∠DON，∴△AOM≌△DON，∴S△AOM=S△DON，∴四邊形MOND的面積等于S△AOD，∵四邊形MOND的面積是2，∴S△AOD=2，即，∴OA=2，∴．故選：D【點睛】本題主要考查了正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，熟練掌握正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．6．（2022·廣東·惠州一中八年級期中）如圖，將正方形ABCD剪去4個全等的直角三角形（圖中陰影部分），得到邊長為c的四邊形EFGH，下列等式成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】利用空白部分的面積等于原正方形面積減4個全等三角形的面積，以及空白部分本身是一個邊長為c的正方形，利用等面積法求解．【詳解】解：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠A=90°，∴∠AHE+∠AEH=90°，∵△AHE≌△DGH，∴∠DHG=∠AEH，∴∠AHE+∠DHG=90°，∴∠EHG=90°，又∵HE=EF=FG=GH，∴四邊形EFGH是正方形，∴由圖可得剩下正方形面積為：，根據(jù)正方形面積公式，剩下正方形面積也可以表示為：c2，，化簡得a2+b2＝c2，故選：D．【點睛】本題主要考查了勾股定理的證明，正方形的性質與判定，全等三角形的性質，解題的關鍵在于證明四邊形EFGH是正方形．二、填空題7．（2022·陜西師大附中八年級期末）如圖，菱形ABCD的周長為16，∠B＝60°，則以AC為邊的正方形ACEF的周長為_____．【答案】16【解析】【分析】根據(jù)菱形的性質得AB＝BC＝CD＝AD＝4，根據(jù)∠B＝60°得△ABC是等邊三角形，即AC＝AB＝4，即可得．【詳解】解：∵四邊形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∵∠B＝60°，∴△ABC是等邊三角形，∴AC＝AB＝4，∴正方形ACEF的周長是：AC+CE+EF+AF＝4×4＝16，故答案為：16．【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，正方形的性質，解題的關鍵是掌握這些知識點．8．（2021·江蘇鎮(zhèn)江·八年級期中）如圖，以正方形ABCD的一邊CD為邊向形內作等邊三角形CDE，則∠ABE=____．【答案】15°【解析】【分析】由正方形的性質和等邊三角形的性質可求得和，利用是等腰三角形即得和.【詳解】∵四邊形為正方形，∴，=90°，又∵為等邊三角形，，=60°，∴=90°60°=30°，∵，是等腰三角形，∴=（180°30°）=75°，又∵=90°，∴=90°75°=15°，故答案為：15°.【點睛】本題主要考查正方形的性質及等邊三角形的性質，熟練運用兩者性質是解決本題的關鍵.9．（2022·海南?？凇て吣昙壠谀┤鐖D，四邊形ABCD是正方形，點E在BC上，△ABE繞正方形的中心經順時針旋轉后與△DAF重合，則∠DGE=______度．【答案】90【解析】【分析】由旋轉的性質得∠ADF=∠BAE，再根據(jù)正方形的性質，得∠DAF=90°，從而得∠AFD+∠ADF=90°，即∠AFD+∠BAE=90°，再由三角形內角和定理得出∠AGF=90°，即可由對頂角相等求得答案．【詳解】解：∵△ABE繞正方形的中心經順時針旋轉后與△DAF重合，∴∠ADF=∠BAE，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DAF=90°，∴∠AFD+∠ADF=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∵∠AFD+∠BAE+∠AGF=180°，∴∠AGF=90°，∴∠DGE=∠AGF=90°，故答案為：90．【點睛】本題考查旋轉的性質，三角形內角和定理，對頂角性質，熟練掌握旋轉的性質是解題的關鍵．10．（2022·廣東惠州·八年級期末）如圖，在直線l上擺放著三個正方形，其中正放的兩個正方形的頂點M，N分別是斜放正方形相鄰兩邊的中點，三個正方形的面積依次為，，．已知，，則=_____．【答案】16【解析】【分析】利用AAS證明△AMB≌△CBN，得BC=AM，再利用勾股定理求出BM的長，從而解決問題．【詳解】解：如圖，∵正放的兩個正方形的頂點M，N分別是斜放正方形相鄰兩邊的中點，∴BM=BN，∠MBN=90°，∠MAB=∠NCB=90°，∴∠MBA+∠CBN=90°，∵∠MBA+∠AMB=90°，∴∠AMB=∠CBN，∴△AMB≌△CBN（AAS），∴BC=AM，∵，，∴AM=1，，∴由勾股定理得：BM=2，∴．故答案為：16【點睛】本題主要考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，勾股定理等知識，證明△AMB≌△CBN是解題的關鍵．三、解答題11．（2022·廣西百色·八年級期末）如圖，在正方形ABCD中，AE、BF相交于點O且AF＝DE．求證：∠DAE＝∠ABF．【答案】證明見解析【解析】【分析】由正方形的性質可得AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由“SAS”可證△ABF≌△DAE，可得∠DAE=∠ABF．【詳解】∵四邊形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD，在△ABF與△DAE中∴△ABF≌△DAE（SAS），∴∠DAE＝∠ABF【點睛】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定和性質，證明三角形全等是解題的關鍵．12．（2021·天津津南·八年級期末）如圖，E是正方形ABCD的邊CD上一點，以點A為中心．把△ADE繞點A逆時針旋轉90°，得△，連接．(1)的度數(shù)為；(2)若AD＝4，DE＝1，求的長．【答案】(1)90°(2)【解析】【分析】（1）根據(jù)旋轉的性質即可求解；（2）根據(jù)正方形的性質，勾股定理求得的長，根據(jù)旋轉的性質可得，進而勾股定理即可求解．(1)把△ADE繞點A逆時針旋轉90°，得△，；(2)四邊形是正方形，，，由旋轉的性質可得，，【點睛】本題考查了性質的性質，勾股定理，掌握旋轉的性質是解題的關鍵．提升篇提升篇一、填空題1．（2022·廣西欽州·八年級期末）如圖，點E，F(xiàn)在正方形ABCD內部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE＝9，EF＝5，F(xiàn)C＝3，則正方形ABCD的邊長為________．【答案】【解析】【分析】連接，過點作交的延長線于點，在中，勾股定理求得，進而即可求解．【詳解】如圖，連接，過點作交的延長線于點AE⊥EF，CF⊥EF，則四邊形是矩形，中，，，，，故答案為：．【點睛】本題考查了正方形的性質，矩形的性質與判定，勾股定理，構造直角三角形求得的長是解題的關鍵．2．（2022·湖南邵陽·八年級期末）如圖，在正方形中，為中點，連結，過點作交的延長線于點，連結，若，則的值為___________．【答案】【解析】【分析】由題意可得△AED≌△CFD，從而得到CF=AE=1，然后根據(jù)勾股定理可以得到解答．【詳解】解：∵E為AB的中點，∴AB＝2AE＝2，∵四邊形ABCD是正方形，∴BC＝AB＝2，∠ADC＝∠ABC＝90°，∵，∴∠EDC+∠CDF=90°=∠EDC+∠ADE，BC＝AB，∴∠CDF=∠ADE，又CD=AD，∠DCF=∠A=90°，∴△AED≌△CFD（ASA），∴CF=AE=1，BF=BC+CF=2+1=3，∴在RT△EBF中，由勾股定理可得：EF=，故答案為：．【點睛】本題考查正方形的綜合應用，熟練掌握正方形的性質、三角形全等的判定與性質、勾股定理的應用是解題關鍵．3．（2022·重慶一中八年級期中）如圖，正方形ABCD邊長為4，P是正方形內一動點，且，則的最小值是______．【答案】【解析】【分析】過點P作，由可得，得PE=1，PF=3，過點P作MN//AB交AD于點M，交BC于點N，可得出四邊形PFCN是矩形，得CN=PF=3，延長CB到K，使NK=CN=3，連接DK，根據(jù)兩點之間線段最短故可知的最小值為DK的長，根據(jù)勾股定理可求解【詳解】解：如圖，過點P作，交AB于點E，交CD于點F，∵四邊形是正方形，∴，，，，∴∵，，∴，∴∵∴，∴，，過點P作MN//AB交AD于點M，交BC于點N，則，∴∠∴四邊形是矩形，∴四邊形是矩形，∴，∵∠，延長CB到K，使NK=CN=3，則有：連接DK，當在一條直線上時，，當不在一條直線上時，，故當共線時，又N是CK的中點，，∴PN是CK的垂直平分線，∴CP=PK，所以的最小值為，故答案為：．【點睛】本題主要考查正方形的性質，矩形的判斷與性質，勾股定理以及線段的垂直平分線的判斷與性質等知識，掌握正方形的性質，正確做出輔助線是解題的關鍵．4．（2022·浙江杭州·八年級期末）如圖，點E，F(xiàn)，G，H為正方形ABCD四邊中點，連接BE，DG，CF，AH．若AB＝10，則四邊形MNPQ的面積是______．【答案】20【解析】【分析】根據(jù)正方形四邊相等，四個角為直角的性質，且點E，F(xiàn)，G，H為正方形ABCD四邊中點，可證明△ADG≌△DCG≌△CBF≌△BAE（SAS），得到AH=DG=CF=BE，∠HAD=∠GDC=∠FCB=∠EBA，則可證明△AQD≌△BAM≌△CBN≌△DCP（AAS），四邊形MNPQ是正方形，求出MNPQ的邊長即可求出其面積．【詳解】解：∵點E，F(xiàn)，G，H為正方形ABCD四邊中點，∴AE=DH=CG=BF，又∵AB=BC=CD=AD，∴△ADG≌△DCG≌△CBF≌△BAE（SAS），∴AH=DG=CF=BE，∠HAD=∠GDC=∠FCB=∠EBA，∵∠HAD+∠BAH=90°，∴∠BAH+∠ABE=90°，∴∠AMB=180°(∠BAH+∠ABE)=90°，同理：∠BNC=∠CPD=∠DQA=90°，∴△AQD≌△BAM≌△CBN≌△DCP（AAS），∴AM=BN=CP=DQ，AQ=BM=CN=DP，∴MQ=MN=PN=PQ，∴四邊形MNPQ是正方形，∵AB=BC=CD=AD=10，∴BE=CF=DG=AH=，∵，∴AM=，∴，∴MQ=MN=PN=PQ=，∴四邊形MNPQ的面積=，故答案為：20【點睛】本題考查了正方形的性質和全等三角形，熟練運用正方形的性質和全等三角形是解題的關鍵．5．（2022·河南開封·八年級期末）如圖，中，兩直角邊和的長分別3和4，以斜邊為邊作一個正方形，再以正方形的邊為斜邊作，然后依次以兩直角邊和為邊分別作正方形和，則圖中陰影部分的面積為______．【答案】25【解析】【分析】證明，可得到AF和FE的長度，分別計算出正方形和的面積即可得到陰影部分的面積．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，∵,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵，∴∴，，∴,,∴,故答案為：25．【點睛】本題考查正方形、全等三角形和直角三角形的性質，證明是解本題的關鍵．二、解答題6．（2022·福建南平·八年級期末）如圖，在正方形ABCD中，E是邊BC上一動點（不與B，C重合），連接AE，過點A作AE的垂線交CD的延長線于點F．(1)如圖1，求證：BE＝DF；(2)如圖2，連接BD，EF，交點為O．求證：點O是線段EF的中點．【答案】(1)見解析(2)見解析【解析】【分析】（1）證明△ABE≌△ADF（ASA）即可得到結論；（2）過點E作EG⊥BC交BD于點G，則∠BEG＝90°，證明△GOE≌△DOF（AAS），即可得到結論．(1)

證明：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠BAD=∠B=∠ADC=90°，AB=AD，∴∠ADF＝180°－∠ADC＝90°，∴∠ADF＝∠ABE，∵AF⊥AE，

∴∠EAF=∠BAD=90°，∴∠BAE+∠DAE=∠DAF+∠DAE，∴∠BAE=∠DAF，∴△ABE≌△ADF（ASA）．∴BE=DF．(2)證明：如圖，過點E作EG⊥BC交BD于點G，則∠BEG＝90°，∵四邊形ABCD是正方形，∴∠DBC=∠CDB=45°，∴∠BGE＝90°－∠CBD＝45°，∠ODG＝180°－∠BDC＝135°，∴BE＝GE，∠OGE＝180°－∠BGE＝135°，∴△BGE是等腰直角三角形，∠OGE=∠ODF=135°，∴由（1）可知，BE=DF，∴GE=DF．∵∠GOE=∠DOF，∴△GOE≌△DOF（AAS）．∴OE=OF．【點睛】此題主要考查了正方形的性質、全等三角形的判定和性質等知識，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解答此題的關鍵．7．（2022·湖北黃石·八年級期末）四邊形ABCD為正方形，點E為線段AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥DE，交射線BC于點F，以DE、EF為鄰邊作矩形DEFG，連接CG．(1)如圖，求證：矩形DEFG是正方形；(2)若AB＝2，，求CG的長度；(3)當線段DE與正方形ABCD的某條邊的夾角是32°時，求∠EFC的度數(shù)．【答案】(1)證明見解析(2)(3)∠EFC＝122°或32°【解析】【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，證明，可得EF＝ED，則矩形DEFG是正方形；（2）根據(jù)AB＝2，，可得重合，根據(jù)正方形的性質即可求解；（3）①當DE與AD的夾角為32°時，點F在BC邊上，∠ADE＝32°，在四邊形CDEF中，由四邊形內角和定理得：∠EFC＝122°，②當DE與DC的夾角為32°時，點F在BC的延長線上，∠CDE＝32°，可得∠EFC＝∠CDE＝32°．(1)證明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，∵∠DCA＝∠BCA，∴EQ＝EP，∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，∴∠QEF＝∠PED，在和中，∴∴EF＝ED，∴矩形DEFG是正方形；(2)解：如圖2中，在中，，∵，∴AE＝CE，∴點F與C重合，．(3)①當DE與AD的夾角為32°時，點F在BC邊上，∠ADE＝32°，如圖3所示：則∠CDE＝90°－32°＝58°，在