13正方形的性质与判定（分层练习）

第一章特殊平行四边形1.3正方形的性质与判定精选练习基础篇基础篇一、单选题1．（2022·重庆万州·八年级期末）下列命题错误的是(

)A．正方形的四条边都相等B．正方形的四个角都相等C．正方形是轴对称图形，共有两条对称轴D．正方形的对角线相等且互相垂直平分【答案】C【解析】【分析】利用正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项．【详解】A.正方形的四条边都相等，故A正确，不符合题意；B.正方形的四个角都相等，故B正确，不符合题意；C.正方形是轴对称图形，共有四条对称轴，故C错误，符合题意；D.正方形的对角线相等且互相垂直平分，故D正确，不符合题意．故选：C．【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形的性质，难度不大．2．（2022·云南昆明·八年级期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边，则的度数为（

）A．15° B．22.5° C．20° D．10°【答案】A【解析】【分析】根据正方形与等边三角形的性质可得，，即可求解．【详解】解：∵正方形ABCD外侧作等边，∴，，，，故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，掌握正方形与等边三角形的性质是解题的关键．3．（2022·天津河西·八年级期末）如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且，则下列结论不一定正确的是（

）A． B．C．四边形EFPQ是正方形 D．四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半【答案】D【解析】【分析】根据正方形的性质可证得△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，再根据全等三角形的性质和勾股定理，逐项判断即可求解．【详解】解：∵四边形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选项正确，不符合题意；同理：△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，∴PF=PQ=QE=EF，∴四边形EFPQ为菱形，∴EF∥QP，故B选项正确，不符合题意；∵△AFP≌△BPQ∴∠BPQ=∠AFP，又∵∠A=90°，∴∠AFP+∠APF=90°，∴∠AFP+∠APF=∠BPQ+∠APF=90°，∴∠FPQ=180°（∠BPQ+∠APF）=90°，∴四边形EFPQ是正方形，故C选项正确，不符合题意；设正方形ABCD的边长为a，BP=AF=x，则，∴AB=a，∴，∴正方形EFPQ的面积为，而x的值无法确定，∴四边形PQEF的面积不一定是四边形ABCD面积的一半，故D选项错误，符合题意；故选：D【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和勾股定理，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的性质和勾股定理是解题的关键．4．（2022·山西吕梁·八年级期末）如图，正方形的两条对角线相交于点，点在上，且，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】根据正方形的性质可得∠CBD=∠ACB=45°，再由，可得∠BCE=67.5°，即可求解．【详解】解：在正方形ABCD中，∠CBD=∠ACB=45°，∵，∴，∴∠ACE=∠BCE∠ACB=22.5°．故选：A【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的关键．5．（2022·河北石家庄·八年级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是2，则AB的长为（）A．1 B． C．2 D．【答案】D【解析】【分析】根据正方形的性质可证得△AOM≌△DON，从而得到S△AOM=S△DON，进而得到S△AOD=2，可得到OA=2，再由勾股定理，即可求解．【详解】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，∴四边形MOND的面积等于S△AOD，∵四边形MOND的面积是2，∴S△AOD=2，即，∴OA=2，∴．故选：D【点睛】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．6．（2022·广东·惠州一中八年级期中）如图，将正方形ABCD剪去4个全等的直角三角形（图中阴影部分），得到边长为c的四边形EFGH，下列等式成立的是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】利用空白部分的面积等于原正方形面积减4个全等三角形的面积，以及空白部分本身是一个边长为c的正方形，利用等面积法求解．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴∠A=90°，∴∠AHE+∠AEH=90°，∵△AHE≌△DGH，∴∠DHG=∠AEH，∴∠AHE+∠DHG=90°，∴∠EHG=90°，又∵HE=EF=FG=GH，∴四边形EFGH是正方形，∴由图可得剩下正方形面积为：，根据正方形面积公式，剩下正方形面积也可以表示为：c2，，化简得a2+b2＝c2，故选：D．【点睛】本题主要考查了勾股定理的证明，正方形的性质与判定，全等三角形的性质，解题的关键在于证明四边形EFGH是正方形．二、填空题7．（2022·陕西师大附中八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为16，∠B＝60°，则以AC为边的正方形ACEF的周长为_____．【答案】16【解析】【分析】根据菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD＝4，根据∠B＝60°得△ABC是等边三角形，即AC＝AB＝4，即可得．【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，∵∠B＝60°，∴△ABC是等边三角形，∴AC＝AB＝4，∴正方形ACEF的周长是：AC+CE+EF+AF＝4×4＝16，故答案为：16．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．8．（2021·江苏镇江·八年级期中）如图，以正方形ABCD的一边CD为边向形内作等边三角形CDE，则∠ABE=____．【答案】15°【解析】【分析】由正方形的性质和等边三角形的性质可求得和，利用是等腰三角形即得和.【详解】∵四边形为正方形，∴，=90°，又∵为等边三角形，，=60°，∴=90°60°=30°，∵，是等腰三角形，∴=（180°30°）=75°，又∵=90°，∴=90°75°=15°，故答案为：15°.【点睛】本题主要考查正方形的性质及等边三角形的性质，熟练运用两者性质是解决本题的关键.9．（2022·海南海口·七年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在BC上，△ABE绕正方形的中心经顺时针旋转后与△DAF重合，则∠DGE=______度．【答案】90【解析】【分析】由旋转的性质得∠ADF=∠BAE，再根据正方形的性质，得∠DAF=90°，从而得∠AFD+∠ADF=90°，即∠AFD+∠BAE=90°，再由三角形内角和定理得出∠AGF=90°，即可由对顶角相等求得答案．【详解】解：∵△ABE绕正方形的中心经顺时针旋转后与△DAF重合，∴∠ADF=∠BAE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠DAF=90°，∴∠AFD+∠ADF=90°，∴∠AFD+∠BAE=90°，∵∠AFD+∠BAE+∠AGF=180°，∴∠AGF=90°，∴∠DGE=∠AGF=90°，故答案为：90．【点睛】本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，对顶角性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．10．（2022·广东惠州·八年级期末）如图，在直线l上摆放着三个正方形，其中正放的两个正方形的顶点M，N分别是斜放正方形相邻两边的中点，三个正方形的面积依次为，，．已知，，则=_____．【答案】16【解析】【分析】利用AAS证明△AMB≌△CBN，得BC=AM，再利用勾股定理求出BM的长，从而解决问题．【详解】解：如图，∵正放的两个正方形的顶点M，N分别是斜放正方形相邻两边的中点，∴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，∴．故答案为：16【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△AMB≌△CBN是解题的关键．三、解答题11．（2022·广西百色·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，AE、BF相交于点O且AF＝DE．求证：∠DAE＝∠ABF．【答案】证明见解析【解析】【分析】由正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由“SAS”可证△ABF≌△DAE，可得∠DAE=∠ABF．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD，在△ABF与△DAE中∴△ABF≌△DAE（SAS），∴∠DAE＝∠ABF【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．12．（2021·天津津南·八年级期末）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，以点A为中心．把△ADE绕点A逆时针旋转90°，得△，连接．(1)的度数为；(2)若AD＝4，DE＝1，求的长．【答案】(1)90°(2)【解析】【分析】（1）根据旋转的性质即可求解；（2）根据正方形的性质，勾股定理求得的长，根据旋转的性质可得，进而勾股定理即可求解．(1)把△ADE绕点A逆时针旋转90°，得△，；(2)四边形是正方形，，，由旋转的性质可得，，【点睛】本题考查了性质的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．提升篇提升篇一、填空题1．（2022·广西钦州·八年级期末）如图，点E，F在正方形ABCD内部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE＝9，EF＝5，FC＝3，则正方形ABCD的边长为________．【答案】【解析】【分析】连接，过点作交的延长线于点，在中，勾股定理求得，进而即可求解．【详解】如图，连接，过点作交的延长线于点AE⊥EF，CF⊥EF，则四边形是矩形，中，，，，，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，构造直角三角形求得的长是解题的关键．2．（2022·湖南邵阳·八年级期末）如图，在正方形中，为中点，连结，过点作交的延长线于点，连结，若，则的值为___________．【答案】【解析】【分析】由题意可得△AED≌△CFD，从而得到CF=AE=1，然后根据勾股定理可以得到解答．【详解】解：∵E为AB的中点，∴AB＝2AE＝2，∵四边形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=，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的综合应用，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理的应用是解题关键．3．（2022·重庆一中八年级期中）如图，正方形ABCD边长为4，P是正方形内一动点，且，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】过点P作，由可得，得PE=1，PF=3，过点P作MN//AB交AD于点M，交BC于点N，可得出四边形PFCN是矩形，得CN=PF=3，延长CB到K，使NK=CN=3，连接DK，根据两点之间线段最短故可知的最小值为DK的长，根据勾股定理可求解【详解】解：如图，过点P作，交AB于点E，交CD于点F，∵四边形是正方形，∴，，，，∴∵，，∴，∴∵∴，∴，，过点P作MN//AB交AD于点M，交BC于点N，则，∴∠∴四边形是矩形，∴四边形是矩形，∴，∵∠，延长CB到K，使NK=CN=3，则有：连接DK，当在一条直线上时，，当不在一条直线上时，，故当共线时，又N是CK的中点，，∴PN是CK的垂直平分线，∴CP=PK，所以的最小值为，故答案为：．【点睛】本题主要考查正方形的性质，矩形的判断与性质，勾股定理以及线段的垂直平分线的判断与性质等知识，掌握正方形的性质，正确做出辅助线是解题的关键．4．（2022·浙江杭州·八年级期末）如图，点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，连接BE，DG，CF，AH．若AB＝10，则四边形MNPQ的面积是______．【答案】20【解析】【分析】根据正方形四边相等，四个角为直角的性质，且点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，可证明△ADG≌△DCG≌△CBF≌△BAE（SAS），得到AH=DG=CF=BE，∠HAD=∠GDC=∠FCB=∠EBA，则可证明△AQD≌△BAM≌△CBN≌△DCP（AAS），四边形MNPQ是正方形，求出MNPQ的边长即可求出其面积．【详解】解：∵点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，∴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，∴四边形MNPQ是正方形，∵AB=BC=CD=AD=10，∴BE=CF=DG=AH=，∵，∴AM=，∴，∴MQ=MN=PN=PQ=，∴四边形MNPQ的面积=，故答案为：20【点睛】本题考查了正方形的性质和全等三角形，熟练运用正方形的性质和全等三角形是解题的关键．5．（2022·河南开封·八年级期末）如图，中，两直角边和的长分别3和4，以斜边为边作一个正方形，再以正方形的边为斜边作，然后依次以两直角边和为边分别作正方形和，则图中阴影部分的面积为______．【答案】25【解析】【分析】证明，可得到AF和FE的长度，分别计算出正方形和的面积即可得到阴影部分的面积．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵,∴,∵,∴,∵,∴,∴,∵，∴∴，，∴,,∴,故答案为：25．【点睛】本题考查正方形、全等三角形和直角三角形的性质，证明是解本题的关键．二、解答题6．（2022·福建南平·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，E是边BC上一动点（不与B，C重合），连接AE，过点A作AE的垂线交CD的延长线于点F．(1)如图1，求证：BE＝DF；(2)如图2，连接BD，EF，交点为O．求证：点O是线段EF的中点．【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】【分析】（1）证明△ABE≌△ADF（ASA）即可得到结论；（2）过点E作EG⊥BC交BD于点G，则∠BEG＝90°，证明△GOE≌△DOF（AAS），即可得到结论．(1)

证明：∵四边形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)证明：如图，过点E作EG⊥BC交BD于点G，则∠BEG＝90°，∵四边形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．【点睛】此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答此题的关键．7．（2022·湖北黄石·八年级期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．(1)如图，求证：矩形DEFG是正方形；(2)若AB＝2，，求CG的长度；(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是32°时，求∠EFC的度数．【答案】(1)证明见解析(2)(3)∠EFC＝122°或32°【解析】【分析】（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明，可得EF＝ED，则矩形DEFG是正方形；（2）根据AB＝2，，可得重合，根据正方形的性质即可求解；（3）①当DE与AD的夹角为32°时，点F在BC边上，∠ADE＝32°，在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：∠EFC＝122°，②当DE与DC的夹角为32°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝32°，可得∠EFC＝∠CDE＝32°．(1)证明：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：如图2中，在中，，∵，∴AE＝CE，∴点F与C重合，．(3)①当DE与AD的夹角为32°时，点F在BC边上，∠ADE＝32°，如图3所示：则∠CDE＝90°－32°＝58°，在