1.3正方形的性质与判定练习题2025-2026学年北师大版数学九年级上册 含答案

/1.3正方形的性质与判定一、单选题1．如图，已知，在边的同侧作正、正和正，连接，，则下列选项中不正确的是（

）

A．一定会出现平行四边形B．当时，四边形为矩形C．当，且时四边形为正方形D．当，且时，四边形为菱形2．如图，正方形的面积为18，点E在正方形内，是等边三角形，在对角线上有一点P，使的值最小，则这个最小值为（

）A． B． C．9 D．3．如图，正方形中，若是等边三角形，则（

）A． B． C． D．4．如图，正方形中，其中，，将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，问次旋转后点的坐标为（

）A． B． C． D．5．如图，点E，F分别是正方形的边上的点，且，相交于点O，下列结论：①；②；③；④中，正确的有（

）A．4个 B．3个 C．2个 D．1个6．如图，正方形和正方形的对称中心都是点O，其边长分别是4和3，则图中阴影部分的面积是（

）A．2 B．1.75 C．1.5 D．1.257．如图，已知P是正方形的对角线上一点，，，垂足分别是E，F，，，则的长为（

）A．4 B．5 C． D．8．如图，矩形中，，，点分别在矩形的各边上，且，，则四边形周长的最小值为（）A． B． C． D．二、填空题9．如图，在正方形中，是对角线、的交点，点、分别是边、延长线上一点，连接、、，，若，，则线段的长为．10．如图，正方形中，点E是边的中点，交于点H，交于点G，则下列结论：①；②；③；④，其中正确的结论有（填序号）11．如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有个．12．如图，在正方形中，，为的中点，、分别为、边上的点，且，连接，过点作交于点，则的长为．13．正方形，对角线交于点，平分，与交于E，与交于P，若，则．三、解答题14．如图，在正方形中，F为的中点，E为上一点，且，猜想与的位置关系，并说明理由．15．如图，在四边形中，，，，，的垂直平分线交于点，交于点，交的延长线于点，连接．(1)求证：四边形是正方形；(2)若，求的长．（用含的代数式表示）16．如图所示，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，求的长度．17．如图，在长方形中，是边上的一个动点，把沿折叠，点落在点处，当是直角三角形时，求的长．18．在正方形中，点E，F分别是边，上的一点，于点M．(1)如图1，求证：；(2)如图2，平移至，，垂足为点I．（i）求证：；（ii）如图3，若点I是的中点，与交于点N，已知，，求的长．参考答案1．A【分析】本题考查等边三角形的性质，平行四边形的判定，矩形、正方形和菱形的判定．先证明和，推出四边形是平行四边形，再根据矩形，菱形和正方形性质和判定定理逐一证明判断即可．【详解】解：当时，∵、、都是等边三角形；∴，，∴，故，∵，∴，∴，同理可证，，∴，∴四边形是平行四边形，∵当时∴，∴平行四边形是矩形，故B正确，选项B不符合题意；∵，∴，∴矩形为正方形，故C正确，选项C不符合题意；∵，且，∴，∴平行四边形是菱形，故D正确，选项D不符合题意；当，∴，即D，A，F三点在同一直线上，∴四边形不存在，故A不正确，选项A符合题意；故选：A．2．D【分析】本题考查了正方形的性质、轴对称最短路线问题以及等边三角形的性质，关键在于利用正方形的对称性将转化为，再根据两点之间线段最短求解．利用正方形的对称性，将进行转化，再根据两点之间线段最短求出的最小值．【详解】解：连接，如图四边形是正方形，所以点D关于对角线的对称点是点B，，，根据两点之间线段最短，当、、三点共线时，的值最小，即的长度就是的最小值，是等边三角形，，又正方形的面积为，，．故选：D．3．C【分析】本题考查了正方形、等边三角形的性质以及等腰三角形的性质等知识，先根据正方形、等边三角形的性质得出，，，再根据等腰三角形的性质可得到，的度数，即可求解．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵是等边三角形，∴，，∴，，∴，，∴．故选：C4．B【分析】本题考查了坐标与图形变化-旋转，灵活运用旋转的性质和全等三角形的判定与性质是解决问题的关键，也考查了正方形的性质和点的坐标变换规律问题解决方法．过C点作轴于H点，如图，先证明得到，，则，所以，由于，则逆时针旋转503次相对于顺时针旋转，然后根据旋转的性质得到次旋转后点的坐标为，即可作答．【详解】解：过C点作轴于H点，如图，∵，，∴∵四边形是正方形∴∴∵∴∴∴∴∴∴∵将正方形绕点逆时针旋转，每次旋转，且旋转次∴∴逆时针旋转503次相对于顺时针旋转，即把绕点顺时针旋转，得，过作轴，∴∵∴∵∴∴∵点在第四象限∴点的坐标为故选：B5．B【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和等知识，由正方形的性质得，而，可推导出，即可证明，得，可判断①正确；因为，所以，可判断②正确；如果，那么，但题中没有这样的条件，可判断③错误；由，得，则，可判断④正确，于是得到问题的答案．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∵，∴，∴，在和中，，∴，∴，故①正确；∴，∴，故②正确；∵，∴如果，那么，显然题中没有这样的条件，∴与不一定相等，故③错误；∵，∴，∴，∴，故④正确，所以，共有3个正确的结论，故选：B．6．B【分析】本题考查了中心对称，正方形的性质，掌握关于中心对称图形的性质是解题的关键．连接，根据中心对称的定义可知，阴影的面积等于两个正方形面积差的四分之一．【详解】解：连接，，∵正方形的边长为4和正方形的边长为3，∴正方形的面积为16，正方形的面积为9，∵正方形和正方形的对称中心都是点，∴．故选B．7．D【分析】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，勾股定理等．根据正方形的性质可得，，利用可证明，可得，根据，，，可证明四边形是矩形，利用勾股定理可求出的长，进而可得答案．【详解】解：如图，连接，四边形是正方形，，，，在和中，，，，，，，四边形是矩形，，，，故选：D．8．C【分析】先证明四边形是平行四边形，延长，使得，连接，，则和关于对称，由得，当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长，过作垂足是，则四边形是矩形，进而可得，，由勾股定理求得，则最小值为，由四边形周长为求解即可．【详解】解：∵四边形是矩形，∴，，，∵，，∴，，∴，，∴四边形是平行四边形，延长，使得，连接，，则和关于对称，∴，∴，∴当、、共线时取等号，此时，最小，最小值为的长，过作垂足是，则，∴四边形是矩形，∴，，在中，，由勾股定理得，∴最小值为，则四边形周长的最小值为，故选：C．【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、最短路径问题、勾股定理等知识，证明四边形是平行四边形，以及为的最小值是解答的关键．9．/【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形等知识，掌握正方形的性质是解题关键．根据正方形的性质，证明，得到，，则是等腰直角三角形，在中，求出，，即可求解．【详解】解：四边形是正方形，，，，，，，，，，，，在和中，，，，，是等腰直角三角形，，，，在中，，，，，，故答案为：10．①③④【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，①证明，再根据全等三角形的性质即可对结论①进行判断；②假设，则，进而得，再根据点E是的中点得，由此得，在中，，则，这与相矛盾，由此得假设是错误的，据此即可对结论②进行判断；③由三角形的面积公式得，进而得，则，据此即可对结论③进行判断；④先证明和全等得，再根据即可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案．【详解】解：①∵四边形是正方形，∴，∵点E是的中点，∴，在和中，，∴，∴，故结论①正确；②假设，∴，在中，，∴，∵点E是的中点，∴，∴，在中，，∴，这与相矛盾，∴假设是错误的，故结论②不正确；③由三角形的面积公式得：，，∴，∴，∴，故结论③正确；④在正方形中，，在和中，，∴，∴，∵，∴，故结论④正确，综上所述：正确的结论有①③④．故答案为：①③④．11．3【分析】连接，交于点O，由题意得，即可得四边形为矩形，得，用即可得，即可判断①；根据全等三角形的性质和等腰三角形的性质得，即可判断③，延长，交于M，交于点H，由①得，，根据题意和角之间的关系得，即可判断②，根据垂线段最短得当时，最小，根据勾股定理得，即可得的最小值，即可判断④．【详解】解：如图所示，连接，交于点O，∵，∴，∵，∴四边形为矩形，∴，∵四边形为正方形，∴，在和中，，∴，∴，∴，即①正确；延长，交于M，交于点H，由①得，，∵，∴，∴，∵，∴，∴，即，∴，即②正确；∵，∴，∵，∴，∴，即③正确，∵E为对角线上的一个动点，∴当时，最小，∵，∴，∴，由①知，，∴的最小值为，即④错误，综上，①②③正确，∴结论正确的个数是3个，故答案为：3．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂线段最短等知识，解题的关键是掌握这些知识点．12．【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，合理正确作出辅助线是解题的关键．与相交于点，过点作于点，过点作于点，与，分别相交于点，，可得，，可得，由勾股定理得出，根据边角关系证得，即可得出答案．【详解】解：如图，与相交于点，过点作于点，过点作于点，与，分别相交于点，，，四边形是正方形，，，为的中点，为的中点，，在中，，，，，，，，，．故答案为：．13．【分析】本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，三角形内角和性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先过点C作，交的延长线于点H，结合正方形的性质，证明四边形是矩形，再证明，得出，因为平分，所以，因为，得，，运用三角形内角和得，则，即可作答．【详解】解：依题意，过点C作，交的延长线于点H，如图所示：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，∴，∴，过点作，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分，∴，∵，∴，，则，∴，故答案为：．14．．理由见解析【分析】本题考查的是正方形的性质，勾股定理及其逆定理的应用，连接，设正方形的边长为，则，进一步利用勾股定理及其逆定理解答即可．【详解】解：．理由如下：连接，设正方形的边长为，F为的中点，，则．在正方形中，．在中，，在中，，在中，．在中，，为直角三角形，且，．15．(1)见解析(2)a【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，掌握相关的知识是解题的关键．（1）先根据，判定四边形是矩形，再根据，即可得证；（2）先根据证明，得出，再根据正方形中，，即可得到，从而可求得的长．【详解】（1）证明：∵的垂直平分线交于，交于，∴，∴，∴，∵，，∴，∴，∴四边形是矩形，∵，∴四边形是正方形；（2）解：∵垂直平分，∴，，∵，∴，在和中，∴，∴，又∵四边形是正方形，∴，∴，∴．16．【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定、勾股定理，三角形中位线定理，正确做出辅助线且证出是解决问题的关键．连接，延长交于G，连接，由正方形推出，，，证得，得到，，根据三角形中位线定理得到，由勾股定理求出即可得到．【详解】解：连接，延长交于G，连接，∵四边形是正方形，∴，，，∴，∵M为的中点，∴，在中，∴，∴，，∴，∵点N为的中点，∴，∵F为的中点，∴，∴，∴．17．或7【分析】本题考查了翻折变换，解决本题的关键是综合运用矩形的性质、正方形的判定与性质，勾股定理等知识．注意分类讨论．分两种情况讨论：当时，如图，是直角三角形，则点共线，设，由翻折的性质和勾股定理求得；当时，是直角三角形，此时四边形是正方形，易得，当时，不符合题意，舍去．【详解】解：∵四边形为长方形，∴，①当时，如图，∵，∴，∴点共线．∴，而，∴．根据折叠的性质，得，∴．设，则．在中，根据勾股定理，得，∴，解得，∴，∴；②当时，如图，∴．根据折叠的性质，得．∵，∴，∴为等腰直角三角形，，∴．③当时，不符合题意，舍去；综上，或7．18．(1)见解析；(2)（i）见解析；（ii）．【分析】（1）要证，利用正方形性质找全等条件，通过证即可．（2）（i）作辅助线，结合（1）中全等及平行四边形判定与性质，证；（ii）先求长，利用正方形性质、中点及垂直关系，结合全等和等腰直角三角形性质求长．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，∴，∵，∴，∴，在和中，，