第05讲 正方形的性质（教师版）-新九年级数学暑假预习讲义（北师大）

第05讲正方形的性质（4种题型）【知识梳理】一、正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．二、正方形的性质①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称轴．【考点剖析】题型一：正方形性质理解例1．（2022春•仓山区校级期中）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（）A．对角线相等 B．轴对称图形 C．对角线互相平分 D．对角线平分每一组对角【分析】根据正方形和矩形的性质进行判断便可．【解答】解：A．对角线相等既是正方形的性质也是矩形的性质，故选项A不符合题意；B．正方形与矩形都轴对称图形，故选项B不符合题意；C．正方形与矩形的对角线都互相平分，故选项C不符合题意；D．对角线平分每一组对角是正方形与菱形的性质，非正方形的矩形不具有该性质，故选项D符合题意；故选：D．【点评】本题主要考查了正方形的性质和矩形的性质，熟记与理解正方形和矩形的性质是解题的关键．【变式1】（2022•虞城县二模）下列性质中，平行四边形，矩形，菱形，正方形共有的性质是（）A．对角线相等 B．对角线互相垂直 C．对角线互相平分 D．对角线平分内角【分析】根据矩形，菱形，正方形都是特殊的平行四边形，平行四边形具有的性质，特殊平行四边形都肯定具有，可判断出正确选项．【解答】解：∵平行四边形的对角线互相平分，∴矩形，菱形，正方形的对角线也必然互相平分．故选：C．【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，清楚平行四边形的性质，所有特殊平行四边形都具有是解决此题的关键．【变式2】下列说法中，是正方形具有而矩形不具有的性质是（）A．两组对边分别平行 B．对角线互相垂直 C．四个角都为直角 D．对角线互相平分【分析】根据正方形、矩形的性质即可判断．【解答】解：因为正方形的对角相等，对角线相等、垂直、且互相平分，矩形的对角相等，对角线相等，互相平分，所以正方形具有而矩形不具有的性质是对角线互相垂直．故选：B．【点评】本题考查正方形的性质、矩形的性质等知识，记住正方形、矩形的性质是解题的关键．题型二：根据正方形性质求角度例2.（2022春•潮安区期中）如图，P是正方形ABCD内一点，且PA＝PD，PB＝PC．若∠PBC＝60°，则∠PAD＝15°．【分析】先根据已知求得∠ABP＝30°，再证明AB＝BC＝BP，进而求出∠PAB的度数，然后求得∠PAD的度数即可．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴AD＝AB＝BC＝CD，∠DAB＝∠CBA＝90°，∵PB＝PC，∠PBC＝60°，∴△PBC是等边三角形，∴∠CPB＝∠PBC＝60°，PC＝PB＝CB，∴∠ABP＝∠PCD＝30°，∵PA＝PD，∴∠PAB＝＝75°．∴∠PAD＝15°，故答案为：15°．【点评】本题考查了正方形和等边三角形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；等边三角形的性质：等边三角形的三个内角都相等，且都等于60°．例3.如图，正方形ABCD的边长是4，BE＝CE，DF＝3CF．证明：∠AEF＝90°．【分析】利用勾股定理及勾股定理的逆定理解答即可【解答】证明：连接AF，∵四边形ABCD是正方形，∴∠B＝∠C＝∠D＝90°，∵正方形ABCD的边长是4，BE＝CE，DF＝3CF．∴BE＝CE＝2，CF＝1，DF＝3，由勾股定理得，AE2＝AB2+BE2＝42+22＝20，EF2＝CE2+CF2＝22+12＝5，AF2＝AD2+DF2＝42+32＝25，又∵AE2+EF2＝AF2，∴△AEF是直角三角形，即∠AEF＝90°．【点评】此题主要考查正方形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理，掌握其定理是解决此题关键．题型三：根据正方形性质求线段长例4.如图，在正方形ABCD中，E为边BC的中点，连接AE．若AB＝2，则AE的长为．【分析】根据题意可知AB＝2，BE＝1，勾股定理即可求出结果．【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝BC＝2，∠B＝90°，∵E为BC中点，∴BE＝CE＝1，∴AE＝＝，故答案为：．【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形四边相等、四个角为直角的性质是解题关键．例5.一个正方形的对角线长为2，则其周长为4．【分析】由正方形的性质可知，其对角线与两边构成等腰直角三角形，据此求得正方形的边长，进而求得周长．【解答】解：∵正方形的对角线长是2，∴边长是2×＝，∴它的周长是×4＝4．故答案为：4．【点评】本题主要考查了正方形的性质，理解对角线长，边长之间的关系是解题关键．例6.如图，正方形ABCD中，点E，F分别在AD，CD上，且BE＝AF，连接BE，AF．求证：AE＝DF．【分析】根据正方形的四条边都相等可得AB＝AD，每一个角都是直角可得∠BAE＝∠D＝90°，然后利用“HL”证明Rt△BAE≌Rt△ADF，根据全等三角形对应边相等证明即可．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAE＝∠ADF＝90°，AB＝AD，又∵BE＝AF，在Rt△BAE和Rt△ADF中，，∴Rt△BAE≌Rt△ADF（HL），∴AE＝DF．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及垂直的定义，证明Rt△BAE≌Rt△ADF得到AE＝DF是解题的关键．尤其注意HL证全等，先写斜边．【变式1】（2022•渭滨区一模）如图，在正方形ABCD中，点E为BC上一点，连接AE，过点B作BG⊥AE于点G，并延长交CD于点F，过点C作CH∥AE，交BF于点H．求证：AG＝BH．【分析】证明△AGB≌△BHC即可得出结论．【解答】证明：∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝AB，∠ABC＝90°，∴∠ABG+∠CBH＝90°，∵BF⊥AE，CH∥AE，∴∠CHB＝∠AGB＝90°，∴∠CBH+∠BCH＝90°，∴∠ABG＝∠BCH，在△AGB和△BHC中，，∴△AGB≌△BHC（AAS），∴AG＝BH．【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质及正方形中常见的全等模型是解题关键．【变式2】如图，E、F分别为正方形ABCD的边DC、BC中点．求证：AE＝AF．【分析】证明AE、AF所在的△ADE和△ABF全等即可．【解答】证明：∵正方形ABCD，∴∠D＝∠B，AD＝AB＝DC＝BC，∵E、F分别为边DC、BC中点，∴DE＝DC，BF＝BC，∴DE＝BF，在△ADE和△ABF中，，∴△ADE≌△ABF（SAS），∴AE＝AF．【点评】本题考查正方形的性质及全等三角形的判定及性质，解题的关键是证明△ADE≌△ABF．题型四：根据正方形性质求面积例7.（2022春•宜兴市校级月考）已知正方形的对角线长为6，则它的面积为18．【分析】根据正方形的面积等于对角线乘积的一半即可解决问题．【解答】解：∵正方形的对角线长为6，∴它的面积＝×6×6＝18．故答案为：18．【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解决问题的关键，记住正方形的面积公式是边长的平分或对角线乘积的一半，属于基础题中考常考题型．【过关检测】一、单选题1．（2023·四川成都·模拟预测）正方形具有而矩形不一定具有的性质是（

）A．四个角都是直角 B．对角线相等C．四条边相等 D．对角线互相平分【答案】C【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．【详解】解：矩形的性质，两组对边平行且相等，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角；正方形的性质，四边都相等且两组对边相互平行，对角线相等且相互平分，四个角都相等且都是直角，∴正方形的四条都相等，是矩形没有的，故选：．【点睛】本题主要考查矩形的性质，正方形的性质，掌握几何图形的性质是解题的关键．2．（2023秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市杏坛中学校考期末）正方形、矩形、菱形都具有的特征是（）A．对角线互相平分 B．对角线相等C．对角线互相垂直 D．对角线平分一组对角【答案】A【分析】根据正方形的性质，菱形的性质及矩形的性质进行分析，三者都是平行四边形，从而得到答案．【详解】解：A、三者均具有此性质，故正确；B、菱形不具有此性质，故不正确；C、矩形不具有此性质，故不正确；D、矩形不具有此性质，故不正确；故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形、矩形、菱形的性质．3．（2023·河南·校联考二模）正方形具有而菱形不具有的性质是（

）A．对角线相等 B．对角线互相垂直平分 C．四条边相等 D．对角线平分一组对角【答案】A【分析】根据菱形和正方形的性质进行判断即可．【详解】解：菱形的对角线互相垂直，四条边相等，对角线平分一组对角，而正方形是特殊的菱形，所以这三个性质正方形也具有，故BCD不符合题意；正方形的对角线相等，而菱形的对角线不相等，故A符合题意．故选：A．【点睛】本题考查了菱形和正方形的性质，熟练掌握相关性质是解题的关键．4．（2023秋·辽宁沈阳·九年级沈阳市实验学校校考期末）以下说法不正确的是（

）A．平行四边形是轴对称图形 B．矩形对角线相等C．正方形对角线互相垂直平分 D．菱形四条边相等【答案】A【分析】由平行四边形的性质可知，平行四边形是中心对称图形，但不一定是轴对称图形，可判断A错误；因为矩形的两条对角线相等，所以B正确；由正方形的对角线互相垂直平分可判断C正确；由菱形的性质可知，菱形的四条边相等，可判断D正确．【详解】解：平行四边形是中心对称图形，不一定是轴对称图形，故A错误；由矩形的性质可知，矩形的对角线相等，故B正确；由正方形的性质可知，正方形的对角线互相垂直平分，故C正确；由菱形的性质可知，菱形的四条边相等，故D正确，故选：A．【点睛】本题考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质，正确理解平行四边形与特殊的平行四边形之间的区别和联系是解题的关键．5．（2023·山东东营·二模）如图，已知正方形的边长为，点是边的中点，将沿折叠得到，点落在边上，连接．现有如下个结论：①＋＝；②；③；④．在以上个结论中正确的有（

）

A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①②③④【答案】C【分析】根据证明两三角形即可判断①；根据折叠的性质和等腰三角形的性质可得，得，所以，即可判断②；根据折叠的性质和线段中点的定义可得，设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可判断③；先求的面积，根据和等高，可知，，即可判断③．【详解】解：由折叠得：，，，，四边形是正方形，，，，，，，，，故①正确；点是边的中点，，，，，，，，，故②正确；设，则，由得：，点是边上的中点，，在中，根据勾股定理得：，，解得：，，故③不正确，，，和等高，，则，故④正确．故选：C．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的应用，翻折变换的性质，熟记各性质是解题的关键．6．（2023·河北沧州·校考二模）如图，将两个全等的正方形与重叠放置，若，，则图中阴影部分的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设与交于，连接，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据正方形的面积公式和三角形的面积公式即可得到结论．【详解】设与交于，连接，四边形和正方形是正方形，，，，，在与中，，，，，，图中阴影部分的面积正方形的面积的面积的面积，故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的面积的计算，正确地作出辅助线是解题的关键．二、填空题7．（2023·黑龙江绥化·校联考一模）菱形中，，以为边长作正方形，连接，则的度数为__________．【答案】或【分析】分两种情况讨论：①当正方形边在左侧时，②当正方形边在右侧时．利用等边三角形的判定和性质以及三角形内角和定理即可求解．【详解】解：∵四边形是菱形，，∴是等边三角形，且．分两种情况讨论：①当正方形边在左侧时，则，，，∴，∴；②当正方形边在右侧时，则，，，∴，∴；综上，的度数为或．故答案为：或．【点睛】本题考查菱形的性质、正方形的性质、等边三角形的判定和性质，同时考查了分类讨论思想．解决此类问题要借助画图分析求解．8．（2023·山西晋中·统考二模）如图，是一块直角三角尺，，，直角顶点恰好落在正方形的边上，且，则的度数为______°．

【答案】37【分析】根据题意可得，即可求解．【详解】解：如图所示，

由题意可得：，∵，∴，∵，∴，∴，故答案为：37．【点睛】本题考查三角形的外角和平行线的性质，灵活运用所学知识是解题的关键．9．（2023·陕西宝鸡·统考一模）如图所示，在中，，为延长线上一动点，以为边在上方作正方形，连接，，则的面积为_________．【答案】8【分析】观察图形，通过面积转化即可求出答案．【详解】解：设正方形的边长为，则，，，．故答案为：8．【点睛】本题考查了三角形和正方形面积，解题的关键在于利用数形结合的思想实现面积转化．10．（2023·浙江湖州·统考二模）如图，在正方形中，延长至点，使得，连接交于点E，则的度数为__________．

【答案】【分析】根据和推出平分，从而求出，从而求出．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，∴，又∵，∴∴，即平分，∴∴故答案为：【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质等知识，推导平分是解题的关键．11．（2023·山东·九年级专题练习）如图，两个边长为4的正方形重叠在一起，点是其中一个正方形的中心，则图中阴影部分的面积为_____．【答案】【分析】连接、，证明，得到，再由，代值求解即可得到答案．【详解】解：连接、，如图所示：，，是正方形，为正方形的中心，，，在和中，，，，，故答案是：4．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、正方形的性质，构造全等三角形得到阴影部分的面积等于的面积是解决问题的关键．12．（2023·广东·校联考模拟预测）如图，正方形的边长为，点，分别是对角线的三等分点，点是边上一动点，则的最小值是________.

【答案】【分析】作点关于边所在直线的对称点，连接交于点，此时有最小值，利用正方形的性质得出，再利用勾股定理求解．【详解】解析：如图，作点关于边所在直线的对称点，连接交于点，

此时有最小值，∵四边形是正方形，关于边所在直线的对称点，∴，∴，∴，∵点，分别是对角线的三等分点，∴，∴的最小值，故答案为：．【点睛】本题考查了的是最短路线问题及正方形的性质、勾股定理，根据题意作出辅助线是解答此题的关键．13．（2023·江苏常州·统考二模）如图，正方形的边长是2，点G是边的中点，点E是边上一动点，连接，将沿翻折得到，连接当最小时，的长是______．

【答案】【分析】由翻折知，由可知当点、、三点共线时，最小，再利用面积法可得的长．【详解】解：由图可知，，当点、、三点共线时，最小，将沿翻折得到，，连接，设，

由勾股定理得，，，，解得，，故答案为：．【点睛】本题主要考查了翻折的性质，正方形的性质，勾股定理，确定当点、、三点共线时，最小是解题的关键，同时注意运用面积法求垂线段的长度．14．（2023·山西运城·统考二模）如图，在边长为2的正方形中，E是边的一点，F是边上的一点，连接，若，，则的长为______．

【答案】【分析】连接，延长到点G，使得，连接.由勾股定理得，则，证明，则，.再求出，则.可证明，则，设，则，.，，在中，由勾股定理即可得到，则，解方程即可得到答案．【详解】解：如图，连接，延长到点G，使得，连接.

∵四边形为正方形，∴，.在中，∴，∴.∵，，，∴，∴，.∵，，∴，∴，∴.∵，，∴，∴，设，∵，∴.∵，，在中，，∴，解得，∴，故答案为：.【点睛】此题考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键.15．（2023·天津东丽·统考二模）如图，正方形的边长是，对角线的交点为，点在边上且，，连接，则__________．

【答案】【分析】如图，在上截取线段，使得，可求得，根据勾股定理求解相应线段的长度即可．【详解】解：如图，在上截取线段，使得，

在正方形中，，，，，∵，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，∴为等腰直角三角形，，在中，由勾股定理可得：，则，在中，由勾股定理可得：∴，在中，故答案为：．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理以及等腰三角形的判定与性质，解题的关键是作出合适的辅助线，找到全等三角形．三、解答题16．（2023春·广东河源·九年级龙川县培英学校校考开学考试）如图，点是正方形的边上一点，把顺时针旋转至的位置．

(1)旋转中心是________点，旋转角度是_______度，则是_______三角形；(2)若四边形的面积为，求EF的长．【答案】(1)，，等腰直角(2)【分析】（1）直接利用旋转的性质结合等腰直角三角形的判定方法即可得答案；（2）根据旋转的性质可得，则，以此可推出四边形的面积等于正方形面积，因此正方形的边长为，根据勾股定理可求出AE，由（1）知是等腰直角三角形，再利用勾股定理即可求出．【详解】（1）解：由题意可知，旋转中心是点，∵四边形为正方形，把顺时针旋转至的位置，∴，∴，∴旋转角是，是等腰直角三角形；故答案为：，，等腰直角．（2）解：∵把顺时针旋转至的位置，∴，∴，∴，∴，在中，，由勾股定理得，由（1）知，是等腰直角三角形，∴．【点睛】本题主要考查旋转的性质、正方形的性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握旋转的性质是解题关键．17．（2023·陕西西安·统考三模）如图所示，为正方形内一点，连接和，点在边右侧，连接和，已知，且．求证：．【答案】见解析【分析】根据正方形的性质得出，然后根据证明与全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．【详解】证明：四边形是正方形，，，，，，，在与中，，，．【点睛】此题考查正方形的性质，关键是根据正方形的性质和全等三角形的判定和性质解答．18．（2023·全国·九年级专题练习）正方形ABCD中，E为BC上的一点，F为CD上的一点，，求的度数．【答案】45°【分析】延长EB使得BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS）可得AF=AG，进而求证△AEG≌△AEF可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=90°即可解题．【详解】解：如图，延长EB到点G，使得，连接AG．在正方形ABCD中，，，．在和中，，，，．又，在和中，，，．，，，．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形是解决此题的关键．19．（2023·江苏扬州·统考二模）如图，在菱形中，O为，的交点，P是边上一点，交于M点，于N点．

(1)求证：四边形是矩形．(2)若，，当四边形是正方形时，求的长．【答案】(1)证明见详解；(2)；【分析】（1）根据四边形是形菱形即可得到答案，结合得到，，结合得到四边形是