第03讲 正方形的性质与判定-【暑假自学课】新九年级数学暑假课（北师大版）（解析版）

第03讲正方形的性质与判定【学习目标】1．理解正方形的概念；2．掌握正方形的性质与判定并能运用这些性质与判定进行有关的证明和计算．【基础知识】一．正方形的性质（1）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．（2）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．二．正方形的判定正方形的判定方法：①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．三．正方形的判定与性质（1）正方形的性质：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质．（2）正方形的判定正方形的判定没有固定的方法，只要判定既是矩形又是菱形就可以判定．【考点剖析】一．正方形的性质（共4小题）1．（2022春•江北区校级期中）如图，已知边长为5正方形ABCD中，M、N分别为边BC、DC上的点，连接AM、AN，过N作NH⊥AM于点H，若∠ANH＝45°，连接MN．（1）证明：BM＝MN﹣DN；（2）求点A到MN的距离．【分析】（1）延长CB到E，使BE＝DN，连接AE，根据SAS证△ABE≌△ADN，推出AE＝AN，根据SAS证出△NAM≌△EAM，从而得到结论；（2）过点A作AF⊥MN，由AAS可证△ABM≌△AFM，可得AB＝AF＝2．【解答】（1）证明：如图，延长CB至E，使得BE＝DN，连接AE，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABC＝90°＝∠ABE，在△ADN和△ABE中，∴△ABE≌△ADN（SAS），∴∠BAE＝∠DAN，AE＝AN，∴∠EAN＝∠BAE+∠BAN＝∠DAN+∠BAN＝90°，∵NH⊥AM于点H，若∠ANH＝45°，∴∠MAN＝45°，∴∠EAM＝∠MAN＝45°，在△EAM和△NAM中，，∴△EAM≌△NAM（SAS），∴MN＝ME，∴ME＝BM+BE＝BM+DN，∴BM+DN＝MN，即BM＝MN﹣DN；（2）解：如图，过点A作AF⊥MN，∵由（1）中△EAM≌△NAM得：∠AMB＝∠AMF，又∵∠ABM＝∠AFM＝90°，AM＝AM，∴△ABM≌△AFM（AAS）∴AB＝AF＝5，即点A到MN的距离为5．【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题关键是合理作出辅助线．2．（2022•越秀区校级一模）如图，正方形ABCD中，点P，Q分别为CD，AD边上的点，且DQ＝CP，连接BQ，AP．求证：BQ⊥AP．【分析】根据题意证明△ABQ≌△DAP即可．【解答】解：在正方形ABCD中，AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ADC＝90°，∵DQ＝CP，∴AD﹣DQ＝CD﹣CP，∴AQ＝DP，∴△ABQ≌△DAP（SAS），∴∠DAP＝∠ABQ，∵∠DAP+∠BAP＝90°，∴∠ABQ+BAP＝90°，∴BQ⊥AP．【点评】本题考查正方形的性质，熟练掌握正方形中的“十字架”模型是解题关键．3．（2021秋•南关区校级期末）已知四边形ABCD和四边形CEFG都是正方形，且AB＞CE，连接BG、DE．求证：（1）BG＝DE；（2）BG⊥DE．【分析】先证∠BCG＝∠DCE，再证明△BCG≌△DCE，即可得出结论．【解答】证明：（1）∵四边形ABCD和CEFG为正方形，∴BC＝DC，CG＝CE，∠BCD＝∠GCE＝90°，∴∠BCD+∠DCG＝∠GCE+∠DCG，即：∠BCG＝∠DCE，在△BCG和△DCE中，，∴△BCG≌△DCE（SAS），∴BG＝DE，（2）∵△BCG≌△DCE，∴∠GBC＝∠EDC，∵∠GBC+∠BOC＝90°，∠BOC＝∠DOG，∴∠DOG+∠EDC＝90°，∴BG⊥DE．【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质；证明三角形全等是解决问题的关键．4．（2021•陕西模拟）如图，正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O．过点C作CE∥BD，过点D作DE∥AC，CE与DE交于点E，求证：DE＝CE．【分析】根据正方形的判定和性质即可得到结论．【解答】证明：∵CE∥BD，DE∥AC，∴四边形CODE是平行四边形，∵正方形ABCD的对角线AC与BD交于点O，∴OD＝OC，∠DOC＝90°，∴四边形CODE是正方形，∴DE＝CE．【点评】本题考查了正方形的判定和性质，熟练掌握正方形的判定和性质是解题的关键．二．正方形的判定（共4小题）5．（2021秋•化州市月考）如图，在矩形ABCD中，AB＝16cm，AD＝6cm，动点P，Q分别从点A，C同时出发，点P以每秒3cm的速度向点B移动，点Q以每秒2cm测得速度向点D移动，当点P到达点B处时，两点均停止移动（1）P，Q两点出发多长时间，线段PQ的长度为10cm？（2）是否存在某一时刻，使四边形PBCQ为正方形？若存在，求出该时刻；若不存在，请说明理由．【分析】（1）过点P作PH⊥CD，利用勾股定理解答即可；（2）利用正方形的性质进行解答即可．【解答】解：（1）过点P作PH⊥CD于点H，∴HQ＝16﹣5t，∴PQ2＝PH2+HQ2，即102＝（16﹣5t）2+62，解得：，答：P，Q两点出发或秒，线段PQ的长度为10cm；（2）假设四边形PBCQ是正方形，∴BP＝CQ，即16﹣3t＝2t，解得：t＝，∵，∴不成立．【点评】此题考查正方形的性质，关键是根据利用正方形的性质进行解答．6．（2018•舟山）如图，等边△AEF的顶点E，F在矩形ABCD的边BC，CD上，且∠CEF＝45°．求证：矩形ABCD是正方形．【分析】先判断出AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝60°，进而求出∠AFD＝∠AEB＝75°，进而判断出△AEB≌△AFD，即可得出结论．【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠D＝∠C＝90°，∵△AEF是等边三角形，∴AE＝AF，∠AEF＝∠AFE＝60°，∵∠CEF＝45°，∴∠CFE＝∠CEF＝45°，∴∠AFD＝∠AEB＝180°﹣45°﹣60°＝75°，∴△AEB≌△AFD（AAS），∴AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形．【点评】此题主要考查了矩形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定，判断出∠AFD＝∠AEB是解本题的关键．7．（2018春•邵阳县期中）如图所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，CD平分△ACB，DE⊥AC于E，DF⊥BC于F，求证：四边形CEDF是正方形．【分析】根据有三个角是直角的四边形是矩形判定四边形CEDF是矩形，再根据正方形的判定方法即可得出结论．【解答】证明：∵CD平分∠ACB，DE⊥AC，DF⊥BC，∴DE＝DF，∠DFC＝∠DEC＝90°，又∵∠ACB＝90°，∴四边形CEDF是矩形，∵DE＝DF，∴矩形CEDF是正方形．【点评】本题考查正方形的判定、角平分线的性质和矩形的判定．要注意判定一个四边形是正方形，必须先证明这个四边形为矩形或菱形．8．（2018秋•巴州区校级期中）如图所示△ABC中，∠C＝90°，∠A，∠B的平分线交于D点，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F．（1）求证：四边形CEDF为正方形；（2）若AC＝6，BC＝8，求CE的长．【分析】（1）直接利用矩形的判定方法以及角平分线的性质得出四边形CEDF为正方形；（2）利用三角形面积求法得出EC的长．【解答】（1）证明：过点D作DN⊥AB于点N，∵∠C＝90°，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F，∴四边形FCED是矩形，又∵∠A，∠B的平分线交于D点，∴DF＝DE＝DN，∴矩形FCED是正方形；（2）解：∵AC＝6，BC＝8，∠C＝90°，∴AB＝10，∵四边形CEDF为正方形，∴DF＝DE＝DN，∴DF×AC+DE×BC+DN×AB＝AC×BC，则EC（AC+BC+AB）＝AC×BC，故EC＝＝2．【点评】此题主要考查了正方形的判定以及三角形面积求法和角平分线的性质等知识，得出DF＝DE是解题关键．三．正方形的判定与性质（共4小题）9．（2021春•梁山县期中）如图，已知在▱ABCD中，AE平分∠BAD，交DC于E，DF⊥BC，交AE于G，且DF＝AD．（1）若∠C＝60°，AB＝2，求EC的长；（2）求证：CD＝DG+FC．【分析】（1）先解直角三角形求得AD＝DF＝，由AE平分∠BAD，则∠BAE＝∠DAE；由AB∥CD，则∠BAE＝∠DEA，从而有∠DAE＝∠DEA，得出DE＝DA，再根据EC＝DC﹣DE即可求得．（2）延长FD至M，使DM＝FC．连接AM构造全等三角形，再证等腰三角形即可．【解答】（1）解：∵在▱ABCD中，AB＝DC＝2，∠C＝60°，DF⊥BC，∴DF＝DC•sin60°＝2×＝，∵DF＝AD．∴AD＝DF＝，∵AB∥CDAE平分∠BAD，∴∠DAE＝∠BAE＝∠AED，∴AD＝DE＝∴EC＝DC﹣DE＝2﹣．（2）证明：延长FD至M，使DM＝FC，在△ADM和△DFC中∴△ADM≌△DFC（SAS），∴∠DAM＝∠FDC，AM＝DC，∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥DC，∴∠BAE＝∠AED，∵∠BAE＝∠DAE，∴∠DAE＝∠AED，∴∠DAE+∠DAM＝∠AED+∠FDC，即∠MAG＝∠MGA，∴AM＝MG，∴DC＝DG+FC．【点评】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判断，用平移，旋转的方法证明问题的能力．10．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AB＝BC，∠D＝45°，CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，交BC的延长线于G，若AD＝a．（1）求证：四边形ABCF是正方形；（2）求BG的长．【分析】（1）先根据∠B＝∠A＝∠AFC＝90°，判定四边形ABCF是矩形，再根据AB＝BC，即可得到四边形ABCF是正方形；（2）先判定△CEG≌△DEF（AAS），得出CG＝FD，再根据正方形ABCF中，BC＝AF，即可得到AF+FD＝BC+CG，即AD＝BG＝a．【解答】解：（1）∵CD的垂直平分线交CD于E，交AD于F，∴FC＝FD，∴∠D＝∠FCD＝45°，∴∠CFD＝90°，即∠AFC＝90°，又∵AD∥BC，∠A＝90°，∴∠B＝90°，∴四边形ABCF是矩形，又∵AB＝BC，∴四边形ABCF是正方形；（2）∵FG垂直平分CD，∴CE＝DE，∠CEG＝∠DEF＝90°，∵BG∥AD，∴∠G＝∠EFD，在△CEG和△DEF中，，∴△CEG≌△DEF（AAS），∴CG＝FD，又∵正方形ABCF中，BC＝AF，∴AF+FD＝BC+CG，∴AD＝BG＝a．【点评】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以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是掌握：有一组邻边相等的矩形是正方形；线段垂直平分线上任意一点，到线段两端点的距离相等．11．如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝2cm，AC＝4cm．（1）在直角三角形中作一个正方形AFMN，使得EF、EN分别在边AB、AC上，点M在BC边上，求正方形的边长．（2）将（1）中的正方形EFMN沿着射线AB以1cm/s的速度向右平移，当点E平移至与B重合时，正方形停止运动，设平移的时间为ts，正方形EFMN与Rt△ABC重叠部分的面积为S，求使用时间t表示S．【分析】（1）设正方形的边长为a．由MN∥AB，可得＝，列出方程即可解决问题；（2）分三种情形讨论求解即可；【解答】解：（1）设正方形的边长为a．∵MN∥AB，∴＝，∴＝，∴a＝cm，∴正方形的边长为cm．（2）当0＜t≤时，S＝﹣•t•2t＝﹣t2+．当＜t≤时，S＝[（﹣t）+（2﹣t）]＝﹣t+，当＜t≤2时，S＝•（2﹣t）•（4﹣2t）＝t2﹣4t+4．【点评】本题考查正方形的性质、平行线分线段成比例定理、多边形的面积等知识，解题的关键是学会构建方程解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考常考题型．12．如图，已知点E，F，G，H分别是正方形ABCD四条边上的点，并且AE＝BF＝CG＝DH．求证：四边形EFGH是正方形．【分析】可通过证明△AEH，△DHG，△CGF，△BFE全等，先得出四边形EFGH是菱形，再证明四边形EFGH中一个内角为90°，从而得出四边形EFGH是正方形的结论【解答】解：四边形EFGH是正方形．证明：∵AE＝BF＝CG＝GH，∴AH＝DG＝CF＝BE．∵∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴△AEH≌△DHG≌△CGF≌△BFE，∴EF＝EH＝HG＝GF，∠EHA＝∠HGD．∴四边形EFGH是菱形．∵∠EHA＝∠HGD，∠HGD+∠GHD＝90°，∴∠EHA+∠GHD＝90°．∴∠EHG＝90°．∴四边形EFGH是正方形．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定及性质、菱形的判定和性质、正方形的性质和判定，熟练掌握应用全等三角形的性质是解题的关键．【过关检测】一．选择题（共5小题）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．2．（2022春•长沙期中）对角线长为的正方形，边长是多少（）A． B． C． D．1【分析】画出图形，由等腰直角三角形性质即可得答案．【解答】解：如图：由已知得：正方形ABCD中，BD＝，∴△ABD是等腰直角三角形，∴AB＝AD＝BD＝1，故选：D．【点评】本题考查正方形性质，解题的关键是掌握正方形对角线将正方形分成两个等腰直角三角形及等腰直角三角形三边的关系．3．（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．4．（2022春•晋安区期中）若四边形ABCD是_________，则四边形ABCD一定是_________，那么这两空依次可以填（）A．平行四边形，矩形 B．矩形，菱形 C．菱形，正方形 D．正方形，平行四边形【分析】根据正方形、平行四边形、矩形、菱形的判定解答即可．【解答】解：若四边形ABCD是正方形，则四边形ABCD一定是平行四边形，故选：D．【点评】本题考查了正方形、平行四边形、矩形、菱形的判定，熟练掌握各判定定理是解题的关键．5．（2021秋•武侯区期末）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．二．填空题（共7小题）6．（2021秋•甘井子区期末）如图，以正方形ABCD的中心为原点建立平面直角坐标系，点A的坐标为（a，a），则点D的坐标为（﹣a，a）．（请用含a的式子表示）【分析】根据题意得：A与B关于x轴对称，A与D关于y轴对称，A与C关于原点对称，进而得出答案．【解答】解：∵以正方形ABCD的中心O为原点建立坐标系，点A的坐标为（a，a），∴点B、C、D的坐标分别为：（a，﹣a），（﹣a，﹣a），（﹣a，a）．故答案为：（﹣a，a）．【点评】此题主要考查了关于坐标轴对称点的性质以及正方形性质，利用数形结合得出是解题关键．7．（2021春•前郭县期中）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．8．（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．9．（2021秋•太原期末）添加一个条件，使矩形ABCD是正方形，这个条件可能是AB＝AD（或AC⊥BD答案不唯一）．【分析】根据正方形的判定方法添加即可．【解答】解：AB＝AD（或AC⊥BD答案不唯一）．理由：∵四边形ABCD是矩形，又∵AB＝AD，∴四边形ABCD是正方形．或∵四边形ABCD是矩形，又∵AC⊥BD，∴四边形ABCD是正方形，故答案为：AB＝AD（或AC⊥BD答案不唯一）．【点评】本题考查了正方形的判定，矩形的性质，熟练掌握特殊四边形的判定方法与性质是解题的关键．10．（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°．11．（2021春•铁东区期中）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．12．（2021春•盐都区期中）定义：有一组邻边相等的矩形是正方形．【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论．【解答】解：定义：有一组邻边相等的矩形是正方形．故答案为：矩形．【点评】本题考查了正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．三．解答题（共6小题）13．（2021春•永定区期中）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．14．（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．15．（2021春•桓台县期末）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．16．（2021•自贡模拟）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△A