北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定当堂检测题

这是一份北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定当堂检测题，共29页。
专题1.7 正方形的性质与判定（知识梳理与考点讲解）

【知识点1】正方形的定义：有一个内角为90度的平行四边形叫做正方形。
1、 有一组邻边相等，并且有一个内角是直角的平行四边形叫做正方形；
2、 用定义判定正方形的三个必要条件：（1）是平行四边形；（2）有一组邻边相等；（3）有一个角是直角。
【知识点2】正方形的性质
从边的角度看：四边都相等；
从角的角度看：四个角都是直角；
从对角线角度看：对称线垂直平分且相等；
从对称性角度看：是轴对称图形，也是中心对称图形。
【知识点3】正方形的判定
定义法：有一组邻边相等并且有一个内角是直角的平行四边形；
判定定理1：对角线相等的菱形是正方形；
判定定理2：对角线相互垂直的矩形是正方形；
判定定理3：有一个内角是直角的菱形是正方形；
判定定理4：有一组邻边相等的矩形是正方形。

【考点一】特殊平行四边形性质与判定的理解
【例1】下列性质中，不是菱形和正方形共有的是（    ）
A. 相邻两角都互补 B．相邻两边都相等
B．对角线所在直线是对称轴 D．对角线相等
【答案】D
【分析】根据正方形、菱形的性质依次分析各项即可判断．
解：正方形相邻两角都互补，相邻边相等，对角线相等且所在直线是对称轴，菱形相邻两角都互补，相邻两边都相等，对角线是对称轴，对角线垂直；则对角线相等不是共有性，
故选：D．
【点拨】本题考查的是正方形、菱形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形和菱形的性质，注意 性质中的异同点．
【举一反三】
【变式】平行四边形、矩形、菱形、正方形都具有的性质是（　　）
A. 对角线相等 B．对角线互相平分
C．对角线平分一组对角 D．对角线互相垂直
【答案】B
【分析】根据平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质一一判断即可．
解：A、只有正方形和矩形的对角线相等，菱形和平行四边形的对角线不一定相等，不符合题意；
B、平行四边形、矩形、菱形、正方形的对角线都互相平分，符合题意；
C、只有菱形和正方形的对角线平分一组对角，矩形和平行四边形的对角线不一定平分一组对角，不符合题意；
D、只有菱形和正方形的对角线互相垂直，矩形和平行四边形的对角线不一定互相垂直，不符合题意；
故选B．
【点拨】本题主要考查了平行四边形、矩形、菱形、正方形的相关性质，解决本题的关键是结合平行四边形、矩形、菱形、正方形的相关性质进行分析．
【例2】下列命题中正确的是（    ）
A．有一个角是直角的平行四边形是矩形 B．有一组邻边相等的四边形是菱形
C．对角线垂直的平行四边形是正方形 D．一组对边平行的四边形是平行四边形
【答案】A
【分析】根据矩形、菱形、平行四边形的判定逐项判断即可．
解：A．有一个角是直角的平行四边形是矩形，故选项正确，符合题意；
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
C．对角线垂直的平行四边形是菱形，故选项错误，不符合题意；
D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故选项错误，不符合题意．
故选：A．
【点拨】此题考查了矩形、菱形、平行四边形，熟练掌握矩形、菱形、平行四边形的判定是解题的关键．
【举一反三】
【变式】下列说法中不正确的是（    ）
A．对角线互相平分的四边形是平行四边形
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．有一个内角是直角的平行四边形是矩形
D．对角线互相垂直且相等的四边形是正方形
【答案】D
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法分别分析即可得出答案．
解：A. 对角线互相平分的四边形是平行四边形，正确，不合题意；
B. 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，正确，不合题意；
C. 有一个内角是直角的平行四边形是矩形，正确，不合题意；
D. 两条对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形，故原命题错误，符合题意．
故选D．
【点拨】本题主要考查了正方形以及平行四边形、菱形、矩形的判定，正确掌握相关判定方法是解题关键．
【考点二】正方形的性质➼➻求线段长度、角度、面积
【例3】如图，、分别是正方形的边、上一点，且，求．
  
【答案】
【分析】延长使得，证明可得，进而求证可得，再求出即可解题．
解：延长使得，连接，
在和中，
，
∴，
，，
又，，
在和中，
，
，
，

，
．
  
【点拨】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，具体的是关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【举一反三】
【变式1】已知：如图，是正方形对角线上的一点，且，垂足为，交于点．
  
求证：．
【分析】证明是等腰直角三角形，，再利用证明，推出， 据此即可证明结论成立．
解：证明：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
连接，
  
∵，四边形是正方形，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴．
【点拨】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，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题．
【变式2】如图，正方形边长为4，点E在边上一点（点E与点A、B不重合），过点A作，垂足为G，与边相交于点F．
  
(1) 求证：；
(2) 连接、，如果的面积为，求的长．
【答案】(1) 详见分析；(2) 或，详见分析
【分析】（1）先证得，很容易证明全等，由此得出，进而可得结论；
（2）根据三角形的面积求得，再根据勾股定理求得，根据（1）中即可得出结论；
解：（1）∵，
∴，
在与中，
，
∴，
∴，
（2）∵，
∴设，
∴，
∴的面积

，
∴，
解得，，，
∴或，
    
【点拨】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质的应用，本题的关键是知道两线段之间的垂直关系．
【考点三】正方形的性质➼➻折叠问题与重叠问题
【例4】如图，在正方形中，，点E是边上的任意一点（不与C、D重合），将沿翻折至，延长交边于点G，连接．
(1) 求证：；
(2) 若设，，求y与x的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
(3) 连接，若，求的长．

【答案】(1)详见分析；(2)；(3)
【分析】（1）根据正方形的性质得到，，再根据折叠的性质得到，，根据三角形全等的判定方法，即可证得结论；
（2）由（1）的结论得到，由折叠的性质可得，，则，，，在中，利用勾股定理得到，整理求解即可；
（3）由，根据平行线的性质得，，又由得到，则，于是有，即，解得，然后把代入（2）中，即可求出x的值
解：（1）证明：四边形是正方形，
，，
将沿翻折至，
．
，．
又，
；
（2）解：，
，
，
．
，
，，
在中，
，
；
（3）解：如图：

，
，
，

，
，
，
，
解得，
经检验：是原方程的解，
．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，解分式方程，勾股定理以及折叠的性质，解题时注意对基本图形的寻找．
【举一反三】
【变式】如图，在边长为6的正方形中，E是边的中点．将沿对折至，延长交于点G，连接，平分．
(1) 试说明
(2) 求的长．

【答案】(1)见分析；(2)
【分析】（1）利用翻折变换对应边关系得出，利用定理得出即可；
（2）利用勾股定理得出，进而求出即可．
解：（1）在正方形中，，
∵将沿对折至，
∴，
∴，
又∵，
在和中，
，
∴（）．
（2）∵，
∴，
设，则，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴在中，，
解得，
∴．
【点拨】此题主要考查了勾股定理的综合应用以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．
【例5】一位同学拿了两块45°的三角尺、做了一个探究活动，将的直角顶点放在的斜边的中点处，设．
（1）如图1，两个三角尺的重叠部分为，则重叠部分的面积为______．
（2）将图1中的绕顶点逆时针旋转45°，得到图2，此时重叠部分的面积为______．
（3）如果将继续绕顶点逆时针旋到如图3所示，猜想此时重叠部分的面积为多少？并加以验证．

【答案】（1），（2），（3），验证见分析．
【分析】（1）如图（1）中，由题目已知条件可得,，根据勾股定理即可得到的值，再根据是的中点，得出，即可求出重叠部分的面积；
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，边长为，面积为；
（3）如图（3）中，过点M作、的垂线、，垂足为、，求得≌，则阴影部分的面积等于正方形的面积．
解：（1）如图（1）中，
∵，，
∴，
∵是的中点，
∴=，
∵，
∴，
∴重叠部分的面积为：
（2）如图（2）中，由题意可得，重叠部分是正方形，
∴边长为：，
∴面积为：
（3）如图（4），过点分别作，的垂线、，垂足分别为、，

∵是斜边的中点，，
∴，，
∴，
∵，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴阴影部分的面积等于正方形的面积，
∵正方形的面积是，
∴阴影部分的面积是．
【点拨】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形，正方形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
【举一反三】
【变式】有一边长为的正方形和等腰直角，，．点，，，在同一条直线上，当，两点重合时，等腰直角以秒的速度沿直线按箭头所示方向开始匀速运动，秒后正方形与等腰直角重合部分的面积为，解答下列问题：
(1)当在线段上时，_________；当在线段延长线上时，_________（用含的代数式表示）．
(2)当秒时，求的值．
(3)当重合部分为四边形时，请用含的代数式表示，并注明的取值范围．
(4)当点到正方形的两条竖直的边的距离之比是时，直接写出的值．

【答案】(1)或；(2)；(3)；(4)或或或13
【分析】（1）当点在上时，，当在的延长线时，；
（2）当时，点在的右侧，此时的边长是3；
（3）先根据临界确定两种情形：和，进而确定的边长，从而求得；
（4）分为点在的右侧，在和之间及在左侧，设到距离是，距离是，列出二元一次方程组求得．
（1）解：当点在上时，，
当在的延长线时，，
故答案是或；
（2）如图1，

作于，
∵，，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）当点和点重合时，点在上，此时，
当点和重合时，此时，
当点和和点重合时，此时，
当点在上时，此时，
∴当时，如图2，

∵，
∴，
∵，
∴，
当时，如图3，

∵，
∴，∴，
当时，如图4，

此时是五边形或三角形，
∴；
（4）设点到的距离是，到的距离是，
当点在的右侧时，
∵，
∴，
∴，
此时，
当点在和之间时，
当时，
∵，
∴，
此时，
当时，
∵，
∴，
此时，
当点在的左侧时，
∵，，
∴，
此时，
综上所述：或或或13．
【点拨】本题考查了正方形性质，等腰直角三角形性质，分类讨论等知识，解决问题的关键是正确分类，找出数量关系．
【考点四】正方形的性质与判定➼➻求角度✮✮求线段长✮✮求面积✮✮证明
【例6】已知：是的角平分线，点在边上，，过点作，交于点，连接．
(1) 如图1，求证：四边形是菱形；
(2) 如图2，当时，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中度数为的度数2倍的角．

【答案】(1)见分析；(2)度数为的度数2倍的角有：,，，
【分析】（1）直接由得出，得出，．再由证明，得出．由得出，从而，根据等角对等边得出，从而，由菱形的判定可知四边形是菱形；
（2）如图2，利用正方形的性质可得，求得，再求得，然后利用三角形的外角性质求得，即可求解．
解：（1）证明：在和中，
，
∴；
∴，
同理，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是菱形；
（2）解：由（1）知四边形是菱形，
又∵，
∴四边形是正方形．
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
由三角形的外角性质得：，
∴度数为的度数2倍的角有：,，，．
【点拨】本题主要考查了全等三角形、菱形的判定，正方形的性质，三角形的外角性质等知识．关键是由得出．
【举一反三】
【变式】如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠DAB＝∠BCD＝90°，设p＝BC＋CD，四边形ABCD的面积为S．

（1）试探究S与p之间的关系，并说明理由．
（2）若四边形ABCD的面积为12，求BC＋CD的值．
【答案】（1），见分析；（2）
【分析】（1）由AB＝AD，∠DAB＝∠BCD＝90°，可考虑利用旋转解答．将△ABE绕点A逆时针方向旋转90°，构造直角三角形，证明正方形即可计算出S与p之间的关系．
（2）将S＝12代入S与p之间的关系式，即可计算出BC＋CD的值．
解：（1）AE⊥BC于E，把△ABE绕点A逆时针方向旋转90°到△ADF的位置，
∴DF=BE，AF=AE
∵∠CDA＋∠B＝180°，AD＝AB，
∴∠ADC＋∠ADF＝180°，即F、D、C在一条直线上，
∵p＝BC＋CD=BE+CE+CD=CE+CF，
∴FC=CE=p
∵∠C=∠AEC=∠F=90°
∴四边形AFCE是矩形
∵AF=AE
∴四边形AECF是正方形，其边长为p，
∴S＝(p)2＝．
（2）∵＝12，
∴P＝4或P＝−4（舍去），即BC＋CD＝4．

【点拨】此题考查了旋转的性质和正方形的性质，作AE⊥BC，构造直角三角形ABC，进而得到正方形 AECF是解题的关键．
【例7】如图，，平分，直角三角板的直角顶点P在射线上移动，两直角分别与相交于点C、D．
(1) 求证：；
(2) 若，求四边形的面积．

【答案】(1)见分析； (2)2
【分析】（1）过P分别作于E，于F，根据角平分线的性质，可得，可证得，即可；
（2）先证得四边形是正方形，根据，从而得到，即可求解．
解：（1）证明：过P分别作于E，于F，

∴，
∵是的平分线，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
【点拨】此题考查了角平分线的性质以及全等三角形的判定与性质，正方形的判定和性质，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用．
【举一反三】
【变式】探究题：
(1) 探究：如图①，在正方形中，点在边上（不与点、重合），连接，将绕点顺时针旋转至，点的对应点是点，旋转的角度是______．
(2) 应用：将图①中的延长交边于点，其它条件不变，如图②．求的度数．

【答案】(1)；(2)
【分析】（1）由旋转性质即可得到旋转角的度数；
（2）由旋转的性质，得到，由全等三角形对应角相等，得到，再由直角三角形两个锐角互余和等量代换，即可得到，即．
解：（1）由旋转性质可得旋转角；
故答案为：；
（2）∵将绕点顺时针旋转至，
∴．
∴，，
∴，
∴，
∴；
【点拨】本题是四边形综合题，主要考查了旋转的性质、正方形的性质，全等三角形的性质等知识点，解题时利用旋转的性质得到全等三角形的对应边相等是解决问题的关键．
【考点五】正方形的性质与判定➼➻最值问题✮✮动点问题
【例8】如图，正方形中，点为边的上一动点，作交、分别于、点，连．
(1) 若点E为的中点，求证：F点为的中点；
(2) 若点E为的中点，，，求的长；
(3) 若正方形边长为4，直接写出的最小值________．

【答案】(1)见分析；(2)2；(3)
【分析】（1）证明，推出，由，，推出，即可证明点为的中点；
（2）延长到，使得，连接，根据全等三角形的判定和性质以及等腰直角三角形的性质即可解决问题．
（3）取的中点，连接，，由直角三角形的性质求出，由勾股定理求出，当、、共线时，的值最小，则可求出答案．
（1）解：证明：如图1中，
  
四边形是正方形，
，，
，
，
，，
，
在和中，
，
，
，
，，
，
点为的中点；
（2）延长到，使得，连接，
  
，
，
又，分别是，的中点，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
是等腰直角三角形，
，
．
（3）取的中点，连接，，
  
，
，

，
、、共线时，的值最小，最小值为．
故答案为：．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【举一反三】
【变式】如图，在正方形ABCD中，E是AB上一点，BE＝2，AE＝3BE，P是AC上一动点，连接PE，PB．
(1) 在AC上找一点P，使△BPE的周长最小（作图说明）；
(2) 求出△BPE周长的最小值．

【答案】(1)见分析；(2)12
【分析】（1）连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．理由：证明△AB P′≌△AD P′，即可求解；
（2）根据（1）可得P′B＋P′E＝DE．再由AE＝3BE，可得AE＝6．从而得到AD＝AB＝8．再由勾股定理，即可求解．
（1）解：如图，连接DE，交AC于点P′，连接BP′，当点P在点P′处时，△BPE的周长最小．
理由：在正方形ABCD中，AB=AD，∠BAC=∠DAC，
∵AP′=AP′，
∴△ABP′≌△ADP′，
∴BP′=DP′，
∴BP+PE= DP′+ P′E≥DE，
即当点P位于PP′时，△BPE的周长PB+EP+BE最小；

（2）解：由（1）得：B P′=DP′，
∴P′B＋P′E＝DE．
∵BE＝2，AE＝3BE，
∴AE＝6．
∴AD＝AB＝8．
∴DE＝＝10．
∴PB＋PE的最小值是10．
∴△BPE周长的最小值为10＋BE＝10＋2＝12．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，最短距离，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
【例9】如图，在四边形中，，，，，，点P从点A出发，以的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以的速度向点B运动，规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动，设运动时间为t秒．
(1) 当时，请判定四边形的形状 （直接填空）
(2) 当时，求t的值．
(3) 连接，是否存在为等腰三角形？若存在请直接写出t值，若不存在，说明理由．

【答案】(1)平行四边形；(2)或；(3)为或者或者时，为等腰三角形
【分析】（1）根据题意有：，，进而有，，当时，可得，结合，即可作答；
（2）分四边形是平行四边形和四边形是等腰梯形两种情况，结合题意计算，得到答案；
（3）分三种情况讨论：当为等腰三角形，且时，过D点于H；当为等腰三角形，且时；当为等腰三角形，且时，根据等腰三角形的性质结合勾股定理列出关于t的方程，解方程即可求解．
解：（1）根据题意有：，，
∵，，
∴，，
当时，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（2）当，四边形是平行四边形时，
即有：，
则，
解得，；
当时，四边形是等腰梯形时，
过P点作于M，过D点于N，如图，

根据，，，可得四边形是矩形，
则，，
即，，
∵梯形为等腰梯形，于M，
∴，，
根据（1）有，，，，
∵，
∴，
解得，
综上所述：或时，．
（3）存在，理由如下：
根据（1）有，，，，
根据（2）有，
当为等腰三角形，且时，
过D点于H，如图，

根据（2）可知：时，
∵为等腰三角形，
∴，
∴，解得，
即此时；
当为等腰三角形，且时，如图，

∴，解得，
即此时；
当为等腰三角形，且时，
过D点于P，过Q点于G，如图，

根据（2）同理可知四边形四边形是矩形，
∴，
∵，，，
∴，
∵，，
∴，
∵在中，，
∴，
解得：，
综上所述：当为或者或者时，为等腰三角形．
【点拨】本题考查了平行四边形的性质，等腰梯形，勾股定理，等腰三角形的性质以及采用开平方解方程的知识，掌握平行四边形的性质、梯形的性质以及等腰三角形的性质是解答本题的关键．
【举一反三】
【变式】如图，矩形中，，，点，分别，中点，动点，分别从、同时出发，沿对角线相向而行，速度均为，设运动时间为．
(1) 证明；
(2) 当时，判断四边形的形状，并说明理由；
(3) 直接写出当为何值时，以、、、为顶点的四边形是矩形．

【答案】(1)见分析；(2)平行四边形，理由见分析；(3)秒或秒
【分析】（1）根据矩形的性质得到，，推出，进一步利用证明即可；
（2）根据全等三角形的性质得到，，推出，即可证明；
（3）利用勾股定理求出，连接，分、两种情况，列方程计算即可．
（1）解：四边形是矩形，
∴，，
∴，
∵点，分别，中点，
∴，
、是对角线上的两个动点，分别从、同时出发，相向而行，速度均为，
，
在和中，
，
∴；
（2）∵，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形；
（3）如图，连接，由（1）可知四边形是平行四边形，
在中，，
、分别是、的中点，
，
当时，四边形是矩形，分两种情况：
①当时，，解得：，
②当时，，解得：，
即当为秒或秒时，四边形是矩形．

【点拨】本题是四边形的综合题，考查了矩形的性质、平行四边形的判定，勾股定理，全等三角形的判定和性质，掌握相应的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．