初中数学北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定精品达标测试

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北师大版数学九上 1.3正方形的性质与判定单元测试提升卷
A卷
一．选择题（共30分）
1.如图，点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，若线段PQ长的最大值为，最小值为4，则菱形ABCD的边长为（ ）

A．5 B．10 C． D．8
【答案】A
【分析】
过点C作，交AB的延长线于H，由题意可得当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=，当时，PQ有最小值，即直线CD，直线AB的距离为4，即CH=4，由勾股定理可求解．
【详解】
解：如图，过点C作，交AB的延长线于H，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB=BC，
∵点P，Q分别是菱形ABCD的边AD，BC上的两个动点，
∴当点P与点A重合，点Q与点C重合时，PQ有最大值，即AC=，
当时，PQ有最小值，即直线与直线的距离为，
，
，
，
，
,
解得：，
故选：A．
2．如图，在四边形中，于点E，且，则四边形的面积为（ ）

A．16 B．24 C．28 D．32
【答案】D
【详解】
如解图，过B点作，与的延长线交于点四边形是矩形，，在和中，，
．∴四边形是正方形，又，．故选D．

3．如图，在正方形中，依据尺规作图痕迹，若，则（ ）

A． B． C．2 D．
【答案】B
【详解】
由尺规作图痕迹可得为边上的高线，∵四边形是正方形，．
4.如图，在四边形中，，则的长度为（ ）

A．8 B． C． D．
【答案】B
【详解】
∵，∴是等边三角形．∴．如解图，将绕点A逆时针旋转后，与重合，得到，∴．∴是等边三角形，．在中，．过点C作，交延长线于点H，∴．∴是等腰直角三角形．∴．∴．在中，利用勾股定理可得．∴．

5．如图，在正方形纸片中，E是的中点，将其沿折叠，使点B落在线段上的点G处．若，则的长为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
设，则，．在中，由勾股定理可得．根据折叠的性质可知，∴．在中，由勾股定理可得，在中，由勾股定理可得，∴，解得．则．
6．如图边长为4的正方形中，为边上一点，且， 为边上一动点，将线段绕点顺时针旋转得到线段 ，连接，则的最小值为（ ）


A． B．4 C． D．
【答案】A
【分析】
过点作交于点，过点作交于点，根据绕点顺时针旋转得到线段，可得，，利用易证，再根据四边形是矩形，可得，,设，则，，，根据勾股定理可得，即当时，有最小值．
【详解】
解：如图示：过点作交于点，过点作交于点，


∵线段绕点顺时针旋转得到线段，
∴，
∴，
又∵
∴
∵，四边形是正方形，
∴，
∴
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，,
设，则，， ，
在中，，
即当时，有最小值，
∴当时，最小值是，
故选：A．

7.如图， Rt△ABC≅Rt△DCB ，其中 ∠ABC=90° ， AB=3 ， BC=4 ，M为BC中点，EF过点M交AC、BD于点E、F，连接BE、CF，则下列结论错误的是（　　）．

A．四边形BECF为平行四边形
B．当 BF=3.5 时，四边形BECF为矩形
C．当 BF=2.5 时，四边形BECF为菱形
D．四边形BECF不可能为正方形
【答案】B
【知识点】平行四边形的判定；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定
【解析】【解答】解：∵Rt△ABC≅Rt△DCB ，
∴∠ACB=∠CBD，
∴AC∥BD，
∴∠CEM=∠BFM，
∵M为BC中点，
∴CM=BM，
∴△CEM≌△BFM，
∴CE=BF，
∵AC∥BD，
∴四边形BECF为平行四边形，故A不符合题意；
当 BF=3.5 时，若BE⊥AC，
∵S△ABC=12AB⋅BC=12AC⋅BE ，
∴BE=125 ，
∴CE=BC2−BE2=42−(125)2=165 ，
∵BF=3.5 ，
∴CE≠BF，
∴当 BF=3.5 时，四边形BECF不是矩形，故B符合题意；
∵BF=2.5，四边形BECF是平行四边形，
∴CE=BF= 2.5，
∴AE=AC-CE= 2.5，
∴E为AC中点，
∴BE=CE，
∴四边形BECF是平行四边形，
∴当BF= 2.5时，四边形BECF为菱形，故C不符合题意；
当BF=2.5时，四边形BECF为菱形，此时∠BEC≠90°，
∴四边形BECF不可能为正方形，故D符合题意．
故答案为：B
8.如图，在正方形ABCD中，AB=4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（　　）

A．22 B．1 C．2 D．2
【答案】C
【知识点】平行线的性质；勾股定理；正方形的性质；线段的中点；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：连接AG，延长AG交CD于M，连接FM，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝AD＝4，AB∥CD，∠C＝90°，
∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
∴△AEG≌△MDG（AAS），
∴AG＝MG，AE＝DM＝12AB＝12CD，
∴CM＝12CD＝2，
∵点H为AF的中点，
∴GH＝12FM，
∵F为BC的中点，
∴CF＝12BC＝2，
∴FM＝CM2+CF2=22+22=22，
∴GH＝12FM＝2，
故答案为：C.

9.如图，在正方形ABCD中，AB=4，E为对角线AC上与点A，C不重合的一个动点，过点E作EF⊥AB于点F，EG⊥BC于点G，连接DE，FG.给出下列结论：①DE=FG；②DE⊥FG；③∠BFG=∠ADE；④FG的最小值为3.其中正确的结论有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质；矩形的性质；正方形的性质
【解析】【解答】①正方形ABCD，则∠BCA=∠DCA，BC=DC，在△BCE和△DCE中，CE为公共边，根据SAS，则△BCE≌△DCE，所以BE=DE，由分析可知，FG=DE，正确；
②四边形EFBG为矩形，则OB=OF，在等腰△OFB中，∠OFB=∠FBO，根据SAS可知，△ABE≌△ADE，所以∠ABE=∠ADE=∠FBO，则∠ADE=∠OFB，在Rt△ADN中，∠ADN+∠AND=90°，所以∠OFB+∠FNM=90°，根据三角形内角和为180°，则∠FMN=90°，即 DE⊥FG ，正确；
③由②可知， ∠BFG=∠ADE ，正确；
④点E是AC上与点A、C不重合的一个动点，根据垂线段最短可知，当DE⊥AC时，DE最小，此时DE=12BD，而在Rt△ABD中，BD=2AB=42，所以FG=BE=DE=22，即FG的最小值是22，错误；
故答案为：C。
10.【教材呈现】下图是北师大版九年级上册数学教材第25页第4题内容的变式．如图，三个边长相同的正方形重叠在一起，O1、O2是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是8，则正方形的边长为（　　）

A．2 B．4 C．8 D．22
【答案】B
【知识点】正方形的性质；中心对称及中心对称图形
【解析】【解答】连接O1B、O1C，如图：

∵∠BO1F+∠FO1C=90°，∠FO1C+∠CO1G=90°
∴∠BO1F=∠CO1G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠O1BF=∠O1CG=45° ，
在ΔO1BF和ΔO1CG中，
∠FO1B=∠CO1GBO1=CO1∠FBO1=∠GCO1 ，
∴ΔO1BF≌ΔO1CG(ASA)，
∴SΔO1BF=SΔO1CG，
∴两个正方形阴影部分的面积是14S正方形ABCD，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是14S正方形ABCD，
∴阴影部分的面积和 =8=12S正方形ABCD ，
∴S正方形ABCD=16=AD2，
∴AD=4（负值舍去）
即正方形的边长为4，
故答案为：B．

二．填空题（共24分）
11.我们规定菱形与正方形接近程度称为“接近度”，设菱形相邻两个内角的度数分别为α°，β°，将菱形的“接近度”定义为|α−β|，于是|α−β|越小，菱形越接近正方形.
①若菱形的一个内角为80°，则该菱形的“接近度”为　 　；
②当菱形的“接近度”等于　 　时，菱形是正方形.

【答案】20；0
【知识点】菱形的性质；正方形的性质；定义新运算
【解析】【解答】解：∵菱形相邻两个内角的度数和为180°，
∴α+β=180，即80+β=180，
解得：β=100
∴该菱形的“接近度”为|α−β|=|80−100|=20；
∵四个角都为直角的菱形是正方形，
∴当α=β=90时，菱形是正方形，
∴|α−β|=0时，菱形是正方形.
故答案为：20，0.

12.如图，直线l上有三个正方形a，b，c，若a，b的面积分别为9和25，若抛一颗石子，落在阴影部分的概率为　 　.

【答案】631
【知识点】勾股定理；正方形的性质；几何概率；三角形全等的判定（AAS）
【解析】【解答】解：

∵a，b，c都是正方形
∴∠ABC=∠CDE=∠ACE=90°，
∴∠ACB+∠DCE=90°，∠BAC+∠ACB=90°，
∴∠BAC=∠DCE
又∵∠ABC=∠CDE
∴△ABC≌△CDE
∵正方形a、b面积分别为9、25，
∴BC=52−32=16=4，
∴BC=DE=4，
∴正方形C的边长为：4
∴阴影部分的面积为：12×3×4×2=12，总面积为：9+16+25+12=62，
概率为：1262=631
故答案为：631.

13.如图，正方形ABCD中，将边AB绕着点A旋转，当点B落在边CD的垂直平分线上的点E处时，∠BED的度数为　 　．

【答案】45°或135°
【知识点】正方形的性质；旋转的性质
【解析】【解答】解：如图，当点E在BA的右边时，

∵MN是CD的垂直平分线，四边形ABCD是正方形，
∴MN垂直平分BA，
∴BE=EA，
∵将边BA绕着点A旋转，
∴BA=AE，
∴△BEA是等边三角形，
∴∠EBA=∠BEA=60°，
∴∠CBE=∠EAD=30°，
∵AB=AD=AE，
∴∠AED=75°，
∴∠BED=75°+60°=135°；
当点E′在BA的左边时，
同理可得△BE′A是等边三角形，
∴BA=BE′，∠BE′A=60°=∠ABE′，
∴∠DAE′=150°，
∵AB=AD=AE′，
∴∠AE′B=15°，
∴∠BE′D=45°，
∴∠BED的度数为45°或135°
故答案为：45°或135°

14.如图，点P是正方形ABCD内位于对角线AC下方的一点，∠1＝∠2，则∠BPC的度数为　 　°．

【答案】135
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACB＝∠BAC＝45°，
∴∠2+∠BCP＝45°，
∵∠1＝∠2，
∴∠1+∠BCP＝45°，
∵∠BPC＝180°﹣∠1﹣∠BCP，
∴∠BPC＝135°，
故答案为：135．

15.如图，在正方形ABCD中，AB＝2，取AD的中点E，连接EB，延长DA至F，使EF＝EB，以线段AF为边作正方形AFGH，点H在线段AB上，则AHAB的值是 　 　．

【答案】5−12
【知识点】正方形的性质
【解析】【解答】解：设AB=2a，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=AB=2a，∠BAD=90°，
∵E点为AD的中点，
∴AE=a，
∴BE=AE2+AB2=a2+(2a)2=5a，
∴EF=BE=5a，
∴AF=EF−AE=(5−1)a，
∵四边形AFGH为正方形，
∴AH=AF=(5−1)a，
∴AHAB=(5−1)a2a=5−12，
故答案为：5−12．

16.如图，已知正方形ABCD的边长为6，点E是AB边上一动点，连接ED，将ED绕点E顺时针旋转90°到EF，连接DF，CF，则DF+CF的最小值是 　 　．

【答案】65
【知识点】正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题；旋转的性质
【解析】【解答】解：连接BF，过点F作FG⊥AB交AB延长线于点G，

∵EF⊥DE，
∴∠AED+∠FEG=90° ，
∵∠AED+∠EDA=90° ，
∴∠EDA=∠FEG，
在△AED和△GFE中，
∠A=∠FGE∠EDA=∠FEGDE=EF
∴ΔAED≅ΔGFE(AAS)，
∴FG=AE，
∴F点在BF的射线上运动，
作点C关于BF的对称点C，
∵EG=DA，FG=AE，
∴AE=BG，
∴BG=FG，
∴∠FBG=45°，
∴∠CBF=45°，
∴C点在AB的延长线上，
当D、F、C三点共线时，DF+CF=DC最小，
在RtΔADC中，AD=6，AC=AB+BC=AB+BC=12，
∴DC=65，
∴DF+CF的最小值为65．
故答案为：65．

三。解答题（共46分）
17.（8分）如图，已知在矩形 ABCD 中， AE ， BE ， CF ， DF 分别是四个内角的平分线， AE ， DF 相交于点 M ， BE ， CF 相交于点 N 求证：四边形 EMFN 是正方形．

【答案】证明：∵在矩形ABCD中， AE ， BE ， CF ， DF 分别是四个内角的平分线，
∴∠FDC＝∠FCD＝45°，
∴△FDC是等腰直角三角形，
同理可得：△MDA、△EAB、△NBC都是等腰直角三角形，
∴∠E＝∠F＝∠EMF＝∠ENF＝90°，
∴四边形EMFN是矩形，
在△FDC和△EAB中， ∠FDC=∠EAB=45°DC=AB∠FCD=∠EBA=45° ，
∴△FDC≌△EAB（ASA），
∴FD＝EA，
又∵MD＝MA，
∴ME＝MF，
∴矩形EMFN是正方形
18.（8分）如图，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点．当BD、AC满足什么条件时，四边形EFGH是正方形．

【答案】解：当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形．理由如下：
在△ABC中，E、F分别是边AB、BC中点，
所以EF∥AC，且EF=12AC，
同理有GH∥AC，且GH=12AC，
∴EF∥GH且EF=GH，
故四边形EFGH是平行四边形．
EH∥BD且EH=BD，
若AC=BD，则有EH=EF，
又因为四边形EFGH是平行四边形，
∴四边形EFGH是菱形．
即：当AC=BD且AC⊥BD时，四边形EFGH是正方形．
19.（10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于E，连接CD，BE．

（1）求证：CE＝AD；
（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；
（3）在满足（2）的条件下，当△ABC满足什么条件时，四边形BECD是正方形？（不必说明理由）
【答案】（1）证明：∵DE⊥BC，
∴∠DFB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACB＝∠DFB，
∴AC∥DE，
∵MN∥AB，即CE∥AD，
∴四边形ADEC是平行四边形，
∴CE＝AD．
（2）解：四边形BECD是菱形，理由如下：
∵D为AB中点，∠ACB＝90°，
∴AD＝BD=CD，
∵CE＝AD，
∴BD＝CE，
∵BD∥CE，
∴四边形BECD是平行四边形，
∵BD=CD，
∴四边形BECD是菱形．
（3）解：当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形，理由如下：
由（2）可知，四边形BECD是菱形，
∴∠BDC=90°时，四边形BECD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∵∠ACB=90°，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴当△ABC是等腰直角三角形时，四边形BECD是正方形．

20.（10分）如图，正方形ABCD的边长是3，点P是直线BC上一点，连接PA，将线段PA，将线段PA绕点P逆时针旋转90°得到线段PE，在直线BA上取点F，使BF=BP，且点F与点E在BC同侧，连接EF，CF．

（1）如图①，当点P在CB延长线上时，求证：四边形PCFE是平行四边形；
（2）如图②，当点P在线段BC上时，四边形PCFE是否还是平行四边形，说明理由；
（3）在图②的条件下，四边形PCFE的面积是否存在正好等于正方形ABCD的面积的一半，若存在求出此时BP长；若不存在，请说明理由
【答案】（1）证明： ∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠PBA=90°
∵在△PBA和△FBC中，
AB=BC∠PBA=∠ABCBP=BF，
∴△PBA≌△FBC(SAS)，
∴PA=FC，∠PAB=∠FCB．
∵PA=PE，
∴PE=FC．
∵∠PAB+∠APB=90°，
∴∠FCB+∠APB=90°．
∵∠EPA=90°，
∴∠APB+∠EPA+∠FCP=180°，
即∠EPC+∠PCF=180°，
∴EP∥FC，
∴四边形EPCF是平行四边形；
（2）解：四边形EPCF是平行四边形，
理由：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABC=∠CBF=90°
∵在△PBA和△FBC中，
AB=BC∠PBA=∠FBCBP=BF，
∴△PBA≌△FBC(SAS)，
∴PA=FC，∠PAB=∠FCB．
∵PA=PE，
∴PE=FC．
∵∠FCB+∠BFC=90°，
∠EPB+∠APB=90°，
∴∠BPE=∠FCB，
∴EP∥FC，
∴四边形EPCF是平行四边形；
（3）解：不存在．
理由：设BP=x，则PC=3−x平行四边形PEFC的面积为S，
S=PC⋅BF=PC⋅PB=(3−x)x=−x2+3x
由题意得：−x2+3x=3×3×12
整理为−x2+3x−92=0，
∵Δ=32−4×(−1)×(−92)=−9<0，
∴此方程无解，
∴四边形PCFE的面积不存在正好等于正方形ABCD的面积的一半．
21.（10分）如图，在矩形ABCD中，∠BAD的平分线交BC于点E，EF⊥AD于点F，DG⊥AE于点G，DG与EF交于点O．
（1）求证：四边形ABEF是正方形；
（2）若AD＝AE，求证：AB＝AG；
（3）在（2）的条件下，已知AB＝1，求OD的长．

【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）根据角平分线的性质证得EF＝EB，根据正方形的判定即可证得结论；
（2）根据三角形全等的判定证得AGD≌△ABE，由全等三角形的性质即可得到结论；
（3）首先证得△DFO≌△EGO得到FO＝GO，FD＝EG，根据勾股定理证得DO＝OF＝OG，根据线段的和差求解即可．
【详解】
（1）证明：∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAF＝∠ABE＝90°，
∵EF⊥AD，
∴四边形ABEF是矩形，
∵AE平分∠BAD，
∴EF＝EB，
∴四边形ABEF是正方形；
（2）∵AE平分∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAE，
在△AGD和△ABE中，，
∴△AGD≌△ABE（AAS），
∴AB＝AG；
（3）∵四边形ABEF是正方形，
∴AB＝AF＝1，
∵△AGD≌△ABE，
∴DG＝AB＝AF＝AG＝1，
∵AD＝AE，
∴AD﹣AF＝AE﹣AG，
即DF＝EG，
在△DFO和△EGO中，，
∴△DFO≌△EGO（AAS），
∴FO＝GO，FD＝EG
∵∠DAE＝∠AEF＝45°，∠AFE＝∠AGD＝90°，
∴DF＝FO＝OG＝EG，
∴DO＝OF＝OG，
∴DG＝DO+OG＝OG+OG＝1，
∴OG＝＝﹣1，
∴OD＝(﹣1)＝2﹣．