正方形的判定与性质-北京习题集-教师版

正方形的判定与性质（北京习题集）（教师版）

一．选择题（共1小题）

1．（2019春•顺义区期末）学习了正方形之后，王老师提出问题：要判断一个四边形是正方形，有哪些思路？甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角；乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等；丙同学说：判定四边形的对角线相等，并且互相垂直平分；丁同学说：先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角并且有一组邻边相等．上述四名同学的说法中，正确的是( ) A．甲、乙

B．甲、丙

C．乙、丙、丁

D．甲、乙、丙、丁

二．填空题（共3小题）

2．（2020春•海淀区校级月考）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．

设菱形相邻两个内角的度数分别为m、n．

（1）若我们将菱形的“接近度”定义为|mn|，于是|mn|越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为70，则“接近度”  ；

（2）若我们将菱形的“接近度”定义为

m(mn)，则菱形的“接近度”  时，菱形就是正方形． n3．（2015春•北京校级期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F，G，H分别在正方形的四条边上，且AEDFCGBH，则四边形EFGH的形状为 ，它的面积的最小值为 ．

4．（2011•房山区一模）如图，以边长为1的正方形的四边中点为顶点作四边形，再以所得四边形四边中点为顶点作四边形，依次作下去，图中所作的第三个四边形的周长为 ；所作的第n个四边形的周长为 ．

三．解答题（共7小题）

第1页（共18页）

5．（2019•怀柔区二模）如图，在梯形ABCD中，AD//BC(BCAD)，D90，BCCD12，ABE45，若AE10．求CE的长度．

6．（2019春•海淀区校级期中）如图，RtCEF中，C90，CEF，CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足． （1）求证：四边形ABCD是正方形．

（2）已知AB的长为6，求(BE6)(DF6)的值．

（3）借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若三角形PQR中，一条高是PH，长度为6，QPR45，QH2，则HR ．

7．（2016•怀柔区二模）已知：如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一点，DE平分ADC，EF//DC交AD边于点F，连结BD．

（1）求证：四边形FECD是正方形；

（2）若BE1，ED22，求tanDBC的值．

8．（2016•门头沟区一模）如图，在矩形ABCD中，AE平分BAD，交BC于E，过E做EFAD于F，连接BF交AE于P，连接PD．

（1）求证：四边形ABEF是正方形；

（2）如果AB4，AD7，求tanADP的值．

第2页（共18页）

9．（2015春•北京校级期中）（1）如图矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP//OC，且DPOC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．

（2）如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由． （3）如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．

10．（2010秋•海淀区期中）已知四边形ABCD，以此四边形的四条边为边向外分别作正方形，顺次连接这四个正方形的对角线交点E，F，G，H，得到一个新四边形EFGH．

（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，则四边形EFGH （填“是”或“不是” )正方形； （2）如图2，若四边形ABCD是矩形，则（1）中的结论 （填“能”或“不能” )成立；

（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，其他条件不变，判断（1）中的结论是否还成立？若成立，证明你的结论，若不成立，请说明你的理由．

11．（2007•北京）在平面直角坐标系xOy中，OEFG为正方形，点F的坐标为(1,1)．将一个最短边长大于2的直角三角形纸片的直角顶点放在对角线FO上．

（1）如图，当三角形纸片的直角顶点与点F重合，一条直角边落在直线FO上时，这个三角形纸片与正方形OEFG重叠部分（即阴影部分）的面积为 ；

（2）若三角形纸片的直角顶点不与点O，F重合，且两条直角边与正方形相邻两边相交，当这个三角形纸片与正方形OEFG重叠部分的面积是正方形面积的一半时，试确定三角形纸片直角顶点的坐标（不要求写出求解过程），

第3页（共18页）

并画出此时的图形．

第4页（共18页）

正方形的判定与性质（北京习题集）（教师版）

参与试题解析

一．选择题（共1小题）

1．（2019春•顺义区期末）学习了正方形之后，王老师提出问题：要判断一个四边形是正方形，有哪些思路？甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角；乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等；丙同学说：判定四边形的对角线相等，并且互相垂直平分；丁同学说：先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角并且有一组邻边相等．上述四名同学的说法中，正确的是( ) A．甲、乙

B．甲、丙

C．乙、丙、丁

D．甲、乙、丙、丁

【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论．

【解答】解：甲同学说：先判定四边形是菱形，再确定这个菱形有一个角是直角；正确； 乙同学说：先判定四边形是矩形，再确定这个矩形有一组邻边相等；正确； 丙同学说：判定四边形的对角线相等，并且互相垂直平分；正确；

丁同学说：先判定四边形是平行四边形，再确定这个平行四边形有一个角是直角并且有一组邻边相等，正确； 故选：D．

【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． 二．填空题（共3小题）

2．（2020春•海淀区校级月考）菱形、矩形与正方形的形状有差异，我们将菱形、矩形与正方形的接近程度称为菱形或矩形的“接近度”．

设菱形相邻两个内角的度数分别为m、n．

（1）若我们将菱形的“接近度”定义为|mn|，于是|mn|越小，菱形就接近正方形．若菱形的一个内角为70，则“接近度”  40 ；

（2）若我们将菱形的“接近度”定义为

m(mn)，则菱形的“接近度”  时，菱形就是正方形． n【分析】（1）利用菱形的“接近度”定义为|mn|，进而代入求出即可；

（2）根据当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，进而得出答案． 【解答】解：（1）若菱形的一个内角为70，

该菱形的相邻的另一内角的度数110，

第5页（共18页）

 “接近度”等于|11070|40；

（2）当菱形的“接近度”等于1时，菱形的相邻的内角相等，因而都是90度， 则菱形是正方形； 故答案为：40；1．

【点评】此题主要考查了菱形的性质以及新定义，利用“接近度”定义求出是解题关键．

3．（2015春•北京校级期中）如图，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F，G，H分别在正方形的四条边上，且AEDFCGBH，则四边形EFGH的形状为 正方形 ，它的面积的最小值为 ．

【分析】先证明AEHDFECGFBHG，从而得到HEEFFGHG，然后证明EFGH四边形有一个角是直角，从而可判断出四边形EFGH的形状，设AEx，则AH(5x)，依据正方形的面积公式以及勾股定理可得到四边形EFGH的面积与x的函数关系式，依据二次函数的性质求得二次函数的最小值即可． 【解答】解：四边形ABCD是正方形， ABBCCDAD，ABCD． AEDFCGBH， AHEDFGBG．

AEDFCGBH在AEH、DFE、CGF、BHG中，ADCB，

AHEDFGBGAEHDFECGFBHG． HEEFFGHG．

四边形EFGH是菱形．

AEHDFE， AEHDFE．

AHEAEH90， DEFAEH90． HEF90． EHGF为正方形．

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设AEx，则AH(5x)．

正方形EFHG的面积HE2AE2AH2x2(5x)22x225x5，

当xb5时，正方形的面积有最小值． 2a252525)(5)． 222正方形EFHG的面积的最小值(故答案为：正方形；

5． 2【点评】本题主要考查的正方形的判定与性质、二次函数的最值，全等三角形的判定和性质、正方形的面积公式、勾股定理等知识，列出四边形EFGH的面积与x的函数关系式是解题的关键．

4．（2011•房山区一模）如图，以边长为1的正方形的四边中点为顶点作四边形，再以所得四边形四边中点为顶点作四边形，依次作下去，图中所作的第三个四边形的周长为 2 ；所作的第n个四边形的周长为 ．

【分析】根据正方形的性质以及三角形中位线的定律，求出第二个，第三个的周长，从而发现规律，即可求出第n个四边形的周长．

111【解答】解：根据三角形中位线定理得，第一个四边形的边长为()2()2，周长为22，

222第二个四边形的周长为4(第三个四边形的周长是：4(第n个四边形的周长为4(故答案为2，4(2n)． 222)， 22)32， 22n)， 2【点评】本题考查了正方形的性质以及三角形中位线的定律，以及正方形的周长的求法，根据已知得出规律是解题关键．

三．解答题（共7小题）

5．（2019•怀柔区二模）如图，在梯形ABCD中，AD//BC(BCAD)，D90，BCCD12，ABE45，

第7页（共18页）

若AE10．求CE的长度．

【分析】过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足，延长DM到G，使MGCE，连接BG．求证BECBMG，ABEABG，设CEx，在直角ADE中，根据AE2AD2DE2求x的值，可以求CE的

长度．

【解答】解：过B作DA的垂线交DA的延长线于M，M为垂足， 延长DM到G，使MGCE，连接BG， 易知四边形BCDM是正方形， 则BEC与BGM中， BCBMCBMG90， ECGMBECBMG(SAS)， MBGCBE，BEBG， ABE45，

CBEABMMBGABM45，

即ABEABG45， 在ABE与ABG中， BEBGABEABG， ABABABEABG(SAS)， AGAE10，

设CEx，则AM10x，

AD12(10x)2x，DE12x，

在RtADE中，AE2AD2DE2，

100(x2)2(12x)2， 即x210x240；

第8页（共18页）

解得：x14，x26． 故CE的长为4或6．

【点评】本题考查了直角三角形中勾股定理的运用，考查了全等三角形的判定和对应边相等的性质，本题中求ABEABG即AGAE10是解题的关键．

6．（2019春•海淀区校级期中）如图，RtCEF中，C90，CEF，CFE外角平分线交于点A，过点A分别作直线CE，CF的垂线，B，D为垂足． （1）求证：四边形ABCD是正方形．

（2）已知AB的长为6，求(BE6)(DF6)的值．

（3）借助于上面问题的解题思路，解决下列问题：若三角形PQR中，一条高是PH，长度为6，QPR45，QH2，则HR 3 ．

【分析】（1）作AGEF于G，如图1所示：则AGEAGF90，先证明四边形ABCD是矩形，再由角平分线的性质得出ABAD，即可得出四边形ABCD是正方形；

（2）证明RtABERtAGE(HL)，得出BEBG，同理：RtADFRtAGF(HL)，得出DFGF，证出BEDFGEGFEF，设BEx，DFy，则CEBCBE6x，CFCDDF6y，EFxy，在RtCEF中，由勾股定理得出方程，整理得：xy6(xy)36，即可得出答案；

（3）把PQH沿PQ翻折得PQD，把PRH沿PR翻折得PRM，延长DQ、MR交于点G，由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MRDQQR，MRHR，DQHQ2，得出MGDGMPPH6，GQ4，设MRHRa，则GR6a，QRa2，在RtGQR中，由勾股定理得出方程，解方程即可．

【解答】（1）证明：作AGEF于G，如图1所示： 则AGEAGF90， ABCE，ADCF，

第9页（共18页）

BD90C，

四边形ABCD是矩形，

CEF，CFE外角平分线交于点A， ABAG，ADAG，

ABAD，

四边形ABCD是正方形；

（2）解：四边形ABCD是正方形， BCCD6，

AEAE在RtABE和RtAGE中，，

ABADRtABERtAGE(HL)， BEBG，

同理：RtADFRtAGF(HL)，

DFGF，BEDFGEGFEF，

设BEx，DFy，则CEBCBE6x，CFCDDF6y，EFxy， 在RtCEF中，由勾股定理得：(6x)2(6y)2(xy)2， 整理得：xy6(xy)36，

(BE6)(DF6)(x6)(y6)xy6(xy)36363672；

（3）解：如图2所示：

把PQH沿PQ翻折得PQD，把PRH沿PR翻折得PRM，延长DQ、MR交于点G， 由（1）（2）得：四边形PMGD是正方形，MRDQQR，MRHR，DQHQ2， MGDGMPPH6，

GQ4，

设MRHRa，则GR6a，QRa2，

在RtGQR中，由勾股定理得：(6a)242(2a)2， 解得：a3，即HR3； 故答案为：3．

第10页（共18页）

【点评】本题考查了正方形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的性质、勾股定理、矩形的判定、翻折变换的性质等知识；本题综合性强，有一定难度．

7．（2016•怀柔区二模）已知：如图，在矩形ABCD中，E是BC边上一点，DE平分ADC，EF//DC交AD边于点F，连结BD．

（1）求证：四边形FECD是正方形；

（2）若BE1，ED22，求tanDBC的值．

【分析】（1）先证明四边形FECD为平行四边形，再证出CDCE，得出四边形FECD为菱形，由C90，即可得出四边形FECD为正方形；

（2）先由三角函数求出正方形FECD的边长CDCE，得出BC，即可求出tanDBC的值． 【解答】（1）证明：四边形ABCD是矩形， AD//BC，ADCC90， EF//DC，

四边形FECD为平行四边形，

DE平分ADC，

ADECDE， AD//BC，

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ADEDEC， CDEDEC， CDCE，

四边形FECD是菱形，

又C90，

平行四边形FECD是正方形；

（2）解：四边形FECD是正方形， CDE45， ED22,

CECDEDsin4522BCBEEC123，

tanDBC22， 2DC2． BC3【点评】本题考查了矩形的性质、正方形的判定与性质、平行四边形和菱形的判定、解直角三角形；熟练掌握矩形和正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．

8．（2016•门头沟区一模）如图，在矩形ABCD中，AE平分BAD，交BC于E，过E做EFAD于F，连接BF交AE于P，连接PD．

（1）求证：四边形ABEF是正方形；

（2）如果AB4，AD7，求tanADP的值．

【分析】（1）由矩形的性质得出FABABE90，AF//BE，证出四边形ABEF是矩形，再证明ABBE，即可得出四边形ABEF是正方形；

（2）由正方形的性质得出BPPF，BAAD，PAF45，得出AB//PH，求出DHADAH5，在RtPHD中，由三角函数即可得出结果．

【解答】（1）证明：四边形ABCDABCD是矩形， FABABE90，AF//BE，

EFAD，

FABABEAFE90，

四边形ABEF是矩形，

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AE平分BAD，AF//BE， FAEBAEAEB， ABBE，

四边形ABEF是正方形；

（2）解：过点P作PHAD于H，如图所示： 四边形ABEF是正方形，

BPPF，BAAD，PAF45，

AB//PH，

AB4， AHPH2，

AD7，

DHADAH725，

在RtPHD中，PHD90． tanADPPH2． HD5

【点评】本题考查了矩形的性质与判定、正方形的判定与性质、平行线的性质、三角函数等知识；熟练掌握矩形的性质，证明四边形是正方形是解决问题的关键．

9．（2015春•北京校级期中）（1）如图矩形ABCD的对角线AC、BD交于点O，过点D作DP//OC，且DPOC，连接CP，判断四边形CODP的形状并说明理由．

（2）如果题目中的矩形变为菱形，结论应变为什么？说明理由． （3）如果题目中的矩形变为正方形，结论又应变为什么？说明理由．

【分析】（1）根据矩形的性质得出ODOC，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形CODP是平行四边形，根据菱形的判定推出即可；

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（2）根据菱形的性质得出DOC90，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形CODP是平行四边形，根据矩形的判定推出即可；

（3）根据正方形的性质得出ODOC，DOC90，根据有一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得出四边形CODP是平行四边形，根据正方形的判定推出即可； 【解答】解：（1）四边形CODP的形状是菱形， 理由是：四边形ABCD是矩形， ACBD，OAOCOCOD，

DP//OC，DPOC，

四边形CODP是平行四边形，

11AC，OBODBD， 22OCOD，

平行四边形CODP是菱形；

（2）四边形CODP的形状是矩形， 理由是：四边形ABCD是菱形， ACBD， DOC90， DP//OC，DPOC，

四边形CODP是平行四边形，

DOC90，

平行四边形CODP是矩形；

（3）四边形CODP的形状是正方形， 理由是：四边形ABCD是正方形， ACBD，ACBD，OAOCDOC90，ODOC， DP//OC，DPOC，

四边形CODP是平行四边形，

11AC，OBODBD， 22DOC90，ODOC

平行四边形CODP是正方形．

【点评】本题考查了平行四边形的判定，矩形、菱形、正方形的性质和判定，主要考查学生的猜想能力和推理能力，

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题目具有一定的代表性，是一道比较好的题目．

10．（2010秋•海淀区期中）已知四边形ABCD，以此四边形的四条边为边向外分别作正方形，顺次连接这四个正方形的对角线交点E，F，G，H，得到一个新四边形EFGH．

（1）如图1，若四边形ABCD是正方形，则四边形EFGH 是 （填“是”或“不是” )正方形； （2）如图2，若四边形ABCD是矩形，则（1）中的结论 （填“能”或“不能” )成立；

（3）如图3，若四边形ABCD是平行四边形，其他条件不变，判断（1）中的结论是否还成立？若成立，证明你的结论，若不成立，请说明你的理由．

【分析】（1）（2）连接EG，FH，可证明EG与FH平分垂直且相等；

（3）连接EF、FG、GH、HE、AE、AH、DG、DH，由四边形ABCD是平行四边形，得AHDH，再证明HDGHAE，则HGHE且EHAGHD，同理可证HEEFFG，即可得出四边形EFGH是菱形．又因为点H是正方形的对角线的交点，则EHG90，即可证明四边形EFGH是正方形． 【解答】解：（1）是； 连接EG，FH，

E，F，G，H分别是四个正方形对角线的交点，

EG与FH平分、垂直且相等，

四边形EFGH 是正方形；

（2）能； 连接EG，FH，

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E，F，G，H分别是四个正方形对角线的交点，

EG与FH平分，EGFH，EGFH，

四边形EFGH 是正方形；

（3）证明：连接EF、FG、GH、HE、AE、AH、DG、DH， 四边形ABCD是平行四边形， ABCD，

即以ABCD为边的正方形的对角线也相等， 点E、G是上述两个正方形的对角线的交点，

AHDH，

易知HDGHDAADCCDG4590ADC， 平行四边形ABCD中，有BAD180ADC，

HAE360(HADBADBAE)360[45(180ADC)45]90ADC， HDGHAE， HDGHAE，

HGHE且EHAGHD，

同理可证HEEFFG，

四边形EFGH是菱形，

点H是正方形的对角线的交点， AHD90，即AHGGHD90， EHG90，

四边形EFGH是正方形．

第16页（共18页）

【点评】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定以及平行四边形、矩形的性质，是一道综合性的题目，难度不大，要熟练掌握．

11．（2007•北京）在平面直角坐标系xOy中，OEFG为正方形，点F的坐标为(1,1)．将一个最短边长大于2的直角三角形纸片的直角顶点放在对角线FO上．

（1）如图，当三角形纸片的直角顶点与点F重合，一条直角边落在直线FO上时，这个三角形纸片与正方形OEFG重叠部分（即阴影部分）的面积为

1 ； 2（2）若三角形纸片的直角顶点不与点O，F重合，且两条直角边与正方形相邻两边相交，当这个三角形纸片与正方形OEFG重叠部分的面积是正方形面积的一半时，试确定三角形纸片直角顶点的坐标（不要求写出求解过程），并画出此时的图形．

11【分析】（1）SOEEF；

22（2）如图，正方形GFEO的面积为1，当重合的面积为正方形GFEO的面积的一半时，有两种情况： ①四边形OSCB的面积为

1时，易证得四边形ACDO为正方形，ABCDSC，有四边形OSCB的面积与正方形2ACDO的面积相等，故有ODOA222即点C的坐标为(，)． 222②四边形FSCB的面积为

1时，易证得四边形ACDF为正方形，ABCDSC，有四边形FSCB的面积与正方形2ACDO的面积相等，故有ADFA11【解答】解：（1）SOEEF；

22222即点C的坐标为(1，1)．

222

（2）如图，正方形GFEO的面积为1，当重合的面积为正方形GFEO的面积的一半时，有两种情况：

第17页（共18页）

①四边形OSCB的面积为

1时，易证得四边形ACOD为正方形，ABCDSC，有四边形OSCB的面积与正方形2ACOD的面积相等，故有ODOA222即点C的坐标为(，)． 222②四边形FSCB的面积为

ACDO1时，易证得四边形ACDF为正方形，ABCDSC，有四边形FSCB的面积与正方形2的面积相等，故有FDFA22即点C的坐标为(122，

12)．2

【点评】本题利用了正方形的判定和性质，三角形的面积公式求解．

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