初中数学人教版（2024）八年级下册正方形练习题

这是一份初中数学人教版（2024）八年级下册正方形练习题，共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．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
2．已知四边形是平行四边形，下列说法正确的是（ ）
A．当时，四边形是矩形
B．时，四边形是菱形
C．当时，四边形是菱形
D．当时，四边形是正方形
3．如图，正方形纸片ABCD：①先对折使AB与CD重合，得到折痕EF；②折叠纸片，使得点A落在EF的点H上，沿BH和CH剪下△BCH，则判定△BCH为等边三角形的依据是（ ）
三个角都相等的三角形是等边三角形
B．有两个角是60°的三角形是等边三角形
C．三边都相等的三角形是等边三角形
D．有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形
4．将4个边长都是2的正方形按如图所示的样子摆放，点，，分别是三个正方形的中心，则图中三块重叠部分的面积的和为（ ）.
A．2B．3C．6D．8
5．已知：如图，，是正方形的对角线上的两点，且．那么四边形不具备的条件是（ ）
A．对角线相等B．四边相等C．对角线互相垂直D．对边平行
6．如图，在正方形ABCD中，以对角线BD为边作菱形BDFE，连接BF，则∠AFB＝（ ）
A．22.5°B．25°C．30°D．不能确定
7．如图，点E是正方形对角线上一点，过E作交于F，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
8．如图，已知点E在正方形的边上，以为边向正方形外部作正方形，连接，M，N分别是的中点，连接MN．若 ，则（ ）
A．25B．C．12D．
9．如图，正方形和正方形的顶点，，在同一直线上上，且，，给出下列结论：①；②；③；④的面积为3．其中正确的结论有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
10．如图，在边长为的正方形ABCD中，点E是对角线AC上一点，且于点F，连接DE，当时，（ ）
A．1B．C．D．
二、填空题
11．如图在3×3的正方形网格中∠1+∠2﹣∠3+∠4+∠5＝___度．
12．在正方形中，．若，则的长是___________．
13．如图，直线 ，，分别过正方形 的三个顶点，，，且相互平行，若 ， 的距离为 ，， 的距离为2， 则正方形的边长为____．
14．如图，把正方形纸片ABCD沿对边中点所在的直线对折后展开，折痕为MN，再过点B折叠纸片，使点A落在MN上的点F处，折痕为BE．若FN＝3，则正方形纸片的边长为________．
15．如图，为上任意一点，分别以为边在同侧作正方形、正方形，设 ，则为________
16．如图，在矩形中，对角线相交于点，在不添加任何辅助线的情况下，请你添加一个条件______，使矩形是正方形．
17．如图，正方形ABCD和正方形CEFG中，点D在CG上，AD＝，DG＝2，H是AF的中点，那么CH的长是_____．
18．如图，在正方形中，．E、F分别为边的中点，连接，点N、M分别为的中点，连接，则的长度为______．
三、解答题
19．如图，在正方形ABCD中，E，F是对角线BD上的点，且，求的度数．
20．如图，四边形ABCD是正方形，E、F分别是DC和CB的延长线上的点，且DE＝BF，连接AE．
(1) 求证：△ADE≌△ABF；
(2) 若BC＝12，DE＝4，求△AEF的面积．
21．如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，且DE∥AC，CE∥BD．
(1) 求证：四边形OCED是菱形；
(2) 若AB=AD，求∠ADE的度数．
22．如图，点P（3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，AP⊥BP，点A在x轴正半轴上，点B在y轴正半轴上．
(1) 求点P的坐标．
(2) 当∠APB绕点P旋转时，
①OA+OB的值是否发生变化？若变化，求出其变化范围；若不变，求出这个定值．
②请求出OA2+OB2的最小值．
23．如图，在△ABC中，AB=AC，D为BC边的中点，四边形ABDE是平行四边形，AC，DE相交于点O．
(1) 求证：四边形ADCE是矩形．
(2) 若∠AOE=90°，AE=2时，四边形AECD是什么四边形，并求ABCE的面积．
24．如图，在正方形中，P是对角线上的一点，点E在的延长线上，且．
求证：；
求证：；
把正方形改为菱形，且，其他条件不变，如图．连接，试探究线段与线段的数量关系，并说明理由．
参考答案
1．C
【分析】根据矩形的性质，正方形的性质即可求解．
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：．
【点拨】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．B
【分析】根据菱形，矩形，正方形的判定条件逐个分析即可．
解：A选项：邻边相等的平行四边形是菱形，故错误；
B选项：对角线互相垂直的平行四边形是菱形，故正确；
C选项：有一个内角为的平行四边形是矩形，故错误；
D选项：对角线相等的平行四边形是矩形，故错误．
故选B．
【点拨】本题主要考查特殊四边形的判定条件，能够熟记判定定理是解题关键．
3．C
【分析】根据正方形的性质，翻折变换的性质可得BH=BC，因为EF是BC的垂直平分线，利用垂直平分线的性质，可得BH=CH，又根据折叠的性质可知BH=AB，故BH=CH=BC，因此是等边三角形．
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA，
由翻折变换得：AB=HB，
∴BH=BC，
由翻折变换知：EF是BC的垂直平分线，
∴BH=CH，
∴BH=CH=BC，
∴△BHC是等边三角形，
故选：C．
【点拨】本题考查翻折变换，直角三角形的边角关系以及等腰三角形的判定，掌握等边三角形的判定方法是正确解答的关键．
4．B
【分析】如图：连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点，易证≌，可得的面积是正方形的面积的，即每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，即可解答.
解：如图，
连接AP，AN，点A是正方形的对角线的交点，
则，，
，
，
≌，
四边形AENF的面积等于的面积，
而的面积是正方形的面积的，而正方形的面积为4，
四边形AENF的面积为，三块阴影面积的和为．
故选B．
【点拨】本题主要考查了正方形的特性及面积公式，由图形的特点可知，每个阴影部分的面积都等于正方形面积的，据此解题解答本题的关键是发现每个阴影部分的面积都等于正方形面积的．
5．A
【分析】正方形，且，可证得四边形是平行四边形，是菱形，由此平行四边形的性质，菱形的性质即可求解．
解：∵，是正方形的对角线上的两点，且，
∴根据“边边边”关系可得，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，且邻边相等，
∴四边形是菱形，
∴四边形具备的条件有四边相等，对角线相互垂直，对边平行，不具备的条件时对角线相等，
故选：．
【点拨】本题主要考查正方形的性质，理解和掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质是解题的关键．
6．A
【分析】根据正方形的对角线平分一组对角可得∠ADB=45°，再根据菱形的四条边都相等可得BD=DF，根据等边对等角可得∠DBF=∠DFB，然后根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和进行计算即可得解．
解：在正方形ABCD中，∠ADB=∠ADC=×90°=45°，
在菱形BDFE中，BD=DF，
所以，∠DBF=∠AFB，
在△BDF中，∠ADB=∠DBF+∠AFB=2∠AFB=45°，
解得∠AFB=22.5°．
故选：A．
【点拨】本题考查了正方形的四个角都是直角，对角线平分一组对角的性质，菱形的四条边都相等的性质，以及等边对等角，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和的性质，难度不大，熟记各性质是解题的关键．
7．D
【分析】过点E作于点H，证明四边形是正方形，可得，在中，由勾股定理可得，进而可求得正方形的边长，再根据勾股定理可求解．
解：过点E作EH⊥BC于点H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，，
∴，
∴四边形是正方形，
∴，
∴，
，
，
∴，
，
，
∴，
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的判定及性质，勾股定理的应用，熟练掌握正方形的判定及性质，正确作出辅助线利用勾股定理是解题的关键．
8．D
【分析】连接，在中利用勾股定理求出的长，然后在中利用三角形中位线定理求出的长．
解：连接，如图所示，
∵四边形是正方形，
∴．
∵四边形是正方形，
∴．
∴．
在中，
．
∵M、N分别是的中点，
∴是的中位线．
∴．
故选：D．
【点拨】本题考查了正方形的性质与三角形中位线的定义及性质，正确添加辅助线是解答本题的关键．
9．B
【分析】①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD；
②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据正方形的性质可得DH=OH=1，根据勾股定理可求CF，AD，即可求解；
④根据三角形面积公式即可求解．
解：①∵四边形OABC和四边形ODEF是正方形，A，O，E共线，
∴∠AOC=90°，∠DOE=45°，
∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°，故正确；
②∵EF=，
∴OE==2，
∵AO=AB=3，
∴AE=AO+OE=2+3=5，故正确；
③作FG⊥CO交CO的延长线于G，过D作DH⊥AE于H，
四边形DOFE为正方形
， OH=DH=OE=1，
∠GOF=45°，
则FG=1，
∴CF===，
AD===，
即CD=AD=，故错误；
④△COF的面积S△COF=×CO×GF=×3×1=，故错误；
故选：B．
【点拨】本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度．
10．C
【分析】证明，则，计算的长，得，证明是等腰直角三角形，可得的长．
解：四边形是正方形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
是等腰直角三角形，
，
故选：C．
【点拨】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形，三角形的外角的性质等知识，解题的关键是在正方形中学会利用等腰直角三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．
11．135
【分析】根据图形和正方形的性质可知∠1＋∠5＝90°，∠2＋∠4＝90°，∠3＝45°，再把它们相加可得∠1＋∠2-∠3＋∠4＋∠5的度数．
解：观察图形可知∠1与∠5所在的三角形全等，二角互余，∠2与∠4所在的三角形全等，二角互余，∠3＝45°
∴∠1＋∠5＝90°，∠2＋∠4＝90°，∠3＝45°，
∴∠1＋∠2-∠3＋∠4＋∠5＝（∠1＋∠5）＋（∠2＋∠4）-∠3＝135°．
故答案为：135．
【点拨】此题结合网格的特点考查了余角，注意本题中∠1＋∠5＝90°，∠2＋∠4＝90°，∠3＝45°是解题的关键．
12．2
【分析】设交于点G，证明，即可求解．
解：如图，设交于点G，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∵，即，
∴，
∴，
∴（AAS），
∴．
故答案为：2
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证得是解题的关键．
13．
【分析】过点D作交于点E，交于点F，可得，再证明，可得，然后由勾股定理，即可求解．
解：解∶如图，过点D作交于点E，交于点F，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
，
即正方形的边长为．
故答案为：
【点拨】本题利用了全等三角形的判定的性质，勾股定理，正方形的性质求解，作辅助线，构建三角形全等是关键．
14．
【分析】设正方形的边长为a，根据折叠得出，，根据勾股定理列出关于a的方程，解方程即可．
解：设正方形的边长为a，则根据折叠可知，，，
在Rt△BFN中，根据勾股定理可知，，
即：，
解得：或（舍去）．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了正方形的折叠问题，勾股定理的应用，设出正方形的边长，根据勾股定理列出关于a的方程，是解题的关键．
15．##
【分析】根据正方形的性质先表示出的度数，然后利用“”证明，证得即可求得答案．
解：∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
在和中，
，
∴，
∴．
故答案为：．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，对于解决四边形的问题往往是通过解决三角形的问题而实现的．
16．AC⊥BD（答案不唯一）
【分析】根据正方形的判定定理可直接进行求解．
解：∵四边形是矩形，
∴根据“一组邻边相等的矩形是正方形”可添加：或或或，
根据“对角线互相垂直的矩形是正方形”可添加：AC⊥BD，
故答案为AC⊥BD（答案不唯一）．
【点拨】本题主要考查正方形的判定定理，熟练掌握正方形的判定是解题的关键．
17．
解：连接AC、CF，根据正方形性质求出AC、CF，∠ACD＝∠GCF＝45°，再求出∠ACF＝90°，然后利用勾股定理列式求出AF，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解答即可．
【解答】解：如图，连接AC、CF，
∵正方形ABCD和正方形CEFG中，AD＝，DG＝2，
∴AC＝2，CG＝3，
∴CF＝6，
∠ACD＝∠GCF＝45°，
∴∠ACF＝90°，
由勾股定理得，AF＝，
∵H是AF的中点，
∴CH＝AF＝×＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，正方形的性质，勾股定理，熟记各性质并作辅助线构造出直角三角形是解题的关键．
18．3
【分析】连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，由正方形ABCD推出，，，证得，得到，，根据三角形中位线定理得到，由勾股定理求出FG即可得到MN．
解：连接AM，延长AM交CD于G，连接FG，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∵M为DE的中点，
∴，
在中，
∴，
∴，，
∴，
∵点N为AF的中点，
∴，
∵F为BC的中点，
∴，
∴，
∴．
故答案为：3．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定、勾股定理，三角形中位线定理，正确做出辅助线且证出是解决问题的关键．
19．
【分析】由正方形的性质得，，，结合可证，利用三角形内角和定理即可求出的度数．
解：在正方形ABCD中，，，．
又∵，
∴，，
∴，
，
∴．
【点拨】本题考查正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理等，熟练掌握正方形的性质以及等边对等角的性质是解题的关键．
20．(1) 见分析(2)
【分析】（1）根据正方形的性质可得AD＝AB，∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°，可利用SAS证得△ADE≌△ABF；
（2）根据勾股定理可得AE＝4，再由全等三角形的性质可得AE＝AF，∠EAF＝90°，即可求解．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB，∠D＝∠ABC＝90°
∵F是CB的延长线上的点，
∴∠ABF＝∠ABC＝∠D＝90°
在△ADE和△ABF中，
∴△ADE≌△ABF（SAS）．
（2）解：∵BC＝12，
∴AD＝12
在Rt△ADE中，DE＝4，AD＝12，
∴AE＝＝4，
由（1）知△ADE≌△ABF，
∴AE＝AF，∠DAE＝∠BAF．
∴∠EAF＝90°
∴
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解题的关键．
21．(1) 见分析(2) 135°
【分析】（1）先由两组对边平行证明四边形OCED是平行四边形，再由OD=OC证明四边形OCED是菱形；
（2）先证矩形ABCD是正方形，再由正方形的性质得∠BDC=∠ACD=，再由平行线的性质得∠EDC=∠ACD=45°，由此可解．
（1）证明：∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形．
∵矩形ABCD对角线AC，BD相交于点O，
∴OD=OC．
∴四边形OCED是菱形．
（2）解：∵矩形ABCD中，AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠BCD=90°，
∴∠BDC=∠ACD=．
∵DE∥AC，
∴∠EDC=∠ACD=45°，
∴∠ADE=90°+45°=135°．
【点拨】本题考查菱形的判定、正方形的判定与性质以及平行线的性质，由正方形的性质得出∠BDC=∠ACD=是解题的关键．
22．(1) P（2，2）；(2) ①不变，定值为4；②OA2+OB2的最小值为8．
【分析】（1）根据在第一象限的角平分线OC上的点的横坐标与纵坐标相等，构建方程求出m即可．
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．证明四边形OMPN是正方形，再证明△PMB≌△PNA（ASA），推出BM=AN，可得结论；
②根据垂线段最短原理以及勾股定理即可求解．
（1）解：∵点P （3m-1，-2m+4）在第一象限的角平分线OC上，
∴3m-1=-2m+4，
∴m=1，
∴P（2，2）；
（2）①过点P作PM⊥y轴于M，PN⊥OA于N．
∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，
∴四边形OMPN是矩形，
∵OP平分∠MON，PM⊥OM，PN⊥ON，
∴PM=PN，
∴四边形OMPN是正方形，
∵P（2，2），
∴PM=PN=OM=ON=2，
∵AP⊥BP，
∴∠APB=∠MPN=90°，
∴∠MPB+∠BPN=∠BPN+∠NPA=90°，
∴∠MPB=∠NPA，
在△PMB和△PNA中，
，
∴△PMB≌△PNA（ASA），
∴BM=AN，
∴OB+OA=OM-BM+ON+AN=2OM=4．
②连接AB，
∵∠AOB=90°，
∴OA2+OB2=AB2．
∵∠BPA=90°，
∴AB2=PA2+PB2=2PA2，
∴OA2+OB2=2PA2，
当PA最小时，OA2+OB2也最小．
根据垂线段最短原理，PA最小值为2．
∴OA2+OB2的最小值为8．
【点拨】本题考查坐标与图形变化-旋转，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．
23．(1) 见分析(2) 正方形，
【分析】（1）先根据三线合一定理得到∠ADC=90°，，再证明四边形ADCE是平行四边形，由∠ADC=90°，即可证明平行四边形ADCE是矩形；
（2）根据对角线互相垂直的矩形是正方形即可证明四边形AECD是正方形，再由进行求解即可．
（1）解：∵在△ABC中，AB=AC，D是BC的中点，
∴AD⊥BC，即∠ADC=90°，，
又∵四边形ABDE是平行四边形，
∴，
∴，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∵∠ADC=90°，
∴平行四边形ADCE是矩形；
（2）解：∵四边形ADCE是矩形，∠AOE=90°，即AC⊥DE，
∴四边形ADCE是正方形，
∴
∴．
【点拨】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，矩形的判定，正方形的性质与判定，三线合一定理，熟知相关特殊四边形的性质与判定条件是解题的关键．
24．(1) 见分析(2) 见分析(3) ，见分析
【分析】对于（1），根据“”证明即可；
对于（2），根据全等三角形的性质得，由等边对等角，得．即可得出，再根据三角形内角和定理得，即可得出结论；
对于（3），先证明，再证明，可知是等边三角形，即可得出答案．
解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴，．
∵，
∴（）．
（2）∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
记PE，CD交于点O，
在和中，，
∴．
∴．
即．
（3）．
证明：∵四边形是菱形，
∴，．
∵，
∴（）．
∴，．
∵，
∴．
∴．
∵，，
∴．
即．
∵，
∴是等边三角形，
∴．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，菱形的性质，等边三角形的性质和判定等，合理利用已证的结论是解题的关键．