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第一章 特殊平行四边形
1.3 正方形的性质与判定
精选练习
基础篇
一、单选题
1．（2022·重庆万州·八年级期末）下列命题错误的是( )
A．正方形的四条边都相等
B．正方形的四个角都相等
C．正方形是轴对称图形，共有两条对称轴
D．正方形的对角线相等且互相垂直平分
【答案】C
【解析】
【分析】
利用正方形的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】
A.正方形的四条边都相等，故A正确，不符合题意；
B.正方形的四个角都相等，故B正确，不符合题意；
C.正方形是轴对称图形，共有四条对称轴，故C错误，符合题意；
D.正方形的对角线相等且互相垂直平分，故D正确，不符合题意．
故选：C．
【点睛】
本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解正方形的性质，难度不大．
2．（2022·云南昆明·八年级期末）如图，在正方形ABCD外侧作等边 ，则 的度数为
（ ）A．15° B．22.5° C．20° D．10°
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形与等边三角形的性质可得 ， ，即可求解．
【详解】
解：∵正方形ABCD外侧作等边 ，
∴ ，
， ，
，
故选：A．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，等边对等角，掌握正方形与等边三角
形的性质是解题的关键．
3．（2022·天津河西·八年级期末）如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且
，则下列结论不一定正确的是（ ）
A． B．
C．四边形EFPQ是正方形 D．四边形PQEF的面积是四边形ABCD面积的一半
【答案】D【解析】
【分析】
根据正方形的性质可证得△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，再根据全等三角形的性质和勾股定理，逐项
判断即可求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠B=90°，
又CQ=BP ，
∴AB-BP=BC-CQ，即AP=BQ
在△AFP和△BPQ中，
∵AF=BP，∠A=∠B，AP=BQ，
∴△AFP≌△BPQ（SAS），
∴∠AFP=∠BPQ，故A选项正确，不符合题意；
同理：△AFP≌△BPQ≌△CQE≌△DEF，
∴PF=PQ=QE=EF，
∴四边形EFPQ为菱形，
∴EF∥QP，故B选项正确，不符合题意；
∵△AFP≌△BPQ
∴∠BPQ=∠AFP，
又∵∠A=90°，
∴∠AFP+∠APF=90°，
∴∠AFP+∠APF=∠BPQ+∠APF=90°，
∴∠FPQ=180°-（∠BPQ+∠APF）=90°，
∴四边形EFPQ是正方形，故C选项正确，不符合题意；
设正方形ABCD的边长为a，BP=AF=x，则 ，
∴AB=a，
∴ ，
∴正方形EFPQ的面积为 ，
而x的值无法确定，∴四边形PQEF的面积不一定是四边形ABCD面积的一半，故D选项错误，符合题意；
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和勾股定理，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的性
质和勾股定理是解题的关键．
4．（2022·山西吕梁·八年级期末）如图，正方形 的两条对角线 相交于点 ，点 在 上，
且 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可得∠CBD=∠ACB=45°，再由 ，可得∠BCE=67.5°，即可求解．
【详解】
解：在正方形ABCD中，∠CBD=∠ACB=45°，
∵ ，
∴ ，
∴∠ACE=∠BCE-∠ACB=22.5°．
故选：A
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰三角形的性质是解题的
关键．
5．（2022·河北石家庄·八年级期末）如图，正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，M是边AD上一点，
连接OM，过点O作ON⊥OM，交CD于点N．若四边形MOND的面积是2，则AB的长为（ ）A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据正方形的性质可证得△AOM≌△DON，从而得到S AOM=S DON，进而得到S AOD=2，可得到
△ △ △
OA=2，再由勾股定理，即可求解．
【详解】
解：在正方形ABCD中，AB=AD=CD，OA=OD，∠OAD=∠ODC=45°，∠AOD=90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=∠AOD=90°，
∴∠AOM=∠DON，
∴△AOM≌△DON，
∴S AOM=S DON，
△ △
∴四边形MOND的面积等于S AOD，
△
∵四边形MOND的面积是2，
∴S AOD=2，即 ，
△
∴OA=2，
∴ ．
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，
全等三角形的判定和性质是解题的关键．
6．（2022·广东·惠州一中八年级期中）如图，将正方形ABCD剪去4个全等的直角三角形（图中阴影部
分），得到边长为c的四边形EFGH，下列等式成立的是（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
利用空白部分的面积等于原正方形面积减4个全等三角形的面积，以及空白部分本身是一个边长为c的正
方形，利用等面积法求解．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=90°，
∴∠AHE+∠AEH=90°，
∵△AHE≌△DGH，
∴∠DHG=∠AEH，
∴∠AHE+∠DHG=90°，
∴∠EHG=90°，
又∵HE=EF=FG=GH，
∴四边形EFGH是正方形，
∴由图可得剩下正方形面积为： ，
根据正方形面积公式，剩下正方形面积也可以表示为：c2，
，化简得a2+b2＝c2，
故选：D．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理的证明，正方形的性质与判定，全等三角形的性质，解题的关键在于证明四边形EFGH是正方形．
二、填空题
7．（2022·陕西师大附中八年级期末）如图，菱形ABCD的周长为16，∠B＝60°，则以AC为边的正方形
ACEF的周长为_____．
【答案】16
【解析】
【分析】
根据菱形的性质得AB＝BC＝CD＝AD＝4，根据∠B＝60°得△ABC是等边三角形，即AC＝AB＝4，即可得．
【详解】
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝4，
∵∠B＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC＝AB＝4，
∴正方形ACEF的周长是：AC+CE+EF+AF＝4×4＝16，
故答案为：16．
【点睛】
本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键是掌握这些知识点．
8．（2021·江苏镇江·八年级期中）如图，以正方形ABCD的一边CD为边向形内作等边三角形CDE，则
∠ABE=____．【答案】15°
【解析】
【分析】
由正方形的性质和等边三角形的性质可求得 和 ，利用 是等腰三角形即得 和
.
【详解】
∵四边形 为正方形，
∴ ， =90°，
又∵ 为等边三角形， ， =60°，
∴ =90°-60°=30°，
∵ ， 是等腰三角形，
∴ = （180°-30°）=75°，
又∵ =90°，
∴ =90°-75°=15°，
故答案为：15°.
【点睛】
本题主要考查正方形的性质及等边三角形的性质，熟练运用两者性质是解决本题的关键.
9．（2022·海南海口·七年级期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E在BC上，△ABE绕正方形的中心
经顺时针旋转后与△DAF重合，则∠DGE=______度．
【答案】90
【解析】
【分析】
由旋转的性质得∠ADF=∠BAE，再根据正方形的性质，得∠DAF=90°，从而得∠AFD+∠ADF=90°，即
∠AFD+∠BAE=90°，再由三角形内角和定理得出∠AGF=90°，即可由对顶角相等求得答案．
【详解】
解：∵ ABE绕正方形的中心经顺时针旋转后与 DAF重合，
△ △∴∠ADF=∠BAE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAF=90°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠AFD+∠BAE=90°，
∵∠AFD+∠BAE+∠AGF=180°，
∴∠AGF=90°，
∴∠DGE=∠AGF=90°，
故答案为：90．
【点睛】
本题考查旋转的性质，三角形内角和定理，对顶角性质，熟练掌握旋转的性质是解题的关键．
10．（2022·广东惠州·八年级期末）如图，在直线l上摆放着三个正方形，其中正放的两个正方形的顶点
M，N分别是斜放正方形相邻两边的中点，三个正方形的面积依次为 ， ， ．已知 ， ，则
=_____．
【答案】16
【解析】
【分析】
利用AAS证明△AMB≌△CBN，得BC=AM，再利用勾股定理求出BM的长，从而解决问题．
【详解】
解：如图，∵正放的两个正方形的顶点M，N分别是斜放正方形相邻两边的中点，
∴BM=BN，∠MBN=90°，∠MAB=∠NCB=90°，
∴∠MBA+∠CBN=90°，
∵∠MBA+∠AMB=90°，
∴∠AMB=∠CBN，
∴△AMB≌△CBN（AAS），
∴BC=AM，
∵ ， ，
∴AM=1， ，
∴由勾股定理得：BM=2，
∴ ．
故答案为：16
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，证明△AMB≌△CBN是解题
的关键．
三、解答题
11．（2022·广西百色·八年级期末）如图，在正方形ABCD中，AE、BF相交于点O且AF＝DE．求证：
∠DAE＝∠ABF．【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
由正方形的性质可得AB=AD，∠BAD=∠ADC=90°，由“SAS”可证△ABF≌△DAE，可得∠DAE=∠ABF．
【详解】
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD，
在△ABF与△DAE中
∴△ABF≌△DAE（SAS），
∴∠DAE＝∠ABF
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，证明三角形全等是解题的关键．
12．（2021·天津津南·八年级期末）如图，E是正方形ABCD的边CD上一点，以点A为中心．把△ADE绕
点A逆时针旋转90°，得△ ，连接 ．
(1) 的度数为 ；
(2)若AD＝4，DE＝1，求 的长．
【答案】(1)90°(2)
【解析】
【分析】
（1）根据旋转的性质即可求解；
（2）根据正方形的性质，勾股定理求得 的长，根据旋转的性质可得 ，进而勾股定理即
可求解．
(1)
把△ADE绕点A逆时针旋转90°，得△ ，
；
(2)
四边形 是正方形，
，
，
由旋转的性质可得 ，
，
【点睛】
本题考查了性质的性质，勾股定理，掌握旋转的性质是解题的关键．
提升篇
一、填空题
1．（2022·广西钦州·八年级期末）如图，点E，F在正方形ABCD内部且AE⊥EF，CF⊥EF，已知AE＝
9，EF＝5，FC＝3，则正方形ABCD的边长为________．【答案】
【解析】
【分析】
连接 ，过点 作 交 的延长线于点 ，在 中，勾股定理求得 ，进而即可求解．
【详解】
如图，连接 ，过点 作 交 的延长线于点
AE⊥EF，CF⊥EF，
则四边形 是矩形，
中， ， ，
，
，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，勾股定理，构造直角三角形求得 的长是解题的关键．2．（2022·湖南邵阳·八年级期末）如图，在正方形 中， 为 中点，连结 ，过点 作
交 的延长线于点 ，连结 ，若 ，则 的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得 AED≌△CFD，从而得到CF=AE=1，然后根据勾股定理可以得到解答．
【详解】 △
解：∵E为AB的中点，
∴AB＝2AE＝2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝AB＝2，∠ADC＝∠ABC＝90°，
∵ ，
∴∠EDC+∠CDF=90°=∠EDC+∠ADE，BC＝AB，
∴∠CDF=∠ADE，
又CD=AD，∠DCF=∠A=90°，
∴△AED≌△CFD（ASA），
∴CF=AE=1，BF=BC+CF=2+1=3，
∴在RT EBF中，由勾股定理可得：
△
EF= ，
故答案为： ．
【点睛】
本题考查正方形的综合应用，熟练掌握正方形的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理的应用是解题
关键．
3．（2022·重庆一中八年级期中）如图，正方形ABCD边长为4，P是正方形内一动点，且，则 的最小值是______．
【答案】
【解析】
【分析】
过点P作 ，由 可得 ，得PE=1，PF=3，过点P作MN//AB交AD于点
M，交BC于点N，可得出四边形PFCN是矩形，得CN=PF=3，延长CB到K，使NK=CN=3，连接DK，根
据两点之间线段最短故可知 的最小值为DK的长，根据勾股定理可求解
【详解】
解：如图，过点P作 ，交AB于点E，交CD于点F，
∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ， ，
∴
∵ ， ，
∴ ，
∴
∵∴ ，
∴ ， ，
过点P作MN//AB交AD于点M，交BC于点N，则 ，
∴∠
∴四边形 是矩形，
∴四边形 是矩形，
∴ ，
∵∠ ，
延长CB到K，使NK=CN=3，则有：
连接DK，当 在一条直线上时， ，当 不在一条直线上时， ，
故当 共线时，
又N是CK的中点， ，
∴PN是CK的垂直平分线，
∴CP=PK，
所以 的最小值为 ，
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查正方形的性质，矩形的判断与性质，勾股定理以及线段的垂直平分线的判断与性质等知识，
掌握正方形的性质，正确做出辅助线是解题的关键．
4．（2022·浙江杭州·八年级期末）如图，点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，连接BE，DG，CF，
AH．若AB＝10，则四边形MNPQ的面积是______．
【答案】20
【解析】
【分析】
根据正方形四边相等，四个角为直角的性质，且点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，可证明△ADG≌△DCG≌△CBF≌△BAE（SAS），得到AH=DG=CF=BE，∠HAD=∠GDC=∠FCB=∠EBA，则可
证明△AQD≌△BAM≌△CBN≌△DCP（AAS），四边形MNPQ是正方形，求出MNPQ的边长即可求出其
面积．
【详解】
解：∵点E，F，G，H为正方形ABCD四边中点，
∴AE=DH=CG=BF，
又∵AB=BC=CD=AD，
∴△ADG≌△DCG≌△CBF≌△BAE（SAS），
∴AH=DG=CF=BE，∠HAD=∠GDC=∠FCB=∠EBA，
∵∠HAD+∠BAH=90°，
∴∠BAH+∠ABE=90°，
∴∠AMB=180°-(∠BAH+∠ABE)=90°，
同理：∠BNC=∠CPD=∠DQA=90°，
∴△AQD≌△BAM≌△CBN≌△DCP（AAS），
∴AM=BN=CP=DQ，AQ=BM=CN=DP，
∴MQ=MN=PN=PQ，
∴四边形MNPQ是正方形，
∵AB=BC=CD=AD=10，
∴BE=CF=DG=AH= ，
∵ ，
∴AM= ，
∴ ，
∴MQ=MN=PN=PQ= ，
∴四边形MNPQ的面积= ，
故答案为：20
【点睛】
本题考查了正方形的性质和全等三角形，熟练运用正方形的性质和全等三角形是解题的关键．5．（2022·河南开封·八年级期末）如图， 中，两直角边 和 的长分别3和4，以斜边 为
边作一个正方形 ，再以正方形的边 为斜边作 ，然后依次以两直角边 和 为边分别
作正方形 和 ，则图中阴影部分的面积为______．
【答案】25
【解析】
【分析】
证明 ，可得到AF和FE的长度，分别计算出正方形 和 的面积即可得到阴影部
分的面积．
【详解】
解：∵ 四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ,
∴ ,
∵ ,
∴ ,
∵ ,
∴ ,
∴ ,
∵ ，∴
∴ ， ，
∴ , ,
∴ ,
故答案为：25．
【点睛】
本题考查正方形、全等三角形和直角三角形的性质，证明 是解本题的关键．
二、解答题
6．（2022·福建南平·八年级期末）如图，在正方形 ABCD 中，E是边BC上一动点（不与B，C重合），
连接AE，过点A作AE的垂线交CD的延长线于点 F ．
(1)如 图1，求证：BE＝DF；
(2)如图2，连接BD，EF，交点为O．求证：点O是线段EF的中点．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【解析】
【分析】
（1）证明 ABE≌△ADF（ASA）即可得到结论；
（2）过点△E作EG⊥BC交BD于点G，则∠BEG＝90°，证明 GOE≌△DOF（AAS），即可得到结论．
(1) 证明：∵四边形 ABCD 是正方形， △∴∠BAD=∠B= ∠ADC=90°，AB=AD，
∴∠ADF＝180°－∠ADC＝90°，
∴∠ADF＝∠ABE，
∵AF⊥ AE，
∴∠EAF=∠BAD = 90°，
∴∠BAE+∠DAE=∠DAF+∠DAE，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△ABE≌△ADF（ASA）．
∴BE=DF．
(2)
证明：如图，过点E作EG⊥BC交BD于点G，则∠BEG＝90°，
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴∠DBC=∠CDB =45° ，
∴∠BGE＝90°－∠CBD＝45°，∠ODG＝180°－∠BDC＝135°，
∴BE＝GE，∠OGE＝180°－∠BGE＝135°，
∴△BGE 是等腰直角三角形，∠OGE=∠ODF= 135° ，∴由（1）可知，BE=DF ，
∴GE=DF．
∵∠GOE=∠DOF，
∴△GOE≌△DOF（AAS）．
∴OE=OF ．
【点睛】
此题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解
答此题的关键．
7．（2022·湖北黄石·八年级期末）四边形ABCD为正方形，点E为线段AC上一点，连接DE，过点E作
EF⊥DE，交射线BC于点F，以DE、EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．
(1)如图，求证：矩形DEFG是正方形；
(2)若AB＝2， ，求CG的长度；
(3)当线段DE与正方形ABCD的某条边的夹角是32°时，求∠EFC的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)∠EFC＝122°或32°
【解析】
【分析】
（1）作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，证明 ，可得EF＝ED，则矩形DEFG是正方形；
（2）根据AB＝2， ，可得 重合，根据正方形的性质即可求解；
（3）①当DE与AD的夹角为32°时，点F在BC边上，∠ADE＝32°，在四边形CDEF中，由四边形内角
和定理得：∠EFC＝122°，②当DE与DC的夹角为32°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝32°，可得
∠EFC＝∠CDE＝32°．
(1)证明：作EP⊥CD于P，EQ⊥BC于Q，
∵∠DCA＝∠BCA，
∴EQ＝EP，
∵∠QEF＋∠FEC＝45°，∠PED＋∠FEC＝45°，
∴∠QEF＝∠PED，
在 和 中，
∴
∴EF＝ED，
∴矩形DEFG是正方形；
(2)
解：如图2中，
在 中， ，
∵ ，
∴AE＝CE，
∴点F与C重合，
．(3)
①当DE与AD的夹角为32°时，点F在BC边上，∠ADE＝32°，如图3所示：
则∠CDE＝90°－32°＝58°，
在四边形CDEF中，由四边形内角和定理得：
∠EFC＝360°－90°－90°－58°＝122°，
②当DE与DC的夹角为32°时，点F在BC的延长线上，∠CDE＝32°，如图4所示：
∵∠HCF＝∠DEF＝90°，∠CHF＝∠EHD，
∴∠EFC＝∠CDE＝32°，
综上所述，∠EFC＝122°或32°．
【点睛】
本题考查了正方形的性质与判定，四边形内角和定理，勾股定理，掌握正方形的性质与判定是解题的关键．
8．（2022·贵州黔东南·八年级期末）【探究发现】（1）如图1，在四边形 中，对角线 ，垂
足是O，求证： ．
【拓展迁移】（2）如图2．以三角形 的边 、 为边向外作正方形 和正方形 ，求证：
．
（3）如图3，在（2）小题条件不变的情况下，连接 ，若 ， ， ，则 的长
_____________．（直接填写答案）【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） ．
【解析】
【分析】
（1）根据 ，利用勾股定理分别求出 和 即可证明结论；
（2）利用正方形的性质证明 CAE≌ GAB（SAS），可得∠CEA＝∠GBA，根据∠GBA＋∠ANB＝90°等
量代换求出∠EMN＝90°即可△； △
（3）利用勾股定理分别求出AE、CG和BE，然后利用（1）中结论求出BC即可．
【详解】
解：（1）∵ ，
∴∠AOD＝∠AOB＝∠COD＝∠BOC＝90°，
由勾股定理得： ， ，
∴ ；
（2）∵在正方形 和正方形 中，AC＝AG，AE＝AB，∠CAG＝∠EAB＝90°，
∴∠CAG＋∠GAE＝∠EAB＋∠GAE，即∠CAE＝∠GAB，
∴ CAE≌ GAB（SAS），
∴△∠CEA＝△∠GBA，
∵∠GBA＋∠ANB＝90°，∠ANB＝∠MNE，
∴∠CEA＋∠MNE＝90°，
∴∠EMN＝90°，
∴ ；
（3）如图3，连接CG，BE，
∵ ， ， ，∴AC＝8，AE＝ ，
∴AB＝10，
∴CG＝ ，BE＝ ，
∵ ，
∴由（1）可知： ，即 ，
∵BC＞0，
∴ ．
故答案为： ．
【点睛】
本题主要考查了勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握勾股定理是解答此题的关键．
