北師大版初中九年級數(shù)學上冊第一章特殊平行四邊形3正方形的性質(zhì)與判定第2課時正方形的判定課件

第一章特殊平行四邊形3正方形的性質(zhì)與判定第2課時正方形的判定基礎過關全練知識點3正方形的判定1.(2024福建漳州期中)下列說法正確的是

(

)A.有一組鄰角相等的四邊形是矩形B.對角線互相垂直的四邊形是菱形C.對角線互相垂直且相等的四邊形是正方形D.有一組鄰邊相等的矩形是正方形D解析有一組鄰角相等的平行四邊形是矩形,故選項A錯誤;

對角線互相垂直的平行四邊形是菱形,故選項B錯誤;對角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形,故選項C錯誤;有一組鄰邊相等的矩形是正方形,故選項D正確.故選D.2.(2024福建三明三元期中)如圖,在矩形ABCD中,對角線

AC、BD交于點O,添加下列一個條件,不能使矩形ABCD為正

方形的是(

)A.AC⊥BDB.AC平分∠BADC.AB=BCDD.△OCD是等邊三角形解析∵有一組鄰邊相等的矩形是正方形,對角線互相垂直

的矩形是正方形,∴A、C不符合題意;∵AC平分∠BAD,∴∠BAC=∠CAD,∵四邊形ABCD是矩形,∴∠BAD=∠ABC=90°,

∴∠DAC=∠BAC=45°,∴∠ACB=45°,∴AB=BC,∴矩形

ABCD為正方形,∴B不符合題意;∵添加△OCD是等邊三角形,不能使矩形ABCD為正方形,∴D符合題意.故選D.3.(新獨家原創(chuàng))如圖,P為矩形ABCD內(nèi)一點,△PAB為正三角

形,連接PD、PC,∠CPD=150°,求證:四邊形ABCD是正方形.

證明∵四邊形ABCD是矩形,∴AD=BC,∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°,∵△PAB是正三角形,∴AP=BP,∠BAP=∠APB=60°,∴∠DAP=90°-60°=30°,同理,∠CBP=30°,∴∠DAP=∠CBP,

∴△PAD≌△PBC,∴PC=PD,∠APD=∠BPC,∴∠APD=

(360°-∠APB-∠CPD)=

(360°-60°-150°)=75°,∠CDP=∠DCP,∴∠CDP=

×(180°-150°)=15°,∴∠ADP=90°-15°=75°,∴∠APD=∠ADP,∴AP=AD,∵AP=AB,∴AD=AB,∴四邊形ABCD是正方形.知識點4正方形的性質(zhì)與判定綜合4.(2023湖南雙峰一模)如圖,將正方形ABCD的各邊AB,BC,

CD,DA順次延長至E,F,G,H,且使BE=CF=DG=AH,則四邊形

EFGH是

(

)A.平行四邊形B.菱形C.矩形DD.正方形解析∵四邊形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=DA,∠ABC=

∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°,∴∠FBE=∠GCF=∠HDG=∠EAH=90°,∵BE=CF=DG=AH,∴AB+BE=BC+CF=CD+DG=DA+AH,即AE=BF=CG=DH,在△FBE和△GCF中,∴△FBE≌△GCF(SAS),∴EF=FG,∠BFE=∠CGF,∵∠GCF=90°,∴∠CGF+∠GFC=90°,∴∠BFE+∠GFC=90°,即∠EFG=90°,同理可得FG=GH,GH=HE,HE=EF,∴EF=FG=GH=HE,∴四邊形EFGH是菱形,又∵∠EFG=90°,∴四邊形EFGH是正方形.故選D.5.(2024廣東茂名信宜二中月考)如圖,正方形ABCD的邊長是

10cm,點E,F,G,H分別從點A,B,C,D出發(fā),以2cm/s的速度同時

向點B,C,D,A運動.判斷在運動的過程中,四邊形EFGH的形

狀,并說明理由.

解析四邊形EFGH是正方形.理由如下:設運動時間為ts,∴AE=BF=CG=DH=2tcm,∵四邊形ABCD是正方形,∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°,AB=BC

=CD=DA=10cm,∴BE=CF=DG=AH,∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG

(SAS),∴EH=EF=FG=HG,∴四邊形EFGH是菱形,∵△AEH

≌△BFE,∴∠AEH=∠EFB,∵∠EFB+∠BEF=90°,∴∠AEH

+∠BEF=90°,∴∠HEF=90°,∴四邊形EFGH是正方形.能力提升全練6.(2023河南洛陽第二外國語學校期中,10,★★★)如圖,在正

方形ABCD中,點O是對角線AC,BD的交點,過點O作射線OM,

ON分別交BC,CD于點E,F,且∠EOF=90°,OC,EF交于點G.給

出下列結(jié)論:①△COE≌△DOF;②CF=BE;③四邊形CEOF的

面積為正方形ABCD面積的

;④DF2+CF2=2OE2.其中正確的是

(

)AA.①②③④

B.①②③

C.①②④

D.③④解析①∵四邊形ABCD是正方形,∴OC=OD,∠COD=90°,

∠ODC=∠OCB=45°,∵∠EOF=90°,∴∠COE=∠EOF-∠COF=90°-∠COF,∴∠COE=∠DOF,在△COE和△DOF中,

∴△COE≌△DOF(ASA),故①正確;②∵△COE≌△DOF,∴CE=DF,∵四邊形ABCD為正方形,∴

BC=CD,∴BE=CF,故②正確;③由△COE≌△DOF可得四邊形CEOF的面積與△OCD的面積相等,∴四邊形CEOF的面積

為正方形ABCD面積的

,故③正確;④在Rt△EOF中,OE2+OF2=EF2,∵△COE≌△DOF,∴OE=OF,∴EF2=2OE2.在Rt△ECF中,CE2+CF2=EF2,∵CE=DF,∴DF2+CF2=2OE2,故④正確.綜上所述,正確的是①②③④,故選A.7.(2023湖北十堰中考,20,★★☆)如圖,?ABCD的對角線AC,

BD交于點O,分別以點B,C為圓心,

AC,

BD的長為半徑畫弧,兩弧交于點P,連接BP,CP.(1)試判斷四邊形BPCO的形狀,并說明理由.(2)請說明當?ABCD的對角線滿足什么條件時,四邊形BPCO是正方形?解析

(1)四邊形BPCO為平行四邊形.理由如下:∵四邊形ABCD為平行四邊形,∴OC=OA=

AC,OB=OD=

BD,根據(jù)作圖可知,CP=

BD,BP=

AC,∴BP=OC,CP=OB,∴四邊形BPCO為平行四邊形.(2)當AC⊥BD,AC=BD時,四邊形BPCO為正方形.∵AC⊥BD,∴∠BOC=90°,∴平行四邊形BPCO為矩形,∵AC=BD,OB=

BD,OC=

AC,∴OB=OC,∴四邊形BPCO為正方形.素養(yǎng)探究全練8.(創(chuàng)新意識)(新考向·新定義試題)(2023江蘇鹽城大豐期中)

我們將菱形、矩形與正方形的接近程度稱為菱形或矩形的

“接近度”.(1)設菱形相鄰兩個內(nèi)角的度數(shù)分別為m°,n°,若我們將菱形

的“接近度”定義為|m-n|.①當菱形的一個內(nèi)角為75°時,“接近度”=

;②當菱形的“接近度”=

時,菱形為正方形.(2)設菱形相鄰兩個內(nèi)角的度數(shù)分別為m°,n°,若我們將菱形的“接近度”定義為

(m≤n),則:①當菱形的一個內(nèi)角為45°時,“接近度”=

;②當菱形的“接近度”=

時,菱形為正方形.(3)小軍同學給出了如下矩形的“接近度”的定義:設矩形相

鄰兩邊的長分別是a和b(a≤b),將矩形的“接近度”定義為

,于是

越小,矩形越接近正方形.你認為他的定義

(填“合理”或“不合理”),并說

明理由.解析

(1)①∵菱形的一個內(nèi)角為75°,∴與它相鄰的內(nèi)角的

度數(shù)為105°.∴該菱形的“接近度”=|m-n|=|105-75|=30.故答

案為30.②當菱形的“接近度”等于0時,菱形是正方形.故答案為0.(2)①菱形的一個內(nèi)角為45°,∴與它相鄰的內(nèi)角的度數(shù)為135°,∴該菱形的“接近度”=

=

.故答案為

.②當菱形的一個內(nèi)角為90°時,菱形是正方形,即當菱形的

“接近度”=

=1時,菱形是正方形.故答案為1.(3)不合理.理由如下:當

=1時,a=b,矩形變?yōu)檎叫?∴

越接近1,矩形越接近正方形,即只有矩形的“接近度”

越接近1,矩形才越接近正方形.微專題中點四邊形中點四邊形的形狀與原四邊形的兩條對角線的數(shù)量關

系和位置關系有關:(1)兩條對角線互相垂直的四邊形的中點

四邊形為矩形,如圖1所示;(2)兩條對角線相等的四邊形的中

點四邊形為菱形,如圖2所示;(3)兩條對角線相等且互相垂直

的四邊形的中點四邊形為正方形,如圖3所示.

如圖,點E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊AB、

BC、CD、DA的中點.則下列說法:①若AC⊥BD,則四邊形

EFGH為矩形;②若AC=BD,則四邊形EFGH為菱形;③若四邊

形EFGH是平行四邊形,則AC與BD互相平分;④若四邊形E-

FGH是正方形,則AC與BD互相垂直且相等.其中正確說法的

個數(shù)是

(

)例題CA.1

B.2

C.3

D.4解析∵點E、F、G、H分別是四邊形ABCD邊AB、BC、

CD、DA的中點,∴EF∥AC,EF=

AC,GH∥AC,GH=

AC,EH∥BD,EH=

BD,∴EF