《2025年一本通武汉出版社九年级数学上册北师大版核心板》

1. 下列性质中,正方形具有而菱形不具有的性质是 ………………………………………(C)
A.四条边都相等
B.对角线互相平分
C.对角线相等
D.对角线互相垂直

答案： 【解析】：
本题主要考察正方形和菱形的性质差异。
A选项：四条边都相等是菱形和正方形共有的性质，所以不符合题意。
B选项：对角线互相平分也是菱形和正方形共有的性质，因此也不符合题意。
C选项：对角线相等是正方形独有的性质，菱形的对角线并不一定相等（除非它是正方形），因此这个选项符合题意。
D选项：对角线互相垂直是菱形和正方形共有的性质，所以不符合题意。
综上所述，只有C选项是正方形具有而菱形不具有的性质。
【答案】：
C

2. 正方形具有而矩形不具有的性质是 ………………………………………………………(D)
A.对角线相等
B.对角线互相平分
C.对边平行且相等
D.对角线互相垂直

答案： 【解析】：
本题主要考察正方形和矩形的性质差异。
A选项：对角线相等。这是矩形和正方形都具有的性质，因此不能作为正方形独有的性质。
B选项：对角线互相平分。这同样是矩形和正方形都具有的性质，所以也不能作为正方形独有的性质。
C选项：对边平行且相等。这是平行四边形（包括矩形和正方形）的基本性质，因此同样不能作为正方形独有的性质。
D选项：对角线互相垂直。这是正方形独有的性质，因为正方形的对角线不仅相等、互相平分，而且还互相垂直。而矩形虽然对角线相等且互相平分，但不一定垂直。
综上所述，正方形具有而矩形不一定具有的性质是对角线互相垂直。
【答案】：
D

3. 如图,在正方形ABCD中,AC,BD交于点O,下列结论中,正确的有 ……………………(D)
①∠BAC= 45°；②AC⊥BD；③√2AB= AC；④AO= BO= CO= DO.

A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

答案： 【解析】：本题考查了正方形的性质。
①正方形的每个角都是$90^\circ$，
而正方形的对角线将每个角分为两个相等的角，
所以$\angle BAC = \frac{90^\circ}{2} = 45^\circ$，
故①正确；
②正方形的对角线互相垂直，
所以$AC \perp BD$，
故②正确；
③对于直角三角形$ABC$，
由勾股定理得$AC^2=AB^2+BC^2$，
因为$AB=BC$，
所以$AC=\sqrt{AB^2+AB^2}=\sqrt{2AB^2}=\sqrt{2}AB$，
故③正确；
④正方形的对角线相等且互相平分，
所以$AO = BO = CO = DO$，
故④正确。
综上，四个结论都是正确的。
【答案】：D。

4.(24兰州)如图,在正方形ABCD中,△ADE为等边三角形,EF⊥AB于点F. 若AD= 4,则EF的长为2

答案： 以A为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系。则A(0,0)，B(4,0)，D(0,4)。
△ADE为等边三角形，AD=4，点E在正方形内部时：
E的坐标为(AD·sin60°, AD·cos60°)=(4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$, 4×$\frac{1}{2}$)=(2$\sqrt{3}$, 2)。
EF⊥AB于F，F的横坐标与E相同，为2$\sqrt{3}$，纵坐标为0。
EF的长为E的纵坐标，即2。
点E在正方形外部时：
E的坐标为(-AD·sin60°, AD·cos60°)=(-4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$, 4×$\frac{1}{2}$)=(-2$\sqrt{3}$, 2)。
此时F的横坐标为-2$\sqrt{3}$，不在AB上（AB在x轴0到4之间），故舍去。
综上，EF=2。

5.(24常州)如图,坐标系中,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于原点O. 若点A的坐标是(2,1),则点C的坐标是(-2,-1).

答案： 解：
∵正方形ABCD的对角线AC，BD相交于原点O，
∴点A与点C关于原点O对称。
∵点A的坐标是(2,1)，
∴点C的坐标是(-2,-1)。
答案：(-2,-1)

6.(24徐州)如图,在正方形ABCD中,点E在BD的延长线上,连接EA,EC.
(1)求证：△EAB≌△ECB；
(2)若∠AEC= 45°,求证：DC= DE.

答案：
(1)证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=CB，∠ABD=∠CBD=45°，
∴∠ABE=∠CBE=180°-45°=135°，
在△EAB和△ECB中，
$\left\{\begin{array}{l}AB=CB\\ \angle ABE=\angle CBE\\ BE=BE\end{array}\right.$，
∴△EAB≌△ECB(SAS)；
(2)证明：
∵△EAB≌△ECB，
∴∠AEB=∠CEB，
∵∠AEC=45°，
∴∠AEB=∠CEB=22.5°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADB=45°，
∵∠ADB是△ADE的外角，
∴∠ADB=∠DAE+∠AEB，
∴∠DAE=∠ADB-∠AEB=45°-22.5°=22.5°，
∴∠DAE=∠AEB，
∴DE=AD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=AD，
∴DC=DE．

7.(24北京)如图,在正方形ABCD中,点E在AB上,AF⊥DE于点F,CG⊥DE于点G. 若AD= 5,CG= 4,则△AEF的面积为$\frac{27}{8}$.

答案： 解：
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AD=CD=5，∠ADC=90°．
∵ AF⊥DE，CG⊥DE，
∴ ∠AFD=∠CGD=90°，∠DAF+∠ADF=90°．
∵ ∠ADF+∠CDG=90°，
∴ ∠DAF=∠CDG．
在△ADF和△DCG中，
$\left\{\begin{array}{l} ∠AFD=∠CGD \\ ∠DAF=∠CDG \\ AD=CD\end{array}\right.$，
∴ △ADF≌△DCG（AAS），
∴ AF=DG，DF=CG=4．
在Rt△DCG中，DG=$\sqrt{CD^2-CG^2}=\sqrt{5^2-4^2}=3$，
∴ AF=DG=3，DE=DF+FG+GE（此处简化为DE=DF+DG=4+3=7，因FG+GE=DG，实际通过后续计算AE可得）．
在Rt△ADE中，AE=$\sqrt{DE^2-AD^2}=\sqrt{7^2-5^2}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$．
在Rt△AEF中，EF=$\sqrt{AE^2-AF^2}=\sqrt{(2\sqrt{6})^2-3^2}=\sqrt{24-9}=\sqrt{15}$．
∴ $S_{\triangle AEF}=\frac{1}{2}AF\cdot EF=\frac{1}{2}×3×\sqrt{15}=\frac{3\sqrt{15}}{2}$（修正：此前计算DE有误，正确DE=DF+EG，通过△AEF∽△DEA得$\frac{AF}{AD}=\frac{EF}{AE}=\frac{AE}{DE}$，设EF=x，则$\frac{3}{5}=\frac{x}{AE}=\frac{AE}{x+4}$，解得x=$\frac{9}{4}$，AE=$\frac{15}{4}$）．
正确步骤修正：
由△AEF∽△DEA（∠AEF=∠DEA，∠AFE=∠DAE=90°），
得$\frac{AF}{AD}=\frac{EF}{AE}$，即$\frac{3}{5}=\frac{EF}{AE}$，设EF=3k，AE=5k．
又DF=4，DE=EF+FD=3k+4，
在Rt△ADE中，AE²+AD²=DE²，
$(5k)^2+5^2=(3k+4)^2$，
25k²+25=9k²+24k+16，
16k²-24k+9=0，
(4k-3)²=0，k=$\frac{3}{4}$，
∴ EF=3k=$\frac{9}{4}$，
∴ $S_{\triangle AEF}=\frac{1}{2}×3×\frac{9}{4}=\frac{27}{8}$．
最终答案： $\frac{27}{8}$