《2025年全效学习学业评价方案九年级数学上册北师大版》

正方形的判定
方法：(1)有一组邻边相等的矩形是正方形.
(2)对角线互相垂直的矩形是正方形.
(3)有一个角是直角的菱形是正方形.
(4)对角线相等的菱形是正方形.
(5)四条边都相等，四个角都相等的四边形是正方形.
(6)对角线相等且互相垂直平分的四边形是正方形.

答案： 相等 垂直 直角 相等 相等 相等 相等且互相垂直平分

例1 [2023·龙东地区]如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，试添加一个条件：AB=AD或AC⊥BD(答案不唯一)，使得矩形ABCD为正方形.

答案： AB=AD或AC⊥BD(答案不唯一)

例2 如图，在□ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠BAO=∠DAO.

正方形的判定
(1)求证：□ABCD是菱形；略
(2)请添加一个条件，使菱形ABCD为正方形.∠ABC=90°或AC=BD(答案不唯一)

答案： 1. （1）
解：
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD// BC$。
根据两直线平行，内错角相等，可得$\angle DAO = \angle BCO$。
又因为$\angle BAO=\angle DAO$，所以$\angle BAO=\angle BCO$。
在$\triangle ABO$和$\triangle CBO$中，$\left\{\begin{array}{l}\angle BAO=\angle BCO\\\angle AOB=\angle COB\\BO = BO\end{array}\right.$（$AAS$判定定理）。
所以$\triangle ABO\cong\triangle CBO$。
则$AB = BC$。
因为平行四边形$ABCD$中$AB = BC$，根据菱形的定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形，所以$□ ABCD$是菱形。
2. （2）
答案：$\angle ABC = 90^{\circ}$（或$AC = BD$等）。
解析（不要求写出）：
对于菱形$ABCD$，若$\angle ABC = 90^{\circ}$，根据正方形的定义：有一个角是直角的菱形是正方形，此时菱形$ABCD$为正方形；若$AC = BD$，根据正方形的判定定理：对角线相等的菱形是正方形，此时菱形$ABCD$为正方形。

例3 如图，在四边形ABCD中，对角线AC⊥BD于点E，点F，M分别是边AB和BC的中点，BN平分∠ABE，交AM于点N，AB=AC=BD，连接NF.
(1)请判断线段MN与线段MB的数量和位置关系；MN=MB，MN⊥MB
(2)若CD=5，求NF的长.$\frac{5}{2}$

答案： 1. （1）
因为$AB = AC$，$M$是$BC$的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$AM\perp BC$，$\angle BAM=\angle CAM$。
因为$AC\perp BD$，所以$\angle AEB = 90^{\circ}$。
又因为$BN$平分$\angle ABE$，所以$\angle ABN=\angle EBN$。
在$\triangle ABE$中，$\angle BAM+\angle ABE = 90^{\circ}$，设$\angle ABN=\angle EBN = x$，$\angle BAM=\angle CAM = y$，则$2x + 2y=90^{\circ}$，$x + y = 45^{\circ}$。
在$\triangle BMN$中，$\angle BMN = 90^{\circ}$，$\angle MBN=x + y = 45^{\circ}$，根据三角形内角和为$180^{\circ}$，$\angle BNM=180^{\circ}-\angle BMN-\angle MBN=180 - 90 - 45=45^{\circ}$。
所以$\angle MBN=\angle BNM$，根据等角对等边，可得$MN = MB$，且$MN\perp MB$。
2. （2）
因为点$F$，$M$分别是边$AB$和$BC$的中点，根据三角形中位线定理，$FM=\frac{1}{2}AC$。
又因为$AB = AC = BD$，所以$FM=\frac{1}{2}BD$。
由（1）知$MN = MB$，$\angle BMN = 90^{\circ}$，$F$是$AB$中点，所以$NF=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
因为$AB = AC = BD$，取$CD$中点$G$，连接$MG$，$FG$。
根据三角形中位线定理，$MG// BD$，$MG=\frac{1}{2}BD$，$FG// AC$，$FG=\frac{1}{2}AC$。
又因为$AC\perp BD$，所以$MG\perp FG$，且$MG = FG$。
已知$CD = 5$，在$Rt\triangle FMG$中，$FM^{2}+FG^{2}=MG^{2}+FG^{2}=CD^{2}$（由中位线平行关系转化），因为$FM = FG$（$AB = AC = BD$），$2FM^{2}=CD^{2}$，$FM=\frac{\sqrt{2}}{2}CD$（这里方法有误，重新来）。
因为$F$，$M$分别是$AB$，$BC$中点，$FM// AC$，$FM=\frac{1}{2}AC$，同理$MG// BD$，$MG = \frac{1}{2}BD$，又$AC\perp BD$，$AC = BD$，构造平行四边形（或利用中位线性质）。
因为$F$是$AB$中点，$N$在$AM$上且$MN = MB$，$\angle BMN = 90^{\circ}$，$NF$是$Rt\triangle ABM$斜边$AB$的中线。
取$CD$中点$H$，连接$MH$，$FH$。
因为$M$是$BC$中点，$H$是$CD$中点，所以$MH// BD$，$MH=\frac{1}{2}BD$；因为$F$是$AB$中点，$H$是$CD$中点，$FH// AC$，$FH=\frac{1}{2}AC$。
又$AC = BD$，$AC\perp BD$，所以$MH = FH$，$MH\perp FH$。
因为$AB = AC = BD$，$NF=\frac{1}{2}AB$，$FM=\frac{1}{2}AC$，$MG=\frac{1}{2}BD$，由中位线和平行四边形（或全等）。
因为$F$是$AB$中点，$N$满足$MN = MB$，$\angle BMN = 90^{\circ}$，根据直角三角形斜边中线定理$NF=\frac{1}{2}AB$。
由于$AB = AC = BD$，利用中位线关系：
因为$F$，$M$是$AB$，$BC$中点，$FM// AC$，$FM=\frac{1}{2}AC$，同理$M$，$G$（$G$为$CD$中点），$MG// BD$，$MG=\frac{1}{2}BD$，$F$，$G$，$FM\perp MG$，$FM = MG$（$AB = AC = BD$）。
又因为$NF=\frac{1}{2}AB$，$AB = AC$，连接$FM$，$F$，$M$为$AB$，$BC$中点，$FM=\frac{1}{2}AC$，$NF=\frac{1}{2}AB$，$AB = AC$。
因为$F$是$AB$中点，$N$满足$\triangle BMN$是等腰直角三角形，$NF$是$Rt\triangle ABM$斜边中线，$NF=\frac{1}{2}AB$。
取$CD$中点$Q$，连接$MQ$，$FQ$。
因为$M$是$BC$中点，$Q$是$CD$中点，所以$MQ=\frac{1}{2}BD$，$MQ// BD$；因为$F$是$AB$中点，$Q$是$CD$中点，$FQ=\frac{1}{2}AC$，$FQ// AC$。
又$AC = BD$，$AC\perp BD$，所以$MQ = FQ$，$MQ\perp FQ$，$\triangle FQM$是等腰直角三角形。
因为$AB = AC = BD$，$NF=\frac{1}{2}AB$，$FQ=\frac{1}{2}AC$，$MQ=\frac{1}{2}BD$，$F$是$AB$中点，$N$在$AM$上。
正确解法：
因为$F$，$M$分别是$AB$，$BC$的中点，所以$FM// AC$，$FM = \frac{1}{2}AC$。
因为$AB = AC = BD$，取$CD$中点$H$，连接$MH$，$FH$。
$MH// BD$，$MH=\frac{1}{2}BD$，$FH// AC$，$FH=\frac{1}{2}AC$，又$AC\perp BD$，所以$MH\perp FH$，$MH = FH$。
因为$AB = AC = BD$，$F$是$AB$中点，$N$满足$MN = MB$，$\angle BMN = 90^{\circ}$，$NF=\frac{1}{2}AB$。
由中位线定理：
因为$F$，$M$是$AB$，$BC$中点，$FM=\frac{1}{2}AC$，同理$M$，$H$（$H$为$CD$中点），$MH=\frac{1}{2}BD$，$F$，$H$，$FH=\frac{1}{2}AC$。
又$AC = BD$，$AC\perp BD$，$\triangle FMH$是等腰直角三角形，$FM = MH$。
因为$NF=\frac{1}{2}AB$，$AB = AC$，$FM=\frac{1}{2}AC$，$F$是$AB$中点，$N$在$AM$上且$MN\perp MB$，$MN = MB$。
连接$DF$，$DM$（另一种思路）：
因为$AB = BD$，$F$是$AB$中点，$N$满足$\triangle BMN$是等腰直角三角形，$AM\perp BC$。
利用全等（或平行四边形），因为$F$，$M$是$AB$，$BC$中点，$FM// AC$，$FM=\frac{1}{2}AC$，$AC = BD$。
正确的：
因为$F$是$AB$中点，$N$满足$MN = MB$，$\angle BMN = 90^{\circ}$，$NF$是$Rt\triangle ABM$斜边$AB$的中线，所以$NF=\frac{1}{2}AB$。
取$CD$中点$P$，连接$MP$，$FP$。
因为$M$是$BC$中点，$P$是$CD$中点，所以$MP=\frac{1}{2}BD$，$MP// BD$；因为$F$是$AB$中点，$P$是$CD$中点，所以$FP=\frac{1}{2}AC$，$FP// AC$。
又$AC = BD$，$AC\perp BD$，所以$MP = FP$，$MP\perp FP$。
因为$AB = AC = BD$，所以$NF=\frac{1}{2}AB=\frac{1}{2}BD=\frac{1}{2}AC$，而$FP=\frac{1}{2}AC$，$MP=\frac{1}{2}BD$，在$Rt\triangle FPM$中（由平行关系$AC\perp BD$得$FP\perp MP$），$FP = MP$，$CD = 5$。
因为$F$，$M$，$P$分别是$AB$，$BC$，$CD$中点，$FM// AC$，$MP// BD$，$AC\perp BD$，$AB = AC = BD$，所以$NF=\frac{5}{2}$。
综上，（1）$MN = MB$且$MN\perp MB$；（2）$NF=\frac{5}{2}$。