专题18.43正方形的几何模型 三垂直模型 培优篇 专项练习（含解析）2023-2024学年八年级数学下册人教版专项讲练

专题18.43 正方形的几何模型（三垂直模型）（培优篇）（专项练习）
一、单选题
1．如图，点，点在射线上匀速运动，运动的过程中以为对称中心，为一个顶点作正方形，当正方形的面积为40时，点的坐标是（ ）
A． B． C． D．
2．如图，在正方形中，点G为边上一点，以为边向右作正方形，连接，交于点P，连接，过点F作交于点H，连接，交于点K，下列结论中错误的是（ ）
A． B．是等腰直角三角形
C．点P为中点 D．
二、解答题
3．在正方形中，点是边上的一点，点是直线上一动点，于，交直线于点．
（1）当点运动到与点重合时(如图1)，线段与的数量关系是________．
（2）若点运动到如图2所示的位置时，（1）探究的结论还成立吗？如果成立，请给出证明：如果不成立，请说明理由．
（3）如图3，将边长为的正方形折叠，使得点落在边的中点处，折痕为，点、分别在边、上，请直接写出折痕的长．
4．如图1，点E为正方形ABCD内一点，∠AEB＝90°，将Rt△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°（即∠EBE'＝90°），得到△CBE′（点A的对应点为点C）延长AE交CE于点F，连接DE．
（1）试判断四边形BE′FE的形状，并说明理由．
（2）如图2，若DA＝DE，请猜想线段CF于FE'的数量关系并加以证明．
（3）如图1，若AB＝，CF＝3，请直接写出DE的长．
5．如图，四边形是正方形，点是线段的延长线上一点，点是线段上一点，连接，以点为直角顶点作交的角平分线于，过点作交于，连接，，．
（1）求证：．
（2）求证：．
（3）若，，求的长．
6．平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点A，C在坐标系上，点B（6，6），P是射线OB上一点，将△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，Q是点P旋转后的对应点．
(1)如图1，当OP=时，求点Q的坐标；
(2)如图2，设点P（x，y）（0＜x＜6），△APQ的面积为S，求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
(3)当BP+BQ=时，直接写出点Q的坐标．
7．如图，点是正方形的边上的任意一点（不与、重合），与正方形的外角的角平分线交于点．
(1)求证：．
(2)将图放在平面直角坐标系中，如图，连、，与交于点，若正方形的边长为，则四边形的面积是否随点位置的变化而变化？若不变，请求出四边形的面积．
(3)在的（2）条件下，若，求四边形的面积．
8．综合与实践
情景再现
我们动手操作：把正方形ABCD，从对角线剪开就分剪出两个等腰直角三角形，把其中一个等腰三角形与正方形ABCD重新组合在一起，图形变得丰富起来，当图形旋转时问题也随旋转应运而生．
如图①把正方形ABCD沿对角线剪开，得两个等腰直角三角形△ACD和△BCE，
（1）问题呈现
我们把剪下的两个三角形一个放大另一个缩小拼成如图②所示
①点P是一动点，若AB=3，PA=1，当点P位于_ __时，线段PB的值最小；若AB=3，PA=5，当点P位于__ _时，线段PB有最大值．PB的最大值和最小值分别是______．
②直接写出线段AE与DB的关系是_ ________．
（2）我们把剪下的其中一个三角形放大与正方形组合如图③所示，点E在直线BC上，FM⊥CD交直线CD于M．
①当点E在BC上时，通过观察、思考易证：AD=MF+CE；
②当点E在BC的延长线时，如图④所示；
当点E在CB的延长线上时，如图⑤所示，
线段AD、MF、CE具有怎样的数量关系？写出你的猜想，并选择图④或图⑤证明你的猜想．
问题拓展
（3）连接EM，当=8，=50，其他条件不变，直接写出线段CE的长_______．
9．综合与实践：如图1，在正方形中，连接对角线，点O是的中点，点E是线段上任意一点（不与点A，O重合），连接，．过点E作交直线于点F．
（1）试猜想线段与的数量关系，并说明理由；
（2）试猜想线段之间的数量关系，并说明理由；
（3）如图2，当E在线段上时（不与点C，O重合），交延长线于点F，保持其余条件不变，直接写出线段之间的数量关系．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】作轴于，轴于E，根据的坐标求得直线的斜率，进一步得出直线的斜率为，通过证得，得出，，可设，则，然后根据待定系数法求得直线的斜率为，整理得，然后根据勾股定理得出，代值求解即可．
【详解】解：作轴于，轴于E，
设直线的解析式为，
∵点
∴
∵四边形是正方形，
∴
∴直线的斜率为
又∵，
∴，
∴
又∵
∴
∴，
设，则
设直线的解析式为，
∴
解得：
∴
整理得：
∵正方形面积为40
∴
∴在中，，即：
解得：
∴
∴
故答案选B
【点睛】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据直线的斜率列出方程是解题的关键．
2．D
【分析】A．证明四边形BHFG为平行四边形，得BH=GF=CE，得BC=HE，再由正方形的性质得HE=CD，进而便可判断选项正误；B．证明△ABH≌△HEF，进而得出△AHF是等腰直角三角形，便可判断选项正误；C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，证明四边形EFMH为矩形，再证明△PAD≌△PFM得AP=FP，便可判断选项正误；D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，证明△AQK≌△APK得AK=PK，进而得BK2+DP2=KP2，便可判断正误．
【详解】解：A．∵四边形CEFG是正方形，
∴GF∥CE，GF=CE，
∵BG∥HF，
∴四边形BHFG为平行四边形，
∴GF=BH，
∴BH=CE，
∴BC=HE，
∵四边形ABCD为正方形，
∴BC=CD．
∴HE=CD，故A正确；
B．∵ABCD是正方形，CEFG是正方形，
∴AB=BC，CE=EF，∠ABH=∠HEF=90°，
∵BC=HE，BH=CE，
∴AB=HE，BH=EF，
∴△ABH≌△HEF（SAS），
∴AH=HF，∠BAH=∠EHF，
∵∠BAH+∠AHB=90°，
∴∠EHF+∠AHB=90°，
∴∠AHF=90°，
∴△AHF为等腰直角三角形，故B正确；
C．过H作HM⊥BC，HM与BD交于点M，连接MF，则MH∥EF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=90°，∠HBD=∠ABC，
∴∠HBM=45°，
∴BH=MH，
∵△ABH≌△HEF，
∴BH=EF，
∴MH=EF，
∴四边形EFMH为矩形，
∴MF∥BE∥AD，MF=HE，
∴∠DAP=∠MFP，∠ADP=∠FMP，
∵AD=BC=HE，
∴AD=MF，
∴△PAD≌△PFM（ASA），
∴AP=FP，故C正确；
D．将△ADP绕点A顺时针旋转90，得△ABQ，连接QK，则AQ=AP，∠QAP=90°，
∵△AHF是等腰直角三角形，
∴∠HAF=45°，
∴∠QAK=∠PAK=45°，
∵AK=AK，
∴△AQK≌△APK（SAS），
∴QK=PK，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°，
由旋转性质知，∠ABQ=∠ADP=45°，BQ=DP，
∴∠QBK=90°，
∴BK2+BQ2=QK2，
∴BK2+DP2=KP2，故D错误；
故选：D．
【点睛】本题是正方形的一个综合题，主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，旋转的性质，后两选项关键在构造全等三角形．
3．（1）EF=AG；（2）成立，理由见解析；（3）
【分析】（1）利用ASA证明△ABE≌△DAG全等即可得到结论；
（2）过点F作FM⊥AE，垂足为M，利用ASA证明△ADG≌△FME，即可得到结论；
（3）过点Q作QH⊥AD于H，，根据翻折变换的性质可得PQ⊥AM，然后求出∠APQ=∠AMD，再利用“角角边”证明△ADM≌△QHP，根据全等三角形对应边相等可得QP=AM，再利用勾股定理列式求出AM，从而得解．
【详解】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AB=AD，
∴∠ABE+∠AEB=90°，
∵EF⊥AG，
∴∠AEB+∠DAG=90°，
∴∠ABE=∠DAG，
∴△ABE≌△DAG（ASA），
∴EF=BE=AG；
（2）成立，理由是：
过点F作FM⊥AE，垂足为M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAE=∠ADG=90°，AD=CD，
∴MF=CD=AD，∠EMF=90°，
∴∠E+∠EFM=90°，
∵EF⊥AH，
∴∠HAE+∠E=90°，
∴∠HAE=∠EFM，
∴△ADG≌△FME（ASA），
∴EF=AG；
（3）如图，过点Q作QH⊥AD于H，则四边形ABQH中，HQ=AB，
由翻折变换的性质得PQ⊥AM，
∵∠APQ+∠DAM=90°，∠AMD+∠DAM=90°，
∴∠APQ=∠AMD，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，
∴HQ=AD，
在△ADM和△QHP中，
，
∴△ADM≌△QHP（AAS），
∴QP=AM，
∵点M是CD的中点，
∴DM=CD=3，
在Rt△ADM中，由勾股定理得，AM=，
∴PQ的长为．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，翻折变换的问题，折叠问题其实质是轴对称，对应线段相等，对应角相等，找到相应的直角三角形利用勾股定理求解是解决本题的关键．
4．（1）正方形，理由见解析；（2）CF＝FE'，证明见解析；（3）5
【分析】（1）由旋转的特征可得到∠E′＝∠AEB＝90°、∠EBE′＝90°、BE′＝BE，再由∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，可判定四边形BE′FE是正方形；
（2）过点D作DG⊥AE于点G，由DA＝DE得AG＝AE，再证明△ADG≌△BAE，且由四边形BE′FE是正方形，得到FE′＝AG＝CE′，可证得结论；
（3）过点D作DG⊥AE于点G，由旋转及四边形BE′FE是正方形可得如下关系：AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，在Rt△BAE中根据勾股定理求出BE、AE的长，由（1）可知，△ADG≌△BAE，得到DG＝BE，AG＝BE，再由勾股定理求出DE的长．
【详解】解：（1）四边形BE′FE是正方形．
理由如下：由旋转得，∠E′＝∠AEB＝90°，∠EBE′＝90°，
∵∠BEF＝180°﹣∠AEB＝90°，
∴四边形BE′FE是矩形，
由旋转得，BE′＝BE，
∴四边形BE′FE是正方形．
（2）CF＝FE'，
证明：如图2，过点D作DG⊥AE于点G，则∠DGA＝∠AEB＝90°，
∵DA＝DE，
∴AG＝AE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DA＝AB，∠DAB＝90°，
∴∠BAE+∠DAG＝90°，
∵∠ADG+∠DAG＝90°，
∴∠ADG＝∠BAE，
在△ADG和△BAE中
，
∴△ADG≌△BAE（AAS），
∴AG＝BE；
∵四边形BE′FE是正方形，
∴BE＝FE′，
∴AG＝FE′，
由旋转得，AE＝CE′，
∴AE＝CE′，
∴FE′＝AE＝CE′，
∴CF＝FE'．
（3）如图3，过点D作DG⊥AE于点G，
∵BE＝FE′，CF＝3，
∴AE＝CE′＝FE′+CF＝FE′+3＝BE+3，
∵AE2+BE2＝AB2，且AB＝，
∴(BE+3)2+BE2＝()2，
解得，BE＝1或BE＝﹣4（不符合题意，舍去），
∴AE＝1+3＝4，
由（2）得，△ADG≌△BAE，
∴DG＝AE＝4，AG＝BE＝1，
∴GE＝AE﹣AG＝4﹣1＝3，
∵∠DGE＝90°，
∴DE＝＝＝5．
【点睛】此题考查了正方形的性质与判定、旋转的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，解题的关键是正确地作出解题所需要的辅助线，构造全等三角形．
5．（1）见解析；（2）见解析；（3）
【分析】（1）在边上截取线段，使连，证明即可求解；
（2）由（1），证明四边形为平行四边形即可求解；
（3）过作垂足为，由（2）知，；得到，，平分所以，可知三角形是等腰直角三角形，再用勾股定理即可求出和MN和DN．
【详解】（1）证明：在边上截取线段，使连．
∵四边形是正方形
;
∵BN平分
在中,,
在和中
∴
．
（2）如图，
设与CE的交点为H，
∵四边形是正方形
∴
∵
在和中，
∴．
又，
又．
四边形为平行四边形．
．
（3）解：如图所示，过作垂足为．
由（2）知，
，
又
∴即
平分所以，
∴三角形是等腰直角三角形，
在中，
设，则，即，
．
，，
在中，，
又在中，，，
．
【点睛】此题考查的是全等三角形的性质、等腰三角形的性质和判定和判定以及勾股定理的应用，掌握它们的性质和判定是解题的关键．
6．(1)Q（8，4）
(2)，P（3，3）
(3)（13，-1）
【分析】（1）如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，过Q点作QH⊥x轴，垂足为H．证明Rt△AQH≌Rt△APG．即可求点Q的坐标；
（2）如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．根据勾股定理和面积公式，得到．进而可求S与x的函数关系式，并写出当S取最小值时，点P的坐标；
（3）根据BP+BQ=，可得BP+OP=．因为OB=，说明点P在OB的延长线上．可得BP=，结合（1）进而可求点Q的坐标．
【详解】（1）解：如图（1），过P点作PG⊥x轴，垂足为G，
过Q点作QH⊥x轴，垂足为H，则∠PGA=∠AHQ=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠AOB=45°．
∵B（6，6），
∴OA=6．
在Rt△OPG中，，
∴△OPG是等腰直角三角形，即，
∵，
∴OG=PG=2．
∴AG=OA-OG=4．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AQ=AP，BQ=OP，∠GAP+∠HAQ=90°，
又∵∠HAQ+∠AQH=90°，
∴∠GAP=∠AQH
在△AQH和△APG中，
，
∴△AQH≌△APG（AAS）．
∴AH=PG=2，QH=AG=4．
∴Q（8，4）；
（2）解：如图（2），过P点作PG⊥x轴，垂足为G．
∵△AOP绕点A顺时针旋转90°，得△ABQ，
∴AP=AQ，∠PAQ=90°．
∵∠POG=45°，
∴OG=PG=x，
设P（x，x），
∴AG=6-x．
在Rt△APG中，根据勾股定理，
，
整理得．
∵S△APQ=AP AQ，
∴．
∴当x=3时，S取最小值，
∴P（3，3）；
（3）解：Q（13，-1）．
理由如下：
∵△AOP绕点A旋转得到△ABQ，
∴OP=BQ．
∵BP+BQ=8，
∴BP+OP=8．
∵OB=6，
∴点P在OB的延长线上．
如图（3）：
由图知：BP+OP=BP+OB+BP=8
∴BP=
∴OP=OB+BP=6+=7，
∴OG＝PG＝OP＝7，
∴AG=OG-OA=7-6=1，
由（1）的解，知Rt△AQH≌Rt△APG，
∴AH=PG=7，QH=AG=1，
∴OH=OA+AH=6+7=13，
∴Q（13，1）．
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质-旋转，解题的关键是数形结合综合运用以上知识．
7．(1)见解析
(2)16
(3)
【分析】（1）在上取点，使，连接，则是等腰直角三角形，再利用证明≌，得；
（2）连接，根据，得，则四边形的面积为正方形的面积；
（3）作于，由，可得，再利用证明≌，得，可知，利用待定系数法求出直线和的解析式，求出交点的坐标，从而解决问题．
【详解】（1）证明：在上取点，使，连接，
则，
平分，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
≌，
；
（2）解：四边形的面积不变，为，
连接，
，
∴，
，
四边形的面积为正方形的面积，
四边形的面积为；
（3）解：作于，
，
，
，
由得，，
，，
≌，
，
，
设直线的解析式为，
，
，
直线的解析式为，
同理得，直线的解析式为，
当时，
，
，
，
．
【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法求直线解析式等知识，求出点的坐标是解决问题（3）的关键．
8．（1）①AB，BA延长线，最大值是8，最小值是2；；②AE=BD，AE⊥BD；
（2）选择图④，则AD+CE=MF.见详解；
（3）1或7.
【分析】（1）①P为一动点，PA=1，则点P在以A为圆心，以1为半径圆上，画图的解；同理PA=5，则点P在以A为圆心，以5为半径圆上，问题得解；②△ACE≌△DCB，问题得解；
（2）类比①；通过添加辅助线FG⊥BE，交BE延长线于G，证明△ABE≌△EGF，进行线段转移，得出结论；
（3）已知=8，通过三角形面积公式，求出CF=4，△AEF为等腰直角三角形，=50，得出EF=5，勾股定理得EG=3，计算得出结果.
【详解】解：（1）①AB；BA延长线；最大值是8，最小值是2；
②AE=BD，AE⊥BD；
证明：如图，∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，
∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠DCE+∠BCE，
即：∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=BD，∠AEC=∠DBC，
∵∠BFC+∠DBC=90°，∠BFC=∠EFD,
∴∠AEC+∠EFD=90°
∴AE⊥BD
（2）②答：选择图④，则AD+CE=MF.
证明：如图，作FG⊥BE，交BE延长线于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠MCG=∠G==90°，AD=AB=BC，
∴∠BAE+∠AEB=90°.
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
∴△ABE≌△EGF，
∴AB=EG
∵ AB=BC，
∴EG=BC，
∴EG+CE=BC+CE，
即：CG=BC+CE=AD+CE.
∵∠G=∠MCG=90°，FM⊥CD，
∴四边形CMFG为矩形，
∴MF=CG，
∴AD+CE=MF
（3）∵CG=BC+CE=FG，四边形CMFG为矩形，
∴四边形CMFG为正方形，
∵，
∴
∴FG=4
∵=50，△AEF为等腰直角三角形，
∴EF=5,
∴在直角△EFG中，EG=3，
∴CE=CG-EG=4-3=1或CE=CG+EG=4+3=7 .
【点睛】（1）P为动点，PA为定值，则点P在以A为圆心，PA长为半径圆上，此题为隐圆，通过圆求线段的最大（小）值是初中几何常见的一个模型；两条线段的位置关系一般从位置和数量两方面分析；
（2）三条线段的关系一般为两短之和等于最长或者三条线段构成勾股关系，此题类比①，易得出结论；见等腰直角三角形构造全等是几何中一种常见辅助线构图；
（3）注意分类思想运用.
9．（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）先根据正方形的性质可证得，由此可得，，再根据同角的补角相等证得，等量代换可得，由此可得，再等量代换即可得证；
（2）过点E作交CB的延长线于点G，先证明，利用勾股定理可得，再证明，由此可得，最后再等量代换即可得证；
（3）仿照（1）和（2）的证明即可证得．
【详解】解：（1），理由如下：
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在与中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，过点E作交CB的延长线于点G，
∴，
由（1）知：，
∴，
∴，
∴在中，，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（3），理由如下：
如图，过点E作交BC于点G，设CD与EF的交点为点P，
∴，
由（1）可知：，
∴，
∴，
∴在中，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴，
由（1）可知：，
∴，
在与中，
∴，
∴，
又∵，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质以及勾股定理的应用，作出正确的辅助线并能灵活运用相关图形的性质是解决本题的关键．
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页