【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.3 正方形
一、选择题
1.(2023八下·晋安期末)如图,正方形的边长为,点和点在轴正半轴上,点、在第一象限,一次函数的图象交、分别于、.若与的面积比为,则的值为( )
A. B. C. D.
2.(2023八下·台江期末)如图,正方形的边长为,点,分别在,上,若,且,则的长为( )
A. B. C. D.
3.(2023八下·济南高新技术产业开发期末)如图,点P是正方形ABCD的对角线BD上一个动点,PE⊥BC于点E,PF⊥CD于点F,连接EF,有下列5个结论:①AP=EF;②AP⊥EF;③△APD一定是等腰三角形;④∠PFE=∠BAP;⑤EF的最小值等于.其中正确结论的个数是( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
4.(2023八下·迪庆期末)如图,正方形的边长为,点在对角线上,且,,垂足为,则的长为( )
A. B. C. D.
5.(2020八下·北京期末)在菱形ABCD中,M,N,P,Q分别为边AB,BC,CD,DA上的一点(不与端点重合),对于任意的菱形ABCD,下面四个结论中:
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形;②存在无数个四边形MNPQ是矩形;③存在无数个四边形MNPQ是菱形;④至少存在一个四边形MNPQ是正方形
正确的结论的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
6.(2023八下·青山期末)如图,已知点,点M,N分别是直线和直线上的动点,连接,.的最小值为( )
A.2 B. C. D.
7.(2023八下·眉山期末)如图,在正方形中,E为对角线AC上一点,连接,过点E作,交BC延长线于点F,以为邻边作矩形,连接.在下列结论中:
①;
②;
③;
④.
其中正确结论的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
二、填空题
8.(2023八下·青秀期末)如图,正方形的边长为,点,分别在,上若,,则的长为 .
9.(2023八下·武鸣期末)如图,在中,,以的三边为边向外作正方形,正方形,正方形,连接,,作交于点P,记正方形和正方形的面积分别为,,若,,则:等于 .
10.(2023八下·邻水期末)如图,在△ABC中,DE∥CA,DF∥BA,下列说法:①如果∠BAC=90°,那么四边形AEDF是矩形;②如果AD平分∠BAC,那么四边形AEDF是菱形;③如果AD⊥BC且AB=AC,那么四边形AEDF是正方形.其中正确的有 个
11.(2023八下·沙坪坝月考)如图,正方形,点E、F、G、H分别在边上,若与的夹角为,,,则的长度为 .
12.(2023八下·锡山期中)如图,在四边形中,,,,E是中点,且,则线段的长度是 .
13.(2022八下·大田期中)如图,在四边形中,,,,连接,,则以下结论:①;②;③;④,其中正确的结论有 .(填序号)
三、解答题
14.(2023八下·青秀期末)已知正方形.
(1)如图所示,若点在的延长线上,以为一边构造正方形,连接和,则与的数量关系为 ,位置关系为 .
(2)如图所示,若是边上的一个动点,以为一边在的右侧作正方形,连接和请判断线段与有怎样的数量关系和位置关系,并说明理由;
(3)如图所示,在(2)的条件下,连接若,,求线段的长.
15.(2023八下·石景山期末)如图,正方形中,点在上(与点不重合),连接.将线段绕点逆时针旋转,得到线段,过点作,交延长线于点.
(1)依题意补全图形;
(2)连接,试判断与的数量关系,并证明.
16.(2023八下·裕华期末)如图,在中,,过点的直线,为上一点,过点作,交直线于点,垂足为,连接,.
(1)求证:;
(2)当点是的中点时,四边形是什么特殊四边形?请说明你的理由;
(3)请直接写出在的条件下,当 时,四边形是正方形.
17.(2023八下·辛集期末)如图,在平面直角坐标系中,点、点分别在轴与轴上,直线的解析式为,以线段、为边作平行四边形.
(1)如图,若点的坐标为,判断四边形的形状,并说明理由;
(2)如图,在的条件下,为边上的动点,点关于直线的对称点是,连接,.
当 ▲ 时,点位于线段的垂直平分线上;
连接,,设,设的延长线交边于点,当时,求证:,并求出此时的值.
四、综合题
18.(2023八下·祥云期末)如图,已知直线y=kx+b与直线y=-x-9平行,且y=kx+b还过点(2,3),与y轴交于A点.
(1)求A点坐标;
(2)若点P是该直线上的一个动点,过点P分别作PM垂直x轴于点M,PN垂直y轴于点N,在四边形PMON上分别截取:PC=MP,MB=OM,OE=ON,ND=NP,试证:四边形BCDE是平行四边形;
(3)在(2)的条件下,在直线y=kx+b上是否存在这样的点P,使四边形BCDE为正方形?若存在,直接写出所有符合的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
答案解析部分
1.【答案】C
【知识点】三角形的面积;正方形的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题;一次函数的性质
【解析】【解答】解:∵一次函数y=kx+4的图象交y轴于点E,
∴E(0,4),
∴OE=4,
∵ 正方形ABCD的边长为4,点A(0,2)和点D在y轴正半轴上 , 点B、C在第一象限 ,
∴D(0,6),BC=CD=4,
∴OD=6,
∴DE=OD-OE=2,
设DF=x,则CF=4-x,
∴S△DEF=DE×DF=x,S△BCF=BC×CF=2(4-x),
∵S△DEF∶S△BCF=1∶2,
∴x∶2(4-x)=1∶2,
解得x=2,
∴DF=2,
∴F(2,6),
将点F(2,6),代入y=kx+4得2k+4=6,
解得k=1.
故答案为:C.
【分析】根据一次函数图象与y轴交点的坐标特点先求出点E的坐标,进而根据正方形的边长及点的坐标特点求出D点坐标,进而求出DE的长,设DF=x,则CF=4-x,根据三角形的面积计算公式分别表示出△DEF与△BCF的面积,再由S△DEF∶S△BCF=1∶2建立方程求出x的值,从而可求出点F的坐标,最后将点F的坐标代入一次函数y=kx+4可求出k的值.
2.【答案】D
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=90°=∠BCD=∠D=∠A,BC=CD=AB=AD=6,
在Rt△BCE中,由勾股定理得BE=,
∴AE=AB-BE=3,
延长AB至点G,使BG=DF,连接CG,EF,
在△CDF与△CBG中,
∵CD=CB,∠D=∠CBG=90°,DF=BG,
∴△CDF≌△CBG(SAS),
∴CF=CG,∠DCF=∠BCG,
∵∠ECF=45°,
∴∠DCF+∠BCE=90°-∠ECF=45°=∠BCE+∠BCG=∠ECG=45°,
∴∠ECG=∠ECF=45°,
在△ECF与△ECG中,
∵CF=CG,∠ECG=∠ECF,CE=CE,
∴△ECF≌△ECG(SAS),
∴EG=EF,
设AF=x,则DF=BG=6-x,EG=EF=3+6-x=9-x,
在Rt△AEF中,∵AF2+AE2=EF2,∴x2+32=(9-x)2,
解得x=4,
∴AF=4.
故答案为:D.
【分析】首先由正方形性质得∠B=90°=∠BCD=∠D=∠A,BC=CD=AB=AD=6,在Rt△BCE中,由勾股定理算出BE,从而可得AE的长;延长AB至点G,使BG=DF,连接CG,EF,利用SAS证△CDF≌△CBG,得CF=CG,∠DCF=∠BCG,进而根据角的和差及等量代换可得∠ECG=∠ECF=45°,再由SAS证△ECF≌△ECG,得EG=EF,设AF=x,则DF=BG=6-x,EG=EF=3+6-x=9-x,在Rt△AEF中,利用勾股定理建立方程求解可得答案.
3.【答案】C
【知识点】垂线段最短;三角形全等及其性质;等腰三角形的判定与性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:延长FP交AB于点N,延长AP交EF于点M.
∵四边形ABCD是正方形.
∴∠ABP=∠CBD,∠ABC=90°,AB=BC,
又∵NP⊥AB,PE⊥BC,
∴∠PNB=∠NBE=∠PEB=90°,PN=PE,
∴四边形BNPE是正方形,∠ANP=∠EPF=90°,四边形BCFN是矩形,
∴NP=EP=BE,BC=NF,
∴AN=PF,
在△ANP与△FPE中,
,
∴△ANP≌△FPE(SAS),
∴AP=EF,∠PFE=∠BAP(故①④正确);
在△APN与△FPM中,∠APN=∠FPM,∠NAP=∠PFM,
∴∠PMF=∠ANP=90°,
∴AP⊥EF,(故②正确);
∵P是BD上任意一点,因而△APD是等腰三角形不一定成立,(故③错误);
∵AP=EF,
∴当AP⊥BD时,AP有最小值即EF有最小值,
∵AB=AD,AP⊥BD,
∴此时P为BD的中点,
又∵∠BAD=90°,
∴,即EF的最小值为(故⑤正确)
故正确的是:①②④⑤.
故选:C.
【分析】根据正方形性质,全等三角形的判定定理及性质,等腰三角形的判定定理及性质即可求出答案。
4.【答案】A
【知识点】勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】解:在正方形ABCD中,AB=AD=4,∠ADB=45°,∠BDA=45°;
∵∠BAE=22.5°;
∴∠DAE=67.5°;
∴∠AED=67.5=∠DAE;
∴DE=AD=4;
∵,∠ABD=45°;
∴EF=BF
BD=;
BE=BD-DE=;
BE==;
EF=.
故答案为:A.
【分析】在正方形中对角线平分对角,又∠BAE=22.5°, ,所以可以确定△ADE和△BEF都是等腰三角形,通过勾股定理可以求的对角线的长度,线段相减可以的到BE的长度,在利用勾股定理即可求得EF的长度。
5.【答案】D
【知识点】平行四边形的判定;菱形的判定与性质;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】①如图,连接AC,BD交于O,
四边形ABCD是菱形,过点O直线MP和QN,分别交AB,BC,CD,AD于M,N,P,Q,
则四边形MNPQ是平行四边形,
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形;故符合题意;
②如图,
当PM=QN时,四边形MNPQ是矩形,故存在无数个四边形MNPQ是矩形;故符合题意;
③如图,
当PM⊥QN时,存在无数个四边形MNPQ是菱形;故符合题意;
④如图,
当四边形ABCD为正方形时,四边形MNPQ是正方形,故至少存在一个四边形MNPQ是正方形;故④符合题意;
综上,①②③④4个均符合题意,
故答案为:D.
【分析】根据菱形的判定和性质,矩形的判定,正方形的判定,平行四边形的判定定理即可得到结论.
6.【答案】B
【知识点】正比例函数的图象和性质;勾股定理;正方形的判定与性质;轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解:作点P关于直线l1:y=x的对称点P′,如图,过点P′作y轴的垂线,与直线l1:y=x交于点B,
在正方形OABC 中,OC=CB=BA=AO=6,
∵直线l1:y=x经过点O(0,0),B(6,6),
∴直线l1:y=x是正方形OABC的对称轴,
∵点P(6,2)在BC上,
∴可得点P关于l1:y=x的对称点P′(2,6),
当x=6时,,
即直线l2:经过点H(6,3),
过点P′(2,6)作P′N垂直直线l2:于点N,即P′N⊥OH于点N,交直线l1:y=x于点M,
∵P(6,2)和P′(2,6)关于l1:y=x对称,
∴PM=P′M,
∴PM+MN=P′M+MN=P′N,即PM+MN的最小值为P′N的长,
∴OH=
∵,
S△POH=S正方形OABC-S△POA-S△PBH-S△COH=6×6-
解得
即PM+MN的最小值
故答案为:B.
【分析】在坐标系中构造边长为6的正方形OABC,可得得点P关于l1的对称点P′的坐标,连接P′M,P′N,可说明PM+MN≥P′N,当P′,M,N三点在同一直线上时,PM+MN=P′N,也就是此时PM+MN的最小值为P′N,根据点到直线,垂线段最短,过点P′(2,6)作P′N垂直直线l2于点N,即P′N⊥OH于点N,交直线l1于点M,此时P′N最小,利用△POH的面积的不同算法,列出关于P′N方程求解.
7.【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;角平分线的性质;矩形的性质;正方形的判定与性质
【解析】【解答】解:①:过点E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于点N,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BCD=90°,四边形EMCN是平行四边形,
又CA平分∠BCD ,
∴EM=EN,
∴四边形EMCN是正方形,
∴∠MEN=90°,
又因为四边形DEFG是矩形,
∴∠DEF=90°,
∴∠MEF=∠NED,
在△FEM和△DEN中,
∵∠MEF=∠NED,EM=EN,∠EMF=∠END=90°,
∴△FEM≌△DEN,
∴ED=EF,
所以①正确;
②:由①知,ED=EF,
∴矩形DEFG是正方形,
∴DE=DG,∠EDG=90°,
又∵四边形ABCD是正方形,
∴DA=DC,∠ADC=90°,
∴∠ADE=∠CDG,
在△ADE和△CDG中,
∵AD=CD,∠ADE=∠CDG,DE=DG,
∴△ADE≌△CDG,
∴AE=CG.
所以②正确;
③:由②知△ADE≌△CDG,
∴∠DAE=∠DCG=45°,
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=45°+45°=90°,
∴AE⊥CG,
所以③正确;
④:当DE⊥AC时,C、F重合,EC≠CF,
∴∠CEF≠∠CFE,
∴∠CEF+90°≠∠CFE+90°,
∵∠DEF=∠GFE=90°,
∴∠CEF+∠DEF≠∠CFE+∠GFE,
即∠DEC≠∠CFG,
∴④不正确。
∴正确答案的个数为:3个。
故答案为:C。
【分析】①过点E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于点N,通过证明△FEM≌△DEN,可以得出对应边ED=EF;②通过证明△AED≌△CGD,可以得出对应边AE=CG;②可证明△ADE≌△CDG,得出对应边AE=CG;③根据②的结论△ADE≌△CDG,可得对应角∠DAE=∠DCG=45°,从而得出∠ACG=90°,结论正确;④可说明在特殊情况下∠CEF≠∠CFE,从而得出∠DEC≠∠CFG。
8.【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图,延长CB到点G,使得BG=DF,连接AG,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠BAD=∠ABC=∠C=∠ADF=90°,
∴∠ABG=∠ADF=90°,
∵在△ABG和△ADF中,
,
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴AG=AF,∠BAG=∠DAF,
∵∠BAD=∠BAE+∠EAF+∠DAF=90°,∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠DAF=45°,
∴∠BAE+∠BAG=45°,即∠EAG=45°,
∴∠EAG=∠EAF=45°,
∵在△EAG和△EAF中,
,
∴△EAG≌△EAF(SAS),
∴EG=EF,
∵在Rt△ABE中,AB=6,AE=2,
∴由勾股定理得:BE=,
∴CE=BC-BE=6-2=4,
设:DF=x,则BG=x,EG=EF=2+x,CF=6-x,
∵在Rt△CEF中,由勾股定理得:CE2+CF2=EF2,
∴42+(6-x)2=(2+x)2,解得x=3,
∴DF=3,
∵在Rt△ADF中,
∴由勾股定理得:AF=,
故答案为:.
【分析】如图,延长CB到点G,使得BG=DF,连接AG,先利用SAS证明△ABG≌△ADF,得出AG=AF,∠BAG=∠DAF,然后利用∠EAF=45°,求出∠EAG=45°,得出∠EAF=∠EAG,再利用SAS证明△EAG≌△EAF,得出EG=EF,在Rt△ABE中,由勾股定理求出BE=2,然后设DF=x,分别用含x的式子表示出BG、EG、EF、CF的长,最后根据勾股定理列方程求解即可.
9.【答案】
【知识点】三角形的面积;角平分线的性质;勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】如图所示,过点P作PM⊥CB,交CB的延长线于点M,作PN⊥CA,交CA的延长线于点N,
由题可得,∠BCG=45°,CP⊥ CG,
∴∠BCP=45°,
又∵∠ACB=90°,
∴∠ACP=45°,即CP平分∠ ACB,
又∵PM⊥BC,PN⊥AC,
∴ PM=PN,
∵正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1,S2,且S1=4,S2=7,
∴正方形BCFG的面积=7-4=3,
∴正方形ACDE和正方形BCFG的面积之比为4:3,
∴,
∴,
故答案为:.
【分析】本题首先作出辅助线,得到PM=PN,再根据两个正方形的面积之比得到AC与BC的比,通过AC与BC的比即可得到两个三角形的面积之比.
10.【答案】2
【知识点】等腰三角形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:①∵DE∥CA,DF∥BA,
∴四边形FDEA为平行四边形,
∵∠BAC=90°,
∴四边形AEDF是矩形,①正确;
②∵AD平分∠BAC,
∴∠DAC=∠DAB,
∵DF∥BA,
∴DAB=∠FDA,
∴∠DAC=∠FDA,
∴FD=FA,
∴四边形AEDF是菱形,②正确;
③∵AD⊥BC且AB=AC,
∴DA平分∠CAB,
∴∠DAC=∠DAB,
∵DF∥BA,
∴DAB=∠FDA,
∴∠DAC=∠FDA,
∴FD=FA,
∴FD=FA,
∴四边形AEDF是菱形,但不一定为正方形,③错误;
∴正确的有2个,
故答案为:2
【分析】根据等腰三角形的性质、平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
11.【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;正方形的判定
【解析】【解答】如图所示:过点A作AN∥EG,交DC于N,作AM∥HF,交BC于M,连接MN.
∴ 四边形AMFH和四边形AEGN均为平行四边形,
∴ AM=HF=,AN=EG
∵与的夹角为
∴ ∠MAN=45°
将顺时针旋转90°,得到,且
∴ DN=BK,AN=AK,∠MAK=45°
∵ AM为公共边
∴(SAS)
∴ KM=NM
∵ AM=,AB=2
∴ BM=
∴ MC=2-BM=1,
设DN=BK=x,则NC=2-x,MN=KM=1+x
∴
即 (1+x) =1 +(2-x)
解得x=
在中,AN==
则 EG=
【分析】本题考查正方形的半角模型和勾股定理计算。正方形的半角模型是从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线,并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半,故名半角模型,又称“角含半角模型”。将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”。 半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。 即图中的MN=BM+DN,这是解题关键。
12.【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用;勾股定理;正方形的判定与性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图,作BM⊥CD,垂足为M,延长DA到N,使得AN=FM,连接BN
∵AB∥CD,∠BMD=90°,
∴∠ABM=90°,
∵∠BAD=90°,
∴四边形ABMD是矩形,
∵AB=AD,
∴四边形ABMD是正方形,
∴AB=MB=AB=AD=4,
∵∠BAN=∠BMF=90°,AN=MF,
∴△BAN≌△BMF(SAS),
∴∠ABN=∠MBF,BF=BN,
∴∠ABN+∠ABF=∠MBF+∠ABF=90°,
∵∠EBF=45°,
∴∠EBN=45°,
∵BE=BE,
∴△EBF≌△EBN(SAS),
∴EF=EN,
∵E是AD的中点,AD=4,
∴AE=DE=2,
设EF=x,则MF=AN=x-2,DF=6-x,
∵在Rt△DEF中,DE2+DF2=EF2,
∴22+(6-x)2=x2,
∴.
故答案为:
【分析】作BM⊥CD于M,先证明四边形ABMD是矩形,再证明四边形ABMD是正方形;作BM⊥CD,垂足为M,延长DA到N,使得AN=FM,先证明△BAN≌△BMF,再证明△EBF≌△EBN;
再利用勾股定理,列出方程,计算出EF的值。
13.【答案】①②④
【知识点】多边形内角与外角;矩形的判定与性质;正方形的判定与性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:
由四边形的内角和为360°,
,故①正确
过点A作交BC于点E,交CD的延长线于点F,
又,
∴四边形AECF为矩形,
∴,
又∴,
∴,
又∵,
∴≌(AAS),
∴,AE=AF,
∴矩形AECF为正方形,AC为对角线
∴,故②正确
且AC=,BD=,
而,
故,故③不正确
,,而,
∴,故④正确,
故答案为:①②④.
【分析】由∠BAD+∠BCD=180°及四边形内角和为360°,得∠ABC+∠CDA=180°,可判定说法①符合题意;过点A作AE⊥BF交BC于点E,AF⊥BD交CD的延长线于点F,证得四边形AECF为矩形,从而得∠EAF=90°,又∠BAD=90°,推出∠BAE=∠DAF,即证△ABE≌△ADF,得EB=EF,AE=AF,即证得矩形AECF为正方形,得∠ACB=45°,所以说法②符合题意;由正方形AECF得AC=AE,BD=AB,又AE≠AB,所以AC≠BD,可判定说法③符合题意;由BC=BE+EC,CD=CF-DF,EB=DF,从而得到BC+CD=EC+CF=2EC,进而得BC+CD=AC,可判定说法④符合题意. 据此即可得出正确答案.
14.【答案】(1);
(2)解: , ,理由如下:
延长BE 、 GD相交于点H.
正方形ECGF 、正方形ABCD ,
, , ,
,即 ,
≌ ,
, ,
正方形ECGF ,
,
, ,
,
又 ,
,
;
, ;
(3)解:如图所示,过点G作GM⊥AD交AD延长线于M,过点G作GN⊥AB于N,
≌ ,
, ,
,
,
又 ,
≌ ,
, ,
,
, ,
四边形AMGN是矩形,
, ,
,
.
【知识点】勾股定理;矩形的判定与性质;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS);三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:(1)如图所示,延长GD交BE于H,
∵四边形ABCD是正方形,
∴CD=CB,∠BCD=90°,
∵四边形ECGF是正方形,
∴CG=CE,∠ECG=90°,
∴∠DCG=∠BCE=90°,
在△DCG和△BCE中,
,
∴△DCG≌△BCE(SAS),
∴DG=BE,∠DGC=∠BEC,
∵∠CBE+∠BEC=90°,
∴∠CBE+∠DGC=90°,
∴∠BHG=180°-∠HBG-∠HGB=90°,
∴BE⊥DG,
∴BE与DG的数量关系为DG=BE,位置关系为BE⊥DG,
故答案为:DG=BE,BE⊥DG;
【分析】(1)如图所示,延长GD交BE于H,利用SAS证明出△DCG≌△BCE,得到DG=BE,∠DGC=∠BEC,然后根据三角形内角和定理求出∠BHG=90°,即BE⊥DG;
(2)延长BE、GD相交于点H,利用SAS证明出△DCG≌△BCE,从而得到DG=BE,∠BEC=∠DGC,再由正方形的性质可得知∠FEC=90°,然后根据同角的余角相等得出∠HEF=∠FGH,由此可证得∠H=∠F=90°,则DG⊥BE;
(3)如图所示,过点G作GM⊥AD交AD延长线于M,过点G作GN⊥AB于N,利用AAS证明△ABE≌△MDG,得到DM=AB=3,MG=AE=1,从而求出AM=AD+DM=6,再由三个角是直角证明四边形AMGN是矩形,得到GN=AM=6,AN=MG=1,BN=2,最后在Rt△BNG中利用勾股定理即可求出BG的长.
15.【答案】(1)解:补全图形,如图所示,
(2)解:,
证明:如图,
,
∵四边形是正方形,
∴,,
∴,
∵,,
∴,
∴,
又,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,
∴,
∴,
是等腰直角三角形,
∴.
【知识点】等腰三角形的判定;正方形的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【分析】(1)根据作图-旋转结合题意即可补全图形;
(2)先根据正方形的性质得到,,进而结合题意得到,,再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到,,从而结合题意运用等腰直角三角形的性质即可求解。
16.【答案】(1)证明:,
,
,
,
,
,即,
四边形是平行四边形,
;
(2)解:四边形是菱形,
理由是:为中点,
,
,
,
,
四边形是平行四边形,
,为中点,
,
四边形是菱形;
(3)45
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:(3)若为中点,当∠A=45°时,四边形BECD是正方形,
理由:∵∠A=45°,∠ACB=90°,
∴∠ABC=45°,
∵四边形BECD是菱形,
∴CD=DB,
∴∠DBC=∠DCB=45°,
∴∠CDB=90°,
∵四边形BECD是菱形,
∴四边形BECD是正方形;
故答案为:45°.
【分析】(1)由垂直的定义可得=90°,可得AC∥DE,由CE∥AD,根据两组对边分别平行可证四边形是平行四边形,利用平行四边形的性质即得结论;
(2) 四边形是菱形,理由:先证四边形是平行四边形, 由直角三角形斜边中线的性质可得CD=BD,根据菱形的判定即证结论;
(3)当∠A=45°时,四边形BECD是正方形,根据正方形的判定定理证明即可.
17.【答案】(1)解:四边形是正方形,理由如下:
过作轴于,如图:
在中,令得,令得,
,,
,,,
,
,,
,,
在和中,
,
≌,
,,
,
,
,
四边形是平行四边形,且,,
四边形是正方形;
(2)①30
②如图:
,
,,
关于直线的对称点是,四边形是正方形,
,,,
,,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
设,则,,
在中,,
,
解得,
的值是.
【知识点】三角形全等的判定;勾股定理;正方形的判定与性质;轴对称的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】⑴、由一次函数可求直线与坐标轴的交点,结合所给点C的坐标,进而判断Rt△AOB≌Rt△BHC ,进一步判断平行四边形ABCD的邻边相等,含直角,故是正方形。
⑵、①三等分直角的折纸问题(数学活动)
②、由折叠(轴对称)的性质可知BC等于BQ,又四边形ABCD是正方形,可知BA等于BQ,等边对等角,借助直角可得两锐角互余,利用余角性质可得∠EQD等于∠EDQ,利用等腰三角形的判定可得EQ等于ED成立。;利用直角三角形斜边上中线的性质可知QE等于正方形边长的一半,再利用直角三角形PED勾股定理列方程求PQ也即PC长。
18.【答案】(1)解:∵直线y=kx+b与平行,且过点A(2,3),
∴
∴,
∴一次函数解析式为,
当x=0时,y=4,
∴A点坐标是(0,4)
(2)证明:∵PM⊥x轴,PN⊥y轴,
∴
∴四边形PMON是矩形,
∴PM=ON,OM=PN,
∵PC=MP,MB=OM,OE=ON,ND=NP,
∴PC=OE,CM=NE,ND=BM,PD=OB,
在和中,
∴(SAS),
∴,
同理可证:(SAS),
∴
∴四边形BCDE是平行四边形;
(3)解:存在,P点坐标是或(-8,8).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式;两一次函数图象相交或平行问题;平行四边形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:(3)存在这样的点P,理由如下:
设点
则
当四边形BCDE为正方形时,
则∠DCB=90°,DC=BC,
而∠CBM+∠MCB=90°,∠MCB+∠DCP=90°,
∴∠CBM=∠DCP,
而∠DPC=∠CMB=90°,
∴(AAS),
∴CM=PD,
即
解得:或-8,
所以:存在这样的点P;P点坐标是或(-8,8).
【分析】 (1) 两直线平行,则k值一定相等,结合待定系数法求一次函数解析式,进而求得直线上点的坐标; (2) 两组对边分别相等的四边形是平行四边形,按照此思路,通过全等证边相等;(3)由平行四边形证正方形,一是要证邻边相等,二要证明邻边夹角是90度。若这两个条件成立,则必会有CM=PD,进而可求出点坐标。
1 / 1【培优卷】2024年浙教版数学八年级下册5.3 正方形
一、选择题
1.(2023八下·晋安期末)如图,正方形的边长为,点和点在轴正半轴上,点、在第一象限,一次函数的图象交、分别于、.若与的面积比为,则的值为( )
A. B. C. D.
【答案】C
【知识点】三角形的面积;正方形的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题;一次函数的性质
【解析】【解答】解:∵一次函数y=kx+4的图象交y轴于点E,
∴E(0,4),
∴OE=4,
∵ 正方形ABCD的边长为4,点A(0,2)和点D在y轴正半轴上 , 点B、C在第一象限 ,
∴D(0,6),BC=CD=4,
∴OD=6,
∴DE=OD-OE=2,
设DF=x,则CF=4-x,
∴S△DEF=DE×DF=x,S△BCF=BC×CF=2(4-x),
∵S△DEF∶S△BCF=1∶2,
∴x∶2(4-x)=1∶2,
解得x=2,
∴DF=2,
∴F(2,6),
将点F(2,6),代入y=kx+4得2k+4=6,
解得k=1.
故答案为:C.
【分析】根据一次函数图象与y轴交点的坐标特点先求出点E的坐标,进而根据正方形的边长及点的坐标特点求出D点坐标,进而求出DE的长,设DF=x,则CF=4-x,根据三角形的面积计算公式分别表示出△DEF与△BCF的面积,再由S△DEF∶S△BCF=1∶2建立方程求出x的值,从而可求出点F的坐标,最后将点F的坐标代入一次函数y=kx+4可求出k的值.
2.(2023八下·台江期末)如图,正方形的边长为,点,分别在,上,若,且,则的长为( )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=90°=∠BCD=∠D=∠A,BC=CD=AB=AD=6,
在Rt△BCE中,由勾股定理得BE=,
∴AE=AB-BE=3,
延长AB至点G,使BG=DF,连接CG,EF,
在△CDF与△CBG中,
∵CD=CB,∠D=∠CBG=90°,DF=BG,
∴△CDF≌△CBG(SAS),
∴CF=CG,∠DCF=∠BCG,
∵∠ECF=45°,
∴∠DCF+∠BCE=90°-∠ECF=45°=∠BCE+∠BCG=∠ECG=45°,
∴∠ECG=∠ECF=45°,
在△ECF与△ECG中,
∵CF=CG,∠ECG=∠ECF,CE=CE,
∴△ECF≌△ECG(SAS),
∴EG=EF,
设AF=x,则DF=BG=6-x,EG=EF=3+6-x=9-x,
在Rt△AEF中,∵AF2+AE2=EF2,∴x2+32=(9-x)2,
解得x=4,
∴AF=4.
故答案为:D.
【分析】首先由正方形性质得∠B=90°=∠BCD=∠D=∠A,BC=CD=AB=AD=6,在Rt△BCE中,由勾股定理算出BE,从而可得AE的长;延长AB至点G,使BG=DF,连接CG,EF,利用SAS证△CDF≌△CBG,得CF=CG,∠DCF=∠BCG,进而根据角的和差及等量代换可得∠ECG=∠ECF=45°,再由SAS证△ECF≌△ECG,得EG=EF,设AF=x,则DF=BG=6-x,EG=EF=3+6-x=9-x,在Rt△AEF中,利用勾股定理建立方程求解可得答案.
3.(2023八下·济南高新技术产业开发期末)如图,点P是正方形ABCD的对角线BD上一个动点,PE⊥BC于点E,PF⊥CD于点F,连接EF,有下列5个结论:①AP=EF;②AP⊥EF;③△APD一定是等腰三角形;④∠PFE=∠BAP;⑤EF的最小值等于.其中正确结论的个数是( )
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个
【答案】C
【知识点】垂线段最短;三角形全等及其性质;等腰三角形的判定与性质;正方形的性质
【解析】【解答】解:延长FP交AB于点N,延长AP交EF于点M.
∵四边形ABCD是正方形.
∴∠ABP=∠CBD,∠ABC=90°,AB=BC,
又∵NP⊥AB,PE⊥BC,
∴∠PNB=∠NBE=∠PEB=90°,PN=PE,
∴四边形BNPE是正方形,∠ANP=∠EPF=90°,四边形BCFN是矩形,
∴NP=EP=BE,BC=NF,
∴AN=PF,
在△ANP与△FPE中,
,
∴△ANP≌△FPE(SAS),
∴AP=EF,∠PFE=∠BAP(故①④正确);
在△APN与△FPM中,∠APN=∠FPM,∠NAP=∠PFM,
∴∠PMF=∠ANP=90°,
∴AP⊥EF,(故②正确);
∵P是BD上任意一点,因而△APD是等腰三角形不一定成立,(故③错误);
∵AP=EF,
∴当AP⊥BD时,AP有最小值即EF有最小值,
∵AB=AD,AP⊥BD,
∴此时P为BD的中点,
又∵∠BAD=90°,
∴,即EF的最小值为(故⑤正确)
故正确的是:①②④⑤.
故选:C.
【分析】根据正方形性质,全等三角形的判定定理及性质,等腰三角形的判定定理及性质即可求出答案。
4.(2023八下·迪庆期末)如图,正方形的边长为,点在对角线上,且,,垂足为,则的长为( )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】解:在正方形ABCD中,AB=AD=4,∠ADB=45°,∠BDA=45°;
∵∠BAE=22.5°;
∴∠DAE=67.5°;
∴∠AED=67.5=∠DAE;
∴DE=AD=4;
∵,∠ABD=45°;
∴EF=BF
BD=;
BE=BD-DE=;
BE==;
EF=.
故答案为:A.
【分析】在正方形中对角线平分对角,又∠BAE=22.5°, ,所以可以确定△ADE和△BEF都是等腰三角形,通过勾股定理可以求的对角线的长度,线段相减可以的到BE的长度,在利用勾股定理即可求得EF的长度。
5.(2020八下·北京期末)在菱形ABCD中,M,N,P,Q分别为边AB,BC,CD,DA上的一点(不与端点重合),对于任意的菱形ABCD,下面四个结论中:
①存在无数个四边形MNPQ是平行四边形;②存在无数个四边形MNPQ是矩形;③存在无数个四边形MNPQ是菱形;④至少存在一个四边形MNPQ是正方形
正确的结论的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】D
【知识点】平行四边形的判定;菱形的判定与性质;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】①如图,连接AC,BD交于O,
四边形ABCD是菱形,过点O直线MP和QN,分别交AB,BC,CD,AD于M,N,P,Q,
则四边形MNPQ是平行四边形,
故存在无数个四边形MNPQ是平行四边形;故符合题意;
②如图,
当PM=QN时,四边形MNPQ是矩形,故存在无数个四边形MNPQ是矩形;故符合题意;
③如图,
当PM⊥QN时,存在无数个四边形MNPQ是菱形;故符合题意;
④如图,
当四边形ABCD为正方形时,四边形MNPQ是正方形,故至少存在一个四边形MNPQ是正方形;故④符合题意;
综上,①②③④4个均符合题意,
故答案为:D.
【分析】根据菱形的判定和性质,矩形的判定,正方形的判定,平行四边形的判定定理即可得到结论.
6.(2023八下·青山期末)如图,已知点,点M,N分别是直线和直线上的动点,连接,.的最小值为( )
A.2 B. C. D.
【答案】B
【知识点】正比例函数的图象和性质;勾股定理;正方形的判定与性质;轴对称的应用-最短距离问题
【解析】【解答】解:作点P关于直线l1:y=x的对称点P′,如图,过点P′作y轴的垂线,与直线l1:y=x交于点B,
在正方形OABC 中,OC=CB=BA=AO=6,
∵直线l1:y=x经过点O(0,0),B(6,6),
∴直线l1:y=x是正方形OABC的对称轴,
∵点P(6,2)在BC上,
∴可得点P关于l1:y=x的对称点P′(2,6),
当x=6时,,
即直线l2:经过点H(6,3),
过点P′(2,6)作P′N垂直直线l2:于点N,即P′N⊥OH于点N,交直线l1:y=x于点M,
∵P(6,2)和P′(2,6)关于l1:y=x对称,
∴PM=P′M,
∴PM+MN=P′M+MN=P′N,即PM+MN的最小值为P′N的长,
∴OH=
∵,
S△POH=S正方形OABC-S△POA-S△PBH-S△COH=6×6-
解得
即PM+MN的最小值
故答案为:B.
【分析】在坐标系中构造边长为6的正方形OABC,可得得点P关于l1的对称点P′的坐标,连接P′M,P′N,可说明PM+MN≥P′N,当P′,M,N三点在同一直线上时,PM+MN=P′N,也就是此时PM+MN的最小值为P′N,根据点到直线,垂线段最短,过点P′(2,6)作P′N垂直直线l2于点N,即P′N⊥OH于点N,交直线l1于点M,此时P′N最小,利用△POH的面积的不同算法,列出关于P′N方程求解.
7.(2023八下·眉山期末)如图,在正方形中,E为对角线AC上一点,连接,过点E作,交BC延长线于点F,以为邻边作矩形,连接.在下列结论中:
①;
②;
③;
④.
其中正确结论的个数是( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【答案】C
【知识点】三角形全等及其性质;角平分线的性质;矩形的性质;正方形的判定与性质
【解析】【解答】解:①:过点E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于点N,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠BCD=90°,四边形EMCN是平行四边形,
又CA平分∠BCD ,
∴EM=EN,
∴四边形EMCN是正方形,
∴∠MEN=90°,
又因为四边形DEFG是矩形,
∴∠DEF=90°,
∴∠MEF=∠NED,
在△FEM和△DEN中,
∵∠MEF=∠NED,EM=EN,∠EMF=∠END=90°,
∴△FEM≌△DEN,
∴ED=EF,
所以①正确;
②:由①知,ED=EF,
∴矩形DEFG是正方形,
∴DE=DG,∠EDG=90°,
又∵四边形ABCD是正方形,
∴DA=DC,∠ADC=90°,
∴∠ADE=∠CDG,
在△ADE和△CDG中,
∵AD=CD,∠ADE=∠CDG,DE=DG,
∴△ADE≌△CDG,
∴AE=CG.
所以②正确;
③:由②知△ADE≌△CDG,
∴∠DAE=∠DCG=45°,
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=45°+45°=90°,
∴AE⊥CG,
所以③正确;
④:当DE⊥AC时,C、F重合,EC≠CF,
∴∠CEF≠∠CFE,
∴∠CEF+90°≠∠CFE+90°,
∵∠DEF=∠GFE=90°,
∴∠CEF+∠DEF≠∠CFE+∠GFE,
即∠DEC≠∠CFG,
∴④不正确。
∴正确答案的个数为:3个。
故答案为:C。
【分析】①过点E作EM⊥BC于点M,作EN⊥CD于点N,通过证明△FEM≌△DEN,可以得出对应边ED=EF;②通过证明△AED≌△CGD,可以得出对应边AE=CG;②可证明△ADE≌△CDG,得出对应边AE=CG;③根据②的结论△ADE≌△CDG,可得对应角∠DAE=∠DCG=45°,从而得出∠ACG=90°,结论正确;④可说明在特殊情况下∠CEF≠∠CFE,从而得出∠DEC≠∠CFG。
二、填空题
8.(2023八下·青秀期末)如图,正方形的边长为,点,分别在,上若,,则的长为 .
【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图,延长CB到点G,使得BG=DF,连接AG,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠BAD=∠ABC=∠C=∠ADF=90°,
∴∠ABG=∠ADF=90°,
∵在△ABG和△ADF中,
,
∴△ABG≌△ADF(SAS),
∴AG=AF,∠BAG=∠DAF,
∵∠BAD=∠BAE+∠EAF+∠DAF=90°,∠EAF=45°,
∴∠BAE+∠DAF=45°,
∴∠BAE+∠BAG=45°,即∠EAG=45°,
∴∠EAG=∠EAF=45°,
∵在△EAG和△EAF中,
,
∴△EAG≌△EAF(SAS),
∴EG=EF,
∵在Rt△ABE中,AB=6,AE=2,
∴由勾股定理得:BE=,
∴CE=BC-BE=6-2=4,
设:DF=x,则BG=x,EG=EF=2+x,CF=6-x,
∵在Rt△CEF中,由勾股定理得:CE2+CF2=EF2,
∴42+(6-x)2=(2+x)2,解得x=3,
∴DF=3,
∵在Rt△ADF中,
∴由勾股定理得:AF=,
故答案为:.
【分析】如图,延长CB到点G,使得BG=DF,连接AG,先利用SAS证明△ABG≌△ADF,得出AG=AF,∠BAG=∠DAF,然后利用∠EAF=45°,求出∠EAG=45°,得出∠EAF=∠EAG,再利用SAS证明△EAG≌△EAF,得出EG=EF,在Rt△ABE中,由勾股定理求出BE=2,然后设DF=x,分别用含x的式子表示出BG、EG、EF、CF的长,最后根据勾股定理列方程求解即可.
9.(2023八下·武鸣期末)如图,在中,,以的三边为边向外作正方形,正方形,正方形,连接,,作交于点P,记正方形和正方形的面积分别为,,若,,则:等于 .
【答案】
【知识点】三角形的面积;角平分线的性质;勾股定理;正方形的性质
【解析】【解答】如图所示,过点P作PM⊥CB,交CB的延长线于点M,作PN⊥CA,交CA的延长线于点N,
由题可得,∠BCG=45°,CP⊥ CG,
∴∠BCP=45°,
又∵∠ACB=90°,
∴∠ACP=45°,即CP平分∠ ACB,
又∵PM⊥BC,PN⊥AC,
∴ PM=PN,
∵正方形ACDE和正方形AHIB的面积分别为S1,S2,且S1=4,S2=7,
∴正方形BCFG的面积=7-4=3,
∴正方形ACDE和正方形BCFG的面积之比为4:3,
∴,
∴,
故答案为:.
【分析】本题首先作出辅助线,得到PM=PN,再根据两个正方形的面积之比得到AC与BC的比,通过AC与BC的比即可得到两个三角形的面积之比.
10.(2023八下·邻水期末)如图,在△ABC中,DE∥CA,DF∥BA,下列说法:①如果∠BAC=90°,那么四边形AEDF是矩形;②如果AD平分∠BAC,那么四边形AEDF是菱形;③如果AD⊥BC且AB=AC,那么四边形AEDF是正方形.其中正确的有 个
【答案】2
【知识点】等腰三角形的性质;平行四边形的判定与性质;菱形的判定;矩形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:①∵DE∥CA,DF∥BA,
∴四边形FDEA为平行四边形,
∵∠BAC=90°,
∴四边形AEDF是矩形,①正确;
②∵AD平分∠BAC,
∴∠DAC=∠DAB,
∵DF∥BA,
∴DAB=∠FDA,
∴∠DAC=∠FDA,
∴FD=FA,
∴四边形AEDF是菱形,②正确;
③∵AD⊥BC且AB=AC,
∴DA平分∠CAB,
∴∠DAC=∠DAB,
∵DF∥BA,
∴DAB=∠FDA,
∴∠DAC=∠FDA,
∴FD=FA,
∴FD=FA,
∴四边形AEDF是菱形,但不一定为正方形,③错误;
∴正确的有2个,
故答案为:2
【分析】根据等腰三角形的性质、平行四边形的性质与判定、菱形的判定、矩形的判定、正方形的判定结合题意对选项逐一分析即可求解。
11.(2023八下·沙坪坝月考)如图,正方形,点E、F、G、H分别在边上,若与的夹角为,,,则的长度为 .
【答案】
【知识点】勾股定理;正方形的性质;正方形的判定
【解析】【解答】如图所示:过点A作AN∥EG,交DC于N,作AM∥HF,交BC于M,连接MN.
∴ 四边形AMFH和四边形AEGN均为平行四边形,
∴ AM=HF=,AN=EG
∵与的夹角为
∴ ∠MAN=45°
将顺时针旋转90°,得到,且
∴ DN=BK,AN=AK,∠MAK=45°
∵ AM为公共边
∴(SAS)
∴ KM=NM
∵ AM=,AB=2
∴ BM=
∴ MC=2-BM=1,
设DN=BK=x,则NC=2-x,MN=KM=1+x
∴
即 (1+x) =1 +(2-x)
解得x=
在中,AN==
则 EG=
【分析】本题考查正方形的半角模型和勾股定理计算。正方形的半角模型是从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线,并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型。由于两射线的夹角是正方形一个内角的一半,故名半角模型,又称“角含半角模型”。将45°角的两边及其对边围成的三角形称为“半角三角形”。 半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。 即图中的MN=BM+DN,这是解题关键。
12.(2023八下·锡山期中)如图,在四边形中,,,,E是中点,且,则线段的长度是 .
【答案】
【知识点】一元二次方程的其他应用;勾股定理;正方形的判定与性质;三角形全等的判定(SAS)
【解析】【解答】解:如图,作BM⊥CD,垂足为M,延长DA到N,使得AN=FM,连接BN
∵AB∥CD,∠BMD=90°,
∴∠ABM=90°,
∵∠BAD=90°,
∴四边形ABMD是矩形,
∵AB=AD,
∴四边形ABMD是正方形,
∴AB=MB=AB=AD=4,
∵∠BAN=∠BMF=90°,AN=MF,
∴△BAN≌△BMF(SAS),
∴∠ABN=∠MBF,BF=BN,
∴∠ABN+∠ABF=∠MBF+∠ABF=90°,
∵∠EBF=45°,
∴∠EBN=45°,
∵BE=BE,
∴△EBF≌△EBN(SAS),
∴EF=EN,
∵E是AD的中点,AD=4,
∴AE=DE=2,
设EF=x,则MF=AN=x-2,DF=6-x,
∵在Rt△DEF中,DE2+DF2=EF2,
∴22+(6-x)2=x2,
∴.
故答案为:
【分析】作BM⊥CD于M,先证明四边形ABMD是矩形,再证明四边形ABMD是正方形;作BM⊥CD,垂足为M,延长DA到N,使得AN=FM,先证明△BAN≌△BMF,再证明△EBF≌△EBN;
再利用勾股定理,列出方程,计算出EF的值。
13.(2022八下·大田期中)如图,在四边形中,,,,连接,,则以下结论:①;②;③;④,其中正确的结论有 .(填序号)
【答案】①②④
【知识点】多边形内角与外角;矩形的判定与性质;正方形的判定与性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:
由四边形的内角和为360°,
,故①正确
过点A作交BC于点E,交CD的延长线于点F,
又,
∴四边形AECF为矩形,
∴,
又∴,
∴,
又∵,
∴≌(AAS),
∴,AE=AF,
∴矩形AECF为正方形,AC为对角线
∴,故②正确
且AC=,BD=,
而,
故,故③不正确
,,而,
∴,故④正确,
故答案为:①②④.
【分析】由∠BAD+∠BCD=180°及四边形内角和为360°,得∠ABC+∠CDA=180°,可判定说法①符合题意;过点A作AE⊥BF交BC于点E,AF⊥BD交CD的延长线于点F,证得四边形AECF为矩形,从而得∠EAF=90°,又∠BAD=90°,推出∠BAE=∠DAF,即证△ABE≌△ADF,得EB=EF,AE=AF,即证得矩形AECF为正方形,得∠ACB=45°,所以说法②符合题意;由正方形AECF得AC=AE,BD=AB,又AE≠AB,所以AC≠BD,可判定说法③符合题意;由BC=BE+EC,CD=CF-DF,EB=DF,从而得到BC+CD=EC+CF=2EC,进而得BC+CD=AC,可判定说法④符合题意. 据此即可得出正确答案.
三、解答题
14.(2023八下·青秀期末)已知正方形.
(1)如图所示,若点在的延长线上,以为一边构造正方形,连接和,则与的数量关系为 ,位置关系为 .
(2)如图所示,若是边上的一个动点,以为一边在的右侧作正方形,连接和请判断线段与有怎样的数量关系和位置关系,并说明理由;
(3)如图所示,在(2)的条件下,连接若,,求线段的长.
【答案】(1);
(2)解: , ,理由如下:
延长BE 、 GD相交于点H.
正方形ECGF 、正方形ABCD ,
, , ,
,即 ,
≌ ,
, ,
正方形ECGF ,
,
, ,
,
又 ,
,
;
, ;
(3)解:如图所示,过点G作GM⊥AD交AD延长线于M,过点G作GN⊥AB于N,
≌ ,
, ,
,
,
又 ,
≌ ,
, ,
,
, ,
四边形AMGN是矩形,
, ,
,
.
【知识点】勾股定理;矩形的判定与性质;正方形的性质;三角形全等的判定(SAS);三角形全等的判定(AAS)
【解析】【解答】解:(1)如图所示,延长GD交BE于H,
∵四边形ABCD是正方形,
∴CD=CB,∠BCD=90°,
∵四边形ECGF是正方形,
∴CG=CE,∠ECG=90°,
∴∠DCG=∠BCE=90°,
在△DCG和△BCE中,
,
∴△DCG≌△BCE(SAS),
∴DG=BE,∠DGC=∠BEC,
∵∠CBE+∠BEC=90°,
∴∠CBE+∠DGC=90°,
∴∠BHG=180°-∠HBG-∠HGB=90°,
∴BE⊥DG,
∴BE与DG的数量关系为DG=BE,位置关系为BE⊥DG,
故答案为:DG=BE,BE⊥DG;
【分析】(1)如图所示,延长GD交BE于H,利用SAS证明出△DCG≌△BCE,得到DG=BE,∠DGC=∠BEC,然后根据三角形内角和定理求出∠BHG=90°,即BE⊥DG;
(2)延长BE、GD相交于点H,利用SAS证明出△DCG≌△BCE,从而得到DG=BE,∠BEC=∠DGC,再由正方形的性质可得知∠FEC=90°,然后根据同角的余角相等得出∠HEF=∠FGH,由此可证得∠H=∠F=90°,则DG⊥BE;
(3)如图所示,过点G作GM⊥AD交AD延长线于M,过点G作GN⊥AB于N,利用AAS证明△ABE≌△MDG,得到DM=AB=3,MG=AE=1,从而求出AM=AD+DM=6,再由三个角是直角证明四边形AMGN是矩形,得到GN=AM=6,AN=MG=1,BN=2,最后在Rt△BNG中利用勾股定理即可求出BG的长.
15.(2023八下·石景山期末)如图,正方形中,点在上(与点不重合),连接.将线段绕点逆时针旋转,得到线段,过点作,交延长线于点.
(1)依题意补全图形;
(2)连接,试判断与的数量关系,并证明.
【答案】(1)解:补全图形,如图所示,
(2)解:,
证明:如图,
,
∵四边形是正方形,
∴,,
∴,
∵,,
∴,
∴,
又,
∴,
∴,
∴,
∴,,
∴,
∴,
∴,
是等腰直角三角形,
∴.
【知识点】等腰三角形的判定;正方形的性质;三角形全等的判定(AAS)
【解析】【分析】(1)根据作图-旋转结合题意即可补全图形;
(2)先根据正方形的性质得到,,进而结合题意得到,,再运用三角形全等的判定与性质证明即可得到,,从而结合题意运用等腰直角三角形的性质即可求解。
16.(2023八下·裕华期末)如图,在中,,过点的直线,为上一点,过点作,交直线于点,垂足为,连接,.
(1)求证:;
(2)当点是的中点时,四边形是什么特殊四边形?请说明你的理由;
(3)请直接写出在的条件下,当 时,四边形是正方形.
【答案】(1)证明:,
,
,
,
,
,即,
四边形是平行四边形,
;
(2)解:四边形是菱形,
理由是:为中点,
,
,
,
,
四边形是平行四边形,
,为中点,
,
四边形是菱形;
(3)45
【知识点】平行四边形的判定与性质;菱形的判定;正方形的判定;直角三角形斜边上的中线
【解析】【解答】解:(3)若为中点,当∠A=45°时,四边形BECD是正方形,
理由:∵∠A=45°,∠ACB=90°,
∴∠ABC=45°,
∵四边形BECD是菱形,
∴CD=DB,
∴∠DBC=∠DCB=45°,
∴∠CDB=90°,
∵四边形BECD是菱形,
∴四边形BECD是正方形;
故答案为:45°.
【分析】(1)由垂直的定义可得=90°,可得AC∥DE,由CE∥AD,根据两组对边分别平行可证四边形是平行四边形,利用平行四边形的性质即得结论;
(2) 四边形是菱形,理由:先证四边形是平行四边形, 由直角三角形斜边中线的性质可得CD=BD,根据菱形的判定即证结论;
(3)当∠A=45°时,四边形BECD是正方形,根据正方形的判定定理证明即可.
17.(2023八下·辛集期末)如图,在平面直角坐标系中,点、点分别在轴与轴上,直线的解析式为,以线段、为边作平行四边形.
(1)如图,若点的坐标为,判断四边形的形状,并说明理由;
(2)如图,在的条件下,为边上的动点,点关于直线的对称点是,连接,.
当 ▲ 时,点位于线段的垂直平分线上;
连接,,设,设的延长线交边于点,当时,求证:,并求出此时的值.
【答案】(1)解:四边形是正方形,理由如下:
过作轴于,如图:
在中,令得,令得,
,,
,,,
,
,,
,,
在和中,
,
≌,
,,
,
,
,
四边形是平行四边形,且,,
四边形是正方形;
(2)①30
②如图:
,
,,
关于直线的对称点是,四边形是正方形,
,,,
,,
,,
,
,
,
,
,
,
,
,
设,则,,
在中,,
,
解得,
的值是.
【知识点】三角形全等的判定;勾股定理;正方形的判定与性质;轴对称的性质;一次函数图象与坐标轴交点问题
【解析】【分析】⑴、由一次函数可求直线与坐标轴的交点,结合所给点C的坐标,进而判断Rt△AOB≌Rt△BHC ,进一步判断平行四边形ABCD的邻边相等,含直角,故是正方形。
⑵、①三等分直角的折纸问题(数学活动)
②、由折叠(轴对称)的性质可知BC等于BQ,又四边形ABCD是正方形,可知BA等于BQ,等边对等角,借助直角可得两锐角互余,利用余角性质可得∠EQD等于∠EDQ,利用等腰三角形的判定可得EQ等于ED成立。;利用直角三角形斜边上中线的性质可知QE等于正方形边长的一半,再利用直角三角形PED勾股定理列方程求PQ也即PC长。
四、综合题
18.(2023八下·祥云期末)如图,已知直线y=kx+b与直线y=-x-9平行,且y=kx+b还过点(2,3),与y轴交于A点.
(1)求A点坐标;
(2)若点P是该直线上的一个动点,过点P分别作PM垂直x轴于点M,PN垂直y轴于点N,在四边形PMON上分别截取:PC=MP,MB=OM,OE=ON,ND=NP,试证:四边形BCDE是平行四边形;
(3)在(2)的条件下,在直线y=kx+b上是否存在这样的点P,使四边形BCDE为正方形?若存在,直接写出所有符合的点P的坐标;若不存在,请说明理由.
【答案】(1)解:∵直线y=kx+b与平行,且过点A(2,3),
∴
∴,
∴一次函数解析式为,
当x=0时,y=4,
∴A点坐标是(0,4)
(2)证明:∵PM⊥x轴,PN⊥y轴,
∴
∴四边形PMON是矩形,
∴PM=ON,OM=PN,
∵PC=MP,MB=OM,OE=ON,ND=NP,
∴PC=OE,CM=NE,ND=BM,PD=OB,
在和中,
∴(SAS),
∴,
同理可证:(SAS),
∴
∴四边形BCDE是平行四边形;
(3)解:存在,P点坐标是或(-8,8).
【知识点】待定系数法求一次函数解析式;两一次函数图象相交或平行问题;平行四边形的判定;正方形的判定
【解析】【解答】解:(3)存在这样的点P,理由如下:
设点
则
当四边形BCDE为正方形时,
则∠DCB=90°,DC=BC,
而∠CBM+∠MCB=90°,∠MCB+∠DCP=90°,
∴∠CBM=∠DCP,
而∠DPC=∠CMB=90°,
∴(AAS),
∴CM=PD,
即
解得:或-8,
所以:存在这样的点P;P点坐标是或(-8,8).
【分析】 (1) 两直线平行,则k值一定相等,结合待定系数法求一次函数解析式,进而求得直线上点的坐标; (2) 两组对边分别相等的四边形是平行四边形,按照此思路,通过全等证边相等;(3)由平行四边形证正方形,一是要证邻边相等,二要证明邻边夹角是90度。若这两个条件成立,则必会有CM=PD,进而可求出点坐标。
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