2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點(diǎn)26 正方形(含解析)
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1、 2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編:考點(diǎn)26 正方形 一.選擇題(共4小題) 1.(2018?無錫)如圖,已知點(diǎn)E是矩形ABCD的對角線AC上的一動(dòng)點(diǎn),正方形EFGH的頂點(diǎn)G、H都在邊AD上,若AB=3,BC=4,則tan∠AFE的值( ?。? A.等于 B.等于 C.等于 D.隨點(diǎn)E位置的變化而變化 【分析】根據(jù)題意推知EF∥AD,由該平行線的性質(zhì)推知△AEH∽△ACD,結(jié)合該相似三角形的對應(yīng)邊成比例和銳角三角函數(shù)的定義解答. 【解答】解:∵EF∥AD, ∴∠AFE=∠FAG, ∴△AEH∽△ACD, ∴==. 設(shè)EH=3x,AH=4x, ∴HG=GF=3x, ∴ta
2、n∠AFE=tan∠FAG===. 故選:A. 2.(2018?宜昌)如圖,正方形ABCD的邊長為1,點(diǎn)E,F(xiàn)分別是對角線AC上的兩點(diǎn),EG⊥AB.EI⊥AD,F(xiàn)H⊥AB,F(xiàn)J⊥AD,垂足分別為G,I,H,J.則圖中陰影部分的面積等于 ( ) A.1 B. C. D. 【分析】根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì),解決問題即可; 【解答】解:∵四邊形ABCD是正方形, ∴直線AC是正方形ABCD的對稱軸, ∵EG⊥AB.EI⊥AD,F(xiàn)H⊥AB,F(xiàn)J⊥AD,垂足分別為G,I,H,J. ∴根據(jù)對稱性可知:四邊形EFHG的面積與四邊形EFJI的面積相等, ∴S陰=S正方形ABCD=,
3、 故選:B. 3.(2018?湘西州)下列說法中,正確個(gè)數(shù)有( ) ①對頂角相等; ②兩直線平行,同旁內(nèi)角相等; ③對角線互相垂直的四邊形為菱形; ④對角線互相垂直平分且相等的四邊形為正方形. A.1個(gè) B.2個(gè) C.3個(gè) D.4個(gè) 【分析】根據(jù)對頂角的性質(zhì),菱形的判定,正方形的判定,平行線的性質(zhì),可得答案. 【解答】解:①對頂角相等,故①正確; ②兩直線平行,同旁內(nèi)角互補(bǔ),故②錯(cuò)誤; ③對角線互相垂直且平分的四邊形為菱形,故③錯(cuò)誤; ④對角線互相垂直平分且相等的四邊形為正方形,故④正確, 故選:B. 4.(2018?張家界)下列說法中,正確的是( ?。?/p>
4、 A.兩條直線被第三條直線所截,內(nèi)錯(cuò)角相等 B.對角線相等的平行四邊形是正方形 C.相等的角是對頂角 D.角平分線上的點(diǎn)到角兩邊的距離相等 【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)、正方形的判定、矩形的判定、對頂角的性質(zhì)、角平分線性質(zhì)逐個(gè)判斷即可. 【解答】解:A、兩條平行線被第三條直線所截,內(nèi)錯(cuò)角才相等,錯(cuò)誤,故本選項(xiàng)不符合題意; B、對角線相等的四邊形是矩形,不一定是正方形,錯(cuò)誤,故本選項(xiàng)不符合題意; C、相等的角不一定是對頂角,錯(cuò)誤,故本選項(xiàng)不符合題意; D、角平分線上的點(diǎn)到角的兩邊的距離相等,正確,故本選項(xiàng)符合題意; 故選:D. 二.填空題(共7小題) 5.(2018?武
5、漢)以正方形ABCD的邊AD作等邊△ADE,則∠BEC的度數(shù)是 30°或150°?。? 【分析】分等邊△ADE在正方形的內(nèi)部和外部兩種情況分別求解可得. 【解答】解:如圖1, ∵四邊形ABCD為正方形,△ADE為等邊三角形, ∴AB=BC=CD=AD=AE=DE,∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°,∠AED=∠ADE=∠DAE=60°, ∴∠BAE=∠CDE=150°,又AB=AE,DC=DE, ∴∠AEB=∠CED=15°, 則∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°. 如圖2, ∵△ADE是等邊三角形, ∴AD=DE, ∵四邊形ABCD是正方形
6、, ∴AD=DC, ∴DE=DC, ∴∠CED=∠ECD, ∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°, ∴∠CED=∠ECD=(180°﹣30°)=75°, ∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°. 故答案為:30°或150°. 6.(2018?呼和浩特)如圖,已知正方形ABCD,點(diǎn)M是邊BA延長線上的動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A重合),且AM<AB,△CBE由△DAM平移得到.若過點(diǎn)E作EH⊥AC,H為垂足,則有以下結(jié)論:①點(diǎn)M位置變化,使得∠DHC=60°時(shí),2BE=DM;②無論點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到何處,都有DM=HM;③無論點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到何處,∠CHM一定大于135°
7、.其中正確結(jié)論的序號為?、佗冖邸。? 【分析】先判定△MEH≌△DAH(SAS),即可得到△DHM是等腰直角三角形,進(jìn)而得出DM=HM;依據(jù)當(dāng)∠DHC=60°時(shí),∠ADH=60°﹣45°=15°,即可得到Rt△ADM中,DM=2AM,即可得到DM=2BE;依據(jù)點(diǎn)M是邊BA延長線上的動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A重合),且AM<AB,可得∠AHM<∠BAC=45°,即可得出∠CHM>135°. 【解答】解:由題可得,AM=BE, ∴AB=EM=AD, ∵四邊形ABCD是正方形,EH⊥AC, ∴EM=AH,∠AHE=90°,∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH, ∴EH=AH, ∴△MEH≌△DA
8、H(SAS), ∴∠MHE=∠DHA,MH=DH, ∴∠MHD=∠AHE=90°,△DHM是等腰直角三角形, ∴DM=HM,故②正確; 當(dāng)∠DHC=60°時(shí),∠ADH=60°﹣45°=15°, ∴∠ADM=45°﹣15°=30°, ∴Rt△ADM中,DM=2AM, 即DM=2BE,故①正確; ∵點(diǎn)M是邊BA延長線上的動(dòng)點(diǎn)(不與點(diǎn)A重合),且AM<AB, ∴∠AHM<∠BAC=45°, ∴∠CHM>135°,故③正確; 故答案為:①②③. 7.(2018?青島)如圖,已知正方形ABCD的邊長為5,點(diǎn)E、F分別在AD、DC上,AE=DF=2,BE與AF相交于點(diǎn)G,
9、點(diǎn)H為BF的中點(diǎn),連接GH,則GH的長為 . 【分析】根據(jù)正方形的四條邊都相等可得AB=AD,每一個(gè)角都是直角可得∠BAE=∠D=90°,然后利用“邊角邊”證明△ABE≌△DAF得∠ABE=∠DAF,進(jìn)一步得∠AGE=∠BGF=90°,從而知GH=BF,利用勾股定理求出BF的長即可得出答案. 【解答】解:∵四邊形ABCD為正方形, ∴∠BAE=∠D=90°,AB=AD, 在△ABE和△DAF中, ∵, ∴△ABE≌△DAF(SAS), ∴∠ABE=∠DAF, ∵∠ABE+∠BEA=90°, ∴∠DAF+∠BEA=90°, ∴∠AGE=∠BGF=90°, ∵點(diǎn)H為BF
10、的中點(diǎn), ∴GH=BF, ∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3, ∴BF==, ∴GH=BF=, 故答案為:. 8.(2018?咸寧)如圖,將正方形OEFG放在平面直角坐標(biāo)系中,O是坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)E的坐標(biāo)為(2,3),則點(diǎn)F的坐標(biāo)為?。ī?,5)?。? 【分析】結(jié)合全等三角形的性質(zhì)可以求得點(diǎn)G的坐標(biāo),再由正方形的中心對稱的性質(zhì)求得點(diǎn)F的坐標(biāo). 【解答】解:如圖,過點(diǎn)E作x軸的垂線EH,垂足為H.過點(diǎn)G作x軸的垂線EG,垂足為G,連接GE、FO交于點(diǎn)O′. ∵四邊形OEFG是正方形, ∴OG=EO,∠GOM=∠OEH,∠OGM=∠EOH, 在△OGM與△EOH中,
11、 ∴△OGM≌△EOH(ASA) ∴GM=OH=2,OM=EH=3, ∴G(﹣3,2). ∴O′(﹣,). ∵點(diǎn)F與點(diǎn)O關(guān)于點(diǎn)O′對稱, ∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為 (﹣1,5). 故答案是:(﹣1,5). 9.(2018?江西)在正方形ABCD中,AB=6,連接AC,BD,P是正方形邊上或?qū)蔷€上一點(diǎn),若PD=2AP,則AP的長為 2或2或﹣?。? 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD,AC=BD,OB=OA=OC=OD,AB=BC=AD=CD=6,∠ABC=90°,根據(jù)勾股定理求出AC、BD、求出OA、OB、OC、OD,畫出符合的三種情況,根據(jù)勾股定理求出即可. 【解
12、答】解:∵四邊形ABCD是正方形,AB=6, ∴AC⊥BD,AC=BD,OB=OA=OC=OD,AB=BC=AD=CD=6,∠ABC=∠DAB=90°, 在Rt△ABC中,由勾股定理得:AC===6, ∴OA=OB=OC=OD=3, 有三種情況:①點(diǎn)P在AD上時(shí), ∵AD=6,PD=2AP, ∴AP=2; ②點(diǎn)P在AC上時(shí), 設(shè)AP=x,則DP=2x, 在Rt△DPO中,由勾股定理得:DP2=DO2+OP2, (2x)2=(3)2+(3﹣x)2, 解得:x=﹣(負(fù)數(shù)舍去), 即AP=﹣; ③點(diǎn)P在AB上時(shí), 設(shè)AP=y,則DP=2y, 在Rt△APD中,由勾股定理
13、得:AP2+AD2=DP2, y2+62=(2y)2, 解得:y=2(負(fù)數(shù)舍去), 即AP=2; 故答案為:2或2或﹣. 10.(2018?濰坊)如圖,正方形ABCD的邊長為1,點(diǎn)A與原點(diǎn)重合,點(diǎn)B在y軸的正半軸上,點(diǎn)D在x軸的負(fù)半軸上,將正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB'C′D′的位置,B'C′與CD相交于點(diǎn)M,則點(diǎn)M的坐標(biāo)為 (﹣1,)?。? 【分析】連接AM,由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°,證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°,由DM=ADtan∠DAM可得答案. 【解答】解:如圖,連接A
14、M, ∵將邊長為1的正方形ABCD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形AB'C′D′, ∴AD=AB′=1,∠BAB′=30°, ∴∠B′AD=60°, 在Rt△ADM和Rt△AB′M中, ∵, ∴Rt△ADM≌Rt△AB′M(HL), ∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°, ∴DM=ADtan∠DAM=1×=, ∴點(diǎn)M的坐標(biāo)為(﹣1,), 故答案為:(﹣1,). 11.(2018?臺州)如圖,在正方形ABCD中,AB=3,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在CD,AD上,CE=DF,BE,CF相交于點(diǎn)G.若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2:3,則△BCG的周長為
15、+3 . 【分析】根據(jù)面積之比得出△BGC的面積等于正方形面積的,進(jìn)而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理,得出BG+CG的長,進(jìn)而得出其周長. 【解答】解:∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2:3, ∴陰影部分的面積為×9=6, ∴空白部分的面積為9﹣6=3, 由CE=DF,BC=CD,∠BCE=∠CDF=90°,可得△BCE≌△CDF, ∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等,均為×3=, 設(shè)BG=a,CG=b,則ab=, 又∵a2+b2=32, ∴a2+2ab+b2=9+6=15, 即(a+b)2=15, ∴a+b=,即BG+CG=, ∴△BCG的周長
16、=+3, 故答案為: +3. 三.解答題(共6小題) 12.(2018?鹽城)在正方形ABCD中,對角線BD所在的直線上有兩點(diǎn)E、F滿足BE=DF,連接AE、AF、CE、CF,如圖所示. (1)求證:△ABE≌△ADF; (2)試判斷四邊形AECF的形狀,并說明理由. 【分析】(1)根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定證明即可; (2)四邊形AECF是菱形,根據(jù)對角線垂直的平行四邊形是菱形即可判斷; 【解答】證明:(1)∵正方形ABCD, ∴AB=AD, ∴∠ABD=∠ADB, ∴∠ABE=∠ADF, 在△ABE與△ADF中 , ∴△ABE≌△ADF(S
17、AS); (2)連接AC, 四邊形AECF是菱形. 理由:∵正方形ABCD, ∴OA=OC,OB=OD,AC⊥EF, ∴OB+BE=OD+DF, 即OE=OF, ∵OA=OC,OE=OF, ∴四邊形AECF是平行四邊形, ∵AC⊥EF, ∴四邊形AECF是菱形. 13.(2018?吉林)如圖,在正方形ABCD中,點(diǎn)E,F(xiàn)分別在BC,CD上,且BE=CF,求證:△ABE≌△BCF. 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì),利用SAS即可證明; 【解答】證明:∵四邊形ABCD是正方形, ∴AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°, 在△ABE和△BCF中, , ∴△AB
18、E≌△BCF. 14.(2018?白銀)已知矩形ABCD中,E是AD邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn),點(diǎn)F,G,H分別是BC,BE,CE的中點(diǎn). (1)求證:△BGF≌△FHC; (2)設(shè)AD=a,當(dāng)四邊形EGFH是正方形時(shí),求矩形ABCD的面積. 【分析】(1)根據(jù)三角形中位線定理和全等三角形的判定證明即可; (2)利用正方形的性質(zhì)和矩形的面積公式解答即可. 【解答】解:(1)∵點(diǎn)F,G,H分別是BC,BE,CE的中點(diǎn), ∴FH∥BE,F(xiàn)H=BE,F(xiàn)H=BG, ∴∠CFH=∠CBG, ∵BF=CF, ∴△BGF≌△FHC, (2)當(dāng)四邊形EGFH是正方形時(shí),可得:EF⊥GH且E
19、F=GH, ∵在△BEC中,點(diǎn),H分別是BE,CE的中點(diǎn), ∴GH=,且GH∥BC, ∴EF⊥BC, ∵AD∥BC,AB⊥BC, ∴AB=EF=GH=a, ∴矩形ABCD的面積=. 15.(2018?濰坊)如圖,點(diǎn)M是正方形ABCD邊CD上一點(diǎn),連接AM,作DE⊥AM于點(diǎn)E,BF⊥AM于點(diǎn)F,連接BE. (1)求證:AE=BF; (2)已知AF=2,四邊形ABED的面積為24,求∠EBF的正弦值. 【分析】(1)通過證明△ABF≌△DEA得到BF=AE; (2)設(shè)AE=x,則BF=x,DE=AF=2,利用四邊形ABED的面積等于△ABE的面積與△ADE的面積之和
20、得到?x?x+?x?2=24,解方程求出x得到AE=BF=6,則EF=x﹣2=4,然后利用勾股定理計(jì)算出BE,最后利用正弦的定義求解. 【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD為正方形, ∴BA=AD,∠BAD=90°, ∵DE⊥AM于點(diǎn)E,BF⊥AM于點(diǎn)F, ∴∠AFB=90°,∠DEA=90°, ∵∠ABF+∠BAF=90°,∠EAD+∠BAF=90°, ∴∠ABF=∠EAD, 在△ABF和△DEA中 , ∴△ABF≌△DEA(AAS), ∴BF=AE; (2)解:設(shè)AE=x,則BF=x,DE=AF=2, ∵四邊形ABED的面積為24, ∴?x?x+?x?2=24,解
21、得x1=6,x2=﹣8(舍去), ∴EF=x﹣2=4, 在Rt△BEF中,BE==2, ∴sin∠EBF===. 16.(2018?湘潭)如圖,在正方形ABCD中,AF=BE,AE與DF相交于點(diǎn)O. (1)求證:△DAF≌△ABE; (2)求∠AOD的度數(shù). 【分析】(1)利用正方形的性質(zhì)得出AD=AB,∠DAB=∠ABC=90°,即可得出結(jié)論; (2)利用(1)的結(jié)論得出∠ADF=∠BAE,進(jìn)而求出∠ADF+∠DAO=90°,最后用三角形的內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論. 【解答】(1)證明:∵四邊形ABCD是正方形, ∴∠DAB=∠ABC=90°,AD=AB, 在△
22、DAF和△ABE中,, ∴△DAF≌△ABE(SAS), (2)由(1)知,△DAF≌△ABE, ∴∠ADF=∠BAE, ∵∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90°, ∴∠AOD=180°﹣(∠ADF+DAO)=90°. 17.(2018?遵義)如圖,正方形ABCD的對角線交于點(diǎn)O,點(diǎn)E、F分別在AB、BC上(AE<BE),且∠EOF=90°,OE、DA的延長線交于點(diǎn)M,OF、AB的延長線交于點(diǎn)N,連接MN. (1)求證:OM=ON. (2)若正方形ABCD的邊長為4,E為OM的中點(diǎn),求MN的長. 【分析】(1)證△OAM≌△OBN即可得; (2)作OH⊥AD,由正方形的邊長為4且E為OM的中點(diǎn)知OH=HA=2、HM=4,再根據(jù)勾股定理得OM=2,由直角三角形性質(zhì)知MN=OM. 【解答】解:(1)∵四邊形ABCD是正方形, ∴OA=OB,∠DAO=45°,∠OBA=45°, ∴∠OAM=∠OBN=135°, ∵∠EOF=90°,∠AOB=90°, ∴∠AOM=∠BON, ∴△OAM≌△OBN(ASA), ∴OM=ON; (2)如圖,過點(diǎn)O作OH⊥AD于點(diǎn)H, ∵正方形的邊長為4, ∴OH=HA=2, ∵E為OM的中點(diǎn), ∴HM=4, 則OM==2, ∴MN=OM=2. 16
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