专题17 正方形的性质与判定
阅卷人 |
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一、选择题(共10题；每题2分，共20分) |
得分 |
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1．（2分）（范县期末）如图，已知正方形
的边长为4，点P是对角线
上一点，
于点E，
于点F，连接
．给出下列结论：
①
；②四边形
的周长为8；
③
；④
；⑤
的最小值为
．
其中正确结论的序号为（ ）
A．①②③⑤ B．②③④ C．②③④⑤ D．②③⑤
【答案】C
【规范解答】①∵PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F，CD⊥BC，
∴PF∥BC，
∴∠DPF＝∠DBC，
∵四边形ABCD是正方形
∴∠DBC＝45°
∴∠DPF＝∠DBC＝45°，
∴∠PDF＝∠DPF＝45°，
∴PF＝EC＝DF，
在Rt△DPF中，DP2＝DF2+PF2＝DF2+DF2＝2DF2，
∴PD＝
DF
∴PD=
．
故①不符合题意；
②∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
又∵PE=CE
∴四边形PECF的周长＝2CE+2PE＝2CE+2BE＝2BC＝8，
故②符合题意；
③如图1
延长FP交AB于G，延长AP交EF于H，
在正方形ABCD中，
∴CD∥AB
又∵PF⊥于CD
∴∠AGP=90°；
由②知四边形PECF是矩形，
∴∠EPF=90°
∴∠AGP=∠EPF；
由①知PF=DF，
又∵AG=DF
∴AG=PF
∴四边形BGPE是正方形，
∴PG=PE
∴△AGP≌△FPE
∴∠BAP=∠PFE
又∵∠APG=∠FPH，∠BAP与∠APG互余
∴∠FPH与∠PFE互余
∴∠PHF=90°即AP⊥EF
故③符合题意；
④由③知，△AGP≌△FPE
∴AP=EF
故④符合题意；
⑤当
时，AP最小；
∴EF的最小值为
．故⑤符合题意．
综上：②③④⑤符合题意．
故答案为：C．
【思路点拨】结合图形，利用正方形的性质，勾股定理等计算求解即可。
2．（2分）（抚远期末）如图，正方形
的边长为1，
，
是对角线，将
绕点
顺时针旋转45°得到
，
交
于点
，连接
交
于点
，连接
，则下列结论：①四边形
是菱形；②
；③
；④
．其中结论正确的是（ ）
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④
【答案】A
【规范解答】解：证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC=BC=AB，∠DAB=∠ADC=∠DCB=∠ABC=90°，∠ADB=∠BDC=∠CAD=∠CAB=45°，
∵△DHG是由△DBC旋转得到，
∴DG=DC=AD，∠DGE=∠DCB=∠DAE=90°，
在Rt△ADE和Rt△GDE中，
，
∴Rt△AED≌Rt△GED（HL），故②符合题意；
∴∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，
∴∠AED=∠AFE=67.5°，
∴AE=AF=EG，
又∵∠H=∠DBC=∠DAC=45°，
∴GH∥AC，
∴四边形AEGF是菱形，故①符合题意；
∵∠DFG=∠GFC+∠DFC=∠BAC+∠DAC+∠ADF=112.5°，故③符合题意；
∵AE=FG=EG=BG，BE=HE，
∴BE＞AE，
∴AE＜
，
∴CB+FG＜1.5，故④不符合题意．
故答案为：A．
【思路点拨】根据正方形的性质，得到四边相等，四个角90°，对角线平分对角，Rt△AED≌Rt△GED（HL），证得②；Rt△AED≌Rt△GED（HL），求得∠ADE=∠EDG=22.5°，AE=EG，根据菱形判定定理证得四边形AEGF是菱形；通过角的等量替换即可得到∠DFG=112.5°；通过等量替换得到AE＜
，得不到④.
3．（2分）（曹妃甸期末）如图，在平面直角坐标系中，四边形
为正方形，点
的坐标为（0，2），点
的坐标为（4，0），则点
的坐标为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【规范解答】解：如图，过点C作CE⊥x轴，垂足为E．
∵四边形ABCD是正方形，点A（0，2），B（4，0），
∴AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，
∴∠AOB=∠BEC= 90°，∠ABO=∠BCE=90°-∠CBE，
∴△AOB≌△BEC，
∴BE=AO=2，EC=OB=4，
∴OE=OB+BE=2=4=6，
∴点C（6，4），
故答案为：C．
【思路点拨】过点C作CE⊥x轴，垂足为E．由四边形ABCD是正方形，点A（0，2），B（4，0），可得AB=BC，∠ABC=90°，AO=2，OB=4，再证△AOB≌△BEC，可得BE=AO=2，EC=OB=4，从而求出OE=OB+BE=6，即得点C坐标.
4．（2分）（迁安期末）如图，三个边长相同的正方形重叠在一起，
、
是其中两个正方形的中心，阴影部分的面积和是4，则正方形的边长为（ ）
A．2 B．4 C．8 D．
【答案】D
【规范解答】解：连接O1B、O1C，如图：
∵∠BO1F+∠FO1C=90°，∠FO1C+∠CO1G=90°，
∴∠BO1F=∠CO1G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠O1BF=∠O1CG=45°，
在△O1BF和△O1CG中，
，
∴△O1BF≌△O1CG（ASA），
∴S△O1BF=S△O1CG，
∴O1、O2两个正方形阴影部分的面积是
S正方形ABCD，
同理另外两个正方形阴影部分的面积也是
S正方形ABCD，
∴阴影部分的面积和=4=
S正方形ABCD，
∴S正方形ABCD=8=AD2，
∴AD=
，
故答案为：D．
【思路点拨】先求出∠O1BF=∠O1CG=45°，再利用全等三角形的判定与性质计算求解即可。
5．（2分）（宁安期末）如图，边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别是边BC，DC上的点，且∠EAF=45°，下列结论：①
；②BE+DF=EF；③当△ABE≌△ADF时，EF的长为
；④当EF=4时，△CEF是等腰直角三角形，其中正确结论的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【规范解答】解：如下图所示，过点A作AH，使
，AH交EF于点H，过点E做
，垂足为M，过点F做
，垂足为N；
∵
，∠EAF=45°，
∴
，
∵
，
∴
，
∵
，
∴
，
∴AE、AF分别是
和
的角平分线，
∵
，
；
，
；
∴
，
；
∵
，
∴
，
，
∴
，
，
∵
，
∴
，
∴点M、N、H三点重合，
∵
，
，
，
∴
，
∵
，
；
∴BE+DF=EF；
故①②符合题意；
当△ABE≌△ADF时，
，
设
，得
，
∵
，
∴
，
解方程得
（负数舍去），
∴
，
故③符合题意
当△CEF是等腰直角三角形时
，
设
，
，
，
∵
，
∴
，
解方程得
，
，
故④不符合题意，
故答案为：C．
【思路点拨】根据正方形、全等三角形、等腰直角三角形、勾股定理的性质，分别判断得到答案即可。
6．（2分）（官渡期末）如图，正方形
中，点
、
、
分别是
、
、
的中点，
、
交于
，连接
、
.下列结论：①
；②
；③
；④
.正确的有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【规范解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD，∠B=∠BCD=90°，
∵点E、F、H分别是AB、BC、CD的中点，
∴BE=CF，
在△BCE与△CDF中，
，
∴△BCE≌△CDF，（SAS），
∴∠ECB=∠CDF，
∵∠BCE+∠ECD=90°，
∴∠ECD+∠CDF=90°，
∴∠CGD=90°，
∴CE⊥DF；故①符合题意；
在Rt△CGD中，H是CD边的中点，
∴HG=
CD=
AD，
即2HG=AD；故④符合题意；
连接AH，如图所示：
同理可得：AH⊥DF，
∵HG=HD=
CD，
∴DK=GK，
∴AH垂直平分DG，
∴AG=AD；
若AG=DG，则△ADG是等边三角形，
则∠ADG=60°，∠CDF=30°，
而CF=
CD≠
DF，
∴∠CDF≠30°，
∴∠ADG≠60°，
∴AG≠DG，故②不符合题意；
∴∠DAG=2∠DAH，
同理：△ADH≌△DCF，
∴∠DAH=∠CDF，
∵GH=DH，
∴∠HDG=∠HGD，
∴∠GHC=∠HDG+∠HGD=2∠CDF，
∴∠CHG=∠DAG；故③符合题意；
正确的结论有3个，
故答案为：C．
【思路点拨】利用正方形的性质、全等三角形的判定和性质及含30°角的直角三角形的性质逐项判断即可。
7．（2分）（泰安期末）如图，正方形ABCD中，AB=6，点E在边CD上，且CD=3DE．将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连结AG、CF．下列结论：
①△ABG≌△AFG；②BG=GC；③AG∥CF；④
．
其中正确结论的个数是（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【规范解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD=DC=6，∠B=D=90°．
∵CD=3DE，
∴DE=2．
∵△ADE沿AE折叠得到△AFE，
∴DE=EF=2，AD=AF，∠D=∠AFE=∠AFG=90°，
∴AF=AB．
∵在Rt△ABG和Rt△AFG中
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），∴①符合题意；
∵Rt△ABG≌Rt△AFG，∴BG=FG，∠AGB=∠AGF，
设BG=x，则CG=BC﹣BG=6﹣x，GE=GF+EF=BG+DE=x+2．
在Rt△ECG中，由勾股定理得：CG2+CE2=EG2．
∵CG=6﹣x，CE=4，EG=x+2，
∴（6﹣x）2+42=（x+2）2，
解得：x=3，∴BG=GF=CG=3，∴②符合题意；
∵CG=GF，∴∠CFG=∠FCG．
∵∠BGF=∠CFG+∠FCG．
又∵∠BGF=∠AGB+∠AGF，∴∠CFG+∠FCG=∠AGB+∠AGF．
∵∠AGB=∠AGF，∠CFG=∠FCG，∴∠AGB=∠FCG，∴AG∥CF，∴③符合题意；
∵BG=GF=CG=3，CE=4，∴
，∴④符合题意．
故答案为：A．
【思路点拨】根据翻折变化的性质和正方形的性质证出Rt△ABG≌Rt△AFG（HL），根据勾股定理得出CG2+CE2=EG2，由平行线的判定得出AG∥CF，求出
的面积即可。
8．（2分）（滨城期末）如图，正方形ABCD中，AB＝12，点E在边BC上，BE＝EC，将△DCE沿DE对折至△DFE，延长EF交边AB于点G，连接DG、BF，给出以下结论：①△DAG≌△DFG；②BG＝2AG；③S△DGF＝120；④S△BEF＝
；⑤BF∥DE．其中正确结论的个数是（ ）
A．5 B．4 C．3 D．2
【答案】B
【规范解答】解：如图，
由折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，
在Rt△ADG和Rt△FDG中，
，
∴Rt△ADG≌Rt△FDG（HL），故①符合题意；
∵正方形边长是12，
∴BE=EC=EF=6，
设AG=FG=x，则EG=x+6，BG=12-x，
由勾股定理得：EG2=BE2+BG2，
即：（x+6）2=62+（12-x）2，
解得：x=4
∴AG=GF=4，BG=8，BG=2AG，故②符合题意；
S△DGF=
•FG•DF=
×4×12=24，故③不符合题意；
S△GBE=
×6×8=24，S△BEF=
•S△GBE=
×24=
，故④符合题意．
∵EF=EC=EB，
∴∠EFB=∠EBF，
∵∠DEC=∠DEF，∠CEF=∠EFB+∠EBF，
∴∠DEC=∠EBF，
∴BF∥DE，故⑤符合题意；
所以①②④⑤符合题意，共4个，
故答案为：B．
【思路点拨】利用正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等对每个结论一一判断即可。
9．（2分）（广饶期末）如图，在正方形
中，点O是对角线
的交点，过点O作射线分别交
于点
，且
，交
于点
．给出下列结论：
；
；
四边形
的面积为正方形
面积的
；
．其中正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【规范解答】解：
四边形
是正方形，
，
，
，
，
，
故
符合题意；
，
点
四点共圆，
∴
，
∴
，
故
符合题意；
，
，
，
故
符合题意；
，
，又
，
是等腰直角三角形，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
又
中，
，
，
，
故
不符合题意，
故答案为：B．
【思路点拨】利用正方形的性质，全等三角形的判定，相似三角形的判定，勾股定理等对每个结论一一判断即可。
10．（2分）（慈溪期末）如图，正方形
中，点P为
延长线上任一点，连结
，过点P作
，交
的延长线于点E，过点E作
于点F.下列结论：①
；②
；③
；④若
，则
.其中正确的个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【规范解答】解：如图1，在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，
∵EF⊥BP，
∴∠BFE=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠FBC=∠ABD=45°，
∴BF=EF，
在△BFG和△EFP中，
，
∴△BFG≌△EFP（SAS），
∴BG=PE，∠PEF=∠GBF，
∵∠ABD=∠FPG=45°，
∴AB∥PG，
∵AP⊥PE，
∴∠APE=∠APF+∠FPE=∠FPE+∠PEF=90°，
∴∠APF=∠PEF=∠GBF，
∴AP∥BG，
∴四边形ABGP是平行四边形，
∴AP=BG，
∴AP=PE；
故①正确；
如图2，连接CG，
由①知：PG∥AB，PG=AB，
∵AB=CD，AB∥CD，
∴PG∥CD，PG=CD，
∴四边形DCGP是平行四边形，
∴CG=PD，CG∥PD，
∵PD⊥EF，
∴CG⊥EF，即∠CGE=90°，
∵∠CEG=45°，
∴CE=
CG=
PD；
故③正确；
如图3，连接AC交BD于O，
∠CGF=∠GFD=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，BD=
∴∠COF=90°，
∴四边形OCGF是矩形，
∴OC=FG，BD=2OC=2FG，
△BFG≌△EFP，
，
，
故②正确；
④
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
即
.
故④正确.
故答案为：D.
【思路点拨】在EF上取一点G，使FG=FP，连接BG、PG，根据正方形的性质得∠FBC=∠ABD=45°，则BF=EF，证△BFG≌△EFP，得BG=PE，∠PEF=∠GBF，易得四边形ABGP是平行四边形，则AP=BG，据此判断①；连接CG，易得四边形DCGP是平行四边形，则CG=PD，CG∥PD，根据三角函数的概念得CE=
CG，据此判断③；连接AC交BD于O，根据正方形性质得AC⊥BD，BD=
AB=
PG，则四边形OCGF是矩形，OC=FG，BD=2OC=2FG，根据全等三角形的性质可得PF=FG，据此判断②；根据等腰三角形的性质结合内角和定理可得∠BPE=∠BEP=67.5°，∠FPG=∠FGP=45°，则∠GPE=22.5°，推出PG=GE，则FG=
GE，BE=(1+
)FG，DF=(
-1)PF，据此判断④.
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二、填空题(共10题；每空2分，共22分) |
得分 |
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11．（2分）（任丘期末）把8个边长为1的正方形按如图所示摆放在直角坐标系中，经过原点O的直线l将这8个正方形分成面积相等的两部分，则该直线的函数表达式是 ．
【答案】y＝
x或y＝0.9x
【规范解答】解：如图，过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，
∵经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，
∴S△AOB＝4+1＝5，
∵OB＝3，
∴
AB•3＝5，
解得：AB＝
，
∴A点坐标为（
，3），
设直线方程为y＝kx，
则3＝
k，
∴k＝
，
∴直线l解析式为y＝
x．
故答案为：y＝
x．
【思路点拨】过A作AB⊥y轴，垂足为点B，则OB＝3，由于经过原点的一条直线l将这八个正方形分成面积相等的两部分，可得S△AOB＝5=
×AB·OB，据此求出AB＝
，即得A（
，3），利用待定系数法求出直线l解析式即可.
12．（4分）（曹妃甸期末）如图，等腰直角三角形
的直角边长与正方形
的边长均为
，边
与边
在同一条直线上，点
与点
重合，让
沿
方向运动，当点
与点
重合时停止运动．运动中两个图形重叠部分的面积
与
的长度
之间的函数关系式为
，自变量
的取值范围是
．
【答案】
；
【规范解答】解：
是等腰直角三角形，四边形MNPQ是正方形
是等腰直角三角形
由题意可知，AM=MR=x，
故答案为：
，
．
【思路点拨】求出△AMR是等腰直角三角形，可得AM=MR=x，根据三角形的面积公式求出函数解析式，根据正方形的边长即得自变量的范围.
13．（2分）（潮安期末）如图，点A在线段BG上，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是10和19，则△CDE的面积为 .
【答案】
【规范解答】解：解：过E作EH⊥CD于点H．
∵∠ADG+∠GDH=∠EDH+∠GDH，
∴∠ADG=∠EDH．
又∵DG=DE，∠DAG=∠DHE．
∴△ADG≌△HDE．
∴HE=AG．
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，面积分别是5和9．即AD2=5，DG2=9．
∴在直角△ADG中，
AG=
，
∴EH=AG=3．
∴△CDE的面积为
CD·EH=
×
×3=
．
故答案为
.
【思路点拨】过E作EH⊥CD于点H，先证明△ADG≌△HDE，可得HE=AG，再利用勾股定理求出AG的长，最后利用三角形的面积公式计算即可。
14．（2分）（钢城期末）如图，在正方形
内作等边
，连接
，
，则
的度数为
．
【答案】15
【规范解答】解：
△ADE是等边三角形，
四边形ABCD是正方形，
．
故答案为：15．
【思路点拨】先证明△ABE和△DEC为顶角为30°的等腰三角形，再求出∠ABE的度数，最后利用角的运算求出∠CBE的度数即可。
15．（2分）（乐亭期末）如图，正方形
，
是对角线
上一动点，
，且
，连接
，
，
，若
，则
长度的最小值为
．
【答案】2
【规范解答】解：过C作
于点
，如图：
∵四边形ABCD是正方形，
∴
，
．
∵
，
∴
，
∴
，
∴
．
在
和
中
，
∴
，
∴
，
．
∵
，
∴
，
即
，
∴
是等腰直角三角形，
∴
，
∴当CE最小时，EF最小，
∴当E运动到
时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为
．
∵
，
，
∴
，
∴EF最小值为
．
故答案为：2．
【思路点拨】过C作
于点
，证明
，得出
，
，即得出
是等腰直角三角形，
，当E运动到
时，CE最小，最小值即为CE的长度，此时EF最小值为
．即可得解。
16．（2分）（洛江期末）如图，正方形
中，点
是
边的中点，
、
交于点
，
、
交于点
，则下列结论：①
；②
；③
；④
．其中正确的序号是
．
【答案】②③④
【规范解答】解：∵正方形ABCD，
∴∠ADC=∠BCD=90°，AD=CD，
∵E是AD的中点，
∴DE=
AD=CD，
∴∠DCE≠30°，
∴∠BCE≠60°，
故①错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=DC，∠ADB=∠CDB=45°，DH=DH，
∴△ADH≌△CDH（SAS），
∴∠HAD=∠HCD，
∵∠ABE=∠DCE，
∴∠ABE=∠HAD，
∵∠BAD=∠BAH+∠DAH=90°，
∴∠ABE+∠BAH=90°，
∴∠AGB=180°-90°=90°，
∴AG⊥BE，
故②正确；
∵AD
BC，
∴S△BDE=S△CDE，
∴S△BDE-S△DEH=S△CDE-S△DEH，
即；S△BHE=S△CHD，
故③正确；
∵△ADH≌△CDH，
∴∠AHD=∠CHD，
∴∠AHB=∠CHB，
∵∠BHC=∠DHE，
∴∠AHB=∠EHD，
故④正确；
故答案为：②③④．
【思路点拨】由正方形的性质及线段的中点可推出∠ADC=∠BCD=90°，DE=
AD=
CD，从而推出∠DCE≠30°，即得∠BCE≠60°，故①错误；证明△ADH≌△CDH（SAS），可得∠HAD=∠HCD，从而可推出∠BAD=∠BAH+∠DAH=∠ABE+∠BAH=90°，再根据三角形内角和求出∠AGB=90°，即可判断②；由AD
BC，根据同底等高可的S△BDE=S△CDE，从而推出S△BHE=S△CHD，据此判断③；由△ADH≌△CDH，可得∠AHD=∠CHD，从而得出∠AHB=∠CHB，由对顶角相等知∠BHC=∠DHE，从而求出∠AHB=∠EHD，据此判断④.
17．（2分）（禹州期末）如图，在正方形ABCD中，
，E为对角线AC上与A，C不重合的一个动点，过点E作
于点F，
于点G，连接DE，FG，下列结论：①
；②
；③
；④FG的最小值为2
，其中正确的结论是
.（只填序号）
【答案】①②④
【规范解答】解：如图所示，连接BE，交FG于点O，
∵
，
，
∴
，
∵
，
∴四边形EFBG为矩形，
∴
，
，
∵四边形ABCD为正方形，
∴
，
，
在
和
中，
∴
（SAS），
∴
，
∴
，
即①正确；
延长DE，交FG于M，交FB于点H，
由（1）得，
，
∵
，
∴
，
∴
，
∵
，
∴
，
∴
，
即
，
∴
，
即②正确；
∵正方形ABCD，EF⊥AB，EG⊥BC，
∴∠ABC、∠EFB、∠EGB均为直角，
∴四边形EFBG为长方形，
在△BEF和△FGB中
∴△BEF≌△FGB（SSS）
∴∠BGF=∠FEB
假设∠BGF=∠ADE，则有∠FEB=∠ADE，
又∵EF∥AD，则B、E、D在同一条直线上，
而题干中E是AC上的动点，B、E、D并不一定共线，
故∠BGF不一定等于∠ADE.
故③错误；
∵E为对角线AC上的一个动点，
∴当
时，DE最小，
∵
，
，
∴
，
∴
，
由①知，
，
∴FG的最小值为
，
即④正确，
综上，①②④正确，
故答案为：①②④.
【思路点拨】连接BE，交FG于点，易得四边形EFBG为矩形，得FG=BE，
OB=OF=OE=OG，根据正方形的性质，得出
，
，利用SAS证明△ABE≌△ADE，得出DE=BE，则可判断①；延长DE，交FG于M，交FB于点H，由(1)得出∠ABE=∠ADE，根据条件和角之间的关系求出DE⊥FG，即可判断②；先通过三角为直角判定四边形EFBG为长方形，再通过SSS判定△BEF≌△FGB，从而可得∠BGF=∠FEB，通过反证法推理即可判断③；根据垂线段最短得当DE⊥AC时，DE最小，根据勾股定理求出AC长，从而求出DE长，即可得FG的最小值，即可判断即④.
18．（2分）（泰兴期末）如图，正方形ABCD中，AB＝4，BE＝CE，F是边AB上一动点，连接EF，翻折△BEF至△GEF，使得B落在G处，连接DG，当四边形AFGD的周长取得最小值时，则BF＝ ．
【答案】
【规范解答】解：如图，连接ED，FG，DF，
∵正方形ABCD，AB=4，
∴∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，
∵翻折△BEF至△GEF，BE=EC，
∴BE=EG=EC=2，
∴G点在以E为圆心，半径为2的圆上运动，
∴当E、G、D三点共线时，GD的长最短，此时FG=BF的长最大，
∴AF的长最短，
∴四边形AFGD的周长最小，
在Rt△DCE中，ED=
=2
，
∴GD=2
-2，
设FG=BF=x，AF=4-x，
在Rt△FAD和Rt△FGD中，DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，
∴（4-x）2+16=x2+（2
-2）2，
整理，解得x=
+1，
∴BF=
+1.
故答案为：
+1.
【思路点拨】如图，连接ED，FG，DF，由正方形性质得∠ABC=∠DCB=90°，DC=AD=BC=4，由翻折性质得BE=EG=EC=2，可推出G点在以E为圆心，半径为2的圆上运动，当E、G、D三点共线时，GD的长最短，此时FG=BF的长最大，AF的长最短，即四边形AFGD的周长最小，在Rt△DCE中，由勾股定理求得ED2
，从而得GD=2
-2，设设FG=BF=x，AF=4-x，在Rt△FAD和Rt△FGD中，由勾股定理得DF2=AF2+AD2=FG2+GD2，即（4-x）2+16=x2+（2
-2）2，整理，解得x=
+1，即可求出
四边形AFGD的周长最小时，BF的长.
19．（2分）（青山期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点P为BC边上一动点，以P为直角顶点，AP为直角边作等腰Rt△APE，M为边AE的中点，当点P从点B运动到点C，则点M运动的路径长为 ．
【答案】
【规范解答】解：如下图所示，连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T．
∵△APE是等腰直角三角形，
∴∠APB+∠TPE=90°．
∵四边形ABCD是正方形，ET⊥BC，
∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．
∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．
∴∠BAP=∠TPE．
．
．
∵四边形ABCD是正方形，
．
．
∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．
．
∴∠TEC=∠TCE=45°．
∵正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，
∴O是AC的中点，∠DBC=45°．
∴∠DBC=∠TCE．
．
∵M是AE的中点，
∴OM是△ACE的中位线．
∴
．
∴点M在直线OD上．
∵点P在BC边上移动，
∴点M的运动轨迹是OD．
∵正方形ABCD的边长是6，且AC，BD相交于点O，
∴AB=6，AD=6，O是BD的中点．
∴
．
∴
．
故答案为：
．
【思路点拨】连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T，利用等腰直角三角形的性质可证得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性质可证得∠BAP=∠TPE，利用AAS证明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的对应边相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性质可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性质可得到点O是AC的中点，∠DBC=45°，从而可推出∠DBC=∠TCE，同时可证得OM是△ACE的中位线，由此可推出点M的运动轨迹是OD，利用勾股定理求出BD的长，即可得到OD的长.
20．（2分）（重庆期末）如图，正方形纸片
的边长为4，点
在边
上，连接
，将纸片沿着直线
翻折，点
的对应点为点
，连接
并延长交
于点
，若
，则
.
【答案】
【规范解答】解：
四边形
是正方形
，
折叠
（ASA）
，
，
，
故答案为
【思路点拨】根据折叠图形的性质和正方形的性质得出有关角和边相等，利用AAS证明△AED≌△BFA，可知AE=BF，AF=DE，再利用勾股定理求出BF，然后由等面积法求得AH的长，由折叠的性质可知AG=2AH，最后利用线段的和差关系即可求得GE的长.
阅卷人 |
|
三、解答题(共7题；共58分) |
得分 |
|
21．（6分）（洮北期末）如图，四边形ABCD是一个正方形花园，E、F是它的两个门，且
，要修建两条路BE和AF，这两条路等长吗？它们有什么位置关系？请证明你的猜想．
22．（6分）（河间期末）如图，四边形ABCD是正方形，点E是边BC的中点，∠AEF＝90°，且EF交正方形外角的平分线CF于点F．求证AE＝EF．
（提示：取AB的中点H，连接EH．）
23．（8分）（铁东期末）如图，在△ABC中，∠BAC＝90°，AD是BC边上的中线，点E是AD的中点，过点A作
，交BE的延长线于点F，连接CF．
（1）（4分）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）（4分）若AB＝AC，试判定四边形ADCF的形状．
24．（8分）（长春期末）【阅读材料】如图①，在边长为4的正方形ABCD中，点E、F分别在边BC、CD上且∠EAF＝45°，连接EF，求△CEF的周长．
小明想到解决问题的方法如下：
如图②，延长CB至点G，使BG＝DF，通过证明
，得到BE、DF、EF之间的关系，进而求出△CEF的周长．
（1）（3分）请按照小明的思路，帮助小明写出完整的求解过程．
（2）（4分）【方法应用】如图②，若BE＝1，求DF的长．
（3）（1分）【能力提升】如图③，在锐角△ABC中，∠BAC＝45°，AD⊥BC于点D．若BD＝1，AD＝4，则CD的长为 ．
25．（12分）（槐荫期末）如图1，四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，点A在DG上，连接AE，CG．
（1）（2分）求证：
；
（2）（3分）猜想：AE与CG之间的位置关系，并证明你的猜想；
（3）（3分）在其它条件不变的前提下，如果将正方形ABCD绕着点D按逆时针旋转任意角度（如图2）．那么（2）中结论是否还成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由；
（4）（4分）如图3，将正方形ABCD绕着点D旋转到某一位置时恰好使得
，
．当正方形DEFG的边长为
时，请直接写出正方形ABCD的边长．
26．（9分）（大同期末）综合与实践
问题情境：
已知四边形
是正方形，
是对角线，将等腰直角三角形
的底角顶点与点
重合，
，
分别与边
，
相交于点
，
（点
，
不与线段的端点重合），连接
．
特例感知：
（1）（4分）如图1，当
平分
时，
①试判断
和
的数量关系，并说明理由；
②
和
的数量关系是
▲ ．
（2）（5分）如图2，当
不是
的平分线时，试判断
，
，
的数量关系，并说明理由．
【答案】解：猜想BE＝AF，BE⊥AF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD=CD，∠D=∠BAD=90°
∵
，
∴AD-DE=CD-CF，即
在
和
中，
∴
(SAS)
∴BE＝AF，∠AEB=∠DFA，
∵∠D=90°
∴∠EAO+∠DFA=90°
∴∠EAO+∠AEB=90°
∴∠AOE=90°
∴BE⊥AF
【思路点拨】先利用“SAS”证明
，可得BE＝AF，∠AEB=∠DFA，再利用角的运算和等量代换可得∠AOE=90°，从而可得BE⊥AF。
【答案】证明：取
中点
，连接
又
为
的中点，四边形
是正方形
∴
，
∴△BHE为等腰直角三角形
∴
，
又∵
，
∴
，
∴
又EF交正方形外角的平分线CF于点F
∴
，
在
和
中
∴
≌
（ASA）
∴
【思路点拨】因为四边形
是正方形，得出△BHE为等腰直角三角形，EF交正方形外角的平分线CF于点F，得出
，
，利用全等三角形的性质即可得出
。
【答案】（1）证明：∵点E是AD的中点，
∴AE＝DE．∵
，∴∠DAF＝∠3．又∵∠1＝∠2，
∴
．∴AF＝BD．
∵AD是
斜边BC边上的中线，∴AD＝BD＝DC．
∴AF＝DC．又∵
，∴四边形ADCF是平行四边形．
∵∠BAC＝90°，AD是
斜边BC边上的中线，
∴AD＝DC，∴四边形ADCF是菱形．
（2）解：∵四边形ADCF是菱形，∴∠4＝∠5．当AB＝AC，∠BAC＝90°时，∴∠4＝∠ABC＝45°，∴∠DCF＝90°，∴四边形ADCF是正方形．
【思路点拨】（1）先证明四边形ADCF是平行四边形，再结合AD＝DC，即可得到四边形ADCF是菱形；
（2）利用有一个角是直角的菱形是正方形的判定方法求解即可。
【答案】（1）解：依照小明的思路：
延长CB至点G，使BG＝DF，如图②，
在正方形ABCD中，∠BAD=90°=∠D=∠ABC，AD=AB=CD=BC=4，
∵∠FAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=90°-∠EAF=45°，
∵BG=DF，AB=AD，∠D=∠ABG=90°，
∴△ADF≌△ABG，
∴∠BAG=∠DAF，AF=AG，
∵∠BAE+∠DAF=45°，
∴∠BAE+∠BAG=45°=∠EAG=∠EAF，
∵AG=AF，AE=AE，
∴△AFE≌△AGE，
∴EF=GE，
∵△CEF的周长CF+FE+EC=CF+EC+GE，
∵GE=GB+BE，BG＝DF，
∴CF+EC+GE=CF+EC+GB+BE=CF+DF+EC+BE=CD+BC=4+4=8；
（2）解：∵BE=1，
∴EC=BC-BE=4-1=3，
∵FC=DC-DF=4-DF，∠C=90°，
∴在Rt△CEF中，
，
∴
，
∵在（1）已证明EF=GE，GB=DF，
∴EF=DF+BE=DF+1，
∴
，
∴
，
解得：DF=2.4；
（3）2.4
【规范解答】解：(3)∵AD⊥BC，AD=4，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
以AD为边上在AD的左侧作正方形ADGH，在GH上取一点E，连接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，如图，
在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，
∵∠EAB=45°，
∴∠HAE+∠BAD=∠HAD-∠EAB=45°，
∵∠BAC=45°=∠BAD+∠DAC，
∴∠DAC=∠HAE，
∵∠H=∠ADC=90°，AH=AD，
∴△AHE≌△ADC，
∴DC=HE，AE=AC，
即EG=HG-HE=AD-DC=4-DC，
∵∠EAB=∠BAC=45°，AB=AB，
∴△AEB≌△ACD，
∴BC=BE，
∵BD=1，
∴BE=BC=BD+DC=1+DC，
∵GD=AD，
∴GB=GD-BD=AD-BD=4-1=3，
∵∠G=90°，
∴在Rt△GEB中，
，
∴
，
解得：DC=2.4，
即DC长为2.4．
【思路点拨】（1）延长CB至点G，使BG＝DF，证明△AFE≌△AGE，得出EF=GE，再根据△CEF的周长CF+FE+EC=CF+EC+GE，即可得出答案；
（2）在Rt△CEF中，
，得出
，在（1）已证明EF=GE，GB=DF，得出EF=DF+BE=DF+1，即可得出
，即可得解；
（3）以AD为边上在AD的左侧作正方形ADGH，在GH上取一点E，连接AE、BE，使得∠EAB=∠BAC=45°，在正方形ADGH中，有AH=AD=4，∠H=∠ADG=90°=∠HAD，证出△AHE≌△ADC，得出DC=HE，AE=AC，在Rt△GEB中，由勾股定理即可得解。
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDG=∠ADE=90°，GD=ED，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴AE=CG；
（2）解：AE⊥CG．证明：延长EA交CG于H，
∵△CDG≌△ADE，∴∠CGD=∠AED，∵∠GAH=∠DAE，∴∠HGA+∠GAH=∠AED+∠DAE=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；
（3）解：（2）中结论仍然成立．理由：如图2，设EA与CG相交于点H，GD与AE交于点M，
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，∴CD=AD，∠CDA=∠CDG=90°，GD=ED，∴∠CDA+∠ADG=∠CDG+∠ADG，即∠CDG=∠ADE，在△CDG和△ADE中，
，∴△CDG≌△ADE（SAS），∴∠CGD=∠AED，∵∠AMG=∠DME，∴∠HGM+∠GMH=∠DME+∠DEM=90°，∴∠GHE=90°，∴AE⊥CG；
（4）
【规范解答】解：（4）连接CE，
由（3）可知△ADE≌△CDG，∴CG=AE，∵EG=AE，∴CG=EG，∵四边形DEFG是正方形，∴∠DGE=45°，∵AD∥EG，∴∠ADG=∠DGE=45°，∴∠CGD=135°，∵∠EDG=90°，∴∠CDE=360°-135°-90°=135=∠CDG，又∵CD=CD，DG=DE，∴△CDE≌△CDG（SAS），∴CE=CG，∴CG=CE=EG，∴△CEG是等边三角形，∴∠CEG=60°，延长CD交EG于点H，∵△CDE≌△CDG，∴∠ECH=∠GCD，CG=CE，∴GH=EH，CH⊥EG，∵DE=
，∴EG=2，∴DH=EH=
EG=1，∴CH=
EH=
，∴CD=CH-DH=
．即正方形ABCD的边长为
．
【思路点拨】（1）利用“SAS”证明△CDG≌△ADE，再利用全等三角形的性质可得AE=CG；
（2）延长EA交CG于H，利用全等三角形的性质可得∠CGD=∠AED，再利用角的运算和等量代换可得∠GHE=90°，即AE⊥CG；
（3）利用“SAS”证明△CDG≌△ADE，可得∠CGD=∠AED，再利用角的运算和等量代换可得∠GHE=90°，
即AE⊥CG；
（4）利用“SAS”证明△CDE≌△CDG，可得CE=CG，证出△CEG是等边三角形，求出∠CEG=60°，再求出CH=
EH=
，最后利用线段的和差求出CD=CH-DH=
，即可得到答案。
【答案】（1）解：①BE=DF，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠D=90°，AB=BC=CD=AD，∠BAC=∠DAC=45°，
∵AE平分∠BAC，
∴
，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF=∠BAD-∠BAE-∠EAF=22.5°，
∴∠BAE=∠DAF，
在△ABE和△ADF中，
，
∴△ABE≌△ADF，
BE=DF；
②EF=2BE
深入探究：
（2）解：当AE不是∠BAC的平分线时，BE、EF、DF的数量关系是BE+DF=EF，理由如下：
如图，延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，则∠ABG=90°=∠D，
在△ABG和△ADF中，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG=AF，∠BAG=∠DAF，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠BAE=∠BAD-∠EAF=45°，
∴∠BAG+∠BAE=45°，即∠EAG=45°
∴∠EAG=∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
∴△EAG ≌△EAF（SAS），
∴EG=EF，
∴BE+DF=BE+BG=EG=EF．
【规范解答】（1）②如图，设EF交AC于点O，
∵AE平分∠BAC，
∴
，
由①知：∠DAF=22.5°，
△ABE≌△ADF，
∴∠OAF=∠DAC-DAF=22.5°=∠OAE，AE=AF，
∴AO⊥EF，EF=2OE，
∴∠AOE=90°=∠ABE，
在△AOE和△ABE中，
，
∴△AOE≌△ABE（AAS），
∴OE=BE，
∴EF=2OE=2BE，
故答案为：EF=2BE；
【思路点拨】（1）①利用“ASA”证明△ABE≌△ADF，再利用全等三角形的性质可得BE=DF；
②设EF交AC于点O，利用“AAS”证明△AOE≌△ABE，可得OE=BE，即可得到EF=2OE=2BE；
（2）延长CB到点G，使BG=DF，连接AG，则∠ABG=90°=∠D，利用“SAS”证明△EAG
≌△EAF，可得EGEF，再利用线段的和差及等量代换可得BE+DF=BE+BG=EG=EF。
27．（9分）（牡丹江期末）在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，D为直线BC上一点，点F在点A的右侧，以AD为边作正方形ADEF，连接CF．
（1）（3分）当点D在线段BC上时，如图①，求证：CF+CD=
CA；
（2）（4分）当点D在CB的延长线上时，如图②；当点D在BC的延长线上时，如图③，请分别写出线段CF，CD，CA之间的数量关系，不需要证明；
（3）（2分）在（1），（2）的条件下，若AC=2，AD=3，则CF= ．
【答案】（1）证明：∵AB=AC，
，∴
，∴
，∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，
，∴
，∴
，
∴ΔABD≌ΔACF（SAS）．∴CF=BD的，.∵BC=BD+CD，∴
．
（2）解：如图2，当点D在CB的延长线上时，
，理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴AB=AC，∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°，∵∠BAD=90°-∠BAF，∠CAF=90°-∠BAF，∴∠BAD=∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，
，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD=CF，∴CD-BC=CF，∴CD-CF=BC；由（1）知：
，∴
如图3，当点D在线段BC的延长线上时，
；理由：∵∠BAC=90°，∠ABC=45°，∴∠ACB=∠ABC=45°，∴AB=AC，∵四边形ADEF是正方形，∴AD=AF，∠DAF=90°，∵∠BAD=90°＋∠DAC，∠CAF=90°＋∠DAC，∴∠BAD=∠CAF，∵在△BAD和△CAF中，
，∴△BAD≌△CAF（SAS），∴BD=CF，∴BC+CD=CF，∴CF-CD=BC；由（1）知：
，∴
．
（3）
或
【规范解答】（3）解：在（1）的条件下，即点D在BC边上，所以AC>AD，而已知AD=3，AC=2，所以此条件下不存在；在（2）的条件下，当点D在CB的延长线上时，如图②，过点A作AG⊥BC于G，
∵∠BAC=90°，AB=AC=2，∴BC=
AC=2
，∵AG⊥BC，∴BG=
BC=
，∴AG=BG=
，在Rt△AGD中，DG=
，∴BD=DG-BG=
由（2）得：CF=BD=
；当点D在BC的延长线上时，如图③，过点A作AG⊥BC于G，
∵∠BAC=90°，AB=AC=2，∴BC=
AC=2
，
∵AG⊥BC，∴BG=
BC=
，
∴AG=BG=
，在Rt△AGD中，DG=
，∴BD=DG+BG=
由（2）得：CF=BD=
；
故答案为：CF=
或
．
【思路点拨】（1）利用勾股定理，全等三角形的判定与性质求解即可；
（2）分类讨论，利用全等三角形的判定与性质证明求解即可；
（3）结合图形，利用勾股定理计算求解即可。