专题13 正方形与45°角的基本图-2021年中考数学解题方法归纳提升

专题13 正方形与45°角的基本图 一、单选题 1．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】 根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论． 【详解】 解：由正方形与折叠可知， DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°， ∴∠DFG=∠A=90°， ∴， 故①正确； 由对折可得： ， 故②正确； 设 则 所以：的周长是一个定值， 故③正确， 如图，连接 由对折可得： 故④正确． 综上：①②③④都正确． 故选 【点睛】 本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键． 2．如图，正方形和正方形的顶点在同一直线上，且，给出下列结论：，，的面积，其中正确的个数为（ ） A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】B 【分析】 ①根据正方形的性质和平角的定义可求∠COD； ②根据正方形的性质可求OE，再根据线段的和差关系可求AE的长； ③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G，根据含45°的直角三角形的性质可求FG，根据勾股定理可求CF，BD，即可求解； ④根据三角形面积公式即可求解． 【详解】 解：①∵∠AOC=90°，∠DOE=45°， ∴∠COD=180°-∠AOC-∠DOE=45°， 故正确； ②∵EF=， ∴OE=2． ∵AO=AB=3， ∴AE=AO+OE=2+3=5， 故正确； ③作DH⊥AB于H，作FG⊥CO交CO的延长线于G， 则FG=1， CF=＝＝， BH=3-1=2， DH=3+1=4， BD=，故错误； ④△COF的面积S△COF=×3×1=， 故错误； 故选：B． 【点睛】 本题考查了正方形的性质，含45°的直角三角形的性质，三角形面积，勾股定理，平角的定义，综合性较强，有一定的难度，正确作出辅助线是解题的关键． 3．如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过点作⊥交的延长线于点，连接，那么些的值为（ ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】 作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论． 【详解】 如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE， ， ∵AD=AB， ∴DM=BE， ∵点A关于直线DE的对称点为F， ∴△ADE≌△FDE， ∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2， ∴∠DFG=90°， 在Rt△DFG和Rt△DCG中， ∵， ∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL）， ∴∠3=∠4， ∵∠ADC=90°， ∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°， ∴2∠2+2∠3=90°， ∴∠2+∠3=45°， 即∠EDG=45°， ∵EH⊥DE， ∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形， ∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH， ∴∠1=∠BEH， 在△DME和△EBH中， ∵， ∴△DME≌△EBH（SAS）， ∴EM=BH， Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE， ∴， ∴ ，即. 故选：B. 【点睛】 本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等． 4．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（ ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】 利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解，判断②，再利用勾股定理计算，判断③，通过计算，判断④． 【详解】 解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD=90°． 又∵∠EAF=45°， ∴∠BAE+∠DAF=45°． ∴∠BAG+∠BAE=45°． ∴∠GAE=∠FAE． 在△GAE和△FAE中 ， 故①正确， 设正方形的边