汇编20矩形、菱形、正方形 2022-2024年中考数学试题汇编 （湖南专版）

2022-2024年中考数学真题知识点汇编20《矩形、菱形、正方形》 湖南专版 知识点1 矩形的性质与判定 1. （2022怀化）下列说法正确的是（　　） A. 相等的角是对顶角 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 三角形的外心是它的三条角平分线的交点 D. 线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等 2. （2022娄底）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001） 3. （2022邵阳）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为_________． 4．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形． （1）你添加的条件是 　　（填序号）； （2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形． 5．（2024•长沙）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC＝90°． （1）求证：AC＝BD； （2）点E在BC边上，满足∠CEO＝∠COE．若AB＝6，BC＝8，求CE的长及tan∠CEO的值． 知识点2 菱形的性质与判定 1．（2023•湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．60° C．70° D．80° 2．（2024•长沙）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE＝x，AF＝y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（　　） A．y B．y C．y D．y 3. （2022岳阳）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形． （1）你添加的条件是______（填序号）； （2）添加了条件后，请证明为菱形． 4. （2022张家界）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF． （1）求证：≌； （2）判定四边形AODF的形状并说明理由． 5. （2022长沙）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，． （1）求证：； （2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长． 6.（2022邵阳）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，． 求证：四边形是正方形． 7．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5． （1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 8．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F． （1）证明：△BOF≌△DOE； （2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形． 9．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF． （1）求证：AE∥BF； （2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形． 知识点3 正方形的性质与判定 1. （2022衡阳）下列命题为假命题的是（ ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C. 有一个内角是直角的平行四边形是正方形 D. 有一组邻边相等的矩形是正方形 2. （2022湘潭）中国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形拼成正方形（如图），并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．若“弦图”中小正方形面积与每个直角三角形面积均为1，为直角三角形中的一个锐角，则（ ） A. 2 B. C. D. 3．（常德）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（　　） A．80° B．90° C．105° D．115° 4.（2022张家界）我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就．如图，已知大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，那么__． 5. （2022永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则______． 6．（湘潭）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具．某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（见图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 　　dm2． 7．（2022怀化）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3．则点P到直线AB的距离为 　　． 8. （2022永州）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地、B、C、四个位置安装四个自动喷洒装置（如图1所示），A、B、C、四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）． 方案一：如图2所示，沿正方形的三边铺设水管； 方案二：如图3所示，沿正方形的两条对角线铺设水管． （1）请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短； （2）小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示）， 满足，，、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：，） 9（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转． 特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由． 知识点四 四边形综合 1. （2022娄底）如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． （1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． （2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 2．（2022衡阳）[问题探究] （1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB． ①求证：PD＝PB； ②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由． [迁移探究] （2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由． 2022-2024年中考数学真题知识点汇编20《矩形、菱形、正方形》 湖南专版解析 知识点1 矩形的性质与判定 1. （2022怀化）下列说法正确的是（　　） A. 相等的角是对顶角 B. 对角线相等的四边形是矩形 C. 三角形的外心是它的三条角平分线的交点 D. 线段垂直平分线上的点到线段两端的距离相等 【答案】D 【解析】根据对顶角的概念、矩形的判定、三角形外心的定义和垂直平分线的性质逐项判定即可得出结论． 【详解】解：A、根据对顶角的概念可知，相等的角不一定是对顶角，故该选项不符合题意； B、根据矩形的判定“对角线相等的平行四边形是矩形”可知该选项不符合题意； C、根据三角形外心的定义，外心是三角形外接圆圆心，是三角形三条边中垂线的交点，故该选项不符合题意； D、根据线段垂直平分线的性质可知该选项符合题意； 故选：D． 【点评】本题考查基本几何概念、图形判定及性质，涉及到对顶角的概念、矩形的判定、三角形外心的定义和垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握相关几何图形的定义、判定及性质是解决问题的关键． 2. （2022娄底）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001） 【答案】0.618 【解析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得，即可得到答案． 【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y， 由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°， ∴四边形EFGM是矩形， ∴EG＝MF＝y， ∵， ∴x－y≈0.618x， 解得y≈0.382x， ∴， ∴EG≈0.618DE． 故答案为：0.618． 【点评】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键． 3. （2022邵阳）已知矩形的一边长为，一条对角线的长为，则矩形的面积为_________． 【答案】48 【解析】 【分析】如图，先根据勾股定理求出，再由求解即可． 【详解】解：在矩形ABCD中，，， ∴在中，(cm)， ∴． 故答案为：48． 【点评】此题考查了矩形的性质，勾股定理，解题的关键是熟知上述知识． 4．（2023•岳阳）如图，点M在▱ABCD的边AD上，BM＝CM，请从以下三个选项中①∠1＝∠2；②AM＝DM；③∠3＝∠4，选择一个合适的选项作为已知条件，使▱ABCD为矩形． （1）你添加的条件是 　①②　（填序号）； （2）添加条件后，请证明▱ABCD为矩形． 【考点】矩形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．版权所有 【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】（1）根据矩形的判定定理选择条件即可； （2）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB＝DC，求得∠A+∠D＝180°，根据全等三角形的性质得到∠A＝∠D，根据矩形的判定定理即可得到结论． 【解答】（1）解：①当∠1＝∠2时，▱ABCD为矩形； ②当AM＝DM时，▱ABCD为矩形， 故答案为：①②； （2）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC，AB＝DC， ∴∠A+∠D＝180°， 在△ABM和DCM中， ， ∴△ABM≌DCM（SAS）， ∴∠A＝∠D， ∴∠A＝∠D＝90°， ∴▱ABCD为矩形． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定，由矩形的性质和全等三角形的判定证得△ABM≌DCM，并熟练掌握矩形的判定方法是解决问题的关键． 5．（2024•长沙）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC＝90°． （1）求证：AC＝BD； （2）点E在BC边上，满足∠CEO＝∠COE．若AB＝6，BC＝8，求CE的长及tan∠CEO的值． 【分析】（1）由四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°，证明四边形ABCD是矩形，则AC＝BD； （2）作OH⊥BC于点H，由AB＝6，BC＝8，求得AC＝10，则CE＝OC＝OA＝5，再证明OC＝OB，则HC＝HB＝4，求得EH＝1，由tan∠ACB，求得OH•HC＝3，tan∠CEO3． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，∠ABC＝90°， ∴四边形ABCD是矩形， ∴AC＝BD． （2）作OH⊥BC于点H，则∠OHE＝∠OHC＝90°， ∵∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8， ∴AC10， ∴OC＝OAAC＝5， ∵∠CEO＝∠COE， ∴CE＝OC＝5， ∵OC＝OAAC，OB＝ODBD，且AC＝BD， ∴OC＝OB， ∴HC＝HBBC＝4， ∴EH＝CE﹣HC＝5﹣4＝1， ∵tan∠ACB， ∴OH•HC4＝3， ∴tan∠CEO3， ∴CE的长为5，tan∠CEO的值为3． 知识点2 菱形的性质与判定 1．（2023•湘潭）如图，菱形ABCD中，连接AC，BD，若∠1＝20°，则∠2的度数为（　　） A．20° B．60° C．70° D．80° 【考点】菱形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】根据菱形的性质和平行线的性质以及三角形的内角和定理即可得到结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB∥CD，AC⊥BD， ∴∠DCA＝∠1＝20°， ∴∠2＝90°﹣∠DCA＝70°， 故选：C． 【点评】本题考查了菱形的性质，平行线的性质，熟练掌握菱形的性质定理是解题的关键． 2．（2024•长沙）如图，在菱形ABCD中，AB＝6，∠B＝30°，点E是BC边上的动点，连接AE，DE，过点A作AF⊥DE于点F．设DE＝x，AF＝y，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（　　） A．y B．y C．y D．y 【分析】过D作DH⊥BC交BC的延长线于H，在菱形ABCD中，AB＝6，AB∥CD，AB＝CD＝AD＝6，AD∥BC，根据平行线的性质得到∠DCH＝∠B＝30°，∠ADF＝∠DEH，根据直角三角形 到现在得到DH，根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论． 【解答】解：过D作DH⊥BC交BC的延长线于H， 在菱形ABCD中，AB＝6，AB∥CD，AB＝CD＝AD＝6，AD∥BC， ∴∠DCH＝∠B＝30°，∠ADF＝∠DEH， ∴DH， ∵AF⊥DE， ∴∠AFD＝∠EHD＝90°， ∴△ADF∽△DEH， ∴， ∴， ∴y， 故选：C． 3. （2022岳阳）如图，点，分别在的边，上，，连接，．请从以下三个条件：①；②；③中，选择一个合适的作为已知条件，使为菱形． （1）你添加的条件是______（填序号）； （2）添加了条件后，请证明为菱形． 【答案】（1）① （2）见解析 【解析】 【分析】（1）添加合适的条件即可； （2）证，得，再由菱形的判定即可得出结论． 【小问1详解】 解：添加的条件是． 故答案为：①． 【小问2详解】 证明：∵四边形是平行四边形， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴为菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定，证明三角形全等是解题的关键． 4. （2022张家界）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，过点D作DF∥AC交OE的延长线于点F，连接AF． （1）求证：≌； （2）判定四边形AODF的形状并说明理由． 【答案】（1）见解析 （2）四边形AODF为矩形，理由见解析 【解析】 【分析】（1）利用全等三角形的判定定理即可； （2）先证明四边形AODF为平行四边形，再结合∠AOD=90°，即可得出结论． 【小问1详解】 证明：∵E是AD的中点， ∴AE=DE， ∵DF∥AC， ∴∠OAD=∠ADF， ∵∠AEO=∠DEF， ∴△AOE≌△DFE（ASA）； 小问2详解】 解：四边形AODF矩形． 理由：∵△AOE≌△DFE， ∴AO=DF， ∵DF∥AC， ∴四边形AODF为平行四边形， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AC⊥BD， 即∠AOD=90°， ∴平行四边形AODF为矩形． 【点评】本题考查菱形性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质以及矩形的判定是解题的关键． 5. （2022长沙）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，． （1）求证：； （2）若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长． 【答案】（1）见解析 （2），四边形ABCD的周长为 【解析】 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证； （2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解． 【小问1详解】 证明：四边形是平行四边，， 四边形是菱形， ； 【小问2详解】 解：点E，F分别为AD，AO的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 在中，，， ， 菱形形的周长为． 【点评】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 6.（2022邵阳）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，． 求证：四边形是正方形． 【答案】证明过程见解析 【解析】 【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形． 【详解】证明：∵ 四边形ABCD菱形 ∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD， 又∵ BE=DF ∴ OB-BE=OD-DF 即OE=OF ∵OE=OA ∴OA=OC=OE=OF且AC=EF 又∵AC⊥EF ∴ 四边形DEBF是正方形． 【点评】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识． 7．（2023•永州）如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O，OA＝3，BD＝8，AB＝5． （1）△AOB是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形ABCD是菱形． 【考点】菱形的判定；勾股定理的逆定理；平行四边形的性质．版权所有 【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【分析】（1）由平行四边形的性质得OB＝4，再证OA2+OB2＝AB2，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论； （2）由∠AOB＝90°得AC⊥BD，再由菱形的判定定理即可得出结论． 【解答】（1）解：△AOB是直角三角形，理由如下： ∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝8， ∴OB＝ODBD＝4， ∵OA＝3，OB＝4，AB＝5， ∴OA2+OB2＝AB2， ∴△AOB是直角三角形，且∠AOB＝90°； （2）证明：由（1）可知，∠AOB＝90°， ∴AC⊥BD， ∴平行四边形ABCD是菱形． 【点评】本题考查了菱形的判定、平行四边形的性质以及勾股定理的逆定理等知识，熟练掌握菱形的判定，由勾股定理的逆定理证出△AOB为直角三角形是解题的关键． 8．（2023•怀化）如图，矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF，分别交AD，BC于点E，F． （1）证明：△BOF≌△DOE； （2）连接BE、DF，证明：四边形EBFD是菱形． 【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；线段垂直平分线的性质；三角形中位线定理；菱形的判定．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】（1）根据矩形的对边平行得到AD∥BC，于是有∠EDO＝∠FBO，根据点O是BD的中点得出DO＝BO，结合对顶角相等利用ASA可证得△BOF和△DOE全等； （2）由（1）△BOF≌△DOE可得BF＝DE，结合DE∥BF，可得四边形EBFD是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC， ∴∠EDO＝∠FBO， ∵点O是BD的中点， ∴DO＝BO， 又∵∠EOD＝∠FOB， ∴△BOF≌△DOE（ASA）； （2）证明：由（1）已证△BOF≌△DOE， ∴BF＝DE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴AD∥BC，即DE∥BF， ∴四边形EBFD是平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形EBFD是菱形． 【点评】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，三角形全等的判定与性质，熟练掌握这些图形的性质是解题的关键． 9．（2023•张家界）如图，已知点A，D，C，B在同一条直线上，且AD＝BC，AE＝BF，CE＝DF． （1）求证：AE∥BF； （2）若DF＝FC时，求证：四边形DECF是菱形． 【考点】菱形的判定；全等三角形的判定与性质．版权所有 【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】（1）由SSS证明△AEC≌△BFD（SSS），得到∠A＝∠B，即可证明AE∥BF； （2）由△AEC≌△BFD，得到∠ECA＝∠FDB，推出EC∥DF，又EC＝DF，得到四边形DECF是平行四边形，而DF＝FC，推出四边形DECF是菱形． 【解答】证明：（1）∵AD＝BC， ∴AD+CD＝BC+CD， ∴AC＝BD， ∵AE＝BF，CE＝DF， ∴△AEC≌△BFD（SSS）， ∴∠A＝∠B， ∴AE∥BF； （2）∵△AEC≌△BFD（SSS）， ∴∠ECA＝∠FDB， ∴EC∥DF， ∵EC＝DF， ∴四边形DECF是平行四边形， ∵DF＝FC， ∴四边形DECF是菱形． 【点评】本题考查菱形的判定，全等三角形的判定和性质，关键是证明△AEC≌△BFD（SSS）． 知识点3 正方形的性质与判定 1. （2022衡阳）下列命题为假命题的是（ ） A. 对角线相等的平行四边形是矩形 B. 对角线互相垂直的平行四边形是菱形 C. 有一个内角是直角的平行四边形是正方形 D. 有一组邻边相等的矩形是正方形 【答案】C 【解析】 【分析】根据矩形、菱形、正方形判定方法，一一判断即可． 【详解】解：A、对角线相等的平行四边形是矩形，是真命题，本选项不符合题意． B、对角线互相垂直平行四边形是菱形，是真命题，本选项不符合题意． C、有一个内角是直角的平行四边形可能是长方形，是假命题，应该是矩形，推不出正方形，本选项符合题意． D、有一组邻边相等的矩形是正方形，是真命题，本选项不符合题意． 故选：C． 【点评】本题考查命题与定理，矩形、菱形、正方形的判定等知识，解题的关键是熟练掌握正方形的判定方法，属于中考常考题型． 2. （2022湘潭）中国古代数学家赵爽在为《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形拼成正方形（如图），并用它证明了勾股定理，这个图被称为“弦图”．若“弦图”中小正方形面积与每个直角三角形面积均为1，为直角三角形中的一个锐角，则（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据两个正方形的面积分别求出两个正方形的边长，然后结合题意进一步设直角三角形短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，再接着利用勾股定理得到关于a的方程，据此进一步求出直角三角形各个直角边的边长，最后求出的值即可． 【详解】∵小正方形与每个直角三角形面积均为1， ∴大正方形的面积为5， ∴小正方形的边长为1，大正方形的边长为， 设直角三角形短的直角边为a，则较长的直角边为a+1，其中a>0， ∴a2+(a+1)2=5，其中a>0， 解得：a1=1，a2=-2(不符合题意，舍去)， ===2， 故选：A． 【点评】本题主要考查了勾股定理与一元二次方程及三角函数的综合运用，熟练掌握相关概念是解题关键21. 13. 3．（常德）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，E，F分别为AO，DO上的一点，且EF∥AD，连接AF，DE．若∠FAC＝15°，则∠AED的度数为（　　） A．80° B．90° C．105° D．115° 【考点】正方形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力． 【分析】先根据正方形的性质及EF∥BC得∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°，进而得∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF，然后证△AEF和△DFE全等得∠CAE＝∠FDE＝15°，从而得∠ADE＝30°，最后利用三角形的内角和定理可求出∠AED的度数． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴OA＝OD，∠OBC＝∠OCB＝∠OAD＝∠ODA＝45°， ∵EF∥BC， ∴∠OEF＝∠OCB＝45°，∠OFE＝∠OBC＝45°， ∴∠OEF＝∠OFE＝45°， ∴∠AEF＝∠DFE＝135°，OE＝OF， ∵OA＝OD， ∴AE＝DF， 在△AEF和△DFE中， AE＝DF，∠AEF＝∠DFE＝135°，EF＝FE， ∴△AEF≌△DFE（SAS）， ∴∠CAF＝∠FDE＝15°， ∴∠ADE＝∠ODA﹣∠FDE＝45°﹣15°＝30°， ∴∠AED＝180°﹣∠OAD﹣∠ADE＝180°﹣45°﹣30°＝105°． 故选：C． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理等，解答此题的关键是依据正方形的性质得出判定△AEF和△DFE全等的条件． 4.（2022张家界）我国魏晋时期的数学家赵爽在为天文学著作《周髀算经》作注解时，用4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成一个大正方形，这个图被称为“弦图”，它体现了中国古代数学的成就．如图，已知大正方形的面积是100，小正方形的面积是4，那么__． 【答案】##0.75 【解析】 【分析】根据两个正方形的面积可得，，设，得到，由勾股定理得，解方程可得x的值，从而解决问题． 【详解】解：∵大正方形ABCD的面积是100， ∴． ∵小正方形EFGH的面积是4， ∴小正方形EFGH的边长为2， ∴， 设， 则， 由勾股定理得，， 解得或（负值舍去）， ∴，， ∴． 故答案为：． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，三角函数等知识，利用勾股定理列方程求出AF的长是解题的关键． 5. （2022永州）我国古代数学家赵爽创制了一幅“赵爽弦图”，极富创新意识地给出了勾股定理的证明.如图所示，“赵爽弦图”是由四个全等的直角三角形与中间的小正方形拼成的一个大正方形，若大正方形的面积是25，小正方形的面积是1，则______． 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意得出AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1，设AF=DE=CH=BG=x，结合图形得出AE=x-1，利用勾股定理求解即可得出结果． 【详解】解：∵大正方形的面积是25，小正方形的面积是1， ∴AB=BC=CD=DA=5，EF=FG=GH=HE=1， 根据题意，设AF=DE=CH=BG=x， 则AE=x-1， 在Rt∆AED中， ， 即， 解得：x=4（负值已经舍去）， ∴x-1=3， 故答案为：3． 【点评】题目主要考查正方形的性质，勾股定理解三角形，一元二次方程的应用等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键． 6．（湘潭）七巧板是我国民间广为流传的一种益智玩具．某同学用边长为4dm的正方形纸板制作了一副七巧板（见图），由5个等腰直角三角形，1个正方形和1个平行四边形组成．则图中阴影部分的面积为 　2　dm2． 【考点】正方形的性质；七巧板；平行四边形的性质．版权所有 【分析】根据正方形的性质，以及七巧板的特点，求得OE的长，即可求解． 【解答】解：如图所示， 依题意，ODAD＝2，OEOD， ∴图中阴影部分的面积为OE2＝（）2＝2（dm2）， 故答案为：2． 【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理，七巧板，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2022怀化）如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E，PE＝3．则点P到直线AB的距离为 　3　． 【考点】正方形的性质．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】过点P作PF⊥AB于点F，根据正方形的性质易得△AEP为等腰直角三角形，AE＝PE＝3，再根据有三个角为直角，且邻边相等的四边形为正方形证明四边形AFPE为正方形，以此即可求解． 【解答】解：过点P作PF⊥AB于点F， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠D＝90°， ∴∠PAE＝45°， ∴△AEP为等腰直角三角形，AE＝PE＝3， ∵PE⊥AD，PF⊥AB， ∴∠FAE＝∠AEP＝∠AFP＝90°， 又∵AE＝PE， ∴四边形AFPE为正方形， ∴AE＝PF＝3， ∴点P到直线AB的距离为3． 故答案为：3． 【点评】本题主要考查正方形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的判定与性质是解题关键． 8. （2022永州）为提高耕地灌溉效率，小明的爸妈准备在耕地、B、C、四个位置安装四个自动喷洒装置（如图1所示），A、B、C、四点恰好在边长为50米的正方形的四个顶点上，为了用水管将四个自动喷洒装置相互连通，爸妈设计了如下两个水管铺设方案（各图中实线为铺设的水管）． 方案一：如图2所示，沿正方形的三边铺设水管； 方案二：如图3所示，沿正方形的两条对角线铺设水管． （1）请通过计算说明上述两方案中哪个方案铺设水管的总长度更短； （2）小明看了爸妈的方案后，根据“蜂集原理”重新设计了一个方案（如图4所示）， 满足，，、请将小明的方案与爸妈的方案比较，判断谁的方案中铺设水管的总长度更短，并说明理由．（参考数据：，） 【答案】（1）方案二 （2）小明，理由见解析 【解析】 【分析】（1）根据方案铺设管道路线求解即可； （2）证，求出小明铺设方案的水管的总长度，进行比较即可得结果； 【小问1详解】 解：方案一：（米） 方案二：（米） 所以方案二总长度更短． 【小问2详解】 如图，作，，垂足分别为和． ∵ ∴，， ∴ ∵， ∴（米）， ， 总长度：（米） ∵ ∴ 所以小明的方案总长度最短． 【点评】本题主要考查正方形的性质、三角形的全等证明，根据题意，灵活应用知识点进行求解是解题的关键． 9（2023•湘潭）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形ABCD的边BC上任意取一点G，以BG为边长向外作正方形BEFG，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转． 特例感知：（1）当BG在BC上时，连接DF，AC相交于点P，小红发现点P恰为DF的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接EG，并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P，如图②．根据小红发现的结论，请判断△APE的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转α，连接DF，点P是DF中点，连接AP，EP，AE，△APE的形状是否发生改变？请说明理由． 【考点】四边形综合题．版权所有 【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】（1）延长FG，交AC于H，可推出FG＝BG，CG＝GH，从而CD＝FH，进而得出△CDP≌△HFP，进一步得出结论； （2）延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q，同理（1）可证得△DQM≌△FQE，从而DQ＝FQ，从而得出点Q和点P重合，进一步得出结论； （3）延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N，△PDQ≌△PFE，从而DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF，所以∠N+∠ADQ＝180°，可推出∠N+∠ABE＝180°，进而推出△ADQ≌△ABE，AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE，进而推出∠QAE＝90°，进一步得出结论． 【解答】解：（1）如图1， 延长FG，交AC于H， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴BC＝CD，FG＝BG，CD∥AE，FG∥AE，∠CGH＝∠BGF＝90°， ∴∠CHG＝45°，CD∥FG， ∴∠ACB＝∠CHG，∠CDP＝∠HFP，∠DCP＝∠FHP， ∴CG＝GH， ∴CG+BG＝GH+FG， ∴BC＝FH， ∴CD＝FH， ∴△CDP≌△HFP（ASA）， ∴点P是DF的中点； （2）如图2， △APE是等腰直角三角形，理由如下： 延长EG，交AD的延长线于点M，设DF和EG交于点Q， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴∠BAD＝90°，∠BEG＝45°，AD＝AB，BE＝EF，AD∥BC∥EF，∠BAC＝45°， ∴∠M＝45°，∠M＝∠GEF，∠MDQ＝∠EFQ， ∴∠M＝∠BEG， ∴AM＝AE， ∴AM﹣AD＝AE﹣AB， ∴DM＝BE， ∴DM＝EF， ∴△DQM≌△FQE（ASA）， ∴DQ＝FQ， ∴点Q和点P重合，即：EG与DF的交点恰好也是DF中点P， ∵∠BAC＝45°，∠BEG＝45°， ∴∠APE＝90°，AP＝EP， ∴△APE是等腰直角三角形； （3）如图3， △APE仍然是等腰直角三角形，理由如下： 延长EP至Q，是PQ＝PE，连接DQ，延长DA和FE，交于点N， ∵DP＝PF，∠DPQ＝∠EPF， ∴△PDQ≌△PFE（SAS）， ∴DQ＝EF，∠PQD＝∠PEF， ∴∠N+∠ADQ＝180°， ∵四边形ABCD和四边形BEFG是正方形， ∴∠BAN＝∠DAB＝90°，∠BEN＝∠BEF＝90°，AB＝AD，BE＝EF， ∴∠N+∠ABE＝360°﹣∠BAN﹣∠BEN＝360°﹣90°﹣90°＝180°，DQ＝BE， ∴∠ABE＝∠ADQ， ∴△ADQ≌△ABE（SAS）， ∴AE＝AQ，∠DAQ＝∠BAE， ∴∠BAE+∠BAQ＝∠DAQ+∠BAQ＝∠BAD＝90°， ∴∠QAE＝90°， ∴AP⊥EQ，AP＝PE， ∴△APE是等腰直角三角形． 【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解决问题的关键是“倍长中线”． 知识点四 四边形综合 1. （2022娄底）如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． （1）求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． （2）当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 【答案】（1）见解析， （2）2，理由见解析 【解析】 【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明为等边三角形，即可求解； （2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证，从而可知，再由正方形的以及圆的相关性质可证得，设正方形边长为x，在 中，由正切的定义即可求解． 【小问1详解】 证明：如图所示：连接BF、CE， ∵菱形和菱形（点，，共线）， ∴点G、B、E共线， ， ， ∴四边形BFCE是平行四边形， ∴与相互平分， 即：无论为何值，与相互平分； 又∵， ∴四边形BFCE是菱形， ∴BE=BF， 又∵菱形和菱形， ， 为等边三角形， ； 【小问2详解】 如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H， ∵垂直平分 ， 由（1）知，O为BC的中点， ∴动点在以O为圆心，为直径且处于菱形内的圆弧上， ， ， ， ， 在和 中， ， ， ， ∵，菱形， ∴四边形BCFG为正方形， ， ， 设，则 ， ， 在 中， ， ， ． 【点评】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键． 2．（2022衡阳）[问题探究] （1）如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O．在线段AO上任取一点P（端点除外），连接PD、PB． ①求证：PD＝PB； ②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处．当点P在线段AO上的位置发生变化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由． [迁移探究] （2）如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变．试探究AQ与CP的数量关系，并说明理由． 【考点】四边形综合题．版权所有 【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力． 【分析】（1）①根据正方形的性质证明△DCP≌△BCP，即可得到结论； ②作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图，可得PM＝PN，证明四边形AMPN是矩形，推出∠MPN＝90°，证明Rt△DPN≌Rt△QPM（HL），得出∠DPN＝∠QPM，进而可得结论； ③作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图，证明AQ＝BE，BEEF即可得出结论；． （2）先证明PQ＝PB，作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图，则四边形PEGC是平行四边形，可得EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形，进一步即可证得结论． 【解答】（1）①证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝CB，∠DCA＝∠BCA＝45° ∵CP＝CP， ∴△DCP≌△BCP， ∴PD＝PB； ②解：∠DPQ的大小不发生变化，∠DPQ＝90°； 理由：作PM⊥AB，PN⊥AD，垂足分别为点M、N，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠DAC＝∠BAC＝45°，∠DAB＝90°， ∴四边形AMPN是矩形，PM＝PN， ∴∠MPN＝90° ∵PD＝PQ，PM＝PN， ∴Rt△DPN≌Rt△QPM（HL）， ∴∠DPN＝∠QPM， ∴∠QPN+∠QPM＝90° ∴∠QPN+∠DPN＝90°，即∠DPQ＝90°； ③解：AQOP； 理由：作PE⊥AO交AB于点E，作EF⊥OB于点F，如图， ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝45°，∠AOB＝90°， ∴∠AEP＝45°，四边形OPEF是矩形， ∴∠PAE＝∠PEA＝45°，EF＝OP， ∴PA＝PE， ∵PD＝PB，PD＝PQ， ∴PQ＝PB， 作PM⊥AE于点M， 则QM＝BM，AM＝EM， ∴AQ＝BE， ∵∠EFB＝90°，∠EBF＝45°， ∴BEEF， ∴AQOP； （2）解：AQ＝CP； 理由：四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°， ∴AB＝BC，AC⊥BD，DO＝BO， ∴△ABC是等边三角形，AC垂直平分BD， ∴∠BAC＝60°，PD＝PB， ∵PD＝PQ， ∴PQ＝PB， 作PE∥BC交AB于点E，EG∥AC交BC于点G，如图， 则四边形PEGC是平行四边形，∠GEB＝∠BAC＝60°，∠AEP＝∠ABC＝60°， ∴EG＝PC，△APE，△BEG都是等边三角形， ∴BE＝EG＝PC， 作PM⊥AB于点M，则QM＝MB，AM＝EM， ∴QA＝BE， ∴AQ＝CP． 【点评】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$