2.7 正方形同步分层训练提升题 2023-2024学年湘教版数学八年级下册

2023-2024学年湘教版初中数学八年级下册 2.7 正方形同步分层训练提升题 一、选择题 1．下列选项中，不能被边长为的正方形及其内部所覆盖的图形是（　　） A．长度为的线段 B．边长为的等边三角形 C．斜边为的直角三角形 D．面积为的菱形 2．有下列四个命题：①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形；②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形；③矩形的对角线平分一组对角；④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形.其中真命题是（　　） A．②③④ B．②④ C．①② D．① 3．如图，正方形 ABCD的边长为 9，将正方形折叠，使顶点 D落在 BC 边上的点 E 处，折痕为GH.若 BE：EC=2：1，则线段 CH 的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 4．已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于．则下列说法正确的是（　　） A．当时，平行四边形ABCD为矩形 B．当时，平行四边形ABCD为正方形 C．当时，平行四边形ABCD为菱形 D．当时，平行四边形ABCD为菱形 5．下列说法中，正确的是 （　　） A．有一个角是直角的平行四边形是正方形 B．有一组邻边相等的平行四边形是正方形 C．有一组邻边相等的矩形是正方形 D．四条边都相等的四边形是正方形 6．下列说法不正确的是（　　） A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．四条边都相等的四边形是正方形 C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．两条对角线相等的菱形是正方形 7．如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH.若BE：EC=2∶1，则线段CH的长为（　　） A．3 B．4 C．5 D．6 8．如图，在正方形ABCD中，AE平分∠BAC交BC于点E，F是边AB 上一点，连结DF.若BE=AF，则∠CDF的度数为（　　） A．45° B．60° C．67.5° D．77.5° 二、填空题 9．如图，O为正方形ABCD的对角线AC的中点，△ACE为等边三角形.若AB=2，则OE的长为　 　. 10．如图，沿正方形对角线对折，互相重合的两个小正方形里面的数字的积为　 　. 11．如图1，已知四边形ABCD是正方形，将△DAE，△DCF分别沿DE，DF向内折叠得到图2，此时DA与DC重合(点A，C都落在点G处).若GF=4，EG=6，则DG的长为　 　. 12．如图，正方形 ABCD的边长为 3，点 E 在边AB 上，且 BE=1.若点 P 在对角线BD 上移动，则PA+PE的最小值为 　 　. 13．如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB=2， ∠ABC=60°，E，F是对角线BD上的动点，且BE= DF，M，N分别是边AD，BC上的动点.有下列四种说法： ①存在无数个平行四边形 MENF； ②存在无数个矩形MENF； ③存在无数个菱形MENF； ④存在无数个正方形MENF.其中正确的是　 　（填序号）. 三、解答题 14．如图，正方形 ABCD 的边长为4，E 为BC 边上的一点，BE=1，F为AB 的中点.若 P 为对角线AC 上的一个动点，求 PF+PE的最小值. 15．如图，是的一条角平分线，交于点E，交于点F． （1）求证：四边形是菱形； （2）若，当 ▲ 度时，四边形为正方形并证明． 四、综合题 16．如图①，四边形是正方形，点E是上一点，连接，以为一边作正方形，连接． （1）求证：； （2）如图②，连接交于点H，连接，求证：； （3）在（2）的条件下，若，点H恰为中点，求的面积． 17．如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M，N． （1）求证：∠ADB=∠CDB； （2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形． 答案解析部分 1．【答案】D 【知识点】等边三角形的性质；菱形的性质；正方形的性质；直角三角形的性质 【解析】【解答】解：∵ 正方形的边长为2， ∴ 正方形的对角线为 ， ∴ 长度为的线段能被边长为的正方形及其内部所覆盖 ，故A项不符合题意； 边长为2的等边三角形能被边长为的正方形及其内部所覆盖 ，故B项不符合题意； 斜边为2的直角三角形能被边长为的正方形及其内部所覆盖 ​​​​​​​，故C项不符合题意； 面积为4的菱形对角线最长可为8，不能被边长为的正方形及其内部所覆盖 ​​​​​​​，故D项符合题意. 故答案为：D. 【分析】先计算出正方形的对角线的长度，根据等边三角形的性质、直角三角形的性质和菱形的性质，即可判断求出. 2．【答案】D 【知识点】平行四边形的判定；矩形的性质；正方形的判定；轴对称图形；中心对称及中心对称图形；真命题与假命题 【解析】【解答】解： ①一组对边平行且一组对角相等的四边形是平行四边形 ，是真命题； ②对角线互相垂直且相等的四边形是正方形，是假命题，对角线互相垂直平分且相等的四边形才是正方形； ③矩形的对角线平分一组对角，是假命题，正方形和菱形的每一条对角线才平分一组对角； ④正五边形既是轴对称图形又是中心对称图形，是假命题，正五边形是轴对称图形不是中心对称图形. 故答案为：D. 【分析】根据平行四边形、正方形的判定，矩形的性质及轴对称图形，逐项判断即可得解. 3．【答案】B 【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：∵BE：EC=2：1，BE+EC=9 ∴EC=3； ∵正方形 ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点 D落在 BC 边上的点 E 处， ∴∠C=90°，DH=EH， 设CH=x，则DH=EH=9-x， 在Rt△ECH中 CH2+CE2=EH2即x2+9=（9-x）2 解之：x=4， ∴CH的长为4. 故答案为：B. 【分析】利用已知求出EC的长，利用正方形的性质和折叠的性质可得到∠C=90°，DH=EH，设CH=x，则DH=EH=9-x，在Rt△ECH中利用勾股定理可得到关于x的方程，解方程求出x的值，可得到CH的长. 4．【答案】D 【知识点】平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的判定；正方形的判定 【解析】【解答】A、∵当时，不能判定平行四边形ABCD为矩形，∴A不符合题意； B、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，但不能直接证出平行四边形ABCD是正方形，∴B不符合题意； C、∵当时，则平行四边形ABCD是矩形，但不能直接证出平行四边形ABCD是菱形，∴C不符合题意； D、∵当时，则平行四边形ABCD是菱形，∴D符合题意； 故答案为：D. 【分析】利用菱形的判定方法、矩形的判定和正方形的判定方法逐项分析判断即可. 5．【答案】C 【知识点】正方形的判定 【解析】【解答】A、 有一个角是直角的平行四边形是矩形，故此选项不正确. B、 有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故此选项不正确. C、 有一组邻边相等的矩形是正方形，故此选项正确. D、 四条边都相等的四边形是菱形，故此选项不正确. 故答案为：C. 【分析】根据正方形的判定即可解答. 6．【答案】B 【知识点】菱形的判定；正方形的判定 【解析】【解答】解：A、有一个角是直角的菱形是正方形，A正确； B、四条边都相等的四边形是菱形，B不正确； C、对角线互相垂直的矩形是正方形，C正确； D、两条对角线相等的菱形是正方形，D正确. 故答案为：B. 【分析】有一个角是直角的菱形是正方形. 四条边都相等的四边形是菱形. 对角线互相垂直的矩形是正方形. 两条对角线相等的菱形是正方形. 7．【答案】B 【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：正方形ABCD的边长为9， ， BE：EC=2∶1， ， 设CH=x，则DH=9-x， 由折叠的性质可得EH=DH=9-x， ，解得， . 故答案为：B. 【分析】设CH=x，则DH=9-x，利用线段比求得CE的长度，再通过勾股定理解得x的值，进而求得CH的长度. 8．【答案】C 【知识点】正方形的性质；三角形全等的判定-SAS；角平分线的概念 【解析】【解答】解：四边形ABCD是正方形， ， AE平分∠BAC， ， ， ， ， . 故答案为：C. 【分析】由正方形的性质可得，进而通过SAS判定，再利用角平分线的定义求得，即可得到的度数. 9．【答案】 【知识点】等边三角形的性质；勾股定理；正方形的性质 【解析】【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB=2， ∴AC=， ∵O为正方形ABCD对角线AC的中点， △ACE为等边三角形 ， ∴∠AOE=90°，∠AEO=30°， ∴AC=AE=，AO=， ∴OE=. 故答案为：. 【分析】根据正方形的性质可求得AC的值，然后根据等边三角形的性质和勾股定理可求解. 10．【答案】0或-9 【知识点】正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：根据题意沿正方形对角线对折，则得到0与6重合，-3与3重合，所以互相重合的两个小正方形里面的数字的积为0或-9. 故答案为：0或-9. 【分析】根据题意沿正方形对角线对折后有两种情况，分别是0与6重合，-3与3重合，那么将两组分别进行乘法计算即可得出答案。 11．【答案】12 【知识点】勾股定理；正方形的性质；翻折变换（折叠问题） 【解析】【解答】解：设正方形的边长为x， 由翻折的性质得：DG=DA=DC=x， ∵GF=4，EG=6， ∴AE=EG=6，CF=GF=4， ∴BE=AB-AE=x-6，BF=BC-CF=x-4，EF=EG+GF=6+4=10， 如图，在Rt△BEF中，BE2+BF2=EF2， ∴(x-6）2+（x-4）2=102， 解得：x1=12，x2=-2（不符合题意）， ∴DG=12，即DG的长为12. 故答案为：12. 【分析】设正方形的边长为x，由翻折的性质得：DG=DA=DC=x，用含x的代数式可将BE、BF、EF的长，在Rt△BEF中，用勾股定理可得关于x的方程，解方程即可求解. 12．【答案】 【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题 【解析】【解答】解：连接AC，CE，CE与BD交于点P，连接AP，如图 ∵ 四边形ABCD为正方形， ∴ 点A与点C关于BD对称， ∴PA=PC， ∴PA+PE=PC+PE=CE，即PA+PE的最小值为线段CE的长， ∴PA+PE的最小值=CE==. 故答案为：. 【分析】连接AC，CE，AP，CE与BD交于点P，由正方形性质得点A与点C关于BD对称，则PA=PC，故PA+PE=PC+PE=CE，即PA+PE的最小值为线段CE的长，进而根据勾股定理即可求得. 13．【答案】①②③ 【知识点】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；三角形全等的判定-AAS 【解析】【解答】解：如图，连接AC， 四边形ABCD是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 四边形MENF是平行四边形， 故只要MN经过点O，则存在无数个平行四边形MENF， ① 正确； 当MN=EF且MN经过点O时，平行四边形MENF是矩形，由于E，F是对角线BD上的动点，故存在无数个矩形MENF， ② 正确；当且MN经过点O时，平行四边形MENF是菱形，由于E，F是对角线BD上的动点，故存在无数个菱形MENF， ③ 正确；当MN=EF，且MN经过点O时，只有一条MN，故只有一个正方形MENF， ④ 错误. 故答案为：①②③. 【分析】利用平行四边形的性质得到，，再通过AAS判定得到OM=ON，进而证得四边形MENF是平行四边形，故只要MN经过点O，则存在无数个平行四边形MENF， ① 正确；当MN=EF且MN经过点O时，平行四边形MENF是矩形，由于E，F是对角线BD上的动点，故存在无数个矩形MENF， ② 正确；当且MN经过点O时，平行四边形MENF是菱形，由于E，F是对角线BD上的动点，故存在无数个菱形MENF， ③ 正确；当MN=EF，且MN经过点O时，只有一条MN，故只有一个正方形MENF， ④ 错误. 14．【答案】解：作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE， ∴∠AHE′=90°， ∵正方形ABCD， ∴AC是正方形的对称轴， ∴点E的对称点E′在CD上，PE=PE′，CE=CE′，∠D=∠DAH=90°， ∴PE+PF=PE′+PF=E′F， ∴DE′=BE， 根据垂线段最短，可知此时PE+PF的最小值是E′F的长； ∵∠D=∠DAH=∠AHE′=90°， ∴四边形AHE′D是矩形， ∴AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4 ∵点F为AB的中点， ∴AF=AB=2， ∴HF=AF-AH=2-1=1， 在Rt△E′HF中 ， ∴PF+PE的最小值为. 故答案为：. 【知识点】勾股定理；正方形的性质；轴对称的应用-最短距离问题 【解析】【分析】作点E关于AC的对称点E′，过点E′作E′H⊥AB于点H，E′F交AC于点P，连接PE，利用正方形的性质可证AC是正方形的对称轴，利用轴对称的性质可证PE=PE′，CE=CE′，由此可推出PE+PF的最小值是E′F的长；利用矩形的判定和性质可推出AH=DE′=BE=1，AD=HE′=4，同时可求出AF的长，足球初HF的长；在Rt△E′HF中，利用勾股定理求出E′F的长，即可得到PF+PE的最小值. 15．【答案】（1）证明：∵交于点E，交于点F． ∴四边形AEDF是平行四边形，∠EAD=∠ADF， ∵是的一条角平分线， ∴∠EAD=∠FAD， ∴∠ADF=∠FAD， ∴FA=FD， ∴四边形AEDF是菱形； （2）解：当△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，此时∠C=55°，四边形AEDF是正方形， 理由：∵△ABC是直角三角形，∠BAC=90°， 由（1）可得四边形AEDF是菱形， ∴四边形AEDF是正方形， ∵∠B=35°，∠BAC=90°， ∴∠C=55°， 故答案为：55°. 【知识点】菱形的判定；正方形的判定 【解析】【分析】（1）先利用角平分线的定义及等量代换可得∠ADF=∠FAD，利用等角对等边的性质可得FA=FD，再结合四边形AEDF是平行四边形，可得四边形AEDF是菱形； （2）根据△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，四边形AEDF是菱形，可得四边形AEDF是正方形，再结合∠B=35°，∠BAC=90°，求出∠C=55°即可. 16．【答案】（1）解：∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∵四边形是正方形 ∴ ∴ ∴ 在和中 ∴ ∴． （2）解：由（1）知 ∴ ∵ ∴ ∴H，D，G三点共线 ∵四边形是正方形 ∴ 在和中， ∴ ∴ ∵ ∴ （3）解：∵四边形是正方形， ∴ ∵H恰中点 ∴ ∵ ∴ 设，则 由（2）知 在中，由勾股定理知 ∴ 解得， ∴ ∴． 【知识点】三角形全等的判定；勾股定理；正方形的性质 【解析】【分析】（1）利用“SAS”证明可得； （2）利用“SAS”证明可得，再利用线段的和差及等量代换可得； （3）先证明可得，设，则，列出方程，求出x的值，即可得到，最后利用三角形的面积公式可得。 17．【答案】（1）证明：∵对角线BD平分∠ABC， ∴∠ABD=∠CBD， 在△ABD和△CBD中， ， ∴△ABD≌△CBD（SAS）， ∴∠ADB=∠CDB； （2）证明：∵PM⊥AD，PN⊥CD， ∴∠PMD=∠PND=90°， ∵∠ADC=90°， ∴四边形MPND是矩形， ∵∠ADB=∠CDB， ∴∠ADB=45° ∴PM=MD， ∴四边形MPND是正方形． 【知识点】全等三角形的判定与性质；正方形的判定 【解析】【分析】（1）根据角平分线的性质和全等三角形的判定方法证明△ABD≌△CBD，由全等三角形的性质即可得到：∠ADB=∠CDB；（2）若∠ADC=90°，由（1）中的条件可得四边形MPND是矩形，再根据两边相等的四边形是正方形即可证明四边形MPND是正方形． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$