2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 命题点精练21　特殊的平行四边形的性质与判定课件

2025年甘肃省中考数学一轮复习 能力素养提升 1 命题点精练21　特殊的平行四边形的性质与判定 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 本课结束 43 (三)正方形的性质与判定 1．(2024·山东)如图，已知AB，BC，CD是正n边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在该正n边形的外部作正方形BCMN.若∠ABN＝120°，则n的值为(　　A　　) A．12 B．10 C．8 D．6 解 ∵四边形BCMN是正方形， ∴∠NBC＝90°， ∵∠ABN＝120°， ∴∠ABC＝360°－90°－120°＝150°， ∴正n边形的一个外角为180°－150°＝30°， ∴n的值为＝12.故选A. 2．(2024·重庆)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E是BC上一点，点F是CD延长线上一点，连接AE，AF，AM平分∠EAF交CD于点M.若BE＝DF＝1，则DM的长度为(　　D　　) A．2 B.eq \r(5) C.eq \r(6) D.eq \f(12,5) 解 ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADF＝90°， 在Rt△ABE和Rt△ADF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB＝AD，,∠ABE＝∠ADF，,BE＝DF，)) ∴Rt△ABE≌Rt△ADF(SAS)， ∴AE＝AF. ∵AM平分∠EAF，∴∠EAM＝∠FAM， 在△AEM和△AFM中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AE＝AF，,∠EAM＝∠FAM，,AM＝AM，)) ∴△AEM≌△AFM(SAS)， ∴EM＝FM. ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD＝4，∠BCD＝90°， 设DM＝x，则MC＝CD－DM＝4－x，CE＝BC－BE＝4－1＝3，EM＝FM＝FD＋DM＝1＋x，在Rt△MCE中，根据勾股定理，得EM2＝MC2＋CE2，即(1＋x)2＝(4－x)2＋32，解得x＝eq \f(12,5).故选D. 3．(2024·青岛)如图，将正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转90°，得到四边形A′B′C′D′，则点A的对应点A′的坐标是(　　A　　) A．(－1，－2) B．(－2，－1) C．(2，1) D．(1，2) 解 由正方形ABCD先向右平移，使点B与原点O重合，得E(2，－1)， 由再将所得正方形绕原点O顺时针方向旋转90°，得A′(－1，－2)．故选A. 4．(2024·兰州)如图，四边形ABCD为正方形．△ADE为等边三角形，EF⊥AB于点F，若AD＝4，则EF＝ 2 ． 解 ∵△ADE是等边三角形， ∴AE＝AD＝4，∠DAE＝60°， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝90°，∴∠EAF＝30°， ∴EF＝eq \f(1,2)AE＝2. 5．(2024·呼和浩特)如图，正方形ABCD的面积为50，以AB为腰作等腰△ABF，AB＝AF，AE平分∠DAF交DC于点G，交BF的延长线于点E，连接DE.若BF＝2，则DG＝ eq \f(15,4) eq \r(2) ． 解 设∠CBE＝x，则∠ABF＝∠AFB＝90°－x， ∴∠AFE＝90°＋x，∠BAF＝180°－2(90°－x)＝2x， ∵AF＝AB＝AD，AE＝AE，∠EAF＝∠EAD＝45°－x， ∴△AEF≌△AED(SAS)， ∴∠AFE＝∠ADE＝90°＋x， ∴∠CDE＝x， ∴∠DEB＝90°， ∴∠AED＝∠AEB＝45°， 过点A作AM⊥BE于点M，过点D作DN⊥AE于点N， ∴∠EAM＝45°－x＋x＝45°， ∴△AEM是等腰直角三角形， ∵AM＝eq \r(AB2－BM2)＝7， ∴EM＝AM＝7， ∴EF＝6， ∴DE＝EF＝6， ∴DN＝eq \f(\r(2),2)DE＝3eq \r(2)， ∴AN＝eq \r(AD2－DN2)＝4eq \r(2)， 由射影定理得：NG＝eq \f(9,4) eq \r(2)， ∴DG＝eq \r(DN2＋NG2)＝eq \f(15,4) eq \r(2). 故答案为eq \f(15,4) eq \r(2). 6．(2023·天津)如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE，EA＝ED＝eq \f(5,2). (1)△ADE的面积为 3 ； (2)若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G，则AG的长为 eq \r(13) ． 解 (1)过E作EM⊥AD于点M， ∵EA＝ED＝eq \f(5,2)，AD＝3， ∴AM＝DM＝eq \f(1,2)AD＝eq \f(3,2)， ∴EM＝eq \r(AE2－AM2)＝2， ∴△ADE的面积为eq \f(1,2)AD·EM＝eq \f(1,2)×3×2＝3. 故答案为3. (2)过E作AD的垂线交AD于点M，交AG于点N，交BC于点P， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC∥AD， ∴EP⊥BC， ∴四边形ABPM是矩形， ∴PM＝AB＝3，AB∥EP， ∴EP＝5，∠ABF＝∠NEF， ∵F为BE的中点， ∴BF＝EF， 在△ABF与△NEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(∠ABF＝∠NEF，,BF＝EF，,∠AFB＝∠NFE，))) ∴△ABF≌△NEF(ASA)， ∴AB＝EN＝3， ∴MN＝1， ∵PM∥CD， ∴AN＝NG， ∴GD＝2MN＝2， ∴AG＝eq \r(AD2＋GD2)＝eq \r(13)， 故答案为eq \r(13). 7.(2022·随州)如图，在平行四边形ABCD中，点E，F分别在边AB，CD上，且四边形BEDF为正方形． (1)求证：AE＝CF； (2)已知平行四边形ABCD的面积为20，AB＝5，求CF的长． (1)证明 ∵四边形BEDF为正方形， ∴DF＝EB， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DC＝AB， ∴DC－DF＝AB－EB， ∴CF＝AE， 即AE＝CF. (2)解 ∵平行四边形ABCD的面积为20，AB＝5，四边形BEDF为正方形， ∴5DE＝20，DE＝EB， ∴DE＝EB＝4， ∴AE＝AB－EB＝5－4＝1， 由(1)知：AE＝CF，∴CF＝1. 8.(2023·十堰)如图，▱ABCD的对角线AC，BD交于点O，分别以点B，C为圆心，eq \f(1,2)AC，eq \f(1,2)BD长为半径画弧，两弧交于点P，连接BP，CP. (1)试判断四边形BPCO的形状，并说明理由； (2)请说明当▱ABCD的对角线满足什么条件时，四边形BPCO是正方形？ 解 (1)四边形BPCO为平行四边形． 理由：∵四边形ABCD为平行四边形， ∴OC＝OA＝eq \f(1,2)AC，OB＝OD＝eq \f(1,2)BD， ∵以点B，C为圆心，eq \f(1,2)AC，eq \f(1,2)BD长为半径画弧，两弧交于点P， ∴OB＝CP，BP＝OC， ∴四边形BPCO为平行四边形． (2)当AC⊥BD，AC＝BD时，四边形BPCO为正方形． ∵AC⊥BD， ∴∠BOC＝90°， ∵AC＝BD，OB＝eq \f(1,2)BD，OC＝eq \f(1,2)AC， ∴OB＝OC， ∵四边形BPCO为平行四边形， ∴四边形BPCO为正方形． 9．如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为AB，AD的中点，CE，BF相交于点G，AB＝2，则CG＝(　　D　　) A.eq \f(\r(3),2) B.eq \f(2\r(5),3) C.eq \f(4\r(3),5) D.eq \f(4\r(5),5) 解 在正方形ABCD中， BC＝AB＝2，∠A＝∠EBC＝90°， ∵点E，F分别为AB，AD的中点， ∴AF＝BE＝1， 在△AFB与△BEC中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(AF＝BE，,∠A＝∠EBC，,AB＝BC，))) ∴△AFB≌△BEC(SAS)， ∴∠FBA＝∠ECB， ∵∠ECB＋∠BEC＝∠FBA＋∠BEC＝90°， ∴∠EGB＝90°， 在Rt△CBE中， tan∠ECB＝eq \f(EB,BC)＝eq \f(1,2)， 在Rt△BCG中， 设BG＝x，CG＝2x， 由勾股定理可知：x2＋4x2＝4，解得：x＝eq \f(2\r(5),5)(负值舍去)， ∴CG＝eq \f(4\r(5),5).故选D. 10．(2023·重庆)如图，在正方形ABCD中，O为对角线AC的中点，E为正方形内一点，连接BE，BE＝BA，连接CE并延长，与∠ABE的平分线交于点F，连接OF，若AB＝2，则OF的长度为(　　D　　) A．2 B.eq \r(3) C．1 D.eq \r(2) 解 如图，连接AF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BE＝BC，∠ABC＝90°，AC＝eq \r(2)AB＝2eq \r(2)， ∴∠BEC＝∠BCE， ∴∠EBC＝180°－2∠BEC， ∴∠ABE＝∠ABC－∠EBC＝2∠BEC－90°， ∵BF平分∠ABE， ∴∠ABF＝∠EBF＝eq \f(1,2)∠ABE＝∠BEC－45°，　 ∴∠BFE＝∠BEC－∠EBF＝45°， 在△BAF与△BEF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(AB＝EB，,∠ABF＝∠EBF，,BF＝BF，))) ∴△BAF≌△BEF(SAS)， ∴∠BFA＝∠BFE＝45°， ∴∠AFC＝∠BFA＋∠BFE＝90°， ∵O为对角线AC的中点， ∴OF＝eq \f(1,2)AC＝eq \r(2).故选D. 11．如图，正方形ABCD的边长为1，点E，F分别为BC，CD边的中点，连接AE，BF交于点P，连接PD，则tan∠APD＝ 2 ． 解 连接AF， ∵E，F分别是正方形ABCD边BC，CD的中点， ∴CF＝BE，eq \f(AD,DF)＝2， 在△ABE和△BCF中， eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(AB＝BC，,∠ABE＝∠C，,BE＝CF，))) ∴Rt△ABE≌Rt△BCF(SAS)， ∴∠BAE＝∠CBF， 又∵∠BAE＋∠BEA＝90°，∴∠CBF＋∠BEA＝90°， ∴∠BPE＝∠APF＝90°， ∵∠ADF＝90°，∴∠ADF＋∠APF＝180°， ∴A，P，F，D四点共圆，∴∠AFD＝∠APD， ∴tan∠APD＝tan∠AFD＝eq \f(AD,DF)＝2， 故答案为2. 12.(2023·绍兴)如图，在正方形ABCD中，G是对角线BD上的一点(与点B，D不重合)，GE⊥CD，GF⊥BC，E，F分别为垂足．连接EF，AG，并延长AG交EF于点H. (1)求证：∠DAG＝∠EGH； (2)判断AH与EF是否垂直，并说明理由． (1)证明 在正方形ABCD中，AD⊥CD，GE⊥CD， ∴∠ADE＝∠GEC＝90°， ∴AD∥GE， ∴∠DAG＝∠EGH. (2)解 AH⊥EF，理由如下． 连接GC交EF于点O，如图． ∵BD为正方形ABCD的对角线， ∴∠ADG＝∠CDG＝45°， 又∵DG＝DG，AD＝CD， ∴△ADG≌△CDG(SAS)， ∴∠DAG＝∠DCG. 在正方形ABCD中，∠ECF＝90°， 又∵GE⊥CD，GF⊥BC， ∴四边形FCEG为矩形，∴OE＝OC， ∴∠OEC＝∠OCE，∴∠DAG＝∠OEC， 由(1)得∠DAG＝∠EGH，∴∠EGH＝∠OEC， ∴∠EGH＋∠GEH＝∠OEC＋∠GEH＝∠GEC＝90°， ∴∠GHE＝90°，∴AH⊥EF. $$