【专项练】正方形半角模型-鲁教版五四制八年级下册期中、期末专项（初中数学）

原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形半角模型 1．如图，在正方形 OABC中，点 B的坐标是(6，6)，点 E、F分别在边 BC、BA上，OE=3 5 ．若 ∠EOF=45°，则 F点的纵坐标是 ( ) A．2 B． 5 3 C． 3 D． 5 －1 2．正方形 ABCD中，E为 BC上的一点，F为 CD上的一点，BE+DF=EF，则∠EAF的度数 是 ． 3．如图，在正方形 ABCD中，点 E在 BC上，点 F在 CD上，连接 AE、AF、EF，∠EAF=45°， BE=3，CF=4，则正方形的边长为 ． 4．如图，在正方形 ABCD中，E、F 分别是边 BC、CD上的点， 45EAF  ， ECF△ 的 周长为 6，则正方形 ABCD的边长为 . 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 5．如图，正方形 ABCD中，点 E、F分别在边 BC、CD上，连接 AE、EF、AF，且∠EAF＝ 45°，下列结论： ①△ABE≌△ADF； ②∠AEB＝∠AEF； ③正方形 ABCD的周长＝2△CEF的周长； ④S△ABE+S△ADF＝S△CEF，其中正确的是 ．（只填写序号） 6．如图，正方形 ABCD被与边平行的线段EF、GH分割成 4个小矩形， P是EF与GH的 交点，若矩形PFCH的面积恰好是矩形 AGPE面积的 2倍，则 HAF 的大小为 ． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 7．（1）如图①，在正方形 ABCD中，E、F 分别是 BC、DC上的点，且 45EAF  ，连 接EF，探究 BE、DF、EF之间的数量关系，并说明理由； （2）如图②，在四边形 ABCD中，AB AD ， 180B D   ，E、F 分别是 BC、DC 上的点，且 1 2 EAF BAD   ，此时（1）中的结论是否仍然成立？请说明理由． 8．已知正方形 ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点 A顺时针旋转，它的两边分别交 CB， DC（或它们的延长线）于点 M，N，AH⊥MN于点 H． （1）如图①，当∠MAN绕点 A旋转到 BM＝DN时，请你直接写出 AH与 AB的数量关系： ； （2）如图②，当∠MAN绕点 A旋转到 BM≠DN时，（1）中发现的 AH与 AB的数量关系还成 立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明； （3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点 H，且 MH＝2，AH＝6，求 NH的长．（可利 用（2）得到的结论） 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 9．已知正方形 ABCD， 45MAN  ， MAN 绕点 A顺时针旋转，它的两边分别交CB、 DC于点 M、N， AH MN 于点 H． （1）如图①，当 BM DN 时，可以通过证明 ≌ADN ABM ，得到 AH 与 AB的数量关系， 这个数量关系是___________； （2）如图②，当BM DN 时，（1）中发现的 AH 与 AB的数量关系还成立吗？说明理由； （3）如图③，已知 AMN 中， 45MAN  ，AH MN 于点 H， 3MH  ， 7NH ，求 AH 的长． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 1 正方形半角模型 1．A 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质求线段长、用勾股定理解三角形、全等的性质和 SAS综合（SAS）、 坐标与图形 【分析】如图，连接 EF，延长 BA使得 AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM， 推出 EF=FM=AF+AM=AF+CE，设 AF=x，在 Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题． 【详解】如图，连接 EF，延长 BA，使得 AM=CE， ∵OA=OC，∠OCE=∠AOM， ∴△OCE≌△OAM（SAS）． ∴OE=OM，∠COE=∠MOA， ∵∠EOF=45°， ∴∠COE+∠AOF=45°， ∴∠MOA+∠AOF=45°， ∴∠EOF=∠MOF， 在△OFE和△OFM中， OE OM FOE FOM OF OF       ， ∴△OFE≌△FOM（SAS）， ∴EF=FM=AF+AM=AF+CE， 设 AF= x， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 2 ∵CE=  22 2 23 5 6 3OE OC    ， ∴EF=3 x ，EB=3， 6FB x  ， ∴(3 x )2=32+(6 x )2， ∴ 2x  ， ∴点 F的纵坐标为2， 故选：A 【点睛】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识， 解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型． 2．45° 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明 【分析】延长 EB使得 BG=DF，易证△ABG≌△ADF（SAS），可得 AF=AG，进而求证 △AEG≌△AEF，可得∠EAG=∠EAF，再求出∠EAG+∠EAF=90即可解题． 【详解】解：如图，延长 EB到点 G，使得 BG=DF ，连接 AG， 在正方形 ABCD中， ∠D=∠ABC=90， AB=AD， ∴∠ABG=∠ADF=90， 在△ABG 和 △ADF 中， AB AD ABG ADF BG DF       ， ∴△ABG≌△ADF(SAS) ， ∴∠DAF=∠BAG ， AF=AG， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 3 又 ∵EF=DF+BE=BG+BE=EG， ∴ 在 △AEG 和 △AEF 中， AE AE GE FE AG AF      ， ∴△AEG≌△AEF(SSS) ， ∴∠EAG=∠EAF， ∵∠DAF+∠EAF+∠BAE=90， ∴∠BAG+∠EAF+∠BAE=90， ∴∠EAG+∠EAF=90， ∴∠EAF= 45． 故答案为： 45． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，作出辅助线构造出全等三角形 是解决此题的关键． 3．6 【难度】0.65 【知识点】根据正方形的性质证明 【分析】延长 CB至点 G，使 BG＝DF，并连接 AG，证明△ABG≌△ADF，△AEG≌△AEF， 设正方形边长为 x，在 Rt△CEF中应用勾股定理进行求解． 【详解】如图，延长 CB至点 G，使 BG＝DF，并连接 AG， 在△ABG和△ADF中， 90 AB AD ABC D GB DF         ， ∴△ABG≌△ADF(SAS)， ∴AG＝AF，∠GAB＝∠DAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠GAB＝∠GAE＝45°， ∴∠EAF＝∠GAE， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 4 在△AEG和△AEF中， AG AF EAG EAF AE AE       ， ∴△AEG≌△AEF(SAS)， ∴GE＝EF， 设正方形边长为 x，则 BG＝DF＝x－4，GE＝EF＝x－1，CE＝x－3， 在 Rt△CEF中， 2 2 2( 3) 4 ( 1)x x    ， 解得， 6x  ， ∴正方形的边长为 6， 故答案为：6． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，巧作辅助线，构造全 等三角形是解题的关键． 4．3. 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、根据正方形的性质与判定求线段长、 根据旋转的性质说明线段或角相等 【分析】根据旋转的性质得出∠EAF′=45°，进而得出△FAE≌△EAF′，即可得出 EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=6，得出正方形边长即可． 【详解】解：将△DAF绕点 A顺时针旋转 90度到△BAF′位置， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 5 由题意可得出：△DAF≌△BAF′， ∴DF=BF′，∠DAF=∠BAF′， ∴∠EAF′=45°， 在△FAE和△EAF′中 ' ' AF AF FAE EAF AE AE       ， ∴△FAE≌△EAF′（SAS）， ∴EF=EF′， ∵△ECF的周长为 6， ∴EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=DF+FC+BC=6， ∴2BC=6， ∴BC=3． 故答案为：3． 【点睛】此题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，得出 △FAE≌△EAF′是解题关键． 5．②③ 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明 【分析】当 E、F不是 BC和 CD的中点时，BE≠DF，则△ABE和△ADF的边对应不相等，由 此判断①；延长 CD至 G，使得 DG＝BE，证明△ABE≌△ADG和△AEF≌△AGF，即可判 断②；通过周长公式计算，再由 BE+DF＝EF，即可判断③；证明 S△ABE+S△ADF＝S△AGF，再由 三角形的底与高的数量关系得 S△AGF＞S△CEF，进而判断④． 【详解】解：①当 E、F不是 BC和 CD的中点时，BE≠DF，则△ABE≌△ADF不成立，故① 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 6 错误； ②延长 CD至 G，使得 DG＝BE，连接 AG，如图 1， ∵四边形 ABCD为正方形 ∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADG＝90°， ∴△ABE≌△ADG（SAS）， ∴∠BAE＝∠DAG，∠AEB＝∠G，AE＝AG， ∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°， ∴∠BAE+∠DAF＝45°， ∴∠GAF＝∠DAG+∠DAF＝45°， ∴∠EAF＝∠GAF， ∵AF＝AF， ∴△AEF≌△AGF（SAS）， ∴∠AEF＝∠G， ∴∠AEB＝∠AEF，故②正确； ③∵△AEF≌△AGF， ∴EF＝GF＝DG+DF＝BE+DF， ∴△CEF的周长＝CE+CF+EF＝CE+CF+BE+DF＝BC+CD＝2BC， ∵正方形 ABCD的周长＝4BC， ∴正方形 ABCD的周长＝2△CEF的周长，故③正确； ④∵△ABE≌△ADG， ∴S△ABE＝S△ADG， ∴S△ABE+S△ADF＝S△AGF， ∵GF＝EF＞CF，AD≥CE， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 7 ∴ 1 1 2 2 GF AD CF CE   ，即 S△AGF＞S△CEF， ∴S△ABE+S△ADF≠S△CEF，故④错误； 故答案为：②③． 【点睛】此题考查的是正方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积关系，掌握正 方形的性质、全等三角形的判定及性质和三角形的面积公式是解决此题的关键． 6．45° 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、根据正方 形的性质求线段长 【分析】首先添加辅助线 BM 、AM 、FH ，再证 ADH ABM△ ≌△ ，然后根据勾股定理和 “矩形PFCH的面积恰好是矩形 AGPE面积的 2倍”证得 FH FM ，进一步可得证 AFM AFH△ ≌△ ，最后根据全等三角形的性质求得 HAF 的度数. 【详解】解：如图，连接FH ，延长CB至M ，使得 BM DH ，连接 AM ， 在 ADH与 ABM 中 AD AB DH BM ADH ABM       ∴ ADH ABM△ ≌△ ∴ AH AM ， DAH BAM   ∴ 90MAH BAD    设BF m ，DH n ，正方形边长为a． 则FM m n  ，CF a m  ，CH a n  ， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 8 ∴ 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2 2( )FH CF CH a m a n a m n a m n           ． 又∵矩形PFCH的面积恰好是矩形 AGPE面积的 2倍 ∴ ( )( ) 2a m a n mn   ，即 2 ( )a m n a mn   ∴ 2 2 2 2 2 22 2( ) ( )FH a m n a m n m n FM        ∴ FH FM 在 AFM△ 与 AFH 中 AF AF AM AH FM FH      ∴ AFM AFH△ ≌△ ∴ 1 45 2 FAM FAH MAH       故答案是： 45 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、正方形的性质、矩形的性质以及勾股定理等知 识点，属中档题目，注意辅助线的添加，熟练掌握相关定理是解题的关键． 7．（1） EF BE DF  ，理由见解析；（2）成立，理由见解析 【难度】0.65 【知识点】全等三角形综合问题、旋转模型(全等三角形的辅助线问题) 【分析】（1）典型的“夹半角模型”，延长CB到M 使得 BM DF ，先证 ADF ABM≌ ，再 证 EAM EAF≌ ，最后根据边的关系即可证明； （2）图形变式题可以参考第一问的思路，延长CB到M 使得 BM DF ，先证 ADF ABM≌ ，再证 EAM EAF≌ ，最后根据边的关系即可证明； 【详解】解：（1） EF BE DF  证明：延长CB到M ，使得 BM DF 连接 AM 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 9 ∵四边形 ABCD是正方形 ∴ AB AD ， D ABM   又∵ BM DF ∴ ( )ADF ABM SAS≌ ∴ AF AM ， 1 2   ∵ 45EAF   ∴ 1 3 45     ∴ 2 3 45MAE EAF      又∵ AE AE ∴ ( )EAM EAF SAS≌ ∴ EF EM BE BM   又∵ BM DF ∴ EF EB DF  （2） EF BE DF  证明：延长CB到M ，使得 BM DF 连接 AM 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 10 ∵ 180ABC D   ， 4 180ABC    ∴ 4D  又∵ AB AD ， BM DF ∴ ( )ADF ABM SAS≌ ∴ AF AM ， 1 2   ∵ 1 2 EAF BAD   ∴ 1 3 EAF    ∴ 2 3MAE EAF      又∵ AE AE ∴ ( )EAM EAF SAS≌ ∴ EF EM BE BM   又∵ BM DF ∴ EF EB DF  【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，正确的根据“夹半角模型”作出辅助线是解题的 关键． 8．（1）AB＝AH；（2）成立，证明见解析；（3）3 【难度】0.65 【知识点】旋转模型(全等三角形的辅助线问题)、根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角 形 【分析】（1）由 BM＝DN可得 Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°， Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得 AB＝AH； （2）延长 CB至 E，使 BE＝DN，由 Rt△AEB≌Rt△AND得 AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而 可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得 AB＝AH； （3）分别沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长 BM和 DN交 于点 C，可证四边形 ABCD是正方形，设 NH＝x，在 Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得 答案． 【详解】解：（1）∵正方形 ABCD， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 11 在 Rt△ABM和 Rt△ADN中， AB AD B D BM DN        ， ∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM+∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°， ∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN ∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°， ∴∠BAM＝∠MAH， 在 Rt△ABM和 Rt△AHM中， BAM MAH B AHM AM AM         ， ∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS）， ∴AB＝AH， 故答案为：AB＝AH； （2）AB＝AH成立，理由如下： 延长 CB至 E，使 BE＝DN，如图： ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， ∵BE＝DN， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 12 ∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∵∠MAN＝45°， ∴∠DAN+∠BAM＝45°， ∴∠EAB+∠BAM＝45°， ∴∠EAM＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 又 AM＝AM， ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH． （3）分别沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长 BM和 DN交 于点 C，如图： ∵沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D， ∴四边形 ABCD是矩形， ∵AB＝AD， ∴四边形 ABCD是正方形， ∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6． 由（2）可知，设 NH＝x，则 MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x， 在 Rt△MCN中，由勾股定理，得 MN2＝MC2+NC2， ∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2， 解得 x＝3，∴NH＝3． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质定 理，全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 13 9．（1） AB AH ；（2） AB AH 成立，理由见解析；（3） 5+ 46AH  【难度】0.4 【知识点】根据正方形的性质与判定证明、旋转模型(全等三角形的辅助线问题)、公式法解一 元二次方程 【分析】（1）由“SAS”可证 Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5°，由 AAS 可证 Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得 AB＝AH； （2）延长 CB至 E，使 BE＝DN，由 Rt△AEB≌Rt△AND得 AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而 可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得 AB＝AH； （3）分别沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长 BM和 DN交 于点 C，可证四边形 ABCD是正方形，设 AH＝x，在 Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得 答案． 【详解】解：（1）∵正方形 ABCD， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°， 在 Rt△ABM和 Rt△ADN中， AB AD B D BM DN      ＝ ＝ ＝ ∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS）， ∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN， ∵∠MAN＝45°， ∴∠BAM＋∠DAN＝45°， ∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°， ∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN， ∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°， ∴∠BAM＝∠MAH， 在 Rt△ABM和 Rt△AHM中， 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 14 BAM MAH B AHM AM AM        ＝ ＝ ＝ ∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS）， ∴AB＝AH， 故答案为：AB＝AH； （2）AB＝AH成立，理由如下： 延长 CB至 E，使 BE＝DN，如图： ∵四边形 ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°， 在 Rt△AEB和 Rt△AND中， AB AD ABE D BE DN      ＝ ＝ ＝ ∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS）， ∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD， ∵∠DAN＋∠BAM＝45°， ∴∠EAB＋∠BAM＝45°， ∴∠EAM＝45°， ∴∠EAM＝∠NAM＝45°， 在△AEM和△ANM中， AE AN EAM MAN AM AM      ＝ ＝ ＝ 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 15 ∴△AEM≌△ANM（SAS）， ∵AB，AH是△AEM和△ANM对应边上的高， ∴AB＝AH． （3）分别沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长 BM和 DN交 于点 C，如图： ∵沿 AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND， ∴AB＝AH＝AD，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D， ∴四边形 ABCD是正方形， ∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD． 由折叠可得 BM＝MH＝3，NH＝DN＝7， 设 AH＝AB＝BC＝CD＝x， 在 Rt△MCN中，由勾股定理，得 MN2＝MC2＋NC2， ∴      2 2 27+3 = 3 7x x   ， 解得 5 46x   或 5 46x   （舍去）， ∴ 5+ 46AH  ． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形性质及应用，勾股定理等知识，解题的关 键是作辅助线，构造全等三角形．