考点25 正方形的判定与性质（2023年中考真题）-【学霸笔记】2027年中考数学五年真题分类

考点25正方形的判定与性质 命题点1 正方形的判定 1(2023伊春)如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,试添加一个条件:　　　　　,使得矩形ABCD为正方形.  2(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,AC,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. 命题点2 正方形性质的相关证明与计算 3(2023重庆A卷)如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在BC,CD上,连接AE,AF,EF,∠EAF=45°.若∠BAE=α,则∠FEC一定等于 (　　) A.2α B.90°-2α C.45°-α D.90°-α 　 (第3题)　 (第4题) 4(2023常德)如图,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° 5(2023安徽)如图,点E在正方形ABCD的对角线AC上,EF⊥AB于点F,连接DE并延长,交边BC于点M,交边AB的延长线于点G.若AF=2,FB=1,则MG= (　　) A.2 B. C.+1 D. 　　 (第5题) (第6题)　 (第7题) 6(2023宜宾)如图,边长为6的正方形ABCD中,M为对角线BD上的一点,连接AM并延长交CD于点P.若PM=PC,则AM的长为 (　　) A.3(-1) B.3(3-2) C.6(-1) D.6(3-2) 7(2023重庆B卷)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 (　　) A.2 B. C.1 D. 8(2023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　　　　.  　　　 (第8题) (第9题)　 (第10题) 9(2023菏泽)如图,点E是正方形ABCD内的一点,将△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF.若∠ABE=55°,则∠EGC=　　　　°.  10(2023扬州)如图,已知正方形ABCD的边长为1,点E,F分别在边AD,BC上,将正方形沿着EF翻折,点B恰好落在CD边上的点B'处.如果四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5,那么线段FC的长为　　　　.  11(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. 12(2023天门)如图,将边长为3的正方形ABCD沿直线EF折叠,使点B的对应点M落在边AD上(点M不与点A,D重合),点C落在点N处,MN与CD交于点P,折痕分别与边AB,CD交于点E,F,连接BM. (1)求证:∠AMB=∠BMP; (2)若DP=1,求MD的长. 考点25正方形的判定与性质 1 AB=AD(答案不唯一) 2 (1)四边形BPCO是平行四边形. 理由:∵▱ABCD的对角线AC,BD交于点O, ∴AO=OC,BO=OD. ∵分别以点B,C为圆心,AC,BD长为半径画弧,两弧交于点P, ∴BP=AC=OC,CP=BD=OB, ∴四边形BPCO是平行四边形(依据:两组对边分别相等的四边形是平行四边形). (2)当AC⊥BD,且AC=BD时,四边形BPCO是正方形. ∵AC=BD,OC=AC,OB=BD, ∴OC=OB. 由(1)知四边形BPCO是平行四边形, ∴平行四边形BPCO是菱形. 又AC⊥BD, ∴菱形BPCO是正方形. 3 A　如图,将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH,则H,B,E三点共线.由旋转可知∠DAF=∠BAH,AH=AF,∴∠BAH+∠BAE= ∠DAF+∠BAE=90°-45°=45°=∠EAF.又AE=AE,∴△HAE≌△FAE,∴∠AEF=∠AEB=90°-α,∴∠BEF=180°-2α,∴∠FEC=2α. 4 C　∵四边形ABCD是正方形,∴OA=OD.∵EF∥AD,∴=(依据:平行线分线段成比例),∴OE=OF.又∠AOF=∠DOE,OA=OD, ∴△OAF≌△ODE,∴∠ODE=∠OAF=15°,∴∠AED=∠DOE+∠ODE=90°+15°=105°. 5 B　∵EF⊥AB,∠ABC=90°,∴EF∥BC,∴==2.∵AD∥BC,∴△ADE∽△CME,∴==2,∴BC=AD=2CM,即点M是BC的中,∴CM=BM. 又∠DCM=∠GBM,∠DMC=∠GMB,∴△DCM≌△GBM,∴MG=DM.易知CD=BC=AB=AF+BF=2+1=3,∴CM=,∴MG=DM== =. 一题多解 ∵∠CAB=45°,EF⊥AB,∠DAB=90°,∴EF=AF=2,EF∥AD,∴△GEF∽△GDA,∴=.又AD=AB=2+1=3,∴=,∴BG=3.∵AD∥BC, ∴EF∥BC,∴△GMB∽△GEF,∴=,即=,∴BM=,∴MG===. 6 C　∵四边形ABCD是边长为6的正方形,∴AD=CD=6,∠ADC=90°,∠ADM=∠CDM=45°.又DM=DM,∴△ADM≌△CDM,∴∠DAM=∠DCM. ∵PM=PC,∴∠CMP=∠DCM,∴∠APD=2∠DCM=2∠DAM(提示:三角形外角的性质),∴∠DAM=30°,∴DP=2,AP=4,∴PM=PC=6-2, ∴AM=AP-PM=4-(6-2)=6(-1). 7 D　如图,连接AF,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BE=BC,∠ABC=90°,AC=AB=2,∴∠BEC=∠BCE,∴∠EBC=180°-2∠BEC, ∴∠ABE=90°-∠EBC=2∠BEC-90°.∵BF平分∠ABE,∴∠ABF=∠EBF=∠ABE=∠BEC-45°,∴∠BFE=∠BEC-∠EBF=45°.在△BAF与△BEF中,,∴△BAF≌△BEF(SAS),∴∠BFE=∠BFA=45°.∴∠AFC=∠BFA+∠BFE=90°.∵O为对角线AC的中点, ∴OF=AC=(点拨:直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半),故选D. 一题多解 如图,连接AF,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BE=BC,∠ABC=90°,AC=AB=2,∴∠BEC=∠BCE.∵BF平分∠ABE,∴∠ABF=∠EBF.又BF= BF,∴△BAF≌△BEF(SAS),∴∠BEF=∠BAF,∴∠BAF+∠BCE=∠BEF+∠BEC=180°,∴∠AFC+∠ABC=180°,∴∠AFC=90°.又∵O为对角线AC的中点,∴OF=AC=. 8 3 【解析】如图,过点P作PQ⊥AB于点Q,∵四边形ABCD是正方形,∴AC平分∠DAB,∴PQ=PE=3(依据:角平分线的性质). 9 80 【解析】∵四边形ABCD是正方形,∴∠ABC=90°,∵∠ABE=55°,∴∠CBE=90°-55°=35°.∵△ABE绕点B按顺时针方向旋转90°得到△CBF,∴∠EBF=90°,BE=BF,∴∠BEF=45°,∴∠EGC=∠CBE+∠BEF=35°+45°=80°. 10 【解析】如图,连接BB',过点F作FH⊥AD于点H,则FH=AB=BC.∵正方形ABCD的边长为1,四边形ABFE与四边形EFCD的面积比为3∶5,∴S四边形ABFE=×1=.设 CF=x,则DH=x,BF=1-x,∵S四边形ABFE=(AE+BF)·AB=,即(AE+1-x)×1=,∴AE=x-,∴DE=1-AE=-x,∴EH=ED-HD=-x-x=-2x.由折叠可知,BF=B'F=1-x,BB'⊥EF,∴∠1+∠2=90°.∵∠2+∠3=90°,∴∠3=∠1,又∵FH=BC,∠EHF=∠C,∴△EHF≌ △B'CB ,∴B'C=EH=-2x.在Rt△B'FC中,B'C2+CF2=B'F2,即(-2x)2+x2=(1-x)2,解得x=,即FC=. 11 (1)证明:在正方形ABCD中,AD⊥CD,GE⊥CD, ∴AD∥GE, ∴∠DAG=∠EGH. (2)AH与EF垂直. 理由如下: 如图,连接GC交EF于点O. ∵BD为正方形ABCD的对角线, ∴∠ADG=∠CDG=45°, 又∵DG=DG,AD=CD,∴△ADG≌△CDG, ∴∠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. 12 (1)证明:由翻折和正方形的性质可得,∠EMP=∠EBC=90°,EM=EB,∴∠EMB=∠EBM, ∴∠EMP-∠EMB=∠EBC-∠EBM,即∠BMP=∠MBC. ∵AD∥BC, ∴∠AMB=∠MBC(依据:两直线平行,内错角相等), ∴∠AMB=∠BMP. (2)∵DP=1,正方形ABCD的边长为3,∴CP=2. 如图,延长MN,BC交于点Q. ∵AD∥BC,∴△DMP∽△CQP, ∴===, ∴QC=2MD,QP=2MP. 设MD=x,则QC=2x,∴BQ=3+2x. ∵∠BMP=∠MBC,∴MQ=BQ=3+2x, ∴MP=MQ=. 在Rt△DMP中,由勾股定理,得MD2+DP2=MP2, ∴x2+12=()2,解得x1=0(舍),x2=, ∴MD=. 学科网（北京）股份有限公司 $