中考数学总复习第五单元四边形课时训练31正方形练习.docx

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中考数学总复习第五单元四边形课时训练31正方形练习

课时训练31正方形

限时：

30分钟

夯实基础

1．不能判定四边形是正方形的是（）

A．对角线互相垂直且相等的四边形

B．对角线互相垂直的矩形

C．对角线相等的菱形

D．对角线互相垂直平分且相等的四边形

2．如图K31－1，边长分别为4和8的两个正方形ABCD和CEFG并排放在一起，连接BD并延长交FG于点P，则DP等于（）

图K31－1

A．2B．4C．2D．1

3．[2018·仙桃]如图K31－2，正方形ABCD中，AB＝6，G是BC的中点．将△ABG沿AG对折至△AFG，延长GF交DC于点E，则DE的长是（）

图K31－2

A．1B．1．5C．2D．2．5

4．[2018·德阳]如图K31－3，将边长为的正方形绕点B逆时针旋转30°，那么图中阴影部分的面积为（）

图K31－3

A．3B．C．3－D．3－

5．[2018·福清模拟]在矩形ABCD中，再增加条件（只需填一个）可使矩形ABCD成为正方形． 

6．[2018·深圳]如图K31－4，四边形ACDF是正方形，∠CEA和∠ABF都是直角且E，A，B三点共线，AB＝4，则阴影部分的面积是． 

图K31－4

7．[2018·武汉]以正方形ABCD的边AD为边作等边三角形ADE，则∠BEC的度数是． 

8．如图K31－5，BD为正方形ABCD的对角线，BE平分∠DBC，交DC于点E，将△BCE绕点C顺时针旋转90°得到△DCF．若CE＝1cm，则BF＝cm． 

图K31－5

9．[2018·青岛]如图K31－6，已知正方形ABCD的边长为5，点E，F分别在AD，DC上，AE＝DF＝2，BE与AF相交于点G，点H为BF的中点，连接GH，则GH的长为． 

图K31－6

10．[2018·陕西]如图K31－7，已知：

在正方形ABCD中，M是BC边上一定点，连接AM．请用尺规作图法，在AM上求作一点P，使△DPA∽△ABM．（不写作法，保留作图痕迹）

图K31－7

能力提升

11．[2017·天津]如图K31－8，正方形ABCD和正方形EFCG的边长分别为3和1，点F，G分别在边BC，CD上，P为AE的中点，连接PG，则PG的长为． 

图K31－8

12．[2018·北京]如图K31－9，在正方形ABCD中，E是边AB上的一个动点（不与点A，B重合），连接DE，点A关于直线DE的对称点为F，连接EF并延长交BC于点G，连接DG，过点E作EH⊥DE交DG的延长线于点H，连接BH．

（1）求证：

GF＝GC；

（2）用等式表示线段BH与AE的数量关系，并证明．

图K31－9

拓展练习

13．[2018·台州]如图K31－10，在正方形ABCD中，AB＝3，点E，F分别在CD，AD上，CE＝DF，BE，CF相交于点G．若图中阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2∶3，则△BCG的周长为． 

图K31－10

14．[2018·龙岩质检]如图K31－11，边长为6的正方形ABCD中，E，F分别是AD，AB上的点，AP⊥BE，P为垂足．

（1）如图①，AF＝BF，AE＝2，点T是射线PF上的一个动点，则当△ABT为直角三角形时，求AT的长．

（2）如图②，若AE＝AF，连接CP，求证：

CP⊥FP．

图K31－11

参考答案

1．A2．B

3．C[解析]连接AE．∵△ABG沿AG对折至△AFG，∴AB＝AF，GB＝GF＝3．∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝AD＝AF．∵AE是公共边，∴Rt△AFE≌Rt△ADE（HL）．∴DE＝EF．设DE＝x，则EF＝DE＝x，GE＝x＋3，CE＝6－x．在Rt△CGE中，由勾股定理得CG2＋CE2＝GE2．∴32＋（6－x）2＝（x＋3）2．解得x＝2．故选C．

4．C[解析]由旋转可知∠1＝∠4＝30°，∴∠2＋∠3＝60°．

∵∠BAM＝∠BC'M＝90°，AB＝BC'，BM＝BM，

∴Rt△ABM≌Rt△C'BM，

∴∠2＝∠3＝30°．

在Rt△ABM中，AB＝，∠2＝30°，

则AM＝tan30°×AB＝1．

∴S△ABM＝S△BMC'＝，

∴S阴影＝S正方形－（S△ABM＋S△BMC'）＝3．

5．AB＝BC（答案不唯一）

6．8[解析]∵四边形ACDF是正方形，∴AC＝AF，∠CAF＝90°，∴∠CAE＋∠BAF＝90°，∵∠CEA是直角，

∴∠CAE＋∠ACE＝90°，∴∠ACE＝∠BAF，则在△ACE和△FAB中，∵∴△ACE≌

△FAB（AAS），∴AB＝CE＝4，∴阴影部分的面积S△ABC＝AB·CE＝×4×4＝8．

7．30°或150°[解析]如图①，∵△ADE是等边三角形，∴DE＝DA，∠DEA＝∠1＝60°．∵四边形ABCD是正方形，∴DC＝DA，∠2＝90°．∴∠CDE＝150°，DE＝DC，∴∠3＝（180°－150°）＝15°．同理可求得∠4＝15°．

∴∠BEC＝30°．

如图②，∵△ADE是等边三角形，∴DE＝DA，∠1＝∠2＝60°．∵四边形ABCD是正方形，∴DC＝DA，∠CDA＝90°．∴DE＝DC，∠3＝30°，∴∠4＝（180°－30°）＝75°．同理可求得∠5＝75°．∴∠BEC＝360°―∠2―∠4―∠5＝150°．故答案为30°或150°．

8．（2＋）

9．[解析]∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝BC＝CD＝5，∠BAD＝∠D＝∠C＝90°．又∵AE＝DF，∴△ABE≌△DAF，∴∠DAF＝∠ABE，∴∠ABE＋∠BAG＝90°，∠BGF＝∠BGA＝90°．在Rt△BCF中，CF＝3，BC＝5，∴BF＝．在Rt△BGF中，点H为BF的中点，∴GH＝BF＝．

10．解：

如图所示，AM与DG的交点即为满足条件的点P．

作法如下（题目不要求写作法，以下步骤可省略）：

①以点D为圆心，以任意长为半径画弧交AM于E，F两点，

②分别以E，F为圆心，以大于EF长为半径画弧，两弧交于点G，

③作直线DG交AM于点P，则点P即为所求点．

11．[解析]如图所示，延长GE交AB于点N，过点P作PM⊥GN于M．由正方形的性质可知AN＝AB－BN＝AB－EF＝2，NE＝GN－GE＝BC－FC＝2．根据点P是AE的中点及PM∥AN，可得PM为△ANE的中位线，所以ME＝NE＝1，PM＝AN＝1，因此MG＝2．根据勾股定理可得PG＝．

12．解：

（1）证明：

连接DF，如图：

∵点A关于直线DE的对称点为F，∴DA＝DF，∠DFE＝∠A＝90°．∴∠DFG＝90°．

∵四边形ABCD是正方形，∴DC＝DA＝DF，∠C＝∠DFG＝90°．

又∵DG＝DG，∴Rt△DGF≌Rt△DGC（HL）．

∴GF＝GC．

（2）如图，在AD上取点P，使AP＝AE，连接PE，则BE＝DP．

由

（1）可知∠1＝∠2，∠3＝∠4，从而由∠ADC＝90°，得2∠2＋2∠3＝90°，∴∠EDH＝45°．

又∵EH⊥DE，∴△DEH是等腰直角三角形．∴DE＝EH．

∵∠1＋∠AED＝∠5＋∠AED＝90°，∴∠1＝∠5．∴△DPE≌△EBH（SAS）．∴PE＝BH．

∵△PAE是等腰直角三角形，从而PE＝AE．

∴BH＝AE．

13．3＋[解析]∵正方形ABCD中，AB＝3，∴S正方形ABCD＝32＝9，

∵阴影部分的面积与正方形ABCD的面积之比为2∶3，

∴空白部分的面积与正方形ABCD的面积之比为1∶3，∴S空白＝3，

∵四边形ABCD是正方形，∴BC＝CD，∠BCE＝∠CDF＝90°．

∵CE＝DF，∴△BCE≌△CDF（SAS），∴∠CBE＝∠DCF，

∵∠DCF＋∠BCG＝90°，∴∠CBE＋∠BCG＝90°，

即∠BGC＝90°，△BCG是直角三角形，

易知S△BCG＝S四边形FGED＝，∴S△BCG＝BG·CG＝，

∴BG·CG＝3，

根据勾股定理得：

BG2＋CG2＝BC2，即BG2＋CG2＝9．

∴（BG＋CG）2＝BG2＋2BG·CG＋CG2＝9＋2×3＝15，

∴BG＋CG＝，

∴△BCG的周长＝BG＋CG＋BC＝3＋．

14．解：

在正方形ABCD中，∠DAB＝90°．

在Rt△BAE中，tan∠ABE＝，∴∠ABE＝30°．

（1）分三种情况：

①当点T在AB的上方，∠ATB＝90°时，

显然此时点T和点P重合，即AT＝AP＝AB＝3．

②当点T在AB的下方，∠ATB＝90°时，如图①所示．

在Rt△APB中，由AF＝BF，可得：

AF＝BF＝PF＝3，

∴∠BPF＝∠FBP＝30°，∴∠BFT＝60°．

在Rt△ATB中，TF＝BF＝AF＝3，

∴△FTB是等边三角形，

∴TB＝3，AT＝＝3．

③当点T在AB下方，∠ABT＝90°时，如图②所示．

在Rt△FBT中，∠BFT＝60°，BF＝3，BT＝BF·tan60°＝3．

在Rt△ABT中，AT＝＝3．

综上所述：

当△ABT为直角三角形时，AT的长为3或3或3．

（2）证明：

如图③所示，

在正方形ABCD中，AB＝AD＝BC，AD∥BC，∠DAB＝90°，∴∠3＝∠4．

在Rt△EAB中，AP⊥BE，易知∠1＋∠2＝90°，∠2＋∠3＝90°．

∴∠1＝∠3，∴∠1＝∠3＝∠4．

∵tan∠1＝，tan∠3＝，

∴，∵AE＝AF，AB＝BC，∴，

∵∠4＝∠1，

∴△PBC∽△PAF，∴∠5＝∠6．

∵∠6＋∠7＝90°，∴∠5＋∠7＝90°，即∠CPF＝90°，

∴CP⊥FP．

予少家汉东，汉东僻陋无学者，吾家又贫无藏书。

州南有大姓李氏者，其于尧辅颇好学。

予为儿童时，多游其家，见有弊筐贮故书在壁间，发而视之，得唐《昌黎先生文集》六卷，脱落颠倒无次序，因乞李氏以归。

读之，见其言深厚而雄博，然予犹少，未能悉究其义．徒见其浩然无涯，若可爱。

是时天下学者杨、刘之作，号为时文，能者取科第，擅名声，以夸荣当世，未尝有道韩文者。

予亦方举进士，以礼部诗赋为事。

年十有七试于州，为有司所黜。

因取所藏韩氏之文复阅之，则喟然叹曰：

学者当至于是而止尔！

因怪时人之不道，而顾己亦未暇学，徒时时独念于予心，以谓方从进士干禄以养亲，苟得禄矣，当尽力于斯文，以偿其素志。