中考数学矩形菱形与正方形解答题训练五.docx

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中考数学矩形菱形与正方形解答题训练五

中考数学矩形菱形与正方形解答题训练五

42.（2014•山西，第23题11分）课程学习：

正方形折纸中的数学．

动手操作：

如图1，四边形ABCD是一张正方形纸片，先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′．

数学思考：

（1）求∠CB′F的度数；

（2）如图2，在图1的基础上，连接AB′，试判断∠B′AE与∠GCB′的大小关系，并说明理由；

解决问题：

（3）如图3，按以下步骤进行操作：

第一步：

先将正方形ABCD对折，使BC与AD重合，折痕为EF，把这个正方形展平，然后继续对折，使AB与DC重合，折痕为MN，再把这个正方形展平，设EF和MN相交于点O；

第二步：

沿直线CG折叠，使B点落在EF上，对应点为B′，再沿直线AH折叠，使D点落在EF上，对应点为D′；

第三步：

设CG、AH分别与MN相交于点P、Q，连接B′P、PD′、D′Q、QB′，试判断四边形B′PD′Q的形状，并证明你的结论．

考点：

四边形综合题．

分析：

（1）由对折得出CB=CB′，在RT△B′FC中，sin∠CB′F=

=

，得出∠CB′F=30°，

（2）连接BB′交CG于点K，由对折可知，∠B′AE=∠B′BE，由∠B′BE+∠KBC=90°，∠KBC+∠GCB=90°，得到∠B′BE=∠GCB，又由折叠知∠GCB=∠GCB′得∠B′AE=∠GCB′，

（3）连接AB′利用三角形全等及对称性得出EB′=NP=FD′=MQ，由两次对折可得，OE=ON=OF=OM，OB′=OP=0D′=OQ，四边形B′PD′Q为矩形，由对折知，MN⊥EF，于点O，PQ⊥B′D′于点0，得到四边形B′PD′Q为正方形，

解答解：

（1）如图1，由对折可知，∠EFC=90°，CF=

CD，

∵四边形ABCD是正方形，

∴CD=CB，

∴CF=

BC，

∵CB′=CB，

∴CF=

CB′

∴在RT△B′FC中，sin∠CB′F=

=

，

∴∠CB′F=30°，

（2）如图2，连接BB′交CG于点K，由对折可知，EF垂直平分AB，

∴B′A=B′B，

∠B′AE=∠B′BE，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABC=90°，

∴∠B′BE+∠KBC=90°，

由折叠知，∠BKC=90°，

∴∠KBC+∠GCB=90°，

∴∠B′BE=∠GCB，

又由折叠知，∠GCB=∠GCB′，

∴∠B′AE=∠GCB′，

（3）四边形B′PD′Q为正方形，

证明：

如图3，连接AB′

由

（2）可知∠B′AE=∠GCB′，由折叠可知，∠GCB′=∠PCN，

∴∠B′AE=∠PCN，

由对折知∠AEB=∠CNP=90°，AE=

AB，CN=

BC，

又∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=BC，

∴AE=CN，

在△AEB′和△CNP

∴△AEB′≌△CNP

∴EB′=NP，

同理可得，FD′=MQ，

由对称性可知，EB′=FD′，

∴EB′=NP=FD′=MQ，

由两次对折可得，OE=ON=OF=OM，

∴OB′=OP=0D′=OQ，

∴四边形B′PD′Q为矩形，

由对折知，MN⊥EF，于点O，

∴PQ⊥B′D′于点0，

∴四边形B′PD′Q为正方形，

点评：

本题主要考查了四边形的综合题，解决本题的关键是找准对折后的相等角，相等边．

43.（2014•乐山，第19题9分）如图，在△ABC中，AB=AC，四边形ADEF是菱形，求证：

BE=CE．

考点：

菱形的性质；全等三角形的判定与性质．.

专题：

证明题．

分析：

根据四边形ADEF是菱形，得DE=EF，AB∥EF，DE∥AC可证明∠△DFE≌△FCE，即可得出BE=CE．

解答：

证明：

∵四边形ADEF是菱形，

∴DE=EF，AB∥EF，DE∥AC，

∴∠C=∠BED，∠B=∠CEF，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

在△DFE和△FCE中，

，

∴∠△DFE≌△FCE，

∴BE=CE．

点评：

本题考查了菱形的性质以及全等三角形的判定和性质，是基础题，比较简单．

44.（2014•乐山，第21题10分）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠ADC=90°，∠B=30°，CE⊥AB，垂足为点E．若AD=1，AB=2

，求CE的长．

考点：

直角梯形；矩形的判定与性质；解直角三角形．.

分析：

利用锐角三角函数关系得出BH的长，进而得出BC的长，即可得出CE的长．

解答：

解：

过点A作AH⊥BC于H，则AD=HC=1，

在△ABH中，∠B=30°，AB=2

，

∴cos30°=

，

即BH=ABcos30°=2

×

=3，

∴BC=BH+BC=4，

∵CE⊥AB，

∴CE=

BC=2．

点评：

此题主要考查了锐角三角函数关系应用以及直角三角形中30°所对的边等于斜边的一半等知识，得出BH的长是解题关键．

45.（2014•丽水，第23题10分）提出问题：

（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，H分别在BC，AB上，若AE⊥DH于点O，求证：

AE=DH；

类比探究：

（2）如图2，在正方形ABCD中，点H，E，G，F分别在AB，BC，CD，DA上，若EF⊥HG于点O，探究线段EF与HG的数量关系，并说明理由；

综合运用：

（3）在

（2）问条件下，HF∥GE，如图3所示，已知BE=EC=2，EO=2FO，求图中阴影部分的面积．

考点：

四边形综合题．

分析：

（1）由正方形的性质得AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．所以∠HAO+∠OAD=90°，又知∠ADO+∠OAD=90°，所以∠HAO=∠ADO，于是△ABE≌△DAH可得AE=DH；

（2）EF=GH．将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF，将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．根据

（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；

（3）易得△AHF∽△CGE，所以

，由EC=2得AF=1，过F作FP⊥BC于P，根据勾股定理得EF=

，因为FH∥EG，所以

根据

（2）①知EF=GH，所以FO=HO，再求得三角形FOH与三角形EOG的面积相加即可．

解答：

解：

（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB=DA，∠ABE=90°=∠DAH．

∴∠HAO+∠OAD=90°．

∵AE⊥DH，

∴∠ADO+∠OAD=90°．

∴∠HAO=∠ADO．

∴△ABE≌△DAH（ASA），

∴AE=DH．

（2）EF=GH．

将FE平移到AM处，则AM∥EF，AM=EF．

将GH平移到DN处，则DN∥GH，DN=GH．

∵EF⊥GH，

∴AM⊥DN，

根据

（1）的结论得AM=DN，所以EF=GH；

（3）∵四边形ABCD是正方形，

∴AB∥CD

∴∠AHO=∠CGO

∵FH∥EG

∴∠FHO=∠EGO

∴∠AHF=∠CGE

∴△AHF∽△CGE

∴

∵EC=2

∴AF=1

过F作FP⊥BC于P，

根据勾股定理得EF=

，

∵FH∥EG，

∴

根据

（2）①知EF=GH，

∴FO=HO．

∴

，

，

∴阴影部分面积为

．

点评：

本题考查了三角形的综合知识．用到全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等综合性较强，难度较大．

46．（2014•黑龙江牡丹江,第26题10分）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD、BE．

（1）求证：

CE=AD；

（2）当D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？

说明你的理由；

（3）若D为AB中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？

请说明你的理由．

第1题图

考点：

正方形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定与性质；菱形的判定有

分析：

（1）先求出四边形BECD是平行四边形，根据平行四边形的性质推出即可；

（2）求出四边形BECD是平行四边形，求出CD=BD，根据菱形的判定推出即可；

（3）求出∠CDB=90°，再根据正方形的判定推出即可．

解答：

（1）证明：

∵DE⊥BC，

∴∠DFB=90°，

∵∠ACB=90°，

∴∠ACB=∠DFB，

∴AC∥DE，

∵MN∥AB，即CE∥AD，

∴四边形ADEC是平行四边形，

∴CE=AD；

（2）解：

四边形BECD是菱形，

理由是：

∵D为AB中点，

∴AD=BD，

∵CE=AD，

∴BD=CE，

∵BD∥CE，

∴四边形BECD是平行四边形，

∵∠ACB=90°，D为AB中点，

∴CD=BD，

∴四边形BECD是菱形；

（3）当∠A=45°时，四边形B°ECD是正方形，理由是：

解：

∵∠ACB=90°，∠A=45°，

∴∠ABC=∠A=45°，

∴AC=BC，

∵D为BA中点，

∴CD⊥AB，

∴∠CDB=90°，

∵四边形BECD是菱形，

∴四边形BECD是正方形，

即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形．

点评：

本题考查了正方形的判定、平行四边形的性质和判定，菱形的判定，直角三角形的性质的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力．

47．（2014•四川广安,第19题6分）如图，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，连接BP、DP，延长BC到E，使PB=PE．求证：

∠PDC=∠PEC．

考点：

全等三角形的判定与性质；正方形的性质．

专题：

证明题．

分析：

根据正方形的四条边都相等可得BC=CD，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，再利用“边角边”证明△BCP和△DCP全等，根据全等三角形对应角相等可得∠PDC=∠PBC，再根据等边对等角可得∠PBC=∠PEC，从而得证．

解答：

证明：

在正方形ABCD中，BC=CD，∠BCP=∠DCP，

在△BCP和△DCP中，

，

∴△BCP≌△DCP（SAS），

∴∠PDC=∠PBC，

∵PB=PE，

∴∠PBC=∠PEC，

∴∠PDC=∠PEC．

点评：

本题考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，等边对等角的性质，熟记各性质并判断出全等三角形是解题的关键．

48．（2014•浙江绍兴,第23题6分）

（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：

EF=FG．

（2）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长．

考点：

全等三角形的判定与性质；正方形的性质．

专题：

证明题．

分析：

（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△GAF，根据全等三角形的性质求出即可；

（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2．

解答：

（1）证明：

在正方形ABCD中，

∴∠ABE=∠ADG，AD=AB，

在△ABE和△ADG中，

∴△ABE≌△ADG（SAS），

∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，

∴∠EAG=90°，

在△FAE和△GAF中，

，

∴△FAE≌△GAF（SAS），

∴EF=FG

（2）解：

如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．

∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°．

∵CE⊥BC，∴∠ACE=∠B=45°．

在△ABM和△ACE中，

∴△ABM≌△ACE（SAS）．

∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．

∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠CAN=45°．

于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．

在△MAN和△EAN中，

∴△MAN≌△EAN（SAS）．

∴MN=EN．

在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．

∴MN2=BM2+NC2．

∵BM=1，CN=3，

∴MN2=12+32，

∴MN=

点评：

本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用．

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