专题32第6章四边形之正方形与45度的基本图备战2021中考数学解题方法系统训练教师版

32第6章四边形之正方形与45度的基本图一、单选题1．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②GDE45；③BGE△的周长是一个定值；④连结FC，BFC△的面积等于12BFFC．在以上4个结论中，正确的是（）A．1B．2C．3D．4【答案】D【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定RtADGRtFDG≌，再由GEGFEFAGCE，从而判断①，由对折可得：,CDEFDE由RtADGRtFDG≌，可得：,ADGFDG从而可判断②，设,,AGaCEb则12,12,,,BGaBEbGFaEFb利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接CF，证明BCF△是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．【详解】解：由正方形ABCD与折叠可知，DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，,ECEF∴∠DFG=∠A=90°，,DGDG∴RtADGRtFDGHL≌，,AGGF,AGECGFFEGE故①正确；由对折可得：,CDEFDERtADGRtFDG≌，,ADGFDG1452ADGCDEGDFEDFADC，45GDE，故②正确；设,,AGaCEb则12,12,,,BGaBEbGFaEFb121224,BGECBGBEGEabab所以：BGE△的周长是一个定值，故③正确，如图，连接CF，由对折可得：,EFEC,EFCECF,BECEBEEF，,EBFEFB1180902BFCEFBEFC，1.2BFCSBFFC故④正确．综上：①②③④都正确．故选.D【点评】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．2．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=35．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是()A．2B．53C．3D．5－1【答案】A【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，OEOMFOEFOMOFOF，∴△OFE≌△FOM（SAS），∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，∵CE=22223563OEOC，∴EF=3x，EB=3，6FBx，∴(3x)2=32+(6x)2，∴2x，∴点F的纵坐标为2，故选：A【点评】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．3．如图，在正方形有ABCD中，E是AB上的动点，（不与A、B重合），连结DE，点A关于DE的对称点为F，连结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，那么些的值为（）A．1B．2C．3D．2【答案】B【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．【详解】如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，，∵AD=AB，∴DM=BE，∵点A关于直线DE的对称点为F，∴△ADE≌△FDE，∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，∴∠DFG=90°，在Rt△DFG和Rt△DCG中，∵ DFDCDGDG＝＝，∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），∴∠3=∠4，∵∠ADC=90°，∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，∴2∠2+2∠3=90°，∴∠2+∠3=45°，即∠EDG=45°，∵EH⊥DE，∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，∴∠1=∠BEH，在△DME和△EBH中，∵1DMBEBEHDEEH＝＝＝，∴△DME≌△EBH（SAS），∴EM=BH，Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，∴2EMAE，∴2BHAE，即2BHAE.故选：B.【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．4．如图，在正方形ABCD内作45EAF，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接EF，过点A作AHEF，垂足为点H，将ADF绕点A顺时针旋转90得到ABG，若4,6BEDF，则以下结论：①ADFAHF△△，②AHEF，③223AEAF，④24CEFS，正确的个数有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】C【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明,GAEFAE≌再证明,AFHAFD≌判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，再分别求解,EFAH，判断②，再利用勾股定理计算,AEAF，判断③，通过计算CEFS△，判断④．【详解】解：由旋转的性质可知：AF=AG，∠DAF=∠BAG．∵四边形ABCD为正方形，∴∠BAD=90°．又∵∠EAF=45°，∴∠BAE+∠DAF=45°．∴∠BAG+∠BAE=45°．∴∠GAE=∠FAE．在△GAE和△FAE中AGAFGAEFAEAEAE，,GAEFAE≌,GAFE,GAFD,AFEAFD90,,AHFADFAFAF,AFHAFD≌故①正确，,AHAD,GAEFAE≌,GEFE4,6,,BEDFGBDF10,GEEF设正方形的边长为x，则4,6,CExCFx由勾股定理得：2224610,xx解得：1212,2xx（舍去）12,AHADBC,AHEF故②错误，,AFHAFD≌6,4,FHFDEHEB22221614416022,180336144AEAHEHAFAHFH故③正确，48,66,CExCFx118624.22CEFSCECF故④正确．综上：①③④正确，故选C．【点评】本题考查的是旋转的性质，正方形的性质，三角形的全等的判定与性质，勾股定理的应用，掌握以上知识是解题的关键．5．在正方形ABCD中，E、F分别为BC、CD边上的两个动点，∠EAF＝45°，下列几个结论中：①EF＝BE＋DF；②MN2＝BM2＋DN2；③FA平分∠DFE；④连接MF，则△AMF为等腰直角三角形；⑤∠AMN＝∠AFE．其中一定成立的结论有（）A．2个B．3个C．4个D．5个【答案】D【分析】通过图形的旋转，得到ADH，证明△△AFEAFH，可得①正确；将ABM绕点A逆时针旋转90得到ADG，连接NG，证得△△ANGANM，可得②正确；根据△△AFEAFH可得③正确；由∠BDC=∠MAN=45°，可得点A，M，F，D四点共圆，进而可得到④正确；通过证明三角形相似可得⑤正确；【详解】∵四边形ABCD正方形，∴AB=AD，90BADABCADC，∴将ABE△绕点A逆时针旋转90得到ADH，如图所示，则AH=AE，4=1，∴3=1+2=45，∴2+4=3=45，∵AF=AF，∴△△AFEAFH，∴EF=FH=DF+DH=DF+BE，故①正确；如图所示，将ABM绕点A逆时针旋转90得到ADG，连接NG，易证△△ANGANM，GDN△是直角三角形，∴MN=GN，∴222222MNNGDNDGDNBM,故②正确；由①可得，△△AFEAFH，∴AFHAFE，∴FA平分∠DFE，故③正确；∵BD是正方形ABCD的对角线，∴∠BDC=45°，∵∠MAN=45°，∴∠BDC=∠MAN，∴点A，M，F，D四点共圆，∵∠ADF=90°，∴∠AMF=90°，∴则△AMF为等腰直角三角形，故④正确；由∠MAN＝∠FDN=45°，ANMDNF，可得到△△AMNDNF，∴AMNDFN,又∵DFNAFE，∴∠AMN＝∠AFE，故⑤正确；故答案选D．【点评】本题主要考查了正方形的性质应用，旋转的性质，三角形全等和三角形相似的判定和性质，添加和是的辅助线，构造全等三角形，相似三角形和四边形的外接圆，是解题的关键．6．如图，正方形ABCD中，E是BC延长线上一点，在AB上取一点F，使点B关于直线EF的对称点G落在AD上，连接EG交CD于点H，连接BH交EF于点M，连接CM．则下列结论，其中正确的是（）①∠1＝∠2；②∠3＝∠4；③GD＝2CM；④若AG＝1，GD＝2，则BM＝5．A．①②③④B．①②C．③④D．①②④【答案】A【分析】①正确．如图1中，过点B作BK⊥GH于K．想办法证明Rt△BHK≌Rt△BHC（HL）可得结论．②正确．分别证明∠GBH=45°，∠4=45°即可解决问题．③正确．如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．首先证明MG=MD，再证明△BTM≌△MWG（AAS），推出MT=WG可得结论．④正确．求出BT=2，TM=1，利用勾股定理即可判断．【详解】解：如图1中，过点B作BK⊥GH于K．∵B，G关于EF对称，∴EB＝EG，∴∠EBG＝∠EGB，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠A＝∠ABC＝∠BCD＝90°，AD∥BC，∴∠AGB＝∠EBG，∴∠AGB＝∠BGK，∵∠A＝∠BKG＝90°，BG＝BG，∴△BAG≌△BKG（AAS），∴BK＝BA＝BC，∠ABG＝∠KBG，∵∠BKH＝∠BCH＝90°，BH＝BH，∴Rt△BHK≌Rt△BHC（HL），∴∠1＝∠2，∠HBK＝∠HBC，故①正确，∴∠GBH＝∠GBK+∠HBK＝12∠ABC＝45°，过点M作MQ⊥GH于Q，MP⊥CD于P，MR⊥BC于R．∵∠1＝∠2，∴MQ＝MP，∵∠MEQ＝∠MER，∴MQ＝MR，∴MP＝MR，∴∠4＝∠MCP＝12∠BCD＝45°，∴∠GBH＝∠4，故②正确，如图2中，过点M作MW⊥AD于W，交BC于T．∵B，G关于EF对称，∴BM＝MG，∵CB＝CD，∠4＝∠MCD，CM＝CM，∴△MCB≌△MCD（SAS），∴BM＝DM，∴MG＝MD，∵MW⊥DG，∴WG＝WD，∵∠BTM＝∠MWG＝∠BMG＝90°，∴∠BMT+∠GMW＝90°，∵∠GMW+∠MGW＝90°，∴∠BMT＝∠MGW，∵MB＝MG，∴△BTM≌△MWG（AAS），∴MT＝WG，∵MC＝2TM，DG＝2WG，∴DG＝2CM，故③正确，∵AG＝1，DG＝2，∴AD＝AB＝TM＝3，EM＝WD＝TM＝1，BT＝AW＝2，∴BM＝2222215BTMT，故④正确，故选：A．【点评】本题考查正方形的性质，角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线面构造全等三角形解决问题，属于中考选择题中的压轴题．二、填空题7．如图，已知E、F是边长为1的正方形ABCD内部两点，且满足∠EAF＝∠ECF＝45°，若△AEF的面积为15，则△BEC与△DFC的面积之和为________．【答案】310【分析】将△DFC绕点C逆时针旋转90°至CD与CB重合，得△1CBF，且△1CBFCDF，将△AFD绕点A顺时针旋转90°至AD