(通用版)中考数学一轮复习精讲精练第4章第4讲 正方形（2份，原卷版+解析版）

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知识梳理 夯实基础
知识点1：正方形的性质
边：对边平行，四条边都相等
角：四个角都是直角
对角线
对称性：既是中心对称图形又是轴对称图形，有四条对称轴
正方形面积求法：（表示正方形的边长，表示正方形的对角线）
注：正方形的两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形
知识点2：正方形的判定
有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形
有一组邻边相等的矩形是正方形
对角线互相垂直的矩形是正方形
有一个角是直角的菱形是正方形
对角线相等的菱形是正方形
知识点3：四边形、平行四边形、矩形、菱形、正方形之间的关系
知识点4：中点四边形
定义：依次连接任意一个四边形各边中点所得到的四边形叫做中点四边形.
常见结论
直击中考 胜券在握
1.下列说法不正确的是 （ ）
A．有一个角是直角的菱形是正方形 B．两条对角线相等的菱形是正方形
C．对角线互相垂直的矩形是正方形 D．四条边都相等的四边形是正方形
【答案】D
2．（2021·绵阳中考）如图，在边长为3的正方形中，，，则的长是（ ）
A．1B．C．D．2
【答案】C
【分析】
由正方形的性质得出，，由证得，即可得出答案．
【详解】
解：四边形是正方形，
，，
∵在中，，
，
设，则，
根据勾股定理得：，
即，
解得：（负值舍去），
，
，
，
，
，
，，
，
．
故选：．
【点睛】
本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质等知识，证明是解题的关键．
3．（2021·重庆中考）如图，把含30°的直角三角板PMN放置在正方形ABCD中，，直角顶点P在正方形ABCD的对角线BD上，点M，N分别在AB和CD边上，MN与BD交于点O，且点O为MN的中点，则的度数为（ ）
A．60°B．65°C．75°D．80°
【答案】C
【分析】
根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MPO=30°，再求出∠MOB和∠OMB的度数，即可求出的度数．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形中，
∴∠MBO=∠NDO=45°，
∵点O为MN的中点
∴OM=ON，
∵∠MPN=90°，
∴OM=OP，
∴∠PMN=∠MPO=30°，
∴∠MOB=∠MPO+∠PMN =60°，
∴∠BMO=180°-60°-45°=75°，
，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性质，根据角的关系进行计算．
4．（2019·辽宁中考）如图，，是四边形的对角线，点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，连接，，，，要使四边形为正方形，则需添加的条件是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】
证出、、、分别是、、、的中位线，得出，，，，证出四边形为平行四边形，当时，，得出平行四边形是菱形；当时，，即，即可得出菱形是正方形．
【详解】
点，分别是，的中点，点，分别是，的中点，
、、、分别是、、、的中位线，
，，，，
四边形为平行四边形，
当时，，
平行四边形是菱形；
当时，，即，
菱形是正方形；
故选．
【点睛】
本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定、菱形的判定以及三角形中位线定理；熟练掌握三角形中位线定理是解题的关键．
5．（2021·仙桃中考）如图，在正方形中，，E为对角线上与A，C不重合的一个动点，过点E作于点F，于点G，连接．下列结论：
①；②；③；④的最小值为3．其中正确结论的个数有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】
延长，交于点，交于点，连接，交于点，先根据正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质得出，再根据矩形的判定与性质可得，由此可判断①；先根据三角形全等的性质可得，再根据矩形的性质可得，然后根据等腰三角形的性质可得，由此可判断③；根据直角三角形的性质可得，从而可得，由此可判断②；先根据垂线段最短可得当时，取得最小值，再解直角三角形可得的最小值，从而可得的最小值，由此可判断④．
【详解】
解：如图，延长，交于点，交于点，连接，交于点，
四边形是正方形，，
，
在和中，，
，
，
，
四边形是矩形，
，
，即结论①正确；
，
，
，即结论③正确；
，
，
，
，即，结论②正确；
由垂线段最短可知，当时，取得最小值，
此时在中，，
又，
的最小值与的最小值相等，即为，结论④错误；
综上，正确的结论为①②③，共有3个，
故选：C．
【点睛】
本题考查了正方形的性质、三角形全等的判定定理与性质、解直角三角形等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
6．如图，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，∠EAF=45°，△ECF的周长为 8，则正方形ABCD的面积为（ ）
A．9B．16C．20D．25
【答案】B
【解析】
试题分析：如图，将△DAF顺时针旋转90°到△BAF′位置，根据旋转的性质可知△DAF≌△BAF′，即可得到EF+EC+FC=FC+CE+EF′=FC+BC+BF′=8，求出正方形的边BC=4，因此可知其面积为4×4=16.
故选B.
7．（2021·广西河池中考）如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别在CD，AC上，，，则AF的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
过作的垂线分别交于,由，证明，设，根据，求得，在中，利用勾股定理即可求得．
【详解】
如图，过作的垂线分别交于，
四边形是正方形，
，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
四边形是正方形，
，
，
，
在和中，
（AAS），
，
设，则，
，
即，
解得，
，
四边形是正方形，，
，
，
．
故选B
【点睛】
本题考查了矩形的性质，正方形的性质，三角形全等的性质与判定，勾股定理，等腰直角三角形的性质，求得是解题的关键．
8．（2021·牡丹江中考）如图，正方形ABCD的边长为3，E为BC边上一点，BE＝1.将正方形沿GF折叠，使点A恰好与点E重合，连接AF，EF，GE，则四边形AGEF的面积为（ ）
A．2B．2C．6D．5
【答案】D
【分析】
作FH⊥AB于H，交AE于P，设AG=GE=x，在Rt△BGE中求出x，在Rt△ABE中求出AE，再证明△ABE≌△FHG，得到FG=AE，然后根据S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF求解即可
【详解】
解：作FH⊥AB于H，交AE于P，则四边形ADFH是矩形，由折叠的性质可知，AG=GE，AE⊥GF，AO=EO．
设AG=GE=x，则BG=3-x，
在Rt△BGE中，
∵BE2+BG2=GE2，
∴12+(3-x)2=x2，
∴x=．
在Rt△ABE中，
∵AB2+BE2=AE2，
∴32+12=AE2，
∴AE=．
∵∠HAP+∠APH=90°，∠OFP+∠OPF=90°，∠APH=∠OPF，
∴∠HAP=∠OFP，
∵四边形ADFH是矩形，
∴AB=AD=HF．
在△ABE和△FHG中，
，
∴△ABE≌△FHG，
∴FG=AE=，
∴S四边形AGEF=S△AGF+S△EGF
=
=
=
=
=5．
故选D．
【点睛】
本题考查了折叠的性质，正方形的性质，矩形的判定与性质，三角形的面积，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．
9．（2021·贵州黔东南中考）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转，使点B落在点的位置，连接B，过点D作DE⊥，交的延长线于点E，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
利用已知条件求得,设，将都表示出含有的代数式，利用的函数值求得，继而求得的值
【详解】
设交于点,
由题意：
是等边三角形
四边形为正方形
∴∠CBF=90°-60°=30°，
DE⊥
又
设
则
解得：
故选A
【点睛】
本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，特殊角的锐角三角函数值，灵活运用锐角三角函数的定义及特殊三角函数值是解题的关键．
10．（2021·大庆中考）如图，是线段上除端点外的一点，将绕正方形的顶点顺时针旋转，得到．连接交于点．下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据旋转的性质可以得到△EAF是等腰直角三角形，然后根据相似三角形的判定和性质，以及平行线分线段成比例定理即可作出判断．
【详解】
解：根据旋转的性质知：∠EAF=90°，故A选项错误；
根据旋转的性质知：∠EAF=90°，EA=AF，则△EAF是等腰直角三角形，
∴EF=AE，即AE：EF=1：，故B选项错误；
若C选项正确，则，即，
∵∠AEF=∠HEA=45°，
∴△EAF△EHA，
∴∠EAH∠EFA，
而∠EFA=45°，∠EAH45°，
∴∠EAH∠EFA，
∴假设不成立，故C选项错误；
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD∥AB，即BH∥CF，AD=BC，
∴EB：BC=EH：HF，即EB：AD=EH：HF，故D选项正确；
故选：D
【点睛】
本题考查了旋转的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，正确运用反证法是解题的关键．
11．（2021·湖南常德中考）如图，已知F、E分别是正方形的边与的中点，与交于P．则下列结论成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质逐一判断即可．
【详解】
解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=CA，∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，
∵已知F、E分别是正方形ABCD的边AB与BC的中点，
∴BE=BC=AB∠PCD，
∴PC>PD，故B选项错误，不符合题意；
∵AD>PD，
∴CD>PD，
∴∠DPC>∠DCP，
∴90°-∠DPC