2021年 广东省 中考数学 一轮复习备考 第23讲 正方形 学案

第23讲　正方形

知识梳理

1 正方形性质及其判定

2 中点四边形

①顺次连接任意四边形各边中点，所得四边形是__平行四边__形．

②顺次连接平行四边形各边中点，所得四边形是__平行四边__形．

③顺次连接矩形各边中点，所得四边形是__菱__形．

④顺次连接菱形各边中点，所得四边形是__矩__形．

⑤顺次连接正方形各边中点，所得四边形是__正方__形．

⑥顺次连接等腰梯形各边中点，所得四边形是__菱__形．

3.平行四边形、矩形、菱形与正方形之间的联系

5年真题

命题点1正方形的性质

1．（3分）（2016•广东）如图，正方形ABCD的面积为1，则以相邻两边中点连线EF为边正方形EFGH的周长为（　B　）

A． B．2 C．1 D．21

命题点2   正方形性质的多结论问题

2．（3分）（2019•广东）如图，正方形ABCD的边长为4，延长CB至E使EB＝2，以EB为边在上方作正方形EFGB，延长FG交DC于M，连接AM，AF，H为AD的中点，连接FH分别与AB，AM交于点N、K：则下列结论：

①△ANH≌△GNF；②∠AFN＝∠HFG；③FN＝2NK；

④S△AFN：S△ADM＝1：4．其中正确的结论有（　C　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

C【解析】∵四边形EFGB是正方形，EB＝2，∴FG＝BE＝2，∠FGB＝90°，

∵四边形ABCD是正方形，H为AD的中点，∴AD＝4，AH＝2，∠BAD＝90°，∴∠HAN＝∠FGN，AH＝FG，∵∠ANH＝∠GNF，∴△ANH≌△GNF（AAS），故①正确；∴∠AHN＝∠HFG，∵AG＝FG＝2＝AH，∴AFFGAH，∴∠AFH≠∠AHF，∴∠AFN≠∠HFG，故②错误；∵△ANH≌△GNF，∴ANAG＝1，∵GM＝BC＝4，∴2，

∵∠HAN＝∠AGM＝90°，∴△AHN∽△GMA，∴∠AHN＝∠AMG，

∵AD∥GM，∴∠HAK＝∠AMG，∴∠AHK＝∠HAK，∴AK＝HK，∴AK＝HK＝NK，∵FN＝HN，∴FN＝2NK；故③正确；∵延长FG交DC于M，∴四边形ADMG是矩形，∴DM＝AG＝2，

∵S△AFNAN•FG2×1＝1，S△ADMAD•DM4×2＝4，∴S△AFN：S△ADM＝1：4故④正确，故选：C．

3．（3分）（2017•广东）如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF＝S△ADF；②S△CDF＝4S△CEF；③S△ADF＝2S△CEF；④S△ADF＝2S△CDF，其中正确的是（　　）

A．①③ B．②③ C．①④ D．②④

C【解析】=∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥CB，AD＝BC＝AB，∠FAD＝∠FAB，

在△AFD和△AFB中，，∴△AFD≌△AFB，∴S△ABF＝S△ADF，故①正确，∵BE＝ECBCAD，AD∥EC，∴，

∴S△CDF＝2S△CEF，S△ADF＝4S△CEF，S△ADF＝2S△CDF，故②③错误④正确，故选：C．

3年模拟

1．（2020•海门市校级模拟）如图，正方形ABCD的对角线AC与B相交于点O，∠ACB的角平分线分别交AB、BD于M、N两点．若AM，则线段BN的长为（　C　）

A． B． C．1 D．2

C【解析】过M点作MH⊥AC于H点，

∵四边形ABCD是正方形，∴∠HAM＝45°．

∴△HAM是等腰直角三角形，∴HMAM＝1．∵CM平分∠ACB，MH⊥AC，MB⊥CB，

∴BM＝HM＝1，∠ACM＝∠BCN．

∵∠BMN＝45°+∠ACM，∠BNM＝45°+∠BCM，∴∠BMN＝∠BNM．∴BN＝BM＝1．

故选：C．

2．（2020•大鹏新区一模）已知正方形ABCD的边长为1，点P为正方形内一动点，若点M在AB上，且满足△PBC∽△PAM，延长BP交AD于点N，连结CM．分析下列结论：①AP⊥BN；②BM＝DN；③点P一定在以CM为直径的圆上；④正方形内不存在点P使得PC．其中结论正确的个数是（　C　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

C【解析】∵四边形ABCD是正方形，

∴AB＝BC＝CD＝AD，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠D＝90°，∵△PBC∽△PAM，

∴∠PAM＝∠PBC，，

∵∠PBC+∠PBA＝90°，∴∠PAM+∠PBA＝90°，∴∠APB＝90°，∴AP⊥BN，故①正确；∵∠ABP＝∠ABN，∠APB＝∠BAN＝90°，∴△BAP∽△BNA，∴，

∴，∵AB＝BC，∴AM＝AN，

∴AB﹣AM＝AD﹣AN，∴BM＝DN，故②正确；∵△PBC∽△PAM，∴∠APM＝∠BPC，

∴∠CPM＝∠APB＝90°，

∴点P一定在以CM为直径的圆上，故③正确；以点C为圆心为半径画圆，以AB为直径画圆，如图所示：

∴CO，

∵，∴两个圆相切，

∴∠APB＝90°，即AP⊥PB，∵∠PBC＝∠PAB，∴只要作∠APM＝∠BPC，就可得出△PBC∽△PAM，符合题意，

∴正方形内存在点P使得PC，故④错误；

综上所述，结论正确的个数是3，

故选：C．

3.（2020•越秀区一模）如图，ABCD为正方形，∠CAB的角平分线交BC于点E，过点C作CF⊥AE交AE的延长线于点G，CF与AB的延长线交于点F，连接BG、DG、与AC相交于点H，则下列结论：①△ABE≌△CBF；②GF＝CG；③BG⊥DG；④DH＝（1）AE，其中正确的是　①②③　．

①②③【解析】①∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝CB，∠ABC＝∠CBF＝90°，

∵AG⊥CF，∴∠AGF＝90°，

∴∠GAF+∠F＝90°，∵∠BCF+∠F＝90°，

∴∠GAF＝∠BCF，∴△ABE≌△CBF（ASA），

故此小题结论正确；

②∵AG是∠CAB的角平分线，∴∠BAG＝∠CAG，∵∠AGB＝∠AGC＝90°，AG＝AG，

∴△ABG≌△ACG（ASA），∴FG＝CG，

故此小题结论正确；

③∵∠CBF＝90°，FG＝CG，∴BG＝CG，

∴∠CBG＝∠BCG，∵∠ABC＝∠DCB＝90°，

∴∠ABG＝∠DCG，∵AB＝DC，

∴△ABG≌△DCG（SAS），

∴∠AGB＝∠DGC，∵∠DGC+∠AGD＝∠AGC＝90°，∴∠AGB+∠AGD═90°，

∴BG⊥DG，故此小题结论正确；

④∵△ABG≌△DCG，

∴∠CDG＝∠BAG＝∠CAG，

∵∠DCH＝∠ACE，∴△DCH∽△ACE，

∴，∴DH，

故此小题结论错误．

由上可知，正确的结论是①②③，

故答案为：①②③．

4．（2020•广州一模）如图，在正方形ABCD中，边长为2的等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，

下列结论：①BE+DF＝EF；②CE＝CF；③∠AEB＝75°；④S正方形ABCD＝2，

其中正确的序号是　②③④　．

②③④【解析】∵四边形ABCD为正方形，

∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，

∵△AEF为等边三角形，∴AE＝AF，

在Rt△ABE和△ADF中，，

∴Rt△ABE≌△ADF，

∴BE＝DF，∠BAE＝∠DAF，而∠EAF＝60°，

∴∠BAE＝∠DAF＝15°，

∴∠AEB＝75°，所以③正确，∵CB＝CD，

∴CB﹣BE＝CD﹣DF，

即CE＝CF，所以②正确；

∴△CEF为等腰直角三角形，

∴CE＝CFEF，

设正方形的边长为x，则AB＝x，BE＝x，

在Rt△ABE中，∵AB2+BE2＝AE2，

∴x2+（x）2＝22，

整理得x2x﹣1＝0，解得x1，x2（舍去），

∴BE+DF＝2（x）＝2（）2，所以①错误；

∴S正方形ABCD＝x2＝（）2＝2，所以④正确．故答案为②③④．

5．（2020•新都区模拟）如图，点M是正方形ABCD的边BC上一点，连接AM，点E是线段AM上一点，∠CDE的平分线交AM延长线于点F．（1）如图1，若点E为线段AM的中点，BM：CM＝1：2，BE，求AB的长；（2）如图2，若DA＝DE，求证：BF+DFAF．

解：（1）设BM＝x，则CM＝2x，BC＝3x，

∵BA＝BC，∴BA＝3x．

在Rt△ABM中，E为斜边AM中点，

∴AM＝2BE＝2．

由勾股定理可得AM2＝MB2+AB2，

即40＝x2+9x2，解得x＝2．∴AB＝3x＝6．

（2）延长FD交过点A作垂直于AF的直线于H点，过点D作DP⊥AF于P点．

∵DF平分∠CDE，∴∠1＝∠2．

∵DE＝DA，DP⊥AF,∴∠3＝∠4．∵∠1+∠2+∠3+∠4＝90°，∴∠2+∠3＝45°．

∴∠DFP＝90°﹣45°＝45°．

∴AH＝AF．∵∠BAF+∠DAF＝90°，∠HAD+∠DAF＝90°，∴∠BAF＝∠DAH．又AB＝AD，∴△ABF≌△ADH（SAS）．

∴AF＝AH，BF＝DH．

∵Rt△FAH是等腰直角三角形，

∴HFAF．∵HF＝DH+DF＝BF+DF，

∴BF+DFAF．

6．（2020•广东模拟）如图，已知正方形ABCD的边长是2，∠EAF＝m°，将∠EAF绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC、CD于点E、F，G是CB延长线上一点，且始终保持BG＝DF．（1）求证：△ABG≌△ADF；

（2）求证：AG⊥AF；（3）当EF＝BE+DF时：

①求m的值；②若F是CD的中点，求BE的长．

解：（1）证明：在正方形ABCD中，

AB＝AD＝BC＝CD＝2，

∠BAD＝∠C＝∠D＝∠ABC＝∠ABG＝90°．

∵BG＝DF，

在△ABG和△ADF中，，

∴△ABG≌△ADF（SAS）；

（2）证明：∵△ABG≌△ADF，

∴∠GAB＝∠FAD，

∴∠GAF＝∠GAB+∠BAF

＝∠FAD+∠BAF＝∠BAD＝90°，∴AG⊥AF；

（3）①解：△ABG≌△ADF，

∴AG＝AF，BG＝DF．∵EF＝BE+DF，

∴EF＝BE+BG＝EG．∵AE＝AE，

在△AEG和△AEF中，

∴△AEG≌△AEF（SSS）．

∴∠EAG＝∠EAF，∴∠EAF∠GAF＝45°，

即m＝45；

②若F是CD的中点，则DF＝CF＝BG＝1．

设BE＝x，则CE＝2﹣x，EF＝EG＝1+x．

在Rt△CEF中，CE 2+CF 2＝EF 2，即（ 2﹣x ） 2+1 2＝（ 1+x ） 2，得x．

∴BE的长为．