资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩6页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 18.2.4 菱形的判定（第二课时）（分层作业）-2023-2024学年八年级数学下册同步备课精品课件+导学案+分层作业（人教版） 课件 0 次下载
- 18.2.4 菱形的判定（第二课时）（导学案）-2023-2024学年八年级数学下册同步备课精品课件+导学案+分层作业（人教版） 课件 0 次下载
- 18.2.5 正方形（导学案）-2023-2024学年八年级数学下册同步备课精品课件+导学案+分层作业（人教版） 课件 0 次下载
- 19.1.1 变量与常量（第一课时）（分层作业）-2023-2024学年八年级数学下册同步备课精品课件+导学案+分层作业（人教版） 课件 0 次下载
- 19.1.1 变量与常量（第一课时）（导学案）-2023-2024学年八年级数学下册同步备课精品课件+导学案+分层作业（人教版） 课件 0 次下载
初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形试讲课备课作业课件ppt
展开
这是一份初中数学人教版八年级下册18.2.3 正方形试讲课备课作业课件ppt，文件包含1825正方形分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版原卷版docx、1825正方形分层作业解析版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
人教版初中数学八年级下册18.2.5 正方形 同步练习夯实基础篇一、单选题：1．如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）A．且 B．且C．且 D．且【答案】D【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，∴，，，，，，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是菱形，∵，∴，∵，，∵，∴，∴菱形是正方形．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线．2．下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列推理过程正确的是（ ）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出③ D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可．【详解】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；菱形的对角线互相垂直， 而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形；正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．3．如图，在边长为5的正方形内作，交于点，交于点，连接，若，则的长为（ ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】如图，首先将旋转到，然后利用三角形全等的性质得到，，结合题中条件可以得出，再根据，和勾股定理，可以求出的长即可求解．【详解】如图所示，将绕顺时针旋转得到，∴，∴，∴，∴、、三点共线，∴，，∵，，∴，∴，∴，在和中，∴（SAS）∴，设，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，解得：∴的长为故选：A【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．4．如图，把正方形放在直角坐标系中，直角顶点落在第二象限，顶点、分别落在轴、轴上，已知点、，则点的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，过点作轴于、轴于，则四边形是矩形可得、，再由A、B的坐标结合图形可得，然后再证明可得，进而确定OD的长即可解答．【详解】解：如图，过点作轴于，轴于，轴，轴，，四边形是矩形，，，点、，，，，四边形是正方形，，，，在和中， ，∴，，，点．故选：B．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．5．如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接、，如图，根据正方形的性质得，，，，则，再利用勾股定理计算出，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．【详解】解：连接、，如图，∵四边形和四边形都是正方形，，，∴，，，，∴，在中，，∵H是的中点，∴ ．故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理，二次根式的化简．6．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，两直角边分别与OD，OC重叠，当三角板绕点O顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）时，两直角边与正方形的边BC，CD交于E、F两点，则四边形OECF的面积（ ）A．先变小再变大 B．先变大再变小C．始终不变 D．无法确定【答案】C【分析】依据正方形的性质，即可得到△OEC≌△OFD（ASA），进而得出，根据四边形OECF的面积等于，即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，OC⊥OD，即∠COD＝90°，∴∠EOF＝90°＝∠COD，又∵OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，∴△OEC≌△OFD（ASA），∴，∴∴四边形OECF的面积始终不变．故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键在于正确运用全等三角形的性质．7．如图所示，将一张长方形纸片分别沿着，对折，使点B落在点，点C落在（在C的右侧），若，则的度数为（ ）A．76° B．90° C．73° D．88°【答案】A【分析】根据折叠的性质有：，，再根据，，可得，问题随之得解．【详解】根据折叠的性质有：，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及平角为180°的知识，根据折叠的性质得到，，是解答本题的关键．二、填空题： 8．如图，已知点D在△ABC的BC边上，DEAC交AB于E，DFAB交AC于F，若添加条件_____，则四边形AEDF是矩形；若添加条件_____，则四边形AEDF是菱形；若添加条件_____，则四边形AEDF是正方形．【答案】 ∠BAC＝90° AD平分∠BAC ∠BAC＝90°且AD平分∠BAC（答案不唯一）【分析】先利用平行四边形的判定方法得到四边形AEDF为平行四边形，然后根据矩形、菱形和正方形的判定方法添加条件．【详解】解：∵DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F，∴四边形AEDF为平行四边形，∴当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是矩形；当AD平分∠BAC时，四边形AEDF是菱形；∠BAC＝90°且AD平分∠BAC，四边形AEDF是正方形． ,∠BAC＝90°，故答案为∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，∠BAC＝90°且AD平分∠BAC．【点睛】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．也考查了菱形和矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．9．如图，在正方形中，点为边上一点，与交于点．若，则的大小为______度．【答案】65【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出．【详解】解：四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，，又是的外角，，故答案为：65．【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论．10．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD=________．【答案】4【分析】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，推出∠ABE＝∠D，由BE＝DC，AB＝AD，证明△ABE≌△ADC，得到AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∠EAC＝90°，由勾股定理得，又S△AEC＝S四边形ABCD＝12，求得＝12，计算出EC＝4，即可求出答案．【详解】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，又∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，∵，∴S△AEC＝AE2＝，∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∴＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．故答案为：4．【点睛】此题考查全等三角形的判定及性质，勾股定理，巧妙地作出辅助线，把四边形的问题转化为等腰直角三角形来解决是解题的关键．11．如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____．【答案】25°【分析】根据全等三角形的判定和性质得出∠BCF=∠EAB，再利用正方形的性质解答即可．【详解】解：∵正方形ABCD，∴AB=BC，∠ABE=∠CBF=90°，在△ABE与△CBF中 ，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠BCF=∠EAB，∵∠E=70°，∴∠BCF=∠EAB=90°-70°=20°，∵正方形ABCD，AC是对角线，∴∠ACB=45°，∴∠ACF=45°-20°=25°．故答案为：25°．【点睛】本题主要考查正方形的四条边都相等和四个角都是直角的性质以及三角形全等的判定和全等三角形对应边相等的性质．12．如图，正方形 的顶点 ， 分别在 轴、 轴上， 是菱形 的对角线，若 ，，则点 的坐标是 ____．【答案】【分析】过点作轴于点，根据四边形是菱形可知，，可得出是等边三角形，由此求出及的长即可得出结论．【详解】解：过点作轴于点，∵四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，∵，∴，又∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，则，∴，∴．【点睛】本题考查的是正方形的性质，根据题意作出辅助线，利用菱形的性质判断出是等边三角形是解答此题的关键．13．如图，正方形的边长为4，点E在AB边上．四边形也为正方形，设的面积为S，则___________．【答案】8【分析】连接，易得，利用等底等高将S转化成，代值计算即可．【详解】解：连接，∵四边形和四边形是正方形，∴，∴，∴，故答案为：8．【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的面积公式，其中利用平行线的性质将所求面积转化是解题关键．14．如图，在正方形中，为对角线上一点，过作于，于，若，，则___________．【答案】【分析】延长、交、于、，由正方形的性质，得到，再由等腰三角形的性质及正方形的性质得到，，由勾股定理即可得出结论．【详解】解：如图，延长、交、于、．四边形为正方形，，，，则 ．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理．求出，的长是解答本题的关键．三、解答题： 15．已知：如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，，且．求证：矩形ABCD是正方形．【答案】见解析【分析】先根据矩形的性质及余角证明，再利用AAS证明，推出，即可证明矩形ABCD是正方形．【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，在△ABF和△DAE中， ∴，∴，∴矩形ABCD是正方形．【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定等知识点，本题中证明是解题的关键．16．如图，已知是边长为1的正方形对角线上一点，且．求：(1)度数；(2)的长．【答案】(1)22.5°(2)【分析】（1）根据正方形的性质可以得到，根据BP=BC，等腰三角形的性质即可求出的度数，即可得出结果；（2）运用勾股定理可以得到BD的长度，即可得到答案．（1）解：∵是正方形，∴，∵，∴∴；（2）解：∵是正方形，∴∴，∵∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，灵活掌握性质是本题的关键．17．如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．(1)求证：AF与DE互相平分；(2)当△ABC满足___________时，四边形ADFE是正方形．【答案】(1)见解析(2)AB＝AC且∠BAC＝90°【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论．（1）证明：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O，∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD，∴EFAB，EFAB＝AD，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AF与DE互相平分．（2）解：当△ABC满足AB＝AC，∠BAC＝90°时，四边形ADFE是正方形，理由如下：由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，∵AF是△ABC的中线，∴AF⊥BC，∵DE是△ABC的中位线，∴DEBC，∴AF⊥DE，∴平行四边形ADFE是菱形．又∵∠BAC＝90°，∴四边形ADFE是正方形．故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．18．如图，正方形的边长为7，点是上的一点，且，将正方形沿翻折，点落在点处，延长交于点，求的长．【答案】【分析】首先连接，再根据将正方形沿翻折，点落在点处，可证得，有，设，可得，即可解得答案．【详解】解：连接，如图：将正方形沿翻折，点落在点处，，，，，，，，设，则，，，，解得，的长为．【点睛】本题考查正方形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质，能利用勾股定理列方程解决问题．19．如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿 AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；（2）根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．【详解】（1）由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，∵∠EAF=45°，∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，又∵∠B=∠D=90°，∴四边形ABCD是矩形，由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形；（2）∵EC=FC=1，∴BE=DF，EF=，∵EF=EG+GF=BE+DF，∴BE=DF=EF=，∴AB=BC=BE+EC=．【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．能力提升篇一、单选题：1．如图，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一个动点，则的最小值是（ ）A． B． C．9 D．【答案】A【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为点．此时PE+PD＝BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果．【详解】如图，连接BE，设BE与AC交于点，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与D关于AC对称，∴D=B，∴D+E=B+E=BE最小．即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度．∵直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=3，CE=CD=1，∴BE==．．故选：A．【点睛】本题考查了轴对称--最短路线问题，正方形的性质，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键．2．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（ ）A．12 B．13 C．14 D．18【答案】C【分析】根据正方形的中心对称性，得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，即可解答．【详解】解：∵正方形具有中心对称性，则每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，∴ = =14故选：C．【点睛】本题考查了正方形的中心对称性，根据中心对称性得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的是解题的关键．3．如图，是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②（表示周长）；③一定是等腰三角形；④；⑤；⑥．其中结论正确的个数是（ ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，再证四边形为矩形，可得①正确；根据正方形的对角线平分对角的性质，，得，再根据四边形为矩形，可得②正确；因为点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，可得，得或或时，是等腰三角形，可得③错误；根据矩形和正方形的轴对称性质，可得④正确；证，可得⑤正确；根据三角形的内角和性质，对顶角的性质，可得⑥正确．【详解】解：四边形ABCD是正方形，，，∴，，，，，，四边形为矩形，，故①正确；四边形ABCD是正方形，，，，，∵四边形为矩形，∴四边形的周长=，故②正确；∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，，∴当或或时，是等腰三角形，除此之外，不是等腰三角形，故③错误；如下图，延长FP交AB于G，连接PC，延长AP交EF于H，四边形为矩形，，∵正方形为轴对称图形，，，故④正确；BD平分，，，，，，，故⑤正确；由题意可知：，，，，，故⑥正确，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作适当的辅助线．二、填空题：4．如图，在正方形中，，点E在边上，将沿对折至，延长交于点G，G恰好是边的中点，则的长是________．【答案】##【分析】根据正方形的性质和折叠的性质证明，进而得到，由G是的中点，得到，设，则，，在中由勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：连接，由折叠得：，，∵在正方形中，，，∴，，∵，∴，∴，∵，G是的中点，∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，理解折叠的性质、合理的进行转化到一个直角三角形中是解决此类问题常用的方法．5．如图，是边长为6的正方形的边上一点，且，为对角线上的一个动点，则周长的最小值是_________．【答案】##【分析】根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，连接CE交BD与 点，此时 最小，则的周长最小．【详解】如图，连接CE交BD与 点，根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，此时 最小， 正方形的边长为6，， 在 中， 周长= ．故答案为【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，判断出A点与C点关于BD对称是解题的关键．6．正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，又顺次连接正方形A1B1C1D1，四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2，…，以此类推，则第六个正方形A6B6C6D6的周长为______．第n个正方形AnBnCnDn周长为_____．【答案】 4×【分析】连接AC，由中位线的性质可求，由勾股定理可得，所以，同理可求，…，，进而可得结论．【详解】解：连接AC，∵，分别是AB，BC的中点，∴是△ABC的中位线，∴，由勾股定理可得，所以，同理可求，…，，∴，∴第六个正方形A6B6C6D6的周长为，第n个正方形AnBnCnDn周长为4×＝4×故答案为： ，4×．【点睛】本题考查了正方形的性质，中点四边形，三角形的中位线的性质，勾股定理等知识，找出规律是解答本题的关键．三、解答题：7．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F．(1)求证：；(2)当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．(3)当点O运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．【答案】(1)见解析(2)当点O运动到的中点时，四边形是矩形，见解析(3)当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形，见解析【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出，同理得出，即可得出结论；（2）先证明四边形是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；（3）当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，由平行线的性质得出，得出，即可证明．【详解】（1）解：∵，∴，又∵平分，∴，∴，∴，同理：，∴．（2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形．∵当点O运动到的中点时，，又∵，∴四边形是平行四边形，由（1）可知，，∴，∴，即，∴四边形是矩形．（3）解：当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．∵由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是正方形．【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定定理；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．8．如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．(1)求证：．(2)如图2，E为的中点，连接．①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析，②线段的长为2【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，．，沿折叠得到，，，，，，在和中，，，，，，，；（2）证明：如图2所示：沿折叠得到，为的中点，，，，，，，即，；②解：设，则，，正方形边长为6，为的中点，，，在中，根据勾股定理得：，解得：，即线段的长为2．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
人教版初中数学八年级下册18.2.5 正方形 同步练习夯实基础篇一、单选题：1．如图所示，顺次连接四边形各边中点得到四边形，使四边形为正方形，应添加的条件分别是（ ）A．且 B．且C．且 D．且【答案】D【分析】直接利用三角形中位线的性质以及正方形的判定方法分析得出答案．【详解】解：使四边形为正方形，应添加的条件分别是且．理由：∵顺次连接四边形各边中点得到四边形，∴，，，，，，，，∴，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴平行四边形是菱形，∵，∴，∵，，∵，∴，∴菱形是正方形．故选：D．【点睛】本题考查了正方形的性质、三角形中位线定理、平行线性质，解题的关键是连接，构造平行线．2．下列是关于某个四边形的三个结论：①它的对角线互相垂直；②它是一个正方形；③它是一个菱形．下列推理过程正确的是（ ）A．由②推出③，由③推出① B．由①推出②，由②推出③C．由③推出①，由①推出③ D．由①推出③，由③推出②【答案】A【分析】根据正方形的性质与判定，菱形的性质进行判断即可．【详解】解：正方形是特殊的菱形，而菱形不一定是正方形；菱形的对角线互相垂直， 而对角线互相垂直的四边形不一定是菱形；正方形拥有菱形的一切性质，故②可以推出③和①，③可以推出①，而①推不出②和③，③推不出②；故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质与判定，菱形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键．3．如图，在边长为5的正方形内作，交于点，交于点，连接，若，则的长为（ ）A． B． C． D．2【答案】A【分析】如图，首先将旋转到，然后利用三角形全等的性质得到，，结合题中条件可以得出，再根据，和勾股定理，可以求出的长即可求解．【详解】如图所示，将绕顺时针旋转得到，∴，∴，∴，∴、、三点共线，∴，，∵，，∴，∴，∴，在和中，∴（SAS）∴，设，∵，，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，解得：∴的长为故选：A【点睛】本题考查了旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．4．如图，把正方形放在直角坐标系中，直角顶点落在第二象限，顶点、分别落在轴、轴上，已知点、，则点的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】B【分析】如图，过点作轴于、轴于，则四边形是矩形可得、，再由A、B的坐标结合图形可得，然后再证明可得，进而确定OD的长即可解答．【详解】解：如图，过点作轴于，轴于，轴，轴，，四边形是矩形，，，点、，，，，四边形是正方形，，，，在和中， ，∴，，，点．故选：B．【点睛】本题主要考查了坐标与图形、正方形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，掌握数形结合思想成为解答本题的关键．5．如图，在正方形和正方形中，点G在上，，，H是的中点，那么的长为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接、，如图，根据正方形的性质得，，，，则，再利用勾股定理计算出，然后根据直角三角形斜边上的中线求CH的长．【详解】解：连接、，如图，∵四边形和四边形都是正方形，，，∴，，，，∴，在中，，∵H是的中点，∴ ．故选A．【点睛】本题考查了正方形的性质：正方形的四条边都相等，四个角都是直角；正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形．也考查了直角三角形斜边上的中线性质及勾股定理，二次根式的化简．6．如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，将直角三角板的直角顶点放在点O处，两直角边分别与OD，OC重叠，当三角板绕点O顺时针旋转α角（0°＜α＜90°）时，两直角边与正方形的边BC，CD交于E、F两点，则四边形OECF的面积（ ）A．先变小再变大 B．先变大再变小C．始终不变 D．无法确定【答案】C【分析】依据正方形的性质，即可得到△OEC≌△OFD（ASA），进而得出，根据四边形OECF的面积等于，即可得到结论．【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，∴OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，OC⊥OD，即∠COD＝90°，∴∠EOF＝90°＝∠COD，又∵OC＝OD，∠ODC＝∠OCB＝45°，∴△OEC≌△OFD（ASA），∴，∴∴四边形OECF的面积始终不变．故选：C．【点睛】本题主要考查了旋转的性质以及全等三角形的判定与性质，正方形的性质，解题的关键在于正确运用全等三角形的性质．7．如图所示，将一张长方形纸片分别沿着，对折，使点B落在点，点C落在（在C的右侧），若，则的度数为（ ）A．76° B．90° C．73° D．88°【答案】A【分析】根据折叠的性质有：，，再根据，，可得，问题随之得解．【详解】根据折叠的性质有：，，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴，故选：A．【点睛】本题主要考查了折叠的性质以及平角为180°的知识，根据折叠的性质得到，，是解答本题的关键．二、填空题： 8．如图，已知点D在△ABC的BC边上，DEAC交AB于E，DFAB交AC于F，若添加条件_____，则四边形AEDF是矩形；若添加条件_____，则四边形AEDF是菱形；若添加条件_____，则四边形AEDF是正方形．【答案】 ∠BAC＝90° AD平分∠BAC ∠BAC＝90°且AD平分∠BAC（答案不唯一）【分析】先利用平行四边形的判定方法得到四边形AEDF为平行四边形，然后根据矩形、菱形和正方形的判定方法添加条件．【详解】解：∵DE∥AC交AB于E，DF∥AB交AC于F，∴四边形AEDF为平行四边形，∴当∠BAC＝90°时，四边形AEDF是矩形；当AD平分∠BAC时，四边形AEDF是菱形；∠BAC＝90°且AD平分∠BAC，四边形AEDF是正方形． ,∠BAC＝90°，故答案为∠BAC＝90°，AD平分∠BAC，∠BAC＝90°且AD平分∠BAC．【点睛】本题考查了正方形的判定：先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．也考查了菱形和矩形的判定，掌握判定定理是解题的关键．9．如图，在正方形中，点为边上一点，与交于点．若，则的大小为______度．【答案】65【分析】由三角形的外角性质可知：要求，只要求，由正方形的轴对称性质可知：，即可求出．【详解】解：四边形是正方形，具有关于对角线所在直线对称的对称性， ，，，又是的外角，，故答案为：65．【点睛】本题综合考查正方形的对称性质和三角形外角性质，解题关键是利用正方形的对称性快速得出结论．10．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠C＝90°，AB＝AD，若这个四边形的面积为12，则BC+CD=________．【答案】4【分析】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，推出∠ABE＝∠D，由BE＝DC，AB＝AD，证明△ABE≌△ADC，得到AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∠EAC＝90°，由勾股定理得，又S△AEC＝S四边形ABCD＝12，求得＝12，计算出EC＝4，即可求出答案．【详解】延长CB到E，使BE＝DC，连接AE，AC，∵∠ABE＝∠BAC+∠ACB，∠D＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，又∵∠BAD＝90°，∠BCD＝90°，∴∠BAC+∠ACB＝90°+90°﹣∠DAC﹣∠DCA＝180°﹣∠DAC﹣∠DCA，∴∠ABE＝∠D，又∵BE＝DC，AB＝AD，∴△ABE≌△ADC，∴AE＝AC，∠EAB＝∠DAC，∴∠EAC＝90°，∵，∴S△AEC＝AE2＝，∵S△AEC＝S四边形ABCD＝12，∴＝12，∴EC＝4，∴BC+CD＝BC+BE＝EC＝4．故答案为：4．【点睛】此题考查全等三角形的判定及性质，勾股定理，巧妙地作出辅助线，把四边形的问题转化为等腰直角三角形来解决是解题的关键．11．如图，点E为正方形ABCD边CB延长线上一点，点F为AB上一点，连接AE，CF，AC，若BE=BF，∠E=70°，则∠ACF=_____．【答案】25°【分析】根据全等三角形的判定和性质得出∠BCF=∠EAB，再利用正方形的性质解答即可．【详解】解：∵正方形ABCD，∴AB=BC，∠ABE=∠CBF=90°，在△ABE与△CBF中 ，∴△ABE≌△CBF（SAS），∴∠BCF=∠EAB，∵∠E=70°，∴∠BCF=∠EAB=90°-70°=20°，∵正方形ABCD，AC是对角线，∴∠ACB=45°，∴∠ACF=45°-20°=25°．故答案为：25°．【点睛】本题主要考查正方形的四条边都相等和四个角都是直角的性质以及三角形全等的判定和全等三角形对应边相等的性质．12．如图，正方形 的顶点 ， 分别在 轴、 轴上， 是菱形 的对角线，若 ，，则点 的坐标是 ____．【答案】【分析】过点作轴于点，根据四边形是菱形可知，，可得出是等边三角形，由此求出及的长即可得出结论．【详解】解：过点作轴于点，∵四边形是菱形，∴，，∴是等边三角形，∵，∴，又∵四边形是正方形，∴，，∴，∴，则，∴，∴．【点睛】本题考查的是正方形的性质，根据题意作出辅助线，利用菱形的性质判断出是等边三角形是解答此题的关键．13．如图，正方形的边长为4，点E在AB边上．四边形也为正方形，设的面积为S，则___________．【答案】8【分析】连接，易得，利用等底等高将S转化成，代值计算即可．【详解】解：连接，∵四边形和四边形是正方形，∴，∴，∴，故答案为：8．【点睛】本题考查平行线的性质，三角形的面积公式，其中利用平行线的性质将所求面积转化是解题关键．14．如图，在正方形中，为对角线上一点，过作于，于，若，，则___________．【答案】【分析】延长、交、于、，由正方形的性质，得到，再由等腰三角形的性质及正方形的性质得到，，由勾股定理即可得出结论．【详解】解：如图，延长、交、于、．四边形为正方形，，，，则 ．故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理．求出，的长是解答本题的关键．三、解答题： 15．已知：如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边CD、AD上的点，，且．求证：矩形ABCD是正方形．【答案】见解析【分析】先根据矩形的性质及余角证明，再利用AAS证明，推出，即可证明矩形ABCD是正方形．【详解】证明：∵四边形ABCD是矩形，∴，∴，∵，∴，∴，在△ABF和△DAE中， ∴，∴，∴矩形ABCD是正方形．【点睛】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的判定等知识点，本题中证明是解题的关键．16．如图，已知是边长为1的正方形对角线上一点，且．求：(1)度数；(2)的长．【答案】(1)22.5°(2)【分析】（1）根据正方形的性质可以得到，根据BP=BC，等腰三角形的性质即可求出的度数，即可得出结果；（2）运用勾股定理可以得到BD的长度，即可得到答案．（1）解：∵是正方形，∴，∵，∴∴；（2）解：∵是正方形，∴∴，∵∴．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理的应用，灵活掌握性质是本题的关键．17．如图，△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O．(1)求证：AF与DE互相平分；(2)当△ABC满足___________时，四边形ADFE是正方形．【答案】(1)见解析(2)AB＝AC且∠BAC＝90°【分析】（1）证明四边形DFEA是平行四边形，即可得出结论；（2）由等腰三角形的性质得出AF⊥BC，再根据三角形中位线定理及正方形的判定可得出结论．（1）证明：∵△ABC的中线AF与中位线DE相交于点O，∴EF是△ABC的中位线，AD＝BD，∴EFAB，EFAB＝AD，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AF与DE互相平分．（2）解：当△ABC满足AB＝AC，∠BAC＝90°时，四边形ADFE是正方形，理由如下：由（1）得：四边形ADFE是平行四边形，∵AB＝AC，∴△ABC是等腰三角形，∵AF是△ABC的中线，∴AF⊥BC，∵DE是△ABC的中位线，∴DEBC，∴AF⊥DE，∴平行四边形ADFE是菱形．又∵∠BAC＝90°，∴四边形ADFE是正方形．故答案为：AB＝AC，∠BAC＝90°．【点睛】本题考查了正方形的判定、平行四边形的判定与性质、等腰三角形的性质、三角形中位线定理等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．18．如图，正方形的边长为7，点是上的一点，且，将正方形沿翻折，点落在点处，延长交于点，求的长．【答案】【分析】首先连接，再根据将正方形沿翻折，点落在点处，可证得，有，设，可得，即可解得答案．【详解】解：连接，如图：将正方形沿翻折，点落在点处，，，，，，，，设，则，，，，解得，的长为．【点睛】本题考查正方形中的翻折变换，解题的关键是掌握翻折变换的性质，能利用勾股定理列方程解决问题．19．如图，在四边形纸片 ABCD 中，∠B＝∠D＝90°，点 E，F 分别在边 BC，CD 上，将 AB，AD 分别沿 AE，AF 折叠，点 B，D 恰好都和点 G 重合，∠EAF＝45°．（1）求证：四边形 ABCD 是正方形；（2）若 EC＝FC＝1，求 AB 的长度．【答案】（1）见解析；（2）．【分析】（1）由题意得，∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，于是得到∠BAD=2∠EAF=90°，推出四边形ABCD是矩形，根据正方形的判定定理即可得到结论；（2）根据EC=FC=1，得到BE=DF，根据勾股定理得到EF的长，即可求解．【详解】（1）由折叠性质知：∠BAE=∠EAG，∠DAF=∠FAG，∵∠EAF=45°，∴∠BAD=2∠EAF=245°=90°，又∵∠B=∠D=90°，∴四边形ABCD是矩形，由折叠性质知：AB=AG，AD=AG，∴AB=AD，∴四边形ABCD是正方形；（2）∵EC=FC=1，∴BE=DF，EF=，∵EF=EG+GF=BE+DF，∴BE=DF=EF=，∴AB=BC=BE+EC=．【点睛】本题考查了翻折变换的性质，勾股定理的应用，正方形的判定和性质，解答本题的关键是熟练掌握翻折变换的性质：翻折前后对应边、对应角相等．能力提升篇一、单选题：1．如图，在正方形中，，点在边上，且，点是对角线上的一个动点，则的最小值是（ ）A． B． C．9 D．【答案】A【分析】由于点B与D关于AC对称，所以连接BE，与AC的交点即为点．此时PE+PD＝BE最小，而BE是直角△CBE的斜边，利用勾股定理即可得出结果．【详解】如图，连接BE，设BE与AC交于点，∵四边形ABCD是正方形，∴点B与D关于AC对称，∴D=B，∴D+E=B+E=BE最小．即P在AC与BE的交点上时，PD+PE最小，为BE的长度．∵直角△CBE中，∠BCE=90°，BC=3，CE=CD=1，∴BE==．．故选：A．【点睛】本题考查了轴对称--最短路线问题，正方形的性质，要灵活运用对称性解决此类问题．找出P点位置是解题的关键．2．如图，正方形、、、的边长分别为2、4、6、4，四个正方形按照如图所示的方式摆放，点、、分别位于正方形、、、对角线的交点，则阴影部分的面积和为（ ）A．12 B．13 C．14 D．18【答案】C【分析】根据正方形的中心对称性，得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，即可解答．【详解】解：∵正方形具有中心对称性，则每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的，∴ = =14故选：C．【点睛】本题考查了正方形的中心对称性，根据中心对称性得到每一个阴影部分的面积为其所在的小正方形的面积的是解题的关键．3．如图，是正方形的对角线上一点，于点，于点，连接，．给出下列结论：①；②（表示周长）；③一定是等腰三角形；④；⑤；⑥．其中结论正确的个数是（ ）A．3 B．4 C．5 D．6【答案】C【分析】根据正方形的对角线平分对角的性质，得是等腰直角三角形，再证四边形为矩形，可得①正确；根据正方形的对角线平分对角的性质，，得，再根据四边形为矩形，可得②正确；因为点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，可得，得或或时，是等腰三角形，可得③错误；根据矩形和正方形的轴对称性质，可得④正确；证，可得⑤正确；根据三角形的内角和性质，对顶角的性质，可得⑥正确．【详解】解：四边形ABCD是正方形，，，∴，，，，，，四边形为矩形，，故①正确；四边形ABCD是正方形，，，，，∵四边形为矩形，∴四边形的周长=，故②正确；∵点P是正方形ABCD的对角线BD上任意一点，，∴当或或时，是等腰三角形，除此之外，不是等腰三角形，故③错误；如下图，延长FP交AB于G，连接PC，延长AP交EF于H，四边形为矩形，，∵正方形为轴对称图形，，，故④正确；BD平分，，，，，，，故⑤正确；由题意可知：，，，，，故⑥正确，故选：C．【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理，解题的关键是作适当的辅助线．二、填空题：4．如图，在正方形中，，点E在边上，将沿对折至，延长交于点G，G恰好是边的中点，则的长是________．【答案】##【分析】根据正方形的性质和折叠的性质证明，进而得到，由G是的中点，得到，设，则，，在中由勾股定理建立方程求解即可．【详解】解：连接，由折叠得：，，∵在正方形中，，，∴，，∵，∴，∴，∵，G是的中点，∴，设，则，，在中，由勾股定理得：，解得，即，故答案为：．【点睛】本题考查正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定和性质、勾股定理等知识，理解折叠的性质、合理的进行转化到一个直角三角形中是解决此类问题常用的方法．5．如图，是边长为6的正方形的边上一点，且，为对角线上的一个动点，则周长的最小值是_________．【答案】##【分析】根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，连接CE交BD与 点，此时 最小，则的周长最小．【详解】如图，连接CE交BD与 点，根据正方形的性质可知，A点与C点关于BD对称，此时 最小， 正方形的边长为6，， 在 中， 周长= ．故答案为【点睛】本题考查轴对称求最短距离，熟练掌握正方形的性质，判断出A点与C点关于BD对称是解题的关键．6．正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，又顺次连接正方形A1B1C1D1，四边中点得到第二个正方形A2B2C2D2，…，以此类推，则第六个正方形A6B6C6D6的周长为______．第n个正方形AnBnCnDn周长为_____．【答案】 4×【分析】连接AC，由中位线的性质可求，由勾股定理可得，所以，同理可求，…，，进而可得结论．【详解】解：连接AC，∵，分别是AB，BC的中点，∴是△ABC的中位线，∴，由勾股定理可得，所以，同理可求，…，，∴，∴第六个正方形A6B6C6D6的周长为，第n个正方形AnBnCnDn周长为4×＝4×故答案为： ，4×．【点睛】本题考查了正方形的性质，中点四边形，三角形的中位线的性质，勾股定理等知识，找出规律是解答本题的关键．三、解答题：7．如图，在中，点O是边上的一个动点，过点O作直线，设交的角平分线于点E，交的外角平分线于点F．(1)求证：；(2)当点O运动到何处时，四边形是矩形？并证明你的结论．(3)当点O运动到何处，且满足什么条件时，四边形是正方形？并说明理由．【答案】(1)见解析(2)当点O运动到的中点时，四边形是矩形，见解析(3)当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形，见解析【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得出，，得出，同理得出，即可得出结论；（2）先证明四边形是平行四边形，再由对角线相等，即可得出结论；（3）当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，由平行线的性质得出，得出，即可证明．【详解】（1）解：∵，∴，又∵平分，∴，∴，∴，同理：，∴．（2）解：当点O运动到的中点时，四边形是矩形．∵当点O运动到的中点时，，又∵，∴四边形是平行四边形，由（1）可知，，∴，∴，即，∴四边形是矩形．（3）解：当点O运动到的中点时，且满足的直角三角形时，四边形是正方形．∵由（2）知，当点O运动到的中点时，四边形是矩形，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形是正方形．【点睛】本题考查了平行线的性质、等腰三角形的判定、矩形的判定、菱形的判定、正方形的判定定理；熟练掌握平行线的性质和矩形、菱形的判定方法，并能进行推理论证是解决问题的关键．8．如图1，在正方形中，点E为上一点，连接，把沿折叠得到，延长交于G，连接．(1)求证：．(2)如图2，E为的中点，连接．①求证：；②若正方形边长为6，求线段的长．【答案】(1)证明见解析；(2)①证明见解析，②线段的长为2【分析】（1）由正方形的性质可得．，由折叠的性质得出，，，再求出，，然后由“”证明，由全等三角形对应角相等得出，得出即可；（2）①由折叠的性质和线段中点的定义可得，，再由三角形的外角性质得出，然后利用同位角相等，两直线平行证明即可；②设，表示出、，根据点是的中点求出、，从而得到的长度，再利用勾股定理列出方程求解即可；【详解】（1）证明：如图1：∵四边形是正方形，．，沿折叠得到，，，，，，在和中，，，，，，，；（2）证明：如图2所示：沿折叠得到，为的中点，，，，，，，即，；②解：设，则，，正方形边长为6，为的中点，，，在中，根据勾股定理得：，解得：，即线段的长为2．【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、勾股定理、翻折变换的性质；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
相关课件
人教版八年级下册第十九章 一次函数19.3 课题学习 选择方案精品备课作业课件ppt： 这是一份人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c95087_t3/?tag_id=26" target="_blank">第十九章 一次函数19.3 课题学习 选择方案精品备课作业课件ppt</a>，文件包含193课题学习选择方案分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版原卷版docx、193课题学习选择方案分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版解析版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
初中数学人教版八年级下册19.1.2 函数的图象一等奖备课作业ppt课件： 这是一份初中数学人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c102624_t3/?tag_id=26" target="_blank">19.1.2 函数的图象一等奖备课作业ppt课件</a>，文件包含1913函数的图象分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版原卷版docx、1913函数的图象分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版解析版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
人教版八年级下册第十九章 一次函数19.1 变量与函数19.1.1 变量与函数优秀备课作业ppt课件： 这是一份人教版八年级下册<a href="/sx/tb_c102623_t3/?tag_id=26" target="_blank">第十九章 一次函数19.1 变量与函数19.1.1 变量与函数优秀备课作业ppt课件</a>，文件包含1911变量与常量分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版原卷版docx、1911变量与常量分层作业-八年级数学下册同步备课系列人教版解析版docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共0页， 欢迎下载使用。
