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定义有一个角是直角的菱形，或有一组邻边相等的矩形是正方形性质对称性是轴对称图形，又是中心对称图形，它有四条对称轴，其对称中心是两对角线的交点边对边平行，四条边都相等．角四个角都是直角．对角线对角线互相垂直平分且相等，并且每一条对角线平分一组对角．判定有一个角是直角的菱形是正方形．有一组邻边相等的矩形是正方形．既是矩形又是菱形的四边形是正方形．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．②④C【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．2C【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．