考輪習(xí)方綜一、選題1.

下列條件不能判斷ABCD是正方形的是()A.∠ABC=90°且B.AB=BC且⊥BDCBD且AC=BDD且AB=BC2.

下列說(shuō)法，正確的個(gè)數(shù)有()①正方形既是菱形又是矩形;②有兩個(gè)角是直角的四邊形是矩形;③菱形的對(duì)角線相等;④對(duì)角線互相垂直平分且相等的四邊形是正方形A.1個(gè)C.3個(gè)

B2D43.

下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是

()A.平行四邊形的對(duì)邊相等B.對(duì)角線相等的四邊形是矩形C.對(duì)角線互相垂直的平行邊形是菱形D正方形既是軸對(duì)稱(chēng)圖形又是中心對(duì)稱(chēng)圖形4.

小紅用次數(shù)最少的對(duì)折方法驗(yàn)證了一條四邊形絲巾的形狀是正方形對(duì)折了()1/

A.1次

B2

C3

D次5.

如圖四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為5正方形是DC上一點(diǎn)1將ADE繞著點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)到與重合，則EF=()AC.5

BD26.

如圖，在正方形，AB=1，點(diǎn)E，分在邊和CD上，AE=AF，∠EAF=，則CF的長(zhǎng)是()A

BC-1D.7.

（2020·溫州）如圖，在R△中，∠＝，以其三邊為邊向外作正方形，過(guò)C作⊥于點(diǎn)，再過(guò)作P⊥CR分別交邊D于點(diǎn)P．若QH＝2，PQ＝則的長(zhǎng)為2/

AB3DHCAB3DHCA．14B15C3

D．8.

如圖正方形ABCD中AC為對(duì)角線為AB一點(diǎn)點(diǎn)E作EF∥，與、DC分別交于點(diǎn)、，H為的中點(diǎn)，連接、EH、DH、下列結(jié)論：AE2①＝DF②∠AEH＋∠ADH180°；③△EHF≌△；④若＝，則3S△

＝13S

△

，其中結(jié)論正確的有()1

2

C.3個(gè)

D個(gè)二、填題9.

將邊長(zhǎng)為正方形繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到正方形的置如圖)得點(diǎn)D在對(duì)角線CF與相交于點(diǎn)HD=.結(jié)果保留根號(hào))

如圖，在正方為對(duì)角線，E在邊上EF⊥點(diǎn)F，連接EC，AF=3若△EFC的周長(zhǎng)為12，則EC的長(zhǎng)為

.3/

如圖，在正方形ABCD，點(diǎn)，N，G分別在邊ABCDDA上，點(diǎn)M都在對(duì)角BD上邊形和AEFG均為正方形的值等于________．

正方形MNPQ正方形

如圖，有一個(gè)邊長(zhǎng)不定的正方形，它的兩個(gè)相對(duì)的頂點(diǎn)A，C分別在邊長(zhǎng)為1正六邊形一組平行的對(duì)邊上外兩個(gè)頂點(diǎn)BD在正六邊形內(nèi)部(包括邊界)，則正方形邊長(zhǎng)a的取值范圍是_．

七巧板是一種古老的中國(guó)傳統(tǒng)智力游戲，被譽(yù)為東方魔板”.由邊長(zhǎng)為4

的正方形可以制作一副如圖①所示的七巧板，現(xiàn)將這副七巧板在正方形EFGH內(nèi)拼成如圖②所示的拼搏兔”造型(其中點(diǎn)，R別與圖②中的點(diǎn)E，重合，點(diǎn)在邊EH上)，則“拼兔”所在正方形EFGH的邊長(zhǎng)是

.

如圖，正方形的面積為

，為邊上一點(diǎn)，∠BAE＝30°，F(xiàn)4/

為AE的中點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)作直線分別與AB，相交于點(diǎn)M，N.若＝AE，則AM的長(zhǎng)等于_______.三、解題

如圖正方形ABCD在對(duì)角線BD上不與點(diǎn)D重合GE⊥DC于點(diǎn)E，GFBC于點(diǎn)，連接AG.(1)寫(xiě)出線段，GEGF度之間的等量關(guān)系，并說(shuō)明理由；(2)若正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1∠＝，求線段的長(zhǎng)．

已知，在Rt△，∠ACB＝90°＝，＝6D是AB中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)從點(diǎn)D出發(fā)邊上向左或右運(yùn)動(dòng)CE邊向左側(cè)作正方形，直線，F(xiàn)E相交于點(diǎn)(點(diǎn)向左運(yùn)動(dòng)時(shí)如圖①，點(diǎn)E向右運(yùn)動(dòng)時(shí)如圖②)．(1)在點(diǎn)E的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，直線BG的位置關(guān)系為_(kāi)(2)設(shè)DE＝x，＝y(tǒng)，求與x之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出的最大值；(3)如圖②，當(dāng)DE的長(zhǎng)度為3，求∠BFE度數(shù)．5/

如圖在eq\o\ac(△,Rt)中C＝90＝BC＝6在AB＝2、F同時(shí)從點(diǎn)P出發(fā)，分別沿、PB以每秒個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)A、B勻速運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)E達(dá)點(diǎn)A立刻以原速度沿AB向點(diǎn)運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)F運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)停止，也隨之停止．在、F運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，EF邊作正方形，使它與△ABC在線段的同側(cè)E運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒(t＞方形與△ABC重疊部分的面積為．（1）當(dāng)t＝1時(shí)，正方形的邊長(zhǎng)是________當(dāng)t＝3時(shí)，正方形的邊長(zhǎng)是_（2）當(dāng)1＜≤2時(shí)，求與t的函數(shù)關(guān)系式；（3）直接答出：在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，t為何值時(shí)最大？最大面積是多少？6/

如圖①，已知Rt△ABC，∠C＝，AC8＝6cm，點(diǎn)由出發(fā)沿BA方向點(diǎn)勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q出發(fā)沿向向點(diǎn)速運(yùn)動(dòng)，它們的速度均為2cm/s.以AQ、PQ為邊作四邊形，連接，交于點(diǎn).設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(單位：s)(0＜解答下列問(wèn)題：(1)用含有t的代數(shù)式表示＝____(2)如圖②，當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQPD為菱形；(3)求運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，四邊形AQPD的面積的最大值．考一習(xí)正綜答案一、選題1.【案】B[析]A.?中∠ABC=則?是矩形由可得是正方形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤;B.?ABCD中，若AB=BC，則?是菱形，再由AC⊥BD仍可得是菱形，不能判定為正方形，故此選項(xiàng)正確;C.?中，若AC⊥，則?是菱形，再由AC=BD得是正方形，故此選項(xiàng)錯(cuò)誤;D?ABCD中，AC=BD，?ABCD是矩形，再由AB=BC可得是正方形，故此7/

選項(xiàng)錯(cuò)誤.選B2.答】

B3.答】4.答】

BB5.答】

D[解析]由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可知，≌△ABF，∴BF=DE=1∴6∵CE=4，∴

==2.選:D.6.答】

C

[析]連接EF.∵AE=AF，∠，∴AEF為等邊三角形，∴AE=EF.∵四邊形為正方形∠∠D=∠90°ABE≌RtADF，∴BE=DF，∴設(shè)

CF=x，則

EC=x，

=

x1-在Rt中，

+

2

=AE

，∴1+(1-x=

x，解得

舍負(fù)).故選.7.答】

A【解析題主要考查了相似角形和正方形的性質(zhì)題意知△△，所以

DPCB

即

CDCDPEPE

解得BC＝2CD所以＝則CP＝5，CQ＝10由于PQ∥AB，所以∠CBA＝∠BCQ＝∠，則tan∠BCQtan∠DCP＝tan∠CBA＝

12

妨設(shè)DP＝xDC2xR

△DCP中)，解得x＝5.

∴＝5，4，所以＝10△ABC斜邊上的高＝AC24AB10

,

所以CR＝，所以因此本題選A．8/

22△2224222△22242△x2△22233Sx28.答】

D

【解析】逐項(xiàng)分析如下表：序號(hào)①②③④

逐項(xiàng)分析在正方形中，AB＝BC＝，∠＝∠＝∠BCD＝∠＝，∠＝∠ACD＝，∵∥AD∴四邊形EFDA四邊形是矩形，∴∠＝∠ADC＝，EF＝，在CGF中，∠ACD＝，∴GF，∴－GF＝CD－CF即＝DF∵△GFC是等腰直角三角形是的中點(diǎn)GH＝，∠HGF＝∠＝45°，∴∠EGH＝∠DFH135°，又由①知EG＝DF∴△EGH△DFH(SAS)∴∠HEF＝∠FDH，∵∠AEH＝＋∠＝＋∠HEF＝∠ADC－∠FDH＝90°－∠∴∠AEH＋∠＝180°由②可知EH＝，F(xiàn)HCH，又∵＝，∴△≌△(SSS)∵△EGH△DFHEH＝DHEHG＝∠DHFEHG＋∠＝∠DHF＋∠AHD＝90°，即∠EHD＝∠AHF＝∴△EHD為等腰直角三角形∵＝設(shè)AE＝2x，＝x，則DE＝（2x）＋（x）2＝x，∴EH＝DH226113＝13x＝x，＝EH2＝×x2＝.在1x△DHC中，設(shè)邊上的高為h，則h＝＝，則DHC1311x3413＝h＝×3x＝，＝＝即S＝S△△DHC4DHC△

正誤√√√√二、填題9.答】

-1[解析]∵四邊形

為正方形，∴，∠CDA=90°，9/

MNPQ正方形9a22MNPQ正方形9a22∵邊長(zhǎng)為的正方形繞點(diǎn)按順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)到正方形的位置，使得點(diǎn)D落在對(duì)角線CF上，∴CF=故答案為

∠CFE=∴DFH為等腰直角三角形--1.

-1.答】

5

[析]∵四邊形ABCD正方形，AC對(duì)角線，∴∠45°，又∵⊥，∴∠AFE=，∴∠AEF=，∴EF=AF=，eq\o\ac(△,)EFC的周長(zhǎng)為12∴12-3-EC=9-，在RtEFC中，

2

+FC

2

，∴EC=9+(9-EC)2解得EC=5.答】

89

【解析】設(shè)＝3a，∠CDB＝∠＝，且四邊形PQMN為正方形DQ＝＝＝NM＝方形MNPQ的邊長(zhǎng)a形AEFG1139的對(duì)角AF＝BD＝a方形對(duì)角線互相垂直＝×a＝，2正方形228a∴＝＝正方形8答】

62

2≤≤3－【解析】∵ABCD是正方形，∴AB＝a＝AC，∴的取值范圍與AC的長(zhǎng)度直接相關(guān)．如解圖①，A點(diǎn)恰好是正六邊形一10/

2(BN23322(BN2332組對(duì)邊中點(diǎn)時(shí)a值最小∵正六邊形的邊長(zhǎng)為∴AC＝3∴ABa

226AC＝；如解圖②，連接MN，延長(zhǎng)AE，交于點(diǎn)，∵正六邊形和正方形，∴△MNGeq\o\ac(△,)eq\o\ac(△,)EFG為正三角形，AE＝＝x，AM＝＝1－x，＝BGAB1＋x＝a，∵GM＝＝2，∠＝60°，22∴sin∠BNM＝sin＝＝，∴1－x1－x

＝a，∴3(2－

＝a，解得＝

233＋1

6＝3－∴正方形邊長(zhǎng)a的取值范圍是≤≤3－答】

4[析]如圖，連，作GM交EN延長(zhǎng)線于在RtEMG中，∵，2+2+4+4=12，∴EG=∴=4.

==

，答】

233或【解析】如解圖，N作AB，AB于點(diǎn)，∵四邊形ABCD為正方形＝＝NG＝3cm△ABE＝，1AB＝3cm，＝1AE＝2，∵為AE的中點(diǎn)，AF＝＝1，11/17

333333＝NG在△ABERt△NGM中，△ABE≌△NGM(HL，∴BE＝＝NMGM，∠BAE＝∠MNG＝，∠AEB＝∠NMG，∴∠AFM＝90°，即AF123MN⊥△FAM＝30°1AM＝＝＝30°22cm，由對(duì)稱(chēng)性得到AM＝＝－AM＝－＝cm，綜上，AM的長(zhǎng)2等于或cm解圖三、解題答】【思維教練求三條線段之間的關(guān)系一般是線段的和差關(guān)系或線段平方的和差關(guān)系．由ABCD是正方形，是角平分線，想到連接CG，易得CG＝AG，再由四邊形CEGF是矩形可得AGGEGF(2)給出∠AGF＝°可得出∠AGB＝，再由∠ABG＝，可想到過(guò)點(diǎn)A作BG垂線，交于點(diǎn)M，分別在兩個(gè)直角三角形中得出和MG長(zhǎng)，相加即可得出的長(zhǎng)．解：

＝GE

＋GF2

；(1分)理由：連結(jié)CG，∵ABCD是正方形，∴∠ADG∠＝，＝CD，DG＝DG，12/

2GM62662GM6266∴△ADG△，(2)∴＝CG，又∵⊥，⊥，∠GFC＝90°，∴四邊形CEGF是矩形，分)∴＝，在直eq\o\ac(△,)GFC中，由勾股定理得，CG

2

＝GF2＋CF

，∴2＝GE＋2(4分)(2)過(guò)點(diǎn)A作AMBD于點(diǎn)M，∵GF⊥，∠＝∠GBC＝45°，∴∠BAM＝∠＝45°，∴△ABM，都是等腰直角三角形，分)2∵AB＝1，∴AM＝BM＝，∵∠＝，∴∠AGM＝，AM∴tan＝，∴GM＝，分232＋∴＝BM＋GM＝＋＝.(10分)答】(1)∥；【解法提示】∵四邊形是正方形，∴CG＝，∠＝∠GFE＝∠＝，∵∠ACB＝∠＝，∴∠GCB＝∠，∵＝CE，＝CA，∴△CAE≌△又∵∠ACB＝90°BC＝AC，D是的中點(diǎn)，∴CBG＝∠CAE＝，∠BCD＝45°，∴∠＝∠BCD，∴∥(2)∵＝CA，⊥AB，∠＝，∴CD＝BDAD3，∠＝∠＝，13/

24242424易eq\o\ac(△,得)CAE≌△，∴∠CBG∠＝45°，∴∠＝∠＋∠CBA＝90°.∵∠BEN＋∠＝，∠BEN＋∠CED＝，∴∠BNE＝∠，∵∠EBN＝∠＝90°，∴△NBE∽△，∴＝，EDy－x∴＝，x3∴y＝－

33－)2＋，∵－

33＜0，∴x＝時(shí)，的最大值；(3)如解圖，作FH⊥于點(diǎn)H∵＝CA＝，∠＝90°，∴CD⊥，＝＝AD3DE3∴tanDCE＝＝，∴∠DCE＝30°，∵四邊形EFGC是正方形，∴EF＝，∵∠CDE＝∠＝90°，易證∠DCE＝∠HEF∴△CDE≌△，∴∠DCE＝∠＝30°，＝DECD＝EH∵CD＝BD14/

時(shí)，EFt，AE，時(shí)，EFt，AE，2∴BD＝EH∴BH＝DEFH，∴△BHF等腰直角三角形，∴∠BFH＝45°，∵∠＝90°－60°，∴∠＝∠∠EFH＝解圖答】（1）當(dāng)＝1時(shí)，EF＝2；當(dāng)t＝3時(shí)，EF＝4．（2）①如圖1，當(dāng)

＜t

時(shí)，EFt

．所以4t

．②如圖2當(dāng)

6＜t≤NE(2)54

．于是

3EHt(2)t44

，

△

123NHQHNHNHNHt33

．所以

23253St32

．③如圖3當(dāng)

＜t2

時(shí)，EF

，，AF所以

△

△