北师大版九年级上册3 正方形的性质与判定课堂检测
展开A.9B.12C.15D.20
2.(2021•西青区二模)如图,四边形ABCD是正方形,它的四个顶点都在坐标轴上,且正方形边长为8,则点A的坐标为( )
A.(8,0)B.(4,0)C.(4,0)D.(8,0)
3.(2020秋•坪山区期末)菱形,矩形,正方形都具有的性质是( )
A.四条边相等,四个角相等
B.对角线相等
C.对角线互相垂直
D.对角线互相平分
4.(2020秋•萍乡期末)对角线互相平分且相等的四边形是( )
A.菱形B.矩形C.正方形D.非以上答案
5.(2021春•青州市期末)下列说法中正确的是( )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C.两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D.两条对角线相等的菱形是正方形
二.填空题(共5小题)
6.(2021•从化区一模)如图,在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE,则∠AED的度数为 .
7.(2021春•天河区校级期中)如图,四边形ABCD是一个正方形,E是BC延长线上的一点,且AC=EC,则∠E= .
8.(2019秋•揭阳期末)如题图,大正方形ABCD的内部有两个小正方形,设图中△AEF、△EBM、△BNH、△FKD、△DNG的面积依次为S1、S2、S3、S4、S5,大正方形的面积为S,则(S1+S2+S3+S4+S5):S= .
9.(2021春•沈阳月考)如图,直角三角形的一个角是30°,斜边长为4,用四个这样的直角三角形拼成如图所示的正方形ABCD,则正方形EFGH的边长是 .
10.(2021春•惠州期末)正方形的边长为,则这个正方形的对角线长为 .
三.解答题(共5小题)
11.(2021•鼓楼区校级模拟)如图,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD边上的点,BE=CF,连接AF,DE交于点G,求证:AF⊥DE.
12.(2021春•越秀区校级期中)如图,正方形ABCD的边长是4,BE=CE,DF=3CF.证明:∠AEF=90°.
13.(2021•自贡模拟)如图,E、F分别为正方形ABCD的边DC、BC中点.求证:AE=AF.
14.(2020•自贡)如图,在正方形ABCD中,点E在BC边的延长线上,点F在CD边的延长线上,且CE=DF,连接AE和BF相交于点M.
求证:AE=BF.
15.(2020•马龙区一模)如图,四边形ABCD是正方形,E是CD边上任意一点,连接AE,作BF⊥AE,DG⊥AE,垂足分别为F、G.
求证:AF=DG
2021年新初三数学北师大新版新课预习《1.3正方形的性质与判定》
参考答案与试题解析
一.选择题(共5小题)
1.(2021•滨海县二模)如图,菱形ABCD中,∠B=60°,AB=3,则以AC为边长的正方形ACEF的面积为( )
A.9B.12C.15D.20
【考点】等边三角形的判定与性质;菱形的性质;正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;应用意识.
【分析】根据已知可求得△ABC是等边三角形,从而得到AC=AB,从而求出正方形ACEF的边长,进而可求出其面积.
【解答】解:∵菱形ABCD,
∴AB=BC=3,
∵∠B=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AC=AB=3,
∴正方形ACEF的边长为3,
∴正方形ACEF的面积为9,
故选:A.
【点评】本题考查菱形与正方形的性质,属于基础题,对于此类题意含有60°角的题目一般要考虑等边三角形的应用.
2.(2021•西青区二模)如图,四边形ABCD是正方形,它的四个顶点都在坐标轴上,且正方形边长为8,则点A的坐标为( )
A.(8,0)B.(4,0)C.(4,0)D.(8,0)
【考点】坐标与图形性质;正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;运算能力;应用意识.
【分析】在Rt△AOB中,用勾股定理求出OA,即可得答案.
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,边长为8,
∴∠AOB=90°,OA=OB,AB=8,
设OA=OB=x,
Rt△AOB中,OA2+OB2=AB2,
∴x2+x2=82,解得x=4,
∴OA=4,即A(4,0),
故选:C.
【点评】本题考查正方形性质及应用,解题的关键是根据正方形性质,利用勾股定理求出OA的长度.
3.(2020秋•坪山区期末)菱形,矩形,正方形都具有的性质是( )
A.四条边相等,四个角相等
B.对角线相等
C.对角线互相垂直
D.对角线互相平分
【考点】菱形的性质;矩形的性质;正方形的性质.
【专题】常规题型.
【分析】利用菱形、矩形和正方形的性质进行判断.
【解答】解:菱形,矩形,正方形都具有的性质为对角线互相平分.
故选:D.
【点评】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.
4.(2020秋•萍乡期末)对角线互相平分且相等的四边形是( )
A.菱形B.矩形C.正方形D.非以上答案
【考点】平行四边形的判定与性质;菱形的性质;矩形的性质;正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;应用意识.
【分析】根据四边形的判定定理即可判断
【解答】解:对角线互相平分的四边形是平行四边形.
对角线互相平分且相等的四边形是矩形.
故选:B.
【点评】此题考查四边形的判定定理,掌握判定定理是关键.属于基础题.
5.(2021春•青州市期末)下列说法中正确的是( )
A.有一个角是直角的四边形是矩形
B.两条对角线互相垂直的四边形是菱形
C.两条对角线互相垂直平分的四边形是正方形
D.两条对角线相等的菱形是正方形
【考点】菱形的判定与性质;矩形的判定与性质;正方形的判定与性质.
【专题】矩形 菱形 正方形.
【分析】依据矩形、菱形和正方形的判定方法,即可得到正确结论.
【解答】解:A.有一个角是直角的四边形不一定是矩形,故本选项错误;
B.两条对角线互相垂直的四边形不一定是菱形,故本选项错误;
C.两条对角线互相垂直平分的四边形是菱形,故本选项错误;
D.两条对角线相等的菱形是正方形,故本选项正确.
故选:D.
【点评】本题主要考查了矩形、菱形和正方形的判定,正方形的判定没有固定的方法,只要判定既是矩形又是菱形就可以判定.
二.填空题(共5小题)
6.(2021•从化区一模)如图,在正方形ABCD的外侧作等边三角形CDE,则∠AED的度数为 15° .
【考点】等边三角形的性质;正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;应用意识.
【分析】根据正方形性质得出∠ADC=90°,AD=DC,根据等边三角形性质得出DE=DC,∠EDC=60°,推出∠ADE=150°,AD=ED,根据等腰三角形性质得出∠DAE=∠DEA,根据三角形的内角和定理求出即可.
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADC=90°,AD=DC,
∵△CDE是等边三角形,
∴DE=DC,∠EDC=60°,
∴∠ADE=90°+60°=150°,AD=ED,
∴∠DAE=∠AED=(180°﹣∠ADE)=(180°﹣150°)=15°,
故答案为:15°.
【点评】本题考查了正方形性质,三角形的内角和定理,等腰三角形性质,等边三角形的性质的应用,主要考查学生运用性质机械能推理和计算的能力,本题综合性比较强,是一道比较好的题目.
7.(2021春•天河区校级期中)如图,四边形ABCD是一个正方形,E是BC延长线上的一点,且AC=EC,则∠E= 22.5° .
【考点】正方形的性质.
【专题】数形结合;矩形 菱形 正方形;运算能力.
【分析】由四边形ABCD是一个正方形,根据正方形的性质,可得∠ACB=45°,又由AC=EC,根据等边对等角,可得∠E=∠CAE,继而利用三角形外角的性质,求得∠E的度数.
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ACB=45°,AD∥BC,
∵AC=EC,
∴∠E=∠CAE,
∵∠ACB=∠E+∠CAE=2∠E,
∴∠E=∠ACB=22.5°,
故答案为:22.5°.
【点评】此题考查了正方形的性质以及等腰三角形的性质.此题比较简单,注意掌握数形结合思想的应用.
8.(2019秋•揭阳期末)如题图,大正方形ABCD的内部有两个小正方形,设图中△AEF、△EBM、△BNH、△FKD、△DNG的面积依次为S1、S2、S3、S4、S5,大正方形的面积为S,则(S1+S2+S3+S4+S5):S= .
【考点】三角形的面积;正方形的性质;轴对称的性质.
【专题】等腰三角形与直角三角形;矩形 菱形 正方形;几何直观;运算能力;推理能力.
【分析】根据正方形的性质和等腰直角三角形的性质证得BH=HN=NG=GD=GC,BM=ME=MK=KF=KD,可得正方形CGNH的面积=S,正方形EMKF的面积=S,由S1+S2+S3+S4+S5=正方形ABCD的面积﹣正方形CGNH的面积﹣正方形EMKF的面积=S,进而可得结论.
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴BC=CD,
∠ABC=∠CDA=90°,
∠ABD=∠CBD=∠CDB=∠ADB=45°,
∵四边形CGNH是正方形,
∴∠CGN=∠CHN=90°,CH=CG=GN=NH,
∴∠BHN=∠DGN=90°,
∴∠BNH=∠DNG=45°,
∴∠BNH=∠DNG=∠CBD=∠CDB,
∴BH=HN=NG=GD=GC,
∴正方形CGNH的面积=CG2=(CD)2=S,
同理可得:BM=ME=MK=KF=KD,
∴MK=BD,
∵BD==AD,
∴MK=AD,
∴正方形EMKF的面积=MK2=(AD)2=AD2=S,
∴S1+S2+S3+S4+S5=正方形ABCD的面积﹣正方形CGNH的面积﹣正方形EMKF的面积=S﹣S﹣S=S,
∴(S1+S2+S3+S4+S5):S=S:S=,
故答案为:.
【点评】本题主要考查了正方形的性质和等腰直角三角形的性质,三角形的面积公式,证得BH=HN=NG=GD=GC,BM=ME=MK=KF=KD是解决问题的关键.
9.(2021春•沈阳月考)如图,直角三角形的一个角是30°,斜边长为4,用四个这样的直角三角形拼成如图所示的正方形ABCD,则正方形EFGH的边长是 2﹣2 .
【考点】含30度角的直角三角形;正方形的性质.
【专题】三角形;矩形 菱形 正方形;应用意识.
【分析】先计算出直角三角形的三边,利用全等的性质,即可求解.
【解答】解:∵直角三角形的一个角是30°,斜边AB长为4.
∴.
∴.
∵正方形ABCD是四个这样的直角三角形拼成的.
∴AB=BG.
∴FG=BG﹣FG=2﹣2.
故答案为:2﹣2.
【点评】本题考查了正方形的性质,含特殊角的直角三角形性质、全等的性质等.关键在于利用30°所对的直角边是斜边的一半.
10.(2021春•惠州期末)正方形的边长为,则这个正方形的对角线长为 2 .
【考点】正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;推理能力.
【分析】由正方形的性质可得AB=BC=,∠B=90°,即可求解.
【解答】解:如图,连接AC,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC=,∠B=90°,
∴AC=AB=2,
故答案为:2.
【点评】本题考查了正方形的性质,掌握正方形的性质是本题的关键.
三.解答题(共5小题)
11.(2021•鼓楼区校级模拟)如图,在正方形ABCD中,E、F分别是BC、CD边上的点,BE=CF,连接AF,DE交于点G,求证:AF⊥DE.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】图形的全等;矩形 菱形 正方形;推理能力;应用意识.
【分析】由四边形ABCD是正方形,可得AD=CD=BC,∠ADC=∠DCB=90°,从而可证△ADF≌△DCE,有∠DAF=∠CDE,又∠CDE+∠EDA=90°,可得∠DAF+∠EDA=90°,即可得AF⊥DE.
【解答】证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=CD=BC,∠ADC=∠DCB=90°,
∵BE=CF,
∴BC﹣BE=CD﹣CF即CE=DF,
在△ADF和△DCE中,
,
∴△ADF≌△DCE(SAS),
∴∠DAF=∠CDE,
∵∠ADC=90°,即∠CDE+∠EDA=90°,
∴∠DAF+∠EDA=90°,
∴∠AGD=180°﹣(∠DAF+∠EDA)=90°,
∴AF⊥DE.
【点评】本题考查正方形性质及应用,涉及全等三角形的判定和性质,解题的关键是利用已知证明△ADF≌△DCE.
12.(2021春•越秀区校级期中)如图,正方形ABCD的边长是4,BE=CE,DF=3CF.证明:∠AEF=90°.
【考点】勾股定理;勾股定理的逆定理;正方形的性质.
【专题】矩形 菱形 正方形;推理能力.
【分析】利用勾股定理及勾股定理的逆定理解答即可
【解答】证明:连接AF,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠B=∠C=∠D=90°,
∵正方形ABCD的边长是4,BE=CE,DF=3CF.
∴BE=CE=2,CF=1,DF=3,
由勾股定理得,
AE2=AB2+BE2=42+22=20,
EF2=CE2+CF2=22+12=5,
AF2=AD2+DF2=42+32=25,
又∵AE2+EF2=AF2,
∴△AEF是直角三角形,即∠AEF=90°.
【点评】此题主要考查正方形的性质、勾股定理、勾股定理的逆定理,掌握其定理是解决此题关键.
13.(2021•自贡模拟)如图,E、F分别为正方形ABCD的边DC、BC中点.求证:AE=AF.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】证明题;矩形 菱形 正方形;推理能力.
【分析】证明AE、AF所在的△ADE和△ABF全等即可.
【解答】证明:∵正方形ABCD,
∴∠D=∠B,AD=AB=DC=BC,
∵E、F分别为边DC、BC中点,
∴DE=DC,BF=BC,
∴DE=BF,
在△ADE和△ABF中,
,
∴△ADE≌△ABF(SAS),
∴AE=AF.
【点评】本题考查正方形的性质及全等三角形的判定及性质,解题的关键是证明△ADE≌△ABF.
14.(2020•自贡)如图,在正方形ABCD中,点E在BC边的延长线上,点F在CD边的延长线上,且CE=DF,连接AE和BF相交于点M.
求证:AE=BF.
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】图形的全等;矩形 菱形 正方形;推理能力.
【分析】根据正方形的性质可证明△AEB≌△BFC(SAS),然后根据全等三角形的判定即可求出答案.
【解答】解:证明:在正方形ABCD中,
AB=BC=CD=DA,∠ABE=∠BCF=90°,
∵CE=DF,
∴BE=CF,
在△AEB与△BFC中,
,
∴△AEB≌△BFC(SAS),
∴AE=BF.
【点评】本题考查正方形,解题的关键是熟练运用正方形的性质、全等三角形的性质以及判定,本题属于基础题型.
15.(2020•马龙区一模)如图,四边形ABCD是正方形,E是CD边上任意一点,连接AE,作BF⊥AE,DG⊥AE,垂足分别为F、G.
求证:AF=DG
【考点】全等三角形的判定与性质;正方形的性质.
【专题】图形的全等;矩形 菱形 正方形.
【分析】根据正方形的性质可得AB=AD,再利用同角的余角相等求出∠BAF=∠ADG,再利用“角角边”证明△BAF和△ADG全等,根据全等三角形对应边相等可得AF=DG,
【解答】解:∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠DAB=90°,
∵BF⊥AE,DG⊥AE,
∴∠AFB=∠AGD=∠ADG+∠DAG=90°,
∵∠DAG+∠BAF=90°,
∴∠ADG=∠BAF,
在△BAF和△ADG中,
∵,
∴△BAF≌△ADG(AAS),
∴AF=DG,
【点评】本题考查了正方形的性质,全等三角形的判定与性质,证明△BAF≌△ADG是解题的关键.
考点卡片
1.坐标与图形性质
1、点到坐标轴的距离与这个点的坐标是有区别的,表现在两个方面:①到x轴的距离与纵坐标有关,到y轴的距离与横坐标有关;②距离都是非负数,而坐标可以是负数,在由距离求坐标时,需要加上恰当的符号.
2、有图形中一些点的坐标求面积时,过已知点向坐标轴作垂线,然后求出相关的线段长,是解决这类问题的基本方法和规律.
3、若坐标系内的四边形是非规则四边形,通常用平行于坐标轴的辅助线用“割、补”法去解决问题.
2.三角形的面积
(1)三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半,即S△=×底×高.
(2)三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分.
3.全等三角形的判定与性质
(1)全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具.在判定三角形全等时,关键是选择恰当的判定条件.
(2)在应用全等三角形的判定时,要注意三角形间的公共边和公共角,必要时添加适当辅助线构造三角形.
4.等边三角形的性质
(1)等边三角形的定义:三条边都相等的三角形叫做等边三角形,等边三角形是特殊的等腰三角形.
①它可以作为判定一个三角形是否为等边三角形的方法;
②可以得到它与等腰三角形的关系:等边三角形是等腰三角形的特殊情况.在等边三角形中,腰和底、顶角和底角是相对而言的.
(2)等边三角形的性质:等边三角形的三个内角都相等,且都等于60°.
等边三角形是轴对称图形,它有三条对称轴;它的任意一角的平分线都垂直平分对边,三边的垂直平分线是对称轴.
5.等边三角形的判定与性质
(1)等边三角形是一个非常特殊的几何图形,它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础,它的边角性质为证明线段、角相等提供了便利条件.同是等边三角形又是特殊的等腰三角形,同样具备三线合一的性质,解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用.
(2)等边三角形的特性如:三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等.
(3)等边三角形判定最复杂,在应用时要抓住已知条件的特点,选取恰当的判定方法,一般地,若从一般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定;若从等腰三角形出发,则想法获取一个60°的角判定.
6.含30度角的直角三角形
(1)含30度角的直角三角形的性质:
在直角三角形中,30°角所对的直角边等于斜边的一半.
(2)此结论是由等边三角形的性质推出,体现了直角三角形的性质,它在解直角三角形的相关问题中常用来求边的长度和角的度数.
(3)注意:①该性质是直角三角形中含有特殊度数的角(30°)的特殊定理,非直角三角形或一般直角三角形不能应用;
②应用时,要注意找准30°的角所对的直角边,点明斜边.
7.勾股定理
(1)勾股定理:在任何一个直角三角形中,两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方.
如果直角三角形的两条直角边长分别是a,b,斜边长为c,那么a2+b2=c2.
(2)勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中.
(3)勾股定理公式a2+b2=c2 的变形有:a=,b=及c=.
(4)由于a2+b2=c2>a2,所以c>a,同理c>b,即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角边.
8.勾股定理的逆定理
(1)勾股定理的逆定理:如果三角形的三边长a,b,c满足a2+b2=c2,那么这个三角形就是直角三角形.
说明:
①勾股定理的逆定理验证利用了三角形的全等.
②勾股定理的逆定理将数转化为形,作用是判断一个三角形是不是直角三角形.必须满足较小两边平方的和等于最大边的平方才能做出判断.
(2)运用勾股定理的逆定理解决问题的实质就是判断一个角是不是直角.然后进一步结合其他已知条件来解决问题.
注意:要判断一个角是不是直角,先要构造出三角形,然后知道三条边的大小,用较小的两条边的平方和与最大的边的平方比较,如果相等,则三角形为直角三角形;否则不是.
9.平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等,对应角相等,对角线互相平分及它的判定,是我们证明直线的平行、线段相等、角相等的重要方法,若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等,可考虑将要证的直线、线段、角、分别置于一个四边形的对边或对角的位置上,通过证明四边形是平行四边形达到上述目的.
运用定义,也可以判定某个图形是平行四边形,这是常用的方法,不要忘记平行四边形的定义,有时用定义判定比用其他判定定理还简单.
凡是可以用平行四边形知识证明的问题,不要再回到用三角形全等证明,应直接运用平行四边形的性质和判定去解决问题.
10.菱形的性质
(1)菱形的定义:有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形.
(2)菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质;
②菱形的四条边都相等;
③菱形的两条对角线互相垂直,并且每一条对角线平分一组对角;
④菱形是轴对称图形,它有2条对称轴,分别是两条对角线所在直线.
(3)菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式.
②菱形面积=ab.(a、b是两条对角线的长度)
11.菱形的判定与性质
(1)依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形.不管原四边形的形状怎样改变,中点四边形的形状始终是平行四边形.
(2)菱形的中点四边形是矩形(对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形,对角线相等的四边形的中点四边形定为菱形.) (3)菱形是在平行四边形的前提下定义的,首先它是平行四边形,但它是特殊的平行四边形,特殊之处就是“有一组邻边相等”,因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法.
(4)正方形是特殊的菱形,菱形不一定是正方形,所以,在同一平面上四边相等的图形不只是正方形.
12.矩形的性质
(1)矩形的定义:有一个角是直角的平行四边形是矩形.
(2)矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有;
②角:矩形的四个角都是直角;
③边:邻边垂直;
④对角线:矩形的对角线相等;
⑤矩形是轴对称图形,又是中心对称图形.它有2条对称轴,分别是每组对边中点连线所在的直线;对称中心是两条对角线的交点.
(3)由矩形的性质,可以得到直角三角形的一个重要性质,直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半.
13.矩形的判定与性质
(1)关于矩形,应从平行四边形的内角的变化上认识其特殊性:一个内角是直角的平行四边形,进一步研究其特有的性质:是轴对称图形、内角都是直角、对角线相等.同时平行四边形的性质矩形也都具有.
在处理许多几何问题中,若能灵活运用矩形的这些性质,则可以简捷地解决与角、线段等有关的问题.
(2)下面的结论对于证题也是有用的:①△OAB、△OBC都是等腰三角形;②∠OAB=∠OBA,∠OCB=∠OBC;③点O到三个顶点的距离都相等.
14.正方形的性质
(1)正方形的定义:有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形.
(2)正方形的性质
①正方形的四条边都相等,四个角都是直角;
②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;
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形,同时,正方形又是轴对称图形,有四条对称轴.
15.正方形的判定与性质
(1)正方形的性质:正方形具有平行四边形、矩形、菱形的所有性质.
(2)正方形的判定
正方形的判定没有固定的方法,只要判定既是矩形又是菱形就可以判定.
16.轴对称的性质
(1)如果两个图形关于某直线对称,那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.
由轴对称的性质得到一下结论:
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分,那么这两个图形关于这条直线对称;
②如果两个图形成轴对称,我们只要找到一对对应点,作出连接它们的线段的垂直平分线,就可以得到这两个图形的对称轴.
(2)轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线.
声明:试题解析著作权属菁优网所有,未经书面同意,不得复制发布
日期:2021/7/2 9:45:01;用户:周晓丽;邮箱:17788760824;学号:25289867
初中数学北师大版九年级上册6 应用一元二次方程课后复习题: 这是一份初中数学北师大版九年级上册6 应用一元二次方程课后复习题,共14页。
数学八年级上册第一章 勾股定理3 勾股定理的应用复习练习题: 这是一份数学八年级上册第一章 勾股定理3 勾股定理的应用复习练习题,共16页。
初中数学2 矩形的性质与判定课后测评: 这是一份初中数学2 矩形的性质与判定课后测评,共20页。