人教版八年级下册18.2.3 正方形同步训练题
展开正方形(提高)
【学习目标】
1.理解正方形的概念,了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系;
2.掌握正方形的性质及判定方法.
【要点梳理】
要点一、正方形的定义
四条边都相等,四个角都是直角的四边形叫做正方形.
要点诠释:既是矩形又是菱形的四边形是正方形,它是特殊的菱形,又是特殊的矩形,更为特殊的平行四边形,正方形是有一组邻边相等的矩形,还是有一个角是直角的菱形.
要点二、正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行;
2.角——四个角都是直角;
3.对角线——①相等,②互相垂直平分,③每条对角线平分一组对角;
4.是轴对称图形,有4条对称轴;又是中心对称图形,两条对角线的交点是对称中心.
要点诠释:正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质,其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
要点三、正方形的判定
正方形的判定除定义外,判定思路有两条:或先证四边形是菱形,再证明它有一个角是直角或对角线相等(即矩形);或先证四边形是矩形,再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直(即菱形).
要点四、特殊平行四边形之间的关系
或者可表示为:
要点五、顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状
(1)顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.
(2)顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.
(3)顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.
(4)顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.
要点诠释:新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.
(1)若原四边形的对角线互相垂直,则新四边形是矩形.
(2)若原四边形的对角线相等,则新四边形是菱形.
(3)若原四边形的对角线垂直且相等,则新四边形是正方形.
【典型例题】
类型一、正方形的性质
1、如图,在正方形ABCD中,对角线AC、BD相交于点O,E、F分别在OD、OC上,且DE=CF,连接DF、AE,AE的延长线交DF于点M.
求证:AM⊥DF.
【思路点拨】根据DE=CF,可得出OE=OF,继而证明△AOE≌△DOF,得出∠OAE=∠ODF,然后利用等角代换可得出∠DME=90°,即得出了结论.
【答案与解析】
证明:∵ABCD是正方形,
∴OD=OC,
又∵DE=CF,
∴OD-DE=OC-CF,即OE=OF,
在Rt△AOE和Rt△DOF中,
,
∴△AOE≌△DOF,
∴∠OAE=∠ODF,
∵∠OAE+∠AEO=90°,∠AEO=∠DEM,
∴∠ODF+∠DEM=90°,
即可得AM⊥DF.
【总结升华】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质,解答本题的关键是通过全等的证明得出∠OAE=∠ODF,利用等角代换解题.
举一反三:
【变式1】如图四边形ABCD是正方形,点E、K分别在BC,AB上,点G在BA的延长线上,且CE=BK=AG.以线段DE、DG为边作DEFG.
(1)求证:DE=DG,且DE⊥DG.
(2)连接KF,猜想四边形CEFK是怎样的特殊四边形,并证明你的猜想.
【答案】
证明:(1)∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ DC=DA,∠DCE=∠DAG=90°.
又∵ CE=AG,
∴ △DCE≌△DAG,
∴ ∠EDC=∠GDA,DE=DG.
又∵ ∠ADE+∠EDC=90°,
∴ ∠ADE+∠GDA=90°,
∴ DE⊥DG.
(2)四边形CEFK为平行四边形.
证明:设CK,DE相交于M点,
∵ 四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形,
∴ AB∥CD,AB=CD,EF=DG,EF∥DG;
∵ BK=AG,∴ KG=AB=CD.
∴ 四边形CKGD为平行四边形.
∴ CK=DG=EF,CK∥DG∥EF
∴ 四边形CEFK为平行四边形.
【变式2】如图,三个边长均为2的正方形重叠在一起,O1、O2是其中两个正方形的中心,则阴影部分的面积是_______.
【答案】2;
提示:阴影部分面积等于正方形面积的一半.
类型二、正方形的判定
2、(2020•闸北区模拟)如图,在Rt△ABC中,∠BAC=90°,AD=CD,点E是边AC的中点,连接DE,DE的延长线与边BC相交于点F,AG∥BC,交DE于点G,连接AF、CG.
(1)求证:AF=BF;
(2)如果AB=AC,求证:四边形AFCG是正方形.
【思路点拨】(1)根据线段垂直平分线的性质,可得AF=CF,再根据等角的余角相等可得∠B=∠BAF,所以AF=BF.
(2)由AAS可证△AEG≌△CEF,所以AG=CF.由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AFCG是平行四边形,进而证得四边形AFCG是菱形,最后根据有一个角为直角的菱形是正方形得证四边形AFCG是正方形.
【答案与解析】
证明:(1)∵AD=CD,点E是边AC的中点,
∴DE⊥AC.
即得DE是线段AC的垂直平分线.
∴AF=CF.
∴∠FAC=∠ACB.
在Rt△ABC中,由∠BAC=90°,
得∠B+∠ACB=90°,∠FAC+∠BAF=90°.
∴∠B=∠BAF.
∴AF=BF.
(2)∵AG∥CF,∴∠AGE=∠CFE.
又∵点E是边AC的中点,∴AE=CE.
在△AEG和△CEF中,
,
∴△AEG≌△CEF(AAS).
∴AG=CF.
又∵AG∥CF,∴四边形AFCG是平行四边形.
∵AF=CF,∴四边形AFCG是菱形.
在Rt△ABC中,由AF=CF,AF=BF,得BF=CF.
即得点F是边BC的中点.
又∵AB=AC,∴AF⊥BC.即得∠AFC=90°.
∴四边形AFCG是正方形.
【总结升华】本题考查的是正方形的判定方法,考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识的灵活运用,判别一个四边形是正方形主要是根据正方形的定义及其性质.
举一反三:
【变式】(2020春•上城区期末)如图,矩形ABCD中,AD=6,DC=8,菱形EFGH的三个顶点E,G,H分别在矩形ABCD的边AB,CD,DA上,AH=2,连结CF.
(1)若DG=2,求证:四边形EFGH为正方形;
(2)若DG=6,求△FCG的面积.
【答案】
(1)证明:∵四边形EFGH为菱形,
∴HG=EH,
∵AH=2,DG=2,
∴DG=AH,
在Rt△DHG和△AEH中,
,
∴Rt△DHG≌△AEH,
∴∠DHG=∠AEH,
∵∠AEH+∠AHG=90°,
∴∠DHG+∠AHG=90°,
∴∠GHE=90°,
∵四边形EFGH为菱形,
∴四边形EFGH为正方形;
(2)解:作FQ⊥CD于Q,连结GE,如图,
∵四边形ABCD为矩形,
∴AB∥CD,
∴∠AEG=∠QGE,即∠AEH+∠HEG=∠QGF+∠FGE,
∵四边形EFGH为菱形,
∴HE=GF,HE∥GF,
∴∠HEG=∠FGE,
∴∠AEH=∠QGF,
在△AEH和△QGF中
,
∴△AEH≌△QGF,
∴AH=QF=2,
∵DG=6,CD=8,
∴CG=2,
∴△FCG的面积=CG•FQ=×2×2=2.
类型三、正方形综合应用
3、E、F分别是正方形ABCD的边AD和CD上的点,若∠EBF=45°.
(1)求证:AE+CF=EF.
(2)若E点、F点分别是边DA、CD的延长线上的点,结论(1)仍成立吗?若成立,请证明,若不成立,写出正确结论并加以证明.
【答案与解析】
证明:(1)延长DC,使CH=AE,连接BH,
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ ∠A=∠BCH=90°,又AB=BC,CH=AE,
∴ Rt△BAE≌Rt△BCH,
∴ ∠1=∠2,BE=BH.
又∵ ∠1+∠3+∠4=90°,∠4=45°,
∴ ∠1+∠3=45°,∠2+∠3=45°,
在△EBF和△HBF中,
∴ △EBF≌△HBF,
∴ EF=FH=FC+CH=AE+CF.即AE+CF=EF.
(2)如图所示:不成立,正确结论:EF=CF-AE.
证明:在CF上截取CH=AE,连接BH.
∵ 四边形ABCD是正方形,
∴ 在Rt△EAB和Rt△HCB中,
∴ Rt△EAB≌Rt△HCB,
∴ BE=BH,∠EBA=∠HBC.
∵ ∠HBC +∠ABH=90°,∴ ∠EBA +∠ABH=90°.
又∵ ∠EBF=45°,∴ ∠HBF=45°,
即∠EBF=∠HBF.
在△EBF和△HBF中
∴ △EBF≌△HBF,
∴ EF=FH=CF-CH=CF-AE,即EF=CF-AE.
【总结升华】本题主要考察正方形的性质,全等三角形的性质和判定,关键在于用“截长补短”的方法正确地作出辅助线.
4、正方形ABCD的对角线交点为O,如图所示,AE平分∠BAC交BC于E,交OB于F,求证:EC=2FO.
【思路点拨】在平面几何中,要证明一条线段等于另一条线段的2倍或,通常采用折半法或加倍法.而折半法又可分直接折半法和间接折半法;加倍又可分直接加倍法和间接加倍法.这就需要学生仔细研究,找到解决问题的合适方法.
【答案与解析】
证法一:(间接折半法)如图①所示.
∵ ∠3=∠1+∠4,∠5=∠2+∠6.
而∠1=∠2,∠4=∠6=45°.
∴ ∠3=∠5,BE=BF.
取AE的中点G,连接OG,
∵ AO=OC,∴ OGEC.
由∠7=∠5,∠8=∠3,
∴ ∠7=∠8,∴ FO=GO.
∴ EC=2OG=2FO.
证法二:(直接折半法)如图②所示.
由证法一得BE=BF.
取EC的中点H,连接OH.
∵ AO=OC,∴ OH∥AE.
∴ ∠BOH=∠BFE=∠BEF=∠BHO.
∴ BO=BH,∴ FO=EH.
∴ EC=2EH=2FO.
证法三:(直接加倍法)如图③所示.
由证法一得BE=BF.
在OD上截取OM=OF,连接MC.
易证Rt△AOF≌Rt△COM.
∴ ∠OAF=∠OCM,
∴ AE∥MC.
由∠BMC=∠BFE=∠BEF=∠BCM,
∴ FM=EC.
∴ EC=FM=2FO.
【总结升华】若题目中涉及线段的倍半关系和中点问题时,要联想中位线定理,利用中点构造中位线,要注意从不同的角度进行思构,构造不同的辅助线来解决问题.
举一反三:
【变式】在正方形ABCD的边AB上任取一点E,作EF⊥AB交BD于点F,取FD的中点G,连接EG、CG,如图①,易证EG=CG,且EG⊥CG.
(1)将△BEF绕点B逆时针旋转90°,如图②,则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?请直接写出你的猜想.
(2)将△BEF绕点B逆时针旋转180°,如图③,则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?请写出你的猜想,并加以证明.
【答案】
解:(1)EG=CG,且EG⊥CG.
(2)EG=CG,且EG⊥CG.
证明:延长FE交DC延长线于M,连MG,如图③,
∵ ∠AEM=90°,∠EBC=90°,∠BCM=90°,
∴ 四边形BEMC是矩形.
∴ BE=CM,∠EMC=90°,
又∵ BE=EF,∴ EF=CM.
∵ ∠EMC=90°,FG=DG,
∴ MG=FD=FG.
∵ BC=EM,BC=CD,∴ EM=CD.
∵ EF=CM,∴ FM=DM,∴ ∠F=45°.
又FG=DG,∠CMG=∠EMD=45°,
∴ ∠F=∠GMC,∴ △GFE≌△GMC,
∴ EG=CG,∠FGE=∠MGC,
∵ MG⊥DF,
∴ ∠FGE+∠EGM=90°,
∴ ∠MGC+∠EGM=90°即∠EGC=90°,
∴ EG⊥CG.
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