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(通用版)中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》课后练习(含答案)
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这是一份(通用版)中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》课后练习(含答案),共21页。试卷主要包含了下列说法,求证等内容,欢迎下载使用。
基础过关
1. 下列性质中,菱形不一定具有的性质是( )
A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等 D. 既是轴对称图形又是中心对称图形
2.下列说法:①四边相等的四边形一定是菱形;②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形;③对角线相等的四边形一定是矩形;④经过平行四边形对角线交点的直线,一定能把平行四边形分成面积相等的两部分,其中正确的有( )个
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
3. 已知平行四边形ABCD,AC、BD是它的两条对角线,那么下列条件中,能判断这个平行四边形为矩形的是( )
A. ∠BAC=∠DCA B. ∠BAC=∠DAC
C. ∠BAC=∠ABD D. ∠BAC=∠ADB
4.在菱形ABCD中,对角线AC=8,BD=6,则菱形的高为( )
A. eq \f(48,5) B. 5 C. eq \f(24,5) D. eq \f(12,5)
5. 矩形的两条对角线的一个夹角为60°,对角线长为10,则这个矩形的面积为( )
A. 25 B. 25eq \r(3) C. 50eq \r(3) D. 100eq \r(3)
6. 如图,矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O,∠ADB=30°,AB=4,则OC=( )
A. 5 B. 4 C. 3.5 D. 3
7.如图,在菱形ABCD中,AC=8,BD=6,则△ABC的周长( )
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
8.如图,将矩形纸片ABCD沿BD折叠,得到△BC′D,C′D与AB交于点E.若∠1=35°,则∠2的度数为( )
A. 20° B. 30° C. 35° D. 55°
9. 如图,在矩形纸片ABCD中,AB=3,点E在边BC上,将△ABE沿直线AE折叠,点B恰好落在对角线AC上的点F处,若∠EAC=∠ECA,则AC的长是( )
A. 3eq \r(3) B. 6 C. 4 D. 5
10.求证:菱形的两条对角线互相垂直.
已知:如图,四边形ABCD是菱形,对角线AC,BD交于点O.
求证:AC⊥BD.
以下是排乱的证明过程:①又BO=DO,
②∴AO⊥BD,即AC⊥BD.
③∵四边形ABCD是菱形,
④∴AB=AD.
证明步骤正确的顺序是( )
A. ③→②→①→④ B. ③→④→①→②
C. ①→②→④→③ D. ①→④→③→②
11. 如图,在矩形ABCD中,AB=2,BC=3.若点E是边CD的中点,连接AE,过点B作BF⊥AE交AE于点F,则BF的长为( )
A. eq \f(3\r(10),2) B. eq \f(3\r(10),5) C. eq \f(\r(10),5) D. eq \f(3\r(5),5)
12. 如图,正方形ABCD中,点E,F分别在边BC、CD上,△AEF是等边三角形,连接AC交EF于点G,过点G作GH⊥CE于点H,若S△EGH=3,则S△ADF=( )
A. 6 B. 4 C. 3 D. 2
13.在平行四边形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,要使四边形ABCD是正方形,还需添加一组条件.下面给出了四组条件:①AB⊥AD,且AB=AD;②AB=BD,且AB⊥BD;③OB=OC,且OB⊥OC;④AB=AD,且AC=BD.其中正确的序号是:________________(写出所有正确的序号).
14. 如图,在正方形ABCD中,等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上,则∠AEB=________度.
15.如图,矩形ABCD中,AB=4,AD=3,点Q在对角线AC上,且AQ=AD,连接DQ并延长,与边BC交于点P,则线段AP=________.
16. 如图,在矩形ABCD中,点E,F分别在边BC、CD上,且∠EAF=∠CEF=45°.若AD=9,CD=8,则EF的长为________.
17. 如图,在正方形ABCD中,E、F分别为边AD和CD上的点,且AE=CF,连接AF、CE交于点G.
求证:AG=CG.
18. 如图所示,已知平行四边形ABCD,对角线AC,BD相交于点O,∠OBC=∠OCB.
(1)求证:平行四边形ABCD是矩形;
(2)请添加一个条件使矩形ABCD为正方形.
19. 如图,在平行四边形ABCD中,边AB的垂直平分线交AD于点E,交CB的延长线于点F,连接AF,BE.
(1)求证:△AGE≌△BGF;
(2)试判断四边形AFBE的形状,并说明理由.
20.在△ABC中,点D在BC边上,点E是线段AD的中点,过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F,连接CF,若AF=DC.
(1)求证:BD=CD;
(2)当四边形ADCF为正方形时,线段AB与BC有何数量关系?请说明理由.
21.如图,矩形ABCD中,∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F.
(1)求证:四边形BEDF为平行四边形;
(2)当∠ABE为多少度时,四边形BEDF是菱形?请说明理由.
22. 如图,在菱形ABCD中,延长BD到E使得BD=DE,连接AE,延长CD交AE于点F.
(1)求证:AD=2DF;
(2)如果FD=2,∠C=60°,求菱形ABCD的面积.
23.)如图,在四边形ABCD中,BD为一条对角线,AD∥BC,AD=2BC,∠ABD=90°,E为AD的中点,连接BE.
(1)求证:四边形BCDE为菱形;
(2)连接AC,若AC平分∠BAD,BC=1,求AC的长.
满分冲关
1.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. ②④
2. 如图,在菱形ABCD中,AB=5,AC=8,点P是AC上的一个动点,过点P作EF垂直于AC交AD于点E,交AB于点F,将△AEF沿EF折叠,使点A落在点A′处,当△A′CD是直角三角形时,AP的长为________.
3. 如图,正方形ABCD中,E,F分别在AB,BC边上,且DE⊥AF于点G,H为线段DG上一点,连接AH,BH,BH交AF于点I,若∠GAH=45°,GI=1,正方形ABCD边长为4,则△AHD面积为________.
4.如图,将一张矩形纸片ABCD的边BC斜着向AD边对折,使点B落在AD上,记为B′,折痕为CE,再将CD边斜向下对折,使点D落在B′C上,记为D′,折痕为CG,B′D′=2,BE=eq \f(1,3)BC. 则矩形纸片ABCD的面积为______.
5.如图,正方形ABCD中,AB=6,点E为边BC的中点,连接AE,将△ABE沿AE翻折,点B落在点F处,点O为对角线BD的中点,连接OF交CD于点G,连接BF、BG,则△BFG的面积是________.
6.如图,在正方形ABCD中,点G在对角线BD上(不与点B,D重合),GE⊥DC于点E,GF⊥BC于点F,连接AG.
(1)写出线段AG,GE,GF长度之间的等量关系,并说明理由;
(2)若正方形ABCD的边长为1,∠AGF=105°,求线段BG的长.
7.如图,在菱形ABCD中,∠BAD=60°,M为对角线BD延长线上一点,连接AM和CM,E为CM上一点,且满足CB=CE,连接BE,交CD于点F.
(1)若∠AMB=30°,且DM=3,求BE的长;
(2)证明:AM=CF+DM.
\
答案
基础过关
1. C 【解析】菱形所具有的性质包括:对角线互相平分,对角线互相垂直,既是中心对称图形又是轴对称图形,而对角线相等是矩形具有的性质,菱形不一定具有.
2. C 【解析】根据菱形的判定定理,四边相等的四边形一定是菱形,故①正确;由于矩形的对角线相等,根据三角形的中位线定理,可得顺次连接矩形各边中点所得四边形的四边都相等,由此可判定所得四边形是菱形,故②错误;对角线相等的平行四边形是矩形,故选项③错误;平行四边形是中心对称图形,根据中心对称图形的性质,经过对称中心的任意一条直线都把它分成两个全等图形,面积必然相等,所以经过平行四边形对角线交点的直线,一定能把平行四边形分成面积相等的两部分,故④正确;综上所述正确的说法有2个.
3. C 【解析】要使平行四边形变成矩形,可证两对角线相等.四个选项中只有∠BAC=∠ABD符合.
4. C 【解析】本题考查了菱形的有关性质和菱形的面积计算,因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD,AO=eq \f(1,2)AC,BO=eq \f(1,2)BD,∴AB2=AO2+BO2,∵AC=8,BD=6,∴AB=5,由公式S菱形ABCD=eq \f(1,2)AC·BD=AB·DE,得∶eq \f(1,2)×8×6=5·DE,∴DE=eq \f(24,5),
第4题解图
5. B 【解析】如解图,∵四边形ABCD为矩形,∴∠ABC=90°,AO=BO=CO=DO,∵∠BOC=60°,∴∠ACB=∠BOC=60°,∵AC=10,∴BC=eq \f(1,2)AC=5,AB=5eq \r(3),∴S矩形ABCD=AB·CB=5eq \r(3)×5=25eq \r(3).
第5题解图
6. B 【解析】∵矩形ABCD中,AB=4,∠ADB=30°,∠BAD=90°,∴BD=8,∵矩形对角线相等且互相平分,∴OC=eq \f(1,2)AC=eq \f(1,2)BD=4.
7. C 【解析】∵在菱形ABCD中,AC=8,BD=6,
∴AB=BC,∠AOB=90°,AO=4,BO=3,∴BC=AB=eq \r(42+32)=5,
∴△ABC的周长=AB+BC+AC=5+5+8=18.
8. A 【解析】∵四边形ABCD是矩形,∴∠C=90°,CD∥AB,∴∠DBA=∠1=35°,∴∠CBD=55°,由折叠性质可知∠C′BD=∠CBD=55°,∴∠2=∠C′BD-∠DBA=20°.
9. B 【解析】由折叠可知,∠BAE=∠EAC,∵∠EAC=∠ECA,∴∠BAC=2∠BCA,∵四边形ABCD是矩形,∴∠B=90°,∴3∠ACB=90°,∴∠ACB=30°,∵AB=3∴AC=2AB=6.
【一题多解】由折叠性质得AF=AB=3,∠AFE=∠ABE=90°,∵∠EAC=∠ECA,EF=EF,∠AFE=∠CFE=90°,∴△EFA≌△EFC,∴FC=AF=3,∴AC=6.
10. B 【解析】要证明AC⊥BD,所以②是第四步;由AB=AD可知△ABD是等腰三角形,又由BO=DO结合等腰三角形三线合一的性质可得到结论,故④是第二步,①是第三步;而AB=AD是根据四边形ABCD是菱形得到的,故③是第一步,所以证明步骤正确的顺序是③→④→①→②.
11. B 【解析】在矩形ABCD中,CD=AB=2,AD=BC=3,∠BAD=∠D=90°,∵点E是边CD的中点,∴DE=eq \f(1,2)CD=1,在Rt△ADE中,AE=eq \r(AD2+DE2)=eq \r(32+1)=eq \r(10),∵BF⊥AE,∴∠AFB=90°,∴∠FAB+∠ABF =90°,∵∠FAB +∠EAD =90°,∴∠ABF=∠EAD,∴△ABF∽△EAD,∴eq \f(AB,AE)=eq \f(BF,AD),则eq \f(2,\r(10))=eq \f(BF,3),解得BF= eq \f(3\r(10),5).
12. A 【解析】如解图,由题易知,∠EAF=60°,EF=AF=AE,△ABE≌△ADF,∴BE=DF,∠BAE=∠DAF,∴CE=CF,∴AC垂直平分EF,∴CG=eq \f(1,2)EF,即△EGH是等腰直角三角形,∵GH⊥BC,∴EH=eq \f(1,2)EC,∴S△EGH=eq \f(1,2)S△EGC=eq \f(1,4)S△ECF,即S△ECF=4S△EGH,将△ADF旋转至△ABF′,作F′K⊥AE于点K,易知∠F′AE=30°,∴F′K=eq \f(1,2)F′A=eq \f(1,2)EF,∴S△ADF=eq \f(1,2)S△AEF′=eq \f(1,4)AE·F′K=eq \f(1,8)EF2,又S△ECF=eq \f(1,2)EF·GC=eq \f(1,4)EF2,∴S△ADF=eq \f(1,2)S△ECF,S△ADF=2S△EGH=2×3=6.
第12题解图
13. ①③④ 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形,AB⊥AD,∴平行四边形ABCD是矩形,又∵AB=AD,∴矩形ABCD是正方形,故①正确;∵AB⊥BD,∴∠ABD=90°,∵正方形对角线将一组内角平分为两个45°的角,∴四边形ABCD不是正方形,故②不正确;∵四边形ABCD是平行四边形,∴AO=CO,BO=DO,又∵OB=OC,∴AO=CO=BO=DO,∴四边形ABCD是矩形,又∵OB⊥OC,即对角线互相垂直,∴矩形ABCD是正方形,故③正确;∵四边形ABCD是平行四边形,∴AB=CD,AD=BC,若AB=AD,则AB=CD=AD=BC,∴四边形ABCD为菱形,又∵AC=BD,∴菱形ABCD是正方形,故④正确.综上所述,其中正确的序号是①③④.
14. 75 【解析】四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠B=∠D=∠BAD=90°,在Rt△ABE和Rt△ADF中,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB=AD,AE=AF)),∴△ABE≌△ADF,∴∠BAE=∠DAF=(90°-60°)÷2=15°,∴∠AEB=75°.
15. eq \r(17) 【解析】∵AC=eq \r(42+32)=5,AQ=AD=3,∴CQ=2.又∵AD=AQ,∴∠ADQ=∠AQD.∵∠CQP=∠AQD,∴∠ADQ=∠CQP.∵AD∥BC,∴∠ADQ=∠CPQ,∴∠CQP=∠CPQ,∴CP=CQ=2,∴BP=3-2=1,∴AP=eq \r(AB2+BP2)=eq \r(42+12)=eq \r(17).
16. 5eq \r(2) 【解析】如解图,将△ABE绕点A逆时针方向旋转90°,得到△AE′B′,∵∠EAF=∠CEF=45°,∠BAD=90°,∴∠E′AF=45°,∴△AEF≌△AE′F(SAS),∴EF=E′F,过点E′作E′G⊥CF,交CF的延长线于G,则E′G=B′D=9-8=1,设CE=x,则CF=x,DG=E′B′=BE=9-x,DF=8-x,∴GF=9-x+8-x=17-2x,又EF2=CE2+CF2,E′F2=E′G2+GF2∴CE2+CF2=E′G2+GF2,即2x2=(17-2x)2+1,整理得x2-34x+145=0,解得x1=29(舍),x2=5,∴CE=CF=5,∴EF2=52+52=50,∴EF=5eq \r(2).
第16题解图
17. 证明:∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADF=∠CDE=90°,AD=CD.
∵AE=CF,
∴DE=DF,
∴△ADF≌△CDE(SAS),
∴∠DAF=∠DCE,
又∵∠AGE=∠CGF,AE=CF,
∴△AGE≌△CGF(AAS),
∴AG=CG.
18. (1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,
∴∠DAO=∠OCB,∠ADO=∠OBC,
又∵∠OBC=∠OCB,
∴∠DAO=∠ADO,OB=OC,
∴OA=OD.
∴OB+OD=OA+OC,即AC=BD,
∴平行四边形ABCD是矩形.
(2)解:使矩形ABCD为正方形的条件为:AB=BC.(答案不唯一)
19. (1)证明:在平行四边形ABCD中,AD∥CF,
则∠AEG=∠BFG,
∵AB的垂直平分线交AD于点E,
∴AG=BG,
又∵∠AGE=∠BGF,
∴△AGE≌△BGF(AAS);
(2)解:四边形AFBE为菱形.
理由如下:由(1)得AE=BF,AE∥BF,
则四边形AFBE为平行四边形,
∵EF垂直平分AB,
∴AE=BE,
∴四边形AFBE为菱形.
20. (1)证明:∵E是AD的中点,
∴AE=DE.∵AF∥BC,
∴∠FAE=∠BDE,∠AFE=∠DBE.
在△AFE和△DBE中,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FAE=∠BDE,∠AFE=∠DBE,AE=DE)),
∴△AFE≌△DBE(AAS).
∴AF=BD.
∵AF=DC,∴BD=DC.
(2)解:AB=eq \f(\r(2),2)BC,
理由如下:∵四边形ADCF为正方形,
∴AD=DC且AD⊥DC,
由(1)知BD=CD,
∴AD=BD,∴AB=eq \r(2)BD,
∵BD=eq \f(1,2)BC,∴AB=eq \f(\r(2),2)BC.
21. (1)证明:∵四边形ABCD是矩形
∴AB∥DC,AD∥BC,
∴∠ABD=∠CDB,
∵BE平分∠ABD,DF平分∠CDB,
∴∠EBD=eq \f(1,2)∠ABD,
∠FDB=eq \f(1,2)∠CDB,
∴∠EBD=∠FDB,
∴DF∥EB,
又∵AD∥BC,
∴四边形BEDF是平行四边形;
(2)解:当∠ABE=30° 时,四边形BEDF是菱形,
理由如下:∵BE平分∠ABD,
∴∠ABD=2∠ABE=60°,∠EBD=∠ABE=30°,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
∴∠EDB=∠EBD=30°,
∴EB=ED,
又∵四边形BEDF是平行四边形,
∴四边形BEDF是菱形.
22. (1)证明:∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB,CD∥AB,
∵BD=DE,
∴EF=FA,
∴DF是△EAB的中位线,
∴AB=2DF,
∴AD=2DF;
(2)解:如解图,过点D作DM⊥AB,
∵FD=2,
∴AB=4,
∵∠C=60°,
∴∠DAB=60°,△DAB为等边三角形,
∴∠ADM=30°,AM=2,
∴DM=eq \f(AM,tan30°),可得DM=2eq \r(3),
∴S菱形ABCD=AB·DM=4×2eq \r(3)=8eq \r(3).
第22题解图
23. (1)证明: ∵在Rt△ABD中,∠ABD=90°,点E为AD的中点,
∴AE=DE=BE=eq \f(1,2)AD,
又∵AD=2BC,
∴DE=BC,
又∵AD∥BC,
∴四边形BCDE为平行四边形,
又∵BE=DE,
∴四边形BCDE为菱形;
(2)解:如解图,连接AC.
第23题解图
∵AC平分∠BAD,
∴∠1=∠2,
又∵AD∥BC,
∴∠1=∠3,
∴∠2=∠3,
∴AB=BC,
又∵AE=BE=BC,
∴AB=AE=BE,
∴△ABE为等边三角形,
∴∠BAE=60°,
∴在Rt△ABD中,∠ADB=90°-∠BAE=30°,
∴∠1=∠2=∠ADB=30°,
∴在菱形BCDE中,∠ADC=2∠ADB=60°,
∴∠ACD=180°-∠1-∠ADC =90°,
又∵BC=1,
∴在菱形BCDE中, CD=BC=1,
∴在Rt△ACD中,AC= CD·tan∠ADC=eq \r(3).
满分冲关
1. C 【解析】
综上所述,结论①④正确,故选C.
2. 2或eq \f(7,8) 【解析】如解图,连接BD交AC于O;∵四边形ABCD是菱形,∴AB=BC=CD=AD=5,∠DAC=∠BAC,AC⊥BD,OA=OC=4,OB=OD,∴OB=OD=eq \r(AB2-OA2)=3,∵EF⊥AA′,∴∠EPA=∠FPA=90°,∴∠EAP+∠AEP=90°,∠FAP+∠AFP=90°,∴∠AEP=∠AFP,∴AE=AF,∵△A′EF是由△AEF翻折,∴AE=EA′,AF=FA′,∴AE=EA′=A′F=FA,∴四边形AEA′F是菱形,∴AP=PA′,分两种情况:①当∠DA′C=90°时,A′与O重合,此时AA′=4,∴AP=2;②当∠A′DC=90°时,设AP=PA′=x,则OA′=4-2x,∵AC⊥BD,∴∠A′OD=∠DOC=90°,由角的互余关系得:∠A′DO=∠DCO,∴△A′OD∽△DOC,∴eq \f(OA′,OD)=eq \f(OD,OC),即eq \f(4-2x,3)=eq \f(3,4),解得x=eq \f(7,8),即AP=eq \f(7,8).
第2题解图
3. eq \r(7)-1 【解析】如解图,延长DE到M,使GM=GH,连接AM,BM,∵DE⊥AF,∠GAH=45°,∴∠AHG=45°,AM=AH,∴∠AMH=45°,∴∠MAH=90°,∴∠MAB=∠HAD,可证△MAB≌△HAD(SAS),则HD=BM,∠AMB=∠AHD=135°,∴∠DMB=90°,∴GI∥MB,∴DH=MB=2GI=2,设AG=x,则DG=2+x,∵AG2+DG2=AD2,∴x2+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2+x))eq \s\up12(2)=42,解得x1=-1-eq \r(7)(舍),x2=-1+eq \r(7),∴S△ADH=eq \f(1,2)DH·AG=eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(7)-1))=eq \r(7)-1.
第3题解图
4. 15 【解析】设CD=x,则CD′=x,BC=x+2,则BE=eq \f(x+2,3),AE=AB-BE=eq \f(2x-2,3),在Rt△B′AE和Rt△B′DC中,由勾股定理得AB′=eq \r((\f(x+2,3))2-(\f(2x-2,3))2),B′D=eq \r((x+2)2-x2),又AB′+B′D=BC=x+2,即eq \r((\f(x+2,3))2-(\f(2x-2,3))2)+eq \r((x+2)2-x2)=x+2,化简得eq \f(4,9)x2-eq \f(4,3)x=0,解得x=3或x=0(舍),则CD=3,BC=5,故面积为15.
5. 2.4 【解析】如解图,延长GO交AB于点H,过点F作PQ⊥BC于点Q,交AD于点P,交BD于点M,易证△APF∽△FQE,∴eq \f(AP,FQ)=eq \f(PF,EQ)=eq \f(AF,EF)=2,设PF=x,则EQ=eq \f(1,2)x,FQ=6-x,又EQ2+QF2=EF2,即(eq \f(x,2))2+(6-x)2=32,解得∶x=6(舍) 或x=3.6,∴PF=3.6, FQ=2.4, EQ=1.8, BQ=4.8, PD=CQ=1.2,∴DM=eq \f(6\r(2),5),∴OM=OD-DM=3eq \r(2)-eq \f(6\r(2),5)=eq \f(9\r(2),5),又FM=PF-PM=3.6-1.2=2.4,且eq \f(OM,OD)=eq \f(MF,DG),∴eq \f(\f(9\r(2),5),3\r(2))=eq \f(2.4,DG),∴DG=4,∵HG过点O易得BH=DG=4,又eq \f(S△BFG,S△BHG)=eq \f(FG,HG)=eq \f(PD,AD),∴eq \f(S△BFG,\f(1,2)×4×6)=eq \f(1.2,6),即S△BFG=2.4.
第5题解图
6. 解:(1)AG2=GE2+GF2;
理由如下:如解图,连接CG,∵四边形ABCD是正方形,
∴∠ADG=∠CDG=45°,AD=CD,DG=DG,
∴△ADG≌△CDG,
∴AG=CG,
又∵GE⊥DC,GF⊥BC,∠ECF=90°,
∴四边形CEGF是矩形,
∴CF=GE,
在Rt△GFC中,由勾股定理得,CG2=GF2+CF2,
∴AG2=GE2+GF2;
(2)过点A作AM⊥BD于点M,
∵GF⊥BC,∠ABG=∠GBC=45°,
∴∠BAM=∠BGF=45°,
∴△ABM,△BGF都是等腰直角三角形,
∵AB=1,∴AM=BM=eq \f(\r(2),2),
∵∠AGF=105°,∴∠AGM=60°,
∴tan 60°=eq \f(AM,GM),∴GM=eq \f(\r(6),6) ,
∴BG=BM+GM=eq \f(\r(2),2)+eq \f(\r(6),6)=eq \f(3\r(2)+\r(6),6).
第6题解图
7. (1)解:∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=60°,
∴△ABD,△BCD是等边三角形,
∴∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠BAD=60°,BA=BC,
∵∠AMB=30°,∠ADB=∠AMB+∠DAM,
∴∠DAM=∠DMA=30°,
∴∠BAM=90°,DA=DM=AB=BC=CE=3,
在△BMA和△BMC中,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BM=BM,∠MBA=∠MBC,BA=BC)),
∴△BMA≌△BMC(SAS),
∴∠BCM=∠BAM=90°,
在Rt△BCE中,BE=eq \r(BC2+CE2)=3eq \r(2);
(2)证明:如解图,在BD上取一点G,使得BG=DF,连接CG交BE于O,
第7题解图
∵BG=DF,∠CBG=∠BDF,BD=BC,
∴△GBC≌△FDB,
∴∠BGC=∠BFD,∠DBF=∠BCG,
∴∠MGC=∠BFC,
∵∠COF=∠CBO+∠OCB=∠CBO+∠DBF=60°,
在△COE中,∠ECO+∠EOC+∠CEO=180°,
在△BCF中,∠BFC+∠CBF+∠BCF=180°,
∵CB=CE,
∴∠CBE=∠CEO,∵∠BCF=∠COE=60°,
∴∠ECO=∠BFC=∠MGC,
∴MC=MG.
由(1)可知△BMA≌△BMC,
∴AM=MC=MG,
∵MG=DG+DM,
∵BD=CD,BG=DF,
∴DG=CF,
∴AM=CF+DM.
序号
逐个分析
正误
①
如解图,过点F分别作FM⊥AB,FP⊥AD,延长MF、PF,分别交CD、BC于点N、Q,∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC=CD=AD,AC分别平分∠BAD、∠BCD,∴FM=FP,FN=FQ.∵S△ABF=eq \f(1,2)AB·FM,S△ADF=eq \f(1,2)AD·FP,∴S△ABF=S△ADF
第1题解图
√
②
∵S△CDF=eq \f(1,2)CD·FN,S△CEF=eq \f(1,2)CE·FQ=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)BC·FQ=eq \f(1,2)×eq \f(1,2)CD·FN=eq \f(1,2)S△CDF,∴S△CDF=2S△CEF≠4S△CEF
×
③
∵AD∥BC,∴S△ADF∽S△CEF, ∴S△ADF∶S△CEF=(AD∶CE)2=4∶1,∴S△ADF=4S△CEF≠2S△CEF
×
④
∵S△CDF=2S△CEF,S△ADF=4S△CEF, ∴S△ADF=2S△CDF
√
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