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第9章中心对称图形–平行四边形单元测试(能力提升卷,八下苏科)- 2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】
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2022-2023学年八年级数学下册 必刷题【苏科版】
第9章中心对称图形–平行四边形单元测试(能力提升卷,八下苏科)
班级:___________________ 姓名:_________________ 得分:_______________
注意事项:
本试卷满分100分,试题共24题,其中选择8道、填空8道、解答8道.答卷前,考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级等信息填写在试卷规定的位置.
一、选择题(本大题共8小题,每小题2分,共16分)在每小题所给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2023•崂山区一模)“中国结”是我国特有的手工编织工艺品,也是一种传统吉祥装饰物.下列四个中国结图案中,既是中心对称图形又是轴对称图形的有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【分析】根据中心对称图形与轴对称图形的概念进行判断即可.
【详解】解:左起第1、3、4这三个图形既是中心对称图形又是轴对称图形,
第二个图形是中心对称图形,不是轴对称图形,
故选:C.
2.(2023•海淀区校级开学)如图,△ABC绕点C按顺时针旋转30°到△DEC,若点A恰好在DE上,则∠BAC的度数为( )
A.15° B.55° C.65° D.75°
【分析】先根据旋转的性质得∠ACD=30°,∠BAC=∠D,再根据三角形外角性质得∠BAE+∠BAC=∠D+∠ACD,所以∠BAE=∠ACD=30°.根据旋转的性质得CA=CD,进而得∠D=∠CAD,所以∠BAC=∠CAD,进而求出∠BAC的度数.
【详解】解:∵△ABC绕点C按顺时针旋转30°到△DEC,
∴∠ACD=30°,∠BAC=∠D,
∵∠EAC=∠D+∠ACD,
即∠BAE+∠BAC=∠D+∠ACD,
∴∠BAE=∠ACD=30°.
∵CA=CD,
∴∠BAC=∠CAD,
∴∠BAC=(180°﹣30°)÷2=75°.
故选:D.
3.(2022秋•泰山区期末)如图,四边形ABCD的对角线交于点O,下列哪组条件不能判断四边形ABCD是平行四边形( )
A.OA=OC,OB=OD B.AB=CD,AO=CO
C.AB=CD,AD=BC D.∠BAD=∠BCD,AB∥CD
【分析】由平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可.
【详解】解:A、∵OA=OC,OB=OD,
∴四边形ABCD是平行四边形,故选项A不符合题意;
B、由AB=CD,AO=CO不能判断四边形ABCD是平行四边形,故选项B符合题意;
C、∵AB=CD,AD=BC,
∴四边形ABCD是平行四边形,故选项C不符合题意;
D、∵AB∥CD,
∴∠ABC+∠BCD=180°,
∵∠BAD=∠BCD,
∴∠ABC+∠BAD=180°,
∴AD∥BC,
∴四边形ABCD是平行四边形,故选项D不符合题意;
故选:B.
4.(2022秋•深圳期末)要检验一个四边形画框是否为矩形,可行的测量方法是( )
A.测量四边形画框的两个角是否为90°
B.测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分
C.测量四边形画框的一组对边是否平行且相等
D.测量四边形画框的四边是否相等
【分析】由平行四边形的判定与性质、菱形的判定,矩形的判定分别对各个选项进行判断即可.
【详解】解:A、测量四边形画框的两个角是否为90°,不能判定为矩形,故选项A不符合题意;
B、测量四边形画框的对角线是否相等且互相平分,能判定为矩形,故选项B符合题意;
C、测量四边形画框的一组对边是否平行且相等,能判定为平行四边形,不能判定是否为矩形,故选项C不符合题意;
D、测量四边形画框的四边是否相等,能判定为菱形,故选项D不符合题意;
故选:B.
5.(2023•三水区校级开学)如图,在菱形ABCD中,DE⊥AB于点E,菱形ABCD的面积为48,DE=6,则AD的长为( )
A.16 B.8 C.4 D.2
【分析】由菱形的性质得AD=AB,再由菱形的面积求出AB=8,即可得出结论.
【详解】解:∵四边形ABCD是菱形,
∴AD=AB,
∵DE⊥AB,
∴菱形ABCD的面积=AB•DE=48,
即6AB=48,
∴AB=8,
∴AD=AB=8,
故选:B.
6.(2022•南京模拟)如图,平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O,AE平分∠BAD交BC于点E,且∠ADC=60°,AB=BC,连接OE,下列结论:①∠CAD=30°;②S▱ABCD=AB•AC;③OB=AB;④OE=BC,成立的个数有( )
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
【分析】由平行四边形ABCD中,∠ADC=60°,易得△ABE是等边三角形,又由,证得①∠CAD=30°;继而证得AC⊥AB,得②S平行四边形ABCD=AB⋅AC;可得OE是三角形的中位线,证得④.
【详解】解:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠ABC=∠ADC=60°,∠BAD=120°,
∵AE平分∠BAD,
∴∠BAE=∠EAD=60°
∴△ABE是等边三角形,
∴AE=AB=BE,
∵,
∴,
∴∠BAC=90°,
∴∠CAD=30°,故①正确;
∵AC⊥AB,
∴S平行四边形ABCD=AB•AC,故②错误;
∵,,
∵BD>BC,
∴AB≠OB,故③错误;
∵∠CAD=30°,∠AEB=60°,AD//BC,
∴∠EAC=∠ACE=30°,
∴AE=CE,
∴BE=CE,
∵OA=OC,
∴,故④正确;
故选:B.
7.(2022春•乐陵市期末)数学课上,大家一起研究三角形中位线定理的证明,小丽和小亮在学习思考后各自尝试作了一种辅助线,如图1,2.其中辅助线作法能够用来证明三角形中位线定理的是( )
图1为小丽的辅助线作法:延长DE到F,使EF=DE,连接DC、AF、FC. |
图2为小亮的辅助线作法:过点E作GE∥AB,过点A作AF∥BC,GE与AF交于点F. |
A.小丽和小亮的辅助线作法都可以
B.小丽和小亮的辅助线作法都不可以
C.小丽的辅助线作法可以,小亮的不可以
D.小亮的辅助线作法可以,小丽的不可以
【分析】根据平行四边形的判定定理,用两种方法都可以证明三角形中位线定理,得到答案.
【详解】解:小丽的作法:∵AE=EC,DE=EF,
∴四边形ADCF为平行四边形,
∴CF=AD,CF∥AD,
∵AD=DB,
∴DB=CF,
∴四边形DBCF为平行四边形,
∴DE=BC,DE∥BC,能够用来证明三角形中位线定理;
小亮的作法:∵GE∥AB,AF∥BC,
∴四边形ABGF为平行四边形,
∴AB=FG,AF=BG,
∵DB=AB,EG=FG,
∴BD=EG,
∴四边形DBGE为平行四边形,
∴DE=BG,DE∥BG,
∵AF∥BC,
∴∠AFE=∠CGE,
在△AEF和△CEG中,
,
∴△AEF≌△CEG(AAS),
∴AF=GC,
∴BG=GC,
∴DE=BC,能够用来证明三角形中位线定理,
故选:A.
8.(2022秋•渠县校级期末)如图,E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上一点,且BE=BC,P为CE上任一点,PQ⊥BC于点Q,PR⊥BE于点R,则PQ+PR的值是( )
A. B. C. D.
【分析】连接AC,PB,AC交BD于O,根据S△BCE=S△BPC+S△BPE,从而BE•OC=BE•PR+,进一步得出结论.
【详解】解:如图,
连接AC,PB,AC交BD于O,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AC⊥BD,AC=BC=,
∴OC=AC=,
∵S△BCE=S△BPC+S△BPE,
∴BE•OC=BE•PR+,
∵BC=BE,
∴BE•OC=BE•PR+BE•PQ,
∴PR+PQ=OC=,
故选:A.
二.填空题(共8小题)
9.(2022•丰顺县校级开学)如图,为估计池塘岸边A,B两点间的距离,在池塘的一侧选取点O,分别取OA,OB的中点M,N,测得MN=32cm,则A,B两点间的距离是 0.64 m.
【分析】根据三角形中位线定理解答即可.
【详解】解:∵点M,N分别为OA,OB的中点,
∴MN是△OAB的中位线,
∴AB=2MN=64cm=0.64m,
故答案为:0.64.
10.(2022秋•新罗区校级月考)如图,△ABC与△AB'C'关于点A对称,若∠C=90°,∠B=30°,AC=1,则BB'的长为 4 .
【分析】利用全等三角形的性质证明AB=AB′,利用直角三角形30度角的性质求出AB=2,可得结论.
【详解】解:如图,
∵△ABC与△AB'C'关于点A对称,
∴△ABC≌△AB′C′,
∴AB=AB′,
∵∠C=90°,∠B=30°,AC=1,
∴AB=2AC=2,
∴BB′=2AB=4,
故答案为:4.
11.(2022秋•东港区校级月考)如图,菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O,AC=4,BD=16,将△BOC绕着点C旋转180°得到△B'O'C,则点A与点B'之间的距离为 10 .
【分析】根据菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O,AC=4,BD=16,可得AC⊥BD,所以∠BOC=90°,根据△BOC绕着点C旋转180°得到△B′O′C,所以∠CO′B′=∠BOC=90°,AO′=6,OB′=8,再根据勾股定理即可求出点A与点B′之间的距离.
【详解】解:∵菱形ABCD的对角线AC、BD交于点O,AC=4,BD=16,
∴AC⊥BD,
∴∠BOC=90°,
∵△BOC绕着点C旋转180°得到△B′O′C,
∴∠CO′B′=∠BOC=90°,
∴O′C=OC=OA=AC=2,
∴AO′=6,
∵OB=OD=O′B′=BD=8,
在Rt△AO′B′中,根据勾股定理,得
AB′===10.
则点A与点B′之间的距离为10.
故答案为:10.
12.如图,在▱ABCD中,AC与BD相交于点O,点E是BC边上一点,AC是∠DAE的平分线,若AE=5,AO=4,则△AEC的面积为 12 .
【分析】先证△AEC是等腰三角形,再由勾股定理求出OE的长,即可得出答案.
【详解】解:连接EO,如图所示:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴∠DAC=∠BCA,AO=CO,
∴AC=2AO=2×4=8,
∵AC是∠DAE的平分线,
∴∠DAC=∠EAC,
∴∠EAC=∠ECA,
∴AE=CE,
∴EO⊥AC,
在Rt△AOE中,由勾股定理得:OE===3,
∴S△AEC=AC•OE=×8×3=12,
故答案为:12.
13.(2022秋•泰山区校级期末)在平行四边形ABCD中,BF平分∠ABC,交AD于点F,CE平分∠BCD,交AD于点E,AB=6,EF=2,则BC的长为 10或14 .
【分析】根据平行四边形的性质可得CD=AB=6,结合角平分线的定义,等腰三角形的性质可求解AF=AB=6,DE=DC=6,由EF=2即可求得BC的长.
【详解】解:∵四边形ABCD为平行四边形,AB=6,
∴CD=AB=6,AD∥BC,
∴∠AFB=∠CBF,
∵BF平分∠ABC,
∴∠ABF=∠CBF,
∴∠ABF=∠AFB,
∴AF=AB=6,
同理DE=DC=6,
如图1,∵EF=2,
∴AE=AF﹣EF=6﹣2=4,
∴AD=BC=AE+DE=4+6=10,
如图2,∵EF=2,
∴AE=AF+EF=6+2=8,
∴AD=BC=AE+DE=6+8=14,
综上所述,BC的长为10或14,
故答案为:10或14.
14.(2022秋•锦江区期末)小颖将能够活动的菱形学具活动成为图1所示形状,并测得AC=5,∠B=60°,接着,她又将这个学具活动成为图2所示正方形,此时A'C'的长为 5 .
【分析】根据菱形的性质得出AB=BC,求出△ABC是等边三角形,根据等边三角形的性质得出AB=BC=AC=5,根据旋转的性质得出A′B′=B′C′=AB=5,再根据勾股定理求出A′C′即可.
【详解】解:∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=BC,
∵∠B=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=BC=AC,
∵AC=5,
∴AB=BC=5,
∵四边形A′B′C′D′为正方形,
∴∠A′B′C′=90°,
由旋转的性质得出A′B′=B′C′=AB=5,
∴A′C′==5,
故答案为:5.
15.(2022秋•朝阳区校级期末)如图,Rt△ABC中,∠ACB=90°,∠B=30°,.点D为边AB上一个动点,作DE⊥BC、DF⊥AC,垂足为E、F,连结EF.则EF长度的最小值为 .
【分析】解直角三角形求出AC和AB,求出四边形CFDE是矩形,根据矩形的性质得出CD=EF,当CD⊥AB时,CD有最小值,此时EF有最小值,根据三角形的面积公式求出CD长几颗.
【详解】解:∵∠ACB=90°,∠B=30°,,
∴AC==2,AB=2AC=4,
连接CD,
∵DF⊥AC,∠ACB=90°,DE⊥BC,
∴∠DFC=∠FCE=∠DEC=90°,
∴四边形CFDE是矩形,
∴EF=CD,
当CD⊥AB时,CD长最小,此时EF有最小值,
∵S△ACB==,
∴=CD,
∴CD=,
∴EF长度的最小值是,
故答案为:.
16.(2022•南京模拟)如图,正方形ABCD的边长为6.E,F分别是射线AB,AD上的点(不与点A重合),且EC⊥CF,M为EF的中点.P为线段AD上一点,AP=1,连接PM.当△PMF为直角三角形时,则AE的长为 或10 .
【分析】分当∠PMF=90°,当∠MPF=90°两种情况讨论,根据正方形的性质,勾股定理即可求解.
【详解】解:如图1所示,当∠PMF=90°时,
∵四边形ABCD是正方形,
∴∠CBE=∠CDF=90°,BC=DC,
∵∠BCD=∠ECF=90°,
∴∠BCD=∠DCF
∴△CBE≌△CDF(ASA),
∴BE=DF,
∵EM=MF,PM⊥EF,
∴PE=PF,
设AE=x,则BE=DF=6﹣x,
∵PA=1,
∴PE=PF=5+6﹣x=11﹣x,
在Rt△PAE中,∵PE2=AE2+PA2,
∴(11﹣x)2=x2+12,
∴x=,
∴AE=.
如图2所示,当∠MPF=90°.连接AM,
∵∠A=∠MPF=90°,
∴MP∥AE,
∴MP⊥AF
∵ME=MF,
∴MA=MF
∴PA=PF=1,
∴DF=BE=4,
∴AE=AB+BE=10,
综上所述,AE的值为或10.
三.解答题(共8小题)
17.(2022春•历城区期末)如图,正方形网格中,△ABC的顶点均在格点上,请在所给直角坐标系中按要求解答下列问题:
(1)△A1B1C1与△ABC关于坐标原点O成中心对称,则B1的坐标为 (2,2) .
(2)△A1B1C1的面积为 2.5 .
(3)将△ABC绕某点逆时针旋转90°后,其对应点分别为A2(﹣1,﹣2),B2(1,﹣3),C2(0,﹣5),则旋转中心的坐标为 (0,﹣1) .
【分析】(1)根据关于原点成中心对称的点的特征求救;
(2)利用割补法求三角形的面积;
(3)利用作图观察求解.
【详解】解:(1)∵B(﹣2,﹣2),
∴B1(2,2).
故答案为:(2,2).
(2)△A1B1C1的面积为:××=2.5
故答案为:2.5.
(3)根据旋转的性质,旋转中心在对称点的连线的垂直平分线上,所以两对对称点的垂直平分线的交点就是旋转中心.
所以旋转中心的坐标为:(0,﹣1).
故答案为:(0,﹣1).
18.(2022秋•二道区校级期末)图①、图②、图③均是6×6的正方形网格,每个小正方形的顶点称为格点,小正方形的边长为1,点A、B、均在格点上.在图①、图②、图③中,只用无刻度的直尺,在给定的网格中按要求画图,所画图形的顶点均在格点上,不要求写出画法,保留作图痕迹.
(1)在图①中画个轴对称四边形ABCD,使其面积为17.
(2)在图②中画出一个中心对称图形ABEF,使其面积为17.
(3)在图③中画出一个四边形ABMN,使其满足仅有一对对角都为直角.
【分析】(1)作出边长为的正方形即可;
(2)作出底为3,高为4的平行四边形即可;
(3)作出∠ABM=∠BAN=90°的四边形即可.
【详解】解:(1)如图,四边形ABGH即为所求.
(2)如图,四边形CDMN即为所求.
(3)如图,四边形EFPQ即为所求.
19.(2021秋•宝塔区校级期末)如图,△ABC中,AB=AC,BE⊥AC于E,且D、E分别是AB、AC的中点,延长BC至点F,使CF=CE,连接DE,EF.
(1)求∠ABC的度数;
(2)若DE=2,求△CEF的面积.
【分析】(1)证明△ABC是等边三角形,可得结论;
(2)过E点作EG⊥BC,求出EG,CF可得结论.
【详解】解:(1):BE⊥AC于E,E是AC的中点,
∴AB=BC.
∵AB=AC,
∴AB=BC=AC,
∴△ABC是等边三角形,
∴∠ABC=60°;
(2)如图,过E点作EG⊥BC,
∵D、E分别是AB、AC的中点,DE=2
∴BC=2DE=4,
∵BE⊥AC,
∴∠EBC=∠ABC=30°,
∴CE=2=CF,BE==2,
∴EG=BE=,
∴S△ECF=×CF×EG=×2×=.
20.(2022春•立山区校级月考)已知:如图,在▱ABCD中,对角线AC,BD交于点O,AB⊥AC,AB=2,BC=.
(1)求平行四边形ABCD的面积S▱ABCD;
(2)求对角线BD的长.
【分析】(1)先根据勾股定理求出AC的长,再根据S▱ABCD=2S△ABC即可得出结论;
(2)根据AC的长得出OA的长,由勾股定理求出OB的长,进而可得出结论.
【详解】解:(1)∵AB⊥AC,AB=2,BC=,
∴AC===3,
∴S▱ABCD=2S△ABC=2××2×3=6;
(2)∵AC=3,
∴OA=AC=,
∴OB===,
∴BD=2OB=5.
21.(2022秋•安徽期末)如图,在四边形ABCD中,AC,BD是对角线,△ABC是等边三角形.线段CD绕点C顺时针旋转60°得到线段CE,连接AE,DE.
(1)求证:∠BCD=∠ACE;
(2)若∠ADC=30°,AD=6,BD=10,求DE的长.
【分析】(1)结合旋转的性质和等边三角形的性质可知∠ACB=∠DCE=60°,然后可知∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即可证明∠BCD=∠ACE;
(2)利用“SAS”证明△BCD≌△ACE,可得AE=BD=10,再结合等边三角形的性质可推导∠ADE=90°,在Rt△ADE中由勾股定理即可获得答案.
【详解】(1)证明:由旋转可知∠DCE=60°,CD=CE,
∵△ABC是等边三角形,
∴∠ACB=60°,AC=BC,
∴∠ACB=∠DCE=60°,
∴∠ACB+∠ACD=∠DCE+∠ACD,即∠BCD=∠ACE;
(2)解:在△BCD和△ACE中,
,
∴△BCD≌△ACE(SAS),
∴AE=BD=10,
∵∠DCE=60°,CD=CE,
∴△CDE是等边三角形,
∴∠CDE=60°,
又∵∠ADC=30°,
∴∠ADE=∠ADC+∠CDE=90°,
在Rt△ADE中,.
22.(2022春•西峰区校级月考)如图,在△ABC中,AD是BC边上的中线,E是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.
(1)求证:AF=DC;
(2)若AB=AC,试判断四边形ADCF的形状,并证明你的结论.
【分析】(1)根据平行线的性质得出∠AFE=∠DBE,根据AAS证明△AFE≌△DBE,推出AF=BD,即可得出答案;
(2)证得四边形ABDF是平行四边形,得到AB=DF,进而证得AC=DF,再证得四边形ADCF是平行四边形,即可得到四边形ADCF是矩形.
【详解】(1)证明:∵E是AD的中点,
∴AE=DE,
∵AF∥BC,
∴∠AFE=∠DBE.
在△AFE和△DBE中,
,
∴△AFE≌△DBE(AAS),
∴AF=DB.
∵AD是BC边上的中线,
∴DC=DB,
∴AF=DC;
(2)解:四边形ADCF是矩形.
证明:连接DF,
由(1)得AF=DB,AF∥DB,
∴四边形ABDF是平行四边形,
∴AB=DF,
∵AB=AC,
∴AC=DF,
由(1)得AF=DC,AF∥DC,
∴四边形ADCF是平行四边形,
∴四边形ADCF是矩形.
23.(2022秋•峰峰矿区校级期末)如图,▱ABCD中,AB=3cm,BC=5cm,∠B=60°,点G是CD的中点,点E是边AD上的动点,EG的延长线与BC的延长线交于点F,连接CE,DF.
(1)求证:四边形CEDF是平行四边形;
(2)①直接写出:当AE= 1.5 cm时,四边形CEDF是菱形(不需要说明理由);
②当AE= 3.5 cm时,四边形CEDF是矩形,请说明理由.
【分析】(1)证△CFG≌△EDG,推出FG=EG,根据平行四边形的判定推出即可;
(2)①证△CDE是等边三角形,推出CE=DE,再根据菱形的判定推出即可.
②求出△MBA≌△EDC,推出∠CED=∠AMB=90°,再根据矩形的判定推出即可.
【详解】(1)证明:∵四边形ABCD是平行四边形,
∴BC∥AD,
∴∠FCG=∠EDG,
∵G是CD的中点,
∴CG=DG,
在△CFG和△DEG中,
,
∴△CFG和△DEG(ASA),
∴FG=EG,
又∵CG=DG,
∴四边形CEDF是平行四边形.
(2)解:①当AE=2cm时,四边形CEDF是菱形,理由如下:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD=5cm,CD=AB=3cm,∠CDE=∠B=60°,
∵AE=2cm,
∴DE=AD﹣AE=3cm,
∴DE=CD,
∴△CDE是等边三角形,
∴CE=DE,
∵四边形CEDF是平行四边形,
∴平行四边形CEDF是菱形,
②当AE=3.5时,平行四边形CEDF是矩形,理由如下:
如图,过A作AM⊥BC于M,
∵∠B=60°,AB=3cm,
∴BM=AB=1.5cm,
∵AE=3.5cm,
∴DE=AD﹣AE=1.5cm=BM,
在△MBA和△EDC中,
,
∴△MBA≌△EDC(SAS),
∴∠CED=∠AMB=90°,
∵四边形CEDF是平行四边形,
∴平行四边形CEDF是矩形,
故答案为:3.5.
24.(2022春•南谯区校级月考)如图1,四边形ABCD为正方形,E为对角线AC上一点,连接DE,BE.
(1)求证:BE=DE;
(2)如图2,过点E作EF⊥DE,交边BC于点F,以DE,EF为邻边作矩形DEFG,连接CG.
①求证:矩形DEFG是正方形;
②若正方形ABCD的边长为9,CG=3,求正方形DEFG的边长.
【分析】(1)根据正方形的性质证明△ABE≌△ADE(SAS),即可解决问题;
(2)①作EM⊥BC于M,EN⊥CD于N,得到EN=EM,然后证得∠DEN=∠FEM,得到△DEN≌△FEM,则有DE=EF,根据正方形的判定即可证得矩形DEFG是正方形;
②证明△ADE≌△CDG(SAS),可得AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°,证明CE⊥CG,连接EG,根据勾股定理即可解决问题.
【详解】(1)证明:∵四边形ABCD为正方形,
∴∠BAE=∠DAE=45°,AB=AD,
在△ABE和△ADE中,
,
∴△ABE≌△ADE(SAS),
∴BE=DE;
(2)①证明:如图,作EM⊥BC于M,EN⊥CD于N,
得矩形EMCN,
∴∠MEN=90°,
∵点E是正方形ABCD对角线上的点,
∴EM=EN,
∵∠DEF=90°,
∴∠DEN=∠MEF=90°﹣∠FEN,
∵∠DNE=∠FME=90°,
在△DEN和△FEM中,
,
∴△DEN≌△FEM(ASA),
∴EF=DE,
∵四边形DEFG是矩形,
∴矩形DEFG是正方形;
②解:∵正方形DEFG和正方形ABCD,
∴DE=DG,AD=DC,
∵∠CDG+∠CDE=∠ADE+∠CDE=90°,
∴∠CDG=∠ADE,
在△ADE和△CDG中,
,
∴△ADE≌△CDG(SAS),
∴AE=CG,∠DAE=∠DCG=45°,
∵∠ACD=45°,
∴∠ACG=∠ACD+∠DCG=90°,
∴CE⊥CG,
∴CE+CG=CE+AE=AC=AB=9.
∵CG=3,
∴CE=6,
连接EG,
∴EG===3,
∴DE=EG=3.
∴正方形DEFG的边长为3.
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