2021年中考数学 三轮专题冲刺：正方形及四边形综合问题（含答案）

这是一份2021年中考数学 三轮专题冲刺：正方形及四边形综合问题（含答案），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法错误的是( )
A.平行四边形的对边相等
B.对角线相等的四边形是矩形
C.对角线互相垂直的平行四边形是菱形
D.正方形既是轴对称图形又是中心对称图形
2. 小红用次数最少的对折方法验证了一条四边形丝巾的形状是正方形，她对折了( )
A.1次B.2次C.3次D.4次
3. 如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，E是DC上一点，DE=1，将△ADE绕着点A顺时针旋转到与△ABF重合，则EF=( )
A.B.
C.5D.2
4. 如图，正方形ABCD的面积为1，则以相邻两边中点连线EF为边的正方形EFGH的周长为( )
A. eq \r(2)
B. 2eq \r(2)
C. eq \r(2)＋1
D. 2eq \r(2)＋1
5. 如图，正方形ABCD的边长为9，将正方形折叠，使顶点D落在BC边上的点E处，折痕为GH，若BE∶EC＝2∶1，则线段CH的长是( )
A. 3 B. 4 C. 5 D. 6

6. （2020·威海）如图，在▱ABCD中，对角线BD⊥AD，AB＝10，AD＝6，O为BD的中点，E为边AB上一点，直线EO交CD于点F，连结DE，BF．下列结论不成立的是（ ）
A．四边形DEBF为平行四边形
B．若AE＝3.6，则四边形DEBF为矩形
C．若AE＝5，则四边形DEBF为菱形
D．若AE＝4.8，则四边形DEBF为正方形
7. 如图，在正方形ABCD中，AC为对角线，E为AB上一点，过点E作EF∥AD，与AC、DC分别交于点G、F，H为CG的中点，连接DE、EH、DH、FH.下列结论：
①EG＝DF；②∠AEH＋∠ADH＝180°；③△EHF≌△DHC；④若eq \f(AE,AB)＝eq \f(2,3)，则3S△EDH＝13S△DHC，其中结论正确的有( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个

8. （2020·温州）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，以其三边为边向外作正方形，过点C作CR⊥FG于点R，再过点C作PQ⊥CR分别交边DE，BH于点P，Q．若QH＝2PE，PQ＝15，则CR的长为
A．14 B．15 C． D．
二、填空题
9. 将边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到正方形FECG的位置(如图)，使得点D落在对角线CF上，EF与AD相交于点H，则HD= .(结果保留根号)

10. 以正方形ABCD的边AD为边作等边三角形ADE，则∠BEC的度数是 .
11. 如图，E，F是正方形ABCD的对角线AC上的两点，AC=8，AE=CF=2，则四边形BEDF的周长是 .

12. 如图，正方形ABCO的顶点C，A分别在x轴，y轴上，BC是菱形BDCE的对角线，若∠D＝60°，BC＝2，则点D的坐标是________．

13. ▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，请添加一个条件：________，使得▱ABCD为正方形．
14. 如图，正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，对角线AC，BD相交于点O，E是OC的中点，连接BE，过点A作AM⊥BE于点M，交BD于点F，则FM的长为________．

15. 如图，正方形ABCD的面积为3 cm2，E为BC边上一点，∠BAE＝30°，F为AE的中点，过点F作直线分别与AB，DC相交于点M，N.若MN＝AE，则AM的长等于________cm.

16. 如图，有一个边长不定的正方形ABCD，它的两个相对的顶点A，C分别在边长为1的正六边形一组平行的对边上，另外两个顶点B，D在正六边形内部(包括边界)，则正方形边长a的取值范围是________．

三、解答题
17. 如图，已知正方形ABCD与正方形CEFG，M是AF的中点，连接DM，EM.
(1)如图①，点E在CD上，点G在BC的延长线上，判断DM，EM的数量关系与位置关系，请直接写出结论.
(2)如图②，点E在DC的延长线上，点G在BC上，(1)中结论是否仍然成立?请证明你的结论.
18. 【问题解决】
一节数学课上，老师提出了这样一个问题:如图①，点P是正方形ABCD内一点，PA=1，PB=2，PC=3，你能求出∠APB的度数吗?
小明通过观察、分析、思考，形成了如下思路:
思路一:将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△BP'A，连接PP'，求出∠APB的度数;
思路二:将△APB绕点B顺时针旋转90°，得到△CP'B，连接PP'，求出∠APB的度数.
请参考小明的思路，任选一种写出完整的解答过程.
【类比探究】
如图②，若点P是正方形ABCD外一点，PA=3，PB=1，PC=，求∠APB的度数.
19. 已知：如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P.
(1)求证：AP＝BQ;
(2)在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ长．
20. 如图，正方形ABCD的对角线交于点O，点E，F分别在AB，BC上(AE(1)求证:OM=ON;
(2)若正方形ABCD的边长为4，E为OM的中点，求MN的长.
21. （2020·河南）将正方形ABCD的边AB绕点A逆时针旋转至AB′，记旋转角为.连接BB′，过点D作DE垂直于直线BB′，垂足为点E，连接DB′，CE.
(1)如图1，当=60°时，△DEB′的形状为 ，连接BD，可求出的值为 ；
(2)当0°＜＜360°且≠90°时，①(1)中的两个结论是否仍然成立?如果成立，请仅就图2的情形进行证明；如果不成立，请说明理由；
②当以点B′、E、C、D为顶点的四边形是平行四边形时，请直接写出的值.
2021中考数学 三轮专题冲刺：正方形及四边形综合问题-答案
一、选择题
1. 【答案】B
2. 【答案】B
3. 【答案】D [解析]由旋转的性质可知，
△ADE≌△ABF，
∴BF=DE=1，∴FC=6，∵CE=4，∴EF===2.故选:D.
4. 【答案】B 【解析】∵正方形ABCD的面积为1，∴BC＝CD＝1，∵E、F是边的中点，∴CE＝CF＝eq \f(1,2)，∴EF＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(1,2)）2)＝eq \f(\r(2),2)，则正方形EFGH的周长为4×eq \f(\r(2),2)＝2eq \r(2).
5. 【答案】B 【解析】设CH＝x，∵BE∶EC＝2∶1，BC＝9，∴EC＝3，由折叠可知，EH＝DH＝9－x，在Rt△ECH中，由勾股定理得：(9－x)2＝32＋x2，解得：x＝4.
6. 【答案】：∵O为BD的中点，
∴OB＝OD，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴DC∥AB，
∴∠CDO＝∠EBO，∠DFO＝∠OEB，
∴△FDO≌△EBO（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形DEBF为平行四边形，
故A选顶结论正确，
若AE＝3.6，AD＝6，
∴，
又∵，
∴，
∵∠DAE＝∠BAD，
∴△DAE∽△BAD，
∴AED＝∠ADB＝90°．
故B选项结论正确，
∵AB＝10，AE＝5，
∴BE＝5，
又∵∠ADB＝90°，
∴DEAB＝5，
∴DE＝BE，
∴四边形DEBF为菱形．
故C选项结论正确，
∵AE＝3.6时，四边形DEBF为矩形，AE＝5时，四边形DEBF为菱形，
∴AE＝4.8时，四边形DEBF不可能是正方形．
故D不正确．
故选：D．
7. 【答案】D 【解析】逐项分析如下表：
8. 【答案】A
【解析】本题主要考查了相似三角形和正方形的性质，由题意知△CDP∽△CBQ，所以，即，解得：BC＝2CD，所以CQ＝2CP，则CP＝5，CQ＝10，由于PQ∥AB，所以∠CBA＝∠BCQ＝∠DCP，则tan∠BCQ＝tan∠DCP＝tan∠CBA＝，不妨设DP＝x，则DC＝2x，在Rt△DCP中，，解得x＝.∴DC＝2，BC＝4，所以AB＝10，△ABC的斜边上的高＝,所以CR＝14，所以因此本题选A．
二、填空题
9. 【答案】-1 [解析]∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=1，∠CDA=90°，
∵边长为1的正方形ABCD绕点C按顺时针方向旋转到正方形FECG的位置，使得点D落在对角线CF上，
∴CF=，∠CFE=45°，∴△DFH为等腰直角三角形，∴DH=DF=CF-CD=-1.
故答案为-1.
10. 【答案】30°或150° [解析]如图①，∵△ADE是等边三角形，
∴DE=DA，∠DEA=∠1=60°.
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA，∠2=90°.
∴∠CDE=150°，DE=DC，
∴∠3=(180°-150°)=15°.
同理可求得∠4=15°.
∴∠BEC=30°.
如图②，∵△ADE是等边三角形，
∴DE=DA，∠1=∠2=60°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴DC=DA，∠CDA=90°.
∴DE=DC，∠3=30°，
∴∠4=(180°-30°)=75°.
同理可求得∠5=75°.
∴∠BEC=360°―∠2―∠4―∠5=150°.
故答案为30°或150°.
11. 【答案】8 [解析]如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为正方形，∴BD⊥AC，OD=OB=OA=OC，
∵AE=CF=2，
∴OA-AE=OC-CF，即OE=OF，
∴四边形BEDF为平行四边形，且BD⊥EF，
∴四边形BEDF为菱形，
∴DE=DF=BE=BF，
∵AC=BD=8，OE=OF==2，∴由勾股定理得:DE===2，
∴四边形BEDF的周长=4DE=4×2=8，故答案为:8.
12. 【答案】(eq \r(3)＋2，1) 【解析】如解图，过点D作DG⊥BC于G，DF⊥x轴于F，∵在菱形BDCE中，BD＝CD，∠BDC＝60°，∴△BCD是等边三角形，∴DF＝CG＝eq \f(1,2)BC＝1，CF＝DG＝eq \r(3)，∴OF＝eq \r(3)＋2，∴D(eq \r(3)＋2，1)．
解图
13. 【答案】∠BAD＝90°(答案不唯一) 【解析】∵▱ABCD的对角线AC与BD相交于点O，且AC⊥BD，∴▱ABCD是菱形，当∠BAD＝90°时，菱形ABCD为正方形．故可添加条件：∠BAD＝90°.
14. 【答案】eq \f(\r(5),5) 【解析】∵四边形ABCD为正方形，∴AO＝BO，∠AOF＝∠BOE＝90°，∵AM⊥BE，∠AFO＝∠BFM，∴∠FAO＝∠EBO，在△AFO和△BEO中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠AOF＝∠BOE,AO＝BO,∠FAO＝∠EBO))，∴△AFO≌△BEO(ASA)，∴FO＝EO，∵正方形ABCD的边长为2eq \r(2)，E是OC的中点，∴FO＝EO＝1＝BF，BO＝2，∴在Rt△BOE中，BE＝eq \r(12＋22)＝eq \r(5)，由∠FBM＝∠EBO，∠FMB＝∠EOB，可得△BFM∽△BEO，∴eq \f(FM,EO)＝eq \f(BF,BE)，即eq \f(FM,1)＝eq \f(1,\r(5))，∴FM＝eq \f(\r(5),5).
15. 【答案】eq \f(2\r(3),3)或eq \f(\r(3),3) 【解析】如解图，过N作NG⊥AB，交AB于点G，∵四边形ABCD为正方形，∴AB＝AD＝NG＝eq \r(3) cm，在Rt△ABE中，∠BAE＝30°，AB＝eq \r(3) cm，∴BE＝1 cm，AE＝2 cm，∵F为AE的中点，∴AF＝eq \f(1,2)AE＝1 cm，在Rt△ABE和Rt△NGM中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝NG,AE＝NM))，∴Rt△ABE≌Rt△NGM(HL)，∴BE＝GM，∠BAE＝∠MNG＝30°，∠AEB＝∠NMG＝60°，∴∠AFM＝90°，即MN⊥AE，在Rt△AMF中，∠FAM＝30°，AF＝1 cm，∴AM＝eq \f(AF,cs30°)＝eq \f(1,\f(\r(3),2))＝eq \f(2\r(3),3) cm，由对称性得到AM′＝BM＝AB－AM＝eq \r(3)－eq \f(2\r(3),3)＝eq \f(\r(3),3) cm，综上，AM的长等于eq \f(2\r(3),3)或eq \f(\r(3),3) cm.
解图
16. 【答案】eq \f(\r(6),2)≤a≤3－eq \r(3) 【解析】∵ABCD是正方形，∴AB＝a＝eq \f(\r(2),2)AC，∴a的取值范围与AC的长度直接相关．如解图①，当A，C两点恰好是正六边形一组对边中点时，a的值最小，∵正六边形的边长为1，∴AC＝eq \r(3)，∴AB＝a＝eq \f(\r(2),2)AC＝eq \f(\r(6),2)；如解图②，连接MN，延长AE，BF交于点G，∵正六边形和正方形ABCD，∴△MNG、△ABG、△EFG为正三角形，设AE＝BF＝x，则AM＝BN＝1－x，AG＝BG＝AB＝1＋x＝a，∵GM＝MN＝2，∠BNM＝60°，
∴sin∠BNM＝sin60°＝eq \f(\f(BC,2),BN)＝eq \f(\f(a,2),1－x)，∴eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－x))＝a，∴eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－a))＝a，解得，a＝eq \f(2\r(3),\r(3)＋1)＝3－eq \r(3).∴正方形边长a的取值范围是eq \f(\r(6),2)≤a≤3－eq \r(3).

三、解答题
17. 【答案】
解:(1)结论:DM⊥EM，DM=EM.
[解析]延长EM交AD于H.
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
AD=CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH=∠MFE，
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH=ME，AH=EF=EC，∴DH=DE，
∵∠EDH=90°，
∴DM⊥EM，DM=ME.
(2)结论不变.DM⊥EM，DM=EM.
证明:延长EM交DA的延长线于H.
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGC是正方形，
∴∠ADE=∠DEF=90°，
AD=CD，
∴AD∥EF，
∴∠MAH=∠MFE，
∵AM=MF，∠AMH=∠FME，
∴△AMH≌△FME，
∴MH=ME，AH=EF=EC，
∴DH=DE，
∵∠EDH=90°，
∴DM⊥EM，DM=ME.
18. 【答案】
[解析]将△PBC绕点B逆时针旋转90°得到△P'BA，连接PP'，得到等腰直角三角形BP'P，从而得到PP'=2，∠BPP'=45°，又AP'=CP=3，AP=1，∴AP2+P'P2=1+8=9=P'A2，∴根据勾股定理的逆定理得∠APP'=90°，从而求出∠APB=45°+90°=135°.
将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△P'BA，连接PP'，方法和上述类似，求出∠APB=45°.
解:【问题解决】如图①，将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△P'BA，连接PP'.
①
∵P'B=PB=2，∠P'BP=90°，
∴PP'=2，∠BPP'=45°.
又AP'=CP=3，AP=1，
∴AP2+P'P2=1+8=9=P'A2，∴∠APP'=90°，
∴∠APB=45°+90°=135°.
【类比探究】如图②，将△PBC绕点B逆时针旋转90°，得到△P'BA，连接PP'.
②
∵P'B=PB=1，∠P'BP=90°，
∴PP'=，∠BPP'=45°.
又AP'=CP=，AP=3，
∴AP2+P'P2=9+2=11=P'A2，
∴∠APP'=90°，
∴∠APB=90°-45°=45°.
19. 【答案】
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD, ∠BAQ＋∠DAP＝90°＝∠DAB，
∵DP⊥AQ，
∴∠DAP＋∠ADP＝90°，
∴∠BAQ＝∠ADP.
在△DAP和△ABQ中，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(∠APD＝∠AQB＝90°,∠ADP＝∠BAQ,AD＝AB)))，(2分)
∴△DAP≌△ABQ(AAS)，
∴AP＝BQ.(4分)
(2)解：①AQ和AP；(5分)
②DP和AP；(6分)
③AQ和BQ；(7分)
④DP和BQ.(8分)
【解法提示】①由题图直接得：AQ－AP＝PQ；
②∵△ABQ≌△DAP，
∴AQ＝DP，
∴DP－AP＝ AQ－AP＝PQ；
③∵△ABQ≌△DAP，
∴BQ＝AP，
∴AQ－BQ＝AQ－AP＝PQ；
④∵△ABQ≌△DAP，
∴DP＝AQ，BQ＝AP，
∴DP－BQ＝AQ－AP＝PQ.
20. 【答案】
解:(1)证明:正方形ABCD中，AC=BD，OA=AC，OB=OD=BD，∴OA=OB=OD，
∵AC⊥BD，∴∠AOB=∠AOD=90°，
∴∠OAD=∠OBA=45°，∴∠OAM=∠OBN，
又∵∠EOF=90°，∴∠AOM=∠BON，
∴△AOM≌△BON，∴OM=ON.
(2)如图，过点O作OP⊥AB于P，
∴∠OPA=90°，∠OPA=∠MAE，
∵E为OM中点，∴OE=ME，
又∵∠AEM=∠PEO，∴△AEM≌△PEO，
∴AE=EP，
∵OA=OB，OP⊥AB，∴AP=BP=AB=2，
∴EP=1.
Rt△OPB中，∠OBP=45°，∴OP=PB=2，
Rt△OEP中，OE==，
∴OM=2OE=2，
Rt△OMN中，OM=ON，∴MN=OM=2.

21. 【答案】
解： (1)等腰直角三角形，.
(2)①两个结论仍成立.
证明:连接BD.∵AB=AB′，∠BAB′=，∴∠AB′B=90°-，
∵∠B′AD=a-90°，AD=AB′，∴∠AB′D=135-，∴∠EB′D=∠AB′D-∠AB′B=45°.
∵DE⊥BB′，∴∠EDB′=∠EB′D=45°，∴△DEB′是等腰直角三角形，∴=.
∵四边形ABCD为正方形，∴=，∠BDC=45°.∴=，
∵∠EDB′=∠BDC，∴∠EDB′+∠EDB=∠BDC+∠EDB，即∠BDB′=∠CDE.∴△B′DB∽△EDC，
∴；
②3或1.思路提示：分两种情况.
情形一，如图，当点B′在BE上时，由=，设BB′=，CE=.
∵CE∥B′D，CE=B′D，∴B′D=，在等腰直角三角形DEB′中，斜边B′D=，
∴B′E=DE=，于是得到.
情形二，如图，当点B′在BE延长线上时，由=，设BB′=，CE=.
∵CE∥B′D，CE=B′D，∴B′D=，在等腰直角三角形DEB′中，斜边B′D=，∴B′E=DE=。于是得到.
综上所述，的值是3或1.
【解析】（1）△ABB′是等边三角形，△AB′D是等腰三角形，且∠AB′D=75°，∴
∠DB′E=45°，结合DE⊥B′E，可得△DEB′是等腰直角三角形.连接BD，∴∠BDC=45°，易得
∠BDB′=∠CDE,结合,∴△B′DB∽△EDC，∴.（2）结论成立，证明方法与（1）一样；（3）分两种情况：当点B′在BE上时和当点B′在BE延长线上时.

序号
逐项分析
正误
①
在正方形ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，∠ACB＝∠ACD＝45°，∵EF∥AD，∴四边形EFDA、四边形EFCB是矩形，∴∠EFC＝∠ADC＝90°，EF＝DC，在Rt△CGF中，∠ACD＝45°，∴GF＝CF，∴EF－GF＝CD－CF，即EG＝DF
√
②
∵△GFC是等腰直角三角形，H是CG的中点，∴GH＝FH，∠HGF＝∠GFH＝45°，∴∠EGH＝∠DFH＝135°，又由①知EG＝DF，∴△EGH≌△DFH(SAS)，∴∠HEF＝∠FDH，∵∠AEH＝∠AEF＋∠HEF＝90°＋∠HEF，∠ADH＝∠ADC－∠FDH＝90°－∠FDH，∴∠AEH＋∠ADH＝180°
√
③
由②可知EH＝DH，FH＝CH，又∵EF＝DC，∴△EHF≌△DHC(SSS)
√
④
∵△EGH≌△DFH，∴EH＝DH，∠EHG＝∠DHF，∴∠EHG＋∠AHD＝∠DHF＋∠AHD＝90°，即∠EHD＝∠AHF＝90°，∴△EHD为等腰直角三角形，∵eq \f(AE,AB)＝eq \f(2,3)，∴设AE＝2x，AB＝3x，则DE＝eq \r(（2x）2＋（3x）2)＝eq \r(13)x，∴EH＝DH＝eq \f(\r(2),2)×eq \r(13)x＝eq \f(\r(26),2)x，∴S△EDH＝eq \f(1,2)EH2＝eq \f(1,2)×eq \f(13,2)x2＝eq \f(13,4)x2. 在△DHC中，设CD边上的高为h，则h＝eq \f(1,2)CF＝eq \f(x,2)，则S△DHC＝eq \f(1,2)CD·h＝eq \f(1,2)×3x×eq \f(x,2)＝eq \f(3,4)x2，eq \f(S△EDH,S△DHC)＝eq \f(\f(13,4)x2,\f(3,4)x2)＝eq \f(13,3)，即3S△EDH＝13S△DHC
√