2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編 考點26 正方形（含解析）

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1、 2018中考數(shù)學(xué)試題分類匯編：考點26 正方形 一．選擇題（共4小題） 1．（2018?無錫）如圖，已知點E是矩形ABCD的對角線AC上的一動點，正方形EFGH的頂點G、H都在邊AD上，若AB=3，BC=4，則tan∠AFE的值（　?。? A．等于 B．等于 C．等于 D．隨點E位置的變化而變化 【分析】根據(jù)題意推知EF∥AD，由該平行線的性質(zhì)推知△AEH∽△ACD，結(jié)合該相似三角形的對應(yīng)邊成比例和銳角三角函數(shù)的定義解答． 【解答】解：∵EF∥AD， ∴∠AFE=∠FAG， ∴△AEH∽△ACD， ∴==． 設(shè)EH=3x，AH=4x， ∴HG=GF=3x， ∴ta

2、n∠AFE=tan∠FAG===． 故選：A． 　 2．（2018?宜昌）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點E，F(xiàn)分別是對角線AC上的兩點，EG⊥AB．EI⊥AD，F(xiàn)H⊥AB，F(xiàn)J⊥AD，垂足分別為G，I，H，J．則圖中陰影部分的面積等于 （　　） A．1 B． C． D． 【分析】根據(jù)軸對稱圖形的性質(zhì)，解決問題即可； 【解答】解：∵四邊形ABCD是正方形， ∴直線AC是正方形ABCD的對稱軸， ∵EG⊥AB．EI⊥AD，F(xiàn)H⊥AB，F(xiàn)J⊥AD，垂足分別為G，I，H，J． ∴根據(jù)對稱性可知：四邊形EFHG的面積與四邊形EFJI的面積相等， ∴S陰=S正方形ABCD=，

3、 故選：B． 　 3．（2018?湘西州）下列說法中，正確個數(shù)有（　?。? ①對頂角相等； ②兩直線平行，同旁內(nèi)角相等； ③對角線互相垂直的四邊形為菱形； ④對角線互相垂直平分且相等的四邊形為正方形． A．1個 B．2個 C．3個 D．4個 【分析】根據(jù)對頂角的性質(zhì)，菱形的判定，正方形的判定，平行線的性質(zhì)，可得答案． 【解答】解：①對頂角相等，故①正確； ②兩直線平行，同旁內(nèi)角互補，故②錯誤； ③對角線互相垂直且平分的四邊形為菱形，故③錯誤； ④對角線互相垂直平分且相等的四邊形為正方形，故④正確， 故選：B． 　 4．（2018?張家界）下列說法中，正確的是（　?。?/p>

4、 A．兩條直線被第三條直線所截，內(nèi)錯角相等 B．對角線相等的平行四邊形是正方形 C．相等的角是對頂角 D．角平分線上的點到角兩邊的距離相等 【分析】根據(jù)平行線的性質(zhì)、正方形的判定、矩形的判定、對頂角的性質(zhì)、角平分線性質(zhì)逐個判斷即可． 【解答】解：A、兩條平行線被第三條直線所截，內(nèi)錯角才相等，錯誤，故本選項不符合題意； B、對角線相等的四邊形是矩形，不一定是正方形，錯誤，故本選項不符合題意； C、相等的角不一定是對頂角，錯誤，故本選項不符合題意； D、角平分線上的點到角的兩邊的距離相等，正確，故本選項符合題意； 故選：D． 　 二．填空題（共7小題） 5．（2018?武

5、漢）以正方形ABCD的邊AD作等邊△ADE，則∠BEC的度數(shù)是　30°或150°　． 【分析】分等邊△ADE在正方形的內(nèi)部和外部兩種情況分別求解可得． 【解答】解：如圖1， ∵四邊形ABCD為正方形，△ADE為等邊三角形， ∴AB=BC=CD=AD=AE=DE，∠BAD=∠ABC=∠BCD=∠ADC=90°，∠AED=∠ADE=∠DAE=60°， ∴∠BAE=∠CDE=150°，又AB=AE，DC=DE， ∴∠AEB=∠CED=15°， 則∠BEC=∠AED﹣∠AEB﹣∠CED=30°． 如圖2， ∵△ADE是等邊三角形， ∴AD=DE， ∵四邊形ABCD是正方形

6、， ∴AD=DC， ∴DE=DC， ∴∠CED=∠ECD， ∴∠CDE=∠ADC﹣∠ADE=90°﹣60°=30°， ∴∠CED=∠ECD=（180°﹣30°）=75°， ∴∠BEC=360°﹣75°×2﹣60°=150°． 故答案為：30°或150°． 　 6．（2018?呼和浩特）如圖，已知正方形ABCD，點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，△CBE由△DAM平移得到．若過點E作EH⊥AC，H為垂足，則有以下結(jié)論：①點M位置變化，使得∠DHC=60°時，2BE=DM；②無論點M運動到何處，都有DM=HM；③無論點M運動到何處，∠CHM一定大于135°

7、．其中正確結(jié)論的序號為?、佗冖邸。? 【分析】先判定△MEH≌△DAH（SAS），即可得到△DHM是等腰直角三角形，進而得出DM=HM；依據(jù)當(dāng)∠DHC=60°時，∠ADH=60°﹣45°=15°，即可得到Rt△ADM中，DM=2AM，即可得到DM=2BE；依據(jù)點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB，可得∠AHM＜∠BAC=45°，即可得出∠CHM＞135°． 【解答】解：由題可得，AM=BE， ∴AB=EM=AD， ∵四邊形ABCD是正方形，EH⊥AC， ∴EM=AH，∠AHE=90°，∠MEH=∠DAH=45°=∠EAH， ∴EH=AH， ∴△MEH≌△DA

8、H（SAS）， ∴∠MHE=∠DHA，MH=DH， ∴∠MHD=∠AHE=90°，△DHM是等腰直角三角形， ∴DM=HM，故②正確； 當(dāng)∠DHC=60°時，∠ADH=60°﹣45°=15°， ∴∠ADM=45°﹣15°=30°， ∴Rt△ADM中，DM=2AM， 即DM=2BE，故①正確； ∵點M是邊BA延長線上的動點（不與點A重合），且AM＜AB， ∴∠AHM＜∠BAC=45°， ∴∠CHM＞135°，故③正確； 故答案為：①②③． 　 7．（2018?青島）如圖，已知正方形ABCD的邊長為5，點E、F分別在AD、DC上，AE=DF=2，BE與AF相交于點G，

9、點H為BF的中點，連接GH，則GH的長為　?。? 【分析】根據(jù)正方形的四條邊都相等可得AB=AD，每一個角都是直角可得∠BAE=∠D=90°，然后利用“邊角邊”證明△ABE≌△DAF得∠ABE=∠DAF，進一步得∠AGE=∠BGF=90°，從而知GH=BF，利用勾股定理求出BF的長即可得出答案． 【解答】解：∵四邊形ABCD為正方形， ∴∠BAE=∠D=90°，AB=AD， 在△ABE和△DAF中， ∵， ∴△ABE≌△DAF（SAS）， ∴∠ABE=∠DAF， ∵∠ABE+∠BEA=90°， ∴∠DAF+∠BEA=90°， ∴∠AGE=∠BGF=90°， ∵點H為BF

10、的中點， ∴GH=BF， ∵BC=5、CF=CD﹣DF=5﹣2=3， ∴BF==， ∴GH=BF=， 故答案為：． 　 8．（2018?咸寧）如圖，將正方形OEFG放在平面直角坐標(biāo)系中，O是坐標(biāo)原點，點E的坐標(biāo)為（2，3），則點F的坐標(biāo)為?。ī?，5）　． 【分析】結(jié)合全等三角形的性質(zhì)可以求得點G的坐標(biāo)，再由正方形的中心對稱的性質(zhì)求得點F的坐標(biāo)． 【解答】解：如圖，過點E作x軸的垂線EH，垂足為H．過點G作x軸的垂線EG，垂足為G，連接GE、FO交于點O′． ∵四邊形OEFG是正方形， ∴OG=EO，∠GOM=∠OEH，∠OGM=∠EOH， 在△OGM與△EOH中，

11、 ∴△OGM≌△EOH（ASA） ∴GM=OH=2，OM=EH=3， ∴G（﹣3，2）． ∴O′（﹣，）． ∵點F與點O關(guān)于點O′對稱， ∴點F的坐標(biāo)為 （﹣1，5）． 故答案是：（﹣1，5）． 　 9．（2018?江西）在正方形ABCD中，AB=6，連接AC，BD，P是正方形邊上或?qū)蔷€上一點，若PD=2AP，則AP的長為　2或2或﹣?。? 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)得出AC⊥BD，AC=BD，OB=OA=OC=OD，AB=BC=AD=CD=6，∠ABC=90°，根據(jù)勾股定理求出AC、BD、求出OA、OB、OC、OD，畫出符合的三種情況，根據(jù)勾股定理求出即可． 【解

12、答】解：∵四邊形ABCD是正方形，AB=6， ∴AC⊥BD，AC=BD，OB=OA=OC=OD，AB=BC=AD=CD=6，∠ABC=∠DAB=90°， 在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC===6， ∴OA=OB=OC=OD=3， 有三種情況：①點P在AD上時， ∵AD=6，PD=2AP， ∴AP=2； ②點P在AC上時， 設(shè)AP=x，則DP=2x， 在Rt△DPO中，由勾股定理得：DP2=DO2+OP2， （2x）2=（3）2+（3﹣x）2， 解得：x=﹣（負數(shù)舍去）， 即AP=﹣； ③點P在AB上時， 設(shè)AP=y，則DP=2y， 在Rt△APD中，由勾股定理

13、得：AP2+AD2=DP2， y2+62=（2y）2， 解得：y=2（負數(shù)舍去）， 即AP=2； 故答案為：2或2或﹣． 　 10．（2018?濰坊）如圖，正方形ABCD的邊長為1，點A與原點重合，點B在y軸的正半軸上，點D在x軸的負半軸上，將正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′與CD相交于點M，則點M的坐標(biāo)為?。ī?，）?。? 【分析】連接AM，由旋轉(zhuǎn)性質(zhì)知AD=AB′=1、∠BAB′=30°、∠B′AD=60°，證Rt△ADM≌Rt△AB′M得∠DAM=∠B′AD=30°，由DM=ADtan∠DAM可得答案． 【解答】解：如圖，連接A

14、M， ∵將邊長為1的正方形ABCD繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到正方形AB'C′D′， ∴AD=AB′=1，∠BAB′=30°， ∴∠B′AD=60°， 在Rt△ADM和Rt△AB′M中， ∵， ∴Rt△ADM≌Rt△AB′M（HL）， ∴∠DAM=∠B′AM=∠B′AD=30°， ∴DM=ADtan∠DAM=1×=， ∴點M的坐標(biāo)為（﹣1，）， 故答案為：（﹣1，）． 　 11．（2018?臺州）如圖，在正方形ABCD中，AB=3，點E，F(xiàn)分別在CD，AD上，CE=DF，BE，CF相交于點G．若圖中陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3，則△BCG的周長為　

15、+3?。? 【分析】根據(jù)面積之比得出△BGC的面積等于正方形面積的，進而依據(jù)△BCG的面積以及勾股定理，得出BG+CG的長，進而得出其周長． 【解答】解：∵陰影部分的面積與正方形ABCD的面積之比為2：3， ∴陰影部分的面積為×9=6， ∴空白部分的面積為9﹣6=3， 由CE=DF，BC=CD，∠BCE=∠CDF=90°，可得△BCE≌△CDF， ∴△BCG的面積與四邊形DEGF的面積相等，均為×3=， 設(shè)BG=a，CG=b，則ab=， 又∵a2+b2=32， ∴a2+2ab+b2=9+6=15， 即（a+b）2=15， ∴a+b=，即BG+CG=， ∴△BCG的周長

16、=+3， 故答案為： +3． 　 三．解答題（共6小題） 12．（2018?鹽城）在正方形ABCD中，對角線BD所在的直線上有兩點E、F滿足BE=DF，連接AE、AF、CE、CF，如圖所示． （1）求證：△ABE≌△ADF； （2）試判斷四邊形AECF的形狀，并說明理由． 【分析】（1）根據(jù)正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定證明即可； （2）四邊形AECF是菱形，根據(jù)對角線垂直的平行四邊形是菱形即可判斷； 【解答】證明：（1）∵正方形ABCD， ∴AB=AD， ∴∠ABD=∠ADB， ∴∠ABE=∠ADF， 在△ABE與△ADF中 ， ∴△ABE≌△ADF（S

17、AS）； （2）連接AC， 四邊形AECF是菱形． 理由：∵正方形ABCD， ∴OA=OC，OB=OD，AC⊥EF， ∴OB+BE=OD+DF， 即OE=OF， ∵OA=OC，OE=OF， ∴四邊形AECF是平行四邊形， ∵AC⊥EF， ∴四邊形AECF是菱形． 　 13．（2018?吉林）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在BC，CD上，且BE=CF，求證：△ABE≌△BCF． 【分析】根據(jù)正方形的性質(zhì)，利用SAS即可證明； 【解答】證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴AB=BC，∠ABE=∠BCF=90°， 在△ABE和△BCF中， ， ∴△AB

18、E≌△BCF． 　 14．（2018?白銀）已知矩形ABCD中，E是AD邊上的一個動點，點F，G，H分別是BC，BE，CE的中點． （1）求證：△BGF≌△FHC； （2）設(shè)AD=a，當(dāng)四邊形EGFH是正方形時，求矩形ABCD的面積． 【分析】（1）根據(jù)三角形中位線定理和全等三角形的判定證明即可； （2）利用正方形的性質(zhì)和矩形的面積公式解答即可． 【解答】解：（1）∵點F，G，H分別是BC，BE，CE的中點， ∴FH∥BE，F(xiàn)H=BE，F(xiàn)H=BG， ∴∠CFH=∠CBG， ∵BF=CF， ∴△BGF≌△FHC， （2）當(dāng)四邊形EGFH是正方形時，可得：EF⊥GH且E

19、F=GH， ∵在△BEC中，點，H分別是BE，CE的中點， ∴GH=，且GH∥BC， ∴EF⊥BC， ∵AD∥BC，AB⊥BC， ∴AB=EF=GH=a， ∴矩形ABCD的面積=． 　 15．（2018?濰坊）如圖，點M是正方形ABCD邊CD上一點，連接AM，作DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F，連接BE． （1）求證：AE=BF； （2）已知AF=2，四邊形ABED的面積為24，求∠EBF的正弦值． 【分析】（1）通過證明△ABF≌△DEA得到BF=AE； （2）設(shè)AE=x，則BF=x，DE=AF=2，利用四邊形ABED的面積等于△ABE的面積與△ADE的面積之和

20、得到?x?x+?x?2=24，解方程求出x得到AE=BF=6，則EF=x﹣2=4，然后利用勾股定理計算出BE，最后利用正弦的定義求解． 【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD為正方形， ∴BA=AD，∠BAD=90°， ∵DE⊥AM于點E，BF⊥AM于點F， ∴∠AFB=90°，∠DEA=90°， ∵∠ABF+∠BAF=90°，∠EAD+∠BAF=90°， ∴∠ABF=∠EAD， 在△ABF和△DEA中 ， ∴△ABF≌△DEA（AAS）， ∴BF=AE； （2）解：設(shè)AE=x，則BF=x，DE=AF=2， ∵四邊形ABED的面積為24， ∴?x?x+?x?2=24，解

21、得x1=6，x2=﹣8（舍去）， ∴EF=x﹣2=4， 在Rt△BEF中，BE==2， ∴sin∠EBF===． 　 16．（2018?湘潭）如圖，在正方形ABCD中，AF=BE，AE與DF相交于點O． （1）求證：△DAF≌△ABE； （2）求∠AOD的度數(shù)． 【分析】（1）利用正方形的性質(zhì)得出AD=AB，∠DAB=∠ABC=90°，即可得出結(jié)論； （2）利用（1）的結(jié)論得出∠ADF=∠BAE，進而求出∠ADF+∠DAO=90°，最后用三角形的內(nèi)角和定理即可得出結(jié)論． 【解答】（1）證明：∵四邊形ABCD是正方形， ∴∠DAB=∠ABC=90°，AD=AB， 在△

22、DAF和△ABE中，， ∴△DAF≌△ABE（SAS）， （2）由（1）知，△DAF≌△ABE， ∴∠ADF=∠BAE， ∵∠ADF+∠DAO=∠BAE+∠DAO=∠DAB=90°， ∴∠AOD=180°﹣（∠ADF+DAO）=90°． 　 17．（2018?遵義）如圖，正方形ABCD的對角線交于點O，點E、F分別在AB、BC上（AE＜BE），且∠EOF=90°，OE、DA的延長線交于點M，OF、AB的延長線交于點N，連接MN． （1）求證：OM=ON． （2）若正方形ABCD的邊長為4，E為OM的中點，求MN的長． 【分析】（1）證△OAM≌△OBN即可得； （2）作OH⊥AD，由正方形的邊長為4且E為OM的中點知OH=HA=2、HM=4，再根據(jù)勾股定理得OM=2，由直角三角形性質(zhì)知MN=OM． 【解答】解：（1）∵四邊形ABCD是正方形， ∴OA=OB，∠DAO=45°，∠OBA=45°， ∴∠OAM=∠OBN=135°， ∵∠EOF=90°，∠AOB=90°， ∴∠AOM=∠BON， ∴△OAM≌△OBN（ASA）， ∴OM=ON； （2）如圖，過點O作OH⊥AD于點H， ∵正方形的邊長為4， ∴OH=HA=2， ∵E為OM的中點， ∴HM=4， 則OM==2， ∴MN=OM=2． 　 16