第25讲 特殊四边形-正方形与梯形（练习）（解析版）

第25 讲 特殊四边形-正方形与梯形 目 录 题型01 根据正方形的性质求角度 题型02 根据正方形的性质求线段长 题型03 根据正方形的性质求面积 题型04 根据正方形的性质求坐标 题型05 与正方形有关的折叠问题 题型06 求正方形重叠部分面积 题型07 利用正方形的性质证明 题型08 添加一个条件使四边形是正方形 题型09 证明四边形是正方形 题型10 根据正方形的性质与判定求角度 题型11 根据正方形的性质与判定求线段长 题型12 根据正方形的性质与判定求面积 题型13 根据正方形的性质与判定证明 题型14 根据正方形的性质与判定解决多结论问题 题型15 与正方形有关的规律探究问题 题型16 与正方形有关的动点问题 题型17 正方形与反比例函数的综合应用 题型18 正方形与一次函数、反比例函数综合应用 题型19 正方形与二次函数综合应用 题型20 平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定 题型21 利用矩形、菱形、正方形的性质与判定求解 题型22 利用等腰梯形的性质与判定求解 题型01 根据正方形的性质求角度 1．（2022·黑龙江绥化·校考模拟预测）如图，把含30°的直角三角板PM 放置在正方形BD 中， ∠PMN=30°，直角顶点P 在正方形BD 的对角线BD 上，点M，分别在B 和D 边上，M 与BD 交于点， 且点为M 的中点，则∠AMP的度数为（ ） ．60° B．65° ．75° D．80° 【答】 【分析】根据斜边中线等于斜边一半，求出∠MP=30°，再求出∠MB 和∠MB 的度数，即可求出∠AMP的 度数． 【详解】解：∵四边形BD 是正方形中， ∴∠MB=∠D=45°， ∵点为M 的中点 ∴M=， ∵∠MP=90°， ∴M=P， ∴∠PM=∠MP=30°， ∴∠MB=∠MP+∠PM =60°， ∴∠BM=180°-60°-45°=75°， ∠AMP=180°−75°−30°=75°， 故选：． 【点睛】本题考查了正方形的性质和直角三角形的性质、等腰三角形的性质，解题关键是熟练运用相关性 质，根据角的关系进行计算． 2．（2023·河北石家庄·统考一模）一个正方形和一个直角三角形的位置如图所示，若∠1=α，则∠2=¿ （ ） ．α−45° B．α−90° ．270°−α D．180°−α 【答】D 【分析】先由三角形外角的性质得到∠3=α−90°，又由∠2+∠3=90°即可得到答． 【详解】解：如图， 由题意可知，∠1=∠3+90°， ∵∠1=α， ∴∠3=α−90°， ∵∠2+∠3=90°， ∴∠2=90°−∠3=90°−(α−90° )=180°−α． 故选：D 【点睛】此题考查了正方形的性质、三角形外角的性质等知识，熟练掌握相关性质是解题的关键． 3．（2023·江苏南京·统考一模）如图，点是正六边形ABCDEF的中心，以AB为边在正六边形ABCDEF 的内部作正方形ABMN ，连接OD ,ON，则∠DON ＝ °． 【答】105 【分析】连接OA ，OB，OE，根据正六边形的性质可得，△AOB，△DOE是等边三角形，再证明四 边形OBCD是菱形，以及△AON是等腰三角形，分别求出∠BOD=120° , ∠AOB=60° , ∠AON=75°，从而可得出结论． 【详解】解：∵六边形ABCDE是正六边形， ∴AB=BC=CD=DE=EF=FA ,∠FAB=∠ABC=∠BCD=120° , ∵四边形ABMN是正方形， ∴AB=BM=MN=NA ,∠NAB=∠ABM=90° , 连接OA ，OB，OE，如图， 则△AOB，△DOE是等边三角形， ∴∠OAB=∠ABO=∠AOB=60° ,OA=OB=AB ,OD=ED , ∴OA=AN=OB=CD=BC=CD , ∠OBC=120°−60°=60° , ∠OAN=90°−60°=30° , ∴四边形OBCD是菱形，∠AON=1 2 (180°−30°)=75°， ∴∠BOD=180°−∠OBC=180°−60°=120° , ∴∠DON=360°−∠BOD−∠AOB−∠AON=360°−120°−60°−75°=105°， 故答为：105． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，正方形的性质，菱形的判定与性质以及等腰三角形的性质，正 确作出辅助线是解答本题的关键． 题型02 根据正方形的性质求线段长 4．（2021·山东淄博·统考二模）如图，在△ABC中，BC=120，高AD=60，正方形EFGH一边在BC 上，点E , F分别在AB , AC上，AD交EF于点N，则AN的长为（ ） ．15 B．20 ．25 D．30 【答】B 【分析】证明△EF B ∽△，根据相似三角形对应边上的高线的比等于相似比即可求得． 【详解】解：∵四边形EFG 是正方形， EF B ∴ ∥， EF B ∴△ ∽△， ∴EF BC = AN AD ． 设=x，则EF=FG=D=60-x， ∴60−x 120 = x 60 解得：x=20 所以，=20． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形以及相似三角形的应用，注意数形结合的运用是解题关键． 5．（2023·山东日照·校考三模）如图，正方形BD 的边长为8，点E 是D 的中点，G 垂直平分E 且分别交 E、B 于点、G，则BG＝ ． 【答】1 【分析】连接G，EG，根据线段垂直平分线性质可得G=EG，由点E 是D 的中点，得E=4，设BG=x，则 G=8-x，由勾股定理，可得出（8-x）2+42=82+x2，求解即可． 【详解】解：连接G，EG，如图， ∵G 垂直平分E， ∴G=EG， ∵正方形BD 的边长为8， ∴∠B= =90° ∠ ，B=B=D=8， ∵点E 是D 的中点， ∴E=4， 设BG=x，则G=8-x， 由勾股定理，得 EG2=G2+E2=（8-x）2+42，G2=B2+BG2=82+x2， ∴（8-x）2+42=82+x2， 解得：x=1， 故答为：1． 【点睛】本题考查正方形的性质，线段垂直平分线的性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性质、线段垂直 平分线的性质、勾股定理及其运用是解题的关键． 6．（2023·内蒙古包头·模拟预测）如图，正方形ABCD中，点E、F 分别在边BC 、CD上， AE=AF ,∠EAF=30°，则∠AEB=¿ °；若△AEF的面积等于1，则AB的值是 ． 【答】 60 ❑ √3 【分析】由正方形的性质证明△ABE≅△ADF，即可得到∠BAE=∠DAF，再由∠EAF=30°可得 ∠BAE=∠DAF=∠EAF=30°，即可求出∠AEB．设BE=x，表示出△AEF的面积，解方程即可． 【详解】∵正方形ABCD ∴∠B=∠D=∠BAD=90°，AB=AD=DC=CB ∵AE=AF ∴Rt △ABE≅Rt △ADF（L） ∴∠BAE=∠DAF，BE=DF ∵∠EAF=30°，∠BAE+∠DAF+∠EAF=90° ∴∠BAE=∠DAF=∠EAF=30° ∴∠AEB=60° 设BE=x ∴AB=❑ √3 x , DF=BE=x ,CE=CF=(❑ √3−1)x ∴S△AEF=S正方形△ABCD−S△ABE−S△ADF−S△CEF ¿ A B 2−1 2 AB⋅BE×2−1 2 CE⋅CF ¿(❑ √3 x) 2−❑ √3 x⋅x−1 2 (❑ √3−1)x⋅(❑ √3−1)x ¿ x 2 ∵△AEF的面积等于1 ∴x 2=1，解得x=1，x=−1（舍去） ∴AB=❑ √3 x=❑ √3 故答为：60；❑ √3． 【点睛】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、30°直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性 质，证明三角形全等是解题的关键． 题型03 根据正方形的性质求面积 7．（2023·云南·模拟预测）如图，在边长为6 的正方形ABCD中，以BC为直径画半圆，则阴影部分的面 积是（ ） ．9 B．6 ．3 D．12 【答】 【分析】设与半圆交于点E，半圆的圆心为，连接BE，E，证明BE=E，得到弓形BE 的面积=弓形E 的面 积，则S阴影=S ABE=S△ABC−S△BCE= 1 2 ×6×6−1 2 ×6×3=9． 【详解】解：设与半圆交于点E，半圆的圆心为，连接BE，E， ∵四边形BD 是正方形， ∴∠E=45°， ∵E=， ∴∠E=∠E=45°， ∴∠E=90°， ∴E 垂直平分B， ∴BE=E， ∴弓形BE 的面积=弓形E 的面积， ∴S阴影=S ABE=S△ABC−S△BCE= 1 2 ×6×6−1 2 ×6×3=9， 故选． 【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知 相关知识是解题的关键． 8．（2021·天津津南·统考一模）七巧板是大家熟悉的一种益智玩具，用七巧板能拼出许多有趣的图．小李 将块等腰直角三角形硬纸板（如图①）切割七块，正好制成一副七巧板（如图②），已知AB=40cm，则 图中阴影部分的面积为（ ） ．25c m 2 B．100 3 c m 2 ．50c m 2 D．75c m 2 【答】 【分析】如图，设F＝EF＝FG＝x，可得E＝2❑ √2x＝20，解方程即可解决问题． 【详解】解：如图，设F＝EF＝FG＝x， E ∴＝＝2x， 在Rt E △ 中，E＝2❑ √2x， 由题意E＝20m， 20 ∴ ＝2❑ √2x， x ∴＝5❑ √2， ∴阴影部分的面积＝（5❑ √2）2＝50（m2）， 故选：． 【点睛】本题考查正方形的性质、勾股定理、等腰三角形的性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运 用所学知识解决问题，属于中考常考题型． 9．（2021·江苏苏州·统考一模）七巧板是我们祖先的一项创造，被誉为“东方魔板”．在一次数学活动课 上，小明用边长为4m 的正方形纸片制作了如图所示的七巧板，并设计了下列四幅作品—“奔跑者”，其 中阴影部分的面积为5m2的是（ ） ． B． ． D． 【答】D 【分析】先求出最小的等腰直角三角形的面积＝1 8×1 2×42＝1m2，可得平行四边形面积为2m2，中等的等腰 直角三角形的面积为2m2，最大的等腰直角三角形的面积为4m2，再根据阴影部分的组成求出相应的面积 即可求解． 【详解】解：最小的等腰直角三角形的面积＝1 8×1 2×42＝1（m2），平行四边形面积为2m2，中等的等腰直 角三角形的面积为2m2，最大的等腰直角三角形的面积为4m2，则 、阴影部分的面积为2+2＝4（m2），不符合题意； B、阴影部分的面积为1+2＝3（m2），不符合题意； 、阴影部分的面积为4+2＝6（m2），不符合题意； D、阴影部分的面积为4+1＝5（m2），符合题意； 故选：D． 【点睛】本题考查图形的剪拼、七巧板，解题的关键是求出最小的等腰直角三角形的面积，学会利用分割 法求阴影部分的面积． 题型04 根据正方形的性质求坐标 10．（2023·河南周口·校联考一模）如图，正方形OABC的边OA，OC分别在x轴，y轴上，点M，N分别 在OA，AB上，△CMN是等边三角形，连接AC，交MN于点G．若AM=4，则点G的坐标为（ ） ．(3,2) B．(2❑ √3,2) ．(2❑ √6,2) D．(❑ √3+2,2) 【答】B 【分析】过点G作GH ⊥OA于H，利用正方形性质和等边三角形性质可证得 Rt △CBN ≌Rt △COM (HL)，得出BN=OM，推出AN=AM=4，利用等腰直角三角形性质和等边三 角形性质即可求得答． 【详解】解：如图，过点G作GH ⊥OA于H， ∵四边形ABCO是正方形， ∴∠OAB=∠ABC=∠COA=90°，∠CAO=∠CAB=45°，CB=CO=AB=AO， ∵△CMN是等边三角形， ∴CM=CN， ∴Rt △CBN ≌Rt △COM (HL)， ∴BN=OM， ∴AB−BN=AO−OM， 即AN=AM=4， ∴MN=4 ❑ √2，∠AMN=∠ANM=45°， ∴∠AGM=∠AGN=90°， ∴MG=NG=AG=2❑ √2， ∵△CMN是等边三角形，MG=NG=2❑ √2， ∴CG=❑ √3 MG=2❑ √6， ∴AC=AG+CG=2❑ √2+2❑ √6， ∴OA= AC 2 ×❑ √2=2+2❑ √3， ∵△AMG是等腰直角三角形，GH ⊥OA， ∴GH=AH=1 2 AM=2， ∴OH=OA−AH=2+2❑ √3−2=2❑ √3， ∴点G的坐标为(2❑ √3，2)． 故选：B． 【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质， 解直角三角形等知识，知识点较多，综合性强，是常考题型，熟练掌握相关性质是解题关键． 11．（2023·河南南阳·统考一模）在学习《图形与坐标》的课堂上，老师让同学们自主编题，梅英同学编 的题目是：“已知正方形ABCD（边长自定），请建立适当的平面直角坐标系，确定正方形ABCD各顶点 的坐标”．同桌魏华同学按题目要求建立了平面直角坐标系并正确的写出了正方形各顶点的坐标．若在魏 华同学建立的平面直角坐标系中，正方形ABCD关于x 轴对称，但不关于y 轴对称，点的坐标为(−3,2)， 则点的坐标为（ ） ．(3,−2) B．(2,−3) ．(−3,−2) D．(1,−2) 【答】D 【分析】先根据“正方形ABCD关于x 轴对称”确定x 轴的位置，再根据点的坐标确定原点的位置，进而 确定y 轴的位置，从而写出点的坐标． 【详解】解：∵正方形ABCD关于x 轴对称， ∴x 轴经过AB ,CD中点E、F， ∴连接EF，即为x 轴， ∵点的坐标为(−3,2)， ∴点到y 轴距离为3， 则将EF四等分，其中等分点使得OE=3OF，以点为原点，建立平面直角坐标系，如图： ∵正方形ABCD关于x 轴对称，点的坐标为(−3,2)， ∴点B 坐标为(−3,−2)， ∴AB=2−(−2)=4，则EF=4， ∵OE=3， ∴OF=1， ∴点的坐标为(1,−2)． 故选：D． 【点睛】本题考查平面直角坐标系中点的坐标，正方形的性质，根据所给条件确定坐标系是解题的关键． 12．（2023·山东临沂·统考二模）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是正方形，点坐标为(0,2)， E 是线段BC上一点，且∠AEB=60°，沿AE折叠后B 点落在点F 处，那么点F 的坐标是 ． 【答】(−1,2−❑ √3) 【分析】过点F 作FD⊥CO于D，FG⊥AO于G，先由正方形的性质和折叠的性质得出 ∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2，再根据含30 度的直角三角形的性质及勾股定理求解即 可． 【详解】点F 作FD⊥CO于D，FG⊥AO于G， ∵四边形OABC是正方形，点坐标为(0,2)， ∴AB=2, AO=2， ∵∠AEB=60°，沿AE折叠后B 点落在点F， ∴∠BAE=∠EAF=∠FAO=30°，AF=AB=2， 在Rt △AFG中，∠FAG=30°， ∴FG=1， 由勾股定理得，AG= ❑ √2 2−1 2=❑ √3， ∴GO=2−❑ √3，点F 的坐标为(−1,2−❑ √3)． 故答为：(−1,2−❑ √3)． 【点睛】本题考查了轴对称的性质、正方形的性质，勾股定理和含30 度的直角三角形的性质，能够添加合 适的辅助线是解题的关键． 13．（2023·安徽蚌埠·校考一模）如图，在平面直角坐标系中，四边形ABCD为正方形，点A (0,3),B (1,0)， 将正方形ABCD沿x 轴的负方向平移，使点D 恰好落在直线AB上，则平移后点B 的坐标为 ． 【答】( −7 3 ,0)/(−2 1 3 ,0) 【分析】根据正方形的性质可证明△AOB≅△DFA，得出AF=OB=1, DF=OA=3，进而得出点G 的 纵坐标是4，利用待定系数法求出直线AB的解析式，得出DG的长，从而可得正方形平移的距离，即可求 解． 【详解】解：设平移后点D 的对应点为G，DG交y 轴于点F，如图， 则DG⊥y轴， ∴∠AFD=90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB=AD ,∠DAB=90°， ∴∠BAO=90°−∠DAF=∠ADF， 又∵∠AOB=∠DFA=90°， ∴△AOB≅△DFA， ∵A (0,3),B (1,0)， ∴AF=OB=1, DF=OA=3， ∴OF=AF+OA=4， ∴点G 的纵坐标是4， 设直线AB的解析式为y=kx+b， 则¿， 解得¿， ∴直线AB的解析式为y=−3 x+3， 当y=4时，−3 x+3=4，解得x=−1 3 ， ∴DG=3+ 1 3=10 3 ， 平移后点B 的坐标为( −7 3 ,0)； 故答为：( −7 3 ,0)． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、待定系数法求一次函数的解析式、平移的 性质等知识，熟练掌握上述知识、灵活应用数形结合思想是解题的关键． 题型05 与正方形有关的折叠问题 14．（2021·黑龙江哈尔滨·统考一模）如图，在正方形ABCD中，AB=3，点E，F分别在边AB，CD上， ∠EFD=60°．若将四边形EBCF沿EF折叠，点B恰好落在AD边上点B '处，则BE的长度为（ ） ．1 B．❑ √2 ．❑ √3 D．2 【答】D 【分析】由D∥B 得到∠EFD=∠FEB=60°，由折叠得到∠FEB=∠FE B '=60°，进而得到∠AE B '=60°， 然后在Rt △AE B '中由30°所对直角边等于斜边一半即可求解． 【详解】解：∵四边形BD 是正方形， ∴D∥B， ∴∠EFD=∠FEB=60°， 由折叠前后对应角相等可知：∠FEB=∠FE B '=60°， ∴∠AE B '=180°−∠FEB−∠FE B '=60°， ∴∠A B ' E=30°， 设E=x，则BE=B ' E=2 x， ∴B=E+BE=3x=3， ∴x=1， ∴BE=2x=2， 故选：D． 【点睛】本题借助正方形考查了折叠问题，30°角所对直角边等于斜边的一半等知识点，折叠问题的性质包 括折叠前后对应边相等，对应角相等，折叠产生角平分线，由此即可解题． 15．（2023·广东肇庆·统考一模）如图，四边形ABCD为正方形，点E 是BC的中点，将正方形ABCD沿 AE折叠，得到点B 的对应点为点F，延长EF交线段DC于点P，若AB=6，则DP的长度为 ． 【答】2 【分析】连接P，根据正方形的性质和翻折的性质证明Rt△FP≌Rt△DP（L），可得PF＝PD，设PF＝PD ＝x，则P＝D−PD＝6−x，EP＝EF＋FP＝3＋x，然后根据勾股定理即可解决问