专题31第6章四边形之与正方形有关的垂线备战2021中考数学解题方法系统训练教师版

31第6章四边形之与正方形有关的垂线一、单选题1．如图，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(4,4)，点EF、分别在xy、轴的正半轴上，PEPF，则四边形OEPF的面积为（）A．20B．16C．12D．8【答案】B【分析】过点P作PMOE，PNOF，证明△△OMEPNF，再根据面积计算即可；【详解】如图所示，过点P作PMOE，PNOF，∵点P的坐标为(4,4)，∴PM=PN，∵PEPF，∴MPEEPNFPNEPN，∴MPENPF，又∵PMEPNF，∴△△OMEPNFASA，∴四边形四边形△正方形4416OEPFONPEPMEONPMSSSS．故答案选B．【点评】本题主要考查了四边形与坐标系结合，全等三角形的应用，准确判断计算是解题的关键．2．如图，点4,2M，点P在射线OM上匀速运动，运动的过程中以P为对称中心，O为一个顶点作正方形OABC，当正方形OABC的面积为40时，点A的坐标是（）A．(39,1)B．(38,2)C．(37,3)D．(6,2)【答案】D【分析】作ADx轴于D，CEx轴于E，根据M的坐标求得直线OM的斜率12，进一步得出直线AC的斜率为2，通过证得COEOAD△≌△，得出CEOD，OEAD，可设(,)Aab，则(,)Cba，然后根据待定系数法求得直线AC的斜率为2abba，整理得13ba，然后根据勾股定理得出222ADODOA+=，代值求解即可．【详解】解：作ADx轴于D，CEx轴于E，设直线OM的解析式为ykx，∵点(4,2)M∴12k∵四边形ABCO是正方形，∴ACOM∴直线AC的斜率为2又∵OAOC，90AOC∴90AODCOE，90AODOAD∴COEOAD又∵90CEOADO∴()COEOADAAS△≌△∴CEOD，OEAD设(,)Aab，则(,)Cba设直线AC的解析式为ymxn，∴amnbbmna解得：abmba∴2abba整理得：13ba∵正方形面积为40∴240OA∴在RtAOD△中，222ADODOA+=，即：221()403aa解得：6a∴123ba∴(6,2)A故答案选B【点评】本题是一次函数综合题，考查了待定系数法求一次函数的解析式，正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的应用等，根据直线AC的斜率列出方程是解题的关键．二、填空题3．如图，正方形ABCD的边长为3，点E在AB上，点F在BC的延长线上，且AECF，则四边形EBFD的面积为：______．【答案】9【分析】根据SAS判断DAEDCF△△，从而得到四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积，计算即可；【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴ADDC，90ADCF，∵AECF，∴DAEDCFSAS△△，∴四边形EBFD的面积=正方形ABCD的面积=23=9．故答案是9．【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，正方形的性质，准确计算是解题的关键．4．正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，已知A点的坐标（0，4），B点的坐标（﹣3，0），则点D的坐标是_____．【答案】（4，1）．【分析】过点D作DE⊥y轴于E，由“AAS”可证△ABO≌△DAE，可得AE＝OB，DE＝OA，即可求解．【详解】解：如图，过点D作DE⊥y轴于E，∵∠BAO+∠DAE＝∠ADE+∠DAE＝90°，∴∠BAO＝∠ADE，在△ABO和△DAE中，90BAOADEAOBDEAABAD，∴△ABO≌△DAE（AAS），∴AE＝OB，DE＝OA，∵A（0，4），B（﹣3，0），∴OA＝4，OB＝3，∴OE＝4﹣3＝1，∴点D的坐标为（4，1）．【点评】本题考查了正方形的性质，坐标与图形性质，全等三角形的判定和性质，熟记各性质并作辅助线构造出全等三角形是解题的关键．5．如图，正方形ABCD中，E为BC上一点，过B作BG⊥AE于G，延长BG至点F使∠CFB＝45°，延长FC、AE交于点M，连接DF、BM，若C为FM中点，BM＝5，则FD的长为_____．【答案】5【分析】过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q，只要证明△AGB≌△BHC，△BKC≌△CQD即可解决问题．【详解】解：如图，过C点作CH⊥BF于H点，过B点作BK⊥CM于K，过D作DQ⊥MF交MF延长线于Q．∵∠CFB＝45°∴CH＝HF，∵∠ABG+∠BAG＝90°，∠FBE+∠ABG＝90°，∴∠BAG＝∠FBE，∵AG⊥BF，CH⊥BF，∴∠AGB＝∠BHC＝90°，在△AGB和△BHC中，∵∠AGB＝∠BHC，∠BAG＝∠HBC，AB＝BC，∴△AGB≌△BHC（AAS），∴AG＝BH，BG＝CH，∵BH＝BG+GH，∴BH＝HF+GH＝FG，∴AG＝FG；∵CH⊥GF，∴CH∥GM，∵C为FM的中点，∴CH＝12GM，∴BG＝12GM，∵BM＝5，∴BG＝5，GM＝25，∴AG＝25，AB＝5，∴HF＝5，∴CF＝5×2＝10，∴CM＝10，∵CK＝12CM＝12CF＝102，∴BK＝3102，∵在△BKC和△CQD中，∵∠CBK＝∠DCQ，∠BKC＝∠CQD＝90°，BC＝CD，∴△BKC≌△CQD（AAS），∴CQ＝BK＝3102，DQ＝CK＝102，∴QF＝CQ﹣CF＝3102﹣10＝102，∴DQ＝QF＝102，∴DF＝102×2＝5．故答案为5．【点评】此题考查的是全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质，掌握全等三角形的判定及性质、等腰三角形的判定及性质和正方形的性质是解题关键．6．如图，正方形ABCD的边长为4，点E在CD边上，3CE，若点F在正方形的某一边上，满足CFBE，且CF与BE的交点为M．则CM_________．【答案】125或52【分析】分两种情况进行讨论，点F在AD上或点F在AB上，依据全等三角形的性质以及矩形的性质，即可得到CM的长．【详解】解：分两种情况：①如图1所示，当点F在AD上时，由CF=BE，CD=BC，∠BCE=∠CDF=90°可得，Rt△BCE≌Rt△CDF（HL），∴∠DCF=∠CBE，又∵∠BCF+∠DCF=90°，∴∠BCF+∠CBE=90°，∴∠BMC=90°，即CF⊥BE，∵BC=4，CE=3，∠BCE=90°，∴BE=5，∴CM=125BCCEBE；②如图2所示，当点F在AB上时，同理可得，Rt△BCF≌Rt△CBE（HL），∴BF=CE，又∵BF∥CE，∴四边形BCEF是平行四边形，又∵∠BCE=90°，∴四边形BCEF是矩形，∴CM=12BE=12×5=52．故答案为：125或52．【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质以及勾股定理的运用，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．7．如图，平面直角坐标系中有一正方形OABC，点C的坐标为2,1点B坐标为________．【答案】3,1【分析】过点A作ADy轴于D，过点C作CEx轴，过点B作BFCE交CE的延长线于F．先证明AODCOEBCF≌≌，得到1ADCEBF，2ODOECF，根据点的坐标定义即可求解．【详解】解：如图，过点A作ADy轴于D，过点C作CEx轴，过点B作BFCE交CE的延长线于F．2,1C，2OE，1CE．四边形OABC是正方形，OAOCBC．易求AODCOEBCF．又90ODAOECF∴AODCOEBCF≌≌，1ADCEBF，2ODOECF，点A的坐标为1,2，211EF，点B到y轴的距离为123，点B的坐标为3,1．故答案为：3,1【点评】本题考查了平面直角坐标系点的坐标，全等三角形的判定与性质，根据题意，添加辅助线构造全等三角形是解题关键．8．如图在直线上一次摆放着七个正方形，已知斜放置的三个正方形的面积分别为1，2，3，正放置的四个正方形的面积依次是S1，S2，S3，S4，则S1＋2S2＋2S3＋S4=__．【答案】6【分析】先根据正方形的性质得到∠ABD=90°，AB=DB，再根据等角的余角相等得到∠CAB=∠DBE，则可根据“AAS”判断△ABC≌△BDE，于是有AC=BE，然后利用勾股定理得到DE2+BE2=BD2，代换后有DE2+AC2=BD2，根据正方形的面积公式得到S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，所以S1+S2=1，利用同样方法可得到S2+S3=2，S3+S4=3，通过计算可得到S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．【详解】解：如图，∵图中的四边形为正方形，∴∠ABD=90°，AB=DB，∴∠ABC+∠DBE=90°，∵∠ABC+∠CAB=90°，∴∠CAB=∠DBE，∵在△ABC和△BDE中，ACBBEDCABEBDABBD＝＝＝，∴△ABC≌△BDE（AAS），∴AC=BE，∵DE2+BE2=BD2，∴DE2+AC2=BD2，∵S1=AC2，S2=DE2，BD2=1，∴S1+S2=1，同理可得S2+S3=2，S3+S4=3，∴S1+2S2+2S3+S4=1+2+3=6．故答案为：6．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”；全等三角形的对应边相等．也考查了勾股定理和正方形的性质．9．如图，点A，B，E在同一条直线上，正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，H为线段DF的中点，则BH＝_____．【答案】262【分析】根据题意，利用勾股定理可以求得DF的长，然后根据正方形的性质可以得到△DBF的形状，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到BH的长．【详解】解：延长DC交FE于点M，连接BD、BF，∵正方形ABCD，BEFG的边长分别为2，3，∴DM＝5，MF＝1，∠DMF＝90°，∴DF＝2251＝26，∵BD、BF分别是正方形ABCD，BEFG的对角线，∴∠DBC=∠GBF=90，∴∠DBF＝90°，∴△DBF是直角三角形，∵点H为DF的中点，∴BH＝12DF＝262，故答案为：262．【点评】本题考查了正方形的性质、直角三角形斜边上的中线与斜边的关系、勾股定理，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合的思想解答．10．如图，直线l1//l2//l3，正方形ABCD的三个顶点A、B、C分别在l1、l2、l3上，l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，则正方形ABCD的面积为_____．【答案】25【分析】画出l1到l2，l2到l3的距离，分别交l2，l3于E，F，通过证明△ABE≌△BCF，得出BF=AE，再由勾股定理即可得出结论．【详解】解：过点A作AE⊥l2，过点C作CF⊥l2，∴∠CBF+∠BCF=90°，四边形ABCD是正方形，∴AB=BC=CD=AD，∴∠DAB=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，∴∠ABE+∠CBF=90°，∴∠ABE=∠BCF，在△ABE和△BCF中，AEBBFCABEBCFABBC，∴△ABE≌△BCF（AAS）∴BF=AE，∵l1∥l2∥l3，且l1、l2之间的距离是3，l2、l3之间的距离是4，∴BF=AE=3，CF=4,∵BF2+CF2=BC2，∴BC2=42+32=25．故答案为：25．【点评】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及正方形面积的求解方法．证得△ABE≌△BCF是解题的关键．11．如图所示，直线a经过正方形ABCD的顶点A，分别过正方形的顶点B、D作BF⊥a于点F，DE⊥a于点E，若DE＝8，BF＝5，则EF的长为_