中档突破14 正方形的性质 2024-2025学年人教版八年级数学下册.docx

中档突破14正方形的性质

1.如图,在正方形OABC中,O是坐标原点,点A的坐标为(13,

A.?31

C.31

2.如图,G是正方形ABCD中BC边上一点,DE⊥AG于点E,BF∥DE,交AG于点F,若BC=3,∠BAG=30°,则EF的长是()

A.1B.3?12C.3

D

3.如图,E,F分别为正方形ABCD的边AD,CD上的点,且AB=12,AE=DF=3,AF与BE交于点G,M为BF的中点,则线段GM的长为()

A.6.5B.7.5C.8.5D.9.5

4.(2019—2020武汉外校)如图,正方形ABCD的边长为4,G是边BC上的一点,且BG=3,连接AG,过点D作DE⊥AG于点E,BF∥DE交AG于点F,则EF的长为()

A.B.2565

B.

2

6

4

D.

8

C.

5.如图,正方形ABCD的边长为4,点E在边AB上,BE=3,过点E作EF∥BC,分别交BD,CD于点G,F.若点M,N分别为DG,EC的中点,则线段MN的长为()

A.22B.13

6.如图,在?ABCD中,E,F分别为AD,BC边上的点,AF?BC,DE=BF.

(1)求证:四边形AFCE是矩形;

(2)若∠B=60

7.如图,在正方形ABCD中,对角线BD所在的直线上有两点E,F满足BE=DF,连接AE,AF,CE,CF.

(1)求证:△ABE?△ADF;

(2)试判断四边形AECF的形状，并说明理由.

8.如图,在正方形ABCD的对角线AC上取一点E,使得.∠CDE=15

(1)求证:BE=DE;

(2)延长BE至点F,使CF=BC,,连接CF,求证:CE+DE=EF.

中档突破14正方形的性质

1.A解:过点C作CD⊥x轴于点D,

过点A作AE⊥x轴于点E,则△OCD≌△AOE(AAS),

∴CD=OE=1,OD=AE=3

∴C?

2.D解:∵DE⊥AG,DE∥BF,

∴∠AED=∠DEF=90°=∠AFB,

∴∠ABF+∠BAF=90°,

∵四边形ABCD是正方形,BC=3,

∴AB=AD=3,∠DAB=90°,

∴∠BAF+∠DAE=90°,∴∠ABF=∠DAE,

∵AB=DA,∴△ABF≌△DAE(AAS),

∴AF=DE,BF=AE,

∵∠BAG=30°,∠AFB=90°,

∴AE=BF=

∴AF=

∴EF=AF?AE=3

3.B4.C

5.C解:连接ME,MF,MC,

∵在正方形ABCD中,BD为对角线,EF∥BC,AB=4,

∴∠BDC=45°,AB=BC=CD=EF=4,∠EFD=90°.

∵M为GD中点,∴FM=

∴DM=MF,∠MFG=45°,∴△EMF≌△CMD(SAS),

∴∠FME=∠DMC,∴∠EMC=∠DMF=90°.

∵N为EC中点,

∴MN=1

∴EC=5,∴MN=2.5.故选C.

6.解:(1)∵四边形ABCD是平行四边形,

∴AD=BC,AD∥BC,

∵DE=BF,∴AD-DE=BC-BF,

∴AE=CF,∵AE∥CF,

∴四边形AECF是平行四边形，

∵AF⊥BC,∴∠AFC=90°,∴四边形AFCE是矩形;

(2)∵∠AFB=90°,∠B=60°,AB=2,

∴BF=

∵四边形AFCE是正方形,

∴AF=FC=

7.解:(1)∵正方形ABCD,∴AB=AD,

∴∠ABD=∠ADB,∴∠ABE=∠ADF,

∵BE=DF,∴△ABE≌△ADF(SAS);

(2)四边形AECF是菱形.

理由:连接AC交BD于点O,

∵正方形ABCD,∴OA=OC,OB=OD,AC⊥EF.

∵BE=DF,∴OB+BE=OD+DF,即OE=OF,

∵OA=OC,OE=OF,

∴四边形AECF是平行四边形，

∵AC⊥EF,∴四边形AECF是菱形.

8.证明:(1)连接BD交AC于点O,

∵四边形ABCD是正方形，

∴AC垂直平分BD,∴BE=DE;

(2)∵BE=DE,OE⊥BD,

∴∠OEB=∠OED=∠DCA+∠CDE=60°,

∴∠CEF=∠OEB=60°,∠CED=120°.

∵BC=DC,CE=CE,BE=DE,

∴△BCE≌△DCE(SSS),

∴∠CBE=∠CDE=15°,

∵CF=CB,∴∠F=∠CBE=15°,∴∠F=∠CDE,在EF上截取GE