江西专版2020中考数学复习方案第五单元四边形课时训练23菱形正方形.docx

课时训练(二十三)　菱形、正方形
(限时:50分钟)

|夯实基础|
1.[2019·攀枝花]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.[2019·遵义]我们把顺次连接任意一个四边形各边中点所得四边形叫做中点四边形,已知四边形ABCD的中点四边形是正方形,对角线AC与BD的关系,下列说法正确的是 (　　)
A.AC,BD相等且互相平分 B.AC,BD垂直且互相平分
C.AC,BD相等且互相垂直 D.AC,BD垂直且平分对角
3.[2019·铜仁]如图K23-1,四边形ABCD为菱形,AB=2,∠DAB=60°,点E,F分别在边DC,BC上,且CE=13CD,CF=13CB,则S△CEF= (　　)

图K23-1
A.32 B.33 C.34 D.39
4.[2019·天津]如图K23-2,四边形ABCD为菱形,A,B两点的坐标分别是(2,0),(0,1),点C,D在坐标轴上,则菱形ABCD的周长等于 (　　)

图K23-2
A.5 B.43 C.45 D.20
5.[2019·宜宾]如图K23-3,四边形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= (　　)

图K23-3
A.41 B.42 C.52 D.213

6.如图K23-4,菱形ABCD的边长为4,∠BAD=120°,E,F分别为AB,AD上的点,且BE=AF,EF与AC交于点G,则下列结论正确的有 (　　)
①△BEC≌△AFC;②△ECF为等边三角形;③∠AGE=∠AFC;④若AF=1,则GFEG=13.

图K23-4
A.1个 B.2个
C.3个 D.4个
7.[2019·扬州]如图K23-5,已知点E在正方形ABCD的边AB上,以BE为边向正方形ABCD外部作正方形BEFG,连接DF,M,N分别是DC,DF的中点,连接MN.若AB=7,BE=5,则MN=　　　　. 

图K23-5
8.[2019·九江二模]如图K23-6,已知菱形ABCD的边长是10,点O是对角线的交点,过O点的三条直线将菱形分成阴影和空白部分,若菱形一条对角线长为12,则图中阴影部分的面积为　　　　. 

图K23-6
9.[2019·天津]如图K23-7,正方形纸片ABCD的边长为12,E是边CD上一点,连接AE,折叠该纸片,使点A落在AE上的G点,并使折痕经过点B,得到折痕BF,点F在AD上.若DE=5,则GE的长为　　　　. 

图K23-7
10.[2019·凉山州]如图K23-8,正方形ABCD中,AB=12,AE=14AB,点P在BC上运动(不与B,C重合),过点P作PQ⊥EP,交CD于点Q,则CQ的最大值为　　　　. 

图K23-8

11.[2019·陕西]如图K23-9,在正方形ABCD中,AB=8,AC与BD交于点O,N是AO的中点,点M在BC边上,且BM=6.P为对角线BD上一点,则PM-PN的最大值为　　　　. 

图K23-9
12.[2019·宿迁]如图K23-10,矩形ABCD中,AB=4,BC=2,点E,F分别在AB,CD上,且BE=DF=32.
(1)求证:四边形AECF是菱形;
(2)求线段EF的长.

图K23-10

13.[2019·仙桃]如图K23-11,E,F分别是正方形ABCD的边CB,DC延长线上的点,且BE=CF,过点E作EG∥BF,交正方形外角的平分线CG于点G,连接GF.求证:
(1)AE⊥BF;
(2)四边形BEGF是平行四边形.

图K23-11

|拓展提升|
14.[2019·铜仁]如图K23-12,正方形ABCD中,AB=6,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折得到△FDE,延长EF交BC于G,FH⊥BC垂足为H,连接BF,DG.以下结论:①BF∥ED;②△DFG≌△DCG;③△FHB∽△EAD;④tan∠GEB=43;⑤S△BFG=2.6.其中正确的个数是 (　　)

图K23-12
A.2 B.3 C.4 D.5
15.[2019·南充]如图K23-13,在正方形ABCD中,点E是AB边上一点,以DE为边作正方形DEFG,DF与BC交于点M,延长EM交GF于点H,EF与CB交于点N,连接CG.
(1)求证:CD⊥CG.
(2)若tan∠MEN=13,求MNEM的值.
(3)已知正方形ABCD的边长为1,点E在运动过程中,EM的长能否为12?请说明理由.

图K23-13

【参考答案】
1.B　[解析]对角线相等的四边形不一定是矩形,如等腰梯形.故选B.
2.C
3.D　[解析]∵四边形ABCD为菱形,AB=2,∠DAB=60°,∴AB=BC=CD=2,∠DCB=60°.
∵CE=13CD,CF=13CB,∴CE=CF=23,∴△CEF为等边三角形,∴S△CEF=34×232=39.故选D.
4.C
5.D　[解析]由旋转变换的性质可知,△ADE≌△ABF,
∴BC=5,BF=DE=1,∴FC=6,CE=4,∴EF=FC2+CE2=52=213.故选D.
6.D　[解析]∵四边形ABCD是菱形,∠BAD=120°,∴∠B=∠BAC=60°,∴AC=BC,又∵BE=AF,∴△BEC≌△AFC,故①正确;∵△BEC≌△AFC,∴EC=FC,∠ECB=∠FCA,∴∠ECF=∠ACB=60°,∴△ECF为等边三角形,故②正确;∵∠AGE=∠FAC+∠AFG=60°+∠AFG,∠AFC=∠EFC+∠AFG=60°+∠AFG,
∴∠AGE=∠AFC,故③正确;
过点E作EM∥BC交AC于点M,

易证△AEM是等边三角形,则EM=AE=3,
∵AF∥EM,∴GFEG=AFEM=13.
故④正确.故选D.
7.132　[解析]连接FC.∵M,N分别是DC,DF的中点,∴FC=2MN.∵AB=7,BE=5,且四边形ABCD,四边形EFGB是正方形,∴FC=FG2+GC2=13,∴MN=132.
8.48　[解析]由菱形的对称性知阴影部分的面积为菱形面积的一半.
∵菱形ABCD的边长是10,菱形一条对角线长为12,∴菱形的另一对角线长为16,
∴阴影部分的面积=12S菱形ABCD=12×12×12×16=48.
9.4913　[解析]由正方形ABCD可得Rt△ADE.因为AD=12,DE=5,所以由勾股定理可得AE=13.由折叠的性质可知,BF垂直平分AG,所以∠ABF=∠DAE.又因为AB=AD,∠BAD=∠ADE=90°,所以△ABF≌△DAE,得出AF=DE=5.设BF,AE交于点M,根据cos∠FAM=cos∠EAD可得AM=6013.由折叠的性质可知MG=AM=6013,从而可求得GE=13-6013-6013=4913.
10.4　[解析]∵∠BEP+∠BPE=90°,∠QPC+∠BPE=90°,∴∠BEP=∠CPQ.
又∠B=∠C=90°,∴△BPE∽△CQP.∴BEPC=BPCQ.
设CQ=y,BP=x,则CP=12-x.∴912-x=xy,化简得y=-19(x2-12x),整理得y=-19(x-6)2+4,
所以当x=6时,y有最大值为4.
11.2　[解析]如图,以BD为对称轴作点N的对称点N',连接MN'并延长交BD于点P,根据轴对称性质可知,PN=PN',

∴PM-PN=PM-PN'≤MN',当P,M,N'三点共线时,取“=”.
∵正方形的边长为8,∴AC=2AB=82.
∵O为AC的中点,∴AO=OC=42.
∵N为OA的中点,∴ON=22,∴ON'=CN'=22,∴AN'=62.
∵BM=6,∴CM=BC-BM=8-6=2,
∴CMBM=CN'AN'=13,∴PM∥AB∥CD,∠CMN'=90°.
∵∠N'CM=45°,∴△N'CM为等腰直角三角形,∴CM=MN'=2,即PM-PN的最大值为2.
12.解:(1)证明:∵在矩形ABCD中,AB=4,BC=2,
∴CD=AB=4,AD=BC=2,
CD∥AB,∠D=∠B=90°.
∵BE=DF=32,
∴CF=AE=4-32=52,
AF=CE=22+(32) 2=52,
∴AF=CF=CE=AE=52,
∴四边形AECF是菱形.
(2)如图,过F作FH⊥AB于H,

则四边形AHFD是矩形,
∴AH=DF=32,FH=AD=2,
∴EH=52-32=1,
∴EF=FH2+HE2=22+12=5.
13.证明:(1)延长FB交AE于H,如图.

∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=BC,∠ABC=∠BCD=90°,
∴∠ABE=∠BCF=90°.
又∵BE=CF,∴△ABE≌△BCF,
∴∠FBC=∠EAB.
∵∠FBC+∠ABH=∠HBE+∠ABH=90°,
∴∠ABH+∠HAB=90°,
∴∠AHB=90°,
∴AE⊥BH,即AE⊥BF.
(2)∵CO平分∠BCF,
∴BOOF=S△BOCS△FOC=BCCF.
∵EG∥BF,
∴COOG=BCBE=BCCF,∴BOOF=COOG.
又∵∠BOC=∠FOG,
∴△BOC∽△FOG,
∴∠CBO=∠GFO,
∴BC∥GF,
∴四边形BEGF是平行四边形.
14.C　[解析]∵正方形ABCD中,AB=6,E为AB的中点,∴AD=DC=BC=AB=6,AE=BE=3,∠A=∠C=∠ABC90°.
∵将△ADE沿DE翻折得到△FDE,∴∠AED=∠FED,AD=FD=6,AE=EF=3,∠A=∠DFE=90°,
∴BE=EF=3,∠DFG=∠C=90°,∴∠EBF=∠EFB.∵∠AED+∠FED=∠EBF+∠EFB,
∴∠DEF=∠EFB,∴BF∥ED.故①正确;
∵AD=DF=DC=6,∠DFG=∠C=90°,DG=DG,∴Rt△DFG≌Rt△DCG,∴②正确;
∵FH⊥BC,∠ABC=90°,∴AB∥FH,∠FHB=∠A=90°.∵∠EBF=∠BFH=∠AED,∴△FHB∽△EAD,∴③正确;
∵Rt△DFG≌Rt△DCG,∴FG=CG,设FG=CG=x,则BG=6-x,EG=3+x.
在Rt△BEG中,由勾股定理得,32+(6-x)2=(3+x)2,解得x=2,∴BG=4,∴tan∠GEB=BGBE=43.故④正确;
∵△FHB∽△EAD,且AEAD=12,∴BH=2FH.
设FH=a,则HG=4-2a,
在Rt△FHG中,由勾股定理得:a2+(4-2a)2=22,解得a=2(舍去)或a=65,∴S△BFG=12×4×65=2.4.
故⑤错误.
15.解:(1)证明:∵四边形ABCD和四边形DEFG是正方形,
∴∠A=∠ADC=∠EDG=90°,AD=CD,DE=DG,
∴∠ADE=∠CDG.
在△ADE和△CDG中,AD=CD∠ADE=∠CDG,DE=DG,
∴△ADE≌△CDG(SAS),
∴∠A=∠DCG=90°,
∴CD⊥CG.
(2)∵四边形DEFG是正方形,
∴EF=GF,∠EFM=∠GFM=45°.
在△EFM和△GFM中,EF=GF,∠EFM=∠GFM,MF=MF,
∴△EFM≌△GFM(SAS),
∴EM=GM,∠MEF=∠MGF.
在△EFH和△GFN中,∠EFH=∠GFN,EF=GF,∠MEF=∠MGF,
∴△EFH≌△GFN(ASA),
∴HF=NF.
∵tan∠MEN=13=HFEF,
∴GF=EF=3HF=3NF,
∴GH=2HF.
如图,过点N作NP∥GF交EM于P,则△PMN∽△HMG,△PEN∽△HEF,

∴PNGH=MNGM,PNHF=ENEF=23,
∴PN=23HF,
∴MNEM=MNGM=PNGH=23HF2HF=13.
(3)EM的长不可能为12.理由如下:
设AE=x,则BE=1-x,CG=x.设CM=y,则BM=1-y,EM=GM=x+y.在Rt△BEM中,BE2+BM2=EM2,∴(1-x)2+(1-y)2=(x+y)2,得y=1-xx+1,
∴EM=x+y=x2+1x+1.
若EM=12,则x2+1x+1=12,化简得2x2-x+1=0.
∵Δ=-7<0,
∴方程无解.故EM的长不可能为12.

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