2025年中考数学总复习考点知识梳理 5.2 第3课时 正方形.docx

第3课时　正方形◎理解正方形的概念.◎探索并证明正方形的性质定理和判定定理.正方形是安徽中考的高频考点,考试题型包括选择题、填空题、解答题,经常与其他知识点综合起来考查,难度在中等或中等以上.命题点　与正方形有关的推理及计算[10年5考]1.(2014·安徽第10题)如图,正方形ABCD的对角线BD长为22,若直线l满足:①点D到直线l的距离为 3;②A,C两点到直线l的距离相等,则符合题意的直线l的条数为( B )A.1 B.2 C.3 D.4【解析】直线满足条件①,则以D为圆心,3为半径作圆,那么直线l是圆D的切线.直线满足条件②有两种情况:一是直线与AC平行,这时与圆D相切的直线有2条(如图所示);二是直线经过AC的中点O,这时直线与圆D相交,不可能相切,故这样的直线不存在.综上可知,满足条件的直线l共有2条.2.(2012·安徽第7题)为增加绿化面积,某小区将原来正方形地砖更换为如图所示的正八边形植草砖,更换后,图中阴影部分为植草区域.设正八边形与其内部小正方形的边长都为a,则阴影部分的面积为( A )A.2a2 B.3a2 C.4a2 D.5a2【解析】图案中间的阴影部分是正方形,面积是a2;四周的每一个阴影部分的面积为12×22a×22a=a24,其和为a2,故阴影部分的总面积为2a2.3.(2017·安徽第23题)已知正方形ABCD,M为边AB的中点.(1)如图1,点G为线段CM上的一点,且∠AGB=90°,延长AG,BG分别与边BC,CD交于点E,F.①求证:BE=CF;②求证:BE2=BC·CE.(2)如图2,在边BC上取一点E,满足BE2=BC·CE,连接AE交CM于点G,连接BG并延长交CD于点F,求tan ∠CBF的值.解:(1)①∵四边形ABCD是正方形,∴AB=BC,∠ABC=∠BCF=90°,∴∠ABG+∠CBF=90°.∵∠AGB=90°,∴∠ABG+∠BAG=90°,∴∠BAG=∠CBF.∵AB=BC,∠ABE=∠BCF=90°,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF.②∵∠AGB=90°,M为边AB的中点,∴MG=MA=MB,∴∠GAM=∠AGM.又∵∠CGE=∠AGM,∠GAM=∠CBG,∴∠CGE=∠CBG.又∵∠ECG=∠GCB,∴△CGE∽△CBG,∴CECG=CGCB,即CG2=BC·CE.∵∠CFG=∠GBM=∠BGM=∠CGF,∴CF=CG.由①知BE=CF,∴BE=CG,∴BE2=BC·CE.(2)如图,延长AE,DC交于点N.∵四边形ABCD是正方形,∴AB∥CD,∴∠N=∠EAB.又∵∠CEN=∠BEA,∴△CEN∽△BEA,∴CEBE=CNAB,即BE·CN=AB·CE.∵AB=BC,BE2=BC·CE,∴CN=BE.∵AB∥DN,∴CNAM=CGGM=CFMB.∵AM=MB,∴CF=CN=BE.不妨设正方形的边长为1,BE=x,由BE2=BC·CE,可得x2=1·(1－x),解得x1=5−12,x2=−5−12(舍去),∴BEBC=5−12,∴tan ∠CBF=CFBC=BEBC=5−12.正方形定义:有一个角是①　直角　,且有一组邻边②　相等　的平行四边形叫做正方形性质边:四条边都相等,对边平行角:四个角都是直角对角线:对角线相等且互相垂直平分,每一条对角线平分一组对角对称性:既是中心对称图形,又是轴对称图形,有③　4　条对称轴判定定义法有一个角是直角的④　菱形　是正方形有一组邻边相等的⑤　矩形　是正方形　　拓展延伸正方形的其他判定方法:(1)对角线互相垂直的⑥　矩形　是正方形;(2)对角线⑦　相等　的菱形是正方形;(3)对角线垂直平分且相等的四边形是正方形.典例　如图,正方形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E是BC边上一点,连接AE交BD于点M,过点B作BF⊥AE于点P,交AC于点G.(1)求证:△ABE≌△BCF;(2)求证:OM=OG;(3)若AE平分∠BAC,求证:BM2=2OM2;(4)若N是BD边上一点,且∠MAN=45°,BD=12,BM=3,求DN的长.【答案】(1)在正方形ABCD中,∵∠ABC=∠BCD=90°,AB=BC,∴∠ABF+∠CBF=90°.∵BF⊥AE,∴∠ABF+∠BAE=90°,∴∠BAE=∠CBF,∴△ABE≌△BCF.(2)在正方形ABCD中,∵AC⊥BD,OA=OB=OC,∴∠AOM=∠BOG=90°,∴∠MAO+∠AMO=90°.∵BF⊥AE,∴∠MBP+∠BMP=90°.∵∠AMO=∠BMP,∴∠MAO=∠MBP,∴△AMO≌△BGO,∴OM=OG.(3)连接MG.∵AE平分∠BAC,∴∠BAP=∠GAP.∵BF⊥AE,∴∠APB=∠APG=90°,又∵AP=AP,∴△APB≌△APG,∴AB=AG.∵AM=AM,∴△AMB≌△AMG,∴BM=MG.由(2)可知OM=OG.又∵AC⊥BD,∴MG2=OM2+OG2=2OM2,∴BM2=2OM2.(4)将AM绕着点A逆时针旋转90°至AQ,连接QN,DQ,则AQ=AM.∵∠BAD=∠MAQ=90°,∴∠BAM=∠DAQ.又∵AB=AD,∴△ABM≌△ADQ,∴DQ=BM=3,∠ADQ=∠ABM=45°.∵∠ADB=45°,∴∠ADQ+∠ADB=90°,即∠QDN=90°,∴QN2=DQ2+DN2.∵∠MAN=45°,∴∠QAN=90°－∠MAN=45°,∴∠QAN=∠MAN.∵AN=AN,AM=AQ,∴△ANQ≌△ANM,∴QN=MN,∴MN2=DQ2+DN2.∵BD=12,BM=3,∴(12－3－DN)2=32+DN2,解得DN=4.【选题意图】本题通过一个题组将安徽中考中常考的有关正方形判定和性质的各种题型串联起来.(1)考查正方形的“十字”模型;(2)考查正方形对角线的性质;(3)考查正方形的性质和勾股定理;(4)考查正方形中的“半角”模型.提分　(2020·甘肃武威改编)如图,点M,N分别在正方形ABCD的边BC,CD上,且∠MAN=45°,E是CB延长线上的一点,BE=DN.(1)求证:△AEM≌△ANM.(2)若BM=3,DN=2,求正方形ABCD的边长.解:(1)∵四边形ABCD是正方形,∴AD=AB,∠D=∠ABE=90°.又∵DN=BE,∴△ADN≌△ABE(SAS).∴∠DAN=∠BAE,AN=AE.∵∠BAD=90°,∠MAN=45°,∴∠DAN+∠BAM=45°,∴∠BAE+∠BAM=45°,即∠MAE=45°.∴∠MAE=∠MAN.又∵MA=MA,∴△AEM≌△ANM(SAS).(2)设CD=BC=x,∴CM=x－3,CN=x－2.由(1)知△AEM≌△ANM,∴EM=MN.∵BE=DN,∴MN=BM+DN=5.在Rt△MNC中,MN2=CM2+CN2,∴25=(x－3)2+(x－2)2,解得x=6或x=－1(舍去),∴正方形ABCD的边长为6.半角模型本题条件满足AB=AD,∠MAN=12∠BAD,得到MN=BM+DN这个结论,这其实是半角模型的特殊形式.半角模型是指:如图1,在四边形ABCD中,AB=AD,∠ABC+∠ADC=180°,M,N分别是边BC,CD上的点.当∠MAN=12∠BAD时,得到MN=BM+DN.证明方法是延长CB至点E,使BE=DN,连接AE,如图2,证明△ADN≌△ABE和△AME≌△AMN即可得出MN=BM+DN.布洛卡点教材原题呈现[HK版教材八下P104第19章A组复习题第9题]如图,在正方形ABCD中,E,F是边BC,CD上的点,且BE=CF,那么线段AE与BF的夹角有多大?为什么?【参考答案】AE与BF的夹角为90°.理由:设AE与BF交于点O.∵四边形ABCD为正方形,∴AB=BC,∠ABC=∠C=90°.在△ABE和△BCF中,AB=BC,∠ABE=∠BCF,BE=CF,∴△ABE≌△BCF(SAS),∴∠BAE=∠CBF,∴∠BAE+∠ABF=∠CBF+∠ABF=90°,∴∠AOB=90°,即AE与BF的夹角为90°.【教材知识拓展】布洛卡点,也叫“勃罗卡点”,定义:已知P为△ABC内一点,若∠PAB=∠PBC=∠PCA=∠α,则P为布洛卡点,∠α为布洛卡角.教材文化延伸本题为教材经典习题之一,可做深入研究探讨.探究方向1 条件结论互换1.若AE⊥BF,探究BE与CF之间的数量关系,并说明理由.【答案】BE=CF.理由:设AE与BF相交于点O.由AE⊥BF得∠AOB=90°,∴∠BAE+∠ABO=90°.又∵∠CBF+∠ABO=90°,∴∠BAE=∠CBF.在△ABE和△BCF中,∠BAE=∠CBF,AB=BC,∠ABE=∠BCF,∴△ABE≌△BCF,∴BE=CF.探究方向2 结论延伸2.设AE与BF交于点O,正方形ABCD的边长为2,在点E从点B移动到点C的过程中,求点O运动的路程长.【答案】由题意可知∠AOB=90°,∴点O在以AB的中点M为圆心,以12AB长为半径的圆上.连接AC,BD交于点N.在点E从点B移动到点C的过程中,点O在圆弧上从点B移动到点N,∴点O运动的路程为14×2πr=14×2π×1=π2.探究方向3 结论一般化(等边三角形、正五边形、正n边形)3.(1)如图1,在等边△ABC中,D,E分别是边BC,AC上的点,且BD=CE,设AD与BE的夹角为α,三角形的内角为β,求证:∠α=∠β.(2)如图2,在正五边形ABCDE中,DF=CG,EF与DG的夹角α=　108°　.由此,可得出结论:在正n边形中,夹角α与正多边形的内角β的大小关系是　α=β　.(不要求证明) 【答案】(1)在△ABD和△BCE中,AB=BC,∠ABD=∠BCE,BD=CE,∴△ABD≌△BCE(SAS),∴∠BAD=∠CBE.∵∠α=∠BAD+∠ABE,∴∠α=∠CBE+∠ABE=∠β.。