人教版专题32第6章四边形之正方形与45度的基本图备战2021中考数学解题方法系统训练（全国通用）（解析版）.doc

32第6章四边形之正方形与45度的基本图
一、单选题
1．如图，已知正方形ABCD的边长为12，BE=EC，将正方形边CD沿DE折叠到DF，延长EF交AB于G，连接DG，现在有如下4个结论：①AG+EC=GE；②；③的周长是一个定值；④连结FC，的面积等于．在以上4个结论中，正确的是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】根据正方形的性质和折叠的性质可得AD=DF，∠A=∠GFD=90°，于是根据“HL”判定，再由，从而判断①，由对折可得： 由，可得：从而可判断②， 设 则利用三角形的周长公式可判断③，如图，连接 证明是直角三角形，从而可判断④，从而可得本题的结论．
【详解】解：由正方形与折叠可知，
DF=DC=DA，∠DFE=∠C=90°，
∴∠DFG=∠A=90°，

∴，


故①正确；
由对折可得：
，



故②正确；
设
则

所以：的周长是一个定值，
故③正确，
如图，连接
由对折可得：






故④正确．
综上：①②③④都正确．
故选
【点评】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，直角三角形的判定，掌握以上知识是解题的关键．
2．如图，在正方形OABC中，点B的坐标是(6，6)，点E、F分别在边BC、BA上，OE=3．若∠EOF=45°，则F点的纵坐标是 ( 　 )
A．2 B． C． D．－1
【答案】A
【分析】如图，连接EF，延长BA使得AM=CE，则△OCE≌△OAM．先证明△OFE≌△FOM，推出EF=FM=AF+AM=AF+CE，设AF=x，在Rt△EFB中利用勾股定理列出方程即可解决问题．
【详解】如图，连接EF，延长BA，使得AM=CE，
∵OA=OC，∠OCE=∠AOM，
∴△OCE≌△OAM（SAS）．
∴OE=OM，∠COE=∠MOA，
∵∠EOF=45°，
∴∠COE+∠AOF=45°，
∴∠MOA+∠AOF=45°，
∴∠EOF=∠MOF，
在△OFE和△OFM中，
，
∴△OFE≌△FOM（SAS），
∴EF=FM=AF+AM=AF+CE，
设AF=，
∵CE=，
∴EF=，EB=3，，
∴()2=32+()2，
∴，
∴点F的纵坐标为，
故选：A
【点评】本题考查了正方形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形，属于中考常考题型．
3．如图，在正方形有中，是上的动点，（不与、重合），连结，点关于的对称点为，连结并延长交于点，连接，过点作⊥交的延长线于点，连接，那么些的值为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】B
【分析】作辅助线，构建全等三角形，证明△DAE≌△ENH，得AE=HN，AD=EN，再说明△BNH是等腰直角三角形，可得结论．
【详解】如图，在线段AD上截取AM，使AM=AE，
，
∵AD=AB，
∴DM=BE，
∵点A关于直线DE的对称点为F，
∴△ADE≌△FDE，
∴DA=DF=DC，∠DFE=∠A=90°，∠1=∠2，
∴∠DFG=90°，
在Rt△DFG和Rt△DCG中，
∵，
∴Rt△DFG≌Rt△DCG（HL），
∴∠3=∠4，
∵∠ADC=90°，
∴∠1+∠2+∠3+∠4=90°，
∴2∠2+2∠3=90°，
∴∠2+∠3=45°，
即∠EDG=45°，
∵EH⊥DE，
∴∠DEH=90°，△DEH是等腰直角三角形，
∴∠AED+∠BEH=∠AED+∠1=90°，DE=EH，
∴∠1=∠BEH，
在△DME和△EBH中，
∵，
∴△DME≌△EBH（SAS），
∴EM=BH，
Rt△AEM中，∠A=90°，AM=AE，
∴，
∴ ，即.
故选：B.
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定定理和性质定理，等知识，解决本题的关键是作出辅助线，利用正方形的性质得到相等的边和相等的角，证明三角形全等．
4．如图，在正方形内作，交于点，交于点，连接，过点作，垂足为点，将绕点顺时针旋转得到，若，则以下结论：①，②，③，④，正确的个数有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【分析】利用正方形的性质与旋转的性质证明再证明判断①，利用全等三角形的性质与勾股定理先求解正方形的边长，