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3. 如图,在四边形 ABCD 中,AB=BC,对角线 BD 平分∠ABC,P 是 BD 上一点,过点 P 作 PM⊥AD,PN⊥CD,垂足分别为 M,N.
(1) 求证:∠ADB=∠CDB.
(2) 若∠ADC=90°,求证:四边形 MPND 是正方形.
(1) 求证:∠ADB=∠CDB.
(2) 若∠ADC=90°,求证:四边形 MPND 是正方形.
答案
(1)易证△ABD≌△CBD(SAS).可得∠ADB=∠CDB
(2)∵PM⊥AD,PN⊥CD,∴∠PMD=90°,∠PND=90°.又∵∠ADC=90°,∴四边形MPND是矩形.又∵∠ADB=∠CDB、PM⊥AD、PN⊥CD,∴PM=PN.∴四边形MPND为正方形
(2)∵PM⊥AD,PN⊥CD,∴∠PMD=90°,∠PND=90°.又∵∠ADC=90°,∴四边形MPND是矩形.又∵∠ADB=∠CDB、PM⊥AD、PN⊥CD,∴PM=PN.∴四边形MPND为正方形
解析
【解析】
(1) 证明：
∵ 对角线BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2) 证明：
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又
∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND是矩形（三个角是直角的四边形是矩形）。
由(1)知∠ADB = ∠CDB，且PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∴ 矩形MPND是正方形（一组邻边相等的矩形是正方形）。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 证明见上述解析。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 角平分线的性质
3. 正方形的判定
【点评】
本题主要考查全等三角形、角平分线及正方形的相关知识，需要熟练掌握全等三角形的判定定理、角平分线的性质以及正方形的判定方法，通过逐步推理完成证明，培养逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 证明：
∵ 对角线BD平分∠ABC，
∴ ∠ABD = ∠CBD。
在△ABD和△CBD中，
$\{\begin{array}{l}AB = BC \\∠ABD = ∠CBD \\BD = BD\end{array} $
∴ △ABD ≌ △CBD（SAS），
∴ ∠ADB = ∠CDB。
(2) 证明：
∵ PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ ∠PMD = ∠PND = 90°。
又
∵ ∠ADC = 90°，
∴ 四边形MPND是矩形（三个角是直角的四边形是矩形）。
由(1)知∠ADB = ∠CDB，且PM⊥AD，PN⊥CD，
∴ PM = PN（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
∴ 矩形MPND是正方形（一组邻边相等的矩形是正方形）。
【答案】
(1) 证明见上述解析；
(2) 证明见上述解析。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 角平分线的性质
3. 正方形的判定
【点评】
本题主要考查全等三角形、角平分线及正方形的相关知识，需要熟练掌握全等三角形的判定定理、角平分线的性质以及正方形的判定方法，通过逐步推理完成证明，培养逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
1. 如图,一个矩形图案由 6 个正方形组成,设中间小正方形的边长为 1,则这个矩形图案的面积是 (
A.120
B.132
C.143
D.156
C
)A.120
B.132
C.143
D.156
答案
C(提示:设中下方小正方形边长为x,则BC=3x+1,AD=2x+5,解得x=4)
解析
【解析】
设中下方小正方形的边长为$ x $，观察图形可得：矩形的长$ BC = 3x + 1 $，矩形的长$ AD = 2x + 5 $。根据矩形对边相等的性质，可列方程$ 3x + 1 = 2x + 5 $，解得$ x = 4 $。由此可得矩形的长为$ 3×4 + 1 = 13 $，宽为$ (4 + 1) + (4 + 2) = 11 $，因此矩形图案的面积为$ 13×11 = 143 $。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题需通过观察图形分析各正方形边长的关系，利用矩形对边相等建立一元一次方程求解，考查了数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.5
设中下方小正方形的边长为$ x $，观察图形可得：矩形的长$ BC = 3x + 1 $，矩形的长$ AD = 2x + 5 $。根据矩形对边相等的性质，可列方程$ 3x + 1 = 2x + 5 $，解得$ x = 4 $。由此可得矩形的长为$ 3×4 + 1 = 13 $，宽为$ (4 + 1) + (4 + 2) = 11 $，因此矩形图案的面积为$ 13×11 = 143 $。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质；一元一次方程的应用
【点评】
本题需通过观察图形分析各正方形边长的关系，利用矩形对边相等建立一元一次方程求解，考查了数形结合思想的应用。
【难度系数】
0.5
2. 如图,在正方形 ABCD 中,点 P 在 AC 上,PE⊥AB，PF⊥BC,垂足分别为 E，F，EF=2.求 PD 的长.
答案
2(提示:连接BP,则BP=EF,再证△ABP≌△ADP,得PB=PD)
解析
【解析】
1. 连接BP。
2. 因为PE⊥AB，PF⊥BC，∠ABC=90°，所以∠PEB=∠PFB=∠ABC=90°，四边形EBFP是矩形，根据矩形对角线相等，得BP=EF=2。
3. 因为四边形ABCD是正方形，所以AB=AD，∠BAP=∠DAP=45°。
4. 在△ABP和△ADP中，$\{\begin{array}{l} AB=AD\\ ∠BAP=∠DAP\\ AP=AP\end{array} $，所以△ABP≌△ADP（SAS），故PB=PD。
5. 因此PD=EF=2。
【答案】
$\boldsymbol{2}$
【知识点】
正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题通过连接辅助线BP，利用矩形的性质将EF转化为BP，再结合正方形的性质证明三角形全等，实现BP到PD的转化，考查了线段转化的数学思想，关键是合理构造辅助线建立已知与未知的联系。
【难度系数】
0.6
1. 连接BP。
2. 因为PE⊥AB，PF⊥BC，∠ABC=90°，所以∠PEB=∠PFB=∠ABC=90°，四边形EBFP是矩形，根据矩形对角线相等，得BP=EF=2。
3. 因为四边形ABCD是正方形，所以AB=AD，∠BAP=∠DAP=45°。
4. 在△ABP和△ADP中，$\{\begin{array}{l} AB=AD\\ ∠BAP=∠DAP\\ AP=AP\end{array} $，所以△ABP≌△ADP（SAS），故PB=PD。
5. 因此PD=EF=2。
【答案】
$\boldsymbol{2}$
【知识点】
正方形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题通过连接辅助线BP，利用矩形的性质将EF转化为BP，再结合正方形的性质证明三角形全等，实现BP到PD的转化，考查了线段转化的数学思想，关键是合理构造辅助线建立已知与未知的联系。
【难度系数】
0.6
3. 如图,E,F,M,N 分别是正方形 ABCD 四条边上的点,且 AE=BF=CM=DN.
(1) 求证:四边形 EFMN 是正方形.
(2) 若 AB=7,AE=3,求四边形 EFMN 的周长.
(1) 求证:四边形 EFMN 是正方形.
(2) 若 AB=7,AE=3,求四边形 EFMN 的周长.
答案
(1)由AB=BC=CD=AD,AE =BF=CM=DN,可得BE=DM=AN=CF,又由∠A=∠B=∠C=∠D=90°,利用勾股定理,可得EF=FM=MN=EN,且∠NEF=∠EFM=∠FMN=∠ENM=90°,所以四边形EFMN是正方形 (2)由勾股定理,得EF=5,所以周长为20
解析
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是正方形，所以AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°。
已知AE=BF=CM=DN，所以AB-AE=BC-BF=CD-CM=AD-DN，即BE=CF=DM=AN。
在△AEN、△BFE、△CMF、△DNM中，
$\{\begin{array}{l}AE=BF=CM=DN\\∠A=∠B=∠C=∠D\\AN=BE=CF=DM\end{array} $
所以△AEN≌△BFE≌△CMF≌△DNM（SAS），
因此EN=EF=FM=MN，∠AEN=∠BFE。
因为∠BEF+∠BFE=90°，所以∠BEF+∠AEN=90°，即∠NEF=90°。
又因为EN=EF=FM=MN，所以四边形EFMN是正方形。
(2) 已知AB=7，AE=3，则BE=AB-AE=7-3=4。
在Rt△BEF中，由勾股定理得$EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
所以四边形EFMN的周长为$4×5=20$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\boldsymbol{20}$
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题结合全等三角形与勾股定理考查正方形的判定与性质，需熟练掌握正方形的判定条件，理清图形中边与角的等量关系是解题关键。
【难度系数】
0.6
(1) 因为四边形ABCD是正方形，所以AB=BC=CD=AD，∠A=∠B=∠C=∠D=90°。
已知AE=BF=CM=DN，所以AB-AE=BC-BF=CD-CM=AD-DN，即BE=CF=DM=AN。
在△AEN、△BFE、△CMF、△DNM中，
$\{\begin{array}{l}AE=BF=CM=DN\\∠A=∠B=∠C=∠D\\AN=BE=CF=DM\end{array} $
所以△AEN≌△BFE≌△CMF≌△DNM（SAS），
因此EN=EF=FM=MN，∠AEN=∠BFE。
因为∠BEF+∠BFE=90°，所以∠BEF+∠AEN=90°，即∠NEF=90°。
又因为EN=EF=FM=MN，所以四边形EFMN是正方形。
(2) 已知AB=7，AE=3，则BE=AB-AE=7-3=4。
在Rt△BEF中，由勾股定理得$EF=\sqrt{BE^2+BF^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$，
所以四边形EFMN的周长为$4×5=20$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\boldsymbol{20}$
【知识点】
正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理
【点评】
本题结合全等三角形与勾股定理考查正方形的判定与性质，需熟练掌握正方形的判定条件，理清图形中边与角的等量关系是解题关键。
【难度系数】
0.6
