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7.如图,正方形ABCD的对角线AC,BD交于点O,M是边AD上一点,连接OM,过点O作ON⊥OM交CD于点N。若四边形MOND的面积是4,则AB的长为(
A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.4
D.$4\sqrt{2}$
C
)。A.2
B.$2\sqrt{2}$
C.4
D.$4\sqrt{2}$
答案
7.C
解析
【分析】
解题时先从正方形的性质入手：正方形对角线互相垂直平分且相等，对角线平分内角，可得OD=OC、∠ODM=∠OCN=45°、∠COD=90°；再结合ON⊥OM的条件，可推出∠MOD=∠CON，进而证明△MOD和△CON全等，将不规则四边形MOND的面积转化为△COD的面积；最后利用正方形被对角线分成4个面积相等的三角形的性质，求出正方形总面积，即可计算边长AB。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD交于点O，
∴OD=OC，∠ODM=∠OCN=45°，∠COD=90°，
∴∠CON + ∠DON = 90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠MOD + ∠DON = 90°，
∴∠MOD=∠CON，
在△MOD和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠MOD=∠CON \\OD=OC \\∠ODM=∠OCN\end{array} $
∴△MOD≌△CON（ASA），
∴$S_{△ MOD}=S_{△ CON}$，
∴$S_{四边形MOND}=S_{△ MOD}+S_{△ DON}=S_{△ CON}+S_{△ DON}=S_{△ COD}=4$，
∵正方形的两条对角线将正方形分为4个面积相等的等腰直角三角形，
∴$S_{正方形ABCD}=4S_{△ COD}=4×4=16$，
∴$AB=\sqrt{S_{正方形ABCD}}=\sqrt{16}=4$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积计算
【点评】
本题是正方形性质应用的典型题型，核心解题突破口是通过证明全等实现不规则图形面积向规则图形面积的转化，能较好地考查学生的逻辑推理能力和转化思想。
【难度系数】
0.7
解题时先从正方形的性质入手：正方形对角线互相垂直平分且相等，对角线平分内角，可得OD=OC、∠ODM=∠OCN=45°、∠COD=90°；再结合ON⊥OM的条件，可推出∠MOD=∠CON，进而证明△MOD和△CON全等，将不规则四边形MOND的面积转化为△COD的面积；最后利用正方形被对角线分成4个面积相等的三角形的性质，求出正方形总面积，即可计算边长AB。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，对角线AC、BD交于点O，
∴OD=OC，∠ODM=∠OCN=45°，∠COD=90°，
∴∠CON + ∠DON = 90°，
∵ON⊥OM，
∴∠MON=90°，
∴∠MOD + ∠DON = 90°，
∴∠MOD=∠CON，
在△MOD和△CON中：
$\{\begin{array}{l}∠MOD=∠CON \\OD=OC \\∠ODM=∠OCN\end{array} $
∴△MOD≌△CON（ASA），
∴$S_{△ MOD}=S_{△ CON}$，
∴$S_{四边形MOND}=S_{△ MOD}+S_{△ DON}=S_{△ CON}+S_{△ DON}=S_{△ COD}=4$，
∵正方形的两条对角线将正方形分为4个面积相等的等腰直角三角形，
∴$S_{正方形ABCD}=4S_{△ COD}=4×4=16$，
∴$AB=\sqrt{S_{正方形ABCD}}=\sqrt{16}=4$。
【答案】
C
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；面积计算
【点评】
本题是正方形性质应用的典型题型，核心解题突破口是通过证明全等实现不规则图形面积向规则图形面积的转化，能较好地考查学生的逻辑推理能力和转化思想。
【难度系数】
0.7
8.如图,在正方形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,∠DBC的平分线BE交CD于点E,交AC于点F。若OF=1,则AB=
2+√2
。答案
8.2+√2
解析
【分析】
本题可结合正方形的性质与角平分线的性质求解：首先正方形的对角线互相垂直平分，且对角线平分内角，可得∠DBC=∠ACB=45°；BE是∠DBC的角平分线，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得OF=FG（FG为F到BC的垂线段长度）；再结合等腰直角三角形的边角关系求出FC的长度，进而得到对角线一半OC的长度，最后根据正方形边长与对角线的关系求出AB的长度。
【解析】
过点F作FG⊥BC，垂足为G。
1. 由正方形性质可知：对角线AC、BD互相垂直且平分，∠DBC=∠ACB=45°，对角线$AC=\sqrt{2}AB$，因此$OC=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$。
2. 由角平分线性质可知：BE平分∠DBC，$FO⊥BD$，$FG⊥BC$，因此$OF=FG=1$。
3. 在$Rt△FGC$中，$∠FCG=45°$，$∠FGC=90°$，△FGC为等腰直角三角形，因此$FC=\sqrt{2}FG=\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$。
4. 点F在线段OC上，因此$OC=OF+FC=1+\sqrt{2}$。
5. 结合$OC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$，可得：
$AB=OC×\frac{2}{\sqrt{2}}=(1+\sqrt{2})×\sqrt{2}=2+\sqrt{2}$
【答案】
$2+\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于正方形性质的综合应用题目，解题的关键是灵活运用角平分线的性质和等腰直角三角形的边角关系，建立已知线段OF和正方形边长之间的联系，能够很好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.65
本题可结合正方形的性质与角平分线的性质求解：首先正方形的对角线互相垂直平分，且对角线平分内角，可得∠DBC=∠ACB=45°；BE是∠DBC的角平分线，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，可得OF=FG（FG为F到BC的垂线段长度）；再结合等腰直角三角形的边角关系求出FC的长度，进而得到对角线一半OC的长度，最后根据正方形边长与对角线的关系求出AB的长度。
【解析】
过点F作FG⊥BC，垂足为G。
1. 由正方形性质可知：对角线AC、BD互相垂直且平分，∠DBC=∠ACB=45°，对角线$AC=\sqrt{2}AB$，因此$OC=\frac{1}{2}AC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$。
2. 由角平分线性质可知：BE平分∠DBC，$FO⊥BD$，$FG⊥BC$，因此$OF=FG=1$。
3. 在$Rt△FGC$中，$∠FCG=45°$，$∠FGC=90°$，△FGC为等腰直角三角形，因此$FC=\sqrt{2}FG=\sqrt{2}×1=\sqrt{2}$。
4. 点F在线段OC上，因此$OC=OF+FC=1+\sqrt{2}$。
5. 结合$OC=\frac{\sqrt{2}}{2}AB$，可得：
$AB=OC×\frac{2}{\sqrt{2}}=(1+\sqrt{2})×\sqrt{2}=2+\sqrt{2}$
【答案】
$2+\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的性质，角平分线的性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题属于正方形性质的综合应用题目，解题的关键是灵活运用角平分线的性质和等腰直角三角形的边角关系，建立已知线段OF和正方形边长之间的联系，能够很好地考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.65
9.如图，AC为正方形ABCD的对角线，E为AC上一点，且AB=AE，EF⊥AC交BC于点F，连接AF，求证：EC = EF=BF。
（第9题）
（第9题）答案
9.证明:在Rt△AEF和Rt△ABF中，
$\begin{cases} AF=AF, \\ AE=AB, \end{cases}$
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL),
∴FE=FB。
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠ECF=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
在Rt△CEF中，
∵∠ECF=45°,
∴∠CFE=45°,
∴∠ECF=∠CFE,
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。
$\begin{cases} AF=AF, \\ AE=AB, \end{cases}$
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL),
∴FE=FB。
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠ECF=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
在Rt△CEF中，
∵∠ECF=45°,
∴∠CFE=45°,
∴∠ECF=∠CFE,
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。
解析
【分析】
要证明三条线段相等，可通过两两相等再等量代换的思路求解：第一步先证EF=BF，观察发现EF、BF分别在Rt△AEF和Rt△ABF中，已知AE=AB，且AF为两个直角三角形的公共斜边，可利用HL定理证明两三角形全等，即可得到EF=BF；第二步再证EC=EF，根据正方形对角线平分内角的性质，可得∠ACB=45°，结合EF⊥AC，可推出△CEF为等腰直角三角形，利用等角对等边即可得到EC=EF，最后等量代换即可证明三条线段相等。
【解析】
证明:在Rt△AEF和Rt△ABF中，
$\begin{cases} AF=AF, \\ AE=AB, \end{cases}$
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL),
∴FE=FB。
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠ECF=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
在Rt△CEF中，
∵∠ECF=45°,
∴∠CFE=90°-45°=45°,
∴∠ECF=∠CFE,
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。
【答案】
EC=EF=BF
【知识点】
正方形的性质；直角三角形全等的判定；等腰三角形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，综合考查了正方形、全等三角形、等腰三角形的相关知识，解题的关键是找准待证线段所在的图形，合理选用对应的性质与判定定理推导边的关系。
【难度系数】
0.8
要证明三条线段相等，可通过两两相等再等量代换的思路求解：第一步先证EF=BF，观察发现EF、BF分别在Rt△AEF和Rt△ABF中，已知AE=AB，且AF为两个直角三角形的公共斜边，可利用HL定理证明两三角形全等，即可得到EF=BF；第二步再证EC=EF，根据正方形对角线平分内角的性质，可得∠ACB=45°，结合EF⊥AC，可推出△CEF为等腰直角三角形，利用等角对等边即可得到EC=EF，最后等量代换即可证明三条线段相等。
【解析】
证明:在Rt△AEF和Rt△ABF中，
$\begin{cases} AF=AF, \\ AE=AB, \end{cases}$
∴Rt△AEF≌Rt△ABF(HL),
∴FE=FB。
∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴∠ECF=$\frac{1}{2}$∠BCD=45°。
在Rt△CEF中，
∵∠ECF=45°,
∴∠CFE=90°-45°=45°,
∴∠ECF=∠CFE,
∴EC=EF。
∴EC=EF=BF。
【答案】
EC=EF=BF
【知识点】
正方形的性质；直角三角形全等的判定；等腰三角形的判定
【点评】
本题属于基础几何证明题，综合考查了正方形、全等三角形、等腰三角形的相关知识，解题的关键是找准待证线段所在的图形，合理选用对应的性质与判定定理推导边的关系。
【难度系数】
0.8
10.某校数学兴趣小组开展了一次课外活动,过程如下:如图①,在正方形ABCD中,AB=4,将三角尺放在正方形ABCD上,使三角尺的直角顶点与点D重合,三角尺的一条直角边交AB于点P,另一条直角边交BC的延长线于点Q。
(1)求证:AP=CQ;
(2)如图②,小明在图①的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E,连接PE,他发现PE和QE存在一定的数量关系,请猜测他的结论,并予以证明;
(3)在(2)的条件下,若AP=1,求PE的长。
(1)求证:AP=CQ;
(2)如图②,小明在图①的基础上作∠PDQ的平分线DE交BC于点E,连接PE,他发现PE和QE存在一定的数量关系,请猜测他的结论,并予以证明;
(3)在(2)的条件下,若AP=1,求PE的长。
答案
10.(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=∠ADC=90°,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC,
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
$\begin{cases} ∠A=∠DCQ, \\ AD=CD, \\ ∠ADP=∠CDQ, \end{cases}$
∴△APD≌△CQD(ASA),
∴AP=CQ。
(2)解:PE=QE。理由如下：
由(1)得△APD≌△CQD,
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ,
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中,$\begin{cases} PD=QD, \\ ∠PDE=∠QDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△PDE≌△QDE(SAS),
∴PE=QE。
(3)解:由(2)得PE=QE，
由(1)得CQ=AP=1，
∴BQ=BC+CQ=5,BP=AB-AP=3。
设PE=QE=x,则BE=5−x，
在Rt△BPE中,由勾股定理得3²+(5−x)²=x²，
解得x=3.4，
即PE的长为3.4。
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=∠ADC=90°,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC,
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
$\begin{cases} ∠A=∠DCQ, \\ AD=CD, \\ ∠ADP=∠CDQ, \end{cases}$
∴△APD≌△CQD(ASA),
∴AP=CQ。
(2)解:PE=QE。理由如下：
由(1)得△APD≌△CQD,
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ,
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中,$\begin{cases} PD=QD, \\ ∠PDE=∠QDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△PDE≌△QDE(SAS),
∴PE=QE。
(3)解:由(2)得PE=QE，
由(1)得CQ=AP=1，
∴BQ=BC+CQ=5,BP=AB-AP=3。
设PE=QE=x,则BE=5−x，
在Rt△BPE中,由勾股定理得3²+(5−x)²=x²，
解得x=3.4，
即PE的长为3.4。
解析
【分析】
(1)要证AP=CQ，可通过证明两条边所在的△APD≌△CQD实现：先利用正方形性质得到AD=CD、∠A=∠DCQ=90°，再结合∠PDQ=∠ADC=90°，推出∠ADP=∠CDQ，即可用ASA判定三角形全等，得到对应边相等。
(2)猜测PE=QE，可通过证明△PDE≌△QDE实现：由(1)的全等结论得PD=QD，结合DE平分∠PDQ得∠PDE=∠QDE，再加公共边DE，用SAS即可判定两三角形全等，得到对应边PE=QE。
(3)求PE长时，先由前两问的结论得CQ=AP=1、PE=QE，计算出BP=3、BQ=5，设PE=x，则QE=x，BE=5-x，在Rt△BPE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=∠ADC=90°,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC,
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
$\begin{cases} ∠A=∠DCQ, \\ AD=CD, \\ ∠ADP=∠CDQ, \end{cases}$
∴△APD≌△CQD(ASA),
∴AP=CQ。
(2)解：PE=QE，证明如下：
由(1)得△APD≌△CQD,
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ,
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中,
$\begin{cases} PD=QD, \\ ∠PDE=∠QDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△PDE≌△QDE(SAS),
∴PE=QE。
(3)解：由(2)得PE=QE，
由(1)得CQ=AP=1，
∴BQ=BC+CQ=4+1=5,BP=AB-AP=4-1=3。
设PE=QE=x,则BE=BQ−QE=5−x，
在Rt△BPE中,由勾股定理得$BP^2+BE^2=PE^2$，即$3^2+(5−x)^2=x^2$，
解得$x=3.4$，
即PE的长为3.4。
【答案】
(1)AP=CQ，证明成立；
(2)PE=QE，证明成立；
(3)3.4
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了全等三角形的判定、性质及勾股定理的应用，解题的核心是通过全等三角形实现线段的等量转化，第三问结合方程思想求解未知线段，对基础几何应用能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.7
(1)要证AP=CQ，可通过证明两条边所在的△APD≌△CQD实现：先利用正方形性质得到AD=CD、∠A=∠DCQ=90°，再结合∠PDQ=∠ADC=90°，推出∠ADP=∠CDQ，即可用ASA判定三角形全等，得到对应边相等。
(2)猜测PE=QE，可通过证明△PDE≌△QDE实现：由(1)的全等结论得PD=QD，结合DE平分∠PDQ得∠PDE=∠QDE，再加公共边DE，用SAS即可判定两三角形全等，得到对应边PE=QE。
(3)求PE长时，先由前两问的结论得CQ=AP=1、PE=QE，计算出BP=3、BQ=5，设PE=x，则QE=x，BE=5-x，在Rt△BPE中利用勾股定理列方程求解即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠A=∠B=∠BCD=∠DCQ=90°,AD=BC=CD=AB=4。
∵∠PDQ=∠ADC=90°,
∴∠ADP+∠PDC=∠CDQ+∠PDC,
∴∠ADP=∠CDQ。
在△APD和△CQD中，
$\begin{cases} ∠A=∠DCQ, \\ AD=CD, \\ ∠ADP=∠CDQ, \end{cases}$
∴△APD≌△CQD(ASA),
∴AP=CQ。
(2)解：PE=QE，证明如下：
由(1)得△APD≌△CQD,
∴PD=QD。
∵DE平分∠PDQ,
∴∠PDE=∠QDE。
在△PDE和△QDE中,
$\begin{cases} PD=QD, \\ ∠PDE=∠QDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△PDE≌△QDE(SAS),
∴PE=QE。
(3)解：由(2)得PE=QE，
由(1)得CQ=AP=1，
∴BQ=BC+CQ=4+1=5,BP=AB-AP=4-1=3。
设PE=QE=x,则BE=BQ−QE=5−x，
在Rt△BPE中,由勾股定理得$BP^2+BE^2=PE^2$，即$3^2+(5−x)^2=x^2$，
解得$x=3.4$，
即PE的长为3.4。
【答案】
(1)AP=CQ，证明成立；
(2)PE=QE，证明成立；
(3)3.4
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题以正方形为背景，综合考查了全等三角形的判定、性质及勾股定理的应用，解题的核心是通过全等三角形实现线段的等量转化，第三问结合方程思想求解未知线段，对基础几何应用能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.7
