学年度九年级数学培优讲义正方形Word格式.docx

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要点五、顺次连接特殊的平行四边形各边中点得到的四边形的形状

（1）顺次连接平行四边形各边中点得到的四边形是平行四边形.

（2）顺次连接矩形各边中点得到的四边形是菱形.

（3）顺次连接菱形各边中点得到的四边形是矩形.

（4）顺次连接正方形各边中点得到的四边形是正方形.

新四边形由原四边形各边中点顺次连接而成.

（1）若原四边形的对角线互相垂直，则新四边形是矩形.

（2）若原四边形的对角线相等，则新四边形是菱形.

（3）若原四边形的对角线垂直且相等，则新四边形是正方形.

【典型例题】

类型一、正方形的性质

1、（2016•哈尔滨）已知：

如图，在正方形ABCD中，点E在边CD上，AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P．

（1）求证：

AP=BQ；

（2）在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中四对线段，使每对中较长线段与较短线段长度的差等于PQ的长．

【思路点拨】

（1）根据正方形的性质得出AD=BA，∠BAQ=∠ADP，再根据已知条件得到∠AQB=∠DPA，判定△AQB≌△DPA并得出结论；

（2）根据AQ﹣AP=PQ和全等三角形的对应边相等进行判断分析．

【答案与解析】

解：

（1）∵正方形ABCD

∴AD=BA，∠BAD=90°

，即∠BAQ+∠DAP=90°

∵DP⊥AQ

∴∠ADP+∠DAP=90°

∴∠BAQ=∠ADP

∵AQ⊥BE于点Q，DP⊥AQ于点P

∴∠AQB=∠DPA=90°

∴△AQB≌△DPA（AAS）

∴AP=BQ

（2）①AQ﹣AP=PQ

②AQ﹣BQ=PQ

③DP﹣AP=PQ

④DP﹣BQ=PQ

【总结升华】本题主要考查了正方形以及全等三角形，解决问题的关键是掌握：

正方形的四条边相等，四个角都是直角．解题时需要运用：

有两角和其中一角的对边对应相等的两个三角形全等，以及全等三角形的对应边相等．

举一反三：

【变式1】如图四边形ABCD是正方形，点E、K分别在BC，AB上，点G在BA的延长线上，且CE＝BK＝AG．以线段DE、DG为边作

DEFG．

（1）求证：

DE＝DG，且DE⊥DG．

（2）连接KF，猜想四边形CEFK是怎样的特殊四边形，并证明你的猜想．

【答案】

证明：

（1）∵四边形ABCD是正方形，

∴DC＝DA，∠DCE＝∠DAG＝90°

．

又∵CE＝AG，

∴△DCE≌△DAG，

∴∠EDC＝∠GDA，DE＝DG．

又∵∠ADE＋∠EDC＝90°

，

∴∠ADE＋∠GDA＝90°

∴DE⊥DG．

（2）四边形CEFK为平行四边形．

设CK，DE相交于M点，

∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，

∴AB∥CD，AB＝CD，EF＝DG，EF∥DG；

∵BK＝AG，∴KG＝AB＝CD．

∴四边形CKGD为平行四边形．

∴CK＝DG＝EF，CK∥DG∥EF

∴四边形CEFK为平行四边形．

【变式2】如图，三个边长均为2的正方形重叠在一起，O1、O2是其中两个正方形的中心，则阴影部分的面积是_______．

【答案】2；

提示：

阴影部分面积等于正方形面积的一半.

类型二、正方形的判定

2、（2015•闸北区模拟）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°

，AD=CD，点E是边AC的中点，连接DE，DE的延长线与边BC相交于点F，AG∥BC，交DE于点G，连接AF、CG．

AF=BF；

（2）如果AB=AC，求证：

四边形AFCG是正方形．

（1）根据线段垂直平分线的性质，可得AF=CF，再根据等角的余角相等可得∠B=∠BAF，所以AF=BF．

（2）由AAS可证△AEG≌△CEF，所以AG=CF．由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形得四边形AFCG是平行四边形，进而证得四边形AFCG是菱形，最后根据有一个角为直角的菱形是正方形得证四边形AFCG是正方形．

（1）∵AD=CD，点E是边AC的中点，

∴DE⊥AC．

即得DE是线段AC的垂直平分线．

∴AF=CF．

∴∠FAC=∠ACB．

在Rt△ABC中，由∠BAC=90°

得∠B+∠ACB=90°

，∠FAC+∠BAF=90°

∴∠B=∠BAF．

∴AF=BF．

（2）∵AG∥CF，∴∠AGE=∠CFE．

又∵点E是边AC的中点，∴AE=CE．

在△AEG和△CEF中，

∴△AEG≌△CEF（AAS）．

∴AG=CF．

又∵AG∥CF，∴四边形AFCG是平行四边形．

∵AF=CF，∴四边形AFCG是菱形．

在Rt△ABC中，由AF=CF，AF=BF，得BF=CF．

即得点F是边BC的中点．

又∵AB=AC，∴AF⊥BC．即得∠AFC=90°

∴四边形AFCG是正方形．

【总结升华】本题考查的是正方形的判定方法，考查了线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质等基础知识的灵活运用，判别一个四边形是正方形主要是根据正方形的定义及其性质．

【变式】

（2015春•上城区期末）如图，矩形ABCD中，AD=6，DC=8，菱形EFGH的三个顶点E，G，H分别在矩形ABCD的边AB，CD，DA上，AH=2，连结CF．

（1）若DG=2，求证：

四边形EFGH为正方形；

（2）若DG=6，求△FCG的面积．

（1）证明：

∵四边形EFGH为菱形，

∴HG=EH，

∵AH=2，DG=2，

∴DG=AH，

在Rt△DHG和△AEH中，

∴Rt△DHG≌△AEH，

∴∠DHG=∠AEH，

∵∠AEH+∠AHG=90°

∴∠DHG+∠AHG=90°

∴∠GHE=90°

∴四边形EFGH为正方形；

（2）解：

作FQ⊥CD于Q，连结GE，如图，

∵四边形ABCD为矩形，

∴AB∥CD，

∴∠AEG=∠QGE，即∠AEH+∠HEG=∠QGF+∠FGE，

∴HE=GF，HE∥GF，

∴∠HEG=∠FGE，

∴∠AEH=∠QGF，

在△AEH和△QGF中

∴△AEH≌△QGF，

∴AH=QF=2，

∵DG=6，CD=8，

∴CG=2，

∴△FCG的面积=

CG•FQ=

×

2×

2=2．

类型三、正方形综合应用

3、E、F分别是正方形ABCD的边AD和CD上的点，若∠EBF＝45°

AE＋CF＝EF．

（2）若E点、F点分别是边DA、CD的延长线上的点，结论

（1）仍成立吗？

若成立，请证明，若不成立，写出正确结论并加以证明．

（1）延长DC，使CH＝AE，连接BH，

∵四边形ABCD是正方形，

∴∠A＝∠BCH＝90°

，又AB＝BC，CH＝AE，

∴Rt△BAE≌Rt△BCH，

∴∠1＝∠2，BE＝BH．

又∵∠1＋∠3＋∠4＝90°

，∠4＝45°

∴∠1＋∠3＝45°

，∠2＋∠3＝45°

在△EBF和△HBF中，

∴△EBF≌△HBF，

∴EF＝FH＝FC＋CH＝AE＋CF．即AE＋CF＝EF．

（2）如图所示：

不成立，正确结论：

EF＝CF－AE．

在CF上截取CH＝AE，连接BH．

∵四边形ABCD是正方形，

∴在Rt△EAB和Rt△HCB中，

∴Rt△EAB≌Rt△HCB，

∴BE＝BH，∠EBA＝∠HBC．

∵∠HBC＋∠ABH＝90°

，∴∠EBA＋∠ABH＝90°

又∵∠EBF＝45°

，∴∠HBF＝45°

即∠EBF＝∠HBF．

在△EBF和△HBF中

∴EF＝FH＝CF－CH＝CF－AE，即EF＝CF－AE．

【总结升华】本题主要考察正方形的性质，全等三角形的性质和判定，关键在于用“截长补短”的方法正确地作出辅助线.

4、正方形ABCD的对角线交点为O，如图所示，AE平分∠BAC交BC于E，交OB于F，求证：

EC＝2FO．

【思路点拨】在平面几何中，要证明一条线段等于另一条线段的2倍或

，通常采用折半法或加倍法．而折半法又可分直接折半法和间接折半法；

加倍又可分直接加倍法和间接加倍法．这就需要学生仔细研究，找到解决问题的合适方法．

证法一：

（间接折半法）如图①所示．

∵∠3＝∠1＋∠4，∠5＝∠2＋∠6．

而∠1＝∠2，∠4＝∠6＝45°

∴∠3＝∠5，BE＝BF．

取AE的中点G，连接OG，

∵AO＝OC，∴OG

EC．

由∠7＝∠5，∠8＝∠3，

∴∠7＝∠8，∴FO＝GO．

∴EC＝2OG＝2FO．

证法二：

（直接折半法）如图②所示．

由证法一得BE＝BF．

取EC的中点H，连接OH．

∵AO＝OC，∴OH∥AE．

∴∠BOH＝∠BFE＝∠BEF＝∠BHO．

∴BO＝BH，∴FO＝EH．

∴EC＝2EH＝2FO．

证法三：

（直接加倍法）如图③所示．

在OD上截取OM＝OF，连接MC．

易证Rt△AOF≌Rt△COM．

∴∠OAF＝∠OCM，

∴AE∥MC．

由∠BMC＝∠BFE＝∠BEF＝∠BCM，

∴FM＝EC．

∴EC＝FM＝2FO．

【总结升华】若题目中涉及线段的倍半关系和中点问题时，要联想中位线定理，利用中点构造中位线，要注意从不同的角度进行思构，构造不同的辅助线来解决问题．

【变式】在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图①，易证EG＝CG，且EG⊥CG．

（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°

，如图②，则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系?

请直接写出你的猜想．

（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°

，如图③，则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系?

请写出你的猜想，并加以证明．

（1）EG＝CG，且EG⊥CG．

（2）EG＝CG，且EG⊥CG．

证明：

延长FE交DC延长线于M，连MG，如图③，

∵∠AEM＝90°

，∠EBC＝90°

，∠BCM＝90°

∴四边形BEMC是矩形．

∴BE＝CM，∠EMC＝90°

又∵BE＝EF，∴EF＝CM．

∵∠EMC＝90°

，FG＝DG，

∴MG＝

FD＝FG．

∵BC＝EM，BC＝CD，∴EM＝CD．

∵EF＝CM，∴FM＝DM，∴∠F＝45°

又FG＝DG，∠CMG＝

∠EMD＝45°

∴∠F＝∠GMC，∴△GFE≌△GMC，

∴EG＝CG，∠FGE＝∠MGC，

∵MG⊥DF，

∴∠FGE＋∠EGM＝90°

∴∠MGC＋∠EGM＝90°

即∠EGC＝90°

∴EG⊥CG．