矩形菱形正方形辅助线的作法专训之欧阳地创编.docx
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矩形菱形正方形辅助线的作法专训之欧阳地创编
矩形、菱形、正方形辅助线的作法专训
时间：
2021.03.04
创作：
欧阳地
一、连结法
试题１、（2014陕西,第9题3分）如图，在菱形ABCD中，AB=5，对角线AC=6．若过点A作AE⊥BC，垂足为E，则AE的长为（ ）
A．4B．
C．
D．5
试题２、（2015安徽,第9题4分）如图，矩形ABCD中，AB=8，BC=4．点E在边AB上，点F在边CD上，点G、H在对角线AC上．若四边形EGFH是菱形，则AE的长是（ ）
A．2
B．3
C．5D．6
试题３、如图，在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，M，N分别是AB，CD的中点，P是AD上的点，且∠PNB=3∠CBN．
（1）求证：
∠PNM=2∠CBN；
（2）求线段AP的长．
试题４、（2015山东德州,第20题8分）如图，在平面
直角坐标系中，矩形OABC的对角线OB，AC相交于点D，且BE∥AC，AE∥OB，
（1）求证：
四边形AEBD是菱形；
（2）如果OA=3，OC=2，求出经过点E的反比例函数解析式．
考点：
反比例函数综合题．.
分析：
（1）先证明四边形AEBD是平行四边形，再由矩形的性质得出DA=DB，即可证出四边形AEBD是菱形；
（2）连接DE，交AB于F，由菱形的性质得出AB与DE互相垂直平分，求出EF、AF，得出点E的坐标；设经过点E的反比例函数解析式为：
y=
，把点E坐标代入求出k的值即可．
解答：
（1）证明：
∵BE∥AC，AE∥OB，
∴四边形AEBD是平行四边形，
∵四边形OABC是矩形，
∴DA=
AC，DB=
OB，AC=OB，AB=OC=2，
∴DA=DB，
∴四边形AEBD是菱形；
（2）解：
连接DE，交AB于F，如图所示：
∵四边形AEBD是菱形，
∴AB与DE互相垂直平分，
∵OA=3，OC=2，
∴EF=DF=
OA=
，AF=
AB=1，3+
=
，
∴点E坐标为：
（
，1），
设经过点E的反比例函数解析式为：
y=
，
把点E（
，1）代入得：
k=
，
∴经过点E的反比例函数解析式为：
y=
．
点评：
本题是反比例函数综合题目，考查了平行四边形的判定、菱形的判定、矩形的性质、坐标与图形特征以及反比例函数解析式的求法；本题综合性强，有一定难度，特别是
（2）中，需要作辅助线求出点E的坐标才能得出结果．
试题５、（2015江苏泰州，第25题12分）如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA上的动点，且AE=BF=CG=DH．
（1）求证：
四边形EFGH是正方形；
（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；
（3）求四边形EFGH面积的最小值．
考点：
四边形综合题．.
分析：
（1）由正方形的性质得出∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，证出AH=BE=CF=DG，由SAS证明△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG，得出EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，证出四边形EFGH是菱形，再证出∠HEF=90°，即可得出结论；
（2）连接AC、EG，交点为O；先证明△AOE≌△COG，得出OA=OC，证出O为对角线AC、BD的交点
，即O为正方形的中心；
（3）设四边形EFGH面积为S，BE=xcm，则BF=（8﹣x）cm，由勾股定理得出S=x2+（8﹣x）2=2（x﹣4）2+32，S是x的二次函数，容易得出四边形EFGH面积的最小值．
解答：
（1）证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，AB=BC=CD=DA，
∵AE=BF=CG=DH，
∴AH=BE=CF=DG，
在△AEH、△BFE、△CGF和△DHG中，
，
∴△AEH≌△BFE≌△CGF≌△DHG（SAS），
∴EH=FE=GF=GH，∠AEH=∠BFE，
∴四边形EFGH是菱形，
∵∠BEF+∠BFE=90°，
∴∠BEF+∠AEH=90°，
∴∠HEF=90°，
∴四边形EFGH是正方形；
（2）解：
直线EG经过一个定点，这个定点为正方形的中心（AC、BD的交点）；理由如下：
连接AC、EG，交点为O；如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB∥CD，
∴∠OAE=∠OCG，
在△AOE和△COG中，
，∴△AOE≌△COG（AAS），
∴OA=OC，即O为AC的中点，
∵正方形的对角线互相平分，
∴O为对角线AC、BD的交点，即O为正方形的中心；
（3）解：
设四边形EFGH面积为S，设BE=xcm，则BF=（8﹣x）cm，
根据勾股定理得：
EF2=
BE2+BF2=x2+（8﹣x）2，
∴S=x2+（8﹣x）2=2（x﹣4）2+32，
∵2＞0，
∴S有最小值，
当x=4时，S的最小值=32，
∴四边形EFGH面积的最小值为32cm2．
点评：
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质与判定、菱形的判定、全等三角形的判定与性质、勾股定理、二次函数的最值等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是
（2）（3）中，需要通过作辅助线证明三角形全等和运用二次函数才能得出结果．
试题６、（12分）（2015内蒙古赤峰25，12分）如图，四边形ABCD是边长为2，一个锐角等于60°的菱形纸片，小芳同学将一个三角形纸片的一个顶点与该菱形顶点D重合，按顺时针方向旋转三角形纸片，使它的两边分别交CB、BA（或它们的延长线）于点E、F，∠EDF=60°，当CE=AF时，如图1小芳同学得出的结论是DE=DF．
（1）继续旋转三角形纸片，当CE≠AF时，如图2小芳的结论是否成立？
若成立，加以证明；若不成立，请说明理由；
（2）再次旋转三角形纸片，当点E、F分别在CB、BA的延长线上时，如图3请直接写出DE与DF的数量关系；
（3）连EF，若△DEF的面积为y，CE=x，求y与x的关系式，并指出当x为何值时，y有最小值，最小值是多少？
考点：
几何变换综合题．
分析：
（1）如答图1，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；
（2）如答图2，连接BD．根据题干条件首先证明∠ADF=∠BDE，然后证明△ADF≌△BDE（ASA），得DF=DE；
（3）
根据
（2）中的△ADF≌△BDE得到：
S△ADF=S△BDE，AF=BE．所以△DEF的面积转化为：
y=S△BEF+S△ABD．据此列出y关于x的二次函数，通过求二次函数的最值来求y的最小值．
解答：
解：
（1）DF=DE．理由如下：
如答图1，连接BD．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°，
∴∠ADF=∠BDE．∵在△ADF与△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴DF=DE；
（2）DF=DE．理由如下：
如答图2，连接BD．∵四边形ABCD是菱形，
∴AD=AB．
又∵∠A=60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴AD=BD，∠ADB=60°，
∴∠DBE=∠A=60°
∵∠EDF=60°，
∴∠ADF=∠BDE．
∵在△ADF与△BDE中，
，
∴△ADF≌△BDE（ASA），
∴DF=DE；
（3）由
（2）知，△ADF≌△BDE．则S△ADF=S△BDE，AF=BE=x．
依题意得：
y=S△BEF+S△ABD=
（2+x）xsin60°+
×2×2sin60°=
（x+1）2+
．即y=
（x+1）2+
．∵
＞0，
∴该抛物线的开口方向向上，
∴当x=0即点E、B重合时，y最小值=
．
点评：
本题考查了几何变换综合题，解题过程中，利用了三角形全等的判定与性质，菱形的性质以及等边三角形的判定与性质，对于促进角与角（边与边）相互转换，将未知角转化为已知角（未知边转化为已知边）是关键。
二、中心对称法（倍长法）
试题１、（2014山东临沂,第25题11分）【问题情境】
如图1，四边形ABCD是正方形，M是BC边上的一点，E是CD边的中点，AE平分∠DAM．
【探究展示】
（1）证明：
AM=AD+MC；
（2）AM=DE+BM是否成立？
若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
【拓展延伸】
（3）若四边形ABCD是长与宽不相等的矩形，其他条件不变，如图2，探究展示
（1）、
（2）中的结论是否成立？
请分别作出判断，不需要证明．
考点：
四边形综合题；角平分线的定义；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；矩形的性质；正方形的性质
专题：
综合题；探究型．
分析：
（1）从平行线和中点这两个条件出发，延长AE、BC交于点N，如图1
（1），易证△ADE≌△NCE，从而有AD=CN，只需证明AM=NM即可．
（2）作FA⊥AE交CB的延长线于点F，易证AM=FM，只需证明FB=DE即可；要证FB=DE，只需证明它们所在的两个三角形全等即可．
（3）在图2
（1）中，仿照
（1）中的证明思路即可证到AM=AD+MC仍然成立；在图2
（2）中，采用反证法，并仿照
（2）中的证明思路即可证到AM=DE+BM不成立．
解答：
（1）证明：
延长AE、BC交于点N，如图1
（1），
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠ENC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠ENC=∠MAE．
∴MA=MN．
在△ADE和△NCE中，
∴△ADE≌△NCE（AAS）．
∴AD=NC．
∴MA=MN=NC+MC
=AD+MC．
（2）AM=DE+BM成立．
证明：
过点A作AF⊥AE，交CB的延长线于点F，如图1
（2）所示．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB=AD，AB∥DC．
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=90°．
∴∠FAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．
在△ABF和△ADE中，
∴△ABF≌△ADE（ASA）．
∴BF=DE，∠F=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠FAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠FAB
=∠FAM．
∴∠F=∠FAM．
∴AM=FM．
∴AM=FB+BM=DE+BM．
（3）①结论AM=AD+MC仍然成立．
证明：
延长AE、BC交于点P，如图2
（1），
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC．
∴∠DAE=∠EPC．
∵AE平分∠DAM，
∴∠DAE=∠MAE．
∴∠EPC=∠MAE．
∴MA=MP．
在△ADE和△PCE中，
∴△ADE≌△PCE（AAS）．
∴AD=PC．
∴MA=MP=PC+MC
=AD+MC．
②结论AM=DE+BM不成立．
证明：
假设AM=DE+BM成立．
过点A作AQ⊥AE，交CB的延长线于点Q，如图2
（2）所示．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠D=∠ABC=90°，AB∥DC．
∵AQ⊥AE，
∴∠QAE=90°．
∴∠QAB=90°﹣∠BAE=∠DAE．
∴∠Q=90°﹣∠QAB
=90°﹣∠DAE
=∠AED．
∵AB∥DC，
∴∠AED=∠BAE．
∵∠QAB=∠EAD=∠EAM，
∴∠AED=∠BAE=∠BAM+∠EAM
=∠BAM+∠QAB
=∠QAM．
∴∠Q=∠QAM．
∴AM=QM．
∴AM=QB+BM．
∵AM=DE+BM，
∴QB=DE．
在△ABQ和△ADE中，
∴△ABQ≌△ADE（AAS）．
∴AB=AD．
与条件“AB≠AD“矛盾，故假设不成立．
∴AM=DE+BM不成立．
试题２、（2014黑龙江绥化,第26题9分）在菱形ABCD和正三角形BGF中，∠ABC=60°，P是DF的中点，连接PG、PC．
（1）如图1，当点G在BC边上时，易证：
PG=
PC．如图2，当点F在AB的延长线上时，线段PC、PG有怎样的数量关系，写出你的猜想，并给与证明；
（3）如图3，当点F在CB的延长线上时，线段PC、PG又有怎样的数量关系，写出你的猜想（不必证明）．
考点：
四边形综合题．
分析：
（1）延长GP交DC于点E，利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，得到CE=CG，CP是EG的中垂线，在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=
PC．
（2）延长GP交DA于点E，连接EC，GC，先证明△DPE≌△FPG，再证得△CDE≌△CBG，利用在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=
PC．
（3）延长GP到H，使PH=PG，连接CH、DH，作ME∥DC，先证△GFP≌△HDP，再证得△HDC≌△GBC，在在RT△CPG中，∠PCG=60°，所以PG=
PC．
解答：
（1）提示：
如图1：
延长GP交DC于点E，
利用△PED≌△PGF，得出PE=PG，DE=FG，
∴CE=CG，
∴CP是EG的中垂线，
在RT△CPG中，∠PCG=60°，
∴PG=
PC．
（2）如图2，延长GP交DA于点E，连接EC，GC，
∵∠ABC=60°，△BGF正三角形
∴GF∥BC∥AD，
∴∠EDP=∠GFP，
在△DPE和△FPG中
∴△DPE≌△FPG（ASA）
∴PE=PG，DE=FG=BG，
∵∠CDE=CBG=60°，CD=CB，
在△CDE和△CBG中，
∴△CDE≌△CBG（SAS）
∴CE=CG，∠DCE=∠BCG，
∴∠ECG=∠DCB=120°，
∵PE=PG，
∴CP⊥PG，∠PCG=
∠ECG=60°
∴PG=
PC．
（3）猜想：
PG=
PC．
证明：
如图3，延长GP到H，使PH=PG，连接CH，CG，DH，作ME∥DC
∵P是线段DF的中点，
∴FP=DP，
∵∠GPF=∠HPD，
∴△GFP≌△HDP，
∴GF=HD，∠GFP=∠HDP，
∵∠GFP+∠PFE=120°，∠PFE=∠PDC，
∴∠CDH=∠HDP+∠PDC=120°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴CD=CB，∠ADC=∠ABC=60°，点A、B、G又在一条直线上，
∴∠GBC=120°，
∵四边形BEFG是菱形，
∴GF=GB，
∴HD=GB，
∴△HDC≌△GBC，
∴CH=CG，∠DCH=∠BCG，
∴∠DCH+∠HCB=∠BCG+∠HCB=120°，
即∠HCG=120°
∵CH=CG，PH=PG，
∴PG⊥PC，∠GCP=∠HCP=60°，
∴PG=
PC．
点评：
本题主要考查了菱形的性质，以及全等三角形的判定等知识点，根据已知和所求的条件正确的构建出相关的全等三角形是解题的关键．
试题３、如图，在□ABCD中,点M为边AD的中点，过点C作AB的垂线交AB于点E，连接ME.
（1）若AM=2AE=4，∠BCE=30°,求□ABCD的面积；
（2）若BC=2AB，求证：
∠EMD=3∠MEA.
解：
（1）∵M为AD的中点，AM=2AE=4，
∴AD=2AM=8.在□ＡＢＣＤ中,BC=CD=8，
又∵CH⊥DE，∴∠BEC=90°,
∵∠BCE=30°,∴BE=BC=4，
∴AB=6，CE=,∴.
（2）延长EM,CD交于点N,连接CM.
∵在□中,,∴∠AEM=∠N,
三、旋转法
试题１、（2014浙江绍兴,第23题6分）
（1）如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使DG=BE，连结EF，AG．求证：
EF=FG．
（2）如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若BM=1，CN=3，求MN的长．
考点：
全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
专题：
证明题．
分析：
（1）证△ADG≌△ABE，△FAE≌△GAF，根据全等三角形的性质求出即可；
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE（SAS）推知全等三角形的对应边AM=AE、对应角∠BAM=∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和∠MAN=45°得到∠MAN=∠EAN=45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN=EN；最后由勾股定理得到EN2=EC2+NC2即MN2=BM2+NC2．
解答：
（1）证明：
在正方形ABCD中，
∴∠ABE=∠ADG，AD=AB，
在△ABE和△ADG中，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
∴∠EAG=90°，
在△FAE和△GAF中，
，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF=FG
（2）解：
如图2，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．
∵AB=AC，∠BAC=90°，∴∠B=∠C=45°．
∵CE⊥BC，∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，∴∠BAM+∠CAN=45°．
于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．
∴MN2=BM2+NC2．
∵BM=1，CN=3，
∴MN2=12+32，
∴MN=
点评：
本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用．
试题２、（2015湖北十堰，第10题3分）如图，正方形ABCD的边长为6，点E、F分别在AB，AD上，若CE=3
，且∠ECF=45°，则CF的长为（ ）
A．2
B．3
C．
D．
考点：
全等三角形的判定与性质；勾股定理；正方形的性质．
分析：
首先延长FD到G，使DG=BE，利用正方形的性质得∠B=∠CDF=∠CDG=90°，CB=CD；利用SAS定理得△BCE≌△DCG，利用全等三角形的性质易得△GCF≌△ECF，利用勾股定理可得AE=3，设AF=x，利用GF=EF，解得x，利用勾股定理可得CF．
解答：
解：
如图，延长FD到G，使DG=BE；
连接CG、EF；
∵四边形ABCD为正方形，
在△BCE与△DCG中，
，
∴△BCE≌△DCG（SAS），
∴CG=CE，∠DCG=∠BCE，
∴∠GCF=45°，
在△GCF与△ECF中，
，
∴△GCF≌△ECF（SAS），
∴GF=EF，
∵CE=3
，CB=6，
∴BE=
=
=3，
∴AE=3，
设AF=x，则DF=6﹣x，GF=3+（6﹣x）=9﹣x，
∴EF=
=
，
∴（9﹣x）2=9+x2，
∴x=4，即AF=4，
∴GF=5，∴DF=2，
∴CF=
=
=2
，
故选A．
点评：
本题主要考查了全等三角形的判定及性质，勾股定理等，构建全等三角形，利用方程思想是解答此题的关键．
四、构造法
试题１、１、（2015甘肃庆阳，第25题，10分）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC的中点，直线EF交正方形外角的平分线于点F，交DC于点G，且AE⊥EF．
（1）当AB=2时，求△GEC的面积；
（2）求证：
AE=EF．
考点：
全等三角形的判定与性质；正方形的性质．
分析：
（1）首先根据△ABE∽△ECG得到AB：
EC=BE：
GC，从而求得GC=
即可求得S△GEC；
（2）取AB的中点H，连接EH，根据已知及正方形的性质利用ASA判定△AHE≌△ECF，从而得到AE=EF；
解答：
解：
（1）∵AB=BC=2，点E为BC的中点，
∴BE=EC=1，
∵AE⊥EF，
∴△ABE∽△ECG，
∴AB：
EC=BE：
GC，
即：
2：
1=1：
GC，
解得：
GC=
，
∴S△GEC=
ECCG=
×1×
=
；
（2）证明：
取AB的中点H，连接EH；
∵ABCD是正方形，
AE⊥EF；
∴∠1+∠AEB=90°，
∠2+∠AEB=90°
∴∠1=∠2，
∵BH=BE，∠BHE=45°，
且∠FCG=45°，
∴∠AHE=∠ECF=135°，AH=CE，
∴△AHE≌△ECF，
∴AE=EF；
点评：
此题考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解
（2）题的关键是取AB的中点H，得出AH=EC，再根据全等三角形的判定得出△AHE≌△ECF
时间：
2021.03.04
创作：
欧阳地
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