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18.5 特殊的平行四边形：正方形
【学习目标】
1．理解正方形的概念，了解平行四边形、矩形及菱形与正方形的概念之间的从属关系；
2．掌握正方形的性质及判定方法．
【知识总结】
一、正方形的定义
四条边都相等，四个角都是直角的四边形叫做正方形.
【注】：既是矩形又是菱形的四边形是正方形，它 ( http: / / www.21cnjy.com )是特殊的菱形，又是特殊的矩形，更为特殊的平行四边形，正方形是有一组邻边相等的矩形，还是有一个角是直角的菱形.21教育网
二、正方形的性质
正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质.
1.边——四边相等、邻边垂直、对边平行；
2.角——四个角都是直角；
3.对角线——①相等，②互相垂直平分，③每条对角线平分一组对角；
4.是轴对称图形，有4条对称轴；又是中心对称图形，两条对角线的交点是对称中心.
【注】：正方形具有平行四边形、矩形、菱形的一切性质，其对角线将正方形分为四个等腰直角三角形.
三、正方形的判定
正方形的判定除定义外，判定思路有两 ( http: / / www.21cnjy.com )条：或先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等（即矩形）；或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直（即菱形）.
四、特殊平行四边形之间的关系
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或者可表示为：
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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.
【注】：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
例1、如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，连接PB、PD，点E在BC的延长线上，且PE＝PB．21cnjy.com
求证：（1）△BCP ≌△DCP；（2）∠DPE ＝∠ABC．
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【思路点拨】
（1）根据正方形的四条边都相等可得BC= ( http: / / www.21cnjy.com )DC，对角线平分一组对角可得∠BCP=∠DCP，然后利用“边角边”证明即可；
（2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP=∠CDP，根据等边对等角可得∠CBP=∠E，然后根据等角的余角得出∠DPE= 90°，从而得证；21·cn·jy·com
【解析】
证明：（1）∵四边形ABCD是正方形
∴BC=DC，∠ACB ＝∠ACD ，∠ABC ＝ 90°
又∵PC = PC
∴△BCP ≌△DCP．
（2）∵PE＝PB，
∴∠E ＝∠PBE ，
∵△BCP ≌△DCP ，
∴∠PBE ＝∠PDC ，
∴∠E ＝∠PDC ，
∵∠E ＋∠1 ＝ 90°，∠1 ＝ ∠2
∴∠PDC ＋∠2 ＝ 90°
即∠DPE ＝ 90°
∴∠DPE ＝∠ABC．
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【总结升华】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠BCP=∠DCP是解题的关键．www.21-cn-jy.com
【训练】如图，已知正方形ABCD的面积是8，连接AC、BD交于点O，CM平分∠ACD交BD于点M，MN⊥CM，交AB于点N，【来源：21·世纪·教育·网】
（1）求∠BMN的度数；
（2）求BN的长．
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【答案】（1）22..5°；（2）．
【思路点拨】
（1）先由正方形ABCD的面积是8 ( http: / / www.21cnjy.com )，求得正方形的边长及其对角线的长；再由正方形的性质及CM平分∠ACD，求得∠DCO、∠BCO、∠CDO、∠MBN、∠DCM、∠MCO及∠BMC的度数；然后由MN⊥CM得∠CMN＝90°，则∠BMN的度数等于∠CMN的度数减去∠BMC即可得出答案；21世纪教育网版权所有
（2）先证明∠BCM＝∠BMC，从而可得BM＝BC＝CD，则由DM＝BD﹣BM可得DM的长；
【解析】
解：（1）∵正方形ABCD的面积是8，
∴BC＝CD＝＝2，
∴BD＝×2＝4．
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DCO＝∠BCO＝∠CDO＝∠MBN＝45°，
∵CM平分∠ACD，
∴∠DCM＝∠MCO＝22.5°，
∴∠BMC＝∠CDO+∠DCM＝45°+22.5°＝67.5°．
∵MN⊥CM，
∴∠CMN＝90°，
∴∠BMN＝90°﹣67.5°＝22.5°，
∴∠BMN的度数为22..5°．
（2）∵∠MCO＝22.5°，∠BCO＝45°，
∴∠BCM＝∠BCO+∠MCO＝67.5°，
又∵∠BMC＝67.5°，
∴∠BCM＝∠BMC，
∴BM＝BC＝CD＝2，
∴DM＝BD﹣BM＝4﹣2．
∵∠DCM＝22.5°，∠BMN＝22.5°，
∴∠DCM＝∠BMN．
∴在△DCM和△BMN中，
∴△DCM≌△BMN（ASA），
∴BN＝DM＝4﹣2，
∴BN的长为4﹣2．
【总结升华】本题考查正方形的性质、角平分线的性质、余角的性质、全等三角形的判定与性质等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键．21·世纪*教育网
【训练】已知，如图，在Rt△ABC中，∠B ( http: / / www.21cnjy.com )AC＝90°，∠ABC＝45°，点D为直线BC上一动点(点D不与点B，C重合)．以AD为边作正方形ADEF，连接CF，当点D在线段BC的反向延长线上，且点A，F分别在直线BC的两侧时．21*cnjy*com
(1)求证：△ABD≌△ACF；
(2)若正方形ADEF的边长为，对角线AE，DF相交于点O，连接OC，求OC的长度．
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【思路点拨】
（1）由题意易得AD＝AF，∠DAF＝90°，则有∠DAB＝∠FAC，进而可证AB＝AC，然后问题可证；
（2）由（1）可得△ABD≌△ACF，则有∠ABD＝∠ACF，进而可得∠ACF＝135°，然后根据正方形的性质可求解．【出处：21教育名师】
【解析】
(1) 证明：∵四边形ADEF为正方形，
∴AD＝AF，∠DAF＝90°，
又∵∠BAC＝90°，
∴∠DAB＝∠FAC，
∵∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠ACB＝45°，
∴∠ABC＝∠ACB，
∴AB＝AC，
∴△ABD≌△ACF(SAS)；
(2)解：由(1)知△ABD≌△ACF，
∴∠ABD＝∠ACF，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABD＝135°，
∴∠ACF＝135°，
由(1)知∠ACB＝45°，
∴∠DCF＝90°，
∵正方形ADEF边长为，
∴DF＝4，
∴OC＝DF＝×4＝2．
【总结升华】本题主要考查正方形的性质及等腰直角三角形的性质，熟练掌握正方形的性质及等腰直角三角形的性质是解题的关键．www-2-1-cnjy-com
【类型】二、正方形的判定
例2、如图，在平行四边形中，是边上的高，将沿方向平移，使点与点重合，得．
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（1）求证：；
（2）若，当______时，四边形是菱形；
（3）若，当______时，四边形是正方形．
【思路点拨】
（1）根据平移的性质，可得：BE=FC，再证明Rt△ABE≌Rt△CDG可得BE=DG；
（2）要使四边形ABFG是菱形，须使AB=BF；根据条件找到满足AB=BF时，BC与AB的数量关系即可；
（3）当四边形AECG是正方形时，AE=EC，由AE=AB，可得EC=AB，再有BE=AB可得BC=AB．【版权所有：21教育】
【解析】
（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
( http: / / www.21cnjy.com )∴AD∥BC，AB=CD．
∵AE是BC边上的高，且CG是由AE沿BC方向平移而成，
∴CG⊥AD，AE=CG，
∴∠AEB=∠CGD=90°．
∵在Rt△ABE与Rt△CDG中，21教育名师原创作品
，
∴Rt△ABE≌Rt△CDG（HL），
∴BE=DG．
（2）解：当BC=AB时，四边形ABFG是菱形．
证明：∵AB∥GF，AG∥BF，
∴四边形ABFG是平行四边形．
∵Rt△ABE中，∠B=60°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=AB（直角三角形中30°所对直角边等于斜边的一半），
∵BE=CF，BC=AB，
∴EF=AB．
∴AB=BF．
∴四边形ABFG是菱形．
故答案是：；
（3）解：BC=AB时，四边形AECG是正方形．
∵AE⊥BC，GC⊥CB，
∴AE∥GC，∠AEC=90°，
∵AG∥CE，
∴四边形AECG是矩形，
当AE=EC时，矩形AECG是正方形，
∵∠B=60°，
∴EC=AE=AB，BE=AB，
∴BC=AB．
故答案是：．21*cnjy*com
【总结升华】本题考查了平行 ( http: / / www.21cnjy.com )四边形的性质，正方形的判定，菱形的判定，以及直角三角形的性质．关键是熟练掌握菱形的判定定理，以及平行四边形的性质．
【训练】如图所示，在四边形ABCD中 ( http: / / www.21cnjy.com )，AD∥BC，∠B＝90°，AD＝24cm，BC＝26cm动点P从点A出发沿AD方向向点D以1cm/s的速度运动，动点Q从点C出发沿着CB方向向点B以3cm/s的速度运动．点P，Q分别从点A和点C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点随之停止运动．
（1）经过多长时间，四边形PQCD是平行四边形？
（2）经过多长时间，四边形PQBA是矩形？
（3）若AB＝8，如果Q点的移动速度不变，要使PQBA是正方形，则P点移动速度是多少？
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解：（1）∵，
∴只要当PD＝CQ时，四边形PQCD是平行四边形，
设运动时间为t，，，
列式：24﹣t＝3t，解得t＝6，
∴经过6秒，四边形PQCD是平行四边形；
（2）∵且，
∴只要当AP＝BQ时，四边形PQBA是矩形，
设运动时间为t，，，
列式：t＝26﹣3t，解得，
∴经过秒，四边形PQBA是矩形；
（3）当BQ＝AB＝8时，四边形PQCD是正方形，
设运动时间为t，列式：26﹣3t＝8，解得t＝6，
∵PA＝6 VP＝8，
∴VP＝cm/s．
【总结升华】本题考查的是动点问题， ( http: / / www.21cnjy.com )涉及平行四边形的判定，矩形的判定，正方形的判定，解题的关键是设运动时间，用时间表示线段长度，然后根据题意列方程求解．
【类型】三、正方形中的折叠问题
例3 如图，在边长为6的正方形ABCD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求∠EAG的度数；
（3）求BG的长．
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【分析】
（1）利用翻折变换对应边关系得出AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）由（1）可得∠FAG＝∠BAF，由折叠的性质可得∠EAF＝∠DAF，继而可得∠EAG＝∠BAD＝45°；
（3）首先设BG＝x，则可得CG ( http: / / www.21cnjy.com )＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，然后利用勾股定理GE2＝CG2＋CE2，得方程：（x＋3）2＝（6﹣x）2＋32，解此方程即可求得答案．
【解析】
（1）证明；在正方形ABCD中，AD＝AB＝BC＝CD，∠D＝∠B＝∠BCD＝90°，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AD＝AF，DE＝EF，∠D＝∠AFE＝90°，
∴AB＝AF，∠B＝∠AFG＝90°，
又∵AG＝AG，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴△ABG≌△AFG（HL）；
（2）∵△ABG≌△AFG，
∴∠BAG＝∠FAG，
∴∠FAG＝∠BAF，
由折叠的性质可得：∠EAF＝∠DAE，
∴∠EAF＝∠DAF，
∴∠EAG＝∠EAF＋∠FAG＝（∠DAF＋∠BAF）＝∠DAB＝×90°＝45°；
（3）∵E是CD的中点，
∴DE＝CE＝CD＝×6＝3，
设BG＝x，则CG＝6﹣x，GE＝EF＋FG＝x＋3，
∵GE2＝CG2＋CE2
∴（x＋3）2＝（6﹣x）2＋32，
解得：x＝2，
∴BG＝2．
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【点拨】此题属于四边形的综合 ( http: / / www.21cnjy.com )题，考查了正方形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，注意折叠中的对应关系、注意掌握方程思想的应用是解此题的关键．
【训练】如图，在边长为6的正方形AB ( http: / / www.21cnjy.com )CD中，E是边CD的中点，将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交BC于点G，连接AG．
（1）求证：△ABG≌△AFG；
（2）求BG的长．
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【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】
（1）利用翻折变换对应边关系得出AB=AF ( http: / / www.21cnjy.com )，∠B=∠AFG=90°，利用HL定理得出△ABG≌△AFG即可；
（2）利用勾股定理得出GE2=CG2+CE2，进而求出BG即可；
【详解】
（1）在正方形ABCD中，AD=A ( http: / / www.21cnjy.com )B=BC=CD，∠D=∠B=∠BCD=90°，
∵将△ADE沿AE对折至△AFE，
∴AD=AF，DE=EF，∠D=∠AFE=90°，
∴AB=AF，∠B=∠AFG=90°，
在Rt△ABG和Rt△AFG中，
，
∴Rt△ABG≌Rt△AFG（HL）；
即△ABG≌△AFG；
（2）∵△AB ( http: / / www.21cnjy.com )G≌△AFG，
∴BG=FG，
设BG=FG=x，则GC=6-x，
∵E为CD的中点，
∴CE=EF=DE=3，
∴EG=3+x，
∴在Rt△CEG中，32+(6-x)2=(3+x)2，
解得x=2，
∴BG=2．
【点拨】本题主要考查了勾股定理的综合应用，全等三角形的判定和性质以及翻折变换的性质，根据翻折变换的性质得出对应线段相等是解题关键．2-1-c-n-j-y
【类型】四、正方形中的最值问题
例4.如图，在边长为2cm的正方形ABCD中，Q为BC边的中点，P为对角线AC上的一个动点，连接PB，PQ，求△PBQ周长的最小值．
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【答案】1＋．
【分析】由于点B与点D关于A ( http: / / www.21cnjy.com )C对称，所以如果连接DQ，交AC于点P，由最短路径问题模型知，此时△PBQ的周长最小，△PBQ的周长=BP+PQ+BQ=DQ+BQ．在Rt△CDQ中，由勾股定理先计算出DQ的长度，再得出结果．【来源：21cnj*y.co*m】
解：连接DQ，交AC于点P，连接PB、BD，BD交AC于O．
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∵四边形ABCD是正方形，
∴A ( http: / / www.21cnjy.com )C⊥BD，BO=OD，CD=2cm，
∴点B与点D关于AC对称，
∴BP=DP，
∴BP+PQ=DP+PQ=DQ．
在Rt△CDQ中，由勾股定理，得QD＝
∴△PBQ的周长的最小值为：BP+PQ+BQ=DQ+BQ=+1（cm）．
【点拨】本图主要考查了正方形的性质，轴对称-最短路径问题，同时也考查了勾股定理得应用.是常考的基本题.
【训练】如图，正方形中，，是边的中点，点是正方形内一动点，，连接，将线段绕点逆时针旋转得，连接，.
（1）若、、三点共线，求的长；
（2）求的面积的最小值.
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【答案】（1）3；（2）
【分析】
（1）利用勾股定理求出AO长，易得AE长，由正方形的性质利用SAS可证，根据全等三角形对应边相等可得结论；
（2）过点作于点，当三点共线，最小，求出EH长，根据三角形面积公式求解即可.
解：（1）由旋转得：，，
∵是边的中点，∴.
在中，.
∴.
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
即，
∴.
在和中
∴.
∴.
（2）由于，所以点可以看作是以为圆心，2为半径的半圆上运动.
过点作于点.
( http: / / www.21cnjy.com / )
∵，
∴
当三点共线，最小，.
∴.
【总结升华】本题是正方形与三角形的综合题 ( http: / / www.21cnjy.com )，涉及的知识点主要有正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练的利用正方形的性质证明三角形全等是解题的关键.2·1·c·n·j·y
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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