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.
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