《1.3.3正方形性质与判定的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《1.3.3正方形性质与判定的综合应用（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.3.3 1.3.3 正方形性质与判定正方形性质与判定的综合应用的综合应用名师点金名师点金 正方形既是菱形，又是矩形，它具有菱形、正方形既是菱形，又是矩形，它具有菱形、矩形的所有性矩形的所有性质质，判定一个四，判定一个四边边形是正方形，只形是正方形，只需保需保证证它既是菱形又是矩形即可它既是菱形又是矩形即可1训练角度角度利用正方形的性质证明线段位置关系利用正方形的性质证明线段位置关系1.如如图图，在正方形，在正方形ABCD中，中，对对角角线线AC，BD相交相交于点于点O，E，F分分别别在在OD，OC上，且上，且DECF，连连接接DF，AE，并延，并延长长AE，其延，其延长线长线交交DF于于点
2、点M. 求求证证：AMDF.AC，BD是正方形是正方形ABCD的两条的两条对对角角线线，ACBD，OAODOCOB.AOEDOF90.DECF，OEOF.AOEDOF.OAEODF. DOF90，DFOFDO90.DFOFAE90.AMF90，即，即AMDF.证证明：明：2训练角度角度利用正方形的性质解决线段和差倍分问题利用正方形的性质解决线段和差倍分问题2在正方形在正方形ABCD中，中，MAN45，MAN绕绕 点点A顺时针顺时针旋旋转转，它的两，它的两边边分分别别交交CB，DC(或它或它 们们的延的延长线长线)于点于点M，N.(1)如如图图，当，当MAN绕绕点点A旋旋转转到到BMDN时时，易
3、，易 证证：BMDNMN. 当当MAN绕绕点点A旋旋转转到到 BMDN时时，如，如图图，请问图请问图中的中的结论结论是否是否还还 成立？如果成立，成立？如果成立，请给请给予予证证明；如果不成立，明；如果不成立，请请 说说明理由明理由(2)当当MAN绕绕点点A旋旋转转到如到如图图所示的位置所示的位置时时，线线 段段BM，DN和和MN之之间间有怎有怎样样的数量关系？的数量关系？请请写出写出 你的猜想，并你的猜想，并说说明理由明理由(1)仍有仍有BMDNMN成立成立 证证明如下：明如下： 过过点点A作作AEAN，交，交CB的延的延长线长线 于点于点E, 易易证证ABEADN， DNBE，AEAN.
4、又又EAMNAM45，AMAM， EAMNAM. MEMN. MEBEBMDNBM， BMDNMN .解：解：(2)DNBMMN. 理由如下：理由如下： 如如图图，在，在DN上截取上截取DEBM，连连接接AE. 四四边边形形ABCD是正方形，是正方形， ABMDBAD90，ABAD. 又又BMDE， ABMADE. AMAE，BAMDAE.DAB90，MAE90.MAN45，EAN45MAN.又又AMAE，ANAN，AMNAEN.MNEN.DNDEENBMMN.DNBMMN.3训练角度角度利用正方形的判定和性质探究正方形的条件利用正方形的判定和性质探究正方形的条件3如如图图，在，在RtABC中
5、，中，ACB90，过过点点C 的直的直线线MNAB，D为为AB边边上一点，上一点，过过点点D作作 DEBC，交直，交直线线MN于于E，垂足，垂足为为F，连连接接CD， BE.(1)求求证证：CEAD.(2)当点当点D为为AB的中点的中点时时，四，四边边形形BECD是什么特是什么特 殊四殊四边边形？形？请说请说明理由明理由(3)若点若点D为为AB的中点，的中点，则则当当A的大小的大小满满足什么足什么 条件条件时时，四，四边边形形BECD是正方形？是正方形？请说请说明理由明理由(1)DEBC， DFB90. ACB90， ACBDFB. ACDE. MNAB，即，即CEAD， 四四边边形形ADEC
6、是平行四是平行四边边形形 CEAD.证证明：明：(2) 四四边边形形BECD是菱形是菱形 理由：理由：D为为AB的中点，的中点，ADBD. CEAD，BDCE. BDCE， 四四边边形形BECD是平行四是平行四边边形形 ACB90，D为为AB的中点，的中点， CDBD. 四四边边形形BECD是菱形是菱形解：解：(3)当当A45时时，四，四边边形形BECD是正方形，是正方形， 理由：理由：ACB90，A45， ABCA45. ACBC. 点点D为为AB的中点，的中点，CDAB. CDB90. 四四边边形形BECD是菱形，是菱形， 菱形菱形BECD是正方形是正方形 即当即当A45时时，四，四边边形
7、形BECD是正方形是正方形解：解：4训练角度角度正方形性质与判定的综合运用正方形性质与判定的综合运用4如如图图，P，Q，R，S四个小球分四个小球分别别从正方形的四从正方形的四 个个顶顶点点A，B，C，D同同时时出出发发，以同，以同样样的速度分的速度分 别别沿沿AB，BC，CD，DA的方向的方向滚动滚动，其，其终终点分点分 别别是是B，C，D，A.(1)不管不管滚动滚动多多长时间长时间，求，求证证：连连接四个小球所得的接四个小球所得的 四四边边形形PQRS总总是正方形是正方形(2)四四边边形形PQRS在什么在什么时时候面候面积积最大？最大？(3)四四边边形形PQRS在什么在什么时时候面候面积为积
8、为正方形正方形ABCD面面积积 的一半？并的一半？并说说明理由明理由(1)四四边边形形ABCD是正方形，是正方形， ABCD90， ABBCCDDA. 又又在任何运在任何运动时动时刻，刻，APBQCRDS， PBQCRDSA. ASPBPQCQRDRS. PSQPRQSR，ASPBPQ. 在任何运在任何运动时动时刻，四刻，四边边形形PQRS是菱形是菱形证证明：明：又又APSASP90， APSBPQ90. QPS180(APSBPQ) 1809090. 在任何运在任何运动时动时刻，四刻，四边边形形PQRS总总是正方形是正方形(2)当当P，Q，R，S在出在出发时发时或在到达或在到达终终点点时时面
9、面积积 最大，此最大，此时时的面的面积积就等于正方形就等于正方形ABCD的面的面积积解：解：解：解： (3)当当P，Q，R，S四个小球四个小球滚动滚动到正方形到正方形ABCD 四四边边中点中点时时，四，四边边形形PQRS的面的面积积是正方形是正方形 ABCD面面积积的一半的一半 理由：理由：设设正方形正方形ABCD的的边长为边长为a. 当当PS2 a2时时， 在在RtAPS中，中，ASaSDaAP. 由勾股定理，得由勾股定理，得AS2AP2PS2， 即即(aAP)2AP2 a2， 解得解得AP a.同理可得同理可得BQCRSD a.当当P，Q，R，S四个小球四个小球滚动滚动到正方形到正方形ABCD 各各边边中点中点时时，四，四边边形形PQRS的面的面积积是正方形是正方形 ABCD面面积积的一半的一半
