例談正方形性質的運用

正方形是初中階段學習的一種重要四邊形，也是最完美的四邊形，頗受命題人的青睞，主要考查利用正方形的性質求線段的長、求角度、求圖形面積，以及說理探究，有利于深化學生對正方形性質的理解，也能使學生受到到數學美的教育.

1 利用正方形性質求線段的長

在正方形中有諸多相等的元素，有較多的全等三角形，已知正方形的邊長，可以求出正方形內大部分線段的長度，通常是利用勾股定理或相似三角形對應邊成比例求解.

例1如圖1，點B在線段AF上，AB=8，BF=4，分別以AB，BF為邊在線段AF的同側作正方形ABCD和正方形BFGE，連接CF，DE.

（1）求證：CF=DE；

（2）連接DG，若H是DG的中點，求BH的長；

（3）在（2）的條件下延長BH交CD于M，求CM的長.

（1）證明：∵四邊形ABCD與四邊形BFGE都是正方形，

∴AD=AB=CD=BC=8，BE=BF=FG=4.

∴CE=BC－BE=8－4=4=BF.

在△DCE和△CBF中，CD=BC，∠DCE=∠CBF=90°，CE=BF，

∴△DCE≌△CBF（SAS）.

∴CF=DE.

（2）解：過點H作HN⊥AB于點N，如圖2，則HN∥AD∥GF.

∵H是DG的中點，

∴HN是梯形ADGF的中位線.

∴NH=12（AD+FG）=12×（8+4）=6，

NF=12（AB+BF）=12×（8+4）=6.

∴BN=NF－BF=6－4=2.

∴BH=NH2+BN2=62+22=210.

（3）過點H作HN⊥AB于點N，延長NH交CD于點Q，如圖3，則HQ⊥CD，四邊形CBNQ是矩形.

∴BN=CQ=2，NQ=8.

∴QH=NQ－NH=2.

∵∠HNB=∠HQM=90°，∠BHN=∠MHQ，

∴△HNB∽△HQM.

∴BNQM=NHQH，即2QM=62.

∴QM=23，

CM=CQ+QM=2+23=83.

評注：本題主要考查了正方形四個角是直角、四條邊相等、對邊平行的性質；另一方面遇中點有兩個思考方向，一是構造等腰三角形底邊中線，二是構造梯形或三角形中位線.

2 利用正方形性質求角度

在正方形內求角度，正方形的四個角都是直角是第一途徑，正方形每條對角線平分一組對角是第二途徑.在正方形內以正方形邊為邊作等邊三角形，可得30°的角，以正方形邊長為腰長作等腰三角形，且一腰落在對角線上，可得67.5°的角.

例2如圖4，在正方形ABCD中，E為AB上的點（不與A，B重合），△ADE與△FDE關于DE對稱，作射線CF，與DE的延長線相交于點G，連接AG.

（1）當∠ADE=15°時，求∠DGC的度數.

（2）若點E在AB上移動，請你判斷∠DGC的度數是否發生變化？若不變化，請證明你的結論；若發生變化，請說明理由.

（3）如圖5，當點F落在對角線BD上時，M為DE的中點，連接AM，FM，請你判斷四邊形AGFM的形狀，并證明你的結論.

解析：（1）由∠ADE=15°，得∠FDE=15°，∠CDF=60°.又DC=AD=DF，則∠CFD=60°.結合∠CFD=∠DGC+∠FDE=15°+∠DGC，所以∠DGC=45°.

（2）不變.理由如下：由△ADE與△FDE關于DE對稱，得∠AGD=∠DGF.設∠ADE=x，則∠FDE=x，∠CDF=90°－2x.結合DC=AD=DF，得∠CFD=45°+x.又∠CFD=∠DGC+∠FDE=x+∠DGC，所以∠DGC=45°.

（3）四邊形AGFM是正方形.理由：由∠DAE=∠DFE=90°，M為DE的中點，可得AM=FM=DM=12DE，則∠ADM=∠DAM，∠MDF=∠DFM，于是∠AME=∠FME=2∠ADM=2∠MDF=45°，所以∠AMF=90°.又∠MGF=45°，則有FM=FG.又因為在△ADG與△FDG中，AD=DF，∠ADG=∠FDG，DG=DG，則△ADG≌△FDG（SAS），所以AG=FG，則AM=MF=FG=AG.又∠AMF=90°，

所以四邊形AGFM是正方形.

評注：證明一個四邊形是正方形有兩種基本方法.一是先證明它是矩形，再證明它有一組鄰邊相等；二是先證明它是菱形，再證明它有一個角是直角.本題采用的是第二種方法.

3 利用正方形性質進行說理探究

正方形是軸對稱圖形，兩條對角線所在的直線及經過對邊中點的直線都是它的對稱軸；正方形也是中心對稱圖形，對角線的交點是它的對稱中心.因此，在正方形內進行相同的操作，在條件不變的情況下，不同的動點位置會得到相同的條件，比較適合進行說理探究.

例3操作：將一把三角尺放在如圖6的正方形ABCD中，使它的直角頂點P在對角線AC上滑動，直角的一邊始終經過點B，另一邊與射線DC相交于點Q.

探究：①如圖7，當點Q在DC上時，求證：PQ=PB.

②如圖8，當點Q在DC延長線上時，①中的結論還成立嗎？簡要說明理由.

①證明：如圖9，過點P作PN⊥AB于點N，交CD于點M.在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ACD=45°，則∠PMQ=∠PNB=∠CBN=90°，所以CBNM是矩形.

所以CM=BN.

所以△CMP是等腰直角三角形.

所以PM=CM=BN.

由∠PBN+∠BPN=90°，∠BPN+∠MPQ=90°，得∠MPQ=∠PBN，又因為在Rt△PMQ和Rt△BNP中，BN=PM，所以

△PMQ≌△BNP（AAS）.故BP=QP.

②成立.理由：如圖10，過點P作PN⊥AB于點N，交CD于點M.在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ACD=45°，則∠PMQ=∠PNB=∠CBN=90°，所以CBNM是矩形，則CM=BN.

所以△CMP是等腰直角三角形，則PM=CM=BN.由∠PBN+∠BPN=90°，∠BPN+∠MPQ=90°，可得∠MPQ=∠PBN.在△PMQ和△BNP中，∠MPQ=∠PBN，∠PNB=∠PMQ=90°，BN=PM，所以可得

△PMQ≌△BNP（AAS）.

故BP=QP.

評注：本題作的垂線，實際上是在構造“三垂直”的模型，即在一條線段的兩端與之間存在三個垂直，這里往往有全等三角形出現；本題還有一個幾何模型，即對角互補模型，所以過點P分別作BC，CD的垂線也是一種解決問題的方法.

以上從三個方面探討了正方形考查的三個視角，利用正方形的性質可以求線段的長，可以求角度，也可以進行說理探究，有助于學生感受正方形的美，培養學生的思維品質，發展學生的核心素養.