正方形中的“十字架”形

刘家良

【摘要】 将一个基本图形的特征及性质进行迁移，结合正方形的边、角性质，得到正方形中“十字架”形的性质及变式图形（一线三直角）的性质．由基本图形到“十字架”形再到“一线三直角”形的系列过程，启发教者要特别关注基本图形的特征及性质的教学，并要学会在复杂图形中提炼基本图形的本领．

【关键词】 基本图形；迁移；正方形；“十字架”；变式

将一个基本图形的特征及性质进行迁移，结合正方形的边、角性质，可得到正方形中“十字架”形的性质.

基本图形：如图1，若∠ABD＝∠EDC＝90°，AB＝ED，BD＝DC，则AD＝EC，AD⊥EC．

简证：易证△ABD≌△EDC（SAS），

于是AD＝EC，

∠ADB＝∠C．

又∠ADB+∠CDG＝90°，

所以∠C+∠CDG＝90°，

所以∠CGD＝90°，

所以AD⊥EC．

将图1及其蕴含结论迁移到正方形中，结合正方形的边、角性质，可得正方形中“十字架”形的性质：

如图2，已知E，F分别是正方形ABCD的边AB与BC上的一点，且AE＝BF（或BE＝CF），AE与DF相交于点P，则AF＝DE，AF⊥DE．

推论：如图2，在①AE＝BF（或BE＝CF），②AF＝DE，③AF⊥DE三个条件中，若已知一个条件，可得另外的两个条件，简称“知一求二”．

应用正方形中的“十字架”形的结论，可解决与正方形相关的问题．

1 由垂直到边等

例1

如图3，正方形纸片ABCD的边长为12，点F是AD上一点，将△CDF沿CF折叠，点D落在点G处，连接DG并延长交AB于点E．若AE＝5，则GE的长为.

分析 设CF与DE交于点O．点D，G关于CF对称，由轴对称性质可知CF垂直平分GD，即DO＝GO，CF⊥DE，由此想到正方形中的“十字架”形，可得CF＝DE，AE＝DF．

解 如图4，设CF与DE交于点O．

因为点D，G关于CF对称，

所以GO＝DO，CF⊥DE，

即∠FOD＝90°，

所以∠CFD+∠ADE＝90°．

因为四边形ABCD是正方形，

所以AD＝CD＝12，

∠A＝∠ADC＝90°，

所以∠CFD+∠FCD＝90°，

所以∠ADE＝∠DCF，

所以△ADE≌△DCF，

所以DE＝CF，AE＝DF＝5．

在Rt△DAE中，由勾股定理得

DE=AD2+AE2=144+25=13，

所以CF＝13．

由S△CDF=12CF·OD=12CD·DF，得

OD=CD·DFCF=6013，

所以DG=2OD=12013，

所以EG＝DE-DG＝13-12013＝4913．

注 由軸对称性质得到CF⊥DE，这意味着两直角三角形的斜边垂直，由垂直这一条件联想到正方形的“十字架”形．

2 由一直角边相等到斜边相等与垂直

例2 图4

如图4，在边长为22的正方形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为．

分析 求GH的长，一般是将其放置在直角三角形中由勾股定理求得．如图5，若能意识到DF⊥CE，那么问题的求解之路就会“一马平川”，但这需要学生熟知正方形中的“十字架”形及其结论．

解 如图6，设CE，DF交于点S．因为四边形ABCD为正方形，

所以∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，

AB＝BC＝CD＝22．

因为点E，F分别是边AB，BC的中点，

所以AE＝BE＝BF＝CF=2，

所以△BCE≌△CDF（SAS），

所以CE＝DF，

∠BCE＝∠CDF．

因为∠DCF＝90°，

所以∠CDF+∠CFD＝90°，

所以∠BCE+∠CFD＝90°，

所以∠CSF＝∠HSG＝90°．

在Rt△BCE中，由勾股定理得

CE＝BE2+BC2＝（2）2+（22）2＝10，

所以DF＝CE＝10．

因为点G，H分别是EC，FD的中点，

所以CG＝12CE＝102，HF＝102．

因为∠DCF＝90°，CS⊥DF，

所以S△CDF=CS·DF2=CD·CF2，

所以CS＝CD·CFDF＝22×210＝410，

所以GS＝CG-CS＝102-410＝110．

在Rt△CSF中，由勾股定理得

FS＝CF2-CS2=（2）2-4102=25，

所以HS＝HF-FS＝12DF-FS＝102-25．

在Rt△HSG中，由勾股定理得

HG＝HS2+GS2＝102-252+1102＝1．

故填：1．

注 由正方形两边的中点想到两直角三角形的直角边相等，由直角边长相等这一条件联想到正方形中的“十字架”形．

3 “十字架”形的两种变式

变式1 图5

如图5，已知E，F分别是正方形ABCD的边DA与CD延长线上的一点，CE与BF相交于点P，在①AE＝DF（或DE＝CF），②CE＝BF，③CE⊥BF三个条件中，可由其中的一个条件得到另外的两个条件，也可谓“知一求二”．

例3 已知四边形ABCD是正方形，点E在边DA的延长线上，连接CE交AB于点G，过点B作BM⊥CE，垂足为点M，BM的延长线交AD于点F，交CD的延长线于点H．

（1）如图6，求证：CE＝BH；

（2）如图7，若AE＝AB，连接CF，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图中的四个三角形（△AEG除外），使写出的每个三角形都与△AEG全等．

分析 （1）欲证两线段相等，需将这两条线段分布在两个“待证”的全等三角形之中，图6吻合于图5中的“十字架”形；

（2）△AEG为直角三角形，欲寻找与其全等的三角形，需结合正方形的边、角性质及已知条件，需依据全等三角形的判定定理．

解 （1）因为四边形ABCD是正方形，

所以BC＝CD＝AD＝AB，

∠BCD＝∠EDC＝90°．

因为BM⊥CE，

所以∠HMC＝∠ADC＝90°，

所以∠H+∠HCM＝∠E+∠ECD＝90°，

所以∠H＝∠E．

在△EDC和△HCB中，

∠EDC=∠HCB，∠E=∠H，CD=BC，

所以△EDC≌△HCB（AAS），

所以CE＝BH.

（2）△BCG，△DCF，△DHF，△ABF（过程略）．

变式2 将图1中的△CED沿ED方向平移ED长可得到图8，即“一线三直角”形．这一图形的结论常与正方形“结伴”而行．

例4 如图9，点E是正方形ABCD的边BC上的动点，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．

（1）求证：BE＝CH；

（2）若AB＝3，BE＝x，用x表示DF的长．

分析 （1）要证BE＝CH，需证BC＝HE，由正方形边的相等性，可证AB＝EH，由三个垂直联想到“一线三直角”形，证△ABE≌△EHF即可；

（2）用x表示DF的长，可过点F作FP⊥CD于点P，将DF置身在直角三角形中．

解 （1）因为四边形ABCD是正方形，

所以BC＝CD＝AB，

∠ABE＝∠BCD＝90°，

所以∠AEB+∠EAB＝90°．

因为FH⊥BH，

所以∠EHF＝90°，

所以∠AEB+∠FEH＝90°，

所以∠FEH＝∠EAB．

在△ABE和△EFH中，

∠EAB=∠FEH，∠ABE=∠EHF，AE=EF，

所以△ABE≌△EHF（AAS），

所以BE＝FH，

AB＝EH，

所以BC＝EH，

即BE+EC＝CH+EC，

所以BE＝CH.

（2）作FP⊥CD于點P，则四边形CHFP为矩形．

由（1）可知CH＝FH，

所以四边形CHFP为正方形，

所以CP＝CH＝FH＝FP．

因为BE＝CH＝x，

所以CP＝FP＝x，

DP＝CD-CP＝3-x．

在Rt△DFP中，由勾股定理得

DF＝DP2+FP2

＝（3-x）2+x2

＝2x2-6x+9．

注 由正方形中的三个垂直条件想到了“一线三直角”形．

由基本图形到“十字架”形再到“一线三直角”形的系列历程，启发教者要特别关注基本图形的特征及其性质的教学，要学会在复杂图形中提炼基本图形的本领，这一本领离不开对基本图形的熟知和联想．