例谈正方形性质的运用

正方形是初中阶段学习的一种重要四边形，也是最完美的四边形，颇受命题人的青睐，主要考查利用正方形的性质求线段的长、求角度、求图形面积，以及说理探究，有利于深化学生对正方形性质的理解，也能使学生受到到数学美的教育.

1 利用正方形性质求线段的长

在正方形中有诸多相等的元素，有较多的全等三角形，已知正方形的边长，可以求出正方形内大部分线段的长度，通常是利用勾股定理或相似三角形对应边成比例求解.

例1如图1，点B在线段AF上，AB=8，BF=4，分别以AB，BF为边在线段AF的同侧作正方形ABCD和正方形BFGE，连接CF，DE.

（1）求证：CF=DE；

（2）连接DG，若H是DG的中点，求BH的长；

（3）在（2）的条件下延长BH交CD于M，求CM的长.

（1）证明：∵四边形ABCD与四边形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：过点H作HN⊥AB于点N，如图2，则HN∥AD∥GF.

∵H是DG的中点，

∴HN是梯形ADGF的中位线.

∴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）过点H作HN⊥AB于点N，延长NH交CD于点Q，如图3，则HQ⊥CD，四边形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.

评注：本题主要考查了正方形四个角是直角、四条边相等、对边平行的性质；另一方面遇中点有两个思考方向，一是构造等腰三角形底边中线，二是构造梯形或三角形中位线.

2 利用正方形性质求角度

在正方形内求角度，正方形的四个角都是直角是第一途径，正方形每条对角线平分一组对角是第二途径.在正方形内以正方形边为边作等边三角形，可得30°的角，以正方形边长为腰长作等腰三角形，且一腰落在对角线上，可得67.5°的角.

例2如图4，在正方形ABCD中，E为AB上的点（不与A，B重合），△ADE与△FDE关于DE对称，作射线CF，与DE的延长线相交于点G，连接AG.

（1）当∠ADE=15°时，求∠DGC的度数.

（2）若点E在AB上移动，请你判断∠DGC的度数是否发生变化？若不变化，请证明你的结论；若发生变化，请说明理由.

（3）如图5，当点F落在对角线BD上时，M为DE的中点，连接AM，FM，请你判断四边形AGFM的形状，并证明你的结论.

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

（2）不变.理由如下：由△ADE与△FDE关于DE对称，得∠AGD=∠DGF.设∠ADE=x，则∠FDE=x，∠CDF=90°－2x.结合DC=AD=DF，得∠CFD=45°+x.又∠CFD=∠DGC+∠FDE=x+∠DGC，所以∠DGC=45°.

（3）四边形AGFM是正方形.理由：由∠DAE=∠DFE=90°，M为DE的中点，可得AM=FM=DM=12DE，则∠ADM=∠DAM，∠MDF=∠DFM，于是∠AME=∠FME=2∠ADM=2∠MDF=45°，所以∠AMF=90°.又∠MGF=45°，则有FM=FG.又因为在△ADG与△FDG中，AD=DF，∠ADG=∠FDG，DG=DG，则△ADG≌△FDG（SAS），所以AG=FG，则AM=MF=FG=AG.又∠AMF=90°，

所以四边形AGFM是正方形.

评注：证明一个四边形是正方形有两种基本方法.一是先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等；二是先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角.本题采用的是第二种方法.

3 利用正方形性质进行说理探究

正方形是轴对称图形，两条对角线所在的直线及经过对边中点的直线都是它的对称轴；正方形也是中心对称图形，对角线的交点是它的对称中心.因此，在正方形内进行相同的操作，在条件不变的情况下，不同的动点位置会得到相同的条件，比较适合进行说理探究.

例3操作：将一把三角尺放在如图6的正方形ABCD中，使它的直角顶点P在对角线AC上滑动，直角的一边始终经过点B，另一边与射线DC相交于点Q.

探究：①如图7，当点Q在DC上时，求证：PQ=PB.

②如图8，当点Q在DC延长线上时，①中的结论还成立吗？简要说明理由.

①证明：如图9，过点P作PN⊥AB于点N，交CD于点M.在正方形ABCD中，AB∥CD，∠ACD=45°，则∠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，又因为在Rt△PMQ和Rt△BNP中，BN=PM，所以

△PMQ≌△BNP（AAS）.故BP=QP.

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

所以△CMP是等腰直角三角形，则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.

评注：本题作的垂线，实际上是在构造“三垂直”的模型，即在一条线段的两端与之间存在三个垂直，这里往往有全等三角形出现；本题还有一个几何模型，即对角互补模型，所以过点P分别作BC，CD的垂线也是一种解决问题的方法.

以上从三个方面探讨了正方形考查的三个视角，利用正方形的性质可以求线段的长，可以求角度，也可以进行说理探究，有助于学生感受正方形的美，培养学生的思维品质，发展学生的核心素养.