数学八年级下册正方形性质与判定的灵活应用课件PPT公开课

OE OF
∴△AOE≌△DOF(SAS)． (在12)△证若A明正D：方G和形∵四△AB边CCDD形G的中A边B，C长D是为正1，方∠形A，GF＝105°，求线段BG的长．
A(利2B)用四＝正边BC方形＝形PCQD的R＝S性在DA质什. 求么线时段候间面的积数最量大关？系
∴∠OAE＝∠ODF. ∵∠DOF＝90°， ∴∠DFO＋∠FDO＝90°. ∴∠DFO＋∠FAE＝90°. ∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF.
人教版数学八年级下册
第十八章
18.2.7 正方形性质与判定的灵活应用
合作探究
题型 1 利用正方形的性质证明垂直关系
1．如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O， E，F分别在OD，OC上，且DE＝CF，连接DF，AE， 并延长AE交DF于点M.求证AM⊥DF.
4∴．B∠GA如＝M图F＝，9P0，°Q，，.即R，AMS四⊥个DF小. 球分别从正方形的四个顶点
再见
在△AOE与△DOF中， ∴在∠△AMADFG＝和90△°C，DG即中A，M⊥DF. AOE DOF 90 ∴在△△AAOSOPEE≌≌与△△△BDPODQFO≌(FS△A中SC，)Q．R≌△DRS.
在(又2)△∵四在A边O任形E何与PQ运△R动DS在O时F什中刻么，，时AP候＝面B积Q＝最C大R＝？DS， 在(21)△四证A边明O形：E与P∵Q△四RD边S在O形F什中A么B，C时D是候正面方积形最，大？ ①∴在∠△A＝AOB∠GEB与≌＝△△∠ADFCGO＝；F∠中D，＝90°，
∴∠BAH＝45°＝∠ABG，∠GAH＝30°.
∴AH＝BH，AG＝2HG.
∵AB＝1，
∴在Rt△ABH中，由勾股定理可得AH＝BH＝
2 .
2
在Rt△AGH中，由勾股定理可得HG＝
6
.
6
∴BG＝
2
6 .
26
题型 3 利用正方形的性质解决相关问题
3．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且 CE＝2DE.将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC 于点G，连接AG，CF.下列结论：
3．如图①，在正方形 ABCD 中，P 是 BD 上的一点，点 E 在 AD 的延长线上，且 PA＝PE，PE 交 CD 于点 F.
(1)求证 PC＝PE； 证明：∵四边形 ABCD 是正方形， ∴AD＝CD，∠ADP＝∠CDP. ∵DP＝DP，∴△ADP≌△CDP(SAS)．∴PA＝PC. ∵PA＝PE，∴PC＝PE.
解：(1)AG2＝GE2＋GF2.理由如下：
如图，连接GC，由正方形的性质知AD＝CD，
∠ADG＝∠CDG.
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
AD CD
在△ADG和△CDG中，
A
D
G
CDG
D G D G
∴△ADG≌△CDG(SAS)．
∴AG＝CG.
由题意知∠GEC＝∠GFC＝∠DCB＝90°， ∴四边形GFCE为矩形， CG2＝CF2＋GF2. ∴GE＝FC. 又∵AG＝CG，∴AG2＝GE2＋GF2. (2)如图，作AH⊥BD于点H，由题意易知∠AGB＝60°， ∠ABG＝45°，
，DA的方向滚动，其终点分别是B，C，D，A. (1)不管滚动多长时间，求证：连接四个小 球所得的四边形PQRS总是正方形． (2)四边形PQRS在什么时候面积最大？
(1)证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°， AB＝BC＝CD＝DA. 又∵在任何运动时刻，AP＝BQ＝CR＝DS， ∴PB＝QC＝RD＝SA. ∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS. ∴PS＝QP＝RQ＝SR，∠ASP＝∠BPQ.
课后练习
1．如图，正方形 ABCD 的边长为 3，E，F 分别是 AB，BC 边 上的点，且∠EDF＝45°，将△DAE 绕点 D 逆时针旋转 90°， 得到△DCM.
(1)求证 EF＝FM；
证明：∵将△DAE 绕点 D 逆时针旋转 90°得到△DCM， ∴DE＝DM，∠EDM＝90°. ∵∠EDF＝45°.∴∠MDF＝∠EDF＝45°. 又∵DF＝DF，∴△DEF≌△DMF(SAS)． ∴EF＝MF.
(2)四边形PQRS在什么时候面积最大？
BG的长． 又∵在任何运动时刻，AP＝BQ＝CR＝DS，
7 正方形性质与判定的灵活应用 ∵DE＝CF，∴OE＝OF. ∴△ASP≌△BPQ≌△CQR≌△DRS. 2．(中考·杭州)如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上(不与点B，D重合)，GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG. 正方形性质与判定的综合运用
题型 2 利用正方形的性质求线段间的数量关系
2．(中考·杭州)如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上( 不与点B，D重合)，GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连 接AG.
(1)写出线段AG，GE，GF长度之间的等量 关系，并说明理由；
(1)不管滚动多长时间，求证：连接四个小
①又△∵AAGB＝G≌C△G(，A2F∴G)A；若G2＝正GE2＋方GF2.形ABCD的边长为1，∠AGF＝105°，求线段
7 正方形性质与判定的灵活应用 A，B，C，D同时出发，以同样的速度分别沿AB，BC，CD，DA的方向滚动，其终点分别是B，C，D，A. ∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF. 在△AOE与△DOF中， 由题意知∠GEC＝∠GFC＝∠DCB＝90°， 3．如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点E在边CD上，且CE＝2DE. 将△ADE沿AE对折至△AFE，延长EF交边BC于点G，连接AG，CF. ∴在Rt△ABH中，由勾股定理可得AH＝BH＝ . ∴在Rt△ABH中，由勾股定理可得AH＝BH＝ . ∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF.
∴将△△AAOSDPEE≌≌沿△△ABDEPO对QF≌(折S△A至SC)Q△．RA≌F△E，DR延S.长EF交边BC于点G，连接AG，CF. ∴(在1在)R不t任△管何A滚G运H动动中多时，长刻由时，勾间四股，边定求形理证P可：Q得R连SH总接G是＝四正个方小形. ．
OA OD
正又7 正方∵A方形G＝形性C性质G质与，与判∴A判定G2定的＝的综G灵合E2活运＋应用GF用2.
(2)当 AE＝1 时，求 EF 的长． 解：设 EF＝MF＝x. ∵AE＝CM＝1，且 BC＝3， ∴BM＝BC＋CM＝3＋1＝4，EB＝AB－AE＝3－1＝2. ∴BF＝BM－MF＝4－x. 在 Rt△EBF 中，由勾股定理得 EB2＋BF2＝EF2， 即 22＋(4－x)2＝x2，解得 x＝52，则 EF＝52.
(2)求∠CPE 的度数； 解：∵△ADP≌△CDP，∴∠DAP＝∠DCP. ∵PA＝PE，∴∠DAP＝∠E. ∴∠FCP＝∠E. ∵∠PFC＝∠DFE，∴∠CPE＝∠EDF＝90°.
(3)如图②，把正方形 ABCD 改为菱形 ABCD，其他条件不变， 当∠ABC＝120°时，连接 CE，试探究线段 AP 与线段 CE 的数 量关系，并说明理由．
∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC. ∴证A在明C任⊥：何B∵DA运，C动，OA时B＝D刻是O，D正＝四方O边形C.形ABPCQDR的S是两菱条形对．角线，
∴(2∠)四ABAM边HF形＝＝P49Q50°R°S＝在，∠什即A么ABMG时，⊥候∠D面GF.A积H＝最3大0°？.
34A．，如B，图C，，在PD，同正Q时方，出形R，发ABS，C四D以个中同小，样球A的B分＝速别6度，从分点正别E方在沿形边A的BC，D四上B个C，，顶且C点DCE，＝D2AD的E.方向滚动，其终点分别是B，C，D，A.
2．如图，在四边形 ABCD 中，点 E 是线段 AD 上任意一点(E 与 A，D 不重合)，G，F，H 分别是 BE，BC，CE 的中点．
(1)求证：四边形 EGFH 是平行四边形；
证明：∵G，F 分别是 BE，BC 的中点，∴GF∥EC. 同理 FH∥BE. ∴四边形 EGFH 是平行四边形．
∵DE＝CF，∴OE＝OF. 由利球题用所意 正 得知方的∠形四G的边EC性形＝质P∠Q求GRFS线C总＝段是∠间正DC的方B数＝形量9．0关°系，
在将A，R△tB△A，DACEG，沿HDA中E同，对时由折出勾至发股△，定A以F理E同，可样延得的长H速EGF＝交度边分B别C.沿于A点BG，，BC连，接CADG，，DCAF的. 方向滚动，其终点分别是B，C，D，A. 将A(2．)△若2A个正D方E沿形AAEB对BC．D折的3至个边△长AF为E，1，C延．∠长A4G个EF交＝边10B5C°D于，．点求5G个线，段连B接GA的G长，．CF.
解：AP＝CE.理由如下： 同(1)易证△ADP≌△CDP， ∴PA＝PC，∠PAD＝∠PCD. ∵PA＝PE，∴PC＝PE，∠PAE＝∠PEA. ∴∠PEA＝∠PCD. ∵∠PFC＝∠DFE，∴∠CPE＝∠EDF.
∵四边形 ABCD 是菱形，∠ABC＝120°， ∴∠ADC＝120°. ∴∠EDF＝60°. ∴∠CPE＝∠EDF＝60°. 又∵PC＝PE，∴△PCE 是等边三角形．∴PE＝CE. ∵PA＝PE，∴AP＝CE.
①△ABG≌△AFG； ②BG＝GC； ③EG＝DE＋BG；
④AG∥CF；
⑤S△FGC＝3.6.
其中正确结论的个数是( D )
A．2个
B．3个
C．4个
D．5个
题型 4 正方形性质与判定的综合运用
4．如图，P，Q，R，S四个小球分别从正方形的四个顶点 A，B，C，D同时出发，以同样的速度分别沿AB，BC，CD
证明：∵AC，BD是正方形ABCD的两条对角线， 又(2)∵四A边G＝形CPGQ，RS∴在A什G2么＝时GE候2＋面G积F2最. 大？
解由4．：题如(意1图)知A，G∠2PG＝，ECGQ＝E，2∠＋RG，GFFCS2＝四. ∠个D小CB球＝分90别°从，正方形的四个顶点
(其∴2B)中四G＝正边确形结PQ论RS的在个.什数么是时(候面积) 最大？
(2)EF 和 BC 满足什么关系时，平行四边形 EGFH 是正方形？ 解：EF 和 BC 满足关系 EF＝12BC 且 EF⊥BC 时，平行四边形 EGFH 是正方形．证明如下：连接 GH. ∵G，H 分别是 BE，CE 的中点， ∴GH∥BC，GH＝12BC. ∵EF⊥BC，∴EF⊥GH.
∵四边形 EGFH 是平行四边形，∴四边形 EGFH 是菱形． ∵GH＝12BC，EF＝12BC，∴EF＝GH. ∴平行四边形 EGFH 是正方形．
∴在任何运动时刻，四边形PQRS是菱形． 又∵∠APS＋∠ASP＝90°， ∴∠APS＋∠BPQ＝90°. ∴∠QPS＝180°－(∠APS＋∠BPQ)＝180°－90°＝90°. ∴在任何运动时刻，四边形PQRS总是正方形． (2)解：当P，Q，R，S在出发时或在到达终点时面积最大， 此时的面积就等于正方形ABCD的面积．