第3讲：正方形的性质与判定_教案

∴ .∴ .
又∵∠EDA′=∠A′DC=450，∴△EDA′∽△A′DC.∴∠DA′C=∠DEA′=67.50＋450=112.50.
∴∠BA′C=1800－112.50=67.50.
2.【答案】见解析
【解析】（1）证明：∵AB是CD的垂直平分线，
∴AC=AD，
又∵AB⊥CD
∴∠CAB=∠DAB（等腰三角形的三线合一）；
连接BM，EM，BE
由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称．
∴MN垂直平分BE，
∴BM=EM，BN=EN．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，设AB=BC=CD=DA=2．
∵ ，
∴CE=DE=1．
设BN=x，则NE=x，NC=2-x．
在Rt△CNE中，NE2=CN2+CE2．
（2）证明：∵ME⊥A C，MF⊥AD，∠CAD=90°，
即∠CAD=∠AEM=∠AFM=90°，
∴四边形AEMF是矩形，
又∵∠CAB=∠DAB，ME⊥A C，MF⊥AD，
∴ME=MF，
∴矩形AEMF是正方形．
3.【答案】见解析
【解析】（1）如图1，延长EM交AD于点H，
∵四边形ABCD和CEFG是矩形，
（1）求证：∠ADB=∠CDB；
（2）若∠ADC=90°，求证：四边形MPND是正方形．
【解析】 证明：（1）∵对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
在△ABD和△CBD中，
∴△ABD≌△CBD（SAS），
∴∠ADB=∠CDB；
（2）∵PM⊥AD，PN⊥CD，
∴∠PMD=∠PND=90°，
∵∠ADC=90°，
（1）求证：△AED≌△BFD；
（2）若AB=2，当CD的值为时，四边形DECF是正方形．
答案与解析
1.【答案】C
【解析】M交AC于N′，连接DN′，N′即为所求的点，则BM的长即为DN+MN的最小值，
∴AC是线段BD的垂直平分线，又CM=CD-DM=4-1=3，在Rt△BCM中，BM= =5，
（2）将△BEF绕点B逆时针旋转180°，如图（3），则线段EG和CG又有怎样的数量关系和位置关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【解析】（1） EG=CG，EG⊥CG．
（2）EG=CG，EG⊥CG．
证明：延长FE交DC延长线于M，连MG．
∵∠AEM=90°，∠EBC=90°，∠BCM=90°，
∴四边形BEMC是矩形．
∴BE=CM，∠EMC=90°，
又∵BE=EF，
∴EF=CM．
∵∠EMC=90°，FG=DG，
∴MG= FD=FG．
∵BC=EM，BC=CD，
∴EM=CD．
∵EF=CM，
∴FM=DM，
∴∠F=45°．
又FG=DG，
∠CMG= ∠EMC=45°，
∴∠F=∠GMC．
∴△GFE≌△GMC．
∴EG=CG，∠FGE=∠MGC．
适用学科
初中数学
适用年级
初三
适用区域
北师版区域
课时时长（分钟）
120
知识点
正方形的性质
正方形中的旋转问题
正方形的性质与判定
教学目标
1、掌握正方形的性质与判定.
2、掌握正方形的旋转问题.
教学重点
能熟练掌握正方形的性质与判定.
教学难点
正方形综合题.
【教学建议】
正方形这种图形在生活中比较常见，并且在小学阶段已有涉及，在教学过程中，结合现实生活中的矩形物体和复习回顾学过的矩形知识，将使学生对正方形的性质和判定有一个更深刻的认识..
∴x2=（2-x）2+12，
解得 ，即
在Rt△ABM和在Rt△DEM中，AM2+AB2=BM2，DM2+DE2=EM2，
∴AM2+AB2=DM2+DE2．
设AM=y，则DM=2-y，
∴y2+22=（2-y）2+12，
解得 ，即
∴
当四边形ABCD为正方形时，连接BE， ，
不妨令CD=CB=n，则CE=1，设BN=x，则EN=x，EN2=NC2+CE2，x2=（n-x）2+12，x= ；
∵∠FMC=90°，MF=MD，FG=DG，
∴MG⊥FD，
∴∠FGE+∠EGM=90°，
∴∠MGC+∠EGM=90°，
即∠EGC=90°，
∴EG⊥CG．
【总结与反思】此题是对正方形性质结合旋转的性质的考察，在正方形的题型中占有重要的地位.
类型三正方形的性质与判定
如图，在四边形ABCD中，AB=BC，对角线BD平分∠ABC，P是BD上一点，过点P作PM⊥AD，PN⊥CD，垂足分别为M，N．
故DN+MN的最小值是5．故选C．
2.【答案】2 ﹣2．
【解析】如图，取AB的中点O，连接OH、OD，
则OH=AO= AB=2，
在Rt△AOD中，OD= =2 ，
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
最小值=OD﹣OH=2 ﹣2．
故答案是2 ﹣2．
3.【答案】见解析
∴AE和EC在同一条直线上，
在RT△ADF中，AM=MF，
∴DM=AM=MF，
在RT△AEF中，AM=MF，
∴AM=MF=ME，
∴DM=ME．
1.如图，将边长为2的正方形纸片ABCD折叠，使点B 落在CD上，落点记为E（不与点C，D重合），点A落在点F处，折痕MN交AD于点M，交BC于点N．若 ，则BN的长是， 的值等于；若 （ ，且 为整数），则 的值等于（用含 的式子表示）．
3.猜想与证明：
如图1摆放矩形纸片ABCD与矩形纸片ECGF，使B、C、G三点在一条直线上，CE在边CD上，连接AF，若M为AF的中点，连接DM、ME，试猜想DM与ME的关系，并证明你的结论．
拓展与延伸：
（1）若将”猜想与证明“中的纸片换成正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，其他条件不变，则DM和ME的关系为．
A．10 B．4 C．8 D．5
【解析】D
根据ABCD是正方形，求得△BEG，△CEF是等腰直角三角形，即可求得结果.
∵ABCD是正方形，AC，BD是对角线，
∴∠OBC=∠OCB=45°，
∵EG⊥BD ，EF⊥AC，
∴△BEG，△CEF是等腰直角三角形．
∴CF=EF．
∵AC⊥BD，
∴EFOG是矩形．
∵CD=AD=BD=1，MN⊥AB，
∴△ACD与△BCD都是等腰直角三角形，
∴∠ACD=∠BCD=45°，
∴∠ECF=∠ACD+∠BCD=90°，
∵∠DEC=∠DFC=90°，
∴四边形DECF是矩形，∠CDE=90°﹣45°=45°，
∴∠ECD=∠CDE=45°，
∴ED=CE，
∴矩形DECF是正方形．
请你参考李明同学的思路，解决下列问题：
如图3，在正方形ABCD内有一点P，且PA= ，BP= ，PC=1．求∠BPC度数的大小和正方形ABCD的边长．
答案与解析
1.【答案】 ， ，
【解析】连接BM，EM，BE，由题设，得四边形ABNM和四边形FENM关于直线MN对称，即可到得MN垂直平分BE，则BM=EM，BN=EN．根据正方形的性质可得∠A=∠D=∠C=90°，设AB=BC=CD=DA=2，由 可得CE=DE=1，设BN=x，则NE=x，NC=2-x，在Rt△CNE中，根据勾股定理即可列方程求得x的值，从而得到BN的长，在Rt△ABM和在Rt△DEM中，根据勾股定理可得AM2+AB2=BM2，DM2+DE2=EM2，则AM2+AB2=DM2+DE2．设AM=y，则DM=2-y，
（2）如图2摆放正方形纸片ABCD与正方形纸片ECGF，使点F在边CD上，点M仍为AF的中点，试证明（1）中的结论仍然成立．
答案与解析
1.【答案】67.5.
【解析】由折叠的对称和正方形的性质，知△ABE≌△A′BE，
∴∠BEA′=67.50，△A′DE是等腰直角三角形.
设AE=A′E=A′D =x，则ED= .设CD=y，则BD= .
即可列方程求得 的值；当四边形ABCD为正方形时，连接BE， ，不妨令CD=CB=n，则CE=1，设BN=x，则EN=x，EN2=NC2+CE2，x2=（n-x）2+12，x= ；作MH⊥BC于H，则MH=BC，又点B，E关于MN对称，则MN⊥BE，∠EBC+∠BNM=90°；而∠NMH+∠BNM=90°，故∠EBC=∠NMH，则△EBC≌△NMH，则NH=EC=1，AM=BH=BN-NH= ，从而可以求得结果.
∴四边形MPND是矩形，
∵∠ADB=∠CDB，
∴∠ADB=45°
∴PM=MD，
∴四边形MPND是正方形．
【总结与反思】根据正方形的性质及判定定理即可顺利解答此题..
1.如图 ，正方形ABCD的边长为4，M在DC上，且DM=1，N是AC上一动点，则DN+MN的最小值为（ ）．
A．3 B．4 C．5 D．
故答案为1．
1．如图，将正方形ABCD沿BE对折，使点A落在对角线BD上的A′处，连接A′C，则∠BA′C=
度．
2．如图，AB是CD的垂直平分线，交CD于点M，过点M作ME⊥A C，MF⊥AD，垂足分别为E、F．
（1）求证：∠CAB=∠DAB；
（2）若∠CAD=90°，求证：四边形AEMF是正方形．
【知识导图】
【教学建议】
在这一部分知识的学习中，要重视学生灵活运用所学知识点的能力培养.
在小学阶段的学习中我们已经学习过了正方形的性质和判定，在本讲中我们将会更加深入地学习正方形，正方形在初中数学四边形题型中占据了非常重要的位置.