人教版八年级下册教研专题讲义：两个正方形演绎精彩无限

两个正方形演绎无限精彩
摘要：有公共顶点或公共边的两个正方形，在大小相同或不同的情形下，通过拼接，旋转等方式展示出外在的图形美，通过图形的面积，线段的数量关系，位置关系等结论展示出图形的内在美，通过平行线，全等三角形，相似三角形等证明方式展示出结论证明方法的多样性，系统梳理有利于全面掌握，提高数学学习的效率.
关键词：正方形，旋转；面积、位置与数量.
两个有着公共顶点或公共边的正方形，通过不同的背景条件，借助旋转等方式构造出多彩的命题.现归纳如下，供学习时借鉴.
1．面积问题
例1 如图1，ABCD 与BEFG 是并列放在一起的两个正方形．O 是BF 与EG 的交点．如果正方形ABCD 的面 积是9平方厘米，CG ＝2厘米，则三角形DEO 的面积是 （ ）
（A ）6.25平方厘米 （B ）5.75平方厘米 （C ）4.50平方厘米 （D ）3.75平方厘米 （第十七届“希望杯”初一赛题）
解：连接BD ，因为ABCD 与BEFG 是并列放在一起的两个正方形，所以BD ∥EG ，
所以三角形DOE 和三角形BOE 是同底等高的两个三角形[1]，根据三角形的面积公式知道，这两个三角形的面积相等，因为正方形ABCD 的面积为9平方厘米，所以正方形的边长为3厘米，因此正方形BEFG 的边长为5厘米，所以正方形BEFG 的面积为25平方厘米，所以三角形BOE 的面积为4
1×25=6.25（平方厘米），所以选A. 点评：这道题，可以推广到一般性结论：不论正方形如何变化，三角形DOE 的面积都是正方形BEFG 的面积的4
1. 例2 （2013年北京模拟） 如图2边长为4的正方形ABCD 和边长为6的正方形BEFG 并排放在一起，1O 和2O 分别是两个正方形的中心（正方形对角线的交点），则阴影部分的面积 是 ．
解法1： 因为边长为4的正方形ABCD 和边长为6的正方形BEFG 并排放在一起，
所以1O B=
21×42=22，2O B=2
1×62=32，且∠1O B 2O =90°， 所以21O BO S 三角形=21×32×22=6.
解法2：过点1O 作1O H ⊥AB,垂足为H ，过点2O 作2O M ⊥BG,垂足为M ，易证四边形1O HM 2O 是直角梯形，且1O H=HB=2， 2O M=MB=3，
所以21O BO S 三角形=21×（2+3）×（2+3）-21×2×2-2
1×3×3=6.
解法3：连接2O G ，因为2O G ∥1O B ，所以21O BO S 三角形=G BO S 1
三角形，过点1O 作1O H ⊥AB,垂足为H ，所以1O H=HB=2，所以21O BO S 三角形=2
1×2×6=6. 点评：思维视角不同，得到不同的解题方法，一题多解的数学特色体现充分.直接求面积，分割图形求面积，等积转换求面积都是求三角形面积的有效方法，恰当选择，就等于选择了高效解题.
2．线段问题的探究与变式
例3 （2017山东省枣庄市）已知正方形ABCD ，P 为射线AB 上的一点，以BP 为边作正方形BPEF ，使点F 在线段CB 的延长线上，连接EA ，EC ．
（1）如图3，若点P 在线段AB 的延长线上，求证：EA=EC ；
（2）如图4，若点P 在线段AB 的中点，连接AC ，判断△ACE 的形状，并说明理由；
（3）如图5，若点P 在线段AB 上，连接AC ，当EP 平分∠AEC 时，设AB=a ，BP=b ，求a ：b 及∠AEC 的度数．
解析：
（1）
解法1：因为四边形ABCD 和四边形BPEF 都是正方形，所以CF=AP,EF=EP, ∠CFE=∠APE =90°, 所以△CFE ≌△APE ，所以EA=EC.
解法2： 连接BE ，如图3，因为四边形ABCD 和四边形BPEF 都是正方形，所以BA=BC, ∠CBE=∠ABE=135°,EB=EB,所以△CBE ≌△ABE ，所以EA=EC.
(2）△ACE 是直角三角形，理由是：
解法1： 如图4，因为P 为AB 的中点，所以PA=PB ，因为PB=PE ，所以PA=PE ，所以∠PAE=45°，
因为∠BAC=45°，所以∠CAE=90°，所以△ACE 是直角三角形；
解法2： 如图4，设正方形BFEP 的边长为a ，则PA=PB=a ，BC=2a ，
所以222210a EF CF CE =+=，22228a BC AB CA =+=，
22222a PE PA AE =+=,所以222EA CA CE +=,所以△ACE 是直角三角形；
（3）设CE 交AB 于G ，因为EP 平分∠AEC ，EP ⊥AG ，所以AP=PG=a ﹣b ，BG=a ﹣（2a ﹣2b ）=2b ﹣a ，因为PE ∥CF ，所以
BG PG BC PE =,即a
b b a a b --=2，解得：a=2b ， 所以a ：b=2：1. 解法1：如图5，作GH ⊥AC 于H ，因为∠CAB=45°，所以HG=22AG=2
2（22b-2b ） =（2﹣2）b ，因为BG=2b ﹣a=（2﹣2）b ，所以GH=GB ，GH ⊥AC ，GB ⊥BC ，
所以∠HCG=∠BCG ，因为PE ∥CF ，所以∠PEG=∠BCG ，所以∠AEC=∠ACB=45°．
解法2：如图5，连接EB ，根据题意，得BE= 2b ，BC=a=2b ，
所以BC=BE ，所以∠BEC=∠BCE ，因为PE ∥CF ，所以∠PEC=∠BCE ，所以∠PEC=∠BCE=∠AEP ， 所以∠AEC=∠PEC+∠AEP =∠PEC+∠BCE=∠BEP =45°.
点评：借助变式把正方形的风采淋漓尽致的展示出来，即体现了命题的创新，也展示了解法的创新，特别是直角三角形的判定，等腰三角形三线合一性质的应用，正方形性质的应用等都为解题做出了贡献.
3．结论正误判断
例4 如图6，正方形ABCD 的边CD 与正方形CEFG 的边CE 重合，点O 是EG 的中点，∠CGE 的平分线GH 经过点D ，交BE 于点H ，连接OH,FH,EG 与FH 交于M ，对于下面的四个结论： ① GH ⊥BE ；② HO ∥BG,HO=2
1BG ；③ 点H 不在正方形CGFE 的外接圆上； ④△GBE ∽△GMF. 其中结论正确的个数是 （ ）
A. 1个
B. 2个
C. 3个
D.4个 [2]
分析：根据正方形ABCD 和正方形CEFG 的性质，易证△EBC ≌△GDC ，所以∠BEC=∠DGC ， 由∠EBC+∠BEC =90°,得∠EBC+∠DGC =90°, 从而∠BHG =90°即 GH ⊥BE ，所以结论①正确； 结合GH 是∠CGE 的平分线，根据等腰三角形三线合一的性质，得GE=GB,HE=HB ，从而得到H 是BE 的中点，点O 是EG 的中点，根据三角形中位线定理，可得HO ∥BG,HO=2
1BG ，所以结论②正确；由OH=OE=OF=OG=OC ，可知点H 在正方形CGFE 的外接圆上，所以结论③错误； 做出正方形CGFE 的外接圆，可得∠EFH=∠EGH ，从而得到∠MFG=∠EBG ，
结合∠EGB=∠MGF=45°，所以△GBE ∽△GMF ，所以结论④是正确的.
解：选C.
例5 （2017四川省南充市）如图7，正方形ABCD 和正方形CEFG 边长分别为a 和b ，正方
形CEFG 绕点C 旋转，给出下列结论：①BE=DG ；②BE ⊥DG ；③，
其中正确结论是 （填序号）
222222DE BG a b +=
+
分析：设BE ，DG 交于O ，由四边形ABCD 和EFGC 都为正方形，所以BC=CD ，CE=CG ， ∠BCD=∠ECG=90°，所以∠BCE+∠DCE=∠ECG+∠DCE=90°+∠DCE ，即∠BCE=∠DCG ， 易证△BCE ≌△DCG （SAS ），所以BE=DG ，∠1=∠2，由∠1+∠4=∠3+∠1=90°，
所以∠2+∠3=90°，所以∠BOC=90°，所以BE ⊥DG ；故①②正确；
连接BD ，EG ，如图7所示，则由2222222a CD BC BD BO DO =+==+，
222222b CE CG EG OG EO =+==+，
则222222222b a OG EO BO DO DE BG +=+++=+，所以③正确．
因此三个结论都是正确的.
点评：对于结论正误型问题，解答时，要做到：
1.仔细审题，细心看图，全面梳理与之相关的最密切的数学知识，让解题思维在最近知识领域内活跃，有利于问题的解答.
2.其次，要注意结论呈现的顺序，关注结论的服务性能，为下一个结论的证明提供帮助.
3.最后，要注意方法的选择，辅助线的添加，必要时可以用特殊值法，特殊图形法来验证结论，特殊性不成立，一般性一定不成立，特殊性成立，一般性大多数是成立的.
4．坐标确定
例6 （2018•潍坊）如图8，正方形ABCD 的边长为1，点A 与原点重合，点B 在y 轴的正半轴上，点D 在x 轴的负半轴上，将正方形ABCD 绕点A 逆时针旋转30°至正方形AB'C′D′的位置，B'C′与CD 相交于点M ，则点M 的坐标为 ．
解析：如图8，连接AM ，由题意，得AD=AB′=1，∠BAB′=30°，所以∠B′AD=60°， 利用HL 法易证Rt △ADM ≌Rt △AB′M，则∠DAM=∠B′AM=2
1∠B′AD=30°， 所以DM=ADtan ∠DAM=1×33=33，所以点M 的坐标为（﹣1，3
3）. 点评：解答时，把握好四点，一是旋转的意义，二是正方形的性质，三是直角三角形全等的判定，四是点的坐标的确定.
例7 如图9，正方形ABCD 和正方形BEFG 是以原点O 为中心的位似图形，且位似比为3
1，
点A,B,E 在x 轴上，若正方形BEFG 的边长为6，则点的坐标为 . (2016-2017年南通如皋调研试题)
分析：首先利用对应边之比等于位似比，确定小正方形的边长，再确定OB 的长，结合坐标系点C 的位置，把线段长坐标化即可.
解：（3,2）
5．线段的相等 例8 如图10，四边形ABCD 和ECHF 都是正方形，连接AF ，M 是AF 的中点，连接DM 和EM ，点B 、C 、H 在一条直线上.求证：DM=EM.[3]
分析：要证明DM=EM ，结合四边形ABCD 和四边形ECHF 都是正方形，M 是AF 的中点，可以延长DM 交EF 于点G ，如图10，这样就构造出“八字形”全等的基本图形，从而得到
△ADM ≌△FGM ，所以DM=GM ，在直角三角形DEG 中，EM 是斜边DG 的中线，继而得到EM=2
1DG=DM. 6．综合探究
例9如图，四边形ABCD ，BEFG 均为正方形.
（1）如图11，连接AG,CE ，试判断AG 和CE 的数量和位置关系并证明；
（2）将正方形BEFG 绕点B 顺时针旋转β角（0°＜β＜180°），如图12，连接AG 、CE 相交于点M ，连接MB ，当角β发生变化时，∠EMB 的度数是否发生变化？若不变化，求出 ∠EMB 的度数；若发生变化，请说明理由．
（3）在（12）的条件下，过点A 作AN ⊥MB 交MB 的延长线于点N ，请直接写出线段CM 与BN 的数量关系 . （2014•本溪一模）
解析：
（1）AG 和CE 的数量和位置关系是：AG=CE,且AG ⊥CE.
理由如下：延长CE 交AG 于点G ，易证△EBC ≌△GBA ，所以AG=CE ，∠BEC=∠BGA ， 由∠BCE+∠BEC =90°,得∠BGA+∠BCE =90°, 从而∠GHC =90°即 AG ⊥CE.
（2）当角β发生变化时，∠EMB 的度数不发生变化，是一个定值，且∠EMB=45°. 理由如下：
过点B 作BH ⊥AM ，垂足为H,BP ⊥EM ，垂足为P ，根据（1）的结论，得∠EMG=∠EFG =90°, 根据对顶角相等，所以∠FEP=∠MGF ，所以90°-∠FEP=90°-∠MGF 即∠BEP=∠BGH, 由BE=BG ，得Rt △EBP ≌Rt △HBG,所以BP=BH ，所以点B 在∠AME 的角平分线上，且 ∠AME =90°,所以∠EMB=2
1∠AME=45°. （3）CM 与BN 的数量关系是：CM=2BN.
理由如下：在AN 上截取NQ=BN ，则BQ=2BN. 易证∠AQB=∠BMC=135°.
由∠QBA+∠QAB=45°, ∠QBA+∠MBC=45°,得∠QAB=∠MBC ，得△AQB ≌△BMC ，所以BQ=CM. 所以CM=2BN.
点评：第一问主要涉及线段的数量关系和位置关系，通常的结论是相等且垂直或相等且平行，解答时，要仔细观察图形，垂直还是平行应该有直观能判断的.
第二问是一种动态问题，图形旋转过程中，总有变量和不变量，而其中的不变量往往是考试的重点，发现不变量的一种有效的方法就是用量角器测量一下，结果取整，可以作为探索的出发点之一.
第三问再次把线段之间的数量关系作为变化的一种结果呈现.当只是探究线段的数量关系时，相等是重要结论之一，其次是倍数关系或分数关系，这就不能一概而论，需要结合具体的问题去具体的探究，但是思想得有，方向得有，既是不能证明，也要努力把结论探索出来.
反思：正方形是特殊的四边形，其特殊的性质，特殊的结论，都为解题提供特殊的方法，通过全等，旋转，平移，位似，坐标等方式探究两个正方形的新结论，为数学学习开辟一片新领域，打开一块新天地，为数学探究性学习提供一种新模式，值得认真对待.
[1] 张小川翟双 . 一类面积问题的推广[J].中国数学教育, 2018(7-8):101.
[2] 罗先平 . 2016年中考数学综合复习训练题[J].中学数学杂志, 2016(2):58.
[3] 白新慧 . 初三复习中的线段中点问题[J].中学数学杂志, 2016(2):50.。