【323967】2024八年级数学下册 第22章 四边形阶段方法技巧训练（二）专训3正方形性质与判定的

专训3　正方形性质与判定的灵活运用

名师点金：

正方形既是菱形，又是矩形，它具有菱形、矩形的所有性质，判定一个四边形是正方形，只需判定它既是菱形又是矩形即可．

利用正方形的性质证明线段位置关系

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，其延长线交DF于点M.

求证：AM⊥DF.

(第1题)

利用正方形的性质解决线段和差倍分问题

2．在正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC(或它们的延长线)于点M，N.【导学号：54274025】

(1)如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，易证：BM＋DN＝MN.当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，如图②，请问图①中的结论是否还成立？如果成立，请给予证明；如果不成立，请说明理由．

(2)当∠MAN绕点A旋转到如图③所示的位置时，线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并说明理由．

(第2题)

利用正方形的判定和性质探究正方形的条件

3．如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，过点C的直线MN∥AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，交直线MN于E，垂足为F，连接CD，BE.

(1)求证：CE＝AD.

(2)当点D为AB的中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？请说明理由．

(3)若点D为AB的中点，则当∠A的大小满足什么条件时，四边形BECD是正方形？请说明理由．

(第3题)

正方形的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，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？

(3)四边形PQRS在什么时候面积为正方形ABCD面积的一半？并说明理由．

(第4题)

答案

1．证明：∵AC，BD是正方形ABCD的两条对角线，

∴AC⊥BD，OA＝OD＝OC＝OB.

∴∠AOE＝∠DOF＝90°.

∵DE＝CF，∴OE＝OF.

∴△AOE≌△DOF.

∴∠OAE＝∠ODF.

∵∠DOF＝90°，

∴∠DFO＋∠FDO＝90°.

∴∠DFO＋∠FAE＝90°.

∴∠AMF＝90°，即AM⊥DF.

2．解：(1)仍有BM＋DN＝MN成立．证明如下： 过点A作AE⊥AN，交CB的延长线于点E, 易证△ABE≌△ADN，∴DN＝BE，AE＝AN. 又∵∠EAM＝∠NAM＝45°，AM＝AM，

∴△EAM≌△NAM.∴ME＝MN.

∵ME＝BE＋BM＝DN＋BM，

∴BM＋DN＝MN .

(第2题)

(2)DN－BM＝MN.理由如下： 如图，在DN上截取DE＝BM，连接AE.∵四边形ABCD是正方形，

∴∠ABM＝∠D＝∠BAD＝90°，AB＝AD.

又∵BM＝DE，∴△ABM≌△ADE.∴AM＝AE，∠BAM＝∠DAE.

∵∠DAB＝90°，∴∠MAE＝90°.

∵∠MAN＝45°，

∴∠EAN＝45°＝∠MAN.

又∵AM＝AE，AN＝AN，

∴△AMN≌△AEN.∴MN＝EN.

∴DN＝DE＋EN＝BM＋MN.

∴DN－BM＝MN.

3．(1)证明：∵DE⊥BC，∴∠DFB＝90°.

∵∠ACB＝90°，∴∠ACB＝∠DFB.

∴AC∥DE.

∵MN∥AB，即CE∥AD，

∴四边形ADEC是平行四边形．

∴CE＝AD.

(2)解：四边形BECD是菱形．

理由：∵D为AB的中点，∴AD＝BD.

∵CE＝AD，∴BD＝CE.

∵BD∥CE，

∴四边形BECD是平行四边形．

∵∠ACB＝90°，D为AB的中点，

∴CD＝BD.

∴四边形BECD是菱形．

(3)解：当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形，理由：

∵∠ACB＝90°，∠A＝45°，

∴∠ABC＝∠A＝45°.∴AC＝BC.

∵点D为AB的中点，∴CD⊥AB.

∴∠CDB＝90°.

∵四边形BECD是菱形，

∴菱形BECD是正方形．

即当∠A＝45°时，四边形BECD是正方形．

4．(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.∴在任何运动时刻，四边形PQRS总是菱形．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．

(3)解：当P，Q，R，S四个小球滚动到正方形ABCD各边中点时，四边形PQRS的面积为正方形ABCD面积的一半．

理由：设正方形ABCD的边长为a.

当PS²＝a²时，在Rt△APS中，AS＝a－SD＝a－AP.

由勾股定理，得AS²＋AP²＝PS²，

即(a－AP)²＋AP²＝a²，

解得AP＝a.

同理可得BQ＝CR＝SD＝a.

∴当P，Q，R，S四个小球滚动到正方形ABCD各边中点时，四边形PQRS的面积为正方形ABCD面积的一半．