19.3.3正方形
教学目标
1．了解正方形的有关概念，理解并掌握正方形的性质和判定定理；(重点)
2．会利用正方形的性质和判定进行相关的计算和证明．(难点)
教学过程
一、情境导入
如图①所示，把可以活动的矩形框架ABCD的BC边平行移动，使矩形的邻边AD，DC相等，观察这时矩形ABCD的形状．
如图②所示，把可以活动的菱形框架ABCD的∠A变为直角，观察这时菱形ABCD的形状．
图①中图形的变化可判断矩形ABCD→特殊的四边形是什么四边形？图②中图形变化可判断菱形ABCD→特殊的四边形是什么四边形？经过观察，你发现既是矩形又是菱形的图形是什么四边形？
引入正方形的定义：有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形是正方形．
注意：正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，即：有一组邻边相等的矩形是正方形或有一个角是直角的菱形是正方形．
二、合作探究
探究点一：正方形的性质
【类型一】 利用正方形的性质求角度
四边形ABCD是正方形，△ADE是等边三角形，求∠BEC的大小．
解析：等边△ADE可以在正方形的内部，也可以在正方形的外部，因此本题分两种情况．
解：当等边△ADE在正方形ABCD外部时，如图①，AB＝AE，∠BAE＝90°＋60°＝150°，
∴∠AEB＝15°.
同理可得∠DEC＝15°.
∴∠BEC＝60°－15°－15°＝30°；
当等边△ADE在正方形ABCD内部时，如图②，AB＝AE，∠BAE＝90°－60°＝30°，
∴∠AEB＝75°.
同理可得∠DEC＝75°.
∴∠BEC＝360°－75°－75°－60°＝150°.
综上所述，∠BEC的大小为30°或150°.
易错提醒：因为等边△ADE与正方形ABCD有一条公共边，所以边相等．本题分两种情况：等边△ADE在正方形的外部或在正方形的内部．
【类型二】 利用正方形的性质求线段长
如图，正方形ABCD的边长为1cm，AC为对角线，AE平分∠BAC，EF⊥AC，求BE的长．
解析：线段BE是Rt△ABE的一边，但由于AE未知，不能直接用勾股定理求BE，由条件可证△ABE≌△AFE，问题转化为求EF的长，结合已知条件易求解．
解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠B＝90°，∠ACB＝45°，AB＝BC＝1cm.
∵EF⊥AC，
∴∠EFA＝∠EFC＝90°.
又∵∠ECF＝45°，
∴△EFC是等腰直角三角形，
∴EF＝FC.
∵∠BAE＝∠FAE，∠B＝∠EFA＝90°，AE＝AE，
∴△ABE≌△AFE，
∴AB＝AF＝1cm，BE＝EF.
∴FC＝BE.
在Rt△ABC中，
AC＝＝＝(cm)，
∴FC＝AC－AF＝(－1)cm，
∴BE＝(－1)cm.
方法总结：正方形被对角线分成4个等腰直角三角形，因此在正方形中解决问题时常用到等腰三角形的性质与直角三角形的性质．
【类型三】 利用正方形的性质证明线段相等
如图，已知过正方形ABCD的对角线BD上一点P，作PE⊥BC于点E，PF⊥CD于点F.求证：AP＝EF.
解析：由PE⊥BC，PF⊥CD知四边形PECF为矩形，故有EF＝PC，这时只需说明AP＝CP，由正方形对角线互相垂直平分可知AP＝CP.
证明：连接AC，PC.
∵四边形ABCD为正方形，
∴BD垂直平分AC，
∴AP＝CP.
∵PE⊥BC，PF⊥CD，∠BCD＝90°，
∴四边形PECF为矩形，
∴PC＝EF，∴AP＝EF.
方法总结：(1)在正方形中，常利用对角线互相垂直平分证明线段相等；(2)无论是正方形还是矩形，经常连接对角线，这样可以使分散的条件集中．
探究点二：正方形的判定
【类型一】 先证明是矩形再证明是正方形
已知：如图所示，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠BAC，∠ABC的平分线交于点D，DE⊥BC于点E，DF⊥AC于点F.求证：四边形CEDF是正方形．
解析：欲证明四边形CEDF是正方形，先根据∠C＝90°，DE⊥BC，DF⊥AC，证明四边形CEDF是矩形，再证明一组邻边相等即可．
证明：过点D作DG⊥AB于点G.
∵DF⊥AC，DE⊥BC，
∴∠DFC＝∠DEC＝90°.
又∵∠C＝90°，
∴四边形CEDF是矩形(有三个角是直角的四边形是矩形)．
∵AD平分∠BAC，DF⊥AC，DG⊥AB，
∴DF＝DG.
同理可得DE＝DG，∴DE＝DF.
∴四边形CEDF是正方形(有一组邻边相等的矩形是正方形)．
方法总结：正方形的判定方法有很多，可以先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等．
【类型二】 先证明是菱形再证明是正方形
如图，EG，FH过正方形ABCD的对角线的交点O，且EG⊥FH.求证：四边形EFGH是正方形．
解析：已知EG⊥FH，要证四边形EFGH为正方形，则只需要证四边形的对角线EG，HF互相平分且相等即可，根据题意可通过三角形全等来证OE＝OH＝OG＝OF.
证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴OB＝OC，∠ABO＝∠BCO＝45°，∠BOC＝90°＝∠COH＋∠BOH.
∵EG⊥FH，
∴∠BOE＋∠BOH＝90°，
∴∠COH＝∠BOE，
∴△CHO≌△BEO，∴OE＝OH.
同理可证：OE＝OF＝OG，
∴OE＝OF＝OG＝OH.
又∵EG⊥FH，
∴四边形EFGH为菱形．
∵EO＋GO＝FO＋HO，即EG＝HF，
∴四边形EFGH为正方形．
方法总结：对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．
探究点三：正方形的性质和判定的综合运用
已知：如图，点E，F，P，Q分别是正方形ABCD的四条边上的点，并且AF＝BP＝CQ＝DE.
求证：(1)EF＝FP＝PQ＝QE；
(2)四边形EFPQ是正方形．
解析：(1)证明△APF≌△DFE≌△CEQ
≌△BQP，即可证得EF＝FP＝PQ＝QE；(2)由EF＝FP＝PQ＝QE，可判定四边形EFPQ是菱形．又由△APF≌△BQP，易得∠FPQ＝90°，即可证得四边形EFPQ是正方形．
证明：(1)∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90°，AB＝BC＝CD＝AD.∵AF＝BP＝CQ＝DE，∴DF＝CE＝BQ＝AP.在△APF和△DFE和△CEQ和△BQP中，
∴△APF≌△DFE≌△CEQ≌
△BQP(SAS)，
∴EF＝FP＝PQ＝QE；
∵EF＝FP＝PQ＝QE，∴四边形EFPQ是菱形．∵△APF≌△BQP，∴∠AFP＝∠BPQ.∵∠AFP＋∠APF＝90°，
∴∠APF＋∠BPQ＝90°，∴∠FPQ＝90°，∴四边形EFPQ是正方形．
方法总结：此题考查了正方形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质．注意解题的关键是证得△APF≌△DFE≌△CEQ≌△BQP.
探究点四：正方形、菱形、矩形与平行四边形的综合运用
如图，△ABC中，点P是AC边上一个动点，过P作直线EF∥BC，交∠ACB的平分线于点E，交∠ACB的外角∠ACD平分线于点F.
(1)请说明：PE＝PF；
(2)当点P在AC边上运动到何处时，四边形AECF是矩形？为什么？
(3)在(2)的条件下，△ABC满足什么条件时，四边形AECF是正方形？为什么？
(4)当点P在边AC上运动时，四边形BEFC可能是菱形吗？请说明理由．
解：(1)∵CE平分∠BCA，∴∠1＝∠2.∵EF∥BC，∴∠E＝∠1，∴∠E＝∠2，∴EP＝PC.同理PF＝PC，∴EP＝PF；
(2)当点P在AC中点时，四边形AECF是矩形．∵PA＝PC，PE＝PF，∴四边形AECF是平行四边形．又∵∠ECF＝∠BCD＝90°，∴平行四边形AECF是矩形；
(3)当∠ACB＝90°时，四边形AECF是正方形．∵∠ACB＝90°，∴AC⊥BC.∵EF∥BC，∴AC⊥EF，∴平行四边形AECF是正方形；
(4)四边形BECF不可能是菱形．∵∠ECF＝90°，∴EF>CF，∴四边形BECF不可能是菱形．
三、板书设计
教学反思
经历正方形性质和判定的探索过程，发展学生初步的综合推理能力，主动探究的学习习惯，逐步掌握说理的基本方法．理解特殊的平行四边形之间的内在联系，培养学生辩证看问题的观点.