数学九年级上册3 正方形的性质与判定教学设计

这是一份数学九年级上册3 正方形的性质与判定教学设计，共33页。教案主要包含了教学建议，知识导图，总结与反思等内容，欢迎下载使用。

第3讲


讲























正方形的性质与判定












































概 述














【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..


【知识导图】
































教学过程








一、导入








【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.





二、知识讲解








考点1 矩形的定义和性质








有一组邻边相等，并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．


正方形既是特殊的矩形，又是特殊的菱形，故正方形具有矩形、菱形的性质．


性质：正方形的四个角都是直角，四条边相等．正方形的对角线相等，并且互相垂直平分，每条对角线平分一组对角．


考点2 矩形的判定











有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形.


有一个角是直角或对角线相等的菱形是正方形.





三 、例题精析








类型一 正方形的定义与性质





例题1








如图所示，正方形ABCD的对角线相交于点O，点E是BC上任意一点，EG⊥BD于G，EF⊥AC于F，若AC=10，则EG+EF的值为（ ）





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．


∴EG=FO．


∴EF+EG=CF+FO=CO=5，


故选D.


【总结与反思】本题考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质.





类型二 正方形中的旋转问题





例题1








在正方形ABCD的边AB上任取一点E，作EF⊥AB交BD于点F，取FD的中点G，连接EG、CG，如图（1），易证 EG=CG且EG⊥CG．





（1）将△BEF绕点B逆时针旋转90°，如图（2），则线段EG和CG有怎样的数量关系和位置关系？请直接写出你的猜想．


（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= QUOTE FD=FG．


∵BC=EM，BC=CD，


∴EM=CD．


∵EF=CM，


∴FM=DM，


∴∠F=45°．


又FG=DG，


∠CMG= QUOTE ∠EMC=45°，


∴∠F=∠GMC．


∴△GFE≌△GMC．


∴EG=CG，∠FGE=∠MGC．


∵∠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





例题1








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．


（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°，


∴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..











四 、课堂运用








基础








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．


2.如图，点P是正方形ABCD的对角线BD上的一个动点（不与B、D重合），连结AP，过点B作直线AP的垂线，垂足为H，连结DH，若正方形的边长为4，则线段DH长度的最小值是 ．





3.如图，分别以线段AB的两个端点为圆心，大于AB的长为半径作弧，两弧交于M、N两点，连接MN，交AB于点D、C是直线MN上任意一点，连接CA、CB，过点D作DE⊥AC于点E，DF⊥BC于点F．


（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】∵四边形ABCD是正方形，∴点B与D关于直线AC对称，


连接BD，BM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，


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


【解析】（1）证明：由作图知，MN是线段AB的垂直平分线，


∵C是直线MN上任意一点，MN交AB于点D，


∴CA=CB，AD=BD，


∴∠A=∠B．


在△AED与△BFD中，


，


∴△AED≌△BFD（AAS）；


（2）解：若AB=2，当CD的值为1时，四边形DECF是正方形．理由如下：


∵AB=2，


∴AD=BD=AB=1．


∵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．


故答案为1．











巩固








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．





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 ．


（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=.


∴.∴.


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）；


（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，


∴AD∥EF，


∴∠EFM=∠HAM，


又∵∠FME=∠AMH，FM=AM，


在△FME和△AMH中，





∴△FME≌△AMH（ASA）


∴HM=EM，


在RT△HDE中，HM=EM，


∴DM=HM=ME，


∴DM=ME，


故答案为：DM=ME．


（2）如图2，连接AE，


∵四边形ABCD和ECGF是正方形，


∴∠FCE=45°，∠FCA=45°，


∴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．














拔高








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）．





2.结论: 在直角三角形中，如果有一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角等于30°．





如图1，在等边三角形ABC内有一点P，且PA=2， PB=， PC=1．求∠BPC度数的大小和等边三角形ABC的边长．


李明同学做了如图2所示的辅助线：将△BPC绕点B逆时针旋转60°，画出旋转后的图形，连接PP′，从而问题得到解决．你能说说其中的理由吗？


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，


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.


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．


∴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=；


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，


∴NH=EC=1，AM=BH=BN-NH=


则：．


2.【答案】见解析


【解析】（1）根据旋转得出AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，求出∠ABP′+∠ABP=60°，得到等边△BPP′，推出PP′=，∠BP′P=60°，求出∠AP′P=90°即可求出∠BPC；过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，由∠MP′B=30°，求出BM=，P′M=，根据勾股定理即可求出答案；


（2）求出∠BEP=（180°﹣90°）=45°，根据勾股定理的逆定理求出∠AP′P=90°，推出∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°；过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F，求出FE=BF=1，AF=2，关键勾股定理即可求出AB．


试题解析：（1）∵△ABC是等边三角形，


∴∠ABC=60°，


将△BPC绕点B顺时针旋转60°得出△ABP′，


∴AP′=CP=1，BP′=BP=，∠PBC=∠P′BA，∠AP′B=∠BPC，


∵∠PBC+∠ABP=∠ABC=60°，


∴∠ABP′+∠ABP=∠ABC=60°，


∴△BPP′是等边三角形，


∴PP′=，∠BP′P=60°，


∵AP′=1，AP=2，


∴AP′2+PP′2=AP2，


∴∠AP′P=90°，


∴∠BPC=∠AP′B=90°+60°=150°，


过点B作BM⊥AP′，交AP′的延长线于点M，


∴∠MP′B=30°，BM=，


由勾股定理得：P′M=1.5，


∴AM=1+1.5=2.5，


由勾股定理得：AB==，





（2）将△BPC绕点B逆时针旋转90°得到△AEB，


与（1）类似：可得：AE=PC=1，BE=BP=，∠BPC=∠AEB，∠ABE=∠PBC，


∴∠EBP=∠EBA+∠ABP=∠ABC=90°，


∴∠BEP=（180°﹣90°）=45°，


由勾股定理得：EP=2，


∵AE=1，AP=，EP=2，


∴AE2+PE2=AP2，


∴∠AEP=90°，


∴∠BPC=∠AEB=90°+45°=135°，


过点B作BF⊥AE，交AE的延长线于点F；


∴∠FEB=45°，


∴FE=BF=1，


∴AF=2；


∴在Rt△ABF中，由勾股定理，得AB=；


∴∠BPC=135°，正方形边长为 ．


答：∠BPC的度数是135°，正方形ABCD的边长是．





五 、课堂小结








本节的重要内容：正方形的性质与判定.


有一组邻边相等或对角线互相垂直的矩形是正方形.


有一个角是直角或对角线相等的菱形是正方形.








六 、课后作业











基础








1.如图，将正方形对折后展开（图④是连续两次对折后再展开），再按图示方法折叠，能够得到一个直角三角形（阴影部分），且它的一条直角边等于斜边的一半．这样的图形有（ ）





图① 图② 图③ 图④


A．4个 B．3个 C．2个 D．1个


2.如图，已知线段AB=10，AC=BD=2，点P是CD上一动点，分别以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1、O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2中点G的运动路径的长是_____．





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D在AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由；


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








答案与解析


1.【答案】C


【解析】 根据含30°角所对的直角边等于斜边一半，然后依次判断直角三角形中能否找到一个角等于30°，从而判断出答案．


试题解析：设正方形的边长为a，








在图①中，CE=ED=a，BC=DB=a，


故∠EBC=∠CEB≠30°，故△ECB，故不能满足它的一条直角边等于斜边的一半．


在图②中，BC=a，AC=AE=a，


故∠BAC=30°，


从而可得∠CAD=∠EAD=30°，故能满足它的一条直角边等于斜边的一半．


在图③中，AC=a，AB=a，


故∠ABC=∠DBC≠30°，故不能满足它的一条直角边等于斜边的一半．


在图④中，AE=a，AB=AD=a，


故∠ABE=30°，∠EAB=60°，


从而可得∠BAC=∠DAC=60°，∠ACB=30°，故能满足它的一条直角边等于斜边的一半．


综上可得有2个满足条件．


故选C．


2.【答案】


【解析】 根据正方形的性质以及勾股定理即可得出正方形对角线的长，进而得出线段O1O2中点G的运动路径的长．


试题解析：如图所示：





当P移动到C点以及D点时，得出G点移动路线是直线，


利用正方形的性质即线段O1O2中点G的运动路径的长就是O2O″的长，


∵线段AB=10，AC=BD=2，当P与C重合时，以AP、PB为边向上、向下作正方形APEF和PHKB，


∴AP=2，BP=8，


则O1P=，O2P=4，


∴O2P=O2B=，


当P′与D重合，则P′B=2，则AP′=8，


∴O′P′=4，O″P′=，


∴H′O″=BO″=，


∴O2O″=


故答案为：．


3.【答案】见解析


【解析】（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，


理由是：∵D为AB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中点，


∴CD=BD，


∴四边形BECD是菱形；


（3）当∠A=45°时，四边形BECD是正方形，理由是：


解：∵∠ACB=90°，∠A=45°，


∴∠ABC=∠A=45°，


∴AC=BC，


∵D为BA中点，


∴CD⊥AB，


∴∠CDB=90°，


∵四边形BECD是菱形，


∴四边形BECD是正方形，


即当∠A=45°时，四边形BECD是正方形





巩固











1.四边形ABCD、AEFG都是正方形，当正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°时，如图，连接DG、BE，并延长BE交DG于点H，且BH⊥DG与H．若AB=4，AE=时，则线段BH的长是 ．














2.如图，正方形ABCD的边长是2，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值为 ．








3.在正方形外侧作直线，点关于直线的对称点为，连接，其中交直线于点．


（1）依题意补全图1；


（2）若，求的度数；


（3）如图2，若，用等式表示线段之间的数量关系，并证明．











答案与解析


1.【答案】


【解析】 连结GE交AD于点N，连结DE，由于正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°，AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，由AE=可得到AN=GN=1，所以DN=4﹣1=3，然后根据勾股定理可计算出DG=，则BE=，解着利用S△DEG=GE•ND=DG•HE可计算出HE，所以BH=BE+HE．


解：连结GE交AD于点N，连结DE，如图，





∵正方形AEFG绕点A逆时针旋转45°，


∴AF与EG互相垂直平分，且AF在AD上，








由题间可得：











2.【答案】


【解析】过D作AE的垂线交AE于F，交AC于D′，再过D′作D′P′⊥AD，由角平分线的性质可得出D′是D关于AE的对称点，进而可知D′P′即为DQ+PQ的最小值．


作D关于AE的对称点D′，再过D′作D′P′⊥AD于P′，





∵DD′⊥AE，


∴∠AFD=∠AFD′，


∵AF=AF，∠DAE=∠CAE，


∴△DAF≌△D′AF，


∴D′是D关于AE的对称点，AD′=AD=2，


∴D′P′即为DQ+PQ的最小值，


∵四边形ABCD是正方形，


∴∠DAD′=45°，


∴AP′=P′D′，


∴在Rt△AP′D′中，


P′D′2+AP′2=AD′2，AD′2=4，


∵AP′=P′D'，


2P′D′2=AD′2，即2P′D′2=4，


∴P′D′=，即DQ+PQ的最小值为．


考点：1.轴对称-最短路线问题；2.正方形的性质．


2.【答案】见解析


【解析】（1）按照题意补全图形


应用轴对称的性质及正方形的性质、等腰三角形的性质解决问题


依照题意画出图形，然后应用轴对称的性质等进行解答


试题解析：（1）补全图形如图所示：





（2）





连接AE


则∠PAB=∠PAE=20°，AE=AB=AD


∵ABCD是正方形


∴∠BAD=90°


∴∠EAD=130°


∴∠ADF=25°


（3）





连接AE、BF、BD


由轴对称的性质可得：EF=BF，AE=AB=AD，∠ABF=∠AEF=∠ADF


∴∠BFD=∠BAD=90°


∴BF2+FD2=BD2


∴EF2+FD2=2AB2





拔高








1.阅读下面材料：


小炎遇到这样一个问题：如图1，点E、F分别在正方形ABCD的边BC，CD上，∠EAF=45°，连结EF，则EF=BE+DF，试说明理由．





小炎是这样思考的：要想解决这个问题，首先应想办法将这些分散的线段相对集中．她先后尝试了翻折、旋转、平移的方法，最后发现线段AB，AD是共点并且相等的，于是找到解决问题的方法．她的方法是将△ABE绕着点A逆时针旋转90°得到△ADG，再利用全等的知识解决了这个问题（如图2）．


参考小炎同学思考问题的方法，解决下列问题：


（1）如图3，四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=90°点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°．若∠B，∠D都不是直角，则当∠B与∠D满足_ 关系时，仍有EF=BE+DF；


（2）如图4，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D、E均在边BC上，且∠DAE=45°，若BD=1， EC=2，求DE的长．





2．如图甲，在△ABC中，∠ACB为锐角．点D为射线BC上一动点，连接AD，以AD为一边且在AD的右侧作正方形ADEF．


解答下列问题：


（1）如果AB=AC，∠BAC=90º．


= 1 \* GB3 ①当点D在线段BC上时（与点B不重合），如图乙，线段CF、BD之间的位置关系为 ，数量关系为 ．


= 2 \* GB3 ②当点D在线段BC的延长线上时，如图丙， = 1 \* GB3 ①中的结论是否仍然成立，为什么？





（2）如果AB≠AC，∠BAC≠90º，点D在线段BC上运动．


试探究：当△ABC满足一个什么条件时，CF⊥BC（点C、F重合除外）？画出相应图形，并说明理由．（画图不写作法）


若AC＝，BC=3，在（2）的条件下，设正方形ADEF的边DE与线段CF相交于点P，求线段CP长的最大值．





答案与解析


1.【答案】（1）∠B+∠D=180°（或互补）；（2）∴


【解析】（1）∠B+∠D=180°（或互补）．


（2）∵ AB=AC，





∴ 把△ABD绕A点逆时针旋转90°至△ACG，可使AB与AC重合．


∠B=∠ACG,


BD=CG,


AD=AG


∵ △ABC中，∠BAC=90°，


∴ ∠ACB+∠ACG=∠ACB+∠B=90°．


即∠ECG=90°．


∴ EC2+CG2=EG2．


在△AEG与△AED中,


∠EAG=∠EAC+∠CAG=∠EAC+∠BAD=90°-∠EAD=45°=∠EAD．


又∵AD=AG，AE=AE，


∴ △AEG≌△AED ．


∴ DE=EG ．


又∵CG=BD,


∴ BD2+EC2=DE2．


∴．


1.【答案】见解析


【解析】（1）①CF与BD位置关系是垂直、数量关系是相等；


②当点D在BC的延长线上时 = 1 \* GB3 ①的结论仍成立．


由正方形ADEF得 AD=AF ，∠DAF=90º．


∵∠BAC=90º，∴∠DAF=∠BAC ， ∴∠DAB=∠FAC，


又AB=AC ，∴△DAB≌△FAC ， ∴CF=BD


∠ACF=∠ABD．


∵∠BAC=90º， AB=AC ，∴∠ABC=45º，∴∠ACF=45º，


∴∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90º．即 CF⊥BD


（2）画图正确


当∠BCA=45º时，CF⊥BD（如图丁）．





理由是：过点A作AG⊥AC交BC于点G，∴AC=AG


可证：△GAD≌△CAF ∴∠ACF=∠AGD=45º


∠BCF=∠ACB+∠ACF= 90º． 即CF⊥BD


（3）当具备∠BCA=45º时，


过点A作AQ⊥BC交BC的延长线于点Q，（如图戊）


∵DE与CF交于点P时， ∴此时点D位于线段CQ上，


∵∠BCA=45º，可求出AQ= CQ=4．设CD=x ，∴ DQ=4—x，


容易说明△AQD∽△DCP，∴ ∴


．


∵0＜x≤3 ∴当x=2时，CP有最大值1．








七 、教学反思











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.