正方形·典型例题
能力素质
例1 如图4.6－2，已知正方形ABCD中，E为AD上一点，BF平分∠EBC
交DC于F，求证：BE＝AE＋CF．
解析 证AE＋CF＝BE，可以把AE与CF相接，证其与BE相等． 证明 延长EA到G，使AG＝CF，连结BG．
在正方形ABCD中，
AB＝BC，∠BAG＝∠C＝90°．
∴△GAB≌△FCB．
∴∠GBA＝∠FBC．
∠G＝∠BFC．
又∵AB∥CD．
∴∠BFC＝∠ABF＝∠EBA＋∠EBF．
又∵BF平分∠EBC，
∴∠EBF＝∠FBC．
∴∠GBA＝∠EBF．
∴∠G＝∠BFC＝∠EBA＋∠EBF
＝∠EBA＋∠GBA
＝∠EBG．
∴BE＝GE＝AG＋AE＝CF＋AE．
点击思维
例2 如图4.6－3，已知锐角△ABC中，以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连结CE、BG，交点为O，求证：(1)EC＝BG；(2)EC⊥BG．
解析 易证△EAC≌△BAG，可得EC＝BG，∠AEC＝∠ABG，于是可证∠EOB＝∠EAB
证明 (1)在正方形ABDE和正方形ACFG中，
AE＝AB，AC＝AG，
∠EAB＝∠GAC＝90°，
∴∠EAB＋∠BAC＝∠GAC＋∠BAC．
即∠EAC＝∠BAG，
∴△EAC≌△BAG．
∴EC＝BG．
(2)由(1)知：△EAC≌△BAG，
∴∠AEC＝∠ABG．
又∵∠1＝∠2，
∴∠ABG＋∠2＝∠AEC＋∠1＝90°．
∴∠EOB＝∠EAB＝90°∴EC⊥BG．
点评 若把例题中，∠BAC为锐角改为钝角，其余条件不变，上述两结论仍能成吗？如果成立试证明之．
例3 如图4.6－4，以△ABC的边AB，AC为边向形外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH⊥BC，交EG于M，垂足为H，求证：EM＝MG．
解析 (思路一)过E作AG的平行线交AM延长线于K，连接KG，证明四边形KEAG是平行四边形行即可．
(思路二)
可证E，G到AM的距离相等即可
证法一 如图4.6－4
过E作EK∥AG，交AM的延长线于K，连
结GK．
∴∠KEA＋∠EAG＝180°．
在正方形ABDE和正方形ACFG中，
AE＝AB，∠EAB＝∠GAC＝90°．
∴∠EAG＋∠BAC＝180°．
∴∠KEA＝∠BAC．
∵AH⊥BC．
∴∠BAH＋∠ABC＝90°．
又∵∠EAK＋∠BAH＝90°．
∴∠EAK＝∠ABC．
又∵AB＝AE，
∴△KEA≌△ABC．
∴EK＝AC，又AC＝AG．
∴EK＝AG．
∴四边形EAGK是平行四边形．
∴EM＝MG．
证法二 分别过E，G作AM的垂线，垂足为P、Q，
在正方形GACF中，
AG＝AC，∠GAC＝90°．
∴∠GAQ＋∠CAH＝90°．
又AH⊥BC．
∴∠CAH＋∠ACH＝90°．
∴∠GAQ＝∠ACH．
又∠GQA＝∠AHC＝90°．
∴△GQA≌△AHC．
∴GQ＝AH．
同理可证：EP＝AH．
∴EP＝GQ．
又∵∠PME＝∠GMQ．
∠EPM＝∠GQM＝Rt∠．
∴△EPM≌△GQM．
∴EM＝MG．
学科渗透
例4 如图4.6－6，已知E为正方形ABCD的边BC的中点，EF⊥AE，CF平分∠DCG，求证：AE＝EF．
解析 可取AB中点M，连结ME，证△AME≌△ECF
证明 取AB中点M，连结ME
在正方形ABCD中，
AB＝BC，∠B＝∠DCB＝90°．
又E为BC中点，
∴AM＝BM＝BE＝EC．
∴∠BME＝45°．
∴∠AME＝135°．
又CF平分∠DCG．
∴∠ECF＝135°．
∴∠AME＝∠ECF．
又∵AE⊥EF，
∴∠FEC＋∠AEB＝90°．
又∵∠BAE＋∠AEB＝90°．
∴∠FEC＝∠BAE．
∴△AME≌△ECF．
∴AE＝EF．
中考巡礼
例5 (2001年江苏扬州中考题)如图4.6－7，已知P点是正方形ABCD对角线BD上一点，PE⊥DC，PF⊥BC，E，F
分别是垂足，求证：AP＝EF．
证明 连结AC交BD于O，连结PC．
在正方形ABCD中，
BD⊥AC，BD平分AC．
∴PA＝PC．
又∵PE⊥CD，PF⊥BC，∠DCB＝90°．
∴四边形PFCE是矩形．
∴EF＝PC．
∴PA＝EF．
考点 正方形性质，矩形性质和判定
例6 (2001年江苏泰州中考题)如图4.6－8已
知，正方形ABCD的对角线交于O，过O点作OE⊥OF，分别交AB，BC于E，F，若AE＝4，CF＝3，则EF等于
[ ]
A．7 B．5 C．4 D．3
解 易证△AOE≌△BOF，△EOB≌△FOC．
∴AE＝BF，BE＝FC．
∴EF2＝BE2＋BF2＝32＋42．
∴EF＝5．
故选B．
考点 正方形性质，全等的判定和性质，勾股定理．
正方形·典型例题
能力素质
例1 如图4.6－2，已知正方形ABCD中，E为AD上一点，BF平分∠EBC
交DC于F，求证：BE＝AE＋CF．
解析 证AE＋CF＝BE，可以把AE与CF相接，证其与BE相等． 证明 延长EA到G，使AG＝CF，连结BG．
在正方形ABCD中，
AB＝BC，∠BAG＝∠C＝90°．
∴△GAB≌△FCB．
∴∠GBA＝∠FBC．
∠G＝∠BFC．
又∵AB∥CD．
∴∠BFC＝∠ABF＝∠EBA＋∠EBF．
又∵BF平分∠EBC，
∴∠EBF＝∠FBC．
∴∠GBA＝∠EBF．
∴∠G＝∠BFC＝∠EBA＋∠EBF
＝∠EBA＋∠GBA
＝∠EBG．
∴BE＝GE＝AG＋AE＝CF＋AE．
点击思维
例2 如图4.6－3，已知锐角△ABC中，以AB，AC为边向外作正方形ABDE和正方形ACFG，连结CE、BG，交点为O，求证：(1)EC＝BG；(2)EC⊥BG．
解析 易证△EAC≌△BAG，可得EC＝BG，∠AEC＝∠ABG，于是可证∠EOB＝∠EAB
证明 (1)在正方形ABDE和正方形ACFG中，
AE＝AB，AC＝AG，
∠EAB＝∠GAC＝90°，
∴∠EAB＋∠BAC＝∠GAC＋∠BAC．
即∠EAC＝∠BAG，
∴△EAC≌△BAG．
∴EC＝BG．
(2)由(1)知：△EAC≌△BAG，
∴∠AEC＝∠ABG．
又∵∠1＝∠2，
∴∠ABG＋∠2＝∠AEC＋∠1＝90°．
∴∠EOB＝∠EAB＝90°∴EC⊥BG．
点评 若把例题中，∠BAC为锐角改为钝角，其余条件不变，上述两结论仍能成吗？如果成立试证明之．
例3 如图4.6－4，以△ABC的边AB，AC为边向形外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH⊥BC，交EG于M，垂足为H，求证：EM＝MG．
解析 (思路一)过E作AG的平行线交AM延长线于K，连接KG，证明四边形KEAG是平行四边形行即可．
(思路二)
可证E，G到AM的距离相等即可
证法一 如图4.6－4
过E作EK∥AG，交AM的延长线于K，连
结GK．
∴∠KEA＋∠EAG＝180°．
在正方形ABDE和正方形ACFG中，
AE＝AB，∠EAB＝∠GAC＝90°．
∴∠EAG＋∠BAC＝180°．
∴∠KEA＝∠BAC．
∵AH⊥BC．
∴∠BAH＋∠ABC＝90°．
又∵∠EAK＋∠BAH＝90°．
∴∠EAK＝∠ABC．
又∵AB＝AE，
∴△KEA≌△ABC．
∴EK＝AC，又AC＝AG．
∴EK＝AG．
∴四边形EAGK是平行四边形．
∴EM＝MG．
证法二 分别过E，G作AM的垂线，垂足为P、Q，
在正方形GACF中，
AG＝AC，∠GAC＝90°．
∴∠GAQ＋∠CAH＝90°．
又AH⊥BC．
∴∠CAH＋∠ACH＝90°．
∴∠GAQ＝∠ACH．
又∠GQA＝∠AHC＝90°．
∴△GQA≌△AHC．
∴GQ＝AH．
同理可证：EP＝AH．
∴EP＝GQ．
又∵∠PME＝∠GMQ．
∠EPM＝∠GQM＝Rt∠．
∴△EPM≌△GQM．
∴EM＝MG．
学科渗透
例4 如图4.6－6，已知E为正方形ABCD的边BC的中点，EF⊥AE，CF平分∠DCG，求证：AE＝EF．
解析 可取AB中点M，连结ME，证△AME≌△ECF
证明 取AB中点M，连结ME
在正方形ABCD中，
AB＝BC，∠B＝∠DCB＝90°．
又E为BC中点，
∴AM＝BM＝BE＝EC．
∴∠BME＝45°．
∴∠AME＝135°．
又CF平分∠DCG．
∴∠ECF＝135°．
∴∠AME＝∠ECF．
又∵AE⊥EF，
∴∠FEC＋∠AEB＝90°．
又∵∠BAE＋∠AEB＝90°．
∴∠FEC＝∠BAE．
∴△AME≌△ECF．
∴AE＝EF．
中考巡礼
例5 (2001年江苏扬州中考题)如图4.6－7，已知P点是正方形ABCD对角线BD上一点，PE⊥DC，PF⊥BC，E，F
分别是垂足，求证：AP＝EF．
证明 连结AC交BD于O，连结PC．
在正方形ABCD中，
BD⊥AC，BD平分AC．
∴PA＝PC．
又∵PE⊥CD，PF⊥BC，∠DCB＝90°．
∴四边形PFCE是矩形．
∴EF＝PC．
∴PA＝EF．
考点 正方形性质，矩形性质和判定
例6 (2001年江苏泰州中考题)如图4.6－8已
知，正方形ABCD的对角线交于O，过O点作OE⊥OF，分别交AB，BC于E，F，若AE＝4，CF＝3，则EF等于
[ ]
A．7 B．5 C．4 D．3
解 易证△AOE≌△BOF，△EOB≌△FOC．
∴AE＝BF，BE＝FC．
∴EF2＝BE2＋BF2＝32＋42．
∴EF＝5．
故选B．
考点 正方形性质，全等的判定和性质，勾股定理．