Transcript 第24课第五章基本图形： 矩形、菱形与正方形课件

第24课
矩形、菱形与正方形
基础知识 自主学习
要点梳理
1．有一个角是 直角 的平行四边形是矩形．矩形的四个角都
是 直角 ，对角线 相等且互相平分 ．
矩形的判定方法：
(1)有三个角是 直角 的四边形；
(2)是平行四边形且有一个角是 直角 ；
(3) 对角线相等 的平行四边形；
(4) 对角线相等且互相平分 的四边形．
2．有一组 邻边相等 的平行四边形叫做菱形．菱形的四条
边都 相等 ，对角线
互相垂直平分
线 平分一组对角 ．
菱形的判定方法：
(1)四条边都 相等 ；
(2)有一组 邻边相等 的平行四边形；
(3)对角线 互相垂直 的平行四边形；
(4)对角线 互相垂直平分 的四边形．
，且每一条对角
3．有一组邻边相等且有一个角是直角的平行四边形叫做正方
形．正方形的四个角都是 直角 ，四条边都 相等 ，两条对角
线相等 ，并且 互相垂直平分 ．每一条对角线 平分一组对角 ．
正方形的判定方法：
(1)邻边相等的 矩形 ；
(2)有一角是直角的 菱形 ．
[难点正本
疑点清源]
平行四边形与矩形、菱形、正方形的联系与区别
以平行四边形为基础，从边、角、对角线等不同角度进行演变，我
们可得出矩形、菱形、正方形这些特殊的平行四边形，它们之间既有联
系又有区别．
矩形判定方法的使用：在平行四边形的基础上，增加“一个角是直
角”或“对角线相等”的条件可为矩形；若在四边形的基础上，则需有
三
个角是直角(第四个角必是直角)则可判定为矩形．
菱形判定方法的使用：在平行四边形的基础上，增加“一组邻边相
等”或“对角线互相垂直”的条件可为菱形；若在四边形的基础上，需
有
四边相等则可判定为菱形．
正方形的判定可简记为：菱形＋矩形＝正方形，其证明思路有两个：
先证四边形是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等(即矩形)；
或先证四边形是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直(即
基础自测
1．(2011·乌兰察布)如图，已知矩形ABCD ，一条直线将该矩形
ABCD 分割成两个多边形，若这两个多边形的内角和分别为
M 和 N ，则 M＋N 不可能是(
A．360°
B．540°
C．720°
D．630°
)
答案
D
解析
当直线将矩形分割成两个三角形时，有M＝N＝180°，
M＋N＝360°；当直线将矩形分割成一个三角形和一个四边形
时，不妨设M＝180°，N＝360°，则M＋N＝540°；当直线
将矩形分割成两个四边形，有M＝N＝360°，则M＋N＝720°.
所以M＋N不可能是630°.
2．(2011·大理)用两块边长为a的等边三角形纸片拼成的四
边形是(
)
A．等腰梯形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
答案
B
解析
两个等边三角形可拼成菱形．
3．(2011·天津)如图，将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、
CB均落在对角线BD上，得折痕BE、BF，则∠EBF的大小
为(
)
A．15°
B．30°
C．45°
D．60°
答案
C
1
解析 因为折叠，所以∠ABE＝∠DBE＝ ∠ABD
2
1
＝∠CBF＝∠DBF＝ ∠CBD，
2
1
1
于是∠EBF＝∠DBE＋∠DBF＝ ∠ABD＋ ∠CBD
2
2
1
1
1
＝ (∠ABD＋∠CBD)＝ ∠ABC＝ ×90°＝45°.
2
2
2
4．(2011·茂名)如图，两条笔直的公路l1、l2相交于点O，村庄C的
村民在公路的旁边建三个加工厂A、B、D，已知 AB＝BC＝
CD＝DA＝5公里，村庄C到公路l1的距离为4公里，则村庄C到
公路l2的距离是(
)
A．3公里
B．4公里
C．5公里
D．6公里
答案
B
解析
连接AC，因为AB＝BC＝CD＝DA，所以四边形ADCD是
菱形，CA平分∠DAB，点C到l1的距离等于点C到l2的距离，故
选B.
5．(2011·杭州)在矩形 ABCD 中，有一个菱形 BFDE
(点 E、F 分别在线段 AB、CD 上)，记它们的面积
分别为 SABCD 和 SBFDE.现给出下列命题：
3
SABCD 2＋ 3
，则 tan∠EDF＝ .
＝
①若S
3
2
BFDE
②若 DE2＝BD·EF，则 DF＝2AD.
则：(
)
A．①是真命题，②是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①是假命题，②是假命题
答案
A
解析
①∵S 矩形 ABCD＝AD·BA，S 菱形 BFDE＝AD·BE，
∴AB∶BE＝(2＋ 3)∶2，∴AE∶BE＝ 3∶2.
设 AE＝ 3k，则 BE＝2k.
在 Rt△ADE 中，AE＝ 3k，DE＝2k，
∴AD＝ 2k2－ 3k2＝k.
3
k
AD
＝ .
∴tan∠EDF＝tan∠AED＝ AE ＝
3k 3
命题①是真命题；
1
②∵S 菱形 BFDE＝ BD·EF，
2
1 2
2
∴DE ＝BD·EF，∴AD·BE＝ DE .
2
又∵DE＝DF＝BE，∴DF＝2AD.
命题②是真命题．
题型分类
题型一
【例 1】
深度剖析
矩形
如图，四边形ABCD是矩形，E是AB上一点，且
DE＝AB，过C作CF⊥DE，垂足为F.
(1)猜想：AD与CF的大小关系；
(2)请证明上面的结论．
解
(1)AD＝CF.
(2)在矩形ABCD中，
AB∥CD，且AB⊥CD ，∠A＝90°，
∴∠CDF＝∠AED.
又∵DE＝AB，
∴DE＝CD.
∵CF⊥DE，
∴∠A＝∠DFC＝90°，
∴△ADE≌△FCD，
∴AD＝CF.
探究提高
矩形四个角都是直角，抓住这一特征，证两
个直角三角形全等；矩形的对角线将其分成若干个特殊
三角形．
知能迁移1
(2011·滨州)如图，△ABC中，点O是AC边上(端
点除外)的一个动点，过点O作直线MN∥BC.设MN交∠BCA
的平分线于点E，交∠BCA的外角平分线于点F，连接AE、
AF.那么当点O运动到何处时，四边形AECF是矩形？并证
明你的结论．
解
当点O运动到AC的中点(或OA＝OC)时，四边形AECF是矩形．
证明：∵CE平分∠BCA，
∴∠1＝∠2.
又∵MN∥BC, ∴∠1＝∠3，
∴∠3＝∠2，∴EO＝CO.
同理，FO＝CO.
∴EO＝FO.
又∵OA＝OC, ∴四边形AECF是平行四边形．
∵∠1＝∠2，∠4＝∠5，
∴∠1＋∠5＝∠2＋∠4.
又∵∠1＋∠5＋∠2＋∠4＝180°，
∴∠2＋∠4＝90°.
∴□AECF是矩形．
题型二
【例 2】
菱形
如图，四边形ABCD是菱形，DE⊥AB交BA的延长
线于E，DF⊥BC，交BC的延长线于F.请你猜想DE与DF的
大小有什么关系？并证明你的猜想．
解
DE＝DF.
证明：连接BD，
在菱形ABCD中，
BD平分∠ABC，
∵DE⊥AB，DF⊥BC，
∴DE＝DF.
探究提高
此题可以证明△ADE≌△CDF，得DE＝DF；或
者连接BD，由“角平分线上的点到角两边的距离相等”
证明DE＝DF.
知能迁移2
(2011·济宁)如图，在平行四边形ABCD中，对角线
AC、BD相交于O，过点O作直线EF⊥BD，分别交AD、BC于点
E和点F，求证：四边形BEDF是菱形．
解
证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OB＝OD，
∴∠EDO＝∠FBO, ∠OED＝∠OFB，
∴△OED≌△OFB，
∴DE＝BF.
又∵ED∥BF，
∴四边形BEDF是平行四边形．
∵EF⊥BD，
∴平行四边形BEDF是菱形．
题型三
【例 3】
正方形
(2012·青海)如图，正方形ABCD的对角线AC和BD
相交于点O，O又是正方形A1B1C1O的一个顶点，OA1交
AB于点E，OC1交BC于点F.
(1)求证：△AOE≌△BOF；
(2)如果两个正方形的边长都为a，那么正方形A1B1C1O绕
O点转动，两个正方形重叠部分的面积等于多少？为
什么？
解题示范——规范步骤，该得的分，一分不丢！
解：(1)证明：在正方形 ABCD 中，AO＝BO，∠AOB＝90°，
∠OAB＝∠OBC＝45°.
∵∠AOE＋∠EOB＝90°，∠BOF＋∠EOB＝90°，[2 分]
∴∠AOE＝∠BOF.[3 分]
在△AOE 和△BOF 中，
∠OAE＝∠OBF，
OA＝OB，
∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF.[5 分]
1 2
(2)答：两个正方形重叠部分面积等于 a .
4
∵△AOE≌△BOF，
∴S 四边形 OEBF＝S△EOB＋S△OBF＝S△EOB＋S△AOE
1
1
＝S△AOB＝ S 正方形 ABCD＝ a2.[8 分]
4
4
探究提高
正方形具有四边形、平行四边形、矩形及菱形的
一切性质，它们之间既有联系又有区别，其各自的性质和
判定是中考的热点．
知能迁移3 (2011·舟山)以四边形ABCD的边AB、BC、CD、DA为斜边分别向
外侧作等腰直角三角形，直角顶点分别为E、F、G、H，顺次连结这四个
点，得四边形EFGH.
(1)如图1，当四边形ABCD为正方形时，我们发现四边形EFGH是正方形；
如图2，当四边形ABCD为矩形时，请判断：四边形EFGH的形状(不要求
证明)；
(2)如图3，当四边形ABCD为一般平行四边形时，设∠ADC＝α(0°＜α＜
90°).
①试用含α的代数式表示∠HAE；
②求证：HE＝HG；
③四边形EFGH是什么四边形？并说明理由.
解
(1)四边形EFGH是正方形．
(2)①∠HAE＝90°＋α.
证明：在▱ABCD中，AB∥CD，
∴∠BAD＝180°－∠ADC＝180°－α.
∵△HAD和△EAB都是等腰直角三角形，
∴∠HAD＝∠EAB＝45°，
∴∠HAE＝360°－∠HAD－∠EAB－∠BAD
＝360°－45°－45°－(180°－α)＝90°＋α.
②∵△AEB 和△DGC 都是等腰直角三角形，
2
2
∴AE＝ AB，DG＝ CD.
2
2
在□ABCD 中，AB＝CD，∴AE＝DG.
∵△HAD 和△GDC 都是等腰直角三角形，
∴∠HDA＝∠CDG＝45°，
∴∠HDG＝∠HAD＋∠ADC＋∠CDG＝90°＋α＝∠HAE.
∵△HAD 是等腰直角三角形，
∴HA＝HD，
∴△HAE≌△HDG，∴HE＝HG.
③四边形EFGH是正方形．理由如下：
由②同理可得：GH＝GF，FG＝FE.
∵HE＝HG(已证)，
∴GH＝GF＝EH＝FE，∴四边形EFGH是菱形．
∵△HAE≌△HDG(已证)，
∴∠DHG＝∠AHE.
又∵∠AHD＝∠AHG＋∠DHG＝90°，
∴∠EHG＝∠AHG＋∠AHE＝90°，
∴菱形EFGH是正方形．
题型四
【例 4】
特殊平行四边形综合题
(2010·南充)如图，△ABC 内接于⊙O，
1
AD⊥BC，OE⊥BC，OE＝ BC.
2
(1)求∠BAC 的度数；
(2)将△ACD 沿 AC 折叠为△ACF，将△ABD 沿
AB 折叠为△ABG，延长 FC 和 GB 相交于点 H，
求证：四边形 AFHG 是正方形；
(3)若 BD＝6，CD＝4，求 AD 的长．
解 (1)连接 OB 和 OC.(如图)
∵OE⊥BC，
∴BE＝CE.
1
∵OE＝ BC，
2
∴∠BOC＝90°，
∴∠BAC＝45°.
(2)证明：∵AD⊥BC，
∴∠ADB＝∠ADC＝90°.
由折叠可知：AG＝AD＝AF，∠AGH＝∠AFH＝90°，
∠BAG＝∠BAD，∠CAF＝∠CAD，
∴∠BAG＋∠CAF＝∠BAD＋∠CAD＝∠BAC＝45°，
∴∠GAF＝∠BAG＋∠CAF＋∠BAC＝90°，
∴四边形 AFHG 是正方形．
(3)解：由(2)得，
∠BHC＝90°，GH＝HF＝AD，
GB＝BD＝6，CF＝CD＝4.
设 AD＝x，
则 BH＝GH－GB＝x－6，CH＝HF－CF＝x－4.
在 Rt△BCH 中，BH2＋CH2＝BC2，BC＝6＋4＝10，
∴(x－6)2＋(x－4)2＝102，
解之得 x1＝12，x2＝－2(不合题意，舍去)．
∴AD＝12.
探究提高
在判定矩形、菱形或正方形时，要弄清是在“四
边形”，还是在“平行四边形”的基础上来求证的，要熟
悉各判定定理之间的联系与区别，解答此类问题要认真审
题，通过对已知条件的分析、综合，确定一种解决问题的
方法，这里方程的思想很重要．
知能迁移4
(2011·宿迁)如图，在边长为2的正方形ABCD中，
P为AB的中点，Q为边CD上一动点，设DQ＝t(0≤t≤2)，线
段PQ的垂直平分线分别交边AD、BC于点M、N，过Q作
QE⊥AB于点E，过M作MF⊥BC于点F.
(1)当t≠1时，求证：△PEQ≌△NFM；
(2)顺次连接P、M、Q、N，设四边形PMQN的面积为S，
求出S与自变量t之间的函数关系式，并求S的最小值．
解 (1)证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠B＝∠D＝90°，
AD＝AB.
∵QE⊥AB，MF⊥BC，
∴∠AEQ＝∠MFB＝90°.
∴四边形ABFM、AEQD都是矩形．
∴MF＝AB，QE＝AD，MF⊥QE.
又∵PQ⊥MN，
∴∠EQP＝∠FMN.
又∵∠QEP＝∠MFN＝90°，
∴△PEQ≌△NFM.
(2)解：∵点 P 是边 AB 的中点，AB＝2，DQ＝AE＝t，
∴PA＝1，PE＝|1－t|，QE＝2.
在 Rt△QEP 中，由勾股定理，得 PQ＝ QE2＋PE2＝ 1－t2＋4.
∵△PEQ≌△NFM，
∴MN＝PQ＝ 1－t2＋4.
又∵PQ⊥MN，
1
1
1
5
2

∴S＝ PQ·MN＝ 1－t ＋4＝ t2－t＋ .
2
2
2
2
∵0≤t≤2，
∴当 t＝1 时，S 最小值＝2.
12
5
综上：S＝ t －t＋ ，S 的最小值为 2.
2
2
易错警示
15．不认真画图导致错误
试题 在△ABC的两边AB、AC上向形外作正方形ABEF、ACGH，
过点A作BC的垂线分别交BC于点D，交FH于M，求证：FM＝MH.
学生答案展示
如图，∵四边形ABEF与四边形ACGH都是正方形，
∴AF＝AB，AH＝AC.
又∵∠FAH＝∠BAC，
∴△AFH≌△ABC.∴∠5＝∠2.
∵∠3＋∠1＝90°，∠3＋∠2＝90°，
∴∠1＝∠2，∴∠1＝∠5.
∵∠1＝∠4，∴∠4＝∠5.
∴AM＝FM.同理，AM＝AH，
故FM＝MH.
剖析
上述解法错在将∠BAC画成了直角(题中没有这个条
件！)从而导致∠FAH、∠BAC和∠1、∠4分别成为对顶角，
不认真画图，匆匆忙忙进行推理，就很容易犯错误．
正解
分别过F、H画FK⊥MD，HL⊥MD，垂足为K、L.
∵四边形ACGH是正方形，
∴AC＝AH，∠CAH＝90°，∴∠1＋∠2＝90°.
∵AD⊥BC，∴∠2＋∠3＝90°，∴∠1＝∠3.
又∵∠HLA＝∠ADC＝90°，
∴△AHL≌△CAD.∴HL＝AD.
同理：△AFK≌△BAD.
∴FK＝AD.∴FK＝HL.
又∵∠FMK＝∠HML，
∠FKM＝∠HLM＝90°，
∴△FMK≌△HML.
∴FM＝MH.
批阅笔记
证明一个几何命题时，一般要先根据题意画出图
形，但画图时应严格根据题设条件，不能将一般的图形画
成一个特殊图形，否则在证明时就容易受所画图形干扰而
导致错误.
思想方法
感悟提高
方法与技巧
1. 平行四边形是中心对称图形，这是它的本质特征．
矩形、菱形、正方形作为特殊的平行四边形，不仅具有平
行四边形的特征，而且它们都是轴对称图形，分别具有一
些独特的性质．
2. 利用一般与特殊的关系，明确各四边形的从属关系，
系统掌握特殊平行四边形的性质定理和判定定理．
失误与防范
1．在判定矩形、菱形或正方形时，要明确是在“四边
形”
还是在“平行四边形”的基础之上来求证的．要熟悉各判定
定
理的联系和区别，解决此类问题时要认真审题，通过对已知
条件的分析、综合，最后确定用哪一种判定方法是解决这类
问题的关键．
2．直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，常将它
与直角三角形的其他性质联合运用，解决直角三角形中的计
算或论证问题．
完成考点跟踪训练24