正方形中的“十字架”形

劉家良

【摘要】 將一個基本圖形的特征及性質進行遷移，結合正方形的邊、角性質，得到正方形中“十字架”形的性質及變式圖形（一線三直角）的性質．由基本圖形到“十字架”形再到“一線三直角”形的系列過程，啟發教者要特別關注基本圖形的特征及性質的教學，并要學會在復雜圖形中提煉基本圖形的本領．

【關鍵詞】 基本圖形；遷移；正方形；“十字架”；變式

將一個基本圖形的特征及性質進行遷移，結合正方形的邊、角性質，可得到正方形中“十字架”形的性質.

基本圖形：如圖1，若∠ABD＝∠EDC＝90°，AB＝ED，BD＝DC，則AD＝EC，AD⊥EC．

簡證：易證△ABD≌△EDC（SAS），

于是AD＝EC，

∠ADB＝∠C．

又∠ADB+∠CDG＝90°，

所以∠C+∠CDG＝90°，

所以∠CGD＝90°，

所以AD⊥EC．

將圖1及其蘊含結論遷移到正方形中，結合正方形的邊、角性質，可得正方形中“十字架”形的性質：

如圖2，已知E，F分別是正方形ABCD的邊AB與BC上的一點，且AE＝BF（或BE＝CF），AE與DF相交于點P，則AF＝DE，AF⊥DE．

推論：如圖2，在①AE＝BF（或BE＝CF），②AF＝DE，③AF⊥DE三個條件中，若已知一個條件，可得另外的兩個條件，簡稱“知一求二”．

應用正方形中的“十字架”形的結論，可解決與正方形相關的問題．

1 由垂直到邊等

例1

如圖3，正方形紙片ABCD的邊長為12，點F是AD上一點，將△CDF沿CF折疊，點D落在點G處，連接DG并延長交AB于點E．若AE＝5，則GE的長為.

分析 設CF與DE交于點O．點D，G關于CF對稱，由軸對稱性質可知CF垂直平分GD，即DO＝GO，CF⊥DE，由此想到正方形中的“十字架”形，可得CF＝DE，AE＝DF．

解 如圖4，設CF與DE交于點O．

因為點D，G關于CF對稱，

所以GO＝DO，CF⊥DE，

即∠FOD＝90°，

所以∠CFD+∠ADE＝90°．

因為四邊形ABCD是正方形，

所以AD＝CD＝12，

∠A＝∠ADC＝90°，

所以∠CFD+∠FCD＝90°，

所以∠ADE＝∠DCF，

所以△ADE≌△DCF，

所以DE＝CF，AE＝DF＝5．

在Rt△DAE中，由勾股定理得

DE=AD2+AE2=144+25=13，

所以CF＝13．

由S△CDF=12CF·OD=12CD·DF，得

OD=CD·DFCF=6013，

所以DG=2OD=12013，

所以EG＝DE-DG＝13-12013＝4913．

注 由軸對稱性質得到CF⊥DE，這意味著兩直角三角形的斜邊垂直，由垂直這一條件聯想到正方形的“十字架”形．

2 由一直角邊相等到斜邊相等與垂直

例2 圖4

如圖4，在邊長為22的正方形ABCD中，點E，F分別是邊AB，BC的中點，連接EC，FD，點G，H分別是EC，FD的中點，連接GH，則GH的長度為．

分析 求GH的長，一般是將其放置在直角三角形中由勾股定理求得．如圖5，若能意識到DF⊥CE，那么問題的求解之路就會“一馬平川”，但這需要學生熟知正方形中的“十字架”形及其結論．

解 如圖6，設CE，DF交于點S．因為四邊形ABCD為正方形，

所以∠A＝∠B＝∠BCD＝90°，

AB＝BC＝CD＝22．

因為點E，F分別是邊AB，BC的中點，

所以AE＝BE＝BF＝CF=2，

所以△BCE≌△CDF（SAS），

所以CE＝DF，

∠BCE＝∠CDF．

因為∠DCF＝90°，

所以∠CDF+∠CFD＝90°，

所以∠BCE+∠CFD＝90°，

所以∠CSF＝∠HSG＝90°．

在Rt△BCE中，由勾股定理得

CE＝BE2+BC2＝（2）2+（22）2＝10，

所以DF＝CE＝10．

因為點G，H分別是EC，FD的中點，

所以CG＝12CE＝102，HF＝102．

因為∠DCF＝90°，CS⊥DF，

所以S△CDF=CS·DF2=CD·CF2，

所以CS＝CD·CFDF＝22×210＝410，

所以GS＝CG-CS＝102-410＝110．

在Rt△CSF中，由勾股定理得

FS＝CF2-CS2=（2）2-4102=25，

所以HS＝HF-FS＝12DF-FS＝102-25．

在Rt△HSG中，由勾股定理得

HG＝HS2+GS2＝102-252+1102＝1．

故填：1．

注 由正方形兩邊的中點想到兩直角三角形的直角邊相等，由直角邊長相等這一條件聯想到正方形中的“十字架”形．

3 “十字架”形的兩種變式

變式1 圖5

如圖5，已知E，F分別是正方形ABCD的邊DA與CD延長線上的一點，CE與BF相交于點P，在①AE＝DF（或DE＝CF），②CE＝BF，③CE⊥BF三個條件中，可由其中的一個條件得到另外的兩個條件，也可謂“知一求二”．

例3 已知四邊形ABCD是正方形，點E在邊DA的延長線上，連接CE交AB于點G，過點B作BM⊥CE，垂足為點M，BM的延長線交AD于點F，交CD的延長線于點H．

（1）如圖6，求證：CE＝BH；

（2）如圖7，若AE＝AB，連接CF，在不添加任何輔助線的情況下，請直接寫出圖中的四個三角形（△AEG除外），使寫出的每個三角形都與△AEG全等．

分析 （1）欲證兩線段相等，需將這兩條線段分布在兩個“待證”的全等三角形之中，圖6吻合于圖5中的“十字架”形；

（2）△AEG為直角三角形，欲尋找與其全等的三角形，需結合正方形的邊、角性質及已知條件，需依據全等三角形的判定定理．

解 （1）因為四邊形ABCD是正方形，

所以BC＝CD＝AD＝AB，

∠BCD＝∠EDC＝90°．

因為BM⊥CE，

所以∠HMC＝∠ADC＝90°，

所以∠H+∠HCM＝∠E+∠ECD＝90°，

所以∠H＝∠E．

在△EDC和△HCB中，

∠EDC=∠HCB，∠E=∠H，CD=BC，

所以△EDC≌△HCB（AAS），

所以CE＝BH.

（2）△BCG，△DCF，△DHF，△ABF（過程略）．

變式2 將圖1中的△CED沿ED方向平移ED長可得到圖8，即“一線三直角”形．這一圖形的結論常與正方形“結伴”而行．

例4 如圖9，點E是正方形ABCD的邊BC上的動點，∠AEF＝90°，且EF＝AE，FH⊥BH．

（1）求證：BE＝CH；

（2）若AB＝3，BE＝x，用x表示DF的長．

分析 （1）要證BE＝CH，需證BC＝HE，由正方形邊的相等性，可證AB＝EH，由三個垂直聯想到“一線三直角”形，證△ABE≌△EHF即可；

（2）用x表示DF的長，可過點F作FP⊥CD于點P，將DF置身在直角三角形中．

解 （1）因為四邊形ABCD是正方形，

所以BC＝CD＝AB，

∠ABE＝∠BCD＝90°，

所以∠AEB+∠EAB＝90°．

因為FH⊥BH，

所以∠EHF＝90°，

所以∠AEB+∠FEH＝90°，

所以∠FEH＝∠EAB．

在△ABE和△EFH中，

∠EAB=∠FEH，∠ABE=∠EHF，AE=EF，

所以△ABE≌△EHF（AAS），

所以BE＝FH，

AB＝EH，

所以BC＝EH，

即BE+EC＝CH+EC，

所以BE＝CH.

（2）作FP⊥CD于點P，則四邊形CHFP為矩形．

由（1）可知CH＝FH，

所以四邊形CHFP為正方形，

所以CP＝CH＝FH＝FP．

因為BE＝CH＝x，

所以CP＝FP＝x，

DP＝CD-CP＝3-x．

在Rt△DFP中，由勾股定理得

DF＝DP2+FP2

＝（3-x）2+x2

＝2x2-6x+9．

注 由正方形中的三個垂直條件想到了“一線三直角”形．

由基本圖形到“十字架”形再到“一線三直角”形的系列歷程，啟發教者要特別關注基本圖形的特征及其性質的教學，要學會在復雜圖形中提煉基本圖形的本領，這一本領離不開對基本圖形的熟知和聯想．