正方形手拉手 多结论探一探

正方形作为特殊的平行四边形，同时具有菱形和矩形的性质. 若让两个正方形手拉手构建模型，可得出多个结论.

模型构建

基本模型：如图1，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点G落在线段CD上，连接BG，并延长与DE交于点H，连接CH.

请同学们尝试探究该模型有哪些结论.

模型结论

结论1：△BCG≌△DCE.

解析：应用正方形的性质，即可找到证明△BCG和△DCE全等的判定条件.

结论2：BG = DE，BG⊥DE.

解析：通过△BCG ≌ △DCE可得BG = DE，∠CBG = ∠CDE. 结合正方形的直角条件，利用一对“8字形”三角形，易得∠DHG = 90°，则BG⊥DE.

结论3：HC平分∠BHE.

解析：利用全等三角形的面积相等，易证得结论.

如图2，过点C作CM⊥BH于M，CN⊥DE于N.

由△BCG≌△DCE得S△BCG = S△DCE，则[12]BG·CM = [12]DE·CN.

由BG = DE得CM = CN. 从而根据角平分线判定定理得出结论.

结论4：GH + HE = [2]CH.

解析：结论是三条线段之间的关系，解决此类问题通常采用截长补短法或构造双垂线法. 而关系式中含有[2]，说明解题过程中一定会运用勾股定理，很可能就是在正方形中解直角三角形. 方法1：如图2，构造双垂线；方法2：截长法，如图3；方法3：补短法，如图4. 下面仅介绍方法1的解题思路，请同学们尝试运用方法2和方法3进行证明.

如图2，根据“邻边相等的矩形是正方形”可得正方形MHNC，则MH = NH = CN，∠MCN = 90°.

易证∠MCG = ∠NCE，根据“SAS”可证△MCG≌△NCE，得MG = NE，则GH + HE = GH + NH + NE = GH + NH + MG = MH + NH = 2NH.

根据勾股定理得NH2 + CN2 = CH2，即NH2 + "NH2 = CH2，则NH = [22]CH.

于是GH + HE = 2NH = 2 × [22]CH = [2]CH.

结论5：BH - DH = [2]CH.

解析：结论5和结论4是同一种类型，证明方法相似，辅助线作法相同，可以直接利用结论4证明.

由BG = DE，可得BH - DH = BG + GH - DH = DE + GH - DH = GH + HE = [2]CH.

模型变式

现将模型中的正方形CEFG绕点C旋转，进行如下三种变式，可得相应结论.

变式1：如图5，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点G落在直线CD右侧. 连接BG并延长与DE交于点H，连接CH.

变式2：如图6，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点G落在直线CD右侧. 连接BG与DE，相交于点H，连接CH.

变式3：如图7，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点G落在正方形ABCD内部. 连接BG并延长与DE交于点H，连接CH.

结论：在图5、图6、图7中，以下结论都存在. （1）△BCG≌△DCE；（2）BG = DE，BG⊥DE；（3）HC平分∠BHE；（4）GH + HE = [2]CH；（5）BH - DH = [2]CH.

变式4：如图8，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点G落在正方形ABCD内. 连接并延长BG，DE交于点H，连接CH.

结论：（1）△BCG ≌△DCE ；（2）BG = DE，BG⊥DE ； （3）∠CHB = 45°； （4）GH - HE = [2]CH； （5）BH - DH = [2]CH.

变式5：如图9，已知正方形ABCD和正方形CEFG，G点落在直线BC下方. 连接并延长BG，DE交于点H，连接CH.

结论：（1）△BCG ≌ △DCE ；（2）BG = DE，BG⊥DE ；（3）∠CHD = 45°； （4）HE - GH = [2]CH；（5）DH - BH = [2]CH.

分层作业

难度系数：★★★ 解题时间：3分钟

1. 如图10，已知正方形ABCD，BF⊥DE，过点C作CG⊥BF，CE⊥DE. 求证：四边形CEFG是正方形.

难度系数：★★★★★ 解题时间：10分钟

2. 如图11，已知正方形ABCD和正方形CEFG，连接BG，与DE交于点H，连接CH. （1）求线段BG，DE的关系. （2）当∠DEC = 45°时，若AB = [5]，CE = [2]，求DH.

（答案见本页）

（作者单位：大连市中山区东港第一中学）