正方形的判定方法及定理总结大全 几何图形判定经典题型解析

正方形的判定方法及定理总结大全 几何图形判定经典题型解析

正方形是特殊的平行四边形，它既属于矩形又属于菱形，所以它具备矩形和菱形所有的性质，这因为如此，在证明正方形时方法灵活多样，题目变化多端。

一、基本知识

判定一个图形是正方形有两种基本思路：

1、先证明图形是一个矩形在证明图形是一个菱形

2、先证明图形是一个菱形再证明图形是一个矩形。

注意：要证明图形是正方形，就需要同学们把矩形、菱形以及平行四边形的性质、判定掌握的非常熟练才能顺利解决正方形的证明问题。

二、实战演练

（一）先证明图形是矩形再证明图形是菱形

【分析】（1）根据平行线的性质得到∠AFE＝∠BDE，根据全等三角形的性质得到AF＝BD，可证明四边形为平行四边形。

（2）首先证明四边形ACDF是矩形，再证明CA＝CD，由先证明矩形在证明菱形的方法证明图形是正方形。

【反思与小结】本题考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定，矩形的判定和性质，正方形的判定，三角形中位线定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．

【分析】首先用三个角是直角的四边形为矩形来证明四边形ABFE是矩形，再证明AB＝AE，用先证明矩形在证明菱形的办法证明为正方形。

【反思与小结】本题考查正方形的判定、矩形的判定和性质、角平分线的定义等知识，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．

（二）先证明图形是菱形再证明图形是矩形

【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形．由题意易得△AOE≌△COE，进而利用全等三角形的性质和菱形的判定证明即可；

（2）根据有一个角是90°的菱形是正方形．由题意易得∠ADO＝∠DAE+∠DEA＝15°+30°＝45°，进而根据菱形和正方形的判定证明即可．

【反思与小结】此题主要考查菱形和正方形的判定，要灵活应用判定定理及等腰三角形的性质、外角的性质定理．在证明角的问题的时候，利用外交解决问题有时候带来很大的方便。

【分析】（1）根据全等三角形的判定得出△ADE≌△ABE，根据全等三角形的性质得出∠AED＝∠AEB，∠DAC＝∠BAC，根据全等三角形的判定得出△ADC≌△ABC，根据全等三角形的性质得出DC＝BC，即可求出AB＝BC＝CD＝AD，根据菱形的判定得出即可；

（2）根据勾股定理的逆定理求出∠DEC＝90°，求出∠DCE＝∠EDC＝45°，求出∠DCB＝90°，根据正方形的判定得出即可

【反思与小结】本题考查了正方形的判定，菱形的判定，全等三角形的性质和判定，勾股定理的逆定理等知识点，先证明图形是一个菱形再证明图形为矩形，进而证明结论。

（三）有关正方形的开放性问题

【分析】（1）根据两直线平行，内错角相等求出∠AFE＝∠DCE，然后利用“角角边”证明△AEF和△DEC全等，再根据全等三角形的性质和等量关系即可求解；

（2）由（1）知AF平行等于BD，易证四边形AFBD是平行四边形，而AB＝AC，AD是中线，利用等腰三角形三线合一定理，可证AD⊥BC，即∠ADB＝90°，于是得到结论．

【反思与小结】本题考查了正方形的判定，全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定，是基础题，明确有一个角是直角的平行四边形是矩形是解本题的关键．

【分析】（1）根据全等三角形的角边角定理判定解答即可；（2）由全等三角形的性质和菱形的判定以及面积解答即可；（3）根据正方形的判定和性质去思考问题，得到所需的条件。

【反思与小结】：在解决第3小问时，应从要满足的结论入手，即从四边形是正方形入手考虑，这是本题的关键所在。这种思路既考察正方形的性质又考察正方形的判定方法。

【分析】（Ⅰ）连接CD，利用同角的余角相等，得到∠DCA＝∠CDE，利用平行四边形的判定和性质得结论；

（Ⅱ）（i）先证明四边形BECD是平行四边形，再利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半说明邻边相等，证明该四边形是菱形；

（ii）由菱形、正方形、平行四边形的性质可得结论．

【反思与小结】本题考查了平行四边形、菱形、正方形的性质和判定及直角三角形的性质．学会推理和分析是解决本题的关键．这个问题的思考方式与例6 极为相似。

三、积累小结

正方形的判定方法虽然只是两种，但是是矩形的判定和菱形判定方法中的组合，这就是的组合方式多种多样，非常具有灵活性。所以，要想学好正方形，矩形、菱形、平行四边形的性质和判定是基础，只有把基础掌握牢固了，才能灵活的解决正方形的问题。

另外，条件开放性问题是几何中常考题型，它将图形的性质与判定结合在一起考察学生的分析能力和解决问题的能力，这类问题也是中考的热门题型。