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【关键词】正方形；探究；性质；判定
在文[1]中探究了由正三角形“衍生”出正三角形的一些情况，作为正多边形家族的正方形（正四边形）是否也具有类似的性质呢？
一、命题引入
图 2命题1 已知，如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在它的四条边上（不含端点），且BE=CF=DG=AH.所得四边形EFGH为正方形.
命题2 已知，如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在它的四条边上（不含端点、中点），且BE=CF=DG=AH，DE分别交CH，AF于点M，N，BG分别交CH，AF于点Q，P.所得四边形MNPQ为正方形.
命题1由文[2]给出类似的证明，命题2由文[3]给出类似的证明，在此不在赘述.那么，除此之外，还有其他类似的情景吗？
二、命题探究
图 3探究命题1 已知，如图3，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH.结论：四边形EFGH为正方形.
证明 ∵正方形ABCD，∴ AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠HBE=∠ECF=90°，∵AH=BE=CF=DG，∴BH=CE=DF=AG，
在Rt△HBE和Rt△ECF中：BH=CE，∠HBE=∠ECF=90°，BE=CF.∴Rt△HBE≌Rt△ECF（SAS），∴HE=EF，∠BHE=∠CEF，
∵∠BHE ∠BEH=90°，∴∠CEF ∠BEH=∠FEH=90°，
同理可得：EF=FG，FG=GH，∴HE=EF=FG=GH，
∴四边形EFGH为菱形，又∵∠FEH=90°，
∴菱形EFGH为正方形，∴四边形EFGH为正方形.
图 4探究命题2 已知，如图4，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH.延长EB交GH于点M，延长FC交HE于点N，延长GD交EF于点P，延长HA交FG于点Q.结论：四边形MNPQ为正方形.
证明：∵正方形ABCD，∴ AB=BC=CD=AD，∠BCD =∠CDA=90°，
∴∠ECN=∠FDP=90°，∠NCM=∠PDN，∵AH=BE=CF=DG，∴BH=CE=DF=AG，
由探究命题1得：Rt△HBE≌Rt△ECF，∴ ∠CEN =∠DFP.
在Rt△ECN和Rt△FDP中：∠ECN=∠FDP=90°，CE=DF，∠CEN =∠DFP.
∴Rt△ECN≌Rt△FDP（ASA），∴CN=DP，EN=FP，
同理可得：CN=DP= AQ=BM，EN=FP =GQ=HM，∴CM=DN=AP=BQ，
在△NCM和△PDN中：CM=DN，∠NCM=∠PDN，CN=DP.
∴△NCM≌△PDN （SAS），∴MN=NP，∠ CMN=∠DNP，∴∠MNP=90°，
同理可得：NP=PQ，PQ=QM，∴MN=NP=PQ=QM，∴四边形MNPQ为菱形，
又∵∠MNP=90°，∴菱形MNPQ为正方形，∴四边形MNPQ为正方形.
图 5探究命题3 已知，如图5，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH，HC，DE交于点M，ED，AF交于点N，FA，BG交于点P，GB，CH交于点Q.
结论：四边形MNPQ为正方形.
证明 ∵正方形ABCD，∴ BC=CD=AD=AB，
∠ABC =∠BCD=90°，∴∠HBC=∠ECD=90°，
∵BE=CF=DG=AH，∴CE=DF=AG=BH，
在△HBC和△ECD中：BH=CE，∠HBC=∠ ECD，BC=CD.
∴△HBC≌△ECD （SAS），∴∠CDE=∠ BCH，∠H=∠E，CH=DE，
∵∠ BCH =∠ECM，∠H=∠E，∴∠CME=∠HBC = 90°，
∴∠QMN= 90°，同理可得∠MNP= 90°，∠NPQ= 90°，
∴四边形MNPQ为矩形，∠HBQ=∠ECM，
在△HBQ和△ECM中：∠HBQ=∠ECM，BH= CE，∠H=∠E.
∴△HBQ≌△ECM （ASA），∴BQ=CM，HQ=EM，
∵CH=DE，HQ=EM，
∴CQ=DM，同理可得：BQ=CM=DN，∴QC CM=MD DN，∴QM=MN，
∴矩形MNPQ为正方形，∴四边形MNPQ为正方形.
三、结束语
如图6、图7、图8、图9所示，类似的情况还很多，不胜枚举，有兴趣的读者可以继续探究.本文有许多不足之处，在此仅是抛砖引玉，敬请批评指正.
【参考文献】
[1]杨川.发现之旅：由正三角形“衍生”出正三角形[J].考试与评价，2016（8）.
[2]郭道虎.由一道教材习题的引申再谈《请帮我解惑》[J].中小学数学（初中版），2012（7）.
[3]周余孝.由正方形到正多边形[J].中学数学杂志：初中版，2011（5）.
在文[1]中探究了由正三角形“衍生”出正三角形的一些情况，作为正多边形家族的正方形（正四边形）是否也具有类似的性质呢？
一、命题引入
图 2命题1 已知，如图1，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在它的四条边上（不含端点），且BE=CF=DG=AH.所得四边形EFGH为正方形.
命题2 已知，如图2，在正方形ABCD中，点E，F，G，H分别在它的四条边上（不含端点、中点），且BE=CF=DG=AH，DE分别交CH，AF于点M，N，BG分别交CH，AF于点Q，P.所得四边形MNPQ为正方形.
命题1由文[2]给出类似的证明，命题2由文[3]给出类似的证明，在此不在赘述.那么，除此之外，还有其他类似的情景吗？
二、命题探究
图 3探究命题1 已知，如图3，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH.结论：四边形EFGH为正方形.
证明 ∵正方形ABCD，∴ AB=BC=CD=AD，∠ABC=∠BCD=90°，
∴∠HBE=∠ECF=90°，∵AH=BE=CF=DG，∴BH=CE=DF=AG，
在Rt△HBE和Rt△ECF中：BH=CE，∠HBE=∠ECF=90°，BE=CF.∴Rt△HBE≌Rt△ECF（SAS），∴HE=EF，∠BHE=∠CEF，
∵∠BHE ∠BEH=90°，∴∠CEF ∠BEH=∠FEH=90°，
同理可得：EF=FG，FG=GH，∴HE=EF=FG=GH，
∴四边形EFGH为菱形，又∵∠FEH=90°，
∴菱形EFGH为正方形，∴四边形EFGH为正方形.
图 4探究命题2 已知，如图4，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH.延长EB交GH于点M，延长FC交HE于点N，延长GD交EF于点P，延长HA交FG于点Q.结论：四边形MNPQ为正方形.
证明：∵正方形ABCD，∴ AB=BC=CD=AD，∠BCD =∠CDA=90°，
∴∠ECN=∠FDP=90°，∠NCM=∠PDN，∵AH=BE=CF=DG，∴BH=CE=DF=AG，
由探究命题1得：Rt△HBE≌Rt△ECF，∴ ∠CEN =∠DFP.
在Rt△ECN和Rt△FDP中：∠ECN=∠FDP=90°，CE=DF，∠CEN =∠DFP.
∴Rt△ECN≌Rt△FDP（ASA），∴CN=DP，EN=FP，
同理可得：CN=DP= AQ=BM，EN=FP =GQ=HM，∴CM=DN=AP=BQ，
在△NCM和△PDN中：CM=DN，∠NCM=∠PDN，CN=DP.
∴△NCM≌△PDN （SAS），∴MN=NP，∠ CMN=∠DNP，∴∠MNP=90°，
同理可得：NP=PQ，PQ=QM，∴MN=NP=PQ=QM，∴四边形MNPQ为菱形，
又∵∠MNP=90°，∴菱形MNPQ为正方形，∴四边形MNPQ为正方形.
图 5探究命题3 已知，如图5，点E，F，G，H分别在正方形ABCD的BC，CD，DA，AB的延长线上，且BE=CF=DG=AH，HC，DE交于点M，ED，AF交于点N，FA，BG交于点P，GB，CH交于点Q.
结论：四边形MNPQ为正方形.
证明 ∵正方形ABCD，∴ BC=CD=AD=AB，
∠ABC =∠BCD=90°，∴∠HBC=∠ECD=90°，
∵BE=CF=DG=AH，∴CE=DF=AG=BH，
在△HBC和△ECD中：BH=CE，∠HBC=∠ ECD，BC=CD.
∴△HBC≌△ECD （SAS），∴∠CDE=∠ BCH，∠H=∠E，CH=DE，
∵∠ BCH =∠ECM，∠H=∠E，∴∠CME=∠HBC = 90°，
∴∠QMN= 90°，同理可得∠MNP= 90°，∠NPQ= 90°，
∴四边形MNPQ为矩形，∠HBQ=∠ECM，
在△HBQ和△ECM中：∠HBQ=∠ECM，BH= CE，∠H=∠E.
∴△HBQ≌△ECM （ASA），∴BQ=CM，HQ=EM，
∵CH=DE，HQ=EM，
∴CQ=DM，同理可得：BQ=CM=DN，∴QC CM=MD DN，∴QM=MN，
∴矩形MNPQ为正方形，∴四边形MNPQ为正方形.
三、结束语
如图6、图7、图8、图9所示，类似的情况还很多，不胜枚举，有兴趣的读者可以继续探究.本文有许多不足之处，在此仅是抛砖引玉，敬请批评指正.
【参考文献】
[1]杨川.发现之旅：由正三角形“衍生”出正三角形[J].考试与评价，2016（8）.
[2]郭道虎.由一道教材习题的引申再谈《请帮我解惑》[J].中小学数学（初中版），2012（7）.
[3]周余孝.由正方形到正多边形[J].中学数学杂志：初中版，2011（5）.