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1. A教材经典设问 如图,在正方形ABCD中,点M,N分别在AB,BC上,且BM=CN,AN与DM相交于点P.
(1)求证:$△ ABN ≌ △ DAM$.
(2)求$∠ APM$的度数.
(1)求证:$△ ABN ≌ △ DAM$.
(2)求$∠ APM$的度数.
答案
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD=BC,∠DAM=∠ABN=90°.
∴∠ADM+∠AMP=90°.
∵BM=CN,
∴BC-CN = AB - BM, 即 BN = AM. 在△ABN 和 △DAM 中,
$\begin{cases} AB=DA, \\ ∠ABN=∠DAM, \\ BN=AM, \end{cases}$
∴△ABN≌△DAM(SAS).
(2)由(1)知,△ABN≌△DAM,
∴∠BAN=∠ADM.
∴∠BAN+∠AMP=∠ADM+∠AMP=90°.
∴∠APM=180°-(∠BAN+∠AMP)=90°.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD=BC,∠DAM=∠ABN=90°.
∴∠ADM+∠AMP=90°.
∵BM=CN,
∴BC-CN = AB - BM, 即 BN = AM. 在△ABN 和 △DAM 中,
$\begin{cases} AB=DA, \\ ∠ABN=∠DAM, \\ BN=AM, \end{cases}$
∴△ABN≌△DAM(SAS).
(2)由(1)知,△ABN≌△DAM,
∴∠BAN=∠ADM.
∴∠BAN+∠AMP=∠ADM+∠AMP=90°.
∴∠APM=180°-(∠BAN+∠AMP)=90°.
解析
【分析】
(1)要证明△ABN≌△DAM，首先结合正方形的性质可得AB=DA，∠ABN=∠DAM=90°，还缺一组对应边相等的条件；已知BM=CN，根据正方形边长相等AB=BC，由线段和差关系可得AB-BM=BC-CN，即可推出BN=AM，满足SAS全等判定的三个条件，即可完成证明。
(2)求∠APM的度数时，可利用第一问全等的结论得到对应角∠BAN=∠ADM，结合直角三角形两锐角互余的性质，可知Rt△DAM中∠ADM+∠AMD=90°，将∠ADM替换为∠BAN可得∠BAN+∠AMD=90°，最后根据三角形内角和为180°，即可求出∠APM的度数。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD=BC,∠DAM=∠ABN=90°.
∵BM=CN,
∴BC-CN = AB - BM, 即 BN = AM.
在△ABN 和 △DAM 中,
$\begin{cases} AB=DA, \\ ∠ABN=∠DAM, \\ BN=AM, \end{cases}$
∴△ABN≌△DAM(SAS).
(2)解：由(1)知,△ABN≌△DAM,
∴∠BAN=∠ADM.
∵在Rt△DAM中,∠ADM+∠AMD=90°,
∴∠BAN+∠AMD=90°,
∴∠APM=180°-(∠BAN+∠AMD)=90°.
【答案】
(1)△ABN≌△DAM得证；
(2)∠APM=90°
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是正方形与全等三角形结合的基础常考题，解题核心是先利用正方形的边角性质得到全等判定的对应条件，再通过全等的角相等性质实现角度的转化推导，有助于巩固特殊四边形与全等三角形的综合应用能力。
【难度系数】
0.8
(1)要证明△ABN≌△DAM，首先结合正方形的性质可得AB=DA，∠ABN=∠DAM=90°，还缺一组对应边相等的条件；已知BM=CN，根据正方形边长相等AB=BC，由线段和差关系可得AB-BM=BC-CN，即可推出BN=AM，满足SAS全等判定的三个条件，即可完成证明。
(2)求∠APM的度数时，可利用第一问全等的结论得到对应角∠BAN=∠ADM，结合直角三角形两锐角互余的性质，可知Rt△DAM中∠ADM+∠AMD=90°，将∠ADM替换为∠BAN可得∠BAN+∠AMD=90°，最后根据三角形内角和为180°，即可求出∠APM的度数。
【解析】
(1)证明:
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD=BC,∠DAM=∠ABN=90°.
∵BM=CN,
∴BC-CN = AB - BM, 即 BN = AM.
在△ABN 和 △DAM 中,
$\begin{cases} AB=DA, \\ ∠ABN=∠DAM, \\ BN=AM, \end{cases}$
∴△ABN≌△DAM(SAS).
(2)解：由(1)知,△ABN≌△DAM,
∴∠BAN=∠ADM.
∵在Rt△DAM中,∠ADM+∠AMD=90°,
∴∠BAN+∠AMD=90°,
∴∠APM=180°-(∠BAN+∠AMD)=90°.
【答案】
(1)△ABN≌△DAM得证；
(2)∠APM=90°
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形内角和定理
【点评】
本题是正方形与全等三角形结合的基础常考题，解题核心是先利用正方形的边角性质得到全等判定的对应条件，再通过全等的角相等性质实现角度的转化推导，有助于巩固特殊四边形与全等三角形的综合应用能力。
【难度系数】
0.8
2. A教材经典设问 如图，P是正方形ABCD的对角线BD上的一点，连接AP，PE⊥DC，PF⊥BC，垂足分别是E，F，连接EF。若$CE=5$，$CF=3$，则AP的长为（
A.4
B.5
C.$\sqrt{13}$
D.$\sqrt{34}$
模型归纳
如图，BD为正方形ABCD的对角线，点E在BD上，连接AE，若再连接CE，则有$△ ADE ≌ △ CDE$，$△ ABE ≌ △ CBE$。
D
）A.4
B.5
C.$\sqrt{13}$
D.$\sqrt{34}$
模型归纳
如图，BD为正方形ABCD的对角线，点E在BD上，连接AE，若再连接CE，则有$△ ADE ≌ △ CDE$，$△ ABE ≌ △ CBE$。
答案
D
解析
【分析】
要求AP的长度，直接求AP缺少对应的边长条件，可利用正方形的性质转化线段：①正方形对角线BD是对称轴，BD上的点P到A、C的距离相等，即AP=CP，将求AP转化为求CP；②由PE⊥DC、PF⊥BC、∠BCD=90°，可判定四边形PECF是矩形，根据矩形对角线相等可得CP=EF，进一步将求CP转化为求Rt△CEF的斜边EF的长度，最后用勾股定理计算即可。
【解析】
解：连接PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，
又
∵PD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP=CP。
∵PE⊥DC，PF⊥BC，∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴CP=EF（矩形对角线相等）。
在Rt△ECF中，CE=5，CF=3，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$，
∴AP=EF=$\sqrt{34}$。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的典型计算题，解题核心是通过正方形的对称性和矩形的性质完成线段的两次转化，将未知线段转化为直角三角形的斜边求解，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
要求AP的长度，直接求AP缺少对应的边长条件，可利用正方形的性质转化线段：①正方形对角线BD是对称轴，BD上的点P到A、C的距离相等，即AP=CP，将求AP转化为求CP；②由PE⊥DC、PF⊥BC、∠BCD=90°，可判定四边形PECF是矩形，根据矩形对角线相等可得CP=EF，进一步将求CP转化为求Rt△CEF的斜边EF的长度，最后用勾股定理计算即可。
【解析】
解：连接PC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=CD，∠ADP=∠CDP=45°，
又
∵PD=PD，
∴△ADP≌△CDP（SAS），
∴AP=CP。
∵PE⊥DC，PF⊥BC，∠BCD=90°，
∴四边形PECF是矩形（三个角为直角的四边形是矩形），
∴CP=EF（矩形对角线相等）。
在Rt△ECF中，CE=5，CF=3，由勾股定理得：
$EF=\sqrt{CE^2+CF^2}=\sqrt{5^2+3^2}=\sqrt{34}$，
∴AP=EF=$\sqrt{34}$。
故选：D。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质；矩形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是正方形相关的典型计算题，解题核心是通过正方形的对称性和矩形的性质完成线段的两次转化，将未知线段转化为直角三角形的斜边求解，熟练掌握特殊四边形的性质是解题的关键。
【难度系数】
0.7
3. ▲教材经典设问 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,正方形A₁B₁C₁O绕点O转动,那么两个正方形重叠部分(四边形OEBF)的面积等于多少?为什么?
模型归纳
如图,在正方形ABCD中,O为对角线的交点,直角∠EOF绕点O旋转.若OE,OF分别与DA,AB的延长线交于点G,H,则△AGO≌△BHO,△OGH是等腰直角三角形,且$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}$.
(1)求证:△AOE≌△BOF.
(2)如果两个正方形的边长都为a,正方形A₁B₁C₁O绕点O转动,那么两个正方形重叠部分(四边形OEBF)的面积等于多少?为什么?
模型归纳
如图,在正方形ABCD中,O为对角线的交点,直角∠EOF绕点O旋转.若OE,OF分别与DA,AB的延长线交于点G,H,则△AGO≌△BHO,△OGH是等腰直角三角形,且$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}$.
答案
(1)证明:在正方形ABCD中,AO=BO,∠AOB=∠A₁OC₁=90°,∠OAE=∠OBF=45°.
∴∠AOE+∠EOB=90°,∠BOF+∠EOB=90°.
∴∠AOE=∠BOF.
∴△AOE≌△BOF(ASA).
(2)两个正方形重叠部分的面积等于$\frac{1}{4}a^2$. 理由:
∵△AOE≌△BOF,
∴$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=S_{△ EOB}+S_{△ BOF}=S_{△ EOB}+S_{△ AOE}=S_{△ AOB}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}=\frac{1}{4}a^2$.
∴∠AOE+∠EOB=90°,∠BOF+∠EOB=90°.
∴∠AOE=∠BOF.
∴△AOE≌△BOF(ASA).
(2)两个正方形重叠部分的面积等于$\frac{1}{4}a^2$. 理由:
∵△AOE≌△BOF,
∴$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=S_{△ EOB}+S_{△ BOF}=S_{△ EOB}+S_{△ AOE}=S_{△ AOB}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}=\frac{1}{4}a^2$.
解析
【分析】
(1) 要证明△AOE≌△BOF，先结合正方形的性质推导对应相等的边和角：正方形对角线互相垂直平分且相等，可得AO=BO，∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=90°；再结合正方形的直角特征，利用同角的余角相等推出∠AOE=∠BOF，即可用ASA判定两三角形全等。
(2) 求重叠部分的面积时，可利用全等三角形面积相等的性质，将△BOF的面积替换为△AOE的面积，把不规则四边形的面积转化为规则的△AOB的面积，而△AOB的面积是正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，代入边长即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴$AO=BO$，$∠AOB=90°$，$∠OAE=∠OBF=45°$，
∵正方形$A_1B_1C_1O$中$∠A_1OC_1=90°$，
∴$∠AOE + ∠EOB = 90°$，$∠BOF + ∠EOB = 90°$，
∴$∠AOE=∠BOF$，
在$△ AOE$和$△ BOF$中：
$\begin{cases}∠OAE=∠OBF \\AO=BO \\∠AOE=∠BOF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ BOF(\mathrm{ASA})$。
(2) 解：两个正方形重叠部分的面积等于$\frac{1}{4}a^2$，理由如下：
∵$△ AOE≌△ BOF$，
∴$S_{△ AOE}=S_{△ BOF}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=S_{△ EOB}+S_{△ BOF}=S_{△ EOB}+S_{△ AOE}=S_{△ AOB}$，
∵$S_{△ AOB}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}=\frac{1}{4}a^2$，
∴重叠部分面积为$\frac{1}{4}a^2$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 重叠部分面积为$\boldsymbol{\frac{1}{4}a^2}$。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，面积等量代换
【点评】
本题是正方形旋转类的典型常考题型，解题核心是利用正方形对角线的性质找到全等三角形的判定条件，通过面积转化将不规则的重叠部分面积转化为规则三角形面积求解，掌握该模型可高效解决同类旋转重叠面积问题。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△AOE≌△BOF，先结合正方形的性质推导对应相等的边和角：正方形对角线互相垂直平分且相等，可得AO=BO，∠OAE=∠OBF=45°，∠AOB=90°；再结合正方形的直角特征，利用同角的余角相等推出∠AOE=∠BOF，即可用ASA判定两三角形全等。
(2) 求重叠部分的面积时，可利用全等三角形面积相等的性质，将△BOF的面积替换为△AOE的面积，把不规则四边形的面积转化为规则的△AOB的面积，而△AOB的面积是正方形ABCD面积的$\frac{1}{4}$，代入边长即可求出结果。
【解析】
(1) 证明：在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，
∴$AO=BO$，$∠AOB=90°$，$∠OAE=∠OBF=45°$，
∵正方形$A_1B_1C_1O$中$∠A_1OC_1=90°$，
∴$∠AOE + ∠EOB = 90°$，$∠BOF + ∠EOB = 90°$，
∴$∠AOE=∠BOF$，
在$△ AOE$和$△ BOF$中：
$\begin{cases}∠OAE=∠OBF \\AO=BO \\∠AOE=∠BOF\end{cases}$
∴$△ AOE≌△ BOF(\mathrm{ASA})$。
(2) 解：两个正方形重叠部分的面积等于$\frac{1}{4}a^2$，理由如下：
∵$△ AOE≌△ BOF$，
∴$S_{△ AOE}=S_{△ BOF}$，
∴$S_{\mathrm{四边形}OEBF}=S_{△ EOB}+S_{△ BOF}=S_{△ EOB}+S_{△ AOE}=S_{△ AOB}$，
∵$S_{△ AOB}=\frac{1}{4}S_{\mathrm{正方形}ABCD}=\frac{1}{4}a^2$，
∴重叠部分面积为$\frac{1}{4}a^2$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) 重叠部分面积为$\boldsymbol{\frac{1}{4}a^2}$。
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，面积等量代换
【点评】
本题是正方形旋转类的典型常考题型，解题核心是利用正方形对角线的性质找到全等三角形的判定条件，通过面积转化将不规则的重叠部分面积转化为规则三角形面积求解，掌握该模型可高效解决同类旋转重叠面积问题。
【难度系数】
0.7
