Question

7．如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)P為AD延長線上一點(diǎn)，連接AC、CP，過點(diǎn)C作CF⊥CP交于C，交AB于點(diǎn)F，過點(diǎn)B作BM⊥CF于點(diǎn)N，交AC于點(diǎn)M．
（1）若AP=$\frac{7}{8}$AC，BC=4，求S_△ACP；
（2）若CP-BM=2FN，求證：BC=MC；
（3）如圖2，在其他條件不變的情況下，將“正方形ABCD”改為“矩形ABCD”，且AB≠BC，AC=AP，取CP中點(diǎn)E，連接EB，交AC于點(diǎn)O，猜想：∠AOB與∠ABM之間有何數(shù)量關(guān)系？請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)得出AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，由勾股定理求出AC，得出AP，即可求出S_△ACP；
（2）在CF上截取NG=FN，連接BG，則CF-CG=2FN，證出∠BCF=∠DCP，由ASA證明△BCF≌△DCP，得出CF=CP，證出CG=BM，由SAS證明△ABM≌△BCG，得出∠AMB=∠BGC，因此∠BMC=∠BGF，由線段垂直平分線的性質(zhì)得出BF=BG，得出∠BFG=∠BGF，因此∠BMC=∠CBM，即可得出結(jié)論；
（3）連接AE，先證出∠BCA=2∠PAE，再證明∴A、D、E、C四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出∠DCP=∠PAE，得出∠BCF=∠PAE，證出∠BCA=2∠ABM，然后由三角形的外角性質(zhì)即可得出結(jié)論．

解答 （1）解：∵四邊形ABC是正方形，
∴AD∥BC，AB=BC=CD=4，∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90°，
∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴AP=$\frac{7}{8}$AC=$\frac{7}{8}$×4$\sqrt{2}$=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$，
∴S_△ACP=$\frac{1}{2}$AP×CD=$\frac{1}{2}$×$\frac{7\sqrt{2}}{2}$×4=7$\sqrt{2}$；
（2）證明：在CF上截取NG=FN，連接BG，如圖1所示：
則CF-CG=2FN，
∵CF⊥CP，
∴∠PCF=90°，
∴∠BCF=∠DCP，
在△BCF和△DCP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠ABC=∠CDP}&{\;}\\{BC=DC}&{\;}\\{∠BCF=∠DCP}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BCF≌△DCP（ASA），
∴CF=CP，
∵CP-BM=2FN，
∴CG=BM，
∵∠ABC=90°，BM⊥CF，
∴∠ABM=∠BCG，∠BFG=∠CBM，
在△ABM和△BCG中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}&{\;}\\{∠ABM=∠CBG}&{\;}\\{BM=CG}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△BCG（SAS），
∴∠AMB=∠BGC，
∴∠BMC=∠BGF，
∵GN=FN，BM⊥CF，
∴BF=BG，
∴∠BFG=∠BGF，
∴∠BMC=∠CBM，
∴BC=MC；
（3）解：∠AOB=3∠ABM；理由如下：
連接AE并延長，交BC的延長線于點(diǎn)G，如圖2所示：

∵AC=AP，E是CP的中點(diǎn)，
∴AE⊥CP，PE=CE，∠PAE=∠CAE，
∵AD∥BC，
∴∠BCA=∠PAC=2∠PAE，∠PAE=∠G，
∴△APE≌△GCE，
∴AE=GE，
∵CP是AG的垂直平分線，
∴BE=GE，
∴∠G=∠CBE，
∵CF⊥CP，
∴AG∥FC，
∴∠G=∠BCF，
∵∠PCF=90°，∠BCD=90°，
∴∠BCF=∠DCP，
∴∠CBE=∠BCF，
∵∠ABM+∠BFC=90°，∠BCF+∠BFC=90°，
∴∠ABM=∠BCF，
∴∠CBE=∠ABM．
∵∠DCP+∠P=90°，∠PAE+∠P=90°，
∴∠DCP=∠PAE，
∴∠BCF=∠PAE，
∴∠ABM=∠BCF=∠PAE，
∴∠BCA=2∠ABM，
∵∠AOB=∠CBE+∠BCA，
∴∠AOB=3∠ABM．

點(diǎn)評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、勾股定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、線段垂直平分線的性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓、圓周角定理等知識；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，特別是（2）中，需要通過作輔助線兩次證明三角形全等才能得出結(jié)論．