Question

如图1，在正方形ABCD中，点P为AD延长线上一点，连接AC、CP，过点C作CF⊥CP于点C，交AB于点F，过点B作BM⊥CF于点N，交AC于点M．

    （1）若， ，求；

    （2）若，求证： ；

    （3）如图2，在其他条件不变的情况下，将“正方形ABCD”改为“矩形ABCD”，且 AB≠BC，AC=AP，取CP中点E，连接EB，交AC于点O，猜想：∠AOB与∠ABM之间有何数量关系？请说明理由．

Answer

（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】试题分析：（1）由正方形的性质得出AB=BC=CD=5∠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，连接BG，则CF-CG=2FN，证出∠BCF=∠DCP，由ASA证明△BCF≌△DCP，得出CF=CP，证出CG=BM，由SAS证明△ABM≌△BCG，得出∠AMB=∠BGC，因此∠BMC=∠BGF，由线段垂直平分线的性质得出BF=BG，得出∠BFG=∠BGF，因此∠BMC=∠CBM，即可得出结论；（3）连接AE，先证出∠BCA=2∠PAE，再证明∴A、D、E、C四点共圆，由圆周角定理得出∠DCP=∠PAE，得出∠BCF=∠PAE，证出∠BCA=2∠ABM，然后由三角形的外角性质即可得出结论．

试题解析：∴AD∥BC,AB=BC=CD=5,∠ADC=∠CDP=∠ABC=∠BCD=90∘，

∴AC= =，

∴AP=AC=×=，

∴S△ACP=AP×CD=××5=;

(2)证明：在CF上截取NG=FN，连接BG，如图1所示：

则CF−CG=2FN，

∵CF⊥CP，

∴∠PCF=90°，

∴∠BCF=∠DCP，

在△BCF和△DCP中, ，

∴△BCF≌△DCP(ASA)，

∴CF=CP，

∵CP−BM=2FN，

∴CG=BM，

∵∠ABC=90°，BM⊥CF，

∴∠ABM=∠BCG，∠BFG=∠CBM，

在△ABM和△BCG中, ，

∴△ABM≌△BCG(SAS)，

∴∠AMB=∠BGC，

∴∠BMC=∠BGF，

∵GN=FN，BM⊥CF，

∴BF=BG，

∴∠BFG=∠BGF，

∴∠BMC=∠CBM，

∴BC=MC；

(3)∠AOB=3∠ABM；理由如下：

连接AE并延长，交BC的延长线于点G，如图2所示：

∵AC=AP，E是CP的中点，

∴AE⊥CP，PE=CE，∠PAE=∠CAE，

∵AD∥BC，

∴∠BCA=∠PAC=2∠PAE，∠PAE=∠G，

∴△APE≌△GCE，

∴AE=GE，

∵CP是AG的垂直平分线，

∴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.

点睛：本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质、线段垂直平分线的性质、等腰三角形的性质与判定、四点共圆、圆周角定理等知识；本题综合性强，由一定难度，特别是（2）中，需要通过纵辅助线两次证明三角形全等才能得出结论.