《2025年名校课堂九年级数学全一册人教版广西专版》

3. 如图，点 M，N 分别在正方形 ABCD 的边 BC，CD 上，且∠MAN = 45°. 把△ADN 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ABE.
(1) 求证：△AEM≌△ANM.
(2) 若 BM = 3，DN = 2，求正方形 ABCD 的边长.

【拓展提问】在上题中，连接 BD 分别交 AM，AN 于点 P，Q，你还能用旋转的思想说明 BP² + DQ² = PQ² 吗？

答案： 3.解：
(1)证明：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠BAD=90°.由旋转的性质，得∠EAN=∠BAD=90°，△DAN≌△BAE，
∴AE=AN，∠ABE=∠D=90°.
∴∠ABC+∠ABE=180°.
∴E，B，C三点共线.
∵∠EAN=90°，∠MAN=45°，
∴∠MAE=45°.
∴∠MAE=∠MAN.又
∵MA=MA，
∴△AEM≌△ANM(SAS).
(2)设CD=BC=x，则CM=x−3，CN=x−2.
∵△AEM≌△ANM，
∴EM=MN.
∵BE=DN，
∴MN=BM+DN=5.
∵∠C=90°，
∴$MN^{2}=CM^{2}+CN^{2}$.
∴$25=(x−3)^{2}$+$(x−2)^{2}$，解得x=6或x=−1(舍去).
∴正方形ABCD的边长为6.
【拓展提问】解：过点B作BK⊥BD，并截取BK=QD，连接AK，KP.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABD=∠ADB=45°.
∴∠KBA=45°.
在△AKB和△AQD中，$\begin{cases}KB = QD, \\\angle KBA = \angle QDA, \\AB = AD.\end{cases}$
∴△AKB≌△AQD(SAS).
∴AK=AQ，∠KAB=∠QAD.
∴∠KAP=∠BAK+∠BAP=∠QAD+∠BAP=90°−∠MAN=45°.
∴∠KAP=∠PAQ.又
∵AP=AP，
∴△AKP≌△AQP(SAS).
∴KP=QP.在Rt△BKP中，$BK^{2}+BP^{2}=KP^{2}$，$BP^{2}+DQ^{2}=PQ^{2}$.

4. 如图，在菱形 ABCD 中，AB = 4，∠BAD = 120°，以点 A 为顶点的一个 60°的∠EAF 绕点 A 旋转，∠EAF 的两边分别交 BC，CD 于点 E，F，且点 E，F 不与点 B，C，D 重合，连接 EF.
(1) 求证：BE = CF.
(2) 在∠EAF 绕点 A 旋转的过程中，四边形 AECF 的面积是否发生变化？如果不变，求出其定值；如果变化，请说明理由.

答案： 4.解：
(1)证明：连接AC.
∵四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAC=∠DAC=60°.
∴△ABC和△ADC都是等边三角形.
∴∠ABE=∠ACF=60°，∠BAE+∠EAC=60°，AB=AC.
∵∠FAC+∠EAC=∠EAF=60°，
∴∠BAE=∠CAF.
∴△ABE≌△ACF(ASA).
∴BE=CF.
(2)四边形AECF的面积不变.由
(1)知，△ABE≌△ACF，则$S_{\triangle ABE}=S_{\triangle ACF}$，故$S_{四边形AECF}=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle ACF}=S_{\triangle AEC}+S_{\triangle ABE}=S_{\triangle ABC}$.过点A作AM⊥BC于点M，则BM=MC=2，
∴AM=$\sqrt{AB^{2}−BM^{2}}$=$\sqrt{4^{2}−2^{2}}$=$2\sqrt{3}$.
∴$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}BC\cdot AM=\frac{1}{2}×4×2\sqrt{3}$
=$4\sqrt{3}$.故$S_{四边形AECF}=4\sqrt{3}$.