题目内容
（2013•三元区质检）把边长为a的正方形ABCD和正方形AEFG按图①放置，点B、D分别在AE、AG上，将正方形ABCD绕点A顺时针旋转角α（0°＜α＜45°）．
（1）连接BE、DG，如图②所示，求证：BE=DG；
（2）连接AF、BD，BC交AF于P，CD交AG于Q，连接PQ，如图③所示．
①当PQ∥BD时，求证：∠PAB=∠QAD；
②求证：旋转过程中△PCQ的周长等于定值2a．
（1）连接BE、DG，如图②所示，求证：BE=DG；
（2）连接AF、BD，BC交AF于P，CD交AG于Q，连接PQ，如图③所示．
①当PQ∥BD时，求证：∠PAB=∠QAD；
②求证：旋转过程中△PCQ的周长等于定值2a．
分析：（1）先由正方形的性质得出∠EAG=∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG，再利用SAS证明△BAE≌△DAG，根据全等三角形对应边相等即可得到BE=DG；
（2）①先由平行线与正方形的性质得出∠CPQ=∠CBD=∠CDB=∠CQP=45°，CB=CD，根据等边对等角得到CP=CQ，则BP=DQ，再利用SAS证明△ABP≌△ADQ，根据全等三角形对应边相等即可得到∠PAB=∠QAD；
②延长CD至点H，使DH=BP，连接AH，先利用SAS证明△ABP≌△ADH，则AP=AH，∠BAP=∠DAH，再证明∠PAQ=∠HAQ=45°，利用SAS证明△PAQ≌△QAH，得出PQ=HQ=HD+DQ=BP+DQ，然后根据三角形的周长公式即可证明△PCQ的周长=CB+CD=2a．
（2）①先由平行线与正方形的性质得出∠CPQ=∠CBD=∠CDB=∠CQP=45°，CB=CD，根据等边对等角得到CP=CQ，则BP=DQ，再利用SAS证明△ABP≌△ADQ，根据全等三角形对应边相等即可得到∠PAB=∠QAD；
②延长CD至点H，使DH=BP，连接AH，先利用SAS证明△ABP≌△ADH，则AP=AH，∠BAP=∠DAH，再证明∠PAQ=∠HAQ=45°，利用SAS证明△PAQ≌△QAH，得出PQ=HQ=HD+DQ=BP+DQ，然后根据三角形的周长公式即可证明△PCQ的周长=CB+CD=2a．
解答：证明：（1）如图②．
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠EAG=∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG，
∴∠EAB=∠GAD，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE=DG；
（2）如图③．
①∵PQ∥BD，四边形ABCD是正方形，
∴∠CPQ=∠CBD=∠CDB=∠CQP=45°，CB=CD，
∴CP=CQ，
∴CB-CP=CD-CQ，即BP=DQ，
又∵AB=AD，∠ABP=∠ADQ=90°，
∴△ABP≌△ADQ（SAS），
∴∠PAB=∠QAD；
②延长CD至点H，使DH=BP，连接AH．
∵AB=AD，∠ABP=∠ADH=90°，BP=AD，
∴△ABP≌△ADH（SAS），
∴AP=AH，∠BAP=∠DAH，
∴∠PAH=∠PAD+∠DAH=∠PAD+∠BAP=∠BAD=90°，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAQ=∠HAQ，
又∵AP=AH，AQ=AQ，
∴△PAQ≌△QAH（SAS），
∴PQ=HQ=HD+DQ=BP+DQ，
∴△PCQ的周长=CP+CQ+PQ=CP+CQ+BP+QD=CB+CD=2a．
∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形，
∴∠EAG=∠BAD=90°，AB=AD，AE=AG，
∴∠EAB=∠GAD，
∴△BAE≌△DAG（SAS），
∴BE=DG；
（2）如图③．①∵PQ∥BD，四边形ABCD是正方形，
∴∠CPQ=∠CBD=∠CDB=∠CQP=45°，CB=CD，
∴CP=CQ，
∴CB-CP=CD-CQ，即BP=DQ，
又∵AB=AD，∠ABP=∠ADQ=90°，
∴△ABP≌△ADQ（SAS），
∴∠PAB=∠QAD；
②延长CD至点H，使DH=BP，连接AH．
∵AB=AD，∠ABP=∠ADH=90°，BP=AD，
∴△ABP≌△ADH（SAS），
∴AP=AH，∠BAP=∠DAH，
∴∠PAH=∠PAD+∠DAH=∠PAD+∠BAP=∠BAD=90°，
∵∠PAQ=45°，
∴∠PAQ=∠HAQ，
又∵AP=AH，AQ=AQ，
∴△PAQ≌△QAH（SAS），
∴PQ=HQ=HD+DQ=BP+DQ，
∴△PCQ的周长=CP+CQ+PQ=CP+CQ+BP+QD=CB+CD=2a．
点评：本题考查了旋转的性质，正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线、等腰三角形的性质，三角形的周长，综合性较强，2②有一定难度，正确作出辅助线是解决此问的关键．
练习册系列答案
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