中考數(shù)學(xué)二輪培優(yōu)訓(xùn)練第09講 等腰三角形與正方形中的半角模型（解析版）

第09講等腰三角形與正方形中的半角模型【應(yīng)對(duì)方法與策略】過等腰三角形頂點(diǎn)兩條射線，使兩條射線的夾角為等腰三角形頂角的一半這樣的模型稱為半角模型。常見的圖形為正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解題思路一般是將半角兩邊的三角形通過旋轉(zhuǎn)到一邊合并成新的三角形，從而進(jìn)行等量代換，然后證明與半角形成的三角形全等，再通過全等的性質(zhì)得到線段之間的數(shù)量關(guān)系。解題技巧：在圖1中，△AEB由△AND旋轉(zhuǎn)所得，可得△AEM≌△AMN，∴BM+DN=MN∠AMB=∠AMNAB=AH△CMN的周長等于正方形周長的一半在圖2中將△ABC旋轉(zhuǎn)至△BEF，易得△BED≌△BCD同理得到邊角之間的關(guān)系；總之：半角模型（題中出現(xiàn)角度之間的半角關(guān)系）利用旋轉(zhuǎn)——證全等——得到相關(guān)結(jié)論.【多題一解】一．選擇題（共1小題）1．（2022?夾江縣模擬）已知△ABC是等邊三角形，點(diǎn)P在AB上，過點(diǎn)P作PD⊥AC，垂足為D，延長BC至點(diǎn)Q，使CQ＝AP，連接PQ交AC于點(diǎn)E，如圖所示．如果等邊三角形ABC的邊長為4，那么線段DE的長為（）A．1 B．2 C．1.8 D．2.5【分析】如圖，過點(diǎn)P作PF∥BC，交AC于點(diǎn)F，利用已知條件可以得到△APF也是等邊三角形，然后可以證明△PEF≌△QEC，接著利用等邊三角形的性質(zhì)即可解決問題．【解答】解：如圖，過點(diǎn)P作PF∥BC，交AC于點(diǎn)F，則∠EPF＝∠Q，∠APF＝∠ABC∵△ABC是等邊三角形，∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠APF＝∠AFP＝60°，∴△APF也是等邊三角形，而CQ＝AP∴PF＝AP＝CQ，又∵∠PEF＝∠QEC，∴△PEF≌△QEC，∴EF＝EC，∵PD⊥AC于D，△APF是等邊三角形，∴AD＝DF，∴AD+EC＝DF+EF＝DE＝AF+CF＝（AF+CF）＝AC，∴DE＝AC＝2．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等邊三角形的性質(zhì)與判定，同時(shí)也利用了全等三角形的性質(zhì)于判定，有一定的綜合性．二．填空題（共4小題）2．（2022?汕尾二模）如圖，△ABC為等邊三角形，AC＝9，點(diǎn)M、N分別是邊AC、BC上的動(dòng)點(diǎn)，且AM＝CN，連BM、AN交于點(diǎn)P，連接CP，則CP長度的最小值為．【分析】由AM＝CN，于是得到點(diǎn)P的路徑是一段弧，當(dāng)點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，CP長度的最小，即點(diǎn)F為△ABC的中心，過B作BD⊥AC于D，過A點(diǎn)作AE⊥BC交BD于點(diǎn)F，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．【解答】解：∵AM＝CN，點(diǎn)P的路徑是一段弧，∴點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，CP長度的最小即點(diǎn)P為△ABC的中心，過B作BD⊥AC于D，過A點(diǎn)作AE⊥BC交BD于點(diǎn)F，∴CF＝BF＝BD，∵△ABC是等邊三角形，BC＝2，∴BD＝BC＝，∴CF＝3，∴CP長度的最小值是3．故答案為：3．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了等邊三角形性質(zhì)，三角形的中心的定義，求線段的最小值，解答本題的關(guān)鍵是注意轉(zhuǎn)化思想的運(yùn)用，輔助線的正確作法．3．（2022?山西）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是邊BC上的一點(diǎn)，點(diǎn)F在邊CD的延長線上，且BE＝DF，連接EF交邊AD于點(diǎn)G．過點(diǎn)A作AN⊥EF，垂足為點(diǎn)M，交邊CD于點(diǎn)N．若BE＝5，CN＝8，則線段AN的長為4．【分析】連接AE，AF，EN，由正方形的性質(zhì)可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可證得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，從而可得∠EAF＝90°，根據(jù)等腰三角形三線合一可得點(diǎn)M為EF中點(diǎn)，由AN⊥EF可證得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，設(shè)DN＝x，則EN＝FN＝x+5，CE＝x+3，由勾股定理解得x＝12，可得DN＝12，AD＝BC＝20，由勾股定理即可求解．【解答】解：如圖，連接AE，AF，EN，∵四邊形ABCD為正方形，∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，∵BE＝DF，∴△ABE≌△ADF（SAS），∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，∴∠EAF＝90°，∴△EAF為等腰直角三角形，∵AN⊥EF，∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），∴EN＝FN，設(shè)DN＝x，∵BE＝DF＝5，CN＝8，∴CD＝CN+DN＝x+8，∴EN＝FN＝DN+DF＝x+5，CE＝BC﹣BE＝CD﹣BE＝x+8﹣5＝x+3，在Rt△ECN中，由勾股定理可得：CN2+CE2＝EN2，即82+（x+3）2＝（x+5）2，解得：x＝12，∴DN＝12，AD＝BC＝BE+CE＝5+x+3＝20，∴AN＝＝＝4，解法二：可以用相似去做，△ADN與△FCE相似，設(shè)正方形邊長為x，＝，即＝，∴x＝20．在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．故答案為：4．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，解題的關(guān)鍵是正確作出輔助線，構(gòu)建全等三角形解決問題．4．（2022?咸寧模擬）如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)M是AB上一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E是CM的中點(diǎn)，AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，連接DE，DF．給出結(jié)論：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③；④若正方形ABCD的邊長為2，則點(diǎn)M在射線AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，CF有最小值．其中結(jié)論正確的是①②④（把你認(rèn)為正確結(jié)論的序號(hào)都填上）．【分析】延長AE交DC的延長線于點(diǎn)H，由“AAS”可證△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性質(zhì)可得AE＝EF＝EH，可判斷①；由四邊形內(nèi)角和定理可求2∠ADE+2∠EDF＝270°，可得∠ADF＝135°，可判斷②；由垂線段最短，可得當(dāng)CF⊥DF時(shí)，CF有最小值，由等腰直角三角形的性質(zhì)可求CF的最小值，可判斷④；由連接AC，過點(diǎn)E作EP⊥AD于點(diǎn)P，過點(diǎn)F作FN⊥EP于N，交CD于G，連接CF，由梯形中位線定理可求PE＝（AM+CD），由“AAS”可證△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×＝DF，可判斷③，即可求解．【解答】解：如圖，延長AE交DC的延長線于點(diǎn)H，∵點(diǎn)E是CM的中點(diǎn)，∴ME＝EC，∵AB∥CD，∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，∴△AME≌△HCE（AAS），∴AE＝EH，又∵∠ADH＝90°，∴DE＝AE＝EH，∵AE繞點(diǎn)E順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到EF，∴AE＝EF，∠AEF＝90°，∴AE＝DE＝EF，故①正確；∵AE＝DE＝EF，∴∠DAE＝∠ADE，∠EDF＝∠EFD，∵∠AEF+∠DAE+∠ADE+∠EDF+∠EFD＝360°，∴2∠ADE+2∠EDF＝270°，∴∠ADF＝135°，∴∠CDF＝∠ADF﹣∠ADC＝135°﹣90°＝45°，故②正確；如圖，連接AC，過點(diǎn)E作EP⊥AD于點(diǎn)P，過點(diǎn)F作FN⊥EP于N，交CD于G，連接CF，∵EP⊥AD，F(xiàn)N⊥EP，∠ADC＝90°，∴四邊形PDGN是矩形，∴PN＝DG，∠DGN＝90°，∵∠CDF＝45°，∴點(diǎn)F在DF上運(yùn)動(dòng)，∴當(dāng)CF⊥DF時(shí)，CF有最小值，∵CD＝2，∠CDF＝45°，∴CF的最小值＝＝，故④正確；∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，∴AM∥PE∥CD，∴＝＝1，∴AP＝PD，∴PE是梯形AMCD的中位線，∴PE＝（AM+CD），∵∠FDC＝45°，F(xiàn)N⊥CD，∴∠DFG＝∠FDC＝45°，∴DG＝GF，DF＝DG，∵∠AEP+∠FEN＝90°，∠AEP+∠EAP＝90°，∴∠FEN＝∠EAP，又∵AE＝EF，∠APE＝∠ENF＝90°，∴△APE≌△ENF（AAS），∴AP＝NE＝AD，∵PE＝（AM+CD）＝NE+NP＝AD+NP，∴AM＝NP＝DG，∴AM＝2DG＝2×＝DF，∴＝，故③錯(cuò)誤；故答案為：①②④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，平行線分線段成比例，梯形中位線的定理等知識(shí)，靈活運(yùn)用這些性質(zhì)解決問題是本題的關(guān)鍵．5．（2021秋?鹿城區(qū)校級(jí)期中）如圖1，已知一個(gè)量角器的直徑MN與正方形ABCD的邊長相等，點(diǎn)N與點(diǎn)C重合，量角器的半圓弧與邊BC交于點(diǎn)P，過點(diǎn)M作GH⊥MN，交邊AB，AD于G，H．在量角器繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)的過程中，若的度數(shù)為60°，則的值為2﹣3；如圖2，連結(jié)CG，CH，與對(duì)角線BD分別交于E，F(xiàn)，若BE?DF＝，則S△AGH的值為．【分析】如圖1，由“HL”可證Rt△CGM≌Rt△CGB，Rt△CHM≌Rt△CHD，可得GM＝BG，MH＝DH，∠DCH＝∠MCH，設(shè)HD＝MH＝x，則CD＝x＝AB，由勾股定理可求GM＝（2﹣3）x，即可求解；如圖2，通過證明△DHF∽△BEG，可得DH?BG＝BE?DF＝，由勾股定理可求解．【解答】解：如圖1，連接CH，CG，在Rt△CGM和Rt△CGB中，，∴Rt△CGM≌Rt△CGB（HL），∴GM＝BG，在Rt△CHM和Rt△CHD中，，∴Rt△CHM≌Rt△CHD（HL），∴MH＝DH，∠DCH＝∠MCH，∵的度數(shù)為60°，∴∠MCP＝30°，∴∠MCD＝60°，∴∠DCH＝∠MCH＝30°，∴CD＝DH，設(shè)HD＝MH＝x，則CD＝x＝AB，∴AH＝x﹣x，∵AG2+AH2＝GH2，∴（x﹣GM）2+（x﹣x）2＝（x+GM）2，∴GM＝（2﹣3）x，∴＝＝2﹣3；如圖2，設(shè)AB＝BC＝CD＝AD＝y(tǒng)，∵Rt△CGM≌Rt△CGB，Rt△CHM≌Rt△CHD，∴∠BCG＝∠GCM，∠DCH＝∠HCM，又∵∠BCG+∠GCM+∠DCH+∠HCM＝90°，∴∠GCH＝45°，∴∠ABD＝∠ADB＝∠GCH＝45°，又∵∠DFH＝∠CFE，∠BEG＝∠CEF，∴∠BGE＝∠CFE＝∠DFH，∴△DHF∽△BEG，∴，∴DH?BG＝BE?DF＝，∵AG2+AH2＝GH2，∴（y﹣BG）2+（y﹣DH）2＝（BG+DH）2，∴2y2﹣2BG?y﹣2DH?y＝2BG?DH＝2，∴y2﹣BG?y﹣DH?y＝，∵S△AGH＝×AG×AH＝（y﹣BG）（y﹣DH）＝（y2﹣BG?y﹣DH?y+BG?DH）＝，故答案為：2﹣3；．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，證明三角形相似是解題的關(guān)鍵．三．解答題（共7小題）6．（2021春?江漢區(qū)月考）△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC，點(diǎn)D、E在直線BC上．（1）如圖1，D、E在BC邊上，若α＝120°，且AD2+AC2＝DC2，求證：BD＝AD；（2）如圖2，D、E在BC邊上，若α＝150°，∠DAE＝75°，且ED2+BD2＝CE2，求∠BAD的度數(shù)．（3）如圖3，D在CB的延長線上，E在BC邊上，若∠BAC＝α，∠DAE＝180°﹣，∠ADB＝15°，BE＝4，BD＝2，則CD的值為．【分析】（1）題意中有AD2+AC2＝DC2，根據(jù)勾股定理的逆定理可得∠DAC＝90°，進(jìn)而能找出各個(gè)角的度數(shù)，由“等角對(duì)等邊”可求證BD＝AD．（2）借助旋轉(zhuǎn)構(gòu)造三角形全等，得出邊角關(guān)系，進(jìn)而能證明△AE′D≌△AED（SAS），再根據(jù)勾股定理的逆定理可得∠BDE′＝90°，再借助“三角形的一個(gè)外角是與它不相鄰兩個(gè)內(nèi)角的和”得出∠BAD的度數(shù)．（3）通過作輔助線來構(gòu)造三角形全等，再利用手牽手模型證明△ABE≌△ACF（SAS），最后得出結(jié)論．【解答】（1）證明：∵AD2+AC2＝DC2，∴∠DAC＝90°，∵∠BAC＝α＝120°，∴∠BAD＝α﹣∠DAC＝30°，∵∠AB＝AC，∴∠B＝∠C＝30°，∴∠BAD＝∠B＝30°，∴BD＝AD．（2）解：如圖（2），將△AEC繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)150°，得到△AE′B，∴AE′＝AE，∠ABE′＝∠C，BE′＝CE，∠EAC＝∠E′AB，∵∠BAC＝150°，∠DAE＝75°，∴∠BAD+∠EAC＝75°，∴∠BAD+∠E′AB＝75°，即∠E′AD＝75°，∴∠E′AD＝∠EAD，又∵AD＝AD，AE＝AE′，∴△AE′D≌△AED（SAS），∴DE′＝DE，∠E′DA＝∠EDA，∵ED2+BD2＝CE2，∴E′D2+BD2＝BE′2，∴BDE′＝90°，∴∠E′DA＝∠EDA＝45°，∵∠BAC＝150°，AB＝AC，∴，∴∠BAD＝∠ADC﹣∠ABC＝45°﹣15°＝30°，故∠BAD＝30°．（3）解：如圖（3），作E關(guān)于AD的對(duì)稱點(diǎn)F，連接DF，AF，CF，作FG⊥BC，∵F，E關(guān)于AD對(duì)稱，∴AF＝AE，DF＝DE，∵AD＝AD，∴△ADF≌△ADE（SSS），∴，∠ADE＝∠ADF＝15°，∴∠FDC＝30°，∴∠EAF＝360°﹣∠DAF﹣∠DAE＝α＝∠BAC，∴∠BAE＝∠CAF，又∵AB＝AC，AE＝AF，∴△ABE≌△ACF（SAS），∴CF＝BE＝4，在Rt△DFG中，∠FDG＝30°，DF＝DE＝BD+BE＝6，∴，F(xiàn)C＝BE＝4，F(xiàn)G＝3，∴，∴，故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了勾股定理及全等三角形的判定，關(guān)鍵在于要作出合理的輔助線，利用構(gòu)造的全等三角形得出答案，注意做題過程中輔助線的構(gòu)造．7．（2022?肅州區(qū)模擬）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB、DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M、N．當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)（如圖1），易證BM+DN＝MN．（1）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)（如圖2），線段BM、DN和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明；（2）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時(shí)，線段BM、DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)直接寫出你的猜想．【分析】（1）BM+DN＝MN成立，證得B、E、M三點(diǎn)共線即可得到△AEM≌△ANM，從而證得ME＝MN．（2）DN﹣BM＝MN．證明方法與（1）類似．【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．證明：如圖，把△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，則可證得E、B、M三點(diǎn)共線（圖形畫正確）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM與△ANM中，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵M(jìn)E＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在線段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ與△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，解決此類問題的關(guān)鍵是正確的利用旋轉(zhuǎn)不變量．8．（2022?綏化三模）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊長分別交CB、DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M、N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：AH＝AB；（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫出理由，如果成立請(qǐng)證明；（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，NH＝3，求AH的長．【分析】（1）由三角形全等可以證明AH＝AB，（2）延長CB至E，使BE＝DN，證明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，（3）分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCE，設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．【解答】解：（1）如圖①AH＝AB，∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，在△ABM與△ADN中，，∴△ABM≌△ADN，∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵AH⊥MN，∴∠MAH＝MAN＝22.5°，∵∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝22.5°，在△ABM與△AHM中，，∴△ABM≌△AHM，∴AB＝AH；故答案為：AH＝AB；（2）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長CB至E，使BE＝DN．∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，在Rt△AEB和Rt△AND中，，∴Rt△AEB≌Rt△AND，∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM，∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，∵AB、AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB＝AH；（3）如圖③分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD，設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2，解得x1＝6，x2＝﹣1（不符合題意，舍去）∴AH＝6．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，翻折的性質(zhì)，此題比較典型，具有一定的代表性，且證明過程類似，同時(shí)通過做此題培養(yǎng)了學(xué)生的猜想能力和類比推理能力．9．（2020?北碚區(qū)模擬）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M，N．當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)（如圖1），易證BM+DN＝MN．（1）當(dāng)∠MAN旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)（如圖2），線段BM，DN和MN之間有怎樣的數(shù)量關(guān)系？寫出猜想，并加以證明．（2）當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到如圖3的位置時(shí)，線段BM，DN和MN之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)寫出你的猜想，并加以證明．【分析】（1）結(jié)論：BM+DN＝MN成立，證得B、E、M三點(diǎn)共線即可得到△AEM≌△ANM，從而證得ME＝MN．（2）結(jié)論：DN﹣BM＝MN．首先證明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再證明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．證明：如圖，把△ADN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°，得到△ABE，則可證得E、B、M三點(diǎn)共線（圖形畫正確）．∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，又∵∠NAM＝45°，∴在△AEM與△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS），∴ME＝MN，∵M(jìn)E＝BE+BM＝DN+BM，∴DN+BM＝MN；（2）DN﹣BM＝MN．在線段DN上截取DQ＝BM，在△ADQ與△ABM中，∵，∴△ADQ≌△ABM（SAS），∴∠DAQ＝∠BAM，∴∠QAN＝∠MAN．在△AMN和△AQN中，，∴△AMN≌△AQN（SAS），∴MN＝QN，∴DN﹣BM＝MN．【點(diǎn)評(píng)】本題考查正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)變換等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用旋轉(zhuǎn)法添加輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，屬于中考?？碱}型．10．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M，N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：AH＝AB．（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫出理由，如果成立請(qǐng)證明；（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，NH＝3，探求AH滿足的數(shù)量關(guān)系．（可利用（2）得到的結(jié)論）【分析】（1）先證明△ABM≌△ADN，可得AM＝AN，∠BAM＝∠DAN，再證明△ABM≌△AHM即可；（2）延長CB至E，使BE＝DN，證明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB；（3）分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCE，設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．【解答】解：（1）如圖①AH＝AB．理由如下：∵四邊形ABCD是正方形，∴∠B＝∠BAD＝∠D＝90°，AB＝AD，在△ABM和△ADN中，，∴△ABM≌△ADN（SAS），∴AM＝AN，∠BAM＝∠DAN，∴△AMN是等腰三角形，又∵AH⊥MN，∴∠AHM＝90°，∠HAM＝∠HAN，∵∠MAN＝45°，∴∠HAM＝×45°＝22.5°，∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝22.5°＝∠HAM，在△ABM和△AHM中，，∴△ABM≌△AHM（AAS），∴AH＝AB；故答案為：AH＝AB；（2）數(shù)量關(guān)系成立．如圖②，延長CB至E，使BE＝DN．∵ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，在Rt△AEB和Rt△AND中，，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAN＝90°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，在△AEM和△ANM中，，∴△AEM≌△ANM（SAS）．∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，∵AB、AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB＝AH．（3）如圖③分別沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，得正方形ABCD，由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．設(shè)AH＝x，則MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2∴52＝（x﹣2）2+（x﹣3）2（6分）解得x1＝6，x2＝﹣1．（不符合題意，舍去）∴AH＝6．【點(diǎn)評(píng)】本題是四邊形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)以及勾股定理等知識(shí)；正確作出輔助線，熟練掌握翻折變換的性質(zhì)，構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．11．（2022?集賢縣模擬）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，它的兩邊分別交CB，DC（或它們的延長線）于點(diǎn)M，N，AH⊥MN于點(diǎn)H．（1）如圖①，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM＝DN時(shí)，請(qǐng)你直接寫出AH與AB的數(shù)量關(guān)系：AB＝AH；；（2）如圖②，當(dāng)∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)到BM≠DN時(shí)，（1）中發(fā)現(xiàn)的AH與AB的數(shù)量關(guān)系還成立嗎？如果不成立請(qǐng)寫出理由，如果成立請(qǐng)證明；（3）如圖③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于點(diǎn)H，且MH＝2，AH＝6，求NH的長．（可利用（2）得到的結(jié)論）【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，從而可證∠BAM＝∠MAH＝22.5，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；（2）延長CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，從而可證△AEM≌△ANM，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊上的高相等即可得AB＝AH；（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，可證四邊形ABCD是正方形，設(shè)NH＝x，在Rt△MCN中，由勾股定理列方程即可得答案．【解答】解：（1）∵正方形ABCD，∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABM和Rt△ADN中，，∴Rt△ABM≌Rt△ADN（SAS），∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，∵∠MAN＝45°，∴∠BAM+∠DAN＝45°，∴∠BAM＝∠DAN＝22.5°，∵∠MAN＝45°，AM＝AN，AH⊥MN∴∠MAH＝∠NAH＝22.5°，∴∠BAM＝∠MAH，在Rt△ABM和Rt△AHM中，，∴Rt△ABM≌Rt△AHM（AAS），∴AB＝AH，故答案為：AB＝AH；（2）AB＝AH成立，理由如下：延長CB至E，使BE＝DN，如圖：∵四邊形ABCD是正方形，∴AB＝AD，∠D＝∠ABE＝90°，∴Rt△AEB≌Rt△AND（SAS），∴AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，∵∠DAN+∠BAM＝45°，∴∠EAB+∠BAM＝45°，∴∠EAM＝45°，∴∠EAM＝∠NAM＝45°，又AM＝AM，∴△AEM≌△ANM（SAS），∵AB，AH是△AEM和△ANM對(duì)應(yīng)邊上的高，∴AB＝AH．（3）分別沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分別延長BM和DN交于點(diǎn)C，如圖：∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠