Question

10．已知∠MAN=135°，正方形ABCD绕点A旋转．
（1）当正方形ABCD旋转到∠MAN的外部（顶点A除外）时，AM，AN分别与正方形ABCD的边CB，CD的延长线交于点M，N，连接MN．
①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN；
②如图2，若BM≠DN，请判断①中的数量关系是否仍成立？若成立，请给予证明；若不成立，请说明理由；
（2）如图3，当正方形ABCD旋转到∠MAN的内部（顶点A除外）时，AM，AN分别与直线BD交于点M，N，探究：以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是何种三角形，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）①如图1，先利用SAS证明△ADN≌△ABM，得出AN=AM，∠NAD=∠MAB，再计算出∠NAD=∠MAB=$\frac{1}{2}$（360°-135°-90°）=67.5°．作AE⊥MN于E，根据等腰三角形三线合一的性质得出MN=2NE，∠NAE=$\frac{1}{2}$∠MAN=67.5°．再根据AAS证明△ADN≌△AEN，得出DN=EN，进而得到MN=BM+DN；
②如图2，先利用SAS证明△ABM≌△ADP，得出AM=AP，∠1=∠2=∠3，再计算出∠PAN=360°-∠MAN-（∠3+∠4）=360°-135°-90°=135°．然后根据SAS证明△ANM≌△ANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN；
（2）如图3，先由正方形的性质得出∠BDA=∠DBA=45°，根据等角的补角相等得出∠MDA=∠NBA=135°．再证明∠1=∠3．根据两角对应相等的两三角形相似得出△ANB∽△MAD，那么$\frac{BN}{AD}$=$\frac{AB}{MD}$，又AB=AD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DB，变形得出BD²=2BN•MD，然后证明（MD+BD）²+（BD+BN）²=（DM+BD+BN）²，即MB²+DN²=MN²，根据勾股定理的
逆定理即可得出以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．

解答 解：（1）①如图1，若BM=DN，则线段MN与BM+DN之间的数量关系是MN=BM+DN．理由如下：
在△ADN与△ABM中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠ADN=∠ABM=90°}\\{DN=BM}\end{array}\right.$，
∴△ADN≌△ABM（SAS），
∴AN=AM，∠NAD=∠MAB，
∵∠MAN=135°，∠BAD=90°，
∴∠NAD=∠MAB=$\frac{1}{2}$（360°-135°-90°）=67.5°，
作AE⊥MN于E，则MN=2NE，∠NAE=$\frac{1}{2}$∠MAN=67.5°．
在△ADN与△AEN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADN=∠AEN=90°}\\{∠NAD=∠NAE=67.5°}\\{AN=AN}\end{array}\right.$，
∴△ADN≌△AEN（AAS），
∴DN=EN，
∵BM=DN，MN=2EN，
∴MN=BM+DN．
故答案为MN=BM+DN；

②如图2，若BM≠DN，①中的数量关系仍成立．理由如下：
延长NC到点P，使DP=BM，连结AP．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABM=∠ADC=90°．
在△ABM与△ADP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠ABM=∠ADP=90°}\\{BM=DP}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△ADP（SAS），
∴AM=AP，∠1=∠2=∠3，
∵∠1+∠4=90°，
∴∠3+∠4=90°，
∵∠MAN=135°，
∴∠PAN=360°-∠MAN-（∠3+∠4）=360°-135°-90°=135°．
在△ANM与△ANP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AM=AP}\\{∠MAN=∠PAN=135°}\\{AN=AN}\end{array}\right.$，
∴△ANM≌△ANP（SAS），
∴MN=PN，
∵PN=DP+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；

（2）如图3，以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BDA=∠DBA=45°，
∴∠MDA=∠NBA=135°．
∵∠1+∠2=45°，∠2+∠3=45°，
∴∠1=∠3．
在△ANB与△MAD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABN=∠MDA=135°}\\{∠1=∠3}\end{array}\right.$，
∴△ANB∽△MAD，
∴$\frac{BN}{AD}$=$\frac{AB}{MD}$，
∴AB²=BN•MD，
∵AB=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DB，
∴BN•MD=（$\frac{\sqrt{2}}{2}$DB）²=$\frac{1}{2}$BD²，
∴BD²=2BN•MD，
∴MD²+2MD•BD+BD²+BD²+2BD•BN+BN²=MD²+BD²+BN²+2MD•BD+2BD•BN+2BN•MD，
∴（MD+BD）²+（BD+BN）²=（DM+BD+BN）²，
即MB²+DN²=MN²，
∴以线段BM，MN，DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．

点评 本题是几何变换综合题，其中涉及到正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，补角的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的逆定理等知识，综合性较强，有一定难度．准确作出辅助线，利用数形结合是解（1）小题的关键，证明△ANB∽△MAD是解（2）小题的关键．