题目内容
11．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中的数量关系关系是否仍成立？并说明理由．
（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．
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，将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，易知N、D、E三点共线．由△ANM≌△ANP，得到MN=PN，进而得到MN=BM+DN；
（2）以线段BM、DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接NE，由△AMN≌△AEN，推出MN=EN，只要证明△EDN是直角三角形，可得DN2+DE2=NE2，由此即可解决问题．
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，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠ADN=∠ABM}\\{DN=BM}\end{array}\right.$，
∴△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，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADN=∠AEN=90°}\\{∠NAD=∠NAE}\\{AN=AN}\end{array}\right.$，
∴△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：
将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，易知N、D、E三点共线．
∵AM=AP，∠MAE=90°
∴∠EAN=360°-∠MAN-∠MAE=360°-135°-90°=135°，
∴∠MAN=∠NAE，
在△ANM与△ANP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AM=AE}\\{∠MAN=∠EAN}\\{AN=AN}\end{array}\right.$，
∴△ANM≌△ANE（SAS），
∴MN=EN，
∵EN=DE+DN=BM+DN，
∴MN=BM+DN；
（2）结论：以线段BM、DN的长度为三边长的三角形是直角三角形．
理由：将△ABM绕点A逆时针旋转90°得到△ADE，连接NE，
∵∠MAE=90°，∠MAN=135°，
∴∠NAE=360°-∠MAN-∠MAE=135°
∴∠EAN=∠MAN，
∵AM=AE，AN=AN，
∴△AMN≌△AEN，
∴MN=EN，
∵∠ADE=∠ABM=∠BDA=45°，
∴∠BDE=∠BDA+∠ADE=90°
∴DN2+DE2=NE2，∵BM=DE，MN=EN，
∴DN2+BM2=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 本题考查正方形的性质，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，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，学会利用旋转的方法添加辅助线，构造全等三角形，属于中考压轴题．
黄冈创优卷系列答案
已知抛物线y=-x2+bx+c与x轴交于点A（m-2，0）和B（2m+1，0）（点A在点B的左侧），与y轴相交于点C，对称轴为l：x=1．
如图，已知△ABC中，∠ACB=90°；用直尺和圆规作图 （保留作图痕迹）：