中考数学二轮培优训练第09讲 等腰三角形与正方形中的半角模型（2份，原卷版+解析版）

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过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。
解题技巧：
在图1中，△AEB由△AND旋转所得，可得△AEM≌△AMN，
∴BM+DN=MN
∠AMB=∠AMN
AB=AH
△CMN的周长等于正方形周长的一半
在图2中将△ABC旋转至△BEF，易得△BED≌△BCD同理得到边角之间的关系；
总之：半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
【多题一解】
一．选择题（共1小题）
1．（2022•夹江县模拟）已知△ABC是等边三角形，点P在AB上，过点P作PD⊥AC，垂足为D，延长BC至点Q，使CQ＝AP，连接PQ交AC于点E，如图所示．如果等边三角形ABC的边长为4，那么线段DE的长为（ ）
A．1B．2C．1.8D．2.5
【分析】如图，过点P作PF∥BC，交AC于点F，利用已知条件可以得到△APF也是等边三角形，然后可以证明△PEF≌△QEC，接着利用等边三角形的性质即可解决问题．
【解答】解：如图，过点P作PF∥BC，交AC于点F，
则∠EPF＝∠Q，∠APF＝∠ABC
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∴∠APF＝∠AFP＝60°，
∴△APF也是等边三角形，而CQ＝AP
∴PF＝AP＝CQ，
又∵∠PEF＝∠QEC，
∴△PEF≌△QEC，
∴EF＝EC，
∵PD⊥AC于D，△APF是等边三角形，
∴AD＝DF，
∴AD+EC＝DF+EF＝DE＝AF+CF＝（AF+CF）＝AC，
∴DE＝AC＝2．
故选：B．
【点评】本题主要考查了等边三角形的性质与判定，同时也利用了全等三角形的性质于判定，有一定的综合性．
二．填空题（共4小题）
2．（2022•汕尾二模）如图，△ABC为等边三角形，AC＝9，点M、N分别是边AC、BC上的动点，且AM＝CN，连BM、AN交于点P，连接CP，则CP长度的最小值为 ．
【分析】由AM＝CN，于是得到点P的路径是一段弧，当点M运动到AC的中点时，CP长度的最小，即点F为△ABC的中心，过B作BD⊥AC于D，过A点作 AE⊥BC交BD于点F，根据等边三角形的性质即可得到结论．
【解答】解：∵AM＝CN，
点P的路径是一段弧，
∴点M运动到AC的中点时，CP长度的最小即点P为△ABC的中心，
过B作BD⊥AC于D，过A点作AE⊥BC交BD于点F，
∴CF＝BF＝BD，
∵△ABC是等边三角形，BC＝2，
∴BD＝BC＝，
∴CF＝3，
∴CP长度的最小值是3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了等边三角形性质，三角形的中心的定义，求线段的最小值，解答本题的关键是注意转化思想的运用，辅助线的正确作法．
3．（2022•山西）如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上的一点，点F在边CD的延长线上，且BE＝DF，连接EF交边AD于点G．过点A作AN⊥EF，垂足为点M，交边CD于点N．若BE＝5，CN＝8，则线段AN的长为 4 ．
【分析】连接AE，AF，EN，由正方形的性质可得AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，可证得△ABE≌△ADF（SAS），可得∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，从而可得∠EAF＝90°，根据等腰三角形三线合一可得点M为EF中点，由AN⊥EF可证得△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），可得EN＝FN，设DN＝x，则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：如图，连接AE，AF，EN，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD，BC＝CD，∠ABE＝∠BCD＝∠ADF＝90°，
∵BE＝DF，
∴△ABE≌△ADF（SAS），
∴∠BAE＝∠DAF，AE＝AF，
∴∠EAF＝90°，
∴△EAF为等腰直角三角形，
∵AN⊥EF，
∴EM＝FM，∠EAM＝∠FAM＝45°，
∴△AEM≌△AFM（SAS），△EMN≌△FMN（SAS），
∴EN＝FN，
设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与△FCE相似，设正方形边长为x，
＝，即＝，
∴x＝20．
在△ADN中，利用勾股定理可求得AN＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，解题的关键是正确作出辅助线，构建全等三角形解决问题．
4．（2022•咸宁模拟）如图，在正方形ABCD中，点M是AB上一动点，点E是CM的中点，AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，连接DE，DF．给出结论：①DE＝EF；②∠CDF＝45°；③； ④若正方形ABCD的边长为2，则点M在射线AB上运动时，CF有最小值．其中结论正确的是 ①②④ （把你认为正确结论的序号都填上）．
【分析】延长AE交DC的延长线于点H，由“AAS”可证△AME≌△HCE，可得AE＝EH，由直角三角形的性质可得AE＝EF＝EH，可判断①；由四边形内角和定理可求2∠ADE+2∠EDF＝270°，可得∠ADF＝135°，可判断②；由垂线段最短，可得当CF⊥DF时，CF有最小值，由等腰直角三角形的性质可求CF的最小值，可判断④；由连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，由梯形中位线定理可求PE＝（AM+CD），由“AAS”可证△APE≌△ENF，可得AP＝NE＝AD，即可求AM＝2DG＝2×＝DF，可判断③，即可求解．
【解答】解：如图，延长AE交DC的延长线于点H，
∵点E是CM的中点，
∴ME＝EC，
∵AB∥CD，
∴∠MAE＝∠H，∠AME＝∠HCE，
∴△AME≌△HCE（AAS），
∴AE＝EH，
又∵∠ADH＝90°，
∴DE＝AE＝EH，
∵AE绕点E顺时针旋转90°得到EF，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴AE＝DE＝EF，故①正确；
∵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正确；
如图，连接AC，过点E作EP⊥AD于点P，过点F作FN⊥EP于N，交CD于G，连接CF，
∵EP⊥AD，FN⊥EP，∠ADC＝90°，
∴四边形PDGN是矩形，
∴PN＝DG，∠DGN＝90°，
∵∠CDF＝45°，
∴点F在DF上运动，
∴当CF⊥DF时，CF有最小值，
∵CD＝2，∠CDF＝45°，
∴CF的最小值＝＝，故④正确；
∵EP⊥AD，AM⊥AD，CD⊥AD，
∴AM∥PE∥CD，
∴＝＝1，
∴AP＝PD，
∴PE是梯形AMCD的中位线，
∴PE＝（AM+CD），
∵∠FDC＝45°，FN⊥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错误；
故答案为：①②④．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，旋转的性质，平行线分线段成比例，梯形中位线的定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是本题的关键．
5．（2021秋•鹿城区校级期中）如图1，已知一个量角器的直径MN与正方形ABCD的边长相等，点N与点C重合，量角器的半圆弧与边BC交于点P，过点M作GH⊥MN，交边AB，AD于G，H．在量角器绕点C顺时针旋转的过程中，若的度数为60°，则的值为 2﹣3 ；如图2，连结CG，CH，与对角线BD分别交于E，F，若BE•DF＝，则S△AGH的值为 ．
【分析】如图1，由“HL”可证Rt△CGM≌Rt△CGB，Rt△CHM≌Rt△CHD，可得GM＝BG，MH＝DH，∠DCH＝∠MCH，设HD＝MH＝x，则CD＝x＝AB，由勾股定理可求GM＝（2﹣3）x，即可求解；
如图2，通过证明△DHF∽△BEG，可得DH•BG＝BE•DF＝，由勾股定理可求解．
【解答】解：如图1，连接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，
∵的度数为60°，
∴∠MCP＝30°，
∴∠MCD＝60°，
∴∠DCH＝∠MCH＝30°，
∴CD＝DH，
设HD＝MH＝x，则CD＝x＝AB，
∴AH＝x﹣x，
∵AG2+AH2＝GH2，
∴（x﹣GM）2+（x﹣x）2＝（x+GM）2，
∴GM＝（2﹣3）x，
∴＝＝2﹣3；
如图2，设AB＝BC＝CD＝AD＝y，
∵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）＝，
故答案为：2﹣3；．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，证明三角形相似是解题的关键．
三．解答题（共7小题）
6．（2021春•江汉区月考）△ABC中，∠BAC＝α，AB＝AC，点D、E在直线BC上．
（1）如图1，D、E在BC边上，若α＝120°，且AD2+AC2＝DC2，求证：BD＝AD；
（2）如图2，D、E在BC边上，若α＝150°，∠DAE＝75°，且ED2+BD2＝CE2，求∠BAD的度数．
（3）如图3，D在CB的延长线上，E在BC边上，若∠BAC＝α，∠DAE＝180°﹣，∠ADB＝15°，BE＝4，BD＝2，则CD的值为 ．
【分析】（1）题意中有AD2+AC2＝DC2，根据勾股定理的逆定理可得∠DAC＝90°，进而能找出各个角的度数，由“等角对等边”可求证BD＝AD．
（2）借助旋转构造三角形全等，得出边角关系，进而能证明△AE′D≌△AED（SAS），再根据勾股定理的逆定理可得∠BDE′＝90°，再借助“三角形的一个外角是与它不相邻两个内角的和”得出∠BAD的度数．
（3）通过作辅助线来构造三角形全等，再利用手牵手模型证明△ABE≌△ACF（SAS），最后得出结论．
【解答】（1）证明：∵AD2+AC2＝DC2，
∴∠DAC＝90°，
∵∠BAC＝α＝120°，
∴∠BAD＝α﹣∠DAC＝30°，
∵∠AB＝AC，
∴∠B＝∠C＝30°，
∴∠BAD＝∠B＝30°，
∴BD＝AD．
（2）解：如图（2），将△AEC绕着点A顺时针旋转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：如图（3），作E关于AD的对称点F，连接DF，AF，CF，作FG⊥BC，
∵F，E关于AD对称，
∴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，
∴，FC＝BE＝4，FG＝3，
∴，
∴，
故答案为：．
【点评】本题主要考查了勾股定理及全等三角形的判定，关键在于要作出合理的辅助线，利用构造的全等三角形得出答案，注意做题过程中辅助线的构造．
7．（2022•肃州区模拟）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM、DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明；
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM、DN和MN之间又有怎样的数量关系？请直接写出你的猜想．
【分析】（1）BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）DN﹣BM＝MN．证明方法与（1）类似．
【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN．
【点评】本题考查了旋转的性质，解决此类问题的关键是正确的利用旋转不变量．
8．（2022•绥化三模）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边长分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．
【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】解：（1）如图①AH＝AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝90°，
在△ABM与△ADN中，，
∴△ABM≌△ADN，
∴∠BAM＝∠DAN，AM＝AN，
∵AH⊥MN，
∴∠MAH＝MAN＝22.5°，
∵∠BAM+∠DAN＝45°，
∴∠BAM＝22.5°，
在△ABM与△AHM中，，
∴△ABM≌△AHM，
∴AB＝AH；
故答案为：AH＝AB；
（2）数量关系成立．如图②，延长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对应边上的高，
∴AB＝AH；
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD，
设AH＝x，则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（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，翻折的性质，此题比较典型，具有一定的代表性，且证明过程类似，同时通过做此题培养了学生的猜想能力和类比推理能力．
9．（2020•北碚区模拟）已知：正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N．当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时（如图1），易证BM+DN＝MN．
（1）当∠MAN旋转到BM≠DN时（如图2），线段BM，DN和MN之间有怎样的数量关系？写出猜想，并加以证明．
（2）当∠MAN绕点A旋转到如图3的位置时，线段BM，DN和MN之间又有怎样的数量关系？请写出你的猜想，并加以证明．
【分析】（1）结论：BM+DN＝MN成立，证得B、E、M三点共线即可得到△AEM≌△ANM，从而证得ME＝MN．
（2）结论：DN﹣BM＝MN．首先证明△ADQ≌△ABM，得DQ＝BM，再证明△AMN≌△AQN（SAS），得MN＝QN，
【解答】解：（1）BM+DN＝MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，
得到△ABE，则可证得E、B、M三点共线（图形画正确）．
∴∠EAM＝90°﹣∠NAM＝90°﹣45°＝45°，
又∵∠NAM＝45°，
∴在△AEM与△ANM中，
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴ME＝MN，
∵ME＝BE+BM＝DN+BM，
∴DN+BM＝MN；
（2）DN﹣BM＝MN．
在线段DN上截取DQ＝BM，
在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ＝∠BAM，
∴∠QAN＝∠MAN．
在△AMN和△AQN中，
，
∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN＝QN，
∴DN﹣BM＝MN．
【点评】本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是学会利用旋转法添加辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
10．已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ．
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，探求AH满足的数量关系．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）先证明△ABM≌△ADN，可得AM＝AN，∠BAM＝∠DAN，再证明△ABM≌△AHM即可；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB；
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．理由如下：
∵四边形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；
故答案为：AH＝AB；
（2）数量关系成立．如图②，延长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对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则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．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
【点评】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、翻折变换的性质以及勾股定理等知识；正确作出辅助线，熟练掌握翻折变换的性质，构造全等三角形是解题的关键．
11．（2022•集贤县模拟）已知正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB，DC（或它们的延长线）于点M，N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AB＝AH； ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，AH＝6，求NH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由BM＝DN可得Rt△ABM≌Rt△ADN，从而可证∠BAM＝∠MAH＝22.5，Rt△ABM≌Rt△AHM，即可得AB＝AH；
（2）延长CB至E，使BE＝DN，由Rt△AEB≌Rt△AND得AE＝AN，∠EAB＝∠NAD，从而可证△AEM≌△ANM，根据全等三角形对应边上的高相等即可得AB＝AH；
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，可证四边形ABCD是正方形，设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，
故答案为：AB＝AH；
（2）AB＝AH成立，理由如下：
延长CB至E，使BE＝DN，如图：
∵四边形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对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）分别沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，分别延长BM和DN交于点C，如图：
∵沿AM，AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴AB＝AH＝AD＝6，∠BAD＝2∠MAN＝90°，∠B＝∠AHM＝90°＝∠AHN＝∠D，
∴四边形ABCD是正方形，
∴AH＝AB＝BC＝CD＝AD＝6．
由（2）可知，设NH＝x，则MC＝BC﹣BM＝BC﹣HM＝4，NC＝CD﹣DN＝CD﹣NH＝6﹣x，
在Rt△MCN中，由勾股定理，得MN2＝MC2+NC2，
∴（2+x）2＝42+（6﹣x）2，
解得x＝3，
∴NH＝3．
【点评】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形判定与性质、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形．
12．（2021秋•双流区校级月考）已知，正方形ABCD中，∠MAN＝45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交CB、DC（或它们的延长线）于点M、N，AH⊥MN于点H．
（1）如图①，当∠MAN绕点A旋转到BM＝DN时，请你直接写出AH与AB的数量关系： AH＝AB ；
（2）如图②，当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时，（1）中发现的AH与AB的数量关系还成立吗？如果不成立请写出理由，如果成立请证明；
（3）如图③，已知∠MAN＝45°，AH⊥MN于点H，且MH＝2，NH＝3，求AH的长．（可利用（2）得到的结论）
【分析】（1）由三角形全等可以证明AH＝AB，
（2）延长CB至E，使BE＝DN，证明△AEM≌△ANM，能得到AH＝AB，
（3）分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，然后分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCE，设AH＝x，则MC＝x﹣2，NC＝x﹣3，在Rt△MCN中，由勾股定理，解得x．
【解答】解：（1）如图①AH＝AB．
（2）数量关系成立．如图②，延长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°，
∴∠EAM＝45°，
∴∠EAM＝∠NAM＝45°，
在△AEM和△ANM中，，
∴△AEM≌△ANM（SAS）．
∴S△AEM＝S△ANM，EM＝MN，
∵AB、AH是△AEM和△ANM对应边上的高，
∴AB＝AH．
（3）如图③分别沿AM、AN翻折△AMH和△ANH，得到△ABM和△AND，
∴BM＝2，DN＝3，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°．
分别延长BM和DN交于点C，得正方形ABCD，
由（2）可知，AH＝AB＝BC＝CD＝AD．
设AH＝x，则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．（不符合题意，舍去）
∴AH＝6．
【点评】本题主要考查正方形的性质和三角形全等的判断，难度中等．