九年级数学上册【单元测试】第二十三章 旋转（综合能力拔高卷）(解析+原卷)

这是一份九年级数学上册【单元测试】第二十三章 旋转（综合能力拔高卷）(解析+原卷)，文件包含九年级数学上册单元测试第二十三章旋转综合能力拔高卷原卷版docx、九年级数学上册单元测试第二十三章旋转综合能力拔高卷解析版docx、九年级数学上册单元测试第二十三章旋转综合能力拔高卷考试版docx等3份试卷配套教学资源，其中试卷共40页， 欢迎下载使用。

【高效培优】2022—2023学年九年级数学上册必考重难点突破必刷卷（人教版）
【单元测试】第二十三章 旋转（综合能力拔高卷）
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题（本大题共有8小题，每小题3分，共24分；在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．将点绕原点顺时针旋转得到的点的坐标是（   ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据旋转的性质即可确定点坐标．
【详解】解：点绕原点顺时针旋转90度的坐标变换规律：横、纵坐标互换位置，且纵坐标变为相反数，
则点（3，1）绕原点O顺时针旋转90°得到的点的坐标为（1，-3），如图，

故选：B．
【点睛】本题考查了坐标与图形变化-旋转：图形或点旋转之后要结合旋转的角度和图形的特殊性质来求出旋转后的点的坐标．常见的是旋转特殊角度如：30°，45°，60°，90°，180°．
2．下面四个图形分别是不可回收垃圾、可回收垃圾、有害垃圾、其它垃圾的标志，这四个标志中既是中心对称又是轴对称图形的是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据轴对称图形和中心对称图形的概念对各选项分析判断即可得解．
【详解】解：A．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
B．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意；
C．既是轴对称图形，又是中心对称图形，故本选项符合题意；
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形，故本选项不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题考查中心对称图形与轴对称图形的概念，轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合，中心对称图形是要寻找对称中心，旋转180度后与原图重合．
3．关于等边三角形，下列说法不正确的是（    ）
A．等边三角形是轴对称图形 B．所有的等边三角形的内角都相等
C．等边三角形是正多边形 D．等边三角形是中心对称图形
【答案】D
【分析】根据轴对称图形的定义，可判断A的正误；根据相似的判定条件，可判断B的正误；根据正多边形的定义，可判断C的正误；根据中心对称图形的定义，可判断D的正误．
【详解】解：A、根据轴对称图形的定义，可知等边三角形是轴对称图形，正确，故不符合题意；
B、由所有的等边三角形的角都是60°，正确，故不符合题意；
C、因为等边三角形的角相等，边相等，所以等边三角形是正多边形，正确，故不符合题意；
D、根据中心对称图形的定义，可知等边三角形不是中心对称图形，错误，故符合题意；
故选D．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，轴对称图形，中心对称图形，相似，正多边形等知识．解题的关键在于对知识的灵活运用．
4．如图，在△ABC中，∠CAB＝65°，将△ABC在平面内绕点A旋转到△ADE的位置，使CDAB，则旋转角的度数为（    ）

A．35° B．40° C．50° D．65°
【答案】C
【分析】先根据平行线的性质得∠DCA=∠CAB=65°，再根据旋转的性质得∠BAE=∠CAD，AC=AD，则根据等腰三角形的性质得∠ADC=∠DCA=65°，然后根据三角形内角和定理计算出∠CAD=180°-∠ADC-∠DCA=50°，于是有∠BAE=50°．
【详解】解：∵CDAB，
∴∠DCA=∠CAB=65°，
∵△ABC绕点A旋转到△AED的位置，
∴∠BAE=∠CAD，AC=AD，
∴∠ADC=∠DCA=65°，
∴∠CAD=180°-∠ADC-∠DCA=50°，
∴∠BAE=50°，即旋转角的度数为50°．
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等；对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
5．点 P（2，- 1）关于原点对称点的坐标是（　　　）
A．（ - 1， 2 ） B．（ - 2 ，- 1） C．（ 2 ，1） D．（ - 2 ，1）
【答案】D
【分析】根据关于原点对称的两个点，其坐标值全部互为相反数可直接得到答案．
【详解】∵关于原点对称的点的坐标是：(x，y)原点的对称点的坐标为(-x,-y)，
∴点P（2，- 1）关于原点的对称点的坐标为（ - 2 ，1），
故选：D．
【点睛】本题考查原点对称，解题的关键是熟知关于原点对称的两个点，其坐标值全部互为相反数．
6．如图所示，在的正方形网格中已有两个小正方形被涂黑，再将图中其余小正方形任意涂黑一个，使整个图案构成一个轴对称图形的办法有（    ）

A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
【答案】C
【分析】利用轴对称的性质，以及轴对称的作图方法来作图，通过变换对称轴来得到不同的图案即可．
【详解】如图所示：5种不同的颜色即为使整个图案构成一个轴对称图形的办法．
故选：C．

【点睛】此题主要考查了利用轴对称设计图案，熟练掌握轴对称定义得出是解题关键．
7．如图，在正方形ABCD中，AB＝4，点M在CD的边上，且DM＝1，△AEM与△ADM关于AM所在的直线对称，将△ADM按顺时针方向绕点A旋转90°得到△ABF，连接EF，则线段EF的长为（　　）

A．3 B．2 C．5 D．
【答案】C
【分析】连接．先判定，即可得到．再根据，，利用勾股定理即可得到，中，，进而得出的长．
【详解】解：如图，连接．
与关于所在的直线对称，
，．
按照顺时针方向绕点旋转得到，
，．
，
．
．
（SAS）．
．
四边形是正方形，
．
，
．
在中，，
，
故选：C．

【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质以及旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．
8．如图，平面直角坐标的原点是等边三角形的中心，A（0，1），把△ABC绕点O逆时针旋转，每秒旋转 60°，则第 2021秒时，点A的坐标为（    ）

A．（0，1） B．（－，－） C．（，） D．（，－）
【答案】C
【分析】△ABC绕点O逆时针旋转一周需6秒，而2021=6×336+5，所以第2021秒时，点A旋转到点，，，作⊥x轴于H，然后通过解直角三角形求出和OH即可得到点的坐标．
【详解】解：∵360°÷60°=6，
∴△ABC绕点O逆时针旋转一周需6秒，
∵2021=6×336+5，
∴第2021秒时，点A旋转到点，如图，
∴，
∴，
∵点A的坐标为（0，1），
∴，
∴，
∴，

∴（，）．
故选C．
【点睛】本题考查了旋转的性质，点的坐标规律探索，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，正确确定出点的位置是解题的关键．
二、填空题（本大题共有6小题，每题3分，共18分）
9．如图，△ABC和△DEF关于点O中心对称，若OB=4，则OE的长为______．

【答案】4
【分析】利用中心对称图形的性质解决问题即可．
【详解】解：∵△ABC和△DEF关于点O中心对称，
∴点B与点E关于点O中心对称，
∴OB=OE，
∵OB=4，
∴OE=4，
故答案为：4．
【点睛】本题考查中心对称等知识，解题的关键熟练掌握中心对称的性质．用到的知识点：关于中心对称的两个图形，对称点连线都经过对称中心，并且被对称中心平分．
10．如图，直线，的边在直线上，，将绕点顺时针旋转至，边交直线于点，则______．

【答案】50
【分析】先根据旋转的性质得到，再由平角的定义求出的度数，即可利用平行线的性质得到答案．
【详解】解：将绕点顺时针旋转至，
∴，
∵∠AOB=55°，
∴，
，
，
故答案为：．

【点睛】本题主要考查了旋转的性质，平行线的性质，熟练掌握两直线平行，同位角相等和旋转的性质是解题的关键．
11．如图，在平面直角坐标系中，点A和B的坐标分别为（2，0），（0，-4），若将线段AB绕点A顺时针旋转90°得到线段AC，则点C的坐标为______．

【答案】（−2，2）
【分析】如图，过点C作CH⊥x轴于H．证明△AOB≌△CHA（AAS），推出CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，可得结论．
【详解】解：如图，过点C作CH⊥x轴于H．
∵A（2，0），B（0，4），
∴OA＝2，OB＝4，
∵∠AHC＝∠AOB＝∠BCA＝90°，
∴∠CAH＋∠BAO＝90°，∠ABO＋∠BAO＝90°，
∴∠CAH＝∠ABO，
在△AOB和△CHA中，
，
∴△AOB≌△CHA（AAS），
∴CH＝OA＝2，AH＝OB＝4，
∴OH＝AH−OA＝2，
∴C（−2，2）．
故答案为：（−2，2）．

【点睛】本题考查坐标与图形变化−旋转，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
12．如图，在平面直角坐标系中，△ABC顶点的横、纵坐标都是整数．若将△ABC以某点为旋转中心，旋转得到△A′B′C′，则旋转中心的坐标是________．  

【答案】（1，1）
【分析】根据旋转的性质“一个图形和它经过旋转所得的图形中，对应点到旋转中心的距离相等，任意一组对应点与旋转中心的连线所成的角都等于旋转角；对应线段相等，对应角相等”可求解．
【详解】解：如图点O′即为所求．旋转中心的坐标是(1，1)．

故答案为(1，1)．
【点睛】本题考查了坐标与图形的性质，旋转变换等知识，解题的关键是知道旋转中心是对应点的连线段的垂直平分线的交点即可.
13．如图，将△ABC放在每个小正方形的边长为1的网格中，点A、点B、点C均落在格点上
（Ⅰ）线段AB的长度＝________；
（Ⅱ）请在如图所示的网格中，用无刻度的直尺，在∠ABC的平分线上找一点P，在BC上找一点Q，使CP+PQ的值最小，并简要说明点P，Q的位置是如何找到的_____________（不要求证明）．

【答案】     5     构造边长为5的菱形ABKD，连接BD，射线BD为∠ABC的平分线，构造△CEF≌△CAB，作直线CF交BD于P，交AB于Q′，再作点P关于直线BC的对称点J，连接PJ交BC于点Q，点P、Q即为所求；
【分析】（Ⅰ）根据勾股定理计算即可；
（Ⅱ）构造边长为5的菱形ABKD， 得到射线BD为∠ABC的平分线，再构造△CEF≌△CAB，作直线CF交BD于P，交AB于Q′，再作点P关于直线BC的对称点J，连接PJ交BC于点Q，即可找到符合题意的点．
【详解】解：（Ⅰ），
故答案为：5；
（Ⅱ）构造边长为5的菱形ABKD，连接BD，射线BD为∠ABC的平分线，构造△CEF≌△CAB，作直线CF交BD于P，交AB于Q′，再作点P关于直线BC的对称点J，连接PJ交BC于点Q，点P、Q即为所求．

故答案为：构造边长为5的菱形ABKD，连接BD，射线BD为∠ABC的平分线，构造△CEF≌△CAB，作直线CF交BD于P，交AB于Q′，再作点P关于直线BC的对称点J，连接PJ交BC于点Q，点P、Q即为所求．
【点睛】本题考查作图﹣应用与设计，勾股定理、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、轴对称、垂线段最短等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用数形结合的思想解决问题，属于中考填空题中的压轴题．
14．在如图所示的平面直角坐标系中，是边长为2的等边三角形，作与关于点成中心对称，再作与关于点成中心对称，如此作下去．则（n是正整数）的顶点的坐标是________．

【答案】(4041，)
【分析】首先根据△OA1B1是边长为2的等边三角形，可得A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0）；然后根据中心对称的性质，分别求出点A2、A3、A4的坐标各是多少；最后总结出An的坐标的规律，求出A2n+1的坐标是多少即可．
【详解】解：∵△OA1B1是边长为2的等边三角形，
∴A1的坐标为（1，），B1的坐标为（2，0），
∵△B2A2B1与△OA1B1关于点B1成中心对称，
∴点A2与点A1关于点B1成中心对称，
∵2×2-1=3，2×0-=-，
∴点A2的坐标是（3，-），
∵△B2A3B3与△B2A2B1关于点B2成中心对称，
∴点A3与点A2关于点B2成中心对称，
∵2×3-1=5，2×0-（-）=，
∴点A3的坐标是（5，），
∵△B3A4B4与△B3A3B2关于点B3成中心对称，
∴点A4与点A3关于点B3成中心对称，
∵2×4-1=7，2×0-=-，
∴点A4的坐标是（7，-），
…
∵1=2×1-1，3=2×2-1，5=2×3-1，7=2×4-1，…，
∴An的横坐标是2n-1，A2n+1的横坐标是2（2n+1）-1=4n+1，
∵当n为奇数时，An的纵坐标是，当n为偶数时，An的纵坐标是-，
∴顶点A2n+1的纵坐标是，
∴△B2nA2n+1B2n+1（n是正整数）的顶点A2n+1的坐标是（4n+1，），
当n=2021时，顶点A2n+1的坐标是（4041，），
故答案为：（4041，）．
【点睛】此题主要考查了坐标与图形变化-旋转问题，要熟练掌握，解答此题的关键是分别判断出An的横坐标、纵坐标各是多少．
三、解答题（本大题共有9小题，共52分；第17-20小题每小题4分，第21-22小题每小题5分，第23小题6分，第24小题8分，第25小题12分）
15．如图，△ABC中，AB=AC，∠BAC=50°，△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，连接 BE、CF相交于点 D．

(1)求证：BE=CF；
(2)求∠BDC的度数．
【答案】(1)见解析
(2)∠BDC的度数为50°
【分析】（1）利用旋转性质得∠BAE=∠CAF，再证明△ABE和△ACF全等即可得证；
（2）由△ABE≌△ACF得∠ABE=∠ACF，另由∠1=∠2，∠BAC=50°即可求得∠BDC的度数．
【详解】（1）证明：∵△AEF是由△ABC绕点A按顺时针方向旋转得到的，
∴∠BAC=∠EAF，AB=AE，AC=AF，
∴∠BAC+∠CAE=∠EAF+∠CAE即∠BAE=∠CAF，
∵AB=AE，AC=AF，AB=AC，
∴AB=AE=AC=AF，
∴ △ABE≌△ACF(SAS)，
∴ BE=CF ．
（2）解：如下图，

∵由（1）知：△ABE≌△ACF，
∴∠ABE=∠ACF，
∵∠1=∠2，∠BAC=50°，∠ABE+∠1+∠BAC=∠ACF+∠2+∠BDC =，
∴∠BDC=∠BAC=50°，
即∠BDC的度数为50°．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定及性质、三角形的内角和定理，熟练掌握三角形的判定及性质是解题的关键．
16．如图，在平面直角坐标系中，已知点B（4，2），BA⊥x轴于A．

(1)画出将△OAB绕原点顺时针旋转90°后所得的△OA1B1，并写出点A1、B1的坐标；
(2)画出△OAB关于原点O的中心对称图形△OA2B2，并写出点A2、B2的坐标．
【答案】(1)图见解析，A1（0，﹣4），B1（2，﹣4）
(2)图见解析，A2（﹣4，0），B2（﹣4，﹣2）
【分析】（1）根据旋转先找到找到A1，B1点，再进行连线即可；
（2）根据关于原点对称的点特征，找到A2，B2点，再进行连线即可；
【详解】（1）如图所示，△OA1B1即为所求，

由图知，A1（0，﹣4），B1（2，﹣4）；
（2）如图所示，△OA2B2即为所求，A2（﹣4，0），B2（﹣4，﹣2）．
【点睛】本题考查坐标系下图形的旋转，对称作图，根据找点，描点，连线的方法进行作图即可．
17．如图1，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB=AC=，点D，E分别在边AB，AC上，且，连接DE．现将△ADE绕点A顺时针方向旋转，旋转角为，如图2，连接CE，BD，CD．

(1)当时，求证：；
(2)如图3，当时，延长交于点，求证：垂直平分．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用“”证得即可得到结论；
（2）利用“”证得，由性质推出，计算得出，再利用等腰三角形“三线合一”的性质即可得到结论；
【详解】（1）证明：根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
∵∠CAE+∠BAE =∠BAD+∠BAE =90，
∴∠CAE=∠BAD，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴CE=BD；
（2）根据题意：AB=AC，AD=AE，∠CAB=∠EAD=90，
在△ACE和△ABD中，
，
∴△ACE△ABD(SAS)，
∴∠ACE=∠ABD，
∵∠ACE+∠AEC=90，且∠AEC=∠FEB，
∴∠ABD+∠FEB=90，
∴∠EFB=90，
∴CF⊥BD，
∵AB=AC=，AD=AE=1，∠CAB=∠EAD=90，
∴BC=AB =，CD= AC+ AD=，
∴BC= CD，
∵CF⊥BD，
∴CF是线段BD的垂直平分线．
【点睛】本题属于几何变换综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，线段垂直平分线的判定和性质，解题的关键是正确寻找全等三角形，利用性质求解．
18．在平面直角坐标系中，△ABO的三个顶点坐标分别为：A（2，3）、B（3，1）、O（0，0）．

(1)将△ABO向左平移4个单位，画出平移后的△A1B1O1．
(2)将△ABO绕点O顺时针旋转180°，画出旋转后得到的△A2B2O．此时四边形ABA2B2的形状是　　．
(3)在平面上是否存在点D，使得以A、B、O、D为顶点的四边形是平行四边形，若存在请直接写出符合条件的所有点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)见解析；
(2)平行四边形；
(3)存在，（﹣1，2）；（1，﹣2）；（5，4）．
【分析】（1）利用点平移的坐标规律写出点A、B、O平移后的对应点A1,B1,O1，然后描点即可得到ΔA1B1O1;
（2）利用关于原点对称的点的坐标特征写出A2,B2的坐标，即可得到ΔA2B2O;利用对角线互相平分的四边形为平行四边形即可判断四边形ABA2B2的形状；
（3）分类讨论：分别以AB、BO、AO为对角线画平行四边形可得到满足条件的点D，然后写出对应的D点坐标．
【详解】（1）如图ΔA1B1O1为所作；
（2）如图ΔA2B2O为所作，此时四边形ABA2B2的形状是平行四边形，
故答案为平行四边形；
（3）存在．如图满足条件的点D的坐标为(5,4)或(1,−2)或(−1,2)．　

【点睛】本题考查三角形的平移、旋转及平行四边形的判定，熟练掌握平移及旋转的性质、平行四边形的判定及分类讨论的思想方法是解题关键．
19．正方形网格中（网格中的每个小正方形边长是1），△ABC的顶点均在格点上，请在所给的直角坐标系中解答下列问题：

(1)作出△ABC绕点A逆时针旋转90°的△A1B1C1；
(2)作出△ABC关于原点O成中心对称的△A2B2C2；
(3)点B1的坐标为　　，点C2的坐标为　　．
【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3)，
【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C绕点A逆时针旋转90°后的点、、的位置，然后顺次连接即可，
（2）找出点A、B、C关于原点O成中心对称的点、、的位置，然后顺次连接即可；
（3）根据平面直角坐标系写出点、的坐标．
【详解】（1）解：如图所示，
（2）解：如图所示；

（3）根据坐标系可得：
故答案为：，
【点睛】本题考查了利用旋转变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．
20．在如图所示的平面直角坐标系中（每个小方格都是边长为1个单位长度的正方形），解答下列问题：

(1)将△ABC以点A为旋转中心旋转180°，得到△AB1C1，请画出△AB1C1；
(2)平移△ABC，使得点B的对应点B2的坐标为(5，4)，请画出平移后对应的△A2B2C2；
(3)请判断△AB1C1与△A2B2C2是否成中心对称图形？若是，请直接写出对称中心．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)△AB1C1与△A2B2C2成中心对称图形；对称中心为(0，0)
【分析】（1）将AB、AC分别绕A点旋转180°，找到点，连接，即可；
（2）根据点B的对应点B2的坐标为(5，4)，可知相对于△ABC右平移了10个单位即可确定，则连接、、即可；
（3）根据图形先确定的坐标，再结合和利用中点坐标公式即可求出旋转中心的坐标．
【详解】（1）解：如图所示：为所示；
（2）如图所示：为所示；

（3）△AB1C1与△A2B2C2成中心对称图形；
∵，
∴△AB1C1与△A2B2C2的对称中心为(0，0)．
故答案为：(0，0) ．
【点睛】本题考查了图形的旋转、平移以及根据旋转对称求旋转中心的坐标等知识，掌握平移、旋转的性质特点以及中点坐标公式是解答本题的关键．
21．如图，△ABC的三个顶点都在边长为1的小正方形组成的网格的格点上，以点O为原点建立平面直角坐标系，回答下列问题：

(1)将△ABC绕原点O旋转得到，在表格中画出；
(2)直接写出的坐标为___；
(3)若顶点为C的抛物线经过点，求该抛物线的解析式．
【答案】(1)见解析
(2)（4，1）
(3)
【分析】（1）先分别画出A、B、C三点关于原点O的对称点A1、B1、C1，再将三点依次连接即可；
（2）由（1）中可知，点A1的坐标为（4，1）；
（3）根据抛物线顶点为C，可知其对称轴为y轴，所以b=0，得到，再将点C、点A1的坐标代入解析式中求出a和c即可．
【详解】（1）点A的坐标为（-4，-1），则点A关于原点的对称点A1的坐标为（4，1），点B的坐标为（-2，-4），则点B关于原点的对称点B1的坐标为（2，4），
点C的坐标为（0，-2），则点C关于原点的对称点C1的坐标为（0，2），连接A1、B1、C1，即得下图：

（2）
由（1）中可知，点A1的坐标为（4，1）；
（3）
若顶点为C的抛物线经过点，
则抛物线的对称轴为y轴，
∴，
∴b=0，
∴
将点C（0，-2）、点A1（4，1）的坐标代入解析式得：
，
解得： ，
∴抛物线的解析式为．
【点睛】本题考查了中心对称和二次函数，熟练掌握中心对称图形的画法和二次函数代定系数法求解析式是解题的关键．
22．图1，图2都是由边长为1的小正方形构成的网格，的三个顶点都在格点上，请在该的网格中，分别按下列要求画一个与有公共边的三角形：

（1）使得所画出的三角形和组成一个轴对称图形．
（2）使得所画出的三角形和组成一个中心对称图形．（请将两个小题依次作答在图1，图2中，均只需画出符合条件的一种情形）
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【分析】（1）直接利用轴对称图形的性质分析得出答案；
（2）直接利用中心对称图形的性质分析得出答案．
【详解】解：（1）如图所示：（答案不唯一）；

（2）如图所示：（答案不唯一）．

【点睛】此题主要考查了利用旋转设计图案以及轴对称变换，正确掌握相关定义是解题关键．
23．已知：正方形中，，将绕点A顺时针旋转，它的两边分别交、（或它们的延长线）于点M、N．

（1）如图1，当绕点A旋转到时，有．当绕点A旋转到时，如图2，请问图1中的结论还是否成立？如果成立，请给予证明，如果不成立，请说明理由；
（2）当绕点A旋转到如图3的位置时，线段和之间有怎样的等量关系？请写出你的猜想，并证明．
【答案】（1）成立，见解析；（2），见解析
【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= MN+ BM．在线段DN上截取DQ=BM，然后△ADQ≌△ABM得到∠DAQ=∠BAM，从而得到∠QAN=∠MAN，再证△AMN≌△AQN得到=QN，由此即可求解．
【详解】（1）BM+DN=MN成立．
证明：如图，把△ADN绕点A顺时针旋转90°，得到△ABE，
∴∠D=∠ABE，AE=AN，∠AEN=90°
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠D=∠ABC=∠ABE=90°，
∴∠ABE+∠ABC=180°
∴E、B、M三点共线．

∴∠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= MN+ BM．在线段DN上截取DQ=BM，如图，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABC=∠ABM=∠BAD=90°

在△ADQ与△ABM中，
∵，
∴△ADQ≌△ABM（SAS），
∴∠DAQ=∠BAM，
∵∠BAQ+∠DAQ=90°，
∴∠MAQ=∠BAM+∠BAQ=90°，
又∵∠MAN=45°
∴∠QAN=∠MAN=45°．
在△AMN和△AQN中，

∴△AMN≌△AQN（SAS），
∴MN=QN，
∴DN-BM=MN．
【点睛】本题是一道综合考查正方形的性质、旋转的性质和全等三角形的判定与性质的几何题，熟悉相关图形的性质并作出如图所示的辅助线是正确解答本题的关键.