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专题12.26 全等三角形几何模型（半角模型）（分层练习）（综合练）
【知识与方法】
半角模型定义：从正方形的一个顶点引出夹角为 45°的两条射线，并连接它们与该顶
点的两对边的交点构成的基本平面几何模型称为半角模型 。
半角模型主要结论：
半角模型中射线与端点对边交点的连线长等于端点两相邻点到各自最近交点的距离和。
即如图中，四边形ABCD是正方形，点E,F分别在BC和CD边上，满足∠EAF=45°，连接
EF，则有：EF=BE+DF。
证明：
【证法一】（旋转法）
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠D=∠ABE=90°；
将△ADF绕点A旋转至△ABF'的位置（F的对应点为F'），则△ADF≌△ABF'，
∴∠BAF'=∠DAF，BF'=DF，AF=AF'；
∴∠EAF'=∠BAE+∠DAF=45°=∠EAF，
易证△AEF≌△AEF'(SAS)，
∴EF=EF'=BF'+BE=DF+BE，
即EF=BE+DF。
【证法二】（截长补短法）
延长CB至点F'，使BF'=DF，连接AF'。
易证△ADF≌△ABF'(SAS)，
∴AF=AF'，∠BAF'=∠DAF，
∴∠EAF'=∠BAE+∠BAF'=∠BAE+∠DAF=45°=∠EAF，
则△AEF'≌△AEF(SAS)，
∴EF=EF'=BF'+BE=BE+DF，
即EF=BE+DF。
（注：若延长CD至点E'，使DE'=BE亦可，证法类同）一、单选题
1．如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点
A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE
＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（ ）
A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
2．如图，在 中， ， ，D、E是斜边 上两点，且
，若 ， ， ，则 与 的面积之和为（ ）
A．36 B．21 C．30 D．22
二、填空题
3．如图，正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AB，BC上，若F是BC的中点，且∠EDF＝
45°，则DE的长为 ．
4．如图，在边长为6的正方形ABCD内作∠EAF＝45°，AE交BC于点E，AF交CD于点F，连接
EF，将 ADF绕点A顺时针旋转90°得到 ABG，若BE＝2，则EF的长为 ．5．在 中， ，点 在 边上， ．若 ，则
的长为 ．
6．如图，在Rt ABC和Rt BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N
分别在BD，CD△上，∠MAN△＝45°，则 DMN的周长为 ．
△
三、解答题
7．如图，等腰直角三角形ABC中，∠BAC= 90°，AB=AC，点M，N在边BC 上，且∠MAN=45°．若
BM= 1，CN=3，求MN的长．8．如图，已知：正方形 ，点 ， 分别是 ， 上的点，连接 ， ， ，且
，求证： ．
9．如图所示：已知 中， ，在 内部作 分别交
于点
[操作]（1）将 绕点 逆时针旋转 ，使 边与 边重合，把旋转后点 的对应点记作点 ，
得到 ，请在图中画出 ;(不写出画法)
[探究]（2）在 作图的基础上，连接 ， 求证：
[拓展]（3）写出线段 和 之间满足的数量关系，并简要说明理由．10．（1）如图1，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，∠EAF=45°，延长CD到点G，使
DG=BE，连结EF，AG．求证：①∠BEA =∠G，② EF=FG．
（2）如图2，等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点M，N在边BC上，且∠MAN=45°，若
BM=1，CN=3，求MN的长．
11．已知，如图所示，正方形 中， ， 分别在边 ， 上，且 ， ， 分
别交 于 ， ，连 ，求证：
① ② .12．（1）如图1，在正方形ABCD中，E是AB上一点，G是AD上一点，∠ECG=45°，求证
EG=BE+GD．
（2）请用（1）的经验和知识完成此题：如图2，在四边形ABCD中，AG//BC(BC>AG)，∠B=90°，
AB=BC=12， E是AB上一点，且∠ECG=45°，BE=4，求EG的长？
13．如图， 是边长为2的等边三角形， 是顶角为120°的等腰三角形，以点 为顶点作
，点 、 分别在 、 上．
（1）如图①，当 时，则 的周长为______；
（2）如图②，求证： ．14．如图，AB＝AD＝BC＝DC，∠C＝∠D＝∠ABE＝∠BAD＝90°，点E、F分别在边BC、CD上，
∠EAF＝45°，过点A作∠GAB＝∠FAD，且点G在CB的延长线上．
（1）△GAB与△FAD全等吗？为什么？
（2）若DF＝2，BE＝3，求EF的长．
15．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：____；
（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）16．问题情境
在等边△ABC的两边AB，AC上分别有两点M，N，点D为△ABC外一点，且∠MDN＝60°，∠BDC
＝120°，BD＝DC．
特例探究
如图1，当DM＝DN时，
（1）∠MDB＝ 度；
（2）MN与BM，NC之间的数量关系为 ；
归纳证明
（3）如图2，当DM≠DN时，在NC的延长线上取点E，使CE＝BM，连接DE，猜想MN与BM，NC
之间的数量关系，并加以证明．
拓展应用
（4）△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ．17．已知：边长为4的正方形ABCD，∠EAF的两边分别与射线CB、DC相交于点E、F，且∠EAF＝
45°，连接EF．求证：EF＝BE+DF．
思路分析：
(1)如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把 ABE绕点A逆时针旋转90°至 ADE'，则F、D、E'在一条直线上，
∠E'A△F＝ 度，…… △
根据定理，可证： AEF≌△AE'F．
∴EF＝BE+DF． △
类比探究：
(2)如图2，当点E在线段CB的延长线上，探究EF、BE、DF之间存在的数量关系，并写出证明过程；
拓展应用：
(3)如图3，在 ABC中，AB＝AC，D、E在BC上，∠BAC＝2∠DAE．若S ABC＝14，S ADE＝6，求
△ △
线段BD、DE、EC△围成的三角形的面积．18．（1）如图，在正方形 中， 、 分别是 ， 上的点，且 ．直接写出 、
、 之间的数量关系；
（2）如图，在四边形 中， ， ， 、 分别是 ， 上的点，且
，求证： ；
（3）如图，在四边形 中， ， ，延长 到点 ，延长 到点 ，使
得 ，则结论 是否仍然成立？若成立，请证明；不成立，请写出它们的数量关
系并证明．19．如图， ， ， ， ， ．
（1）求 的度数；
（2）以E为圆心，以 长为半径作弧；以F为圆心，以 长为半径作弧，两弧交于点G，试探索
的形状？是锐角三形，直角三角形还是钝角三角形？请说明理由．
20．（1）如图1，在四边形ABCD中， ， ，E、F分别是边BC、CD上的点，
且 ．求证： ；
（2）如图2，在四边形ABCD中， ， ，E、F分别是边BC、CD上的点，且
，请直接写出EF、BE、FD之间的数量关系；（3）如图3，在四边形ABCD中， ， ，E、F分别是边BC、CD延长线上的
点，且 ，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出它们之
间的数量关系，并证明．
21．将锐角为45°的直角三角板MPN的一个锐角顶点P与正方形ABCD的顶点A重合，正方形ABCD
固定不动，然后将三角板绕着点A旋转，∠MPN的两边分别与正方形的边BC、DC或其所在直线相交于点
E、F，连接EF．
（1）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC相交时，如图1所示，请直
接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（2）在三角板旋转过程中，当∠MPN的两边分别与正方形的边CB、DC的延长线相交时，如图2所
示，请直接写出线段BE、DF、EF满足的数量关系；
（3）若正方形的边长为4，在三角板旋转过程中，当∠MPN的一边恰好经过BC边的中点时，试求线
段EF的长．22．（1）如图1，在四边形 中， ， ，E、F分别是边 、 上的点，
若 ，可求得 、 、 之间的数量关系为________．（只思考解题思路，完成填空即
可，不必书写证明过程）
（2）如图2，在四边形 中， ， ，E、F分别是边 、 延长线上的
点，若 ，判断 、 、 之间的数量关系还成立吗，若成立，请完成证明，若不成立，
请说明理由．23．（1）如图①，在四边形 中， ，E，F分别是边 上的点，
且 ．请直接写出线段 之间的数量关系： ；
（2）如图②，在四边形 中， ，E，F分别是边 上的点，且
，（1）中的结论是否仍然成立？请写出证明过程；
（3）在四边形 中， ，E，F分别是边 所在直线上的点，且
．请直接写出线段 之间的数量关系： ．24．折一折：将正方形纸片ABCD折叠，使边AB、AD都落在对角线AC上，展开得折痕AE、AF，连
接EF，如图1．
(1)∠EAF＝ °，写出图中两个等腰三角形： （不需要添加字母）；(2)转一转：将图1中的∠EAF绕点A旋转，使它的两边分别交边BC、CD于点P、Q，连接PQ，如图
2．线段BP、PQ、DQ之间的数量关系为 ；
(3)连接正方形对角线BD，若图2中的∠PAQ的边AP、AQ分别交对角线BD于点M、点N，如图3，
则 ；
(4)剪一剪：将图3中的正方形纸片沿对角线BD剪开，如图4．求证：BM2＋DN2＝MN2．
参考答案
1．C
【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考
常考题型．
2．B
【分析】将 关于 对称得到 ，从而可得 的面积为15，再根据对称的性质可得
，然后根据三角形全等的判定定理证出 ，从而可得
，最后根据 与 的面积之和等于 与的面积之和即可得．
解：如图，将 关于AE对称得到 ，
则 ， ，
，
，
，
在 和 中， ，
，
，
，即 是直角三角形，
，
，
即 与 的面积之和为21，
故选：B．
【点拨】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全
等三角形和直角三角形是解题关键．
3．2
【分析】延长BA到点G，使AG=CF，连接DG，EF，利用SAS证明 ADG≌△CDF，得
∠CDF=∠GDA，DG=DF，再证明 GDE≌△FDE（SAS），得GE=EF，设A△E=x，则BE=6 x，EF=x+3，再
利用勾股定理解决问题． △
解：延长BA到点G，使AG＝CF，连接DG，EF，∵AD＝CD，∠DAG＝∠DCF，
∴△ADG≌△CDF（SAS），
∴∠CDF＝∠GDA，DG＝DF，
∵∠EDF＝45°，
∴∠EDG=∠ADE+∠ADG＝∠ADE+∠CDF＝45°，
∵DE＝DE，
∴△GDE≌△FDE（SAS），
∴GE＝EF，
∵F是BC的中点，
∴AG=CF=BF=3，
设AE＝x，则BE＝6﹣x，EF＝x+3，
由勾股定理得，（6﹣x）2+32＝（x+3）2，
解得x＝2，
∴AE＝2，
∴DE＝ ，
故答案为：2 ．
【点拨】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，熟练掌握半角
模型的处理策略是解题的关键．
4．5
【分析】由旋转的性质可得 ， ， ，由“ ”可证
，可得 ，由勾股定理可求解．
解：由旋转的性质可知： ， ， ，
，点 在 的延长线上，
四边形 为正方形，
．
又 ，
．
．
．
在 和 中，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：5．
【点拨】本题考查了旋转的性质、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，正方形的性质，解题
的关键是掌握利用勾股定理求线段的长．
5．
【分析】将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，可得△ACE≌△BCG，从而得FG2＝AE2
＋BF2，再证明△ECF≌△GCF，从而得EF2＝AE2＋BF2，进而即可求解．
解：将CE绕点C顺时针旋转90°得到CG，连接GB，GF，
∵∠BCE＋∠ECA＝∠BCG＋∠BCE＝90°
∴∠ACE＝∠BCG．
∵在△ACE与△BCG中，∵ ，
∴△ACE≌△BCG（SAS），
∴∠A＝∠CBG＝45°，AE＝BG，
∴∠FBG＝∠FBC＋∠CBG＝90°．
在Rt△FBG中，∠FBG＝90°，
∴FG2＝BG2＋BF2＝AE2＋BF2．
又∵∠ECF＝45°，
∴∠FCG＝∠ECG−∠ECF＝45°＝∠ECF．
∵在△ECF与△GCF中，
，
∴△ECF≌△GCF（SAS）．
∴EF＝GF，
∴EF2＝AE2＋BF2，
∵ ，
∴BF= ，
故答案是： ．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质以及旋转变换，二次根式的化简，通过旋转变换，构造全等三角形，是解题的关键．
6．2 +2
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝
∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求
出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
解：将 ACN绕点A逆时针旋转，得到 ABE，如图：
△ △
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在 AEM和 ANM中，
△ △
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，
△
∴CD＝ BC＝2，BD＝ ＝2 ，∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2 +2，
故答案为：2 +2．
【点拨】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是
解此题的关键．
7．
【分析】过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．通过证明△ABM≌△ACE
（SAS）推知全等三角形的对应边AM＝AE、对应角∠BAM＝∠CAE；然后由等腰直角三角形的性质和
∠MAN＝45°得到∠MAN＝∠EAN＝45°，所以△MAN≌△EAN（SAS），故全等三角形的对应边MN＝EN；最
后由勾股定理得到EN2＝EC2＋NC2即MN2＝BM2＋NC2．
解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE＝BM．连接AE、EN．
∵AB＝AC，∠BAC＝90°，
∴∠B＝∠ACB＝45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE＝∠B＝45°．
在△ABM和△ACE中 ，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM＝AE，∠BAM＝∠CAE．
∵∠BAC＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠BAM＋∠CAN＝45°．
于是，由∠BAM＝∠CAE，得∠MAN＝∠EAN＝45°．在△MAN和△EAN中 ，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN＝EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2＝EC2＋NC2．
∴MN2＝BM2＋NC2．
∵BM＝1，CN＝3，
∴MN2＝12＋32，
∴MN＝ ．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的综合应用，
掌握三角形的全等的判定定理是解题关键．
8．见分析．
【分析】将△ABE绕点A逆时针旋转90°得到△ADG，根据旋转的性质可得GD=BE，AG=AE，
∠DAG=∠BAE，然后求出∠FAG=∠EAF，再利用“边角边”证明△AEF和△AGF全等，根据全等三角形对应
边相等可得EF=FG，即可得出结论．
解：如解图，将 绕点 逆时针旋转 至 的位置，使 与 重合．
∴ ， ．
∵ ．
∴ ，
∴ ．
在 和 中，
，∴ ．
∴ ．
∵ ，
∴ ．
【点拨】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，难点在于利用旋转变换
作出全等三角形．
9．（1）见详解；（2）见详解；（3）MN2=BM2+NC2，理由见详解.
【分析】（1）根据旋转中心、旋转方向和旋转角度进行作图即可；
（2）先根据SAS判定 MAN≌△QAN，进而得出结论；
（3）再由全等三角形△和旋转的性质，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt NCQ中的勾股定理得出结
论； △
解：（1）如图，△ACQ即为所求；
（2）证明：由旋转可得，△ABM≌△ACQ，
∴AM=AQ，∠BAM=∠CAQ
∵∠MAN=45°，∠BAC=90°
∴∠BAM+∠NAC=45°
∴∠CAQ+∠NAC=45°，即∠NAQ=45°
在△MAN和△QAN中
，
∴△MAN≌△QAN（SAS），
∴MN=NQ；
（3）MN2=BM2+NC2；
由（2）中可知，MN=NQ，MB=CQ，
又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°在Rt△NCQ中，有
NQ2=CQ2+NC2，
即MN2=BM2+NC2；
【点拨】本题主要考查了图形的旋转、全等三角形，以及勾股定理，解决问题的关键是掌握旋转变换
思想方法在解决问题过程中的应用．解题时注意：①旋转不改变图形的形状和大小（即旋转前后的两个图
形全等），②任意一对对应点与旋转中心的连线所成的角彼此相等（都是旋转角），③经过旋转，对应点
到旋转中心的距离相等．
10．（1）①见分析②见分析（2）
【分析】（1）在△ABE和△ADG中，根据SAS得出△ABE≌△ADG则∠BEA＝∠G.然后在△FAE和△GAF
中通过SAS证明得出△FAE≌△GAF，则EF=FG.
（2）过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．在△ABM和△ACE中，通过
SAS证明得出△ABM≌△ACE, AM=AE, ∠BAM+∠CAN=45°. 在△MAN和△EAN中，通过SAS证明得出
△MAN≌△EAN, MN=EN. Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2得出最终结果.
解：（1）证明：在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADG，AD=AB，
在△ABE和△ADG中， ，
∴△ABE≌△ADG（SAS），∠BEA＝∠G
∴∠BAE=∠DAG，AE=AG，
又∠BAD＝90°，
∴∠EAG=90°，∠FAG＝45°
在△FAE和△GAF中， ，
∴△FAE≌△GAF（SAS），
∴EF=FG（2）
解：如图，过点C作CE⊥BC，垂足为点C，截取CE，使CE=BM．连接AE、EN．
∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴∠B=∠ACB=45°．
∵CE⊥BC，
∴∠ACE=∠B=45°．
在△ABM和△ACE中， ，
∴△ABM≌△ACE（SAS）．
∴AM=AE，∠BAM=∠CAE．
∵∠BAC=90°，∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠CAN=45°．
于是，由∠BAM=∠CAE，得∠MAN=∠EAN=45°．
在△MAN和△EAN中， ，
∴△MAN≌△EAN（SAS）．
∴MN=EN．
在Rt△ENC中，由勾股定理，得EN2=EC2+NC2．
∴MN2=BM2+NC2．
∵BM=1，CN=3，
∴MN2=12+32，
∴MN= .
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定定理、勾股定理，做辅助线是本题的难点．11．见分析
【分析】①把 ABE逆时针旋转90°得到 ADG，根据旋转的性质可得BE=GD，AE=AG，再根据
∠EAF=45°求出∠FA△G=45°，然后利用边角边定△理证明 AEF与 AGF全等，根据全等三角形对应边相等可得
EF=GF，即EF=GD+FD，即可证明EF=BE+DF； △ △
②把 ADH绕点A顺时针旋转90°得到 ABN，连接GN，根据旋转的性质得到∠NAE=∠EAF，根据全等
三角形的△性质得到GH=GN，求得∠NBG=∠A△BN+∠ABG=45°+45°=90°，根据勾股定理得到BG2+HD2=GH2；
解：①如图，把 ABE逆时针旋转90°得到 ADM，
△ △
∴BE=MD，AE=AM，
∵∠EAF=45°，
∴∠FAM=90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠FAM，
在 AEF和 AMF中，
△ △
，
∴△AEF≌△AMF（SAS），
∴EF=MF，
即EF=MD+DF，
∴BE+DF=EF；
②如图，把 ADH绕点A顺时针旋转90°得到 ABN，连接GN，
∴BN=DH，A△N=AH，∠BAN=∠DAH，∠ABN=∠△ADH，
∵∠EAF=45°，
∴∠NAE=∠BAN+∠BAE=∠DAH+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，∴∠NAE=∠EAF，
在 ANG和 AGH中，
△ △
，
∴△AGN≌△AGH（SAS），
∴GH=GN，
在正方形ABCD中，∠ABE=∠ADH=45°，
∴∠NBG=∠ABN+∠ABG=45°+45°=90°，
∴BG2+BN2=NG2，
即BG2+HD2=GH2.
【点拨】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质；熟练掌握正方形的性质是解决问题的
关键．
12．（1）证明见分析；（2）EG=10．
【分析】（1）延长AD至F，使DF=BE，连接CF，根据正方形的性质，可直接证明△EBC≌△FDC，
从而得出∠BCE=∠DCF，根据∠GCE=45°，得∠GCF=∠GCE=45°，利用全等三角形的判定方法得出
△ECG≌△FCG，即GE=GF，即可证出EG=BE+GD；
（2）过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，则四边形ABCD是正方形，设EG=x，则AE=8，根据（1）
可得：AG=16-x，在直角△AGE中利用勾股定理即可求解．
解：（1）证明：如图3所示，延长AD至F，使DF=BE，连接CF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，
∵∠CDF=180°-∠ADC，
∴∠CDF=90°，
∴∠ABC=∠CDF，∵BE=DF，
∴△EBC≌△FDC，
∴∠BCE=∠DCF，EC=FC，
∵∠ECG=45°，
∴∠BCE+∠GCD=90°-∠ECG=90°-45°=45°，
∴∠GCD+∠DCF=∠FCG=45°，
∴∠ECG=∠FCG．
∵GC=GC，EC=FC，
∴△ECG≌△FCG，
∴EG=GF．
∵GF=GD+DF= BE+GD，
∴EG= BE+GD．
（2）解：如图4，过C作CD⊥AG，交AG延长线于D，
在直角梯形ABCG中，
∵AG BC，∠A=∠B=90°，
又∠CDA=90°，AB=BC，
∴四边形ABCD为正方形．
∴AD=AB=BC=12．
已知∠ECG=45°，根据（1）可知，EG=BE+DG，
设EG=x，则AG=AD-DG= AD-(EG-BE)=12-(x-4)=16-x，
∴AE=12-BE=12-4=8．
在Rt△AEG中
∵EG2=AG2+AE2，
即x2=（16-x）2+82，解得：x=10．
∴EG=10．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质以及正方形的性质，注意每个题目之间的关系，正确作
出辅助线是解题的关键．
13．（1）4；（2）见分析
【分析】（1）首先证明 BDM≌△CDN，进而得出 DMN是等边三角形，∠BDM=∠CDN=30°，NC=BM=
△ △
DM= MN，即可解决问题；
（2）延长 至点 ，使得 ，连接 ，首先证明 ，再证明
，得出 ，进而得出结果即可．
解：（1）∵ 是等边三角形， ，
，
∴ 是等边三角形， ，则 ，
∵ 是顶角 的等腰三角形，
，
，
在 和 中，
，
， ，
∵ ，
∴ 是等边三角形， ，
， ，
∴ 的周长 ．
（2）如图，延长 至点 ，使得 ，连接 ，
∵ 是等边三角形， 是顶角 的等腰三角形，
， ，
，，
在 和 中，
，
， ，
，
∵ ，
，
在 和 中，
．
，
又∵ ，
．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质及等腰三角形的性质，掌握全等三
角形的性质与判定，等边三角形及等腰三角形的性质是解题的关键．
14．（1）全等，理由详见分析；（2）5
【分析】（1）由题意易得∠ABG＝90°＝∠D，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得△GAE≌△FAE，GB＝DF，进而问题可求解．解：（1）全等．理由如下
∵∠D＝∠ABE＝90°，
∴∠ABG＝90°＝∠D，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△GAB≌△FAD（ASA）；
（2）∵∠BAD＝90°，∠EAF＝45°，
∴∠DAF+∠BAE＝45°，
∵△GAB≌△FAD，
∴∠GAB＝∠FAD，AG＝AF，
∴∠GAB+∠BAE＝45°，
∴∠GAE＝45°，
∴∠GAE＝∠EAF，
在△GAE和△FAE中，
，
∴△GAE≌△FAE（SAS）
∴EF＝GE
∵△GAB≌△FAD，
∴GB＝DF，
∴EF＝GE＝GB+BE＝FD+BE＝2+3＝5．
【点拨】本题主要考查全等三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的性质与判定是解题的关键．
15．（1）AH=AB；（2）成立，理由见分析；（3）6
【分析】（1）先证明 ，可得 ， ，再证明 即可；
（2）延长 至 ，使 ，证明 ，能得到 ；
（3）分别沿 、 翻折 和 ，得到 和 ，然后分别延长 和 交于点
，得正方形 ，设 ，则 ， ，在 中，由勾股定理，解得 ．
解：（1）如图①， ．理由如下：四边形 是正方形，
， ，
在 和 中，
，
，
， ，
是等腰三角形，
又 ，
， ，
，
， ，
，
在 和 中，
，
，
；
故答案为： ；
（2）数量关系成立．如图②，延长 至 ，使 ．∵四边形 是正方形，
， ，
在 和 中，
，
∴ ≌ （SAS），
， ，
，
，
，
，
在 和 中，
，
．
， ，
、 是 和 对应边上的高，
．
（3）如图③分别沿 、 翻折 和 ，得到 和 ，
， ， ．
分别延长 和 交于点 ，得正方形 ，
由（2）可知， ．
设 ，则 ， ，
在 中，由勾股定理，得 ，
，解得 ， ．（不符合题意，舍去），
．
【点拨】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．
16．（1）30；（2）MN＝BM+NC；（3）MN＝BM+NC，证明见分析；（4）
【分析】（1）先证明△MDN是等边三角形，则MN＝DM＝DN，再证明Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
得∠BDM＝∠CDN＝30°；
（2）由（1）得DM＝2BM，可得结论MN＝2BM＝BM+NC；
归纳证明：先证△DBM≌△DCE（HL），得DM＝DE，∠BDM＝∠CDE，再证△MDN≌△EDN
（SAS），得MN＝NE，可得结论MN＝BM+CN；
拓展应用：
（3）首先根据题意利用SAS证明△DBM≌△DCE，然后证明△MDN≌△EDN，根据全等三角形对应相等
通过线段之间的转化即可得到MN＝BM+NC；
（4）由（3）得到MN＝BM+NC，则△AMN的周长＝2AB，△ABC的周长＝3AB，即可得出结论．
解：特例探究：
解：（1）∵DM＝DN，∠MDN＝60°，
∴△MDN是等边三角形，
∴MN＝DM＝DN，
∵∠BDC＝120°，BD＝DC，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，∴∠DBM＝∠DCN＝90°，
∵BD＝CD，DM＝DN，
∴Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴∠MDB＝∠NDC＝30°，
故答案为：30；
（2）由（1）得：DM＝2BM，DM＝MN，Rt△DBM≌Rt△DCN（HL），
∴BM＝CN，
∴DM＝MN＝2BM＝BM+NC，
即MN＝BM+NC；
归纳证明
（3）解：猜想：MN＝BM+NC，证明如下：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC＝∠ACB＝60°，
∵BD＝CD，∠BDC＝120°，
∴∠DBC＝∠DCB＝30°，
∴∠MBD＝∠NCD＝90°．
∴∠MBD＝∠ECD＝90°，
又∵BD＝CD，BM＝CE，
∴△DBM≌△DCE（SAS），
∴DM＝DE，∠MDB＝∠EDC，
∵∠MDN＝60°，∠BDC＝120°，
∴∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠NDC+∠EDC＝∠MDB+∠NDC＝60°，
∴∠EDN＝∠MDN，
又∵DN＝DN，
∴△MDN≌△EDN（SAS），
∴MN＝EN＝EC+NC＝BM+NC；
拓展应用
（4）解：由（1）（2）得：MN＝BM+NC，
∴△AMN的周长＝AM+MN+AN＝AM+BM+NC+AN＝AB+AC＝2AB，
∵△ABC是等边三角形，∴AB＝BC＝AC，
∴△ABC的周长＝3AB，
∴△AMN的周长与△ABC的周长的比为 ＝ ，
故答案为： ．
【点拨】此题考查了等边三角形的性质的，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是熟练掌握
等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质．
17．(1)45；(2)DF＝BE+EF，证明见分析；(3)2
【分析】（1）把 绕点 逆时针旋转 至 ，则 、 、 在一条直线上， ，
再证 △ ，得 ，进而得出结论；
（2）将 绕点 逆时针旋转 得到 ，由旋转的性质得 ，再证 △
，得 ，进而得出结论；
（3）将 绕点 逆时针旋转得到 ，连接 ，则 ，得 ，因此
，同（2）得 △ ，则 ， ，得 、 、 围成
的三角形面积 ，即可求解．
解：如图1，∵正方形ABCD中，AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠ADC＝90°，
∴把 ABE绕点A逆时针旋转90°至 ，
△
则F、D、 在一条直线上， ≌△ABE，
∴ ＝BE，∠ ＝∠BAE， ＝AE，
∴∠ ＝∠EAD+∠ ＝∠EAD+∠BAE＝∠BAD＝90°，
则∠ ＝∠ ﹣∠EAF＝45°，
∴∠EAF＝∠ ，
∴△AEF≌△ （SAS），∴ ，
∵ ，
∴EF＝BE+DF．
故答案为：45；
（2）解：DF＝BE+EF 理由如下：
将 ABE绕点A逆时针旋转90°得到 ，
△ △
∴△ ≌△ABE，
∴AE＝ ，BE＝ ，∠ ＝∠BAE，
∴∠ ＝∠BAE+∠ ＝∠ +∠ ＝∠BAD＝90°，
则∠ ＝∠ ﹣∠EAF＝45°，
∴∠ ＝∠EAF＝45°，
在 AEF和 中，
△ △
，
∴△AEF≌△ （SAS），
∴ ，
∵ ，
∴DF＝BE+EF；
（3）解：将 ABD绕点A逆时针旋转得到 ，连接 ，
△ △则 ≌△ABD，
∴C△D'＝BD，
∴ ，
同（2）得： ADE≌△ （SAS），
△
∴ ， ，
∴BD、DE、EC围成的三角形面积为 、 、EC围成的三角形面积
．
【点拨】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定与性质、旋转的性质、正方形的性质以及四
边形和三角形面积等知识，本题综合性强，解此题的关键是根据旋转的启发正确作出辅助线得出全等三角
形，属于中考常考题型．
18．（1） ，理由见详解；（2）见详解；（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF
＝BE−FD．理由见详解．
【分析】（1）在CD的延长线上截取DM＝BE，连接AM，证出△ABE≌△ADM，根据全等三角形的性
质得出BE＝DM，再证明△AEF≌△AMF，得EF＝FM，进而即可得出答案；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，证出△ABE≌△ADG，根据全等三角形的性质得出BE
＝DG，再证明△AEF≌△AGF，得EF＝FG，即可得出答案；
（3）按照（2）的思路，我们应该通过全等三角形来实现相等线段的转换．就应该在BE上截取BG，
使BG＝DF，连接AG．根据（2）的证法，我们可得出DF＝BG，GE＝EF，那么EF＝GE＝BE−BG＝
BE−DF．所以（1）的结论在（3）的条件下是不成立的．
解： ，理由如下：
延长CD，使DM=BE，连接AM，∵在正方形 中，AB=AD，∠B=∠ADM=90°，
∴ ，
∴∠BAE=∠DAM，AE=AM，
∵ ，
∴∠BAE+∠DAF=∠DAM+∠DAF =90°-45°=45°，
∴∠EAF=∠MAF=45°，
又∵AF=AF，AE=AM，
∴ ，
∴EF=MF=MD+DF=BE+DF；
（2）在CD的延长线上截取DG＝BE，连接AG，如图，
∵∠ADF＝90°，∠ADF＋∠ADG＝180°，
∴∠ADG＝90°，
∵∠B＝90°，
∴∠B＝∠ADG＝90°，
∵BE＝DG，AB＝AD，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴∠BAE＝∠DAG，AG＝AE，
∴∠EAG＝∠EAD＋∠DAG＝∠EAD＋∠ABE＝∠BAD，∵ ，
∴∠EAF＝∠FAG，
又∵AF＝AF，AE＝AG，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF＝FG＝DF＋DG＝EB＋DF；
（3）结论EF＝BE＋FD不成立，应当是EF＝BE−FD．理由如下：
如图，在BE上截取BG，使BG＝DF，连接AG．
∵∠B＋∠ADC＝180°，∠ADF＋∠ADC＝180°，
∴∠B＝∠ADF．
∵在△ABG与△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS）．
∴∠BAG＝∠DAF，AG＝AF．
∴∠BAG＋∠EAD＝∠DAF＋∠EAD＝∠EAF＝ ∠BAD ．
∴∠GAE＝ ∠BAD=∠EAF．
∵AE＝AE，AG＝AF．
∴△AEG≌△AEF．
∴EG＝EF，∵EG＝BE−BG
∴EF＝BE−FD．
【点拨】本题考查了三角形综合题，三角形全等的判定和性质等知识，解题的关键是学会利用旋转变
换的思想添加辅助线，构造全等三角形解决问题，解题时注意一些题目虽然图形发生变化，但是证明思路
和方法是类似的，属于中考压轴题．
19．（1）45°；（2）见详解
【分析】（1）由CA⊥CB，可得∠ACB＝90°，再根据∠ECF＝45°，即可得出答案；
（2）如图，连接DE，先证明△ECF≌△ECD（SAS），可得DE＝EF，再证明△CAD≌△CBF（SAS），
可得AD＝BF，∠CAD＝∠B，即可得出∠DAE＝90°，再利用SSS证明△EFG≌△EDA，即可得出答案．
解：（1）∵CA⊥CB，
∴∠ACB＝90°，
∴∠ACE＋∠ECF＋∠BCF＝90°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ACE＋∠BCF＝90°−∠ECF＝45°；
（2）△EFG是直角三角形，理由如下：
如图，连接DE，
由（1）知，∠ACE＋∠BCF＝45°，
∵∠ACD＝∠BCF，
∴∠ACE＋∠ACD＝45°，即∠DCE＝45°，
∵∠ECF＝45°，
∴∠ECF＝∠ECD，
在△ECF和△ECD中，
，∴△ECF≌△ECD（SAS），
∴DE＝EF，
在△CAD和△CBF中，
，
∴△CAD≌△CBF（SAS），
∴AD＝BF，∠CAD＝∠B，
∵FG＝BF，
∴FG＝AD，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠CAB＝∠B＝45°，
∴∠DAE＝∠CAB＋∠B＝90°，
在△EFG和△EDA中，
，
∴△EFG≌△EDA（SSS），
∴∠EGF＝∠EAD＝90°，
∴△EFG是直角三角形．
【点拨】本题是三角形综合题，考查了等腰直角三角形性质，直角三角形的判定和性质，全等三角形
判定和性质等知识，解题关键是添加辅助线构造全等三角形，熟练运用全等三角形判定和性质解决问题．
20．（1）见分析；（2）EF=BE+FD；（3）不成立，理由见分析．
【分析】（1）可通过构建全等三角形实现线段间的转换，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，目的
就是要证明三角形AGE和三角形AEF全等，将EF转换为GE，证得EF=BE+DF，
（2）思路和辅助线方法与（1）一样，证明三角形ABG和三角形ADF全等，
（3）在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，用（1）中方法，可证得DF=BG，GE=EF，则
EF=GE=BE-BG=BE-DF
解：（1）如图，延长EB到G，使BG=DF，连接AG，在 与 中，
；
（2）（1）中结论EF=BE+FD仍成立，理由如下，
证明：如图，延长CB到M，使BM=DF，
在 与 中即
在 与 中
即
；
（3）结论EF=BE+FD不成立，理由如下，
证明：在BE上截取BG，使BG=DF，连接AG，
在 与 中．
【点拨】本题考查四边形综合题，三角形全等的判定与性质，本题中通过全等三角形来实现线段的转
换是解题关键，没有明确全等三角形时，要通过辅助线来构建与已知和所求条件相关联全等三角形．
21．（1）EF=DF+BE；（2）EF=DF-BE；（3）线段EF的长为 或 ．
【分析】（1）延长FD至G，使DG=BE，连接AG，先证△ABE≌△ADG，再证△GAF≌△EAF即可；
（2）在DC上截取DH=BE，连接AH，先证△ADH≌△ABE，再证△HAF≌EAF即可；
（3）分两种情形分别求解即可解决问题．
解：（1）结论：EF=BE+DF．
理由：延长FD至G，使DG=BE，连接AG，如图①，∵ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABE=ADG=∠DAB=90°，
∴△ABE≌△ADG（AAS），
∴AE=AG，∠DAG=∠EAB，
∵∠EAF=45°，
∴∠DAF+∠EAB=45°，
∴∠DAF+∠DAG=45°，
∴∠GAF=∠EAF=45°，
∵AF=AF，
∴△GAF≌△EAF（AAS），
∴EF=GF，
∴GF=DF+DG=DF+BE，
即：EF=DF+BE；
（2）结论：EF=DF-BE．
理由：在DC上截取DH=BE，连接AH，如图②，
∵AD=AB，∠ADH=∠ABE=90°，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AH=AE，∠DAH=∠EAB，
∵∠EAF=∠EAB+∠BAF=45°，
∴∠DAH+∠BAF=45°，
∴∠HAF=45°=∠EAF，
∵AF=AF，
∴△HAF≌EAF（SAS），∴HF=EF，
∵DF=DH+HF，
∴EF=DF-BE；
（3）①当MA经过BC的中点E时，同（1）作辅助线，如图：
设FD=x，由（1）的结论得FG=EF=2+x，FC=4-x．
在Rt△EFC中，（x+2）2=（4-x）2+22，
∴x= ，
∴EF=x+2= ．
②当NA经过BC的中点G时，同（2）作辅助线，
设BE=x，由（2）的结论得EC=4+x，EF=FH，
∵K为BC边的中点，∴CK= BC=2，
同理可证△ABK≌FCK（SAS），
∴CF=AB=4，EF=FH=CF+CD-DH=8-x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到：（4+x）2+42=（8-x）2，
∴x= ，
∴EF=8- = ．
综上，线段EF的长为 或 ．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，旋转变换，全等三角形的判定和性质，勾股
定理等知识，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，学会利用参数构建方
程解决问题．
22．（1） ；（2） ．理由见分析．
【分析】（1）线段 、 、 之间的数量关系是 ．如图，延长 至 ，使
，连接 ，利用全等三角形的性质解决问题即可．
（2）结论： ．如图中，在 上截取 ，连接 ，证明 ，
推出 ， ，再证明 ，可得结论．
解：线段 、 、 之间的数量关系是 ．
如图，延长 至 ，使 ，连接 ，
∵ ， ，即： ，
∴ ，在 和 中， ，
∴ ，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
{
AM=AF
)
在 和 中， ∠MAE=∠FAE ，
AE=AE
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ；
故答案为： ．
（2）结论： ．
理由：在 上截取 ，连接 ，
∵ ， ，
∴ ，在 与 中， ，
∴ ，
∴ ， ，则 ，
∴
∵ ， ，
∴ ，
在 与 中， ，
∴ ，
∴ ，
即 ，
即 ，
∴ ．
【点拨】本题考查全等三角形的判定和性质，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，属于中考常考题型．
23．（1） ；（2）（1）中的结论 仍然成立，理由见分析；（3）
或 或
【分析】（1）如图1，延长 到G，使 ，连接 ，即可证明 ，可得
，再证明 ，可得 ，即可解题；
（2）如图2，同理可得： ；
（3）如图3，作辅助线，构建 ，同理证明 和 ．可得新的结论：
；如图4，作辅助线 ，同理证明 和 ，可得新结论
；
解：（1）如图1，延长 到G，使 ，连接 ．
在 与 中，，
∴ ．
∴ ，
∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ．
∴ ；
（2）（1）中的结论 仍然成立．
理由如下：如图2，延长 到G，使 ，连接 ．
∵ ，
∴ ，
在 与 中，
，
∴ ．
∴ ，∴ ．
∴ ．
又∵ ，
∴ ．
∴ ．
∵ ．
∴ ；
（3）图2中， 成立，
图3中， ，理由如下：
在 上截取 ，使 ，连接 ．
∵ ，
∴ ．
在 与 中，
，∴ ．
∴ ．
∴ ．
∴ ．
在 和 中，
，
∴ ．
∴ ，
∵ ，
∴ ．
图4中， ，理由如下：
在 上截取 ，使 ，连接 ，
∵ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
∴ ；
综上所述，线段 之间的数量关系为： 或 或
，
故答案为： 或 或 ．
【点拨】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定与性质、平角的定义等知识，本题综合性
强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
24．(1)45；△AEF，△CEF；(2)PQ＝BP＋DQ；(3) ；(4)见分析
【分析】（1）利用翻折变换的性质可得∠EAF＝45°，证明△BAE≌△DAF（ASA），推出BE＝DF，AE
＝AF，可得结论．
（2）结论：PQ＝BP＋DQ．如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．证明△PAT≌△PAQ（SAS），可
得结论．
（3）证明△CAQ∽△BAM，可得 ．
（4）如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．证明△AMR≌△AMN
（SAS），∠RBM＝90°，可得结论．
(1)解：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝90°，
∴ABC，△ADC都是等腰三角形，
∵∠BAE＝∠CAE，∠DAF＝∠CAF，
∴∠EAF （∠BAC＋∠DAC）＝45°，
∵∠BAE＝∠DAF＝22.5°，∠B＝∠D＝90°，AB＝AD，
∴△BAE≌△DAF（ASA），
∴BE＝DF，AE＝AF，
∵CB＝CD，
∴CE＝CF，
∴△AEF，△CEF都是等腰三角形，
故答案为：45，△AEF，△EFC．
(2)解：结论：PQ＝BP＋DQ．
理由：如图2中，延长CB到T，使得BT＝DQ．
∵AD＝AB，∠ADQ＝∠ABT＝90°，DQ＝BT，
∴△ADQ≌△ABT（SAS），∴AT＝AQ，∠DAQ＝∠BAT，
∵∠PAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠BAP＋∠BAT＝∠BAP＋∠DAQ＝45°，
∴∠PAT＝∠PAQ＝45°，
∵AP＝AP，
∴△PAT≌△PAQ（SAS），
∴PQ＝PT，
∵PT＝PB＋BT＝PB＋DQ，
∴PQ＝BP＋DQ．
故答案为：PQ＝BP＋DQ．
(3)
解：如图3中，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABM＝∠ACQ＝∠BAC＝45°，AC AB，
∵∠BAC＝∠PAQ＝45°，
∴∠BAM＝∠CAQ，
∴△CAQ∽△BAM，
∴ ，
故答案为： ．
(4)
证明：如图4中，将△ADN绕点A顺时针旋转90°得到△ABR，连接RM．∵∠BAD＝90°，∠MAN＝45°，
∴∠DAN＋∠BAM＝45°，
∵∠DAN＝∠BAR，
∴∠BAM＋∠BAR＝45°，
∴∠MAR＝∠MAN＝45°，
∵AR＝AN，AM＝AM，
∴△AMR≌△AMN（SAS），
∴RM＝MN，
∵∠D＝∠ABR＝∠ABD＝45°，
∴∠RBM＝90°，
∴RM2＝BR2＋BM2，
∵DN＝BR，MN＝RM，
∴BM2＋DN2＝MN2．
【点拨】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，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，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题，属于中考压轴题．
