中考数学压轴题专题旋转的经典综合题附答案
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【答案】（1）45°；（2）①补图见解析；②BM、DN 和 MN 之间的数量关系是 BM2+MD2=MN2，证明见解析；（3）答案见解析. 【解析】 （1）利用等腰直角三角形的性质即可； （2）依题意画出如图 1 所示的图形，根据性质和正方形的性质，判断线段的关系，再利用 勾股定理得到 FB2+BM2=FM2，再判断出 FM=MN 即可； （3）利用△ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半，判断出 EF=EG，再利用（2）证明即可． 解：（1）∵ BD 是正方形 ABCD 的对角线，∴ ∠ ABD=∠ ADB=45°， ∵ AE⊥BD，∴ ∠ ABE=∠ BAE=45°， （2）①依题意补全图形，如图 1 所示，
由题意易知 P（2，2），当△ PFM 是等腰直角三角形时，四边形 PMP′N 是正方形，
∴ PF=FM，∠ PFM=90°，易证△ PFE≌ △ FMH，可得 PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴ M（m+2，
m﹣2），∵ 点 M 在 y 1 x2 4 上，∴ m 2 1 m 22 4 ，解得 m= 17 ﹣3 或
P（2，2），当△ PFM 是等腰直角三角形时，四边形 PMP′N 是正方形，推出 PF=FM，
∠ PFM=90°，易证△ PFE≌ △ FMH，可得 PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得 M（m+2，m﹣
2），理由待定系数法即可解决问题；情形 2，如图，四边形 PMP′N 是正方形，同法可得
M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题．
②BM、DN 和 MN 之间的数量关系是 BM2+MD2=MN2， 将△ AND 绕点 D 顺时针旋转 90°，得到△ AFB， ∴ ∠ ADB=∠ FBA，∠ BAF=∠ DAN，DN=BF，AF=AN， ∵ 在正方形 ABCD 中，AE⊥BD，∴ ∠ ADB=∠ ABD=45°， ∴ ∠ FBM=∠ FBA+∠ ABD=∠ ADB+∠ ABD=90°， 在 Rt△ BFM 中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2， ∵ 旋转△ ANE 得到 AB1E1，∴ ∠ E1AB1=45°，∴ ∠ BAB1+∠ DAN=90°﹣45°=45°， ∵ ∠ BAF=DAN，∴ ∠ BAB1+∠ BAF=45°，∴ ∠ FAM=45°，∴ ∠ FAM=∠ E1AB1， ∵ AM=AM，AF=AN，∴ △ AFM≌ △ ANM，∴ FM=MN， ∵ FB2+BM2=FM2，∴ DN2+BM2=MN2， （3）如图 2，
2
2
﹣ 17 ﹣3（舍弃），∴ m= 17 ﹣3 时，四边形 PMP′N 是正方形．
情形 2，如图，四边形 PMP′N 是正方形，同法可得 M（m﹣2，2﹣m），把 M（m﹣2，2
﹣m）代入 y 1 x2 4 中， 2 m 1 m 22 4 ，解得 m=6 或 0（舍弃），∴ m=6
（Ⅰ）如图①，当点 D 落在 BC 边上时，求点 D 的坐标； （Ⅱ）如图②，当点 D 落在线段 BE 上时， AD 与 BC 交于点 H . ①求证△ADB ≌△AOB ；
3．在△ ABC 中，AB=AC，将线段 AC 绕着点 C 逆时针旋转得到线段 CD，旋转角为 ，且
，连接 AD、BD．
（1）如图 1，当∠ BAC=100°，
时，∠ CBD 的大小为_________；
（2）如图 2，当∠ BAC=100°，
时，求∠ CBD 的大小；
（3）已知∠ BAC 的大小为 m（ 同，请直接写出 的大小．
y
1 x2 4 2
y 1 (x 4
，消去
y
得到
x2
2mx
2m2
8
0
，由题意，
2
(2 4 2m2 8 0
抛物线
C′与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
2m 0
，解得
2m2 8 0
2＜m＜ 2 2 ，∴ 满足条件的 m 的取值范围为 2＜m＜ 2 2 ．
（3）结论：四边形 PMP′N 能成为正方形． 理由：1 情形 1，如图，作 PE⊥x 轴于 E，MH⊥x 轴于 H．
（3）α=120°-m°，α=60°或 α=240-m°． 考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．
4．如图所示，在△ ABC 中，D、E 分别是 AB、AC 上的点，DE∥ BC，如图①，然后将 △ ADE 绕 A 点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将 BD、CE 分别延长至 M、N，使 DM
DM= BD，EN= CE，可证△ ABM≌ △ ACN，所以 AM=AN，即∠ MAN=∠ BAC．
（2）直接类比（1）中结果可知 AM=k•AN，∠ MAN=∠ BAC．
5．在平面直角坐标系中，四边形 AOBC 是矩形，点 O(0,0) ，点 A(5, 0) ，点 B(0,3) .以点 A 为中心，顺时针旋转矩形 AOBC ，得到矩形 ADEF ，点 O ， B ， C 的对应点分别为 D，E，F .
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点 C（0，4），A（ 2 2 ，0），设抛物线的解析式为
y ax2 4 ，把 A（ 2
2
，0）代入可得
a=
1 2
，∴
抛物线
C
的函数表达式为
y 1 x2 4． 2
（2）由题意抛物线 C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线 C′的解析式为
y
1 2
xBiblioteka Baidu
m2
4 ，由
2
2
时，四边形 PMP′N 是正方形．
综上所述：m=6 或 m= 17 ﹣3 时，四边形 PMP′N 是正方形．
2．在正方形 ABCD 中，连接 BD． （1）如图 1，AE⊥BD 于 E．直接写出∠ BAE 的度数． （2）如图 1，在（1）的条件下，将△ AEB 以 A 旋转中心，沿逆时针方向旋转 30°后得到 △ AB′E′，AB′与 BD 交于 M，AE′的延长线与 BD 交于 N． ①依题意补全图 1； ②用等式表示线段 BM、DN 和 MN 之间的数量关系，并证明． （3）如图 2，E、F 是边 BC、CD 上的点，△ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半，AE、AF 分别与 BD 交于 M、N，写出判断线段 BM、DN、MN 之间数量关系的思路．（不必写出完 整推理过程）
一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 C：y=ax2+bx+c 与 x 轴相交于 A，B 两点，顶
点为 D（0，4），AB=4 2 ，设点 F（m，0）是 x 轴的正半轴上一点，将抛物线 C 绕点 F
旋转 180°，得到新的抛物线 C′． （1）求抛物线 C 的函数表达式； （2）若抛物线 C′与抛物线 C 在 y 轴的右侧有两个不同的公共点，求 m 的取值范围． （3）如图 2，P 是第一象限内抛物线 C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点 P 在抛物线 C′上的对应点 P′，设 M 是 C 上的动点，N 是 C′上的动点，试探究四边形 PMP′N 能否成为正 方形？若能，求出 m 的值；若不能，请说明理由．
y
1 2
x
m2
4
，由
y
y
1 2
1 x2 2
x m2
4
4
，消去
y
得到
x2
2mx
2m2
8
0
，由题
(2 4 2m2 8 0
意，抛物线
C′与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
2m 0
，
2m2 8 0
解不等式组即可解决问题；
（3）情形 1，四边形 PMP′N 能成为正方形．作 PE⊥x 轴于 E，MH⊥x 轴于 H．由题意易知
＝ BD，EN＝ CE，得到图③，请解答下列问题：
(1)若 AB＝AC，请探究下列数量关系： ①在图②中，BD 与 CE 的数量关系是________________； ②在图③中，猜想 AM 与 AN 的数量关系、∠ MAN 与∠ BAC 的数量关系，并证明你的猜 想； (2)若 AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM 与 AN 的数量关 系、∠ MAN 与∠ BAC 的数量关系，直接写出你的猜想，不必证
明．
【答案】（1）①BD=CE； ②AM=AN，∠ MAN=∠ BAC 理由如下： ∵ 在图①中，DE//BC，AB=AC ∴ AD="AE."
在△ ABD 与△ ACE 中 ∴ BD=CE，∠ ACE=∠ ABD.
∴ △ ABD≌ △ ACE.
在△ DAM 与△ EAN 中，
∵ DM= BD，EN= CE，BD=CE，∴ DM=EN，∵ ∠ AEN=∠ ACE+∠ CAE， ∠ ADM=∠ ABD+∠ BAD，∴ ∠ AEN=∠ ADM. 又∵ AE=AD，∴ △ ADM≌ △ AEN.∴ AM=AN，∠ DAM=∠ EAN.∴ ∠ MAN=∠ DAE=∠ BAC. ∴ AM=AN，∠ MAN=∠ BAC. （2）AM=kAN，∠ MAN=∠ BAC. 【解析】 （1）①根据题意和旋转的性质可知△ AEC≌ △ ADB，所以 BD=CE； ②根据题意可知∠ CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△ BAD≌ △ CAE，在△ ABM 和 △ ACN 中，
【答案】（1）
y
1 2
x2
4
；（2）2＜m＜
2
2 ；（3）m=6 或 m=
17 ﹣3．
【解析】
试题分析：（1）由题意抛物线的顶点 C（0，4），A（ 2 2 ，0），设抛物线的解析式为
y ax2 4 ，把 A（ 2
2
，0）代入可得
a=
1 2
，由此即可解决问题；
（2）由题意抛物线 C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线 C′的解析式为
），若∠ CBD 的大小与（2）中的结果相
【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或 α=240-m°. 【解析】 试题分析：（1）由∠ BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ ABC=∠ ACB=40°，旋转角为 α，α=60° 时△ ACD 是等边三角形，且 AC=AD=AB=CD，知道∠ BAD 的度数，进而求得∠ CBD 的大小. （2）由∠ BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ ABC=∠ ACB=40°，连结 DF、BF．AF=FC=AC， ∠ FAC=∠ AFC=60°，∠ ACD=20°，由∠ DCB=20°案．依次证明△ DCB≌ △ FCB， △ DAB≌ △ DAF．利用角度相等可以得到答案． （3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案． 试题解析：（1）30°；（2）30°； （2）如图作等边△ AFC，连结 DF、BF． ∴ AF=FC=AC，∠ FAC=∠ AFC=60°． ∵ ∠ BAC=100°，AB=AC，∴ ∠ ABC=∠ BCA=40°． ∵ ∠ ACD=20°，∴ ∠ DCB=20°． ∴ ∠ DCB=∠ FCB=20°．① ∵ AC=CD，AC=FC，∴ DC=FC．② ∵ BC=BC，③ ∴ 由①②③，得△ DCB≌ △ FCB， ∴ DB=BF，∠ DBC=∠ FBC． ∵ ∠ BAC=100°，∠ FAC=60°，∴ ∠ BAF=40°． ∵ ∠ ACD=20°，AC=CD，∴ ∠ CAD=80°．∴ ∠ DAF=20°． ∴ ∠ BAD=∠ FAD=20°．④ ∵ AB=AC，AC=AF，∴ AB=AF．⑤ ∵ AD=AD，⑥ ∴ 由④⑤⑥，得△ DAB≌ △ DAF．∴ FD=BD．∴ FD=BD=FB．∴ ∠ DBF=60°．∴ ∠ CBD=30°．
将△ ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ ABG，∴ DF=GB， ∵ 正方形 ABCD 的周长为 4AB，△ CEF 周长为 EF+EC+CF， ∵ △ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半，∴ 4AB=2（EF+EC+CF），∴ 2AB=EF+EC+CF ∵ EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴ 2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴ EF=DF+BE， ∵ DF=GB，∴ EF=GB+BE=GE，由旋转得到 AD=AG=AB， ∵ AM=AM，∴ △ AEG≌ △ AEF，∠ EAG=∠ EAF=45°，和（2）的②一样，得到 DN2+BM2=MN2． “点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判 断出（△ AFN≌ △ ANM，得到 FM=MM），是解题的关键.
由题意易知 P（2，2），当△ PFM 是等腰直角三角形时，四边形 PMP′N 是正方形，
∴ PF=FM，∠ PFM=90°，易证△ PFE≌ △ FMH，可得 PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，∴ M（m+2，
m﹣2），∵ 点 M 在 y 1 x2 4 上，∴ m 2 1 m 22 4 ，解得 m= 17 ﹣3 或
P（2，2），当△ PFM 是等腰直角三角形时，四边形 PMP′N 是正方形，推出 PF=FM，
∠ PFM=90°，易证△ PFE≌ △ FMH，可得 PE=FH=2，EF=HM=2﹣m，可得 M（m+2，m﹣
2），理由待定系数法即可解决问题；情形 2，如图，四边形 PMP′N 是正方形，同法可得
M（m﹣2，2﹣m），利用待定系数法即可解决问题．
②BM、DN 和 MN 之间的数量关系是 BM2+MD2=MN2， 将△ AND 绕点 D 顺时针旋转 90°，得到△ AFB， ∴ ∠ ADB=∠ FBA，∠ BAF=∠ DAN，DN=BF，AF=AN， ∵ 在正方形 ABCD 中，AE⊥BD，∴ ∠ ADB=∠ ABD=45°， ∴ ∠ FBM=∠ FBA+∠ ABD=∠ ADB+∠ ABD=90°， 在 Rt△ BFM 中，根据勾股定理得，FB2+BM2=FM2， ∵ 旋转△ ANE 得到 AB1E1，∴ ∠ E1AB1=45°，∴ ∠ BAB1+∠ DAN=90°﹣45°=45°， ∵ ∠ BAF=DAN，∴ ∠ BAB1+∠ BAF=45°，∴ ∠ FAM=45°，∴ ∠ FAM=∠ E1AB1， ∵ AM=AM，AF=AN，∴ △ AFM≌ △ ANM，∴ FM=MN， ∵ FB2+BM2=FM2，∴ DN2+BM2=MN2， （3）如图 2，
2
2
﹣ 17 ﹣3（舍弃），∴ m= 17 ﹣3 时，四边形 PMP′N 是正方形．
情形 2，如图，四边形 PMP′N 是正方形，同法可得 M（m﹣2，2﹣m），把 M（m﹣2，2
﹣m）代入 y 1 x2 4 中， 2 m 1 m 22 4 ，解得 m=6 或 0（舍弃），∴ m=6
（Ⅰ）如图①，当点 D 落在 BC 边上时，求点 D 的坐标； （Ⅱ）如图②，当点 D 落在线段 BE 上时， AD 与 BC 交于点 H . ①求证△ADB ≌△AOB ；
3．在△ ABC 中，AB=AC，将线段 AC 绕着点 C 逆时针旋转得到线段 CD，旋转角为 ，且
，连接 AD、BD．
（1）如图 1，当∠ BAC=100°，
时，∠ CBD 的大小为_________；
（2）如图 2，当∠ BAC=100°，
时，求∠ CBD 的大小；
（3）已知∠ BAC 的大小为 m（ 同，请直接写出 的大小．
y
1 x2 4 2
y 1 (x 4
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得到
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，由题意，
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C′与抛物线
C
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y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
2m 0
，解得
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2＜m＜ 2 2 ，∴ 满足条件的 m 的取值范围为 2＜m＜ 2 2 ．
（3）结论：四边形 PMP′N 能成为正方形． 理由：1 情形 1，如图，作 PE⊥x 轴于 E，MH⊥x 轴于 H．
（3）α=120°-m°，α=60°或 α=240-m°． 考点：1.全等三角形的判定和性质；2.等边三角形的判定和性质．
4．如图所示，在△ ABC 中，D、E 分别是 AB、AC 上的点，DE∥ BC，如图①，然后将 △ ADE 绕 A 点顺时针旋转一定角度，得到图②，然后将 BD、CE 分别延长至 M、N，使 DM
DM= BD，EN= CE，可证△ ABM≌ △ ACN，所以 AM=AN，即∠ MAN=∠ BAC．
（2）直接类比（1）中结果可知 AM=k•AN，∠ MAN=∠ BAC．
5．在平面直角坐标系中，四边形 AOBC 是矩形，点 O(0,0) ，点 A(5, 0) ，点 B(0,3) .以点 A 为中心，顺时针旋转矩形 AOBC ，得到矩形 ADEF ，点 O ， B ， C 的对应点分别为 D，E，F .
试题解析：（1）由题意抛物线的顶点 C（0，4），A（ 2 2 ，0），设抛物线的解析式为
y ax2 4 ，把 A（ 2
2
，0）代入可得
a=
1 2
，∴
抛物线
C
的函数表达式为
y 1 x2 4． 2
（2）由题意抛物线 C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线 C′的解析式为
y
1 2
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m2
4 ，由
2
2
时，四边形 PMP′N 是正方形．
综上所述：m=6 或 m= 17 ﹣3 时，四边形 PMP′N 是正方形．
2．在正方形 ABCD 中，连接 BD． （1）如图 1，AE⊥BD 于 E．直接写出∠ BAE 的度数． （2）如图 1，在（1）的条件下，将△ AEB 以 A 旋转中心，沿逆时针方向旋转 30°后得到 △ AB′E′，AB′与 BD 交于 M，AE′的延长线与 BD 交于 N． ①依题意补全图 1； ②用等式表示线段 BM、DN 和 MN 之间的数量关系，并证明． （3）如图 2，E、F 是边 BC、CD 上的点，△ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半，AE、AF 分别与 BD 交于 M、N，写出判断线段 BM、DN、MN 之间数量关系的思路．（不必写出完 整推理过程）
一、旋转 真题与模拟题分类汇编（难题易错题）
1．如图 1，在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 C：y=ax2+bx+c 与 x 轴相交于 A，B 两点，顶
点为 D（0，4），AB=4 2 ，设点 F（m，0）是 x 轴的正半轴上一点，将抛物线 C 绕点 F
旋转 180°，得到新的抛物线 C′． （1）求抛物线 C 的函数表达式； （2）若抛物线 C′与抛物线 C 在 y 轴的右侧有两个不同的公共点，求 m 的取值范围． （3）如图 2，P 是第一象限内抛物线 C 上一点，它到两坐标轴的距离相等，点 P 在抛物线 C′上的对应点 P′，设 M 是 C 上的动点，N 是 C′上的动点，试探究四边形 PMP′N 能否成为正 方形？若能，求出 m 的值；若不能，请说明理由．
y
1 2
x
m2
4
，由
y
y
1 2
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x m2
4
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得到
x2
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2m2
8
0
，由题
(2 4 2m2 8 0
意，抛物线
C′与抛物线
C
在
y
轴的右侧有两个不同的公共点，则有
2m 0
，
2m2 8 0
解不等式组即可解决问题；
（3）情形 1，四边形 PMP′N 能成为正方形．作 PE⊥x 轴于 E，MH⊥x 轴于 H．由题意易知
＝ BD，EN＝ CE，得到图③，请解答下列问题：
(1)若 AB＝AC，请探究下列数量关系： ①在图②中，BD 与 CE 的数量关系是________________； ②在图③中，猜想 AM 与 AN 的数量关系、∠ MAN 与∠ BAC 的数量关系，并证明你的猜 想； (2)若 AB＝k·AC(k＞1)，按上述操作方法，得到图④，请继续探究：AM 与 AN 的数量关 系、∠ MAN 与∠ BAC 的数量关系，直接写出你的猜想，不必证
明．
【答案】（1）①BD=CE； ②AM=AN，∠ MAN=∠ BAC 理由如下： ∵ 在图①中，DE//BC，AB=AC ∴ AD="AE."
在△ ABD 与△ ACE 中 ∴ BD=CE，∠ ACE=∠ ABD.
∴ △ ABD≌ △ ACE.
在△ DAM 与△ EAN 中，
∵ DM= BD，EN= CE，BD=CE，∴ DM=EN，∵ ∠ AEN=∠ ACE+∠ CAE， ∠ ADM=∠ ABD+∠ BAD，∴ ∠ AEN=∠ ADM. 又∵ AE=AD，∴ △ ADM≌ △ AEN.∴ AM=AN，∠ DAM=∠ EAN.∴ ∠ MAN=∠ DAE=∠ BAC. ∴ AM=AN，∠ MAN=∠ BAC. （2）AM=kAN，∠ MAN=∠ BAC. 【解析】 （1）①根据题意和旋转的性质可知△ AEC≌ △ ADB，所以 BD=CE； ②根据题意可知∠ CAE=BAD，AB=AC，AD=AE，所以得到△ BAD≌ △ CAE，在△ ABM 和 △ ACN 中，
【答案】（1）
y
1 2
x2
4
；（2）2＜m＜
2
2 ；（3）m=6 或 m=
17 ﹣3．
【解析】
试题分析：（1）由题意抛物线的顶点 C（0，4），A（ 2 2 ，0），设抛物线的解析式为
y ax2 4 ，把 A（ 2
2
，0）代入可得
a=
1 2
，由此即可解决问题；
（2）由题意抛物线 C′的顶点坐标为（2m，﹣4），设抛物线 C′的解析式为
），若∠ CBD 的大小与（2）中的结果相
【答案】（1）30°；（2）30°；（3）α=120°-m°，α=60°或 α=240-m°. 【解析】 试题分析：（1）由∠ BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ ABC=∠ ACB=40°，旋转角为 α，α=60° 时△ ACD 是等边三角形，且 AC=AD=AB=CD，知道∠ BAD 的度数，进而求得∠ CBD 的大小. （2）由∠ BAC=100°，AB=AC，可以确定∠ ABC=∠ ACB=40°，连结 DF、BF．AF=FC=AC， ∠ FAC=∠ AFC=60°，∠ ACD=20°，由∠ DCB=20°案．依次证明△ DCB≌ △ FCB， △ DAB≌ △ DAF．利用角度相等可以得到答案． （3）结合（1）（2）的解题过程可以发现规律，求得答案． 试题解析：（1）30°；（2）30°； （2）如图作等边△ AFC，连结 DF、BF． ∴ AF=FC=AC，∠ FAC=∠ AFC=60°． ∵ ∠ BAC=100°，AB=AC，∴ ∠ ABC=∠ BCA=40°． ∵ ∠ ACD=20°，∴ ∠ DCB=20°． ∴ ∠ DCB=∠ FCB=20°．① ∵ AC=CD，AC=FC，∴ DC=FC．② ∵ BC=BC，③ ∴ 由①②③，得△ DCB≌ △ FCB， ∴ DB=BF，∠ DBC=∠ FBC． ∵ ∠ BAC=100°，∠ FAC=60°，∴ ∠ BAF=40°． ∵ ∠ ACD=20°，AC=CD，∴ ∠ CAD=80°．∴ ∠ DAF=20°． ∴ ∠ BAD=∠ FAD=20°．④ ∵ AB=AC，AC=AF，∴ AB=AF．⑤ ∵ AD=AD，⑥ ∴ 由④⑤⑥，得△ DAB≌ △ DAF．∴ FD=BD．∴ FD=BD=FB．∴ ∠ DBF=60°．∴ ∠ CBD=30°．
将△ ADF 绕点 A 顺时针旋转 90°得到△ ABG，∴ DF=GB， ∵ 正方形 ABCD 的周长为 4AB，△ CEF 周长为 EF+EC+CF， ∵ △ CEF 周长是正方形 ABCD 周长的一半，∴ 4AB=2（EF+EC+CF），∴ 2AB=EF+EC+CF ∵ EC=AB﹣BE，CF=AB﹣DF，∴ 2AB=EF+AB﹣BE+AB﹣DF，∴ EF=DF+BE， ∵ DF=GB，∴ EF=GB+BE=GE，由旋转得到 AD=AG=AB， ∵ AM=AM，∴ △ AEG≌ △ AEF，∠ EAG=∠ EAF=45°，和（2）的②一样，得到 DN2+BM2=MN2． “点睛”此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质、旋转的性质，三角形的全等，判 断出（△ AFN≌ △ ANM，得到 FM=MM），是解题的关键.