5. (2024·宿迁共同体期末)如图,等腰直角三角形 $ABC$ 中,$\angle BAC = 90^{\circ}$,$AB = AC$,点 $M$,$N$ 在边 $BC$ 上,且 $\angle MAN = 45^{\circ}$。若 $BM = 1$,$CN = 3$,则 $MN$ 的长为
$\sqrt{10}$
。答案：$\sqrt{10}$
解析：
证明：将△ABM绕点A逆时针旋转90°至△ACF，连接NF。
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°。
由旋转性质得：AF=AM，CF=BM=1，∠CAF=∠BAM，∠ACF=∠ABM=45°，
∴∠NCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°。
∵∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠CAN=∠BAC - ∠MAN=45°，
∴∠NAF=∠CAF+∠CAN=∠BAM+∠CAN=45°=∠MAN。
在△MAN和△FAN中，
$\begin{cases}AM=AF \\\angle MAN=\angle FAN \\AN=AN\end{cases}$
∴△MAN≌△FAN(SAS)，
∴MN=FN。
在Rt△NCF中，CN=3，CF=1，
由勾股定理得：$FN=\sqrt{CN^2 + CF^2}=\sqrt{3^2 + 1^2}=\sqrt{10}$，
∴MN=FN=$\sqrt{10}$。
$\sqrt{10}$
∵△ABC是等腰直角三角形，∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB=45°。
由旋转性质得：AF=AM，CF=BM=1，∠CAF=∠BAM，∠ACF=∠ABM=45°，
∴∠NCF=∠ACB+∠ACF=45°+45°=90°。
∵∠MAN=45°，
∴∠BAM+∠CAN=∠BAC - ∠MAN=45°，
∴∠NAF=∠CAF+∠CAN=∠BAM+∠CAN=45°=∠MAN。
在△MAN和△FAN中，
$\begin{cases}AM=AF \\\angle MAN=\angle FAN \\AN=AN\end{cases}$
∴△MAN≌△FAN(SAS)，
∴MN=FN。
在Rt△NCF中，CN=3，CF=1，
由勾股定理得：$FN=\sqrt{CN^2 + CF^2}=\sqrt{3^2 + 1^2}=\sqrt{10}$，
∴MN=FN=$\sqrt{10}$。
$\sqrt{10}$
6. 在 $\triangle ABC$ 中,$\angle BAC = 90^{\circ}$,$AB = AC$。点 $D$,$E$ 在直线 $BC$ 上.
(1) 如图①,若 $\angle DAE = 45^{\circ}$,求证：$BD^{2}+CE^{2}= DE^{2}$；
(2) 如图②,若 $\angle DAE = 135^{\circ}$,其他条件不变,请探究：以线段 $BE$,$CD$,$DE$ 的长度为三边长的三角形是何种三角形？并说明理由.
(1) 如图①,若 $\angle DAE = 45^{\circ}$,求证：$BD^{2}+CE^{2}= DE^{2}$；
(2) 如图②,若 $\angle DAE = 135^{\circ}$,其他条件不变,请探究：以线段 $BE$,$CD$,$DE$ 的长度为三边长的三角形是何种三角形？并说明理由.
答案：
(1)证明:如答图①,过点A作AF⊥AD,且AF=AD,连接CF,EF.
∵∠DAE=45°,∠DAF=90°,
∴∠DAE=∠EAF=45°.
在△EAD和△EAF中,$\left\{\begin{array}{l} EA=EA,\\ ∠EAD=∠EAF,\\ AD=AF,\end{array}\right. $
∴△EAD≌△EAF(SAS),
∴DE=EF.
∵∠BAC=90°,∠DAF=90°,∠DAE=45°,
∴∠BAD+∠CAE=45°,∠CAE+∠CAF=45°,
∴∠BAD=∠CAF.
在△BAD和△CAF中,$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAF,\\ AD=AF,\end{array}\right. $
∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,∠B=∠ACF=45°.
∵∠ACB=45°,
∴∠ECF=90°.
∴$EC^{2}+CF^{2}=EF^{2}$,
∴$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$.
(2)解:结论:以线段BE,CD,DE的长度为三边长的三角形是直角三角形.
理由:如答图②,作AF⊥AE,使得AF=AE,连接DF,CF;
∵∠EAF=∠BAC=90°,
∴∠FAC=∠EAB.
在△FAC和△EAB中,$\left\{\begin{array}{l} AF=AE,\\ ∠FAC=∠EAB,\\ AC=AB,\end{array}\right. $
∴△FAC≌△EAB(SAS),
∴BE=CF,∠ACF=∠EBA=45°.
∵∠ACB=45°,
∴∠FCB=90°.
∵∠DAE=135°,∠EAF=90°,
∴∠DAF=360°−135°−90°=135°,
∴∠DAF=∠DAE.
∵AD=AD,AF=AE,
∴△DAF≌△DAE(SAS),
∴DF=DE.
在Rt△DCF中,
∵$DF^{2}=DC^{2}+CF^{2}$,
∴$DE^{2}=DC^{2}+BE^{2}$,
∴以线段BE,CD,DE的长度为三边长的三角形是直角三角形
(1)证明:如答图①,过点A作AF⊥AD,且AF=AD,连接CF,EF.
∵∠DAE=45°,∠DAF=90°,
∴∠DAE=∠EAF=45°.
在△EAD和△EAF中,$\left\{\begin{array}{l} EA=EA,\\ ∠EAD=∠EAF,\\ AD=AF,\end{array}\right. $
∴△EAD≌△EAF(SAS),
∴DE=EF.
∵∠BAC=90°,∠DAF=90°,∠DAE=45°,
∴∠BAD+∠CAE=45°,∠CAE+∠CAF=45°,
∴∠BAD=∠CAF.
在△BAD和△CAF中,$\left\{\begin{array}{l} AB=AC,\\ ∠BAD=∠CAF,\\ AD=AF,\end{array}\right. $
∴△BAD≌△CAF(SAS),
∴BD=CF,∠B=∠ACF=45°.
∵∠ACB=45°,
∴∠ECF=90°.
∴$EC^{2}+CF^{2}=EF^{2}$,
∴$BD^{2}+CE^{2}=DE^{2}$.
(2)解:结论:以线段BE,CD,DE的长度为三边长的三角形是直角三角形.
理由:如答图②,作AF⊥AE,使得AF=AE,连接DF,CF;
∵∠EAF=∠BAC=90°,
∴∠FAC=∠EAB.
在△FAC和△EAB中,$\left\{\begin{array}{l} AF=AE,\\ ∠FAC=∠EAB,\\ AC=AB,\end{array}\right. $
∴△FAC≌△EAB(SAS),
∴BE=CF,∠ACF=∠EBA=45°.
∵∠ACB=45°,
∴∠FCB=90°.
∵∠DAE=135°,∠EAF=90°,
∴∠DAF=360°−135°−90°=135°,
∴∠DAF=∠DAE.
∵AD=AD,AF=AE,
∴△DAF≌△DAE(SAS),
∴DF=DE.
在Rt△DCF中,
∵$DF^{2}=DC^{2}+CF^{2}$,
∴$DE^{2}=DC^{2}+BE^{2}$,
∴以线段BE,CD,DE的长度为三边长的三角形是直角三角形