16. 如图①，在$Rt\triangle ABC$中，$\angle BAC = 90^{\circ}$，$AB = AC$，$D$，$E$是边$BC$上的任意两点，且$\angle DAE = 45^{\circ}$。
（1）将$\triangle ABD$绕点$A$按逆时针方向旋转$90^{\circ}$，得到$\triangle ACF$，请在图①中画出$\triangle ACF$；
（2）在（1）的条件下，猜想线段$BD$，$EC$和$DE$之间有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）如图②，$M$，$N$分别是正方形$ABCD$的边$BC$，$CD$上的点，且$BM + DN = MN$，求$\angle MAN$的度数。
（1）将$\triangle ABD$绕点$A$按逆时针方向旋转$90^{\circ}$，得到$\triangle ACF$，请在图①中画出$\triangle ACF$；
（2）在（1）的条件下，猜想线段$BD$，$EC$和$DE$之间有怎样的数量关系，并说明理由；
（3）如图②，$M$，$N$分别是正方形$ABCD$的边$BC$，$CD$上的点，且$BM + DN = MN$，求$\angle MAN$的度数。
答案：
16.(1)如图①所示 (2)DE²=EC²+BD² 理由:如图①,连接EF.由旋转,可知AF=AD,CF=BD,∠ACF=∠B,∠DAF=90°.
∵∠DAE=45°,
∴∠DAE=∠FAE=45°.在△DAE和△FAE中,$\begin{cases} AD = AF, \\ \angle DAE = \angle FAE, \\ AE = AE, \end{cases}$
∴△DAE≌△FAE.
∴DE=FE.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠B=∠ACB=45°.
∴∠ACF=∠B=45°.
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°.
∴在Rt△ECF中,由勾股定理,得FE²=EC²+CF².
∴DE²=EC²+BD². (3)如图②,将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°,得到△ABE.由旋转，得∠NAE=90°,AE=AN,BE=DN,∠ABE=∠D.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°.
∴∠ABE=90°.
∴∠ABE+∠ABC=180°,即E,B,M三点共线.
∵BM+DN=MN,
∴BM+BE=MN,即ME=MN.在△ANM和△AEM中,$\begin{cases} AN = AE, \\ MN = ME, \\ AM = AM, \end{cases}$
∴△ANM≌△AEM.
∴∠MAN=∠MAE=$\frac{1}{2}$∠NAE=45°
16.(1)如图①所示 (2)DE²=EC²+BD² 理由:如图①,连接EF.由旋转,可知AF=AD,CF=BD,∠ACF=∠B,∠DAF=90°.
∵∠DAE=45°,
∴∠DAE=∠FAE=45°.在△DAE和△FAE中,$\begin{cases} AD = AF, \\ \angle DAE = \angle FAE, \\ AE = AE, \end{cases}$
∴△DAE≌△FAE.
∴DE=FE.
∵AB=AC,∠BAC=90°,
∴∠B=∠ACB=45°.
∴∠ACF=∠B=45°.
∴∠ECF=∠ACB+∠ACF=90°.
∴在Rt△ECF中,由勾股定理,得FE²=EC²+CF².
∴DE²=EC²+BD². (3)如图②,将△ADN绕点A按顺时针方向旋转90°,得到△ABE.由旋转，得∠NAE=90°,AE=AN,BE=DN,∠ABE=∠D.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC=∠D=90°.
∴∠ABE=90°.
∴∠ABE+∠ABC=180°,即E,B,M三点共线.
∵BM+DN=MN,
∴BM+BE=MN,即ME=MN.在△ANM和△AEM中,$\begin{cases} AN = AE, \\ MN = ME, \\ AM = AM, \end{cases}$
∴△ANM≌△AEM.
∴∠MAN=∠MAE=$\frac{1}{2}$∠NAE=45°
17. 新定义：我们把对角线互相垂直的四边形叫作“垂美四边形”。
(1)如图①，在四边形$ABCD$中，$AC⊥ BD$，垂足为$O$。求证：$AB^{2} + CD^{2} = AD^{2} + BC^{2}$。
(2)已知$AB = 5$，$BC = 4$，分别以$\triangle ABC$的边$BC$和$AB$为直角边向外作等腰直角三角形$BCQ$和等腰直角三角形$ABP$，其中$B$为等腰直角三角形的直角顶点，连接$PQ$。
① 如图②，当$\angle ACB = 90^{\circ}$时，求$PQ$的长。
② 如图③，当$\angle ACB\neq 90^{\circ}$，$M$，$N$分别是$AC$，$AP$的中点时，连接$MN$。若$MN = 2\sqrt{3}$，则$S_{\triangle ABC} =$
]
(1)如图①，在四边形$ABCD$中，$AC⊥ BD$，垂足为$O$。求证：$AB^{2} + CD^{2} = AD^{2} + BC^{2}$。
(2)已知$AB = 5$，$BC = 4$，分别以$\triangle ABC$的边$BC$和$AB$为直角边向外作等腰直角三角形$BCQ$和等腰直角三角形$ABP$，其中$B$为等腰直角三角形的直角顶点，连接$PQ$。
① 如图②，当$\angle ACB = 90^{\circ}$时，求$PQ$的长。
② 如图③，当$\angle ACB\neq 90^{\circ}$，$M$，$N$分别是$AC$，$AP$的中点时，连接$MN$。若$MN = 2\sqrt{3}$，则$S_{\triangle ABC} =$
$\frac{7}{4}$
。]
答案：
17.(1)
∵AC⊥BD,
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°.分别在Rt△AOD,Rt△BOC,Rt△AOB,Rt△COD中,由勾股定理,得AD²=AO²+DO²,BC²=BO²+CO²,AB²=AO²+BO²,CD²=CO²+DO².
∴AD²+BC²=AO²+BO²+CO²+DO²,AB²+CD²=AO²+BO²+CO²+DO².
∴AB²+CD²=AD²+BC² (2)①如图①,连接PC,AQ交于点D.
∵△ABP 和△BCQ都是等腰直角三角形，
∴PB=AB=5,BQ=BC=4,∠ABP=∠CBQ=90°.
∴PA = $\sqrt{PB^{2} + AB^{2}} = 5\sqrt{2}$,CQ = $\sqrt{BC^{2} + BQ^{2}} = 4\sqrt{2}$,∠ABP+∠ABC=∠CBQ+∠ABC.
∴∠PBC=∠ABQ.在△PBC和△ABQ中,$\begin{cases} PB = AB, \\ \angle PBC = \angle ABQ, \\ BC = BQ, \end{cases}$
∴△PBC≌△ABQ.
∴∠BPC=∠BAQ.又
∵∠BPC+∠CPA+∠BAP=90°,
∴∠BAQ+∠CPA+∠BAP=90°.
∴∠PDA=90°.
∴PC⊥AQ.
∵∠ACB=90°,
∴在Rt△ABC中,AC = $\sqrt{AB^{2} - BC^{2}} = 3$.由(1),可得AP²+CQ²=AC²+PQ²,即$(5\sqrt{2})^{2} + (4\sqrt{2})^{2} = 3^{2} + PQ^{2}$,
∴PQ=$\sqrt{73}$
②$\frac{7}{4}$ 解析:如图②，连接PC，AQ交于点D.同①,可证△PBC≌△ABQ,进一步易得PC=AQ且AQ⊥PC.
∵M,N 分别是AC，AP的中点，
∴MN=$\frac{1}{2}$PC.
∵MN=2$\sqrt{3}$,
∴AQ=PC=2MN=4$\sqrt{3}$.过点A作AE⊥QB，交QB的延长线于点E,则分别在Rt△ABE和Rt△AEQ中,有AE²+BE²=25,AE²+QE²=48.
∴AE²+QE²−(AE²+BE²)=QE²−BE²=23.
∵QE=BQ+BE=4+BE,
∴(4+BE)²−BE²=23.
∴BE=$\frac{7}{8}$.
∴易得S_{△ABC}=$\frac{1}{2}$BC·BE=$\frac{1}{2}$×4×$\frac{7}{8}$=$\frac{7}{4}$.
17.(1)
∵AC⊥BD,
∴∠AOD=∠AOB=∠BOC=∠COD=90°.分别在Rt△AOD,Rt△BOC,Rt△AOB,Rt△COD中,由勾股定理,得AD²=AO²+DO²,BC²=BO²+CO²,AB²=AO²+BO²,CD²=CO²+DO².
∴AD²+BC²=AO²+BO²+CO²+DO²,AB²+CD²=AO²+BO²+CO²+DO².
∴AB²+CD²=AD²+BC² (2)①如图①,连接PC,AQ交于点D.
∵△ABP 和△BCQ都是等腰直角三角形，
∴PB=AB=5,BQ=BC=4,∠ABP=∠CBQ=90°.
∴PA = $\sqrt{PB^{2} + AB^{2}} = 5\sqrt{2}$,CQ = $\sqrt{BC^{2} + BQ^{2}} = 4\sqrt{2}$,∠ABP+∠ABC=∠CBQ+∠ABC.
∴∠PBC=∠ABQ.在△PBC和△ABQ中,$\begin{cases} PB = AB, \\ \angle PBC = \angle ABQ, \\ BC = BQ, \end{cases}$
∴△PBC≌△ABQ.
∴∠BPC=∠BAQ.又
∵∠BPC+∠CPA+∠BAP=90°,
∴∠BAQ+∠CPA+∠BAP=90°.
∴∠PDA=90°.
∴PC⊥AQ.
∵∠ACB=90°,
∴在Rt△ABC中,AC = $\sqrt{AB^{2} - BC^{2}} = 3$.由(1),可得AP²+CQ²=AC²+PQ²,即$(5\sqrt{2})^{2} + (4\sqrt{2})^{2} = 3^{2} + PQ^{2}$,
∴PQ=$\sqrt{73}$
②$\frac{7}{4}$ 解析:如图②，连接PC，AQ交于点D.同①,可证△PBC≌△ABQ,进一步易得PC=AQ且AQ⊥PC.
∵M,N 分别是AC，AP的中点，
∴MN=$\frac{1}{2}$PC.
∵MN=2$\sqrt{3}$,
∴AQ=PC=2MN=4$\sqrt{3}$.过点A作AE⊥QB，交QB的延长线于点E,则分别在Rt△ABE和Rt△AEQ中,有AE²+BE²=25,AE²+QE²=48.
∴AE²+QE²−(AE²+BE²)=QE²−BE²=23.
∵QE=BQ+BE=4+BE,
∴(4+BE)²−BE²=23.
∴BE=$\frac{7}{8}$.
∴易得S_{△ABC}=$\frac{1}{2}$BC·BE=$\frac{1}{2}$×4×$\frac{7}{8}$=$\frac{7}{4}$.