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    6．如图1：已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，在∠BAC内部作∠MAN=45°．AM、AN分别交BC于点M，N．
    【操作】
    （1）将△ABM绕点A逆时针旋转90°，使AB边与AC边重合，把旋转后点M的对应点记作点Q，得到ACQ，请在图1中画出△ACQ；（不写出画法）
    【探究】
    （2）在（1）中作图的基础上，连接NQ，
    ①求证“MN=NQ”；
    ②写出线段BM，MN和NC之间满足的数量关系，并简要说明理由．
    【拓展】
    如图2，在等腰△DEF中，∠EDF=45°，DE=DF，点P是EF边上任意一点（不与E，F重合），连接DP，以DP为腰向两侧分别作顶角均为45°的等腰△DPG和等腰△DPH，分别交DE，DF于点K，L，连接GH，分别交DE，DF于点S，T．
    （3）线段GS，ST和TH之间满足的数量关系是ST2=GS2+TH2；
    （4）设DK=a，DE=b，求DP的值．（用a，b表示）

    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，再由全等三角形和旋转，得出MN=NQ，MB=CQ，最后根据Rt△NCQ中的勾股定理得出结论；（3）运用②中的方法即可得出类似的加仑；（4）先判定△DPK∽△DEP，再根据相似三角形对应边成比例，列出比例式进行求解．

    解答 解：（1）如图，△ACQ即为所求；
    （2）①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
    $\left\{\begin{array}{l}{AM=AQ}\\{∠MAN=∠QAN}\\{AN=AN}\end{array}\right.$
    ∴△MAN≌△QAN（SAS）
    ∴MN=NQ
    ②MN2=BM2+NC2
    由①中可知，MN=NQ，MB=CQ
    又∠NCQ=∠NCA+ACQ=∠NCA+∠ABM=45°+45°=90°
    在Rt△NCQ中，NQ2=CQ2+NC2，即MN2=BM2+NC2
    （3）ST2=GS2+TH2
    （4）如图，∵DE=DF，DG=DP，∠EDF=∠GDP=45°
    ∴∠DPK=∠DEP
    又∵∠PDK=∠EDP
    ∴△DPK∽△DEP
    ∴$\frac{DP}{DE}=\frac{DK}{DP}$，即DP2=DK•DE
    ∵DK=a，DE=b
    ∴DP=$\sqrt{ab}$

    点评 本题主要考查了图形的旋转、全等三角形以及相似三角形，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．

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    （2）求AD的长；
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    ∠2的度数为（　　）
    A．140°B．130°C．120°D．110°

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    16．如图，在?ABCD中，若M为BC边的中点，AM与BD交于点N，那么S△BMN：S?ABCD=（　　）
    A．1：12B．1：9C．1：8D．1：6

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