2. （2025·东营中考）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题.若四边形ABCD是正方形，M，N分别在边CD，BC上，且∠MAN=45°，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法.
(1)【初步尝试】如图①，将△ADM绕点A顺时针旋转90°，点D与点B重合，得到△ABE，连结MN.用等式写出线段DM，BN，MN的数量关系：.
(2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图②，点M，N分别在正方形ABCD的边CD，BC的延长线上，∠MAN=45°，连结MN，用等式写出线段MN，DM，BN的数量关系并说明理由；
(3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=120°，∠B+∠D=180°，点N，M分别在边BC，CD上，∠MAN=60°，用等式写出线段BN，DM，MN的数量关系，并说明理由.

(1) $DM+BN=MN$ 解析:
∵ △ADM 绕点 A 顺时针旋转 90°,得到 △ABE,
∴ $DM = BE,AM = AE, ∠DAM = ∠BAE, ∠ADM = ∠ABE$.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠BAD=∠ABC=∠ADM=90°$,
∴ $∠ABE+∠ABN=180°$,
∴ E,B,N 三点共线.
∵ $∠MAN = 45°$,
∴ $∠DAM+∠BAN = 45°$,
∴ $∠BAE+∠BAN = 45°$,
∴ $∠EAN = 45°$,
∴ $∠EAN = ∠MAN$.
∵ $AN = AN$,
∴ △EAN≌△MAN(SAS),
∴ $EN=MN$,
∴ $EB+BN = MN$,
∴ $DM+BN = MN$. 故答案为 $DM+BN=MN$.
(2) $BN-DM=MN$.理由如下:如图①,将△ADM 绕点 A 顺时针旋转 90°,点 D 与点 B 重合,得到△ABE,
∴ $DM=BE,AM=AE$, $∠DAM=∠BAE,∠ADM=∠ABE=90°$,
∴ E 在 BC 上.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $∠BAD = ∠BAE+∠EAD = 90°$,
∴ $∠DAM+∠EAD = ∠EAM=90°$.
∵ $∠MAN = 45°$,
∴ $∠EAN = ∠MAN = 45°$.
∵ $AN=AN$,
∴ △EAN≌△MAN(SAS),
∴ $EN=MN$,
∴ $BN-BE = MN$,
∴ $BN-DM=MN$.
(3) $DM+BN=MN$.理由如下:如图②,将△ADM 绕点 A 顺时针旋转 120°,点 D 与点 B 重合,得到△ABE,
∴ $DM=BE,AM=AE$, $∠DAM=∠BAE,∠ADM=∠ABE$.
∵ $∠BAD = 120°, ∠MAN = 60°$,
∴ $∠DAM+∠BAN = 120°-60° = 60°$,
∴ $∠BAE+∠BAN = ∠EAN=60°$,
∴ $∠EAN = ∠MAN$.
∵ $∠ABC+∠D = 180°$.
∴ $∠ABE+∠ABC = ∠D+∠ABC = 180°$,
∴ E,B,N 三点共线.
∵ $AN=AN$,
∴ △EAN≌△MAN(SAS),
∴ $EN=MN$,
∴ $EB+BN = MN$,
∴ $DM+BN=MN$.

3. |项目式学习 已知,正方形ABCD中,∠MAN=45°,∠MAN绕点A顺时针旋转,它的两边长分别交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,请你探究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,AH=6,求NH的长.

(1)
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $AB=AD, ∠B = ∠D = 90°$,
在△ABM 与 △ADN 中, $\begin{cases} AB=AD,\\ ∠B=∠D, \\ BM=DN, \end{cases}$
∴ △ABM≌△ADN(SAS),
∴ $∠BAM=∠DAN,AM=AN$.
∵ $AH⊥MN$,
∴ $∠HAM=\frac{1}{2}∠MAN=22.5°$.
∵ $∠BAM+∠DAN = 45°$,
∴ $∠BAM = ∠HAM = 22.5°$,在△ABM 与 △AHM 中, $\begin{cases} ∠B=∠AHM=90°,\\ ∠BAM=∠HAM, \\ AM=AM, \end{cases}$
∴ △ABM≌△AHM(AAS),
∴ $AB=AH$.
(2)数量关系成立.证明:如图①,延长 CB 至 E,使 $BE = DN$.
∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $AB=AD, ∠D = ∠ABE = 90°$,在△AEB 和 △AND 中, $\begin{cases} AB=AD,\\ ∠ABE=∠D, \\ BE=DN, \end{cases}$
∴ △AEB≌△AND(SAS),
∴ $AE=AN, ∠EAB = ∠NAD$,
∴ $∠EAM = ∠NAM = 45°$,在△AEM 和 △ANM 中, $\begin{cases} AE=AN,\\ ∠EAM=∠NAM, \\ AM=AM, \end{cases}$
∴ △AEM≌△ANM ( SAS ),
∴ $S_{△AEM}=S_{△ANM},EM=MN$.
∵ AB,AH 分别是△AEM 和△ANM 对应边上的高,
∴ $AB=AH$.
(3)如图②,分别沿 AM,AN 翻折 △AMH 和 △ANH,得到 △AMB 和 △AND,
∴ $BM=2, ∠B = ∠D = ∠BAD = 90°$,分别延长 BM 和 DN 交于点 C,得正方形 ABCD, $AH=AB=BC=CD=AD$,设 $NH=ND=x$,则 $NC=6-x$,$MN=2+x$,$MC=6-2=4$,在 $Rt△MCN$ 中,由勾股定理,得 $MN^2=MC^2+NC^2$,即 $(2+x)^2=4^2+(6-x)^2$,解得 $x=3$,
∴ $NH=3$.