一、平行四边形真题与模拟题分类汇编(难题易错题)
1.已知,在矩形ABCD中,AB=a,BC=b,动点M从点A出发沿边AD向点D运动.
(1)如图1,当b=2a,点M运动到边AD的中点时,请证明∠BMC=90°;
(2)如图2,当b>2a时,点M在运动的过程中,是否存在∠BMC=90°,若存在,请给与证明;若不存在,请说明理由;
(3)如图3,当b<2a时,(2)中的结论是否仍然成立?请说明理由.
【答案】(1)见解析;
(2)存在,理由见解析;
(3)不成立.理由如下见解析.
【解析】
试题分析:(1)由b=2a,点M是AD的中点,可得AB=AM=MD=DC=a,又由四边形ABCD 是矩形,即可求得∠AMB=∠DMC=45°,则可求得∠BMC=90°;
(2)由∠BMC=90°,易证得△ABM∽△DMC,设AM=x,根据相似三角形的对应边成比例,即可得方程:x2﹣bx+a2=0,由b>2a,a>0,b>0,即可判定△>0,即可确定方程有两个不相等的实数根,且两根均大于零,符合题意;
(3)由(2),当b<2a,a>0,b>0,判定方程x2﹣bx+a2=0的根的情况,即可求得答案.
试题解析:(1)∵b=2a,点M是AD的中点,
∴AB=AM=MD=DC=a,
又∵在矩形ABCD中,∠A=∠D=90°,
∴∠AMB=∠DMC=45°,
∴∠BMC=90°.
(2)存在,
理由:若∠BMC=90°,
则∠AMB+∠DMC=90°,
又∵∠AMB+∠ABM=90°,
∴∠ABM=∠DMC,
又∵∠A=∠D=90°,
∴△ABM∽△DMC,
∴AM AB
CD DM
=,
设AM=x,则x a
a b x =
-
,
整理得:x2﹣bx+a2=0,
∵b>2a,a>0,b>0,
∴△=b2﹣4a2>0,
∴方程有两个不相等的实数根,且两根均大于零,符合题意,
∴当b>2a时,存在∠BMC=90°,
(3)不成立.
理由:若∠BMC=90°,
由(2)可知x2﹣bx+a2=0,
∵b<2a,a>0,b>0,
∴△=b2﹣4a2<0,
∴方程没有实数根,
∴当b<2a时,不存在∠BMC=90°,即(2)中的结论不成立.
考点:1、相似三角形的判定与性质;2、根的判别式;3、矩形的性质
2.如图,△ABC是等边三角形,AB=6cm,D为边AB中点.动点P、Q在边AB上同时从点D出发,点P沿D→A以1cm/s的速度向终点A运动.点Q沿D→B→D以2cm/s的速度运动,回到点D停止.以PQ为边在AB上方作等边三角形PQN.将△PQN绕QN的中点旋转180°得到△MNQ.设四边形PQMN与△ABC重叠部分图形的面积为S(cm2),点P运动的时间为t(s)(0<t<3).
(1)当点N落在边BC上时,求t的值.
(2)当点N到点A、B的距离相等时,求t的值.
(3)当点Q沿D→B运动时,求S与t之间的函数表达式.
(4)设四边形PQMN的边MN、MQ与边BC的交点分别是E、F,直接写出四边形PEMF 与四边形PQMN的面积比为2:3时t的值.
【答案】(1)(2)2(3)S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2;(4)
t=1或
【解析】
试题分析:(1)由题意知:当点N落在边BC上时,点Q与点B重合,此时DQ=3;(2)当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,此时PD=DQ;
(3)当0≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为四边形PQMN;当≤t≤时,四边形PQMN与△ABC重叠部分图形为五边形PQFEN.
(4)MN、MQ与边BC的有交点时,此时<t<,列出四边形PEMF与四边形PQMN的面积表达式后,即可求出t的值.
试题解析:(1)∵△PQN与△ABC都是等边三角形,
∴当点N落在边BC上时,点Q与点B重合.
∴DQ=3
∴2t=3.
∴t=;
(2)∵当点N到点A、B的距离相等时,点N在边AB的中线上,
∴PD=DQ,
当0<t<时,
此时,PD=t,DQ=2t
∴t=2t
∴t=0(不合题意,舍去),
当≤t<3时,
此时,PD=t,DQ=6﹣2t
∴t=6﹣2t,
解得t=2;
综上所述,当点N到点A、B的距离相等时,t=2;
(3)由题意知:此时,PD=t,DQ=2t
当点M在BC边上时,
∴MN=BQ
∵PQ=MN=3t,BQ=3﹣2t
∴3t=3﹣2t
∴解得t=
如图①,当0≤t≤时,
S△PNQ=PQ2=t2;
∴S=S菱形PQMN=2S△PNQ=t2,
如图②,当≤t≤时,
设MN 、MQ 与边BC 的交点分别是E 、F ,
∵MN=PQ=3t ,NE=BQ=3﹣2t ,
∴ME=MN ﹣NE=PQ ﹣BQ=5t ﹣3,
∵△EMF 是等边三角形,
∴S △EMF =ME 2=(5t ﹣3)2
.
;
(4)MN 、MQ 与边BC 的交点分别是E 、F , 此时<t <
, t=1或.
考点:几何变换综合题
3.如图,四边形ABCD 中,∠BCD =∠D =90°,E 是边AB 的中点.已知AD =1,AB =2. (1)设BC =x ,CD =y ,求y 关于x 的函数关系式,并写出定义域;
(2)当∠B =70°时,求∠AEC 的度数;
(3)当△ACE 为直角三角形时,求边BC 的长.
【答案】(1)()22303y x x x =-++<<;(2)∠AEC =105°;(3)边BC 的长为
2或1172+. 【解析】 试题分析:(1)过A 作AH ⊥BC 于H ,得到四边形ADCH 为矩形.在△BAH 中,由勾股定理即可得出结论.
(2)取CD 中点T ,连接TE ,则TE 是梯形中位线,得ET ∥AD ,ET ⊥CD ,
∠AET =∠B =70°.
又AD =AE =1,得到∠AED =∠ADE =∠DET =35°.由ET 垂直平分CD ,得∠CET =∠DET =35°,即可得到结论.
(3)分两种情况讨论:①当∠AEC =90°时,易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ,得∠BCE =30°, 解△ABH 即可得到结论.
②当∠CAE =90°时,易知△CDA ∽△BCA ,由相似三角形对应边成比例即可得到结论. 试题解析:解:(1)过A 作AH ⊥BC 于H .由∠D =∠BCD =90°,得四边形ADCH 为矩形. 在△BAH 中,AB =2,∠BHA =90°,AH =y ,HB =1x -,∴22221y x =+-,
则()22303y x x x =-++<<
(2)取CD 中点T ,联结TE ,则TE 是梯形中位线,得ET ∥AD ,ET ⊥CD ,
∴∠AET =∠B =70°.
又AD =AE =1,∴∠AED =∠ADE =∠DET =35°.由ET 垂直平分CD ,得∠CET =∠DET =35°,∴∠AEC =70°+35°=105°.
(3)分两种情况讨论:①当∠AEC =90°时,易知△CBE ≌△CAE ≌△CAD ,得∠BCE =30°, 则在△ABH 中,∠B =60°,∠AHB =90°,AB =2,得BH =1,于是BC =2.
②当∠CAE =90°时,易知△CDA ∽△BCA ,又2224AC BC AB x =-=-,
则2241174AD CA x x AC CB x -±=?=?=-(舍负) 易知∠ACE <90°,所以边BC 的长为
1172+. 综上所述:边BC 的长为2或117+.
点睛:本题是四边形综合题.考查了梯形中位线,相似三角形的判定与性质.解题的关键是掌握梯形中常见的辅助线作法.
4.如图①,在矩形ABCD 中,点P 从AB 边的中点E 出发,沿着E B C --速运动,速度为每秒2个单位长度,到达点C 后停止运动,点Q 是AD 上的点,10AQ =,设PAQ ?的面积为y ,点p 运动的时间为t 秒,y 与t 的函数关系如图②所示.
(1)图①中AB = ,BC = ,图②中m = .
(2)当t =1秒时,试判断以PQ 为直径的圆是否与BC 边相切?请说明理由:
(3)点p 在运动过程中,将矩形沿PQ 所在直线折叠,则t 为何值时,折叠后顶点A 的对应点A '落在矩形的一边上.
【答案】(1)8,18,20;(2)不相切,证明见解析;(3)t=
12、5、173
. 【解析】
【分析】 (1)由题意得出AB=2BE ,t=2时,BE=2×2=4,求出AB=2BE=8,AE=BE=4,t=11时,2t=22,得出BC=18,当t=0时,点P 在E 处,m=△AEQ 的面积=12
AQ×AE=20即可; (2)当t=1时,PE=2,得出AP=AE+PE=6,由勾股定理求出34PQ 为直径的圆的圆心为O',作O'N ⊥BC 于N ,延长NO'交AD 于M ,则MN=AB=8,O'M ∥AB ,MN=AB=8,由三角形中位线定理得出O'M=
12AP=3,求出O'N=MN-O'M=5<圆O'的半径,即可得出结论;
(3)分三种情况:①当点P 在AB 边上,A'落在BC 边上时,作QF ⊥BC 于F ,则QF=AB=8,BF=AQ=10,由折叠的性质得:PA'=PA ,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,由勾股定理求出22AQ QF '-,得出A'B=BF-A'F=4,在Rt △A'BP 中,BP=4-2t ,PA'=AP=8-(4-2t )=4+2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可;
②当点P 在BC 边上,A'落在BC 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,证出∠APQ=∠AQP ,得出AP=AQ=A'P=10,在Rt △ABP 中,由勾股定理求出BP=6,由BP=2t-4,得出2t-4=6,解方程即可;
③当点P 在BC 边上,A'落在CD 边上时,由折叠的性质得:A'P=AP ,A'Q=AQ=10,在Rt △DQA'中,DQ=AD-AQ=8,由勾股定理求出DA'=6,得出A'C=CD-DA'=2,在Rt △ABP 和Rt △A'PC 中,BP=2t-4,CP=BC-BP=22-2t ,由勾股定理得出方程,解方程即可.
【详解】
(1)∵点P从AB边的中点E出发,速度为每秒2个单位长度,∴AB=2BE,
由图象得:t=2时,BE=2×2=4,
∴AB=2BE=8,AE=BE=4,
t=11时,2t=22,
∴BC=22-4=18,
当t=0时,点P在E处,m=△AEQ的面积=1
2
AQ×AE=
1
2
×10×4=20;
故答案为8,18,20;
(2)当t=1秒时,以PQ为直径的圆不与BC边相切,理由如下:
当t=1时,PE=2,
∴AP=AE+PE=4+2=6,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=90°,
∴PQ=2222
106234
AQ AP
+=+=,
设以PQ为直径的圆的圆心为O',作O'N⊥BC于N,延长NO'交AD于M,如图1所示:
则MN=AB=8,O'M∥AB,MN=AB=8,
∵O'为PQ的中点,
∴O''M是△APQ的中位线,
∴O'M=1
2
AP=3,
∴O'N=MN-O'M=5<34,
∴以PQ为直径的圆不与BC边相切;
(3)分三种情况:①当点P在AB边上,A'落在BC边上时,作QF⊥BC于F,如图2所示:
则QF=AB=8,BF=AQ=10,
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠B=∠BCD=∠D=90°,CD=AB=8,AD=BC=18,
由折叠的性质得:PA'=PA,A'Q=AQ=10,∠PA'Q=∠A=90°,∴A'F=22
AQ QF
'-=6,
∴A'B=BF-A'F=4,
在Rt△A'BP中,BP=4-2t,PA'=AP=8-(4-2t)=4+2t,
由勾股定理得:42+(4-2t)2=(4+2t)2,
解得:t=1
2
;
②当点P在BC边上,A'落在BC边上时,连接AA',如图3所示:
由折叠的性质得:A'P=AP,
∴∠APQ'=∠A'PQ,
∵AD∥BC,
∴∠AQP=∠A'PQ,
∴∠APQ=∠AQP,
∴AP=AQ=A'P=10,
在Rt△ABP中,由勾股定理得:BP=22
108
-=6,
又∵BP=2t-4,
∴2t-4=6,解得:t=5;
③当点P在BC边上,A'落在CD边上时,连接AP、A'P,如图4所示:
由折叠的性质得:A'P=AP,A'Q=AQ=10,
在Rt△DQA'中,DQ=AD-AQ=8,
由勾股定理得:22
108
-,
∴A'C=CD-DA'=2,
在Rt△ABP和Rt△A'PC中,BP=2t-4,CP=BC-BP=18-(2t-4)=22-2t,
由勾股定理得:AP2=82+(2t-4)2,A'P2=22+(22-2t)2,
∴82+(2t-4)2=22+(22-2t)2,
解得:t=17
3
;
综上所述,t为1
2
或5或
17
3
时,折叠后顶点A的对应点A′落在矩形的一边上.
【点睛】
四边形综合题目,考查了矩形的性质、折叠变换的性质、勾股定理、函数图象、直线与圆的位置关系、三角形中位线定理、等腰三角形的判定、以及分类讨论等知识.
5.如图,现将平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠,使点B落在点B′处.AB′与CD交于点E.
(1)求证:△AED≌△CEB′;
(2)过点E作EF⊥AC交AB于点F,连接CF,判断四边形AECF的形状并给予证明.
【答案】(1)见解析(2)见解析
【解析】
【分析】
(1)由题意可得AD=BC=B'C,∠B=∠D=∠B',且∠AED=∠CEB',利用AAS证明全等,则结论可得;
(2)由△AED≌△CEB′可得AE=CE,且EF⊥AC,根据等腰三角形的性质可得EF垂直平分AC,∠AEF=∠CEF.即AF=CF,∠CEF=∠AFE=∠AEF,可得AE=AF,则可证四边形AECF是菱形.
【详解】
证明:(1)∵四边形ABCD是平行四边形
∴AD=BC,CD∥AB,∠B=∠D
∵平行四边形ABCD沿其对角线AC折叠
∴BC=B'C,∠B=∠B'
∴∠D=∠B',AD=B'C且∠DEA=∠B'EC
∴△ADE≌△B'EC
(2)四边形AECF是菱形
∵△ADE≌△B'EC
∴AE=CE
∵AE=CE,EF⊥AC
∴EF垂直平分AC,∠AEF=∠CEF
∴AF=CF
∵CD∥AB
∴∠CEF=∠EFA且∠AEF=∠CEF
∴∠AEF=∠EFA
∴AF=AE
∴AF=AE=CE=CF
∴四边形AECF是菱形
【点睛】
本题考查了折叠问题,全等三角形的判定和性质,平行四边形的性质,菱形的判定,熟练掌握这些性质和判定是解决问题的关键.
6.如图1,在正方形ABCD中,点E,F分别是边BC,AB上的点,且CE=BF.连接DE,过点E作EG⊥DE,使EG=DE,连接FG,FC.
(1)请判断:FG与CE的关系是___;
(2)如图2,若点E,F分别是边CB,BA延长线上的点,其它条件不变,(1)中结论是否仍然成立?请作出判断并给予证明;
(3)如图3,若点E,F分别是边BC,AB延长线上的点,其它条件不变,(1)中结论是否仍然成立?请直接写出你的判断.
【答案】(1)FG=CE,FG∥CE;(2)成立;(3)成立.
【解析】
试题分析:(1)只要证明四边形CDGF是平行四边形即可得出FG=CE,FG∥CE;
(2)构造辅助线后证明△HGE≌△CED,利用对应边相等求证四边形GHBF是矩形后,利用等量代换即可求出FG=C,FG∥CE;
(3)证明△CBF≌△DCE后,即可证明四边形CEGF是平行四边形.
试题解析:解:(1)FG=CE,FG∥CE;
(2)过点G作GH⊥CB的延长线于点H.∵EG⊥DE,
∴∠GEH+∠DEC=90°.∵∠GEH+∠HGE=90°,∴∠DEC=∠HE.在△HGE与△CED中,
∵∠GHE=∠DCE,∠HGE=∠DEC,EG=DE,∴△HGE≌△CED(AAS),∴GH=CE,
HE=CD.∵CE=BF,∴GH=BF.∵GH∥BF,∴四边形GHBF是矩形,∴GF=BH,FG∥CH,∴FG∥CE.∵四边形ABCD是正方形,∴CD=BC,∴HE=BC,∴HE+EB=BC+EB,∴BH=EC,∴FG=EC;
(3)∵四边形ABCD是正方形,∴BC=CD,∠FBC=∠ECD=90°.在△CBF与△DCE中,
∵BF=CE,∠FBC=∠ECD,BC=DC,∴△CBF≌△DCE(SAS),∴∠BCF=∠CDE,
CF=DE.∵EG=DE,∴CF=EG.∵DE⊥EG,∴∠DEC+∠CEG=90°.∵∠CDE+∠DEC=90°,
∴∠CDE=∠CEG,∴∠BCF=∠CEG,∴CF∥EG,∴四边形CEGF平行四边形,∴FG∥CE,FG=CE.
7.在矩形纸片ABCD中,AB=6,BC=8,现将纸片折叠,使点D与点B重合,折痕为EF,连接DF.
(1)说明△BEF是等腰三角形;
(2)求折痕EF的长.
【答案】(1)见解析;(2).
【解析】
【分析】
(1)根据折叠得出∠DEF=∠BEF,根据矩形的性质得出AD∥BC,求出∠DEF=∠BFE,求出∠BEF=∠BFE即可;
(2)过E作EM⊥BC于M,则四边形ABME是矩形,根据矩形的性质得出EM=AB=6,AE=BM,根据折叠得出DE=BE,根据勾股定理求出DE、在Rt△EMF中,由勾股定理求出即可.
【详解】
(1)∵现将纸片折叠,使点D与点B重合,折痕为EF,∴∠DEF=∠BEF.
∵四边形ABCD是矩形,∴AD∥BC,∴∠DEF=∠BFE,∴∠BEF=∠BFE,∴BE=BF,即△BEF 是等腰三角形;
(2)过E作EM⊥BC于M,则四边形ABME是矩形,所以EM=AB=6,AE=BM.
∵现将纸片折叠,使点D与点B重合,折痕为EF,∴DE=BE,DO=BO,BD⊥EF.
∵四边形ABCD是矩形,BC=8,∴AD=BC=8,∠BAD=90°.
在Rt△ABE中,AE2+AB2=BE2,即(8﹣BE)2+62=BE2,解得:BE==DE=BF,AE=8﹣DE=8﹣==BM,∴FM=﹣=.
在Rt△EMF中,由勾股定理得:EF==.
故答案为:.
【点睛】
本题考查了折叠的性质和矩形性质、勾股定理等知识点,能熟记折叠的性质是解答此题的关键.
8.如图,在正方形ABCD中,点E在CD上,AF⊥AE交CB的延长线于F.
求证:AE=AF.
【答案】见解析
【解析】
【分析】
根据同角的余角相等证得∠BAF=∠DAE,再利用正方形的性质可得AB=AD,
∠ABF=∠ADE=90°,根据ASA判定△ABF≌△ADE,根据全等三角形的性质即可证得
AF=AE.
【详解】
∵AF⊥AE,
∴∠BAF+∠BAE=90°,
又∵∠DAE+∠BAE=90°,
∴∠BAF=∠DAE,
∵四边形ABCD是正方形,
∴AB=AD,∠ABF=∠ADE=90°,
在△ABF和△ADE中,
,
∴△ABF≌△ADE(ASA),
∴AF=AE.
【点睛】
本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识点,证明△ABF ≌△ADE 是解决本题的关键.
9.如图1,若分别以△ABC 的AC 、BC 两边为边向外侧作的四边形ACDE 和BCFG 为正方形,则称这两个正方形为外展双叶正方形.
(1)发现:如图2,当∠C =90°时,求证:△ABC 与△DCF 的面积相等.
(2)引申:如果∠C ≠90°时,(1)中结论还成立吗?若成立,请结合图1给出证明;若不成立,请说明理由;
(3)运用:如图3,分别以△ABC 的三边为边向外侧作的四边形ACDE 、BCFG 和ABMN 为正方形,则称这三个正方形为外展三叶正方形.已知△ABC 中,AC =3,BC =4.当∠C =_____°时,图中阴影部分的面积和有最大值是________.
【答案】(1)证明见解析;(2)成立,证明见解析;(3)18.
【解析】
试题分析:(1)因为AC=DC ,∠ACB=∠DCF=90°,BC=FC ,所以△ABC ≌△DFC ,从而△ABC 与△DFC 的面积相等;
(2)延长BC 到点P ,过点A 作AP ⊥BP 于点P ;过点D 作DQ ⊥FC 于点Q .得到四边形ACDE ,BCFG 均为正方形,AC=CD ,BC=CF ,∠ACP=∠DCQ .所以△APC ≌△DQC . 于是AP=DQ .又因为S △ABC =12BC?AP ,S △DFC =12
FC?DQ ,所以S △ABC =S △DFC ; (3)根据(2)得图中阴影部分的面积和是△ABC 的面积三倍,若图中阴影部分的面积和有最大值,则三角形ABC 的面积最大,当△ABC 是直角三角形,即∠C 是90度时,阴影部分的面积和最大.所以S 阴影部分面积和=3S △ABC =3×
12
×3×4=18. (1)证明:在△ABC 与△DFC 中, ∵{AC DC
ACB DCF BC FC
∠∠===,
∴△ABC ≌△DFC .
∴△ABC 与△DFC 的面积相等;
(2)解:成立.理由如下:
如图,延长BC 到点P ,过点A 作AP ⊥BP 于点P ;过点D 作DQ ⊥FC 于点Q .
∴∠APC=∠DQC=90°.
∵四边形ACDE ,BCFG 均为正方形,
∴AC=CD ,BC=CF ,∠ACP+∠PCD=90°,∠DCQ+∠PCD=90°,
∴∠ACP=∠DCQ .
∴{APC DQC
ACP DCQ AC CD
∠∠∠∠===,
△APC ≌△DQC (AAS ),
∴AP=DQ .
又∵S △ABC
=1
2BC?AP
,S
△DFC =12
FC?DQ , ∴S △ABC =S △DFC ;
(3)解:根据(2)得图中阴影部分的面积和是△ABC 的面积三倍,
若图中阴影部分的面积和有最大值,则三角形ABC 的面积最大,
∴当△ABC 是直角三角形,即∠C 是90度时,阴影部分的面积和最大.
∴S 阴影部分面积和=3S △ABC =3×
12
×3×4=18. 考点:四边形综合题
10.如图1所示,(1)在正三角形ABC 中,M 是BC 边(不含端点B 、C )上任意一点,P 是BC 延长线上一点,N 是∠ACP 的平分线上一点,若∠AMN=60°,求证:AM=MN . (2)若将(1)中“正三角形ABC”改为“正方形ABCD”,N 是∠DCP 的平分线上一点,若∠AMN=90°,则AM=MN 是否成立?若成立,请证明;若不成立,说明理由.
(3)若将(2)中的“正方形ABCD”改为“正n 边形A 1A 2…A n “,其它条件不变,请你猜想:当∠A n ﹣2MN=_____°时,结论A n ﹣2M=MN 仍然成立.(不要求证明)
【答案】0
(2)180n n
- 【解析】
分析:(1)要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.
(2)同(1),要证明AM=MN,可证AM与MN所在的三角形全等,为此,可在AB上取一点E,使AE=CM,连接ME,利用ASA即可证明△AEM≌△MCN,然后根据全等三角形的对应边成比例得出AM=MN.
详(1)证明:在边AB上截取AE=MC,连接ME.
在正△ABC中,∠B=∠BCA=60°,AB=BC.
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAE,
BE=AB-AE=BC-MC=BM,
∴∠BEM=60°,∴∠AEM=120°.
∵N是∠ACP的平分线上一点,
∴∠ACN=60°,∴∠MCN=120°.
在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,
∴△AEM≌△MCN(ASA),
∴AM=MN.
(2)解:结论成立;
理由:在边AB上截取AE=MC,连接ME.
∵正方形ABCD中,∠B=∠BCD=90°,AB=BC.
∴∠NMC=180°-∠AMN-∠AMB=180°-∠B-∠AMB=∠MAB=∠MAE,
BE=AB-AE=BC-MC=BM,
∴∠BEM=45°,∴∠AEM=135°.
∵N是∠DCP的平分线上一点,
∴∠NCP=45°,∴∠MCN=135°.
在△AEM与△MCN中,∠MAE=∠NMC,AE=MC,∠AEM=∠MCN,
∴△AEM≌△MCN(ASA),
∴AM=MN.
(3)由(1)(2)可知当∠A n-2MN等于n边形的内角时,结论A n-2M=MN仍然成立;
即∠A n-2MN=()0
2180
n
n
-
时,结论A n-2M=MN仍然成立;
故答案为[()0
2180
n
n
-
].
点睛:本题综合考查了正方形、等边三角形的性质及全等三角形的判定,同时考查了学生的归纳能力及分析、解决问题的能力.难度较大.