专题01 三角形全等-手拉手模型（解析版）

这是一份专题01 三角形全等-手拉手模型（解析版），共32页。






















手拉手模型










模型讲解



【结论】
已知△ABC中，∠ACB＝∠DCE，AC＝BC，DC＝EC，且点A、D、E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．
（1）△ACD≌△BCE
（2）∠CAD＝∠CBE；∠AEB＝∠ACF

【证明】
（1）∵∠ACB＝∠DCE，CA＝CB，CD＝CE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠CFA＝∠BFE，
∴∠AEB＝∠ACF
△BCE可看成△ACD绕C点顺时针旋转一定角度而得到的；
△ACD可看成△BCE绕C点逆时针旋转一定角度而得到的。
所以，通常用旋转的思想来构造全等三角形
手拉手模型的关键：AC=BC（线段相等、有公共点且此三点不共线）
那么，哪些图形满足这些特征呢？


【等边三角形类】
等边△ABD、△BCE，则：（1）△ABC≌△BDE （2）∠ACB＝∠DEB

已知等边△BCE，将△ABC绕B点旋转60°到△BDE，那么会得到一个新的△ABD也为等边三角形。

【等腰直角三角形类】
等腰Rt△ABD、△BCE，则：（1）△ABC≌△BDE （2）∠ACB＝∠DEB


已知等腰Rt△BCE，将△ABC绕B点旋转90°到△BDE，那么会得到一个新的△ABD也为等腰Rt△。

方法点拨

例题演练

1．（2021春•鄄城县期末）如图所示，AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝∠DAE，∠1＝25°，∠2＝30°，则∠3＝（　　）

A．55° B．50° C．45° D．60°
【解答】解：∵∠BAC＝∠DAE，
∴∠BAC﹣∠DAC＝∠DAE﹣∠DAC，
∴∠1＝∠EAC，
在△BAD和△EAC中，，
∴△BAD≌△EAC（SAS），
∴∠2＝∠ABD＝30°，
∵∠1＝25°，
∴∠3＝∠1+∠ABD＝25°+30°＝55°，
故选：A．

2．（2016春•威海期末）如图，△ABC和△CDE均为等边三角形，且AB＝DE，AC⊥CD，连接AE，BD，分别交CD，AC于点G，连接FG，BE．下列结论：①AE＝BD＝BE；②BC平分∠DBE；③直线EC⊥AB；④FG∥BE．其中正确结论的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：∵△ABC和△CDE均为等边三角形，且AB＝DE，
∴∠ACB＝∠DCE＝60°，
∵AC⊥CD，
∴∠ACD＝90°，
∴∠ACE＝∠BCD＝150°，
∴∠BCE＝150°，
在△ACE与△BCD与△BCE中，，
∴△ACE≌△BCD≌△BCE，
∴AE＝BD＝BE，故①正确，∠DBC＝∠EBC，故②正确；
∴∠BEC＝∠AEC，∵BE＝AE，
∴直线EC⊥AB；故③正确；
在△BCF与△ECG中，，
∴△BCF≌△ECG，
∴BF＝EG，
设AE，BD交于H，
∵∠FBC＝∠GEC，∠CBE＝∠CEB，
∴∠HBE＝∠HEB，
∴BH＝EH，
∴HF＝HG，
∴，
∴FG∥BE，故④正确，
故选：D．






3．（2018秋•海珠区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AD，BE分别为BC、AC边上的高，AD、BE相交于点F，下列结论：①∠FCD＝45°；②AE＝EC；③S△ABF：S△AFC＝BD：CD；④若BF＝2EC，则△FCD的周长等于AB的长，正确的有（　　）个．

A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：∵△ABC中，AD，BE分别为BC、AC边上的高，
∴AD⊥BC，而△ABF和△ACF有一条公共边，
∴S△ABF：S△AFC＝BD：CD，
∴③正确；
∵∠ABC＝45°，
∴AD＝BD，∠DAC和∠FBD都是∠ACD的余角，
而∠ADB＝∠ADC＝90°，
∴△BDF≌△ADC，
∴FD＝CD，
∴∠FCD＝∠CFD＝45°，
∴①正确；
若AE＝EC，BE⊥AC，可得AB＝BC，与题意不符合，故②错误．
若BF＝2EC，根据①得BF＝AC，
∴AC＝2EC，
即E为AC的中点，
∴BE为线段AC的垂直平分线，
∴AF＝CF，BA＝BC，
∴AB＝BD+CD＝AD+CD＝AF+DF+CD＝CF+DF+CD，
即△FDC周长等于AB的长，
∴④正确．
故选：C．
强化训练

1．（2021春•北碚区校级期末）如图，已知凸五边形ABCDE中，EC，EB为其对角线，EA＝ED．
（1）如图1，若∠A＝60°，∠CDE＝120°，且CD+AB＝BC．求证：EC平分∠BCD；
（2）如图2，∠A与∠D互补，∠DEA＝2∠CEB，若凸五边形ABCDE面积为30，且CD＝AB＝4．求点E到BC的距离．

【解答】（1）证明：延长CD到T，使得DT＝BA，连接ET．

∵∠CDE＝120°，
∴∠EDT＝180°﹣120°＝60°，
∵∠A＝60°，
∴∠A＝∠EDT，
在△EAB和△EDT中，
，
∴△EAB≌△EDT（SAS），
∴EB＝ET，
∴CB＝CD+BA＝CD+DT＝CT，
在△ECB和△ECT中，
，
∴△ECB≌△ECT（SSS），
∴∠ECB＝∠ECD．

（2）解：延长CD到Q，使得∠QED＝∠AEB，过点E作EH⊥BC于H．

∵∠A+∠CDE＝180°，∠CDE+∠EDQ＝180°，
∴∠A＝∠EDQ，
在△AEB和△DEQ中，
，
∴△AEB≌△DEQ（ASA），
∴EB＝EQ，
∵∠AED＝2∠BEC，
∴∠AEB+∠CED＝∠BEC，
∴∠CED+∠DEQ＝∠BEC，
∴∠CEB＝∠CEQ，
在△CEB和△CEQ中，
，
∴△ECB≌△ECQ（SAS），
∵S五边形ABCDE＝S四边形EBCQ＝2S△EBC＝30，
∴S△EBC＝15，
∵CD＝AB＝4，
∴AB＝6，CD＝4，
∴BC＝CD+QD＝CD+AB＝10，
∴×10×EH＝15，
∴EH＝3，
∴点E到BC的距离为3．
2．（2021春•松江区期末）如图，在四边形ABCD中，AB＝AD，∠B+∠ADC＝180°，点E、F分别在直线BC、CD上，且∠EAF＝∠BAD．
（1）当点E、F分别在边BC、CD上时（如图1），请说明EF＝BE+FD的理由；
（2）当点E、F分别在边BC、CD延长线上时（如图2），（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请说明理由；若不成立，请写出EF、BE、FD之间的数量关系，并说明理由．

【解答】解：（1）EF＝BE+DF，
理由：延长EB至G，使BG＝DF，连接AG，

∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ABC+∠ABG＝180°，
∴∠ADC＝∠ABG，
在△ABG和△ADF中，
，
∴△ABG≌△ADF（SAS），
∴AG＝AF，∠BAG＝∠DAF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠BAE+∠DAF＝∠BAE+∠BAG＝∠EAF，
即∠EAG＝∠EAF，
在△EAG和△EAF中，
，
∴△EAG≌△EAF（SAS），
∴GE＝EF，
∴EF＝BE+DF；
（2）（1）中结论不成立，EF＝BE﹣FD，
在BE上截取BM＝DF，连接AM，

∵∠ABC+∠ADC＝180°，∠ADC+∠ADF＝180°，
∴∠ABC＝∠ADF，
在△ABM和△ADF中，
，
∴△ABM≌△ADF（SAS），
∴AM＝AF，∠BAM＝∠DAF，
∵∠BAM+∠MAD＝∠DAF+∠MAD，
∴∠BAD＝∠MAF，
∵∠EAF＝∠BAD，
∴∠EAF＝∠MAF，
∴∠EAF＝∠EAM，
在△AME和△AFE中，
，
∴△AME≌△AFE（SAS），
∴ME＝EF，
∴ME＝BE﹣BM＝BE﹣DF，
∴EF＝BE﹣FD．
3．（2017•南岸区二模）如图，已知等腰Rt△ABC，∠ACB＝90°，CA＝CB，以BC为边向外作等边△CBD，连接AD，过点C作∠ACB的角平分线与AD交于点E，连接BE．
（1）若AE＝2，求CE的长度；
（2）以AB为边向下作△AFB，∠AFB＝60°，连接FE，求证：FA+FB＝FE．

【解答】解：（1）延长CE交AB于G，
∵△BAC是等腰直角三角形，CE平分∠ACB，
∴CG⊥AB，
∴∠AGC＝90°，
∵CA＝CB，∠ACB＝90°，
∴∠CAB＝45°，
∴△CAG是等腰直角三角形，
∵△BCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝AC，∠BCD＝60°，
∴∠CAD＝∠CDA，
∴∠ACD＝∠ACB+∠BCD＝150°，
∴∠CAD＝∠CDA＝15°，
∴∠EAB＝∠CAB﹣∠CAD＝30°，
在Rt△AEG中，∠EAG＝30°，AE＝2，
∴AG＝，EG＝1，
∵CG＝AG＝，
∴CE＝CG﹣EG＝﹣1．

（2）延长FB到H，使得BH＝AF，连接EH．作EI⊥BF于I．
由（1）可知：AC＝BC，CE平分∠ACB，
∴∠ACE＝∠BCE，
∵CE＝CE，
∴△ACE≌△BCE，
∴AE＝BE，
∴∠EAB＝∠EBA＝30°，
在△AFB中，∠AFB＝60°，
∴∠FAB+∠FBA＝120°，
∴∠FAE＝∠EAB+∠FAB＝30°+∠FAB，
∠EBH＝180°﹣∠EBA﹣∠ABF＝150°﹣（120°﹣∠FAB）＝30°+∠FAB，
∴∠EBH＝∠FAE，
∴△AFE≌△BHE，
∴∠AFE＝∠BHE，EF＝EH，
∴∠EFB＝∠EHB＝∠AFE＝30°，
∵EI⊥FH，
∴EI＝IH，
在Rt△FEI中，∠EFI＝30°，
∴FI＝FE，
∴FH＝BH+FB＝FE，
∴FA+FB＝FE．

4．（2021春•南岸区期末）如图，已知∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AE＝AC．
（1）△ABC与△ADE全等吗？请说明理由；
（2）若AF⊥CB，垂足为F，请说明线段2CF＝CE；
（3）在（2）的基础上，猜想线段BF，DE，CD存在的数量关系，并直接写出结论．

【解答】解：（1）△ABC≌△ADE，理由如下：
如图1，∵∠BAD＝∠CAE＝90°，
∴∠BAC＝∠DAE＝90°﹣∠CAD，
在△ABC和△ADE中，
，
∴△ABC≌△ADE（SAS）．
（2）如图2，作AG⊥BC于点G，则∠AGC＝∠AGE＝90°，
∵AC＝AE，AG＝AG，
∴Rt△AGC≌Rt△AGE（HL），
∴CG＝EG＝CE，∠CAG＝∠EAG＝∠CAE＝45°，
∴∠ACG＝∠E＝45°，
∵△ABC≌△ADE，
∴∠ACF＝∠E＝45°，
∵AF⊥CB，
∴∠F＝90°，
∴∠CAF＝45°，
∵∠ACF＝∠ACG＝45°，AC＝AC，∠CAF＝∠CAG＝45°，
∴△CAF≌△CAG，
∴CF＝CG＝CE，
∴2CF＝CE．
（3）BF＝（CD﹣DE），理由如下：
如图2，由（2）得，CF＝CG＝EG，
∵△ABC≌△ADE，
∴BC＝DE，
∴CF﹣BC＝EG﹣DE，
∴BF＝DG，
∵DG＝EG﹣DE＝CE﹣DE＝（CD+DE）﹣DE＝（CD﹣DE），
∴BF＝（CD﹣DE）．


5．（2021春•沙坪坝区校级期末）如图，C为AB上一点，△ACD和△BCE为等边三角形，AE交CD于M，DB交CE于N．求证：
（1）AE＝DB；
（2）MN∥AB；
（3）PC平分∠APB；
（4）PC+PE＝PB．

【解答】证明：（1）∵△ACD和△BCE是等边三角形，
∴∠ACD＝∠BCE＝60°，AC＝DC，EC＝BC，
∴∠ACD+∠DCE＝∠DCE+∠ECB，
即∠ACE＝∠DCB，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝BD；
（2）∵△ACE≌△DCB，
∴∠EAC＝∠BDC，
∵∠ACD＝∠BCE＝60°，
∴∠DCE＝60°，
∴∠ACD＝∠MCN＝60°，且∠EAC＝∠BDC，AC＝DC，
∴△ACM≌△DCN（ASA），
∴CM＝CN，
又∵∠MCN＝60°，
∴△MCN是等边三角形，
∴∠NMC＝∠ACD＝60°，
∴MN∥AB；
（3）如图，过点C作CG⊥AE于G，作CH⊥BD于H，

∵∠EAC＝∠BDC，AC＝DC，∠AGC＝∠DHC＝90°，
∴△AGC≌△DHC（AAS），
∴CG＝CH，且CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB；
（4）如图，在PB上截取PF＝PC，连接CF，

∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠BDC，∠AEC＝∠DBC，
∵∠ACD＝∠BDC+∠CBD＝60°，
∴∠DOA＝∠CAE+∠CBD＝60°，
∴∠APB＝120°，
∵PC平分∠APB，
∴∠CPF＝APB＝60°，
∴△CPF为等边三角形，
∴CF＝CP，∠CFP＝60°，
∴∠CFB＝∠CPE＝120°，
∴△CFB≌△CPE（AAS），
∴BF＝PE，
∴PB＝BF+PF＝PE+PC．
6．（2013秋•沙坪坝区校级月考）如图，等边△ABC中，点E、F分别是AB、AC的中点，P为BC上一点，连接EP，作等边△EPQ，连接FQ，EF．
（1）若等边△ABC的边长为20，且∠BPE＝45°，求等边△EPQ的边长；
（2）求证：BP＝EF+FQ．

【解答】（1）解：过点E作EM⊥BC于M
∵等边△ABC，
∴∠B＝60°，
∵E为AB的中点，
∴BE＝AB＝10，
在Rt△BEM中，sinB＝，
∴＝，
∴EM＝5，
在Rt△EMP中，sin∠EPM＝，
∴＝，
∴EP＝5，
即等边△EPQ的边长为5；

（2）证明：取BC的中点N，连接NE，
∵等边△ABC，
∴AB＝BC，
∵E为AB的中点，F为AC的中点，N为BC的中点，
∴EF＝BC，BE＝AB，BN＝BC，EF∥BC，
∴EF＝BE＝BN，
∵∠B＝60°，
∴△EBN是等边三角形，
∴EN＝BN＝EF，∠ENB＝60°，
∵EF∥BC，
∴∠FEN＝60°，
∴∠1+∠2＝60°，
∵等边△EPQ，
∴EP＝EQ，∠PEQ＝60°，
∴∠2+∠3＝60°，
∴∠1＝∠3，
在△ENP和△EFQ中，
，
∴△ENP≌△EFQ（SAS），
∴NP＝FQ，
∴BP＝BN+NP＝EF+FQ．

7．（2020秋•斗门区校级期中）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，D、E分别在AB，AC上，且AD＝AE．若△ADE绕点A逆时针旋转，得到AD1E1，设旋转角为a（0°＜a≤180°），记直线BD1与CE1的交点为P．
（1）求证：BD1＝CE1；
（2）当∠CPD1＝2∠CAD1时，求旋转角为a的度数．

【解答】解：（1）在△ABD1和△ACE1中，
，
∴△ABD1≌△ACE1 （SAS），
∴BD1＝CE1；
（2）设AC与BP交于点G，

由（1）知△ABD1≌△ACE1，
∴∠ABD1＝∠ACE1，
∵∠AGB＝∠CGP，
∴∠CPG＝∠BAG＝90°，
∴∠CPD1＝90°，
∵∠CPD1＝2∠CAD1，
∴∠CAD1＝∠CPD1＝45°，
∴旋转角α＝90°+∠CAD1＝135°．
8．（2021春•渝中区校级期末）如图，△CAB与△CDE为等腰直角三角形，∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，∠CAB＝∠CBA＝45°，∠CDE＝∠CED＝45°，连接AD、BE．
（1）如图1，若∠CAD＝28°，∠DCB＝10°，则∠DEB的度数为 　27　度；
（2）如图2，若A、D、E三点共线，AE与BC交于点F，且CF＝BF，AD＝3，求△CEF的面积；
（3）如图3，BE与AC的延长线交于点G，若CD⊥AD，延长CD与AB交于点N，在BC上有一点M且BM＝CG，连接NM，请猜想CN、NM、BG之间的数量关系并证明你的猜想．

【解答】解：（1）如图1中，

∵△ACB，△CDE都是等腰直角三角形，
∴∠ACB＝∠DCE＝90°，CA＝CB，CD＝CE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE＝28°，
∵∠DCB＝10°，
∴∠ECB＝90°﹣10°＝80°，
∴∠CEB＝180°﹣80°﹣28°＝72°，
∵∠CED＝45°，
∴∠DEB＝72°﹣45°＝27°．
故答案为：27．

（2）如图2中，过点C作CQ⊥DE于Q．

∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠CEB，AD＝BE＝3，
∵∠CDE＝∠CED＝45°，
∴∠ADC＝∠CEB＝135°，
∴∠AEB＝90°，
在△CFQ和∠BFE中，
，
∴△CQF≌△BEF（AAS），
∴CQ＝BE＝3，QF＝EF，
∵CQ＝EQ＝3，
∴EF＝EQ＝，
∴S△CEF＝•EF•CQ＝××3＝．

（3）如图3中，结论：CN+MN＝BG．
理由：如图过点B作BT⊥BC交CN的延长线于T

∵AD⊥CD，
∴∠ADC＝90°，
∵△ACD≌△BCE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠BCT+∠ECB＝90°，∠ECB+∠CBG＝90°，
∴BCT＝∠CBG，
在△CBT和△BCG中，
，
∴△CBT≌△BCG（ASA），
∴BT＝CG，CT＝BG，
∵BM＝CG，
∴BM＝BT，
在△BNM和△BNT中，
，
∴△BNM≌△BNT（SAS），
∴MN＝NT，
∴CN+MN＝CN+NT＝CT＝BG．
9．（2021春•楚雄州期末）已知△ABC中，∠ACB＝∠DCE＝α，AC＝BC，DC＝EC，且点A、D、E在同一直线上，AE与BC相交于点F，连接BE．
（1）如图1，当α＝60°时，求出∠AEB的度数．
（2）如图2，当α＝90°时，若∠CBE＝∠BAE，CF＝2，AB＝4+2，求△ABF的面积．

【解答】解：（1）∵∠ACB＝∠DCE＝60°，CA＝CB，CD＝CE，
∴∠ACD＝∠BCE，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠CAD＝∠CBE，
∵∠CFA＝∠BFE，
∴∠AEB＝∠ACF＝60°．

（2）同理可证△ACD≌△BCE，
∴∠CAF＝∠CBE，
∵∠CBE＝∠BAE，
∴∠CAF＝∠BAE，
∴AF平分∠CAB，
∵FC⊥AC，CF＝2，
∴点F到AB的距离＝CF＝2，
∴S△ABF＝•AB•CF＝×（4+2）×2＝4+2．

10．（2012秋•渝北区期末）如图，△ABC中，AC＝BC，∠ACB＝90°，点D在△ABC的外部，且AD⊥BD，AD交BC于点E，连接CD，过点C作CG⊥CD，交AD于点G．
（1）若CG＝4，求DG的长；
（2）若CG＝BD，求证：AB＝AC+CE．

【解答】（1）解：∵AD⊥BD，
∴∠ADB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
而∠AEC＝∠BED，
∴∠CAE＝∠EBD，
∵CG⊥CD，
∴∠GCD＝90°，
即∠GCE+∠ECD＝90°，
而∠GCE+∠ACG＝90°，
∴∠ACG＝∠ECD，
在△ACG和△BCD中
，
∴△ACG≌△BCD，
∴CG＝CD，
∴△CDG为等腰直角三角形，
∴DG＝CG＝4；
（2）证明：延长AC、BD，它们相交于点H，如图，
∵CG＝BD，
而CG＝CD，
∴BD＝CD，
∴∠DCB＝∠DBC，
∵∠H+∠CBH＝90°，∠CHD+∠DCB＝90°，
∴∠H＝∠HCD，
∴CD＝HD，
∴DH＝DB，
而AD⊥BH，
∴AB＝AH，
在△ACE和△BCH中
，
∴△ACE≌△BCH，
∴CE＝CH，
∴AB＝AC+CH＝AC+CE．

11．已知△BAC和△BDE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠BDE＝90°．
（1）如图1，点E、B、C三点在一条直线上，连接AE，若∠AEC＝30°，BC＝4，求BE的长．
（2）如图2，将△BDE以点B为旋转中心顺时针旋转，当C在ED延长线上时，EC交AB于点H．求证：∠BAE＝2∠BCH．

【解答】（1）解：如图1中，作AH⊥BC于H．

∵AB＝AC，∠BAC＝90°，AH⊥BC，
∴AH＝BH＝HC＝2，
在Rt△AEH中，∵∠AHE＝90°，AH＝2，∠AEH＝30°，
∴EH＝＝2，
∴BE＝EH﹣BH＝2﹣2．

（2）证明：如图2中，连接AD．

∵∠BDH＝∠HAC，∠BHD＝∠CHA，
∴△BHD∽△CHA，
∴＝，
∴＝，∵∠AHD＝∠CHB，
∴△AHD∽△CHB，
∴∠ADH＝∠CBH＝45°，∠DAH＝∠BCH，
∴∠ADB＝90°+45°＝135°，
∴∠ADE＝360°﹣90°﹣135°＝135°，
∴∠ADE＝∠ADB，
在△ADE和△ADB中，，
∴△ADE≌△ADB，
∴∠DAE＝∠DAB，
∵∠DAB＝∠BCH，
∴∠BAE＝2∠BCH．
12．（2021•鄂尔多斯）旋转是一种重要的图形变换，当图形中有一组邻边相等时往往可以通过旋转解决问题．

（1）尝试解决：如图①，在等腰Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点M是BC上的一点，BM＝1cm，CM＝2cm，将△ABM绕点A旋转后得到△ACN，连接MN，则AM＝　　cm．
（2）类比探究：如图②，在“筝形”四边形ABCD中，AB＝AD＝a，CB＝CD，AB⊥BC于点B，AD⊥CD于点D，点P、Q分别是AB、AD上的点，且∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，求△APQ的周长．（结果用a表示）
（3）拓展应用：如图③，已知四边形ABCD，AD＝CD，∠ADC＝60°，∠ABC＝75°，AB＝2，BC＝2，求四边形ABCD的面积．
【解答】解：（1）如图①，

∵∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠B＝∠ACB＝45°，
由旋转得：CN＝BM＝1，∠ACN＝∠B＝45°，∠MAN＝∠BAC＝90°，AM＝AN，
∴∠MCN＝∠ACB+∠ACN＝45°+45°＝90°，△AMN是等腰直角三角形，
∵CM＝2，
∴MN＝＝，
∴AM＝MN＝（cm）；
故答案为：；
（2）如图②，延长AB到E，使BE＝DQ，连接CE，

∵AB⊥BC，AD⊥CD，
∴∠ADC＝∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝∠CDQ＝90°，
在△CDQ和△CBE中，
，
∴△CDQ≌△CBE（SAS），
∴∠DCQ＝∠BCE，CQ＝CE，
∵∠PCB+∠QCD＝∠PCQ，
∴∠PCB+∠BCE＝∠PCQ＝∠PCE，
在△QCP和△ECP中，
，
∴△QCP≌△ECP（SAS），
∴PQ＝PE，
∴△APQ的周长＝AQ+PQ+AP＝AQ+PE+AP＝AQ+BE+PB+AP＝AQ+DQ+AB＝2AB＝2a；
（3）如图③，连接BD，由于AD＝CD，所以可将△BCD绕点D顺时针方向旋转60°，得到△DAB′，

连接BB′，延长BA，作B′E⊥BA于E，
由旋转得：△BCD≌△B′AD，
∴BD＝B'D，∠BDB'＝60°，∠CBD＝∠AB'D，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A，△BDB'是等边三角形，
∵∠ABC＝75°，∠ADC＝60°，
∴∠BAB′＝∠BDB'+∠AB'D+∠ABD＝135°，
∴∠B′AE＝45°，
∵B′A＝BC＝2，
∴B′E＝AE＝，
∴BE＝AB+AE＝2+＝3，
∴BB′＝＝2，
设等边三角形的高为h，
则勾股定理得：h＝＝，
∴S四边形ABCD＝S四边形BDB′A＝S△BDB′﹣S△ABB′＝×2×﹣××＝5﹣2．