培优专题09 全等三角形十大模型之角平分线和半角模型-2023-2024学年八年级数学上册精选专题培优讲与练（人教版）

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培优专题09 全等三角形的十大模型之
角平分线和半角模型


◎模型九： 角平分线模型
【模型1】：如图一，角平分线+对称型
CＣ
O
BＢ
AAA
Ｎ
Ｍ

图一
利用角平分线图形的对称性，在角的两边构造对称全等三角形，可以得到对应边、对应角相等。利用对称性把一些线段或角进行转移，这是经常使用的一种解题技巧。
【理论依据】：三边对应相等的三角戏是全等三角形Ｃ
Ｏ
Ｂ
（SSS）、全等三角形对应角相等
【模型2】：如图二，角平分线+垂直两边型
角平分线性质定理：角的平分线上的点作角两边垂直段构成的两个RT三角形全等．

如图二
【几何语言】：∵ OC为∠AOB的角平分线，D为OC上一点DE⊥OA，DF⊥OB
∴，∴DE=DF
【模型3】如图三，角平分线+垂直角平分线型

如图三
【说明】：构造此模型可以利用等腰三角形的“三线合一”，也可以得到两个全等的直角三角形，进而得到对应边、对应角相等。这个模型巧妙地把角平分线和三线合一联系了起来。
【模型四】角平分线+平行线型

如图四
【说明】：有角平分线时，常过角平分线上一点作角的一边的平行线，构造等腰三角形，为证明结论提供更多的条件，体现了角平分线与等腰三角形之间的密切关系。
1．（2022·全国·八年级）已知：如图，BD为△ABC的角平分线，且BD=BC，E为BD延长线上的一点，BE=BA，过E作EF⊥AB，F为垂足，下列结论：①△ABD≌△EBC②∠BCE+∠BCD=180°③AD=AE=EC ④ BA+BC=2BF其中正确的是（     ）

A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】易证，可得，AD=EC可得①②正确；再根据角平分线的性质可求得 ，即③正确，根据③可判断④正确；
【详解】∵ BD为∠ABC的角平分线，
∴ ∠ABD=∠CBD，
∴在△ABD和△EBD中，BD=BC，∠ABD=∠CDB，BE=BA，
∴△(SAS)，故①正确；
∵ BD平分∠ABC，BD=BC，BE=BA，
∴ ∠BCD=∠BDC=∠BAE=∠BEA，
∵△ABD≌△EBC，
∴∠BCE=∠BDA，
∴∠BCE+∠BCD=∠BDA+∠BDC=180°，
故②正确；
∵∠BCE=∠BDA，∠BCE=∠BCD+∠DCE，
∠BDA=∠DAE+∠BEA，∠BCD=∠BEA，
∴∠DCE=∠DAE，
∴△ACE是等腰三角形，
∴AE=EC，
∵△ABD≌△EBC，
∴AD=EC，
∴AD=AE=EC，
故③正确；
作EG⊥BC，垂足为G，如图所示：
∵ E是BD上的点，∴EF=EG，
在△BEG和△BEF中
∴ △BEG≌△BEF，
∴BG=BF，
在△CEG和△AFE中
∴△CEG≌△AFE，
∴ AF=CG，
∴BA+BC=BF+FA+BG-CG=BF+BG=2BF，
故④正确；
故选：D．

【点睛】本题考查了全等三角形的判定，全等三角形对应边、对应角相等的性质，本题中熟练求证三角形全等和熟练运用全等三角形对应边、对应角相等的性质是解题的关键；
2．（2019·浙江杭州·八年级期末）如图，中，，的角平分线、相交于点，过作交的延长线于点，交于点，则下列结论：①；②；③；④四边形，其中正确的个数是（       ）

A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】根据三角形全等的判定和性质以及三角形内角和定理逐一分析判断即可．
【详解】解：∵在△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠ABC=90°
∵AD、BE分别平分∠BAC、∠ABC，
∴∠BAD=，∠ABE=
∴∠BAD+∠ABE=
∴∠APB=180°-（∠BAD+∠ABE）=135°，故①正确；
∴∠BPD=45°，
又∵PF⊥AD，
∴∠FPB=90°+45°=135°
∴∠APB=∠FPB
又∵∠ABP=∠FBP
BP=BP
∴△ABP≌△FBP（ASA）
∴∠BAP=∠BFP，AB=AB，PA=PF，故②正确；
在△APH与△FPD中
∵∠APH=∠FPD=90°
∠PAH=∠BAP=∠BFP
PA=PF
∴△APH≌△FPD（ASA），
∴AH=FD，
又∵AB=FB
∴AB=FD+BD=AH+BD，故③正确；
连接HD，ED，
∵△APH≌△FPD，△ABP≌△FBP
∴，，PH=PD，
∵∠HPD=90°，
∴∠HDP=∠DHP=45°=∠BPD
∴HD∥EP，
∴
∵





故④错误，

∴正确的有①②③，
故答案为：B．
【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的方法有：SSS、SAS、AAS、ASA、HL，注意AAA和SAS不能判定两个三角形全等．
3．（2022·全国·八年级课时练习）已知，△ABC中，∠BAC＝120°，AD平分∠BAC，∠BDC＝60°，AB＝2，AC＝3，则AD的长是________．

【答案】5
【分析】过D作，，交延长线于F，然后根据全等三角形的性质和角直角三角形的性质即可求解．
【详解】过D作，，交延长线于F，

∵AD平分，，，
∴，，
∵，
，
∴，
∵，
∴，
在和中，

∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形和角平分线的性质，解题的关键是作出辅助线构造全等三角形．
4．（2022·全国·八年级课时练习）如图，BP平分∠ABC，，E、F分别是角两边上点，现有四个结论知其一定能得其余结论的有①；②；③；④，_____.

【答案】由(1)、（2）、（4）可以推出其它三个.
【分析】根据角平分线的性质定理、HL证明直角三角形全等、AAS证明三角形全等、同角的补角相等即可解答.
【详解】解：由(1)可以推出其它三个；由(4)可以推出其它三个；由(2)可以推出其它三个.
如图：过点P作PM⊥AB于点M.

（一）增加条件①时：
∵，∠PFC+∠BFP=180°，
∴∠BEP+∠BFP=180°，∠BEP=∠PFC，即②成立，
∵∠BEP+∠PEM=180°，
∴∠DFP=∠MEP，
∵BP平分∠ABC，，PM⊥AB
∴PD=PM，
又∵∠PME=∠PDF=90°，
∴Rt△PME≌Rt△PDF，
∴ME=DF，，即③成立，
∵BP=BP，
∴Rt△PMB≌Rt△PDB(HL)，
∴BM=BD，
∵BD=BF-DF，BM=BE+EM，ME=DF，
∴2BD=BD+BM=( BF-DF)+( BE+EM)= BF-DF+ BE+EM= BF+ BE，即，故④正确.
（二）增加条件④时，
∵BP平分∠ABC，，PM⊥AB
∴PD=PM，
又∵∠PMB=∠PDB=90°，BP=BP
∴Rt△PMB≌Rt△PDB，
∴BM=BD，
∵BD=BF-DF，BM=BE+EM，2BD= BF+BE，
∴BD+ BM=2BD，即BF-DF+ BE+EM= BF+BE
∴ME=DF，
同（一）方法即可证明Rt△PME≌Rt△PDF，从而证得①、②、③正确；
(三)添加条件 ②时，方法同（一）中即可证明Rt△PME≌Rt△PDF，从而证得其它结论正确；
（四）如果添加③，当点F在下图F′的位置时，其它三项不正确.

【点睛】本题重点考查角平分线的性质和三角形全等的证明，解题关键是熟练掌握三角形全等的证明方法.
5．（2022·江苏·八年级课时练习）在△ABC中，AD为△ABC的角平分线，点E是直线BC上的动点．
（1）如图1，当点E在CB的延长线上时，连接AE，若∠E＝48°，AE＝AD＝DC，则∠ABC的度数为 　 　．
（2）如图2，AC＞AB，点P在线段AD延长线上，比较AC+BP与AB+CP之间的大小关系，并证明．
（3）连接AE，若∠DAE＝90°，∠BAC＝24°，且满足AB+AC＝EC，请求出∠ACB的度数（要求：画图，写思路，求出度数）．

【答案】（1）；（2），见解析；（3）44°或104°；详见解析．
【分析】（1）根据等边对等角，可得，，再根据三角形外角的性质求出，由此即可解题；
（2）在AC边上取一点M使AM=AB，构造，根据即可得出答案；
（3）画出图形，根据点E的位置分四种情况，当点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，可得，可得，设，则；根据∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，可得，可证（SAS），得出，利用还有 ，列方程；当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；当点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB， 可得，得出，设，则；∠BAC＝24°，根据AD为△ABC的角平分线，得出，证明（SAS），得出，利用三角形内角和列方程，解方程即可．
【详解】解：（1）∵AE＝AD＝DC，
∴，，
∵，，
∴，
∵AD为△ABC的角平分线，即，
∴；
∴
（2）如图2，
在AC边上取一点M使AM=AB，连接MP，

在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）如图，点E在射线CB延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即，
∴，
设，则；
又∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴，
又∵，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
又∵，
∴，
解得：，
∴；

当点E在BD上时，∠EAD＜90°，不成立；

当点E在CD上时，∠EAD＜90°，不成立；

如图，点E在BC延长线上，延长CA到G，使AG=AB，
∵AB+AC＝EC，
∴AG+AC＝EC，即，
∴，
设，则；
又∵∠BAC＝24°，AD为△ABC的角平分线，
∴，
又∵，

∴，，
∴，
在和中，
，
∴（SAS），
∴，
∴，
解得：，
∴．
∴∠ACB的度数为44°或104°．

【点睛】本题主要考查了等腰三角形性质、全等三角形判定和性质，角平分线，三角形外角性质，三角形内角和，解一元一次方程，根据角平分线模型构造全等三角形转换线段和角的关系是解题关键．
6.（2022·全国·八年级课时练习）如图，已知在四边形ABCD中，BD是的平分线，．2 求证：．

【答案】见解析
【分析】方法一，在BC上截取BE，使，连接DE，由角平分线的定义可得，根据全等三角形的判定可证和全等，再根据全等三角形的性质可得，，由AD=CD等量代换可得，继而可得，由于，可证；
方法2，延长BA到点E，使，由角平分线的定义可得，根据全等三角形的判定可证和全等，继而可得，．由，可得，继而求得，由，继而可得；
方法3， 作于点E，交BA的延长线于点F，由角平分线的定义可得，由，，可得，根据全等三角形的判定可证和全等，继而可得，再根据HL定理可得可证．
【详解】解：方法1 截长如图，在BC上截取BE，使，
连接DE，

因为BD是的平分线，
所以．
在和中，
因为
所以，
所以，．
因为，
所以，
所以．
因为，
所以．
方法2   补短
如图，延长BA到点E，使．

因为BD是的平分线，
所以
在和中，
因为，
所以，
所以，．
因为，
所以，
所以．
因为，
所以．
方法3   构造直角三角形全等

作于点E．交BA的延长线于点F
因为BD是的平分线，
所以．
因为，，
所以，
在和中，
因为，
所以，
所以．
在和中，
因为，
所以，
所以．
因为，
所以．


◎模型十： 半角全等模型
【模型分析】过等腰三角形顶点 两条射线，使两条射线的夹角为等腰三角形顶角的一半这样的模型称为半角模型。
【常见模型】

常见的图形为正方形，正三角形，等腰直角三角形等，解题思路一般是将半角两边的三角形通过旋转到一边合并成新的三角形，从而进行等量代换，然后证明与半角形成的三角形全等，再通过全等的性质得到线段之间的数量关系。半角模型（题中出现角度之间的半角关系）利用旋转——证全等——得到相关结论.
7．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在中，，，D、E是斜边上两点，且，若，，，则与的面积之和为（       ）

A．36 B．21 C．30 D．22
【答案】B
【分析】将关于对称得到，从而可得的面积为15，再根据对称的性质可得，然后根据三角形全等的判定定理证出，从而可得，最后根据与的面积之和等于与的面积之和即可得．
【详解】解：如图，将关于AE对称得到，

则，，
，
，
，
在和中，，
，
，
，即是直角三角形，
，
，
即与的面积之和为21，
故选：B．
【点睛】本题考查了轴对称的性质、三角形全等的判定定理与性质等知识点，通过作辅助线，构造全等三角形和直角三角形是解题关键．
8．（2022·江苏·八年级专题练习）如图所示，在Rt△ABC中，AB＝AC，D、E是斜边BC上的两点，且∠DAE＝45°，将△ADC绕点A按顺时针方向旋转90°后得到△AFB，连接EF，有下列结论：①BE＝DC；②∠BAF＝∠DAC；③∠FAE＝∠DAE；④BF＝DC．其中正确的有（　　）

A．①②③④ B．②③ C．②③④ D．③④
【答案】C
【分析】利用旋转性质可得△ABF≌△ACD，根据全等三角形的性质一一判断即可．
【详解】解：∵△ADC绕A顺时针旋转90°后得到△AFB，
∴△ABF≌△ACD，
∴∠BAF＝∠CAD，AF＝AD，BF＝CD，故②④正确，
∴∠EAF＝∠BAF+∠BAE＝∠CAD+∠BAE＝∠BAC﹣∠DAE＝90°﹣45°＝45°＝∠DAE故③正确
无法判断BE＝CD，故①错误，
故选：C．
【点睛】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，解题的关键是熟练掌握基本知识，属于中考常考题型．
9．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝4，AB＝AC，∠CBD＝30°，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

【答案】2+2
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN＋BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD＋DC，代入求出答案即可．
【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：
                                           
由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
，                    
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BC＝4，
∴CD＝BC＝2，BD＝＝2，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝2+2，
故答案为：2+2．
【点睛】本题考查直角三角形、全等三角形的性质和判定、旋转的性质的应用，能正确作出辅助线是解此题的关键．
10．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在Rt△ABC和Rt△BCD中，∠BAC＝∠BDC＝90°，BC＝8，AB＝AC，∠CBD＝30°，BD＝4，M，N分别在BD，CD上，∠MAN＝45°，则△DMN的周长为_____．

【答案】4+4．
【分析】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，由旋转得出∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，求出∠EAM＝∠MAN，根据SAS推出△AEM≌△ANM，根据全等得出MN＝ME，求出MN＝CN+BM，解直角三角形求出DC，即可求出△DMN的周长＝BD+DC，代入求出即可．
【详解】将△ACN绕点A逆时针旋转，得到△ABE，如图：

由旋转得：∠NAE＝90°，AN＝AE，∠ABE＝∠ACD，∠EAB＝∠CAN，
∵∠BAC＝∠D＝90°，
∴∠ABD+∠ACD＝360°﹣90°﹣90°＝180°，
∴∠ABD+∠ABE＝180°，
∴E，B，M三点共线，
∵∠MAN＝45°，∠BAC＝90°，
∴∠EAM＝∠EAB+∠BAM＝∠CAN+∠BAM＝∠BAC﹣∠MAN＝90°﹣45°＝45°，
∴∠EAM＝∠MAN，
在△AEM和△ANM中，
，
∴△AEM≌△ANM（SAS），
∴MN＝ME，
∴MN＝CN+BM，
∵在Rt△BCD中，∠BDC＝90°，∠CBD＝30°，BD＝4，CD＝BD×tan∠CBD＝4，
∴△DMN的周长为DM+DN+MN＝DM+DN+BM+CN＝BD+DC＝4+4，
故答案为4+4．
【点睛】此题主要考查利用三角形全等的性质和解直角三角形，进行等量转换，关键是做辅助线.
11．（2022·陕西西安·七年级期末）问题背景：
如图1，在四边形ABCD中，，，E、F分别是BC，CD上的点，且∠EAF＝60°，探究图中线段BE，EF，FD之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是，延长FD到点G，使DG＝BE，连接AG，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是______．


实际应用：
如图2，在新修的小区中，有块四边形绿化ABCD，四周修有步行小径，且AB＝AD，∠B＋∠D＝180°，在小径BC，CD上各修一凉亭E，F，在凉亭E与F之间有一池塘，不能直接到达，经测量得，BE＝10米，DF＝15米，试求两凉亭之间的距离EF．


【答案】问题背景：EF＝BE＋FD；实际应用：两凉亭之间的距离EF为25米
【分析】（1）根据△ABE≌△ADG可得BE=DG，根据△AEF≌△AGF得EF=GF，进而求得结果；
（2）延长CD至H，使DH=BE，可证得△ADH≌△ABE，进而证得△FAH≌△FAE，进一步求得EF．
【详解】解：问题背景：∵∠ADC=90°，∠ADC+∠ADG=180°，
∴∠ADG=90°，
在△ABE和△ADG中，
，
∴△ABE≌△ADG（SAS），
∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，
∵∠EAF=60°，∠BAD=120°，
∴∠BAE+DAF=120°-60°=60°，
∴∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=60°=∠EAF，
在△AEF和△AGF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FG，
∵FG=DG+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
故答案为：EF=BE+DF；
实际应用：如图2，延长CD至H，使DH=BE，连接AH，

∵∠B+∠ADC=180°，∠ADH+∠ADC=180°，
∴∠ADH=∠B，
在△ADH和△ABE中，
，
∴△ADH≌△ABE（SAS），
∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，
∵∠EAF=∠BAD，
∴∠HAF=∠DAH+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=∠EAF，
在△AEF和△AHF中，
，
∴△AEF≌△AGF（SAS），
∴EF=FH，
∵FH=DH+DF=BE+DF，
∴EF=BE+DF，
∵BE=10米，DF=15米，   
∴EF=10+15=25（米）．
【点睛】本题主要考查的是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质等知识，作辅助线构造全等三角形并两次证全等是解题的关键．
12．（2022·全国·八年级课时练习）综合与实践
（1）如图1，在正方形ABCD中，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝45°，则MN，AM，CN的数量关系为 　 　．

（2）如图2，在四边形ABCD中，BC∥AD，AB＝BC，∠A+∠C＝180°，点M、N分别在AD、CD上，若∠MBN＝∠ABC，试探索线段MN、AM、CN有怎样的数量关系？请写出猜想，并给予证明．
（3）如图3，在四边形ABCD中，AB＝BC，∠ABC+∠ADC＝180°，点M、N分别在DA、CD的延长线上，若∠MBN＝∠ABC，试探究线段MN、AM、CN的数量关系为 　 　．
【答案】（1）MN=AM+CN；（2）MN=AM+CN，理由见解析；（3）MN=CN-AM，理由见解析
【分析】（1）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，可得到点M'、C、N三点共线，再由∠MBN=45°，可得∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（2）把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，由∠A+∠C＝180°，可得点M'、C、N三点共线，再由∠MBN＝∠ABC，可得到∠M'BN=∠MBN，从而证得△NBM≌△NBM'，即可求解；
（3）在NC上截取C M'=AM，连接B M'，由∠ABC+∠ADC＝180°，可得∠BAM=∠C，再由AB＝BC，可证得△ABM≌△CB M'，从而得到AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，进而得到∠MA M'=∠ABC，再由∠MBN＝∠ABC，可得∠MBN＝∠M'BN，从而得到△NBM≌△NBM'，即可求解．
【详解】解：（1）如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

在正方形ABCD中，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，AB=BC       ，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN=45°，
∴∠ABM+∠CBN=45°，
∴∠M'BN=∠M'BC+∠CBN=∠ABM+∠CBN=45°，
即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（2）MN=AM+CN；理由如下：
如图，把△ABM绕点B顺时针旋转使AB边与BC边重合，则AM=CM'，BM=BM'，∠A=∠BCM'，∠ABM=∠M'BC，

∵∠A+∠C＝180°，
∴∠BCM'+∠BCD=180°，
∴点M'、C、N三点共线，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠ABM+∠CBN=∠ABC＝∠MBN，
∴∠CBN+∠M'BC =∠MBN，即∠M'BN=∠MBN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N= M'C+CN，
∴MN= M'C+CN=AM+CN；
（3）MN=CN-AM，理由如下：
如图，在NC上截取C M'=AM，连接B M'，

∵在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC＝180°，
∴∠C+∠BAD=180°，
∵∠BAM+∠BAD=180°，
∴∠BAM=∠C，
∵AB＝BC，
∴△ABM≌△CB M'，
∴AM=C M'，BM=B M'，∠ABM=∠CB M'，
∴∠MA M'=∠ABC，
∵∠MBN＝∠ABC，
∴∠MBN＝∠MA M'=∠M'BN，
∵BN=BN，
∴△NBM≌△NBM'，
∴MN= M'N，
∵M'N=CN-C M'，   
∴MN=CN-AM．
故答案是：MN=CN-AM．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，图形的旋转，根据题意做适当辅助线，得到全等三角形是解题的关键．