Question

如图1、2是两个相似比为1：的等腰直角三角形，将两个三角形如图3放置，小直角三角形的斜边与大直角三角形的一直角边重合．
（1）在图3中，绕点D旋转小直角三角形，使两直角边分别与AC、BC交于点E，F，如图4．求证：AE²+BF²=EF²；
（2）若在图3中，绕点C旋转小直角三角形，使它的斜边和CD延长线分别与AB交于点E、F，如图5，此时结论AE²+BF²=EF²是否仍然成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．


（3）如图6，在正方形ABCD中，E、F分别是边BC、CD上的点，满足△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，AE、AF分别与对角线BD交于M、N，试问线段BM、MN、DN能否构成三角形的三边长？若能，指出三角形的形状，并给出证明；若不能，请说明理由．

Answer 1

证明：（1）连CD，如图4，
∵两个等腰直角三角形的相似比为1：，
而小直角三角形的斜边等于大直角三角形的直角边，


∴点D为AB的中点，
∴CD=AD，∠4=∠A=45°，
又∵∠1+∠2=∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠1，
∴△CDF≌△ADE，
∴CF=AE，
同理可得△CED≌△BFD，
∴CE=BF，
而CE²+CF²=EF²，
∴AE²+BF²=EF²；

（2）结论AE²+BF²=EF²仍然成立．理由如下：
把△CFB绕点C顺时针旋转90°，得到△CGA，如图5
∴CF=CG，AG=BF，∠4=∠1，∠B=∠GAC=45°，
∴∠GAE=90°，
而∠3=45°，
∴∠2+∠4=90°-45°=45°，
∴∠1+∠2=45°，
∴△CGE≌△CFE，
∴GE=EF，
在Rt△AGE中，AE²+AG²=GE²，
∴AE²+BF²=EF²；

（3）线段BM、MN、DN能构成直角三角形的三边长．理由如下：
把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABP，点N的对应点为Q，如图

∴∠4=∠2，∠1+∠3+∠4=90°，BP=DF，BQ=DN，AF=AP，
∵△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，
∴EF=BE+DF，
∴EF=EP，
∴△AEF≌△AEP，
∴∠1=∠3+∠4，
而AQ=AN，
∴△AMQ≌△AMN，
∴MN=QM，
而∠ADN=∠QBA=45°，∠ABD=45°，
∴∠QBN=90°，
∴BQ²+BM²=QM²，
∴BM²+DN²=MN²．
分析：（1）连CD，由条件得到点D为AB的中点，则CD=AD，∠4=∠A=45°，易证△CDF≌△ADE，△CED≌△BFD，得到CF=AE，CE=BF，而CE²+CF²=EF²，因此得到结论．
（2）把△CFB绕点C顺时针旋转90°，得到△CGA，根据旋转的性质得到CF=CG，AG=BF，∠4=∠1，∠B=∠GAC=45°，易证△CGE≌△CFE，得到GE=EF，即可得到结论AE²+BF²=EF²仍然成立；
（3）把△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABP，点N的对应点为Q，根据旋转的性质得到∠4=∠2，∠1+∠3+∠4=90°，BP=DF，BQ=CN，AF=AP，又△CEF的周长等于正方形ABCD的周长的一半，得到EF=BE+DF，则EF=EP，证得△AMQ≌△AMN，得到MN=QM，易证得∠QBN=90°，于是有BQ²+BM²=QM²，从而得到BM²+DN²=MN²．
点评：本题考查了旋转的性质：旋转前后两个图形全等，对应点与旋转中心的连线段的夹角等于旋转角；也考查了三角形全等的判定与性质、等腰直角三角形的性质以及勾股定理的应用．