(1)操作发现:将等腰Rt△ABC与等腰Rt△ADE按如图1方式叠放.其中∠ACB=∠ADE=90°.点D.E分别在AB.AC边上.M为BE的中点.连结CM.DM．小明发现CM=DM.你认为正确吗?请说明理由．(2)思考探究:小明想:若将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转一定的角度.上述结论会如何呢?为此进行以下探究:探究一:将图1中的等腰Rt� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

2．（1）操作发现：
将等腰Rt△ABC与等腰Rt△ADE按如图1方式叠放，其中∠ACB=∠ADE=90°，点D，E分别在AB，AC边上，M为BE的中点，连结CM，DM．小明发现CM=DM，你认为正确吗？请说明理由．
（2）思考探究：
小明想：若将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转一定的角度，上述结论会如何呢？为此进行以下探究：
探究一：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转45°（如图2），其他条件不变，发现结论CM=DM依然成立．请你给出证明．
探究二：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转135°（如图3），其他条件不变，则结论CM=DM还成立吗？请说明理由．

分析（1）连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，先证明△EMD≌△BMN，得到BN=DE=DA，再证明△CAD≌△CNB，得到CD=CN，证明△DCM是等腰直角三角形即可；
（2）探究一：延长DM交BC于N，根据平行线的性质和判定推出∠DEM=∠MBC，根据ASA推出△EMD≌△BMN，证出BN=AD，证明△CMD为等腰直角三角形即可；
探究二：作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，根据平行线的性质求出∠E=∠NBM，根据ASA证△DCA≌△NCB，推出△DCN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可推出△CMD为等腰直角三角形．

解答解：（1）如图一，连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，
∵∠EDA=∠ABN=90°，
∴DE∥BN，
∴∠DEM=∠MBN，
∵在△EMD和△BMN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DEM=∠NBM}\\{EM=BM}\\{∠EMD=∠NMB}\end{array}\right.$，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
在△CAD和△CNB中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠A=∠CBN=45°}\\{BN=DA}\end{array}\right.$，
∴△CAD≌△CNB，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DN，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴DM=CM；
（2）探究一，
理由：如图二，连接DM并延长DM交BC于N，
∵∠EDA=∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴∠DEM=∠MBC，
∵在△EMD和△BMN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DEM=∠NBM}\\{EM=BM}\\{∠EMD=∠NMB}\end{array}\right.$，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD
∵AC=BC，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DM，∠DCM=$\frac{1}{2}$∠DCN=45°=∠BCM，
∴△CMD为等腰直角三角形．
∴DM=CM；
探究二，
理由：如图三，连接DM，过点B作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，
∴∠E=∠MBN=45°．
∵点M是BE的中点，
∴EM=BM．
∵在△EMD和△BMN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠E=∠MBN}\\{EM=BM}\\{∠DME=∠NMB}\end{array}\right.$
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
∵∠DAE=∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠DAC=∠NBC=90°
∵在△DCA和△NCB中
$\left\{\begin{array}{l}{DA=BN}\\{∠DAC=∠NBC}\\{CA=BC}\end{array}\right.$，
∴△DCA≌△NCB（SAS），
∴∠DCA=∠NCB，DC=CN，
∴∠DCN=∠ACB=90°，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DM，∠DCM=$\frac{1}{2}$∠DCN=45°=∠CDM，
∴△CMD为等腰直角三角形．
∴DM=CM