Question

15．己知△ABC与△AED是等腰直角三角形，点M，N是BD，EC的中点．
（1）如图1，△AED顺时针旋转45°，说明MN与EC的关系；
（2）如图2，△AED顺时针旋转90°，AD=1，AB=$\sqrt{6}$，求MN；
（3）如图3，△AED逆时针旋转一定角度，说明MN与EC的关系．

Answer 1

分析 （1）先判断出MN是△BDG的中位线，再判断出△EDN≌△CGN，得出结论进而判断出△CAE≌△BCG（SAS），即可得出结论；
（2）先求出DE，再判断出△DEM≌△BFM，最后用勾股定理求出FC，再用三角形的中位线即可；
（3）先判断出△EDN≌△CGN（SAS），再得出△CAE≌△BCG（SAS），即可．

解答 解：（1）MN⊥EC，且EC=2MN；
理由：如图1，延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，
∵M为BD中点，
∴MN是△BDG的中位线
∴BG=2MN，
在△EDN和△CGN中，
$\left\{\begin{array}{l}{DN=NG}\\{∠DNE=∠GNC}\\{EN=NC}\end{array}\right.$，
∴△EDN≌△CGN（SAS），
∴DE=CG=AE，∠GCN=∠DEN，
∴DE∥CG，
∴∠KCG=∠CKE，
∵∠EAK=45°，
∴∠CAE=180°-45°=135°
∴∠CKE=∠KCG=45°，
∴∠KCG=∠CKE=45°
∴∠BCG=90°+45°=135°，
∴∠CAE=∠BCG，
在△CAE和△BCG中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠CAE=∠BCG}\\{AE=CG}\end{array}\right.$
∴△CAE≌△BCG（SAS），
∴BG=CE，
∵BG=2MN，
∴CE=2MN．
∵△CAE≌△BCG，
∴∠ECK=∠CBG，
∵∠ACB=∠ECK+∠BCE=90°，
∴∠CBG+∠BCE=90°，
∴∠BFC=90°，
∴BG⊥EC，
∵MN∥BG，
∴MN⊥EC；
（2）如图2，
在等腰Rt△ABC中，AB=$\sqrt{6}$，
∴BC=$\sqrt{3}$，
由旋转知，∠AED=∠EAC=90°，
∴DE∥AC，
∵∠BAC=45°，
∴∠EAD=45°，
∴DE=AD=1
连接EM并延长至F使EM=FM，连接CF，
∵EN=CN，
∴MN=$\frac{1}{2}$CF，
在△DEM和△BFM中，$\left\{\begin{array}{l}{DM=BM}\\{∠DME=∠BMF}\\{EM=FM}\end{array}\right.$，
∴△DEM≌△BFM，
∴BF=DE=1，∠MDE=∠MBF，
∴DE∥BF，
∴AC∥BF，
∴∠CBF=90°，
在Rt△BCF中，根据勾股定理得，CF=$\sqrt{B{F}^{2}+B{C}^{2}}$=2，
∴MN=$\frac{1}{2}$CF=1．

（3）MN⊥EC，且EC=2MN；
理由：如图3，延长DN到G，使DN=GN，连接CG，延长DE、CA交于点K，连接BG，延长EC交BG于F，延长AC交BG于H；
∵M为BD中点，
∴MN是△BDG的中位线
∴BG=2MN，
在△EDN和△CGN中，
$\left\{\begin{array}{l}{DN=NG}\\{∠DNE=∠GNC}\\{EN=NC}\end{array}\right.$，
∴△EDN≌△CGN（SAS）
∴DE=CG=AE，∠GCN=∠DEN，
∴DE∥CG，
∴∠CKE=∠KCG=∠HCG，
∴∠CAE=∠AED+∠CKE=90°+∠CKE=90°+∠HCG，
∵∠BCG=∠BCH+∠HCK=90°+∠HCG，
∠BCG=90°+45°=135°，
∴∠CAE=∠BCG，
在△CAE和△BCG中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠CAE=∠BCG}\\{AE=CG}\end{array}\right.$
∴△CAE≌△BCG（SAS），
∴BG=CE，
∵BG=2MN，
∴CE=2MN．
∵△CAE≌△BCG，
∴∠ECK=∠CBG，
∵∠ACB=∠ECK+∠BCE=90°，
∴∠CBG+∠BCE=90°，
∴∠BFC=90°，
∴BG⊥EC，
∵MN∥BG，
∴MN⊥EC；
即：MN⊥EC，CE=2MN；

点评 此题是几何变换综合题，主要考查了全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线，解本题的关键是△EDN≌△CGN（SAS）和△CAE≌△BCG（SAS），作出辅助线是解本题的难点．