Question

10．如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，点D、E分别在AC、BC边上，DC=EC，连接DE、AE、BD，点M、N、P分别是AE、BD、AB的中点，连接PM、PN、MN．

（1）BE与MN的数量关系是BE=$\sqrt{2}$MN；
（2）将△DEC绕点C逆时针旋转到如图2的位置，判断（1）中的结论是否仍然成立，如果成立，请写出证明过程，若不成立，请说明理由；
（3）若CB=6，CE=2，在将图1中的△DEC绕点C逆时针旋转一周的过程中，当B、E、D三点在一条直线上时，MN的长度为$\sqrt{17}$-1或$\sqrt{17}$+1．

Answer 1

分析 （1）如图1中，只要证明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位线定理即可解决问题；
（2）如图2中，结论仍然成立．连接AD、延长BE交AD于点H．由△ECB≌△DCA，推出BE=AD，∠DAC=∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，推出PM∥BE，PM=$\frac{1}{2}$BE，PN∥AD，PN=$\frac{1}{2}$AD，推出PM=PN，∠MPN=90°，可得BE=2PM=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$MN=$\sqrt{2}$MN；
（3）有两种情形分别求解即可；

解答 解：（1）如图1中，

∵AM=ME，AP=PB，
∴PM∥BE，PM=$\frac{1}{2}$BE，
∵BN=DN，AP=PB，
∴PN∥AD，PN=$\frac{1}{2}$AD，
∵AC=BC，CD=CE，
∴AD=BE，
∴PM=PN，
∵∠ACB=90°，
∴AC⊥BC，
∴∵PM∥BC，PN∥AC，
∴PM⊥PN，
∴△PMN的等腰直角三角形，
∴MN=$\sqrt{2}$PM，
∴MN=$\sqrt{2}$•$\frac{1}{2}$BE，
∴BE=$\sqrt{2}$MN，
故答案为BE=$\sqrt{2}$MN．

（2）如图2中，结论仍然成立．

理由：连接AD、延长BE交AD于点H．
∵△ABC和△CDE是等腰直角三角形，
∴CD=CE，CA=CB，∠ACB=∠DCE=90°，
∵∠ACB-∠ACE=∠DCE-∠ACE，
∴∠ACD=∠ECB，
∴△ECB≌△DCA，
∴BE=AD，∠DAC=∠EBC，
∵∠AHB=180°-（∠HAB+∠ABH）
=180°-（45°+∠HAC+∠ABH）
=∠180°-（45°+∠HBC+∠ABH）
=180°-90°
=90°，
∴BH⊥AD，
∵M、N、P分别为AE、BD、AB的中点，
∴PM∥BE，PM=$\frac{1}{2}$BE，PN∥AD，PN=$\frac{1}{2}$AD，
∴PM=PN，∠MPN=90°，
∴BE=2PM=2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$MN=$\sqrt{2}$MN．

（3）①如图3中，作CG⊥BD于G，则CE=GE=DG=$\sqrt{2}$，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG=$\sqrt{B{C}^{2}-C{G}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}$=$\sqrt{34}$，
∴BE=BG-GE=$\sqrt{34}$-$\sqrt{2}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BE=$\sqrt{17}$-1．
②如图4中，作CG⊥BD于G，则CE=GE=DG=$\sqrt{2}$，

当D、E、B共线时，在Rt△BCG中，BG=$\sqrt{B{C}^{2}-C{G}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（\sqrt{2}）^{2}}$=$\sqrt{34}$，
∴BE=BG+GE=$\sqrt{34}$+$\sqrt{2}$，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BE=$\sqrt{17}$+1．
故答案为$\sqrt{17}$-1或$\sqrt{17}$+1．

点评 本题考查几何变换综合题、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．