Question

18．在邊長(zhǎng)為1的正方形ABCD中，點(diǎn)E是射線BC上一動(dòng)點(diǎn)，AE與BD相交于點(diǎn)M，AE或其延長(zhǎng)線與DC或其延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)F，G是EF的中點(diǎn)，連結(jié)CG．
（1）如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)．求證：①△ABM≌△CBM；②CG⊥CM．
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，（1）中的結(jié)論②是否成立？請(qǐng)寫出結(jié)論，不用證明．
（3）試問當(dāng)點(diǎn)E運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，△MCE是等腰三角形？請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）①由正方形的性質(zhì)得出AB=BC，∠ABM=∠CBM，由SAS證明△ABM≌△CBM即可．
②由全等三角形的性質(zhì)得出∠BAM=∠BCM，由直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得出GC=GF，證出∠GCF=∠F，由平行線的性質(zhì)得出∠BAM=∠F，因此∠BCM=∠GCF，得出∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90°，即可得出結(jié)論；
（2）同（1），即可得出結(jié)論；
（3）①當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，由∠MEC＞90°，要使△MCE是等腰三角形，必須EM=EC，得出∠EMC=∠ECM，由三角形的外角性質(zhì)得出∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，由直角三角形的性質(zhì)得出∠BAE=30°，得出BE=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$AB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
②當(dāng)點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，同①知BE=$\sqrt{3}$；即可得出結(jié)論．

解答 （1）證明：①∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=CB}&{\;}\\{∠ABM=∠CBM}&{\;}\\{BM=BM}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△CBM（SAS）．
②∵△ABM≌△CBM
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90°，G是EF的中點(diǎn)，∴GC=$\frac{1}{2}$EF=GF，
∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB∥DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠BCM+∠GCE=∠GCF+∠GCE=90°，
∴GC⊥CM；
（2）解：成立；理由如下：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠ABM=∠CBM，
在△ABM和△CBM中，$\left\{\begin{array}{l}{AB=CB}&{\;}\\{∠ABM=∠CBM}&{\;}\\{BM=BM}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△CBM（SAS）
∴∠BAM=∠BCM，
又∵∠ECF=90°，G是EF的中點(diǎn)，
∴GC=GF，
∴∠GCF=∠GFC，
又∵AB∥DF，
∴∠BAM=∠GFC，
∴∠BCM=∠GCF，
∴∠GCF+∠MCF=∠BCM+MCFE=90°，
∴GC⊥CM；
（3）解：分兩種情況：①當(dāng)點(diǎn)E在BC邊上時(shí)，
∵∠MEC＞90°，要使△MCE是等腰三角形，必須EM=EC，
∴∠EMC=∠ECM，
∴∠AEB=2∠BCM=2∠BAE，
∴2∠BAE+∠BAE=90°，
∴∠BAE=30°，
∴BE=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$AB=$\frac{\sqrt{3}}{3}$；
②當(dāng)點(diǎn)E在BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，同①知BE=$\sqrt{3}$．
綜上①②，當(dāng)BE=$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$戓BE=$\sqrt{3}$時(shí)，△MCE是等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、含30°角的直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．