Question

20．如圖①，△AOB≌△COD，延長(zhǎng)AB，CD相交于點(diǎn)E．
（1）求證：DE=BE；
（2）將兩個(gè)三角形繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，當(dāng)∠AEC=90°時(shí)（如圖②），連接BC、AD．取BC的中點(diǎn)F，連接EF，則線段EF、AD的數(shù)量關(guān)系為EF=$\frac{1}{2}$AD，位置關(guān)系為EF⊥AD；
（3）將圖②中的線段EB，ED同時(shí)繞點(diǎn)E順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)到圖③所示位置，連接AD、BC，取BC的中點(diǎn)F，連接EF，請(qǐng)你判斷（2）中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)給出證明；若不成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）連結(jié)AC，如圖①，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得∠1=∠2，OC=OA，CD=AB，然后根據(jù)等腰三角形的判定與性質(zhì)進(jìn)行證明；
（2）如圖②，證明△ECB≌△EAD得到AD=BC，∠ECB=∠EAD，再根據(jù)直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)得EF=FC=FB=$\frac{1}{2}$BC，所以EF=$\frac{1}{2}$AD，然后證明∠EAD+∠FEA=90°，從而得到EF⊥AD；
（3）延長(zhǎng)CE到G使EG=CE，AD與BG相交于M，利用EF為△CBG的中位線得到EF∥BG，EF=$\frac{1}{2}$BG，再根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠CED=∠AEB，BE=DE，接著證明△AED≌△GEB得到AD=GB，∠DAE=∠G，所以EF=$\frac{1}{2}$AD，然后證明AD⊥BG，從而得到AD⊥EF．

解答 （1）證明：連結(jié)AC，如圖①，
∵△AOB≌△COD，
∴∠1=∠2，OC=OA，CD=AB，
∵OC=OA，
∴∠3=∠4，
∴∠1+∠3=∠2+∠4，即∠ECA=∠EAC，
∴EC=EA，
∴EC-CD=EA-AB，
即DE=BE；
（2）解：如圖②，
在△ECB和△EAD中
$\left\{\begin{array}{l}{BE=DE}\\{∠CEB=∠AED}\\{EC=EA}\end{array}\right.$，
∴△ECB≌△EAD，
∴AD=BC，∠ECB=∠EAD，
∵∠AEC=90°，
而點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，
∴EF=FC=FB=$\frac{1}{2}$BC，
∴EF=$\frac{1}{2}$AD，
∵FC=FE，
∴∠FCE=∠FEC，
而∠FEC+∠FEA=90°，
∴∠EAD+∠FEA=90°，
∴EF⊥AD；
故答案為EF=$\frac{1}{2}$AD，EF⊥AD；
（3）解：（2）中的結(jié)論成立．理由如下：
延長(zhǎng)CE到G使EG=CE，AD與BG相交于M，
∵點(diǎn)F為BC的中點(diǎn)，
∴EF為△CBG的中位線，
∴EF∥BG，EF=$\frac{1}{2}$BG，
∵圖②中的線段EB，ED同時(shí)繞點(diǎn)E順時(shí)針?lè)较蛐�轉(zhuǎn)到圖③所示位置，
∴∠CED=∠AEB，BE=DE，
∴∠CED+∠CEA=∠AEB+∠AEG，即∠BEG=∠AED，
在△AED和△GEB中
$\left\{\begin{array}{l}{AE=GE}\\{∠AED=∠GEB}\\{DE=BE}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△GEB，
∴AD=GB，∠DAE=∠G，
∴EF=$\frac{1}{2}$AD，
∵∠BHA=∠EHG，
∴∠AMH=∠GEH=90°，
∴AD⊥BG，
∴AD⊥EF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了幾何變換綜合題：熟練掌握全等三角形的判定與性質(zhì)，掌握直角三角形斜邊上的中線性質(zhì)．