Question

10．如圖1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，點(diǎn)D、E分別在AC、BC邊上，DC=EC，連接DE、AE、BD，點(diǎn)M、N、P分別是AE、BD、AB的中點(diǎn)，連接PM、PN、MN．

（1）BE與MN的數(shù)量關(guān)系是BE=$\sqrt{2}$MN；
（2）將△DEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)到如圖2的位置，判斷（1）中的結(jié)論是否仍然成立，如果成立，請(qǐng)寫出證明過程，若不成立，請(qǐng)說明理由；
（3）若CB=6，CE=2，在將圖1中的△DEC繞點(diǎn)C逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)一周的過程中，當(dāng)B、E、D三點(diǎn)在一條直線上時(shí)，MN的長(zhǎng)度為$\sqrt{17}$-1或$\sqrt{17}$+1．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，只要證明△PMN的等腰直角三角形，再利用三角形的中位線定理即可解決問題；
（2）如圖2中，結(jié)論仍然成立．連接AD、延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)H．由△ECB≌△DCA，推出BE=AD，∠DAC=∠EBC，即可推出BH⊥AD，由M、N、P分別為AE、BD、AB的中點(diǎn)，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）有兩種情形分別求解即可；

解答 解：（1）如圖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，
故答案為BE=$\sqrt{2}$MN．

（2）如圖2中，結(jié)論仍然成立．

理由：連接AD、延長(zhǎng)BE交AD于點(diǎn)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(jìn)、N、P分別為AE、BD、AB的中點(diǎn)，
∴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如圖3中，作CG⊥BD于G，則CE=GE=DG=$\sqrt{2}$，

當(dāng)D、E、B共線時(shí)，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如圖4中，作CG⊥BD于G，則CE=GE=DG=$\sqrt{2}$，

當(dāng)D、E、B共線時(shí)，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．
故答案為$\sqrt{17}$-1或$\sqrt{17}$+1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何變換綜合題、等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問題，屬于中考?jí)狠S題．