（1）操作发现：将等腰Rt△ABC与等腰Rt△ADE按如图1方式叠放，其中∠ACB=∠ADE=90°，点D，E分别在AB，AC边上，M为BE的中点，连结CM，DM．小明发现CM=DM，你认为正确吗？请说明理由．（2）思考探

Question

（1）操作发现：
将等腰Rt△ABC与等腰Rt△ADE按如图1方式叠放，其中∠ACB=∠ADE=90°，点D，E分别在AB，AC边上，M为BE的中点，连结CM，DM．小明发现CM=DM，你认为正确吗？请说明理由．
（2）思考探究：
小明想：若将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转一定的角度，上述结论会如何呢？为此进行以下探究：
探究一：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转45°（如图2），其他条件不变，发现结论CM=DM依然成立．请你给出证明．
探究二：将图1中的等腰Rt△ADE绕点A沿逆时针方向旋转135°（如图3），其他条件不变，则结论CM=DM还成立吗？请说明理由．

Answer 1

（1）如图一，连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，
∵∠EDA=∠ABN=90°，
∴DE∥BN，
∴∠DEM=∠MBN，
∵在△EMD和△BMN中，

∠DEM=∠NBM

EM=BM

∠EMD=∠NMB

，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
在△CAD和△CNB中，

AC=BC

∠A=∠CBN=45°

BN=DA

，
∴△CAD≌△CNB，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DN，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴DM=CM；
（2）探究一，
理由：如图二，连接DM并延长DM交BC于N，
∵∠EDA=∠ACB=90°，
∴DE∥BC，
∴∠DEM=∠MBC，
∵在△EMD和△BMN中，

∠DEM=∠NBM

EM=BM

∠EMD=∠NMB

，
∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD
∵AC=BC，
∴CD=CN，
∴△DCN是等腰直角三角形，且CM是底边的中线，
∴CM⊥DM，∠DCM=(1)/(2)∠DCN=45°=∠BCM，
∴△CMD为等腰直角三角形．
∴DM=CM；
探究二，
理由：如图三，连接DM，过点B作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，
∴∠E=∠MBN=45°．
∵点M是BE的中点，
∴EM=BM．
∵在△EMD和△BMN中，

∠E=∠MBN

EM=BM

∠DME=∠NMB

∴△EMD≌△BMN（ASA），
∴BN=DE=DA，MN=MD，
∵∠DAE=∠BAC=∠ABC=45°，
∴∠DAC=∠NBC=90°
∵在△DCA和△NCB中
√(DA=BN∠DAC=∠NBC作业搜用户2017-04-24为您推荐：问题解析（1）连接DM并延长，作BN⊥AB，与DM的延长线交于N，连接CN，先证明△EMD≌△BMN，得到BN=DE=DA，再证明△CAD≌△CNB，得到CD=CN，证明△DCM是等腰直角三角形即可；（2）探究一：延长DM交BC于N，根据平行线的性质和判定推出∠DEM=∠MBC，根据ASA推出△EMD≌△BMN，证出BN=AD，证明△CMD为等腰直角三角形即可；探究二：作BN∥DE交DM的延长线于N，连接CN，根据平行线的性质求出∠E=∠NBM，根据ASA证△DCA≌△NCB，推出△DCN是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可推出△CMD为等腰直角三角形．名师点评本题考点：几何变换综合题考点点评：本题综合考查了等腰直角三角形，等腰三角形的性质和判定，平行线的性质和判定，全等三角形的性质和判定，此题综合性比较强，培养了学生分析问题和解决问题的能力，类比思想的运用，题型较好，难度较大．广告扫描下载二维码©2018 作业搜 联系方式：[e-mail]作业搜协议)