Question

11．如圖，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，CD為斜邊AB上的中線．
（1）如圖1，AE平分∠CAB交BC于E，交CD于F，若DF=2，求AC的長；
（2）將圖1中的△ADC繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度得到△ADN，如圖2，P，Q分別為線段AN，BC的中點(diǎn)，連接AC，BN，PQ，求證：BN=$\sqrt{2}$PQ；
（3）如圖3，將△ADC繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)一定角度到△AMN，其中D的對應(yīng)點(diǎn)是M，C的對應(yīng)點(diǎn)是N，若B，M，N三點(diǎn)在同一直線上，H為BN中點(diǎn)，連接CH，猜想BM，MN，CH之間的數(shù)量關(guān)系，請直接寫出結(jié)果．

Answer 1

分析 （1）利用角平分線定理求出FM，再利用等腰直角三角形的性質(zhì)即可得出CF，最后用AC=$\sqrt{2}$CD即可；
（2）先判斷出$\frac{DN}{DP}=\frac{DB}{DQ}$=$\sqrt{2}$，再判斷出∠PDQ=∠NDB，進(jìn)而得出，△PDQ∽△NDB即可判斷出結(jié)論；
（3）先判斷出，∠MAC=∠GBC進(jìn)而得出△ACM≌△BCG，即可得出∠ACM=∠BCG，進(jìn)而△MCG是直角三角形，再用直角三角形的中線得出MG=2CH，最后等量代換即可．

解答 解：（1）如圖1∵等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，CA=CB，CD為斜邊AB上的中線．
∴CD⊥AB，∠ACD=45°
過點(diǎn)F作FM⊥AC，
∵AE平分∠CAB，
∴FM=FD=2
在Rt△CMF中，∠ACD=45°，
∴CF=$\sqrt{2}$MF=2$\sqrt{2}$，
∴CD=CF+FD=2$\sqrt{2}$+2，
∵CD是等腰直角三角形斜邊的中線，
∴AC=$\sqrt{2}$CD=$\sqrt{2}$（2$\sqrt{2}$+2）=4+2$\sqrt{2}$；

（2）如圖2，連接DP，DQ，
∵△ADC繞點(diǎn)D順時針旋轉(zhuǎn)一定角度得到△ADN，
∴AN=BC，DN=CD=DB，△ADN是等腰直角三角形，
∵△BCD是等腰直角三角形，點(diǎn)Q是BC中點(diǎn)，
∴DQ=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}$BD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DN，
∵點(diǎn)P是AN中點(diǎn)，
∴DP=$\frac{1}{2}$AN=$\frac{1}{2}$BC=DQ，
∴$\frac{DN}{DP}=\frac{DB}{DQ}$=$\sqrt{2}$，
∵∠NDP=∠CDQ=45°，
∴∠PDQ=∠PDN+∠CDN+∠CDQ=90°+∠CDN，
∵∠NDB=∠CDN+∠CDB=90°+∠CDN，
∴∠PDQ=∠NDB，
∵$\frac{DN}{DP}=\frac{DB}{DQ}$=$\sqrt{2}$，
∴△PDQ∽△NDB，
∴$\frac{BN}{PQ}=\frac{DN}{DP}$=$\sqrt{2}$，
∴BN=$\sqrt{2}$PQ．

（3）BM-MN=2CH．
理由：如圖3，在BN上截取BG=BD，連接CG，CM，
∵△ADC繞點(diǎn)A順時針旋轉(zhuǎn)一定角度到△AMN，
∴MN=AM=AD=CD=DB，
∴MN=AM=BG，
根據(jù)三角形的內(nèi)角和，得∠MAC=∠GBC，
在△ACM和△BCG中，$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠MAC=∠GBC}\\{AM=BG}\end{array}\right.$，
∴△ACM≌△BCG，
∴∠ACM=∠BCG，
∴∠MCG=∠ACM+∠ACG=∠BCG+∠ACG=90°，
∴△MCG是直角三角形，
∵H為BN中點(diǎn)，
∴BH=NH，
∵BG=MN，
∴HG=HM，
在Rt△MCG中，HG=HM，
∴MG=2CH，
∴BM=BG+MG=MN+2CH，
∴BM-MN=2CH．

點(diǎn)評 此題是三角形綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，直角三角形的判定等知識點(diǎn)，解本題的關(guān)鍵是判斷出△PDQ∽△NDB和△MCG是直角三角形，作出輔助線是解本題的難點(diǎn)，是一道很好的中考壓軸題．