Question

1．已知△ABC中，D、E分別在BC、AB上，且∠ACB=∠DEB=90°，當(dāng)M為AD的中點時，連CM、EM．

（1）①如圖1，若∠ABC=45°，則MC=ME，∠CME=90°；
     ②如圖2，若∠ABC=30°，則MC與ME的數(shù)量關(guān)系為MC=ME，∠CME=120°；
（2）將圖2中的△DEB繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)30°得到圖3，請?zhí)骄縈C與ME的數(shù)量關(guān)系和∠CME的大小并給予證明；
（3）如圖4，在△ABC和△BDE中，∠ACB=∠DEB=90°，∠ABC=∠DBE=α，點M仍為AD的中點，現(xiàn)將△BDE繞點B逆時針旋轉(zhuǎn)β（0°＜β＜90°），請?zhí)骄縈C與ME的數(shù)量關(guān)系和∠CME的大小，并給予證明．

Answer 1

分析 （1）①根據(jù)三角形的中位線即可求得MC=ME，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求得∠CME=2∠CAB=90°．②根據(jù)三角形的中位線即可求得MC=ME，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求得∠CME=2∠CAB=120°；
（2）延長AC、BD交于F，根據(jù)ASA證得△ABC≌△FCB，得出AB=BF，AC=CF，從而證得△ABF是等邊三角形，由∠ACB=∠FCB=90°，AF∥DG，得出四邊形AFDG是等腰梯形，然后根據(jù)三角形的中位線即可求得MC=ME，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求得∠CME=2∠CAB=120°．
（3）延長AC至F，使AC=CF，連接DF、BF，延長DE至G，使EG=DE，連接AG、BG，則CM∥$\frac{1}{2}$DF，CM=$\frac{1}{2}$DF，ME∥$\frac{1}{2}$AG，ME=$\frac{1}{2}$AG，根據(jù)垂直平分線的性質(zhì)得出AB=FB，BG=BD，得出∠ABC=∠FBC，∠GBE=∠EBD，進(jìn)而得出∠ABG=∠FBD，根據(jù)SAS證得△ABG≌△BFD（SAS），得出AG=DF，得出MC=ME，然后根據(jù)三角形外角的性質(zhì)即可求得∠CME=180°-2α．

解答 解：（1）①MC=ME，∠CME=90°；
在RT△ACD中，M是AD的中點，
∴MC=AM=$\frac{1}{2}$AD，
∴∠ACM=∠CAM，
∴∠CMD=2∠CAM，
同理：ME=$\frac{1}{2}$AD，∠EMD=2∠EAM，
∴∠CMD+∠EMD=2（∠CAM+∠WAM），
即∠CME=2∠CAB=90°．
故答案為ME，90；
②MC=ME，∠CME=120°；
在RT△ACD中，M是AD的中點，
∴MC=AM=$\frac{1}{2}$AD，
∴∠ACM=∠CAM，
∴∠CMD=2∠CAM，
同理：ME=$\frac{1}{2}$AD，∠EMD=2∠EAM，
∴∠CMD+∠EMD=2（∠CAM+∠WAM），
即∠CME=2∠CAB，
∵∠ACB=90°，∠ABC=30°，
∴∠CAB=60°，
∴∠CME=2∠CAB=120°；
（2）MC=ME，∠CME=120°；
延長AC、BD交于F，
在△ABC和△FCB中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABC=∠FBC=30°}\\{BC=BC}\\{∠ACB=∠FCB=90°}\end{array}\right.$
∴△ABC≌△FCB（ASA），
∴AB=BF，AC=CF，
∵∠ABF=∠ABC+∠FBC=60°，
∴△ABF是等邊三角形，
∵AM=MD，
∴CM=$\frac{1}{2}$DF，CM∥BF，
∴∠DMC=∠CAD，
∵∠ACB=∠FCB=90°，
∴AF∥DG，
∴△BDG是等邊三角形，
∴BD=BG，BC⊥DG，
∴AG=DF，DE=EG，
∴ME=$\frac{1}{2}$AG，ME∥AB，
∴∠DME=∠DAB，
∴∠CME=2∠BAC=120°；
（3）MC=ME，∠CME=180°-2α；
延長AC至F，使AC=CF，連接DF、BF，延長DE至G，使EG=DE，連接AG、BG，則CM∥$\frac{1}{2}$DF，CM=$\frac{1}{2}$DF，ME∥$\frac{1}{2}$AG，ME=$\frac{1}{2}$AG，
∵AC⊥BC，BM⊥BE
∴AB=FB，BG=BD，
∴∠ABC=∠FBC，∠GBE=∠EBD，
∴∠ABG=∠FBD，
在△ABG和△BFD中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BF}\\{∠ABG=∠FBD}\\{BG=BD}\end{array}\right.$
∴△ABG≌△BFD（SAS），
∴AG=DF，
∴MC=ME，
延長AD交BF于H，∠CMD=∠FDH，∠DME=∠DAG=∠DAB+∠DFH，
∴∠CME=∠FDH+∠DFH+∠DAB=∠AHB+∠DAB=180°-∠ABH=180°-2α．

點評 本題是幾何變換的綜合題，考查了三角形的中位線定理，三角形外角的性質(zhì)，三角形全等的判定和性質(zhì)，等腰三角形三線合一的性質(zhì)等，熟練掌握性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．