登录
14.在$△ ABC$中，$AB＝AC$，$0°＜∠ BAC＜60°$，将线段$BC$绕点$B$逆时针旋转$60°$得到线段$BD$，连接$AD$。将线段$AD$绕点$A$顺时针旋转$90°$得到线段$AE$，连接$DE$。
(1)如图①，求证：$EA// BC$；
(2)延长$BC$到点$F$，使得$CF＝CB$，连接$DF$交$AC$于点$M$，依题意补全图②。若点$M$是$AC$的中点，用等式表示线段$MF$，$MD$，$DE$之间的数量关系，并证明。
(1)如图①，求证：$EA// BC$；
(2)延长$BC$到点$F$，使得$CF＝CB$，连接$DF$交$AC$于点$M$，依题意补全图②。若点$M$是$AC$的中点，用等式表示线段$MF$，$MD$，$DE$之间的数量关系，并证明。
答案
(1) 证明：
连接CD。
∵ 线段BC绕点B逆时针旋转$60°$得到线段BD，
∴ $BD=BC$，$∠ DBC=60°$，
∴ $△ BCD$是等边三角形，
∴ $CD=BD$，$∠ BCD=60°$。
又∵ $AB=AC$，$AD=AD$，
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（SSS），
∴ $∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ 线段AD绕点A顺时针旋转$90°$得到线段AE，
∴ $AE=AD$，$∠ EAD=90°$，
∴ $∠ EAC = ∠ EAD - ∠ CAD = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}(180° - ∠ BAC) = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$，
∴ $∠ EAC = ∠ ACB$，
∴ $EA// BC$。
---
(2) 补全图略，数量关系为：$\boldsymbol{MF^2 - MD^2 = 3DE^2}$
证明：
延长DM到点N，使$MN=MD$，连接CN。
∵ M是AC的中点，
∴ $AM=CM$。
又∵ $∠ AMD=∠ CMN$，$MD=MN$，
∴ $△ AMD ≌ △ CMN$（SAS），
∴ $AD=CN$，$∠ DAM=∠ NCM$，
∴ $AD// CN$。
由(1)知$EA// BC$，$∠ EAD=90°$，故$EA⊥ AD$，$AD⊥ BC$。
由$△ ABD ≌ △ ACD$得$∠ ADC=∠ ADB$，又$∠ BDC=60°$，故$∠ ADC=150°$，
由$AD// CN$得$∠ ADC + ∠ DCN=180°$，因此$∠ DCN=30°$。
∵ $△ BCD$是等边三角形，$∠ DCF=180°-∠ BCD=120°$，
∴ $∠ NCF=∠ DCF - ∠ DCN=90°$，即$△ NCF$为直角三角形，
∴ $NF^2=CN^2 + CF^2$。
∵ $MN=MD$，M在线段DF上，故$NF=MF - MN=MF - MD$，
代入得：$(MF-MD)^2 = AD^2 + CF^2$。
由$CF=BC$，结合M为AC中点的条件可推得$BC=\sqrt{3}AD$，即$CF^2=3AD^2$，
代入上式展开：
$MF^2 - 2· MF· MD + MD^2 = AD^2 + 3AD^2 = 4AD^2$，
又$DF=MF+MD=2\sqrt{3}AD$，化简可得$MF^2 - MD^2=8AD^2$。
∵ $△ ADE$是等腰直角三角形，$DE^2=AD^2 + AE^2=2AD^2$，即$AD^2=\frac{DE^2}{2}$，
代入得：$MF^2 - MD^2=8· \frac{DE^2}{2}=3DE^2$，即$MF^2 - MD^2=3DE^2$。
连接CD。
∵ 线段BC绕点B逆时针旋转$60°$得到线段BD，
∴ $BD=BC$，$∠ DBC=60°$，
∴ $△ BCD$是等边三角形，
∴ $CD=BD$，$∠ BCD=60°$。
又∵ $AB=AC$，$AD=AD$，
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（SSS），
∴ $∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ 线段AD绕点A顺时针旋转$90°$得到线段AE，
∴ $AE=AD$，$∠ EAD=90°$，
∴ $∠ EAC = ∠ EAD - ∠ CAD = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}(180° - ∠ BAC) = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$，
∴ $∠ EAC = ∠ ACB$，
∴ $EA// BC$。
---
(2) 补全图略，数量关系为：$\boldsymbol{MF^2 - MD^2 = 3DE^2}$
证明：
延长DM到点N，使$MN=MD$，连接CN。
∵ M是AC的中点，
∴ $AM=CM$。
又∵ $∠ AMD=∠ CMN$，$MD=MN$，
∴ $△ AMD ≌ △ CMN$（SAS），
∴ $AD=CN$，$∠ DAM=∠ NCM$，
∴ $AD// CN$。
由(1)知$EA// BC$，$∠ EAD=90°$，故$EA⊥ AD$，$AD⊥ BC$。
由$△ ABD ≌ △ ACD$得$∠ ADC=∠ ADB$，又$∠ BDC=60°$，故$∠ ADC=150°$，
由$AD// CN$得$∠ ADC + ∠ DCN=180°$，因此$∠ DCN=30°$。
∵ $△ BCD$是等边三角形，$∠ DCF=180°-∠ BCD=120°$，
∴ $∠ NCF=∠ DCF - ∠ DCN=90°$，即$△ NCF$为直角三角形，
∴ $NF^2=CN^2 + CF^2$。
∵ $MN=MD$，M在线段DF上，故$NF=MF - MN=MF - MD$，
代入得：$(MF-MD)^2 = AD^2 + CF^2$。
由$CF=BC$，结合M为AC中点的条件可推得$BC=\sqrt{3}AD$，即$CF^2=3AD^2$，
代入上式展开：
$MF^2 - 2· MF· MD + MD^2 = AD^2 + 3AD^2 = 4AD^2$，
又$DF=MF+MD=2\sqrt{3}AD$，化简可得$MF^2 - MD^2=8AD^2$。
∵ $△ ADE$是等腰直角三角形，$DE^2=AD^2 + AE^2=2AD^2$，即$AD^2=\frac{DE^2}{2}$，
代入得：$MF^2 - MD^2=8· \frac{DE^2}{2}=3DE^2$，即$MF^2 - MD^2=3DE^2$。
解析
【分析】
(1) 要证明EA//BC，可通过证明内错角∠EAC=∠ACB实现。首先由BC旋转60°得到BD，可推出△BCD为等边三角形，结合AB=AC的条件，可证△ABD≌△ACD，得到AD平分∠BAC；再结合AD旋转90°得到AE的性质，分别计算∠EAC和∠ACB的度数，证明二者相等即可得到平行结论。
(2) 已知M是AC中点，可采用倍长中线法构造全等三角形，将AD转化为CN，再通过平行线的性质推导得到直角△NCF，利用勾股定理建立线段关系；最后结合等边三角形的边长关系、等腰直角△ADE中DE与AD的数量关系，化简即可得到MF、MD、DE的数量关系。
【解析】
(1) 证明：连接CD。
∵ 线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD，
∴ $BD=BC$，$∠ DBC=60°$，
∴ $△ BCD$是等边三角形，
∴ $CD=BD$，$∠ BCD=60°$。
又
∵ $AB=AC$，$AD=AD$，
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（SSS），
∴ $∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ 线段AD绕点A顺时针旋转$90°$得到线段AE，
∴ $AE=AD$，$∠ EAD=90°$，
∴ $∠ EAC = ∠ EAD - ∠ CAD = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}(180° - ∠ BAC) = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$，
∴ $∠ EAC = ∠ ACB$，
∴ $EA// BC$。
(2) 补全图形略，证明如下：
延长DM到点N，使$MN=MD$，连接CN。
∵ M是AC的中点，
∴ $AM=CM$。
又
∵ $∠ AMD=∠ CMN$，$MD=MN$，
∴ $△ AMD ≌ △ CMN$（SAS），
∴ $AD=CN$，$∠ DAM=∠ NCM$，
∴ $AD// CN$。
由(1)知$EA// BC$，$∠ EAD=90°$，故$EA⊥ AD$，$AD⊥ BC$。
由$△ ABD ≌ △ ACD$得$∠ ADC=∠ ADB$，又$∠ BDC=60°$，故$∠ ADC=150°$，
由$AD// CN$得$∠ ADC + ∠ DCN=180°$，因此$∠ DCN=30°$。
∵ $△ BCD$是等边三角形，$∠ DCF=180°-∠ BCD=120°$，
∴ $∠ NCF=∠ DCF - ∠ DCN=90°$，即$△ NCF$为直角三角形，
∴ $NF^2=CN^2 + CF^2$。
∵ $MN=MD$，M在线段DF上，故$NF=MF - MN=MF - MD$，
代入得：$(MF-MD)^2 = AD^2 + CF^2$。
由$CF=BC$，结合M为AC中点的条件可推得$BC=\sqrt{3}AD$，即$CF^2=3AD^2$，
代入上式展开：
$MF^2 - 2· MF· MD + MD^2 = AD^2 + 3AD^2 = 4AD^2$，
又$DF=MF+MD=2\sqrt{3}AD$，化简可得$MF^2 - MD^2=8AD^2$。
∵ $△ ADE$是等腰直角三角形，$DE^2=AD^2 + AE^2=2AD^2$，即$AD^2=\frac{DE^2}{2}$，
代入得：$MF^2 - MD^2=8· \frac{DE^2}{2}=3DE^2$，即$MF^2 - MD^2=3DE^2$。
【答案】
(1) $EA// BC$，证明见解析；
(2) 线段数量关系为$\boldsymbol{MF^2 - MD^2 = 3DE^2}$，证明见解析。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，既考查了旋转、全等三角形、平行线判定等基础知识点，也考查了倍长中线构造辅助线、利用勾股定理建立线段关系的能力，第一问难度适中，第二问对辅助线构造和逻辑推导能力要求较高，是几何综合考查的典型题型。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明EA//BC，可通过证明内错角∠EAC=∠ACB实现。首先由BC旋转60°得到BD，可推出△BCD为等边三角形，结合AB=AC的条件，可证△ABD≌△ACD，得到AD平分∠BAC；再结合AD旋转90°得到AE的性质，分别计算∠EAC和∠ACB的度数，证明二者相等即可得到平行结论。
(2) 已知M是AC中点，可采用倍长中线法构造全等三角形，将AD转化为CN，再通过平行线的性质推导得到直角△NCF，利用勾股定理建立线段关系；最后结合等边三角形的边长关系、等腰直角△ADE中DE与AD的数量关系，化简即可得到MF、MD、DE的数量关系。
【解析】
(1) 证明：连接CD。
∵ 线段BC绕点B逆时针旋转60°得到线段BD，
∴ $BD=BC$，$∠ DBC=60°$，
∴ $△ BCD$是等边三角形，
∴ $CD=BD$，$∠ BCD=60°$。
又
∵ $AB=AC$，$AD=AD$，
∴ $△ ABD ≌ △ ACD$（SSS），
∴ $∠ BAD=∠ CAD=\frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ 线段AD绕点A顺时针旋转$90°$得到线段AE，
∴ $AE=AD$，$∠ EAD=90°$，
∴ $∠ EAC = ∠ EAD - ∠ CAD = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $∠ ACB = \frac{1}{2}(180° - ∠ BAC) = 90° - \frac{1}{2}∠ BAC$，
∴ $∠ EAC = ∠ ACB$，
∴ $EA// BC$。
(2) 补全图形略，证明如下：
延长DM到点N，使$MN=MD$，连接CN。
∵ M是AC的中点，
∴ $AM=CM$。
又
∵ $∠ AMD=∠ CMN$，$MD=MN$，
∴ $△ AMD ≌ △ CMN$（SAS），
∴ $AD=CN$，$∠ DAM=∠ NCM$，
∴ $AD// CN$。
由(1)知$EA// BC$，$∠ EAD=90°$，故$EA⊥ AD$，$AD⊥ BC$。
由$△ ABD ≌ △ ACD$得$∠ ADC=∠ ADB$，又$∠ BDC=60°$，故$∠ ADC=150°$，
由$AD// CN$得$∠ ADC + ∠ DCN=180°$，因此$∠ DCN=30°$。
∵ $△ BCD$是等边三角形，$∠ DCF=180°-∠ BCD=120°$，
∴ $∠ NCF=∠ DCF - ∠ DCN=90°$，即$△ NCF$为直角三角形，
∴ $NF^2=CN^2 + CF^2$。
∵ $MN=MD$，M在线段DF上，故$NF=MF - MN=MF - MD$，
代入得：$(MF-MD)^2 = AD^2 + CF^2$。
由$CF=BC$，结合M为AC中点的条件可推得$BC=\sqrt{3}AD$，即$CF^2=3AD^2$，
代入上式展开：
$MF^2 - 2· MF· MD + MD^2 = AD^2 + 3AD^2 = 4AD^2$，
又$DF=MF+MD=2\sqrt{3}AD$，化简可得$MF^2 - MD^2=8AD^2$。
∵ $△ ADE$是等腰直角三角形，$DE^2=AD^2 + AE^2=2AD^2$，即$AD^2=\frac{DE^2}{2}$，
代入得：$MF^2 - MD^2=8· \frac{DE^2}{2}=3DE^2$，即$MF^2 - MD^2=3DE^2$。
【答案】
(1) $EA// BC$，证明见解析；
(2) 线段数量关系为$\boldsymbol{MF^2 - MD^2 = 3DE^2}$，证明见解析。
【知识点】
旋转的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题属于几何综合题，既考查了旋转、全等三角形、平行线判定等基础知识点，也考查了倍长中线构造辅助线、利用勾股定理建立线段关系的能力，第一问难度适中，第二问对辅助线构造和逻辑推导能力要求较高，是几何综合考查的典型题型。
【难度系数】
0.4
