21.（本小题满分12分）
在△ABC中，∠B＝∠C＝β(0°＜β＜45°)，AM⊥BC于点M，D是线段MC上的动点(不与点M，C重合)，将线段DM绕点D顺时针旋转2β得到线段DE.

(1)如图①，当点E在线段AC上时，求证：D为MC的中点.
(2)如图②，在(1)的条件下，连接ME并延长至点G，使得∠MAC＝∠GAC，连接AG，GC.
①求∠AEM的度数.
②求证：AM＝AG.

21. (1)证明：由旋转的性质，得$DE=DM$，$∠ MDE=2β$.
$\because ∠ C=β$，
$\therefore ∠ DEC=∠ MDE-∠ C=β$.
$\therefore ∠ C=∠ DEC$.
$\therefore DE=DC$.
$\therefore DM=DC$，即$D$为$MC$的中点.
(2)①解：$\because DM=DE$，
$\therefore ∠ DME=∠ DEM$.
由(1)知$∠ DEC=∠ DCE$，
又$\because ∠ DME+∠ DEM+∠ DEC+∠ DCE=180°$，
$\therefore ∠ DEM+∠ DEC=90°$.
$\therefore ∠ AEM=180°-90°=90°$.
②证明：$\because ∠ AEM=∠ AEG=90°$，
$\therefore ∠ AMG=90°-∠ MAC$，
$∠ AGM=90°-∠ GAC$.
又$\because ∠ MAC=∠ GAC$.
$\therefore ∠ AMG=∠ AGM$.
$\therefore AM=AG$.

【分析】
(1) 要证D为MC中点，即证DM=DC。首先由旋转性质可得DE=DM、∠MDE=2β，再结合∠C=β，利用三角形外角性质推出∠DEC=β，可得∠DEC=∠C，根据等角对等边得DE=DC，等量代换即可得DM=DC，完成证明。
(2) ①求∠AEM的度数：由(1)得DM=DE=DC，可知△DME、△DEC都是等腰三角形，两个三角形的四个底角之和为180°，可推得∠DEM+∠DEC=90°，即∠MEC=90°，根据邻补角的性质即可求出∠AEM的度数。
②证AM=AG：即证∠AMG=∠AGM。由①得∠AEM=∠AEG=90°，根据直角三角形两锐角互余，可得∠AMG与∠MAC互余、∠AGM与∠GAC互余，结合已知∠MAC=∠GAC，即可推出两角相等，由等角对等边得证。
【解析】
(1) 证明：由旋转的性质，得$DE=DM$，$∠ MDE=2β$。
$\because ∠ C=β$，$∠MDE$是$△ DEC$的外角，
$\therefore ∠ DEC=∠ MDE-∠ C=2β-β=β$，
$\therefore ∠ C=∠ DEC$，
$\therefore DE=DC$，
$\therefore DM=DC$，即$D$为$MC$的中点。
(2) ①解：$\because DM=DE$，$DE=DC$，
$\therefore ∠ DME=∠ DEM$，$∠ DEC=∠ DCE$，
又$\because ∠ DME+∠ DEM+∠ DEC+∠ DCE=180°$，
$\therefore 2(∠ DEM+∠ DEC)=180°$，即$∠ DEM+∠ DEC=90°$，
$\therefore ∠ MEC=90°$，
$\therefore ∠ AEM=180°-∠ MEC=90°$。
②证明：$\because ∠ AEM=90°$，
$\therefore ∠ AEG=90°$，
在$Rt△ AME$中，$∠ AMG=90°-∠ MAC$，
在$Rt△ AGE$中，$∠ AGM=90°-∠ GAC$，
又$\because ∠ MAC=∠ GAC$，
$\therefore ∠ AMG=∠ AGM$，
$\therefore AM=AG$。
【答案】
(1) D为MC的中点，证明成立；
(2) ①$\boldsymbol{∠AEM=90°}$；
②AM=AG，证明成立。
【知识点】
旋转的性质；等腰三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，以旋转和等腰三角形为背景，考查了核心几何知识点的应用，各小问关联性较强，前一问的结论可作为后一问的推导条件，解题时梳理清楚边角的等量关系即可顺利求解。
【难度系数】
0.65