13.如图①,在$Rt△ ABC$中,$∠ A=90°$,$AB=AC$,点$D,E$分别在边$AB,AC$上,$AD=AE$,连接$DC$,点$M,P,N$分别为$DE,DC,BC$的中点.
(1)求证:$PM=PN$,$PM⊥ PN$.
(2)把$△ ADE$绕点$A$逆时针方向旋转到图②的位置,连接$MN,BD,CE$,判断$△ PMN$的形状,并说明理由.
(3)把$△ ADE$绕点$A$在平面内旋转,若$AD=4$,$AB=10$,直接写出$△ PMN$面积的最大值是.

13.(1)$\because$点$P,N$分别是$DC,BC$的中点,$\therefore PN// AB,PN=\frac{1}{2}BD$,
$\because$点$P,M$分别是$CD,DE$的中点,$\therefore PM// AC,PM=\frac{1}{2}CE$.
$\because AB=AC,AD=AE,\therefore BD=CE,\therefore PM=PN$.
$\because PN// AB,AB⊥ AC,\therefore PN⊥ AC$,
$\because PM// AC,\therefore PM⊥ PN$.
(2)$△ PMN$是等腰直角三角形.
理由:由旋转知,$∠ BAD=∠ CAE$.
$\because AB=AC,AD=AE,\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS}),\therefore ∠ ABD=∠ ACE,BD=CE$.
$\because M,P,N$分别为$DE,DC,BC$的中点,$\therefore PN=\frac{1}{2}BD,PM=\frac{1}{2}CE,PM// CE,PN// BD$,
$\therefore PM=PN,∠ DPM=∠ DCE,∠ PNC=∠ DBC$,
$\because ∠ DPN=∠ DCB+∠ PNC=∠ DCB+∠ DBC$,
$\therefore ∠ MPN=∠ DPM+∠ DPN=∠ DCE+∠ DCB+∠ DBC=∠ BCE+∠ DBC=∠ ACB+∠ ACE+∠ DBC=∠ ACB+∠ ABD+∠ DBC=∠ ACB+∠ ABC$,
$\because ∠ BAC=90°,\therefore ∠ ACB+∠ ABC=90°,\therefore ∠ MPN=90°$,
$\therefore △ PMN$是等腰直角三角形.
(3)$\frac{49}{2}$
提示:当$PM$最长即$BD$最长时,$△ PMN$的面积最大.

【分析】
(1) 题中出现多个中点，优先考虑三角形中位线定理：点P、M是CD、DE中点，可得PM是△DCE的中位线，推出PM与CE的数量、位置关系；点P、N是CD、BC中点，可得PN是△CDB的中位线，推出PN与BD的数量、位置关系。结合已知AB=AC、AD=AE推出BD=CE，即可证PM=PN；再结合平行线的性质和∠A=90°的条件，可证PM⊥PN。
(2) 图形旋转后，先利用旋转的性质得∠BAD=∠CAE，通过SAS证明△ABD≌△ACE，得到BD=CE、∠ABD=∠ACE，再结合中位线定理仍可得PM=PN，再通过角的和差转化推出∠MPN=90°，即可判断△PMN的形状。
(3) 由(2)知△PMN是等腰直角三角形，其面积=$\frac{1}{2}· PM^2$，而$PM=\frac{1}{2}BD$，因此当BD最大时，△PMN面积最大。根据线段最值规律，当D在BA的延长线上时，BD最长为AB+AD，代入计算即可得到最大面积。
【解析】
(1) 证明：
∵点$P,N$分别是$DC,BC$的中点，
∴$PN$是$△ CDB$的中位线，
∴$PN// AB,PN=\frac{1}{2}BD$，
∵点$P,M$分别是$CD,DE$的中点，
∴$PM$是$△ DCE$的中位线，
∴$PM// AC,PM=\frac{1}{2}CE$。
∵$AB=AC,AD=AE$，
∴$AB-AD=AC-AE$，即$BD=CE$，
∴$PM=PN$。
∵$PN// AB$，$∠ A=90°$即$AB⊥ AC$，
∴$PN⊥ AC$，
又
∵$PM// AC$，
∴$PM⊥ PN$。
(2) $△ PMN$是等腰直角三角形，理由如下：
由旋转的性质可知，$∠ BAD=∠ CAE$，
又
∵$AB=AC,AD=AE$，
∴$△ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
∴$∠ ABD=∠ ACE,BD=CE$。
∵$M,P,N$分别为$DE,DC,BC$的中点，
∴由中位线定理得：$PN=\frac{1}{2}BD,PM=\frac{1}{2}CE,PM// CE,PN// BD$，
∴$PM=PN,∠ DPM=∠ DCE,∠ PNC=∠ DBC$，
∵$∠ DPN=∠ DCB+∠ PNC=∠ DCB+∠ DBC$，
∴$∠ MPN=∠ DPM+∠ DPN=∠ DCE+∠ DCB+∠ DBC=∠ BCE+∠ DBC=∠ ACB+∠ ACE+∠ DBC$，
将$∠ ACE$替换为$∠ ABD$，得$∠ MPN=∠ ACB+∠ ABD+∠ DBC=∠ ACB+∠ ABC$，
∵$∠ BAC=90°$，
∴$∠ ACB+∠ ABC=90°$，
∴$∠ MPN=90°$，
∴$△ PMN$是等腰直角三角形。
(3) 由(2)知$△ PMN$是等腰直角三角形，$S_{△ PMN}=\frac{1}{2}· PM· PN=\frac{1}{2}PM^2$，
又
∵$PM=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}BD$，
∴要使$△ PMN$面积最大，需$BD$最长。
当$△ ADE$绕点$A$旋转至$D$在$BA$的延长线上时，$BD$取得最大值，最大值为$AB+AD=10+4=14$，
此时$PM=\frac{1}{2}×14=7$，
∴$S_{△ PMN}$的最大值$=\frac{1}{2}×7×7=\frac{49}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $△ PMN$是等腰直角三角形，理由见解析；
(3) $\boxed{\frac{49}{2}}$
【知识点】
三角形中位线定理，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何综合题，以等腰直角三角形的旋转为背景，综合考查了中位线的性质、全等三角形的判定和性质、旋转的性质以及几何最值的求解，解题的关键是熟练运用中位线定理得到线段间的数量和位置关系，第三问需明确当$BD$取最大值时三角形面积最大，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5

14.如图是由小正方形组成的5×5网格,每个小正方形的顶点叫作格点.△ABC的三个顶点中,点A,B是格点,点C是网格线上一点.点M是边BC的中点.仅用无刻度的直尺在给定网格中完成四个画图任务,每个任务画的辅助线不得超过三条.
(1)在图①中,依次完成下列三个画图任务:①将边AB绕点A顺时针旋转90°得到AD,画线段AD.②连接CD,画线段MN,使MN//CD,且$MN=\frac{1}{2}CD$.③画△ABC边AB上的高CE.
(2)如图②,点N是边AB的中点.当点C是格点时,在边AC上取点F,使∠MFN=∠ABC.在图②中画所有符合条件的点F.

14.(1)①如图所示.②如图所示.③如图所示.
(2)如图所示.

【分析】
（1）①作旋转后的线段AD：首先明确旋转三要素：旋转中心为点A，旋转方向顺时针，旋转角度90°。先观察AB在网格中的横、纵向偏移格数，顺时针旋转90°后横、纵向偏移格数互换且调整方向，找到点B的对应点D，连接AD即可。
②作MN//CD且MN=½CD：联想到三角形中位线定理，已知M是BC中点，只需找到对应边的中点N，使MN为对应三角形的中位线，即可满足平行且长度为CD一半的要求。
③作AB边上的高CE：高的本质是过点C作AB的垂线，利用网格中两垂直直线的格点斜率乘积为-1的特征，找到过C且与AB垂直的直线，与AB的交点即为E，连接CE即可。
（2）作满足∠MFN=∠ABC的点F：首先M、N分别是BC、AB的中点，故MN是△ABC的中位线，MN//AC。根据圆周角定理，同弧所对的圆周角相等，因此作以MN为弦、所对圆周角为∠ABC的圆，圆与AC的交点即为符合条件的F点，共2个交点。
【解析】
（1）①确定点B绕点A顺时针旋转90°后的对应点D的格点位置，连接AD，即为所求线段。
②取对应边的中点N，连接MN，根据三角形中位线定理，此时MN//CD且MN=½CD，即为所求线段。
③过点C作AB的垂线，交AB的延长线于点E，CE即为△ABC边AB上的高。
（2）先确定MN为△ABC的中位线，再作出以MN为弦且所对圆周角等于∠ABC的圆，该圆与AC的两个交点F₁、F₂即为所有符合条件的点。
【答案】
14.(1)①如图所示.②如图所示.③如图所示.
(2)如图所示.
【知识点】
旋转的性质，三角形中位线定理，圆周角定理
【点评】
本题是格点类几何作图综合题，结合网格特征考查了图形旋转、中位线、高线的画法以及圆周角性质的灵活应用，需要学生将几何性质和网格特点结合起来找准作图关键点，能较好地锻炼几何直观能力。
【难度系数】
0.6