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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
(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
$\frac{49}{2}$
.答案
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.
$\because$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.
解析
【分析】
(1) 本小问利用三角形中位线定理解题：首先根据P、M、N均为线段中点，可得PM、PN分别是△CDE、△CDB的中位线，得到两条线段与CE、BD的数量、位置关系；再结合AB=AC、AD=AE推出BD=CE，即可证PM=PN；最后通过平行关系结合∠A=90°推导PM与PN垂直。
(2) 旋转后先根据旋转性质得∠BAD=∠CAE，证明△ABD≌△ACE得到BD=CE和对应角相等；仍用中位线性质可得PM=PN，再通过角的代换计算得∠MPN=90°，即可判断△PMN的形状。
(3) 由(2)知△PMN是等腰直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}PM^2$，且$PM=\frac{1}{2}BD$，因此面积最大时BD最长；结合旋转性质，AD长度固定，当D在BA延长线上时BD最长，代入计算即可得最大面积。
【解析】
(1) 证明：$\because$点$P,N$分别是$DC,BC$的中点，
$\therefore PN$是$△ CDB$的中位线，$\therefore PN// AB,PN=\frac{1}{2}BD$，
$\because$点$P,M$分别是$CD,DE$的中点，
$\therefore PM$是$△ CDE$的中位线，$\therefore PM// AC,PM=\frac{1}{2}CE$，
$\because AB=AC,AD=AE$，$\therefore AB-AD=AC-AE$，即$BD=CE$，
$\therefore PM=PN$。
$\because PN// AB$，$∠ A=90°$即$AB⊥ AC$，
$\therefore PN⊥ AC$，
又$\because PM// AC$，$\therefore PM⊥ PN$。
(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$\because AB=AC,AD=AE$，
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACE,BD=CE$，
$\because M,P,N$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) 由(2)可知$△ PMN$为等腰直角三角形，其面积$S=\frac{1}{2}· PM· PN=\frac{1}{2}PM^2$，
又$\because PM=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}BD$，$\therefore S=\frac{1}{2}×(\frac{1}{2}BD)^2=\frac{1}{8}BD^2$，
要使$S$最大，则$BD$最长，
由旋转可知$AD=4$为定值，当点$D$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$S_{\mathrm{最大}}=\frac{1}{8}×14^2=\frac{49}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $△ PMN$是等腰直角三角形，理由见解析；
(3) $\frac{49}{2}$
【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】
本题属于几何综合题，综合考查中位线性质、全等三角形、旋转的性质，解题关键是灵活运用中位线实现线段和角的转化，第三问需将面积最值转化为线段最值求解，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
(1) 本小问利用三角形中位线定理解题：首先根据P、M、N均为线段中点，可得PM、PN分别是△CDE、△CDB的中位线，得到两条线段与CE、BD的数量、位置关系；再结合AB=AC、AD=AE推出BD=CE，即可证PM=PN；最后通过平行关系结合∠A=90°推导PM与PN垂直。
(2) 旋转后先根据旋转性质得∠BAD=∠CAE，证明△ABD≌△ACE得到BD=CE和对应角相等；仍用中位线性质可得PM=PN，再通过角的代换计算得∠MPN=90°，即可判断△PMN的形状。
(3) 由(2)知△PMN是等腰直角三角形，面积可表示为$\frac{1}{2}PM^2$，且$PM=\frac{1}{2}BD$，因此面积最大时BD最长；结合旋转性质，AD长度固定，当D在BA延长线上时BD最长，代入计算即可得最大面积。
【解析】
(1) 证明：$\because$点$P,N$分别是$DC,BC$的中点，
$\therefore PN$是$△ CDB$的中位线，$\therefore PN// AB,PN=\frac{1}{2}BD$，
$\because$点$P,M$分别是$CD,DE$的中点，
$\therefore PM$是$△ CDE$的中位线，$\therefore PM// AC,PM=\frac{1}{2}CE$，
$\because AB=AC,AD=AE$，$\therefore AB-AD=AC-AE$，即$BD=CE$，
$\therefore PM=PN$。
$\because PN// AB$，$∠ A=90°$即$AB⊥ AC$，
$\therefore PN⊥ AC$，
又$\because PM// AC$，$\therefore PM⊥ PN$。
(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$\because AB=AC,AD=AE$，
$\therefore △ ABD≌△ ACE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABD=∠ ACE,BD=CE$，
$\because M,P,N$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) 由(2)可知$△ PMN$为等腰直角三角形，其面积$S=\frac{1}{2}· PM· PN=\frac{1}{2}PM^2$，
又$\because PM=\frac{1}{2}CE=\frac{1}{2}BD$，$\therefore S=\frac{1}{2}×(\frac{1}{2}BD)^2=\frac{1}{8}BD^2$，
要使$S$最大，则$BD$最长，
由旋转可知$AD=4$为定值，当点$D$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$S_{\mathrm{最大}}=\frac{1}{8}×14^2=\frac{49}{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $△ PMN$是等腰直角三角形，理由见解析；
(3) $\frac{49}{2}$
【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】
本题属于几何综合题，综合考查中位线性质、全等三角形、旋转的性质，解题关键是灵活运用中位线实现线段和角的转化，第三问需将面积最值转化为线段最值求解，对综合分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
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.
(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.
答案
14.(1)①如图所示.②如图所示.③如图所示.
(2)如图所示.
解析
【分析】
（1）①画旋转后的线段AD：依据旋转的性质，旋转前后线段长度相等，对应线段夹角为旋转角90°。在网格中可构造与AB所在直角三角形全等的直角三角形，确定点D的位置，保证AD=AB且∠BAD=90°即可。
②画MN//CD且MN=½CD：联想到三角形中位线定理，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半。已知M是BC中点，只需找到对应边的中点作为N，连接MN即可满足要求。
③画AB边上的高CE：根据高的定义，需过点C作AB的垂线，垂足在AB所在直线上。在网格中可通过构造全等直角三角形得到与AB垂直的线段，过C作该垂线与AB交于点E，CE即为所求高。
（2）画符合∠MFN=∠ABC的点F：首先M、N分别是BC、AB的中点，由中位线定理可得MN的位置关系。要使角相等，可利用圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，作以MN为弦、所对圆周角等于∠ABC的圆，该圆与AC的交点即为符合条件的F点。
【解析】
（1）①观察AB的横向格距为4、纵向格距为1，将该方向顺时针旋转90°后找到格点D，保证AD=AB且∠BAD=90°，连接AD即可。
②利用网格找到对应边的中点N，连接MN，由中位线性质可知MN//CD且MN=½CD。
③通过网格构造与AB垂直的直线，过C作该直线交AB所在直线于E，CE即为AB边上的高。
（2）先连接MN，MN是△ABC的中位线。以MN为弦作所对圆周角等于∠ABC的圆，该圆与AC交于两点F₁、F₂，即为所有符合要求的点F。
【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】
本题是网格作图综合题，考查基础几何性质的灵活应用，同时要求学生具备结合网格特征进行几何推理的能力，作图后可结合相关性质验证图形是否符合要求。
【难度系数】
0.4
（1）①画旋转后的线段AD：依据旋转的性质，旋转前后线段长度相等，对应线段夹角为旋转角90°。在网格中可构造与AB所在直角三角形全等的直角三角形，确定点D的位置，保证AD=AB且∠BAD=90°即可。
②画MN//CD且MN=½CD：联想到三角形中位线定理，三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半。已知M是BC中点，只需找到对应边的中点作为N，连接MN即可满足要求。
③画AB边上的高CE：根据高的定义，需过点C作AB的垂线，垂足在AB所在直线上。在网格中可通过构造全等直角三角形得到与AB垂直的线段，过C作该垂线与AB交于点E，CE即为所求高。
（2）画符合∠MFN=∠ABC的点F：首先M、N分别是BC、AB的中点，由中位线定理可得MN的位置关系。要使角相等，可利用圆周角定理：同弧所对的圆周角相等，作以MN为弦、所对圆周角等于∠ABC的圆，该圆与AC的交点即为符合条件的F点。
【解析】
（1）①观察AB的横向格距为4、纵向格距为1，将该方向顺时针旋转90°后找到格点D，保证AD=AB且∠BAD=90°，连接AD即可。
②利用网格找到对应边的中点N，连接MN，由中位线性质可知MN//CD且MN=½CD。
③通过网格构造与AB垂直的直线，过C作该直线交AB所在直线于E，CE即为AB边上的高。
（2）先连接MN，MN是△ABC的中位线。以MN为弦作所对圆周角等于∠ABC的圆，该圆与AC交于两点F₁、F₂，即为所有符合要求的点F。
【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】
本题是网格作图综合题，考查基础几何性质的灵活应用，同时要求学生具备结合网格特征进行几何推理的能力，作图后可结合相关性质验证图形是否符合要求。
【难度系数】
0.4
