如图1，等腰Rt△CEF的斜边CE在正方形ABCD的边BC的延长线上，CF>BC，取线段AE的中点M 。（1）求证：MD=MF,MD⊥MF(6分)（2）若

题型：不详难度：来源：

如图1，等腰Rt△CEF的斜边CE在正方形ABCD的边BC的延长线上，CF>BC，取线段AE的中点M 。
（1）求证：MD=MF,MD⊥MF(6分)
（2）若Rt△CEF绕点C顺时针旋转任意角度（如图2），其他条件不变。（1）中的结论是否仍然成立，若成立，请证明，若不成立，请说明理由。（6分）
 

答案

略

解析

分析：
（1）延长DM交CE于点N，利用角边角定理可以证明△ADM与△ENM全等，根据全等三角形对应边相等可得DM=MN，AD=NE，再连接DF、FN，根据等腰直角三角形两腰相等，两个底角都是45°，利用边角边定理可以证明△CDF与△ENF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=NF，对应角相等可得∠CFD=∠EFN，然后推出∠DFN=∠CFE=90°，再根据等腰三角形三线合一的性质即可得证；
（2）先过点E作EG∥AD交DC的延长线于点G，然后根据（1）的思路延长DM交EG于点N，利用角边角定理可以证明△ADM与△ENM全等，根据全等三角形对应边相等可得DM=MN，AD=NE，再连接DF、FN，根据四边形的内角和等于360°以及平角等于180°求出∠DCE=∠NEF，再利用边角边定理可以证明△CDF与△ENF全等，根据全等三角形对应边相等可得DF=NF，对应角相等可得∠CFD=∠EFN，然后推出∠DFN=∠CFE=90°，再根据等腰三角形三线合一的性质即可得证。
解答：
（1）证明：如图1，延长DM交CE于点N，

∵M是AE的中点，
∴AM=ME，
∵CE在正方形ABCD的边BC的延长线上，
∴AD∥CE，
∴∠DAM=∠NEM，
在△ADM与△ENM中，∠DAM=∠NEM；AM=EM；∠AMD=∠EMN
∴△ADM≌△ENM（ASA），
∴DM=MN，AD=NE，
连接DF、FN，
∵△CEF是等腰直角三角形，
∴∠CEF=∠ECF=45°，CF=EF，
∴∠DCF=90°-∠ECF=90°-45°=45°，
∴∠CEF=∠DCF，
在△CDF与△ENF中，CD=NE；∠CEF=∠DCF；CF=EF
∴△CDF≌△ENF（SAS），
∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，
∵∠CFE=90°，
∴∠DFN=∠CFD+∠CFN=∠EFN+∠CFN=∠CFE=90°，
又∵DM=MN，
∴MD=MF，MD⊥MF（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一）；
（2）解：仍然成立．理由如下：
如图2，过点E作EG∥AD交DC的延长线于点G，延长DM交EG于点N，
∴∠DAM=∠NEM，
∵M是AE的中点，
∴AM=ME，
在△ADM与△ENM中，∠DAM=∠NEM；AM=EM；∠AMD=∠EMN
∴△ADM≌△ENM（ASA），
∴DM=MN，AD=NE，
连接DF、FN，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠G=∠ADC=90°，
∴∠NEF=360°-90°×2-∠GCF=180°-∠GCF，
∠DCF=180°-∠GCF，
∴∠DCF=∠NEF，
在△CDF与△ENF中，CD=NE；∠DCF=NEF；CF=EF
∴△CDF≌△ENF（SAS），
∴DF=NF，∠CFD=∠EFN，
∵∠CFE=90°，
∴∠DFN=∠CFD+∠CFN=∠EFN+∠CFN=∠CFE=90°，
又∵DM=MN，
∴MD=MF，MD⊥MF（直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，等腰三角形三线合一）。
点评：本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，综合性较强，需要两次利用三角形全等证明，思路比较繁琐。