（1）中的结论是否成立。
请写出你的结论，不需说明理由。
8．（2014•宿迁）如图，已知△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∠BAD=∠BCE=90°，点M为DE的中点，过点E与AD平行的直线交射线AM于点N．
（1）当A，B，C三点在同一直线上时（如图1），求证：
M为AN的中点；
（2）将图1中的△BCE绕点B旋转，当A，B，E三点在同一直线上时（如图2），求证：
△ACN为等腰直角三角形；
（3）将图1中△BCE绕点B旋转到图3位置时，
（2）中的结论是否仍成立？
若成立，试证明之，若不成立，请说明理由．
9.在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC（或它们的延长线）于点M，N，设∠AEM=α（0°＜α＜90°），给出下列四个结论：
①AM=CN；②∠AME=∠BNE；③BN-AM=2；④S△EMN=
.
上述结论中正确的是
把两个全等的等腰直角三角形ABC和EFG（其直角边长均为4）叠放在一起（如图①）,且使三角板EFG的直角顶点G与三角板ABC的斜边中点O重合。
现将三角板EFG绕O点顺时针旋转（旋转角α满足条件：
0°<α<90°）,四边形CHGK是旋转过程中两三角板的重叠部分（如图②）.
（1）在上述旋转过程中，BH与CK有怎样的数量关系四边形CHGK的面积有何变化?
证明你发现的结论；
（2）连接HK，在上述旋转过程中，设BH=x，△GKH的面积为y，求y与x之间的函数关系式，并写出自变量x的取值范围；
（3）在
（2）的前提下,是否存在某一位置,使△GKH的面积恰好等于△ABC面积的
?
若存在，求出此时x的值；若不存在，说明理由。
参考答案：
1．
（1）解：
连接AD，如图，∵△ABC是等腰直角三角形，∴∠B=∠C=45°，∠EAD=45°，AD=DC，AD⊥BC，∵∠EDF=90°，∴∠EDA+∠ADF=∠ADF+∠FDC=90°，∴∠EDA=∠FDC，在△EDA和△FDC中，
（2）证明：
过点E、F分别作BC的垂线交BC于点G、H，如图，∵∠FDH=∠ADE，又∵∠EGD=∠ADC=90°，∴EG∥AD，∴∠GED=∠ADE，∴∠FDH=∠GED，在△EDG和△FDH中，
2．BE＝CE,BE⊥CE。
证明：
∵D是AC的中点，∴AC＝2CD。
∵AC＝2AB，∴CD＝AB。
∵AE＝ED,∠AED＝900，∴∠EAD＝∠EDA＝450，∴∠EDC＝180-∠EDA＝1350，∵∠BAC＝900，∴∠BAE＝∠BAC+∠EAD＝1350，∴∠BAE＝∠EDC，∴△BAE≌△CDE（ASA），∴BE＝CE,∠DEC＝∠AEB。
∵∠AEB+∠BED＝900，∴∠CED+∠BED＝900，∴∠BEC＝900，∴BE⊥CE。
3．
（1）证明：
∵∠ACB=90°，D是AB的中点．∴CD=AD=BD，又∵∠B=90°﹣∠A=60°，
∴△BCD是等边三角形．又∵CN⊥DB，∴DN=
DB．∵∠EDF=90°，△BCD是等边三角形，∴∠ADG=30°，而∠A=30°．∴GA=GD．∵GM⊥AB，∴AM=
AD．又∵AD=DB，∴AM=DN．
（2）解：
（1）的结论依然成立．理由如下：
∵DF∥AC，∴∠1=∠A=30°，∠AGD=∠GDH=90°，
∴∠ADG=60°．∵∠B=60°，AD=DB，∴△ADG≌△DBH，∴AG=DH．又∵GM⊥AB，HN⊥AB，∴∠GMA=∠HND=90°，∵∠1=∠A，∴Rt△AMG≌Rt△DNH，∴AM=DN．
4．解：
探究一：
（1）连接BE，根据E是AC的中点和等腰直角三角形的性质，得：
BE=CE，∠PBE=∠C，又∵∠BEP=∠CEQ，则△BEP≌△CEQ，得EP=EQ；
（2）作EM⊥AB，EN⊥BC于M，N，∴∠EMP=∠ENC，∵∠MEP+∠PEN=∠PEN+∠NEF=90°，∴∠MEP=∠NEF，∴△MEP∽△NEQ，
∴EP：
EQ=EM：
EN=AE：
CE=1：
2；
（3）过E点作EM⊥AB于点M，作EN⊥BC于点N，
∵在四边形PEQB中，∠B=∠PEQ=90°，∴∠EPB+∠EQB=180°（四边形的内角和是360°），
又∵∠EPB+∠MPE=180°（平角是180°），∴∠MPE=∠EQN（等量代换），
∴Rt△MEP∽Rt△NEQ（AA），∴
（两个相似三角形的对应边成比例）；
在Rt△AME∽Rt△ENC，∴
=m=
，∴
=1：
m=
，EP与EQ满足的数量关系式为EP：
EQ=1：
m，∴0＜m≤2+
；（当m＞2+
时，EF与BC不会相交）．
探究二：
若AC=30cm，
（1）设EQ=x，则S=
x2，所以当x=10
时，面积最小，是50cm2；
当x=10
时，面积最大，是75cm2．
（2）当x=EB=5
时，S=62.5cm2，故当50＜S≤62.5时，这样的三角形有2个；当S=50或62.5＜S≤75时，这样的三角形有一个．
（第4题图）
（第5题图）
5．解：
（1）①△DEF等腰直角三角形，
证明如下，如图2，∵AC=BC，∠C=90°，D为AB中点，连接CD，∴CD平分∠C，CD⊥AB，
∵∠DCB=∠B=45°，∴CD=DB=1，∵∠EDC+∠CDF=∠CDF+∠FDB=90°，∴∠EDC=∠FDB，在△DCE和△DFB中，
，∴△DCE≌△DFB（ASA），
∴DE=DF，∴△DEF是等腰三角形．
②四边形ECFD的面积不发生变化；
理由如下：
∵△DCE≌△DFB，∴S四边形ECFD=S△BCD=
×1×1=
，
∴四边形ECFD的面积不发生变化．
（2）如图3a，当G在线段CB延长线上时，∵∠FGE＜45°，∠FEG=45°，∠EFG＞90°
∴△EFG不可能是等腰三角形；
如图3b，当G与C重合时，E与A重合，F与C重合，此时FE=FG，CG=
，
如图3c，当G在线段BC上时，∵∠EGF＞45°，∠EFG＞45°，∠FEG=45°，∴只能EF=EG，
∵EC⊥FG，∴FC=CG，∵∠EDF=90°，∴∠FDG=90°，∴DC=
FG=CG，∴CG=1；
综上，CG的值为
或1．
6．解：
（1）∵∠ACB=90°，点D为AB的中点，∴CD=AD=BD=
AB，∴∠ACD=∠A=30°，
∴∠ADC=180°﹣30°×2=120°，∴∠ADE=∠ADC﹣∠EDF=120°﹣90°=30°；
（2）∵∠EDF=90°，∴∠PDM+∠E′DF=∠CDN+∠E′DF=90°，∴∠PDM=∠CDN，
∵∠B=60°，BD=CD，∴△BCD是等边三角形，∴∠BCD=60°，∵∠CPD=∠A+∠ADE=30°+30°=60°，∴∠CPD=∠BCD，在△DPM和△DCN中，
，∴△DPM∽△DCN，∴
=
，∵
=tan∠ACD=tan30°=
，
∴
的值不随着α的变化而变化，是定值
．
7．
考点：
相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；旋转的性质．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）由题意易证出AG=
AD，DH=
DB，而AD=DB，可得AG=DH；
（2）可由证△AMD≌△DNB，再证△AMG≌△DNH，证出AG=DH；
（3）可证Rt△AGM∽Rt△NHB，Rt△DGM∽Rt△NHD，证出AG=DH．
解答：
解：
（1）∵α=30°，∴∠ADM=30°，∵∠A=30°，∴∠ADM=∠A．∴AM=DM．
又∵MG⊥AD于G，∴AG=
AD．∵∠CDB=180°﹣∠EDF﹣∠ADM=60°，∠B=60°，
∴△CDB是等边三角形．又∵CH⊥DB于H，∴DH=
DB．∵在△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，∴BC=
AB．∵BC=BD，∴AD=DB．∴AG=DH．
（2）结论成立．理由如下：
在△AMD与△DNB中，∠A=∠NDB=30°，AD=DB，∠MDA=∠B=60°，∴△AMD≌△DNB，∴AM=DN．又∵在△AMG与△DNH中，∠A=∠NDB，∠MGA=∠NHD=90°，∴△AMG≌△DNH．∴AG=DH．
（3）方法一：
解：
结论成立．Rt△AGM∽Rt△NHB，Rt△DGM∽Rt△NHD．
∵∠C=∠MDN=90°，∴C，D两点在以MN为直径的圆上，∴C，M，D，N四点共圆，∴∠DNM=∠DCA=30°，∴DN=
DM。
又∵△DGM∽△NHD，∴DH=
MG=AG．
方法二：
解：
当0°＜α＜90°时，
（1）中的结论成立．在Rt△AMG中，∠A=30°，∴∠AMG=60°=∠B．又∵∠AGM=∠NHB=90°，∴△AGM∽△NHB．∴
①
∵∠MDG=α，∴∠DMG=90°﹣α=∠NDH．又∵∠MGD=∠DHN=90°，∴Rt△MGD∽Rt△DHN．∴
=
②
①×②，得．
=
，由比例的性质，得
=
。
∵AD=DB，∴AG=DH．
点评：
此题主要考查图形的旋转，直角三角形的性质，三角形全等的判定，三角形相似的判定及性质的灵活运用．此题用同学们常用的一副三角板作为情境，培养同学们灵活运用知识的能力．
8．
考点：
几何变换综合题；平行线的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形；多边形内角与外角．菁优网版权所有
专题：
几何综合题；压轴题．
分析：
（1）由EN∥AD和点M为DE的中点可以证到△ADM≌△NEM，从而证到M为AN的中点．
（2）易证AB=DA=NE，∠ABC=∠NEC=135°，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
（3）延长AB交NE于点F，易得△ADM≌△NEM，根据四边形BCEF内角和，可得∠ABC=∠FEC，从而可以证到△ABC≌△NEC，进而可以证到AC=NC，∠ACN=∠BCE=90°，则有△ACN为等腰直角三角形．
解答：
（1）证明：
如图1，∵EN∥AD，∴∠MAD=∠MNE，∠ADM=∠NEM．
∵点M为DE的中点，∴DM=EM．在△ADM和△NEM中，
∴
．∴△ADM≌△NEM．∴AM=MN．∴M为AN的中点．
（2）证明：
如图2，∵△BAD和△BCE均为等腰直角三角形，∴AB=AD，CB=CE，∠CBE=∠CEB=45°．∵AD∥NE，∴∠DAE+∠NEA=180°．∵∠DAE=90°，∴∠NEA=90°．∴∠NEC=135°．∵A，B，E三点在同一直线上，∴∠ABC=180°﹣∠CBE=135°．∴∠ABC=∠NEC．∵△ADM≌△NEM（已证），∴AD=NE．∵AD=AB，
∴AB=NE．在△ABC和△NEC中，
，∴△ABC≌△NEC．
∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．
（3）△ACN仍为等腰直角三角形．证明：
如图3，延长AB交NE于点F，
∵AD∥NE，M为中点，∴易得△ADM≌△NEM，∴AD=NE．∵AD=AB，
∴AB=NE．∵AD∥NE，∴AF⊥NE，在四边形BCEF中，∵∠BCE=∠BFE=90°
∴∠FBC+∠FEC=360°﹣180°=180°。
∵∠FBC+∠ABC=180°，∴∠ABC=∠FEC
在△ABC和△NEC中，
，∴△ABC≌△NEC．∴AC=NC，∠ACB=∠NCE．∴∠ACN=∠BCE=90°．∴△ACN为等腰直角三角形．
点评：
本题考查了全等三角形的判定与性质、平行线的性质、等腰直角三角形的判定与性质、多边形的内角与外角等知识，渗透了变中有不变的辩证思想，是一道好题．
9.①如图：
在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，作EF⊥BC于点F，则有AB=AE=EF=FC.
∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°，
∴∠AEM=∠FEN，
∴Rt△AME≌Rt△FNE，
∴AM=FN，
∴MB=CN.
∵AM不一定等于CN，
∴①错误.
②由①有Rt△AME≌Rt△FNE，
∴∠AME=∠BNE，
∴②正确，
③由①得，BM=CN.
∵AD=2AB=4，
∴BC=4，AB=2
∴BN-AM=BC-CN-AM=BC-BM-AM=BC-（BM+AM）=BC-AB=4-2=2，
∴③正确，
④如图：
由①得，CN=CF-FN=2-AM，AE=12，
AD=2，AM=FN，
∴AM=AEtanα，
∵cosα=AMAE=AEAE2+AM2−−−−−−−−−−√，
∴cos2α=AE2AE2+AM2−−−−−−−−−−√，
∴2cos2a=2×（1+AM2AE2）=2+2tan2α，
∴S△EMN=S四边形ABNE-S△AME-S△MBN
=12（AE+BN）×AB-12AE×AM-12×BN×BM
=12（AE+BC-CF+FN）×2-12AE×AM-12×（BC-2+AM）×（2-AM）
=AE+AM-12AE×AM+12AM2
=2+tana-2tana+2tan2a
=2（1+tan2a）=2cos2a，
∴④正确.
10.
（1）在上述旋转过程中，BH=CK，四边形CHGK的面积不变。
证明：
连接CG，KH，
∵△ABC为等腰直角三角形,O（G）为其斜边中点，
∴CG=BG，CG⊥AB，
∴∠ACG=∠B=45∘，
∵∠BGH与∠CGK均为旋转角，
∴∠BGH=∠CGK，
在△BGH与△CGK中，
∠B=∠KCG,BG=CG,∠BGH=∠CGK
∴△BGH≌△CGK（ASA），
∴BH=CK,S△BGH=S△CGK.
∴S四边形CHGK=S△CHG+S△CGK=S△CHG+S△BGH=12S△ABC=12×12×4×4=4,
即：
S四边形CHGK的面积为4，是一个定值，在旋转过程中没有变化；
（2）∵AC=BC=4，BH=x，
∴CH=4−x，CK=x.
由S△GHK=S四边形CHGK−S△CHK，
得y=4−1/2x（4−x），
∴
.
由0∘<α<90∘，得到BH最大=BC=4，
∴0（3）存在。
根据题意,得
，
解这个方程,得
，
即：
当x=1或x=3时,△GHK的面积均等于△ABC的面积的
.
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