Question

10．如图1，已知△ABC和△DCE均为等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点D在线段AC上，点F为AB的中点，点M为BE的中点，点N为AD的中点．
（1）如图1，请直接写出∠FMN的大小以及FM和MN之间的数量关系．
（2）如图2，将△DCE绕点C顺时针旋转，此时（1）中的结论是否成立？若成立，请证明，若不成立，请写出相应正确的结论．
（3）如图3，若AB=4$\sqrt{2}$，CE=2，在将△DCE绕点C顺时针旋转360°过程中，直线BD，AE交于点G，△ABG的面积的最小值为4．

Answer 1

分析 （1）结论：∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．如图1中，连接AE、FN，连接BD延长BD交FM于G交AE于H．首先证明△BCD≌△ACE，得BD=AE，推出∠AHD=90°，再根据三角形中位线定理，证明△FMN是等腰直角三角形即可．
（2）结论不变：∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．证明方法类似（1）．
（3）由题意可知点D在以C为圆心2为半径的圆上运动，当BG与⊙C相切时，∠ABG的值最小，此时点G到AB的距离最小，因为AB=4$\sqrt{2}$是定值，所以此时△ABG的面积最小，求出BG、AG即可解决问题．

解答 解：（1）结论：∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．
理由：如图1中，连接AE、FN，连接BD延长BD交FM于G交AE于H．

∵CA=CB，CD=CE，∠BCA=∠DCE=90°，
在△BCD和△ACE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=AC}\\{∠BCD=∠ACE}\\{CD=CE}\end{array}\right.$，
∴△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，∠BDC=∠AEC，∠CBD=∠CAE，
∵∠CBD+∠CDB=90°，∠CDB=∠ADH，
∴∠ADH+∠DAH=90°，
∴∠AHD=90°，
∵AF=FB，AN=ND，
∴FN=$\frac{1}{2}$BD，FN∥BD，
∴∠MFN=∠MGD，
∵BM=ME，BF=FA，
∴FM=$\frac{1}{2}$AE，FM∥AE，
∴∠MGD=∠AHD=90°，FN=FM，
∴∠MFN=90°，
∴△FMN是等腰直角三角形，
∴∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．
（2）结论不变．∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．
理由：如图2中，连接AE、FN，连接BD交FM于G交AE于H交AC于O．

∵CA=CB，CD=CE，∠BCA=∠DCE=90°，
∴∠BCD=∠ACE，
在△BCD和△ACE中，
$\left\{\begin{array}{l}{BC=AC}\\{∠BCD=∠ACE}\\{CD=CE}\end{array}\right.$，
∴△BCD≌△ACE，
∴BD=AE，∠BDC=∠AEC，∠CBD=∠CAE，
∵∠CBO+∠COB=90°，∠COB=∠AOH，
∴∠AOH+∠OAH=90°，
∴∠AHO=90°，
∵AF=FB，AN=ND，
∴FN=$\frac{1}{2}$BD，FN∥BD，
∴∠MFN=∠MGD，
∵BM=ME，BF=FA，
∴FM=$\frac{1}{2}$AE，FM∥AE，
∴∠MGD=∠AHO=90°，FN=FM，
∴∠MFN=90°，
∴△FMN是等腰直角三角形，
∴∠FMN=45°，MN=$\sqrt{2}$FM．

（3）如图3中，

由题意可知点D在以C为圆心2为半径的圆上运动，当BG与⊙C相切时，∠ABG的值最小，此时点G到AB的距离最小，因为AB=4$\sqrt{2}$是定值，所以此时△ABG的面积最小．由（2）可知BG⊥AE，△BCD≌△ACE，
∴∠CDG=∠DCE=∠AEC=90°，
∴四边形DCEG是矩形，
∵CD=CE，
∴四边形DCEG是正方形，
∴DC=CE=DG=GE=2，
在Rt△BCD中，∵BC=4，CD=2，
∴BD=AE=$\sqrt{B{C}^{2}-C{D}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴BG=2$\sqrt{3}$+2，AG=2$\sqrt{3}$-2，
∴S_△ABG=$\frac{1}{2}$•BG•AG=$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{3}$+2）（2$\sqrt{3}$-2）=4．
故答案为4．

点评 此题考查几何变换问题，全等三角形的判定和性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加辅助线，构造全等三角形解决问题，灵活应用三角形的中位线定理，属于中考压轴题．