Question

20．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）观察猜想
         图1中，线段PM与PN的数量关系是PM=PN，位置关系是PM⊥PN；
（2）探究证明
       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）拓展延伸
        把△ADE绕点A在平面内自由旋转，若AD=4，AB=10，请直接写出△PMN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用三角形的中位线得出PM=$\frac{1}{2}$CE，PN=$\frac{1}{2}$BD，进而判断出BD=CE，即可得出结论，再利用三角形的中位线得出PM∥CE得出∠DPM=∠DCA，最后用互余即可得出结论；
（2）先判断出△ABD≌△ACE，得出BD=CE，同（1）的方法得出PM=$\frac{1}{2}$BD，PN=$\frac{1}{2}$BD，即可得出PM=PN，同（1）的方法即可得出结论；
（3）方法1、先判断出MN最大时，△PMN的面积最大，进而求出AN，AM，即可得出MN最大=AM+AN，最后用面积公式即可得出结论．
方法2、先判断出BD最大时，△PMN的面积最大，而BD最大是AB+AD=14，即可．

解答 解：（1）∵点P，N是BC，CD的中点，
∴PN∥BD，PN=$\frac{1}{2}$BD，
∵点P，M是CD，DE的中点，
∴PM∥CE，PM=$\frac{1}{2}$CE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴BD=CE，
∴PM=PN，
∵PN∥BD，
∴∠DPN=∠ADC，
∵PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCA，
∵∠BAC=90°，
∴∠ADC+∠ACD=90°，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCA+∠ADC=90°，
∴PM⊥PN，
故答案为：PM=PN，PM⊥PN，

（2）由旋转知，∠BAD=∠CAE，
∵AB=AC，AD=AE，
∴△ABD≌△ACE（SAS），
∴∠ABD=∠ACE，BD=CE，
同（1）的方法，利用三角形的中位线得，PN=$\frac{1}{2}$BD，PM=$\frac{1}{2}$CE，
∴PM=PN，
∴△PMN是等腰三角形，
同（1）的方法得，PM∥CE，
∴∠DPM=∠DCE，
同（1）的方法得，PN∥BD，
∴∠PNC=∠DBC，
∵∠DPN=∠DCB+∠PNC=∠DCB+∠DBC，
∴∠MPN=∠DPM+∠DPN=∠DCE+∠DCB+∠DBC
=∠BCE+∠DBC=∠ACB+∠ACE+∠DBC
=∠ACB+∠ABD+∠DBC=∠ACB+∠ABC，
∵∠BAC=90°，
∴∠ACB+∠ABC=90°，
∴∠MPN=90°，
∴△PMN是等腰直角三角形，

（3）如图2，同（2）的方法得，△PMN是等腰直角三角形，
∴MN最大时，△PMN的面积最大，
∴DE∥BC且DE在顶点A上面，
∴MN最大=AM+AN，
连接AM，AN，
在△ADE中，AD=AE=4，∠DAE=90°，
∴AM=2$\sqrt{2}$，
在Rt△ABC中，AB=AC=10，AN=5$\sqrt{2}$，
∴MN_最大=2$\sqrt{2}$+5$\sqrt{2}$=7$\sqrt{2}$，
∴S_△PMN最大=$\frac{1}{2}$PM²=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$MN²=$\frac{1}{4}$×（7$\sqrt{2}$）²=$\frac{49}{2}$．

方法2、由（2）知，△PMN是等腰直角三角形，PM=PN=$\frac{1}{2}$BD，
∴PM最大时，△PMN面积最大，
∴点D在AB的延长线上，
∴BD=AB+AD=14，
∴PM=7，
∴S_△PMN最大=$\frac{1}{2}$PM²=$\frac{1}{2}$×7²=$\frac{49}{2}$

点评 此题是几何变换综合题，主要考查了三角形的中位线定理，等腰直角三角形的判定和性质，全等三角形的判断和性质，直角三角形的性质，解（1）的关键是判断出PM=$\frac{1}{2}$CE，PN=$\frac{1}{2}$BD，解（2）的关键是判断出△ABD≌△ACE，解（3）的关键是判断出MN最大时，△PMN的面积最大，是一道中考常考题．