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15.己知△ABC与△AED是等腰直角三角形,点M,N是BD,EC的中点.
(1)如图1,△AED顺时针旋转45°,说明MN与EC的关系;
(2)如图2,△AED顺时针旋转90°,AD=1,AB=$\sqrt{6}$,求MN;
(3)如图3,△AED逆时针旋转一定角度,说明MN与EC的关系.

分析 (1)先判断出MN是△BDG的中位线,再判断出△EDN≌△CGN,得出结论进而判断出△CAE≌△BCG(SAS),即可得出结论;
(2)先求出DE,再判断出△DEM≌△BFM,最后用勾股定理求出FC,再用三角形的中位线即可;
(3)先判断出△EDN≌△CGN(SAS),再得出△CAE≌△BCG(SAS),即可.

解答 解:(1)MN⊥EC,且EC=2MN;
理由:如图1,延长DN到G,使DN=GN,连接CG,延长DE、CA交于点K,
∵M为BD中点,
∴MN是△BDG的中位线
∴BG=2MN,
在△EDN和△CGN中,
$\left\{\begin{array}{l}{DN=NG}\\{∠DNE=∠GNC}\\{EN=NC}\end{array}\right.$,
∴△EDN≌△CGN(SAS),
∴DE=CG=AE,∠GCN=∠DEN,
∴DE∥CG,
∴∠KCG=∠CKE,
∵∠EAK=45°,
∴∠CAE=180°-45°=135°
∴∠CKE=∠KCG=45°,
∴∠KCG=∠CKE=45°
∴∠BCG=90°+45°=135°,
∴∠CAE=∠BCG,
在△CAE和△BCG中,$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠CAE=∠BCG}\\{AE=CG}\end{array}\right.$
∴△CAE≌△BCG(SAS),
∴BG=CE,
∵BG=2MN,
∴CE=2MN.
∵△CAE≌△BCG,
∴∠ECK=∠CBG,
∵∠ACB=∠ECK+∠BCE=90°,
∴∠CBG+∠BCE=90°,
∴∠BFC=90°,
∴BG⊥EC,
∵MN∥BG,
∴MN⊥EC;
(2)如图2,
在等腰Rt△ABC中,AB=$\sqrt{6}$,
∴BC=$\sqrt{3}$,
由旋转知,∠AED=∠EAC=90°,
∴DE∥AC,
∵∠BAC=45°,
∴∠EAD=45°,
∴DE=AD=1
连接EM并延长至F使EM=FM,连接CF,
∵EN=CN,
∴MN=$\frac{1}{2}$CF,
在△DEM和△BFM中,$\left\{\begin{array}{l}{DM=BM}\\{∠DME=∠BMF}\\{EM=FM}\end{array}\right.$,
∴△DEM≌△BFM,
∴BF=DE=1,∠MDE=∠MBF,
∴DE∥BF,
∴AC∥BF,
∴∠CBF=90°,
在Rt△BCF中,根据勾股定理得,CF=$\sqrt{B{F}^{2}+B{C}^{2}}$=2,
∴MN=$\frac{1}{2}$CF=1.

(3)MN⊥EC,且EC=2MN;
理由:如图3,延长DN到G,使DN=GN,连接CG,延长DE、CA交于点K,连接BG,延长EC交BG于F,延长AC交BG于H;
∵M为BD中点,
∴MN是△BDG的中位线
∴BG=2MN,
在△EDN和△CGN中,
$\left\{\begin{array}{l}{DN=NG}\\{∠DNE=∠GNC}\\{EN=NC}\end{array}\right.$,
∴△EDN≌△CGN(SAS)
∴DE=CG=AE,∠GCN=∠DEN,
∴DE∥CG,
∴∠CKE=∠KCG=∠HCG,
∴∠CAE=∠AED+∠CKE=90°+∠CKE=90°+∠HCG,
∵∠BCG=∠BCH+∠HCK=90°+∠HCG,
∠BCG=90°+45°=135°,
∴∠CAE=∠BCG,
在△CAE和△BCG中,$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠CAE=∠BCG}\\{AE=CG}\end{array}\right.$
∴△CAE≌△BCG(SAS),
∴BG=CE,
∵BG=2MN,
∴CE=2MN.
∵△CAE≌△BCG,
∴∠ECK=∠CBG,
∵∠ACB=∠ECK+∠BCE=90°,
∴∠CBG+∠BCE=90°,
∴∠BFC=90°,
∴BG⊥EC,
∵MN∥BG,
∴MN⊥EC;
即:MN⊥EC,CE=2MN;

点评 此题是几何变换综合题,主要考查了全等三角形的性质和判定,勾股定理,三角形的中位线,解本题的关键是△EDN≌△CGN(SAS)和△CAE≌△BCG(SAS),作出辅助线是解本题的难点.

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