分析 (1)①根据三角形的中位线即可求得MC=ME,根据三角形外角的性质即可求得∠CME=2∠CAB=90°.②根据三角形的中位线即可求得MC=ME,根据三角形外角的性质即可求得∠CME=2∠CAB=120°;
(2)延长AC、BD交于F,根据ASA证得△ABC≌△FCB,得出AB=BF,AC=CF,从而证得△ABF是等边三角形,由∠ACB=∠FCB=90°,AF∥DG,得出四边形AFDG是等腰梯形,然后根据三角形的中位线即可求得MC=ME,根据三角形外角的性质即可求得∠CME=2∠CAB=120°.
(3)延长AC至F,使AC=CF,连接DF、BF,延长DE至G,使EG=DE,连接AG、BG,则CM∥$\frac{1}{2}$DF,CM=$\frac{1}{2}$DF,ME∥$\frac{1}{2}$AG,ME=$\frac{1}{2}$AG,根据垂直平分线的性质得出AB=FB,BG=BD,得出∠ABC=∠FBC,∠GBE=∠EBD,进而得出∠ABG=∠FBD,根据SAS证得△ABG≌△BFD(SAS),得出AG=DF,得出MC=ME,然后根据三角形外角的性质即可求得∠CME=180°-2α.
解答 解:(1)①MC=ME,∠CME=90°;
在RT△ACD中,M是AD的中点,
∴MC=AM=$\frac{1}{2}$AD,
∴∠ACM=∠CAM,
∴∠CMD=2∠CAM,
同理:ME=$\frac{1}{2}$AD,∠EMD=2∠EAM,
∴∠CMD+∠EMD=2(∠CAM+∠WAM),
即∠CME=2∠CAB=90°.
故答案为ME,90;
②MC=ME,∠CME=120°;
在RT△ACD中,M是AD的中点,
∴MC=AM=$\frac{1}{2}$AD,
∴∠ACM=∠CAM,
∴∠CMD=2∠CAM,
同理:ME=$\frac{1}{2}$AD,∠EMD=2∠EAM,
∴∠CMD+∠EMD=2(∠CAM+∠WAM),
即∠CME=2∠CAB,
∵∠ACB=90°,∠ABC=30°,
∴∠CAB=60°,
∴∠CME=2∠CAB=120°;
(2)MC=ME,∠CME=120°;
延长AC、BD交于F,
在△ABC和△FCB中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABC=∠FBC=30°}\\{BC=BC}\\{∠ACB=∠FCB=90°}\end{array}\right.$
∴△ABC≌△FCB(ASA),
∴AB=BF,AC=CF,
∵∠ABF=∠ABC+∠FBC=60°,
∴△ABF是等边三角形,
∵AM=MD,
∴CM=$\frac{1}{2}$DF,CM∥BF,
∴∠DMC=∠CAD,
∵∠ACB=∠FCB=90°,
∴AF∥DG,
∴△BDG是等边三角形,
∴BD=BG,BC⊥DG,
∴AG=DF,DE=EG,
∴ME=$\frac{1}{2}$AG,ME∥AB,
∴∠DME=∠DAB,
∴∠CME=2∠BAC=120°;
(3)MC=ME,∠CME=180°-2α;
延长AC至F,使AC=CF,连接DF、BF,延长DE至G,使EG=DE,连接AG、BG,则CM∥$\frac{1}{2}$DF,CM=$\frac{1}{2}$DF,ME∥$\frac{1}{2}$AG,ME=$\frac{1}{2}$AG,
∵AC⊥BC,BM⊥BE
∴AB=FB,BG=BD,
∴∠ABC=∠FBC,∠GBE=∠EBD,
∴∠ABG=∠FBD,
在△ABG和△BFD中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BF}\\{∠ABG=∠FBD}\\{BG=BD}\end{array}\right.$
∴△ABG≌△BFD(SAS),
∴AG=DF,
∴MC=ME,
延长AD交BF于H,∠CMD=∠FDH,∠DME=∠DAG=∠DAB+∠DFH,
∴∠CME=∠FDH+∠DFH+∠DAB=∠AHB+∠DAB=180°-∠ABH=180°-2α.
点评 本题是几何变换的综合题,考查了三角形的中位线定理,三角形外角的性质,三角形全等的判定和性质,等腰三角形三线合一的性质等,熟练掌握性质定理是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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