Question

14．在△ABC和△DEC中，∠ACB=∠DCE=90°，△DEC繞點C逆時針旋轉(zhuǎn)，連接BD，F(xiàn)，G，H分別是AB，BD，DE的中點，連接FG，F(xiàn)H，HG．

（1）如圖1，當∠A=∠EDC=45°，點D在AC邊上時，直接猜想FG，HG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系是FG=HG，F(xiàn)G⊥HG；
（2）如圖2，當∠A=∠EDC=45°，點D不在AC邊上時，（1）猜想的結(jié)論是否成立？如果成立，請證明；如果不成立，請說明理由；
（3）如圖3，當∠A=∠EDC=30°時，猜想FG，HG的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，請直接寫出猜想結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由中位線性質(zhì)可知，HG平行于BE且等于BE的一半，F(xiàn)G平行于AD且等于AD的一半，根據(jù)題目條件易知AD與BE相互垂直且相等，結(jié)論是顯然的；
（2）連接AD、BE，易證△ACD≌△BCE，然后可得BE與AD相互垂直且相等，再結(jié)合中位線性質(zhì)不難得出結(jié)論；
（3）與（2）類似，連接AD、BE，易證△ACD與△BCE相似，且相似比為$\sqrt{3}$，再結(jié)合中位線性質(zhì)同樣得出結(jié)論；

解答 解：（1）FG=HG，F(xiàn)G⊥HG；
（2）結(jié)論成立，證明如下：連接AD、BE，
設AD與BE交于點M，F(xiàn)G與BE交于點N，

∵∠ACB=∠DCE=90°，∠BAC=∠EDC=45°，
∴∠ABC=∠DEC=45°，
∴AC=BC，DC=EC，∠ACD=∠BCE=90°+∠ACE，
在△ACD和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACD=∠BCE}\\{CD=CE}\end{array}\right.$
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴AD=BE，∠DAC=∠EBC，
∵∠BAM+∠ABM=∠BAC+∠DAC+∠ABM，
∴∠BAM+∠ABM=∠BAC+∠MBC+∠ABM=∠BAC+∠ABC=90°，
∴∠AMB=90°，
∵F、G、H分別AB、BD、DE的中點，
∴FG=$\frac{1}{2}$AD，F(xiàn)G∥AD，HG=$\frac{1}{2}$BE，HG∥BE，
∴FG=HG，∠HGE=∠ENF，
∵∠AMB+∠ENF=180°，
∴∠ENF=90°，
∴HGE=90°，即FG⊥HG；
（3）FG⊥HG，F(xiàn)G=$\sqrt{3}$HG．
如圖，連接AD、BE，

∵∠A=∠EDC=30°，∠ACB=∠DCE=90°，
∴$\frac{DC}{CE}=\frac{AC}{CB}=\sqrt{3}$，
∵∠DCE+∠ECA=∠ECA+∠ACB，
∴∠DCA=∠ECB，
∴△DCA∽△ECB，
∴$\frac{AD}{BE}=\sqrt{3}$，
∵AC⊥BC，DC⊥EC，
∴AD⊥BE．
∴AD=$\sqrt{3}$BE且AD⊥BE，
∵F，G，H分別是AB，BD，DE的中點，
∴FG=$\frac{1}{2}$AD，F(xiàn)G∥AD，HG=$\frac{1}{2}$BE，HG∥BE，
∴FG=$\sqrt{3}$HG且FG⊥HG．

點評 本題為幾何變換綜合題，主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、中位線的性質(zhì)、含特殊角的直角三角形的性質(zhì)等眾多重要知識點，難度中等．添加輔助線構(gòu)造出全等三角形或相似三角形是解決本題的關(guān)鍵．