Question

在直角坐標(biāo)系中，∠ABC=∠BDE=90°，BC=DE，AC=BE，M、N分別是AB、BD的中點(diǎn)，連接MN交CE于點(diǎn)K．

（1）如圖1，已知A點(diǎn)的坐標(biāo)為（3，0），C點(diǎn)的坐標(biāo)為（-4，2），求D點(diǎn)的坐標(biāo)．
（2）如圖2，當(dāng)C、B、D共線，AB=2BC時(shí)，探究CK與EK之間的數(shù)量關(guān)系，并證明．
（3）如圖3，當(dāng)C、B、D不共線，AB≠BC時(shí)，（2）中的結(jié)論是否成立？若成立，請(qǐng)證明；若不成立，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

解（1）如圖1，在Rt△BDE和Rt△ABC中，
∵，
∴Rt△BDE≌Rt△ABC，
∴BD=AB，
∵C（-4，2），∠ABC=90°，
∴B（-4，0）．
∵A（3，0），
∴AB=7，
∴BD=7
D（-4，-7）；
（2）如圖2，CK=EK
理由：連EM、CN，
∵AB=2BC，AB=BD，
∴BD=2BC，
∵M(jìn)、N分別是AB、BD的中點(diǎn)，
∴AB=2BM，BD=2BN=2ND，
∴BC=BM=BN=DN，
∵DE=BC，
∴DE=DN．
∵∠ABC=∠BDE=90°，
∴∠DEN=∠DNE=∠BNM=∠BMN=45°，
∴∠MNE=180°-45°-45°=90°，
在△MBN和△NDE中，
，
∴△MBN≌△NDE（SAS），
∴MN=EN，
∴△MNE是等腰直角三角形，
∴∠NME=45°，
∴∠BME=90°，
∴四邊形BDEM是矩形，
∴EM=DB，BD∥EM，
∴EM=NC．∠CEM=∠NCE，∠NME=∠MNC，
在△EMK和△CNK中，
，
∴△EMK≌△CNK，
∴CK=EK．
（3）如圖3，MN交BE、AC于F、G，過E、C作MN的垂線，垂足為Q、P，連結(jié)CM、EN，
∴∠EQN=∠EQK=∠CPM=90°．
∵AB=BD，M、N是AB、BD的中點(diǎn)，
∴DN=BN=BM=AM，
∴∠2=∠BMN，
∵∠1=∠BMN，
∴∠2=∠1．
在△EDN和△CBM中
，
∴△EDN≌△CBM（SAS），
∴EN=CM．
在△BNE和△AMC中
，
∴△BNE≌△AMC（SSS），
∴∠7=∠8，∠ENB=∠CMA，
∴∠ENB-∠2=∠CMA-∠1，
即∠3=∠4．
在△EQN和△CPM中，
，
∴△EQN≌△CPM（AAS），
∴EQ=CP．
在△EQK和△CPK中，
，
∴△EQK≌△CPK（AAS），
∴EK=CK．
，
分析：（1）證明△BDE≌△ABC，可得BD=AB，根據(jù)點(diǎn)M是AB的中點(diǎn)可求出BM的長(zhǎng)度，繼而可得點(diǎn)D的坐標(biāo)；
（2）連接CM、BN，由已知易證得△ABC≌△BDE，可得到AB=BD；再通過證明△BCM≌△DEN，得CN=NE；接下來易證得△CMK≌△ENK，即可得CK=EK．
（3）過C、E分別作直線MK的垂線段，垂足分別為P、Q，首先證明△CMP≌△ENQ，可得PC=QE，然后易證明△CPQ≌△EQK，即得CK=EK．
點(diǎn)評(píng)：本題是一道綜合型很強(qiáng)的試題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，線段中點(diǎn)的運(yùn)用，等腰直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，點(diǎn)的坐標(biāo)的運(yùn)用，解答時(shí)靈活運(yùn)用全等三角形的性質(zhì)制造三角形全等是解答本題的關(guān)鍵．