Question

【题目】如图，在Rt△ACB中，∠ACB=90°，∠A=30°，点D是AB边的中点．

（1）如图1，若CD=4，求△ACB的周长．

（2）如图2，若E为AC的中点，将线段CE以C为旋转中心顺时针旋转60°，使点E至点F处，连接BF交CD于点M，连接DF，取DF的中点N，连接MN，求证：MN=2CM．

（3）如图3，以C为旋转中心将线段CD顺时针旋转90°，使点D至点E处，连接BE交CD于M，连接DE，取DE的中点N，连接交MN，试猜想BD、MN、MC之间的关系，直接写出其关系式，不证明．

Answer 1

【答案】（1）12+4；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【解析】（1）根据直角三角形斜边中线的性质，直角三角形30度角性质以及勾股定理即可解决问题．

（2）如图2中，作BQ⊥CD于Q，FP∥MN交DC的延长线于P．首先证明△BQM≌△FCM，推出QC=2CM，再证明△BQC≌△FCP，推出PF=BC=2QC，再根据三角形中位线定理即可解决问题．

（3）结论：（BD）2+（BD-CM）2=MN2．作BQ⊥CD于Q，连接QN，只要证明△QMN是直角三角形，QN=BD，QM=BD-CM即可解决问题．

如图1中，

在Rt△ACB中，∵∠ACB=90°，∠A=30°，点D是AB边的中点．

∴CD=BD=AD=4，BC=AB=4，

∴AC==，

∴△ABC的周长为4+8+4=12+4．

（2）证明：如图2中，作BQ⊥CD于Q，FP∥MN交DC的延长线于P．

∵△BDC是等边三角形，边长为2，

∴高BQ=2，∠DCB=60°，∠ACD=30°

∵EA=EC=2，

∴CE=CF=BQ，

∵∠ECF=60°，∠ACD=30°，

∴∠DCF=90°，

∴∠BQM=∠MCF=90°，

在△BQM和△FCM中，

，

∴△BQM≌△FCM，

∴QM=MC．QC=2MC，

∵DN=NF，MN∥FP，

∴DM=MP，

∴DQ=CP=QC，

在△BQC和△FCP中，

，

∴△BQC≌△FCP，

∴PF=BC=DC=2QC，

∵MN=PF，

∴MN=QC=2CM．

（3）解：如图3中，结论：（BD）2+（BD-CM）2=MN2．理由如下：

作BQ⊥CD于Q，连接QN，

∵△BDC是等边三角形，

∴∠DBQ=30°，

∴DQ=QC=BD，

∵DC=CE，DC⊥CE，

∴∠CDE=∠CED=45°，

∵DQ=QC，DN=NE，

∴QN∥EC，

∴∠QDN=∠NQM=∠DCE=90°，

∴∠QDN=∠QND=45°，

∴QD=QN=BD，

∵QN2+QM2=MN2，

∴（BD）2+（BD-CM）2=MN2．