Question

（2010•臺(tái)州）如圖1，Rt△ABC≌Rt△EDF，∠ACB=∠F=90°，∠A=∠E=30°．△EDF繞著邊AB的中點(diǎn)D旋轉(zhuǎn)，DE，DF分別交線段AC于點(diǎn)M，K．
（1）觀察：①如圖2、圖3，當(dāng)∠CDF=0°或60°時(shí)，AM+CK______MK（填“＞”，“＜”或“=”）；
②如圖4，當(dāng)∠CDF=30°時(shí)，AM+CK______MK（只填“＞”或“＜”）；
（2）猜想：如圖1，當(dāng)0°＜∠CDF＜60°時(shí)，AM+CK______MK，證明你所得到的結(jié)論；
（3）如果MK²+CK²=AM²，請(qǐng)直接寫(xiě)出∠CDF的度數(shù)和的值．

Answer 1

【答案】分析：（1）先證明△CDA是等腰三角形，再根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)證明AM+CK=MK；在△MKD中，AM+CK＞MK（兩邊之和大于第三邊）；
（2）作點(diǎn)C關(guān)于FD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，連接GK，GM，GD．證明△ADM≌△GDM后，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)，GM=AM，GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK；
（3）根據(jù)勾股定理的逆定理求得∠GKM=90°，又∵點(diǎn)C關(guān)于FD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，∴＜CKG=90°，＜FKC=＜CKG=45°，根據(jù)三角形的外角定理，就可以求得∠CDF=15°；在Rt△GKM中，∠MGK=∠DGK+∠MGD=∠A+∠ACD=60°，∴∠GMK=30°，利用余弦定理解得=．
解答：解：（1）①在Rt△ABC中，D是AB的中點(diǎn)，
∴AD=BD=CD=，∠B=∠BDC=60°
又∵∠A=30°，
∴∠ACD=60°-30°=30°，
又∵∠CDE=60°，或∠CDF=60°時(shí)，
∴∠CKD=90°，
∴在△CDA中，AM（K）=CM（K），即AM（K）=KM（C）（等腰三角形底邊上的垂線與中線重合），
∵CK=0，或AM=0，
∴AM+CK=MK；（2分）
②由①，得
∠ACD=30°，∠CDB=60°，
又∵∠A=30°，∠CDF=30°，∠EDF=60°，
∴∠ADM=30°，
∴AM=MD，CK=KD，
∴AM+CK=MD+KD，
∴在△MKD中，AM+CK＞MK（兩邊之和大于第三邊）．（2分）

（2）＞（2分）
證明：作點(diǎn)C關(guān)于FD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，
連接GK，GM，GD，
則CD=GD，GK=CK，∠GDK=∠CDK，
∵D是AB的中點(diǎn)，∴AD=CD，
∴GD=AD．∠DAC=∠DCA=30°，
∴∠CDA=120°，
∵∠EDF=60°，∴∠GDM+∠GDK=60°，
∠ADM+∠CDK=60°．
∴∠ADM=∠GDM，（3分）
∵DM=DM，
∴
∴△ADM≌△GDM，（SAS）
∴GM=AM．
∵GM+GK＞MK，∴AM+CK＞MK．（1分）

（3）由（2），得GM=AM，GK=CK，
∵M(jìn)K²+CK²=AM²，
∴MK²+GK²=GM²，
∴∠GKM=90°，
又∵點(diǎn)C關(guān)于FD的對(duì)稱(chēng)點(diǎn)G，
∴∠CKG=90°，∠FKC=∠CKG=45°，
又由（1），得∠A=∠ACD=30°，
∴∠FKC=∠CDF+∠ACD，
∴∠CDF=∠FKC-∠ACD=15°，
在Rt△GKM中，∠MGK=∠DGK+∠MGD=∠A+∠ACD=60°，
∴∠GMK=30°，
∴=，
∴=
綜上可得：∠CDF的度數(shù)為15°，的值為．
點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了全等三角形的判定、全等三角形的性質(zhì)、軸對(duì)稱(chēng)圖形的性質(zhì)以及三角形的兩邊之和大于第三邊的性質(zhì)．