2024八年级数学下册专题14三角形的中位线含解析新版浙教版

Page1专题14三角形的中位线阅卷人一、选择题(共10题；每题2分，共20分)得分1．（2分）（任丘期末）如图，中，AB=10，AC=7，BC=9，点D、E、F分别是AB、AC、BC的中点，则四边形DBFE的周长是（）A．13 B． C．17 D．19【答案】D【规范解答】解：点、、分别是、、的中点，是的中位线，是的中位线，，，四边形的周长为，故答案为：D．

【思路点拨】依据线段的中点及三角形中位线定理可得，，继而求出四边形的周长.2．（2分）（平远期末）如图，在四边形ABCD中，点P是对角线BD的中点，点E、F分别是AB、CD的中点，AD=BC，∠CBD=30°，∠ADB=100°，则∠PFE的度数是（）A．15° B．25° C．30° D．35°【答案】D【规范解答】解：∵点P是BD的中点，点E是AB的中点，∴PE是△ABD的中位线，∴PE=AD，PE∥AD，∴∠EPD=180°-∠ADB=80°，同理可得，PF=BC，PE∥BC，∴∠FPD=∠CBD=30°，∵AD=BC，∴PE=PF，∴∠PFE=×（180°-110°）=35°，故答案为：D．

【思路点拨】依据中位线的性质可得PE=AD，PE∥AD，PF=BC，PE∥BC，求出∠FPD=∠CBD=30°，再利用三角形的内角和可得∠PFE=×（180°-110°）=35°。3．（2分）（历下期末）如图，在证明三角形的中位线定理时，小兰首先将原图形上面的三角形部分剪开，并旋转180°拼到下方．类似地，现有如图所示的四边形ABCD，，若，，E、F分别是AB和DC的中点，则（）A．4 B．4.5 C．5 D．6【答案】C【规范解答】解：连接并延长，交延长线于G，如图：，，，是中点，，，，，，是中点，是的中位线，，故C符合题意．故答案为：C．【思路点拨】连接并延长，交延长线于G，利用“AAS”证明可得，，再利用中位线的性质可得。4．（2分）（西青期末）如图，点O是矩形的对角线的中点，点E为的中点．若，则的周长为（）A．10 B． C． D．14【答案】B【规范解答】解：在矩形中，，，，，，，点是矩形的对角线的中点，，点为的中点，，，，则的周长为，故答案为：B．【思路点拨】利用中位线的性质可得OE的长，再利用勾股定理求出BE的长，利用直角三角形斜边上中线的性质可得OB的长，最终利用三角形的周长公式可得答案。5．（2分）（怀仁期末）如图，矩形中，交于点分别为的中点，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】A【规范解答】解：∵E、F分别为AO、AD的中点，∴EF是△AOD的中位线，∴OD=2EF=2×4=8，∵四边形ABCD是矩形，∴OB=OD=OA=OC=8，

即：AC=16，∵AB=8，∴AC=2AB，∵∠ABC=90°，∴∠ACB=30°．故答案为：A．【思路点拨】先利用中位线求出OD=2EF=2×4=8，可得OB=OD=OA=OC=8，即AC=16，再利用AC=2AB，即可得到∠ACB=30°。6．（2分）（本溪期末）如图，在中，是的平分线，是外角的平分线，于点E，于点D，连接．若，，，则的长是（）A． B． C． D．【答案】C【规范解答】解：如图，延长交于点F，延长、交于点G，∵平分，，∴，，∴，，∴，∴，∵，，，∴，∵平分，，∴，，∴，，∴，∴，∴，∵，，∴是边上的中线，即点E是的中点，∵，，∴是边上的中线，即点D是的中点，∴是的中位线，∴．故答案为：C．

【思路点拨】延长交于点F，延长、交于点G，依据已知条件证明，得出，得出是的中位线，即可得解。7．（2分）（临渭期末）如图，在中，，，分别是，的中点，，为上的点，连接，．若cm，cm，cm，则图中阴影部分面积为（）A．25cm2 B．35cm2 C．30cm2 D．42cm2【答案】C【规范解答】解：如图，

连接MN，则MN是△ABC的中位线，

∴MN=BC=5cm，

过点A作AF⊥BC于点F，

∵AB=AC，

∴BF=BC=5cm，

∴AF=，

∵图中阴影部分的三个三角形的底边长都是5cm，且高的和为12cm，

∴.

故答案为：C.

【思路点拨】连接MN，依据中位线定理（三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半），可得出MN=DE=5cm，过点A作AF⊥BC于点F，利用勾股定理求出△ABC的高为12cm，图中阴影部分的面积就是图中三个三角形的面积，由图可知，这三个三角形的底边长都是5cm，且高的和为12cm，据此可求出图中阴影部分的面积.8．（2分）（南充期末）如图，矩形中，，分别是边，的中点，于，的延长线交于．下列结论：①；②；③；④．其中结论正确的有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】D【规范解答】解：连接CM、DM，∵矩形ABCD∴，∵，M，N分别是边AB，CD的中点，∴故①正确；∵∴四边形AMCN是平行四边形∴AN∥CM∴∵∴CM垂直平分PB∴BC=PC∴（SSS）∴即故②正确；∵，，∴（HL）∴故③正确；取CQ中点E，连接EN∵N是CD中点∴EN是△CDQ的中位线∴∵∴∴，即故④正确；综上所述，正确的是①②③④故答案为：D．【思路点拨】连接CM、DM，由矩形的性质可得AB=CD，依据线段的中点及直角三角形斜边中线的性质可得，故①正确；可证四边形AMCN是平行四边形，可得AN∥MC，依据SSS证明，可得，故②正确；依据HL可证明，可得PQ=AQ，故③正确；取CQ中点E，连接EN，可得EN是△CDQ的中位线，可得DQ=2EN，依据大角对大边进行推断即可.9．（2分）（港南期中）如图所示，O为正方形ABCD的中心，BE平分∠DBC，交DC于点E，延长BC到F，使FC＝EC，连结DF交BE的延长线于点H，连结OH交DC于点G，连结HC，则下列结论：①OH∥BF；②∠CHF＝45°；③GH＝BC；④三角形BDF是直角三角形.其中正确的个数是（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【规范解答】解：∵四边形ABCD是正方形，∴BC=DC，∠DCB=∠DCF=90°，∵EC=CF，∠BCE=∠DCF，BC=DC，∴△BCE≌△DCF（SAS），∴∠CBE=∠CDF，∵∠CBE+∠BEC=90°，∠BEC=∠DEH，∴∠DEH+∠CDF=90°，∴∠BHD=∠BHF=90°，∵BE平分∠DBC，∴∠HBD=∠HBF，∵BH=BH，∴△BHD≌△BHF（ASA），∴DH=HF，∵O为正方形ABCD的中心，∴OD=OB，∴OH是△DBF的中位线∴OH∥BF，故①正确；∴，∠DOH=∠CBD=45°，∠DGO=∠CGO=∠DCB=90°，连接OC，则∠ODG=∠OCG=45°，∴△OGC≌△OGD（AAS），∴，∴GH是△DCF的中位线，∴，∵CE=CF，∴，∵，∴，故③错误.∵四边形ABCD是正方形，BE是∠DBC的平分线，∴BC=CD，∠BCD=∠DCF，，∴∠EBC=∠CDF=22.5°，∴∠BFH=90°-∠CDF=90°-22.5°=67.5°，∵OH是△DBF的中位线，CD⊥BF，∴FH=CH，∴∠HCF=∠HFC=67.5°，∴∠CHF=180°-∠HCF-∠HFC=180°-67.5°-67.5°=45°，故②正确；∵∠DBF=45°，∠DFB=67.5°，∠BDF=∠BDC+∠CDF=67.5°，∴三角形BDF不是直角三角形，故④错误；故答案为：B.【思路点拨】依据正方形的性质可得BC=DC，∠DCB=∠DCF=90°，证明△BCE≌△DCF，得到∠CBE=∠CDF，易得∠BHD=∠BHF=90°，由角平分线的概念可得∠HBD=∠HBF，证明△BHD≌△BHF，得到DH=HF，推出OH是△DBF的中位线，据此推断①；连接OC，证明△OGC≌△OGD，得到DG=CG=CD=BC，推出GH是△DCF的中位线，得到GH=CF，易得GH=CE，据此推断③；依据正方形的性质以及角平分线的概念可得BC=CD，∠BCD=∠DCF，∠EBC=22.5°，则∠CDF=67.5°，依据中位线的性质可得FH=CH，由等腰三角形的性质可得∠HCF=∠HFC=67.5°，结合内角和定理可推断②；易得∠DBF=45°，∠DFB=67.5°，∠BDF=67.5°，据此推断④.10．（2分）如图是一个由5张纸片拼成的，相邻纸片之间互不重湜也无缝隙，其中两张等腰直角三角形纸片的面积都为，另两张直角三角形纸片的面积都为，中间一张矩形纸片EFGH的面积为，FH与GE相交于点.当的面积相等时，下列结论确定成立的是（）A．. B． C． D．【答案】A【规范解答】由题意得，△AED和△BCG是等腰直角三角形，

∴∠ADE=∠DAE=∠BCG=∠GBC=45°，

∵四边形ABCD是平行四边形，

∴AD=BC，CD=AB，∠ADC=∠ABC，∠BAD=∠DCB，

∴∠HDC=∠FBA，∠DCH=∠BAF，

∴△AED≌△CGB，△CDH≌△ABF，

∴AE=DE=BG=CG

∵四边形HEFG是矩形，

∴GH=EF，HE=GF，

设AE=DE=BG=CG=a，HE=GF=b，GH=EF=c

过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，如图所示，

∴OP//HE，OQ//EF

∵点O是矩形HEFG的对角线交点，即HF和EG的中点，

∴OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，

∴

∵

∴即

∵，

∴S1=S2，故选项A符合题意，

∵

∴S1≠S3，故选项B不符合题意，

∵AB=AD，EH=GH都不愿定成立，故C、D都不符合题意，

故答案为：A

【思路点拨】依据△AED和△BCG是等腰直角三角形，四边形ABCD是平行四边形，四边形HEFG是矩形可得出AE=DE=BG=CG=a，HE=GF，GH=EF，点O是矩形HEFG的中心，设AE=DE=BG=CG=a，HE=GF=b，GH=EF=c，过点O作OP⊥EF于点P，OQ⊥GF于点Q，可得出OP，OQ分别是△FHE和△EGF的中位线，从而可表示OP，OQ的长，再分别计算出S1，S2，S3进行推断即可.阅卷人二、填空题(共9题；每题2分，共18分)得分11．（2分）（虎林期末）如图，在平行四边形中，对角线，相交于点O，在的延长线上取点E，使，连接交于点F，若，则．【答案】3【规范解答】解：过O作OM∥BC交CD于M，∵在平行四边形ABCD中，，∴BO＝DO，∴CM＝DM=，∵，∴CE=CM，∵OM∥BC，∴CF是△EMO中位线，即；故答案为：3．

【思路点拨】

依据平行四边形对角线相互平分和三角形中位线定理求得，再依据中位线定理求得CF.12．（2分）（曲阳期末）已知在中，，点D、E分别是AC、BC的中点，连接DE，在DE上有一点F，，连接AF，CF，若，则AB＝．【答案】【规范解答】解：，点D是AC的中点，∵点D、E分别是AC、BC的中点，∴故答案为：

【思路点拨】依据直角三角形斜边中线的性质可得=3cm，从而求出DE=4cm，依据三角形的中位线定理可得，继而得解.13．（2分）（抚远期末）如图，是边长为1的等边三角形，取边中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作；取中点，作，，，分别交，于点，，得到四边形，它的面积记作……照此规律作下去，则．【答案】【规范解答】解：∵△ABC是边长为1的等边三角形，∴△ABC的高为：，，∵DE、EF分别是△ABC的中位线，∴，∴，同理可得；…，∴；故答案为：．

【思路点拨】依据边长为1的等边三角形，解得△ABC的高，求得△ABC的面积，求得、面积，找出规律即可解得.14．（2分）（本溪期末）如图，，是四边形的对角线，点E，F分别是，的中点，点M，N分别是，的中点，顺次连接，，，，若，则四边形的周长是．【答案】4【规范解答】解：点E，F分别是，的中点，点M，N分别是，的中点，、、、分别为、、、的中位线，∵AD=CD=2，，，四边形的周长．故答案为：．

【思路点拨】依据三角形中位线的性质可得，，再利用四边形的周长公式计算即可。15．（2分）（临渭期末）如图，已知△ABC（AB>AC）中，∠BAC=60°，AC=4，D为BC边上的中点，过点D的直线DF将△ABC的周长平分且交AB于点F，则DF的长为．【答案】【规范解答】解：如图：

延长延长BA至E，使AE=AC=4，取BE的中点F，连接DF，连接CE，过点A作AG⊥CE于点G，

∵D为BC边上的中点，

∴BD=CD，

∵EF=BF，

∴BD+BF=CD+AE+FA=CD+EF，

∴直线DF将△ABC的周长平分，

∵AE=AC=4，∠BAC=60°，

∴∠ACE=∠E=30°，

∴AG=AE=2，

∴EG=，

∵AE=AC，AG⊥CE，

∴GE=CE，

∵D为BC的中点，F为BE的中点，

∴FD为△BCE的中位线，

∴DF=CE=EG=.

故答案为：.

【思路点拨】延长BA至E，使AE=AC=4，取BE的中点F，连接DF，则直线DF将△ABC的周长平分，连接CE，过点A作AG⊥CE于点G，依据作图可知FD为△BCE的中位线，依据三角形的中位线定理（三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半）可求得DF=CE=EG，再用勾股定理求得EG即可.16．（2分）（海曙期末）如图，中，，以AB为边在三角形外的的对角线交于点F，AE=2，AB=5，则CF的最大值是．【答案】3.5【规范解答】解：如图，取AB中点O，连结FO，CO，

∵▱AEDB，AE=2，AB=5，

∴BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，

∴OF是△ABD的中位线，

∴FO=1，

又∵∠ACB=90°，

∴OC=2.5，

在△FOC中，CF＜FO+OC，

∴当F、O、C三点共线时，CF最大，

∴CFmax=FO+OC=1+2.5=3.5.

故答案为：3.5.【思路点拨】如图，取AB中点O，连结FO，CO，由平行四边形性质得BD=2，AO=BO=2.5，AF=DF，可证出OF是△ABD的中位线，即得FO=1，再依据直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得OC=2.5，在△FOC中，由三边关系得CF＜FO+OC，因此当F、O、C三点共线时，CF最大，求得CF值即可.17．（2分）（拱墅期中）如图，在▱中，是对角线，，点是的中点，平分，于点，连接已知，，则的长为.【答案】【规范解答】解：如图，延长AB、CF交于点H，四边形ABCD是平行四边形，，，，平分，，在和中，，≌，，，，点E是BC的中点，，，故答案为：.【思路点拨】如图，延长AB、CF交于点H，由平行四边形的性质可得AB∥CD，由平行线的性质可得∠ACD=∠BAC=90°，用勾股定理可求得AC的值，由角平分线定义可得∠BAF=∠CAF，结合已知用角边角可证ΔAFH≌ΔAFC，则AC=AH，HF=CF，由线段的构成BH=AH-AB可求得BH的值，然后依据三角形中位线定理得EF=BH可求解.18．（2分）（青山期中）如图，正方形ABCD的边长为6，点P为BC边上一动点，以P为直角顶点，AP为直角边作等腰Rt△APE，M为边AE的中点，当点P从点B运动到点C，则点M运动的路径长为．【答案】【规范解答】解：如下图所示，连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T．∵△APE是等腰直角三角形，∴∠APB+∠TPE=90°．∵四边形ABCD是正方形，ET⊥BC，∴∠ABP=90°，∠PTE=90°．∴∠ABP=∠PTE，∠BAP+∠APB=90°．∴∠BAP=∠TPE．．．∵四边形ABCD是正方形，．．∴BC-PC=PT-BC，即PB=CT．．∴∠TEC=∠TCE=45°．∵正方形ABCD中，AC，BD相交于点O，∴O是AC的中点，∠DBC=45°．∴∠DBC=∠TCE．．∵M是AE的中点，∴OM是△ACE的中位线．∴．∴点M在直线OD上．∵点P在BC边上移动，∴点M的运动轨迹是OD．∵正方形ABCD的边长是6，且AC，BD相交于点O，∴AB=6，AD=6，O是BD的中点．∴．∴．故答案为：．

【思路点拨】连接AC，BD相交于点O，连接EC，过点E作ET⊥BC交BC的延长线于T，利用等腰直角三角形的性质可证得∠APE=90°，AP=PE，利用余角的性质可证得∠BAP=∠TPE，利用AAS证明△ABP≌△PTE，利用全等三角形的对应边相等，可得到AB=PT，PB=ET；利用正方形的性质可得到ABPBC，由此可推出BC=PT，即可得到PB=CT=ET；利用正方形的性质可得到点O是AC的中点，∠DBC=45°，从而可推出∠DBC=∠TCE，同时可证得OM是△ACE的中位线，由此可推出点M的运动轨迹是OD，利用勾股定理求出BD的长，即可得到OD的长.19．（2分）（2024八下·苏州期末）如图，在中，，，.将绕点按逆时针方向旋转后得，直线DA、BE相交于点F.取BC的中点G，连接GF，则GF长的最大值为cm.【答案】4【规范解答】解：取的中点，连接、，如图：是由绕点旋转得到，，，，设，则，在四边形中，，在中，，，，，中，，是中位线，，而，当、、在一条直线上时，最大，最大值为，故答案为：4.【思路点拨】取AB的中点H，连接HG，HF，利用旋转的性质可证得CE=CB，CD=AC，∠BCE=∠ACD，设∠BCE=∠ACD=α，可表示出∠CBE；再利用四边形的内角和定理可求出∠BFA的度数，利用勾股定理求出AB的长；利用直角三角形的性质可求出HF的长；然后利用三角形的中位线定理可求出HG的长，利用三角形的三边关系定理可知当点F，H，G在同始终线上时，FG最大，最大值是HF+HG的长，即可求解.阅卷人三、解答题(共7题；共62分)得分20．（6分）（抚远期末）如图，在中，已知，，平分，于点，为中点．求的长．【答案】解：如图，延长交于点．∵平分，∴．∵，∴．∴．∴，．∴是的中点．∵，，∴．∵为的中点，∴为的中位线．∴．【思路点拨】做帮助线，依据等腰三角形三线合一的性质可得是的中点，通过线段的加减可得FC，再依据中位线定理即可解得DE。21．（7分）（房山期末）下面是证明三角形中位线定理的两种添加帮助线的方法，选择其中一种，完成证明．已知：如图，中，D、E分别是的中点．求证：∥，且．方法一证明：如图，延长至点F，使，连接．方法二证明：如图，过点C作∥交的延长线于F．【答案】证明∶方法一：如图，延长至点F，使，连接．∵点E为AC的中点，∴AE=CE，∵∠AED=∠CEF，DE=EF，∴△ADE≌△CFE，∴CF=AD，∠A=∠ECF，∴AB∥CF，即BD∥CF，∵点D为AB的中点，∴BD=AD=CF，∴四边形BCFD为平行四边形，∴DF=BC，DF∥BC，∵，∴∥，且．方法二：过点C作∥交的延长线于F．∴∠A=∠ECF，∵点E为AC的中点，∴AE=CE，∵∠AED=∠CEF，∴△ADE≌△CFE，∴CF=AD，DE=EF，∵点D为AB的中点，∴BD=AD=CF，∵CF∥BD，∴四边形BCFD为平行四边形，∴DF=BC，DF∥BC，∵，∴∥，且．【思路点拨】利用平行四边形的判定方法和性质求解即可。22．（6分）（威县期末）如图，在中，点D，点E分别是边AC，AB的中点，点F在线段DE上，交BC于点G．（1）（3分）证明：四边形EFGB是菱形；（2）（3分）若，求DF的长度．【答案】（1）解：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，

∴DE是△ABC的中位线，

∴，∵，

∴四边形BEFG是平行四边形，

∵∠AFB=90°，点E是AB的中点，

∴FE=BE=AB，∴四边形EFGB是菱形；（2）解：∵点D，点E分别是边AC，AB的中点，

∴DE是△ABC的中位线，∴DE=BC=×19=

在△ABF中，∵∠AFB=90°，∴AF2+BF2=AB2，

∵AF=5，BF=12，∴AB=13

∴EF=AB=×13=，

∴DF=DE－EF=－=3【思路点拨】（1）利用菱形的判定方法证明求解即可；

（2）先求出DE是△ABC的中位线，再求出AF2+BF2=AB2，最终计算求解即可。23．（8分）（城固期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，点D是AB上一点，连接CD，∠ADC+∠DCB＝90°，AE平分∠CAB交CD于点E．（1）（4分）求证：AE垂直平分CD；（2）（4分）若AC＝6，BC＝8，点F为BC的中点，连接EF，求EF的长．【答案】（1）证明：∵∠ACD+∠BCD=∠ABC=90°，

∵∠ADC+∠DCB=90°，

∴∠ACD=∠ADC，

∴AC=AD，

∵AE平分∠CAB，

∴AE⊥CD，CE=ED（三线合一），

即AE垂直平分CD；（2）解：∵∠ABC=90°，

∴AB==10，

由（1）得AD=AC=6，

∴BD=AB-AD=4，

∵CE=ED，CF=FB，

∴EF为△BCD的中位线，

∴EF=BD=2.【思路点拨】(1)依据余角的性质求出∠ACD=∠ADC，得出△ACD为等腰三角形，再依据等腰三角形的三线合一的性质，即可证出结论；

(2)依据勾股定理先求出AB，再依据线段的和差关系求出BD，然后依据三角形中位线定理求EF长即可.24．（11分）（南海期末）如图1，在平面直角坐标系xOy中，有长方形OABC，其中点C坐标为，，点D是边OC的中点，点P是射线CA上的一个动点，请回答下面的问题：（1）（2分）若点P是线段AC的中点，干脆写出．（2）（4分）如图2，过点P作轴，垂足是点E，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，求出点P的坐标．（3）（5分）连接BP，若是等腰三角形，求CP的长度．【答案】（1）（2）解：∵PE⊥x轴，∴PE∥CD，若以C、D、E、P为顶点的四边形是平行四边形，则PE＝CD＝OC＝．∴点P的纵坐标确定值是，设直线AC的解析式为y＝kx＋b（k≠0），把A（3，0）、C（0，）代入得，，解得：，∴直线AC的解析式为，若点P在线段AC上，纵坐标是，则，解得：x＝，此时，点P的坐标为（，）；若点P在线段CA的延长线上，纵坐标是，则，解得：x＝，此时，点P的坐标为（，），综上所述，点P的坐标为（，）或（，）；（3）解：①当PB＝PC时，如图：过点P作PQ⊥BC于点Q，∴∠PQC＝90°，∵PB＝PC，∴点P在线段BC的垂直平分线上，∴CQ＝BQ＝BC＝，∵BC∥OA，∴∠PCQ＝∠CAO＝30°，∴PQ＝CQ＝，∴CP＝2PQ＝；②当CP＝CB时，CP＝3；③当BP＝BC时，过点B作BH⊥CP于点H，如图：∴∠CHB＝90°，CP＝2CH，在Rt△BCH中，∠BCH＝30°，BC＝3，∴BH＝，∴CH＝BH＝，∴CP＝2CH＝．综上，若△CPB是等腰三角形，CP的长度为：或3或．【规范解答】解：(1)∵C（0，），∠AOC＝90°，∠CAO＝30°，∴AC＝2OC＝2，∴OA＝＝3，∵点D是OC的中点，点P是线段AC的中点，∴PD是△AOC的中位线，∴PD＝OA＝，故答案为：；【思路点拨】（1）先利用含30°角的直角三角形的性质求出AC的长，再利用勾股定理求出OA的长，最终利用中位线的性质可得PD的长；

（2）先求出直线AC的解析式，再分两种状况：①若点P在线段AC上，②若点P在线段CA的延长线上，再分别求解即可；

（3）分三种状况：①当PB＝PC时，②当CP＝CB时，CP＝3；③当BP＝BC时，过点B作BH⊥CP于点H，再分别求解即可。25．（11分）（晋中期末）综合与实践：图形的旋转变换是探讨数学相关问题的重要手段之一，在探讨三角形的旋转过程中，发觉下列问题：如图1，在△ABC中，，，D，E分别为AB，AC边上一点，连接DE，且，将△ABC绕点A在平面内旋转．（1）（2分）视察猜想：若，将△ABC绕点A旋转到如图2所示的位置，则DB与EC的数量关系为；（2）（4分）类比探究：若，将△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，DB，CE相交于点O，猜想DB，CE满足的位置关系，并说明理由；（3）（5分）拓展应用：如图4，在（2）的条件下，连接CD，分别取DE，DC，BC的中点M，P，N，连接PM，PN，MN，若，，请干脆写出在旋转过程中△PMN面积的最大值．【答案】（1）（2）解：理由如下：如图1，∵，∴，，∵，∴，∴，∴，∵△ABC绕点A旋转到如图3所示的位置，，∴，∴，即，在△ADB与△AEC中，，∴，∴，如下图，设AB、CE交于点P，∵是△BPO的外角，也是△ACP的外角，∴，∴，∴DB，CE满足的位置关系为；（3）解：∵M、P、N分别是DE、DC、BC的中点，∴MP是的中位线，且，∴PN是的中位线，且，在（2）的条件下，∴，，∴，即有，∵，，∴，又∵，∴为等腰直角三角形，∴当最大时，面积最大，连接AM、AN，当M、A、N在同始终线时，MN最大，如下图，此时B、C在DA、E