第106页 - 苏科版数学补充习题九年级上下册答案

$解：连接MD、ND$

$∵DE=DC，AD=BD，∠BDE=∠ADC=90°$

$∴△BDE≌△ADC$

$∴BE=AC=2，∠BED=∠C$

$∵M、N分别是Rt△BDE、Rt△ADC斜边上的中线$

$∴MD=BM=ME=1，ND=AN=NC=1$

$∴MD=ND=1，∠BED=∠MDE=∠C，∠EDN=∠A$

$∴∠MDE+∠EDN=∠A+∠C=90°，即∠MDN=90°$

$∴MN=\sqrt 2$

$证明：过点C作CG⊥FP交FP延长线于点G$

$∵CD⊥AB$

$∴BD//CG，四边形FDCG是矩形$

$∴CD=FG，∠B=∠PCG$

$∵AB=AC$

$∴∠B=∠ECP$

$∴∠ECP=∠PCG$

$又PC=PC，∠E=∠G=90°$

$∴△EPC≌△GPC$

$∴PE=PG$

$∴PE+PF=FG=CD$

【解析】
1. 连接$MD$、$ND$；
2. 已知$DE=DC$，$AD=BD$，$∠ BDE=∠ ADC=90°$，根据SAS可证$△ BDE≌△ ADC$，因此$BE=AC=2$，$∠ BED=∠ C$；
3. 因为$M$、$N$分别是$Rt△ BDE$、$Rt△ ADC$斜边上的中点，根据直角三角形斜边中线定理，可得$MD=BM=ME=\frac{1}{2}BE=1$，$ND=AN=NC=\frac{1}{2}AC=1$，即$MD=ND=1$；
4. 由$∠ BED=∠ C$，且$MD=ME$，$ND=NC$，可得$∠ BED=∠ MDE=∠ C$，$∠ EDN=∠ A$；因为$∠ A+∠ C=90°$，所以$∠ MDE+∠ EDN=90°$，即$∠ MDN=90°$；
5. 在$Rt△ MDN$中，根据勾股定理，$MN=\sqrt{MD^2+ND^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$。
【答案】
$\boldsymbol{\sqrt{2}}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边中线定理；勾股定理
【点评】
本题需通过构造辅助线$MD$、$ND$，综合运用全等三角形判定与性质、直角三角形斜边中线定理及勾股定理求解，核心是利用全等得到边与角的关系，进而推出$△ MDN$为等腰直角三角形，最终计算出$MN$的长度，考查了对几何定理的综合运用能力。

【解析】
过点C作CG⊥FP交FP延长线于点G。
∵$CD⊥AB$，$PF⊥AB$，$CG⊥FP$，
∴$∠ D=∠ DFG=∠ G=90°$，四边形$FDCG$是矩形，
∴$CD=FG$，$AB// CG$，$∠ B=∠ PCG$。
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ ECP$，
∴$∠ ECP=∠ PCG$。
在$△ EPC$和$△ GPC$中，
$\{\begin{array}{l}∠ E=∠ G=90°\\∠ ECP=∠ GCP\\PC=PC\end{array} $
∴$△ EPC≌△ GPC$（AAS），
∴$PE=PG$，
∴$PE+PF=PG+PF=FG=CD$。
【答案】
证明成立，即$\boldsymbol{PE + PF = CD}$。
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 矩形判定与性质
3. 全等三角形判定与性质
【点评】
本题通过构造辅助线将分散线段进行转化，利用矩形和全等三角形的性质完成等量代换，体现了转化的数学思想，是等腰三角形中线段和差证明的典型题型，常用截长补短或构造特殊图形的方法求解。