如图1，已知△ABC中，AB=BC=1，∠ABC=90°，把一块含30°角的三角板DEF的直角顶点D放在AC的中点上（直

（1）①如图1，连接DB，在Rt△ABC中，AB=BC，AD=DC，
∴DB=DC=AD，∠BDC=90°，
∴∠ABD=∠C=45°，
∵∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°，
∴∠MDB=∠NDC，
∴△BMD≌△CND（ASA），
∴DM=DN；
②四边形DMBN的面积不发生变化；
由①知△BMD≌△CND，
∴S_△BMD=S_△CND，
∴S_{四边形DMBN}=S_△DBN+S_△DMB=S_△DBN+S_△DNC=S_△DBC=[1/2]S_△ABC=[1/2]×(

2
2)2=[1/4]；
（2）DM=DN仍然成立；
证明：如图2，连接DB，在Rt△ABC中，AB=BC，AD=DC，
∴DB=DC，∠BDC=90°，
∴∠DCB=∠DBC=45°，
∴∠DBM=∠DCN=135°，
∵∠NDC+∠CDM=∠BDM+∠CDM=90°，
∴∠CDN=∠BDM，
则在△BMD和△CND中，

∠BDM＝∠CDN
DB＝DC
∠DBM＝∠DCN，
∴△BMD≌△CND（ASA），
∴DM=DN．
（3）DM=DN．

点评：
本题考点： 旋转的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．

考点点评： 本题利用ASA求三角形全等，还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理，勾股定理和面积公式的利用等知识．

证明：（1）①如图1，连接DB，在Rt△ABC中，AB=BC，AD=DC，

∴DB=DC=AD，∠BDC=90°，

∴∠ABD=∠C=45°，

∵∠MDB+∠BDN=∠CDN+∠BDN=90°，

∴∠MDB=∠NDC，

∴△BMD≌△CND，

∴DM=DN；

②四边形DMBN的面积不发生变化；

由①知△BMD≌△CND，

∴S△BMD=S△CND，

∴S四边形DMBN=S△DBN+S△DMB=S△DBN+S△DNC=S△DBC= 12S△ABC= 12× (22)2= 1/4；

（2）DM=DN仍然成立；

证明：如上图2，连接DB，在Rt△ABC中，AB=BC，AD=DC，

∴DB=DC，∠BDC=90°，

∴∠DCB=∠DBC=45°，

∴∠DBM=∠DCN=135°，

∵∠NDC+∠CDM=∠BDM+∠CDM=90°，

∴∠CDN=∠BDM，

∴△BMD≌△CND，

∴DM=DN．

（3）DM=DN

证明：（1）连接BD

∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点

∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°

∴BD=AD=CD

∴∠ABD=∠A=45°

∴∠MBD=∠C=45°

∵∠MDB+∠BDN=90°

∠NDC+∠BDN=90°

∴∠MDB=∠NDC

在△MDB和△NDC中{∠MBD=∠CBD=CD∠MDB=∠NDC

∴△MDB≌△NDC（ASA）

∴DM=DN

（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，

由（1）知BD⊥AC，BD=CD

∴∠ABD=∠ACD=45°

∵BD⊥AC

∴∠MDB+∠MDC=90°

又∠NDC+∠MDC=90°

∴∠MDB=∠NDC

在△MDB和△NDC中{∠MBD=∠NCDBD=CD∠MDB=∠NDC

∴△MDB≌△NDC（ASA）

∴DM=DN

（3）是

点评：本题利用ASA求三角形全等，还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理，勾股定理和面积公式的利用等知识．

证明：（1）连接BD

∵AB=BC，∠ABC=90°，点D为AC的中点

∴BD⊥AC，∠A=∠C=45°

∴BD=AD=CD

∴∠ABD=∠A=45°

∴∠MBD=∠C=45°

∵∠MDB+∠BDN=90°

∠NDC+∠BDN=90°

∴∠MDB=∠NDC

在△MDB和△NDC中{∠MBD=∠CBD=CD∠MDB=∠NDC

∴△MDB≌△NDC（ASA）

∴DM=DN

（2）DM=DN仍然成立．理由如下：连接BD，

由（1）知BD⊥AC，BD=CD

∴∠ABD=∠ACD=45°

∵BD⊥AC

∴∠MDB+∠MDC=90°

又∠NDC+∠MDC=90°

∴∠MDB=∠NDC

在△MDB和△NDC中{∠MBD=∠NCDBD=CD∠MDB=∠NDC

∴△MDB≌△NDC（ASA）

∴DM=DN

（3）是

点评：本题利用ASA求三角形全等，还运用了全等三角形的性质，等腰直角三角形的性质，及等腰三角形三线合一定理，勾股定理和面积公式的利用等知识．