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试题再现 （安溪县2019年秋季八年级期末考数学试卷倒二题） 24.（13分）如图，点M是等边△ABC边BC上一个动点（点M不与B、C、BC中点重合），连接AM，过点C作CD⊥AM，垂足为点D，将CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE，连接DE，BE． （1）直接写出∠EDM＝ 度； （2）求证：AD＝BE； （3）延长ED交AB于点F，求证：AF＝BF.  图文解析 （1）观察动态演示：  【分析】设BC的中点为点N，因为点M是等边△ABC边BC上一个动点，所以应分两种情况进行讨论：①点M在BN上，②点M在CN上. 【解析】分两种情况进行讨论： ①点M在BN上，如图：  由△CDE是等边三角形可得∠CDE＝60°，故∠EDM＝90°－60°＝30°； ②点M在CN上，如图：  由∠CDE＝60°，得∠EDM＝90°＋60°＝150°； 故答案为：30°或150°. （2）观察动态演示：  分析】本题是全等之“手拉手”模型，由等边三角形的性质和旋转的性质可得∠ACD=∠BCE，AC=BC，CD=CE，即可证△ACD≌△BCE，可得AD=BE； 【证明】 ∵将线段CD绕点C逆时针旋转60°得到线段CE， ∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴△CDE是等边三角形， ∵△ABC为等边三角形， ∴AC=BC，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB， ∴∠ACD=∠BCE， 又AC=BC，CD=CE， ∴△ACD≌△BCE（SAS）， ∴AD=BE. （3）【分析】本题要证明AF＝BF，可以通过添加恰当辅助线构造三角形全等的方法来证明. 方法一：如图，过点B作BG∥AM，交EF的延长线于点G，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得BG=AD，∠ADG=∠G=30°，∠AFD=∠BFG，可证△AFD≌△BFG，即可得AF=BF；  【证明】过点B作BG∥AM，交EF的延长线于点G， ∵CD⊥AM， ∴∠ADC=90°， ∵△ACD≌△BCE， ∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=90°， ∵CD=CE，∠DCE=60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴∠CED=∠CDE=60°， ∴∠ADG=30°，∠GEB=90°－60°=30°， ∵BG∥AM， ∴∠G=∠ADG=30°， ∴∠G=∠GEB=30°， ∴BG=BE， ∴BG=AD， ∵∠ADG=∠G，∠AFD=∠BFG， ∴△AFD≌△BFG， ∴AF=BF. 方法二：如图，过点A作AG∥BE，交EF的延长线于点G，由等腰三角形的性质和全等三角形的性质可得AG=BE，∠G=∠BEF=30°，∠AFG=∠BFE，可证△AFG≌△BFE，即可得AF=BF；  【证明】过点A作AG∥BE，交EF的延长线于点G， ∵CD⊥AM， ∴∠ADC=90°， ∵△ACD≌△BCE， ∴AD=BE，∠ADC=∠BEC=90°， ∵CD=CE，∠DCE=60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴∠CED=∠CDE=60°， ∴∠ADG=30°，∠GEB=90°－60°=30°， ∵AG∥BE， ∴∠G=∠GEB=30°， ∴∠G=∠ADG=30°， ∴AG=AD， ∴AG=BE， ∵∠G=∠GEB，∠AFG=∠BFE， ∴△AFG≌△BFE， ∴AF=BF. 方法三：如图，连结CF，由∠ABC=∠CEF=60°可得C、F、B、E四点共圆，由∠BEC=90°得BC是圆的直径，从而∠BFC=90°，即CF⊥AB，根据等腰三角形的”三线合一”即可得AF=BF.  【证明】连结CF, ∴CD=CE，∠DCE=60°， ∴△CDE是等边三角形， ∴∠CEF=60°， ∵△ABC为等边三角形， ∴∠ABC=60°，AC=BC， ∴∠ABC=∠CEF=60°， ∴点C、F、B、E四点共圆， ∵CD⊥AM， ∴∠ADC=90°， ∵△ACD≌△BCE， ∴∠ADC=∠BEC=90°， ∴BC是圆的直径， ∴∠BFC=90°，即CF⊥AB， ∵AC=BC， ∴AF=BF. 【变式】在（3）的条件下，若△ABC的边长为4，请直接写出线段EF的最大值. 【分析】本题是几何变换综合题，考查了等边三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定和性质，旋转的性质等知识，添加恰当辅助线构造全等三角形是解决第（3）小题的关键 |
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