14.在$△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=AC$，$D$是$AC$边上一点，连接$BD$，$EC ⊥ AC$，$AE=BD$，$AE$与$BC$交于点$F$。
(1)求证:$AD=CE$；
(2)当$AD=CF$时，求证:$BD$平分$∠ ABC$。

(1) 证明：
∵ $EC⊥AC$，$∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACE = ∠ BAD = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ BAD$和$\mathrm{Rt}△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC \\BD=AE\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BAD ≌ \mathrm{Rt}△ ACE \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD=CE$。
---
(2) 证明：
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ABC = ∠ ACB = 45°$，
∵ $EC⊥AC$，
∴ $∠ ACE=90°$，
∴ $∠ ECF = ∠ ACE + ∠ ACB = 90° + 45° = 135°$，
由(1)得$AD=CE$，又∵ $AD=CF$，
∴ $CE=CF$，
∴ $∠ CEF = ∠ CFE = \frac{180° - 135°}{2} = 22.5°$，
∵ $∠ ADB$是$△ DFC$的外角，
∴ $∠ ADB = ∠ ACB + ∠ CFE = 45° + 22.5° = 67.5°$，
在$\mathrm{Rt}△ BAD$中，$∠ ABD = 90° - ∠ ADB = 22.5°$，
∴ $∠ DBC = ∠ ABC - ∠ ABD = 45° - 22.5° = 22.5°$，
∴ $∠ ABD = ∠ DBC$，
即$BD$平分$∠ ABC$。

【分析】
(1) 要证明线段AD=CE，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。观察图形可知AD在Rt△BAD中，CE在Rt△ACE中，已知∠BAC和∠ACE均为直角，且题目给出AB=AC、BD=AE，满足直角三角形全等的HL判定条件，证得两三角形全等后即可得到对应边相等。
(2) 要证明BD平分∠ABC，即需证∠ABD=∠DBC。首先由等腰直角△ABC的性质可得∠ABC=∠ACB=45°，结合(1)的结论AD=CE和已知AD=CF，可得CE=CF，即△CEF为等腰三角形；先计算∠ECF的度数，进而求出底角∠CFE的度数，再利用三角形外角的性质求出∠ADB的度数，在Rt△BAD中算出∠ABD的度数，最后推导∠DBC的度数，验证两角相等即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵ $EC⊥AC$，$∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACE = ∠ BAD = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ BAD$和$\mathrm{Rt}△ ACE$中，
$\begin{cases}AB=AC \\BD=AE\end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ BAD ≌ \mathrm{Rt}△ ACE \ (\mathrm{HL})$，
∴ $AD=CE$。
(2) 证明：
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ABC = ∠ ACB = 45°$，
∵ $EC⊥AC$，
∴ $∠ ACE=90°$，
∴ $∠ ECF = ∠ ACE + ∠ ACB = 90° + 45° = 135°$，
由(1)得$AD=CE$，又
∵ $AD=CF$，
∴ $CE=CF$，
∴ $∠ CEF = ∠ CFE = \frac{180° - 135°}{2} = 22.5°$，
∵ $∠ ADB$是$△ DFC$的外角，
∴ $∠ ADB = ∠ ACB + ∠ CFE = 45° + 22.5° = 67.5°$，
在$\mathrm{Rt}△ BAD$中，$∠ ABD = 90° - ∠ ADB = 22.5°$，
∴ $∠ DBC = ∠ ABC - ∠ ABD = 45° - 22.5° = 22.5°$，
∴ $∠ ABD = ∠ DBC$，
即$BD$平分$∠ ABC$。
【答案】
(1) $AD=CE$，得证；
(2) $BD$平分$∠ ABC$，得证。
【知识点】
直角三角形全等的判定；等腰三角形的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题是基础几何综合证明题，第一问直接考查直角三角形全等的HL判定和全等三角形的性质，较为简单；第二问需要结合第一问的结论，通过角度计算推导角的等量关系，侧重考查学生的逻辑推导能力，熟练掌握几何证明的顺向推理思路即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

15.如图1，点P,Q分别是边长为4 cm的等边三角形ABC的边AB,BC上的动点，P,Q从顶点A,B同时出发，分别沿AB,BC运动，且它们的速度都为1 cm/s.
(1)连接AQ,CP交于点M，则在P,Q运动的过程中，∠CMQ的度数变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数.
(2)运动多少秒时，△PBQ是直角三角形？
(3)如图2，若P,Q在运动到终点后继续在射线AB,BC上运动，直线AQ,CP的交点为M，则∠CMQ的度数变化吗？若变化，请说明理由；若不变，请求出它的度数.

解：
(1) ∠CMQ的度数不变，度数为60°。
理由如下：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC，∠B=∠CAP=∠BAC=60°，
设运动时间为t s，则AP=BQ=t，
在△ABQ和△CAP中，
$\{\begin{array}{l}AB=CA \\∠B=∠CAP \\BQ=AP\end{array} $
∴ △ABQ ≌ △CAP (SAS)，
∴ ∠BAQ=∠ACP，
∵ ∠CMQ是△ACM的外角，
∴ ∠CMQ=∠ACP + ∠CAM = ∠BAQ + ∠CAM = ∠BAC = 60°。
(2) 设运动t s时，△PBQ是直角三角形，
此时AP=BQ=t cm，PB=(4 - t) cm，∠B=60°。
分两种情况：
① 当∠PQB=90°时，
∵ ∠B=60°，直角三角形中30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴ $BQ=\frac{1}{2}PB$，即 $t=\frac{1}{2}(4-t)$，
解得 $t=\frac{4}{3}$；
② 当∠BPQ=90°时，
∵ ∠B=60°，直角三角形中30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴ $PB=\frac{1}{2}BQ$，即 $4-t=\frac{1}{2}t$，
解得 $t=\frac{8}{3}$。
综上，运动$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{8}{3}\ \mathrm{s}$时，△PBQ是直角三角形。
(3) ∠CMQ的度数不变，度数为120°。
理由如下：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，
∴ ∠PBC=∠QCA=120°，
设运动时间为t s（t＞4），则AP=BQ=t，
∴ BP = t - 4，CQ = t - 4，即BP=CQ，
在△PBC和△QCA中，
$\{\begin{array}{l}BP=CQ \\∠PBC=∠QCA \\BC=CA\end{array} $
∴ △PBC ≌ △QCA (SAS)，
∴ ∠BPC=∠CQA，
∵ ∠CMQ=180° - ∠CQA - ∠MCQ，
又∵ ∠MCQ=∠BCP，在△PBC中∠BPC + ∠BCP = 180° - ∠PBC = 60°，
∴ ∠CQA + ∠MCQ = 60°，
∴ ∠CMQ=180° - 60° = 120°。

【分析】
1. 第(1)问：首先利用等边三角形三边相等、三个内角均为60°的性质，结合P、Q运动速度相同可得AP=BQ，可通过SAS判定△ABQ≌△CAP，再借助三角形外角的性质，将∠CMQ转化为等边三角形的内角∠BAC，即可判断其度数是否变化。
2. 第(2)问：△PBQ为直角三角形时，已知∠B=60°，需分两种情况讨论：①∠PQB=90°；②∠BPQ=90°，结合直角三角形中30°角所对直角边等于斜边一半的性质列方程求解，注意不要遗漏情况。
3. 第(3)问：P、Q运动到射线后，先推导出BP=CQ，通过SAS判定△PBC≌△QCA，再结合三角形内角和定理推导∠CMQ的度数，判断其是否发生变化。
【解析】
(1) ∠CMQ的度数不变，度数为60°。理由如下：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC，∠B=∠CAP=∠BAC=60°，
设运动时间为t s，则AP=BQ=t，
在△ABQ和△CAP中，
$\{\begin{array}{l}AB=CA \\∠B=∠CAP \\BQ=AP\end{array} $
∴ △ABQ ≌ △CAP (SAS)，
∴ ∠BAQ=∠ACP，
∵ ∠CMQ是△ACM的外角，
∴ ∠CMQ=∠ACP + ∠CAM = ∠BAQ + ∠CAM = ∠BAC = 60°。
(2) 设运动t s时，△PBQ是直角三角形，
此时AP=BQ=t cm，PB=(4 - t) cm，∠B=60°。
分两种情况：
① 当∠PQB=90°时，
∵ ∠B=60°，直角三角形中30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴ $BQ=\frac{1}{2}PB$，即 $t=\frac{1}{2}(4-t)$，
解得 $t=\frac{4}{3}$；
② 当∠BPQ=90°时，
∵ ∠B=60°，直角三角形中30°角对的直角边等于斜边的一半，
∴ $PB=\frac{1}{2}BQ$，即 $4-t=\frac{1}{2}t$，
解得 $t=\frac{8}{3}$。
综上，运动$\frac{4}{3}\ \mathrm{s}$或$\frac{8}{3}\ \mathrm{s}$时，△PBQ是直角三角形。
(3) ∠CMQ的度数不变，度数为120°。理由如下：
∵ △ABC是等边三角形，
∴ AB=AC=BC，∠ABC=∠ACB=60°，
∴ ∠PBC=∠QCA=120°，
设运动时间为t s（t＞4），则AP=BQ=t，
∴ BP = t - 4，CQ = t - 4，即BP=CQ，
在△PBC和△QCA中，
$\{\begin{array}{l}BP=CQ \\∠PBC=∠QCA \\BC=CA\end{array} $
∴ △PBC ≌ △QCA (SAS)，
∴ ∠BPC=∠CQA，
∵ ∠CMQ=180° - ∠CQA - ∠MCQ，
又
∵ ∠MCQ=∠BCP，在△PBC中∠BPC + ∠BCP = 180° - ∠PBC = 60°，
∴ ∠CQA + ∠MCQ = 60°，
∴ ∠CMQ=180° - 60° = 120°。
【答案】
(1) ∠CMQ度数不变，为$\boldsymbol{60°}$；
(2) 运动$\boldsymbol{\frac{4}{3}\ \mathrm{s}}$或$\boldsymbol{\frac{8}{3}\ \mathrm{s}}$时，△PBQ是直角三角形；
(3) ∠CMQ度数不变，为$\boldsymbol{120°}$。
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与动点结合的典型综合题，解题时需要结合动点的运动特征找到相等线段，通过全等三角形转化角的关系，第二问需运用分类讨论思想对直角的位置进行分类，避免漏解，能够有效训练动点几何问题的分析能力。
【难度系数】
0.6