| 变式训练1 | 如图，已知$AC=BD$，$∠ A=∠ B$，点$E$，$F$在$AB$上，且$DE// CF$，试说明这个图形是中心对称图形。

解:如图,连接CD,交AB于点O。
在△ACO与△BDO中，
$\begin{cases}∠COA=∠DOB,\\∠A=∠B,\\AC=BD,\end{cases}$
∴△ACO≌△BDO(AAS)，
∴OA=OB,OC=OD。
∵DE//CF，
∴∠DEO=∠CFO。
在△ODE和△OCF中，
$\begin{cases}∠DEO=∠CFO,\\∠DOE=∠COF,\\OD=OC,\end{cases}$
∴△ODE≌△OCF(AAS)，
∴OE=OF,
∴这是中心对称图形。

【分析】
要证明一个图形是中心对称图形，核心是找到一个对称中心，验证图形上所有对应点绕该点旋转180°后能与自身重合，即该点是所有对应点连线的中点。首先连接CD与AB交于点O，先利用已知的角相等、边相等条件证明△ACO≌△BDO，得到O是AB和CD的中点，再结合DE//CF的性质证明△ODE≌△OCF，得到O是EF的中点，即可确认O为整个图形的对称中心，完成证明。
【解析】
解：如图，连接CD，交AB于点O。
在△ACO与△BDO中，
$\begin{cases}∠COA=∠DOB,\\∠A=∠B,\\AC=BD,\end{cases}$
∴△ACO≌△BDO(AAS)，
∴OA=OB，OC=OD。
∵DE//CF，
∴∠DEO=∠CFO。
在△ODE和△OCF中，
$\begin{cases}∠DEO=∠CFO,\\∠DOE=∠COF,\\OD=OC,\end{cases}$
∴△ODE≌△OCF(AAS)，
∴OE=OF，
即点O是CD、AB、EF的共同中点，图形绕点O旋转180°后能与自身重合，因此该图形是中心对称图形。
【答案】
解:如图,连接CD,交AB于点O。
在△ACO与△BDO中，
$\begin{cases}∠COA=∠DOB,\\∠A=∠B,\\AC=BD,\end{cases}$
∴△ACO≌△BDO(AAS)，
∴OA=OB,OC=OD。
∵DE//CF，
∴∠DEO=∠CFO。
在△ODE和△OCF中，
$\begin{cases}∠DEO=∠CFO,\\∠DOE=∠COF,\\OD=OC,\end{cases}$
∴△ODE≌△OCF(AAS)，
∴OE=OF,
∴这是中心对称图形。
【知识点】
中心对称图形判定，全等三角形判定与性质，平行线的性质
【点评】
本题考察中心对称图形的证明逻辑，解题关键是先确定对称中心，再结合全等三角形、平行线的性质验证对应点连线均被该中心平分，属于基础几何综合题，能很好的检验对相关基础性质的应用能力。
【难度系数】
0.7

例2 如图，已知△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，△ABE与△DCE关于点E成中心对称，且点E，D，M都在线段AF上，BM的延长线交CF于点P。

(1)求证:AC=CD；
(2)若∠BAC=2∠MPC，判断∠F与∠MCD的数量关系，并说明理由。
[点拨] 此题主要考查中心对称的性质及全等三角形的性质等知识。根据题意得出对应角相等，进而得出结论。
[解] (1)∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，
∴△ABM≌△ACM，
∴AB=AC。
又∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称，
∴△ABE≌△DCE，
∴AB=CD，
∴AC=CD。
(2)∠F=∠MCD。
理由:由(1)可得∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA。
又∵∠BAC=2∠MPC，
∠BMA=∠PMF，
∴设∠MPC=α，
则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α；
设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β。
∴∠F=∠MPC−∠PMF=α−β，
∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β，
∴∠F=∠MCD。

解：(1)证明：
∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，
∴△ABM≌△ACM，
∴AB=AC。
又∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称，
∴△ABE≌△DCE，
∴AB=CD，
∴AC=CD。
(2) ∠F=∠MCD，理由如下：
由轴对称和中心对称的性质可得：
∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA。
∵∠BAC=2∠MPC，∠BAC=∠BAE+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAE=∠MPC。
又∵∠BMA=∠PMF，
设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α；
设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β。
由三角形外角的性质得：
∠F=∠MPC−∠PMF=α−β，
∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β，
∴∠F=∠MCD。

【分析】
(1) 要证明AC=CD，可通过等量代换推导：首先利用轴对称的性质，轴对称的两个三角形全等，可得AB=AC；再利用中心对称的性质，中心对称的两个三角形全等，可得AB=CD，通过等量代换即可证得AC=CD。
(2) 要判断∠F与∠MCD的数量关系，先根据对称性质得到对应角相等，结合已知∠BAC=2∠MPC推出对应角的等量关系，再通过设参数表示相关角，利用三角形外角的性质分别表示出∠F和∠MCD，即可得出二者的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵△ABM与△ACM关于直线AF成轴对称，
∴△ABM≌△ACM，
∴AB=AC。
又
∵△ABE与△DCE关于点E成中心对称，
∴△ABE≌△DCE，
∴AB=CD，
∴AC=CD。
(2) ∠F=∠MCD，理由如下：
由轴对称和中心对称的性质可得：
∠BAE=∠CAE=∠CDE，∠CMA=∠BMA。
∵∠BAC=2∠MPC，∠BAC=∠BAE+∠CAE，
∴∠BAE=∠CAE=∠MPC。
又
∵∠BMA=∠PMF，
设∠MPC=α，则∠BAE=∠CAE=∠CDE=α；
设∠BMA=β，则∠PMF=∠CMA=β。
由三角形外角的性质得：
∠F=∠MPC−∠PMF=α−β，
∠MCD=∠CDE−∠DMC=α−β，
∴∠F=∠MCD。
【答案】
(1) AC=CD，证明成立；
(2) ∠F=∠MCD
【知识点】
轴对称的性质，中心对称的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题综合考查对称性质与角度关系推导，解题关键是利用轴对称、中心对称的全等性质得到相等的边和角，通过设参数表示角的方法能简化推导过程，降低角度分析的难度。
【难度系数】
0.65

|变式训练2| (1)如图(1),在等边三角形ABC中,AB=2,BD是AC边上的高,延长BC至点E,使CE=CD,求BE的长;

(2)如图(2),将△ABC以点C为旋转中心,顺时针旋转180°,得到△DEC,过点A作AF//BE,交DE的延长线于点F,求证:∠B=∠F。

(1)解:
∵等边三角形ABC中,BD是AC边上的高，
∴AB=BC=AC=2,∠ADB=∠CDB=90°,DB=DB，
∴△ADB≌△CDB(HL)，
∴AD=CD=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$AB=1，
∵CE=CD，
∴CE=CD=1，
∴BE=BC+CE=3。
(2)证明:
∵将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转180°，得到△DEC，
∴B,C,E在同一直线上,且△ABC≌△DEC，
∴∠B=∠CED，
∵AF//BE，
∴∠F=∠CED,
∴∠B=∠F。

【分析】
(1) 求解第一问时，先利用等边三角形三边相等的性质得到BC、AC的长度，再结合等边三角形“三线合一”的性质，由BD是AC边上的高得出D是AC中点，即可求出CD的长度；再根据CE=CD得到CE的长度，最后BE的长度为BC与CE的和，相加即可得到结果。
(2) 证明第二问时，首先根据旋转的性质，旋转180°后得到的三角形与原三角形全等，可得∠B与∠CED相等；再结合AF平行BE的条件，利用平行线的性质得到∠F与∠CED相等，最后通过等量代换即可证明∠B=∠F。
【解析】
(1) 解：
∵等边三角形ABC中，BD是AC边上的高，
∴AB=BC=AC=2，∠ADB=∠CDB=90°，DB=DB，
∴△ADB≌△CDB(HL)，
∴AD=CD=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$AB=1，
∵CE=CD，
∴CE=CD=1，
∴BE=BC+CE=2+1=3。
(2) 证明：
∵将△ABC以点C为旋转中心顺时针旋转180°，得到△DEC，
∴B,C,E在同一直线上，且△ABC≌△DEC，
∴∠B=∠CED，
∵AF//BE，
∴∠F=∠CED，
∴∠B=∠F。
【答案】
(1) $\boldsymbol{BE=3}$；(2) $\boldsymbol{∠B=∠F}$，证明成立。
【知识点】
等边三角形的性质，旋转的性质，平行线的性质
【点评】
本题属于基础几何题，侧重对基础性质的理解与应用，解题的关键是熟练掌握相关几何性质，灵活运用等量代换完成推导或计算。
【难度系数】
0.8