11. 在$△ ABC$中，$AB=AC$，$∠ BAC=120°$，$AD ⊥ BC$，垂足为$G$，且$AD=AB$. $∠ EDF=60°$，其两边分别交边$AB$，$AC$于点$E$，$F$. 求证：
(1) $△ ABD$是等边三角形.
(2) $BE=AF$.

11. 证明：(1)
∵$AB=AC$，$AD ⊥ BC$，
∴$∠BAD=∠DAC=\frac{1}{2}∠BAC$，又
∵$∠BAC=120°$，
∴$∠BAD=∠DAC=\frac{1}{2}×120°=60°$，又
∵$AD=AB$，
∴$△ABD$是等边三角形.
(2)
∵$△ABD$是等边三角形，
∴$∠ABD=∠ADB=60°$，$BD=AD$，又
∵$∠EDF=60°$，
∴$∠ADB=∠EDF$，又
∵$∠ADB−∠ADE=∠EDF−∠ADE$，
∴$∠BDE=∠ADF$. 在$△BDE$与$△ADF$中，$\begin{cases} ∠DBE=∠DAF, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴$△BDE≌△ADF$（ASA），
∴$BE=AF$.

【分析】
(1) 要证△ABD是等边三角形，已知AD=AB，即△ABD为等腰三角形，只需证明其有一个内角为60°即可。由AB=AC、AD⊥BC，利用等腰三角形三线合一的性质可得AD平分∠BAC，结合∠BAC=120°可求出∠BAD=60°，满足等边三角形的判定条件。
(2) 要证BE=AF，可通过证明两条线段所在的△BDE与△ADF全等实现。首先由(1)的结论可得BD=AD、∠DBE=∠DAF=60°；再结合∠EDF=60°，通过角的和差关系可推出∠BDE=∠ADF，即可利用ASA判定两三角形全等，进而得到对应边相等。
【解析】
(1) 证明：
∵$AB=AC$，$AD ⊥ BC$，
∴$∠BAD=∠DAC=\frac{1}{2}∠BAC$，
又
∵$∠BAC=120°$，
∴$∠BAD=∠DAC=\frac{1}{2}×120°=60°$，
又
∵$AD=AB$，
∴$△ABD$是等边三角形。
(2) 证明：
∵$△ABD$是等边三角形，
∴$∠ABD=∠ADB=60°$，$BD=AD$，
又
∵$∠EDF=60°$，
∴$∠ADB=∠EDF$，
∴$∠ADB−∠ADE=∠EDF−∠ADE$，即$∠BDE=∠ADF$。
在$△BDE$与$△ADF$中，$\begin{cases} ∠DBE=∠DAF, \\ BD=AD, \\ ∠BDE=∠ADF, \end{cases}$
∴$△BDE≌△ADF$（ASA），
∴$BE=AF$。
【答案】
(1) $△ABD$是等边三角形，得证；
(2) $BE=AF$，得证。
（完整证明过程见解析）
【知识点】
等腰三角形的性质、等边三角形的判定、全等三角形的判定与性质
【点评】
本题围绕特殊三角形和全等三角形的核心知识点展开，解题的关键是灵活运用等腰三角形三线合一的性质得到角的等量关系，再通过角的代换构造全等三角形，属于基础类几何证明题，能较好地考查学生对基础几何性质的应用能力。
【难度系数】
0.7

12. 如图，在$△ ABC$中，$AB=BC=AC=12\ \mathrm{cm}$，现有两点$M$，$N$分别从点$A$、点$B$同时出发，沿三角形的边运动，已知点$M$的速度为$1\ \mathrm{cm/s}$，点$N$的速度为$2\ \mathrm{cm/s}$. 当点$N$第一次到达$B$点时，点$M$，$N$同时停止运动.
(1) 点$M$，$N$运动几秒时，两点重合？
(2) 点$M$，$N$运动几秒时，可得到等边三角形$AMN$？
(3) 当点$M$，$N$在$BC$边上运动时，能否得到以$MN$为底边的等腰三角形$AMN$？如存在，请求出此时点$M$，$N$运动的时间.

12. 解：(1) 设点M，N运动x s时，M，N两点重合，$x·1+12=2x$，解得$x=12$.
(2) 设点M，N运动t s时，可得到等边三角形AMN，，$AM=t×1=t$，$AN=AB-BN=12-2t$，
∵$△AMN$是等边三角形，
∴$t=12-2t$，解得$t=4$.
∴点M，N运动4 s时，可得到等边三角形AMN.
(3) 当点M，N在BC边上运动时，可得到以MN为底边的等腰三角形，，由(1)知12 s时M，N两点重合，恰好在C处，假设$△AMN$是等腰三角形，
∴$AN=AM$，
∴$∠AMN=∠ANM$，
∴$∠AMC=∠ANB$.
∵$AB=BC=AC$，
∴$△ACB$是等边三角形，
∴$∠C=∠B$. 在$△ACM$和$△ABN$中，
∵$\begin{cases} ∠AMC=∠ANB, \\ ∠C=∠B, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴$△ACM≌△ABN$（AAS），
∴$CM=BN$. 设当点M，N在BC边上运动时，M，N运动的时间为y s时，$△AMN$是等腰三角形，
∴$CM=y-12$，$NB=36-2y$，$CM=NB$，$y-12=36-2y$. 解得$y=16$，故假设成立.
∴当点M，N在BC边上运动时，能得到以MN为底边的等腰三角形AMN，此时M，N运动的时间为16 s.

【分析】
(1) 本问属于行程追及问题，点N从点B出发，速度比点M快，初始时两点距离为AB的长度12cm，当两点重合时，点N走过的路程等于点M走过的路程加初始距离12cm，据此列一元一次方程即可求解。
(2) 要得到等边三角形AMN，已知△ABC是等边三角形，∠MAN=60°，因此只需满足AM=AN即可判定△AMN为等边三角形，用运动时间分别表示出AM、AN的长度，列等式求解即可。
(3) 要判断M、N在BC边上运动时，是否存在以MN为底边的等腰△AMN，即需满足AM=AN，可通过证明△ACM≌△ABN得到CM=BN的等量关系，再用运动时间表示出CM、BN的长度，列方程求解后验证时间是否符合两点在BC边上的运动阶段即可。
【解析】
(1) 设点M，N运动$x\ \mathrm{s}$时，M，N两点重合，根据路程关系列方程：
$x·1+12=2x$
解得$x=12$。
(2) 设点M，N运动$t\ \mathrm{s}$时，可得到等边三角形AMN，，
由运动速度可得：$AM=t×1=t$，$AN=AB-BN=12-2t$，
∵$△ AMN$是等边三角形，
∴$AM=AN$，即$t=12-2t$，
解得$t=4$。
(3) 当点M，N在BC边上运动时，可得到以MN为底边的等腰三角形AMN，，
由(1)知12 s时M，N两点重合，恰好在C处，假设$△ AMN$是等腰三角形且MN为底边，
∴$AN=AM$，
∴$∠ AMN=∠ ANM$，
∴$∠ AMC=∠ ANB$，
∵$AB=BC=AC$，
∴$△ ACB$是等边三角形，
∴$∠ C=∠ B$，
在$△ ACM$和$△ ABN$中：
$\begin{cases} ∠ AMC=∠ ANB, \\ ∠ C=∠ B, \\ AC=AB, \end{cases}$
∴$△ ACM≌△ ABN$（AAS），
∴$CM=BN$。
设当点M，N在BC边上运动时，运动的时间为$y\ \mathrm{s}$时，$△ AMN$是等腰三角形，
此时$CM=y-12$，$NB=36-2y$，
由$CM=NB$列方程：$y-12=36-2y$，
解得$y=16$，经验证此时两点均在BC边上，假设成立。
【答案】
(1) $\boxed{12\ \mathrm{s}}$；
(2) $\boxed{4\ \mathrm{s}}$；
(3) 存在，此时运动时间为$\boxed{16\ \mathrm{s}}$。
【知识点】
等边三角形的性质与判定；全等三角形的判定；动点问题求解
【点评】
本题是几何动点综合题，三个小问难度梯度合理，既考查了行程问题的基本数量关系，又结合了等边三角形、全等三角形的核心几何性质，解题时需要运用数形结合思想，将几何线段长度转化为含运动时间的代数式，通过列方程求解，同时要注意验证动点的位置是否符合题干要求。
【难度系数】
0.6