1. 如图,在$△ ABC$中,$∠ A=90°,AB=AC,D$为$BC$的中点,$E、F$分别是$AB、AC$上的点,且$BE=AF$.
(1)求证:$DE=DF$.
(2)求证:$DE⊥ DF$.

1. 证明:(1)如图,连接AD.
∵AB=AC,∠BAC=90°,D为BC的中点,
∴AD=$\frac{1}{2}$BC=BD=CD,且AD平分∠BAC,∠B=45°,
∴∠BAD=∠CAD=45°,
∴∠B=∠DAF.在△BDE和△ADF中,
$\begin{cases} BD=AD, \\ ∠B=∠DAF, \\ BE=AF, \end{cases}$
∴△BDE≌△ADF(SAS),
∴DE=DF.
(2)由(1)知,△BDE≌△ADF,
∴∠BDE=∠ADF.
∵∠BDE+∠ADE=90°,
∴∠ADF+∠ADE=90°,即∠EDF=90°,
∴DE⊥DF.

【分析】
(1)要证明DE=DF，可通过证明两条线段所在的三角形全等实现。已知△ABC是等腰直角三角形，D是BC中点，等腰直角三角形斜边中线有特殊性质，因此优先考虑连接AD作为辅助线，可得到BD=AD、∠B=∠DAF=45°，结合已知BE=AF，即可用SAS证明△BDE≌△ADF，从而得到DE=DF。
(2)要证明DE⊥DF，即证明∠EDF=90°，利用第一问的全等结论可得∠BDE=∠ADF，结合∠BDE+∠ADE=90°，等量代换即可得到∠EDF=90°，完成证明。
【解析】
(1) 连接AD，
∵ AB=AC，∠BAC=90°，D为BC的中点，
∴ AD = $\frac{1}{2}$BC = BD = CD，AD平分∠BAC，∠B=45°，
∴ ∠BAD=∠CAD=45°，即∠B=∠DAF。
在△BDE和△ADF中：
$\begin{cases} BD=AD \\ ∠B=∠DAF \\ BE=AF \end{cases}$
∴ △BDE≌△ADF（SAS），
∴ DE=DF。
(2) 由(1)中△BDE≌△ADF可得∠BDE=∠ADF，
∵ ∠BDE + ∠ADE = 90°，
∴ ∠ADF + ∠ADE = 90°，即∠EDF=90°，
∴ DE⊥DF。
【答案】
1. 证明:(1)如图,连接AD.
∵AB=AC,∠BAC=90°,D为BC的中点,
∴AD=$\frac{1}{2}$BC=BD=CD,且AD平分∠BAC,∠B=45°,
∴∠BAD=∠CAD=45°,
∴∠B=∠DAF.在△BDE和△ADF中,
$\begin{cases} BD=AD, \\ ∠B=∠DAF, \\ BE=AF, \end{cases}$
∴△BDE≌△ADF(SAS),
∴DE=DF.
(2)由(1)知,△BDE≌△ADF,
∴∠BDE=∠ADF.
∵∠BDE+∠ADE=90°,
∴∠ADF+∠ADE=90°,即∠EDF=90°,
∴DE⊥DF.

【知识点】
等腰直角三角形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是等腰三角形辅助线应用的典型题型，连接等腰直角三角形斜边的中线是常用的辅助线做法，通过构造全等三角形实现边、角关系的转化，解题时要注意挖掘等腰三角形隐含的边、角相等条件。
【难度系数】
0.7

2. 如图,在$△ ABC$中,$AC=2AB$,$AD$平分$∠ BAC$交$BC$于点$D$,$E$是$AD$上一点,且$EA=EC$.求证:$EB⊥ AB$.

2. 证明:如图,过点E作EF⊥AC于点F.
∵EA=EC,
∴AF=FC=$\frac{1}{2}$AC.
∵AC=2AB,
∴AF=AB.
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD=∠CAD.在△BAE和△FAE中,
$\begin{cases} AB=AF, \\ ∠BAD=∠CAD, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ABE≌△AFE(SAS),
∴∠ABE=∠AFE=90°,
∴EB⊥AB.

【分析】
要证明$EB⊥AB$，本质是要证$∠ ABE=90°$。思考路径如下：首先已知$EA=EC$，这是等腰三角形的结构，等腰三角形“三线合一”是常用辅助线思路，因此过点$E$作$EF⊥AC$于$F$，既能得到直角$∠ AFE=90°$，还能推出$AF=\frac{1}{2}AC$；结合题中$AC=2AB$的条件，可得到$AF=AB$；再结合$AD$平分$∠ BAC$，可得$∠ BAD=∠ CAD$，此时有一组等边、一组等角和公共边$AE$，满足全等三角形的判定条件，若证得$△ BAE≌△ FAE$，就能推出$∠ ABE=∠ AFE=90°$，完成证明。
【解析】
证明：过点$E$作$EF⊥AC$于点$F$。
$\because EA=EC$，$EF⊥AC$，
$\therefore$根据等腰三角形三线合一的性质，得$AF=FC=\frac{1}{2}AC$。
$\because AC=2AB$，即$AB=\frac{1}{2}AC$，
$\therefore AF=AB$。
$\because AD$平分$∠ BAC$，
$\therefore ∠ BAD=∠ CAD$。
在$△ BAE$和$△ FAE$中：
$\begin{cases} AB=AF, \\ ∠ BAD=∠ CAD, \\ AE=AE, \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ AFE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠ ABE=∠ AFE=90°$，
$\therefore EB⊥AB$。
【答案】
证明:如图,过点E作EF⊥AC于点F.
∵EA=EC,
∴AF=FC=$\frac{1}{2}$AC.
∵AC=2AB,
∴AF=AB.
∵AD平分∠BAC,
∴∠BAD=∠CAD.在△BAE和△FAE中,
$\begin{cases} AB=AF, \\ ∠BAD=∠CAD, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ABE≌△AFE(SAS),
∴∠ABE=∠AFE=90°,
∴EB⊥AB.

【知识点】
等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的定义
【点评】
本题是等腰三角形与全等三角形结合的典型几何证明题，核心是利用等腰三角形三线合一的性质构造辅助线，通过边的等量关系和角平分线的条件构造全等三角形，将待证的垂直关系转化为已有的直角，体现了几何证明中的转化思想，掌握等腰三角形常见辅助线的作法是解题的关键。
【难度系数】
0.7

3. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,点$P$从点$B$出发沿线段$BA$移动(点$P$不与点$A$、$B$重合),同时点$Q$从点$C$出发沿线段$AC$的延长线移动,已知点$P$、$Q$移动的速度相同,$PQ$与直线$BC$相交于点$D$.
(1)求证:$PD=QD$.
(2)过点$P$作直线$BC$的垂线,垂足为$E$,点$P$、$Q$在移动过程中,线段$BE$、$DE$、$CD$中是否存在长度保持不变的线段?请说明理由.

3. (1)证明:如图,过点P作PF//AC交BC于点F.
∵点P和点Q同时出发,且速度相同,
∴BP=CQ.
∵PF//AQ,
∴∠PFB=∠ACB,∠DPF=∠DQC.又
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∴∠B=∠PFB,
∴BP=PF,
∴PF=CQ.在△PFD与△QCD中,
$\begin{cases} ∠PDF=∠QDC, \\ ∠DPF=∠DQC, \\ PF=QC, \end{cases}$
∴△PFD≌△QCD(AAS),
∴PD=QD.
(2)存在,DE是长度保持不变的线段.理由如下:由(1)得,△PFD≌△QCD,BP=PF,
∴DF=CD,
∴FD=$\frac{1}{2}$FC.
∵PE⊥BC,
∴BE=EF,
∴EF=$\frac{1}{2}$BF,
∴DE=FD+EF=$\frac{1}{2}$FC+$\frac{1}{2}$BF=$\frac{1}{2}$BC,
∴DE的长为定值,DE是长度保持不变的线段.

【分析】
(1)要证PD=QD，需证明两线段所在三角形全等，观察发现直接看△PBD和△QCD不全等，因此构造辅助线：过点P作PF//AC交BC于点F。首先根据P、Q移动速度相同得BP=CQ，再结合AB=AC的等腰性质和平行线性质，可推导出BP=PF，即PF=CQ，再用AAS证明△PFD≌△QCD，即可得到PD=QD。
(2)判断定值线段，可结合(1)的全等结论和等腰三角形三线合一性质推导线段等量关系：由全等得DF=CD，由PE⊥BC、△PBF为等腰三角形得BE=EF，将DE转化为EF+DF，代入等量关系可发现DE等于BC的一半，BC为定值，因此DE长度不变。
【解析】
(1)证明：过点P作PF//AC交BC于点F。
∵点P和点Q同时出发，且移动速度相同，
∴BP=CQ。
∵PF//AQ，
∴∠PFB=∠ACB，∠DPF=∠DQC。
又
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠B=∠PFB，
∴BP=PF，
∴PF=CQ。
在△PFD与△QCD中，
$\begin{cases} ∠PDF=∠QDC, \\ ∠DPF=∠DQC, \\ PF=QC, \end{cases}$
∴△PFD≌△QCD(AAS)，
∴PD=QD。
(2)存在长度保持不变的线段，为DE，理由如下：
由(1)得△PFD≌△QCD，且BP=PF，
∴DF=CD，即$FD=\frac{1}{2}FC$。
∵PE⊥BC，△PBF是等腰三角形，根据等腰三角形三线合一的性质，
∴BE=EF，即$EF=\frac{1}{2}BF$。
∴$DE=FD+EF=\frac{1}{2}FC+\frac{1}{2}BF=\frac{1}{2}(FC+BF)=\frac{1}{2}BC$，
∵BC是△ABC的固定边，长度为定值，
∴DE的长为定值，即DE是长度保持不变的线段。
【答案】
3. (1)证明:如图,过点P作PF//AC交BC于点F.
∵点P和点Q同时出发,且速度相同,
∴BP=CQ.
∵PF//AQ,
∴∠PFB=∠ACB,∠DPF=∠DQC.又
∵AB=AC,
∴∠B=∠ACB,
∴∠B=∠PFB,
∴BP=PF,
∴PF=CQ.在△PFD与△QCD中,
$\begin{cases} ∠PDF=∠QDC, \\ ∠DPF=∠DQC, \\ PF=QC, \end{cases}$
∴△PFD≌△QCD(AAS),
∴PD=QD.
(2)存在,DE是长度保持不变的线段.理由如下:由(1)得,△PFD≌△QCD,BP=PF,
∴DF=CD,
∴FD=$\frac{1}{2}$FC.
∵PE⊥BC,
∴BE=EF,
∴EF=$\frac{1}{2}$BF,
∴DE=FD+EF=$\frac{1}{2}$FC+$\frac{1}{2}$BF=$\frac{1}{2}$BC,
∴DE的长为定值,DE是长度保持不变的线段.

【知识点】
等腰三角形的性质；全等三角形的判定与性质；平行线的性质
【点评】
本题是等腰三角形的典型题型，核心考查构造全等三角形的辅助线做法，通过作平行线转化相等线段是解题的突破口，第二问结合等腰三角形三线合一性质进行线段等量代换即可推导出定值线段，对辅助线运用能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.65