三、解答题
10. 如图，C为线段AB上一点，分别以AC，BC为等腰三角形的底边，在AB的同侧作等腰三角形ACD和等腰三角形BCE，且∠A=∠CBE. 在线段EC上取一点F，使EF=AD，连接BF，DE. 求证：DE=BF.

10.证明:
∵△ACD和△BCE是等腰三角形，
∴AD=CD,EC=EB,∠A=∠DCA.
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD//BE，
∴∠DCE=∠BEF.
∵EF=AD，
∴EF=CD.
在△DCE和△FEB中，
$\begin{cases} CD=EF, \\ ∠DCE=∠FEB, \\ EC=BE, \end{cases}$
∴△DCE≌△FEB(SAS)，
∴DE=BF.

【分析】
要证明两条线段相等，八年级阶段最常用的方法是证明两条线段所在的三角形全等。本题需证DE=BF，观察图形可知DE属于△DCE，BF属于△FEB，因此只需证明△DCE≌△FEB即可。首先根据等腰三角形“两腰相等、两底角相等”的性质，结合△ACD和△BCE分别以AC、BC为底边，可得AD=CD，EC=EB，∠A=∠DCA；再结合已知∠A=∠CBE，可推出∠DCA=∠CBE，进而判定CD//BE，得到内错角∠DCE=∠BEF；又已知EF=AD，结合AD=CD可等量代换得到EF=CD，此时△DCE和△FEB满足两边及夹角对应相等，可通过SAS判定全等，最终根据全等三角形对应边相等即可得证。
【解析】
证明:
∵△ACD和△BCE是等腰三角形，
∴AD=CD,EC=EB,∠A=∠DCA.
∵∠A=∠CBE，
∴∠DCA=∠CBE，
∴CD//BE，
∴∠DCE=∠BEF.
∵EF=AD，
∴EF=CD.
在△DCE和△FEB中，
$\begin{cases} CD=EF, \\ ∠DCE=∠FEB, \\ EC=BE, \end{cases}$
∴△DCE≌△FEB(SAS)，
∴DE=BF.
【答案】
DE=BF
【知识点】
等腰三角形的性质；平行线的判定与性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于基础几何证明题，解题的核心是掌握“证明线段相等优先考虑证三角形全等”的思路，结合等腰三角形、平行线的性质推导全等所需的边、角等量关系，能有效巩固三角形相关的核心知识点，锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

11. 如图,在四边形 ABCD 中,AC 平分$∠BAD,CE⊥AB$于点 E,且$∠B+∠D=180^{\circ }$,求证:
$AE=AD+BE.$

11.证明:如答图,在AE上截取AM=AD,连接CM.
∵AC平分∠BAD，
∴∠1=∠2.
在△AMC和△ADC中，$\begin{cases} AC=AC, \\ ∠1=∠2, \\ AM=AD, \end{cases}$
∴△AMC≌△ADC(SAS)，
∴∠3=∠D.
∵∠B+∠D=180°,∠3+∠4=180°，
∴∠4=∠B，
∴CM=CB.
∵CE⊥AB，
∴ME=EB.
∵AE=AM+ME，
∴AE=AD+BE.

【分析】
要证明$AE=AD+BE$，属于线段和差类证明题，常用截长补短法求解。结合已知$AC$平分$∠BAD$、有公共边$AC$的条件，我们采用截长法：在较长线段$AE$上截取$AM=AD$，先通过SAS证明$△AMC≌△ADC$，得到$∠3=∠D$；再结合$∠B+∠D=180°$、邻补角和为$180°$，推导得出$∠4=∠B$，可得$△CMB$为等腰三角形；最后利用$CE⊥AB$，根据等腰三角形三线合一得到$ME=BE$，通过等量代换即可证得结论。
【解析】
证明:如答图,在AE上截取$AM=AD$,连接$CM$.
∵$AC$平分$∠BAD$，
∴$∠1=∠2$.
在$△AMC$和$△ADC$中，$\begin{cases} AC=AC, \\ ∠1=∠2, \\ AM=AD, \end{cases}$
∴$△AMC≌△ADC(\mathrm{SAS})$，
∴$∠3=∠D$.
∵$∠B+∠D=180°$,$∠3+∠4=180°$，
∴$∠4=∠B$，
∴$CM=CB$.
∵$CE⊥AB$，
∴$ME=EB$.
∵$AE=AM+ME$，
∴$AE=AD+BE$.
【答案】
证明:如答图,在AE上截取AM=AD,连接CM.
∵AC平分∠BAD，
∴∠1=∠2.
在△AMC和△ADC中，$\begin{cases} AC=AC, \\ ∠1=∠2, \\ AM=AD, \end{cases}$
∴△AMC≌△ADC(SAS)，
∴∠3=∠D.
∵∠B+∠D=180°,∠3+∠4=180°，
∴∠4=∠B，
∴CM=CB.
∵CE⊥AB，
∴ME=EB.
∵AE=AM+ME，
∴AE=AD+BE.

【知识点】
角平分线定义，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一
【点评】
本题是线段和差证明的典型题，解题关键是合理运用截长补短法构造辅助线，结合角平分线、全等三角形、等腰三角形的性质逐步推导线段关系，掌握此类辅助线构造方法能有效提升几何证明的解题效率。
【难度系数】
0.7

12. 如图，P，Q分别是等边△ABC的边AB，BC上的动点（端点除外），点P，Q以相同的速度，同时从点A，B出发.
(1)如图①，连接AQ，CP. 求证：△ABQ≌△CAP.
(2)如图①，当点P，Q分别在AB，BC边上运动时，AQ，CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数.
(3)如图②，当点P，Q分别在AB，BC的延长线上运动时，直线AQ，CP相交于点M，∠QMC的大小是否变化？若变化，请说明理由；若不变，求出它的度数.

12.(1)证明:
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABQ=∠CAP,AB=CA.
又
∵点P,Q运动的速度相同，
∴AP=BQ.
在△ABQ和△CAP中，
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠ABQ=∠CAP, \\ BQ=AP, \end{cases}$
∴△ABQ≌△CAP(SAS).
(2)解:在点P,Q运动的过程中,∠QMC的大小不变.
理由:由(1)得△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP.
∵∠QMC是△ACM的外角，
∴∠QMC=∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°，
∴当点P,Q分别在AB,BC边上运动时,∠QMC的大小不会变化,为60°.
(3)解:当点P,Q分别在AB,BC的延长线上运动时,∠QMC的大小不变.
理由:同(1)可得△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP.
∵∠QMC是△APM的外角，
∴∠QMC=∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°−∠PAC=180°−60°=120°，
∴当点P,Q在AB,BC的延长线上运动时,∠QMC的大小不会变化,为120°.

【分析】
(1) 证明三角形全等优先找对应边和对应角相等的条件：首先根据等边三角形的性质可得AB=CA，∠ABQ=∠CAP=60°；再由点P、Q速度相同、同时出发，可知运动相同时间的路程相等，即AP=BQ，恰好满足SAS全等判定的三个条件，即可完成证明。
(2) 判断角度是否变化，可借助第一问的全等结论得到对应角相等，再利用三角形外角的性质，将∠QMC转化为等边三角形的内角∠BAC，即可得到固定的角度值。
(3) 当点在边的延长线上运动时，解题思路和前两问一致：先证△ABQ≌△CAP得到对应角相等，再结合三角形外角性质和等边三角形的内角度数，即可求出∠QMC的固定值。
【解析】
(1) 证明:
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABQ=∠CAP，AB=CA.
又
∵点P,Q运动的速度相同，且同时出发，
∴AP=BQ.
在△ABQ和△CAP中，
$\begin{cases} AB=CA, \\ ∠ABQ=∠CAP, \\ BQ=AP, \end{cases}$
∴△ABQ≌△CAP(SAS).
(2) 解:在点P,Q运动的过程中,∠QMC的大小不变.
理由:由(1)得△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP.
∵∠QMC是△ACM的外角，
∴∠QMC=∠ACP+∠MAC，
∴∠QMC=∠BAQ+∠MAC=∠BAC=60°，
∴当点P,Q分别在AB,BC边上运动时,∠QMC的大小不会变化,为60°.
(3) 解:当点P,Q分别在AB,BC的延长线上运动时,∠QMC的大小不变.
理由:同(1)可得△ABQ≌△CAP，
∴∠BAQ=∠ACP.
∵∠QMC是△APM的外角，
∴∠QMC=∠BAQ+∠APM，
∴∠QMC=∠ACP+∠APM=180°−∠PAC=180°−60°=120°，
∴当点P,Q在AB,BC的延长线上运动时,∠QMC的大小不会变化,为120°.
【答案】
(1) 已证△ABQ≌△CAP；
(2) ∠QMC大小不变，度数为60°；
(3) ∠QMC大小不变，度数为120°。
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形外角的性质
【点评】
本题属于动态几何综合题，将动点运动和全等证明、角度计算相结合，解题的关键是抓住动点速度相同的条件得到相等线段，再通过全等转化对应角，进而找到动态过程中不变的角度，能有效考查逻辑推理和转化思想的应用能力。
【难度系数】
0.6