22. (10分)如图,在Rt△ABC和Rt△EFD中,∠ABC=90°,∠EFD=90°,AC=ED,AC⊥ED,垂足为M.连接EA,连接EC并延长交AB的延长线于点G.
(1)求证:△ABC≌△EFD;
(2)若∠G=45°,求证:EA=ED.

证明:(1)$\because ∠ABC=90°,∠EFD=90°, AC⊥ED,$
$\therefore ∠EFD=∠ABC=∠AMD=90°,∠BAC+∠ACB=90°=∠BAC+∠EDF,$
$\therefore ∠ACB=∠EDF,$
在△ABC和△EFD中,
$\{ \begin{array} {l}{∠ACB = ∠EDF ,\ ∠ABC = ∠EFD,\ AC = ED,}\end{array} $
$\therefore △ABC≌△EFD(AAS);$
(2)$\because ∠G=45°,EF⊥AG,∠ABC=90°,$
$\therefore ∠G=∠FEG=45°=∠BCG,$
$\therefore EF=FG,BG=BC,$
$\because △ABC≌△EFD,$
$\therefore EF=AB,DF=BC,$
$\therefore AB=FG,AB-FB=FG-FB,$
$\therefore AF=BG=BC=DF,$
又$\because ∠EFD=90°,$
$\therefore EF$垂直平分$AD,$
$\therefore EA=ED.$

【分析】
（1）要证明△ABC≌△EFD，已知两三角形均为直角三角形，且对应边AC=ED，只需再证一组对应角相等即可。结合AC⊥ED的条件，利用“同角的余角相等”可推出∠ACB=∠EDF，满足AAS全等判定条件，即可得证。
（2）要证明EA=ED，可通过证明EF是AD的垂直平分线，利用“线段垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等”推导。首先由∠G=45°及垂直条件，可得△EFG、△BCG均为等腰直角三角形，得到EF=FG、BC=BG；再结合（1）中全等三角形对应边相等的性质，进行边的等量代换推导出AF=DF，即可得出EF垂直平分AD，进而得到EA=ED。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ABC=90°,∠EFD=90°, AC⊥ED,$
$\therefore ∠EFD=∠ABC=∠AMD=90°$,
$\because ∠BAC+∠ACB=90°, ∠BAC+∠EDF=90°,$
$\therefore ∠ACB=∠EDF,$
在△ABC和△EFD中，
$\{\begin{array}{l}∠ACB = ∠EDF \\∠ABC = ∠EFD \\AC = ED\end{array} $
$\therefore △ABC≌△EFD(AAS);$
(2) 证明：
$\because ∠G=45°,EF⊥AG,∠ABC=90°,$
$\therefore ∠FEG=90°-∠G=45°, ∠BCG=90°-∠G=45°,$
$\therefore ∠G=∠FEG=∠BCG,$
$\therefore EF=FG,BG=BC,$
$\because △ABC≌△EFD,$
$\therefore EF=AB,DF=BC,$
$\therefore AB=FG,$
$\therefore AB-FB=FG-FB$，即$AF=BG,$
$\therefore AF=BG=BC=DF,$
又$\because ∠EFD=90°$，即$EF⊥AD,$
$\therefore EF$垂直平分$AD,$
$\because$ 点E在EF上，
$\therefore EA=ED.$
【答案】
(1) △ABC≌△EFD；
(2) EA=ED。
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 等腰直角三角形的性质
3. 线段垂直平分线的性质
【点评】
本题是三角形综合题，侧重考察逻辑推理能力和几何知识综合应用能力，解题的关键是利用角的互余关系推导全等条件，再结合全等性质完成边的等量转化，逐步推导得到最终结论。
【难度系数】
0.65

23.(11分)如图，$△ ABC$是等边三角形，$AB=6$，$P$是$AC$边上一动点，由$A$向$C$运动(与$A$，$C$不重合)，$Q$是$CB$延长线上一动点，与点$P$同时以相同的速度由$B$向$CB$延长线方向运动($Q$不与$B$重合)，连接$PQ$交$AB$于点$D$.
(1)当$∠ BQD=30°$时，求$AP$的长；
(2)求证:在运动过程中，点$D$是线段$PQ$的中点.

23. (1)解:$\because △ABC$是等边三角形,
$\therefore ∠C=60°,$
设$AP=x$,则$BQ=x,$
$\because ∠BQD=30°,$
$\therefore ∠BQD+∠C=90°,$
即$∠QPC=90°,$
$\therefore QC=2PC$
即$6+x=2(6−x),$
解得:$x=2,$
即$AP=2.$
(2)证明:过点$P$作$PF//BC$交$AB$于点$F$,
如图所示,
$\therefore ∠DQB=∠FPD,$
$\because △ABC$是等边三角形,
$\therefore ∠ABC=∠C=60°,$
$\therefore ∠APF=∠AFP=60°,$
$\therefore △APF$为等边三角形,
$\therefore AP=PF,\therefore PF=BQ,$
$\because ∠FDP=∠BDQ,$
$\therefore △PDF≌△QDB,$
$\therefore PD=QD,$
即点$D$是线段$PQ$的中点.

【分析】
(1) 求解第一问时，首先由等边三角形的性质可得∠C=60°，由于P、Q运动速度相同，相同时间内运动路程相等，即AP=BQ。设AP=x，即可用x表示出QC和PC的长度；结合∠BQD=30°，可推出△QPC为直角三角形，根据“含30°角的直角三角形中，30°角所对的直角边等于斜边的一半”得到QC=2PC的等量关系，列方程求解即可得到AP的长度。
(2) 要证明D是PQ的中点，即需证PD=QD，可通过构造全等三角形证明线段相等：过点P作PF//BC交AB于F，先利用平行线的性质和等边三角形的性质证明△APF是等边三角形，得到PF=AP=BQ，再结合对顶角相等、平行线带来的内错角相等，利用AAS证明△PDF≌△QDB，即可得到PD=QD，从而得证D为PQ的中点。
【解析】
(1) 解：
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
设AP的长为x，由P、Q同时以相同速度运动，可得BQ=AP=x，
∵∠BQD=30°，
∴∠BQD+∠C=30°+60°=90°，
∴∠QPC=180°-90°=90°，即△QPC是直角三角形，
在Rt△QPC中，∠PQC=30°，其对边为PC，
∴QC=2PC，
又
∵QC=QB+BC=x+6，PC=AC-AP=6-x，
代入等量关系得：$6+x=2(6-x)$，
解得：$x=2$，即AP=2。
(2) 证明：过点P作$PF// BC$交$AB$于点$F$，如图所示，
∵$PF// BC$，
∴$∠DQB=∠FPD$，
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ABC=∠C=∠A=60°$，
∵$PF// BC$，
∴$∠AFP=∠ABC=60°$，$∠APF=∠C=60°$，
∴△APF的三个内角均为60°，即△APF为等边三角形，
∴$AP=PF$，
又
∵$AP=BQ$，
∴$PF=BQ$，
在△PDF和△QDB中：
$\begin{cases}∠FPD=∠DQB \\∠FDP=∠BDQ \\PF=BQ\end{cases}$
∴△PDF≌△QDB（AAS），
∴$PD=QD$，即点D是线段PQ的中点。
【答案】
(1) $\boxed{AP=2}$
(2) 过点$P$作$PF//BC$交$AB$于点$F$，，可证$△ PDF≌△ QDB$，得$PD=QD$，故点$D$是线段$PQ$的中点。
【知识点】
等边三角形的性质、全等三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形与动点结合的典型几何题，既考察了方程思想在几何计算中的应用，也考察了构造全等三角形证明线段相等的方法，解题的关键是熟练掌握等边三角形、直角三角形及全等三角形的相关性质，合理构造辅助线。
【难度系数】
0.6

24.(12分)如图,在等边△ABC中,∠BAC的平分线交y轴于点M,C(0,6).
(1)求点M的坐标(如图1);
(2)如图2,E为x轴上任一点,以CE为边在第一象限内作等边△CEF,FB的延长线交y轴于点G,求OG的长;
(3)如图3,在(1)的条件下,若一个含有60°角的直角三角板绕B点旋转,使BD=BN.求证:MD + MA=MN.

24. (1)解:$\because △ABC$为等边三角形,$AM$为$∠BAC$的平分线,$CO⊥AB,$
$\therefore AM=CM,∠MAO=30°,$
$\therefore OM=\frac{1}{2} AM,$
$\therefore 3OM=6,OM=2,\therefore M(0,2);$
(2)解:$\because △ABC$与$△CEF$为等边三角形,
$\therefore AC=BC,CE=CF,$
$∠ACB=∠ECF=60°,$
$\therefore ∠ACB+∠BCE=∠ECF+∠BCE,$
$\therefore ∠ACE=∠BCF,$
在$△ACE$与$△BCF$中,$\{ \begin{array} {l}{AC=BC,}\\ {∠ACE=∠BCF,}\\ {CE=CF,}\end{array} $
$\therefore △BCF≌△ACE(SAS),$
$\therefore ∠CBF=∠CAE=60°,$
$\therefore ∠OBG=180°−60°×2=60°,$
在$△ACO$与$△BGO$中,
$\{ \begin{array} {l}{∠AOC=∠BOG,}\\ {AO=BO,}\\ {∠CAO=∠GBO=60°,}\end{array} $
$\therefore △ACO≌△BGO(ASA),$
$\therefore OG=OC=6;$
(3)证明:如图,在$MN$上截取$ME=MD$,连接$DE,MB$,得等边$△MDE,$
$\because BD=BN,∠DBN=60°,$
$\therefore △DBN$为等边三角形,
$\therefore ∠MDE=∠BDN=60°,$
$\therefore ∠MDE−∠BDE=∠BDN−∠BDE,$
$\therefore ∠MDB=∠EDN,$

在$△DMB$与$△DEN$中,
$\{ \begin{array} {l}{DM=DE,}\\ {∠MDB=∠EDN,}\\ {DB=DN,}\end{array} $
$\therefore △DMB≌△DEN(SAS),$
$\therefore MB=EN,$
$\because MO⊥AB,AO=BO,$
$\therefore MA=MB,$
$\therefore MA=EN,$
$\therefore MN=AE=ME+MA=MD+MA.$

【分析】
(1) 利用等边三角形三线合一的性质，可知∠MAO=30°，且AM=CM，结合直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质，得到OM与OC的数量关系，代入OC长度即可求出OM，得到M的坐标。
(2) 先根据两个等边三角形的边长相等、内角为60°，证明△ACE≌△BCF，推出∠CBF=60°，进而得到∠OBG=60°，再证明△ACO≌△BGO，即可得出OG与OC相等，求出OG长度。
(3) 要证线段和的关系，采用截长补短法：在MN上截取ME=MD，构造等边△MDE，再证明△DMB≌△DEN，得到EN=MB，结合垂直平分线的性质得MA=MB，即可将MN转化为ME+EN=MD+MA，完成证明。
【解析】
(1) 解：
∵△ABC为等边三角形，AM为∠BAC的平分线，CO⊥AB，
∴AM=CM，∠MAO=30°，
在Rt△AOM中，∠MAO=30°，
∴OM=$\frac{1}{2}$AM，
∴CM=2OM，OC=OM+CM=3OM=6，
解得OM=2，
∴M(0,2)；
(2) 解：
∵△ABC与△CEF为等边三角形，
∴AC=BC，CE=CF，∠ACB=∠ECF=60°，
∴∠ACB+∠BCE=∠ECF+∠BCE，即∠ACE=∠BCF，
在△ACE与△BCF中，
$\{ \begin{array}{l}{AC=BC,}\\{∠ACE=∠BCF,}\\{CE=CF,}\end{array} $
∴△ACE≌△BCF(SAS)，
∴∠CBF=∠CAE=60°，
∴∠OBG=180°−∠ABC−∠CBF=180°−60°×2=60°，
在△ACO与△BGO中，
$\{ \begin{array}{l}{∠AOC=∠BOG,}\\{AO=BO,}\\{∠CAO=∠GBO=60°,}\end{array} $
∴△ACO≌△BGO(ASA)，
∴OG=OC=6；
(3) 证明：如图，在MN上截取ME=MD，连接DE,MB，得等边△MDE，
∵BD=BN，∠DBN=60°，
∴△DBN为等边三角形，
∴∠MDE=∠BDN=60°，
∴∠MDE−∠BDE=∠BDN−∠BDE，即∠MDB=∠EDN，
在△DMB与△DEN中，
$\{ \begin{array}{l}{DM=DE,}\\{∠MDB=∠EDN,}\\{DB=DN,}\end{array} $
∴△DMB≌△DEN(SAS)，
∴MB=EN，
∵MO⊥AB，AO=BO，
∴MO是AB的垂直平分线，
∴MA=MB，
∴MA=EN，
∴MN=ME+EN=MD+MA，即MD + MA=MN。

【答案】
(1) $\boldsymbol{M(0,2)}$；
(2) $\boldsymbol{OG=6}$；
(3) 证明见解析，。
【知识点】
等边三角形的性质；全等三角形的判定与性质；截长补短法证线段和差
【点评】
本题是几何综合题，逐层递进考查等边三角形、全等三角形的相关知识，前两问侧重全等三角形的判定应用，第三问考查截长补短这一常用辅助线方法，对几何逻辑推理能力有较高要求，是典型的三角形综合考题。
【难度系数】
0.4