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三、解答题(共48分)
14.(10分)在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长都是1.已知$△ ABC$的三个顶点的坐标分别为$A(-3,6),B(-1,2),C(-5,4)$.
(1)作出$△ ABC$关于$y$轴对称的$△ A_1B_1C_1$,并写出点$A_1$的坐标;
(2)在(1)的变换下,若点$M(m,n)$是线段$AC$上的任意一点,则点$M$的对应点$M_1$的坐标为
(3)在$y$轴上找一点$P$,使$PA=PB$,则点$P$的坐标为
14.(10分)在如图所示的正方形网格中,每个小正方形的边长都是1.已知$△ ABC$的三个顶点的坐标分别为$A(-3,6),B(-1,2),C(-5,4)$.
(1)作出$△ ABC$关于$y$轴对称的$△ A_1B_1C_1$,并写出点$A_1$的坐标;
(2)在(1)的变换下,若点$M(m,n)$是线段$AC$上的任意一点,则点$M$的对应点$M_1$的坐标为
(-m,n)
.(3)在$y$轴上找一点$P$,使$PA=PB$,则点$P$的坐标为
(0,5)
.答案
14. 解:(1)图略,点 A₁ 的坐标是(3,6). (2)(-m,n) (3)(0,5)
解析
【分析】
1. 解决第(1)问的核心是掌握关于y轴对称的点的坐标规律：纵坐标不变，横坐标变为原数的相反数，先求出△ABC三个顶点的对称点坐标，再顺次连接即可得到对称图形，直接读出A₁的坐标。
2. 第(2)问是轴对称坐标规律的直接应用，将点M的坐标按照y轴对称的变换规则改写即可得到对应点坐标。
3. 第(3)问已知P在y轴上，可设P的坐标为(0,y)，根据PA=PB，利用由勾股定理推导的两点间距离公式列方程求解即可得到P的坐标。
【解析】
(1) 根据关于y轴对称的点的坐标特征：横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得A(-3,6)的对称点A₁坐标为(3,6)，B(-1,2)的对称点B₁坐标为(1,2)，C(-5,4)的对称点C₁坐标为(5,4)，在坐标系中顺次连接A₁、B₁、C₁，即可得到△A₁B₁C₁。
(2) 关于y轴对称的点，横坐标变号、纵坐标不变，因此线段AC上的点M(m,n)的对应点M₁的坐标为(-m,n)。
(3) 设y轴上点P的坐标为(0,y)，因为PA=PB，所以PA²=PB²，由两点间距离公式可得：
$(0+3)^2+(y-6)^2=(0+1)^2+(y-2)^2$
展开得：$9+y^2-12y+36=1+y^2-4y+4$
化简整理得：$-8y=-40$
解得：$y=5$
因此点P的坐标为(0,5)。
【答案】
(1) 作图略，点$A_1$的坐标是$\boldsymbol{(3,6)}$；(2) $\boldsymbol{(-m,n)}$；(3) $\boldsymbol{(0,5)}$
【知识点】
1. 关于y轴对称的坐标变换
2. 线段垂直平分线的性质
3. 两点间距离计算
【点评】
本题围绕平面直角坐标系的几何变换展开，既考察了轴对称的基本坐标规律，也考察了方程思想在几何求解中的应用，解题的关键是牢记坐标变换规则，灵活运用距离公式列方程求解。
【难度系数】
0.7
1. 解决第(1)问的核心是掌握关于y轴对称的点的坐标规律：纵坐标不变，横坐标变为原数的相反数，先求出△ABC三个顶点的对称点坐标，再顺次连接即可得到对称图形，直接读出A₁的坐标。
2. 第(2)问是轴对称坐标规律的直接应用，将点M的坐标按照y轴对称的变换规则改写即可得到对应点坐标。
3. 第(3)问已知P在y轴上，可设P的坐标为(0,y)，根据PA=PB，利用由勾股定理推导的两点间距离公式列方程求解即可得到P的坐标。
【解析】
(1) 根据关于y轴对称的点的坐标特征：横坐标互为相反数，纵坐标不变，可得A(-3,6)的对称点A₁坐标为(3,6)，B(-1,2)的对称点B₁坐标为(1,2)，C(-5,4)的对称点C₁坐标为(5,4)，在坐标系中顺次连接A₁、B₁、C₁，即可得到△A₁B₁C₁。
(2) 关于y轴对称的点，横坐标变号、纵坐标不变，因此线段AC上的点M(m,n)的对应点M₁的坐标为(-m,n)。
(3) 设y轴上点P的坐标为(0,y)，因为PA=PB，所以PA²=PB²，由两点间距离公式可得：
$(0+3)^2+(y-6)^2=(0+1)^2+(y-2)^2$
展开得：$9+y^2-12y+36=1+y^2-4y+4$
化简整理得：$-8y=-40$
解得：$y=5$
因此点P的坐标为(0,5)。
【答案】
(1) 作图略，点$A_1$的坐标是$\boldsymbol{(3,6)}$；(2) $\boldsymbol{(-m,n)}$；(3) $\boldsymbol{(0,5)}$
【知识点】
1. 关于y轴对称的坐标变换
2. 线段垂直平分线的性质
3. 两点间距离计算
【点评】
本题围绕平面直角坐标系的几何变换展开，既考察了轴对称的基本坐标规律，也考察了方程思想在几何求解中的应用，解题的关键是牢记坐标变换规则，灵活运用距离公式列方程求解。
【难度系数】
0.7
15.(12分)如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,D是BA延长线上一点,E是AC的中点,连接DE并延长,交BC于点M,$∠ DAC$的平分线交DM于点F.求证:$AF=CM$.
答案
15. 证明:
∵AB=AC,
∴∠B=∠C.
∴∠DAC=∠B+∠C=2∠C.
∵AF平分∠DAC,
∴∠FAC=$\frac{1}{2}$∠DAC=∠C. 又E是AC中点,
∴AE=CE. 在△AEF和△CEM中,$\begin{cases} ∠FAC=∠C, \\ AE=CE, \\ ∠AEF=∠CEM, \end{cases}$
∴△AEF≌△CEM.
∴AF=CM.
∵AB=AC,
∴∠B=∠C.
∴∠DAC=∠B+∠C=2∠C.
∵AF平分∠DAC,
∴∠FAC=$\frac{1}{2}$∠DAC=∠C. 又E是AC中点,
∴AE=CE. 在△AEF和△CEM中,$\begin{cases} ∠FAC=∠C, \\ AE=CE, \\ ∠AEF=∠CEM, \end{cases}$
∴△AEF≌△CEM.
∴AF=CM.
解析
【分析】
要证明AF=CM，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等。首先根据等腰三角形等边对等角的性质可得∠B=∠C，再结合三角形外角的性质可推出∠DAC=2∠C；接下来根据角平分线的定义得到∠FAC=∠C，结合E是AC中点可得AE=CE，再加上一组对顶角相等，即可通过“ASA”判定△AEF和△CEM全等，最后根据全等三角形对应边相等即可得到结论。
【解析】
证明：
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ C$，
∴$∠ DAC=∠ B+∠ C=2∠ C$，
∵AF平分$∠ DAC$，
∴$∠ FAC=\frac{1}{2}∠ DAC=∠ C$，
又
∵E是AC的中点，
∴$AE=CE$，
在$△ AEF$和$△ CEM$中：
$\begin{cases}∠ FAC=∠ C \\AE=CE \\∠ AEF=∠ CEM\end{cases}$
∴$△ AEF≌△ CEM$（ASA），
∴$AF=CM$。
【答案】
$AF=CM$
【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】
本题属于全等三角形证明的常规题型，核心解题思路是通过证明三角形全等得到对应边相等，解题过程中需要熟练运用等腰三角形、角平分线、三角形外角的相关性质推导角的等量关系，进而找到全等的判定条件。
【难度系数】
0.7
要证明AF=CM，优先考虑证明两条线段所在的三角形全等。首先根据等腰三角形等边对等角的性质可得∠B=∠C，再结合三角形外角的性质可推出∠DAC=2∠C；接下来根据角平分线的定义得到∠FAC=∠C，结合E是AC中点可得AE=CE，再加上一组对顶角相等，即可通过“ASA”判定△AEF和△CEM全等，最后根据全等三角形对应边相等即可得到结论。
【解析】
证明：
∵$AB=AC$，
∴$∠ B=∠ C$，
∴$∠ DAC=∠ B+∠ C=2∠ C$，
∵AF平分$∠ DAC$，
∴$∠ FAC=\frac{1}{2}∠ DAC=∠ C$，
又
∵E是AC的中点，
∴$AE=CE$，
在$△ AEF$和$△ CEM$中：
$\begin{cases}∠ FAC=∠ C \\AE=CE \\∠ AEF=∠ CEM\end{cases}$
∴$△ AEF≌△ CEM$（ASA），
∴$AF=CM$。
【答案】
$AF=CM$
【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】
本题属于全等三角形证明的常规题型，核心解题思路是通过证明三角形全等得到对应边相等，解题过程中需要熟练运用等腰三角形、角平分线、三角形外角的相关性质推导角的等量关系，进而找到全等的判定条件。
【难度系数】
0.7
16.(11分)如图，$△ ABC$为等边三角形，$D,E$分别是边$AC,BC$上的点，且$AD=CE$，$AE$与$BD$相交于点$P$.
(1)$∠ BPE$的度数是________;
(2)若$BF⊥ AE$于点$F$，试判断$BP$与$PF$的数量关系，并说明理由.
(1)$∠ BPE$的度数是________;
(2)若$BF⊥ AE$于点$F$，试判断$BP$与$PF$的数量关系，并说明理由.
答案
16. 解:(1) 60°;(2)结论:PB=2PF.
∵BF⊥AE,
∴∠BFP=90°. 由(1)知∠BPE=60°,在Rt△BPF中,∠PBF=90°-60°=30°,
∴PB=2PF.
∵BF⊥AE,
∴∠BFP=90°. 由(1)知∠BPE=60°,在Rt△BPF中,∠PBF=90°-60°=30°,
∴PB=2PF.
解析
【分析】
(1) 求∠BPE的度数时，先结合等边三角形的性质得到边、角的等量关系，利用SAS证明△ABD和△CAE全等，得到角的对应相等关系，再通过三角形外角的性质，将∠BPE转化为等边三角形的内角即可求解。
(2) 判断BP与PF的数量关系时，先由BF⊥AE得到△BPF是直角三角形，结合第一问求出的∠BPE=60°，可得到直角三角形中30°的角，再利用含30°角的直角三角形的性质即可得出两边的数量关系。
【解析】
(1)
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠C=∠BAC=60°，
在△ABD和△CAE中：
$\{\begin{array}{l} AB=AC\\ ∠ BAD=∠ C\\ AD=CE\end{array} $
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠CAE，
∵∠BPE是△ABP的外角，
∴∠BPE=∠ABD+∠BAP=∠CAE+∠BAP=∠BAC=60°。
(2) 结论：$PB=2PF$，理由如下：
∵$BF⊥AE$，
∴$∠ BFP=90°$，
由(1)可知$∠ BPE=60°$，
在$Rt△ BPF$中，$∠ PBF=90°-∠ BPE=90°-60°=30°$，
根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的性质，可得$PB=2PF$。
【答案】
(1) $\boxed{60°}$；(2) $\boxed{BP=2PF}$
【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】
本题属于三角形综合基础题，解题时要注意前后小问的关联，前一问的结论可直接作为后一问的已知条件使用，解题的核心是熟练掌握全等三角形的判定方法，以及特殊三角形的性质并灵活运用。
【难度系数】
0.7
(1) 求∠BPE的度数时，先结合等边三角形的性质得到边、角的等量关系，利用SAS证明△ABD和△CAE全等，得到角的对应相等关系，再通过三角形外角的性质，将∠BPE转化为等边三角形的内角即可求解。
(2) 判断BP与PF的数量关系时，先由BF⊥AE得到△BPF是直角三角形，结合第一问求出的∠BPE=60°，可得到直角三角形中30°的角，再利用含30°角的直角三角形的性质即可得出两边的数量关系。
【解析】
(1)
∵△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAD=∠C=∠BAC=60°，
在△ABD和△CAE中：
$\{\begin{array}{l} AB=AC\\ ∠ BAD=∠ C\\ AD=CE\end{array} $
∴△ABD≌△CAE（SAS），
∴∠ABD=∠CAE，
∵∠BPE是△ABP的外角，
∴∠BPE=∠ABD+∠BAP=∠CAE+∠BAP=∠BAC=60°。
(2) 结论：$PB=2PF$，理由如下：
∵$BF⊥AE$，
∴$∠ BFP=90°$，
由(1)可知$∠ BPE=60°$，
在$Rt△ BPF$中，$∠ PBF=90°-∠ BPE=90°-60°=30°$，
根据直角三角形中30°角所对的直角边等于斜边的性质，可得$PB=2PF$。
【答案】
(1) $\boxed{60°}$；(2) $\boxed{BP=2PF}$
【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】
本题属于三角形综合基础题，解题时要注意前后小问的关联，前一问的结论可直接作为后一问的已知条件使用，解题的核心是熟练掌握全等三角形的判定方法，以及特殊三角形的性质并灵活运用。
【难度系数】
0.7
17.(15分)如图，$△ ABC$是边长为6的等边三角形，P是边AC上一动点，由点A向点C运动(点P与点A，C不重合)，Q是CB延长线上一点，由点B向CB延长线方向运动(点Q与点B不重合)，P，Q两点同时出发，速度相同.过点P作$PE ⊥ AB$于点E，连接PQ交AB于点D.
(1)若设$AP=x$，则$PC=$
(2)当$∠ BQD=30°$时，$AP$的长为
(3)在运动过程中，线段DE的长是否发生变化？如果不变，求出线段DE的长；如果变化，请说明理由.
(1)若设$AP=x$，则$PC=$
6-x
，$QC=$6+x
；(用含$x$的式子表示)(2)当$∠ BQD=30°$时，$AP$的长为
2
；(3)在运动过程中，线段DE的长是否发生变化？如果不变，求出线段DE的长；如果变化，请说明理由.
答案
17. (1)6-x 6+x (2)2 (3)解:线段DE的长不变,DE=3. 理由如下:过点Q作QF⊥AB,交AB的延长线于点F.
∵PE⊥AB,
∴∠BFQ=∠AEP=90°.
∵点P,Q速度相同,
∴AP=BQ.
∵△ABC是等边三角形,
∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°.
∴△APE≌△BQF(AAS).
∴AE=BF,PE=QF. 又
∵∠DEP=∠DFQ=90°,∠PDE=∠QDF,
∴△PDE≌△QDF(AAS).
∴DE=DF=DB+BF=DB+AE.
∴DE=$\frac{1}{2}$AB.
∵等边三角形ABC的边长为6,
∴DE=3.
∴在运动过程中,线段DE的长不变,DE=3.
∵PE⊥AB,
∴∠BFQ=∠AEP=90°.
∵点P,Q速度相同,
∴AP=BQ.
∵△ABC是等边三角形,
∴∠A=∠ABC=∠FBQ=60°.
∴△APE≌△BQF(AAS).
∴AE=BF,PE=QF. 又
∵∠DEP=∠DFQ=90°,∠PDE=∠QDF,
∴△PDE≌△QDF(AAS).
∴DE=DF=DB+BF=DB+AE.
∴DE=$\frac{1}{2}$AB.
∵等边三角形ABC的边长为6,
∴DE=3.
∴在运动过程中,线段DE的长不变,DE=3.
解析
【分析】
(1) 已知等边△ABC边长为6，AC长度为6，用AC的长度减去AP的长度即可得到PC的长度；由P、Q同时出发且速度相同，可得BQ=AP=x，QC的长度为BQ与BC的长度之和，代入数值即可用含x的式子表示。
(2) 当∠BQD=30°时，结合等边三角形∠C=60°，可推出△QPC为直角三角形，根据含30°角的直角三角形的性质可得QC=2PC，代入对应含x的表达式列方程求解即可得到AP的长度。
(3) 要判断DE长度是否变化，可过Q作QF⊥AB交AB的延长线于F，先通过AAS证明△APE≌△BQF，得到AE=BF、PE=QF，再通过AAS证明△PDE≌△QDF，得到DE=DF，推导可得DE为AB长度的一半，结合AB的长度即可确定DE为定值，说明其长度不变。
【解析】
(1)
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AC=BC=6，
∵AP=x，
∴$PC=AC-AP=6-x$，
∵P、Q同时出发、速度相同，
∴$BQ=AP=x$，
∴$QC=BQ+BC=x+6=6+x$。
(2)
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵∠BQD=30°，
∴在△QPC中，$∠ QPC=180°-∠ C-∠ BQD=90°$，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$QC=2PC$，
代入表达式列方程：$6+x=2(6-x)$，
解得：$x=2$，即AP的长为2。
(3) 线段DE的长不变，求解如下：
过点Q作$QF⊥ AB$，交AB的延长线于点F，
∵$PE⊥ AB$，
∴$∠ BFQ=∠ AEP=90°$，
∵点P、Q速度相同，
∴$AP=BQ$，
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ A=∠ ABC=∠ FBQ=60°$，
在△APE和△BQF中：
$\begin{cases}∠ AEP=∠ BFQ \\∠ A=∠ FBQ \\AP=BQ\end{cases}$
∴$△ APE≌△ BQF(AAS)$，
∴$AE=BF$，$PE=QF$，
在△PDE和△QDF中：
$\begin{cases}∠ DEP=∠ DFQ \\∠ PDE=∠ QDF \\PE=QF\end{cases}$
∴$△ PDE≌△ QDF(AAS)$，
∴$DE=DF=DB+BF=DB+AE$，
∴$DE=\frac{1}{2}(AE+DE+DB+BF)=\frac{1}{2}AB$，
∵等边△ABC的边长$AB=6$，
∴$DE=\frac{1}{2}×6=3$。
即运动过程中，线段DE的长不变，为3。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6-x}$；$\boldsymbol{6+x}$
(2) $\boldsymbol{2}$
(3) 线段DE的长不变，$\boldsymbol{DE=3}$
【知识点】
1. 等边三角形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形结合动点的典型综合题，将动点问题和全等三角形、等边三角形的性质结合考查，解题的关键是根据题意合理构造全等三角形，把未知线段转化为和已知边长相关的表达式，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 已知等边△ABC边长为6，AC长度为6，用AC的长度减去AP的长度即可得到PC的长度；由P、Q同时出发且速度相同，可得BQ=AP=x，QC的长度为BQ与BC的长度之和，代入数值即可用含x的式子表示。
(2) 当∠BQD=30°时，结合等边三角形∠C=60°，可推出△QPC为直角三角形，根据含30°角的直角三角形的性质可得QC=2PC，代入对应含x的表达式列方程求解即可得到AP的长度。
(3) 要判断DE长度是否变化，可过Q作QF⊥AB交AB的延长线于F，先通过AAS证明△APE≌△BQF，得到AE=BF、PE=QF，再通过AAS证明△PDE≌△QDF，得到DE=DF，推导可得DE为AB长度的一半，结合AB的长度即可确定DE为定值，说明其长度不变。
【解析】
(1)
∵△ABC是边长为6的等边三角形，
∴AC=BC=6，
∵AP=x，
∴$PC=AC-AP=6-x$，
∵P、Q同时出发、速度相同，
∴$BQ=AP=x$，
∴$QC=BQ+BC=x+6=6+x$。
(2)
∵△ABC是等边三角形，
∴∠C=60°，
∵∠BQD=30°，
∴在△QPC中，$∠ QPC=180°-∠ C-∠ BQD=90°$，
根据含30°角的直角三角形的性质，得$QC=2PC$，
代入表达式列方程：$6+x=2(6-x)$，
解得：$x=2$，即AP的长为2。
(3) 线段DE的长不变，求解如下：
过点Q作$QF⊥ AB$，交AB的延长线于点F，
∵$PE⊥ AB$，
∴$∠ BFQ=∠ AEP=90°$，
∵点P、Q速度相同，
∴$AP=BQ$，
∵△ABC是等边三角形，
∴$∠ A=∠ ABC=∠ FBQ=60°$，
在△APE和△BQF中：
$\begin{cases}∠ AEP=∠ BFQ \\∠ A=∠ FBQ \\AP=BQ\end{cases}$
∴$△ APE≌△ BQF(AAS)$，
∴$AE=BF$，$PE=QF$，
在△PDE和△QDF中：
$\begin{cases}∠ DEP=∠ DFQ \\∠ PDE=∠ QDF \\PE=QF\end{cases}$
∴$△ PDE≌△ QDF(AAS)$，
∴$DE=DF=DB+BF=DB+AE$，
∴$DE=\frac{1}{2}(AE+DE+DB+BF)=\frac{1}{2}AB$，
∵等边△ABC的边长$AB=6$，
∴$DE=\frac{1}{2}×6=3$。
即运动过程中，线段DE的长不变，为3。
【答案】
(1) $\boldsymbol{6-x}$；$\boldsymbol{6+x}$
(2) $\boldsymbol{2}$
(3) 线段DE的长不变，$\boldsymbol{DE=3}$
【知识点】
1. 等边三角形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是等边三角形结合动点的典型综合题，将动点问题和全等三角形、等边三角形的性质结合考查，解题的关键是根据题意合理构造全等三角形，把未知线段转化为和已知边长相关的表达式，能够有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
