1. 如图，$△ ABC$和$△ DEC$都是等边三角形，$D$是$BC$延长线上一点，$AD$与$BE$相交于点$P$，$AC$，$BE$相交于点$M$，$AD$，$CE$相交于点$N$。
(1)在图1中，求证:$AD=BE$；
(2)当$△ CDE$绕点$C$沿逆时针方向旋转到图2时，求$∠ APB$的度数。

(1) 证明:
∵△ABC 和△CDE 为等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠BCA=∠DCE=60°.
∴∠ACD=∠BCE.
在△ACD 和△BCE 中,
$\begin{cases}AC=BC,\\∠ACD=∠BCE,\\CD=CE,\end{cases}$
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE.
(2) 同(1)可得△ACD≌△BCE.
∴∠DAC= ∠EBC.
∵∠AMP = ∠BMC,
∴∠APB =∠ACB=60°.

【分析】
（1）要证明两条线段相等，通常可通过证明两条线段所在的三角形全等来实现。本题已知两个等边三角形，可利用等边三角形边相等、内角为60°的性质，推导得到△ACD和△BCE的边角对应相等关系，用SAS判定全等后即可得到对应边AD=BE。
（2）旋转不改变图形的形状和大小，因此△CDE旋转后仍可证得△ACD≌△BCE，得到对应角相等，再结合对顶角相等的性质，利用三角形内角和的关系即可推导出∠APB的度数。
【解析】
(1) 证明:
∵△ABC 和△CDE 为等边三角形,
∴AC=BC,CD=CE,∠BCA=∠DCE=60°.
∴∠BCA + ∠ACE = ∠DCE + ∠ACE，即∠ACD=∠BCE.
在△ACD 和△BCE 中,
$\begin{cases}AC=BC,\\∠ACD=∠BCE,\\CD=CE,\end{cases}$
∴△ACD≌△BCE(SAS).
∴AD=BE.
(2) 解：同(1)的证明思路，旋转后仍有AC=BC，CD=CE，∠BCA=∠DCE=60°，因此∠BCA + ∠ACE = ∠DCE + ∠ACE，即∠ACD=∠BCE，可证△ACD≌△BCE。
∴∠DAC= ∠EBC。
∵∠AMP和∠BMC是对顶角，
∴∠AMP = ∠BMC,
结合三角形内角和为180°，可得∠APB =∠ACB=60°。
【答案】
(1) AD=BE，证明成立；(2) $\boldsymbol{∠APB=60°}$
【知识点】
等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是“手拉手”全等模型的典型应用，解题的关键是利用共顶点等角的特征找到全等三角形的判定条件，再结合全等的性质推导所求的线段或角度关系，掌握这类几何模型可大幅提升解题效率。
【难度系数】
0.7

2. 正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和$2\sqrt{2}$，点B在边AG上，点D在线段EA的延长线上，连接BE.
(1)如图，求证:$DG⊥BE$；
(2)如图，将正方形ABCD绕点A按逆时针方向旋转，当点B恰好落在线段DG上时，求线段BE的长.

(1) 如图,延长 EB 交 GD 于点 H.
∵四边形 ABCD 和四边形 AEFG 是正方形,
∴AD=AB,AG=AE,∠DAG=∠BAE=90°.
∴△ADG≌△ABE(SAS).
∴∠AGD = ∠AEB.
∵∠ADG+∠AGD=90°,
∴∠ADG+∠AEB=90°.
∴DG⊥BE.
(2) 如图,过点 A 作 AM⊥BD 于点 M.
∵正方形 ABCD 和正方形 AEFG 的边长分别为 2 和 $2\sqrt{2}$,
∴AM=DM=$\sqrt{2}$,∠DAB=∠GAE=90°.
∴MG=$\sqrt{AG^2-MA^2}$=$\sqrt{6}$,∠DAG=∠BAE.
∴DG=DM+MG=$\sqrt{2}+\sqrt{6}$. 由题意,得 AD=AB,AG=AE,且∠DAG=∠BAE,
∴△DAG≌△BAE(SAS).
∴BE=DG=$\sqrt{2}+\sqrt{6}$.

【分析】
(1) 要证明DG⊥BE，可通过证明两直线夹角为90°推导。图中两个正方形共顶点A，存在等线段和公共直角，可先证△ADG和△ABE全等，得到对应角相等后通过角的转化推出夹角为直角，即可得证垂直。
(2) 正方形旋转后，共顶点A的等线段关系不变，可先证△DAG≌△BAE，将求BE的长转化为求DG的长。已知两个正方形边长，过A作DG的垂线，结合正方形性质和勾股定理分别求出DM、MG的长度，相加得到DG的长，即为BE的长。
【解析】
(1) 如图，延长EB交GD于点H。
∵四边形ABCD和四边形AEFG是正方形，
∴AD=AB，AG=AE，∠DAG=∠BAE=90°。
∴△ADG≌△ABE(SAS)。
∴∠AGD = ∠AEB。
∵在Rt△ADG中，∠ADG+∠AGD=90°，
∴∠ADG+∠AEB=90°，可得∠DHE=90°，即DG⊥BE。
(2) 如图，过点A作AM⊥BD于点M。
∵正方形ABCD和正方形AEFG的边长分别为2和$2\sqrt{2}$，
∴等腰Rt△ABD中，AM=DM=$\sqrt{2}$，且∠DAB=∠GAE=90°，
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE。
在Rt△AMG中，由勾股定理得MG=$\sqrt{AG^2-MA^2}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})^2-(\sqrt{2})^2}$=$\sqrt{6}$，
∴DG=DM+MG=$\sqrt{2}+\sqrt{6}$。
又
∵AD=AB，AG=AE，∠DAG=∠BAE，
∴△DAG≌△BAE(SAS)，
∴BE=DG=$\sqrt{2}+\sqrt{6}$。
【答案】
(1) DG⊥BE得证；
(2) 线段BE的长为$\boldsymbol{\sqrt{2}+\sqrt{6}}$。
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题以正方形旋转为背景，考查了几何中常见的全等转化思想，通过共顶点等线段构造全等三角形，将未知线段转化为可通过勾股定理求解的线段，是旋转类几何题的典型考法，需要熟练掌握全等三角形的构造方法。
【难度系数】
0.6