22. (10分)如图，把一块三角尺($AB=BC$，$∠ ABC=90°$)放入一个“U”形槽中，使三角尺的三个顶点$A$，$B$，$C$分别在槽的两壁及底边上滑动，已知$∠ D=∠ E=90°$.在滑动过程中，你发现线段$AD$与$BE$有什么关系？试说明你的结论.

22. $AD=BE$,证明略

【分析】
探究两条线段的关系通常从数量关系和位置关系两方面考虑。首先观察图形，AD和BE分别在△ABD和△BCE中，已知AB=BC，且△ABD和△BCE都有直角，因此优先考虑证明两个三角形全等：① 先利用直角三角形两锐角互余，以及平角为180°的性质，推导得到∠BAD=∠CBE；② 结合已知的∠D=∠E、AB=BC，即可用AAS判定△ABD≌△BCE；③ 全等后对应边相等得到数量关系，再结合∠D是直角，D、B、E共线可推导位置关系。
【解析】
AD与BE的数量关系为相等，位置关系为互相垂直，理由如下：
1. 由已知条件得$∠ D=∠ E=∠ ABC=90°$，
在$Rt△ ABD$中，$∠ BAD + ∠ ABD = 90°$（直角三角形两锐角互余），
又$\because ∠ ABD + ∠ CBE = 180° - ∠ ABC = 180° - 90° = 90°$，
$\therefore ∠ BAD = ∠ CBE$（同角的余角相等）。
2. 在$△ ABD$和$△ BCE$中：
$\begin{cases}∠ D = ∠ E \\∠ BAD = ∠ CBE \\AB = BC\end{cases}$
$\therefore △ ABD ≌ △ BCE$（AAS）。
3. 根据全等三角形对应边相等，可得$AD=BE$。
4. $\because ∠ D=90°$，$\therefore AD⊥ DE$，又点D、B、E在同一直线上，$\therefore AD⊥ BE$。
【答案】
$AD=BE$且$AD⊥ BE$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；同角的余角相等
【点评】
本题是典型的一线三等角模型的应用，解题的核心是利用直角的性质推导角相等，进而证明三角形全等得到线段关系，需要熟练掌握全等三角形的判定定理。
【难度系数】
0.7

23. (8分)如图,在△ABC中,点D在边AC上,DB=BC,E是CD的中点,F是AB的中点.
求证:EF=$\frac{1}{2}AB$.

23. 提示:连接$BE$

【分析】要证明$EF=\frac{1}{2}AB$，已知F是AB中点，若能得到$△ ABE$为直角三角形，就可以利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质直接得出结论。已知$DB=BC$说明$△ BCD$是等腰三角形，E是CD中点，刚好满足等腰三角形“三线合一”的使用条件，因此首先连接辅助线$BE$，先证明$BE⊥ AC$得到直角，再结合F是AB中点的条件完成证明。
【解析】
证明：连接$BE$
$\because DB=BC$，E为$CD$的中点
$\therefore BE⊥ AC$（等腰三角形底边上的中线与底边上的高重合，即三线合一）
$\therefore ∠ AEB=90°$，$△ ABE$是直角三角形
又$\because$ F为$AB$的中点
$\therefore EF=\frac{1}{2}AB$（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）
【答案】
$EF=\frac{1}{2}AB$，证明过程如上。
【知识点】
等腰三角形三线合一，直角三角形斜边中线性质，辅助线构造
【点评】本题属于基础的几何综合证明题，解题的关键是正确构造辅助线$BE$，将等腰三角形和直角三角形的性质串联起来，主要考察学生对基础几何定理的掌握和简单辅助线的构造能力。
【难度系数】
0.7

24. (15分)如图①，$△ ABC$是等边三角形，$△ BDC$是等腰三角形，$BD=CD$，$∠ BDC=120°$，以D为顶点作一个$60°$角，角的两边分别与边AB，AC交于点M，N，连接MN.
(1) 探究BM，MN，NC之间的数量关系，并说明理由；
(2) 若$△ ABC$的边长为2，求$△ AMN$的周长；
(3) 若点M，N分别在AB，CA的延长线上，其他条件不变，在图②中画出图形，并说出BM，MN，NC之间的数量关系.

24. (1) $MN=BM+CN$ （2）4 （3）$MN=CN-BM$

【分析】
(1) 探究三条线段的数量关系时，线段和差问题优先考虑截长补短法。结合已知BD=CD、∠BDC=120°的条件，可通过旋转构造全等三角形：将△BDM绕点D顺时针旋转120°，使BD与CD重合，先证N、C、E共线，再证△MDN≌△EDN，即可推导出三条线段的关系。
(2) 求△AMN的周长时，可直接代入第(1)问的结论，将MN替换为BM+CN，周长就可转化为AB+AC的和，结合等边三角形的边长直接计算即可。
(3) 当点M、N在边的延长线上时，类比第(1)问的旋转构造全等的思路，仍将△BDM绕D旋转120°得到△CDE，此时E在线段CN上，再证△MDN≌△EDN，即可得到线段差的关系。
【解析】
(1) $MN=BM+CN$，理由如下：
∵ $△ ABC$是等边三角形，
∴ $∠ ABC=∠ ACB=60°$。
∵ $△ BDC$是等腰三角形，$BD=CD$，$∠ BDC=120°$，
∴ $∠ DBC=∠ DCB=\frac{180°-120°}{2}=30°$，
∴ $∠ ABD=∠ ACD=60°+30°=90°$。
将$△ BDM$绕点D顺时针旋转$120°$，使BD与CD重合，得到$△ CDE$，
由旋转性质得$△ BDM≌△ CDE$，
∴ $BM=CE$，$DM=DE$，$∠ BDM=∠ CDE$，$∠ MBD=∠ ECD=90°$，
∴ $∠ ACD+∠ ECD=180°$，即N、C、E三点共线。
∵ $∠ BDC=120°$，$∠ MDN=60°$，
∴ $∠ BDM+∠ CDN=120°-60°=60°$，
∴ $∠ CDE+∠ CDN=∠ NDE=60°$，即$∠ MDN=∠ NDE$。
在$△ MDN$和$△ EDN$中：
$\begin{cases}DM=DE \\∠ MDN=∠ EDN \\DN=DN\end{cases}$
∴ $△ MDN≌△ EDN$（SAS），
∴ $MN=NE=NC+CE=NC+BM$，即$MN=BM+CN$。
(2) $△ AMN$的周长$=AM+MN+AN$，
将$MN=BM+CN$代入得：
周长$=AM+BM+CN+AN=AB+AC$，
∵ 等边$△ ABC$的边长为2，
∴ $AB=AC=2$，
∴ $△ AMN$的周长$=2+2=4$。
(3) 画图：在图②中AB的延长线上取点M，CA的延长线上取点N，连接DM、DN，使$∠ MDN=60°$即可。
数量关系：$MN=CN-BM$，理由如下：
将$△ BDM$绕点D顺时针旋转$120°$，使BD与CD重合，得到$△ CDE$，
同理可得$△ BDM≌△ CDE$，$DM=DE$，$∠ MDN=∠ EDN=60°$，$BM=CE$，
可证$△ MDN≌△ EDN$（SAS），
∴ $MN=NE=CN-CE=CN-BM$，即$MN=CN-BM$。
【答案】
(1) $MN=BM+CN$；(2) $4$；(3) $MN=CN-BM$
【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
【点评】
本题是三角形综合探究题，以等边三角形和等腰三角形为背景，考查线段和差关系的推导，构造全等三角形是解题的核心，旋转法或截长补短法是解决此类问题的常用技巧，能够锻炼几何探究与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6