登录
8. (1)如图1-4-6①，已知△ABC，小涵以AB，AC为边分别向△ABC外作等边三角形ABD和等边三角形ACE，连接BE，CD。此时BE与CD的数量关系是
(2)如图1-4-6②，已知△ABC，小涵以AB，AC为边分别向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系和位置关系，并说明理由。
图1-4-6
CD=BE
，∠COE的度数是 60°
。(2)如图1-4-6②，已知△ABC，小涵以AB，AC为边分别向外作正方形ABFD和正方形ACGE，连接BE，CD，试判断BE与CD之间的数量关系和位置关系，并说明理由。
图1-4-6
答案
8. 解:(1)$CD=BE$ $60°$
(2)$BE=CD$ 且 $BE⊥CD$。理由如下：
如答图 1-4-2,设 CD 与 AB 交于点 M,与 BE 交于点 N。
∵四边形 ABFD 和四边形 ACGE 是正方形，
∴AD=AB,AC=AE,∠DAB=∠CAE=90°，
∴∠DAC=∠BAE,∠ADC+∠AMD=90°，
∴△ADC≌△ABE(SAS)，
∴CD=BE,∠ADC=∠ABE。
∵∠AMD=∠BMN，
∴∠ABE+∠BMN=90°，
∴∠DNB=90°,
∴BE⊥CD。
解析
【分析】
(1)要判断BE和CD的数量关系，观察线段所在的三角形，由等边三角形的性质可得AD=AB、AC=AE，只需证明两边的夹角∠DAC=∠BAE，即可用SAS证明△DAC≌△BAE，得到对应边相等；求∠COE的度数时，利用全等三角形的对应角相等，结合三角形内角和即可推导角度。
(2)判断BE和CD的关系同样先证全等，由正方形性质得AD=AB、AC=AE，推导∠DAC=∠BAE后证△DAC≌△BAE，得到BE=CD；再利用全等的对应角相等，结合对顶角相等，推导两条线段的夹角为90°即可证明垂直。
【解析】
(1)
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ DAC=∠ BAE\\ AC=AE\end{array} $
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴CD=BE。
由全等可得∠ACD=∠AEB，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠ACE+∠AEC=120°，
即∠ACD+∠OCE+∠AEC=120°，
替换得∠AEB+∠OCE+∠AEC=120°，即∠OEC+∠OCE=120°，
∴∠COE=180°-(∠OEC+∠OCE)=60°。
(2)BE=CD且BE⊥CD，理由如下：
如答图1-4-2，设CD与AB交于点M，与BE交于点N。
∵四边形ABFD和四边形ACGE是正方形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=90°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ DAC=∠ BAE\\ AC=AE\end{array} $
∴△ADC≌△ABE(SAS)，
∴CD=BE，∠ADC=∠ABE。
∵在Rt△ADM中，∠ADC+∠AMD=90°，且∠AMD=∠BMN（对顶角相等），
∴∠ABE+∠BMN=90°，
∴在△BMN中，∠BNM=180°-(∠ABE+∠BMN)=90°，即∠DNB=90°，
∴BE⊥CD。
【答案】
(1)$CD=BE$；$60°$
(2)$BE=CD$ 且 $BE⊥CD$，理由见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【点评】
本题是共顶点旋转模型（手拉手模型）的典型应用，通过特殊图形（等边三角形、正方形）的性质得到相等线段，推导夹角相等证明三角形全等，进而得到线段的数量与位置关系，掌握该模型可快速梳理同类几何题的解题思路。
【难度系数】
0.7
(1)要判断BE和CD的数量关系，观察线段所在的三角形，由等边三角形的性质可得AD=AB、AC=AE，只需证明两边的夹角∠DAC=∠BAE，即可用SAS证明△DAC≌△BAE，得到对应边相等；求∠COE的度数时，利用全等三角形的对应角相等，结合三角形内角和即可推导角度。
(2)判断BE和CD的关系同样先证全等，由正方形性质得AD=AB、AC=AE，推导∠DAC=∠BAE后证△DAC≌△BAE，得到BE=CD；再利用全等的对应角相等，结合对顶角相等，推导两条线段的夹角为90°即可证明垂直。
【解析】
(1)
∵△ABD和△ACE都是等边三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ DAC=∠ BAE\\ AC=AE\end{array} $
∴△DAC≌△BAE(SAS)，
∴CD=BE。
由全等可得∠ACD=∠AEB，
∵△ACE是等边三角形，
∴∠ACE+∠AEC=120°，
即∠ACD+∠OCE+∠AEC=120°，
替换得∠AEB+∠OCE+∠AEC=120°，即∠OEC+∠OCE=120°，
∴∠COE=180°-(∠OEC+∠OCE)=60°。
(2)BE=CD且BE⊥CD，理由如下：
如答图1-4-2，设CD与AB交于点M，与BE交于点N。
∵四边形ABFD和四边形ACGE是正方形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=90°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，即∠DAC=∠BAE，
在△DAC和△BAE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\ ∠ DAC=∠ BAE\\ AC=AE\end{array} $
∴△ADC≌△ABE(SAS)，
∴CD=BE，∠ADC=∠ABE。
∵在Rt△ADM中，∠ADC+∠AMD=90°，且∠AMD=∠BMN（对顶角相等），
∴∠ABE+∠BMN=90°，
∴在△BMN中，∠BNM=180°-(∠ABE+∠BMN)=90°，即∠DNB=90°，
∴BE⊥CD。
【答案】
(1)$CD=BE$；$60°$
(2)$BE=CD$ 且 $BE⊥CD$，理由见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质
【点评】
本题是共顶点旋转模型（手拉手模型）的典型应用，通过特殊图形（等边三角形、正方形）的性质得到相等线段，推导夹角相等证明三角形全等，进而得到线段的数量与位置关系，掌握该模型可快速梳理同类几何题的解题思路。
【难度系数】
0.7
二、拓展性作业
9. 如图1-4-7，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD＋PE最小，则这个最小值为
9. 如图1-4-7，正方形ABCD的面积为12，△ABE是等边三角形，点E在正方形ABCD内，在对角线AC上有一点P，使PD＋PE最小，则这个最小值为
2√3
。答案
9.$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
本题属于最短路径类问题，解题思路如下：1. 先利用正方形的轴对称性：正方形对角线AC是对称轴，点D关于AC的对称点为点B，因此可以将PD转化为PB，将求PD+PE的最小值转化为求PB+PE的最小值；2. 根据两点之间线段最短，可知当B、P、E三点共线时，PB+PE的和最小，最小值为线段BE的长度；3. 结合正方形面积求出边长，再利用等边三角形边长相等的性质求出BE的长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线
∴点B与点D关于AC对称，即PD=PB
∴PD+PE=PB+PE
根据两点之间线段最短，当点P为BE与AC的交点时，PB+PE取得最小值，最小值为BE的长度
∵正方形ABCD的面积为12
∴AB=√12=2√3
又
∵△ABE是等边三角形
∴BE=AB=2√3
即PD+PE的最小值为2√3
【答案】
2√3
【知识点】
最短路径问题，正方形的性质，等边三角形的性质
【点评】
本题综合考查了轴对称的应用与特殊图形的性质，解题的关键是利用正方形的对称性将待求线段和进行转化，把动态的线段和最值问题转化为静态的线段长度计算，这类题型是几何最值的常见考法，需要熟练掌握轴对称转化的思路。
【难度系数】
0.6
本题属于最短路径类问题，解题思路如下：1. 先利用正方形的轴对称性：正方形对角线AC是对称轴，点D关于AC的对称点为点B，因此可以将PD转化为PB，将求PD+PE的最小值转化为求PB+PE的最小值；2. 根据两点之间线段最短，可知当B、P、E三点共线时，PB+PE的和最小，最小值为线段BE的长度；3. 结合正方形面积求出边长，再利用等边三角形边长相等的性质求出BE的长度即可得到结果。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线
∴点B与点D关于AC对称，即PD=PB
∴PD+PE=PB+PE
根据两点之间线段最短，当点P为BE与AC的交点时，PB+PE取得最小值，最小值为BE的长度
∵正方形ABCD的面积为12
∴AB=√12=2√3
又
∵△ABE是等边三角形
∴BE=AB=2√3
即PD+PE的最小值为2√3
【答案】
2√3
【知识点】
最短路径问题，正方形的性质，等边三角形的性质
【点评】
本题综合考查了轴对称的应用与特殊图形的性质，解题的关键是利用正方形的对称性将待求线段和进行转化，把动态的线段和最值问题转化为静态的线段长度计算，这类题型是几何最值的常见考法，需要熟练掌握轴对称转化的思路。
【难度系数】
0.6
10. 如图1-4-8,在正方形ABCD中,E,F分别是AD,CD上的点,BE交AF于点G,且AE=DF。
(1)判断BE与AF之间的数量关系与位置关系,并说明理由;
(2)当E是AD的中点时,连接GD,求∠DGF的度数。
图1-4-8
(1)判断BE与AF之间的数量关系与位置关系,并说明理由;
(2)当E是AD的中点时,连接GD,求∠DGF的度数。
图1-4-8
答案
10. 解:(1)$BE=AF,BE⊥AF$。理由如下：
∵四边形 ABCD 是正方形，
∴BA=AD,∠BAE=∠ADF=90°。
又
∵AE=DF,
∴△BAE≌△ADF(SAS)，
∴BE=AF,∠ABE=∠DAF。
∵∠ABE+∠AEB=90°，
∴∠DAF+∠AEB=90°，
∴∠BGA=90°,
∴BE⊥AF。
(2)如答图 1-4-3,过点 D 作 DN⊥AF 于点 N,DM⊥BE交 BE 的延长线于点 M。
∵△BAE≌△ADF，
∴$S_{△BAE}=S_{△ADF}$。
又
∵BE=AF,AG⊥BE，
∴AG=DN。
∵E 是 AD 的中点,
∴AE=DE。
又
∵∠AEG=∠DEM,∠AGE=∠DME，
∴△AEG≌△DEM(AAS)，
∴AG=DM,
∴DN=DM。
∵DM⊥BM,DN⊥AF,
∴GD 平分∠MGN。
∵BE⊥AF,
∴∠MGN=90°，
∴$∠DGF=\frac{1}{2}∠MGN=45°$。
解析
【分析】
(1) 要判断BE和AF的数量与位置关系，先结合正方形性质找全等条件：正方形邻边相等、内角为直角，结合已知AE=DF，可通过SAS证△BAE≌△ADF，得到对应边相等即BE=AF；再利用全等对应角相等，结合直角三角形两锐角互余倒角，即可证BE⊥AF。
(2) 要求∠DGF的度数，已知BE⊥AF，若证得GD平分两线的直角夹角，即可得∠DGF=45°。根据角平分线判定定理，需证点D到BE、AF的距离相等：作两条垂线后，先由全等三角形面积相等、底相等推得高相等，再结合E是中点证三角形全等，得到两条垂线段相等，即可证GD为角平分线，求出角度。
【解析】
(1) $BE=AF,BE⊥AF$，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BA=AD$，$∠BAE=∠ADF=90°$。
又
∵$AE=DF$，
∴$△ BAE≌△ ADF(\mathrm{SAS})$，
∴$BE=AF$，$∠ABE=∠DAF$。
∵$∠ABE+∠AEB=90°$，
∴$∠DAF+∠AEB=90°$，
∴$∠BGA=90°$，即$BE⊥AF$。
(2) 如答图，过点D作$DN⊥AF$于点N，$DM⊥BE$交BE的延长线于点M。
∵$△ BAE≌△ ADF$，
∴$S_{△ BAE}=S_{△ ADF}$。
又
∵$BE=AF$，$AG⊥BE$，
∴$AG=DN$。
∵E是AD的中点，
∴$AE=DE$。
又
∵$∠AEG=∠DEM$，$∠AGE=∠DME=90°$，
∴$△ AEG≌△ DEM(\mathrm{AAS})$，
∴$AG=DM$，
∴$DN=DM$。
∵$DM⊥BM$，$DN⊥AF$，
∴GD平分$∠MGN$。
∵$BE⊥AF$，
∴$∠MGN=90°$，
∴$∠DGF=\frac{1}{2}∠MGN=45°$。
【答案】
(1) $BE=AF$，$BE⊥AF$；
(2) $∠DGF=45°$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定
【点评】
本题以正方形为几何背景，综合考查全等证明、性质应用和辅助线构造能力，第一问是基础的全等推导，第二问需将角度求解转化为角平分线的判定问题，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要判断BE和AF的数量与位置关系，先结合正方形性质找全等条件：正方形邻边相等、内角为直角，结合已知AE=DF，可通过SAS证△BAE≌△ADF，得到对应边相等即BE=AF；再利用全等对应角相等，结合直角三角形两锐角互余倒角，即可证BE⊥AF。
(2) 要求∠DGF的度数，已知BE⊥AF，若证得GD平分两线的直角夹角，即可得∠DGF=45°。根据角平分线判定定理，需证点D到BE、AF的距离相等：作两条垂线后，先由全等三角形面积相等、底相等推得高相等，再结合E是中点证三角形全等，得到两条垂线段相等，即可证GD为角平分线，求出角度。
【解析】
(1) $BE=AF,BE⊥AF$，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BA=AD$，$∠BAE=∠ADF=90°$。
又
∵$AE=DF$，
∴$△ BAE≌△ ADF(\mathrm{SAS})$，
∴$BE=AF$，$∠ABE=∠DAF$。
∵$∠ABE+∠AEB=90°$，
∴$∠DAF+∠AEB=90°$，
∴$∠BGA=90°$，即$BE⊥AF$。
(2) 如答图，过点D作$DN⊥AF$于点N，$DM⊥BE$交BE的延长线于点M。
∵$△ BAE≌△ ADF$，
∴$S_{△ BAE}=S_{△ ADF}$。
又
∵$BE=AF$，$AG⊥BE$，
∴$AG=DN$。
∵E是AD的中点，
∴$AE=DE$。
又
∵$∠AEG=∠DEM$，$∠AGE=∠DME=90°$，
∴$△ AEG≌△ DEM(\mathrm{AAS})$，
∴$AG=DM$，
∴$DN=DM$。
∵$DM⊥BM$，$DN⊥AF$，
∴GD平分$∠MGN$。
∵$BE⊥AF$，
∴$∠MGN=90°$，
∴$∠DGF=\frac{1}{2}∠MGN=45°$。
【答案】
(1) $BE=AF$，$BE⊥AF$；
(2) $∠DGF=45°$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、角平分线的判定
【点评】
本题以正方形为几何背景，综合考查全等证明、性质应用和辅助线构造能力，第一问是基础的全等推导，第二问需将角度求解转化为角平分线的判定问题，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
