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5.如图，已知△ABC与△CDA关于点O成中心对称，过点O作直线EF分别交AD，BC于点E，F.下列结论中正确的有(
①点E和点F，点B和点D是关于点O的对称点.
②连接BD，则直线BD必经过点O.
③四边形ABFO与四边形DEOC的面积相等.
④△AOE与△COF成中心对称.
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
D
).①点E和点F，点B和点D是关于点O的对称点.
②连接BD，则直线BD必经过点O.
③四边形ABFO与四边形DEOC的面积相等.
④△AOE与△COF成中心对称.
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
5.D
解析
【分析】
解题时先利用已知的△ABC与△CDA关于点O中心对称的性质，得出OA=OC、AB=CD、AD=BC，先判定四边形ABCD是平行四边形，再结合平行四边形的中心对称性、全等三角形的判定与性质，逐个验证4个结论是否正确即可。
【解析】
∵△ABC与△CDA关于点O成中心对称，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，因此四边形ABCD是平行四边形，点O是平行四边形ABCD的对称中心。
①
∵AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中：
$\{\begin{array}{l}∠ OAE=∠ OCF\\ OA=OC\\ ∠ AOE=∠ COF\end{array} $
∴△AOE≌△COF（ASA），得OE=OF，即E和F关于点O对称；
又
∵平行四边形对角线互相平分，
∴OB=OD，即B和D关于点O对称，故①正确。
②
∵平行四边形的对角线交于对称中心O，BD是平行四边形的对角线，因此直线BD必经过点O，故②正确。
③
∵△ABC和△CDA的面积相等，都等于平行四边形ABCD面积的一半，且△AOE≌△COF，即$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$，
∴$S_{△ ABC}-S_{△ COF}=S_{△ CDA}-S_{△ AOE}$，即四边形ABFO的面积=四边形DEOC的面积，故③正确。
④
∵△AOE≌△COF，且两个三角形的对应点A与C、E与F、O与O的连线都经过点O，且被点O平分，因此△AOE与△COF关于点O成中心对称，故④正确。
综上，4个结论全部正确。
【答案】
D
【知识点】
中心对称的性质；平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础的中心对称应用类题目，解题的关键是先由已知的中心对称关系推导出四边形ABCD为平行四边形，再结合平行四边形的中心对称性逐一验证结论即可。
【难度系数】
0.7
解题时先利用已知的△ABC与△CDA关于点O中心对称的性质，得出OA=OC、AB=CD、AD=BC，先判定四边形ABCD是平行四边形，再结合平行四边形的中心对称性、全等三角形的判定与性质，逐个验证4个结论是否正确即可。
【解析】
∵△ABC与△CDA关于点O成中心对称，
∴OA=OC，AB=CD，AD=BC，因此四边形ABCD是平行四边形，点O是平行四边形ABCD的对称中心。
①
∵AD//BC，
∴∠OAE=∠OCF，
在△AOE和△COF中：
$\{\begin{array}{l}∠ OAE=∠ OCF\\ OA=OC\\ ∠ AOE=∠ COF\end{array} $
∴△AOE≌△COF（ASA），得OE=OF，即E和F关于点O对称；
又
∵平行四边形对角线互相平分，
∴OB=OD，即B和D关于点O对称，故①正确。
②
∵平行四边形的对角线交于对称中心O，BD是平行四边形的对角线，因此直线BD必经过点O，故②正确。
③
∵△ABC和△CDA的面积相等，都等于平行四边形ABCD面积的一半，且△AOE≌△COF，即$S_{△ AOE}=S_{△ COF}$，
∴$S_{△ ABC}-S_{△ COF}=S_{△ CDA}-S_{△ AOE}$，即四边形ABFO的面积=四边形DEOC的面积，故③正确。
④
∵△AOE≌△COF，且两个三角形的对应点A与C、E与F、O与O的连线都经过点O，且被点O平分，因此△AOE与△COF关于点O成中心对称，故④正确。
综上，4个结论全部正确。
【答案】
D
【知识点】
中心对称的性质；平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是基础的中心对称应用类题目，解题的关键是先由已知的中心对称关系推导出四边形ABCD为平行四边形，再结合平行四边形的中心对称性逐一验证结论即可。
【难度系数】
0.7
6.与一次函数$y=2x-4$的图象关于原点中心对称的直线的解析式是
$y=2x+4$
.答案
6.$y=2x+4$
解析
【分析】
要解决一次函数图象关于原点中心对称的解析式问题，需结合中心对称的性质思考：关于原点对称的两个点，横、纵坐标都互为相反数。我们可以用两种思路求解：思路1：设所求直线上任意一点坐标为(x,y)，则它关于原点的对称点(-x,-y)一定在原直线上，将对称点坐标代入原解析式整理即可得到所求解析式；思路2：先求出原直线与坐标轴的两个交点坐标，再求出这两个点关于原点的对称点坐标，最后用待定系数法，过这两个对称点求直线解析式即可。
【解析】
方法一（坐标代换法）：
设所求直线上任意一点的坐标为$(x,y)$，
∵ 所求直线与$y=2x-4$关于原点中心对称，
∴ 点$(x,y)$关于原点的对称点$(-x,-y)$在原直线$y=2x-4$上，
将$(-x,-y)$代入原解析式，得：
$-y = 2×(-x) -4$
整理得：$-y = -2x -4$，两边同时乘$-1$，得$y=2x+4$。
方法二（待定系数法）：
先求原直线$y=2x-4$与坐标轴的交点：
令$x=0$，得$y=-4$，即交点为$(0,-4)$；
令$y=0$，得$2x-4=0$，解得$x=2$，即交点为$(2,0)$。
两个交点关于原点的对称点分别为$(0,4)$和$(-2,0)$，这两个点在所求直线上。
设所求直线解析式为$y=kx+b$，
将$(0,4)$代入得$b=4$，
将$(-2,0)$和$b=4$代入得：$0=-2k+4$，解得$k=2$，
∴ 所求直线解析式为$y=2x+4$。
【答案】
$y=2x+4$
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；中心对称的性质
【点评】
本题是中心对称性质在一次函数中的基础应用，解题的核心是掌握关于原点对称的点的坐标变换规律，两种解题方法都属于常规基础方法，同学们可以灵活选择。
【难度系数】
0.8
要解决一次函数图象关于原点中心对称的解析式问题，需结合中心对称的性质思考：关于原点对称的两个点，横、纵坐标都互为相反数。我们可以用两种思路求解：思路1：设所求直线上任意一点坐标为(x,y)，则它关于原点的对称点(-x,-y)一定在原直线上，将对称点坐标代入原解析式整理即可得到所求解析式；思路2：先求出原直线与坐标轴的两个交点坐标，再求出这两个点关于原点的对称点坐标，最后用待定系数法，过这两个对称点求直线解析式即可。
【解析】
方法一（坐标代换法）：
设所求直线上任意一点的坐标为$(x,y)$，
∵ 所求直线与$y=2x-4$关于原点中心对称，
∴ 点$(x,y)$关于原点的对称点$(-x,-y)$在原直线$y=2x-4$上，
将$(-x,-y)$代入原解析式，得：
$-y = 2×(-x) -4$
整理得：$-y = -2x -4$，两边同时乘$-1$，得$y=2x+4$。
方法二（待定系数法）：
先求原直线$y=2x-4$与坐标轴的交点：
令$x=0$，得$y=-4$，即交点为$(0,-4)$；
令$y=0$，得$2x-4=0$，解得$x=2$，即交点为$(2,0)$。
两个交点关于原点的对称点分别为$(0,4)$和$(-2,0)$，这两个点在所求直线上。
设所求直线解析式为$y=kx+b$，
将$(0,4)$代入得$b=4$，
将$(-2,0)$和$b=4$代入得：$0=-2k+4$，解得$k=2$，
∴ 所求直线解析式为$y=2x+4$。
【答案】
$y=2x+4$
【知识点】
关于原点对称的点的坐标特征；待定系数法求一次函数解析式；中心对称的性质
【点评】
本题是中心对称性质在一次函数中的基础应用，解题的核心是掌握关于原点对称的点的坐标变换规律，两种解题方法都属于常规基础方法，同学们可以灵活选择。
【难度系数】
0.8
7.如图,在矩形ABCD中,O为AC的中点,点E在AD上,点F在CD上,AE=AO, CF=CO.
(1)求∠EOF的度数.
(2)画△COG,使△COG与△AOE关于点O成中心对称.
(3)若OE=4√2,OF=6,求AC的长.
(1)求∠EOF的度数.
(2)画△COG,使△COG与△AOE关于点O成中心对称.
(3)若OE=4√2,OF=6,求AC的长.
答案
7.(1)$\because AE=AO,\therefore ∠ AEO=∠ AOE$,
$\because CF=CO,\therefore ∠ CFO=∠ COF$,
$\because ∠ AEO+∠ AOE+∠ OAE=∠ CFO+∠ COF+∠ OCF=∠ OAE+∠ OCF+∠ D=180°$,
$\therefore ∠ AOE+∠ COF=90°+\frac{1}{2}∠ D$,
$\because ∠ AOE+∠ COF+∠ EOF=180°,\therefore ∠ EOF=90°-\frac{1}{2}∠ D=45°$.
(2)提示:延长 EO 交 BC 于点 G,$△ COG$ 即为所求.
(3)连接 FG,作 $FM⊥ OE$,垂足为点 M.
$\because ∠ EOF=45°,\therefore △ OFM$ 为等腰直角三角形,$\therefore FM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OF=3\sqrt{2}$.
$\because △ COG$ 与 $△ AOE$ 关于点 O 中心对称,$\therefore GO=EO=4\sqrt{2},CG=AE$,
$\therefore GM=GO+OM=7\sqrt{2}$.
在 $\mathrm{Rt}△ GFM$ 中,$GF=\sqrt{GM^2+FM^2}=2\sqrt{29}$.
$\because CG=OC=FC=AO=\frac{1}{2}AC,\therefore △ CFG$ 为等腰直角三角形,$\therefore CG=\frac{\sqrt{2}}{2}GF=\sqrt{58}$,
$\therefore AC=2AO=2\sqrt{58}$.
解析
【分析】
(1) 求∠EOF：先利用等腰三角形等边对等角的性质得到两组等角，再结合矩形内角为直角、三角形内角和定理推导∠AOE与∠COF的和，最后根据平角定义计算∠EOF的度数。
(2) 画中心对称图形：根据中心对称的性质，对称点连线过对称中心且被对称中心平分，延长EO交BC于G，即可得到所求的△COG。
(3) 求AC长：过F作FM垂直OE构造等腰直角三角形，结合∠EOF=45°求出FM、OM的长度；再利用中心对称性质得到GO=EO，用勾股定理求出GF的长度；最后根据△CFG是等腰直角三角形求出CG的长度，即可得到AC=2CG。
【解析】
(1) $\because AE=AO,\therefore ∠ AEO=∠ AOE$,
$\because CF=CO,\therefore ∠ CFO=∠ COF$,
在△AOE和△COF中，由三角形内角和得：$2∠AOE + ∠OAE + 2∠COF + ∠OCF = 360°$,
$\because$ 矩形ABCD中$∠D=90°$，$\therefore ∠OAE + ∠OCF = 90°$,
代入得$2(∠AOE+∠COF)=270°$，即$∠AOE+∠COF=135°$,
$\because ∠AOE+∠COF+∠EOF=180°,\therefore ∠EOF=180°-135°=45°$。
(2) 延长EO交BC于点G，连接CG，△COG即为所求。
(3) 连接FG，作 $FM⊥ OE$,垂足为点M,
$\because ∠EOF=45°,\therefore △ OFM$ 为等腰直角三角形,$\therefore FM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OF=\frac{\sqrt{2}}{2}×6=3\sqrt{2}$,
$\because △ COG$ 与 $△ AOE$ 关于点 $O$ 中心对称,$\therefore GO=EO=4\sqrt{2},CG=AE=AO=CO=CF$,
$\therefore GM=GO+OM=4\sqrt{2}+3\sqrt{2}=7\sqrt{2}$,
在 $\mathrm{Rt}△ GFM$ 中,由勾股定理得：$GF=\sqrt{GM^2+FM^2}=\sqrt{(7\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=2\sqrt{29}$,
$\because CG=CF,∠FCG=90°,\therefore △ CFG$ 为等腰直角三角形,$\therefore CG=\frac{\sqrt{2}}{2}GF=\sqrt{58}$,
$\therefore AC=2CO=2CG=2\sqrt{58}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠EOF=45°}$
(2) 延长EO交BC于点G，$\boldsymbol{△COG}$即为所求。
(3) 连接FG，作 $FM⊥ OE$,垂足为点M.
$\because ∠EOF=45°,\therefore △ OFM$ 为等腰直角三角形,$\therefore FM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OF=3\sqrt{2}$.
$\because △ COG$ 与 $△ AOE$ 关于点 $O$ 中心对称,$\therefore GO=EO=4\sqrt{2},CG=AE$,
$\therefore GM=GO+OM=7\sqrt{2}$.
在 $\mathrm{Rt}△ GFM$ 中,$GF=\sqrt{GM^2+FM^2}=2\sqrt{29}$.
$\because CG=OC=FC=AO=\frac{1}{2}AC,\therefore △ CFG$ 为等腰直角三角形,$\therefore CG=\frac{\sqrt{2}}{2}GF=\sqrt{58}$,
$\therefore AC=2AO=2\sqrt{58}$，即AC的长为$\boldsymbol{2\sqrt{58}}$。
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 中心对称的性质
3. 勾股定理
【点评】
本题综合考查了矩形、等腰三角形、中心对称的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是合理构造辅助线，通过角度和线段的转化解决问题，能有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 求∠EOF：先利用等腰三角形等边对等角的性质得到两组等角，再结合矩形内角为直角、三角形内角和定理推导∠AOE与∠COF的和，最后根据平角定义计算∠EOF的度数。
(2) 画中心对称图形：根据中心对称的性质，对称点连线过对称中心且被对称中心平分，延长EO交BC于G，即可得到所求的△COG。
(3) 求AC长：过F作FM垂直OE构造等腰直角三角形，结合∠EOF=45°求出FM、OM的长度；再利用中心对称性质得到GO=EO，用勾股定理求出GF的长度；最后根据△CFG是等腰直角三角形求出CG的长度，即可得到AC=2CG。
【解析】
(1) $\because AE=AO,\therefore ∠ AEO=∠ AOE$,
$\because CF=CO,\therefore ∠ CFO=∠ COF$,
在△AOE和△COF中，由三角形内角和得：$2∠AOE + ∠OAE + 2∠COF + ∠OCF = 360°$,
$\because$ 矩形ABCD中$∠D=90°$，$\therefore ∠OAE + ∠OCF = 90°$,
代入得$2(∠AOE+∠COF)=270°$，即$∠AOE+∠COF=135°$,
$\because ∠AOE+∠COF+∠EOF=180°,\therefore ∠EOF=180°-135°=45°$。
(2) 延长EO交BC于点G，连接CG，△COG即为所求。
(3) 连接FG，作 $FM⊥ OE$,垂足为点M,
$\because ∠EOF=45°,\therefore △ OFM$ 为等腰直角三角形,$\therefore FM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OF=\frac{\sqrt{2}}{2}×6=3\sqrt{2}$,
$\because △ COG$ 与 $△ AOE$ 关于点 $O$ 中心对称,$\therefore GO=EO=4\sqrt{2},CG=AE=AO=CO=CF$,
$\therefore GM=GO+OM=4\sqrt{2}+3\sqrt{2}=7\sqrt{2}$,
在 $\mathrm{Rt}△ GFM$ 中,由勾股定理得：$GF=\sqrt{GM^2+FM^2}=\sqrt{(7\sqrt{2})^2+(3\sqrt{2})^2}=2\sqrt{29}$,
$\because CG=CF,∠FCG=90°,\therefore △ CFG$ 为等腰直角三角形,$\therefore CG=\frac{\sqrt{2}}{2}GF=\sqrt{58}$,
$\therefore AC=2CO=2CG=2\sqrt{58}$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠EOF=45°}$
(2) 延长EO交BC于点G，$\boldsymbol{△COG}$即为所求。
(3) 连接FG，作 $FM⊥ OE$,垂足为点M.
$\because ∠EOF=45°,\therefore △ OFM$ 为等腰直角三角形,$\therefore FM=OM=\frac{\sqrt{2}}{2}OF=3\sqrt{2}$.
$\because △ COG$ 与 $△ AOE$ 关于点 $O$ 中心对称,$\therefore GO=EO=4\sqrt{2},CG=AE$,
$\therefore GM=GO+OM=7\sqrt{2}$.
在 $\mathrm{Rt}△ GFM$ 中,$GF=\sqrt{GM^2+FM^2}=2\sqrt{29}$.
$\because CG=OC=FC=AO=\frac{1}{2}AC,\therefore △ CFG$ 为等腰直角三角形,$\therefore CG=\frac{\sqrt{2}}{2}GF=\sqrt{58}$,
$\therefore AC=2AO=2\sqrt{58}$，即AC的长为$\boldsymbol{2\sqrt{58}}$。
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 中心对称的性质
3. 勾股定理
【点评】
本题综合考查了矩形、等腰三角形、中心对称的性质以及勾股定理的应用，解题的关键是合理构造辅助线，通过角度和线段的转化解决问题，能有效锻炼几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
8.如图，$∠ BAC=60°$，$∠ CDE=120°$，$AB=AC$，$DC=DE$，连接$BE$，$P$为$BE$的中点.
(1)如图①，若$A$，$C$，$D$三点共线，直接写出$∠ PAC$的度数.
(2)如图②，若$A$，$C$，$D$三点不共线，求证：$AP⊥ DP$.
(1)如图①，若$A$，$C$，$D$三点共线，直接写出$∠ PAC$的度数.
(2)如图②，若$A$，$C$，$D$三点不共线，求证：$AP⊥ DP$.
答案
8.(1)$30°$.
(2)证明:延长 AP 到点 F,使 $PF=AP$,连接 DF,EF,AD.
$\because BP=EP,∠ BPA=∠ EPF,\therefore △ BPA≌ △ EPF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB=FE,∠ PBA=∠ PEF$.
$\because AC=AB,\therefore AC=FE$.
在四边形 BADE 中$∠ BAD+∠ ADE+∠ DEB+∠ PBA=360°$,
$\because ∠ BAC=60°,∠ CDE=120°,\therefore ∠ CAD+∠ ADC+∠ DEB+∠ PBA=180°$,
$\because ∠ CAD+∠ ADC+∠ ACD=180°,\therefore ∠ ACD=∠ DEB+∠ PBA$.
$\therefore ∠ ACD=∠ FED$.
又$\because CD=DE,\therefore △ ACD≌ △ FED(\mathrm{SAS}),\therefore AD=FD$,
$\because AP=FP,\therefore AP⊥ DP$.
解析
【分析】
(1) 当A、C、D三点共线时，先由∠BAC=60°、∠CDE=120°可得AB//DE，结合P是BE中点，可构造全等三角形得到边的等量关系，再利用等腰三角形的性质即可推导∠PAC的度数。
(2) 要证AP⊥DP，已知P是BE中点，可采用中点类问题常用的倍长中线法构造全等三角形：延长AP到F使PF=AP，先证△BPA≌△EPF得到边和角的等量关系，再推导证明△ACD≌△FED得到AD=FD，最后利用等腰三角形三线合一的性质即可证明垂直关系。
【解析】
(1) 解：
∵A、C、D共线，∠BAC=60°，∠CDE=120°，
∴∠BAC + ∠CDE=180°，
∴AB//DE，
∴∠ABP=∠DEP，
∵P为BE中点，
∴BP=EP，
又
∵∠APB=∠QPE（对顶角相等），
∴△ABP≌△QEP（ASA），
∴AB=EQ，AP=QP，
∵AB=AC，
∴EQ=AC，
又
∵DC=DE，
∴DE-EQ=DC-AC，即AD=DQ，
∴△ADQ为等腰三角形，DP为AQ边上的中线，结合角度关系可得∠PAC=30°。
(2) 证明：延长AP到点F，使 $PF=AP$，连接 DF,EF,AD.
$\because BP=EP,∠ BPA=∠ EPF,\therefore △ BPA≌ △ EPF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB=FE,∠ PBA=∠ PEF$.
$\because AC=AB,\therefore AC=FE$.
在四边形 BADE 中$∠ BAD+∠ ADE+∠ DEB+∠ PBA=360°$,
$\because ∠ BAC=60°,∠ CDE=120°,\therefore ∠ CAD+∠ ADC+∠ DEB+∠ PBA=180°$,
$\because ∠ CAD+∠ ADC+∠ ACD=180°,\therefore ∠ ACD=∠ DEB+∠ PBA$.
$\therefore ∠ ACD=∠ FED$.
又$\because CD=DE,\therefore △ ACD≌ △ FED(\mathrm{SAS}),\therefore AD=FD$,
$\because AP=FP$，根据等腰三角形三线合一，$\therefore AP⊥ DP$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{30°}$
(2) 证明：延长 AP 到点 F,使 $PF=AP$,连接 DF,EF,AD.
$\because BP=EP,∠ BPA=∠ EPF,\therefore △ BPA≌ △ EPF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB=FE,∠ PBA=∠ PEF$.
$\because AC=AB,\therefore AC=FE$.
在四边形 BADE 中$∠ BAD+∠ ADE+∠ DEB+∠ PBA=360°$,
$\because ∠ BAC=60°,∠ CDE=120°,\therefore ∠ CAD+∠ ADC+∠ DEB+∠ PBA=180°$,
$\because ∠ CAD+∠ ADC+∠ ACD=180°,\therefore ∠ ACD=∠ DEB+∠ PBA$.
$\therefore ∠ ACD=∠ FED$.
又$\because CD=DE,\therefore △ ACD≌ △ FED(\mathrm{SAS}),\therefore AD=FD$,
$\because AP=FP,\therefore AP⊥ DP$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一，四边形内角和
【点评】
本题属于几何综合题，第一问难度较低，利用平行线性质和全等三角形即可快速求解；第二问重点考察中点类问题的常用辅助线构造方法“倍长中线法”，需要结合全等、等腰三角形的性质进行逻辑推导，对学生的辅助线构造能力和推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
(1) 当A、C、D三点共线时，先由∠BAC=60°、∠CDE=120°可得AB//DE，结合P是BE中点，可构造全等三角形得到边的等量关系，再利用等腰三角形的性质即可推导∠PAC的度数。
(2) 要证AP⊥DP，已知P是BE中点，可采用中点类问题常用的倍长中线法构造全等三角形：延长AP到F使PF=AP，先证△BPA≌△EPF得到边和角的等量关系，再推导证明△ACD≌△FED得到AD=FD，最后利用等腰三角形三线合一的性质即可证明垂直关系。
【解析】
(1) 解：
∵A、C、D共线，∠BAC=60°，∠CDE=120°，
∴∠BAC + ∠CDE=180°，
∴AB//DE，
∴∠ABP=∠DEP，
∵P为BE中点，
∴BP=EP，
又
∵∠APB=∠QPE（对顶角相等），
∴△ABP≌△QEP（ASA），
∴AB=EQ，AP=QP，
∵AB=AC，
∴EQ=AC，
又
∵DC=DE，
∴DE-EQ=DC-AC，即AD=DQ，
∴△ADQ为等腰三角形，DP为AQ边上的中线，结合角度关系可得∠PAC=30°。
(2) 证明：延长AP到点F，使 $PF=AP$，连接 DF,EF,AD.
$\because BP=EP,∠ BPA=∠ EPF,\therefore △ BPA≌ △ EPF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB=FE,∠ PBA=∠ PEF$.
$\because AC=AB,\therefore AC=FE$.
在四边形 BADE 中$∠ BAD+∠ ADE+∠ DEB+∠ PBA=360°$,
$\because ∠ BAC=60°,∠ CDE=120°,\therefore ∠ CAD+∠ ADC+∠ DEB+∠ PBA=180°$,
$\because ∠ CAD+∠ ADC+∠ ACD=180°,\therefore ∠ ACD=∠ DEB+∠ PBA$.
$\therefore ∠ ACD=∠ FED$.
又$\because CD=DE,\therefore △ ACD≌ △ FED(\mathrm{SAS}),\therefore AD=FD$,
$\because AP=FP$，根据等腰三角形三线合一，$\therefore AP⊥ DP$.
【答案】
(1) $\boldsymbol{30°}$
(2) 证明：延长 AP 到点 F,使 $PF=AP$,连接 DF,EF,AD.
$\because BP=EP,∠ BPA=∠ EPF,\therefore △ BPA≌ △ EPF(\mathrm{SAS})$,
$\therefore AB=FE,∠ PBA=∠ PEF$.
$\because AC=AB,\therefore AC=FE$.
在四边形 BADE 中$∠ BAD+∠ ADE+∠ DEB+∠ PBA=360°$,
$\because ∠ BAC=60°,∠ CDE=120°,\therefore ∠ CAD+∠ ADC+∠ DEB+∠ PBA=180°$,
$\because ∠ CAD+∠ ADC+∠ ACD=180°,\therefore ∠ ACD=∠ DEB+∠ PBA$.
$\therefore ∠ ACD=∠ FED$.
又$\because CD=DE,\therefore △ ACD≌ △ FED(\mathrm{SAS}),\therefore AD=FD$,
$\because AP=FP,\therefore AP⊥ DP$.
【知识点】
全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一，四边形内角和
【点评】
本题属于几何综合题，第一问难度较低，利用平行线性质和全等三角形即可快速求解；第二问重点考察中点类问题的常用辅助线构造方法“倍长中线法”，需要结合全等、等腰三角形的性质进行逻辑推导，对学生的辅助线构造能力和推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.55
