2025年河南省中考數學二輪復習壓軸題：動態幾何問題專練1．如圖，直線，連接，為一動點．（1）當動點落在如圖所示的位置時，連接，求證：；（2）當動點落在如圖所示的位置時，連接，則之間的關系如何，你得出的結論是．（只寫結果，不用寫證明）2．如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC重合放置，其中∠C=90°．若固定△ABC，將△DEC繞點C旋轉．（1）當△DEC繞點C旋轉到點D恰好落在AB邊上時，如圖2．①當∠B=∠E=30°時，此時旋轉角的大小為；②當∠B=∠E=α時，此時旋轉角的大小為(用含a的式子表示)．（2）當△DEC繞點C旋轉到如圖3所示的位置時，小楊同學猜想：△BDC的面積與△AEC的面積相等，試判斷小楊同學的猜想是否正確，若正確，請你證明小楊同學的猜想．若不正確，請說明理由．3．如圖1，在平面直角坐標系中，已知點，點，為線段上一點，且滿足．（1）求直線的解析式及點的坐標；（2）如圖2，為線段上一動點，連接，與交于點，試探索是否為定值?若是，求出該值；若不是，請說明理由；（3）點為坐標軸上一點，請直接寫出滿足為等腰三角形的所有點的坐標．4．如圖，點是等邊內一點，且，點是邊的中點，連接，.（1）如圖1，若點，，三點共線，則與的數量關系是______；（2）如圖2，若點，，三點不共線，問（1）中的結論還成立嗎？若成立，請給出證明，若不成立，請說明理由；（3）如圖3，若，，直接寫出的長是______.5．如圖1，在△ABC中，AB=AC=10，BC=16，點D為BC邊上的動點(點D不與點B，C重合)．以D為頂點作∠ADE=∠B，射線DE交AC邊于點E，過點A作AF⊥AD交射線DE于點F，連接CF．（1）求證：△ABD∽△DCE；（2）當DE∥AB時(如圖2)，求AE的長；（3）點D在BC邊上運動的過程中，是否存在某個位置，使得DF=CF？若存在，求出此時BD的長；若不存在，請說明理由．

6．如圖，△ABC是一塊等邊三角形的廢鐵片，其中AB=AC=10，BC=12．利用其剪裁一個正方形DEFG，使正方形的一條邊DE落在BC上，頂點F．G分別落在AC、AB上．（1）小聰想：要畫出正方形DEFG，只要能計算出正方形的邊長就能求出BD和CE的長，從而確定D點和E點，再畫正方形DEFG就容易了．請你幫小聰求出正方形的邊長．（2）小明想：不求正方形的邊長也能畫出正方形．具體作法是：①在AB邊上任取一點G′，如圖2作正方形G′D′E′F′；②連接BF′并延長交AC于點F；③過點F作FE∥F′E′交BC于點E，FG∥F′G′交AB于點G，GD∥G′D′交BC于點D，則四邊形DEFG即為所求的正方形．你認為小明的作法正確嗎？說明理由．7．【解決問題】已知，，是同一平面上的三個點，以線段，為邊，分別作正三角形和正三角形，連接，．（1）如圖1，當點，，在同一直線上時，線段與的大小關系是__________；（2）如圖2，當，，為三角形的頂點時（點，，不在同一條直線上），判斷線段與的大小關系是否發生改變，并說明理由；【類比猜想】（3）已知，，是同一平面上的三個點，以線段，為邊，分別作正方形，連接，，如圖3和圖4所示．判斷線段與的大小關系，并在圖4（點，，不在同一條直線上）中證明你的判斷；

【推廣應用】（4）上面的這些結論能否推廣到任意正多邊形（不必證明）？（5）如圖5，與的大小關系是__________，并寫出它們分別在哪兩個全等三角形中；（6）請在圖6中連接圖中兩個頂點，構造處一組全等三角形，并寫出這兩個全等的三角形．

8．如圖的邊在直線l上，，且，的邊也在直線上，邊和邊重合，且．（1）圖①中，請你通過觀察、測量、猜想，直接寫出和的數量關系和位置關系；（2）將沿直線l向右平移得到圖②的位置時，交于點D，連接，，求證：①；②；（3）將沿直線l向右平移得到圖③的位置時，延長交的延長線于點D，連接，，你認為，還成立嗎？若成立，給予證明；若不成立，說明理由．9．如圖：已知在平面直角坐標系中點A（a，b）點B（a，0），且滿足|2a－b|＋（b－4）2＝0（1）求點A、點B的坐標；（2）已知點C（0，b），點P從B點出發沿x軸負方向以1個單位每秒的速度移動．同時點Q從C點出發，沿y軸負方向以2個單位每秒的速度移動，某一時刻，如圖所示且S陰＝S四邊形OCAB，求點P移動的時間；（3）在（2）的條件下，AQ交x軸于M，作∠ACO，∠AMB的角平分線交于點N，判斷是否為定值，若是定值求其值；若不是定值，說明理由．10．如圖，已知AC=BC，點D是BC上一點，∠ADE=∠C．（1）如圖1，若∠C=90°，∠DBE=135°．①求證：∠EDB=∠CAD；②求證：DA=DE；（2）如圖2，若∠C=40°，DA=DE，求∠DBE的度數；（3）如圖3，請直接寫出∠DBE與∠C之間滿足什么數量關系時，總有DA=DE成立．11．如圖：正方形OABC置于坐標系中，B的坐標是（-4，4），點D是邊OA上一動點，以OD為邊在第一象限內作正方形ODEF（1）CD與AF有怎樣的位置關系，猜想并證明；（2）當OD=______時，直線CD平分線段AF；（3）在OD=2時，將正方形ODEF繞點O逆時針旋轉α°（0°＜α°＜180°），求當C、D、E共線時D的坐標．12．如圖，在平面直角坐標系中，點A，B的坐標分別為（a，0），（b，0），且滿足現同時將點A，B分別向上平移2個單位，再向右平移1個單位，分別得到點A，B的對應點C，D，連接AC，BD．（1）求點C，D的坐標及四邊形ABDC的面積；（2）在y軸上是否存在一點M，連接MA，MB，使S△MAB=S四邊形ABDC？若存在這樣一點，求出點M的坐標；若不存在，試說明理由；（3）點P是射線BD上的一個動點（不與B，D重合），連接PC，PA，求∠CPA與∠DCP、∠BAP之間的關系．13．如圖`，已知：直線，且直線、與、分別交于、和、兩點，點在直線上．(1)如圖1,當點在、兩點之間時(點不與點、重合)，探究、、之間的關系，并說明理由.(2)若點不在、兩點之間，在備用圖中畫出圖形，直接寫出、、之間的關系，不需說理．14．在中，，，是線段上的點，是線段上的點，且．（1）觀察猜想如圖1，若點是線段的三等分點，則__________，___________．由此，我們猜想線段，，，之間滿足的數量關系是_________．（2）類比探究將在平面內繞點按逆時針方向旋轉一定的角度，連接，，，，猜想在旋轉的過程中，（1）中的結論是否仍然成立？若成立，請僅就圖2的情形給出證明；若不成立，請說明理由．（3）解決問題將在平面內繞點自由旋轉，若，請直接寫出線段的最大值．15．已知中，，為線段上一點（不與重合），點為射線上一點，，設，．（1）如圖1，①若，，則__________，___________．②若，，則__________，___________．③寫出與的數量關系，并說明理由；（2）如圖2，當點在的延長線上時，其它條件不變，請直接寫出與的數量關系．16．在線段AB的同側作射線AM和BN，若∠MAB與∠NBA的平分線分別交射線BN，AM于點E，F，AE和BF交于點P．（1）如圖，當射線AM，BN交于點C，且∠ACB＝60°時，求∠APB的度數；（2）當AM∥BN時，請畫出示意圖，寫出此時AF，AB，EB長度之間的等量關系，并給予證明；（3）在（1）的條件下，即當射線AM，BN交于點C，且∠ACB＝60°時，請寫出此時AF，AB，EB長度之間的等量關系，并給予證明．17．已知為等邊三角形，為直線上一動點（點不與點、點重合）以為邊作等邊三角形，連接.

（1）如圖①，當點在邊上時，且點、點在同側，其他條件不變，求證：；（2）如圖②，當點在邊的延長線上時，且點、點在同側，其他條件不變，請直接寫出線段，，之間存在的數量關系，不需證明；（3）如圖③，當點在邊的延長線上時，且點、點分別在直線的異側，其他條件不變，請直接寫出線段，，之間存在的數量關系，不需證明.18．如圖1，已知∠A+∠E+∠F+∠C=540°．（1）試判斷直線AB與CD的位置關系，并說明理由；（2）如圖2，∠PAB=3∠PAQ，∠PCD=3∠PCQ，試判斷∠APC與∠AQC的數量關系，并說明理由．19．我們知道三角形任意兩條中線的交點是三角形的重心．重心有如下性質：重心到頂點的距離是重心到對邊中點距離的2倍．請利用該性質解決問題（1）如圖1，在△ABC中，AF、BE是中線，AF⊥BE于P．若BP＝2，∠FAB＝30°，則EP＝，FP＝；（2）如圖1，在△ABC中，BC＝a，AC＝b，AB＝c，AF、BE是中線，AF⊥BE于P．猜想a2、b2、c2三者之間的關系并證明；（3）如圖2，在?ABCD中，點E、F、G分別是AD、BC、CD的中點，BE⊥EG，AB＝3，AD＝2，求AF的長．20．已知，是等邊三角形，是直線上一點，以為頂點作．交過且平行于的直線于，求證：；當為的中點時，（如圖1）小明同學很快就證明了結論：他的做法是：取的中點，連結，然后證明．從而得到，我們繼續來研究：（1）如圖2、當D是BC上的任意一點時，求證：（2）如圖3、當D在BC的延長線上時，求證：（3）當在的延長線上時，請利用圖4畫出圖形，并說明上面的結論是否成立（不必證明）．參考答案1．（1）延長AP交BD于M，如圖1，∵AC∥BD，∴∠PAC＝∠AMB，∵∠APB＝∠AMB＋∠PBD，∴∠APB＝∠PAC＋∠PBD；（2）∠APB+∠PAC+∠PBD＝360，如圖2，過P作EF∥AC，∵AC∥BD，∴AC∥EF∥BD，∴∠PAC＋∠APF＝180，∠PBD＋∠BPF＝180，∴∠PAC＋∠APF＋∠PBD＋∠BPF＝360，∴∠APB＋∠PAC＋∠PBD＝360，∴∠APB+∠PAC+∠PBD＝360．2．解：（1）①∵∠B=30°，∠ACB=90°，∴∠CAD=90°﹣30°=60°．∵CA=CD，∴△ACD是等邊三角形，∴∠ACD=60°，∴旋轉角為60°．故答案為：60°．②如圖2中，作CH⊥AD于H．∵CA=CD，CH⊥AD，∴∠ACH=∠DCH．∵∠ACH+∠CAB=90°，∠CAB+∠B=90°，∴∠ACH=∠B，∴∠ACD=2∠ACH=2∠B=2α，∴旋轉角為2α．故答案為：2α．（2）小楊同學猜想是正確的．證明如下：過B作BN⊥CD于N，過E作EM⊥AC于M，如圖3，∵∠ACB=∠DCE=90°，∴∠1+∠2=90°，∠3+∠2=90°，∴∠1=∠3．∵BN⊥CD于N，EM⊥AC于M，∴∠BNC=∠EMC=90°．∵△ACB≌△DCE，∴BC=EC，在△CBN和△CEM中，∠BNC=∠EMC，∠1=∠3，BC=EC，∴△CBN≌△CEM(AAS)，∴BN=EM．∵S△BDC?CD?BN，S△ACE?AC?EM．∵CD=AC，∴S△BDC=S△ACE．3．解：（1）設：，代入點、可得，解得：，即：，設，如圖作，∵，，∴，∴，即，將點代入可得：，∴；（2）是定值，定值為2．由（1）可得，，∴在中，，又∵在，，，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴；（3）①BC=BP=時：當點P在x軸上時，OP=或，此時，，當點P在y軸上時，在Rt△OBP中，OP=，此時，，②CB=CP=時：由（2）知OC=，∴CP=OC，此時，③PB=PC時：當P在x軸上時，設P(x，0)，則，，∴，解得，此時，當P在y軸上時，設P(0，y)，則，，∴，解得，此時，綜上，，，，，，，．4．（1）AP=2PM，理由如下：∵△ABC是等邊三角形，點M是邊BC的中點，∴∠BAC=∠ABC=∠ACB=60°，AM⊥BC，∠BAP=∠CAP=∠BAC=30°，∴PB=PC，∵∠BPC=120°，∴∠PBC=∠PCB=30°，∴PC=2PM，∠ACP=60°-30°=30°=∠CAP，∴AP=PC，∴AP=2PM；故答案為：AP=2PM；（2）AP=2PM成立，理由如下：如圖，延長BP至D，使PD=PC，連接AD、CD，則∠CPD=180°-∠BPC=60°，∴△PCD是等邊三角形，∴CD=PD=PC，∠PDC=∠PCD=60°，∵△ABC是等邊三角形，∴BC=AC，∠ACB=60°=∠PCD，∴∠BCP=∠ACD，又∵AC=CB，∴△ACD≌△BCP（SAS），∴AD=BP，∠ADC=∠BPC=120°，∴∠ADP=120°-60°=60°，延長PM至N，使MN=MP，連接CN，∵點M是邊BC的中點，∴CM=BM，又∵∠CMN=∠PMB，∴△CMN≌△BMP（SAS），∴CN=BP=AD，∠NCM=∠PBM，∴CN∥BP，∴∠NCP+∠BPC=180°，∴∠NCP=60°=∠ADP，在△ADP和△NCP中，，∴△ADP≌△NCP（SAS），∴AP=PN=2CM；（3）如圖，延長BP至D，使PD=PC，連接AD、CD，延長PM至N，使MN=MP，連接CN，作CE⊥BD于E，同（2）得：AD=BP，AP=2CM；設BP=4x，則PD=PC=3x，∵CE⊥BD，△CPD是等邊三角形，∴PE=PD=x，CE=PE=x，∴BE=BP+PE=x，∵△ABC是等邊三角形，∴BC=AB=，在Rt△BCE中，由勾股定理得：解得：x=2，∴AD=BP=8，PD=PC=6，作PF⊥AD于F，則∠DPF=90°-60°=30°，∴DF=PD=3，PF=DF=3，∴AF=AD-DF=8-3=5，∴；故答案為：．5．解：（1）證明：，，，，，又，．（2）解：，，，，，即，解得，，，，即，解得，；（3）點在邊上運動的過程中，存在某個位置，使得．理由如下：如圖3，作于，于，于．則四邊形為矩形，，，，，，在中，由勾股定理，得，，，，，，，，，，，即，解得，，，，，，，．

6．解：（1）設正方形的邊長為，作的高，等腰三角形，，，，，，，，解之得：，正方形的邊長為；（2）正確，由已知可知，四邊形為矩形，，△，，同理，又，矩形為正方形．7．（1）∵△ABD、△BCD’是等邊三角形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故答案為：相等；（2）線段與的大小關系沒有改變，理由如下：∵△ABD、△BCD’是等邊三角形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=（3）在如圖3和圖4．判斷線段與的大小關系為相等，理由如下：∵四邊形ABDE、四邊形BCD’E’是正方形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故線段與的大小關系為相等；（4）根據題意及圖形的特點同理可得△ABD’≌△DBC，則=故線段與的大小關系為相等，能推廣到任意正多邊形；（5）∵五邊形ABDEF、五邊形BCF’E’D’是正方形，∴AB=BD,BD’=BC,∵,∴∴△ABD’≌△DBC（SAS）∴=故答案為：相等；△ABD’≌△DBC；（6）如圖，連接GD’，∵六邊形ABDEFG、六邊形ACG’F’E’D’是正方形，∴AB=AG,AD’=AC,∵,∴∴△GAD’≌△BAC（SAS）故答案為△GAD’≌△BAC．8．（1）解：，．證明如下：且，為等腰直角三角形，，易知，≌，同理可證，，且；（2）證明：①，，，，．．在和中，，≌，．②如圖②，連接并延長交于M，≌，．在中，，又，．．；（3）解：成立．，．理由如下：，，，，．．在和中，，≌，．如圖③，延長交于N，≌，．在中，，又，．．，即：，．9．解：（1）∵|2a－b|＋（b－4）2＝0.∴2a－b＝0，b－4＝0，∴a＝2，b＝4，∴點A的坐標為（2，4）、點B的坐標（2，0）；（2）如圖2，設P點運動時間為t，則t＞2，所以P點坐標為（2－t，0），Q點坐標為（0，4－2t），設直線AQ的解析式為y＝kx＋4－2t，把A（2，4）代入得2k＋4－2t＝4，解得k＝t，∴直線AQ的解析式為y＝tx＋4－2t，直線AQ與x軸交點坐標為（，0），∴S陰影＝（＋t－2）×4＋××（2t－4），而S陰＝S四邊形OCAB，∴（＋t－2）×4＋××（2t－4）＝×2×4，整理得t2－3t＝0，解得t1＝0（舍去），t2＝3，∴點P移動的時間為3s；（3）為定值．理由如下：如圖3，∵∠ACO，∠AMB的角平分線交于點N，∴∠ACN＝45°，∠1＝∠2，∵AC∥BP，∴∠CAM＝∠AMB＝2∠1，∵∠ACN＋∠CAM＝∠N＋∠1，∴45°＋2∠1＝∠N＋∠1，∴∠N＝45°＋∠1，∵∠AMB＝∠APB＋∠PAQ，∴∠APB＋∠PAQ＝2∠1，∵∠AQC＋∠OMQ＝90°，而∠OMQ＝2∠1，∴∠AQC＝90°－2∠1，∴＝＝．10．（1）證明：①∵∠ADE=∠C，∴∠CAD=180°-∠C-∠ADC，∠EDB=180°-∠ADE-∠ADC，∴∠CAD=∠EDB；②在AC上截取CF=CD，連接FD，（或在AC上截取AF=BD，連接FD）∵∠C=90°，∴∠CFD=∠CDF=45°，∴∠AFD=135°=∠DBE，∵AC=BC，∴AC-CF=BC-CD，即：AF=BD，由①知：∠CAD=∠BDE，∴△AFD≌△DBE（ASA），∴DA=DE；（2）方法一：如圖2，在AC上截取AG=DB，連接GD（在AC上截取CG=CD，連接GD），∵AC=BC，∴AC-AG=BC-BD即：CG=CD，∴∠CGD=∠CDG==70°，∵DA=DE，∠CAD=∠EDB（已證），AG=DB，∴△AGD≌△DBE（SAS），∴∠AGD=∠DBE=110°；方法二：如圖3，延長DB到點H使DH=AC，連接EH，∵∠CAD=∠BDE，AD=DE，∴△ACD≌△DHE（SAS），∴∠C=∠H=40°，CD=EH，∵AC=BC=DH，∴CD=BH=EH，∴∠HBE=∠HEB=70°，∴∠DBE=110°；（3）當∠DBE=90°+∠C時，總有DA=DE成立；理由是：如圖3，在AC上截取CF=CD，連接DF，則∠CDF=∠CFD，設∠CDF=x，△CDF中，∠C+∠CDF+∠CFD=180°，∴∠C+x+x=180°，x==90°-，同理得△AFD≌△DBE（SAS），∴∠AFD=∠DBE=∠C+∠CDF=∠C+x=∠C+90°-∠C，∴∠DBE=90°+∠C．11．解：（1）CD⊥AF，理由是：如圖1，延長CD交AF于G，∵四邊形OABC和ODEF是正方形，∴AO=OC，∠COD=∠AOF=90°，OF=OD，∴△COD△AOF（SAS），∴∠OCD=∠OAF，∵∠ADG=∠CDO，∴∠AGD=∠DOC=90°，∴CD⊥AF；（2）設OD=x，連接AC，如圖2，當直線CD平分線段AF時，AC=CF，∵B的坐標是（-4，4），∴AC=4，∴4=4+x，x=4-4，則當OD=4-4時，直線CD平分線段AF；故答案為：4-4；（3）分兩種情況：①如圖3，當D在第二象限時，過D作DG⊥x軸于G，∵C、D、E共線，∴∠CDO=∠ODE=90°，Rt△ODC中，OD=2，OC=4，∴∠OCD=30°，CD=2，∴DG=CD=，CG=3，∴OG=4-3=1，∴D（-1，），②如圖4，當D在第三象限時，過D作DG⊥x軸于G，同理得：OG=1，DG=，∴D（-1，-），綜上，點D的坐標為：（-1，）或（-1，-）．12．解:（1）由得a=-1，b=3，則A(-1，0)，B(3，0)，∵點A，B分別向上平移2個單位，再向右平移1個單位，分別得到點A，B的對應點C，D，如圖，∴C(0，2)，D(4，2)，∴S四邊形ABDC=AB×OC=4×2=8.（2）存在．設點M到AB的距離為h，S△MAB=×AB×h=2h，由S△MAB=S四邊形ABDC，得2h=8，解得h=4，可知這樣的M點在y軸上有兩個，∴M(0，4)或(0，-4).（3）①當點P在線段BD上時：∠CPA=∠DCP+∠BAP，理由如下：過P點作PE∥AB交OC與E點，∵AB∥CD，PE∥AB，∴AB∥PE∥CD，∴∠DCP=∠CPE，∠BAP=∠APE，∵∠CPA=∠CPE+∠APE，∴∠CPA=∠DCP+∠BAP；②當點P在BD延長線上時：∠CPA=∠BAP-∠DCP，理由如下：過P點作PE∥AB，∵AB∥CD，PE∥AB，∴AB∥PE∥CD，∴∠DCP=∠CPE，∠BAP=∠APE，∵∠CPA=∠APE-∠CPE。∴∠CPA=∠BAP-∠DCP.13．解：（1）過P作直線PQ∥AD，交CD于點Q，∵AD∥BC，∴PQ∥AD∥BC，∴∠ADP=∠DPQ，∠BCP=∠CPQ，∴∠ADP+∠BCP=∠DPC；（2）∠ADP=∠DPC+∠BCP.過P作直線PQ∥AD，交CD于點Q，∵AD∥BC，∴PQ∥AD∥BC，∴∠ADP=∠DPQ=∠DPC+∠CPQ，∠BCP=∠CPQ，∴∠ADP=∠DPC+∠BCP.14．解：（1）∵，∴，∴，∴；（2）成立，證明如下：由（1）可知，，且，，∴，，，∴，，∴，，又∵，∴，∴；∴；（3）由（2）可知，∴求線段的最大值，即為求線段的最大值，由題意，可得，在中，由三角形的三邊關系，可得，∴當點共線時，，即線段的最大值為2，∵，把代入得，∴線段的最大值為．15．解：（1）①∵∠DAE=40°∴∠ADE+∠AED=140°∴∠ADE=∠AED=70°∵∠BAC=50°∴∴∵∠ADC=∠B+∠α=∠ADE+∠β∴65°+10°=70°+∠β∴∠β=5°故答案為10°，5°；②∵∠DAE=42°∴∠ADE+∠AED=138°∴∠ADE=∠AED=69°∵∠BAC=58°∴∴∵∠ADC=∠B+∠α=∠ADE+∠β∴61°+16°=69°+∠β∴∠β=8°故答案為16°，8°；③α=2β，理由是：如圖（1），設∠BAC=x°，∠DAE=y°，則α=x°-y°，∵∠ACB=∠ABC∴∵∠ADE=∠AED∴∴∴α=2β（2）如圖（2），2β=180°+α，理由是：設∠BAC=x°，∠DAE=y°，則α=x°-（180°-y°）=x°-180°+y°∵∠ACB=∠ABC∴∵∠ADE=∠AED∴∵∠EDB是△EDC的一個外角∴∠EDB=∠AED+∠ACB∴∴2β=x°+y°，即2β=180°+α16．解：（1）∵∠ACB+∠CAB+∠CBA＝180°，且∠ACB＝60°，∴∠CAB+∠CBA＝120°，∵AE平分∠CAB，BF平分∠ABC，∴∠PAB∠CAB，∠PBA∠CBA，∴∠PAB+∠PBA（∠CAB+∠CBA）＝60°，∴∠APB＝180°﹣（∠PAB+∠PBA）＝120°（2）AF＝AB＝BE，理由如下：如圖1，∵AE平分∠MAB，BF平分∠ABN，∴∠FAE＝∠BAE，∠ABF＝∠EBF，∵AM∥BN，∴∠FAE＝∠AEB，∠AFB＝∠FBE，∴∠EAB＝∠AEB，∠AFB＝∠ABF，∴AB＝BE，AF＝AB，∴AB＝AF＝BE，（3）AF+BE＝AB如圖2，在AB上取一點G，使AG＝AF，∵AE是∠BAM的角平分線，∴∠PAG＝∠PAF，在△PAG和△PAF中，，∴△PAG≌△PAF（SAS），∴∠APF＝∠APG，∵∠APB＝120°∴∠APF＝∠BPE＝180°﹣∠APB＝60°，∴∠APG＝60°∴∠BPG＝∠APB﹣∠APG＝60°＝∠BPE，∵BF是∠ABC的角平分線，∴∠PBG＝∠PBE，在△BPG和△BPE中，，∴△BPG≌△BPE（ASA），∴BG＝BE，∴AF+BE＝AB．17．（1）①∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC-∠DAC=∠DAE-∠DAC，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵BC=BD+CD，∴BC=CE+CD．（2）BC+CD=CE．∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC+∠DAC=∠DAE+∠DAC，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵BD=BC+CD，∴CE=BC+CD；（3）DC=CE+BC．∵△ABC和△ADE是等邊三角形，∴∠BAC=∠DAE=60°，AB=BC=AC，AD=DE=AE．∴∠BAC-∠BAE=∠DAE-∠BAE，∴∠BAD=∠EAC．在△ABD和△ACE中，∴△ABD≌△ACE（SAS）．∴BD=CE．∵DC=BD+BC，∴DC=CE+BC.18．解:（1）AB∥CD．理由如下：分別過點E、F作EM∥AB，FN∥AB，∵EM∥AB，FN∥AB，∴EM∥FN∥AB，∴∠1+∠A=180°，∠3+∠4=180°，∵∠A+∠E+∠F+∠C=540°，∴∠2+∠C=540°﹣180°﹣180°=180°，∴FN∥CD，∵FN∥AB，∴AB∥CD；（2）設∠PAQ=x，∠PCD=y，∵∠PAB=3∠PAQ，∠PCD=3∠PCQ，∴∠PAB=3x，∠BAQ=2x，∠PCD=3y，∠QCD=2y，過P作PG∥AB，過Q作QH∥AB，∵AB∥CD，∴AB∥CD∥PG∥GH，∴∠AQH=∠BAQ=2x，∠QCD=∠CQH=2y，∴∠AQC=2x+2y=2（x+y），同理可得：∠APC=3x+3y=3（x+y），∴，即∠AQC=∠APC．19．解：（1）∵在△ABC中，AF、BE是中線，∴BP＝2EP＝2，AP＝2FP，∴EP＝1，∵AF⊥BE，∠FAB＝30°，∴AB=2BP=4，∴AP＝，∴FP＝AP＝；故答案為：1，；（2）a2+b2＝5c2；理由