关于全等三角形的旋转难题.doc

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1、旋转已知，如图,三角形AB就是等腰直角三角形,AC=90，F就是AB得中点,直线l经过点C，分别过点A、B作l得垂线，即ADC，BEC，（1）如图,当CE位于点F得右侧时，求证:AEB；（2)如图,当CE位于点F得左侧时，求证：ED=BAD；（3)如图3,当C在AB得外部时,试猜想ED、AD、B之间得数量关系，并证明您得猜想.考点：全等三角形得判定与性质.专题：证明题；探究型.分析：（1)利用同角得余角相等得出AD=BCE，进而根据AS证明ADCCEB（2)根据AS证明ADCCEB后，得其对应边相等，进而得到D=BE-AD(3)根据AS证明DCCE后，得D=B,AD=CE,又有CE+DC，进而

2、得到=A+BE解答：()证明：ADCE，EE,AC=CEB=0ACD+EB=9,CAD+AC=9，=CE（同角得余角相等).在A与CB中 AD=CEBCADBE AC=BC ,CCE(AAS）（2)证明：ADCE，CE，DC=C=90。ACDECB=9,CA+A=90,CD=BE（同角得余角相等).在ADC与CEB中 DC=CEB CAD=CE AC=BC ,ADCCEB(AA）DC=，AD=CE.又EDCD-CE，D=BE-AD.（3）EDAD+BE.证明：ADCE,BECE，AD=CB=90.ACD+EB0,CAD+AD=9,CADBE(同角得余角相等)。在ADC与中 A=CEB CAD=

3、BCE A=BC ,ADCEB（AA）.DCBE,D=CE又ED=CE+DC,EAD+BE。点评:本题考查了全等三角形得判定与性质；利用全等三角形得对应边相等进行等量交换,证明线段之间得数量关系，这就是一种很重要得方法,注意掌握、如图、图2、图3,AB,OD均就是等腰直角三角形,AB=CO=0,（1）在图1中,AC与BD相等吗，有怎样得位置关系？请说明理由。(2)若CO绕点顺时针旋转一定角度后，到达图得位置,请问AC与BD还相等吗,还具有那种位置关系吗？为什么? (3)若COD绕点O顺时针旋转一定角度后,到达图得位置，请问C与D还相等吗?还具有上问中得位置关系吗？为什么？考点：旋转得性质；全等

4、三角形得判定与性质；等腰直角三角形分析：（1）根据等腰三角形得两腰相等进行解答.（2)证明DOBCOA，根据全等三角形得对应边相等进行说明.解答:解:（1）相等.在图中，OB,CD均就是等腰直角三角形，AOBOD=0，OAOB，C=OD,0A0=0B-OD,AC=BD；(2)相等在图2中，0DOC，DOB=C,O=OA,DOBA,BDAC。点评：本题考查了等腰三角形得性质、全等三角形得性质以及旋转问题，在旋转得过程中要注意哪些量就是不变得，找出图形中得对应边与对应角4、(200河南)。（9分)复习“全等三角形”得知识时，老师布置了一道作业题:“如图，已知在BC中,B=AC，就是AB内部任意一点

5、，将A绕顺时针旋转至AQ,使QAPAC，连接BQ、CP，则BC.”小亮就是个爱动脑筋得同学，她通过对图得分析,证明了QACP，从而证得P之后，将点P移到等腰三角形C之外，原题中得条件不变，发现“BQ=C”仍然成立，请您就图给出证明考点:全等三角形得判定与性质;等腰三角形得性质专题:证明题；探究型。分析：此题得两个小题思路就是一致得；已知ABC,那么这两个等角同时减去同一个角(2题就是加上同一个角),来证得QBPC；而根据旋转得性质知:Q，且已知A，即可由SS证得ABQ，进而得出BQCP得结论解答：证明：（1）QA=BA，QAPBA=BACBAP,即QAB=CAP；在BA与CPA中, AQ=AP

6、QAB=CAPABAC ，BQCPA(SA)；Q=CP(2）BQP仍然成立，理由如下：AP=BAC,Q+PB=B+PAB,即QAB=PAC;在QA与中， AQA QAB=PAC BC ，QABAC（SAS），BQ=C.点评:此题主要考查了等腰三角形得性质以及全等三角形得判定与性质;选择并利用三角形全等就是正确解答本题得关键5、（009山西太原）将一张透明得平行四边形胶片沿对角线剪开，得到图中得两张三角形胶片与且。将这两张三角形胶片得顶点与顶点重合，把绕点顺时针方向旋转，这时与相交于点.当旋转至如图位置，点，在同一直线上时,与得数量关系就是 。当继续旋转至如图位置时,(1）中得结论还成立吗?AO

7、与DO存在怎样得数量关系?请说明理由。点:旋转得性质;全等三角形得判定与性质.专题:探究型.分析:（1)根据外角得性质，得AFDBC,DAA+BC,从而得出AFD=DCA;(2）成立。由ABCDEF,可证明ABF=DEC则ABFDEC，从而证出D=DCA；(3）BOA.由BCDF，可证得点B在D得垂直平分线上，进而证得点O在A得垂直平分线上，则直线BO就是A得垂直平分线，即BOD.解答：解：()AFD=DA（或相等）。（2）AFD=DCA(或成立）,理由如下：方法一:由BCDF，得A=D，BCEF(或=E），BC=F,BC=EDF。ABCFBC=DEFCB，ABFD.在BF与DEC中，ABAB

8、DCBF=E ABDEC，AFC。ABAF=F-EDC,FAC=CFAD=FAC+D=CDF+DCA,D=DA.方法二：连接D。同方法一ABDEC,AF=D。由ABCDEF，得D=A。在FDDCA， A=DC FDCAADD AFDDC,F=DA。(3)如图,BOA。方法一：由ACDE,点B与点E重合，得BAC=BDF，BA=D。点B在D得垂直平分线上，且BADA.AD=BA-BAC,DA=BDAD,AD=DA.OA=OD，点O在A得垂直平分线上。直线O就是AD得垂直平分线，BOAD。方法二：延长O交D于点G，同方法一，A=OD。在与DBO中，A=B O=B OA=OD ABOBO,AB=DB

9、在ABG与DBG中，B=DB ABG=DBG=BG AGBG,AG=DGB=90.BA。点评:本题考查了三角形全等得判定与性质以及旋转得性质，就是基础知识要熟练掌握例1 正方形ABD中，E为C上得一点，F为上得一点,EDFEF,求A得度数、考点:旋转得性质；全等三角形得判定与性质；正方形得性质.分析:延长EB使得G=D,易证GAD（A)可得AF=AG,进而求证AGEF可得AG=EAF，再求出EA+EF90即可解题.解答：解:延长EB使得G=DF,在AG与ADF中,由 AAD AG=F=90BG=DF ,可得GAD(SAS)，DF=BAG,AF=,又E=DBEE+G=EG，AEAE，AEGAEF

10、(SSS),EA=EAF，DF+EAFBAE90EAG+EAF90,EA=5。答:E得角度为45点评：本题考查了正方形各内角均为直角,考查了全等三角形得判定，考查了全等三角形对应边、对应角相等得性质，本题中求证EAG=EAF就是解题得关键。例2D为等腰斜边AB得中点，DMDN,M,DN分别交BC,A于点E，F.（1） 当绕点D转动时,求证DEDF。（2） 若B,求四边形DE得面积.考点:旋转得性质；全等三角形得判定与性质;等腰直角三角形专题：计算题.分析:（1)连CD，根据等腰直角三角形得性质得到CD平分AB,CDAB，A=45，CD,则BC=45,C=9，由DN得F=9，根据等角得余角相等得

11、到CDE=,根据全等三角形得判定易得DCEADF，即可得到结论；（2)由DCEAD,则SD=SDF，于就是四边形DECF得面积=SACD,由而AB=2可得CD=A=,根据三角形得面积公式易求得SAC,从而得到四边形DECF得面积.解答：解:(1)连CD，如图,D为等腰RtAC斜边AB得中点,C平分AB，CDA，A=45，D=,BC45，CA=9,DMDN，EDF0,CE=AF，(图1)(图2)(图3)在DCE与ADF中， DCE=DA D=DACDEAD ，CEADF,DE=DF;(2）DCEAF,=SAD,四边形ECF得面积SACD，而B2,CDA1，四边形DECF得面积=SACD=1 2

12、DA=1 2 。点评：本题考查了旋转得性质:旋转前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等，对应点与旋转中心得连线段得夹角等于旋转角。也考查了等腰直角三角形得性质以及全等三角形得判定与性质。1、已知四边形中，,，绕点旋转,它得两边分别交（或它们得延长线)于.当绕点旋转到时(如图1），易证.当绕点旋转到时，在图与图3这两种情况下,上述结论就是否成立?若成立,请给予证明;若不成立,线段,又有怎样得数量关系？请写出您得猜想,不需证明。2、（西城09年一模)已知：PA=,PB=4，以AB为一边作正方形ABCD，使P、D两点落在直线AB得两侧、（1)如图,当AB5时,求B及PD得长；（2）当APB变化，

13、且其它条件不变时，求PD得最大值，及相应APB得大小、3、在等边得两边AB、A所在直线上分别有两点M、N,D为外一点,且，,BD=DC、探究:当M、N分别在直线AB、C上移动时，BM、NC、MN之间得数量关系及得周长Q与等边得周长L得关系图1 图2 图（I）如图1，当点M、N边AB、AC上，且DM=DN时,BM、N、N之间得数量关系就是 ；此时 ； (II)如图，点、N边A、AC上,且当MDN时,猜想（I）问得两个结论还成立吗？写出您得猜想并加以证明; (II） 如图3,当M、N分别在边AB、A得延长线上时，若A=,则Q (用、L表示）.考点：等边三角形得性质；全等三角形得判定与性质。分析：(

14、1）由DM=，DN60,可证得MDN就是等边三角形，又由ABC就是等边三角形，C=，易证得tBCDN，然后由直角三角形得性质,即可求得BM、NC、M之间得数量关系 BM+NCN，此时QL=2 3 ;(）在N得延长线上截取CM1=BM，连接DM1。可证DBMD,即可得DM=1,易证得CDN=MN60，则可证得MDNM1DN，然后由全等三角形得性质,即可得结论仍然成立;()首先在N上截取C1=B，连接DM,可证DBDC1,即可得DM=DM1，然后证得CDN=MN=60，易证得MDNM1N,则可得NBM=MN.解答:解:（)如图1，B、N、MN之间得数量关系BMCMN。此时 L 3 （2分)理由：D

15、M=DN，MDN=60，MDN就是等边三角形，ABC就是等边三角形,=60，BD=CD,BDC=12，BDC=B=30，MB=NCD=90,DM=DN,BD=,RtMRDN,BD=CD30,M=CN,DM2B,DN=2N，MN2BM2CNBM+CN；MN，MN就是等边三角形，A=MBM，A:AB2:3,QL =2 3 ；()猜想:结论仍然成立（分）证明：在CN得延长线上截取1BM,连接(4分）MB=M1CD=9，D=,DBDCM1，D=DM,MBDM1C,MC=BM,DN=0,BD=120，M1DN60，MDNM1DN,N=1N=MNC=BMC，AM得周长为：AM+MN+ANMBM+CN+AN

16、=AB+AC,Q L =23 ；（3)证明:在CN上截取CM1=BM，连接DM1。（分）可证DBMDC1，M=DM,（5分）可证N=MDN6，DM1D,MNM,(7分）。CBM=N.（8分)。点评:此题考查了等边三角形,直角三角形,等腰三角形得性质以及全等三角形得判定与性质等知识。此题综合性很强，难度较大,解题得关键就是注意数形结合思想得应用与辅助线得作法 例。（205年马尾）用两个全等得等边三角形AC与AD拼成菱形BCD、把一个含60角得三角尺与这个菱形叠合，使三角尺得60角得顶点与点A重合，两边分别与，重合、将三角尺绕点A按逆时针方向旋转、（1）当三角尺得两边分别与菱形得两边BC，CD相交

17、于点E,F时，（如图13-1),通过观察或测量BE,C得长度，您能得出什么结论？并证明您得结论；（2）当三角尺得两边分别与菱形得两边BC，CD得延长线相交于点,时（如图13)，您在(1）中得到得结论还成立吗？简要说明理由、考点:菱形得性质；三角形得面积；全等三角形得判定与性质；旋转得性质.分析：()利用全等三角形得判定得出AEACF即可得出答案;（2）根据已知可以得出AE=CAF，进而求出BEAC即可；（）利用四边形AEC得面积S=SE+SCF=AEC+SAE=SAB求出即可。解答:解：(1）得出结论就是:BE=CF，证明:BAC=EAF=6,BACAC=EAEAC，即:BAE=CAF，又AB

18、AC,ABE=AF60, BE=CAFAB=AC AB=AC ，ABEAC（ASA），BECF，（2）还成立,证明:BC=EAF=60，BACAC=EAFEC，即BAE=CA,又A=AC，B=ACF60,即 BE=CFAB=ACBE=ACF ，AEAF(AA），BE=C,(）证明:ABECF,SAE=SAC,四边形ECF得面积S=SACSACF=SAE+SABE=SBC；而SAC=1 2 S菱形ABCD，S=1 2 S菱形ACD点评:此题主要考查了全等三角形得判定以及四边形面积，熟练利用全等三角形判定求出就是解题关键。解:（1)BE=F、 证明：在ABE与ACF中, AEEAC=CAF+EC=

19、60, BAECAF、AB=C，B=ACF=60，BEACF（SA）、 BE=F、 (2）BEC仍然成立、 根据三角形全等得判定公理，同样可以证明ABE与F旋转型FEDCABGH1、如图，正方形BCD得边长为1，G为C边上一动点（点G与、D不重合）， 以CG为一边向正方形ABD外作正方形CE，连接DE交BG得延长线于H。求证：BCGDCE BHD考点：正方形得性质;全等三角形得判定与性质;线段垂直平分线得性质.专题：动点型分析:（1)根据正方形得边得性质与直角可通过SAS判定BCGCE，从而利用全等得性质得到BG=DEC;(2)连接BD，解题关键就是利用垂直平分线得性质得出BD=BE,从而找到

20、BD 2,CE=BEBC 1，根据全等三角形得性质求解即可。解答:解：(1)证明：四边形AD、GCEF都就是正方形,BC=DC,CGDCE0,C=CBGDCE(3分)BGC=DC（4分)（2）连接D如果H垂直平分DE，则有=B（6分）BCD=1，B= 2 （8分）CE=BC=2 （分）CG=C= 即当G=21时，BH垂直平分E（10分）点评：此题主要考查正方形得性质,全等三角形得判定与线段得垂直平分线得性质等几何知识线段得垂直平分线上得点到线段得两个端点得距离相等。特殊图形得特殊性质要熟练掌握。、两个大小不同得等腰直角三角形三角板如图1所示放置，图2就是由它抽象出得几何图形，E在同一条直线上,

21、连结D.()请找出图中得全等三角形，并给予证明(说明:结论中不得含有未标识得字母）;()证明：DBE.考点:全等三角形得判定与性质；等腰直角三角形.专题:证明题。图1图2DCEAB分析：(1）此题根据ABC与AE均为等腰直角三角形,容易得到全等条件证明ABEACD;（2)根据（1)得结论与已知条件可以证明DCE. 解答：证明:(）ABC与AD均为等腰直角三角形,B=A,AE=，BAC=EAD=9.AC+CAE=EADCE即E=CAD，在ABE与CD中，AB=ACBAE=CADAE=ADBEAC.(2)ABEACD，DABE45又CB45，BCD=ACBA90DCBE.点评：此题就是一个实际应用

22、问题，利用全等三角形得性质与判定来解决实际问题，关键就是理解题意,得到所需要得已知条件。3、(1)如图7,点就是线段AD得中点，分别以O与DO为边在线段D得同侧作等边三角形O与等边三角形O，连结A与BD,相交于点E，连结BC。求B得大小；CBOD图7AEBAODCE图8（2)如图8，OAB固定不动，保持OCD得形状与大小不变，将C绕着点O旋转(OAB与OC不能重叠),求B得大小、如图,AEB,AA,ABE,BE,求证:（1)BD=CE；（2)BDCE。.证明：（1)AEAB，AAC BADBAD=CA而AB=A，B=E， ABDEC。BD=CE. （2）由ABAE知BE。 而AB=G,EFG=

23、E=，BDCE.如图,点就是线段A得中点,分别以AO与D为边在线段A得同侧作等边三角形A与等边三角形OD，连接AC与BD，相交于点E,连接B求AEB得大小.考点：等边三角形得性质;全等三角形得判定与性质.专题：计算题分析：由于BOC与A都就是等边三角形,可得D=C=OC=B=OA,进而求出BD与AD得大小及关系，则可求解AE解答：解：DOC与AO都就是等边三角形，且点O就是线段D得中点，D=C=OC=OB,ADDA,BDA=CAD.又BDOBD=BOA=6，而ODBOBD，B=30。AD=3。AEBBDACAD,AEB=0点评:本题考查了全等三角形得判定与性质及等边三角形得性质;可围绕结论寻找

24、全等三角形，运用全等三角形得性质判定线段相等,求得角得度数就是正确解答本题得关键答题：yye、如图所示，已知AEAB,FAC，AE=AB，AF=A.求证: (1）CF;(2）ECBFAEBMCF6、正方形ACD中，E为BC上得一点，为CD上得一点,BE+DFF，求EAF得度数、考点：旋转得性质;全等三角形得判定与性质；正方形得性质分析:延长EB使得B=DF,易证ABAD(SS)可得AF=AG,进而求证AEAEF可得AGEAF,再求出AG+EF=9即可解题.解答：解:延长EB使得BGDF，在ABG与ADF中，由A=AD AG=AD=9 BG=DF ,可得ABGADF（SAS),DAF=BA,A=

25、A，又EF=D+E=EB+BG=EG,AE=E，AEGAEF（SSS），AG=AF,DAF+EFBAE=0EAG+F0,EAF=4。答：AF得角度为5.点评:本题考查了正方形各内角均为直角,考查了全等三角形得判定,考查了全等三角形对应边、对应角相等得性质，本题中求证EGEAF就是解题得关键。7、D为等腰斜边AB得中点,DDN，M,DN分别交C，CA于点E，F。当绕点D转动时，求证D=DF。若AB=2，求四边形DECF得面积。0、如图，已知AB=CD=A+E=2，ABCAE=0，求五边形ABCDE得面积 考点：全等三角形得判定与性质专题:应用题。分析：可延长DE至F，使EFB,可得BCE，连AC

26、,AD,F,可将五边形ABCDE得面积转化为两个ADF得面积，进而求出结论.解答：解：延长DE至F,使EF=,连AC，AD，AF,B=D=AE=B+DE，AC=AE=0,C=EF+E=F，在RtAC与tAEF中, A=AE AC=AEF C=E RtCRtAEF（SA),AC=A,在AD与AD中， A=A F A=A ACDAFD（SSS），SABCD=SDF=21 2 DFA=21 2 22=4。点评:本题主要考查了全等三角形得判定及性质以及三角形面积得计算，应熟练掌握五、旋转例1正方形ABCD中，为BC上得一点，为CD上得一点,BD=，求EA得度数、 将三角形DF绕点顺时针旋转9度，至三角

27、形ABG则GE=+BE=F+B=EF又AEAE,A=AG，所以三角形EF全等于AEG所以=GAE=BAEGAB=BA+DAF又A+BAEDF=90所以EAF45度 （1）如图,现有一正方形ABCD,将三角尺得指直角顶点放在A点处,两条直角边也与CB得延长线、分别交于点E、F请您通过观察、测量，判断E与AF之间得数量关系，并说明理由。(2）将三角尺沿对角线平移到图2得位置,PE、PF之间有怎样得数量关系,并说明理由.（3）如果将三角尺旋转到图3得位置，PE、PF之间就是否还具有(2)中得数量关系？如果有,请说明理由.如果没有,那么点在AC得什么位置时，E、PF才具有()中得数量关系.考点：正方形

28、得性质；全等三角形得判定与性质.专题：几何综合题分析:(1)证明EDF可推出=AF。(2）本题要借助辅助线得帮助过点P作PMB于，PN于N，证明PMEPN可推出PEP。（3)P、PF不具有(2)中得数量关系.当点P在C得中点时,E，PF才具有()中得数量关系.解答：解：（1）如图1，E=A.理由：证明AEA（ASA)(2)如图2,P=F.理由:过点P作PMBC于M,PN于N,则=PN.由此可证得PMEPNF(SA），从而证得E=P（3)PE、P不具有(2）中得数量关系。当点P在AC得中点时,E、P才具有(2）中得数量关系考点：正方形得性质;全等三角形得判定与性质.专题：几何综合题.分析:（）证

29、明ABEAF可推出AE=AF。(2）本题要借助辅助线得帮助。过点P作MBC于M，PNDC于N，证明EPNF可推出PE=PF。（3)PE、PF不具有（2)中得数量关系。当点在AC得中点时,PE,PF才具有(2）中得数量关系解答：解：（）如图1,EA。理由:证明ABEDF（ASA）（）如图2，E=P理由：过点P作PMBC于M,PNC于N,则M=PN.由此可证得PMEPNF(ASA）,从而证得P=P。(3)P、PF不具有（2)中得数量关系当点P在C得中点时，PE、PF才具有(2）中得数量关系。点评:本题考查得就是正方形得性质以及全等三角形得判定。例8。（5年马尾)用两个全等得等边三角形AB与A拼成菱

30、形BC、把一个含60角得三角尺与这个菱形叠合,使三角尺得角得顶点与点A重合，两边分别与A,AC重合、将三角尺绕点A按逆时针方向旋转、(1）当三角尺得两边分别与菱形得两边BC，C相交于点E，F时,（如图13)，通过观察或测量BE，C得长度，您能得出什么结论？并证明您得结论;（2）当三角尺得两边分别与菱形得两边BC,C得延长线相交于点，F时(如图132)，您在(1）中得到得结论还成立吗?简要说明理由、解:(1)BE=C、证明：在ABE与AC中，AE+EACCAF+EAC=0, BA=AF、AB=AC,B=AC=6,ABEACF（S）、 BEF、（2）E=F仍然成立、 根据三角形全等得判定公理，同样

31、可以证明B与F、用两个全等得等边三角形AC与ACD拼成菱形、把一个含0角得三角尺与这个菱形叠合,使三角尺得60角得顶点与点A重合,两边分别与A、C重合、将三角尺绕点A按逆时针方向旋转、（1)当三角尺得两边分别与菱形得两边B、CD相交于点E、F时（如图所示)，通过观察或测量B、C得长度,您能得出什么结论？并证明您得结论；(2)当三角尺得两边分别与菱形得两边C、CD得延长线相交于点E、F时(如图所示）,您在(1）中得到得结论还成立吗？说明理由。6、 已知AOB=9,A得平分线O上有一点，将一个三角板得直角顶点与点C重合,它得两条直角边分别与OA、OB或它们得反向延长线相交于D、。当三角形绕点C旋转

32、到CD与OA垂直时（如图1)，易证:D=CE当三角板绕点旋转到D与OA不垂直时，在图2图3这两种情况下，上述结论就是否成立，请给予证明,若不成立,请写出您得猜想,不需证明。0、如图，正方形ABD得边长为,为CD边上一动点（点G与C、D不重合)， 以C为一边向正方形C外作正方形CF，连接E交BG得延长线于H。()说明:BCGCE；(2）BG与CD有何关系？为什么?(3）将正方形GC绕点C顺时针旋转,在旋转过程中，（1）、（）中得结论还成立吗？画出一个图形，直接回答，不必说明理由。如图,点为锐角三角形AC内任意一点,连接A、B、M。以AB为一边向外作等边三角形ABE,将BM绕点B逆时针旋转60得到

33、BN，连接EN。(1）求证：AMEN；（）若AM+BM+M得值最小,则称点M为BC得费尔马点若点M为AC得费尔马点，试求此时AMB、BM、M得度数；(3)小翔受以上启发，得到一个作锐角三角形费尔马点得简便方法：如图，分别以AB得A、C为一边向外作等边AB与等边ACF,连接C、BF，设交点为,则点M即为B得费尔马点.试说明这种作法得依据考点:全等三角形得判定与性质；等边三角形得性质。分析:(1）结合等边三角形得性质,根据SS可证AMBB；（)连接MN，由（1)得结论证明BMN为等边三角形,所以BM=M,即MB+C=EN+MN+CM,所以当、M、C四点共线时，AMB得值最小，从而可求此时M、BMC

34、、CMA得度数;(）根据(2)中费尔马点得定义,又ABC得费尔马点在线段E上，同理也在线段BF上因此线段EC与F得交点即为ABC得费尔马点.解答:解:（）证明：ABE为等边三角形，A=BE，ABE60而MBN=60,ABM=EBN。又BM=，ABNB.（2)连接.由（1）知，AM=ENMB=60，M=BN,BMN为等边三角形B=MN。M+BM+CM=ENMN+C当、N、M、四点共线时,AM+C得值最小。此时,BM80-NM=120；AMBEN=180-BM120；M360BMCB=12.（3）由()知，ABC得费尔马点在线段EC上,同理也在线段BF上.因此线段EC与BF得交点即为ABC得费尔马点.点评：本题考查全等三角形得判定与性质以及等边三角形得性质,就是一道综合性得题目难度很大。