专题12.24 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型（专项练习）（巩固篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版）

这是一份专题12.24 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型（专项练习）（巩固篇）-2021-2022学年八年级数学上册基础知识专项讲练（人教版），共47页。试卷主要包含了模型一，拓展等内容，欢迎下载使用。
专题12.24 三角形全等几何模型-“一线三直角”模型
（专项练习）（巩固篇）
知识储备：
1、模型一： 三垂直全等模型






图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA


2、拓展：模型二： 三等角全等模型


图二

如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA


一、单选题
1．如图，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于E，AD⊥CE于D，给出下列结论：①∠ABC=45°；②AD∥BE；③∠CAD=∠BCE；④△CEB≌△ADC；⑤．那么其中正确的有（ ）

A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
2．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，AC＝9cm，F是高AD和BE的交点，则BF的长是（　　）

A．4cm B．6cm C．8cm D．9cm
3．如图，在中，，点，分别以点B和点C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于E，F两点，作直线，交于点H，交于点G．若，则点G的坐标为（ ）

A． B． C． D．


二、填空题
4．如图，在中，，，点C的坐标为，点A的坐标为，则B点的坐标是_______．

5．如图，是等边三角形，，点在上，，是延长线上一点，将线段绕点逆时针旋转90°得到线段，当时，线段的长为__________.

6．如图，已知三条平行直线，，，，两条平行线间的距离为2，，两条平行线间的距离为4，将一等腰直角三角形如图放置，过A，B分别向直线作垂线，垂足分别为D，E，则________．

7．如图，在平面直角坐标系中，，线段是由线段绕点逆时针旋转而得到的，则点的坐标是_______________________．

8．如图，Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，分别过点B． C作过点A的直线的垂线BD、CE，垂足分别为D、 E，若BD=4，CE=2，则DE=___．

9．如图，在平面直角坐标系中，A(0，5)，B(2，0)，点C是第一象限内的点，且△ABC是以AB为直角边，满足AB=AC，则点C的坐标为________．

10．如图，已知△ABC中，∠ABC=45°，AD与BE为△ABC的高，交点为F，CD=4，则线DF=___________．

11．如图，B、C、D在直线l上，AB⊥l，ED⊥l，AC⊥CE，且AC＝CE，若AB＝4，BD＝7，则DE＝________．

12．如图，在中，，，于点D，于点E，若，，则DE的长是______．

13．如图，四边形中，，，，则的面积为______．


三、解答题
14．在△ABC中，AO=BO，直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D
(1) 当直线MN绕点O旋转到图①的位置时，求证：CD=AC+BD；
(2) 当直线MN绕点O旋转到图②的位置时，求证：CD=AC-BD；
(3) 当直线MN绕点O旋转到图③的位置时，试问：CD、AC、BD有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明．

15．如图1，在长方形中，，，点在线段上以的速度由向终点运动，同时，点在线段上由点向终点运动，它们运动的时间为.
（解决问题）
若点的运动速度与点的运动速度相等，当时，回答下面的问题：
(1)；
(2)此时与是否全等，请说明理由；

(3)求证：；
（变式探究）
若点的运动速度为，是否存在实数，使得与全等？若存在，请直接写出相应的的值；若不存在，请说明理由.



16．如图，正方形ABCD中，点E、F分别是边BC、CD上的点，且BE＝CF．
求证：
（1）AE＝BF；
（2）AE⊥BF．



17．如图，在中，，，点、分别是轴和轴上的一动点，点的横坐标为，求点的坐标.



18． 在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D， BE⊥MN于E．
(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：△ADC≌△CEB；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，试问DE、AD、BE的等量关系?并说明理由．





19．如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E点为射线CB上一动点，连结AE，作AF⊥AE且AF＝AE．
（1）如图1，过F点作FD⊥AC交AC于D点，求证：FD＝BC；
（2）如图2，连结BF交AC于G点，若AG＝3，CG＝1，求证：E点为BC中点；
（3）当E点在射线CB上，连结BF与直线AC交于G点，若BC＝4，BE＝3，则＝　 　（直接写出结果）




20．（1）问题：如图①，在四边形中，，是上一点，，．求证：；
（2）问题：如图②，在三角形中，，是上一点，，且．求的值．





21．在等腰中，，点A､点B分别是y轴，x轴上两个动点，直角边交x轴于点D，斜边交y轴于点E．
（1）如图①，已知C点的横坐标为，直接写出点A的坐标___________；
（2）如图②，当等腰运动到使点D恰为中点时，连接，求证：；
（3）如图③，若点A在x轴上，且，点B在y轴的正半轴上运动时，分别以､为直角边在第一､二象限作等腰直角和等腰直角，连接交y轴于点P，问当点B在y轴的正半轴上运动时，的长度是否变化？若变化请说明理由；若不变化，请求出的长度．



22．在△ABC中，AC=BC，直线MN经过点C，AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E，且AD=CE；
（1）当直线MN绕点C旋转到如图1的位置时，求证：AC⊥BC．
（2）判断AD、BE、DE这三条线段之间的数量关系，并说明理由．
（3）当直线MN绕点C旋转到如图2的位置时，线段DE、AD、BE之间又有什么样的数量关系？请你直接写出这个数量关系，不必证明．

23．综合与实践
情景再现
我们动手操作：把正方形，从对角线剪开就分剪出两个等腰直角三角形，把其中一个等腰三角形与正方形重新组合在一起，图形变得丰富起来，当图形旋转时问题也随旋转应运而生．如图①把正方形沿对角线剪开，得两个等腰直角三角形和，



（1）问题呈现
我们把剪下的两个三角形一个放大另一个缩小拼成如图②所示，绕点旋转，旋转过程中，
①是一动点，若，，的最大值和最小值分别是__________、__________．
②直接写出线段与的关系是___________．
（2）问题拓展
我们把剪下的其中一个三角形放大与正方形组合如图③所示，点在直线上，交直线于．
①当点在上时，通过观察、思考易证：；
②当点在的延长线时，如图④所示，线段、、的数量关系是__________，当点在的延长线上时，如图⑤所示，线段、、的数量关系是__________．



24．如图，等腰直角中，，为线段上一动点（不含、端点），连接，作且．

（1）如图1，过点作交于点，求证：；
（2）如图2，连接交于点，若，求证：点为的中点．

25．如图，在三角形ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，B、C两点在AE的两侧，BD⊥AE于点D，CE⊥AE于点E．
求：（1）求∠ABC的度数．
（2）△ABD≌△CAE
（3）BD－EC＝DE

26．（1）（问题原型）如图，在等腰直角三角形中，，．过作，且，连结，过点作的边上的高，易证，从而得到的面积为_________．

（2）（初步探究）如图，在中，，，过作，且，连结．用含的代数式表示的面积并说明理由．

（3）（简单应用）如图，在等腰中，，，过作，且，连结，求的面积（用含的代数式表示）．


27．如图，在中，，，直线经过点，且于点，于点．
（1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：①；②；
（2）当直线绕点旋转到如图2所示的位置时，求证：；
（3）当直线绕点旋转到如图3所示的位置时，试问，，具有怎样的数量关系？请直接写出这个等量关系，不需要证明．


28．如图，，直线过点，直线，直线，垂足分别为、，且．
（1）求证；
（2）求证．


参考答案
1．D
【分析】
根据△ABC是等腰直角三角形可判断①正确；根据“内错角相等，两直线平行”可判断②正确；利用等腰三角形的性质及其它条件，证明△CEB≌△ADC，则其他结论易求．
【详解】
解：∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∴∠ABC=45°，故①正确；
∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴AD∥BE，故②正确；
∵∠BCE+∠ACD=90°∠ACD+∠CAD=90°
∴∠BCE=∠CAD，故③正确；
又∠E=∠ADC=90°，AC=BC
∴△CEB≌△ADC，故④正确
∴CE=AD，BE=CD
∴，故⑤正确．      
因此，正确的结论有5个，
故选：D．
【点拨】本题考查了直角三角形全等的判定；要充分利用全等三角形的性质来找到结论，利相等线段的等量代换是正确解答本题的关键；
2．D
【分析】
由垂直的定义，三角形的内角和定理和角的和差求∠FBD＝∠FAE，直角三角形中两锐角互余和等腰三角形的判定与性质求得BD＝AD，用角角边证明△FBD≌△CAD，由其性质得BF＝AC，求出BF的长是9cm．
【详解】
解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADC＝∠ADB＝90°，∠BEA＝90°，
又∵∠FBD＋∠BDF＋∠BFD＝180°，
∠FAE＋∠FEA＋∠AFE＝180°，
∠BFD＝∠AFE，
∴∠FBD＝∠FAE，
又∵∠ABC＝45°，∠ABD＋∠BAD＝90°，
∴∠BAD＝45°，
∴BD＝AD，
在△FBD 和△CAD中，
∴△FBD≌△CAD（AAS），
∴BF＝AC，
又∵AC＝9cm，
∴BF＝9cm．
故选：D．
【点拨】本题综合了全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，角的和差，垂直定义和等腰三角形的判定与性质，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点用角角边证明的三角形全等问题，也可以用角边角证明三角形全等．
3．D
【分析】
过点B作轴于N，过点C作交的延长线于M．证明，推出，设，则，构建方程组，解决问题即可．
【详解】
解：过点B作轴于N，过点C作交的延长线于M．
由作图可知，垂直平分线段，
∴点G是的中点，
∵，
∴，
∴，
∵，

∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴点．
故选：D．
【点拨】本题考查作图-基本作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考常考题型．
4．(1，4)
【分析】
过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，利用已知条件可证明△ADC≌△CEB，再由全等三角形的性质结合已知数据，即可求出B点的坐标．
【详解】
过A和B分别作AD⊥OC于D，BE⊥OC于E，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°，∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，

∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴DC=BE，AD=CE，
∵点C的坐标为(−2，0)，点A的坐标为(−6，3)，
∴OC=2，AD=CE=3，OD=6，
∴CD=OD−OC=4，OE=CE−OC=3−2=1，
∴BE=4，
∴B点的坐标是(1，4)，
故答案为：(1，4)．

【点拨】本题主要考查三角形全等的判定和性质定理以及几何图形与坐标，添加辅助线，构造“一线三垂直”全等三角形模型，是解题的关键．
5．
【分析】
过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，则∠DGE=∠EHF=90°，依据△DEG≌△EFH（AAS），即可得到HF=EG，进而得到当点D运动时，点F与直线GH的距离为个单位，据此可得当AF∥BD时，AF的值为AP+HF=1+.
【详解】
解：如图所示，过E作EG⊥BC于G，过A作AP⊥EG于P，过F作FH⊥EG于H，
则∠DGE=∠EHF=90°，
∵∠DEF=90°，
∴∠EDG+∠DEG=90°=∠HEF+∠DEG，
∴∠EDG=∠FEH，
又∵EF=DE，
∴△DEG≌△EFH（AAS），
∴HF=EG，
∵△ABC是等边三角形，AB=3，AE=AC，
∴AE=2，CE=1，∠AEH=∠CEG=30°，
∴CG=CE=，AP=AE=1，
∴EG=CG=，
∴HF=，
∴当点D运动时，点F与直线GH的距离始终为个单位，
∴当AF∥BD时，AF=AP+HF=1+，
故答案为：1+.

【点拨】本题考查了等边三角形的性质，旋转的性质，解题时注意：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，利用全等三角形的性质求解．
6．10
【分析】
首先根据同角的余角相等得出，再根据等腰三角形性质和一线三等角证出，所以，．即，从而求解．
【详解】
于点D，于点E，
．
，
．，
．
在和中，，
，，．，．
故答案为：10.
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，作辅助线构造出全等根据同角的余角相等和一线三等角证明三角形全等是解题关键．
7．
【分析】
过点C作CM⊥x轴于M，根据旋转变换的性质可得△ABO与△BCM全等，再根据全等三角形对应边相等求出OB、CM的长度，然后根据点C在第二象限即可得出结论．
【详解】
解：过点C作CM⊥x轴于M，则∠CMB=90°，

解：∵
∴OB=2，OA=4；
∵线段是由线段绕点逆时针旋转而得到
∴∠CMB=∠ABC=∠AOB=90°，BC=BA
∴∠ABO+∠OAB=90°，∠ABO+∠CBM=90°
∴∠OAB=∠CBM
∴△BCM≌△ABO，
∴BM=AO=4，CM=OB=2
∴OM=BM+OB=6
∵点C在第二象限，
∴C（-6，2）
故答案是：（-6，2）
【点拨】本题考查了坐标与图形的变化-旋转，利用全等三角形对应边相等求出点C到坐标轴的距离是解题的关键．
8．6
【分析】
先证明∠DBA=∠CAE，从而根据AAS定理证明△BDA≌△AEC，根据全等三角形的性质可得AD=CE=2，AE=BD=4，进而得到答案．
【详解】
解：∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵BD⊥DE，
∴∠BDA=90°，
∴∠BAD+∠DBA=90°，
∴∠DBA=∠CAE，
∵CE⊥DE，
∴∠AEC=90°，
在△BDA和△AEC中，
，
∴△BDA≌△AEC（AAS），
∴AD=CE=2，AE=BD=4，
∴DE=AD+AE=2+4=6；
故答案为：6．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，关键是掌握全等三角形的判定定理与性质定理．
9．（5，7）
【分析】
依题∠BAC=90°，AB=AC，画出C点位置，利用全等三角形的判定与性质，即可求得点C的坐标．
【详解】
解：如图：

当∠BAC=90°，AB=AC时，
过点C作CD⊥y轴于点D，
在△OAB和△DCA中，
，
∴△OAB≌△DCA（AAS），
∴AD=OB=2，CD=OA=5，
∴OD=OA+AD=7，
∴点C的坐标为（5，7）；
【点拨】本题考查了坐标与图形、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质，注意掌握数形结合思想的应用．
10．4
【分析】
求出AD=BD，求出∠ADC=∠ADB=90°，∠CAD=∠FBD，根据ASA证△BDF≌△ADC，根据全等三角形的性质推出DF=DC即可．
【详解】
解：∵AD⊥BC，BE⊥AC，
∴∠ADC=∠ADB=∠BEA=90°，
∴∠CAD+∠AFE=90°，∠BFD+∠DBF=90°，
∵∠AFE=∠DFB，
∴∠CAD=∠FBD，
∵∠ADB=90°，∠ABC=45°，
∴∠BAD=∠ABD=45°，
∴AD=BD，
在△BDF和△ADC中
，
∴△BDF≌△ADC（ASA），
∴DF=DC=4，
故答案为：4．
【点拨】本题考查了垂直定义，余角的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定，掌握全等三角形的判定方法（即SSS、SAS、ASA、AAS和HL）是解题的关键．
11．3
【分析】
根据垂直的定义得到∠D=∠B=∠ACE=90°，根据余角的性质得到∠E=∠ACB，推出△CDE≌△ABC，根据全等三角形的性质得到CD=AB=6，BC=DE，由BD=7即可得到结论．
【详解】
解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，EC⊥AC，
∴∠D=∠B=∠ACE=90°，
∴∠DCE+∠DEC=∠DCE+∠CAB=90°，
∴∠E=∠ACB，
在△CDE与△ABC中，
，
∴△CDE≌△ABC，
∴CD=AB=6，BC=DE，
∵BD=7
∴BC=BD-CD=7-4=3，
∴DE=3
故答案为：3．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，垂直的定义，余角的性质，证得△CDE≌△ABC是解题的关键．
12．2
【分析】
通过证明≌，得到，，即可求解．
【详解】
解：∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴≌，
∴，，
∴，
故答案为：2．
【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
13．50
【分析】
过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，先证明∠CBE=∠ACD，从而证明∆ ACD≅∆ CBE，进而即可求解．
【详解】
过点B作BE⊥DC交DC的延长线于点E，

∵BE⊥CE，
∴∠BEC=∠CDA=90°，
∴∠CBE+∠BCE=90°，
又∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠CBE=∠ACD，
在∆ ACD与∆ CBE中，
∵，
∴∆ ACD≅∆ CBE（AAS），
∴BE=CD=10，
∴的面积=CD∙BE=×10×10=50，
故答案是50．
【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，添加辅助线，构造“一线三垂直”模型，是解题的关键．
14．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）CD=BD-AC，证明见解析.
【分析】
（1）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC+BD；
（2）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=AC-BD；
（3）通过证明△ACO≌△ODB得到OC=BD，AC=OD，则CD=BD-AC．
【详解】
解：（1）如图1，

∵△AOB中，∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°
∴∠AOC+∠OAC=90°，
∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，

∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，
∴CD=AC+BD；
（2）如图2，

∵△AOB中，∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°
∴∠AOC+∠OAC=90°，
∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，
,
∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，
∴CD=OD﹣OC=AC﹣BD，即CD=AC﹣BD．
（3）如图3，

∵△AOB中，∠AOB=90°，
∴∠AOC+∠BOD=90°，
直线MN经过点O，且AC⊥MN于C，BD⊥MN于D，
∴∠ACO=∠BDO=90°
∴∠AOC+∠OAC=90°，
∴∠OAC=∠BOD，
在△ACO和△ODB中，
,
∴△ACO≌△ODB（AAS），
∴OC=BD，AC=OD，
∴CD=OC﹣OD=BD﹣AC，
即CD=BD﹣AC．
【点拨】此题是一道几何变换综合题，需要掌握全等三角形的判定和性质，直角三角形的性质，是一个探究题目，对于学生的能力要求比较高.
15．解决问题（1）1；（2）全等；（3）见解析；变式探究：1或.
【分析】
解决问题
（1）当t=1时，AP的长=速度×时间；
（2）算出三角形的边，根据全等三角形的判定方法判定；
（3）利用同角的余角相等证明∠DPQ=90°；
变式探究
若与全等，则有两种情况：①≌②≌，分别假设两种情况成立，利用对应边相等求出t值.
【详解】
解：解决问题
（1）∵t=1，点P的运动速度为，
∴AP=1×1=1cm；
（2）全等，理由是：
当t=1时，可知AP=1，BQ=1，
又∵AB=4，BC=3，
∴PB=3，
在△ADP与△BPQ中，
，
∴△ADP≌△BPQ（SAS）
（3）∵△ADP≌△BPQ，
∴∠APD=∠PQB，
∵∠PQB+∠QPB=90°，
∴∠APD+∠QPB=90°，
∴∠DPQ=90°，即DP⊥PQ.
变式探究
①若≌，
则AP=BQ，
即1×t=x×t，
x=1；

②若≌，
AP=BP，即点P为AB中点，
此时AP=2，t=2÷1=2s，
AD=BQ=3，
∴x=3÷2=cm/s.

综上：当与全等时，x的取值为1或.
【点拨】本题考查了全等三角形的判定和性质，注意在运动中对三角形全等进行分类讨论，从而得出不同情况下的点Q速度.
16．（1）详见解析；（2）详见解析
【分析】
（1）根据正方形的性质可得AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，然后利用“边角边”证明△ABE和△BCF全等，即可得出结论；
（2）根据全等三角形对应边相等可得AE＝BF，全等三角形对应角相等可得∠BAE＝∠CAF，然后求出∠BAE+∠ABF＝∠ABC＝90°，判断出AE⊥BF．
【详解】
证明：（1）在正方形ABCD中，AB＝BC，∠ABE＝∠BCF，
在△ABE和△BCF中，
，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF；
（2）∵△ABE≌△BCF，
∴∠BAE＝∠CBF，
∴∠BAE+∠ABF＝∠CBF+∠ABF＝∠ABC＝90°，
∴AE⊥BF．
【点拨】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，确定出AE与BF所在的三角形并证明三角形全等是解题的关键．
17．B（0，-3）．
【分析】
如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，证明△BCD≌△ABO(AAS)即可求得答案.
【详解】
如图，作CD⊥y轴于M，则CD=3，
∵∠ABC=∠AOB=90゜，
∴∠CBD+∠ABO=90°，∠ABO+∠OAB=90°，
∴∠CBD=∠BAO，
又∵∠BDC＝∠AOB=90°，BC＝AB，
∴△BCD≌△ABO(AAS)，
∴OB=CD=3，
∴B(0，-3)．

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，点的坐标，正确添加辅助线，熟练掌握全等三角形的判定定理与性质定理是解题的关键.
18．（1）见解析；（2）DE=AD-BE，理由见解析
【分析】
（1）由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；
（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，即可得到答案．
【详解】
解：（1）证明：如图1，
∵AD⊥DE，BE⊥DE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
（2）结论：DE=AD-BE．
理由：如图2，∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=EC-CD=AD-BE．
【点拨】本题主要考查了余角的性质，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证明△ACD≌△CBE是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．
19．（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】
(1)证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
(2)作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
(3)过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】
(1)∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC(AAS)，
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
(2)作FD⊥AC于D，

由(1)得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG(AAS)，
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；
(3)当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，

BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴，
∴，
当点E在线段BC上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，

BC=AC=4，CE=CB-BE=1，
由(1)(2)知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=1，
∴，
∴，
故答案为：或．
【点拨】本题是三角形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形的性质，本题中求证△ADF≌△ECA、△GDF≌△GCB是解题的关键．
20．（1）见解析；（2）1
【分析】
（1）先证明，从而得，进而即可得到结论；
（2）过点做于点，易证，是等腰直角三角形，进而即可求解．
【详解】
（1）∵，，
∴，
在与中
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）过点做于点，
在中，，
∴，
∵ ，，
∴，
在与中
，
∴，
∴，，
∵在中，，
∴，
∴，
∴，
∴．

【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握“一线三等角”模型，添加合适的辅助线，构造全等三角形，是解题的关键．
21．（1）；（2）证明见解析；（3）的长度不变，，理由见解析．
【分析】
（1）如图①，过作轴于 证明 可得 从而可得答案；
（2）如图②，过点C作交y轴于点G．证明，可得，再证明 可得，，从而可得答案；
（3）如图③，过点C作轴于点E．证明，可得，再证明，从而可得：．
【详解】
解：（1）如图①，过作轴于











故答案为：．
（2）如图②，过点C作交y轴于点G．





，
∴，
为的中点，

∵，
∴，

，
∴，
∴
（3）的长度不变．理由如下：
如图③，过点C作轴于点E．

∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
∵，
∴，
∴
【点拨】本题考查的是等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，坐标与图形，掌握以上知识是解题的关键．
22．（1）见解析；（2）DE=AD+BE；见解析；（3）AD=DE+BE
【分析】
（1）利用垂直的定义得∠ADC=∠CEB=90°，再利用HL证明Rt△ADC≌Rt△CEB，得到∠DAC=∠BCE，再根据余角的定义得到∠ACD+∠BCE=∠ACB=90°，可得结论；
（2）根据Rt△ADC≌Rt△CEB得到DC=BE，从而利用等量代换得到DE=AD+BE；
（3）同理可证：Rt△ADC≌Rt△CEB，利用等量代换可得AD=DE+BE．
【详解】
解：（1）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC=∠CEB=90°，
在Rt△ADC和Rt△CEB中，
，
∴Rt△ADC≌Rt△CEB（HL），
∴∠DAC=∠BCE，
∵∠ADC=90°，即∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，即∠ACB=90°，
∴AC⊥BC；
（2）DE=AD+BE，
理由如下：
∵Rt△ADC≌Rt△CEB，
∴DC=BE，
∵AD=CE，
∴DE=DC+CE=AD+BE；
（3）AD=DE+BE，
同理可证：Rt△ADC≌Rt△CEB（HL），
∴CD=BE，
∴AD=CE=DE+CD=DE+BE，
∴即AD=DE+BE．
【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质：判定三角形全等的方法有“SSS”、“SAS”、“ASA”、“AAS”、“HL”；全等三角形的对应边、对应角相等．
23． （1）①8；2；②AE=BD，AE⊥BD；（2）AD+CE=MF；AD+MF= CE；
【分析】
（1）①P为一动点，，则点P在以C为圆心，以3为半径圆上运动，则PB最大为BC+PC，最小为PC-BC；②根据△ACE≌△DCB，问题得解；
（2）类比①；通过添加辅助线FG⊥BE，交BE延长线于G，证明△ABE≌△EGF，进行线段转移，得出结论；针对图⑤，方法类似；
【详解】
1）①由题意可知，点P在以C为圆心，以3为半径圆上运动，
∴PB最大为BC+PC=5+3=8，最小为PC-BC=5-3=2；
故答案为：8；2；
②AE=BD，AE⊥BD；
证明：∵△ACD和△BCE都是等腰直角三角形，
∴AC=DC，EC=BC，∠ACD=∠BCE=90°，
∴∠ACD+∠DCE=∠DCE+∠BCE，
即：∠ACE=∠DCB，
∴△ACE≌△DCB，
∴AE=BD，∠AEC=∠DBC，
∵∠BFC+∠DBC=90°，∠BFC=∠EFD，
∴∠AEC+∠EFD=90°，
∴AE⊥BD，
故答案为：AE=BD，AE⊥BD；
（2）②对于图④，AD+CE=MF；
证明：如图，作FG⊥BE，交BE延长线于G，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠MCG=∠G=90°，AD=AB=BC，
∴∠BAE+∠AEB=90°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠GEF=90°，
∴∠BAE=∠GEF，
∴△ABE≌△EGF，
∴AB=EG，
∵AB=BC，
∴EG=BC，
∴EG+CE=BC+CE，
即：CG=BC+CE=AD+CE，
∵∠G=∠MCG=90°，FM⊥CD，
∴四边形CMFG为矩形，
∴MF=CG，
∴AD+CE=MF；

对于图⑤，AD+MF= CE；
证明：如图，作EH⊥MF延长线于H点，则四边形EHMC为矩形，
∴∠BEH=∠BEF+∠FEH=90°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴AE=EF，∠AEF=90°，
∴∠AEB+∠BEF=90°，
∴∠AEB=∠HEF，
∴△ABE≌△EHF，
∴AB=FH，
∴CE=HM=FH+FM=AB+FM，
∴AD+MF= CE；

故答案为：AD+CE=MF；AD+MF= CE；
【点拨】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，以及点与圆的位置关系等，掌握基本的全等模型，灵活运用基本图形的性质是解题关键．
24．（1）见解析；（2）见解析
【分析】
（1）由余角的性质可得，从而运用“角角边”证明即可；
（2）作，同（1）证明过程可得，，从而证明，则可得为的中点，最终可得点为的中点．
【详解】
（1）∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
在与中，

∴；
（2）如图所示，作，
由（1）可知，则，，
在和中，

∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
即：点为的中点．

【点拨】本题考查全等三角形的判定与性质，以及等腰直角三角形的性质，掌握等腰直角三角形中常考的证明模型是解题关键．
25．（1）45°；（2）见解析；（3）见解析
【分析】
（1）由等腰直角三角形，；
（2）由一线三直角，可得
，可证；
（3）由，可得BD=AE，AD=EC，AE=AD+DE=EC+DE，可得BD=EC+DE即可．
【详解】
解：（1），
；
（2），
，
，
，
在△ABD和△CAE中，
，
；
（3），
∴BD=AE，AD=EC，
∵AE=AD+DE=EC+DE，
∴BD=EC+DE，
即BD-EC=DE．
【点拨】本题考查等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差计算，掌握等腰直角三角形的性质，三角形全等判定与性质，线段和差计算是解题关键．
26．（1）32；（2）；答案见解析；（3）．
【分析】
（1）【问题原型】根据AAS证明出△ABC≌△BDE，就有DE=BC=8．进而由三角形的面积公式得出结论
（2）【初步探究】过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a．进而由三角形的面积公式得出结论．
（3）【简单应用】过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】
解：（1）【问题原型】如图，

∵过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E．
∴∠BED=∠ACB=90°，
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，
∴AB=BD，∠ABD=90°．
∴∠ABC+∠DBE=90°．
∵∠A+∠ABC=90°．
∴∠A=∠DBE．
在△ABC和△BDE中，

∴△ABC≌△BDE（AAS）
∴BC=DE=8．

∴S△BCD=32，
（2）【初步探究】．
理由：过做上以垂足为，

∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
在△ABC和△BDE中，

∵．
∴=a．
∴
（3）【简单应用】过做于，过做于．

∴∠AFB=∠E=90°，
∴∠FAB+∠ABF=90°．
∵∠ABD=90°，
∴∠ABF+∠DBE=90°，
∴∠FAB=∠EBD．
∵线段BD是由线段AB旋转得到的，
∴AB=BD．
在△AFB和△BED中，

∴△AFB≌△BED（AAS），
∴．
∵，，，
∴
∴．
∴

．
【点拨】本题考查了直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明三角形全等是关键．
27．（1）①见解析；②见解析；（2）见解析；（3）
【分析】
（1）①由∠ACB=90°，得∠ACD+∠BCE=90°，而AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，则∠ADC=∠CEB=90°，根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，证得Rt△ADC≌Rt△CEB，
②由Rt△ADC≌Rt△CEB，得出AD=CE，DC=BE，即可得到DE=DC+CE=BE+AD．
（2）根据等角的余角相等得到∠ACD=∠CBE，证得△ADC≌△CEB，得到AD=CE，DC=BE，所以DE=CECD=ADBE．
（3）DE、AD、BE具有的等量关系为：DE=BEAD．证明的方法与（2）相同．
【详解】
解：（1）①证明：于点，于点，，
，，
．又，；
②证明：由①知，，，．
，；
（2）证明：于点，于点，
，，．，
又，，，，
；
（3）（或，）．
由（2）的方法证得△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CDCE=BEAD．
【点拨】本题考查了旋转的性质：旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．也考查了直角三角形全等的判定与性质．
28．证明见解析．
【分析】
（1）由HL证明△AMB≌△CNA即可；
（2）先由全等三角形的性质得∠BAM＝∠ACN，再由∠CAN+∠ACN＝90°，得∠CAN+∠BAM＝90°，即可得出结论．
【详解】
证明：（1）∵BM⊥直线l，CN⊥直线l，
∴∠AMB＝∠CNA＝，
在Rt△AMB和Rt△CNA中，
，
∴Rt△AMB≌Rt△CNA（HL）；
（2）由（1）得：Rt△AMB≌Rt△CNA，
∴∠BAM＝∠ACN，
∵∠CAN+∠ACN＝，
∴∠CAN+∠BAM＝，
∴∠BAC＝﹣＝
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质以及直角三角形的性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．