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7 如图，AD是$△ ABC$的角平分线，$DF ⊥ AB$，垂足为$F$，$DE=DG$，$△ ADG$，$△ AED$的面积分别为50，39，则$△ DEF$的面积为（
A.11
B.5.5
C.7
D.3.5
（第7题）
B
）A.11
B.5.5
C.7
D.3.5
（第7题）答案
7. B 【解析】如图, 在 AC 上截取 $AM=AE$, 连接 $DM$, 过点 $D$ 作 $DN⊥AC$ 于点 N. 证 $△AED≌△AMD(\mathrm{SAS})$, 得 $DE=DM,S_{△AED}=S_{△AMD}=39,\therefore S_{△MDG}=S_{△ADG}-S_{△ADM}=50-39=11$. 证 $\mathrm{Rt}△DMN≌\mathrm{Rt}△DGN(\mathrm{HL})$, 得 $S_{△DMN}=S_{△DGN}=5.5$. 证 $△AFD≌△AND(\mathrm{AAS})$, 得 $S_{△AFD}=S_{△AND},\therefore S_{△AFD}-S_{△AED}=S_{△AND}-S_{△AMD},\therefore S_{△DEF}=S_{△DMN}=5.5$.
解析
【分析】
首先结合已知条件AD是角平分线、DF⊥AB，联想到角平分线的性质，可过D作AC的垂线DN，得到DF=DN，为证明直角三角形全等铺垫。已知DE=DG，要关联已知的△ADG和△AED的面积，可在AC上截取AM=AE，构造△AED和△AMD全等，将△AED的面积转移到AC边上，同时把DE转化为DM，得到DM=DG，此时△MDG为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一可得△DMN和△DGN面积相等，最后通过全等三角形的面积相等关系与面积差推导即可求出△DEF的面积。
【解析】
如图，在AC上截取$AM=AE$，连接$DM$，过点$D$作$DN⊥AC$于点N。
1. 证明$△ AED≌△ AMD$：
∵AD是$△ ABC$的角平分线，
∴$∠ EAD=∠ MAD$。
在$△ AED$和$△ AMD$中：
$\begin{cases} AE=AM \\ ∠ EAD=∠ MAD \\ AD=AD \end{cases}$
∴$△ AED≌△ AMD(\mathrm{SAS})$，
∴$DE=DM$，$S_{△ AED}=S_{△ AMD}=39$，
∴$S_{△ MDG}=S_{△ ADG}-S_{△ ADM}=50-39=11$。
2. 证明$\mathrm{Rt}△ DMN≌\mathrm{Rt}△ DGN$：
∵$DE=DG$，$DE=DM$，
∴$DM=DG$。
∵$DN⊥AC$，
∴$∠ DNM=∠ DNG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DMN$和$\mathrm{Rt}△ DGN$中：
$\begin{cases} DM=DG \\ DN=DN \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ DMN≌\mathrm{Rt}△ DGN(\mathrm{HL})$，
∴$S_{△ DMN}=S_{△ DGN}=\frac{1}{2}S_{△ MDG}=5.5$。
3. 证明$△ AFD≌△ AND$，推导$S_{△ DEF}$：
∵AD是角平分线，$DF⊥AB$，$DN⊥AC$，
∴$DF=DN$，$∠ AFD=∠ AND=90°$。
在$△ AFD$和$△ AND$中：
$\begin{cases} ∠ AFD=∠ AND \\ ∠ FAD=∠ NAD \\ AD=AD \end{cases}$
∴$△ AFD≌△ AND(\mathrm{AAS})$，
∴$S_{△ AFD}=S_{△ AND}$，
等式两边分别减去相等的$S_{△ AED}$和$S_{△ AMD}$，可得：
$S_{△ AFD}-S_{△ AED}=S_{△ AND}-S_{△ AMD}$，即$S_{△ DEF}=S_{△ DMN}=5.5$。
【答案】B
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题核心是通过构造全等三角形实现面积的转化，解题突破口是结合角平分线的性质添加合适的辅助线，很好地考查了全等判定定理的应用和面积转化的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.55
首先结合已知条件AD是角平分线、DF⊥AB，联想到角平分线的性质，可过D作AC的垂线DN，得到DF=DN，为证明直角三角形全等铺垫。已知DE=DG，要关联已知的△ADG和△AED的面积，可在AC上截取AM=AE，构造△AED和△AMD全等，将△AED的面积转移到AC边上，同时把DE转化为DM，得到DM=DG，此时△MDG为等腰三角形，利用等腰三角形三线合一可得△DMN和△DGN面积相等，最后通过全等三角形的面积相等关系与面积差推导即可求出△DEF的面积。
【解析】
如图，在AC上截取$AM=AE$，连接$DM$，过点$D$作$DN⊥AC$于点N。
1. 证明$△ AED≌△ AMD$：
∵AD是$△ ABC$的角平分线，
∴$∠ EAD=∠ MAD$。
在$△ AED$和$△ AMD$中：
$\begin{cases} AE=AM \\ ∠ EAD=∠ MAD \\ AD=AD \end{cases}$
∴$△ AED≌△ AMD(\mathrm{SAS})$，
∴$DE=DM$，$S_{△ AED}=S_{△ AMD}=39$，
∴$S_{△ MDG}=S_{△ ADG}-S_{△ ADM}=50-39=11$。
2. 证明$\mathrm{Rt}△ DMN≌\mathrm{Rt}△ DGN$：
∵$DE=DG$，$DE=DM$，
∴$DM=DG$。
∵$DN⊥AC$，
∴$∠ DNM=∠ DNG=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ DMN$和$\mathrm{Rt}△ DGN$中：
$\begin{cases} DM=DG \\ DN=DN \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ DMN≌\mathrm{Rt}△ DGN(\mathrm{HL})$，
∴$S_{△ DMN}=S_{△ DGN}=\frac{1}{2}S_{△ MDG}=5.5$。
3. 证明$△ AFD≌△ AND$，推导$S_{△ DEF}$：
∵AD是角平分线，$DF⊥AB$，$DN⊥AC$，
∴$DF=DN$，$∠ AFD=∠ AND=90°$。
在$△ AFD$和$△ AND$中：
$\begin{cases} ∠ AFD=∠ AND \\ ∠ FAD=∠ NAD \\ AD=AD \end{cases}$
∴$△ AFD≌△ AND(\mathrm{AAS})$，
∴$S_{△ AFD}=S_{△ AND}$，
等式两边分别减去相等的$S_{△ AED}$和$S_{△ AMD}$，可得：
$S_{△ AFD}-S_{△ AED}=S_{△ AND}-S_{△ AMD}$，即$S_{△ DEF}=S_{△ DMN}=5.5$。
【答案】B
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；三角形面积计算
【点评】
本题核心是通过构造全等三角形实现面积的转化，解题突破口是结合角平分线的性质添加合适的辅助线，很好地考查了全等判定定理的应用和面积转化的逻辑思维能力。
【难度系数】
0.55
8 如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=20$,$BC=10$,$PQ=AB$,$P$,$Q$两点分别在线段$AC$和过点$A$且垂直于$AC$的射线$AX$上运动,且点$P$不与点$A$,$C$重合.当$CP$的长为
10
时,$Rt△ ABC≌ Rt△ QPA.$答案
8. 10
解析
【分析】
要判断两个直角三角形全等，首先明确两个三角形都是直角三角形，且已知斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需要再找到一组对应直角边相等即可。结合给定的全等对应关系$Rt△ ABC≌ Rt△ QPA$，可确定对应直角边$AP=BC$，再结合AC的总长度就能求出CP的长度，最后验证点P的位置符合题目限制条件即可。
【解析】
∵ 射线$AX$垂直于$AC$，
∴ $∠ PAQ=∠ C=90°$，$△ ABC$和$△ QPA$均为直角三角形。
已知$PQ=AB$，要使$Rt△ ABC≌ Rt△ QPA$，根据HL判定定理，需要满足对应直角边$AP=BC$。
∵ $BC=10$，
∴ $AP=10$。
又
∵ $AC=20$，
∴ $CP=AC-AP=20-10=10$。
此时点P在AC线段上，不与A、C重合，符合题意。
【答案】
10
【知识点】
1. 直角三角形全等的HL判定
2. 线段和差计算
【点评】
本题主要考查直角三角形全等判定的应用，解题的核心是找准全等三角形的对应边，同时要注意题目中的动点限制条件，排除不符合要求的解，整体考查内容比较基础。
【难度系数】
0.7
要判断两个直角三角形全等，首先明确两个三角形都是直角三角形，且已知斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需要再找到一组对应直角边相等即可。结合给定的全等对应关系$Rt△ ABC≌ Rt△ QPA$，可确定对应直角边$AP=BC$，再结合AC的总长度就能求出CP的长度，最后验证点P的位置符合题目限制条件即可。
【解析】
∵ 射线$AX$垂直于$AC$，
∴ $∠ PAQ=∠ C=90°$，$△ ABC$和$△ QPA$均为直角三角形。
已知$PQ=AB$，要使$Rt△ ABC≌ Rt△ QPA$，根据HL判定定理，需要满足对应直角边$AP=BC$。
∵ $BC=10$，
∴ $AP=10$。
又
∵ $AC=20$，
∴ $CP=AC-AP=20-10=10$。
此时点P在AC线段上，不与A、C重合，符合题意。
【答案】
10
【知识点】
1. 直角三角形全等的HL判定
2. 线段和差计算
【点评】
本题主要考查直角三角形全等判定的应用，解题的核心是找准全等三角形的对应边，同时要注意题目中的动点限制条件，排除不符合要求的解，整体考查内容比较基础。
【难度系数】
0.7
9 如图，AD是$△ ABC$的高，$AD=BD$，$BE=AC$，$∠ BAC=70°$，则$∠ DBE$的大小为
25°
。答案
9. $25°$
解析
【分析】
首先由AD是△ABC的高可得∠ADB=∠ADC=90°，结合已知条件AD=BD、BE=AC，可通过HL判定Rt△BDE与Rt△ADC全等，得到∠DBE=∠DAC；再根据AD=BD可知△ABD是等腰直角三角形，可求出∠BAD的度数，最后利用∠BAC的度数通过角度和差计算出∠DAC，即可得到∠DBE的大小。
【解析】
∵AD是△ABC的高，
∴∠BDE=∠ADC=90°，即△BDE和△ADC均为直角三角形。
在Rt△BDE和Rt△ADC中，
$\{\begin{array}{l}BE=AC\\ BD=AD\end{array} $
∴Rt△BDE≌Rt△ADC（HL），
∴∠DBE=∠DAC。
∵AD=BD，∠ADB=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=45°。
又
∵∠BAC=70°，
∴∠DAC=∠BAC - ∠BAD=70°-45°=25°，
∴∠DBE=25°。
【答案】
$25°$
【知识点】
HL判定全等，等腰直角三角形性质，全等三角形性质
【点评】
本题考查直角三角形全等的判定与性质的综合应用，解题的关键是先证明三角形全等得到对应角相等，再结合等腰直角三角形的角度特征和角度和差关系计算，属于全等应用的基础题型。
【难度系数】
0.7
首先由AD是△ABC的高可得∠ADB=∠ADC=90°，结合已知条件AD=BD、BE=AC，可通过HL判定Rt△BDE与Rt△ADC全等，得到∠DBE=∠DAC；再根据AD=BD可知△ABD是等腰直角三角形，可求出∠BAD的度数，最后利用∠BAC的度数通过角度和差计算出∠DAC，即可得到∠DBE的大小。
【解析】
∵AD是△ABC的高，
∴∠BDE=∠ADC=90°，即△BDE和△ADC均为直角三角形。
在Rt△BDE和Rt△ADC中，
$\{\begin{array}{l}BE=AC\\ BD=AD\end{array} $
∴Rt△BDE≌Rt△ADC（HL），
∴∠DBE=∠DAC。
∵AD=BD，∠ADB=90°，
∴△ABD是等腰直角三角形，∠BAD=45°。
又
∵∠BAC=70°，
∴∠DAC=∠BAC - ∠BAD=70°-45°=25°，
∴∠DBE=25°。
【答案】
$25°$
【知识点】
HL判定全等，等腰直角三角形性质，全等三角形性质
【点评】
本题考查直角三角形全等的判定与性质的综合应用，解题的关键是先证明三角形全等得到对应角相等，再结合等腰直角三角形的角度特征和角度和差关系计算，属于全等应用的基础题型。
【难度系数】
0.7
10 教材P33习题T15变式 如图，$AB=AD$，$CB⊥ AB$，$CD⊥ AD$，$E$，$F$分别是$BC$，$DC$的中点，连接$AE$，$AF$。求证：$AE=AF$。
答案
10. 连接 AC. $\because CB⊥AB,CD⊥AD,\therefore ∠B=∠D=90^{\circ },\therefore △ABC$ 和 $△ADC$ 均是直角三角形. 在 $\mathrm{Rt}△ABC$ 和 $\mathrm{Rt}△ADC$ 中, $\begin{cases} AC=AC,\\ AB=AD, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△ABC≌\mathrm{Rt}△ADC(\mathrm{HL}),\therefore BC=DC$. $\because E,F$ 分别是 $BC,DC$ 的中点, $\therefore BE=\frac{1}{2}BC,DF=\frac{1}{2}DC,\therefore BE=DF$. 在 $△ABE$ 和 $△ADF$ 中, $\begin{cases} AB=AD,\\ ∠B=∠D,\\ BE=DF, \end{cases}$ $\therefore △ABE≌△ADF(\mathrm{SAS}),\therefore AE=AF$
解析
【分析】
要证明$AE=AF$，可通过证明$AE$、$AF$所在的$△ ABE$和$△ ADF$全等实现。已知$AB=AD$，$∠ B=∠ D=90°$，还需证明$BE=DF$。要得到$BE=DF$，需先证明$BC=DC$，可连接$AC$，利用HL证明$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$全等得到$BC=DC$，再结合$E$、$F$是中点的性质即可得到$BE=DF$，最后用SAS证明$△ ABE≌△ ADF$即可推出结论。
【解析】
连接$AC$，
$\because CB⊥ AB,CD⊥ AD$，
$\therefore ∠ B=∠ D=90°$，$△ ABC$和$△ ADC$均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$中，
$\begin{cases} AC=AC\\ AB=AD \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ ADC(\mathrm{HL})$，
$\therefore BC=DC$。
$\because E$、$F$分别是$BC$、$DC$的中点，
$\therefore BE=\frac{1}{2}BC$，$DF=\frac{1}{2}DC$，
$\therefore BE=DF$。
在$△ ABE$和$△ ADF$中，
$\begin{cases} AB=AD\\ ∠ B=∠ D\\ BE=DF \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=AF$。
【答案】
$AE=AF$
【知识点】
1. HL判定直角三角形全等；2. SAS判定三角形全等；3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，解题的关键是通过连接辅助线$AC$构造全等直角三角形，逐步推导得到证明线段相等所需的条件，有助于巩固全等三角形的判定定理和性质的应用。
【难度系数】
0.7
要证明$AE=AF$，可通过证明$AE$、$AF$所在的$△ ABE$和$△ ADF$全等实现。已知$AB=AD$，$∠ B=∠ D=90°$，还需证明$BE=DF$。要得到$BE=DF$，需先证明$BC=DC$，可连接$AC$，利用HL证明$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$全等得到$BC=DC$，再结合$E$、$F$是中点的性质即可得到$BE=DF$，最后用SAS证明$△ ABE≌△ ADF$即可推出结论。
【解析】
连接$AC$，
$\because CB⊥ AB,CD⊥ AD$，
$\therefore ∠ B=∠ D=90°$，$△ ABC$和$△ ADC$均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ ADC$中，
$\begin{cases} AC=AC\\ AB=AD \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ ADC(\mathrm{HL})$，
$\therefore BC=DC$。
$\because E$、$F$分别是$BC$、$DC$的中点，
$\therefore BE=\frac{1}{2}BC$，$DF=\frac{1}{2}DC$，
$\therefore BE=DF$。
在$△ ABE$和$△ ADF$中，
$\begin{cases} AB=AD\\ ∠ B=∠ D\\ BE=DF \end{cases}$
$\therefore △ ABE≌△ ADF(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AE=AF$。
【答案】
$AE=AF$
【知识点】
1. HL判定直角三角形全等；2. SAS判定三角形全等；3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形证明的基础题型，解题的关键是通过连接辅助线$AC$构造全等直角三角形，逐步推导得到证明线段相等所需的条件，有助于巩固全等三角形的判定定理和性质的应用。
【难度系数】
0.7
11 新考向 探究题 我们知道“斜边和一条直角边分别相等的两个直角三角形全等（简称‘HL’定理）”是判定直角三角形全等的特有方法。
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E分别在边AC，AB上。若CE=BD，则线段AE和线段AD之间的数量关系是
（2）如图②，在△ABC中，90°＜∠BAC＜180°，AB=AC，点D，E分别在边AC，AB上。若CE=BD，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由。
（1）如图①，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D，E分别在边AC，AB上。若CE=BD，则线段AE和线段AD之间的数量关系是
AE=AD
。（2）如图②，在△ABC中，90°＜∠BAC＜180°，AB=AC，点D，E分别在边AC，AB上。若CE=BD，则线段AE与线段AD相等吗？如果相等，请给出证明；如果不相等，请说明理由。
答案
11. (1) $AE=AD$
(2) 相等 如图, 过点 $C$ 作 $CM⊥BA$, 交 $BA$ 的延长线于点 $M$, 过点 $B$ 作 $BN⊥CA$, 交 $CA$ 的延长线于点 $N$, 则 $∠M=∠N=90^{\circ }$. 在 $△CAM$ 和 $△BAN$ 中, $\begin{cases} ∠M=∠N,\\ ∠CAM=∠BAN,\\ AC=AB, \end{cases}$ $\therefore △CAM≌△BAN(\mathrm{AAS}),\therefore CM=BN,AM=AN$. 在 $\mathrm{Rt}△CME$ 和 $\mathrm{Rt}△BND$ 中, $\begin{cases} CE=BD,\\ CM=BN, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△CME≌\mathrm{Rt}△BND(\mathrm{HL}),\therefore EM=DN,\therefore EM-AM=DN-AN$, 即 $AE=AD$
解析
【分析】
（1）要推导AE和AD的数量关系，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。观察图形可知AE在$Rt△ ACE$中，AD在$Rt△ ABD$中，已知$∠ BAC=90°$、$CE=BD$、$AB=AC$，符合直角三角形全等的HL判定条件，证得两三角形全等即可得到线段关系。
（2）要判断钝角等腰三角形中AE和AD是否相等，现有图形无直接可证全等的直角三角形，因此需作辅助线构造直角三角形：分别过B、C作AC、BA延长线的垂线，先利用AAS证明新构造的$△ CAM$和$△ BAN$全等，得到对应边相等，再结合已知$CE=BD$用HL证明包含AE、AD的直角三角形全等，最后通过线段和差推导即可得到结论。
【解析】
（1）$\because ∠ BAC=90°$，$\therefore ∠ BAD=∠ CAE=90°$。
在$Rt△ ABD$和$Rt△ ACE$中：
$\begin{cases} AB=AC \\ BD=CE \end{cases}$
$\therefore Rt△ ABD≌Rt△ ACE(\mathrm{HL})$，$\therefore AE=AD$。
（2）$AE=AD$，证明如下：
过点$C$作$CM⊥BA$，交$BA$的延长线于点$M$，过点$B$作$BN⊥CA$，交$CA$的延长线于点$N$，则$∠ M=∠ N=90°$。
在$△ CAM$和$△ BAN$中：
$\begin{cases} ∠ M=∠ N \\ ∠ CAM=∠ BAN \\ AC=AB \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BAN(\mathrm{AAS})$，$\therefore CM=BN,AM=AN$。
在$\mathrm{Rt}△ CME$和$\mathrm{Rt}△ BND$中：
$\begin{cases} CE=BD \\ CM=BN \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ CME≌\mathrm{Rt}△ BND(\mathrm{HL})$，$\therefore EM=DN$。
$\therefore EM-AM=DN-AN$，即$AE=AD$。
【答案】
(1) $AE=AD$
(2) 相等 如图, 过点 $C$ 作 $CM⊥BA$, 交 $BA$ 的延长线于点 $M$, 过点 $B$ 作 $BN⊥CA$, 交 $CA$ 的延长线于点 $N$, 则 $∠M=∠N=90^{\circ }$. 在 $△CAM$ 和 $△BAN$ 中, $\begin{cases} ∠M=∠N,\\ ∠CAM=∠BAN,\\ AC=AB, \end{cases}$ $\therefore △CAM≌△BAN(\mathrm{AAS}),\therefore CM=BN,AM=AN$. 在 $\mathrm{Rt}△CME$ 和 $\mathrm{Rt}△BND$ 中, $\begin{cases} CE=BD,\\ CM=BN, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△CME≌\mathrm{Rt}△BND(\mathrm{HL}),\therefore EM=DN,\therefore EM-AM=DN-AN$, 即 $AE=AD$
【知识点】
HL全等判定，AAS全等判定，全等三角形性质
【点评】
本题是探究类考向题，从直角等腰三角形延伸到钝角等腰三角形，考查全等三角形判定和性质的综合应用，解题时需要通过作垂线构造直角三角形，将非直角三角形的问题转化为可使用HL定理的直角三角形问题，体现了转化的数学思想，能有效锻炼辅助线构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
（1）要推导AE和AD的数量关系，可通过证明两条线段所在的三角形全等求解。观察图形可知AE在$Rt△ ACE$中，AD在$Rt△ ABD$中，已知$∠ BAC=90°$、$CE=BD$、$AB=AC$，符合直角三角形全等的HL判定条件，证得两三角形全等即可得到线段关系。
（2）要判断钝角等腰三角形中AE和AD是否相等，现有图形无直接可证全等的直角三角形，因此需作辅助线构造直角三角形：分别过B、C作AC、BA延长线的垂线，先利用AAS证明新构造的$△ CAM$和$△ BAN$全等，得到对应边相等，再结合已知$CE=BD$用HL证明包含AE、AD的直角三角形全等，最后通过线段和差推导即可得到结论。
【解析】
（1）$\because ∠ BAC=90°$，$\therefore ∠ BAD=∠ CAE=90°$。
在$Rt△ ABD$和$Rt△ ACE$中：
$\begin{cases} AB=AC \\ BD=CE \end{cases}$
$\therefore Rt△ ABD≌Rt△ ACE(\mathrm{HL})$，$\therefore AE=AD$。
（2）$AE=AD$，证明如下：
过点$C$作$CM⊥BA$，交$BA$的延长线于点$M$，过点$B$作$BN⊥CA$，交$CA$的延长线于点$N$，则$∠ M=∠ N=90°$。
在$△ CAM$和$△ BAN$中：
$\begin{cases} ∠ M=∠ N \\ ∠ CAM=∠ BAN \\ AC=AB \end{cases}$
$\therefore △ CAM≌△ BAN(\mathrm{AAS})$，$\therefore CM=BN,AM=AN$。
在$\mathrm{Rt}△ CME$和$\mathrm{Rt}△ BND$中：
$\begin{cases} CE=BD \\ CM=BN \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ CME≌\mathrm{Rt}△ BND(\mathrm{HL})$，$\therefore EM=DN$。
$\therefore EM-AM=DN-AN$，即$AE=AD$。
【答案】
(1) $AE=AD$
(2) 相等 如图, 过点 $C$ 作 $CM⊥BA$, 交 $BA$ 的延长线于点 $M$, 过点 $B$ 作 $BN⊥CA$, 交 $CA$ 的延长线于点 $N$, 则 $∠M=∠N=90^{\circ }$. 在 $△CAM$ 和 $△BAN$ 中, $\begin{cases} ∠M=∠N,\\ ∠CAM=∠BAN,\\ AC=AB, \end{cases}$ $\therefore △CAM≌△BAN(\mathrm{AAS}),\therefore CM=BN,AM=AN$. 在 $\mathrm{Rt}△CME$ 和 $\mathrm{Rt}△BND$ 中, $\begin{cases} CE=BD,\\ CM=BN, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△CME≌\mathrm{Rt}△BND(\mathrm{HL}),\therefore EM=DN,\therefore EM-AM=DN-AN$, 即 $AE=AD$
【知识点】
HL全等判定，AAS全等判定，全等三角形性质
【点评】
本题是探究类考向题，从直角等腰三角形延伸到钝角等腰三角形，考查全等三角形判定和性质的综合应用，解题时需要通过作垂线构造直角三角形，将非直角三角形的问题转化为可使用HL定理的直角三角形问题，体现了转化的数学思想，能有效锻炼辅助线构造能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
