8.如图，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，O是原点，点A的坐标为$(1,\sqrt{3})$，则点C的坐标为（）

A.$(-\sqrt{3},1)$
B.$(-1,\sqrt{3})$
C.$(\sqrt{3},1)$
D.$(-\sqrt{3},-1)$

A

【分析】
要确定点C的坐标，我们可以通过构造全等三角形求解。首先过点A作x轴的垂线，过点C作x轴的垂线，结合正方形的性质可知OC=OA、∠AOC=90°，可推导出两个直角三角形的角对应相等，进而证明两个直角三角形全等，再根据全等三角形对应边相等，结合点A的坐标和点C所在的象限即可求出点C的坐标。
【解析】
解：过点A作$AD⊥ x$轴于点D，过点C作$CE⊥ x$轴于点E，
$\therefore ∠ CEO=∠ ODA=90°$，
$\therefore ∠ OAD + ∠ AOD=90°$，
$\because$ 四边形OABC是正方形，
$\therefore OC=OA$，$∠ AOC=90°$，
$\therefore ∠ COE + ∠ AOD=90°$，
$\therefore ∠ COE=∠ OAD$，
在$△ COE$和$△ OAD$中：
$\begin{cases}∠ CEO=∠ ODA \\∠ COE=∠ OAD \\OC=OA\end{cases}$
$\therefore △ COE≌△ OAD(\mathrm{AAS})$，
$\because$ 点A的坐标为$(1,\sqrt{3})$，
$\therefore OD=1$，$AD=\sqrt{3}$，
由全等三角形对应边相等得：$CE=OD=1$，$OE=AD=\sqrt{3}$，
$\because$ 点C在第二象限，横坐标为负，纵坐标为正，
$\therefore$ 点C的坐标为$(-\sqrt{3},1)$。
【答案】
A
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系中点的坐标特征
【点评】
本题核心是利用正方形的边角性质构造全等三角形，将已知点的坐标转化为待求点到坐标轴的距离，再结合象限的坐标符号特征得到最终坐标，是几何性质和平面直角坐标系结合的典型基础题。
【难度系数】
0.7

9.如图，点A,C,D,B四点共线，且AC=BD，∠A=∠B，∠ADE=∠BCF，求证：DE=CF.

证明：
∵ AC = BD，
∴ AC + CD = BD + CD，
即 AD = BC。
在△ADE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠A = ∠B, \\AD = BC, \\∠ADE = ∠BCF,\end{array} $
∴ △ADE ≌ △BCF（ASA），
∴ DE = CF。

【分析】
要证明DE=CF，可通过证明DE、CF所在的△ADE与△BCF全等来实现。首先由已知AC=BD，结合A、C、D、B共线，在等式两边同时加公共线段CD，可推得AD=BC；再结合题目给出的∠A=∠B、∠ADE=∠BCF，刚好满足“角边角（ASA）”的全等判定条件，证得△ADE≌△BCF后，根据全等三角形对应边相等即可得到结论。
【解析】
证明：
∵ AC = BD，
∴ AC + CD = BD + CD，
即 AD = BC。
在△ADE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠A = ∠B, \\AD = BC, \\∠ADE = ∠BCF,\end{array} $
∴ △ADE ≌ △BCF（ASA），
∴ DE = CF。
【答案】
DE=CF
【知识点】
线段和差计算、ASA判定三角形全等、全等三角形的性质
【点评】
本题是基础的几何证明题型，核心考查三角形全等的判定及性质，解题的关键是通过已知线段相等的条件推导得到全等所需的对应边相等，解题逻辑清晰，是全等证明类的常规基础题。
【难度系数】
0.85

10.如图，AB与CD交于点E，∠C=∠AFC，∠AFC=∠D，CF−DF=2EF.求证:AE=BE. 第10题图

证明：
∵ ∠C = ∠AFC，∠AFC = ∠D，
∴ ∠C = ∠D。
∵ 点C、E、F、D在同一直线上，
∴ CF = CE + EF，DE = EF + DF。
由CF − DF = 2EF，可得CF = DF + 2EF = DF + EF + EF = DE + EF，
∴ CE + EF = DE + EF，
∴ CE = DE。
在△AEC和△BED中，
$\{\begin{array}{l}∠C = ∠D, \\CE = DE, \\∠AEC = ∠BED,\end{array} $
∴ △AEC ≌ △BED（ASA），
∴ AE = BE。

【分析】
要证明AE=BE，可通过证明AE、BE所在的△AEC和△BED全等来实现。首先根据已知的角的等量关系推导得到∠C=∠D，再结合对顶角∠AEC=∠BED，已有两组角对应相等，接下来只需证明夹边CE=DE即可；利用线段的和差关系，结合已知条件CF-DF=2EF，通过等量代换可推出CE=DE，即可用ASA判定两个三角形全等，进而得到对应边AE=BE。
【解析】
证明：
∵ ∠C = ∠AFC，∠AFC = ∠D，
∴ ∠C = ∠D。
∵ 点C、E、F、D在同一直线上，
∴ CF = CE + EF，DE = EF + DF。
由CF − DF = 2EF，可得CF = DF + 2EF = DF + EF + EF = DE + EF，
∴ CE + EF = DE + EF，
∴ CE = DE。
在△AEC和△BED中，
$\{\begin{array}{l}∠C = ∠D, \\CE = DE, \\∠AEC = ∠BED,\end{array} $
∴ △AEC ≌ △BED（ASA），
∴ AE = BE。
【答案】
AE=BE
【知识点】
ASA判定全等，线段和差计算，对顶角性质
【点评】
本题是全等三角形证明的常规题型，解题核心是将证明线段相等转化为证明线段所在的三角形全等，再结合已知条件推导全等所需的角、边相等条件即可，能够帮助学生巩固全等三角形判定定理的应用，提升逻辑推导能力。
【难度系数】
0.75

11.如图1，已知$AC=AE$，$∠ BAD=∠ EAC=∠ EDC$. 第11题图
(1)在$△ ABC$中，若$∠ B＜90°$，$D$为$BC$上的一点，点$E$在$△ ABC$的外部，求证：$AD=AB$；
(2)在$△ ABC$中，若$∠ B＞90°$，点$D$在$CB$的延长线上，点$E$在$△ ABC$的下方，则(1)中的结论是否仍然成立？若成立，请在图2中画出图形，并加以证明；若不成立，请说明理由.

(1) 证明：
∵ $∠ BAD = ∠ EAC$，
∴ $∠ BAD + ∠ DAC = ∠ EAC + ∠ DAC$，
即 $∠ BAC = ∠ DAE$。
∵ $∠ ADC$ 是 $△ ABD$ 的外角，
∴ $∠ ADC = ∠ B + ∠ BAD$，
又 $∠ ADC = ∠ ADE + ∠ EDC$，且 $∠ EDC = ∠ BAD$，
∴ $∠ ADE + ∠ EDC = ∠ B + ∠ BAD$，
∴ $∠ ADE = ∠ B$。
在 $△ ABC$ 和 $△ ADE$ 中：
$\begin{cases}∠ B = ∠ ADE \\∠ BAC = ∠ DAE \\AC = AE\end{cases}$
∴ $△ ABC ≌ △ ADE$（AAS），
∴ $AD = AB$。
---
(2) 解：(1)中的结论 $AD=AB$ 仍然成立。
所画图形：在图2中延长CB至点D，连接AD，作$∠ DAE=∠ BAC$且$AE=AC$，连接DE，使点E落在$△ ABC$下方。
证明：
∵ $∠ BAD = ∠ EAC$，
∴ $∠ BAD + ∠ DAC = ∠ EAC + ∠ DAC$，
即 $∠ BAC = ∠ DAE$。
∵ $∠ EDC = ∠ BAD$，
又 $∠ ABD = 180° - ∠ ADB - ∠ BAD$，
$∠ ADE = 180° - ∠ ADB - ∠ EDC$，
∴ $∠ ABD = ∠ ADE$。
在 $△ ABC$ 和 $△ ADE$ 中：
$\begin{cases}∠ ABD = ∠ ADE \\∠ BAC = ∠ DAE \\AC = AE\end{cases}$
∴ $△ ABC ≌ △ ADE$（AAS），
∴ $AD = AB$。

【分析】
(1) 要证$AD=AB$，可通过证明两条边所在的$△ ABC$和$△ ADE$全等推导。首先利用已知$∠ BAD=∠ EAC$，两边同时加公共角$∠ DAC$得到$∠ BAC=∠ DAE$；再结合$∠ EDC=∠ BAD$，利用三角形外角的性质推导得出$∠ B=∠ ADE$；最后结合已知$AC=AE$，用AAS判定两个三角形全等，即可得到对应边$AD=AB$。
(2) 结论仍然成立，解题思路与(1)类似：先通过$∠ BAD=∠ EAC$推导得到$∠ BAC=∠ DAE$，再利用平角的性质，结合$∠ EDC=∠ BAD$推出$∠ ABD=∠ ADE$，再结合$AC=AE$，用AAS证明$△ ABC≌△ ADE$，即可得到$AD=AB$；画图时按题目要求延长$CB$到$D$，作出对应点$E$即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ $∠ BAD = ∠ EAC$，
∴ $∠ BAD + ∠ DAC = ∠ EAC + ∠ DAC$，
即 $∠ BAC = ∠ DAE$。
∵ $∠ ADC$ 是 $△ ABD$ 的外角，
∴ $∠ ADC = ∠ B + ∠ BAD$，
又 $∠ ADC = ∠ ADE + ∠ EDC$，且 $∠ EDC = ∠ BAD$，
∴ $∠ ADE + ∠ EDC = ∠ B + ∠ BAD$，
∴ $∠ ADE = ∠ B$。
在 $△ ABC$ 和 $△ ADE$ 中：
$\begin{cases}∠ B = ∠ ADE \\∠ BAC = ∠ DAE \\AC = AE\end{cases}$
∴ $△ ABC ≌ △ ADE$（AAS），
∴ $AD = AB$。
(2) 解：(1)中的结论 $AD=AB$ 仍然成立。
所画图形：在图2中延长$CB$至点$D$，连接$AD$，作$∠ DAE=∠ BAC$且$AE=AC$，连接$DE$，使点$E$落在$△ ABC$下方。
证明：
∵ $∠ BAD = ∠ EAC$，
∴ $∠ BAD + ∠ DAC = ∠ EAC + ∠ DAC$，
即 $∠ BAC = ∠ DAE$。
∵ $∠ EDC = ∠ BAD$，
又 $∠ ABD = 180° - ∠ ADB - ∠ BAD$，
$∠ ADE = 180° - ∠ ADB - ∠ EDC$，
∴ $∠ ABD = ∠ ADE$。
在 $△ ABC$ 和 $△ ADE$ 中：
$\begin{cases}∠ ABD = ∠ ADE \\∠ BAC = ∠ DAE \\AC = AE\end{cases}$
∴ $△ ABC ≌ △ ADE$（AAS），
∴ $AD = AB$。
【答案】
(1) 证明成立，$AD=AB$；
(2) 结论仍然成立，$AD=AB$。
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 全等三角形的性质
3. 三角形外角的性质
【点评】
本题是三角形全等的典型变式题，核心考查全等三角形的判定与性质的综合运用，解题的关键是结合已知角的等量关系推导得到全等所需的对应角相等。第二问改变了点的位置，推导角的方法略有调整，但整体解题思路和第一问一致，体现了几何变式题中"变中找不变"的解题思想，有助于提升逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

12.如图,在$△ ABC$中,$∠ ABC=90°$,$AC=CE$,$BC=CD$,$∠ ACE=∠ BCD=90°$,$BC$的延长线交$DE$于点$F$.
求证:$EF=DF$.

证明：过点E作EG⊥BF，交BF的延长线于点G，
∴∠G=90°=∠ABC。
∵∠ACE=90°，
∴∠ECG + ∠ACB = 90°，
又∵在Rt△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 90°，
∴∠ECG = ∠CAB。
在△EGC和△CBA中，
$\{\begin{array}{l}∠G = ∠ABC \\∠ECG = ∠CAB \\CE = AC\end{array} $
∴△EGC ≌ △CBA（AAS），
∴EG = BC。
又∵BC = CD，
∴EG = CD。
∵∠BCD=90°，
∴∠DCF = 180° - ∠BCD = 90°，
∴∠G = ∠DCF = 90°。
在△EGF和△DCF中，
$\{\begin{array}{l}∠G = ∠DCF \\∠EFG = ∠DFC \\EG = CD\end{array} $
∴△EGF ≌ △DCF（AAS），
∴EF = DF。

【分析】
要证明EF=DF，可通过证明两条线段所在的三角形全等来实现。首先观察图形，EF、DF所处的△EFG和△DCF缺少对应边相等的条件，因此先作辅助线：过点E作EG⊥BF交BF的延长线于点G。先利用∠ACE=90°、∠ABC=90°，可得同角的余角相等，即∠ECG=∠CAB，结合AC=CE，可证明△EGC≌△CBA，得到EG=BC，再结合BC=CD得到EG=CD，最后利用EG=CD、两个直角相等、对顶角相等证明△EGF≌△DCF，即可得到EF=DF。
【解析】
证明：过点E作EG⊥BF，交BF的延长线于点G，
∴∠G=90°=∠ABC。
∵∠ACE=90°，
∴∠ECG + ∠ACB = 90°，
又
∵在Rt△ABC中，∠BAC + ∠ACB = 90°，
∴∠ECG = ∠CAB。
在△EGC和△CBA中，
$\{\begin{array}{l}∠G = ∠ABC \\∠ECG = ∠CAB \\CE = AC\end{array} $
∴△EGC ≌ △CBA（AAS），
∴EG = BC。
又
∵BC = CD，
∴EG = CD。
∵∠BCD=90°，
∴∠DCF = 180° - ∠BCD = 90°，
∴∠G = ∠DCF = 90°。
在△EGF和△DCF中，
$\{\begin{array}{l}∠G = ∠DCF \\∠EFG = ∠DFC \\EG = CD\end{array} $
∴△EGF ≌ △DCF（AAS），
∴EF = DF。
【答案】
EF=DF
【知识点】
全等三角形的判定（AAS），全等三角形的性质，余角的性质
【点评】
本题考查全等三角形的综合应用，解题关键是合理构造辅助线，通过两次全等的证明得到目标线段相等，能很好地考查逻辑推理能力和几何辅助线的构造能力。
【难度系数】
0.6