4. 如图，$OA=OB$，$AC=BD$，$OA⊥AC$，$OB⊥BD$，$OM⊥CD$于点$M$，求证：$OM$平分$∠AOB$.

4. 证明：连接OC，OD，
∵OA⊥AC，OB⊥BD，
∴∠A=∠B=90°. 在△OAC和△OBD中，$\begin{cases} AO=BO, \\ ∠A=∠B, \\ AC=BD, \end{cases}$
∴△OAC≌△OBD（SAS）.
∴∠AOC=∠BOD，OC=OD.
∵OM⊥CD，
∴∠OMC=∠OMD=90°. 在Rt△OMC和Rt△OMD中，$\begin{cases} OC=OD, \\ OM=OM, \end{cases}$
∴Rt△OMC≌Rt△OMD（HL）.
∴∠COM=∠DOM.
∴∠AOC+∠COM=∠BOD+∠DOM，
∴∠AOM=∠BOM，即OM平分∠AOB.

【分析】
要证明OM平分∠AOB，本质是证∠AOM=∠BOM。观察图形可将两个角拆分为∠AOM=∠AOC+∠COM，∠BOM=∠BOD+∠DOM，因此只需分别证明∠AOC=∠BOD、∠COM=∠DOM即可。首先连接辅助线OC、OD，结合已知的OA=OB、AC=BD、∠A=∠B=90°，可通过SAS判定△OAC≌△OBD，得到∠AOC=∠BOD且OC=OD；再结合OM⊥CD的条件，利用HL判定Rt△OMC≌Rt△OMD，得到∠COM=∠DOM，最后通过角的和的关系即可推导出∠AOM=∠BOM。
【解析】
证明：连接OC，OD，
∵OA⊥AC，OB⊥BD，
∴∠A=∠B=90°.
在△OAC和△OBD中，
$\begin{cases} AO=BO, \\ ∠A=∠B, \\ AC=BD, \end{cases}$
∴△OAC≌△OBD（SAS）.
∴∠AOC=∠BOD，OC=OD.
∵OM⊥CD，
∴∠OMC=∠OMD=90°.
在Rt△OMC和Rt△OMD中，
$\begin{cases} OC=OD, \\ OM=OM, \end{cases}$
∴Rt△OMC≌Rt△OMD（HL）.
∴∠COM=∠DOM.
∴∠AOC+∠COM=∠BOD+∠DOM，即∠AOM=∠BOM，
∴OM平分∠AOB.
【答案】
OM平分∠AOB
【知识点】
1. SAS全等判定
2. HL全等判定
3. 全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的综合应用题，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形，结合已知条件选择适配的全等判定定理，通过两次全等逐步推导角度相等关系，属于全等应用的常规题型，需熟练掌握各类全等判定的适用场景。
【难度系数】
0.7

5. 如图，在$△ ABC$中，$∠ C=90°$，$AD$是$∠ BAC$的平分线，$DE ⊥ AB$交$AB$于点$E$，点$F$在$AC$上，$BD=DF$.
(1) 求证：$CF=EB$.
(2) 若$AF=2$，$EB=1$，求$AB$的长.

5. (1) 证明：
∵∠C=90°，DE⊥AB于点E，
∴∠DEA=∠C=90°.
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠EAD.
∵AD=AD，
∴△ACD≌△AED，
∴DC=DE.
∵BD=DF，
∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL），
∴CF=EB.
(2) 解：由(1)知EB=CF，
∴Rt△AED≌Rt△ACD（HL），
∴AE=AC，
∴AB-EB=AF+CF，
∴AB=AF+CF+EB=AF+2EB=2+2=4.

【分析】
(1) 要证明CF=EB，可通过证明两条边所在的直角三角形全等推导。首先根据角平分线的性质，结合AD是∠BAC的平分线、∠C和∠DEA都是直角，可得DC=DE；再结合已知BD=DF，利用HL即可证明Rt△CDF≌Rt△EDB，从而得到对应边CF=EB。
(2) 求AB的长度时，先由△ACD≌△AED得到AE=AC，再将AB拆分为AE+EB，AC拆分为AF+CF，结合第一问CF=EB的结论，代入已知数值即可计算出AB的长。
【解析】
(1) 证明：
∵∠C=90°，DE⊥AB于点E，
∴∠DEA=∠C=90°。
∵AD是∠BAC的平分线，
∴∠CAD=∠EAD。
又
∵AD=AD，
∴△ACD≌△AED（AAS），
∴DC=DE。
在Rt△CDF和Rt△EDB中，
$\{\begin{array}{l}BD=DF\\ DC=DE\end{array} $
∴Rt△CDF≌Rt△EDB（HL），
∴CF=EB。
(2) 解：由(1)得CF=EB，
又
∵△ACD≌△AED，
∴AE=AC。
∵AC=AF+CF，AB=AE+EB，
∴AB=AF+CF+EB=AF+2EB，
代入AF=2，EB=1得：
AB=2+2×1=4。
【答案】
(1) 已证CF=EB；
(2) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形HL判定
【点评】
本题是全等三角形应用的典型基础题，核心考查通过全等三角形转化相等线段，解题的关键是找准全等三角形，灵活运用角平分线性质和全等判定定理推导边的等量关系，掌握相关知识点即可顺利解答。
【难度系数】
0.7

6. (2022·谷城) 如图，在平面直角坐标系中，P(4，4).
(1) 点A在x轴的正半轴上运动，点B在y轴的正半轴上，PA=PB.
①求证：PA ⊥ PB；
②求OA+OB的值.
(2) 点A在x轴的正半轴上运动，点B在y轴的负半轴上，PA=PB.
①求OA-OB的值；
②若点A的坐标为 (10，0)，求点B的坐标.

6. (1) ①证明：如图1，过点P作PE⊥x轴于点E，作PF⊥y轴于点F，
∴PE⊥PF.
∵P(4，4)，
∴PE=PF=4. 在Rt△APE和Rt△BPF中，$\begin{cases} PA=PB, \\ PE=PF, \end{cases}$
∴Rt△APE≌Rt△BPF（HL），
∴∠APE=∠BPF，
∴∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF=90°，
∴PA⊥PB.
②解：
∵Rt△APE≌Rt△BPF，
∴AE=BF.
∵OA=OE+AE，OB=OF-BF，
∴OA+OB=OE+AE+OF-BF=OE+OF=4+4=8.

(2) 解：①如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，作PF⊥y轴于点F，同理得Rt△APE≌Rt△BPF（HL），
∴AE=BF.
∵AE=OA-OE=OA-4，BF=OB+OF=OB+4，
∴OA-4=OB+4.
∴OA-OB=8.
②
∵PE=PF=4，PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴四边形OEPF是正方形，
∴OE=OF=4.
∵A(10，0)，
∴OA=10.
∴AE=OA-OE=10-4=6.
∵Rt△APE≌Rt△BPF，
∴AE=BF=6.
∴OB=BF-OF=6-4=2.
∴点B的坐标为(0，-2).

【分析】
本题是全等三角形在平面直角坐标系中的应用，解题思路如下：1. 由点P(4,4)可知它到x轴、y轴的距离相等，因此过P作x轴、y轴的垂线，构造两个直角三角形，结合已知PA=PB，可通过HL证明两个直角三角形全等；2. 利用全等三角形对应角相等推导角的关系，即可证明PA⊥PB；3. 利用全等三角形对应边相等，将OA、OB拆分为已知长度的线段和对应相等的线段，进而计算OA+OB、OA-OB的值；4. 已知A点坐标时，先求出对应线段长度，再结合全等性质推导B点坐标即可。
【解析】
(1) ①证明：如图1，过点P作PE⊥x轴于点E，作PF⊥y轴于点F，
∴PE⊥PF，∠PEA=∠PFB=90°。
∵P(4，4)，
∴PE=PF=4。
在Rt△APE和Rt△BPF中，
$\begin{cases} PA=PB, \\ PE=PF, \end{cases}$
∴Rt△APE≌Rt△BPF（HL），
∴∠APE=∠BPF，
∴∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF=90°，
∴PA⊥PB。
②解：
∵Rt△APE≌Rt△BPF，
∴AE=BF。
∵OA=OE+AE，OB=OF-BF，且OE=OF=4，
∴OA+OB=OE+AE+OF-BF=OE+OF=4+4=8。

(2) ①解：如图2，过点P作PE⊥x轴于点E，作PF⊥y轴于点F，
同理得Rt△APE≌Rt△BPF（HL），
∴AE=BF。
∵AE=OA-OE=OA-4，BF=OB+OF=OB+4，
∴OA-4=OB+4，
∴OA-OB=8。
②解：
∵PE=PF=4，PE⊥x轴于点E，PF⊥y轴于点F，
∴四边形OEPF是正方形，
∴OE=OF=4。
∵A(10，0)，
∴OA=10，
∴AE=OA-OE=10-4=6。
∵Rt△APE≌Rt△BPF，
∴AE=BF=6，
∴OB=BF-OF=6-4=2，
又
∵B在y轴负半轴，
∴点B的坐标为(0，-2)。
【答案】
(1) ①PA⊥PB得证；②OA+OB的值为$\boldsymbol{8}$；
(2) ①OA-OB的值为$\boldsymbol{8}$；②点B的坐标为$\boldsymbol{(0,-2)}$。

【知识点】
1. 直角三角形全等的判定（HL）
2. 全等三角形的性质
3. 坐标与图形的性质
【点评】
本题是全等三角形与平面直角坐标系结合的典型习题，解题的核心是通过作坐标轴的垂线构造全等直角三角形，将待求的线段和差转化为已知长度的线段计算，既考查了全等三角形的判定和性质的应用，也考查了坐标系内坐标与线段长度的转化能力。
【难度系数】
0.6