9. 如图,已知点 A、D、C、E 在同一条直线上,BC、DF 相交于点 O,AD=CE,AB//DF,AB=DF.
(1)求证:$△ ABC≌△ DFE$.
(2)连接 CF,若$∠BCF=54°,∠DFC=20°$,求$∠DFE$的度数.

9. (1)证明:
∵AB//DF,
∴∠A=∠EDF.
∵AD=CE,
∴AD+CD=CE+CD,即AC=DE.在△ABC和△DFE中,
{AB=DF,
∠A=∠EDF,
AC=DE,
∴△ABC≌△DFE(SAS). (2)
∵∠BCF=54°,∠DFC=20°,
∴∠DOC=∠BCF+∠DFC=74°.
∵AB//DF,
∴∠B=∠DOC=74°.
∵△ABC≌△DFE,
∴∠DFE=∠B=74°.

【分析】
（1）要证明△ABC≌△DFE，先结合已知条件推导全等所需的对应边、对应角相等：由AB//DF可得同位角∠A=∠EDF；由AD=CE，两边同时加公共线段CD可得AC=DE，结合已知AB=DF，满足SAS全等判定条件，即可完成证明。
（2）要求∠DFE的度数，可通过角度转化推导：首先利用三角形外角的性质，计算出△OFC的外角∠DOC的度数；再由AB//DF得同位角∠B=∠DOC，最后根据全等三角形对应角相等，即可得到∠DFE的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵AB//DF，
∴∠A=∠EDF（两直线平行，同位角相等）。
∵AD=CE，
∴AD+CD=CE+CD，即$AC=DE$。
在△ABC和△DFE中：
$\begin{cases}AB=DF（已知）\\∠A=∠EDF（已证）\\AC=DE（已证）\end{cases}$
∴△ABC≌△DFE（SAS）。
(2) 解：
∵∠DOC是△OFC的外角，
∴$∠DOC=∠BCF+∠DFC=54°+20°=74°$。
∵AB//DF，
∴∠B=∠DOC=74°（两直线平行，同位角相等）。
∵△ABC≌△DFE，
∴∠DFE=∠B=74°（全等三角形对应角相等）。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{74°}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；平行线的性质；三角形外角的性质
【点评】
本题属于三角形基础综合题，解题的核心是熟练掌握平行线性质、全等判定定理和三角形外角性质，能根据已知条件合理推导对应边、对应角的关系，完成角度转化即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

10. 如图,在$△ ABC$中,$BD⊥ AC$于点$D$,$CE⊥ AB$于点$E$,$M$、$N$分别是$BC$、$DE$的中点.
(1)求证:$MN⊥ DE$.
(2)若$∠ ECB+∠ DBC=45°$,$DE=10$,求$MN$的长.

10. (1)证明:如图,连接EM、DM.
∵BD⊥AC,CE⊥AB,M是BC的中点,
∴DM=1/2 BC,EM=1/2 BC,
∴DM=EM.又
∵N是DE的中点,
∴MN⊥DE. (2)在Rt△DBC中,M是BC的中点,
∴DM=1/2 BC=BM,
∴∠DBM=∠BDM,
∴∠DMC=2∠DBM.同理可得∠EMB=2∠ECM.
∵∠ECB+∠DBC=45°,即∠ECM+∠DBM=45°,
∴∠EMB+∠DMC=2∠ECM+2∠DBM=2(∠ECM+∠DBM)=90°,
∴∠EMD=180°-(∠EMB+∠DMC)=180°-90°=90°,
∴△EMD为等腰直角三角形.又
∵N是DE的中点,DE=10,
∴MN=1/2 DE=5.

【分析】
(1) 要证$MN⊥DE$，已知$N$是$DE$中点，若能证明$△ MED$是等腰三角形，即可通过等腰三角形三线合一的性质得证。题目存在$Rt△ BEC$和$Rt△ BDC$两个直角三角形，且$M$是$BC$中点，可利用直角三角形斜边中线等于斜边的一半，证明$EM=DM$，得到等腰$△ MED$完成证明。
(2) 要求$MN$的长，先根据等腰三角形等边对等角、三角形外角的性质，结合已知$∠ ECB+∠ DBC=45°$，推导得出$∠ EMD=90°$，得到$△ EMD$是等腰直角三角形，再根据等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可求出$MN$的长度。
【解析】
(1) 证明：如图，连接$EM$、$DM$。
$\because BD⊥ AC$，$CE⊥ AB$，$\therefore △ BDC$和$△ BEC$都是直角三角形，
$\because M$是$BC$的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，
$\therefore DM=\frac{1}{2}BC$，$EM=\frac{1}{2}BC$，
$\therefore DM=EM$，即$△ MED$是等腰三角形，
又$\because N$是$DE$的中点，根据等腰三角形三线合一的性质，
$\therefore MN⊥ DE$。
(2) 解：在$Rt△ DBC$中，$M$是$BC$的中点，$\therefore DM=\frac{1}{2}BC=BM$，
$\therefore ∠ DBM=∠ BDM$，根据三角形外角的性质，$∠ DMC=∠ DBM+∠ BDM=2∠ DBM$，
同理可得，在$Rt△ BEC$中，$EM=BM=MC$，$\therefore ∠ ECM=∠ CEM$，$∠ EMB=2∠ ECM$，
$\because ∠ ECB+∠ DBC=45°$，即$∠ ECM+∠ DBM=45°$，
$\therefore ∠ EMB+∠ DMC=2∠ ECM+2∠ DBM=2(∠ ECM+∠ DBM)=2×45°=90°$，
$\therefore ∠ EMD=180°-(∠ EMB+∠ DMC)=180°-90°=90°$，
$\therefore △ EMD$为等腰直角三角形，
又$\because N$是$DE$的中点，$DE=10$，等腰直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
$\therefore MN=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}×10=5$。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $MN$的长为$5$。

【知识点】
直角三角形斜边中线定理，等腰三角形性质，三角形外角性质
【点评】
本题是三角形综合类基础题，解题核心是通过作辅助线构造直角三角形斜边中线，结合等腰三角形性质和角度推导得到特殊三角形，能够很好地考查学生对三角形核心性质的灵活应用能力。
【难度系数】
0.65

11. 如图1,已知$AC⊥AB,BD⊥AB,AB=8\ \mathrm{cm},AC=BD=6\ \mathrm{cm}$,点$P$在线段$AB$上以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度由点$A$向点$B$运动,同时点$Q$在线段$BD$上由点$B$向点$D$运动,当其中一点到达终点时,另一点也随之停止运动.设运动的时间为$t\ \mathrm{s}$.
(1)若点$Q$的速度与点$P$的速度相同,则当$t=1$时,$△ ACP$与$△ BPQ$是否全等?请说明理由,并判断此时$PC$和$PQ$之间的位置关系.
(2)如图2,将原题中的“$AC⊥AB,BD⊥AB$”改为“$∠ CAB=∠ DBA=60°$”,其他条件不变.设点$Q$的速度为$x\ \mathrm{cm/s}$,问:是否存在满足题意的$x$,使得$△ ACP$与$△ BPQ$全等?若存在,求出相应的$x、t$的值;若不存在,请说明理由.

11. (1)由题意可知,当t=1时,AP=BQ=2 cm,BP=AC=6 cm.又
∵AC⊥AB,BD⊥AB,
∴∠A=∠B=90°.在△ACP和△BPQ中,
{AP=BQ,
∠A=∠B,
AC=BP,
∴△ACP≌△BPQ(SAS),
∴∠ACP=∠BPQ,
∴∠APC+∠BPQ=∠APC+∠ACP=90°,
∴∠CPQ=90°,即PC⊥PQ. (2)存在.由题意可知,AP=2t cm,BQ=xt cm,
∴BP=(8-2t)cm.
∵∠A=∠B=60°,当△ACP≌△BPQ时,AC=BP=6 cm,AP=BQ,
∴8-2t=6,2t=xt,解得x=2,t=1;当△APC≌△BPQ时,AP=BP,AC=BQ,
∴2t=8-2t,6=xt,解得t=2,x=3.综上所述,存在t=1,x=2或t=2,x=3,使得△ACP与△BPQ全等.

【分析】
(1) 要判断△ACP与△BPQ是否全等，先根据运动时间和速度算出对应边长度，结合已知的直角条件，用SAS判定定理验证即可；判断PC和PQ的位置关系时，利用全等三角形对应角相等，推导角的和为90°即可得到垂直关系。
(2) 由于两个三角形全等的对应顶点不明确，需分两种情况讨论：①△ACP≌△BPQ，②△APC≌△BPQ，分别根据全等三角形对应边相等列方程求解，验证结果是否符合题意即可。
【解析】
(1) △ACP与△BPQ全等，且PC⊥PQ，理由如下：
当t=1时，$AP=2×1=2\ \mathrm{cm}$，Q的速度与P相同，故$BQ=2×1=2\ \mathrm{cm}$，即$AP=BQ$。
由$AB=8\ \mathrm{cm}$得$BP=AB-AP=8-2=6\ \mathrm{cm}$，又$AC=6\ \mathrm{cm}$，故$AC=BP$。
∵$AC⊥AB,BD⊥AB$，
∴$∠ A=∠ B=90°$。
在$△ ACP$和$△ BPQ$中：
$\begin{cases}AP=BQ \\∠ A=∠ B \\AC=BP\end{cases}$
∴$△ ACP≌△ BPQ(\mathrm{SAS})$。
∴$∠ ACP=∠ BPQ$，
∵在$\mathrm{Rt}△ ACP$中，$∠ ACP+∠ APC=90°$，
∴$∠ BPQ+∠ APC=90°$，
∴$∠ CPQ=180°-(∠ BPQ+∠ APC)=90°$，即$PC⊥PQ$。
(2) 存在满足题意的x，理由如下：
由题意得：$AP=2t\ \mathrm{cm}$，$BQ=xt\ \mathrm{cm}$，$BP=(8-2t)\ \mathrm{cm}$，$∠ CAB=∠ DBA=60°$。
△ACP与△BPQ全等分两种情况：
①当$△ ACP≌△ BPQ$时，对应边相等：$AC=BP$，$AP=BQ$，
即$\begin{cases}6=8-2t \\2t=xt \end{cases}$，解得$\begin{cases}t=1 \\x=2 \end{cases}$；
②当$△ APC≌△ BPQ$时，对应边相等：$AP=BP$，$AC=BQ$，
即$\begin{cases}2t=8-2t \\6=xt \end{cases}$，解得$\begin{cases}t=2 \\x=3 \end{cases}$。
【答案】
(1) $△ ACP$与$△ BPQ$全等，$PC⊥PQ$；
(2) 存在，对应的$x、t$的值为$\begin{cases}x=2 \\t=1 \end{cases}$或$\begin{cases}x=3 \\t=2 \end{cases}$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，动点问题求解，分类讨论思想
【点评】
本题是几何动点与全等三角形结合的典型题型，第一问直接运用全等判定定理即可解决，第二问需要注意全等对应关系不唯一，要分类讨论避免漏解，考查学生的逻辑推理能力和全面思考问题的意识。
【难度系数】
0.6