5 [2025 海门期末]如图,在$△ AOB$和$△ COD$中,$OA=OB$,$OC=OD$,$∠ AOB=∠ COD=50°$.
(1) 求证:$AC=BD$;
(2) 连接$AC$,$BD$相交于点$P$,求$∠ APB$的度数.

(1) $\because ∠ AOB=∠ COD,\therefore ∠ AOB+∠ BOC=∠ COD+∠ BOC$,
即$∠ AOC=∠ BOD$. 在$△ AOC$ 和$△ BOD$ 中,$\begin{cases} OA=OB, \\ ∠ AOC=∠ BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
$\therefore △ AOC≌△ BOD.\therefore AC=BD$
(2) 如图,设$AC$ 与$BO$ 交于点$M$,则$∠ AMO=∠ BMP. \because △ AOC≌△ BOD,\therefore ∠ OAC=∠ OBD. \therefore 180°-∠ OAC-∠ AMO=180°-∠ OBD-∠ BMP$,即$∠ AOM=∠ MPB=50°.\therefore ∠ APB=50°$

【分析】
要解决本题，第一问需证明AC=BD，可通过证明△AOC和△BOD全等实现：已知OA=OB，OC=OD，且∠AOB=∠COD，通过角的和差关系可得到∠AOC=∠BOD，利用SAS判定定理即可证明两三角形全等，进而得到AC=BD；第二问求∠APB的度数，利用第一问全等得到的对应角相等，结合对顶角相等和三角形内角和定理，将∠APB转化为已知的∠AOB的度数，即可得出结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ ∠AOB = ∠COD，
∴ ∠AOB + ∠BOC = ∠COD + ∠BOC，
即 ∠AOC = ∠BOD。
在△AOC和△BOD中，
$\begin{cases}OA = OB, \\∠AOC = ∠BOD, \\OC = OD,\end{cases}$
∴ △AOC ≌ △BOD（SAS），
∴ AC = BD。
(2) 解：
设AC与BO交于点M，
∵ △AOC ≌ △BOD，
∴ ∠OAC = ∠OBD。
又
∵ ∠AMO = ∠BMP（对顶角相等），
在△AMO中，∠OAC + ∠AOM + ∠AMO = 180°，
在△BMP中，∠OBD + ∠BMP + ∠MPB = 180°，
∴ ∠MPB = ∠AOM = ∠AOB = 50°，
即 ∠APB = 50°。
【答案】
(1) 证明：
∵ ∠AOB=∠COD，
∴ ∠AOB+∠BOC=∠COD+∠BOC，即∠AOC=∠BOD。在△AOC和△BOD中，$\begin{cases} OA=OB, \\ ∠AOC=∠BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
∴ △AOC≌△BOD，
∴ AC=BD；
(2) 解：设AC与BO交于点M，则∠AMO=∠BMP.
∵ △AOC≌△BOD，
∴ ∠OAC=∠OBD.
∴ 180°-∠OAC-∠AMO=180°-∠OBD-∠BMP，即∠AOM=∠MPB=50°.
∴ ∠APB=50°.
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，三角形内角和
【点评】
本题考查全等三角形的判定与性质，通过角的和差推导全等条件，利用全等转化角度求解，是几何基础证明题，需掌握角度转化的方法。
【难度系数】
0.6

6 [2025 海门期末]如图,点 C 在线段 BD 上,且 $AB ⊥ BD,ED ⊥ BD,AC ⊥ CE,BC=DE$. 求证:
$AB=CD.$

$\because AB⊥ BD,ED⊥ BD,AC⊥ CE,\therefore ∠ ACE=∠ ABC=∠ CDE=90°.\therefore ∠ ACB+∠ ECD=90°,∠ ECD+∠ CED=90°.$
$\therefore ∠ ACB=∠ CED$. 在$△ ABC$ 和$△ CDE$ 中,$\begin{cases} ∠ ACB=∠ CED, \\ BC=DE, \\ ∠ ABC=∠ CDE, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ CDE.\therefore AB=CD$

【分析】要证明AB=CD，观察图形可知AB和CD分别在△ABC与△CDE中，因此可通过证明这两个三角形全等，利用全等三角形对应边相等的性质得到结论。首先根据垂直的定义得到多个直角，再结合AC⊥CE的条件，利用同角的余角相等推导出一组角相等，结合已知的BC=DE和直角相等，用ASA判定两个三角形全等，进而得出AB=CD。
【解析】
证明：
∵ AB⊥BD，ED⊥BD，AC⊥CE，
∴ ∠ABC = ∠CDE = ∠ACE = 90°，
∴ ∠ACB + ∠ECD = 180° - ∠ACE = 90°，
又
∵ 在Rt△CDE中，∠CED + ∠ECD = 90°，
∴ ∠ACB = ∠CED（同角的余角相等）。
在△ABC和△CDE中，
$\{\begin{array}{l}∠ACB = ∠CED, \\BC = DE, \\∠ABC = ∠CDE,\end{array} $
∴ △ABC ≌ △CDE（ASA），
∴ AB = CD（全等三角形对应边相等）。
【答案】AB=CD
【知识点】全等三角形的判定（ASA）、垂直的性质
【点评】本题是全等三角形判定的基础应用题，通过垂直关系推导角相等，进而利用ASA证明三角形全等，是几何证明中常见的线段相等的解题思路，需熟练掌握同角的余角相等和全等三角形的判定定理。
【难度系数】0.6

7 如图,在等腰三角形 $ABC$ 中, $AB=AC$, 点 $D$ 在边 $BC$ 上,点 $E,F$ 在线段 $AD$ 上, $∠ 1=∠ 2=$$∠ BAC$. 求证: $△ ABE ≌ △ CAF$.

$\because ∠ 1=∠ 2,\therefore 180°-∠ 1=180°-∠ 2$,即$∠ BEA=∠ AFC.$
$\because ∠ 2=∠ ACF+∠ CAF,∠ BAC=∠ BAE+∠ CAF,∠ 2=∠ BAC,\therefore ∠ BAE=∠ ACF$. 在 $△ ABE$ 和 $△ CAF$ 中,
$\begin{cases} ∠ BEA=∠ AFC, \\ ∠ BAE=∠ ACF, \\ AB=CA, \end{cases}$$\therefore △ ABE≌△ CAF$

【分析】
要证明△ABE≌△CAF，已知AB=AC，需推导两组对应角相等。首先利用补角性质，由∠1=∠2得到∠BEA=∠AFC；再结合∠2=∠BAC，通过角的和差关系推出∠BAE=∠ACF，最后根据全等三角形的AAS判定定理完成证明。
【解析】
1. 由∠1=∠2，根据补角的性质，可得：
∠BEA = 180° - ∠1，∠AFC = 180° - ∠2，因此∠BEA = ∠AFC。
2. 根据三角形外角性质，∠2 = ∠ACF + ∠CAF；又∠BAC = ∠BAE + ∠CAF，已知∠2=∠BAC，等式两边同时减去∠CAF，可得：
∠BAE = ∠ACF。
3. 在△ABE和△CAF中：
$\begin{cases} ∠BEA=∠AFC, \\∠BAE=∠ACF, \\AB=CA, \end{cases}$
根据全等三角形的AAS判定定理，可得△ABE≌△CAF。
【答案】
证明：
∵ ∠1=∠2，
∴ 180°-∠1=180°-∠2，即∠BEA=∠AFC。
∵ ∠2=∠ACF+∠CAF，∠BAC=∠BAE+∠CAF，∠2=∠BAC，
∴ ∠BAE=∠ACF。
在△ABE和△CAF中，
$\begin{cases} ∠BEA=∠AFC, \\∠BAE=∠ACF, \\AB=CA, \end{cases}$
∴ △ABE≌△CAF（AAS）。
【知识点】
全等三角形的判定（AAS）、等腰三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定的基础题，核心是利用补角性质和角的和差关系推导对应角相等，结合已知边相等，运用AAS定理完成证明，需熟练掌握全等三角形的判定方法。
【难度系数】
0.6

8 如图,在四边形 $ABCD$ 中,$∠ A=∠ C=90°,∠ D=60°,AB=BC$,点 $E,F$ 分别在 $AD,CD$ 上,且$∠ EBF=60°$. 求证:$EF=AE+CF$.

如图,延长 $DC$ 至点 $M$,使 $CM=AE$,连接 $BM,BD$. 在$△ ABE$ 和$△ CBM$ 中,$\begin{cases} AE=CM, \\ ∠ A=∠ BCM, \\ AB=CB, \end{cases}$$\therefore △ ABE≌△ CBM.$
$\therefore BE=BM,∠ ABE=∠ CBM. \because ∠ ADF=60°,∠ A=∠ BCF=90°,\therefore ∠ ABC=∠ ABD+∠ CBD=180°-90°-∠ BDA+180°-90°-∠ BDC=180°-∠ ADF=120°. \because ∠ EBF=60°,\therefore ∠ ABE+∠ CBF=∠ ABC-∠ EBF=120°-60°=60°.$
$\therefore ∠ MBF=∠ MBC+∠ CBF=∠ ABE+∠ CBF=60°.$
$\therefore ∠ EBF=∠ MBF$. 在$△ BMF$ 和$△ BEF$ 中,$\begin{cases} BM=BE, \\ ∠ MBF=∠ EBF, \\ BF=BF, \end{cases}$
$\therefore △ BMF≌△ BEF.\therefore MF=EF. \because MF=MC+CF,\therefore EF=AE+CF$

【分析】要证明线段EF等于AE与CF的和，可采用截长补短法构造全等三角形，将AE转化为CM，再通过全等三角形的性质完成线段关系的推导。具体思路为：延长DC至点M使CM=AE，先证明△ABE与△CBM全等，得到BE=BM及角的等量关系；再结合四边形内角和与已知∠EBF=60°，推导出∠MBF=60°，进而证明△BEF与△BMF全等，最终将EF转化为MF，得到EF=AE+CF。
【解析】
证明：延长DC至点M，使CM=AE，连接BM。
在△ABE和△CBM中，
$\begin{cases}AE=CM, \\∠A=∠BCM=90°, \\AB=CB,\end{cases}$
∴△ABE≌△CBM（SAS），
∴BE=BM，∠ABE=∠CBM。
∵四边形ABCD中，∠A=∠C=90°，∠D=60°，
∴∠ABC=360°-∠A-∠C-∠D=360°-90°-90°-60°=120°，
又
∵∠EBF=60°，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC - ∠EBF=120°-60°=60°，
∴∠MBF=∠MBC + ∠CBF=∠ABE + ∠CBF=60°，
∴∠EBF=∠MBF。
在△BMF和△BEF中，
$\begin{cases}BM=BE, \\∠MBF=∠EBF, \\BF=BF,\end{cases}$
∴△BMF≌△BEF（SAS），
∴MF=EF。
又
∵MF=MC + CF，且MC=AE，
∴EF=AE + CF。
【答案】如图,延长 $DC$ 至点 $M$,使 $CM=AE$,连接 $BM,BD$. 在$△ ABE$ 和$△ CBM$ 中,$\begin{cases} AE=CM, \\ ∠ A=∠ BCM, \\ AB=CB, \end{cases}$$\therefore △ ABE≌△ CBM.$
$\therefore BE=BM,∠ ABE=∠ CBM. \because ∠ ADF=60°,∠ A=∠ BCF=90°,\therefore ∠ ABC=∠ ABD+∠ CBD=180°-90°-∠ BDA+180°-90°-∠ BDC=180°-∠ ADF=120°. \because ∠ EBF=60°,\therefore ∠ ABE+∠ CBF=∠ ABC-∠ EBF=120°-60°=60°.$
$\therefore ∠ MBF=∠ MBC+∠ CBF=∠ ABE+∠ CBF=60°.$
$\therefore ∠ EBF=∠ MBF$. 在$△ BMF$ 和$△ BEF$ 中,$\begin{cases} BM=BE, \\ ∠ MBF=∠ EBF, \\ BF=BF, \end{cases}$
$\therefore △ BMF≌△ BEF.\therefore MF=EF. \because MF=MC+CF,\therefore EF=AE+CF$

【知识点】全等三角形判定、四边形内角和
【点评】本题运用截长补短法构造全等三角形，将线段和差问题转化为全等三角形的对应边相等，是几何证明中处理线段和差关系的典型方法，重点考查全等三角形的判定与性质的应用。
【难度系数】0.5