8.如图，$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，$BE⊥ CE$，垂足为$E$，$AD⊥ CE$，垂足为$D$.下列四个结论：①$∠ ABE=∠ BAD$；②$△ CEB ≌ △ ADC$；③$AB=CE$；④$AD-BE=DE$.其中正确的是（填写序号）.

第8题图 第9题图

8.①②④

【分析】
首先梳理已知条件：△ACB是等腰直角三角形（∠ACB=90°，AC=BC），BE、AD均垂直于CE，可得多个直角、平行关系以及等角关系，我们可以逐个验证四个结论：1. 由垂直于同一直线的两直线平行得BE//AD，即可判断①；2. 利用同角的余角相等得到一组等角，结合已知直角和等边，用AAS判定三角形全等，即可判断②；3. 结合全等性质和直角三角形斜边大于直角边的性质，即可判断③；4. 利用全等的对应边相等，结合线段和差关系推导，即可判断④。
【解析】
我们逐个分析结论：
1. 验证①：
∵ BE⊥CE，AD⊥CE，
∴ ∠E=∠ADE=90°，
∴ BE//AD（垂直于同一直线的两条直线平行），
∴ ∠ABE=∠BAD（两直线平行，内错角相等），故①正确。
2. 验证②：
∵ ∠ACB=90°，
∴ ∠BCE + ∠ACD = 90°，
∵ BE⊥CE，
∴ ∠BCE + ∠CBE = 90°，
∴ ∠CBE=∠ACD（同角的余角相等）。
在△CEB和△ADC中：
$\{\begin{array}{l}∠E=∠ADC=90° \\∠CBE=∠ACD \\BC=AC\end{array} $
∴ △CEB ≌ △ADC（AAS），故②正确。
3. 验证③：
由△CEB ≌ △ADC得CE=AD，
在Rt△ACD中，AC是斜边，
∴ AC＞AD，
在Rt△ACB中，AB是斜边，
∴ AB＞AC，
∴ AB＞AC＞AD=CE，故AB≠CE，③错误。
4. 验证④：
由△CEB ≌ △ADC得AD=CE，BE=CD，
∵ CE=CD + DE，
∴ AD=BE + DE，即AD - BE=DE，故④正确。
综上，正确的结论是①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
全等三角形的判定与性质，平行线的性质，同角的余角相等
【点评】
本题是几何基础综合题，需要结合已知的垂直、等边条件，灵活运用平行性质、余角性质、全等三角形的判定来逐一分析结论，解题时注意结合图形梳理线段和角的关系。
【难度系数】
0.7

9.如图，BE和CD是△ABC的高，它们相交于点O，且BE=CD，则图中有对全等三角形，其中可根据“HL”来判定三角形全等的有对。

9.5 4

【分析】
解题思路：首先明确已知条件：BE、CD是△ABC的高，故图中存在多个直角三角形，且已知BE=CD。先回忆全等三角形的判定定理，其中“HL”仅适用于直角三角形（斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等）。解题时先从直角三角形入手，结合公共边、推导得到的相等线段逐一判定全等，再推导非直角三角形的全等，最后统计对应数量即可。
【解析】
我们逐一推导全等三角形：
1. $\mathrm{Rt}△ BCD ≌ \mathrm{Rt}△ CBE$：
∵CD、BE是△ABC的高，
∴$∠ CDB=∠ BEC=90°$，
在$\mathrm{Rt}△ BCD$和$\mathrm{Rt}△ CBE$中，$\begin{cases}CD=BE\\BC=CB\end{cases}$，
∴根据HL可判定全等，为第1对全等三角形，属于HL判定。
2. $\mathrm{Rt}△ ABE ≌ \mathrm{Rt}△ ACD$：
∵$∠ AEB=∠ ADC=90°$，$∠ A$是公共角，且$BE=CD$，
∴根据AAS可判定全等，也可由后续得到的$AB=AC$，结合$BE=CD$用HL判定，为第2对全等三角形，可通过HL判定。
由$△ ABE≌△ ACD$可得$AB=AC$，$AD=AE$，因此$BD=AB-AD=AC-AE=CE$。
3. $\mathrm{Rt}△ BOD ≌ \mathrm{Rt}△ COE$：
∵$∠ BDO=∠ CEO=90°$，$∠ DOB=∠ EOC$（对顶角相等），$BD=CE$，
∴根据AAS可判定全等，也可由全等得到的$BO=CO$，结合$BD=CE$用HL判定，为第3对全等三角形，可通过HL判定。
4. $\mathrm{Rt}△ AOD ≌ \mathrm{Rt}△ AOE$：
∵$∠ ADO=∠ AEO=90°$，$AD=AE$，AO为公共斜边，
∴根据HL可判定全等，为第4对全等三角形，属于HL判定。
5. $△ AOB ≌ △ AOC$：
∵$AB=AC$，AO为公共边，$BO=CO$（由$△ BOD≌△ COE$可得），
∴根据SSS可判定全等，为第5对全等三角形，不是直角三角形，无法用HL判定。
综上，共有5对全等三角形，其中可根据HL判定的有4对。
【答案】
5；4
【知识点】
全等三角形的判定，直角三角形HL判定定理
【点评】
本题需要逐层推导全等关系，计数时注意不要遗漏，要明确HL仅适用于直角三角形的全等判定，解题时可先梳理图中所有直角三角形再逐一判断，避免出错。
【难度系数】
0.6

10.如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AD$是$∠ BAC$的平分线,$DE ⊥ AB$,垂足为$E$,点$F$在$AC$上,$BD=DF$.
(1)求证$CF=EB$.
(2)求证$AB=AF+2EB$.

10.(1)
∵AD是∠BAC的平分线,DE⊥AB,DC⊥AC,
∴∠CAD=∠EAD,∠ACD=∠AED=90°.
在△ADC和△ADE中,$\begin{cases} ∠CAD=∠EAD, \\ ∠ACD=∠AED, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADC≌△ADE(AAS).
∴DE=DC.
∵在Rt△CDF和Rt△EDB中,
$\begin{cases} DF=DB, \\ DC=DE, \end{cases}$
∴Rt△CDF≌Rt△EDB(HL).
∴CF=EB.
(2)由(1)知Rt△ADC≌Rt△ADE.
∴AC=AE.
∴AB=AE+BE=AC+EB=AF+CF+EB=AF+2EB.

【分析】
(1)要证明CF=EB，可通过证明两条线段所在的Rt△CDF和Rt△EDB全等推导。已知BD=DF，缺少一组直角边相等的条件，结合AD是∠BAC的平分线，∠C=90°，DE⊥AB，根据角平分线的性质可得DC=DE，即可用HL判定两个直角三角形全等，进而得到CF=EB。
(2)要证明AB=AF+2EB，先将AB拆分为AE+EB，再通过证明△ADC≌△ADE得到AC=AE，将AE替换为AC，而AC=AF+CF，结合(1)中CF=EB的结论，代入等量代换即可得证。
【解析】
(1)
∵AD是∠BAC的平分线，DE⊥AB，DC⊥AC，
∴∠CAD=∠EAD，∠ACD=∠AED=90°。
在△ADC和△ADE中，
$\begin{cases} ∠CAD=∠EAD, \\ ∠ACD=∠AED, \\ AD=AD, \end{cases}$
∴△ADC≌△ADE(AAS)。
∴DE=DC。
∵在Rt△CDF和Rt△EDB中，
$\begin{cases} DF=DB, \\ DC=DE, \end{cases}$
∴Rt△CDF≌Rt△EDB(HL)。
∴CF=EB。
(2)由(1)知△ADC≌△ADE，
∴AC=AE。
∴AB=AE+BE=AC+EB=AF+CF+EB，
又
∵(1)已证CF=EB，
∴AB=AF+EB+EB=AF+2EB。
【答案】
(1)CF=EB成立；
(2)AB=AF+2EB成立。
【知识点】
角平分线的性质；全等三角形的判定；全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形应用的典型基础题，解题核心是利用角平分线的性质得到相等线段，再结合全等三角形的判定证明三角形全等，通过线段的等量代换完成证明，侧重考查逻辑推理能力和基础定理的运用能力。
【难度系数】
0.7

11.在平面直角坐标系中,点P的坐标为(2,2),点A在x轴正半轴上运动,点B在y轴上运动,且PA=PB.
(1)如图①,若点B在y轴负半轴上运动.
①求证PA⊥PB.
②若点A的坐标为(8,0),求点B的坐标.
(2)如图②,若点B在y轴正半轴上运动,直接写出OA+OB的值.

11.(1)①如图,,过点P分别作PM⊥x轴于点M,PN⊥y轴于点N,设BP交x轴于点C.
∵点P的坐标为(2,2),
∴PN=PM=ON=OM=2.
在Rt△PMA和Rt△PNB中,
PM=PN,PA=PB,
∴Rt△PMA≌Rt△PNB(HL).
∴∠PBN=∠PAM.
∵∠PBN+∠OCB=90°,∠OCB=∠PCA,
∴∠PAM+∠PCA=90°.
∴∠APB=180°−(∠PAM+∠PCA)=90°.
∴PA⊥PB.
②由①知,Rt△PMA≌Rt△PNB,
∴AM=BN.
∵点A的坐标为(8,0),
∴OA=8,
设OB=x,则AM=BN=x+2.
∴OA=AM+OM=x+2+2=8,
∴x=4.
∴B(0,−4).
(2)如图,,过点P分别作PM⊥x轴,垂足为M,PN⊥y轴,垂足为N.
∵点P的坐标为(2,2),
∴PN=PM=ON=OM=2.
在Rt△PMA和Rt△PNB中,PM=PN,PA=PB,
∴Rt△PMA≌Rt△PNB(HL),
∴AM=BN.
∴OA+OB=(OM+AM)+(ON−BN)=OM+ON=4.

【分析】
这是一道平面直角坐标系结合三角形全等的综合题，解题思路可按以下步骤梳理：
1. 由点P坐标(2,2)可知，P到x轴、y轴的距离均为2，因此可过P分别作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判定两个直角三角形全等，这是解决本题的核心突破口。
2. 证明PA⊥PB时，利用全等三角形对应角相等得到角的等量关系，再结合对顶角相等、直角三角形两锐角互余的性质，推导∠APB为90°即可。
3. 求点B坐标和OA+OB的值时，利用全等三角形对应边相等，将未知线段转化为已知长度的线段进行计算即可。
【解析】
(1)① 过点P分别作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N，设BP交x轴于点C。
∵点P的坐标为(2,2)，
∴PN=PM=ON=OM=2，∠PMA=∠PNB=90°。
在Rt△PMA和Rt△PNB中：
$\begin{cases} PM=PN \\ PA=PB \end{cases}$
∴Rt△PMA≌Rt△PNB（HL），
∴∠PBN=∠PAM。
∵∠PBN+∠OCB=90°，∠OCB=∠PCA（对顶角相等），
∴∠PAM+∠PCA=90°，
∴∠APB=180°−(∠PAM+∠PCA)=90°，即PA⊥PB。
② 由①知Rt△PMA≌Rt△PNB，故AM=BN。
∵点A的坐标为(8,0)，
∴OA=8，
设OB的长度为x，因点B在y轴负半轴，故BN=OB+ON=x+2，
又AM=OA−OM=8−2=6，
∴x+2=6，解得x=4，
∴点B的坐标为(0,−4)。
(2) 过点P分别作PM⊥x轴于点M，PN⊥y轴于点N。
∵点P的坐标为(2,2)，
∴PN=PM=ON=OM=2，∠PMA=∠PNB=90°。
在Rt△PMA和Rt△PNB中：
$\begin{cases} PM=PN \\ PA=PB \end{cases}$
∴Rt△PMA≌Rt△PNB（HL），
∴AM=BN。
∴OA+OB=(OM+AM)+(ON−BN)=OM+AM+ON−AM=OM+ON=2+2=4。
【答案】
(1)①证明：过点P分别作PM⊥x轴于点M,PN⊥y轴于点N,设BP交x轴于点C.
∵点P的坐标为(2,2),
∴PN=PM=ON=OM=2.
在Rt△PMA和Rt△PNB中,
PM=PN,PA=PB,
∴Rt△PMA≌Rt△PNB(HL).
∴∠PBN=∠PAM.
∵∠PBN+∠OCB=90°,∠OCB=∠PCA,
∴∠PAM+∠PCA=90°.
∴∠APB=180°−(∠PAM+∠PCA)=90°.
∴PA⊥PB.
②由①知,Rt△PMA≌Rt△PNB,
∴AM=BN.
∵点A的坐标为(8,0),
∴OA=8,
设OB=x,则AM=BN=x+2.
∴OA=AM+OM=x+2+2=8,
∴x=4.
∴B(0,−4).
(2)OA+OB=4
【知识点】
1. 直角三角形全等判定
2. 全等三角形性质
3. 坐标与几何计算
【点评】
本题是坐标系与全等三角形结合的典型习题，作坐标轴垂线构造全等直角三角形是解题的关键，较好地考查了全等判定、性质的应用及数形结合的思想。
【难度系数】
0.65