7（2025宿迁宿豫期末）如图，在△ABC和△CDE中，∠ACB=∠CED=90°，AB=CD，CE=AC，则下列结论中错误的是（）

A.△ABC≌△CDE
B.∠CAB=∠DCE
C.AB⊥CD
D.E为BC的中点
（第7题）

7. D

【分析】
首先观察到△ABC和△CDE均为直角三角形，已知斜边AB=CD，一组直角边AC=CE，可先通过HL判定定理证明两个三角形全等，再结合全等三角形的性质推导对应角的关系，逐一验证各选项，最后判断没有给出等量关系的边是否相等，即可得出错误结论。
【解析】
已知∠ACB=∠CED=90°，故△ABC和△CDE均为直角三角形。
1. 验证A选项：
在Rt△ABC和Rt△CDE中，
$\{\begin{array}{l}AB=CD\\ AC=CE\end{array} $
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（HL），A选项结论正确，不符合题意。
2. 验证B选项：
由全等三角形对应角相等，可得∠CAB=∠DCE，B选项结论正确，不符合题意。
3. 验证C选项：
∵Rt△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠CAB+∠B=90°，
又
∵∠CAB=∠DCE，
∴∠DCE+∠B=90°，
设AB与CD交于点F，则∠CFB=180°-(∠DCE+∠B)=90°，即AB⊥CD，C选项结论正确，不符合题意。
4. 验证D选项：
由全等三角形对应边相等可得BC=DE，CE=AC，题目未给出CE与BE的等量关系，无法证明E为BC中点，D选项结论错误，符合题意。
【答案】
D
【知识点】
HL判定三角形全等，全等三角形的性质，直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是直角三角形全等判定的基础应用类题目，解题的关键是先利用HL证明三角形全等，再根据全等性质推导角的关系来判断选项，注意不要默认题目未给出的边的等量关系。
【难度系数】
0.7

8 如图，在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，将$△ ABC$绕点$A$按逆时针方向旋转到$△ AEF$，延长$BC$交$EF$于点$D$，若$BD=5$，$BC=4$，则$DE=$。

8. 3

【分析】
解题时首先利用旋转的性质得到对应边、对应角相等的关系，已知BC=4，可得EF=4，因此要求DE的长，只需要求出FD的长即可。我们可以通过连接AD，构造两个直角三角形Rt△AFD和Rt△ACD，利用HL判定两个三角形全等，得到FD=CD，再结合已知BD和BC的长度求出CD，进而求出FD，最后用EF减去FD即可得到DE的长度。
【解析】
连接AD，
∵△ABC绕点A按逆时针方向旋转得到△AEF，
∴AC=AF，BC=EF=4，∠AFE=∠ACB=90°，
∴∠AFD=∠ACD=90°。
在Rt△AFD和Rt△ACD中：
$\{\begin{array}{l}AD=AD\\ AF=AC\end{array} $
∴Rt△AFD≌Rt△ACD（HL），
∴FD=CD。
∵BD=5，BC=4，
∴CD=BD-BC=5-4=1，
∴FD=1，
∴DE=EF-FD=4-1=3。
【答案】
3
【知识点】
旋转的性质，直角三角形全等的判定，全等三角形的性质
【点评】
本题将旋转性质与全等三角形的判定结合考察，解题的关键是正确添加辅助线构造全等三角形，将未知线段转化为可求的已知线段，属于基础的几何综合题。
【难度系数】
0.7

9 数学思想分类讨论（2025苏州高新区期中）如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=12\ \mathrm{cm}$,$BC=6\ \mathrm{cm}$,$AD⊥ AC$于点$A$,$P,Q$分别是线段$AC$,射线$AD$上的动点,点$P$从点$A$出发,以$3\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$匀速运动,点$Q$在射线$AD$上随之运动,且$PQ=AB$.设点$P$的运动时间为$t\ \mathrm{s}$,则当$t=\_\_\_\_\_\_\mathrm{s}$时,以$A,P,Q$为顶点的三角形和$△ ABC$全等.

9. 2或4

【分析】
首先明确两个三角形均为直角三角形，已知斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需一组直角边对应相等即可判定全等。需分两种情况讨论：①AP与BC为对应边；②AP与AC为对应边。再结合点P的运动速度求出AP的长度表达式，分别列方程求解，最后验证解是否符合动点的运动范围即可。
【解析】
解：
∵∠C=90°，AD⊥AC，
∴∠PAQ=∠C=90°，即△ABC和△APQ均为直角三角形。
由题意得，点P运动t秒时，AP=3t cm，且0≤t≤4（t=4时P到达C点，停止运动）。
已知PQ=AB，分两种情况讨论：
1. 当$\mathrm{Rt}△APQ≌\mathrm{Rt}△CBA$时，对应边$AP=BC$，
∵$BC=6\mathrm{cm}$，
∴$3t=6$，解得$t=2$；
2. 当$\mathrm{Rt}△APQ≌\mathrm{Rt}△CAB$时，对应边$AP=AC$，
∵$AC=12\mathrm{cm}$，
∴$3t=12$，解得$t=4$。
综上，t的值为2或4。
【答案】
2或4
【知识点】
直角三角形全等判定，分类讨论思想，动点问题计算
【点评】
本题结合动点场景考查直角三角形全等的判定，解题关键是根据对应边的不同分情况讨论，避免漏解，同时要注意验证解是否符合动点的运动范围。
【难度系数】
0.6

10 如图，在$Rt△ ABC$和$Rt△ DEC$中，$∠ B=∠ DEC=90°$，延长$DE$交$AB$于点$F$，已知$AB=DE$，$AC=DC$，若$AF=3$，$DE=7$，求$EF$的长度.

10. 解:因为$AB=DE,DE=7$,所以$AB=7$.
因为$BF=AB-AF,AF=3$,所以$BF=4$.
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEC$中,$\begin{cases} AC=DC,\\ AB=DE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ DEC(\mathrm{HL})$,所以$BC=EC$.
在$\mathrm{Rt}△ BFC$和$\mathrm{Rt}△ EFC$中,$\begin{cases} CF=CF,\\ BC=EC, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ BFC≌\mathrm{Rt}△ EFC(\mathrm{HL})$,所以$BF=EF$.
因为$BF=4$,所以$EF=4$.

【分析】
要求EF的长度，可通过证明EF和可求的线段相等来推导。首先根据已知的AB与DE相等、DE的长度和AF的长度，先算出BF的长度；接下来要证EF=BF，需要证明包含这两条边的直角三角形全等：第一步先用HL证明Rt△ABC和Rt△DEC全等，得到BC=EC；第二步以CF为公共边，结合已得的BC=EC，再次用HL证明Rt△BFC和Rt△EFC全等，即可得到EF=BF，进而求出EF的长度。
【解析】
解：因为$AB=DE,DE=7$，所以$AB=7$。
因为$BF=AB-AF,AF=3$，所以$BF=7-3=4$。
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ DEC$中,$\begin{cases} AC=DC,\\ AB=DE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ DEC(\mathrm{HL})$,所以$BC=EC$。
在$\mathrm{Rt}△ BFC$和$\mathrm{Rt}△ EFC$中,$\begin{cases} CF=CF,\\ BC=EC, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ BFC≌\mathrm{Rt}△ EFC(\mathrm{HL})$,所以$BF=EF$。
因为$BF=4$，所以$EF=4$。
【答案】
4
【知识点】
直角三角形HL判定；全等三角形的性质
【点评】
本题核心是两次运用HL定理证明直角三角形全等，借助全等三角形对应边相等的性质推导线段长度，解题时要注意挖掘公共边、已知相等边等隐含条件，逐步推导即可得出结果。
【难度系数】
0.7

11 新趋势 推理探究 如图1，E,F分别为线段AC上的两个动点，且$DE⊥ AC$于点E，$BF⊥ AC$于点F，若$AB=CD$，$BF=DE$，BD交AC于点M.
（1）求证：$AE=CF$，$MB=MD$；
（2）当E,F两点移动到如图2所示的位置时，其余条件不变，上述结论能否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由.

11. （1）证明:因为 $DE⊥ AC,BF⊥ AC$,
所以$∠ AFB=∠ CED=90°$.
在$\mathrm{Rt}△ ABF$和$\mathrm{Rt}△ CDE$中,$\begin{cases} AB=CD,\\ BF=DE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ABF≌\mathrm{Rt}△ CDE(\mathrm{HL})$,所以$AF=CE$,
所以$AF-EF=CE-EF$,即$AE=CF$.
在$△ DEM$和$△ BFM$中,$\begin{cases} ∠ DEM=∠ BFM,\\ ∠ DME=∠ BMF,\\ DE=BF, \end{cases}$
所以$△ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$,所以$MB=MD$.
（2）解:$AE=CF,MB=MD$仍然成立.证明如下:
在$\mathrm{Rt}△ ABF$和$\mathrm{Rt}△ CDE$中,$\begin{cases} AB=CD,\\ BF=DE, \end{cases}$
所以$\mathrm{Rt}△ ABF≌\mathrm{Rt}△ CDE(\mathrm{HL})$,所以$AF=CE$,
所以$AF+EF=CE+EF$,即$AE=CF$.
在$△ DEM$和$△ BFM$中,$\begin{cases} ∠ DEM=∠ BFM,\\ ∠ DME=∠ BMF,\\ DE=BF, \end{cases}$
所以$△ DEM≌△ BFM(\mathrm{AAS})$,所以$MB=MD$.

【分析】
要证明$AE=CF$，可先证明与这两条线段相关的直角三角形全等：已知$AB=CD$，$BF=DE$，且$BF、DE$均垂直于$AC$，可先通过HL判定证明$\mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE$，得到$AF=CE$，再通过线段的和差关系推导得$AE=CF$。要证明$MB=MD$，观察可知$MB、MD$分别在$△BFM$和$△DEM$中，已知$DE=BF$，两个三角形均有直角，还有对顶角相等，可通过AAS证明两个三角形全等得到结论。第二问图形位置变化后，核心的边相等、垂直的条件不变，仅线段和差的运算形式由减变加，证明思路与第一问一致。
【解析】
（1）证明：
$\because DE⊥AC,BF⊥AC$，
$\therefore ∠AFB=∠CED=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ABF$和$\mathrm{Rt}△CDE$中，
$\begin{cases} AB=CD\\ BF=DE \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，
$\therefore AF=CE$，
$\therefore AF-EF=CE-EF$，即$AE=CF$。
在$△DEM$和$△BFM$中，
$\begin{cases} ∠DEM=∠BFM\\ ∠DME=∠BMF\\ DE=BF \end{cases}$
$\therefore △DEM≌△BFM(\mathrm{AAS})$，
$\therefore MB=MD$。
（2）解：$AE=CF,MB=MD$仍然成立，证明如下：
在$\mathrm{Rt}△ABF$和$\mathrm{Rt}△CDE$中，
$\begin{cases} AB=CD\\ BF=DE \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ABF≌\mathrm{Rt}△CDE(\mathrm{HL})$，
$\therefore AF=CE$，
$\therefore AF+EF=CE+EF$，即$AE=CF$。
在$△DEM$和$△BFM$中，
$\begin{cases} ∠DEM=∠BFM\\ ∠DME=∠BMF\\ DE=BF \end{cases}$
$\therefore △DEM≌△BFM(\mathrm{AAS})$，
$\therefore MB=MD$。
【答案】
（1）$AE=CF$、$MB=MD$均成立，证明见解析；
（2）$AE=CF$、$MB=MD$仍然成立，证明见解析。
【知识点】
直角三角形全等判定，全等三角形的性质，三角形全等判定（AAS）
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的综合应用，解题时要注意挖掘垂直、对顶角等隐含条件，即使图形位置发生变化，只要核心的边角等量关系不变，全等关系就成立，需注意区分不同位置下线段和差的运算形式。
【难度系数】
0.7