7.如图,将等腰直角三角形AOC(∠AOC=90°)放在平面直角坐标系$xOy$中,$O$是原点,若点$A$的坐标为$(1,\sqrt{3})$,则点$C$的坐标为().

A.$(\sqrt{3},1)$
B.$(-1,\sqrt{3})$
C.$(-\sqrt{3},1)$
D.$(-\sqrt{3},-1)$

7.C

【分析】
要确定点C的坐标，我们可以借助等腰直角三角形的性质构造全等三角形求解：首先过点A作x轴的垂线，过点C作x轴的垂线，得到两个直角三角形；利用同角的余角相等得到两组角对应相等，再结合等腰直角三角形两腰相等的性质，证明两个直角三角形全等；最后根据全等三角形对应边相等，结合点C所在象限的坐标符号特征，即可求出点C的坐标。
【解析】
过点A作$AD⊥ x$轴于点D，过点C作$CE⊥ x$轴于点E，因此$∠ CEO=∠ ODA=90°$。
$\because ∠ AOC=90°$，$\therefore ∠ COE+∠ AOD=90°$。
又$\because$在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，$∠ OAD+∠ AOD=90°$，
$\therefore ∠ COE=∠ OAD$（同角的余角相等）。
$\because △ AOC$是等腰直角三角形，$\therefore OC=OA$。
在$△ COE$和$△ OAD$中：
$\begin{cases}∠ CEO=∠ ODA \\∠ COE=∠ OAD \\OC=OA\end{cases}$
$\therefore △ COE≌△ OAD(\mathrm{AAS})$。
已知点A的坐标为$(1,\sqrt{3})$，因此$OD=1$，$AD=\sqrt{3}$。
由全等三角形对应边相等可得：$CE=OD=1$，$OE=AD=\sqrt{3}$。
$\because$点C在第二象限，横坐标为负，纵坐标为正，$\therefore$点C的坐标为$(-\sqrt{3},1)$。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；平面直角坐标系点的特征
【点评】
本题是坐标系中求特殊图形顶点坐标的典型题型，核心是掌握“三垂直”全等模型的构造方法，通过角的互余关系推导等角，结合等腰直角三角形的边相等证明全等，再根据点所在象限确定坐标符号即可求解，方法通用性较强，需重点掌握。
【难度系数】
0.7

8.如图,点D,E分别在AB,AC上,BE,DC相交于点F,.求证$BF=CF$.
有下列三个条件:①$AB=AC$;②$BE=CD$;③$AD=AE$.从其中选择两个填在上面的横线上(填写序号)作为条件,并完成证明.

8 ①③
证明:在△ABE和△ACD中,
∵AB=AC,∠BAE=∠CAD,AE=AD,
∴△ABE≌△ACD(SAS).
∴∠B=∠C.
∵AB=AC,AD=AE,
∴BD=CE.
在△BFD和△CFE中,
∵∠B=∠C,∠BFD=∠CFE,BD=CE,
∴△BFD≌△CFE(AAS).
∴BF=CF.

【分析】
要证明BF=CF，通常可证明两条线段所在的三角形全等，即证△BFD≌△CFE。我们选择条件①AB=AC、③AD=AE来推导：第一步先利用已知的等边和公共角∠A，证明△ABE和△ACD全等，得到∠B=∠C；再结合AB=AC、AD=AE，通过线段作差得到BD=CE，最后结合对顶角相等的隐含条件，即可证明△BFD和△CFE全等，从而推出BF=CF。
【解析】
选择的条件为①③，证明如下：
在△ABE和△ACD中，
∵$AB=AC$，$∠BAE=∠CAD$（公共角相等），$AE=AD$，
∴$△ ABE≌△ ACD(\mathrm{SAS})$，
∴$∠B=∠C$（全等三角形对应角相等）。
∵$AB=AC$，$AD=AE$，
∴$AB-AD=AC-AE$，即$BD=CE$。
在△BFD和△CFE中，
∵$∠B=∠C$，$∠BFD=∠CFE$（对顶角相等），$BD=CE$，
∴$△ BFD≌△ CFE(\mathrm{AAS})$，
∴$BF=CF$（全等三角形对应边相等）。
【答案】
①③，证明过程见上述解析。
【知识点】
三角形全等的判定、全等三角形的性质、对顶角的性质
【点评】
本题是条件开放类题目，考查三角形全等判定与性质的综合运用，解题时要注意挖掘公共角、对顶角这类隐含条件，通过两次全等推导得到最终结论。
【难度系数】
0.7

9.如图,在直角三角形ABC中,AB=AC,过直角顶点A作直线MN,过点B作BD⊥MN,垂足为D,过点C作CE⊥MN,垂足为E.
(1)当MN与边BC不相交时,判断BD,CE,DE之间的数量关系,并说明理由.
(2)当MN与边BC交于点F时,画出图形并写出BD,CE,DE之间的数量关系.

9.(1)BD+CE=DE.理由如下:
根据“AAS”易证△ABD≌△CAE.
∴AD=CE,BD=AE,DE=AD+AE=CE+BD.
∴BD+CE=DE.
(2)作图略.①当点F在BC的中点的左边时,CE−BD=DE;
②当点F在BC的中点的右边时,BD−CE=DE;
③当F为BC的中点时,BD=CE,DE=0,此时BD−CE=DE仍成立.
∴|BD−CE|=DE.

【分析】
(1) 要判断BD、CE、DE的数量关系，先结合已知条件找全等关系：图中有多个直角，且AB=AC，利用同角的余角相等可推出一组角相等，结合直角和等边，用AAS证明△ABD和△CAE全等，再根据全等对应边相等，结合线段和的关系即可推导三者数量关系。
(2) 当MN与BC相交时，△ABD和△CAE的全等关系仍然成立，对应边相等的结论不变，仅DE的组成从线段和变为线段差，需根据交点F在BC上的位置分类讨论，综合得到通用的数量关系。
【解析】
(1) $BD+CE=DE$，理由如下：
$\because BD⊥ MN$，$CE⊥ MN$，$\therefore ∠ ADB=∠ CEA=90°$
$\because ∠ BAC=90°$，$\therefore ∠ BAD+∠ CAE=90°$
又$\because ∠ BAD+∠ ABD=90°$，$\therefore ∠ ABD=∠ CAE$
在$△ ABD$和$△ CAE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ ADB=∠ CEA\\∠ ABD=∠ CAE\\AB=AC\end{array} $
$\therefore △ ABD≌△ CAE(\mathrm{AAS})$
$\therefore AD=CE$，$BD=AE$
$\because DE=AD+AE$，$\therefore DE=CE+BD$，即$BD+CE=DE$。
(2) 作图略，当MN与BC交于点F时，仍可证$△ ABD≌△ CAE(\mathrm{AAS})$，得$AD=CE$，$BD=AE$：
① 当F在BC中点左侧时，$DE=AD-AE=CE-BD$，即$CE-BD=DE$；
② 当F在BC中点右侧时，$DE=AE-AD=BD-CE$，即$BD-CE=DE$；
③ 当F为BC中点时，$BD=CE$，$DE=0$，仍满足$BD-CE=DE$。
综上可得$|BD-CE|=DE$。
【答案】
(1) $BD+CE=DE$；(2) $|BD-CE|=DE$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，同角的余角相等，分类讨论思想
【点评】
本题是全等三角形动态几何的典型题，核心是抓住运动过程中不变的全等关系，通过角的互余性质推导等角证明全等，再结合线段的位置判断和差关系，解题时要注意分类讨论交点的不同位置，避免漏解。
【难度系数】
0.6

10.在$△ ABC$中，$AC=BC$，$∠ ACB=90°$，$D$为线段$BC$上一动点，$AE=AD$，$AE⊥ AD$，连接$BE$，交$AC$于点$P$，其中$\frac{BD}{BC}=n$.
(1)如图①，当$n=1$时，$\frac{BP}{PE}=$，$\frac{AP}{PC}=$.
(2)如图②，当$n=\frac{1}{2}$时，猜想$\frac{BP}{PE}=$，$\frac{AP}{PC}=$，并证明你的结论.

10.(1)1 1
(2)1 3
证明如下：
过点E作EF⊥AC,垂足为F,易证△AEF≌△DAC.
∴EF=AC=BC,AF=DC=$\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AC$.
∴AC=2AF=2CF,易证△BCP≌△EFP.
∴BP=EP,CP=FP=$\frac{1}{2}CF$.
∴$\frac{BP}{PE}=1$,CF=2PC.
∴AC=4PC=4PF.
∴AP=3PC.
∴$\frac{AP}{PC}=3$.

【分析】
本题可通过构造全等三角形求解线段比值：首先根据已知的垂直、边相等的条件，过点E作AC的垂线构造直角三角形，利用同角的余角相等推导相等的角，证明△AEF与△DAC全等，得到边的等量关系；再证明△BCP与△EFP全等，得到BP与PE的关系，最后结合给出的$\frac{BD}{BC}=n$的条件，通过线段和差计算AP与PC的比值。
(1)当$n=1$时，D与C重合，可直接利用平行线和全等推导比值；(2)当$n=\frac{1}{2}$时，按上述思路结合线段比例计算即可。
【解析】
(1)当$n=1$时，$\frac{BD}{BC}=1$，即D与点C重合。
此时$AD=AC$，由$AE=AD$、$AE⊥ AD$得$AE=AC=BC$，$∠ EAC=∠ ACB=90°$，故$AE// BC$，可得$∠ E=∠ PBC$。
在$△ AEP$和$△ CBP$中：
$\begin{cases}∠ E=∠ PBC\\∠ APE=∠ CPB\\AE=BC\end{cases}$
$\therefore△ AEP≌△ CBP(AAS)$，$\therefore BP=PE$，$AP=PC$，即$\frac{BP}{PE}=1$，$\frac{AP}{PC}=1$。
(2)当$n=\frac{1}{2}$时，过点E作$EF⊥ AC$，垂足为F。
$\because∠ DAE=90°$，$\therefore∠ EAF+∠ CAD=90°$，
又$\because∠ ACD=90°$，$\therefore∠ ADC+∠ CAD=90°$，故$∠ EAF=∠ ADC$。
在$△ AEF$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ AFE=∠ DCA=90°\\∠ EAF=∠ ADC\\AE=AD\end{cases}$
$\therefore△ AEF≌△ DAC(AAS)$，$\therefore EF=AC$，$AF=DC$。
$\because AC=BC$，$\frac{BD}{BC}=\frac{1}{2}$，$\therefore DC=BC-BD=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}AC$，即$AF=\frac{1}{2}AC$，故$CF=AC-AF=\frac{1}{2}AC$。
在$△ BCP$和$△ EFP$中：
$\begin{cases}∠ BCP=∠ EFP=90°\\∠ BPC=∠ EPF\\BC=AC=EF\end{cases}$
$\therefore△ BCP≌△ EFP(AAS)$，$\therefore BP=PE$，$CP=PF=\frac{1}{2}CF$。
因此$\frac{BP}{PE}=1$，$CP=\frac{1}{2}×\frac{1}{2}AC=\frac{1}{4}AC$，$AP=AC-CP=\frac{3}{4}AC$，故$\frac{AP}{PC}=\frac{\frac{3}{4}AC}{\frac{1}{4}AC}=3$。
【答案】
(1)$\boxed{1}$，$\boxed{1}$；(2)$\boxed{1}$，$\boxed{3}$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 等腰直角三角形的性质
3. 线段比例计算
【点评】
本题是几何综合类典型题，核心考查全等三角形的构造与应用，通过作垂线构造直角三角形证明全等是解题的突破口，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，结合线段的和差关系推导比例，对几何辅助线的构造能力有一定要求。
【难度系数】
0.6