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21.(8分)如图,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,点P是线段AC上一点,过点A作AB的垂线,交BP的延长线于点M,$MN⊥ AC$于点N,$PQ⊥ AB$于点Q,$AQ=MN$.求证:$PC=AN$.
答案
21. 证明:
∵BA⊥AM,MN⊥AC,
∴∠BAM=∠ANM=90°,
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°,
∴∠PAQ=∠AMN,
∵PQ⊥AB,MN⊥AC,
∴∠PQA=∠ANM=90°,
在△AQP和△MNA中,
{ ∠PAQ = ∠AMN , AQ = MN , ∠PQA = ∠ANM = 90°,
∴△AQP≌△MNA(ASA),
∵AN=PQ,AM=AP,
∴∠AMB=∠APM,
∵∠APM=∠BPC,∠BPC+∠PBC=90°,∠AMB+∠ABM=90°,
∴∠ABM=∠PBC.
∵PQ⊥AB,PC⊥BC,
∴PQ=PC(角平分线的性质),
∴PC=AN.
∵BA⊥AM,MN⊥AC,
∴∠BAM=∠ANM=90°,
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°,
∴∠PAQ=∠AMN,
∵PQ⊥AB,MN⊥AC,
∴∠PQA=∠ANM=90°,
在△AQP和△MNA中,
{ ∠PAQ = ∠AMN , AQ = MN , ∠PQA = ∠ANM = 90°,
∴△AQP≌△MNA(ASA),
∵AN=PQ,AM=AP,
∴∠AMB=∠APM,
∵∠APM=∠BPC,∠BPC+∠PBC=90°,∠AMB+∠ABM=90°,
∴∠ABM=∠PBC.
∵PQ⊥AB,PC⊥BC,
∴PQ=PC(角平分线的性质),
∴PC=AN.
解析
【分析】
要证明$PC=AN$，可通过等量代换的思路推导：首先结合已知的垂直关系和$AQ=MN$，先证明$△ AQP$与$△ MNA$全等，得到$AN=PQ$，接下来只需证明$PQ=PC$即可；根据角平分线的性质，只要证明$BP$是$∠ ABC$的角平分线，通过角的互余关系、对顶角相等以及全等得到的等边推等角，即可证明$BP$为角平分线，进而得到$PQ=PC$，最终等量代换得到结论。
【解析】
证明：
$\because BA⊥ AM$，$MN⊥ AC$，
$\therefore ∠ BAM=∠ ANM=90°$，
$\therefore ∠ PAQ+∠ MAN=∠ MAN+∠ AMN=90°$，
$\therefore ∠ PAQ=∠ AMN$，
$\because PQ⊥ AB$，$MN⊥ AC$，
$\therefore ∠ PQA=∠ ANM=90°$，
在$△ AQP$和$△ MNA$中：
$\begin{cases}∠ PAQ = ∠ AMN \\AQ = MN \\∠ PQA = ∠ ANM = 90°\end{cases}$
$\therefore △ AQP≌△ MNA(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AN=PQ$，$AM=AP$，
$\therefore ∠ AMB=∠ APM$，
$\because ∠ APM=∠ BPC$（对顶角相等），$∠ BPC+∠ PBC=90°$，$∠ AMB+∠ ABM=90°$，
$\therefore ∠ ABM=∠ PBC$，
又$\because PQ⊥ AB$，$PC⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore PQ=PC$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore PC=AN$。
【答案】
$PC=AN$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是典型的几何证明题，需要通过两次等量转换得到待证结论，解题的关键是准确识别全等三角形，灵活运用角的互余性质、全等判定定理和角平分线性质，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
要证明$PC=AN$，可通过等量代换的思路推导：首先结合已知的垂直关系和$AQ=MN$，先证明$△ AQP$与$△ MNA$全等，得到$AN=PQ$，接下来只需证明$PQ=PC$即可；根据角平分线的性质，只要证明$BP$是$∠ ABC$的角平分线，通过角的互余关系、对顶角相等以及全等得到的等边推等角，即可证明$BP$为角平分线，进而得到$PQ=PC$，最终等量代换得到结论。
【解析】
证明：
$\because BA⊥ AM$，$MN⊥ AC$，
$\therefore ∠ BAM=∠ ANM=90°$，
$\therefore ∠ PAQ+∠ MAN=∠ MAN+∠ AMN=90°$，
$\therefore ∠ PAQ=∠ AMN$，
$\because PQ⊥ AB$，$MN⊥ AC$，
$\therefore ∠ PQA=∠ ANM=90°$，
在$△ AQP$和$△ MNA$中：
$\begin{cases}∠ PAQ = ∠ AMN \\AQ = MN \\∠ PQA = ∠ ANM = 90°\end{cases}$
$\therefore △ AQP≌△ MNA(\mathrm{ASA})$，
$\therefore AN=PQ$，$AM=AP$，
$\therefore ∠ AMB=∠ APM$，
$\because ∠ APM=∠ BPC$（对顶角相等），$∠ BPC+∠ PBC=90°$，$∠ AMB+∠ ABM=90°$，
$\therefore ∠ ABM=∠ PBC$，
又$\because PQ⊥ AB$，$PC⊥ BC$，$∠ ACB=90°$，
$\therefore PQ=PC$（角平分线上的点到角两边的距离相等），
$\therefore PC=AN$。
【答案】
$PC=AN$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；同角的余角相等
【点评】
本题是典型的几何证明题，需要通过两次等量转换得到待证结论，解题的关键是准确识别全等三角形，灵活运用角的互余性质、全等判定定理和角平分线性质，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
22.(10分)如图，AC平分∠BAD，∠B+∠D=180°，CE⊥AD于点E，AD=18 cm，AB=11 cm，求DE的长度. 
答案
22. 解:过点 C 作 $CF ⊥ AB$ 于点 F ,如图，
∵AC 平分∠BAD,CE⊥AD,CF⊥AB,
∴CF=CE,
在 Rt△ACE 和 Rt△ACF 中,
$\begin{cases} AC=AC, \\ CE=CF, \end{cases}$
∴Rt△ACE≌Rt△ACF(HL),
∴AE=AF,
∵∠ABC+∠D=180°,∠ABC+∠CBF=180°,
∴∠CBF=∠D,
在△CBF 和△CDE 中,
$\begin{cases} ∠CBF=∠D, \\ ∠CFB=∠CED, \\ CF=CE, \end{cases}$
∴△CBF≌△CDE(AAS),
∴BF=DE,
∵AF=AE,
∴AB+BF=AD-DE,
即 11+DE=18-DE,
∴DE=3.5 cm.
解析
【分析】
解题思路可按以下步骤梳理：1. 已知AC是∠BAD的角平分线，且CE⊥AD，根据角平分线的性质，可过点C作AB延长线的垂线CF，得到CF=CE，构造出两组直角三角形；2. 先利用HL证明Rt△ACE≌Rt△ACF，推得AE=AF；3. 结合∠B+∠D=180°与平角的定义，可推出∠CBF=∠D，再利用AAS证明△CBF≌△CDE，得到BF=DE，实现DE的等量转化；4. 最后根据AF=AE，将线段拆解为AB+BF=AD-DE，代入已知长度列方程即可求解DE。
【解析】
过点C作$CF ⊥ AB$，交AB的延长线于点F，如图。
∵AC平分$∠ BAD$，$CE ⊥ AD$，$CF ⊥ AB$，
∴$CF=CE$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在$\mathrm{Rt}△ ACE$和$\mathrm{Rt}△ ACF$中：
$\begin{cases}AC=AC \\CE=CF\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ ACE ≌ \mathrm{Rt}△ ACF$（HL），
∴$AE=AF$。
∵$∠ ABC + ∠ D = 180°$，$∠ ABC + ∠ CBF = 180°$（平角的定义），
∴$∠ CBF = ∠ D$。
在$△ CBF$和$△ CDE$中：
$\begin{cases}∠ CBF = ∠ D \\∠ CFB = ∠ CED = 90° \\CF = CE\end{cases}$
∴$△ CBF ≌ △ CDE$（AAS），
∴$BF=DE$。
又
∵$AF = AB + BF$，$AE = AD - DE$，且$AF=AE$，
∴$AB + DE = AD - DE$。
将$AB=11\ \mathrm{cm}$，$AD=18\ \mathrm{cm}$代入得：
$11 + DE = 18 - DE$，
移项合并得$2DE=7$，
解得$DE=3.5\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$DE=3.5\ \mathrm{cm}$，辅助线如图
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 邻补角的性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，核心考查角平分线性质与全等三角形的应用，解题的突破口是根据角平分线的特点作辅助线构造全等三角形，将未知线段与已知线段建立等量关系，对学生的辅助线构造能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题思路可按以下步骤梳理：1. 已知AC是∠BAD的角平分线，且CE⊥AD，根据角平分线的性质，可过点C作AB延长线的垂线CF，得到CF=CE，构造出两组直角三角形；2. 先利用HL证明Rt△ACE≌Rt△ACF，推得AE=AF；3. 结合∠B+∠D=180°与平角的定义，可推出∠CBF=∠D，再利用AAS证明△CBF≌△CDE，得到BF=DE，实现DE的等量转化；4. 最后根据AF=AE，将线段拆解为AB+BF=AD-DE，代入已知长度列方程即可求解DE。
【解析】
过点C作$CF ⊥ AB$，交AB的延长线于点F，如图
。∵AC平分$∠ BAD$，$CE ⊥ AD$，$CF ⊥ AB$，
∴$CF=CE$（角平分线上的点到角两边的距离相等）。
在$\mathrm{Rt}△ ACE$和$\mathrm{Rt}△ ACF$中：
$\begin{cases}AC=AC \\CE=CF\end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ ACE ≌ \mathrm{Rt}△ ACF$（HL），
∴$AE=AF$。
∵$∠ ABC + ∠ D = 180°$，$∠ ABC + ∠ CBF = 180°$（平角的定义），
∴$∠ CBF = ∠ D$。
在$△ CBF$和$△ CDE$中：
$\begin{cases}∠ CBF = ∠ D \\∠ CFB = ∠ CED = 90° \\CF = CE\end{cases}$
∴$△ CBF ≌ △ CDE$（AAS），
∴$BF=DE$。
又
∵$AF = AB + BF$，$AE = AD - DE$，且$AF=AE$，
∴$AB + DE = AD - DE$。
将$AB=11\ \mathrm{cm}$，$AD=18\ \mathrm{cm}$代入得：
$11 + DE = 18 - DE$，
移项合并得$2DE=7$，
解得$DE=3.5\ \mathrm{cm}$。
【答案】
$DE=3.5\ \mathrm{cm}$，辅助线如图
【知识点】
1. 角平分线的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 邻补角的性质
【点评】
本题属于几何综合基础题，核心考查角平分线性质与全等三角形的应用，解题的突破口是根据角平分线的特点作辅助线构造全等三角形，将未知线段与已知线段建立等量关系，对学生的辅助线构造能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
23.(11分)如图1,在$△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$AC=BC$,直线$MN$经过点$C$,且$AD⊥ MN$于点$D$,$BE⊥ MN$于点$E$.
(1)求证:①$△ ADC≌△ CEB$;②$DE=AD+BE$;
(2)当直线$MN$绕点$C$旋转到图2的位置时,$DE$,$AD$,$BE$有怎样的关系?并加以证明.
(1)求证:①$△ ADC≌△ CEB$;②$DE=AD+BE$;
(2)当直线$MN$绕点$C$旋转到图2的位置时,$DE$,$AD$,$BE$有怎样的关系?并加以证明.
答案
23. (1)①证明:
∵AD⊥MN,BE⊥MN,
∴∠CDA=∠BEC=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACD+∠ECB=90°,
∠DAC+∠ACD=90°,
∴∠DAC=∠ECB,
在△ADC和△CEB中,
{ ∠CDA = ∠BEC , ∠DAC = ∠ECB , AC = CB ,
∴△ADC≌△CEB(AAS).
②证明:由①知,△ADC≌△CEB,
∴AD=CE,CD=BE,
∵DC+CE=DE,
∴DE=AD+BE.
(2)DE=AD-BE.
证明:
∵BE⊥EC,AD⊥CE,
∴∠ADC=∠BEC=90°,
∴∠CBE+∠ECB=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ECB+∠ACD=90°,
∴∠ACD=∠CBE,
在△ADC和△CEB中,
{ ∠ACD = ∠CBE , ∠ADC = ∠CEB , AC = CB ,
∴△ADC≌△CEB(AAS),
∴AD=CE,CD=BE,
∴DE=CE-CD=AD-BE.
∵AD⊥MN,BE⊥MN,
∴∠CDA=∠BEC=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ACD+∠ECB=90°,
∠DAC+∠ACD=90°,
∴∠DAC=∠ECB,
在△ADC和△CEB中,
{ ∠CDA = ∠BEC , ∠DAC = ∠ECB , AC = CB ,
∴△ADC≌△CEB(AAS).
②证明:由①知,△ADC≌△CEB,
∴AD=CE,CD=BE,
∵DC+CE=DE,
∴DE=AD+BE.
(2)DE=AD-BE.
证明:
∵BE⊥EC,AD⊥CE,
∴∠ADC=∠BEC=90°,
∴∠CBE+∠ECB=90°,
∵∠ACB=90°,
∴∠ECB+∠ACD=90°,
∴∠ACD=∠CBE,
在△ADC和△CEB中,
{ ∠ACD = ∠CBE , ∠ADC = ∠CEB , AC = CB ,
∴△ADC≌△CEB(AAS),
∴AD=CE,CD=BE,
∴DE=CE-CD=AD-BE.
解析
【分析】
(1)①要证△ADC≌△CEB，首先由AD⊥MN、BE⊥MN可得∠CDA=∠BEC=90°；再结合∠ACB=90°，可推出∠DAC与∠ECB均为∠ACD的余角，根据同角的余角相等得∠DAC=∠ECB，加上已知AC=BC，即可用AAS判定两三角形全等。②由全等三角形的性质可得AD=CE、CD=BE，观察线段DE的组成，DE=DC+CE，将对应边等量代换即可证得DE=AD+BE。
(2)图2的推导思路与(1)类似：先通过垂直得到直角相等，再利用∠ACB=90°推导得到∠ACD=∠CBE，结合AC=BC用AAS证△ADC≌△CEB，得到对应边相等后，观察此时DE=CE-CD，等量代换即可得到DE、AD、BE的数量关系。
【解析】
(1)①证明：
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠CDA=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠ECB=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
$\{\begin{array}{l}∠CDA = ∠BEC \\∠DAC = ∠ECB \\AC = CB\end{array} $
∴△ADC≌△CEB(AAS)。
②证明：由①知△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵DC+CE=DE，
∴DE=AD+BE。
(2)DE=AD-BE，证明如下：
∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠CBE+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
$\{\begin{array}{l}∠ACD = ∠CBE \\∠ADC = ∠CEB \\AC = CB\end{array} $
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=CE-CD=AD-BE。
【答案】
(1)①△ADC≌△CEB得证；②DE=AD+BE；(2)DE=AD-BE
【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. 同角的余角相等
【点评】
本题以直线的旋转为背景，考查三角形全等的判定及线段数量关系的探究，解题的核心是抓住旋转过程中不变的边相等、角的互余关系，推导全等的判定条件，同时需要结合直线的位置准确判断线段的和差关系，是三角形全等的典型探究类题目。
【难度系数】
0.65
(1)①要证△ADC≌△CEB，首先由AD⊥MN、BE⊥MN可得∠CDA=∠BEC=90°；再结合∠ACB=90°，可推出∠DAC与∠ECB均为∠ACD的余角，根据同角的余角相等得∠DAC=∠ECB，加上已知AC=BC，即可用AAS判定两三角形全等。②由全等三角形的性质可得AD=CE、CD=BE，观察线段DE的组成，DE=DC+CE，将对应边等量代换即可证得DE=AD+BE。
(2)图2的推导思路与(1)类似：先通过垂直得到直角相等，再利用∠ACB=90°推导得到∠ACD=∠CBE，结合AC=BC用AAS证△ADC≌△CEB，得到对应边相等后，观察此时DE=CE-CD，等量代换即可得到DE、AD、BE的数量关系。
【解析】
(1)①证明：
∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠CDA=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠ECB=90°，∠DAC+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ADC和△CEB中，
$\{\begin{array}{l}∠CDA = ∠BEC \\∠DAC = ∠ECB \\AC = CB\end{array} $
∴△ADC≌△CEB(AAS)。
②证明：由①知△ADC≌△CEB，
∴AD=CE，CD=BE，
∵DC+CE=DE，
∴DE=AD+BE。
(2)DE=AD-BE，证明如下：
∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠CBE+∠ECB=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ECB+∠ACD=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
在△ADC和△CEB中，
$\{\begin{array}{l}∠ACD = ∠CBE \\∠ADC = ∠CEB \\AC = CB\end{array} $
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=CE-CD=AD-BE。
【答案】
(1)①△ADC≌△CEB得证；②DE=AD+BE；(2)DE=AD-BE
【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. 同角的余角相等
【点评】
本题以直线的旋转为背景，考查三角形全等的判定及线段数量关系的探究，解题的核心是抓住旋转过程中不变的边相等、角的互余关系，推导全等的判定条件，同时需要结合直线的位置准确判断线段的和差关系，是三角形全等的典型探究类题目。
【难度系数】
0.65
24.(12分)【探究】
图1 图2 \N
(1)如图1,AD是△ABC的中线,且AB＞AC,延长AD至点E,使ED=AD,连接BE,可证得△ADC≅△EDB,其中判定两个三角形全等的依据为 (
A. SSS B. SAS C. AAS D. ASA
【应用】
(2)提示:解题时,条件若出现“中线”字样,可以考虑延长中线构造全等三角形,把分散的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中.如图2,EP是△DEF的中线,若EF=8,DE=6,求出2EP的取值范围;
【拓展】
(3)根据以上经验,如图3,OA=OB,OC=OD,∠AOB + ∠COD = 180°,连接AC,BD,E是AC的中点,证明:OE= $\frac{1}{2}BD$.
图1 图2 \N
(1)如图1,AD是△ABC的中线,且AB＞AC,延长AD至点E,使ED=AD,连接BE,可证得△ADC≅△EDB,其中判定两个三角形全等的依据为 (
B
)A. SSS B. SAS C. AAS D. ASA
【应用】
(2)提示:解题时,条件若出现“中线”字样,可以考虑延长中线构造全等三角形,把分散的已知条件和所求证的结论转化到同一个三角形中.如图2,EP是△DEF的中线,若EF=8,DE=6,求出2EP的取值范围;
【拓展】
(3)根据以上经验,如图3,OA=OB,OC=OD,∠AOB + ∠COD = 180°,连接AC,BD,E是AC的中点,证明:OE= $\frac{1}{2}BD$.
答案
24. (1)解:
∵AD 是△ABC 的中线,
∴BD=CD,
在△ADC 和△EDB 中,
$\begin{cases} CD=BD, \\ ∠CDA=∠BDE, \\ AD=ED, \end{cases}$
∴△ADC≌△EDB(SAS).
∴选B.
(2)解:如图,EP 是△DEF 的中线,EF=8,
DE=6,延长 EP 至点 Q,使 EP=PQ,连接
FQ,则 QE=2EP,
在△EDP 和△QFP 中,
$\begin{cases} EP=QP, \\ ∠EPD=∠QPF, \\ DP=FP, \end{cases}$
∴△EDP≌△QFP(SAS),
∴DE=FQ=6,
∵EF=8,
∴在△EFQ 中,根据三角形三边关系,得
EF+FQ=8+6=14＞EQ,
EF-FQ=8-6=2＜EQ,
∴2＜EQ＜14,
∵QE=2EP,
∴2＜2EP＜14.
(3)证明:如图,E 是 AC 的中点,延长 OE 至
点 H,使 EH=OE=$\frac{1}{2}HO$,连接 CH,
∴AE=CE,
在△OEA 和△HEC 中,
$\begin{cases} OE=HE, \\ ∠OEA=∠HEC, \\ AE=CE, \end{cases}$
∴△OEA≌△HEC(SAS),
∴OA=HC,∠EOA=∠EHC,
∵OA=OB,
∴HC=OB,
在△OCH 中,根据三角形内角和为 180°,
∴∠HOC+∠OHC+∠HCO=180°,
∴∠HOC+∠EOA+∠HCO=180°,
∵∠HOC+∠EOA=∠COA,
∴∠COA+∠HCO=180°,
∵∠AOB+∠COD=180°,
∠COA+∠DOB+∠AOB+∠COD=360°,
∴∠COA+∠DOB=180°,
∴∠HCO=∠DOB,
在△HCO 和△BOD 中,
$\begin{cases} HC=BO, \\ ∠HCO=∠BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
∴△HCO≌△BOD(SAS),
∴HO=BD,
∵EH=OE=$\frac{1}{2}HO$,
∴OE=$\frac{1}{2}BD$.
解析
【分析】
(1) 判定△ADC≅△EDB时，先从已知条件入手：AD是△ABC的中线可得BD=CD，题目给出ED=AD，再加对顶角∠CDA=∠BDE，满足两边及其夹角对应相等，即可确定全等判定依据。
(2) 根据题干提示的中线类问题的处理思路，采用倍长中线法：延长EP到Q使PQ=EP，构造△EDP≅△QFP，将DE转化为FQ，把EF、FQ和2EP（即EQ）放入同一个△EFQ中，利用三角形三边关系即可求出2EP的取值范围。
(3) 沿用倍长中线的思路，E是AC中点，延长OE到H使EH=OE，先证△OEA≅△HEC，得到OA=HC=OB，再结合已知的角的数量关系推导出∠HCO=∠BOD，进而证明△HCO≅△BOD，得到HO=BD，即可推出OE与BD的数量关系。
【解析】
(1) 解：
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中，
$\begin{cases} CD=BD, \\ ∠CDA=∠BDE, \\ AD=ED, \end{cases}$
∴△ADC≌△EDB(SAS)。
故选B。
(2) 解：如图，EP是△DEF的中线，EF=8，DE=6，延长EP至点Q，使EP=PQ，连接FQ，则QE=2EP，
在△EDP和△QFP中，
$\begin{cases} EP=QP, \\ ∠EPD=∠QPF, \\ DP=FP, \end{cases}$
∴△EDP≌△QFP(SAS)，
∴DE=FQ=6，
∵EF=8，
∴在△EFQ中，根据三角形三边关系，得
EF+FQ=8+6=14＞EQ，
EF-FQ=8-6=2＜EQ，
∴2＜EQ＜14，
∵QE=2EP，
∴2＜2EP＜14。
(3) 证明：如图，E是AC的中点，延长OE至点H，使EH=OE=$\frac{1}{2}HO$，连接CH，
∴AE=CE，
在△OEA和△HEC中，
$\begin{cases} OE=HE, \\ ∠OEA=∠HEC, \\ AE=CE, \end{cases}$
∴△OEA≌△HEC(SAS)，
∴OA=HC，∠EOA=∠EHC，
∵OA=OB，
∴HC=OB，
在△OCH中，根据三角形内角和为180°，
∴∠HOC+∠OHC+∠HCO=180°，
∴∠HOC+∠EOA+∠HCO=180°，
∵∠HOC+∠EOA=∠COA，
∴∠COA+∠HCO=180°，
∵∠AOB+∠COD=180°，
∠COA+∠DOB+∠AOB+∠COD=360°，
∴∠COA+∠DOB=180°，
∴∠HCO=∠DOB，
在△HCO和△BOD中，
$\begin{cases} HC=BO, \\ ∠HCO=∠BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
∴△HCO≌△BOD(SAS)，
∴HO=BD，
∵EH=OE=$\frac{1}{2}HO$，
∴OE=$\frac{1}{2}BD$。
【答案】
(1) B
(2) $2＜2EP＜14$
(3) 证明成立，$OE=\frac{1}{2}BD$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；倍长中线构造全等
【点评】
本题采用递进式的探究设计，从基础全等判定到几何辅助线方法的灵活应用，重点考察倍长中线法解决中点、中线类几何问题的思想，可帮助学生掌握将分散条件整合到同一图形中分析问题的能力，倍长中线是几何中处理中点相关问题的常用辅助线方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
(1) 判定△ADC≅△EDB时，先从已知条件入手：AD是△ABC的中线可得BD=CD，题目给出ED=AD，再加对顶角∠CDA=∠BDE，满足两边及其夹角对应相等，即可确定全等判定依据。
(2) 根据题干提示的中线类问题的处理思路，采用倍长中线法：延长EP到Q使PQ=EP，构造△EDP≅△QFP，将DE转化为FQ，把EF、FQ和2EP（即EQ）放入同一个△EFQ中，利用三角形三边关系即可求出2EP的取值范围。
(3) 沿用倍长中线的思路，E是AC中点，延长OE到H使EH=OE，先证△OEA≅△HEC，得到OA=HC=OB，再结合已知的角的数量关系推导出∠HCO=∠BOD，进而证明△HCO≅△BOD，得到HO=BD，即可推出OE与BD的数量关系。
【解析】
(1) 解：
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD，
在△ADC和△EDB中，
$\begin{cases} CD=BD, \\ ∠CDA=∠BDE, \\ AD=ED, \end{cases}$
∴△ADC≌△EDB(SAS)。
故选B。
(2) 解：如图，EP是△DEF的中线，EF=8，DE=6，延长EP至点Q，使EP=PQ，连接FQ，则QE=2EP，
在△EDP和△QFP中，
$\begin{cases} EP=QP, \\ ∠EPD=∠QPF, \\ DP=FP, \end{cases}$
∴△EDP≌△QFP(SAS)，
∴DE=FQ=6，
∵EF=8，
∴在△EFQ中，根据三角形三边关系，得
EF+FQ=8+6=14＞EQ，
EF-FQ=8-6=2＜EQ，
∴2＜EQ＜14，
∵QE=2EP，
∴2＜2EP＜14。
(3) 证明：如图，E是AC的中点，延长OE至点H，使EH=OE=$\frac{1}{2}HO$，连接CH，
∴AE=CE，
在△OEA和△HEC中，
$\begin{cases} OE=HE, \\ ∠OEA=∠HEC, \\ AE=CE, \end{cases}$
∴△OEA≌△HEC(SAS)，
∴OA=HC，∠EOA=∠EHC，
∵OA=OB，
∴HC=OB，
在△OCH中，根据三角形内角和为180°，
∴∠HOC+∠OHC+∠HCO=180°，
∴∠HOC+∠EOA+∠HCO=180°，
∵∠HOC+∠EOA=∠COA，
∴∠COA+∠HCO=180°，
∵∠AOB+∠COD=180°，
∠COA+∠DOB+∠AOB+∠COD=360°，
∴∠COA+∠DOB=180°，
∴∠HCO=∠DOB，
在△HCO和△BOD中，
$\begin{cases} HC=BO, \\ ∠HCO=∠BOD, \\ OC=OD, \end{cases}$
∴△HCO≌△BOD(SAS)，
∴HO=BD，
∵EH=OE=$\frac{1}{2}HO$，
∴OE=$\frac{1}{2}BD$。
【答案】
(1) B
(2) $2＜2EP＜14$
(3) 证明成立，$OE=\frac{1}{2}BD$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；倍长中线构造全等
【点评】
本题采用递进式的探究设计，从基础全等判定到几何辅助线方法的灵活应用，重点考察倍长中线法解决中点、中线类几何问题的思想，可帮助学生掌握将分散条件整合到同一图形中分析问题的能力，倍长中线是几何中处理中点相关问题的常用辅助线方法，需熟练掌握。
【难度系数】
0.6
