8.(2024·宜兴二模)如图,在△ABC中,D是BC边的中点,CE⊥AD于点E,BF⊥AD于点F.
(1)求证:△BDF≌△CDE;
(2)若AD=5,CE=2,求△ABC的面积.

8.(1)证明:$\because D$是$BC$边的中点,$\therefore BD=CD$.
$\because CE⊥ AD,BF⊥ AD,\therefore ∠ CED=∠ BFD=90°$.
在$△ BDF$和$△ CDE$中,$\begin{cases}∠ BFD=∠ CED,\\∠ BDF=∠ CDE,\\BD=CD,\end{cases}$
$\therefore △ BDF≌△ CDE(\mathrm{AAS}).$
(2)解:由(1)得$△ BDF≌△ CDE,\therefore CE=BF$.
$\therefore S_{△ ABC}=S_{△ ABD}+S_{△ ACD}=\frac{1}{2}AD· BF+\frac{1}{2}AD· CE=AD· CE=5×2=10.$

【分析】
（1）要证明△BDF≌△CDE，先梳理已知条件：D是BC中点可得BD=CD，CE⊥AD、BF⊥AD可得两个直角相等，再结合对顶角∠BDF=∠CDE，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
（2）求△ABC的面积时，直接找底和高计算较困难，可将△ABC拆分为△ABD和△ACD，两个三角形同以AD为底，高分别为BF和CE；由（1）的全等结论可得BF=CE，代入面积公式求和即可简化运算，得到结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ D是BC边的中点，
∴ BD=CD。
∵ CE⊥AD，BF⊥AD，
∴ ∠CED=∠BFD=90°。
在△BDF和△CDE中，
$\begin{cases}∠BFD=∠CED \\∠BDF=∠CDE \\BD=CD\end{cases}$
∴ △BDF≌△CDE（AAS）。
(2) 解：
由(1)得△BDF≌△CDE，
∴ CE=BF。
△ABC的面积可拆分为：
$S_{△ABC}=S_{△ABD}+S_{△ACD}$
代入三角形面积公式：
$=\frac{1}{2}AD·BF+\frac{1}{2}AD·CE$
结合BF=CE，化简得：
$=AD·CE$
代入AD=5，CE=2，得：
$=5×2=10$
【答案】
(1) 已证△BDF≌△CDE；(2) △ABC的面积为10。
【知识点】
全等三角形的判定（AAS），全等三角形的性质，三角形面积计算
【点评】
本题是全等三角形与面积计算结合的基础题型，第一问需要准确挖掘题干中的隐含条件（对顶角相等、垂直得直角），第二问通过拆分三角形将整体面积转化为两个小三角形面积和，降低计算难度，熟练掌握全等判定定理和面积公式即可解答。
【难度系数】
0.7

9.(徐州模拟)如图,E是正方形ABCD外一点,F是线段AE上一点,且△EBF是等腰直角三角形,其中∠EBF=90°,连接CE,CF.
(1)求证:△ABF≅△CBE;
(2)判断CE与EF的位置关系,并说明理由.

9.(1)证明:$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=CB,∠ ABC=90°,\therefore ∠ ABF+∠ FBC=90°$.
$\because △ FBE$是等腰直角三角形,$∠ EBF=90°$,
$\therefore BF=BE,∠ CBE+∠ FBC=90°$,
$\therefore ∠ ABF=∠ CBE$.
在$△ ABF$和$△ CBE$中,$\begin{cases}AB=CB,\\∠ ABF=∠ CBE,\\BF=BE,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ CBE(\mathrm{SAS}).$
(2)解:$CE⊥ EF$.理由如下:
设$EF$与$BC$交于点$G$,由(1)知,$△ ABF≌△ CBE$,
则$∠ FAB=∠ ECB$.
$\because ∠ AGB+∠ FAB=90°,∠ AGB=∠ CGE$,
$\therefore ∠ CGE+∠ FAB=90°$,即$∠ CGE+∠ ECB=90°$,
$\therefore ∠ FEC=90°,\therefore CE⊥ EF.$

【分析】
(1)要证明△ABF≅△CBE，首先结合已知条件寻找全等所需的边、角相等关系：由正方形的性质可得AB=CB，∠ABC=90°；由等腰直角△EBF的性质可得BF=BE，∠EBF=90°，根据同角的余角相等可推出∠ABF=∠CBE，满足SAS的全等判定条件，即可完成证明。
(2)判断CE与EF的位置关系，结合图形特征可猜测为垂直，要证垂直只需证明∠CEF=90°：利用(1)的全等结论可得对应角∠FAB=∠ECB，再结合对顶角相等、直角三角形两锐角互余的性质，推导可得∠CGE+∠ECB=90°，进而得出∠CEF=90°，即可判断位置关系。
【解析】
(1)证明:$\because$ 四边形$ABCD$是正方形,
$\therefore AB=CB,∠ ABC=90°,\therefore ∠ ABF+∠ FBC=90°$.
$\because △ FBE$是等腰直角三角形,$∠ EBF=90°$,
$\therefore BF=BE,∠ CBE+∠ FBC=90°$,
$\therefore ∠ ABF=∠ CBE$.
在$△ ABF$和$△ CBE$中,$\begin{cases}AB=CB,\\∠ ABF=∠ CBE,\\BF=BE,\end{cases}$
$\therefore △ ABF≌△ CBE(\mathrm{SAS}).$
(2)解:$CE⊥ EF$.理由如下:
设$EF$与$BC$交于点$G$,由(1)知,$△ ABF≌△ CBE$,
则$∠ FAB=∠ ECB$.
$\because ∠ AGB+∠ FAB=90°,∠ AGB=∠ CGE$,
$\therefore ∠ CGE+∠ FAB=90°$,即$∠ CGE+∠ ECB=90°$,
$\therefore ∠ FEC=90°,\therefore CE⊥ EF.$
【答案】
(1)△ABF≌△CBE得证；(2)CE⊥EF
【知识点】
正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题以正方形和等腰直角三角形为载体，考查全等三角形的判定及性质的应用，第一问为基础全等证明，核心是推导得到相等的夹角；第二问需借助第一问的全等结论进行角度转化推导，是几何综合的常见基础题型，掌握特殊几何图形的性质和全等判定方法即可顺利求解。
【难度系数】
0.7

10.(徐州模拟)(1)【阅读理解】如图①,在△ABC中,若AB=8,AC=5,求BC边上的中线AD的取值范围.可以用如下方法:将△ACD绕着点D逆时针旋转180°得到△EBD,在△ABE中,利用三角形三边的关系即可得出中线AD的取值范围：；
(2)【问题解决】如图②,在△ABC中,D是BC边上的中点,DE⊥DF于点D,DE交AB于点E,DF交AC于点F,连接EF,求证:BE+CF＞EF；
(3)【问题拓展】如图③,在四边形ABCD中,∠B+∠D=180°,CB=CD,∠BCD=100°,以点C为顶点作一个50°的角,角的两边分别交AB,AD于点E,F,连接EF,探索线段BE,DF,EF之间的数量关系,并说明理由.

10.(1)$5＜AD＜6.5$
(2)证明:如答图①,延长$FD$到点$N$,使$DN=DF$,连接$BN,EN$.
$\because D$是$BC$的中点,$\therefore CD=BD$.
在$△ FDC$和$△ NDB$中,$\begin{cases}FD=ND,\\∠ FDC=∠ NDB,\\CD=BD,\end{cases}$
$\therefore △ FDC≌△ NDB(\mathrm{SAS}),\therefore FC=NB$.
$\because DF=DN,DE⊥ DF,\therefore EF=EN$.
在$△ EBN$中,$BE+BN＞EN,\therefore BE+CF＞EF.$

(3)解:$BE+DF=EF$.理由如下:
如答图②,延长$AB$至点$H$,使$BH=DF$,连接$CH$.
$\because ∠ ABC+∠ D=180°,∠ HBC+∠ ABC=180°$,
$\therefore ∠ HBC=∠ D$.
在$△ HBC$和$△ FDC$中,$\begin{cases}BH=DF,\\∠ CBH=∠ D,\\CB=CD,\end{cases}$
$\therefore △ HBC≌△ FDC(\mathrm{SAS})$,
$\therefore CH=CF,∠ HCB=∠ FCD$.
$\because ∠ BCD=100°,∠ ECF=50°$,
$\therefore ∠ BCE+∠ FCD=50°$,
$\therefore ∠ ECH=∠ BCE+∠ BCH=∠ BCE+∠ FCD=50°$.
在$△ HCE$和$△ FCE$中,$\begin{cases}CH=CF,\\∠ ECH=∠ ECF,\\CE=CE,\end{cases}$
$\therefore △ HCE≌△ FCE(\mathrm{SAS}),\therefore EH=EF$.
$\because BE+BH=EH,\therefore BE+DF=EF.$

【分析】
(1) 求解三角形中线的取值范围，可采用倍长中线（本题为旋转180°）的方法构造全等三角形，将已知的AB、AC和2倍的AD转化到同一个△ABE中，再利用三角形三边关系即可求出AD的取值范围。
(2) 要证明BE+CF＞EF，需将三条分散的线段转移到同一个三角形中借助三边关系证明。可通过延长FD到N使DN=DF，构造全等三角形将CF转化为BN，再结合DE⊥DF得到EF=EN，最后在△EBN中利用三边关系即可得证。
(3) 探究BE、DF、EF的数量关系，可采用截长补短的思路构造全等。由∠B+∠D=180°，延长AB到H使BH=DF，先证△HBC和△FDC全等得到对应边角相等，再证△ECH和△ECF全等，将EF转化为EH，即可得到三条线段的关系。
【解析】
(1) 将△ACD绕点D逆时针旋转180°得到△EBD，由旋转性质可知△ACD≌△EBD，因此BE=AC=5，AD=DE，即AE=2AD。在△ABE中，根据三角形三边关系计算可得AD的取值范围为$5＜AD＜6.5$。
(2) 证明：如答图①，延长$FD$到点$N$，使$DN=DF$，连接$BN,EN$。
$\because D$是$BC$的中点，$\therefore CD=BD$。
在$△ FDC$和$△ NDB$中，$\begin{cases}FD=ND,\\∠ FDC=∠ NDB,\\CD=BD,\end{cases}$
$\therefore △ FDC≌△ NDB(\mathrm{SAS})$，$\therefore FC=NB$。
$\because DF=DN,DE⊥ DF$，$\therefore DE$垂直平分$FN$，$\therefore EF=EN$。
在$△ EBN$中，由三角形三边关系得$BE+BN＞EN$，代入$BN=CF$、$EN=EF$，可得$BE+CF＞EF$。
(3) 解：$BE+DF=EF$。理由如下：
如答图②，延长$AB$至点$H$，使$BH=DF$，连接$CH$。
$\because ∠ ABC+∠ D=180°,∠ HBC+∠ ABC=180°$，
$\therefore ∠ HBC=∠ D$。
在$△ HBC$和$△ FDC$中，$\begin{cases}BH=DF,\\∠ CBH=∠ D,\\CB=CD,\end{cases}$
$\therefore △ HBC≌△ FDC(\mathrm{SAS})$，
$\therefore CH=CF,∠ HCB=∠ FCD$。
$\because ∠ BCD=100°,∠ ECF=50°$，
$\therefore ∠ BCE+∠ FCD=∠ BCD-∠ ECF=50°$，
$\therefore ∠ ECH=∠ BCE+∠ BCH=∠ BCE+∠ FCD=50°$，即$∠ECH=∠ECF$。
在$△ HCE$和$△ FCE$中，$\begin{cases}CH=CF,\\∠ ECH=∠ ECF,\\CE=CE,\end{cases}$
$\therefore △ HCE≌△ FCE(\mathrm{SAS})$，$\therefore EH=EF$。
$\because BE+BH=EH$，$BH=DF$，$\therefore BE+DF=EF$。
【答案】
(1)$5＜AD＜6.5$
(2)证明成立，过程见解析；

(3)$BE+DF=EF$，理由见解析。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形三边关系，构造全等的方法
【点评】
本题是全等三角形应用的典型综合题，梯度设置合理，从基础的中线范围求解到线段关系探究，核心考查倍长中线、截长补短等构造全等的常用方法，要求学生能够将分散的线段通过全等转化到同一图形中，结合相关性质解决问题。
【难度系数】
0.6