8. 如图,在△ACB中,∠ACB=90°,AC=BC,点C的坐标为(-2,0),点A的坐标为(-8,3),则点B的坐标是.

8.(1,6)

【分析】
本题是坐标系中等腰直角三角形求坐标的问题，解题思路如下：首先构造辅助线，过点A、B分别作x轴的垂线，得到两个直角三角形；利用直角三角形两锐角互余的性质，推导得到一组相等的锐角；结合已知AC=BC，用AAS判定两个直角三角形全等；再根据全等三角形对应边相等，结合已知点的坐标计算线段长度，最终求出点B的坐标。
【解析】
过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作BE⊥x轴于点E，
∴∠ADC=∠CEB=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD + ∠BCE = 90°，
又
∵∠ACD + ∠CAD = 90°，
∴∠CAD=∠BCE。
在△ADC和△CEB中：
$\{\begin{array}{l}∠ADC=∠CEB \\∠CAD=∠BCE \\AC=BC\end{array} $
∴△ADC≌△CEB（AAS）。
已知点C坐标为(-2,0)，点A坐标为(-8,3)，
∴AD=3，DC = (-2) - (-8) = 6，OC=2。
由全等得：CE=AD=3，BE=DC=6，
∴点E的横坐标为$-2 + 3 = 1$，点B的纵坐标等于BE的长度6，
∴点B的坐标为(1,6)。
【答案】
(1,6)
【知识点】
全等三角形的AAS判定；坐标与图形性质；等腰直角三角形的性质
【点评】
本题是坐标系与全等三角形结合的典型习题，构造“一线三等角”的全等模型是解题的突破口，解题时要熟练掌握全等三角形的判定和性质，能结合坐标的几何意义计算线段长度。
【难度系数】
0.6

9.如图,点D在BC上,AB=AD,∠C=∠E,∠BAD=∠CAE,若∠1+∠2=115°,则∠ABC的大小是.

9.65°

【分析】
解题时首先从已知角相等的条件入手，通过等式性质推导出△ABC和△ADE的一组对应角相等，再结合另外两组已知的角、边相等条件，用AAS判定两个三角形全等，得到对应角相等的关系；再结合平角为180°的性质和已知的∠1+∠2=115°，即可求出∠ABC的度数。
【解析】
1. 推导相等的对应角：
∵ ∠BAD=∠CAE
∴ ∠BAD + ∠DAC = ∠CAE + ∠DAC，即$∠ BAC=∠ DAE$
2. 判定三角形全等：
在$△ ABC$和$△ ADE$中：
$\{\begin{array}{l}∠ BAC=∠ DAE\\ ∠ C=∠ E\\ AB=AD\end{array} $
∴ $△ ABC≌△ ADE$（AAS）
3. 利用全等性质推导角的关系：
由全等三角形对应角相等可得：$∠ ABC=∠ ADE$
又
∵ $AB=AD$，$△ ABD$为等腰三角形，
∴ $∠ ABC=∠ ADB=∠ 2$
4. 结合平角性质计算角度：
∵ 点D在BC上，∠ADB、∠ADE、∠1构成平角，和为180°
∴ $∠ 2+∠ 1+∠ ADE=180{}^{\circ }$
已知$∠ 1+∠ 2=115{}^{\circ }$，代入得：
$115{}^{\circ }+∠ ADE=180{}^{\circ }$，解得$∠ ADE=65{}^{\circ }$
∴ $∠ ABC=∠ ADE=65{}^{\circ }$
【答案】
$\boldsymbol{65{}^{\circ }}$
【知识点】
1. AAS判定三角形全等
2. 全等三角形的性质
3. 等腰三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础综合题，解题核心是通过角的和差关系推导全等所需的对应角相等，再结合平角性质求解角度，有助于巩固全等判定的应用逻辑。
【难度系数】
0.7

10.如图,已知AC,BD交于点E,∠A=∠B,∠1=∠2.求证:AE=BE.

10.证明:在△ADC和△BCD中,$\begin{cases} ∠A=∠B, \\ ∠2=∠1, \\ CD=DC, \end{cases}$
∴△ADC≌△BCD(AAS).
∴AD=BC.
在△ADE和△BCE中,$\begin{cases} ∠A=∠B, \\ ∠AED=∠BEC, \\ AD=BC, \end{cases}$
∴△ADE≌△BCE(AAS).
∴AE=BE.

【分析】
要证明线段AE=BE，可考虑证明两条线段所在的△ADE和△BCE全等。目前已知∠A=∠B，且∠AED和∠BEC是对顶角，天然相等，仅缺少一组对应边相等的条件。因此我们需要先证明△ADC和△BCD全等：已知∠A=∠B，∠1=∠2，还有公共边CD=DC，可通过AAS判定这两个三角形全等，得到对应边AD=BC。此时△ADE和△BCE全等的三个条件就全部满足，再用AAS判定其全等，即可推出对应边AE=BE。
【解析】
证明：在△ADC和△BCD中，
$\begin{cases} ∠A=∠B, \\ ∠2=∠1, \\ CD=DC, \end{cases}$
∴△ADC≌△BCD（AAS）。
∴AD=BC。
在△ADE和△BCE中，
$\begin{cases} ∠A=∠B, \\ ∠AED=∠BEC, \\ AD=BC, \end{cases}$
∴△ADE≌△BCE（AAS）。
∴AE=BE。
【答案】
AE=BE
【知识点】
1. AAS判定三角形全等
2. 全等三角形的性质
3. 对顶角相等
【点评】
本题考查全等三角形判定与性质的综合应用，需要通过两次证明三角形全等得到待证的相等线段，解题的关键是先利用公共边和已知角相等完成第一次全等证明，获取所需的对应边条件，再结合对顶角相等完成第二次全等判定。
【难度系数】
0.7

11.如图,点B,C分别在射线AM,AN上,点E,F都在∠MAN内部的射线AD上,已知AB=AC,且∠BED=∠CFD=∠BAC.
(1)求证:$△ ABE ≌ △ CAF$;

(2)试判断EF,BE,CF之间的数量关系,并说明理由.

11.(1)证明:
∵∠BED=∠BAE+∠ABE,∠BAC=∠BAE+∠CAF,且∠BED=∠BAC,
∴∠ABE=∠CAF.
同理∠BAE=∠ACF.
在△ABE和△CAF中,$\begin{cases} ∠ABE=∠CAF, \\ AB=CA, \\ ∠BAE=∠ACF, \end{cases}$
∴△ABE≌△CAF(ASA).
(2)解:EF+CF=BE.理由如下:
∵△ABE≌△CAF,
∴AE=CF,BE=AF.
∵AE+EF=AF,
∴CF+EF=BE.

【分析】
(1)要证明△ABE≌△CAF，已知AB=AC，需先找到两组对应角相等。已知∠BED=∠BAC，结合三角形外角等于不相邻两个内角和的性质，可推出∠ABE=∠CAF，同理可得∠BAE=∠ACF，即可用ASA判定全等。
(2)判断三条线段的数量关系，可先利用全等三角形的性质得到对应边相等，即AE=CF、BE=AF，再结合线段的和差关系AF=AE+EF，进行等量代换即可得到三者的关系。
【解析】
(1)证明：
∵∠BED是△ABE的外角，
∴∠BED=∠BAE+∠ABE，
又
∵∠BAC=∠BAE+∠CAF，且已知∠BED=∠BAC，
∴∠BAE+∠ABE=∠BAE+∠CAF，即∠ABE=∠CAF。
同理可得∠BAE=∠ACF。
在△ABE和△CAF中，
$\begin{cases} ∠ABE=∠CAF, \\ AB=CA, \\ ∠BAE=∠ACF, \end{cases}$
∴△ABE≌△CAF(ASA)。
(2)解：EF、BE、CF的数量关系为EF+CF=BE，理由如下：
∵△ABE≌△CAF，
∴AE=CF，BE=AF。
又
∵点E在A、F之间，满足AE+EF=AF，
将AE=CF、AF=BE代入上式，可得CF+EF=BE，即EF+CF=BE。
【答案】
(1)△ABE≌△CAF，证明成立；
(2)EF+CF=BE
【知识点】
三角形外角性质，全等三角形ASA判定，全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的常规综合题，解题关键是利用已知等角条件结合外角性质推导全等所需的对应角相等，再通过全等得到的对应边相等进行线段代换，推导线段和差关系，解题时要注意角的转化逻辑和线段代换的准确性。
【难度系数】
0.7

12.[数学建模]在$△ ABC$中，$∠ ACB=90°$，$AC=BC$，过点$C$任作直线$PQ$，过点$A$作$AM⊥ PQ$于点$M$，过点$B$作$BN⊥ PQ$于点$N$.
(1)如图1，当直线$MN$在$△ ABC$的外部时，求证:$MN=AM+BN$;
(2)如图2，当直线$MN$在$△ ABC$的内部时，(1)中的结论是否仍然成立?若成立，请证明;若不成立，请直接写出$MN$与$AM$，$BN$之间的数量关系.

12.(1)证明:由题意,得∠AMC=∠CNB=90°,
∴∠MAC+∠ACM=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠ACM+∠NCB=90°.
∴∠MAC=∠NCB.
在△ACM和△CBN中,$\begin{cases} ∠AMC=∠CNB, \\ ∠MAC=∠NCB, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△ACM≌△CBN(AAS).
∴AM=CN,CM=BN.
∴MN=CN+CM=AM+BN.
(2)解:(1)中的结论不成立,MN与AM,BN之间的数量关系为MN=AM−BN.

【分析】
(1)要证$MN=AM+BN$，观察$MN$的组成可得$MN=CM+CN$，因此只需证明$AM=CN$、$BN=CM$，可通过证明$△ ACM$和$△ CBN$全等实现。首先根据垂直定义得到两个直角，再利用同角的余角相等推出一组对应角相等，结合已知$AC=BC$，用AAS判定三角形全等，进而推导线段关系。
(2)类比第一问的解题思路，仍然先证明$△ ACM≌△ CBN$得到对应边相等，再结合图2中$MN$的线段组成（$MN=CN-CM$），代入对应相等的边即可得到数量关系。
【解析】
(1)证明：由题意得$AM⊥PQ$，$BN⊥PQ$，
$\therefore ∠AMC=∠CNB=90°$，
$\therefore ∠MAC+∠ACM=90°$，
$\because ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠ACM+∠NCB=90°$，
$\therefore ∠MAC=∠NCB$（同角的余角相等），
在$△ ACM$和$△ CBN$中：
$\begin{cases}∠AMC=∠CNB \\∠MAC=∠NCB \\AC=CB\end{cases}$
$\therefore △ ACM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AM=CN$，$CM=BN$，
$\because MN=CN+CM$，
$\therefore MN=AM+BN$。
(2)解：(1)中的结论不成立，推导如下：
$\because AM⊥PQ$，$BN⊥PQ$，
$\therefore ∠AMC=∠CNB=90°$，
$\therefore ∠MAC+∠ACM=90°$，
$\because ∠ACB=90°$，
$\therefore ∠ACM+∠BCN=90°$，
$\therefore ∠MAC=∠BCN$，
在$△ ACM$和$△ CBN$中：
$\begin{cases}∠AMC=∠CNB \\∠MAC=∠BCN \\AC=CB\end{cases}$
$\therefore △ ACM≌△ CBN(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AM=CN$，$CM=BN$，
$\because MN=CN-CM$，
$\therefore MN=AM-BN$。
【答案】
(1)证明成立，$MN=AM+BN$；
(2)(1)中结论不成立，数量关系为$\boldsymbol{MN=AM-BN}$。
【知识点】
AAS判定三角形全等，同角的余角相等，线段和差计算
【点评】
本题是全等三角形的典型动态几何题，核心解题思路是抓住直线位置变化过程中不变的角的互余关系、边的相等关系，通过证明全等得到对应边相等，再结合线段和差推导结论，能够锻炼几何逻辑推理能力和动态分析能力。
【难度系数】
0.65