7.如图，$△ ABC$中，$AB=AC$，$AD⊥ BC$于点$D$，$DE⊥ AC$于点$E$，若$AD=CD$，则图中的全等三角形有（）

A.1对
B.2对
C.3对
D.4对

7. B

【分析】
解题时先回忆全等三角形的判定定理（SSS、SAS、ASA、AAS、HL），结合题目给出的等腰三角形、垂直的条件逐步找全等三角形：第一步，先观察△ABD和△ACD，由AB=AC、AD⊥BC可得BD=CD，结合公共边AD即可判定全等；第二步，再观察△ADE和△CDE，由AD=CD、DE⊥AC，结合公共边DE即可判定全等；最后排查其余三角形，确认无其他全等关系后统计对数即可。
【解析】
1. 证明$\boldsymbol{△ ABD≌△ ACD}$：
已知$AB=AC$，$AD⊥ BC$，根据等腰三角形三线合一的性质，可得$BD=CD$，$∠ ADB=∠ ADC=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ABD$和$\mathrm{Rt}△ ACD$中：
$\begin{cases}AB=AC\\AD=AD\end{cases}$
$\therefore\mathrm{Rt}△ ABD≌\mathrm{Rt}△ ACD(\mathrm{HL})$。
2. 证明$\boldsymbol{△ ADE≌△ CDE}$：
已知$AD=CD$，$DE⊥ AC$，可得$∠ AED=∠ CED=90°$。
在$\mathrm{Rt}△ ADE$和$\mathrm{Rt}△ CDE$中：
$\begin{cases}AD=CD\\DE=DE\end{cases}$
$\therefore\mathrm{Rt}△ ADE≌\mathrm{Rt}△ CDE(\mathrm{HL})$。
其余三角形不存在全等关系，因此图中共有2对全等三角形。
【答案】
B
【知识点】
全等三角形的判定；等腰三角形的性质
【点评】
本题需要结合等腰三角形的性质推导相等的边和直角，再依据全等三角形的判定定理逐一验证，解题时注意不要漏判也不要多判全等关系。
【难度系数】
0.7

8.【教材P60复习题T11变式】如图，∠ACB=90°,AC=BC,AD⊥CE,BE⊥CE,垂足分别为D,E,若BE=2 cm,AD=6 cm,则DE=cm.

8. 4

【分析】
首先梳理已知条件：∠ACB=90°、AC=BC，且BE、AD都垂直于CE，可得两个直角相等。首先利用“同角的余角相等”推出∠BCE=∠CAD，再结合AC=BC、两个直角相等，即可证明△BEC和△CDA全等；接着利用全等三角形对应边相等得到CE、CD的长度，最后用CE减去CD即可求出DE的长度。
【解析】
∵BE⊥CE，AD⊥CE
∴∠E=∠ADC=90°
∵∠ACB=90°
∴∠BCE+∠ACD=90°
又
∵在Rt△ADC中，∠CAD+∠ACD=90°
∴∠BCE=∠CAD（同角的余角相等）
在△BEC和△CDA中：
$\{\begin{array}{l}∠ E=∠ ADC\\ ∠ BCE=∠ CAD\\ BC=CA\end{array} $
∴△BEC≌△CDA（AAS）
∴CE=AD=6cm，CD=BE=2cm
∴DE=CE-CD=6-2=4cm
【答案】
4
【知识点】
全等三角形的判定与性质，同角的余角相等
【点评】
本题属于全等三角形应用的基础题型，解题核心是通过角度关系找到全等的判定条件，再利用全等对应边的关系计算线段长度，掌握全等三角形的判定定理是解题的关键。
【难度系数】
0.7

9.(2024·石家庄期中)如图，，AD,BE是$△ ABC$的高，AD与BE相交于点F，若AD=BD=6，且AF=2，则$△ ACD$的面积为。

9. 12

【分析】
首先结合已知条件中两条高的属性，可得多个直角，利用同角的余角相等可推出一组相等的锐角，再结合AD=BD的条件，证明△BDF和△ADC全等，即可得到CD的长度，最后代入三角形面积公式计算△ACD的面积。思考路径：1. 由高的定义得到直角，推导角的等量关系；2. 证明三角形全等，得到CD的长度；3. 代入面积公式求解。
【解析】
解：
∵AD、BE是△ABC的高，
∴∠BDF=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠DBF + ∠C = 90°，∠DAC + ∠C = 90°，
∴∠DBF = ∠DAC（同角的余角相等）。
在△BDF和△ADC中：
$\{\begin{array}{l}∠BDF=∠ADC \\BD=AD \\∠DBF=∠DAC\end{array} $
∴△BDF≌△ADC（ASA）
∴CD = FD
∵AD=6，AF=2，
∴FD = AD - AF = 6 - 2 = 4，
∴CD=4。
∴$S_{△ACD}=\frac{1}{2}×AD×CD=\frac{1}{2}×6×4=12$
【答案】
12
【知识点】
全等三角形的判定与性质，三角形的高，三角形面积计算
【点评】
本题的核心是通过直角推导角的等量关系，构造全等三角形得到未知边的长度，再结合面积公式求解，是全等三角形应用的典型题型。
【难度系数】
0.7

10.如图,在四边形ABCD中,AB=CD,AE⊥BD,CF⊥BD,E,F是垂足,BF=DE,连接AC交BD于点G,求证:AG=CG.

10. 证明:$\because AE⊥BD,CF⊥BD,∴∠AEB=∠CFD=90°. ∵ BF=DE, ∴ BF - EF = DE - EF,$ 即 $BE = DF$. 在 $\mathrm{Rt}△ABE$ 与 $\mathrm{Rt}△CDF$ 中，$\begin{cases} AB=CD, \\ BE=DF, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△ABE≌\mathrm{Rt}△CDF(\mathrm{HL}). ∴ ∠ABG=∠CDG$. 在 $△ABG$ 与$△CDG$ 中，$\begin{cases} ∠AGB=∠CGD, \\ ∠ABG=∠CDG, \\ AB=CD, \end{cases}$ $\therefore △ABG≌△CDG(\mathrm{AAS}). ∴ AG=CG$.

【分析】
要证AG=CG，通常可证明两条线段所在的三角形全等，即证△ABG≌△CDG。已知AB=CD，且AC与BD交于G可得对顶角∠AGB=∠CGD，还差一组角相等的条件。结合已知AE⊥BD、CF⊥BD，BF=DE，可先通过线段和差得到BE=DF，利用HL证明Rt△ABE≌Rt△CDF，即可得到∠ABG=∠CDG，补齐△ABG和△CDG全等的条件，最终推导出AG=CG。
【解析】
证明：
$\because AE⊥ BD,CF⊥ BD$，
$\therefore ∠ AEB=∠ CFD=90°$，
$\because BF=DE$，
$\therefore BF-EF=DE-EF$，即$BE=DF$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$和$\mathrm{Rt}△ CDF$中：
$\begin{cases}AB=CD \\BE=DF\end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△ ABE≌\mathrm{Rt}△ CDF(\mathrm{HL})$，
$\therefore ∠ ABG=∠ CDG$，
在$△ ABG$和$△ CDG$中：
$\begin{cases}∠ AGB=∠ CGD \\∠ ABG=∠ CDG \\AB=CD\end{cases}$
$\therefore △ ABG≌△ CDG(\mathrm{AAS})$，
$\therefore AG=CG$。
【答案】
$AG=CG$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 直角三角形全等的判定
【点评】
本题是全等三角形应用的典型题型，解题核心是通过两次三角形全等推导待证线段相等，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，灵活利用线段和差、对顶角相等的隐含条件补齐全等的证明要素。
【难度系数】
0.7

11. 如图①，已知点$P(2,2)$，点$A$在$x$轴正半轴上运动，点$B$在$y$轴负半轴上运动，且$PA=PB$.
(1)求证:$PA⊥PB$；
(2)若点$A(8,0)$，则点$B$的坐标为________；
(3)求$OA-OB$的值；
(4)(拓展)如图②，若点$B$在$y$轴正半轴上运动，其他条件不变，直接写出$OA+OB$的值.

11. 解:(1)过点 $P$ 作 $PM⊥x$ 轴于点 $M,PN⊥y$ 轴于点 $N, ∴ ∠PMA=∠PNB=90°. ∵ P(2,2), ∴ PM=PN=2$. 在 $\mathrm{Rt}△AMP$ 和 $\mathrm{Rt}△BNP$ 中，$\begin{cases} PM=PN, \\ PA=PB, \end{cases}$ $\therefore \mathrm{Rt}△AMP≌\mathrm{Rt}△BNP(\mathrm{HL}). ∴ ∠APM=∠BPN, ∴ ∠APB=∠APM+∠BPM=∠BPN+∠BPM=∠MPN=90°, ∴ PA⊥PB;$(2) $(0,-4)$;(3)$OA-OB=(OM+MA)-(BN-ON)=OM+ON=4$;(4)$OA+OB=4$.

【分析】
(1) 要证PA⊥PB，即证∠APB=90°。可过点P作x轴、y轴的垂线构造直角三角形，结合P点坐标可知P到两坐标轴距离相等，再利用已知PA=PB，通过HL证明两个直角三角形全等，最后通过角的等量代换得到∠APB=90°即可。
(2) 先根据A点坐标求出AM的长度，利用全等三角形对应边相等得BN=AM，再结合P点纵坐标求出OB的长度，即可得到B点坐标。
(3) 将OA拆分为OM+MA，OB拆分为BN-ON，结合全等得MA=BN，代入化简即可求出OA-OB的值。
(4) 类比第(3)问的思路，利用全等三角形对应边相等转化OA、OB的表达式，即可求出OA+OB的值。
【解析】
(1) 证明：过点$P$作$PM⊥x$轴于点$M$，$PN⊥y$轴于点$N$，$∴ ∠PMA=∠PNB=90°$。
$∵ P(2,2)$，$∴ PM=PN=2$，$∠MPN=90°$。
在$\mathrm{Rt}△AMP$和$\mathrm{Rt}△BNP$中，$\begin{cases} PM=PN, \\ PA=PB, \end{cases}$
$∴ \mathrm{Rt}△AMP≌\mathrm{Rt}△BNP(\mathrm{HL})$。
$∴ ∠APM=∠BPN$，
$∴ ∠APB=∠APM+∠BPM=∠BPN+∠BPM=∠MPN=90°$，
$∴ PA⊥PB$。
(2) 解：$∵ A(8,0)$，$∴ OA=8$，又$OM=2$，$∴ AM=OA-OM=8-2=6$。
由全等得$BN=AM=6$，$∵ ON=2$，$∴ OB=BN-ON=6-2=4$。
$∵ B$在$y$轴负半轴，$∴ B$的坐标为$(0,-4)$。
(3) 解：$OA=OM+MA$，$OB=BN-ON$，
由全等得$MA=BN$，又$OM=ON=2$，
$∴ OA-OB=(OM+MA)-(BN-ON)=OM+ON=2+2=4$。
(4) 解：同理可证$\mathrm{Rt}△AMP≌\mathrm{Rt}△BNP$，得$MA=BN$，
$OA=OM+MA$，$OB=ON-BN$，
$∴ OA+OB=OM+MA+ON-BN=OM+ON=2+2=4$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $\boldsymbol{(0,-4)}$；
(3) $\boldsymbol{4}$；
(4) $\boldsymbol{4}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，垂直的判定
【点评】
本题是坐标与几何的综合题，作辅助线构造全等三角形是解题的核心，通过全等转化线段的和差关系，体现了几何中的转化思想，能较好地考察逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6