4. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC$,$∠ B=∠ C=40°$,点$D$在线段$BC$上运动(点$D$不与点$B,C$重合),连接$AD$,作$∠ ADE=40°$,$DE$交线段$AC$于点$E$.
(1)当$∠ BDA=110°$时,$∠ EDC=$,$∠ AED=$;
(2)若$DC=AC$,求证:$AD=DE$.

4. (1) 30° 70°[
∵∠ADB+∠ADE+∠EDC=180°,且∠ADE=40°,∠BDA=110°,
∴∠EDC=180°-110°-40°=30°.
∵∠C=40°,
∴∠AED=∠EDC+∠C=30°+40°=70°. ]
(2)证明:
∵∠ADC=∠B+∠BAD,∠ADC=∠ADE+∠CDE,∠B=∠ADE=40°,
∴∠BAD=∠CDE.
∵AB=AC,DC=AC,
∴AB=DC.
在△ABD和△DCE中,$\begin{cases} ∠BAD=∠CDE, \\ AB=DC, \\ ∠B=∠C, \end{cases}$
∴△ABD≌△DCE(ASA).
∴AD=DE.

【分析】
(1) 求解角度首先利用平角的性质：点B、D、C在同一直线上，所以∠BDA+∠ADE+∠EDC=180°，代入已知角度即可求出∠EDC；再根据三角形外角的性质，三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和，∠AED是△EDC的外角，结合∠C的度数即可求出∠AED。
(2) 要证明AD=DE，可通过证明两条线段所在的△ABD和△DCE全等实现：首先利用角度的和差关系推导∠BAD=∠CDE，再结合已知AB=AC、DC=AC得到AB=DC，再加上已知∠B=∠C，即可用ASA判定两个三角形全等，进而得到对应边相等。
【解析】
(1)
∵点B、D、C共线，
∴∠ADB+∠ADE+∠EDC=180°，
已知∠ADE=40°，∠BDA=110°，
∴∠EDC=180°-110°-40°=30°。
又
∵∠AED是△DCE的外角，∠C=40°，
∴∠AED=∠EDC+∠C=30°+40°=70°。
(2) 证明：
∵∠ADC是△ABD的外角，
∴∠ADC=∠B+∠BAD，
又
∵∠ADC=∠ADE+∠CDE，且∠B=∠ADE=40°，
∴∠BAD=∠CDE。
∵AB=AC，DC=AC，
∴AB=DC。
在△ABD和△DCE中，
$\begin{cases} ∠BAD=∠CDE, \\ AB=DC, \\ ∠B=∠C, \end{cases}$
∴△ABD≌△DCE(ASA)，
∴AD=DE。
【答案】
(1) $\boxed{30°}$，$\boxed{70°}$；(2) 证明见解析。
【知识点】
三角形外角性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质
【点评】
本题将角度计算和全等三角形的证明结合，难度适中，解题的关键是熟练掌握角度推导的方法，以及全等三角形判定条件的选择，同时要注意等腰三角形相关性质的灵活运用。
【难度系数】
0.7

5.如图,直线MN一侧有一个等腰直角三角形ABC,其中∠ACB=90°,CA=CB.直线MN过顶点C,分别过点A,B作AE⊥MN,BF⊥MN,垂足分别为E,F,∠CAB的平分线AG交BC于点O,交MN于点G,连接BG,恰好满足AG⊥BG.延长AC,BG交于点D.
(1)求证:CE=BF;
(2)求证:AC+CO=AB.

5. 证明:(1)
∵AE⊥MN,BF⊥MN,∠ACB=90°,
∴∠EAC+∠ECA=∠FCB+∠ECA=90°.
∴∠EAC=∠FCB.
在△AEC和△CFB中,$\begin{cases} ∠AEC=∠CFB=90°, \\ ∠EAC=∠FCB, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AEC≌△CFB(AAS).
∴CE=BF.
(2)
∵∠ACB=90°,AG⊥BG,∠AOC=∠BOG,
∴∠CAO=∠CBD.
在△ACO和△BCD中,$\begin{cases} ∠ACO=∠BCD=90°, \\ AC=BC, \\ ∠CAO=∠CBD, \end{cases}$
∴△ACO≌△BCD(ASA).
∴CO=CD.
∴AC+CO=AC+CD=AD.
由AG平分∠CAB,AG⊥BG,
易证△AGD≌△AGB(ASA),
∴AD=AB.
∴AC+CO=AB.

【分析】
(1) 要证明CE=BF，可通过证明两条线段所在的△AEC与△CFB全等来实现。首先由AE⊥MN、BF⊥MN可得两个直角，已知AC=CB，再结合∠ACB=90°，利用同角的余角相等可推出∠EAC=∠FCB，满足AAS全等判定条件，即可得到对应边相等。
(2) 要证明AC+CO=AB，采用线段转化的思路：首先证明△ACO≌△BCD，可得CO=CD，将AC+CO转化为AC+CD=AD；再结合AG是∠CAB的平分线且AG⊥BG，证明△AGD≌△AGB得到AD=AB，通过等量代换即可完成证明。
【解析】
(1) 证明：
∵AE⊥MN，BF⊥MN，∠ACB=90°，
∴∠EAC+∠ECA=∠FCB+∠ECA=90°，
∴∠EAC=∠FCB。
在△AEC和△CFB中，
$\begin{cases} ∠AEC=∠CFB=90°, \\ ∠EAC=∠FCB, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴△AEC≌△CFB（AAS），
∴CE=BF。
(2) 证明：
∵∠ACB=90°，AG⊥BG，∠AOC=∠BOG，
∴∠CAO=∠CBD。
在△ACO和△BCD中，
$\begin{cases} ∠ACO=∠BCD=90°, \\ AC=BC, \\ ∠CAO=∠CBD, \end{cases}$
∴△ACO≌△BCD（ASA），
∴CO=CD，
∴AC+CO=AC+CD=AD。
∵AG平分∠CAB，AG⊥BG，
在△AGD和△AGB中，
$\begin{cases} ∠GAD=∠GAB, \\ AG=AG, \\ ∠AGD=∠AGB=90°, \end{cases}$
∴△AGD≌△AGB（ASA），
∴AD=AB，
∴AC+CO=AB。
【答案】
(1) CE=BF；(2) AC+CO=AB，两问均得证。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，余角的性质，角平分线的定义
【点评】
本题是全等三角形的典型应用题型，涉及两次全等的证明，需要熟练掌握全等三角形的判定定理，学会通过转化线段的方式求解线段和类问题，对几何逻辑推理能力有较好的锻炼作用。
【难度系数】
0.65