8. 如图,在正方形方格中,每个小正方形的边长都是一个单位长度,点A,B,C,D,E均在小正方形方格的顶点上,线段AB,CD交于点F,若∠CFB=α,则∠ABE等于 ()

A.$180° - α$
B.$180° - 2α$
C.$90° + α$
D.$90° + 2α$

8. C 【点拨】如图，
由图可知 GD=EH=1,CG=BH=4,
∠CGD = ∠BHE= 90°,
∴△CGD≌△BHE(SAS),
∴∠GCD=∠HBE.
∵CG//BD,
∴∠CAB=∠ABD.
∵∠CFB=∠CAB+∠GCD=α,
∴α=∠ABD+∠HBE,
∴∠ABE=∠ABD+∠DBH+∠HBE=90°+α.故选C.

【分析】
要求∠ABE的度数，需将其拆分为多个有已知关系的角的和，结合网格特征逐步推导：①首先利用网格的边长、直角特征，构造两个直角三角形证明全等，得到一组相等的角；②再利用网格中线段的平行关系，由平行线性质得到另一组相等的角；③结合三角形外角的性质，将已知的∠CFB=α转化为两个角的和，最后代换到∠ABE的组成中即可求出结果。
【解析】
如图，
由图可知GD=EH=1，CG=BH=4，∠CGD=∠BHE=90°，
在△CGD和△BHE中：
$\{\begin{array}{l}CG=BH\\ ∠ CGD=∠ BHE\\ GD=EH\end{array} $
∴△CGD≌△BHE（SAS），
∴∠GCD=∠HBE。
∵CG//BD，
∴∠CAB=∠ABD（两直线平行，内错角相等）。
∵∠CFB是△AFC的外角，
∴∠CFB=∠CAB+∠GCD=α，
将角等量代换可得：α=∠ABD+∠HBE。
观察图形可得∠DBH=90°，
∴∠ABE=∠ABD+∠DBH+∠HBE=（∠ABD+∠HBE）+90°=90°+α。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形外角的性质
【点评】
本题结合正方形网格考查几何知识的综合应用，解题关键是利用网格的边长、直角特征构造全等三角形，结合平行线性质和外角性质完成角的等量代换，能有效锻炼图形分析和知识综合运用能力。
【难度系数】
0.7

9. 如图，在长方形ABCD中，AB=20 cm，点E在边AD上，且AE=12 cm。动点P在边AB上，从点A出发以4 cm/s的速度向点B运动，同时，点Q在边BC上，以v cm/s的速度由点B向点C运动，若在运动过程中存在$△ EAP$与$△ PBQ$全等的时刻，则v的值为。

9. 4或$\frac{24}{5}$ 【点拨】设运动时间为t s,则AP=4t cm,BP=AB−AP=(20−4t)cm,BQ=vt cm.
∵在长方形ABCD中,∠A=∠B=90°,
∴①当AE=BP,AP=BQ,即12=20−4t,4t=vt时,△AEP≌△BPQ(SAS),解得t=2,v=4;②当AE=BQ,AP=BP,即12=vt,4t=20−4t时,△AEP≌△BQP(SAS),解得t=$\frac{5}{2}$,v=$\frac{24}{5}$.综上,v的值为4或$\frac{24}{5}$.

【分析】
这是长方形背景下的动点型全等三角形问题。首先长方形的内角∠A和∠B都是直角，所以△EAP和△PBQ都是直角三角形，用SAS判定全等时夹直角的两条边对应相等即可，由于两个三角形直角边的对应关系不唯一，因此需要分类讨论两种对应情况：①AE与BP为对应边，AP与BQ为对应边；②AE与BQ为对应边，AP与BP为对应边。先设运动时间为t，用含t和v的代数式表示各边长度，再分别根据两种对应情况列方程组求解，即可得到v的值。
【解析】
设运动时间为$t\ \mathrm{s}$，根据题意得：
$AP=4t\ \mathrm{cm}$，$BP=AB-AP=(20-4t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=vt\ \mathrm{cm}$。
∵四边形ABCD是长方形，
∴$∠ A=∠ B=90°$，
要使$△ EAP$与$△ PBQ$全等，分两种情况讨论：
① 当$AE=BP$，$AP=BQ$时，$△ AEP ≌ △ BPQ(\mathrm{SAS})$，
列方程组：$\begin{cases}12=20-4t \\4t=vt \end{cases}$，
解得$t=2$，代入得$v=4$；
② 当$AE=BQ$，$AP=BP$时，$△ AEP ≌ △ BQP(\mathrm{SAS})$，
列方程组：$\begin{cases}12=vt \\4t=20-4t \end{cases}$，
解得$t=\frac{5}{2}$，代入得$v=\frac{24}{5}$。
综上，$v$的值为4或$\frac{24}{5}$。
【答案】
4或$\frac{24}{5}$
【知识点】
全等三角形SAS判定；矩形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题是动点与全等三角形结合的典型题，解题核心是明确全等三角形对应边的两种不同情况，避免漏解，解题过程中需结合方程思想求解未知量。
【难度系数】
0.6

10. [陕西西安自主招生] 如图，已知$∠ BAD = ∠ DAC = 9°$，$AD ⊥ AE$，且$AB + AC = BE$，则$∠ B =$。

10. 48° 【点拨】延长BA到F,使AF=AC,连接EF,如图.
∵AB+AC=BE,
∴AB+AF=BE,即BF=BE,
∴∠F=∠BEF=$\frac{180°−∠B}{2}$.
∵∠BAD=∠DAC=9°,AD ⊥ AE,即∠DAE = 90°,
∴∠FAE = 180°−(∠BAD+∠DAE)=180°−(9°+90°)=81°,∠CAE=∠DAE−∠DAC=90°−9°=81°,
∴∠FAE=∠CAE.
又
∵AF=AC,AE=AE,
∴△AFE≌△ACE(SAS),
∴∠F= ∠ACE. 又
∵∠ACE为△ABC的外角,
∴∠ACE=∠B+∠BAC=∠B+18°,
∴∠F=∠B+18°.
∴∠B+18°=$\frac{180°−∠B}{2}$,解得∠B=48°.

【分析】
遇到“两条线段长度之和等于第三条线段”的条件时，通常采用截长补短法构造辅助线。本题可通过补短法，延长BA到F使AF=AC，将AB+AC转化为BF，结合已知AB+AC=BE可得BF=BE，得到等腰△BEF，可表示出∠F与∠B的关系；再结合已知的角的度数关系，证明△AFE和△ACE全等，得到∠F=∠ACE，再利用三角形外角的性质得到∠ACE与∠B的关系，最后建立关于∠B的方程即可求解。
【解析】
解：延长BA到F，使AF=AC，连接EF，如图。
∵ AB + AC = BE，
∴ AB + AF = BE，即BF = BE，
∴ △BEF为等腰三角形，$∠ F = ∠ BEF = \frac{180°−∠B}{2}$。
∵ ∠BAD = ∠DAC = 9°，AD⊥AE，即$∠ DAE = 90°$，
∴ $∠ FAE = 180° − (∠ BAD + ∠ DAE) = 180° − (9° + 90°) = 81°$，
$∠ CAE = ∠ DAE − ∠ DAC = 90° − 9° = 81°$，
∴ $∠ FAE = ∠ CAE$。
在△AFE和△ACE中：
$\{\begin{array}{l}AF=AC \\∠FAE=∠CAE \\AE=AE\end{array} $
∴ △AFE ≌ △ACE（SAS），
∴ $∠ F = ∠ ACE$。
∵ ∠ACE是△ABC的外角，
∴ $∠ ACE = ∠ B + ∠ BAC = ∠ B + ∠ BAD + ∠ DAC = ∠ B + 18°$，
∴ $∠ F = ∠ B + 18°$。
联立∠F的两个表达式得：
$∠ B + 18° = \frac{180°−∠ B}{2}$
两边同乘2得：$2∠ B + 36° = 180° − ∠ B$
移项合并得：$3∠ B = 144°$
解得：$∠ B = 48°$。
【答案】
48°
【知识点】
截长补短法，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质
【点评】
本题是线段和差类几何综合题，解题的核心是通过截长补短法构造辅助线，将线段和的条件转化为等腰三角形的等边，再结合全等三角形、三角形外角的性质建立角的等量关系，通过方程求解未知角，对几何辅助线构造能力和逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.3

11. 新考法 等角代换法 如图，已知$AE⊥AB$，$AF⊥AC$，$AE=AB$，$AF=AC$，AB与EC交于点D，FB与EC交于点M.
(1)EC与BF有什么数量关系？并说明理由.
(2)试判断EC与BF的位置关系，并说明理由.

11. 【解】(1)EC=BF.理由：
∵AE⊥AB,AF⊥AC,
∴∠BAE=∠CAF=90°.
∴∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC,即∠EAC=∠BAF.
在△AEC和△ABF中,$\begin{cases} AE=AB, \\ ∠EAC=∠BAF, \\ AC=AF, \end{cases}$
∴△AEC≌△ABF(SAS),
∴EC=BF.
(2)EC⊥BF.理由:由(1)可知△AEC≌△ABF,
∴∠AEC=∠ABF.
∵∠BAE=90°,
∴∠AEC+∠ADE=90°.
∵∠ADE=∠BDM,
∴∠ABF+∠BDM=90°.
∴∠BMD=180°−(∠ABM+∠BDM)=180°−90°=90°,
∴EC⊥BF.
点方法 证明两线段的位置关系的思路：
通常考虑平行、垂直两种特殊关系.(1)证明两线段平行通常转化为证明同位角相等、内错角相等或同旁内角互补,这些角的关系一般可由全等三角形的性质提供;(2)证明两线段垂直通常转化为证明它们的夹角为90°或三角形的两内角互余.

【分析】
(1)要判断EC和BF的数量关系，已知给出两组边相等：AE=AB、AF=AC，因此可通过证明两条边所在的△AEC和△ABF全等推导结论；首先根据垂直定义得到∠BAE=∠CAF=90°，两个角同时加公共角∠BAC即可得到全等所需的夹角∠EAC=∠BAF，利用SAS证明两三角形全等，再根据全等三角形对应边相等即可得到数量关系。
(2)判断EC和BF的位置关系，可尝试证明二者的夹角为90°；由(1)的全等结论可得对应角∠AEC=∠ABF，结合Rt△AED中两锐角互余，再利用对顶角∠ADE=∠BDM进行等角代换，即可推出△BDM中两个锐角互余，进而得到∠BMD=90°，即可判断垂直关系。
【解析】
(1)EC=BF，理由如下：
∵AE⊥AB，AF⊥AC，
∴∠BAE=∠CAF=90°，
∴∠BAE+∠BAC=∠CAF+∠BAC，即∠EAC=∠BAF。
在△AEC和△ABF中，
$\begin{cases} AE=AB, \\ ∠EAC=∠BAF, \\ AC=AF, \end{cases}$
∴△AEC≌△ABF(SAS)，
∴EC=BF。
(2)EC⊥BF，理由如下：
由(1)知△AEC≌△ABF，
∴∠AEC=∠ABF。
∵AE⊥AB，
∴∠BAE=90°，
∴在Rt△AED中，∠AEC+∠ADE=90°。
又
∵∠ADE和∠BDM是对顶角，
∴∠ADE=∠BDM，
∴∠ABF+∠BDM=90°。
在△BDM中，∠BMD=180°-(∠ABF+∠BDM)=180°-90°=90°，
∴EC⊥BF。
【答案】
(1) $\boldsymbol{EC=BF}$；(2) $\boldsymbol{EC⊥ BF}$
【知识点】
SAS证全等；全等三角形性质；垂直的判定
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础综合应用题，解题核心是通过等角代换得到全等三角形所需的相等夹角，再利用全等性质得到对应角相等，结合角的等量代换证明垂直，掌握全等三角形的判定和性质是解决这类问题的关键。
【难度系数】
0.7

12. ★★★ 新考法 倍长中线法 某数学兴趣小组进行了一次探究试验活动,请你来加入.
(1)【探究与发现】如图①,AD是△ABC的中线,延长AD至点E,使ED=AD,连接BE.求证:△ACD≌△EBD.
(2)【变式与应用】如图②,EP是△DEF的中线,若EF=5,DE=3.设EP=x,则x的取值范围是.
(3)【感悟】解题时,条件中若出现“中点”“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.
【拓展与延伸】如图③,AD是△ABC的中线,点E,F分别在AB,AC上,且DE⊥DF.求证:BE+CF＞EF.

12. (1)【证明】
∵AD是△ABC的中线,
∴BD=CD.
在△ACD和△EBD中,$\because \begin{cases} AD=ED, \\ ∠ADC=∠EDB, \\ CD=BD, \end{cases}$
∴△ACD≌△EBD(SAS).
(2)1＜x＜4
(3)【证明】如图,延长FD至点G,使DG=DF,连接BG,EG.
∵AD是△ABC的中线,
∴DC=DB.
在△DFC和△DGB中,
$\because \begin{cases} DF=DG, \\ ∠CDF=∠BDG, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△DFC≌△DGB(SAS).
∴BG=CF.
∵DE⊥DF,
∴∠FDE=∠GDE=90°.
在△EDF和△EDG中,$\because \begin{cases} DF=DG, \\ ∠FDE=∠GDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△EDF≌△EDG(SAS).
∴EF=EG.
在△BEG中,根据三角形三边关系可得BG+BE＞EG.
∴BE+CF＞EF.
点技巧 遇中线,常通过倍长中线来构造全等三角形,从而实现线段的转化.

【分析】
(1) 要证△ACD≌△EBD，先利用中线的性质得到BD=CD，再结合已知的AD=ED和对顶角相等，满足SAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 类比第一问的倍长中线思路，延长EP构造全等三角形，将已知的EF、DE和两倍的EP转化到同一个三角形中，利用三角形三边关系即可求出x的取值范围。
(3) 要证BE+CF＞EF，需将三条线段转化到同一个三角形中，采用倍长类中线的方法，延长FD构造全等三角形，把CF转化为BG、EF转化为EG，再利用三角形三边关系即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵AD是△ABC的中线，
∴BD=CD。
在△ACD和△EBD中，
$\begin{cases} AD=ED, \\ ∠ADC=∠EDB, \\ CD=BD, \end{cases}$
∴△ACD≌△EBD(SAS)。
(2) 解：延长EP到点G，使PG=EP，连接DG。
∵EP是△DEF的中线，
∴FP=DP。
在△EFP和△GDP中，
$\begin{cases} EP=GP, \\ ∠EPF=∠GPD, \\ FP=DP, \end{cases}$
∴△EFP≌△GDP(SAS)，
∴DG=EF=5。
在△DEG中，由三角形三边关系得：$DG-DE＜EG＜DG+DE$，
∵$EG=2EP=2x$，$DE=3$，
∴$5-3＜2x＜5+3$，解得$1＜x＜4$。
(3) 证明：如图，延长FD至点G，使DG=DF，连接BG、EG。
∵AD是△ABC的中线，
∴DC=DB。
在△DFC和△DGB中，
$\begin{cases} DF=DG, \\ ∠CDF=∠BDG, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△DFC≌△DGB(SAS)，
∴BG=CF。
∵DE⊥DF，
∴∠FDE=∠GDE=90°。
在△EDF和△EDG中，
$\begin{cases} DF=DG, \\ ∠FDE=∠GDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△EDF≌△EDG(SAS)，
∴EF=EG。
在△BEG中，根据三角形三边关系可得$BG+BE＞EG$，
代入$BG=CF$、$EG=EF$，得$BE+CF＞EF$。
【答案】
(1) 证明：
∵AD是△ABC的中线,
∴BD=CD.
在△ACD和△EBD中,$\because \begin{cases} AD=ED, \\ ∠ADC=∠EDB, \\ CD=BD, \end{cases}$
∴△ACD≌△EBD(SAS).
(2) $\boldsymbol{1＜x＜4}$
(3) 证明：如图,延长FD至点G,使DG=DF,连接BG,EG.
∵AD是△ABC的中线,
∴DC=DB.
在△DFC和△DGB中,
$\because \begin{cases} DF=DG, \\ ∠CDF=∠BDG, \\ DC=DB, \end{cases}$
∴△DFC≌△DGB(SAS).
∴BG=CF.
∵DE⊥DF,
∴∠FDE=∠GDE=90°.
在△EDF和△EDG中,$\because \begin{cases} DF=DG, \\ ∠FDE=∠GDE, \\ DE=DE, \end{cases}$
∴△EDF≌△EDG(SAS).
∴EF=EG.
在△BEG中,根据三角形三边关系可得BG+BE＞EG.
∴BE+CF＞EF.
【知识点】
全等三角形的判定与性质；三角形三边关系；倍长中线法
【点评】
本题分层考查了倍长中线构造全等三角形的应用，从基础全等证明到取值范围求解，再到不等关系推导，体现了转化的数学思想，掌握构造全等转化线段的方法是解题的关键。
【难度系数】
0.6