10.(9分)(教材P44习题T6变式)如图，AB=AC，CD⊥AB，BE⊥AC，垂足分别为D，E。求证：△ABE≌△ACD。

10. 证明:
∵BE⊥AC,CD⊥AB,
∴∠AEB=∠ADC=90°. 在△ABE 和△ACD 中，$\begin{cases} ∠AEB=∠ADC, \\ ∠BAE=∠CAD, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ABE≌△ACD(AAS).

【分析】
要证明△ABE≌△ACD，可按以下思路梳理条件：首先由CD⊥AB、BE⊥AC的垂直条件，可得△ABE和△ACD各有一个直角，即∠AEB=∠ADC；其次两个三角形有公共顶角∠A，即∠BAE=∠CAD；再结合题目给出的AB=AC这组对应边相等，三组条件刚好满足角角边（AAS）的全等判定要求，即可证得两三角形全等。
【解析】
证明：
∵BE⊥AC，CD⊥AB，
∴∠AEB=∠ADC=90°。
在△ABE和△ACD中，
$\begin{cases} ∠AEB=∠ADC, \\ ∠BAE=∠CAD, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ABE≌△ACD（AAS）。
【答案】
∵BE⊥AC,CD⊥AB,
∴∠AEB=∠ADC=90°. 在△ABE 和△ACD 中，$\begin{cases} ∠AEB=∠ADC, \\ ∠BAE=∠CAD, \\ AB=AC, \end{cases}$
∴△ABE≌△ACD(AAS)
【知识点】
垂直的定义、AAS判定全等、公共角相等
【点评】
本题是三角形全等判定的基础常规题，重点考查对AAS判定定理的运用，解题时要注意挖掘题目中的隐含条件（垂直得到的等角、公共角相等），结合已知等边即可快速完成证明，难度较低。
【难度系数】
0.85

11.(10分)如图,AD,BC相交于点O,AB=CD,AM⊥BC于点M,DN⊥BC于点N,BN=CM.
(1)求证:△ABM≌△DCN;
(2)若CM=4,BC=16,求线段OM的长.

11. (1)证明:
∵BN=CM,
∴BN+MN=CM+MN,即 BM=CN.
∵AM⊥BC,DN⊥BC,
∴∠AMB=∠DNC=90°. 在 Rt △ABM 和 Rt △DCN 中，$\begin{cases} AB=DC, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL). (2)解:由(1)知 Rt△ABM≌Rt△DCN,
∴∠B = ∠C.
∵∠AOB=∠DOC,AB=CD,
∴△AOB≌△DOC(AAS).
∴OC=OB=$\frac{1}{2}$BC=8.
∴OM=OC-CM=4.

【分析】
（1）要证明Rt△ABM≌Rt△DCN，已知斜边AB=CD，只需再证明一组直角边相等即可。由已知BN=CM，给两条线段同时加上公共部分MN，可得BM=CN，结合AM、DN都垂直于BC得到两个直角，即可用HL定理证明全等。
（2）要求OM的长度，已知CM=4，只需求出OC的长度，用OC减去CM即可得OM。由（1）的全等可推出∠B=∠C，结合对顶角∠AOB=∠DOC和已知AB=CD，可用AAS证明△AOB≌△DOC，得到OB=OC，即O为BC中点，结合BC的长度即可求出OC，进而求出OM。
【解析】
(1)证明：
∵BN=CM，
∴BN+MN=CM+MN，即 BM=CN.
∵AM⊥BC，DN⊥BC，
∴∠AMB=∠DNC=90°.
在 Rt△ABM 和 Rt△DCN 中，
$\begin{cases} AB=DC, \\ BM=CN, \end{cases}$
∴Rt△ABM≌Rt△DCN(HL).
(2)解：由(1)知 Rt△ABM≌Rt△DCN，
∴∠B = ∠C.
∵∠AOB=∠DOC（对顶角相等），AB=CD，
∴△AOB≌△DOC(AAS).
∴OC=OB=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×16=8.
∴OM=OC-CM=8-4=4.
【答案】
(1) △ABM≌△DCN得证；
(2) 线段OM的长为4.
【知识点】
HL判定全等，AAS判定全等，全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的典型综合题，解题关键是通过线段的和差关系转化得到相等的边，再结合已知的垂直、对顶角等条件逐步推导全等，再利用全等三角形对应边、对应角相等的性质求解线段长度，能很好地考察全等相关知识的掌握程度。
【难度系数】
0.7

12.(12分)如图，E为AB的延长线上一点，AC⊥BC于点C，AD⊥BD于点D，AC=AD.
(1)求证：∠CAB=∠DAB；
(2)连接CE，DE，求证：∠CEA=∠DEA.

12. 证明:(1)
∵AC⊥BC,AD⊥BD,
∴∠ACB=∠ADB = 90°. 在 Rt △ABC 和 Rt △ABD 中，$\begin{cases} AB=AB, \\ AC=AD, \end{cases}$
∴Rt△ABC≌Rt△ABD(HL).
∴∠CAB=∠DAB. (2)由(1)可知∠CAE=∠DAE. 在△ACE和△ADE中，$\begin{cases} AC=AD, \\ ∠CAE=∠DAE, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ACE≌△ADE(SAS).
∴∠CEA=∠DEA.

【分析】
(1) 要证∠CAB=∠DAB，观察两角分别属于Rt△ABC和Rt△ABD，已知垂直条件可得两个三角形均为直角三角形，题中给出AC=AD，且AB为两个三角形的公共斜边，可通过HL定理证明两直角三角形全等，再利用全等三角形对应角相等即可得证。
(2) 要证∠CEA=∠DEA，观察两角分别属于△ACE和△ADE，由(1)的结论已得∠CAE=∠DAE，结合已知AC=AD，且AE为两个三角形的公共边，可通过SAS定理证明两三角形全等，再利用全等三角形对应角相等即可得证。
【解析】
(1) 证明：
∵AC⊥BC，AD⊥BD，
∴∠ACB=∠ADB = 90°。
在Rt△ABC和Rt△ABD中，
$\begin{cases} AB=AB, \\ AC=AD, \end{cases}$
∴Rt△ABC≌Rt△ABD(HL)。
∴∠CAB=∠DAB。
(2) 证明：
由(1)可知∠CAE=∠DAE，
在△ACE和△ADE中，
$\begin{cases} AC=AD, \\ ∠CAE=∠DAE, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴△ACE≌△ADE(SAS)。
∴∠CEA=∠DEA。
【答案】
(1) 见上述(1)的证明过程，∠CAB=∠DAB得证；
(2) 见上述(2)的证明过程，∠CEA=∠DEA得证。
【知识点】
HL判定全等，SAS判定全等，全等三角形的性质
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的基础应用题型，解题的核心是结合已知条件选择合适的全等判定定理，逐步推导结论，熟练掌握各类全等判定定理是解决此类问题的基础。
【难度系数】
0.8

13.(14分)如图，AD是$△ ABC$的中线，$BE ⊥ AD$，垂足为E，$CF ⊥ AD$，交AD的延长线于点F，G是DA的延长线上一点，连接BG.
(1)求证：$BE=CF$；
(2)若$BG=CA$，求证：$AG=2DE$.

13. 证明:(1)
∵AD 是△ABC 的中线,
∴BD = CD.
∵BE⊥AD,CF⊥AD,
∴∠BED = ∠F = 90°. 在△BED 和△CFD 中，$\begin{cases} ∠BED=∠F, \\ ∠BDE=∠CDF, \\ BD=CD, \end{cases}$
∴△BED≌△CFD(AAS).
∴BE=CF. (2)由(1)可知 BE=CF,
在 Rt△BGE 和 Rt△CAF 中，$\begin{cases} BG=CA, \\ BE=CF, \end{cases}$
∴Rt△BGE≌Rt△CAF(HL).
∴GE=AF.
∴GE-AE=AF-AE,即 AG=EF. 由(1)知△BED≌△CFD,
∴DE=DF=$\frac{1}{2}$EF.
∴AG=2DE.

【分析】
(1) 要证明两条线段相等，优先考虑证明线段所在的三角形全等。本题中BE、CF分别在△BED和△CFD中，由AD是中线可得BD=CD，两个垂直条件可得一组直角相等，再加对顶角相等，即可用AAS判定两三角形全等，从而得到BE=CF。
(2) 要证AG=2DE，先结合已知BG=CA和第一问结论BE=CF，用HL证明Rt△BGE和Rt△CAF全等，推出GE=AF，通过线段和差得到AG=EF；再结合第一问全等的结论得DE=DF，即EF=2DE，等量代换即可完成证明。
【解析】
(1) 证明：
∵AD是△ABC的中线，
∴$BD = CD$。
∵$BE⊥AD$，$CF⊥AD$，
∴$∠BED = ∠F = 90°$。
在△BED和△CFD中，
$\begin{cases} ∠BED=∠F, \\ ∠BDE=∠CDF, \\ BD=CD, \end{cases}$
∴$△ BED≌△ CFD(\mathrm{AAS})$，
∴$BE=CF$。
(2) 证明：
由(1)可知$BE=CF$，
在$\mathrm{Rt}△ BGE$和$\mathrm{Rt}△ CAF$中，
$\begin{cases} BG=CA, \\ BE=CF, \end{cases}$
∴$\mathrm{Rt}△ BGE≌\mathrm{Rt}△ CAF(\mathrm{HL})$，
∴$GE=AF$，
∴$GE-AE=AF-AE$，即$AG=EF$。
由(1)知$△ BED≌△ CFD$，
∴$DE=DF$，即$EF=DE+DF=2DE$，
∴$AG=2DE$。
【答案】
(1) 证明见上述过程，可得$BE=CF$；
(2) 证明见上述过程，可得$AG=2DE$。
【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（HL）
3. 三角形中线的定义
【点评】
本题是三角形全等的常规综合题型，解题核心是结合已知条件找准全等三角形，利用全等性质结合线段的和差关系完成推导，侧重考查对全等判定方法的灵活运用能力和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6

14.(6分)(呼和浩特回民区期中)如图,在△PMN中,点P,M在坐标轴上,P(0,2),N(2,-2),PM=PN,PM⊥PN,则点M的坐标是。

14. (-4,0)

【分析】
本题可通过构造全等三角形求解。已知PM⊥PN且PM=PN，我们过点N作y轴的垂线，得到两个直角三角形，利用“等角的余角相等”找到一组相等的锐角，结合已知的PM=PN和两个直角，可证明两个三角形全等，再根据全等三角形对应边相等求出点M到原点的距离，结合M在x轴负半轴即可得到坐标。
【解析】
过点N作$NC⊥ y$轴于点C，则$∠ PCN=∠ MOP=90°$。
已知$P(0,2)$，$N(2,-2)$，可得$OP=2$，$OC=2$，$NC=2$，因此$PC=OP+OC=2+2=4$。
$\because PM⊥ PN$，$\therefore ∠ MPN=90°$，即$∠ MPO+∠ NPC=90°$。
在$Rt△ MOP$中，$∠ MPO+∠ PMO=90°$，根据同角的余角相等，可得$∠ PMO=∠ NPC$。
在$△ MOP$和$△ PCN$中：
$\begin{cases}∠ MOP=∠ PCN \\∠ PMO=∠ NPC \\PM=PN\end{cases}$
$\therefore △ MOP≌△ PCN\mathrm{(AAS)}$，
$\therefore MO=PC=4$。
$\because$点M在x轴负半轴上，
$\therefore$点M的坐标为$(-4,0)$。
【答案】
$(-4,0)$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，直角三角形的性质
【点评】
本题是平面直角坐标系与全等三角形结合的典型习题，解题的突破口是通过作垂线构造全等三角形，利用余角的性质得到等角，再结合全等的性质求出对应线段长度，进而确定点的坐标。
【难度系数】
0.6