6. 如图，在平面直角坐标系中，△ABC为等腰直角三角形，AB=AC，点A(-1,0)，B(0,-4)，则点C的坐标为()

A.(4,1)
B.(3,1)
C.(4,2)
D.(3,2)

6.B

【分析】
要求点C的坐标，可通过构造全等三角形求解：过点C作CE⊥x轴于点E，结合等腰直角三角形的性质可得∠BAC=90°，由此推出∠ABO=∠CAE，再结合AB=AC、两个直角相等，即可证明△AOB和△CEA全等，最后根据全等三角形对应边相等计算线段长度，即可得到点C的坐标。
【解析】
过点C作CE⊥x轴，垂足为E，则$∠ CEA=∠ AOB=90°$。
$\because△ ABC$是等腰直角三角形，$AB=AC$，
$\therefore∠ BAC=90°$，即$∠ OAB+∠ CAE=90°$。
在$Rt△ AOB$中，$∠ OAB+∠ ABO=90°$，
$\therefore∠ ABO=∠ CAE$。
在$△ AOB$和$△ CEA$中：
$\begin{cases}∠ AOB=∠ CEA\\∠ ABO=∠ CAE\\AB=AC\end{cases}$
$\therefore△ AOB≌△ CEA\mathrm{(AAS)}$。
已知$A(-1,0)$，$B(0,-4)$，则$OA=1$，$OB=4$，
由全等三角形的性质得：$CE=OA=1$，$AE=OB=4$，
$\therefore$点E的横坐标为$-1+4=3$，纵坐标为$1$，即点C坐标为$(3,1)$。
【答案】
B
【知识点】
等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，平面直角坐标系点的坐标
【点评】
本题是平面直角坐标系与三角形全等的综合题，构造垂线得到全等三角形是解题的突破口，需要熟练掌握全等三角形的判定方法，能结合坐标的几何意义计算线段长度。
【难度系数】
0.7

7.(涡阳县期末)如图,已知∠1=∠2,AC=AD,增加下列条件之一:①AB=AE;②BC=ED;③∠C=∠D;④∠B=∠E.其中能使△ABC≌△AED的条件有 ()

A.1个
B.2个
C.3个
D.4个

7.C

【分析】
首先由已知∠1=∠2，结合角的和差关系可推出△ABC和△AED的一组对应角∠BAC=∠EAD，再结合已知的一组对应边AC=AD，逐一验证四个新增条件是否符合全等三角形的判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS，注意SSA不能判定三角形全等），即可得出能判定全等的条件个数。
【解析】
解：
∵∠1=∠2，
∴∠1+∠BAE=∠2+∠BAE，即∠BAC=∠EAD，
又已知AC=AD，逐个分析条件：
①添加AB=AE时，满足“SAS”判定定理，可证△ABC≌△AED，符合要求；
②添加BC=ED时，为“SSA”的情况，不能判定三角形全等，不符合要求；
③添加∠C=∠D时，满足“ASA”判定定理，可证△ABC≌△AED，符合要求；
④添加∠B=∠E时，满足“AAS”判定定理，可证△ABC≌△AED，符合要求。
综上，能使△ABC≌△AED的条件有①③④，共3个。
【答案】
C
【知识点】
全等三角形的判定，角的和差运算
【点评】
本题核心是全等三角形判定定理的灵活应用，解题的关键是先通过已知角相等推导出待证全等三角形的一组对应角，再结合判定规则验证条件，要特别注意“SSA”不能作为三角形全等的判定依据，避免误判。
【难度系数】
0.7

8. 如图，$△ ABC$外有一点$D$，$DA$的延长线交$BC$于$E$，且$CB=CD$.
(1)只添加一个条件，使得$△ ABC≌△ ADC$，可以添加：______；
(2)在(1)的条件下，若$AE$恰好平分$∠ BAC$，则$∠ DAB=\_\_\_\_\_\_$.

8. (1)$∠ACB=∠ACD$(答案不唯一) (2)$120°$

【分析】
(1) 要判定$△ ABC≌△ ADC$，已知$CB=CD$，且$AC$是两个三角形的公共边，即$AC=AC$，已有两组边对应相等，根据全等三角形判定定理，可添加两边的夹角相等用SAS判定，也可添加第三组边相等用SSS判定，任选其一即可。
(2) 首先根据角平分线的定义得到$∠ BAE=∠ CAE$，再结合全等三角形对应角相等得到$∠ BAC=∠ DAC$，结合$D、A、E$共线的平角关系，可求出$∠ BAE$的度数，再根据邻补角的关系即可求出$∠ DAB$的度数。
【解析】
(1) 已知$CB=CD$，$AC=AC$（公共边），若添加$∠ ACB=∠ ACD$，在$△ ABC$和$△ ADC$中：
$\{\begin{array}{l} CB=CD\\ ∠ ACB=∠ ACD\\ AC=AC\end{array} $
$\therefore△ ABC≌△ ADC(\mathrm{SAS})$，故可添加$∠ ACB=∠ ACD$（答案不唯一，添加$AB=AD$也可）。
(2) $\because AE$平分$∠ BAC$，$\therefore ∠ BAE=∠ CAE$，设$∠ BAE=∠ CAE=x$，则$∠ BAC=2x$。
$\because△ ABC≌△ ADC$，$\therefore ∠ BAC=∠ DAC=2x$。
$\because D、A、E$三点共线，$\therefore ∠ DAC+∠ CAE=180°$，即$2x+x=180°$，解得$x=60°$。
又$\because ∠ DAB+∠ BAE=180°$（平角定义），$\therefore ∠ DAB=180°-60°=120°$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{∠ACB=∠ACD}$（答案不唯一）；(2) $\boldsymbol{120°}$
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，角平分线的定义
【点评】
本题考查全等三角形的判定与性质的综合应用，解题的关键是结合已知条件选择合适的全等判定条件，再利用全等的性质结合角平分线、平角的性质计算角度，第一问为开放型问题，合理即可。
【难度系数】
0.7

9. 如图，在四边形ABCD中，已知$AB// CD$，$AD=BC$，$∠ A=∠ B=90°$，E是AB上一点，且$DE=DC$，过点C作$CF⊥ DE$，垂足为点F.
(1)求证:$DA=CF$；
(2)猜想EB与EF的大小关系，并证明你的猜想.

9. (1)证明:
∵$AB// CD$,
∴$∠CDF=∠AED$.
∵$CF⊥DE$,
∴$∠DFC=90°=∠A$. 在$△AED$和$△FDC$中,
$\begin{cases} ∠AED=∠FDC, \\ ∠EAD=∠DFC, \\ DE=CD, \end{cases}$
∴ $△AED ≌ △FDC$.(AAS),
∴$DA=CF$.
(2)解:猜想$EB=EF$,证明如下:连接$CE$.
∵$DA=CF$,$AD=BC$,
∴$CB=CF$.在$Rt△CBE$和$Rt△CFE$中,
$\begin{cases} CE=CE, \\ CB=CF, \end{cases}$
∴$Rt△CBE≌Rt△CFE$.(HL),
∴$BE=EF$.

【分析】
(1)要证明$DA=CF$，可通过证明两条线段所在的$△ AED$与$△ FDC$全等来推导。首先利用$AB// CD$得到内错角相等，结合已知的直角条件和$DE=DC$的边相等条件，用AAS判定三角形全等，即可得到对应边相等。
(2)猜想$EB=EF$，可通过证明两条线段所在的$Rt△ CBE$和$Rt△ CFE$全等来推导。首先由(1)的结论和已知$AD=BC$，得到$CB=CF$，再连接$CE$作为公共斜边，用HL判定两个直角三角形全等，即可得到$EB=EF$。
【解析】
(1)证明：
∵$AB// CD$，
∴$∠CDF=∠AED$。
∵$CF⊥DE$，
∴$∠DFC=90°=∠A$。
在$△ AED$和$△ FDC$中，
$\begin{cases} ∠AED=∠FDC, \\ ∠EAD=∠DFC, \\ DE=CD, \end{cases}$
∴ $△ AED ≌ △ FDC$（AAS），
∴$DA=CF$。
(2)猜想：$EB=EF$，证明如下：
连接$CE$。
∵$DA=CF$，$AD=BC$，
∴$CB=CF$。
在$Rt△ CBE$和$Rt△ CFE$中，
$\begin{cases} CE=CE, \\ CB=CF, \end{cases}$
∴$Rt△ CBE≌Rt△ CFE$（HL），
∴$BE=EF$。
【答案】
(1) $DA=CF$，证明成立；
(2) $EB=EF$，证明成立。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，平行线的性质，直角三角形全等的HL判定
【点评】
本题是全等三角形判定与性质的综合应用类题目，解题的关键是结合已知条件找到待证边所在的全等三角形，合理选择判定定理完成证明，第二问通过构造辅助线得到直角三角形全等是几何证明中常用的思路，能有效锻炼逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

10.【核心素养·几何直观】在 $△ ABC$ 中，$∠ ACB=90°,AC=BC$，直线 $MN$ 经过点 $C$，且 $AD⊥ MN$ 于 $D$，$BE⊥ MN$ 于 $E$.
(1)当直线 $MN$ 在图①的位置时，求证：①$△ ADC ≌ △ CEB$；②$DE = AD + BE$；
(2)当直线 $MN$ 绕点 $C$ 旋转到图②的位置时，请直接写出 $DE,AD$ 与 $BE$ 之间的数量关系：；

10. (1)证明:① $∵ ∠ACB = 90°, ∴ ∠ACD+∠BCE = 90°. ∵ AD⊥MN, BE ⊥ MN, ∴ ∠ADC = ∠BEC=90°. ∴ ∠DAC+∠ACD = 90°. ∴ ∠DAC = ∠BCE$. 在$△ADC$和$△CEB$中,
$\begin{cases} ∠DAC=∠ECB, \\ ∠ADC=∠CEB, \\ AC=CB, \end{cases}$
∴ $△ADC ≌ △CEB$.(AAS) ② $∵ △ADC≌△CEB$,
∴$CD=BE$,$AD=CE$.
∴ $DE=CE+CD=AD+BE$.
(2)$DE=BE-AD$

【分析】
（1）①要证明△ADC≌△CEB，已知AC=BC，由AD⊥MN、BE⊥MN可得∠ADC=∠CEB=90°，已经满足一组边相等、一组角相等，只需再找一组等角即可：由∠ACB=90°可得∠ACD+∠BCE=90°，在Rt△ADC中∠DAC+∠ACD=90°，根据同角的余角相等即可得到∠DAC=∠BCE，满足AAS全等判定条件。②要证DE=AD+BE，利用全等三角形对应边相等，可得AD=CE、CD=BE，而DE=CE+CD，等量代换即可得证。
（2）图②的思路和图①类似，先证△ADC≌△CEB，得到AD=CE、CD=BE，此时DE=CD-CE，代入对应边即可得到三者数量关系。
【解析】
(1) 证明：
① $\because ∠ACB = 90°,\therefore ∠ACD+∠BCE = 90°$。
$\because AD⊥MN, BE ⊥ MN, \therefore ∠ADC = ∠BEC=90°$，
$\therefore ∠DAC+∠ACD = 90°$，
$\therefore ∠DAC = ∠BCE$（同角的余角相等）。
在$△ADC$和$△CEB$中：
$\begin{cases} ∠DAC=∠ECB \\ ∠ADC=∠CEB \\ AC=CB \end{cases}$
$\therefore △ADC ≌ △CEB$（AAS）。
② 由①得$△ADC≌△CEB$，根据全等三角形对应边相等可知：
$CD=BE$，$AD=CE$，
$\because DE=CE+CD$，
$\therefore DE=AD+BE$。
(2) 同理可证$△ADC≌△CEB$，得$CD=BE$，$AD=CE$，
$\because DE=CD-CE$，
$\therefore DE=BE-AD$。
【答案】
(1) ①②证明见解析；(2) $\boldsymbol{DE=BE-AD}$
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 全等三角形的性质
3. 同角的余角相等
【点评】
本题是全等三角形综合应用的经典题型，以等腰直角三角形和直线旋转为背景，既考查了全等三角形的判定、性质，也考查了动态几何下的线段和差关系探究，需要熟练掌握找等角的常用方法，同时注意图形旋转后线段位置变化带来的和差关系变化。
【难度系数】
0.7