9.如图,在$Rt△ ABC$中,$∠ C=90°$,$AC=18\ \mathrm{cm}$,$BC=9\ \mathrm{cm}$,一条线段$PQ=AB$,$P$,$Q$两点分别在线段$AC$和$AC$的垂线$AX$上移动.若$△ APQ$和$△ ABC$全等,则$AP$的长为cm.

9.18或9

【分析】
本题考查直角三角形全等的判定，由于题中未明确两个三角形全等的对应顶点，因此需要分情况讨论。首先明确两个三角形均为直角三角形，且斜边PQ=AB，根据直角三角形全等的HL判定定理，只需一组直角边对应相等即可判定全等，因此分别分析两种直角边对应的情况即可求出AP的长度。
【解析】
解：已知∠C=90°，AX⊥AC，因此∠PAQ=∠C=90°，△ABC和△APQ均为直角三角形，且斜边PQ=AB，分两种情况讨论：
① 当$\mathrm{Rt}△APQ≌\mathrm{Rt}△CBA$时，对应边$AP=CB$，
∵$BC=9\ \mathrm{cm}$，
∴$AP=9\ \mathrm{cm}$；
② 当$\mathrm{Rt}△APQ≌\mathrm{Rt}△CAB$时，对应边$AP=CA$，
∵$AC=18\ \mathrm{cm}$，
∴$AP=18\ \mathrm{cm}$。
综上，AP的长为9cm或18cm。
【答案】
9或18
【知识点】
直角三角形全等的判定，分类讨论思想
【点评】
本题的易错点是忽略全等三角形对应关系的多种可能性，仅考虑其中一种情况导致漏解，解题时遇到未明确对应顶点的全等问题，需全面分析所有可能的对应情况。
【难度系数】
0.6

10.如图,在$△ ABC$中,$∠ C=90°$,点$D$在边$AC$上,$DE ⊥ AB$于点$E$,$DC=DE$,$∠ A=32°$,则$∠ BDC=$ ()

A.$58°$
B.$61°$
C.$64°$
D.$68°$

10.B

【分析】
解题时先观察已知条件：存在两个直角三角形Rt△BCD和Rt△BED，斜边BD为公共边，直角边DC=DE，可先通过HL判定两个直角三角形全等，得到BD平分∠ABC；再利用直角三角形两锐角互余先算出∠ABC的度数，进而得到∠CBD的度数，最后在Rt△BCD中再次利用两锐角互余即可求出∠BDC的度数。
【解析】
解：在△ABC中，∠C=90°，∠A=32°，
∴∠ABC=90°-∠A=90°-32°=58°。
∵DE⊥AB，
∴∠DEB=∠C=90°，
在Rt△BCD和Rt△BED中：
$\{\begin{array}{l}DC=DE\\ BD=BD\end{array} $
∴Rt△BCD≌Rt△BED（HL），
∴∠CBD=∠EBD=$\frac{1}{2}$∠ABC=$\frac{1}{2}$×58°=29°，
在Rt△BCD中，∠BDC=90°-∠CBD=90°-29°=61°。
故选B。
【答案】
B
【知识点】
直角三角形全等的判定；全等三角形的性质；直角三角形两锐角互余
【点评】
本题是全等三角形与角度计算结合的基础题，解题的关键是利用HL判定直角三角形全等，得到角的等量关系，再结合直角三角形的角度性质计算，考查了基础的逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.7

11.如图，BE⊥CD于点E，F为BC上一点，连接DF交BE于点A，BE=DE，BC=DA。若AB=3，CD=11，则AE的长为。

11.4

【分析】
首先观察图形，已知BE⊥CD，可得△BEC和△DEA都是直角三角形，题目给出两组边相等BE=DE、BC=DA，可先利用HL定理证明两个直角三角形全等，得到对应边CE=AE，再结合线段的和差关系，把CD用已知的AB和未知的AE表示，列等式即可求出AE的长度。
【解析】
∵ BE⊥CD，
∴ ∠BEC=∠DEA=90°，即△BEC和△DEA均为直角三角形。
在$\mathrm{Rt}△ BEC$和$\mathrm{Rt}△ DEA$中：
$\{\begin{array}{l} BC=DA\\ BE=DE\end{array} $
∴ $\mathrm{Rt}△ BEC≌ \mathrm{Rt}△ DEA$（HL），
∴ CE=AE。
又
∵ BE=DE，CD=CE+DE=11，且BE=AB+AE，
∴ 代入得：$AE + AB + AE = 11$，
把AB=3代入：$2AE + 3 =11$，
解得：$AE=4$。
【答案】
4
【知识点】
HL判定直角三角形全等；全等三角形的性质；线段和差计算
【点评】
本题解题的核心是先证明直角三角形全等得到对应边相等的关系，再结合线段的和差建立关于未知线段的等式求解，是全等三角形应用的典型基础题型。
【难度系数】
0.7

12.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$DA$延长线上一点，连接$BG$。
(1)求证：$BE=CF$；
(2)若$BG=CA$，求证：$GA=2DE$。

12.证明:(1)$\because AD$是$△ABC$的中线,$\therefore BD=CD.$
$\because BE⊥AD,CF⊥AD,\therefore ∠BED=∠F=∠BEG=90°.$
在$△BED$和$△CFD$中,$\because \begin{cases} ∠BED=∠F,\\ ∠BDE=∠CDF,\\ BD=CD, \end{cases}$
$\therefore △BED≌△CFD.(\mathrm{AAS})$
$\therefore BE=CF.$
(2)在$\mathrm{Rt}△BGE$和$\mathrm{Rt}△CAF$中,$\because \begin{cases} BG=CA,\\ BE=CF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△BGE≌\mathrm{Rt}△CAF.(\mathrm{HL})$
$\therefore GE=AF,\therefore GE-AE=AF-AE,\mathrm{即}GA=EF.$
$\because △BED≌△CFD,\therefore DE=DF,$
$\therefore EF=DE+DF=2DE,\therefore GA=2DE.$

【分析】
(1) 要证明两条线段相等，通常可证明两条线段所在的三角形全等。首先根据AD是△ABC的中线可得BD=CD，再结合BE⊥AD、CF⊥AD得到两个直角相等，还有对顶角∠BDE=∠CDF，即可通过AAS证明△BED≌△CFD，从而得到BE=CF。
(2) 要证明GA=2DE，首先结合已知BG=CA和(1)中得到的BE=CF，可通过HL证明Rt△BGE≌Rt△CAF，得到GE=AF，等式两边同时减去公共线段AE，可得GA=EF；再结合(1)中△BED≌△CFD的结论可得DE=DF，因此EF=DE+DF=2DE，通过等量代换即可证明GA=2DE。
【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（AAS），
∴BE=CF。
(2) 证明：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$GA=EF$。
∵△BED≌△CFD，
∴$DE=DF$，
∴$EF=DE+DF=2DE$，
∴$GA=2DE$。
【答案】
(1) 证明见上述解析，可证$BE=CF$；
(2) 证明见上述解析，可证$GA=2DE$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，直角三角形全等的判定，三角形中线的定义
【点评】
本题属于三角形全等的综合应用题，第一问为基础的全等证明，直接利用中线性质和AAS判定即可求解；第二问需要结合第一问的结论，通过HL判定直角三角形全等，再进行线段的等量代换得到结论，能有效锻炼几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.7

13. 新考向 类比探究 如图①，点P的坐标为(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的坐标为$(8,0)$，则点B的坐标为；
(3)$OA－OB$的值为；
(4)若点B在y轴正半轴上运动，如图②所示，其他条件不变，求$OA+OB$的值.

13.(1)证明:如图①,过点$P$分别作$PE⊥x$轴于点$E,PF⊥y$轴于点$F$,则$∠AEP=∠OEP=∠BFP=90°.$
$\because$ 点$P$的坐标为$(2,2),\therefore PE=PF=2.$
在$\mathrm{Rt}△APE$和$\mathrm{Rt}△BPF$中,$\because \begin{cases} PA=PB,\\ PE=PF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△APE≌\mathrm{Rt}△BPF.(\mathrm{HL})$
$\therefore ∠APE=∠BPF.$
$\therefore ∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF.$
由$∠FOE=∠OEP=∠OFP=90°$,易得$∠EPF=90°.$
$\therefore ∠APB=90°,\mathrm{即}PA⊥PB.$


(2)$(0,-4)$
(3)$4$
(4)解:如图②,过点$P$分别作$PM⊥x$轴于点$M,PN⊥y$轴于点$N.$
同(1)可证$\mathrm{Rt}△APM≌\mathrm{Rt}△BPN,\therefore AM=BN.$
$\because AM=OA-OM,BN=ON-OB,$
$\therefore OA-OM=ON-OB.$
$\because$ 点$P$的坐标为$(2,2),\therefore OM=ON=2.$
$\therefore OA-2=2-OB.\therefore OA+OB=4.$

【分析】
(1) 要证PA⊥PB，即需证∠APB=90°。已知点P坐标为(2,2)，可过P分别向x轴、y轴作垂线，得到两条长度均为2的垂线段，结合已知PA=PB，利用HL证明两个直角三角形全等，再通过角的等量代换，可得∠APB等于坐标轴的夹角90°，即可得证。
(2) 已知A点坐标，结合全等三角形对应边相等的性质，可求出B点到原点的距离，结合B在y轴负半轴即可确定其坐标。
(3) 将OA、OB分别用坐标中线段的和差表示，结合全等三角形对应边相等，代入P点坐标对应的线段长度，即可求出OA-OB的定值。
(4) 类比第(1)问的辅助线作法，过P作x轴、y轴的垂线，同理证明直角三角形全等得到对应边相等，再将OA、OB转化为线段的和差关系，即可求出OA+OB的值。
【解析】
(1) 证明：如图①，过点$P$分别作$PE⊥x$轴于点$E$，$PF⊥y$轴于点$F$，则$∠AEP=∠OEP=∠BFP=90°$。
$\because$ 点$P$的坐标为$(2,2)$，$\therefore PE=PF=2$。
在$\mathrm{Rt}△APE$和$\mathrm{Rt}△BPF$中，$\because \begin{cases} PA=PB,\\ PE=PF, \end{cases}$
$\therefore \mathrm{Rt}△APE≌\mathrm{Rt}△BPF(\mathrm{HL})$。
$\therefore ∠APE=∠BPF$。
$\therefore ∠APB=∠APE+∠BPE=∠BPF+∠BPE=∠EPF$。
由$∠FOE=∠OEP=∠OFP=90°$，易得$∠EPF=90°$。
$\therefore ∠APB=90°$，即$PA⊥PB$。


(2) 已知点$A$坐标为$(8,0)$，则$AE=OA-OE=8-2=6$，由$\mathrm{Rt}△APE≌\mathrm{Rt}△BPF$得$BF=AE=6$，又$OF=2$，点$B$在$y$轴负半轴，故$OB=BF-OF=6-2=4$，即$B$的坐标为$(0,-4)$。
(3) 由全等得$AE=BF$，其中$AE=OA-OE=OA-2$，$BF=OB+OF=OB+2$，代入得$OA-2=OB+2$，整理得$OA-OB=4$。
(4) 解：如图②，过点$P$分别作$PM⊥x$轴于点$M$，$PN⊥y$轴于点$N$。
同(1)可证$\mathrm{Rt}△APM≌\mathrm{Rt}△BPN$，$\therefore AM=BN$。
$\because AM=OA-OM$，$BN=ON-OB$，
$\therefore OA-OM=ON-OB$。
$\because$ 点$P$的坐标为$(2,2)$，$\therefore OM=ON=2$。
$\therefore OA-2=2-OB$，$\therefore OA+OB=4$。
【答案】
(1) 证明见解析；


(2) $(0,-4)$
(3) $4$
(4) $4$
【知识点】
直角三角形全等的判定；全等三角形的性质；坐标与图形性质
【点评】
本题为类比探究类题型，通过作坐标轴的垂线构造全等直角三角形，利用全等性质转化边角关系，即可证明垂直关系、求解点坐标及线段和差，解题的关键是合理构造辅助线，灵活运用类比思想迁移解题方法。
【难度系数】
0.6