登录
9. 如图，$AB⊥CD$，且$AB=CD$. $E,F$是$AD$上两点，$CE⊥AD$，$BF⊥AD$.若$CE=a$，$BF=b$，$EF=c$，则$AD$的长为（
A.$a+c$
B.$b+c$
C.$a-b+c$
D.$a+b-c$
D
）A.$a+c$
B.$b+c$
C.$a-b+c$
D.$a+b-c$
答案
9.D 【点拨】
,∵AB⊥CD,CE⊥AD,
∴∠1=∠2=90°.
又
∵∠3=∠4,
∴180°-∠1-∠4=180°-∠2-∠3,即∠A=∠C.
∵BF⊥AD,
∴∠CED=∠AFB=90°.
在△AFB和△CED中,$\begin{cases} ∠AFB=∠CED, \\ ∠A=∠C, \\ AB=CD, \end{cases}$
∴△AFB≌△CED(AAS),
∴AF=CE=a,ED=BF=b.
又
∵EF=c,
∴AD=AF+ED-EF=a+b-c,故选D.
解析
【分析】
解题时先结合已知的垂直、边相等条件，优先考虑通过证明三角形全等得到对应边的长度关系：首先根据AB⊥CD、CE⊥AD，结合对顶角相等推导∠A=∠C；再结合BF⊥AD得到的直角，以及AB=CD的条件，用AAS证明△AFB≌△CED，得到对应边AF=CE=a、ED=BF=b；最后观察线段AD的组成，AF和ED存在重叠部分EF，因此AD的长度为AF与ED的和减去重叠的EF，代入数值即可算出结果。
【解析】
∵AB⊥CD，CE⊥AD，
∴∠1=∠2=90°，
又
∵∠3与∠4为对顶角，即∠3=∠4，
∴180°-∠1-∠4=180°-∠2-∠3，化简得∠A=∠C。
∵BF⊥AD，
∴∠CED=∠AFB=90°。
在△AFB和△CED中：
$\begin{cases}∠AFB=∠CED \\∠A=∠C \\AB=CD\end{cases}$
∴△AFB≌△CED（AAS），
根据全等三角形对应边相等，得AF=CE=a，ED=BF=b。
∵EF=c，且EF是AF和ED的重叠部分，
∴AD=AF+ED-EF=a+b-c。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形AAS判定、全等三角形的性质、线段和差计算
【点评】
本题属于全等三角形的基础应用题型，解题关键是利用垂直、对顶角的性质推导相等的角，进而证明三角形全等，计算线段长度时要注意减去重叠部分，避免重复计算导致错误。
【难度系数】
0.7
解题时先结合已知的垂直、边相等条件，优先考虑通过证明三角形全等得到对应边的长度关系：首先根据AB⊥CD、CE⊥AD，结合对顶角相等推导∠A=∠C；再结合BF⊥AD得到的直角，以及AB=CD的条件，用AAS证明△AFB≌△CED，得到对应边AF=CE=a、ED=BF=b；最后观察线段AD的组成，AF和ED存在重叠部分EF，因此AD的长度为AF与ED的和减去重叠的EF，代入数值即可算出结果。
【解析】
∵AB⊥CD，CE⊥AD，
∴∠1=∠2=90°，
又
∵∠3与∠4为对顶角，即∠3=∠4，
∴180°-∠1-∠4=180°-∠2-∠3，化简得∠A=∠C。
∵BF⊥AD，
∴∠CED=∠AFB=90°。
在△AFB和△CED中：
$\begin{cases}∠AFB=∠CED \\∠A=∠C \\AB=CD\end{cases}$
∴△AFB≌△CED（AAS），
根据全等三角形对应边相等，得AF=CE=a，ED=BF=b。
∵EF=c，且EF是AF和ED的重叠部分，
∴AD=AF+ED-EF=a+b-c。
【答案】
D
【知识点】
全等三角形AAS判定、全等三角形的性质、线段和差计算
【点评】
本题属于全等三角形的基础应用题型，解题关键是利用垂直、对顶角的性质推导相等的角，进而证明三角形全等，计算线段长度时要注意减去重叠部分，避免重复计算导致错误。
【难度系数】
0.7
10. 如图，$AD// BC$，$AB⊥ BC$，$AB=AD$，连接$AC$，过点$D$作$DE⊥ AC$于$E$，过点$B$作$BF⊥ AC$于$F$.
(1)若$∠ ABF=60°$，则$∠ ADE$为$\underline{\qquad}$°.
(2)写出线段$BF$，$EF$，$DE$三者间的数量关系：$\underline{\qquad}$.
(1)若$∠ ABF=60°$，则$∠ ADE$为$\underline{\qquad}$°.
(2)写出线段$BF$，$EF$，$DE$三者间的数量关系：$\underline{\qquad}$.
答案
10.(1)30 (2)BF+EF=DE 【点拨】(1)
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴∠BAD=∠ABC=90°.
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠ABF+∠BAF=∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE=60°，
∴∠ADE=30°.
(2)由(1)知，∠ABF=∠DAE.
∵∠AED=∠AFB，AB=AD，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，DE=AF，
∴BF+EF=DE.
∵AD//BC，AB⊥BC，
∴∠BAD=∠ABC=90°.
∵DE⊥AC，BF⊥AC，
∴∠AED=∠AFB=90°，
∴∠ABF+∠BAF=∠BAF+∠DAE=90°，
∴∠ABF=∠DAE=60°，
∴∠ADE=30°.
(2)由(1)知，∠ABF=∠DAE.
∵∠AED=∠AFB，AB=AD，
∴△ABF≌△DAE(AAS)，
∴BF=AE，DE=AF，
∴BF+EF=DE.
解析
【分析】
(1)首先根据AD//BC、AB⊥BC可推出∠BAD=90°，再结合DE、BF都垂直于AC得到两个直角，利用同角的余角相等推出∠DAE=∠ABF=60°，最后在直角三角形ADE中利用两锐角互余即可求出∠ADE的度数；
(2)先根据已得的角的等量关系和已知AB=AD，用AAS证明△ABF≌△DAE，得到对应边BF=AE、DE=AF，再结合线段和的关系AF=AE+EF，代换即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1)
∵$AD// BC$，$AB⊥ BC$，
∴$∠ BAD=∠ ABC=90°$，
∵$DE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，
∴$∠ AED=∠ AFB=90°$，
∴$∠ ABF+∠ BAF=90°$，$∠ BAF+∠ DAE=90°$，
∴$∠ ABF=∠ DAE=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$∠ ADE=90°-∠ DAE=90°-60°=30°$；
(2)线段关系推导如下：
由(1)可知$∠ ABF=∠ DAE$，
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\begin{cases}∠ AFB=∠ DEA\\∠ ABF=∠ DAE\\AB=DA\end{cases}$
∴$△ ABF≌△ DAE(\mathrm{AAS})$，
∴$BF=AE$，$DE=AF$，
又
∵$AF=AE+EF$，
∴$DE=BF+EF$。
【答案】
(1)$\boxed{30}$；(2)$\boxed{BF+EF=DE}$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题核心是结合平行、垂直的性质找到角的等量关系，进而证明三角形全等，通过全等三角形对应边相等的性质完成角的计算和线段关系的推导。
【难度系数】
0.7
(1)首先根据AD//BC、AB⊥BC可推出∠BAD=90°，再结合DE、BF都垂直于AC得到两个直角，利用同角的余角相等推出∠DAE=∠ABF=60°，最后在直角三角形ADE中利用两锐角互余即可求出∠ADE的度数；
(2)先根据已得的角的等量关系和已知AB=AD，用AAS证明△ABF≌△DAE，得到对应边BF=AE、DE=AF，再结合线段和的关系AF=AE+EF，代换即可得到三条线段的数量关系。
【解析】
(1)
∵$AD// BC$，$AB⊥ BC$，
∴$∠ BAD=∠ ABC=90°$，
∵$DE⊥ AC$，$BF⊥ AC$，
∴$∠ AED=∠ AFB=90°$，
∴$∠ ABF+∠ BAF=90°$，$∠ BAF+∠ DAE=90°$，
∴$∠ ABF=∠ DAE=60°$，
在$\mathrm{Rt}△ ADE$中，$∠ ADE=90°-∠ DAE=90°-60°=30°$；
(2)线段关系推导如下：
由(1)可知$∠ ABF=∠ DAE$，
在$△ ABF$和$△ DAE$中：
$\begin{cases}∠ AFB=∠ DEA\\∠ ABF=∠ DAE\\AB=DA\end{cases}$
∴$△ ABF≌△ DAE(\mathrm{AAS})$，
∴$BF=AE$，$DE=AF$，
又
∵$AF=AE+EF$，
∴$DE=BF+EF$。
【答案】
(1)$\boxed{30}$；(2)$\boxed{BF+EF=DE}$
【知识点】
平行线的性质；全等三角形的判定与性质；直角三角形的性质
【点评】
本题属于基础几何综合题，解题核心是结合平行、垂直的性质找到角的等量关系，进而证明三角形全等，通过全等三角形对应边相等的性质完成角的计算和线段关系的推导。
【难度系数】
0.7
11. 已知:在$△ ABC$和$△ DBE$中,$AB=DB$,$BC=BE$,其中$∠ ABD=∠ CBE$.
(1)如图①,求证:$AC=DE$;
(2)如图②,$AB=BC$,$AC$分别交$DE$,$BD$于点$F$,$G$,$BC$交$DE$于点$H$,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图②中的四对全等三角形.
(1)如图①,求证:$AC=DE$;
(2)如图②,$AB=BC$,$AC$分别交$DE$,$BD$于点$F$,$G$,$BC$交$DE$于点$H$,在不添加任何辅助线的情况下,请直接写出图②中的四对全等三角形.
答案
11.(1)【证明】
∵∠ABD=∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC,即∠ABC=∠DBE.
在△ABC与△DBE中,$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABC=∠DBE, \\ BC=BE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DBE(SAS).
∴AC=DE.
(2)【解】图中的四对全等三角形为△ABC≌△DBE，△ABG ≌ △EBH，△DBH ≌ △CBG，△DFG ≌ △CFH. 【点拨】由(1)得△ABC≌△DBE,
∴∠A=∠D,∠C=∠E.
∵AB=DB,BC=BE,AB=BC,
∴AB=CB=BE=DB,∠A=∠C.
∴∠A=∠E.
在△ABG和△EBH中,$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AB=EB, \\ ∠ABG=∠EBH, \end{cases}$
∴△ABG≌△EBH(ASA).
∴BG=BH.
在△DBH和△CBG中,$\begin{cases} BH=BG, \\ ∠DBH=∠CBG, \\ DB=CB, \end{cases}$
∴△DBH≌△CBG(SAS).
∴∠D=∠C.
∵DB=CB,BG=BH,
∴DG=CH.
在△DFG和△CFH中,$\begin{cases} ∠DFG=∠CFH, \\ ∠D=∠C, \\ DG=CH, \end{cases}$
∴△DFG≌△CFH(AAS).综上,图中的四对全等三角形为△ABC≌△DBE,△ABG≌△EBH,△DBH≌△CBG,△DFG≌△CFH.
∵∠ABD=∠CBE，
∴∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC,即∠ABC=∠DBE.
在△ABC与△DBE中,$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABC=∠DBE, \\ BC=BE, \end{cases}$
∴△ABC≌△DBE(SAS).
∴AC=DE.
(2)【解】图中的四对全等三角形为△ABC≌△DBE，△ABG ≌ △EBH，△DBH ≌ △CBG，△DFG ≌ △CFH. 【点拨】由(1)得△ABC≌△DBE,
∴∠A=∠D,∠C=∠E.
∵AB=DB,BC=BE,AB=BC,
∴AB=CB=BE=DB,∠A=∠C.
∴∠A=∠E.
在△ABG和△EBH中,$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AB=EB, \\ ∠ABG=∠EBH, \end{cases}$
∴△ABG≌△EBH(ASA).
∴BG=BH.
在△DBH和△CBG中,$\begin{cases} BH=BG, \\ ∠DBH=∠CBG, \\ DB=CB, \end{cases}$
∴△DBH≌△CBG(SAS).
∴∠D=∠C.
∵DB=CB,BG=BH,
∴DG=CH.
在△DFG和△CFH中,$\begin{cases} ∠DFG=∠CFH, \\ ∠D=∠C, \\ DG=CH, \end{cases}$
∴△DFG≌△CFH(AAS).综上,图中的四对全等三角形为△ABC≌△DBE,△ABG≌△EBH,△DBH≌△CBG,△DFG≌△CFH.
解析
【分析】
(1) 要证明两条线段相等，通常可以证明两条线段所在的三角形全等。本题要证$AC=DE$，只需证$△ ABC≌△ DBE$即可：已知两组对应边$AB=DB$、$BC=BE$，结合已知$∠ABD=∠CBE$，两边同时加公共角$∠DBC$即可得到两组边的夹角$∠ABC=∠DBE$，再用SAS判定定理即可证明三角形全等，从而得到对应边相等。
(2) 找全等三角形要从已证的全等关系出发，结合新增条件$AB=BC$推导等边、等角：首先由(1)得$△ ABC≌△ DBE$，可得对应角相等；再结合$AB=DB$、$BC=BE$、$AB=BC$，可推出$AB=CB=BE=DB$，得到多组等角；先用ASA证$△ ABG≌△ EBH$，得到$BG=BH$后用SAS证$△ DBH≌△ CBG$，最后结合得到的$DG=CH$和等角用AAS证$△ DFG≌△ CFH$，即可得到四对全等三角形。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ABD=∠CBE$，
$\therefore ∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC$，即$∠ABC=∠DBE$。
在$△ ABC$和$△ DBE$中：
$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABC=∠DBE, \\ BC=BE, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ DBE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AC=DE$。
(2) 解：
由(1)已证$△ ABC≌△ DBE$，可得$∠A=∠D$，$∠C=∠E$。
$\because AB=DB$，$BC=BE$，且$AB=BC$，
$\therefore AB=CB=BE=DB$，$∠A=∠C$，
$\therefore ∠A=∠E$。
在$△ ABG$和$△ EBH$中：
$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AB=EB, \\ ∠ABG=∠EBH, \end{cases}$
$\therefore △ ABG≌△ EBH(\mathrm{ASA})$，
$\therefore BG=BH$。
在$△ DBH$和$△ CBG$中：
$\begin{cases} BH=BG, \\ ∠DBH=∠CBG, \\ DB=CB, \end{cases}$
$\therefore △ DBH≌△ CBG(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠D=∠C$。
$\because DB=CB$，$BG=BH$，
$\therefore DB-BG=CB-BH$，即$DG=CH$。
在$△ DFG$和$△ CFH$中：
$\begin{cases} ∠DFG=∠CFH, \\ ∠D=∠C, \\ DG=CH, \end{cases}$
$\therefore △ DFG≌△ CFH(\mathrm{AAS})$。
【答案】
(1) $AC=DE$，证明如上；
(2) $△ ABC≌△ DBE$，$△ ABG≌△ EBH$，$△ DBH≌△ CBG$，$△ DFG≌△ CFH$
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，角的和差运算
【点评】
本题是全等三角形的典型综合题，第一问侧重基础，考查SAS判定定理的基础应用；第二问需要逐层推导全等关系，要求熟练掌握多种全等判定方法，能有效锻炼逻辑推理能力，解题时要注意从已知条件出发，结合已得的等边、等角逐步挖掘全等关系。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明两条线段相等，通常可以证明两条线段所在的三角形全等。本题要证$AC=DE$，只需证$△ ABC≌△ DBE$即可：已知两组对应边$AB=DB$、$BC=BE$，结合已知$∠ABD=∠CBE$，两边同时加公共角$∠DBC$即可得到两组边的夹角$∠ABC=∠DBE$，再用SAS判定定理即可证明三角形全等，从而得到对应边相等。
(2) 找全等三角形要从已证的全等关系出发，结合新增条件$AB=BC$推导等边、等角：首先由(1)得$△ ABC≌△ DBE$，可得对应角相等；再结合$AB=DB$、$BC=BE$、$AB=BC$，可推出$AB=CB=BE=DB$，得到多组等角；先用ASA证$△ ABG≌△ EBH$，得到$BG=BH$后用SAS证$△ DBH≌△ CBG$，最后结合得到的$DG=CH$和等角用AAS证$△ DFG≌△ CFH$，即可得到四对全等三角形。
【解析】
(1) 证明：
$\because ∠ABD=∠CBE$，
$\therefore ∠ABD+∠DBC=∠CBE+∠DBC$，即$∠ABC=∠DBE$。
在$△ ABC$和$△ DBE$中：
$\begin{cases} AB=DB, \\ ∠ABC=∠DBE, \\ BC=BE, \end{cases}$
$\therefore △ ABC≌△ DBE(\mathrm{SAS})$，
$\therefore AC=DE$。
(2) 解：
由(1)已证$△ ABC≌△ DBE$，可得$∠A=∠D$，$∠C=∠E$。
$\because AB=DB$，$BC=BE$，且$AB=BC$，
$\therefore AB=CB=BE=DB$，$∠A=∠C$，
$\therefore ∠A=∠E$。
在$△ ABG$和$△ EBH$中：
$\begin{cases} ∠A=∠E, \\ AB=EB, \\ ∠ABG=∠EBH, \end{cases}$
$\therefore △ ABG≌△ EBH(\mathrm{ASA})$，
$\therefore BG=BH$。
在$△ DBH$和$△ CBG$中：
$\begin{cases} BH=BG, \\ ∠DBH=∠CBG, \\ DB=CB, \end{cases}$
$\therefore △ DBH≌△ CBG(\mathrm{SAS})$，
$\therefore ∠D=∠C$。
$\because DB=CB$，$BG=BH$，
$\therefore DB-BG=CB-BH$，即$DG=CH$。
在$△ DFG$和$△ CFH$中：
$\begin{cases} ∠DFG=∠CFH, \\ ∠D=∠C, \\ DG=CH, \end{cases}$
$\therefore △ DFG≌△ CFH(\mathrm{AAS})$。
【答案】
(1) $AC=DE$，证明如上；
(2) $△ ABC≌△ DBE$，$△ ABG≌△ EBH$，$△ DBH≌△ CBG$，$△ DFG≌△ CFH$
【知识点】
全等三角形的判定，全等三角形的性质，角的和差运算
【点评】
本题是全等三角形的典型综合题，第一问侧重基础，考查SAS判定定理的基础应用；第二问需要逐层推导全等关系，要求熟练掌握多种全等判定方法，能有效锻炼逻辑推理能力，解题时要注意从已知条件出发，结合已得的等边、等角逐步挖掘全等关系。
【难度系数】
0.6
12. 新题型·存在型探究题 2026·西安期中 【模型发现】(1)如图①,等腰$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ ACB=90°$,$CB=CA$,直线$ED$经过点$C$,过点$A$作$AD⊥ ED$于点$D$,过点$B$作$BE⊥ ED$于点$E$,可证明得到的全等三角形是
△BEC
$≌$△CDA
.答案
12.(1)△BEC；△CDA 【点拨】
∵AD⊥ED,BE⊥ED,
∴∠BEC=∠ADC=90°,
∴∠ACD+∠DAC=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠BCE+∠ACD=90°,
∴∠BCE=∠CAD,在△BEC和△CDA中,$\begin{cases} ∠BED=∠ADC, \\ ∠BCE=∠DAC, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA(AAS).
∵AD⊥ED,BE⊥ED,
∴∠BEC=∠ADC=90°,
∴∠ACD+∠DAC=90°.
∵∠ACB=90°,
∴∠BCE+∠ACD=90°,
∴∠BCE=∠CAD,在△BEC和△CDA中,$\begin{cases} ∠BED=∠ADC, \\ ∠BCE=∠DAC, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA(AAS).
解析
【分析】
要找出全等的三角形，首先梳理已知条件：①等腰Rt△ABC中CB=CA；②AD⊥ED、BE⊥ED可得两个直角相等。接下来需要推导一组角相等：由∠ACB=90°可得∠BCE与∠ACD互余，由AD⊥ED可得∠ACD与∠DAC互余，根据同角的余角相等，即可推出∠BCE=∠CAD，此时满足AAS全等判定的条件，即可得到对应的全等三角形。
【解析】
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠ADC=90°，
∴Rt△ADC中，∠ACD+∠DAC=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠BCE=∠CAD（同角的余角相等）。
在△BEC和△CDA中：
$\begin{cases} ∠BEC=∠ADC, \\ ∠BCE=∠CAD, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA（AAS）。
【答案】
△BEC；△CDA
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 余角的性质
3. 垂直的定义
【点评】
本题是全等三角形判定的基础探究题，属于经典的“一线三等角”模型的基础应用，核心是通过同角的余角相等推导对应角相等，结合已知的边相等条件即可证明全等，熟练掌握这类找角相等的方法是解决后续同类几何题的基础。
【难度系数】
0.8
要找出全等的三角形，首先梳理已知条件：①等腰Rt△ABC中CB=CA；②AD⊥ED、BE⊥ED可得两个直角相等。接下来需要推导一组角相等：由∠ACB=90°可得∠BCE与∠ACD互余，由AD⊥ED可得∠ACD与∠DAC互余，根据同角的余角相等，即可推出∠BCE=∠CAD，此时满足AAS全等判定的条件，即可得到对应的全等三角形。
【解析】
∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠BEC=∠ADC=90°，
∴Rt△ADC中，∠ACD+∠DAC=90°。
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠BCE=∠CAD（同角的余角相等）。
在△BEC和△CDA中：
$\begin{cases} ∠BEC=∠ADC, \\ ∠BCE=∠CAD, \\ BC=AC, \end{cases}$
∴△BEC≌△CDA（AAS）。
【答案】
△BEC；△CDA
【知识点】
1. 全等三角形AAS判定
2. 余角的性质
3. 垂直的定义
【点评】
本题是全等三角形判定的基础探究题，属于经典的“一线三等角”模型的基础应用，核心是通过同角的余角相等推导对应角相等，结合已知的边相等条件即可证明全等，熟练掌握这类找角相等的方法是解决后续同类几何题的基础。
【难度系数】
0.8
【模型应用】(2)如图②，直线$l_1:y=-2x+4$与x轴、y轴分别交于A，B两点，直线$l_2$经过点B和第一象限点C，且$l_2 ⊥ l_1$，$AB=BC$，求点C的坐标.
(3)如图③，在平面直角坐标系中，已知点$P(-6,2)$，连接$OP$，在y轴左侧的平面内是否存在一点Q，使得$△ OPQ$是以OP为直角边的等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
(3)如图③，在平面直角坐标系中，已知点$P(-6,2)$，连接$OP$，在y轴左侧的平面内是否存在一点Q，使得$△ OPQ$是以OP为直角边的等腰直角三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
答案
12.(2)如图①，过点C作CH⊥y轴于点H，
∵直线$l_1:y=-2x+4$与x轴、y轴分别交于A，B两点，
当y=0时，-2x+4=0，解得x=2.
当x=0时，y=4，
∴A(2,0),B(0,4),
∴OA=2,OB=4，
∵$l_1 ⊥ l_2$,
∴∠CBH+∠OBA=90°，
∵CH⊥y轴，
∴∠CBH+∠BCH=90°,
∴∠BCH=∠OBA，
在△BCH和△ABO中,$\begin{cases} ∠BHC=∠BOA=90°, \\ ∠BCH=∠OBA, \\ BC=BA, \end{cases}$
∴△BCH≌△ABO(AAS)，
∴BH=OA=2,CH=OB=4,
∴OH=6，
∴点C的坐标为(4,6).
(3)存在.
设Q(m,n)，
①当点P为直角顶点，Q在OP上方时，过点P作PF⊥x轴交x轴于点F，过点$Q_1$作$Q_1G⊥FP$交FP的延长线于点G，如图②，
易证△PG$Q_1$≌△OFP,
∴PG=OF,G$Q_1$=PF，
依题意得$\begin{cases} n-2=6, \\ m-(-6)=2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-4, \\ n=8, \end{cases}$
∴$Q_1(-4,8)$；
②当点P为直角顶点，Q在OP下方时，过点P作PT⊥y轴交y轴于点T，过点$Q_2$作$Q_2K⊥PT$交TP的延长线于点K，如图③，
易得OT=PK,PT=K$Q_2$，
依题意，得$\begin{cases} 2=-6-m, \\ 6=2-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-8, \\ n=-4, \end{cases}$
∴$Q_2(-8,-4)$；
③当O为直角顶点时，过点P作PM⊥y轴交y轴于点M，过点$Q_3$作$Q_3N⊥y$轴于点N，如图④，
易得OM=N$Q_3$,PM=ON，
依题意，得$\begin{cases} 2=-m, \\ 6=-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-2, \\ n=-6, \end{cases}$
∴$Q_3(-2,-6)$.
综上所述，点Q的坐标为(-4,8)或(-8,-4)或(-2,-6).
解析
【分析】
(2)首先根据直线$l_1$的解析式求出其与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OA、OB的长度；结合$l_1⊥l_2$、$AB=BC$的条件，过点C作y轴的垂线构造“三垂直”全等模型，证明$△ BCH$与$△ ABO$全等，利用全等三角形对应边相等的性质求出点C到y轴的距离和对应纵坐标，即可得到点C的坐标。
(3)$△ OPQ$是以OP为直角边的等腰直角三角形，需分两种情况讨论：①直角顶点为点P；②直角顶点为点O。每种情况都通过作坐标轴的垂线构造“三垂直”全等三角形，将点的坐标转化为线段长度，根据全等三角形对应边相等列方程求解，最后验证点Q在y轴左侧即可，注意分类时不要漏解。
【解析】
(2)如图①，过点C作CH⊥y轴于点H，
∵直线$l_1:y=-2x+4$与x轴、y轴分别交于A，B两点，
当y=0时，$-2x+4=0$，解得$x=2$。
当x=0时，$y=4$，
∴$A(2,0),B(0,4)$，
∴$OA=2,OB=4$，
∵$l_1 ⊥ l_2$，
∴$∠CBH+∠OBA=90°$，
∵CH⊥y轴，
∴$∠CBH+∠BCH=90°$，
∴$∠BCH=∠OBA$，
在$△ BCH$和$△ ABO$中,$\begin{cases} ∠BHC=∠BOA=90°, \\ ∠BCH=∠OBA, \\ BC=BA, \end{cases}$
∴$△ BCH≌△ ABO(AAS)$，
∴$BH=OA=2,CH=OB=4$，
∴$OH=OB+BH=4+2=6$，
∴点C的坐标为$(4,6)$.
(3)存在.
设$Q(m,n)$，
①当点P为直角顶点，Q在OP上方时，过点P作PF⊥x轴交x轴于点F，过点$Q_1$作$Q_1G⊥FP$交FP的延长线于点G，如图②，
易证$△ PGQ_1≌△ OFP$，
∴$PG=OF,GQ_1=PF$，
依题意得$\begin{cases} n-2=6, \\ m-(-6)=2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-4, \\ n=8, \end{cases}$
∴$Q_1(-4,8)$；
②当点P为直角顶点，Q在OP下方时，过点P作PT⊥y轴交y轴于点T，过点$Q_2$作$Q_2K⊥PT$交TP的延长线于点K，如图③，
易得$OT=PK,PT=KQ_2$，
依题意，得$\begin{cases} 2=-6-m, \\ 6=2-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-8, \\ n=-4, \end{cases}$
∴$Q_2(-8,-4)$；
③当O为直角顶点时，过点P作PM⊥y轴交y轴于点M，过点$Q_3$作$Q_3N⊥y$轴于点N，如图④，
易得$OM=NQ_3,PM=ON$，
依题意，得$\begin{cases} 2=-m, \\ 6=-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-2, \\ n=-6, \end{cases}$
∴$Q_3(-2,-6)$.
综上所述，点Q的坐标为$(-4,8)$或$(-8,-4)$或$(-2,-6)$.
【答案】
(2)点C的坐标为$\boldsymbol{(4,6)}$；
(3)存在，点Q的坐标为$\boldsymbol{(-4,8)}$或$\boldsymbol{(-8,-4)}$或$\boldsymbol{(-2,-6)}$.
【知识点】
一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题重点考查“三垂直”全等模型在平面直角坐标系中的应用，解题时需要运用分类讨论思想，对等腰直角三角形的直角顶点位置逐一分析，通过作辅助线构造全等三角形将坐标与线段长度灵活转化，有效锻炼几何综合分析与运算能力。
【难度系数】
0.6
(2)首先根据直线$l_1$的解析式求出其与x轴、y轴的交点A、B的坐标，得到OA、OB的长度；结合$l_1⊥l_2$、$AB=BC$的条件，过点C作y轴的垂线构造“三垂直”全等模型，证明$△ BCH$与$△ ABO$全等，利用全等三角形对应边相等的性质求出点C到y轴的距离和对应纵坐标，即可得到点C的坐标。
(3)$△ OPQ$是以OP为直角边的等腰直角三角形，需分两种情况讨论：①直角顶点为点P；②直角顶点为点O。每种情况都通过作坐标轴的垂线构造“三垂直”全等三角形，将点的坐标转化为线段长度，根据全等三角形对应边相等列方程求解，最后验证点Q在y轴左侧即可，注意分类时不要漏解。
【解析】
(2)如图①，过点C作CH⊥y轴于点H，
∵直线$l_1:y=-2x+4$与x轴、y轴分别交于A，B两点，
当y=0时，$-2x+4=0$，解得$x=2$。
当x=0时，$y=4$，
∴$A(2,0),B(0,4)$，
∴$OA=2,OB=4$，
∵$l_1 ⊥ l_2$，
∴$∠CBH+∠OBA=90°$，
∵CH⊥y轴，
∴$∠CBH+∠BCH=90°$，
∴$∠BCH=∠OBA$，
在$△ BCH$和$△ ABO$中,$\begin{cases} ∠BHC=∠BOA=90°, \\ ∠BCH=∠OBA, \\ BC=BA, \end{cases}$
∴$△ BCH≌△ ABO(AAS)$，
∴$BH=OA=2,CH=OB=4$，
∴$OH=OB+BH=4+2=6$，
∴点C的坐标为$(4,6)$.
(3)存在.
设$Q(m,n)$，
①当点P为直角顶点，Q在OP上方时，过点P作PF⊥x轴交x轴于点F，过点$Q_1$作$Q_1G⊥FP$交FP的延长线于点G，如图②，
易证$△ PGQ_1≌△ OFP$，
∴$PG=OF,GQ_1=PF$，
依题意得$\begin{cases} n-2=6, \\ m-(-6)=2, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-4, \\ n=8, \end{cases}$
∴$Q_1(-4,8)$；
②当点P为直角顶点，Q在OP下方时，过点P作PT⊥y轴交y轴于点T，过点$Q_2$作$Q_2K⊥PT$交TP的延长线于点K，如图③，
易得$OT=PK,PT=KQ_2$，
依题意，得$\begin{cases} 2=-6-m, \\ 6=2-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-8, \\ n=-4, \end{cases}$
∴$Q_2(-8,-4)$；
③当O为直角顶点时，过点P作PM⊥y轴交y轴于点M，过点$Q_3$作$Q_3N⊥y$轴于点N，如图④，
易得$OM=NQ_3,PM=ON$，
依题意，得$\begin{cases} 2=-m, \\ 6=-n, \end{cases}$ 解得$\begin{cases} m=-2, \\ n=-6, \end{cases}$
∴$Q_3(-2,-6)$.
综上所述，点Q的坐标为$(-4,8)$或$(-8,-4)$或$(-2,-6)$.
【答案】
(2)点C的坐标为$\boldsymbol{(4,6)}$；
(3)存在，点Q的坐标为$\boldsymbol{(-4,8)}$或$\boldsymbol{(-8,-4)}$或$\boldsymbol{(-2,-6)}$.
【知识点】
一次函数的图象与性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质
【点评】
本题重点考查“三垂直”全等模型在平面直角坐标系中的应用，解题时需要运用分类讨论思想，对等腰直角三角形的直角顶点位置逐一分析，通过作辅助线构造全等三角形将坐标与线段长度灵活转化，有效锻炼几何综合分析与运算能力。
【难度系数】
0.6
