8.如图,已知$Rt△ ABC$,$∠ C=90°$,$AC=10\ \mathrm{cm}$,$BC=5\ \mathrm{cm}$.线段$PQ=AB$,$P$,$Q$两点分别在线段$AC$(包含端点)和过点$A$且垂直于$AC$的射线$AQ$上运动,当$AP=$时,$△ ABC$和$△ APQ$全等.

8.5 cm 或 10 cm

【分析】
本题考查直角三角形全等的判定，解题思路如下：首先由已知条件可知△ABC和△APQ都是直角三角形，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两三角形即可全等。接下来考虑两种对应情况：一是AP与BC对应相等，二是AP与AC对应相等，同时结合P在线段AC上的限制条件，验证两种情况均成立即可得到答案。
【解析】
∵ ∠C=90°，AQ⊥AC，
∴ ∠C=∠PAQ=90°，即△ABC和△APQ均为直角三角形，已知斜边PQ=AB，分两种情况讨论：
1. 当AP=BC时：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ QPA$中，
$\begin{cases} AB=QP \\ BC=PA \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ QPA(\mathrm{HL})$，此时$AP=BC=5\ \mathrm{cm}$，符合题意；
2. 当AP=AC时：
在$\mathrm{Rt}△ ABC$和$\mathrm{Rt}△ PQA$中，
$\begin{cases} AB=PQ \\ AC=PA \end{cases}$
∴ $\mathrm{Rt}△ ABC≌\mathrm{Rt}△ PQA(\mathrm{HL})$，此时$AP=AC=10\ \mathrm{cm}$，P与点C重合，满足P在线段AC上的要求，符合题意。
【答案】
5 cm 或 10 cm
【知识点】
直角三角形全等判定，分类讨论思想
【点评】
本题易错点是忽略全等三角形的不同对应情况导致漏解，解题时需全面考虑直角边的对应关系，同时要验证所得结果是否符合题目的取值限制。
【难度系数】
0.6

9.如图,在四边形ABCD中,AB=AC,∠D=90°,BE⊥AC于点F,交CD于点E,连接EA,EA平分∠DEF.
(1)求证:AF=AD;
(2)若BF=7,DE=3,求CE的长.

9.(1)略
(2)4

【分析】
(1) 要证明AF=AD，可通过证明两条边所在的三角形全等求解：已知EA平分∠DEF，∠D和∠AFE都是直角，加上公共边AE，可利用AAS判定△ADE和△AFE全等，进而得到对应边相等。
(2) 求CE的长，首先由(1)的全等可得DE=EF、AD=AF，结合已知AB=AC，可利用HL判定Rt△ABF和Rt△ACD全等，得到BF=CD，再根据CD=DE+CE代入数值计算即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ EA平分∠DEF，∠D=90°，BE⊥AC，
∴ ∠DEA=∠FEA，∠D=∠AFE=90°，
在△ADE和△AFE中：
$\{\begin{array}{l}∠ D=∠ AFE\\ ∠ DEA=∠ FEA\\ AE=AE\end{array} $
∴ △ADE≌△AFE（AAS），
∴ AF=AD。
(2) 解：
由(1)中△ADE≌△AFE可得：DE=EF=3，
在Rt△ABF和Rt△ACD中：
$\{\begin{array}{l}AB=AC\\ AF=AD\end{array} $
∴ Rt△ABF≌Rt△ACD（HL），
∴ BF=CD=7，
∵ CD=DE+CE，
∴ CE=CD-DE=7-3=4。
【答案】
(1) 证明如上；(2) $\boxed{4}$
【知识点】
全等三角形的判定与性质，直角三角形全等的判定，角平分线的性质
【点评】
本题侧重考查全等三角形的判定及应用，解题时要注意结合已知条件找准对应相等的边和角，合理选择全等判定定理，找到线段间的等量关系即可求解，是几何部分的典型基础题。
【难度系数】
0.7

10.已知在四边形ABCD中，∠ABC+∠ADC=180°,AB=BC.
(1)如图1,点P,Q分别在线段DA,DC上,满足PQ=AP+CQ,求证:∠PBQ=90°−$\frac{1}{2}$∠ADC.
(2)如图2,若点P,Q分别在DA,DC的延长线上,满足PQ=AP+CQ,则(1)中的结论是否成立?若成立,请给出证明过程;若不成立,请写出∠PBQ与∠ADC之间的数量关系,并给出证明过程.

10.(1)略
(2)(1)中的结论不成立,应是$∠ PBQ = 90° + \frac{1}{2}∠ ADC$.证明过程略

【分析】
本题考查全等三角形与四边形角关系的综合应用，核心解题思路为构造全等转化边角关系：
(1) 先由四边形内角和及∠ABC+∠ADC=180°，推得∠A与∠BCD互补，再利用AB=BC的条件，通过旋转构造全等三角形，结合PQ=AP+CQ证明二次全等，将∠PBQ转化为$\frac{1}{2}∠ABC$，最后代入∠ABC与∠ADC的关系即可得证；
(2) 类比第一问的旋转构造思路，注意动点在延长线上的位置特征，推导∠PBQ与∠ABC的新关系，代入即可得到∠PBQ与∠ADC的数量关系。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形内角和为$360°$，$∠ ABC+∠ ADC=180°$
∴ $∠ A + ∠ BCD = 360° - 180° = 180°$
将$△ ABP$绕点$B$顺时针旋转，使$AB$与$BC$重合，得到$△ CBP'$
∴ $△ ABP≌△ CBP'$，得$AP=CP'$，$∠ A=∠ BCP'$，$∠ ABP=∠ CBP'$，$BP=BP'$
∵ $∠ BCP' + ∠ BCD = ∠ A + ∠ BCD = 180°$，
∴ $Q、C、P'$三点共线
∴ $QP' = CQ + CP' = CQ + AP$
∵ $PQ=AP+CQ$，
∴ $PQ=QP'$
又
∵ $BQ=BQ$，$BP=BP'$
∴ $△ PBQ≌△ P'BQ$（SSS）
∴ $∠ PBQ=∠ P'BQ=∠ PBC + ∠ CBP' = ∠ PBC + ∠ ABP = \frac{1}{2}∠ ABC$
∵ $∠ ABC=180° - ∠ ADC$
∴ $∠ PBQ=\frac{1}{2}(180° - ∠ ADC)=90° - \frac{1}{2}∠ ADC$，得证。
(2) (1)中的结论不成立，$∠ PBQ = 90° + \frac{1}{2}∠ ADC$，证明如下：
∵ 四边形内角和为$360°$，$∠ ABC+∠ ADC=180°$
∴ $∠ BAD + ∠ BCD = 180°$
∵ 点$P$在$DA$延长线上，点$Q$在$DC$延长线上
∴ $∠ BAP + ∠ BAD = 180°$，$∠ BCQ + ∠ BCD = 180°$
∴ $∠ BAP = ∠ BCQ$
将$△ ABP$绕点$B$顺时针旋转，使$AB$与$BC$重合，得到$△ CBP'$
∴ $△ ABP≌△ CBP'$，得$AP=CP'$，$∠ BAP=∠ BCP'$，$∠ ABP=∠ CBP'$，$BP=BP'$
∴ $∠ BCP' = ∠ BCQ$，即点$P'$在$CQ$的延长线上
∴ $QP' = CQ + CP' = CQ + AP$
∵ $PQ=AP+CQ$，
∴ $PQ=QP'$
又
∵ $BQ=BQ$，$BP=BP'$
∴ $△ PBQ≌△ P'BQ$（SSS）
∴ $∠ PBQ=∠ P'BQ$
∵ $∠ PBP' = ∠ PBC + ∠ CBP' = ∠ PBC + ∠ ABP = ∠ ABC$
∴ $∠ PBQ + ∠ P'BQ = 360° - ∠ PBP' = 360° - ∠ ABC$
即$2∠ PBQ = 360° - (180° - ∠ ADC) = 180° + ∠ ADC$
化简得$∠ PBQ = 90° + \frac{1}{2}∠ ADC$。
【答案】
(1) $∠ PBQ=90°−\frac{1}{2}∠ADC$，成立；
(2) (1)中的结论不成立，$∠ PBQ = 90°+\frac{1}{2}∠ADC$。
【知识点】
全等三角形的判定与性质，旋转构造辅助线，四边形内角和
【点评】
本题核心考查构造全等的几何辅助线技巧，解题关键是结合已知的边相等、角互补及线段和的条件，通过旋转实现边角的转化，需注意动点在延长线上时，角的和差关系会发生变化，切勿直接照搬第一问的结论。
【难度系数】
0.6