专题1.25 《探索三角形全等》几何模型-“一线三直角”（专项练习）（培优篇）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版）

这是一份专题1.25 《探索三角形全等》几何模型-“一线三直角”（专项练习）（培优篇）-八年级数学上册基础知识专项讲练（苏科版），共51页。试卷主要包含了模型一，拓展等内容，欢迎下载使用。

专题1.25 《探索三角形全等》几何模型-“一线三直角”
（专项练习）（培优篇）
知识储备：
1、模型一： 三垂直全等模型






图一
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA


2、拓展：模型二： 三等角全等模型


图二

如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
一、单选题
1．在正方形中，直线经过对角线，的交点，过，两点分别作直线的垂线，交直线于点，．若，，则长为（ ）
A．2 B．3 C．2或6 D．3或7
2．如图，Rt△ABC中，∠C=90°，BC=6，DE是△ABC的中位线，点D在AB上，把点B绕点D按顺时针方向旋转α（0°<α<180°）角得到点F，连接AF，BF．下列结论：①△ABF是直角三角形；②若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC；③若α=90°，连接EF，则S△DEF=4.5；其中正确的结论是（ ）
A．①② B．①③ C．①②③ D．②③


二、填空题
3．如图，AO⊥OM，OA=7，点B为射线OM上的一个动点，分别以OB，AB为直角边，B为直角顶点，在OM两侧作等腰Rt△OBF、等腰Rt△ABE，连接EF交OM于P点，当点B在射线OM上移动时，则PB的长度____________．


三、解答题
4．在中，，直线经过点C，且于D，于E，
（1）当直线绕点C旋转到图1的位置时，显然有：（不必证明）；
（2）当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；
（3）当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问、、具有怎样的等量关系？请直接写出这个等量关系．

5．在中，，，点是的中点，点是射线上的一个动点（点不与点、、重合），过点作于点，过点作于点，连接，．
（问题探究）如图1，当点在线段上运动时，延长交于点，
（1）求证：≌；
（2）与的数量关系为：______（直接写结论，不需说明理由）；
（拓展延伸）
（3）①如图2，当点在线段上运动，的延长线与的延长线交于点，的大小是否变化？若不变，求出的度数；若变化，请说明理由；
②当点在射线上运动时，若，，直接写出的面积，不需证明．

6．（1）（问题原型）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，BC＝8．将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连结CD，过点D作△BCD的BC边上的高DE，易证△ABC≌△BDE，从而得到△BCD的面积为　 　．
（2）（初步探究）如图2，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD．用含a的代数式表示△BCD的面积并说明理由．
（3）（简单应用）如图3，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，BC＝a，将边AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，连接CD，直接写出△BCD的面积（用含a的代数式表示）．

7．已知Rt△ABC，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D是斜边的中点，经过点C引一条直线l（不与AC、BC重合并且不经过点D）．
操作：经过点A作AE⊥l，经过点B作BF⊥l，连接DE、DF，猜想△DEF的形状并证明．

8．（提出问题）如图1，在直角中，∠BAC=90°，点A正好落在直线l上，则∠1、∠2的关系为 
（探究问题）如图2，在直角中，∠BAC=90°，AB=AC，点A正好落在直线l上，分别作BD⊥l于点D，CE⊥l于点E，试探究线段BD、CE、DE之间的数量关系，并说明理由．
（解决问题）如图3，在中，∠CAB、∠CBA均为锐角，点A、B正好落在直线l上，分别以A、B为直角顶点，向外作等腰直角三角形ACE和等腰直角三角形BCF，分别过点E、F作直线l的垂线，垂足为M、N．
①试探究线段EM、AB、FN之间的数量关系，并说明理由；
②若AC=3，BC=4，五边形EMNFC面积的最大值为

9．如图，线段AB=4，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边作正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合）．
（1）求证：AEP≌CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）请直接写出AEF的周长．

10．如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8．点P从点A出发，沿折线AC—CB以每秒1个单位长度的速度向终点B运动，点Q从点B出发沿折线BC—CA以每秒3个单位长度的速度向终点A运动，P、Q两点同时出发．分别过P、Q两点作PE⊥l于E，QF⊥l于F．设点P的运动时间为t（秒）：
（1）当P、Q两点相遇时，求t的值；
（2）在整个运动过程中，求CP的长（用含t的代数式表示）；
（3）当△PEC与△QFC全等时，直接写出所有满足条件的CQ的长．

11．综合与实践
一次数学综合实践活动中，山冲学校数学社团的活动主题是《三角板的数学思考》．
问题提出：（1）两个含的全等三角板可以拼成的三角形是 ．
（2）两个含的全等三角板可以拼成的三角形是 ．
华罗庚小组：利用两个全等的含三角板，可以摆成各种不同的图形．
（3）如图，当是多少度时，说明理由．

（4）直接写出一对相等的角（三角板内角除外）．
（5）陈省身小组：用一个含的三角板和一个三角尺如图摆放， 和全等吗？请说明理由．

12．（1）如图1，已知：在中，，，直线经过点，，垂足分别为点、．证明：①；②．

（2）如图2，将（1）中的条件改为：在中，，、、三点都在上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．

（3）如图3，过的边、向外作正方形和正方形，是边上的高，延长交于点，求证：是的中点．

13．直角三角形中，，直线过点．

（1）当时，如图1，分别过点和作直线于点，直线于点，与是否全等，并说明理由；

（2）当，时，如图2，点与点关于直线对称，连接，点是上一点，点是上一点，分别过点作直线于点，直线于点，点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为，点从点出发，以每秒的速度沿路径运动，终点为，点同时开始运动，各自达到相应的终点时停止运动，设运动时间为秒，当为等腰直角三角形时，求的值．
14．如图，以的边和，向外作等腰直角三角形和，连接，是的高，延长交于点，过点作的垂线交于点．
（1）求证：；
（2）求证：点是的中点．

15．如图，中，，，点为射线上一动点，连结，作且．
（1）如图1，过点作交于点，求证：；
（2）如图2，连结交于点，若，，求证：点为中点．
（3）当点在射线上，连结与直线交于点，若，，则______．（直接写出结果）

16．如图1，在中，，，直线经过点，且于点，于点．易得（不需要证明）．
（1）当直线绕点旋转到图2的位置时，其余条件不变，你认为上述结论是否成立？若成立，写出证明过程；若不成立，请写出此时之间的数量关系，并说明理由；
（2）当直线绕点旋转到图3的位置时，其余条件不变，请直接写出此时之间的数量关系（不需要证明）．

17．如图1，在中，，，分别过、两点作过点的直线的垂线，垂足为、；

（1）如图1，当、两点在直线的同侧时，猜想，、、三条线段有怎样的数量关系？并说明理由.
（2）如图2，当、两点在直线的两侧时，、、三条线段有怎样的数量关系？并说明理由.
（3）如图3，，，.点从点出发沿路径向终点运动；点从点出发沿路径向终点运动.点和分别以每秒2和3个单位的速度同时开始运动，只要有一点到达相应的终点时两点同时停止运动；在运动过程中，分别过和作于，于.问：点运动多少秒时，与全等？（直接写出结果即可）

18．如图，，，，求的度数.

19．提出问题：如图1，将三角板放在正方形ABCD上，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交边DC与点E，求证：PB=PE
分析问题：学生甲：如图1，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N通过证明两三角形全等，进而证明两条线段相等．
学生乙：连接DP，如图2，很容易证明PD=PB，然后再通过“等角对等边”证明PE=PD，就可以证明PB=PE了．
解决问题：请你选择上述一种方法给予证明．
问题延伸：如图3，移动三角板，使三角板的直角顶点P在对角线AC上，一条直角边经过点B，另一条直角边交DC的延长线于点E，PB=PE还成立吗？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．


参考答案
1．D
【分析】
依据已知条件求出，，根据证，推出，，即可得到的长．
【详解】
解：如图，当直线与线段不相交时，

，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
如图，当直线与线段相交时，

，，，
，，
，
又正方形中，，
，
，，
；
故选D．
【点拨】本题考查三角形全等的判定方法和全等三角形的性质的运用，判定两个三角形全等的一般方法有：、、、．本题要注意思考全面，直线与线段有两种情况（相交、不相交），不能遗漏．
2．C
【分析】
①根据直角三角形斜边中线的性质和旋转的性质得出，然后利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可判断；
②分两种情况讨论：或，分别求α即可 ；
③先根据题意画出图形，首先证明 ，然后得出，最后利用即可求解．
【详解】
①∵DE是△ABC的中位线，
．
由旋转可知，
，
．
，
，
即 ，
∴△ABF是直角三角形，故①正确；
，
．
若△ABF和△ABC全等，
当时，
；
当时，
，
综上所述，若△ABF和△ABC全等，则α=2∠BAC或2∠ABC，故②正确；

过点F作交ED的延长线于点G，
∵DE是的中位线，
，
．
，
．
，
，
．
，
．
，D为AB中点，
．
在和中，

，
，故③正确；
所以正确的有：①②③．
故选：C．
【点拨】本题主要考查三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质，掌握三角形中位线的性质，直角三角形斜边中线的性质，全等三角形的判定及性质是解题的关键．
3．
【分析】
根据题意过点E作EN⊥BM，垂足为点N，首先证明△ABO≌△BEN，得到BO=ME；进而证明△BPF≌△MPE并分析即可得出答案．
【详解】
解：如图，过点E作EN⊥BM，垂足为点N，

∵∠AOB=∠ABE=∠BNE=90°，
∴∠ABO+∠BAO=∠ABO+∠NBE=90°，
∴∠BAO=∠NBE，
∵△ABE、△BFO均为等腰直角三角形，
∴AB=BE，BF=BO；
在△ABO与△BEN中，
，
∴△ABO≌△BEN（AAS），
∴BO=NE，BN=AO；
∵BO=BF，
∴BF=NE，
在△BPF与△NPE中，
，
∴△BPF≌△NPE（AAS），
∴BP=NP= BN，BN=AO，
∴BP= AO= ×7=．
故答案为：．
【点拨】本题考查三角形内角和定理以及全等三角形的性质和判定的应用，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形并灵活运用有关定理进行分析．
4．（1）见解析；（2）见解析；（3）DE=BE-AD
【分析】
（1）由于△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此即可证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质即可解决问题；
（2）由于△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，由此仍然可以证明△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质也可以解决问题；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，仍然△ADC≌△CEB，然后利用全等三角形的性质可以得到DE=BE-AD．
【详解】
解：（1）∵△ABC中，∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
又直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠BCE=∠DAC，
在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CD=BE，CE=AD，
∴DE=CD+CE=AD+BE；
（2）∵△ABC中，∠ACB=90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°，∠ACD+∠BCE=∠BCE+∠CBE=90°，
而AC=BC，
∴△ADC≌△CEB，
∴CD=BE，CE=AD，
∴DE=CE-CD=AD-BE；
（3）如图3，
∵△ABC中，∠ACB=90°，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠CEB=90°，∠ACD+∠BCE=∠BCE+∠CBE=90°，
∴∠ACD=∠CBE，
∵AC=BC，
∴△ADC≌△CEB，
∴CD=BE，CE=AD，
∴DE=CD-CE=BE-AD；
DE、AD、BE之间的关系为DE=BE-AD．
【点拨】此题需要考查了全等三角形的判定与性质，也利用了直角三角形的性质，是一个探究性题目，对于学生的能力要求比较高．
5．（1）见解析；（2）；（3）①不变，，理由见解析；②的面积为或．
【分析】
（1）根据题意可知，又因为，所以，即可证明≌；
（2）由（1）知≌，所以AF=CE，又因为BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，即可证明 △BOG≌△COE，所以BG=AF；
（3）①由题可证，又因为点是的中点，所以，即可证明≌，由（1）可得由（1）可得≌，根据即可求得度数；②根据和即可求得的面积；
【详解】
（1）∵，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
又∵，
∴≌；
（2），
∵≌，
∴ AF=CE，
又∵ BO=CO，∠COE=∠BOG，∠OCE=∠OBG，
∴△BOG≌△COE，
∴BG=CE，
∴BG=AF；
（3）①不变，，如图2，理由如下：
∵，，
∵，
∴，
∴，
∵点是的中点，
∴，
又∵，
∴≌，
∴，，
由（1）可得≌，
∴，，
∴，
∴在中，，
∵∴，
又∵，
∴．
②的面积为或
在图2中，，
且，，
∴；
在图3中，，
且，，
∴．

【点拨】本题考查了全等三角形的证明与性质，等腰三角形的判定和性质，三角形的动点问题以及三角形求面积的问题，正确掌握知识点是解题的关键；
6．（1）【问题原型】32；（2）【初步探究】△BCD的面积为a2；（3）【简单应用】△BCD的面积为a2
【分析】
问题原型：如图1中，△ABC≌△BDE，就有DE=BC=8．进而由三角形的面积公式得出结论；
初步探究：如图2中，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E，由垂直的性质就可以得出△ABC≌△BDE，就有DE=BC=a．进而由三角形的面积公式得出结论．
简单运用：如图3中，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，由等腰三角形的性质可以得出BF=BC，由条件可以得出△AFB≌△BED就可以得出BF=DE，由三角形的面积公式就可以得出结论．
【详解】
解：【问题原型】
如图1中，

如图1中，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E．
∴∠BED=∠ACB=90°，
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BD，
∴AB=BD，∠ABD=90°．
∴∠ABC+∠DBE=90°．
∵∠A+∠ABC=90°．
∴∠A=∠DBE．
在△ABC和△BDE中，
，
∴△ABC≌△BDE（AAS）
∴BC=DE=8．
∵S△BCD=BC•DE
∴S△BCD=32，
故答案为32．
【初步探究】
△
BCD的面积为a2．
理由：如图2中，过点D作BC的垂线，与BC的延长线交于点E．

∴∠BED＝∠ACB＝90°
∵线段AB绕点B顺时针旋转90°得到线段BE，
∴AB＝BD，∠ABD＝90°．
∴∠ABC+∠DBE＝90°．
∵∠A+∠ABC＝90°．
∴∠A＝∠DBE．
在△ABC和△BDE中，
，
∴△ABC≌△BDE（AAS）
∴BC＝DE＝a．
∵S△BCD＝BC•DE
∴S△BCD＝a2；
【简单应用】
△
BCD的面积为a2．
如图3中，过点A作AF⊥BC与F，过点D作DE⊥BC的延长线于点E，

∴∠AFB=∠E=90°，BF=BC=a．
∴∠FAB+∠ABF=90°．
∵∠ABD=90°，
∴∠ABF+∠DBE=90°，
∴∠FAB=∠EBD．
∵线段BD是由线段AB旋转得到的，
∴AB=BD．
在△AFB和△BED中，
，
∴△AFB≌△BED（AAS），
∴BF=DE=a．
∵S△BCD=BC•DE，
∴S△BCD=•a•a=a2．
∴△BCD的面积为a2．
【点拨】本题考查了直角三角形的性质的运用，等腰三角形的性质的运用，全等三角形的判定及性质的运用，三角形的面积公式的运用，解答时证明三角形全等是关键．
7．△DEF为等腰直角三角形，证明见详解．
【分析】
可先证明Rt△ACE与Rt△CBF全等，再通过边角关系证明△AED≌△CFD，进而可得AE与DE相等，即为等腰三角形．
【详解】
解：△DEF为等腰直角三角形；
证明：如图，连接CD，∵AE⊥CE，BF⊥CE，
∴∠AEC＝∠BFC＝90°，
∵∠ACE+∠BCF＝90°，∠BCF+∠CBF＝90°，
∴∠ACE＝∠CBF，
在△ACE与△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，∠CAE＝∠BCF，
∵∠CAB＝∠DCB＝45°，
∴∠FCD＝∠DAE，
又AD＝CD，
∴△AED≌△CFD，
∴ED＝FD，∠ADE＝∠CDF，
∴∠EDF＝∠ADE+∠ADF＝∠CDF+∠ADF＝90°，
∴△DEF为等腰直角三角形．

【点拨】本题考查等腰三角形的判定及全等三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的判定，能够运用三角形的全等得出线段相等对应角相等，正确作出辅助线是解题的关键．
8．提出问题：；探究问题：，理由见解析；解决问题：①，理由见解析；②．
【分析】
提出问题：根据平角的定义、角的和差即可得；
探究问题：先根据垂直的定义可得，再根据直角三角形的两锐角互余、角的和差可得，然后根据三角形全等的判定定理与性质可得，最后根据线段的和差即可得；
解决问题：①如图（见解析），同探究问题的方法可得，再根据线段的和差即可得；
②如图（见解析），同探究问题的方法可得，再根据三角形全等的性质可得，然后利用三角形的面积公式将五边形EMNFC面积表示出来，由此即可得出答案．
【详解】
提出问题：，
，
故答案为：；
探究问题：，理由如下：
，
，
，
由提出问题可知，，
，
在和中，，
，
，
，
即；
解决问题：①，理由如下：
同探究问题的方法可证：，
，
即；
②如图，过点C作于点D，
同探究问题的方法可证：，
，
和都是等腰直角三角形，且，
，
，
五边形EMNFC面积为，
，
，
，
则当面积取得最大值时，五边形EMNFC面积最大，
设的BC边上的高为，则，
在中，、均为锐角，
当时，取得最大值，最大值为，
面积的最大值为，
则五边形EMNFC面积的最大值为，
故答案为：．

【点拨】本题考查了垂直的定义、三角形全等的判定定理与性质、等腰直角三角形的定义等知识点，熟练掌握三角形全等的判定定理与性质是解题关键．
9．（1）见解析；（2），见解析；（3）8．
【分析】
（1）四边形正方形，则平分，，，即可求解；
（2），则，而，则，又，则即可求解；
（3）证明，则，，即可求解．
【详解】
解：（1）证明：四边形正方形，
平分，，
，PE=PE
；
（2），理由如下：
，
，
，
，
，，
，
，
；
（3）过点 作．

，，
，
，
又，
，
，，
，
，







．
【点拨】本题为四边形综合题，涉及到正方形的性质、三角形全等等知识点，其中（3），证明，是本题的关键．
10．（1）t的值为秒；（2）CP的长为；（3）当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6
【分析】
（1）由题意得t+3t=6+8，即可求得P、Q两点相遇时，t的值；
（2）根据题意即可得出CP的长为；
（3）分两种情况讨论得出关于t的方程，解方程求得t的值，进而即可求得CQ的长．
【详解】
解：（1）由题意得t＋3t＝6＋8，
解得：t＝（秒），
当P、Q两点相遇时，t的值为秒；
（2）由题意可知AP＝t，
则CP的长为；
（3）当P在AC上，Q在BC上时，
∵∠ACB＝90，
∴∠PCE＋∠QCF＝90°，
∵PE⊥l于E，QF⊥l于F．
∴∠EPC＋∠PCE＝90°，∠PEC＝∠CFQ＝90°，
∴∠EPC＝∠QCF，
∴△PCE≌△CQF，
∴PC＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣3t，解得t＝1，
∴CQ＝8﹣3t＝5；
当P在AC上，Q在AC上时，即P、Q重合时，则CQ＝PC，
由题意得，6﹣t＝3t﹣8，
解得：t＝3.5，
∴CQ＝3t﹣8＝2.5，
当P在BC上，Q在AC上时，即A、Q重合时，则CQ＝AC＝6，
综上，当△PEC与△QFC全等时，满足条件的CQ的长为5或2.5或6．
【点拨】本题考查了三角形全等的判定和性质，线段的动点问题，根据题意得出关于t的方程是解题的关键．
11．（1）顶角为120°的等腰三角形或者等边三角形；（2）等腰直角三角形；（3），详见解析；（4）；（5）△ADC和△CEB全等，详见解析．
【分析】
（1）由直角三角形的性质可求解；
（2）由直角三角形的性质可求解；
（3）由平行线的判定与性质可求解；
（4）由全等三角形的性质可求解；
（5）由全等三角形的性质和判定可证．
【详解】
解：（1）顶角为120°的等腰三角形或者等边三角形；
（2）等腰直角三角形；
（3）当时，，理由如下：
由题可知：，
又∵，
∴，
∴；
（4）；
（5）△ADC和△CEB全等，理由如下：
由题可知：，
∵
∴
∵
∴
∵
∴
∴
在△ADC和△CEB中

∴△ADC≌△CEB（AAS）
【点拨】本题考查了旋转的性质，平行线的性质，直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，灵活运用性质进行推理是本题的关键．
12．（1）①见解析；②见解析；（2）成立：DE=BD+CE；证明见解析；（3）见解析
【分析】
（1）①根据平行线的判定与性质即可求解；②由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA＝CE，AE＝BD，可得DE＝BD＋CE；
（2）由条件可知∠BAD＋∠CAE＝180°−α，且∠DBA＋∠BAD＝180°−α，可得∠DBA＝∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；
（3）由条件可知EM＝AH＝GN，可得EM＝GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．
【详解】
（1）①∵BD⊥直线l，CE⊥直线l
∴∠BDA=∠CEA=90°
∵∠BAC=90°
∴∠BAD+∠CAE=90°
∵∠BAD+∠ABD=90°
∴∠CAE=∠ABD
②在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）
∴AE=BD，AD=CE
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）成立：DE=BD+CE证明如下：
∵∠BDA=∠BAC=α
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°﹣α
∴∠DBA=∠CAE
在△ADB和△CEA中

∴△ADB≌△CEA（AAS）
∴AE=BD、AD=CE
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）如图过E作EM⊥HI于M，GN⊥HI的延长线于N
∴∠EMI=GNI=90°
由（1）和（2）的结论可知EM=AH=GN
∴EM=GN
在△EMI和△GNI中
∴△EMI≌△GNI（AAS）
∴EI=GI
∴I是EG的中点．

【点拨】本题主要考查全等三角形的判定和性质，由条件证明三角形全等得到BD＝AE、CE＝AD是解题的关键．
13．（1）全等，理由见解析；（2）t=3.5秒或5秒
【分析】
（1）根据垂直的定义得到∠DAC=∠ECB，利用AAS定理证明△ACD≌△CBE；
（2）分点F沿C→B路径运动和点F沿B→C路径运动两种情况，根据等腰三角形的定义列出算式，计算即可；
【详解】
解：（1）△ACD与△CBE全等．
理由如下：∵AD⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠DAC=∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）由题意得，AM=t，FN=3t，
则CM=8-t，
由折叠的性质可知，CF=CB=6，
∴CN=6-3t，
点N在BC上时，△CMN为等腰直角三角形，
当点N沿C→B路径运动时，由题意得，8-t=3t-6，
解得，t=3.5，
当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8-t=18-3t，
解得，t=5，
综上所述，当t=3.5秒或5秒时，△CMN为等腰直角三角形；
【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理，灵活运用分情况讨论思想是解题的关键．
14．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】
（1）先利用同角的余角相等得到一对角相等，再由一对直角相等，且，利用得到；
（2）由（1）利用全等三角形对应边相等得到，再，交延长线于点，同理可得到，等量代换得到，再由一对直角相等且对顶角相等，利用得到，利用全等三角形对应边相等即可得证．
【详解】
证明：（1） ∵，
，
，
，
，
在和中，
，
，
（2）由（1）得，
，
作，交延长线于点，如图；

同理得到，
，
，
在和中，
，
，
．即点是的中点．
【点拨】此题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握K字形全等进行证明是解本题的关键．
15．（1）见解析；（2）见解析；（3）或
【分析】
（1）证明△AFD≌△EAC，根据全等三角形的性质得到DF=AC，等量代换证明结论；
（2）作FD⊥AC于D，证明△FDG≌△BCG，得到DG=CG，求出CE，CB的长，得到答案；
（3）过F作FD⊥AG的延长线交于点D，根据全等三角形的性质得到CG=GD，AD=CE=7，代入计算即可．
【详解】
解：（1）证明：∵FD⊥AC，
∴∠FDA=90°，
∴∠DFA+∠DAF=90°，
同理，∠CAE+∠DAF=90°，
∴∠DFA=∠CAE，
在△AFD和△EAC中，
，
∴△AFD≌△EAC（AAS），
∴DF=AC，
∵AC=BC，
∴FD=BC；
（2）作FD⊥AC于D，
由（1）得，FD=AC=BC，AD=CE，
在△FDG和△BCG中，
，
∴△FDG≌△BCG（AAS），
∴DG=CG=1，
∴AD=2，
∴CE=2，
∵BC=AC=AG+CG=4，
∴E点为BC中点；

（3）当点E在CB的延长线上时，过F作FD⊥AG的延长线交于点D，
BC=AC=4，CE=CB+BE=7，
由（1）（2）知：△ADF≌△ECA，△GDF≌△GCB，
∴CG=GD，AD=CE=7，
∴CG=DG=1.5，
∴，
同理，当点E在线段BC上时，，
故答案为：或.

【点拨】本题考查的是全等三角形的判定和性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
16．(1) 不成立，DE=AD-BE，理由见解析；(2) DE=BE-AD
【分析】
(1)DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE．由垂直的性质可得到∠CAD=∠BCE，证得△ACD≌△CBE，得到AD=CE，CD=BE，即有DE=AD-BE；
(2)DE、AD、BE之间的关系是DE=BE-AD．证明的方法与(1)一样．
【详解】
(1)不成立．
DE、AD、BE之间的数量关系是DE=AD-BE，
理由如下：如图，

∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
又∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴AD=CE，CD=BE，
∴DE=CE-CD=AD-BE；
(2)结论：DE=BE-AD．

∵∠ACB=90°，BE⊥CE，AD⊥CE，，
∴∠ACD+∠CAD=90°，
又∠ACD+∠BCE=90°，
∴∠CAD=∠BCE，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，
∴AD=CE，DC=BE，
∴DE=CD-CE=BE-AD．
【点拨】本题考查了旋转的性质、直角三角形全等的判定与性质，旋转前后两图形全等，对应点到旋转中心的距离相等，对应点与旋转中心的连线段所夹的角等于旋转角．
17．（1）（2）（3）当点运动6秒或10秒时与全等
【分析】
（1）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明.
（2）根据题意首先证明，在采用等量替换即可证明.
（3）根据与全等，列方程即可，注意要分类讨论.
【详解】
（1）.理由如下：
∵在中，，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴.
（2）..理由如下：
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴；
（3）解：①当点在上，点在上时，
，
解得，
②当点在上，点在上时，
，
解得.
③当点在上，点在上时，（t>11）

解得：t=6(舍)
④当点运动到点，点在上时，（11 ，
解得（舍）.
所以当点运动6秒或10秒时与全等.
【点拨】本题主要考查三角形的全等证明,关键在于第三问的分类讨论思想,这是数学的一个重要思想，应当熟练掌握.
18．∠ACB=90°.
【分析】
作AM⊥直线OC于M，BN⊥直线OC于N．通过AAS证明△AOM≌△OBN，根据全等三角形的性质和等腰直角三角形的性质即可求得答案.
【详解】
作AM⊥直线OC于M，BN⊥直线OC于N．
∵∠ACO=135°，
∴∠ACM=45°，
∴AM=CM，
在△AOM与△OBN中，
，
∴△AOM≌△OBN(AAS)，
∴OM=BN，ON=AM=CM，
∴NC=OM=BN，
又∵BN⊥NS．
∴∠BCN=45°，
∴∠ACB=∠ACO-∠BCN=90°.

【点拨】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，有一定的综合性，难点是作出辅助线．
19．解决问题：证明见解析；问题延伸：成立，证明见解析.
【分析】
解决问题：对于图1，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，则四边PMCN为矩形，根据角平分线性质得PM=PN，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBM=∠PEN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，则PB=PE；
对于图2，连结PD，根据正方形的性质得CB=CD，CA平分∠BCD，根据角平分线的性质得∠BCP=∠DCP，再根据“SAS”证明△CBP≌△CDP，则PB=PD，∠CBP=∠CDP，根据四边形内角和得到∠PBC+∠CEP=180°，再利用等角的补角相等得到∠PBC=∠PED，则∠PED=∠PDE，所以PD=PE，于是得到PB=PD；
问题延伸：对于图3，过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，根据正方形的性质得∠BCD=90°，AC平分∠BCD，而PM⊥BC，PN⊥CD，得到四边PMCN为矩形，PM=PN，则∠MPN=90°，利用等角的余角相等得到∠BPM=∠EPN，然后根据“AAS”证明△PBM≌△PEN，所以PB=PE．
【详解】
解决问题：如图1，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边PMCN为矩形，PM=PN，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠CEP=180°，
而∠CEP+∠PEN=180°，
∴∠PBM=∠PEN，
在△PBM和△PEN中

∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB=PE；
如图2，连结PD，

∵四边形ABCD为正方形，
∴CB=CD，CA平分∠BCD，
∴∠BCP=∠DCP，
在△CBP和△CDP中
，
∴△CBP≌△CDP（SAS），
∴PB=PD，∠CBP=∠CDP，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠PBC+∠CEP=180°，
而∠CEP+∠PEN=180°，
∴∠PBC=∠PED，
∴∠PED=∠PDE，
∴PD=PE，
∴PB=PD；
问题延伸：如图3，PB=PE还成立．

理由如下：过点P作PM⊥BC，PN⊥CD，垂足分别为M，N，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°，AC平分∠BCD，
∵PM⊥BC，PN⊥CD，
∴四边PMCN为矩形，PM=PN，
∴∠MPN=90°，
∵∠BPE=90°，∠BCD=90°，
∴∠BPM+∠MPE=90°，
而∠MEP+∠EPN=90°，
∴∠BPM=∠EPN，
在△PBM和△PEN中
，
∴△PBM≌△PEN（AAS），
∴PB=PE．