【考点】全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的性质；矩形的判定与性质． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据等腰三角形的性质和角平分线性质得出即可； （2）证△OMA≌△ONB（AAS），即可得出答案；
（3）求出矩形DMCN，得出DM=CN，△MOC≌△NOB（SAS），推出OM=ON，∠MOC=∠NOB，得出∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON，求出∠MON=∠BOC=90°，即可得出答案． 【解答】（1）解：
依据1：等腰三角形三线合一（或等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合）； 依据2：角平分线上的点到角的两边距离相等．
（2）证明：∵CA=CB， ∴∠A=∠B，
∵O是AB的中点， ∴OA=OB．
∵DF⊥AC，DE⊥BC， ∴∠AMO=∠BNO=90°， ∵在△OMA和△ONB中
，
∴△OMA≌△ONB（AAS）， ∴OM=ON．
（3）解：OM=ON，OM⊥ON． 理由如下： 连接OC，
∵∠ACB=∠DNB，∠B=∠B， ∴△BCA∽△BND， ∴
=
，
∵AC=BC， ∴DN=NB． ∵∠ACB=90°，
∴∠NCM=90°=∠DNC， ∴MC∥DN， 又∵DF⊥AC， ∴∠DMC=90°，
即∠DMC=∠MCN=∠DNC=90°，
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∴四边形DMCN是矩形， ∴DN=MC，
∵∠B=45°，∠DNB=90°， ∴∠3=∠B=45°， ∴DN=NB， ∴MC=NB，
∵∠ACB=90°，O为AB中点，AC=BC，
∴∠1=∠2=45°=∠B，OC=OB（斜边中线等于斜边一半）， 在△MOC和△NOB中
，
∴△MOC≌△NOB（SAS）， ∴OM=ON，∠MOC=∠NOB，
∴∠MOC﹣∠CON=∠NOB﹣∠CON， 即∠MON=∠BOC=90°， ∴OM⊥ON．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，矩形的性质和判定，角平分线性质等知识点的应用，主要考查学生运用定理进行推理的能力，题目比较好，综合性也比较强． 18．（2012?烟台）（1）问题探究 如图1，分别以△ABC的边AC与边BC为边，向△ABC外作正方形ACD1E1和正方形BCD2E2，过点C作直线KH交直线AB于点H，使∠AHK=∠ACD1作D1M⊥KH，D2N⊥KH，垂足分别为点M，N．试探究线段D1M与线段D2N的数量关系，并加以证明． （2）拓展延伸
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①如图2，若将“问题探究”中的正方形改为正三角形，过点C作直线K1H1，K2H2，分别交直线AB于点H1，H2，使∠AH1K1=∠BH2K2=∠ACD1．作D1M⊥K1H1，D2N⊥K2H2，垂足分别为点M，N．D1M=D2N是否仍成立？若成立，给出证明；若不成立，说明理由．
②如图3，若将①中的“正三角形”改为“正五边形”，其他条件不变．D1M=D2N是否仍成立？（要求：在图3中补全图形，注明字母，直接写出结论，不需证明）
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；正方形的性质；正多边形和圆． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）根据正方形的每一个角都是90°可以证明∠AHK=90°，然后利用平角等于180°以及直角三角形的两锐角互余证明∠D1CK=∠HAC，再利用“角角边”证明△ACH和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得D1M=CH，同理可证D2N=CH，从而得证； （2）①过点C作CG⊥AB，垂足为点G，根据三角形的内角和等于180°和平角等于180°证明得到∠H1AC=∠D1CM，然后利用“角角边”证明△ACG和△CD1M全等，根据全等三角形对应边相等可得CG=D1M，同理可证CG=D2N，从而得证；
②结论仍然成立，与①的证明方法相同． 【解答】（1）D1M=D2N． 证明：∵∠ACD1=90°，
∴∠ACH+∠D1CK=180°﹣90°=90°， ∵∠AHK=∠ACD1=90°， ∴∠ACH+∠HAC=90°， ∴∠D1CK=∠HAC，
在△ACH和△CD1M中，
，
∴△ACH≌△CD1M（AAS）， ∴D1M=CH，
同理可证D2N=CH， ∴D1M=D2N；
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（2）①证明：D1M=D2N成立． 过点C作CG⊥AB，垂足为点G， ∵∠H1AC+∠ACH1+∠AH1C=180°， ∠D1CM+∠ACH1+∠ACD1=180°， ∠AH1C=∠ACD1， ∴∠H1AC=∠D1CM， 在△ACG和△CD1M中，
，
∴△ACG≌△CD1M（AAS）， ∴CG=D1M，
同理可证CG=D2N， ∴D1M=D2N；
②作图正确．
D1M=D2N还成立．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，正方形的性质，正多边形的性质，读懂题意，证明得到∠D1CK=∠HAC（或∠H1AC=∠D1CM）是证明三角形全等的关键，也是解决本题的难点与突破口． 19．（2011?綦江县）如图，等边△ABC中，AO是∠BAC的角平分线，D为AO上一点，以CD为一边且在CD下方作等边△CDE，连接BE． （1）求证：△ACD≌△BCE；
（2）延长BE至Q，P为BQ上一点，连接CP、CQ使CP=CQ=5，若BC=8时，求PQ的长．
【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理． 【专题】几何综合题；压轴题． 【分析】（1）由△ABC与△DCE是等边三角形，可得AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°，又由
∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，即可证得∠ACD=∠BCE，所以根据SAS即可证得△ACD≌△BCE；
（2）首先过点C作CH⊥BQ于H，由等边三角形的性质，即可求得∠DAC=30°，则根据等腰三角形与直角三角形中的勾股定理即可求得PQ的长． 【解答】（1）证明：∵△ABC与△DCE是等边三角形， ∴AC=BC，DC=EC，∠ACB=∠DCE=60°， ∴∠ACD+∠DCB=∠ECB+∠DCB=60°，
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∴∠ACD=∠BCE，
∴△ACD≌△BCE（SAS）；
（2）解：过点C作CH⊥BQ于H，
∵△ABC是等边三角形，AO是角平分线， ∴∠DAC=30°，
∵△ACD≌△BCE， ∴∠PBC=∠DAC=30°，
∴在Rt△BHC中，CH=BC=×8=4， ∵PC=CQ=5，CH=4， ∴PH=QH=3， ∴PQ=6．
【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形、等边三角形以及直角三角形的性质等知识．此题综合性较强，但难度不大，解题时要注意数形结合思想的应用． 20．（2011?自贡校级二模）如图，△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点D在直线BC上，△ADE是等腰直角三角形，∠DAE=90°，AD=AE，连接CE． （1）当点D在线段BC上时（如图1），求证：DC+CE=AC； （2）当点D在线段CB延长线上时（如图2）；当点D在线段BC延长线上时（如图3），探究线段DC、CE、AC之间的数量关系分别为，图2： DC﹣CE=AC ； 图3： CE﹣DC=AC ；
【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形． 【专题】证明题；压轴题．
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【分析】（1）利用△ABC是等腰直角三角形，易得AB=AC，∠BAC=90°，即有∠BAD+∠DAC=90°，同理可得AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°，从而可证∠BAD=∠CAE，从而利用SAS可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，于是BC=CE+DC，再利用勾股定理可知BC=AC，进而可证CE+DC=AC； （2）同（1）可证△BAD≌△CAE，那么BD=CE，而BC+BD=CD，易证AC=CD﹣CE；同理在图3中可证AC=CE﹣CD．
【解答】解：（1）如图1所示， ∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAD+∠DAC=90°，
同理有AD=AE，∠DAC+∠CAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE， ∴BC=CE+DC，
在Rt△ABC中，BC=AC， ∴CE+DC=AC；
（2）在图2中，
∵△ABC是等腰直角三角形， ∴AB=AC，∠BAC=90°， 即∠BAE+∠EAC=90°，
同理有AD=AE，∠DAB+∠BAE=90°， ∴∠BAD=∠CAE， ∴△BAD≌△CAE， ∴BD=CE，
又∵BC+BD=CD， ∴BC=CD﹣CE， 即AC=CD﹣CE； 在图3中，
∵AB=AC，∠BAD=∠CAE，AD=AE， ∴△ACE≌△ABD， ∴BD=CE，
即BC+CD=CE， ∴BC=CE﹣CD， ∴AC=CE﹣CD．
故答案是AC=CD﹣CE；AC=CE﹣CD．
【点评】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理．解题的关键是利用SAS证明△BAD≌△CAE．
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