江苏省淮泗片2015-2016学年八年级上第一次月考数学试卷(含答案)

2015-2016学年江苏省淮泗片八年级（上）第一次月考数学试卷一、选择题（每小题3分，共30分）1．下列汽车标志不是轴对称图形的是( )A． B． C．D．2．如图，△ABD≌△ACE，点B和点C是对应顶点，AB=8，AD=6，BD=7，则BE的长是( )A．1 B．2 C．4 D．63．如图，△ABC≌△DEF，则此图中相等的线段有( )A．1对B．2对C．3对D．4对4．如图，如果△ABC≌△FED，那么下列结论错误的是( )A．EC=BD B．EF∥AB C．DF=BD D．AC∥FD5．如图，△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，且∠A=78°，∠C′=48°，则∠B的度数为( )A．48°B．54°C．74°D．78°6．如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )A．BC=BD B．AC=AD C．∠ACB=∠ADB D．∠CAB=∠DAB7．P是∠AOB内一点，分别作点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，连接OP1、OP2，则下列结论正确的是( )A．OP1⊥OP2B．OP1=OP2C．OP1⊥OP2且OP1=OP2D．OP1≠OP28．如图所示，点D在△ABC外部，点E在BC边上，DE交AC于F，若∠1=∠2，∠D=∠C，AE=AB，则( )A．△ABC≌△AFE B．△AFE≌△ADC C．△AFE≌△DFC D．△ABC≌△AED9．如图，某同学一不小心将三角形玻璃打碎，现要带③到玻璃店配一块完全相同的玻璃，这样做的依据是( )A．ASA B．SAS C．AAS D．SSS10．（1999•成都）与三角形三个顶点距离相等的点，是这个三角形的( )A．三条中线的交点B．三条角平分线的交点C．三条高的交点 D．三边的垂直平分线的交点二、填空题（每小题3分，共30分）11．星期天小华去书店买书时，从镜子内看到背后墙上普通时钟的时针（粗）与分针（细）的位置如图所示，此时时针表示的时间是__________时__________分．（按12小时制填写）12．如图，AB、CD相交于点O，AD=CB，请你补充一个条件，使得△AOD≌△COB，你补充的条件是__________．13．如图，桌面上有M、N两球，若要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中N 球，则4个点中，可以瞄准的是__________点．14．如图，正三角形网格中，已有两个小正三角形被涂黑，再将图中其余小正三角形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形的方法有__________种．15．如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AD=4，连接BD，BD⊥CD，∠ADB=∠C．若P 是BC边上一动点，则DP长的最小值为__________．16．如图，给出下列四组条件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②AB=DE，∠B=∠E，BC=EF；③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的条件共有__________组．17．如图，已知等边△ABC中，BD=CE，AD与BE相交于点P，则∠APE的度数是__________度．18．如图，把长方形ABCD沿EF对折，若∠1=50°，则∠AEF的度数等于__________．19．如图，分别作出点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连结P1P2，分别交OA、OB于点M、N，若P1P2=5cm，则△PMN的周长为__________．20．如图，图案甲是由左面的五种基本图形中的两种拼接而成的，这两种基本图形是__________．三、解答题（共60分）21．如图，阴影部分是由5个小正方形组成的一个直角图形，请用二种方法分别在下图方格内添涂黑二个小正方形，使它们成为轴对称图形．22．已知：如图△ABC．（1）画出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于直线MN成轴对称；（2）画出△A2B2C2，使△A2B2C2和△A1B1C1关于直线PQ成轴对称；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称吗？23．已知：如图，AB=CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F是垂足，DE=BF．求证：（1）AE=CF；（2）AB∥CD．24．如图，五边形ABCDE中，BC=DE，AE=DC，∠C=∠E，DM⊥AB于M，试说明M是AB中点．25．如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP 于D．求证：AD+BC=AB．26．如图（1）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E．（1）求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE．（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，DE、AD、BE又怎样的关系？并加以证明．2015-2016学年江苏省淮泗片八年级（上）第一次月考数学试卷一、选择题（每小题3分，共30分）1．下列汽车标志不是轴对称图形的是( )A． B． C．D．【考点】轴对称图形．【分析】根据轴对称图形的概念求解．【解答】解：A、是轴对称图形，故本选项错误；B、是轴对称图形，故本选项错误；C、不是轴对称图形，故本选项正确；D、是轴对称图形，故本选项错误．故选C．【点评】本题考查了轴对称图形的知识，如果一个图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形叫做轴对称图形，这条直线叫做对称轴．2．如图，△ABD≌△ACE，点B和点C是对应顶点，AB=8，AD=6，BD=7，则BE的长是( )A．1 B．2 C．4 D．6【考点】全等三角形的性质．【分析】根据全等三角形的性质求出AE=AD=6，代入BE=AB﹣AE求出即可．【解答】解：∵△ABD≌△ACE，点B和点C是对应顶点，AD=6，∴AE=AD=6，∵AB=8，∴BE=AB﹣AE=8﹣6=2，故选B．【点评】本题考查了全等三角形的性质的应用，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．3．如图，△ABC≌△DEF，则此图中相等的线段有( )A．1对B．2对C．3对D．4对【考点】全等图形．【分析】根据两个三角形全等，可以得到3对三角形的边相等，根据BC=EF，又可以得到BE=CF可得答案是4对．【解答】解：∵△ABC≌△DEF∴AB=DE，AC=DF，BC=EF∵BC=EF，即BE+EC=CF+EC∴BE=CF即有4对相等的线段故选D．【点评】本题主要考查了全等三角形的对应边相等问题；做题时，结合已知，认真观察图形，得到BE=CF是正确解答本题的关键．4．如图，如果△ABC≌△FED，那么下列结论错误的是( )A．EC=BD B．EF∥AB C．DF=BD D．AC∥FD【考点】全等三角形的性质．【分析】根据全等三角形的性质得出DF=AC，∠E=∠B，∠EDF=∠ACB，FD=AC，推出EF∥AB，AC∥DF，EC=BD，即可得出答案．【解答】解：∵△ABC≌△EFD，∴DF=AC，∠E=∠B，∠EDF=∠ACB，ED=BC；∴EF∥AB，AC∥DF，FD﹣CD=BC﹣DC，∴EC=BD，故选项A、B、D正确，选项C错误；故选C．【点评】本题考查了全等三角形的性质和平行线的判定的应用，注意：全等三角形的对应角相等，对应边相等．5．如图，△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，且∠A=78°，∠C′=48°，则∠B的度数为( )A．48°B．54°C．74°D．78°【考点】轴对称的性质；三角形内角和定理．【分析】由对称得到∠C=∠C′=48°，由三角形内角和定理得∠B=54°，由轴对称的性质知∠B=∠B′=54°．【解答】解：∵在△ABC中，∠A=78°，∠C=∠C′=48°，∴∠B=180°﹣78°﹣48°=54°∵△ABC与△A′B′C′关于直线l对称，∴∠B=∠B′=54°．故选B．【点评】本题考查轴对称的性质及三角形内角和定理；把已知条件转化到同一个三角形中利用内角和求解是正确解答本题的关键．6．如图，点P是AB上任意一点，∠ABC=∠ABD，还应补充一个条件，才能推出△APC≌△APD．从下列条件中补充一个条件，不一定能推出△APC≌△APD的是( )A．BC=BD B．AC=AD C．∠ACB=∠ADB D．∠CAB=∠DAB【考点】全等三角形的判定．【专题】压轴题．【分析】根据题意，∠ABC=∠ABD，AB是公共边，结合选项，逐个验证得出正确结果．【解答】解：A、补充BC=BD，先证出△BPC≌△BPD，后能推出△APC≌△APD，故正确；B、补充AC=AD，不能推出△APC≌△APD，故错误；C、补充∠ACB=∠ADB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确；D、补充∠CAB=∠DAB，先证出△ABC≌△ABD，后能推出△APC≌△APD，故正确．故选B．【点评】本题考查了三角形全等判定，三角形全等的判定定理：有AAS，SSS，ASA，SAS．注意SSA是不能证明三角形全等的，做题时要逐个验证，排除错误的选项．7．P是∠AOB内一点，分别作点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，连接OP1、OP2，则下列结论正确的是( )A．OP1⊥OP2B．OP1=OP2C．OP1⊥OP2且OP1=OP2D．OP1≠OP2【考点】轴对称的性质．【专题】压轴题．【分析】作出图形，根据轴对称的性质求出OP1、OP2的数量与夹角即可得解．【解答】解：如图，∵点P关于直线OA、OB的对称点P1、P2，∴OP1=OP2=OP，∠AOP=∠AOP1，∠BOP=∠BOP2，∴∠P1OP2=∠AOP+∠AOP1+∠BOP+∠BOP2，=2（∠AOP+∠BOP），=2∠AOB，∵∠AOB度数任意，∴OP1⊥OP2不一定成立．故选：B．【点评】本题考查了轴对称的性质，是基础题，熟练掌握性质是解题的关键，作出图形更形象直观．8．如图所示，点D在△ABC外部，点E在BC边上，DE交AC于F，若∠1=∠2，∠D=∠C，AE=AB，则( )A．△ABC≌△AFE B．△AFE≌△ADC C．△AFE≌△DFC D．△ABC≌△AED 【考点】全等三角形的判定．【分析】根据∠1=∠2，可得∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC=∠DAE，然后根据已知条件，利用AAS可判定△ABC≌△ADE．【解答】解：∵∠1=∠2，∴∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，即∠BAC=∠DAE，在△ABC和△ADE中，，∴△ABC≌△ADE，故选D．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．9．如图，某同学一不小心将三角形玻璃打碎，现要带③到玻璃店配一块完全相同的玻璃，这样做的依据是( )A．ASA B．SAS C．AAS D．SSS【考点】全等三角形的应用．【分析】根据全等三角形的判定方法，在打碎的三块中可以采用排除法进行分析从而确定最后的答案．【解答】解：第一块，仅保留了原三角形的一个角和部分边，不符合全等三角形的判定方法；第二块，仅保留了原三角形的一部分边，所以此块玻璃也不行；第三块，不但保留了原三角形的两个角还保留了其中一个边，所以符合ASA判定，所以应该拿这块去．故选：A．【点评】本题主要考查了全等三角形的应用，要求对常用的几种方法熟练掌握．在解答时要求对全等三角形的判定方法的运用灵活．10．（1999•成都）与三角形三个顶点距离相等的点，是这个三角形的( )A．三条中线的交点B．三条角平分线的交点C．三条高的交点 D．三边的垂直平分线的交点【考点】线段垂直平分线的性质．【分析】可分别根据线段垂直平分线的性质进行思考，首先满足到A点、B点的距离相等，然后思考满足到C点、B点的距离相等，都分别在各自线段的垂直平分线上，于是答案可得．【解答】解：如图：∵OA=OB，∴O在线段AB的垂直平分线上，∵OB=OC，∴O在线段BC的垂直平分线上，∵OA=OC，∴O在线段AC的垂直平分线上，又三个交点相交于一点，∴与三角形三个顶点距离相等的点，是这个三角形的三边的垂直平分线的交点．故选：D．【点评】此题考查了线段垂直平分线的性质；题目比较简单，只要熟知线段垂直平分线的性质即可．分别思考，两两满足条件是解答本题的关键．二、填空题（每小题3分，共30分）11．星期天小华去书店买书时，从镜子内看到背后墙上普通时钟的时针（粗）与分针（细）的位置如图所示，此时时针表示的时间是1时30分．（按12小时制填写）【考点】镜面对称．【分析】此题考查镜面反射的基本知识，注意与实际问题的结合．【解答】解：从镜子中看到的是10：30，那么正常时间应该是13：30．【点评】解决此类习题时候，注意与现实生活结合，学以致用．12．如图，AB、CD相交于点O，AD=CB，请你补充一个条件，使得△AOD≌△COB，你补充的条件是∠A=∠C或∠ADO=∠CBO．【考点】全等三角形的判定．【专题】开放型．【分析】本题证明两三角形全等的三个条件中已经具备一边和一角，所以只要再添加一组对应角或边相等即可．【解答】解：添加条件可以是：∠A=∠C或∠ADC=∠ABC．∵添加∠A=∠C根据AAS判定△AOD≌△COB，添加∠ADC=∠ABC根据ASA判定△AOD≌△COB，故填空答案：∠A=∠C或∠ADC=∠ABC．【点评】本题考查三角形全等的判定方法；判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．添加时注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，不能添加，根据已知结合图形及判定方法选择条件是正确解答本题的关键．13．如图，桌面上有M、N两球，若要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中N 球，则4个点中，可以瞄准的是D点．【考点】生活中的轴对称现象．【分析】利用对称的性质得出M经过的路径，进而得出答案．【解答】解：如图所示：要将M球射向桌面的任意一边，使一次反弹后击中N球，则4个点中，可以瞄准的是：D．故答案为：D．【点评】此题主要考查了生活中轴对称现象，正确利用对称的性质是解题关键．14．如图，正三角形网格中，已有两个小正三角形被涂黑，再将图中其余小正三角形涂黑一个，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形的方法有3种．【考点】概率公式；轴对称图形．【分析】根据轴对称的概念作答．如果一个图形沿一条直线对折，直线两旁的部分能互相重合，那么这个图形叫做轴对称图形．【解答】解：选择小正三角形涂黑，使整个被涂黑的图案构成一个轴对称图形，选择的位置有以下几种：1处，2处，3处，选择的位置共有3处．故答案为：3．【点评】本题考查了利用轴对称设计图案的知识，关键是掌握好轴对称图形的概念．轴对称图形的关键是寻找对称轴，图形两部分折叠后可重合．15．如图，在四边形ABCD中，∠A=90°，AD=4，连接BD，BD⊥CD，∠ADB=∠C．若P 是BC边上一动点，则DP长的最小值为4．【考点】角平分线的性质；垂线段最短．【分析】根据垂线段最短，当DP垂直于BC的时候，DP的长度最小，则结合已知条件，利用三角形的内角和定理推出∠ABD=∠CBD，由角平分线性质即可得AD=DP，由AD的长可得DP的长．【解答】解：根据垂线段最短，当DP⊥BC的时候，DP的长度最小，∵BD⊥CD，即∠BDC=90°，又∠A=90°，∴∠A=∠BDC，又∠ADB=∠C，∴∠ABD=∠CBD，又DA⊥BA，BD⊥DC，∴AD=DP，又AD=4，∴DP=4．故答案为：4．【点评】本题主要考查了直线外一点到直线的距离垂线段最短、全等三角形的判定和性质、角平分线的性质，解题的关键在于确定好DP垂直于BC．16．如图，给出下列四组条件：①AB=DE，BC=EF，AC=DF；②AB=DE，∠B=∠E，BC=EF；③∠B=∠E，BC=EF，∠C=∠F；④AB=DE，AC=DF，∠B=∠E．其中，能使△ABC≌△DEF的条件共有3组．【考点】全等三角形的判定．【分析】要使△ABC≌△DEF的条件必须满足SSS、SAS、ASA、AAS，可据此进行判断．【解答】解：第①组满足SSS，能证明△ABC≌△DEF．第②组满足SAS，能证明△ABC≌△DEF．第③组满足ASA，能证明△ABC≌△DEF．第④组只是SSA，不能证明△ABC≌△DEF．所以有3组能证明△ABC≌△DEF．故填3．【点评】本题考查三角形全等的判定方法，判定两个三角形全等的一般方法有：SSS、SAS、ASA、AAS、HL．注意：AAA、SSA不能判定两个三角形全等，判定两个三角形全等时，必须有边的参与，若有两边一角对应相等时，角必须是两边的夹角．17．如图，已知等边△ABC中，BD=CE，AD与BE相交于点P，则∠APE的度数是60度．【考点】全等三角形的判定与性质；等边三角形的性质．【专题】几何图形问题．【分析】根据题目已知条件可证△ABD≌△BCE，再利用全等三角形的性质及三角形外角和定理求解．【解答】解：∵等边△ABC，∴∠ABD=∠C，AB=BC，在△ABD与△BCE中，，∴△ABD≌△BCE（SAS），∴∠BAD=∠CBE，∵∠ABE+∠EBC=60°，∴∠ABE+∠BAD=60°，∴∠APE=∠ABE+∠BAD=60°，∴∠APE=60°．故答案为：60．【点评】本题利用等边三角形的性质来为三角形全等的判定创造条件，是中考的热点．18．如图，把长方形ABCD沿EF对折，若∠1=50°，则∠AEF的度数等于115°．【考点】翻折变换（折叠问题）．【分析】根据折叠的性质，得∠BFE=（180°﹣∠1），再根据平行线的性质即可求得∠AEF的度数．【解答】解：根据长方形ABCD沿EF对折，若∠1=50°，得∠BFE=（180°﹣∠1）=65°．∵AD∥BC，∴∠AEF=115°．【点评】此题综合运用了折叠的性质和平行线的性质．19．如图，分别作出点P关于OA、OB的对称点P1、P2，连结P1P2，分别交OA、OB于点M、N，若P1P2=5cm，则△PMN的周长为5cm．【考点】轴对称的性质．【分析】根据轴对称的性质可得PM=P1M，PN=P2N，从而求出△MNP的周长等于P1P2，从而得解．【解答】解：∵点P关于OA、OB的对称点P1、P2，∴PM=P1M，PN=P2N，∴△MNP的周长等于P1P2=5cm．故答案是：5cm．【点评】本题考查了轴对称的性质，熟记性质得到相等的边是解题的关键．20．如图，图案甲是由左面的五种基本图形中的两种拼接而成的，这两种基本图形是②⑤．【考点】利用轴对称设计图案．【分析】根据已知图形，利用分割与组合的原理对图形进行分析即可．【解答】解：如图所示：图案甲是由左面的五种基本图形中的两种拼接而成的，这两种基本图形是②⑤．故答案为：②⑤．【点评】此题考查了平面图形的分割与组成，主要培养学生的观察能力和空间想象能力．三、解答题（共60分）21．如图，阴影部分是由5个小正方形组成的一个直角图形，请用二种方法分别在下图方格内添涂黑二个小正方形，使它们成为轴对称图形．【考点】利用轴对称设计图案．【专题】网格型．【分析】作简单平面图形轴对称后的图形，其依据是轴对称的性质．基本作法：①先确定图形的关键点；②利用轴对称性质作出关键点的对称点；③按原图形中的方式顺次连接对称点．【解答】解：如图所示：【点评】解答此题要明确轴对称的性质，并据此构造出轴对称图形，然后将对称部分涂黑，即为所求．22．已知：如图△ABC．（1）画出△A1B1C1，使△A1B1C1和△ABC关于直线MN成轴对称；（2）画出△A2B2C2，使△A2B2C2和△A1B1C1关于直线PQ成轴对称；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称吗？【考点】作图-轴对称变换．【专题】作图题．【分析】（1）根据网格结构找出点A、B、C关于直线MN的对称点A1、B1、C1的位置，然后顺次连接即可；（2）根据网格结构找出点A1、B1、C1关于直线MN的对称点A2、B2、C2的位置，然后顺次连接即可；（3）根据轴对称的性质解答．【解答】解：（1）△A1B1C1如图所示；（2）△A2B2C2如图所示；（3）△A1B1C1与△A2B2C2成轴对称．【点评】本题考查了利用轴对称变换作图，熟练掌握网格结构准确找出对应点的位置是解题的关键．23．已知：如图，AB=CD，DE⊥AC，BF⊥AC，E，F是垂足，DE=BF．求证：（1）AE=CF；（2）AB∥CD．【考点】全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】（1）利用HL定理即可证明△ABF≌△CDE，证明AF=CE，据此即可得到AE=CF；（2）根据△ABF≌△CDE即可证得∠A=∠C，然后利用平行线的判定定理证明．【解答】证明：（1）∵DE⊥AC，BF⊥AC，∴∠DEC=∠BFA=90°，∴在RT△ABF和RT△CDE中，，∴△ABF≌△CDE（HL）；∴AF=CE，即AF﹣EF=CE﹣EF∴AE=CF；（2）∵△ABF≌△CDE，∴∠A=∠C，∴CD∥AB．【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的判定，正确证明△ABF≌△CDE 是关键．24．如图，五边形ABCDE中，BC=DE，AE=DC，∠C=∠E，DM⊥AB于M，试说明M是AB中点．【考点】全等三角形的判定与性质；等腰三角形的性质．【专题】证明题．【分析】连接AD、BD．易证△ADE≌△DBC，再根据全等三角形的性质可得AD=DB，即△ABD是等腰三角形，而DM⊥AB，利用等腰三角形三线合一定理可得M是AB中点．【解答】证明：连接AD、BD，∵，∴△ADE≌△DBC（SAS），∴AD=BD，又∵DM⊥AB，∴M是AB的中点．【点评】本题考查了全等三角形的判定和性质及等腰三角形三线合一定理；作出辅助线是正确解答本题的关键．25．如图，已知AD∥BC，∠PAB的平分线与∠CBA的平分线相交于E，CE的连线交AP 于D．求证：AD+BC=AB．【考点】全等三角形的判定与性质．【专题】证明题．【分析】首先在AB上截取AF=AD，由AE平分∠PAB，利用SAS即可证得△DAE≌△FAE，继而可证得∠EFB=∠C，然后利用AAS证得△BEF≌△BEC，即可得BC=BF，继而证得AD+BC=AB．【解答】证明：在AB上截取AF=AD，∵AE平分∠PAB，∴∠DAE=∠FAE，在△DAE和△FAE中，∵，∴△DAE≌△FAE（SAS），∴∠AFE=∠ADE，∵AD∥BC，∴∠ADE+∠C=180°，∵∠AFE+∠EFB=180°，∴∠EFB=∠C，∵BE平分∠ABC，∴∠EBF=∠EBC，在△BEF和△BEC中，∵，∴△BEF≌△BEC（AAS），∴BC=BF，∴AD+BC=AF+BF=AB．【点评】此题考查了全等三角形的判定与性质以及平行线的性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．26．如图（1）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于点D，BE⊥MN于点E．（1）求证：①△ADC≌△CEB；②DE=AD+BE．（2）当直线MN绕点C旋转到图（2）的位置时，DE、AD、BE又怎样的关系？并加以证明．【考点】全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．【分析】（1）①由已知推出∠ADC=∠BEC=90°，因为∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，推出∠DAC=∠BCE，根据AAS即可得到答案；②由①得到AD=CE，CD=BE，即可求出答案；（2）与（1）证法类似可证出∠ACD=∠EBC，能推出△ADC≌△CEB，得到AD=CE，CD=BE，代入已知即可得到答案．【解答】（1）①证明：∵AD⊥DE，BE⊥DE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ACD+∠BCE=90°，∠DAC+∠ACD=90°，∴∠DAC=∠BCE，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS）．②证明：由（1）知：△ADC≌△CEB，∴AD=CE，CD=BE，∵DC+CE=DE，∴AD+BE=DE．（2）证明：∵BE⊥EC，AD⊥CE，∴∠ADC=∠BEC=90°，∴∠EBC+∠ECB=90°，∵∠ACB=90°，∴∠ECB+∠ACE=90°，∴∠ACD=∠EBC，在△ADC和△CEB中，，∴△ADC≌△CEB（AAS），∴AD=CE，CD=BE，∴DE=EC﹣CD=AD﹣BE．【点评】本题主要考查了邻补角的意义，全等三角形的性质和判定等知识点，能根据已知证出符合全等的条件是解此题的关键，题型较好，综合性比较强．。