答案：9. -1 [解析]由题意,得$2a-1+(-a+2)=0$,
解得$a=-1$.

答案：10. 90° [解析]
∵$AB⊥BD,ED⊥BD$,
∴$∠B=∠D=90°$.
在$△ABC$和$△CDE$中,$\begin{cases} AB=CD, \\ ∠B=∠D, \\ BC=DE, \end{cases}$
∴$△ABC≅△CDE$(SAS),
∴$∠ACB=∠E$.
∵$∠D=90°$,
∴$∠E+∠ECD=90°$,
∴$∠ACB+∠ECD=90°$.
∵$∠BCD=180°$,
∴ $∠ACE = 180° - (∠ACB + ∠ECD)=180°-90°=90°$.
归纳总结 本题考查对垂线、全等三角形的性质和判定、三角形的内角和定理等知识点的理解和掌握,能推出$∠ACB+∠ECD=90°$是解本题的关键.

答案：11. 18 [解析]
∵$∠BAC=45°,AB=AC$,
∴$∠ABC=∠C=\frac{1}{2}×(180°-45°)=67.5°$.
同理,$∠ADE=67.5°$.
∵$∠ADE=∠ABD+∠BAD,∠BAD=18°$,
∴$∠ABD=49.5°$,
∴$∠EBC=∠ABC-∠ABD=67.5°-49.5°=18°$.

答案：12. 4或100 [解析]
∵$2m-4$与$3m-1$是同一个正数$a$的平方根,
∴$2m-4+3m-1=0$或$2m-4=3m-1$.
→同一个正数a的平方根互为相反数
解得$m=1$或$-3$,
∴当$m=1$时,$2m-4=2×1-4=-2$,
∴$a=(-2)^2=4$;当$m=-3$时,$2m-4=2×(-3)-4=-10$,
∴$a=(-10)^2=100$.

答案：13. 37°

答案：14. 2 [解析]
∵E为AD的中点,
∴$S_{△BED}=\frac{1}{2}S_{△ABD}$,
$S_{△CED}=\frac{1}{2}S_{△ACD}$.
→三角形中线的性质
∵$S_{△ABC}=8\ \mathrm{cm}^2$,
∴$S_{△BCE}=S_{△BED}+S_{△CED}=\frac{1}{2}S_{△ABD}+ \frac{1}{2}S_{△ACD}=\frac{1}{2}S_{△ABC}=4\ \mathrm{cm}^2$.
∵F为CE的中点,
∴$S_{△BEF}=\frac{1}{2}S_{△BCE}=2\ \mathrm{cm}^2$.
故阴影部分的面积为$2\ \mathrm{cm}^2$.
关键提醒 本题考查了三角形的面积,掌握三角形的一条中线将三角形分成面积相等的两个部分是解题的关键.

答案：
15. 7.5 [解析]如图(1),过点A作$AE⊥BC$,垂足为E.
∵$AB=AC=10\ \mathrm{cm},AE⊥BC$,
∴$BE=CE=\frac{1}{2}BC=8\ \mathrm{cm}$,
∴$AE=\sqrt{AB^2-BE^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6(\mathrm{cm})$.
分两种情况：

如图(2),当$DA⊥AC$时,
在$Rt△ADE$中,$AD^2=AE^2+DE^2$,
在$Rt△ADC$中,$AD^2=CD^2-AC^2$,
∴$AE^2+DE^2=CD^2-AC^2$,
∴$36+DE^2=(8+DE)^2-100$,解得$DE=4.5$,
∴$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{6^2+4.5^2}=7.5(\mathrm{cm})$.
如图(3),当$DA⊥AB$时,

在$Rt△ADE$中,$AD^2=AE^2+DE^2$,
在$Rt△ADB$中,$AD^2=BD^2-AB^2$,
∴$AE^2+DE^2=BD^2-AB^2$,
∴$36+DE^2=(8+DE)^2-100$,解得$DE=4.5$,
∴$AD=\sqrt{AE^2+DE^2}=\sqrt{6^2+4.5^2}=7.5(\mathrm{cm})$.
综上所述,当DA与腰垂直时,$AD=7.5\ \mathrm{cm}$.

答案：
16. 10 [解析]如图,连接BD,
∵$∠ACB=90°,DE⊥AB$于点E,
∴$∠BED=∠ACB=90°$.
在$Rt△BED$和$Rt△BCD$中,
$\begin{cases} BD=BD, \\ BE=BC, \end{cases}$
∴$Rt△BED≅Rt△BCD$(HL),
∴$DE=DC$,
∴$AD+DE = AD + DC = AC=10$.

答案：
17. 40° [解析]如图,连接OA.
∵ $∠BOC = 80°$,
∴ $∠OBC + ∠OCB=100°$,
∴ $∠OAB + ∠OBA + ∠OAC + ∠OCA=80°$.
∵AB,AC的垂直平分线交于点O,
∴$AO=BO,AO=CO$,
∴$∠OAB=∠OBA,∠OAC=∠OCA$,
∴$∠CAB=∠OAB+∠OAC=40°$.

答案：
18. $(5+\sqrt{5})$ [解析]如图,过点E作$EN⊥BC$于点N.

∵四边形ABCD是长方形,$AB=2\ \mathrm{cm},BC=4\ \mathrm{cm}$,
∴$AD=BC=4\ \mathrm{cm},CD=AB=EN=2\ \mathrm{cm},∠A=90°$,$DE=CN$.由折叠的性质,得$MD=AB=2\ \mathrm{cm},∠M=∠A=90°$,$EM=AE,DF=BF$.
设$AE=x\ \mathrm{cm}$,则$ME=x\ \mathrm{cm},DE=(4-x)\mathrm{cm}$.
在$Rt△MDE$中,由勾股定理,得$ME^2+MD^2=ED^2$,
即$x^2+2^2=(4-x)^2$,解得$x=\frac{3}{2}$,
∴$AE=\frac{3}{2}\ \mathrm{cm}$,
∴$DE=AD-AE=4-\frac{3}{2}=\frac{5}{2}(\mathrm{cm})$.
设$DF=y\ \mathrm{cm}$,则$BF=y\ \mathrm{cm},CF=(4-y)\mathrm{cm}$,
∴$y^2=(4-y)^2+2^2$,
∴$y=\frac{5}{2}$,即$DF=\frac{5}{2}\ \mathrm{cm}$,
∴$CF=4-\frac{5}{2}=\frac{3}{2}(\mathrm{cm})$,
∴$NF=BF-BN=1\ \mathrm{cm}$,
∴$EF=\sqrt{EN^2+NF^2}=\sqrt{5}(\mathrm{cm})$,
∴$△DEF$的周长为$\sqrt{5}+\frac{5}{2}+\frac{5}{2}=5+\sqrt{5}(\mathrm{cm})$.