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解：图中相等的锐角有$\angle ACB=\angle DBC$，$\angle AEB=\angle DEC$，$\angle ABD = \angle DCA$。
证明如下：
- 证明$\angle ACB=\angle DBC$：
在$Rt\triangle ABC$和$Rt\triangle DCB$中，$\left\{\begin{array}{l}AB = DC\\BC = CB\end{array}\right.$（已知$AB = DC$，$BC$为公共边）。
根据$HL$（斜边 - 直角边）定理，可得$Rt\triangle ABC\cong Rt\triangle DCB$。
由全等三角形的对应角相等，所以$\angle ACB=\angle DBC$。
- 证明$\angle AEB=\angle DEC$：
因为$\angle AEB$与$\angle DEC$是对顶角，根据对顶角的性质：对顶角相等，所以$\angle AEB=\angle DEC$。
- 证明$\angle ABD=\angle DCA$：
因为$\angle A=\angle D = 90^{\circ}$，$\angle AEB=\angle DEC$（已证）。
根据三角形内角和为$180^{\circ}$，在$\triangle ABE$中，$\angle ABD=180^{\circ}-\angle A-\angle AEB$；在$\triangle DCE$中，$\angle DCA=180^{\circ}-\angle D-\angle DEC$。
所以$\angle ABD=\angle DCA$。
综上，图中相等的锐角为$\boldsymbol{\angle ACB=\angle DBC}$，$\boldsymbol{\angle AEB=\angle DEC}$，$\boldsymbol{\angle ABD = \angle DCA}$。
解：图中相等的锐角有$\angle ACB=\angle DBC$，$\angle AEB=\angle DEC$，$\angle ABD = \angle DCA$。
证明如下：
- 证明$\angle ACB=\angle DBC$：
在$Rt\triangle ABC$和$Rt\triangle DCB$中，$\left\{\begin{array}{l}AB = DC\\BC = CB\end{array}\right.$（已知$AB = DC$，$BC$为公共边）。
根据$HL$（斜边 - 直角边）定理，可得$Rt\triangle ABC\cong Rt\triangle DCB$。
由全等三角形的对应角相等，所以$\angle ACB=\angle DBC$。
- 证明$\angle AEB=\angle DEC$：
因为$\angle AEB$与$\angle DEC$是对顶角，根据对顶角的性质：对顶角相等，所以$\angle AEB=\angle DEC$。
- 证明$\angle ABD=\angle DCA$：
因为$\angle A=\angle D = 90^{\circ}$，$\angle AEB=\angle DEC$（已证）。
根据三角形内角和为$180^{\circ}$，在$\triangle ABE$中，$\angle ABD=180^{\circ}-\angle A-\angle AEB$；在$\triangle DCE$中，$\angle DCA=180^{\circ}-\angle D-\angle DEC$。
所以$\angle ABD=\angle DCA$。
综上，图中相等的锐角为$\boldsymbol{\angle ACB=\angle DBC}$，$\boldsymbol{\angle AEB=\angle DEC}$，$\boldsymbol{\angle ABD = \angle DCA}$。
解：
方法一（利用等腰三角形性质）
因为$AB = AC$，所以$\angle B=\angle C$；因为$AD = AE$，所以$\angle ADE=\angle AED$。
又因为$\angle ADE=\angle B+\angle BAD$，$\angle AED=\angle C+\angle CAE$，且$\angle B=\angle C$，所以$\angle BAD=\angle CAE$。
在$\triangle ABD$和$\triangle ACE$中：
$\begin{cases}AB = AC\\\angle BAD=\angle CAE\\AD = AE\end{cases}$
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle ABD\cong\triangle ACE$。
所以$BD = CE$。
因为$BD = CE$，所以$BD + DE=CE + DE$，即$BE = CD$。
方法二（利用等腰三角形“三线合一”的拓展）
过点$A$作$AH\perp BC$于点$H$。
因为$AB = AC$，$AH\perp BC$，根据等腰三角形“三线合一”，可得$BH = CH$。
因为$AD = AE$，$AH\perp DE$，根据等腰三角形“三线合一”，可得$DH = EH$。
那么$BH - DH=CH - EH$，即$BD = CE$；$BH+EH = CH + DH$，即$BE = CD$。
综上，图中相等的线段还有$BD = CE$，$BE = CD$。
解：
方法一（利用等腰三角形性质）
因为$AB = AC$，所以$\angle B=\angle C$；因为$AD = AE$，所以$\angle ADE=\angle AED$。
又因为$\angle ADE=\angle B+\angle BAD$，$\angle AED=\angle C+\angle CAE$，且$\angle B=\angle C$，所以$\angle BAD=\angle CAE$。
在$\triangle ABD$和$\triangle ACE$中：
$\begin{cases}AB = AC\\\angle BAD=\angle CAE\\AD = AE\end{cases}$
根据$SAS$（边角边）定理，可得$\triangle ABD\cong\triangle ACE$。
所以$BD = CE$。
因为$BD = CE$，所以$BD + DE=CE + DE$，即$BE = CD$。
方法二（利用等腰三角形“三线合一”的拓展）
过点$A$作$AH\perp BC$于点$H$。
因为$AB = AC$，$AH\perp BC$，根据等腰三角形“三线合一”，可得$BH = CH$。
因为$AD = AE$，$AH\perp DE$，根据等腰三角形“三线合一”，可得$DH = EH$。
那么$BH - DH=CH - EH$，即$BD = CE$；$BH+EH = CH + DH$，即$BE = CD$。
综上，图中相等的线段还有$BD = CE$，$BE = CD$。
解：图中有$3$对全等的直角三角形，分别是$\triangle ABE\cong\triangle ACD$，$\triangle BOD\cong\triangle COE$，$\triangle ADO\cong\triangle AEO$。
证明$\triangle ABE\cong\triangle ACD$：
已知$CD\perp AB$，$BE\perp AC$，则$\angle AEB = \angle ADC=90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$和$\triangle ACD$中：
$\begin{cases}\angle AEB=\angle ADC\\\angle A=\angle A\\AB = AC\end{cases}$
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle ABE\cong\triangle ACD$。
证明$\triangle BOD\cong\triangle COE$：
因为$\triangle ABE\cong\triangle ACD$，所以$AD = AE$，$BE = CD$。
又因为$AB = AC$，所以$BD=AB - AD$，$CE=AC - AE$，即$BD = CE$。
在$\triangle BOD$和$\triangle COE$中：
$\begin{cases}\angle BDO=\angle CEO = 90^{\circ}\\\angle BOD=\angle COE\\BD = CE\end{cases}$
根据$AAS$，可得$\triangle BOD\cong\triangle COE$。
证明$\triangle ADO\cong\triangle AEO$：
因为$\angle ADO=\angle AEO = 90^{\circ}$，$AD = AE$，$AO = AO$（公共边）。
根据$HL$（斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等），可得$\triangle ADO\cong\triangle AEO$。
综上，图中有$3$对全等的直角三角形。
解：图中有$3$对全等的直角三角形，分别是$\triangle ABE\cong\triangle ACD$，$\triangle BOD\cong\triangle COE$，$\triangle ADO\cong\triangle AEO$。
证明$\triangle ABE\cong\triangle ACD$：
已知$CD\perp AB$，$BE\perp AC$，则$\angle AEB = \angle ADC=90^{\circ}$。
在$\triangle ABE$和$\triangle ACD$中：
$\begin{cases}\angle AEB=\angle ADC\\\angle A=\angle A\\AB = AC\end{cases}$
根据$AAS$（两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等），可得$\triangle ABE\cong\triangle ACD$。
证明$\triangle BOD\cong\triangle COE$：
因为$\triangle ABE\cong\triangle ACD$，所以$AD = AE$，$BE = CD$。
又因为$AB = AC$，所以$BD=AB - AD$，$CE=AC - AE$，即$BD = CE$。
在$\triangle BOD$和$\triangle COE$中：
$\begin{cases}\angle BDO=\angle CEO = 90^{\circ}\\\angle BOD=\angle COE\\BD = CE\end{cases}$
根据$AAS$，可得$\triangle BOD\cong\triangle COE$。
证明$\triangle ADO\cong\triangle AEO$：
因为$\angle ADO=\angle AEO = 90^{\circ}$，$AD = AE$，$AO = AO$（公共边）。
根据$HL$（斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等），可得$\triangle ADO\cong\triangle AEO$。
综上，图中有$3$对全等的直角三角形。
解：连接$BM$，$DM$。
因为$\angle ABC = 90^{\circ}$，$M$是$AC$中点，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以$BM=\frac{1}{2}AC$。
同理，因为$\angle ADC = 90^{\circ}$，$M$是$AC$中点，所以$DM=\frac{1}{2}AC$。
则$BM = DM$。
又因为$N$是$BD$中点，根据等腰三角形三线合一（等腰三角形底边上的中线、底边上的高、顶角平分线互相重合），在$\triangle BMD$中，$BM = DM$，$N$是$BD$中点，所以$MN\perp BD$。
解：连接$BM$，$DM$。
因为$\angle ABC = 90^{\circ}$，$M$是$AC$中点，根据直角三角形斜边中线定理：直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，所以$BM=\frac{1}{2}AC$。
同理，因为$\angle ADC = 90^{\circ}$，$M$是$AC$中点，所以$DM=\frac{1}{2}AC$。
则$BM = DM$。
又因为$N$是$BD$中点，根据等腰三角形三线合一（等腰三角形底边上的中线、底边上的高、顶角平分线互相重合），在$\triangle BMD$中，$BM = DM$，$N$是$BD$中点，所以$MN\perp BD$。
解：$AE = BD$，$AE\perp BD$。
证明：
步骤一：证明$\triangle ACE\cong\triangle BCD$
已知$AC\perp BC$，$DC\perp EC$，所以$\angle ACB=\angle DCE = 90^{\circ}$。
$\angle ACB+\angle ACD=\angle DCE+\angle ACD$，即$\angle BCD=\angle ACE$。
在$\triangle ACE$和$\triangle BCD$中，$\begin{cases}AC = BC\\\angle ACE=\angle BCD\\EC = DC\end{cases}$。
根据“边角边”（$SAS$）判定定理，可得$\triangle ACE\cong\triangle BCD$。
由全等三角形的性质可知$AE = BD$。
步骤二：证明$AE\perp BD$
设$AE$与$BD$相交于点$O$，$AE$与$BC$相交于点$F$。
因为$\triangle ACE\cong\triangle BCD$，所以$\angle CAE=\angle CBD$。
在$\triangle ACF$中，$\angle CAE+\angle AFC+\angle ACB = 180^{\circ}$；在$\triangle BOF$中，$\angle CBD+\angle BFO+\angle BOF = 180^{\circ}$。
又因为$\angle AFC=\angle BFO$（对顶角相等），$\angle ACB = 90^{\circ}$。
所以$\angle BOF=\angle ACB = 90^{\circ}$，即$AE\perp BD$。
综上，$AE$与$BD$的数量关系是$AE = BD$，位置关系是$AE\perp BD$。
解：$AE = BD$，$AE\perp BD$。
证明：
步骤一：证明$\triangle ACE\cong\triangle BCD$
已知$AC\perp BC$，$DC\perp EC$，所以$\angle ACB=\angle DCE = 90^{\circ}$。
$\angle ACB+\angle ACD=\angle DCE+\angle ACD$，即$\angle BCD=\angle ACE$。
在$\triangle ACE$和$\triangle BCD$中，$\begin{cases}AC = BC\\\angle ACE=\angle BCD\\EC = DC\end{cases}$。
根据“边角边”（$SAS$）判定定理，可得$\triangle ACE\cong\triangle BCD$。
由全等三角形的性质可知$AE = BD$。
步骤二：证明$AE\perp BD$
设$AE$与$BD$相交于点$O$，$AE$与$BC$相交于点$F$。
因为$\triangle ACE\cong\triangle BCD$，所以$\angle CAE=\angle CBD$。
在$\triangle ACF$中，$\angle CAE+\angle AFC+\angle ACB = 180^{\circ}$；在$\triangle BOF$中，$\angle CBD+\angle BFO+\angle BOF = 180^{\circ}$。
又因为$\angle AFC=\angle BFO$（对顶角相等），$\angle ACB = 90^{\circ}$。
所以$\angle BOF=\angle ACB = 90^{\circ}$，即$AE\perp BD$。
综上，$AE$与$BD$的数量关系是$AE = BD$，位置关系是$AE\perp BD$。
解：延长$AP$交$BC$于点$D$。
在$\triangle ACD$中，根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，可得$AC + CD＞AD$，即$AC + CD＞AP + PD$ ①。
在$\triangle PBD$中，同理可得$PD + BD＞BP$ ②。
①$+$②得：$AC + CD+PD + BD＞AP + PD+BP$。
因为$CD + BD = BC$，所以$AC + BC+PD＞AP + PD+BP$。
两边同时减去$PD$，可得$AP + BP＜AC + BC$。
综上，$AP + BP＜AC + BC$得证。
解(证明)：设$\triangle ABC$，$AD$是$BC$边上的中线，且$AD = \frac{1}{2}BC$。
因为$AD$是中线，所以$BD = DC=\frac{1}{2}BC$，又因为$AD = \frac{1}{2}BC$，所以$AD = BD$，$AD = DC$。
在$\triangle ABD$中，$AD = BD$，则$\angle B=\angle BAD$（等边对等角）。
在$\triangle ACD$中，$AD = DC$，则$\angle C=\angle CAD$（等边对等角）。
因为$\angle BAC=\angle BAD + \angle CAD$，$\angle B+\angle C+\angle BAC = 180^{\circ}$（三角形内角和为$180^{\circ}$），把$\angle B=\angle BAD$，$\angle C=\angle CAD$代入可得：
$2(\angle BAD+\angle CAD)=180^{\circ}$，即$2\angle BAC = 180^{\circ}$，所以$\angle BAC = 90^{\circ}$。
所以$\triangle ABC$是直角三角形。
综上，这个三角形是直角三角形。
解：延长$AP$交$BC$于点$D$。
在$\triangle ACD$中，根据三角形三边关系：两边之和大于第三边，可得$AC + CD＞AD$，即$AC + CD＞AP + PD$ ①。
在$\triangle PBD$中，同理可得$PD + BD＞BP$ ②。
①$+$②得：$AC + CD+PD + BD＞AP + PD+BP$。
因为$CD + BD = BC$，所以$AC + BC+PD＞AP + PD+BP$。
两边同时减去$PD$，可得$AP + BP＜AC + BC$。
综上，$AP + BP＜AC + BC$得证。
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