专题18 全等三角形单元过关检测-【一遍过】2023年暑假七年级升八年级数学考点衔接一遍过（人教版）（原卷版+解析版）

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1．（2022秋·福建三明·八年级三明一中校考开学考试）下列条件可以判断两个三角形全等的是（ ）
A．三个角对应相等B．三条边对应相等
C．形状相同D．面积相等，周长相等
【答案】B
【分析】全等三角形是三条边和三个角都对应相等的三角形，根据概念和性质逐一判断即可．
【详解】解：A、三个角对应相等的三角形，有可能是相似图形，选项错误；
B、三条边对应相等，两个三角形全等，答案正确；
C、形状相同、大小也相同的两个三角形全等，选项错误；
D、面积相等、周长相等的两个三角形不一定全等，选项错误．
故选：B
【点睛】本题考查三角形全等的概念和性质，根据知识点解题是关键．
2．（2022秋·福建泉州·八年级校联考期中）下列命题中，是假命题的是（ ）
A．一个锐角与一个钝角的和等于平角
B．全等三角形的面积相等
C．互为邻补角的两个角的平分线互相垂直
D．对顶角相等
【答案】A
【分析】利用平角的定义、全等三角形的性质、互为邻补角的性质及对顶角的性质分别判断后即可确定正确的选项．
【详解】A.一个锐角与一个钝角的和不一定等于平角，故原命题错误，是假命题，符合题意；
B.全等三角形的面积相等，正确，是真命题，不符合题意；
C.互为补角的两个角的平分线互相垂直，正确，是真命题，不符合题意；
D.对顶角相等，正确，是真命题，不符合题意．
故选A
【点睛】本题考查了命题与定理的知识，解题的关键是了解有关定义及性质，难度不大．
3．（2022秋·福建南平·八年级校考阶段练习）在复习用尺规作一个角等于已知角的过程中，回顾了作图的过程，他发现△O'C'D'≌△OCD，小华得到全等的依据是（ ）
A．SSSB．SASC．ASAD．AAS
【答案】A
【分析】由作法易得OD=O'D'，OC=O'C，CD=C'D'，由SSS的判定定理可以得到三角形全等，从而求解．
【详解】解：在△OCD与△O'C'D'中，
OD=O'D'OC=O'CCD=C'D'，
∴△COD≌△C'O'D'SSS．
故选：A．
【点睛】本题考查作图-复杂作图，全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
4．（2022秋·福建泉州·八年级统考期末）如图，B、E，C，F在同一条直线上，若AB=DE，∠B=∠DEF，添加下列一个条件后，能用“SAS”证明△ABC≌△DEF，则这条件是（ ）
A．∠A=∠DB．∠ABC=∠FC．BE=CFD．AC=DF
【答案】C
【分析】根据“SAS”证明两个三角形全等，已知AB=DE，∠B=∠DEF，只需要BC=EF，即BE=CF，即可求解．
【详解】用“SAS”证明△ABC≌△DEF
∵AB=DE，∠B=∠DEF
∴BC=EF
∴BE=CF
故选：C
【点睛】本题考查了用“SAS”证明三角形全等．
5．（2022秋·福建泉州·八年级统考期末）如图，AD和BC相交于点E，已知AE=CE，则添加下列条件仍不能判定△ABE≌△CDE的是（ ）
A．AB=CDB．BE=DEC．∠A=∠CD．∠B=∠D
【答案】A
【分析】结合AE=CE，∠AEB=∠CED，根据全等三角形的判定方法逐项分析判断即可．
【详解】解：∵AE=CE，∠AEB=∠CED，
∴当添加AB=CD时，不能判定△ABE≌△CDE，故A选项符合题意；
当添加BE=DE时，由“SAS”可判定△ABE≌△CDE，故B选项不符合题意；
当添加∠A=∠C时，由“ASA”可判定△ABE≌△CDE，故C选项不符合题意；
当添加∠B=∠D时，由“AAS”可判定△ABE≌△CDE，故D选项不符合题意．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的5种判定方法是解题关键．
6．（2022秋·福建莆田·八年级校考阶段练习）如图是5×5的正方形网格，以点D、E为两个顶点作位置不同的格点三角形，使所作的三角形与△ABC全等，这样的格点三角形最多可以画出（ ）
A．3个B．4个C．5个D．6个
【答案】B
【分析】观察图形可知：DE与AC是对应边，B点的对应点在DE上方两个，在DE下方两个共有4个满足要求的点，也就有四个全等三角形．
【详解】解：根据题意，运用SSS可得与△ABC全等的三角形有4个，线段DE的上方有两个点，下方也有两个点．
故选：B．
【点睛】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，做题时要做到不重不漏．
7．（2020秋·福建厦门·八年级翔安一中校考阶段练习）如图，△ABC≌△AEF，AB=AE，∠B=∠E，则对于结论①AC=AF，②∠FAB=∠EAB，③EF=BC，④∠EAB=∠FAC，其中正确结论的个数是（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】根据全等三角形的性质即可进行判断．
【详解】∵△ABC≌△AEF，
∴AC=AF，EF=BC，
故①③正确；
∵△ABC≌△AEF，
∴∠EAF=∠BAC，
∴∠EAF-∠BAF=∠BAC-∠BAF，
∴∠EAB=∠FAC，
故④正确；
∠FAB=∠EAB不一定相等，故②不符合题意；
综上：正确的有3个，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形对应边相等，对应角相等是解题的关键．
8．（2023秋·福建福州·八年级统考期中）如图，用三角尺可按下面方法画角平分线：在已知的∠AOB 的两边上分别取点M、N，使OM＝ON，再分别过点M、N作OA、OB的垂线，交点为P，画射线OP．可证得△POM ≌△PON，OP平分∠AOB．以上依画法证明△POM≌△PON根据的是（ ）
A．SSSB．SASC．AASD．HL
【答案】D
【详解】解：由作法可得OM=ON，PM⊥OM，PN⊥ON，
则∠PMO=∠PNO=90°，
在Rt△PMO和Rt△PNO中，OP=OPOM=ON，
所以△POM≌△PON(HL).
故选D.
9．（2022秋·福建龙岩·八年级统考期中）如图，用一把长方形直尺的一边压住射线OB，再用另一把完全相同的直尺的一边压住射线OA，两把直尺的另一边交于点P，则射线OP就是∠AOB角平分线的依据是（ ）
A．等腰三角形中线、角平分线、高线三线合一
B．角平分线上的点到这个角两边的距离相等
C．三角形三边垂直平分线的交点到三角形三顶点的距离相等
D．在角的内部，到角两边距离相等的点在这个角的角平分线上
【答案】D
【分析】过两把直尺的交点P作PE⊥BO，PF⊥AO，根据题意可得PE=PF，再根据角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上可得OP平分∠AOB．
【详解】解：如图所示：过两把直尺的交点P作PE⊥BO，PF⊥AO，
∵两把完全相同的长方形直尺的宽度相等，
∴PE=PF，
∴OP平分∠AOB（在角的内部，到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上），
故选：D．
【点睛】本题主要考查了角平分线的判定，解题的关键是掌握角的内部到角的两边的距离相等的点在这个角的平分线上．
10．（2023秋·福建宁德·八年级统考期末）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，△DBC是顶角为120°的等腰三角形，动点E、F分别在边AB、AC上，且∠EDF=60°，则△AEF的周长是（ ）
A．12B．10C．8D．6
【答案】C
【分析】延长EB到G，使BG=FC，连接DG，通过△DCF≌△DBG得到DG=DF、∠FDC=∠GDB，再利用△EDG≌△EDF得到EF=EB+FC，求出结果．
【详解】解：延长EB到G，使BG=FC，连接DG，
∵△ABC是等边三角形，
∴∠ABC=∠ACB=60°，
又∵BD=CD，
∴∠DCB=∠DBC=180°-∠BDC2=30° ，
∴∠DCF=∠DBE=90°，
在直角△DCF和直角△DBG中，
DC=DB∠DCF=∠DBGCF=BG ，
∴△DCF≌△DBG，
∴DG=DF，∠FDC=∠GDB，
∴∠GDF=∠BDC=120°，
又∵∠EDF=60°，
∴∠EDG=60°，
在△EDG和△EDF中，
DG=DF∠EDG=∠EDFDE=DE ，
∴△EDG≌△EDF，
∴EF=EG=EB+GB=EB+FC，
∴△AEF的周长为：AE+AF+EF=AE+AF+BE+FC=AB+AC=8，
故选择C．
【点睛】本题考查等边三角形的性质和全等三角形的判定和性质，解决问题的关键构造全等三角形．
二、填空题
11．（2022秋·福建厦门·八年级厦门市松柏中学校考期中）如图，ΔABC≅ΔDEF，请根据图中提供的信息，写出x=______．
【答案】70°/70度
【分析】直接利用全等三角形的性质得出对应角相等进而得出答案．
【详解】解：∵ΔABC≅ΔDEF，
∴BC=20=EF，∠A=∠D=x，
∵∠B=50°，∠C=60°，
∴∠A=180°-50°-60°=70°，
∴x=70°，
故答案为：70°．
【点睛】此题主要考查了全等三角形的性质，正确得出对应角是解题关键．
12．（2022秋·福建泉州·八年级校考期中）如图，用纸板挡住部分直角三角形后，能画出与此直角三角形全等的三角形，其全等的依据是_____________．
【答案】ASA
【分析】根据全等三角形的判定方法解决此题．
【详解】由图得：遮挡住的三角形中露出两个角及其夹边．
则能画出与此直角三角形全等的三角形，其全等的依据是ASA．
故答案为：ASA．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定，熟练掌握全等三角形的判定是解决本题的关键．
13．（2022春·福建南平·八年级阶段练习）如图，平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，则图中全等的三角形共有_____对．
【答案】4
【分析】根据平行四边形的性质结合全等三角形的判定方法即可得到结果．
【详解】解：∵平行四边形ABCD
∴AB=CD，AD=BC，OA=OC，OB=OD
∴△AOB≌△COD，△AOD≌△COB，△ABD≌△CDB，△ABC≌△CDA共4对．
故答案为：4
【点睛】全等三角形的判定与性质的应用贯穿于整个初中学习，是平面图形中极为重要的知识点，与各个知识点结合极为容易，是中考中的热点，在各种题型中均有出现，需多加关注．
14．（2022秋·福建福州·八年级校考开学考试）如图，△ABC中，∠A＝90°，AB＝AC，BD平分∠ABC交AC于D，DE⊥BC于点E，且BC＝6，则△DEC的周长是 _____．
【答案】6
【分析】根据角平分线的性质，可知DE＝AD，由此可证得Rt△ABD≌Rt△EBD，即可求得△DEC的周长＝BC＝6．
【详解】解：∵BD是∠ABC的平分线，DE⊥BC，∠A＝90°，
∴DE＝AD，
在Rt△ABD和Rt△EBD中，
∵{BD=BDAD=ED，
∴Rt△ABD≌Rt△EBD（HL），
∴AB＝AE，
∴△DEC的周长＝DE+CD+CE
＝AD+CD+CE
＝AC+CE
＝AB+CE
＝BE+CE
＝BC，
∵BC＝6，
∴△DEC的周长是6；
故答案为：6．
【点睛】本题主要考查的是角平分线的性质的应用，角平分线的性质为：角平分线上任意一点到该角两边的距离相等．
15．（2022秋·福建莆田·八年级校考阶段练习）如图，C为线段AE上一动点（不与点A，E重合），在AE同侧分别作正△ABC和正△CDE，AD与BE交于点O，AD与BC交于点P，BE与CD交于点Q，连接PQ．以下四个结论：①AD=BE；②PQ∥AE；③AP=BQ；④∠AOB=60°，其中正确的结论个数是________．
【答案】4
【分析】①由△ABC和△CDE是等边三角形，可知AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°从而可证△ACD≅△BCE，可推出①正确；②由△ACD≅△BCE推出△CDP≅△CEQ，推出CP=CQ，推出∠CPQ=∠CQP=60°和∠QPC=∠BCA可知②正确；③由△ACD≅△BCE推出DP=QE，由△ADC≅△BEC推出AD=BE，由AD-DP=BE-QE可得AP=BQ，可推出③正确；④利用等边三角形的性质和平行线的性质可得到∠CEO=∠DEO，等量代换可推出④正确．
【详解】①∵△ABC和△CDE是等边三角形，
∴AC=BC，CD=CE，∠ACB=∠DCE=60°．
∵∠ACD=∠ACB+∠BCD，∠BCE=∠DCE+∠BCD
∴∠ACD= ∠BCE
∴△ADC≅△BCESAS
∴AD=BE，∠ADC=∠BEC
故①正确．
②∵CD=CE，∠DCP=∠ECQ=60°
∴∠ADC=∠BEC
∴△CDP≅△CEQ ASA
∴CP=CQ
∴∠CPQ=∠CQP=60°
∴∠QPC=∠BCA
∴PQ∥AE
故②正确．
③∵△CDP≅△CEQ
∴DP=QE
∵△ADC≅△BEC
∴AD=BE
∴AD-DP=BE-QE
∴AP=BQ
故③正确．
④∠AOB=∠DAE+∠AEO=∠DAE+∠ADC=∠DCE=60°
故④正确．
综上所述正确答案有4个．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的判定，全等三角形的判定和性质,三角形外角的性质等知识，正确寻找三角形全等是解答本题的关键，属于中考常考题型．
16．（2022秋·福建莆田·八年级校考期末）如图，△ABC和△ADE均为等边三角形，CE的延长线交BD于点F，连接AF，有以下结论：①BD＝CE，②AF平分∠DFC，③FB＝FE，④FE+DF＝AF．其中正确结论的序号是_____．
【答案】①②④
【分析】根据等边三角形的性质、全等三角形的性质和30°直角三角形的性质进行判断即可．
【详解】解：∵△ABC和△ADE均为等边三角形，
∴AC=AB，AE=AD，∠CAE+∠EAB=∠EAB+∠BAD=60°，
∴∠CAE=∠BAD，
∴AC=AB∠CAE=∠BADAE=AD，
∴△CAE≅△BADSAS，
∴BD＝CE，故①正确；
过A作AM⊥BD于M，AN⊥CF于N，
由（1）△CAE≅△BAD得∠ACN=∠ABM，
∵∠ACN=∠ABM∠ANC=∠AMB=90°AC=AB，
∴△AMB≅△ANCAAS，
∴AM=AN，
∵△AMF，△ANF都为直角三角形，
∴AM=ANAF=AF
∴△AMF≅△ANFHL，
∴∠AFM=∠AFN
∴AF平分∠MAC，故②正确；
当E与C点重合，F与B重合时，BF=0，
则EF>BF，故③错误；
由②得AM=AN，
∵AM⊥BD，AN⊥CF，
∴△AMD和△ANE都为直角三角形，
∵AM=ANAD=AE
∴△AMD ≅ △ANE HL
∴MD=NE，∠MAD=∠NAE，
∴DF+DE=DF+MD+FN，∠MAF+∠NAF=60°，
∴在含30°Rt△AMF和Rt△ANF中
FM=12AF，FN=12AN，
∴DF+DE=FM+FN=12AF+12AF=AF，故④正确；
故答案为：①②④．
【点睛】本题考查了等边三角形的性质、全等三角形的性质、30°直角三角形的性质，解决本题的关键是掌握等边三角形的性质进行运算．
三、解答题
17．（2022秋·福建厦门·八年级校考阶段练习）如图所示，CE=DE，EA=EB，CA=DB，求证：△ABC≌△BAD．
【答案】证明见解析．
【分析】由CE=DE，EA=EB得到AD=BC，再根据SSS定理进行判定．
【详解】∵CE=DE，EA=EB，
∴CE+BE=DE+AE，即AD=BC，
在△ACB和△BDA中，
AC=BDBC=ADAB=AB，
∴△ABC≌△BAD（SSS）．
【点睛】考查了全等三角形的判定，解题关键是灵活运用判定两个三角形全等的方法，主要有SSS、SAS、ASA、AAS、HL．
18．（2023·福建厦门·厦门双十中学思明分校校考二模）如图，在正方形ABCD中，点E在BC边的延长线上，点F在CD边的延长线上，且CE=DF，连接AE和BF相交于点M．
求证：AE=BF ．
【答案】证明见解析．
【分析】利用正方形的性质证明：AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，再证明BE=CF，可得三角形的全等，利用全等三角形的性质可得答案．
【详解】证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC=CD，∠ABE=∠BCF=90°，
又∵CE=DF，
∴CE+BC=DF+CD即BE=CF，
在△BCF和△ABE中，
BE=CF∠ABE=∠BCFAB=BC
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF．
【点睛】本题考查的是正方形的性质，三角形全等的判定与性质，掌握以上知识是解题的关键．
19．（2022秋·福建福州·八年级福建省福州第一中学校考期中）已知：∠B=∠C，AD是BC边上的高，求证：AD平分∠BAC.
【答案】证明见解析
【分析】根据AD是BC边上的高，则有∠ADB=∠ADC=90°，即可利用AAS证明 △ADB≌△ADC，则有∠BAD=∠CAD，即可得出结论．
【详解】证明：∵AD是BC边上的高，
∴AD⊥BC，即 ∠ADB=∠ADC=90°，
在△ADB和△ADC中，
∠B=∠C∠ADB=∠ADCAD=AD，
∴△ADB≌△ADC(AAS) ，
∴∠BAD=∠CAD，
即AD平分∠BAC．
【点睛】本题考查的是等腰三角形的三线合一，三角形的全等，解题的关键是证明三角形的全等．
20．（2023·福建·模拟预测）如图，点B，E，C，F在同一直线上，∠A=∠D=90°，BE=FC，AB=DF，求证：∠B=∠F.
【答案】见详解
【分析】利用“HL”证明Rt△ABC≌Rt△DFE，即可作答．
【详解】∵BE=FC，
∴BE+EC=EC+FC，
∴BC=EF，
∵∠A=∠D=90°，
∴△ABC、△DFE是直角三角形，
在Rt△ABC和Rt△DFE中，BC=EF，AB=DF，
∴Rt△ABC≌Rt△DFEHL，
∴∠B=∠F．
【点睛】本题主要考考查了利用“HL”证明两直角三角形全等的知识，熟练掌握直角三角形全等的判定方法是解决问题的关键．
21．（2022秋·福建南平·八年级统考期末）如图，点C，F，E，B在同一直线上，AB∥CD，CE=BF，∠A=∠D．求证：AB=CD．
【答案】见解析
【分析】先根据平行线的性质得到∠B=∠C，再利用AAS证明△ABE≌△DCF即可证明AB=CD．
【详解】证明：∵AB∥CD，
∴∠B=∠C．
∵CE=BF，
∴CE-EF=BF-EF即CF=BE．
在△ABE和△DCF中
∠A=∠D∠B=∠CBE=CF ，
∴△ABE≌△DCFAAS，
∴AB=CD．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行线的性质，熟知全等三角形的性质与判定条件是解题的关键．
22．（2022春·福建福州·七年级校考期末）如图所示，△ABC三个顶点均在平面直角坐标系的格点上．A-2,3，B1,0，C5,0．
(1)若把△ABC向上平移2个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A'B'C'，在图中画出△A'B'C'，并直接写出△A'B'C'三个顶点坐标；
(2)求出△ABC的面积；
(3)点P为x轴上一点，且△ABP的面积是△ABC面积的一半，求P点坐标．
【答案】(1)见解析，A'0,5，B'3,2，C'7,2；
(2)6
(3)3,0或-1,0
【分析】（1）利用平移变换的性质分别作出A，B，C的对应点A',B',C'即可；
（2）利用三角形面积公式求解；
（3）设P（m，0），构建方程求出m即可．
（1）
解：如图，△A'B'C'即为所求，
∵把△ABC向上平移2个单位长度，再向右平移2个单位长度得到△A'B'C'，A-2,3，B1,0，C5,0
∴A'0,5，B'3,2，C'7,2；
（2）
解：△ABC的面积=12×4×3=6；
（3）
解：设点Pm,0，则有BP=m-1，
∵△ABP的面积是△ABC面积的一半，
∴12×m-1×3=3，
解得m=3或-1，
∴P点坐标3,0或-1,0．
【点睛】本题考查作图一平移变换，三角形的面积等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题，属于中考常考题型．
23．（2022春·福建龙岩·八年级校考阶段练习）如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，BC=8，AB=10，BD平分∠ABC交AC于点D，求CD的长．
【答案】83
【分析】根据勾股定理得到AC=6，过D作DE⊥AB于E，根据角平分线的性质得到CD=DE，根据全等三角形的性质得到BE=BC=8，根据勾股定理即可得到结论．
【详解】解：在Rt△ACB中，∠C=90°，BC=8，AB=10，
∴AC=AB2-BC2=102-82=6，
过D作DE⊥AB于E，
∵BD平分∠ABC，∠C=90°，
∴CD=DE，
在Rt△BCD与Rt△BED中，
CD=DEBD=BD，
∴Rt△BCD≌Rt△BEDHL，
∴BE=BC=8，
∴AE=2，
∵AD2=DE2+AE2，
∴AD2=6-AD2+22，
∴AD=103，
∴CD=AC-AD=6-103=83．
【点睛】本题考查了勾股定理，角平分线的性质，全等三角形的判定和性质，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
24．（2021秋·福建泉州·八年级统考期末）如图1，等腰直角三角形ABC中，O为斜边AC的中点，CD为∠ACB的平分线，过点B作BE⊥CD，垂足为D，交AC于点E，CD与BO交于点F．
（1）求证：△BOE≌△COH；
（2）将∠DCB沿CB方向移动至P处，角的一边分别交BE、BO于点Q、H，如图2所示，试探究线段BQ和PH的数量关系，以及它们所在直线的位置关系．
【答案】（1）见解析；（2）BQ=12 PH且BQ⊥PH，见解析
【分析】（1）由ΔABC等腰直角三角形，可得AB=CB，∠ABC=90°，∠A=∠ACB=45°，由CD为∠ACB的平分线，可得∠OCH=∠BOH=22.5°，可证∠ABE=∠BCH=22.5°，由O为斜边AC的中点，可得AO=CO=BO，∠ABO=∠CBO=45°，可证△ABE≌△BCH（ASA），再证Rt△BOE≌Rt△COH（HL）；
（2）PH=2BQ，PQ⊥BE，过P作PM⊥OB于N，交BE于M，CD⊥BE于D，由∠DCB沿CB方向移动至P处，可得QP∥CD，∠QPB=∠DCB=22.5°由BE⊥CD，可得PQ⊥BE，由OC⊥OB，可得PM∥OC，可证∠NPB=∠NBP,可证△BMN≌△PHN（ASA），再证△BPQ≌△MPQ（ASA）可推出PH=2BQ．
【详解】证明（1）∵ΔABC等腰直角三角形，
∴AB=CB，∠ABC=90°，∠A=∠ACB=45°，
∵CD为∠ACB的平分线，
∴∠OCH=∠BOH=22.5°
∴∠ABE+∠EBC=90°，
∵BE⊥CD，
∴∠BDC=90°，
∴∠EBC+∠HCB=90°，
∴∠ABE=∠BCH=22.5°，
∵O为斜边AC的中点，
∴AO=CO=BO，∠ABO=∠CBO=45°，
∴∠A=∠HBC，
∴△ABE≌△BCH（ASA），
∴BE=CH，
∵OB=OC，
∵BO是等腰直角三角形的斜边中线，
∴OB⊥AC，
∴Rt△BOE≌Rt△COH（HL）；
（2）PH=2BQ，PQ⊥BE，
过P作PM⊥OB于N，交BE于M，CD⊥BE于D，
∵将∠DCB沿CB方向移动至P处，
∴QP∥CD，
∴∠QPB=∠DCB=22.5°，
∵BE⊥CD，
∴PQ⊥BE，
∵OC⊥OB，
∴PM∥OC，
∴∠NPB=45°，
∵∠NBP=45°，
∴∠NPB=∠NBP,
∴BN=PN，
由（1）知∠EBO=∠OCD=22.5°，
∵∠NPH=∠NPB-∠HPB=45°-22.5°=22.5°=∠MBN，
∵∠MNB=∠HNP=90°，
∴△BMN≌△PHN（ASA），
∴BM=PH，
由PQ⊥BE，
∴∠PQB=∠PQM=90°，
∵∠BPQ=∠MPQ=22.5°，PQ=PQ，
∴△BPQ≌△MPQ（ASA），
∴BQ=QM=12BM=12PH，
∴PH=2BQ．
【点睛】本题考查等腰直角三角形的性质，角平分线性质，三角形全等的判定与性质，平行线的性质与判定，两直线垂直判定，关键是引辅助线构造倍长线段，利用三角形全等解决问题．
25．（2022春·福建福州·八年级统考期末）已知：将矩形ABCD绕点A逆时针旋转α(0∘