初中数学人教版八年级上册第十二章 全等三角形12.1 全等三角形同步练习题

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专题12.4 全等三角形（满分100）
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
题号
一
二
三
总分
得分





评卷人
得 分


一．选择题（本大题共10小题，每小题3分，满分30分）
1．（2021秋•辛集市期末）观察下面的6组图形，其中是全等图形的有（　　）

A．3组 B．4组 C．5组 D．6组
【思路点拨】
根据全等图形的定义进行判断即可．
【解题过程】
解：观察图①④⑤⑥四组图形经过平移、旋转、对折后能够完全重合，是全等图形，
故选：B．
2．（2021秋•樊城区期末）如图，△ABE≌△ACD，∠A＝60°，∠B＝25°，则∠BDO度数为（　　）

A．85° B．95° C．110° D．120°
【思路点拨】
根据全等三角形的性质得出∠C＝∠B＝25°，再根据三角形外角性质求出答案即可．
【解题过程】
解：∵△ABE≌△ACD，∠B＝25°
∴∠C＝∠B＝25°，
∵∠A＝60°，
∴∠BDO＝∠A+∠C＝60°+25°＝85°，
故选：A．
3．（2022•张店区一模）如图，△ABC≌△DEC，点E在AB边上，∠B＝70°，则∠BCE的度数为（　　）

A．30° B．40° C．45° D．50°
【思路点拨】
根据全等三角形的性质可得CE＝CB，进一步可得∠CEB＝∠B＝70°，再根据三角形内角和定理即可求出∠BCE的度数．
【解题过程】
解：∵△ABC≌△DEC，
∴CE＝CB，
∵∠B＝70°，
∴∠CEB＝70°，
∴∠BCE＝180°﹣70°﹣70°＝40°，
故选：B．
4．（2021秋•南昌期末）如图，△ACE≌△DBF，AD＝8，BC＝2，则AC为（　　）

A．5 B．6 C．7 D．8
【思路点拨】
根据全等三角形的对应边相等可得AC＝DB，再求出AB＝CD=12（AD﹣BC）＝3，那么AC＝AB+BC，代入数值计算即可得解．
【解题过程】
解：∵△ACE≌△DBF，
∴AC＝DB，
∴AC﹣BC＝DB﹣BC，即AB＝CD，
∵AD＝8，BC＝2，
∴AB=12（AD﹣BC）=12×（8﹣2）＝3，
∴AC＝AB+BC＝3+2＝5．
故选：A．
5．（2022春•天桥区期末）如图，点B，E，C，F四点在同一条直线上，∠B＝∠DEF，BE＝CF，添加一个条件，不能判定△ABC≌△DEF的是（　　）

A．AC＝DF B．AB＝DE C．AC∥DF D．∠A＝∠D
【思路点拨】
根据BE＝CF求出BC＝EF，根据平行线的性质推出∠ACB＝∠F，再根据全等三角形的判定定理推出即可．
【解题过程】
解：∵BE＝CF，
∴BE+EC＝CF+EC，
即BC＝EF，
A．AC＝DF，BC＝EF，∠B＝∠DEF，不符合全等三角形的判定定理，不能推出△ABC≌△DEF，故本选项符合题意；
B．BC＝EF，∠B＝∠DEF，AB＝DE，符合全等三角形的判定定理SAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
C．∵AC∥DF，
∴∠ACB＝∠F，
∠B＝∠DEF，BC＝EF，∠ACB＝∠F，符合全等三角形的判定定理ASA，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
D．∠A＝∠D，∠B＝∠DEF，BC＝EF，符合全等三角形的判定定理AAS，能推出△ABC≌△DEF，故本选项不符合题意；
故选：A．
6．（2022•太原一模）“又是一年三月三”．在校内劳动课上，小明所在小组的同学们设计了如图所示的风筝框架．已知∠B＝∠E，AB＝DE，BF＝EC，△ABC的周长为24cm，FC＝3cm．制作该风筝框架需用材料的总长度至少为（　　）

A．44cm B．45cm C．46cm D．48cm
【思路点拨】
根据BF＝EC以及边与边的关系即可得出BC＝EF，再结合∠B＝∠E、AB＝DE即可证出△ABC≌△DEF（SAS），进而得出C△DEF＝C△ABC＝24cm，结合图形以及CF＝3cm即可得出制成整个金属框架所需这种材料的总长度．
【解题过程】
解：∵BF＝EC，BC＝BF+FC，EF＝EC+CF，
∴BC＝EF．
在△ABC和△DEF中，
AB=DE∠B=∠EBC=EF，
∴△ABC≌△DEF（SAS），
∴C△DEF＝C△ABC＝24cm．
∵CF＝3cm，
∴制成整个金属框架所需这种材料的总长度为C△DEF+C△ABC﹣CF＝24+24﹣3＝45cm．
故选：B．
7．（2021秋•肥西县期末）一个三角形的两边长分别为5和9，设第三边上的中线长为x，则x的取值范围是（　　）
A．x＞5 B．x＜7 C．4＜x＜14 D．2＜x＜7
【思路点拨】
延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，利用SAS证明ADC≌△EDB，得BE＝AC＝9，由AD＝x，得AE＝2x，在△ABE中利用三角形三边关系可得答案．
【解题过程】
解：如图，AB＝5，AC＝9，AD为BC边的中线，

延长AD到E，使AD＝DE，连接BE，CE，
∵AD＝x，
∴AE＝2x，
在△BDE与△CDA中，
AD=DE∠ADC=∠EDBCD=BD，
∴△ADC≌△EDB（SAS），
∴BE＝AC＝9，
在△ABE中，AB+BE＞AE，BE﹣AB＜AE，
即5+9＞2x，9﹣5＜2x，
∴2＜x＜7，
故选：D．
8．（2022春•宝安区校级期中）如图，在△ABC和△AEF中，AB＝AE，BC＝EF，∠ABC＝∠AEF，∠EAB＝40°，AB、EF交于点D，连接EB，下列结论中：①∠FAC＝40°；②AF＝AC；③AD＝AC；④∠EBC＝110°；⑤∠EFB＝40°，其中正确的个数是（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【思路点拨】
证明△AEF≌△ABC（SAS），利用全等三角形的性质，可以推出①②⑤正确，利用反证法推出③④错误即可．
【解题过程】
解：在△AEF和△ABC中，
∵EA＝BA，∠AEF＝∠ABC，EF＝BC，
∴△AEF≌△ABC（SAS），
∴∠EAF＝∠BAC，AF＝AC，故②正确；
∴∠EAB＝∠FAC＝40°，故①正确；
∴∠C＝∠AFC＝∠AFE＝70°，
∴∠EFB＝180°﹣70°﹣70°＝40°，故⑤正确；
∵AE＝AB，∠EAB＝40°，
∴∠AEB＝∠ABE＝70°，
若∠EBC＝110°，则
∠ABC＝40°＝∠EAB，
∴∠EAB＝∠ABC，
∴AE∥BC，显然与题目条件不符，故④错误；
若AD＝AC，则∠ADF＝∠AFD＝70°，
∴∠DAF＝40°，这个显然与条件不符，故③错误．
故选：C．
9．（2022春•历城区期末）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，以AC为边，作△ACD，满足AD＝AC，E为BC上一点，连接AE，∠CAD＝2∠BAE，连接DE，下列结论中：①∠ADE＝∠ACB；②AC⊥DE；③∠AEB＝∠AED；④DE＝CE+2BE．其中正确的有（　　）

A．①②③ B．③④ C．①④ D．①③④
【思路点拨】
因为∠CAD＝2∠BAE，且∠ABC＝90°，故延长EB至G，使BE＝BG，从而得到∠GAE＝∠CAD，进一步证明∠GAC＝∠EAD，且AE＝AG，接着证明△GAC≌△EAD，则∠ADE＝∠ACG，DE＝CG，所以①是正确的，也可以通过线段的等量代换运算推导出④是正确的，根据等腰三角形的性质可以判断③是正确的，当∠CAE＝∠BAE时，可以推导出AC⊥DE，否则AC不垂直于DE，故②是错误的．
【解题过程】
解：如图，延长EB至G，使BE＝BG，设AC与DE交于点M，

∵∠ABC＝90°，
∴AB⊥GE，
∴AB垂直平分GE，
∴AG＝AE，∠GAB＝∠BAE=12∠DAC，
∵∠BAE=12∠GAE，
∴∠GAE＝∠CAD，
∴∠GAE+∠EAC＝∠CAD+∠EAC，
∴∠GAC＝∠EAD，
在△GAC与△EAD中，
AG=AE∠GAC=∠EADAC=AD，
∴△GAC≌△EAD（SAS），
∴∠G＝∠AED，∠ACB＝∠ADE，故①是正确的；
∵AG＝AE，
∴∠G＝∠AEG＝∠AED，故③正确；
∴AE平分∠BED，
当∠BAE＝∠EAC时，∠AME＝∠ABE＝90°，则AC⊥DE，
当∠BAE≠∠EAC时，∠AME≠∠ABE，则无法说明AC⊥DE，故②是不正确的；
∵△GAC≌△EAD，
∴CG＝DE，
∵CG＝CE+GE＝CE+2BE，
∴DE＝CE+2BE，故④是正确的，
综上所述：其中正确的有①③④．
故选：D．
10．（2022春•九龙坡区校级期末）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AD⊥BC于点D，过点A作AF∥BC且AF＝AD，点E是AC上一点且AE＝AB，连接EF，DE．连接FD交BE于点G．下列结论中正确的有（　　）个．①∠FAE＝∠DAB；②BD＝EF；③FD平分∠AFE；④S四边形ABDE＝S四边形ADEF；⑤BG＝GE．

A．2 B．3 C．4 D．5
【思路点拨】
由“SAS”可证△ABD≌△AEF，利用全等三角形的性质依次判断可求解．
【解题过程】
解：∵AD⊥BC，AF∥BC，
∴AF⊥AD，
∴∠FAD＝90°＝∠BAC，
∴∠FAE＝∠BAD，故①正确；
在△ABD和△AEF中，
AB=AE∠BAD=∠EAFAD=AF，
∴△ABD≌△AEF（SAS），
∴BD＝EF，∠ADB＝∠AFE＝90°，故②正确；
∵AF＝AD，∠DAF＝90°，
∴∠AFD＝45°＝∠EFD，
∴FD平分∠AFE，故③正确；
∵△ABD≌△AEF，
∴S△ABD＝S△AEF，
∴S四边形ABDE＝S四边形ADEF，故④正确；
如图，过点E作EN⊥EF，交DF于N，

∴∠FEN＝90°，
∴∠EFN＝∠ENF＝45°，
∴EF＝EN＝BD，∠END＝∠BDF＝135°，
在△BGD和△EGN中，
∠BDG=∠ENG∠BGD=∠EGNBD=NE，
∴△BDG≌△ENG（AAS），
∴BG＝GE，故⑤正确，
故选：D．

评卷人
得 分


二．填空题（本大题共5小题，每小题3分，满分15分）
11．（2021秋•鄂州期末）如图是由边长相等的小正方形组成的网格，则∠1+∠2+∠3的大小为　135　（度）．

【思路点拨】
首先利用SAS定理判定△ABC≌△DBE，根据全等三角形的性质可得∠3＝∠ACB，再由∠ACB+∠1＝∠1+∠3＝90°，可得∠1+∠2+∠3＝90°．
【解题过程】
解：如图，

∵在△ABC和△DBE中AB=BD∠A=∠DAC=ED，
∴△ABC≌△DBE（SAS），
∴∠3＝∠ACB，
∵∠ACB+∠1＝90°，
∴∠1+∠3＝90°，
∴∠1+∠2+∠3＝90°+45°＝135°，
故答案为：135．
12．（2022春•大东区期末）如图．两个全等的直角三角形重叠在一起，将其中的一个三角形沿着点B到C的方向平移到△DEF的位，AB＝8，DP＝3，平移距离为6，则阴影部分的面积为 　39　．

【思路点拨】
根据平移的性质分别求出BE、DE，根据题意求出OE，根据全等三角形的性质、梯形的面积公式计算，得到答案．
【解题过程】
解：由平移的性质知，BE＝6，DE＝AB＝8，
∴PE＝DE﹣DP＝8﹣3＝5，
∵△ABC≌△DEF，
∴S△ABC＝S△DEF，
∴S四边形ODFC＝S梯形ABEO=12（AB+PE）•BE=12（8+5）×6＝39，
故答案为：39．
13．（2021秋•北仑区期末）如图，等边三角形ABC中，放置等边三角形DEF，且点D，E分别落在AB，BC上，AD＝5，连结CF，若CF平分∠ACB，则BE的长度为 　2.5　．

【思路点拨】
如图，在BC上截取EG＝BD，连接FG，根据SAS证明△BED≌△GFE，得FG＝CG＝BE，最后证明AD＝2BE可得结论．
【解题过程】
解：如图，在BC上截取EG＝BD，连接FG，

∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴DE＝EF，AB＝BC，∠DEF＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵∠DEC＝∠BDE+∠B＝∠DEF+∠FEG，
∴∠BDE＝∠FEG，
在△BED和△GFE中，
DE=EF∠BDE=∠FEGBD=EG，
∴△BED≌△GFE（SAS），
∴∠B＝∠EGF＝60°，BE＝FG，
∵FC平分∠ACB，
∴∠ACF＝∠ECF＝30°，
∵∠EGF＝∠GFC+∠FCG，
∴∠GFC＝∠GCF＝30°，
∴FG＝CG＝BE，
∵AB＝BC，BD＝EG，
∴AD＝BE+CG＝2BE＝5，
∴BE＝2.5．
故答案为：2.5．
14．（2021秋•东城区期末）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝8，点C在直线l上．点P从点A出发，在三角形边上沿A→C→B的路径向终点B运动；点Q从B点出发，在三角形边上沿B→C→A的路径向终点A运动．点P和Q分别以1单位/秒和2单位/秒的速度同时开始运动，在运动过程中，若有一点先到达终点时，该点停止运动，另一个点要继续运动，直到两点都到达相应的终点时整个运动才能停止．在某时刻，分别过P和Q作PE⊥l于点E，QF⊥l于点F，则点P的运动时间等于 　2或143或12　秒时，△PEC与△CFQ全等．

【思路点拨】
分四种情况，点P在AC上，点Q在BC上；点P、Q都在AC上；点P到BC上，点Q在AC上；点Q到A点，点P在BC上．
【解题过程】
解：∵△PEC与△CFQ全等，
∴斜边PC＝斜边CQ，
分四种情况：
当点P在AC上，点Q在BC上，如图：

∵CP＝CQ，
∴6﹣t＝8﹣2t，
∴t＝2，
当点P、Q都在AC上时，此时P、Q重合，如图：

∵CP＝CQ，
∴6﹣t＝2t﹣8，
∴t=143，
当点P到BC上，点Q在AC上时，如图：

∵CP＝CQ，
∴t﹣6＝2t﹣8，
∴t＝2，不符合题意，
当点Q到A点，点P在BC上时，如图：

∵CQ＝CP，
∴6＝t﹣6，
∴t＝12，
综上所述：点P的运动时间等于2或143或12秒时，△PEC与△CFQ全等，
故答案为：2或143或12．
15．（2021秋•咸安区期末）如图，C为线段AB上一动点（不与点A、B重合），在AB的上方分别作△ACD和△BCE，且AC＝DC，BC＝EC，∠ACD＝∠BCE，AE、BD交于点P．有下列结论：①AE＝DB；②∠APB＝2∠ADC；③当AC＝BC时，PC⊥AB；④PC平分∠APB．其中正确的是 　①②③④　．（把你认为正确结论的序号都填上）

【思路点拨】
由“SAS”可证△ACE≌△DCB，可得AE＝DB，可判断①；由△ACE≌△DCB，可得∠CAE＝∠CDB，由AC＝DC，可得∠CAD＝∠ADC，利用三角形内角和定理即可判断②；由AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，可得：AC＝BC＝DC＝EC，进而得出∠CAE＝∠CBD，再运用等腰三角形性质即可判断③；由全等三角形的性质可得S△ACE＝S△DCB，由三角形的面积公式可求CG＝CH，由角平分线的性质可得PC平分∠APB，可判断④，即可求解．
【解题过程】
解：∵∠ACD＝∠BCE，
∴∠ACD+∠DCE＝∠BCE+∠DCE，即∠ACE＝∠DCB，
在△ACE和△DCB中，
AC=DC∠ACE=∠DCBEC=BC，
∴△ACE≌△DCB（SAS），
∴AE＝DB，故①正确；
∵△ACE≌△DCB，
∴∠CAE＝∠CDB，
∵∠ACD＝∠CDB+∠CBD，
∴∠ACD＝∠CAE+∠CBD，
∵∠CAE+∠CBD+∠APB＝180°，
∴∠ACD+∠APB＝180°，
∵AC＝DC，
∴∠CAD＝∠ADC，
∵∠ACD+∠CAD+∠ADC＝180°，
∴∠ACD+2∠ADC＝180°，
∴∠APB＝2∠ADC，故②正确；
∵AC＝BC，AC＝DC，BC＝EC，
∴AC＝BC＝DC＝EC，
∴∠CAE＝∠CBD，
∴PA＝PB，
∵AC＝BC，
∴PC⊥AB，故③正确；
如图，连接PC，过点C作CG⊥AE于G，CH⊥BD于H，

∵△ACE≌△DCB，
∴S△ACE＝S△DCB，AE＝BD，
∴12×AE×CG=12×DB×CH，
∴CG＝CH，
∵CG⊥AE，CH⊥BD，
∴PC平分∠APB，故④正确，
故答案为：①②③④．
评卷人
得 分


三．解答题（本大题共8小题，满分55分）
16．（2021•普陀区校级开学）如图，已知AB＝AD，AE＝AC，∠DAB＝∠EAC．求证：△ACD≌△AEB．

【思路点拨】
先证明∠DAC＝∠BAE，然后根据“SAS”可判断△ACD≌△AEB．
【解题过程】
证明：∵∠DAB＝∠EAC，
∴∠DAB+∠BAC＝∠EAC+∠BAC，
即∠DAC＝∠BAE，
在△ACD和△AEB中，
AD=AB∠DAC=∠BAEAC=AE，
∴△ACD≌△AEB（SAS）．
17．（2022春•中原区期末）如图，A、B、C、D在同一直线上，AB＝CD，AE∥BF，AE＝BF．请将证明“CE∥DF”推理过程补充完整．
证明：∵AE∥BF，∴∠A＝　∠FBD　（ 　两直线平行，同位角相等　）
∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC（ 　等式的性质　）
即AC＝BD
在△ACE与△BDF中
AE=BF()AC=BD
∴△ACE≌△BDF（ 　SAS　）
∴　∠ECA＝∠D　（ 　全等三角形的对应角相等　）
∴CE∥DF（ 　同位角相等，两直线平行　）

【思路点拨】
由平行线的性质得出∠A＝∠FBD（两直线平行，同位角相等），由AB＝CD，得出AB+BC＝CD+BC（等式的性质），得出AC＝BD，利用“SAS”证明△ACE≌△BDF，得出∠ECA＝∠D（全等三角形的对应角相等），即可证明CE∥DF（同位角相等，两直线平行）．
【解题过程】
证明：∵AE∥BF，
∴∠A＝∠FBD（两直线平行，同位角相等），
∵AB＝CD，
∴AB+BC＝CD+BC（等式的性质），
即AC＝BD，
在△ACE与△BDF中，
AE=BF∠A=∠FBDAC=BD，
∴△ACE≌△BDF（SAS），
∴∠ECA＝∠D（全等三角形的对应角相等），
∴CE∥DF（同位角相等，两直线平行），
故答案为：∠FBD，两直线平行，同位角相等，等式的性质，∠A＝∠FBD，SAS，∠ECA＝∠D，全等三角形的对应角相等，同位角相等，两直线平行．
18．（2022春•二七区期末）为了测量一池塘的两端A，B之间的距离，同学们想出了如下的两种方案：
方案①如图1，先在平地上取一个可直接到达A，B的点C，再连接AC，BC，并分别延长AC至点D，BC至点E，使DC＝AC，EC＝BC，最后量出DE的距离就是AB的长；
方案②如图2，过点B作AB的垂线BF，在BF上取C，D两点，使BC＝CD，接着过D作BD的垂线DE，在垂线上选一点E，使A、C、E三点在一条直线上，则测出DE的长即是AB的距离．

问：（1）方案①是否可行？请说明理由；
（2）方案②是否可行？请说明理由；
（3）小明说在方案②中，并不一定需要BF⊥AB，DE⊥BF，只需要 　AB∥DE　就可以了，请把小明所说的条件补上．
【思路点拨】
（1）根据SAS证明△DCE≌△ACB，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）根据ASA证明△ABC≌△EDC，进一步即可得证；
（3）只需要AB∥DE，此时∠ABC＝∠EDC，证明△ABC≌△EDC（ASA）即可得证．
【解题过程】
解：（1）方案①可行，理由如下：
在△DCE和△ACB中，
DC=AC∠DCE=∠ACBEC=BC，
∴△DCE≌△ACB（SAS），
∴DE＝AB，
∴方案①可行；
（2）方案②可行，理由如下：
∵AB⊥BF，DE⊥BF，
∴∠ABC＝∠EDC＝90°，
在△ABC和△EDC中，
∠ABC=∠EDCBC=CD∠ACB=∠ECD，
∴△ABC≌△EDC（ASA），
∴DE＝AB，
故方案②可行；
（3）只需要AB∥DE，此时∠ABC＝∠EDC，
证明步骤同（2），
故答案为：AB∥DE．
19．（2022春•肥城市期中）如图所示，D是△ABC边BC的中点，E是AD上一点，满足AE＝BD＝DC，FA＝FE．求∠ADC的度数．

【思路点拨】
延长AD至G，使AD＝DG，连接BG，在DG上截取DH＝DC，然后利用中线的性质和已知条件证明△ADC≌△GDB（SAS），接着利用全等三角形的性质和已知条件再证明△DAC≌△HEB（SAS）即可解决问题．
【解题过程】
解：延长AD至G，使AD＝DG，连接BG，在DG上截取DH＝DC，

在△ADC和△GDB中，BD=CD∠ADC=∠BDGAD=DG，
∴△ADC≌△GDB（SAS），
∴AC＝BG，∠G＝∠CAD，
∵FA＝FE，
∴∠CAD＝∠AEF，
∴∠G＝∠CAD＝∠AEF＝∠BED，
∴BG＝BE＝AC，
∵AE＝DC＝BD，
∴AE+ED＝DH+ED，
∴AD＝EH，
在△DAC和△HEB中，
AD=EH∠CAD=∠BEHAC=EB，
∴△DAC≌△HEB（SAS），
∴CD＝BH，
∴BD＝BH＝DH，
∴△BDH为等边三角形，
∴∠C＝∠BDH＝60°＝∠ADC．
故答案为：60°．
20．（2021秋•定远县校级期末）如图1，已知A，E，F，C在同一条直线，AE＝CF，过E，F分别作DE⊥AC，BF⊥AC，AB＝CD．

（1）求证：DB平分EF；
（2）若△DEC的边EC沿AC方向移动，其余条件不变，如图2，上述结论是否仍成立？请说明理由．
【思路点拨】
先求证Rt△ABF≌Rt△CDE得到DE＝BF，再求证△BOF≌△DOE即可得到EO＝FO，即可求证结论．
【解题过程】
解：（1）∵AE＝CF，
∴AF＝CE．
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
AF=CEAB=CD，
∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝DE．
在△BOF和△DOE中，
∠BOF=∠DOE∠BFO=∠DEO=90°BF=DE，
∴△BOF≌△DOE（AAS），
∴EO＝FO，
∴DB平分EF．
（2）DB平分EF成立，理由如下：
∵AE＝CF，
∴AF＝CE．
在Rt△ABF和Rt△CDE中，
AF=CEAB=CD，
∴Rt△ABF≌Rt△CDE（HL），
∴BF＝DE．
在△BOF和△DOE中，
∠BOF=∠DOE∠BFO=∠DEO=90°BF=DE，
∴△BOF≌△DOE（AAS），
∴EO＝FO，
∴DB平分EF．
21．（2022春•沙坪坝区校级期中）如图，在△ABC中，∠ABC、∠ACB的平分线交于点D，延长BD交AC于E，G、F分别在BD、BC上，连接DF、GF，其中∠A＝2∠BDF，GD＝DE．
（1）当∠A＝80°时，求∠EDC的度数；
（2）求证：CF＝FG+CE．


【思路点拨】
（1）在BC上取点M，使CM＝CE，证明△CDE≌△CDM（SAS），可得DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC，证明∠BDM＝180°−12∠ABC﹣∠DMB＝180°−12∠ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°，进而可以解决问题．
（2）结合（1）然后证明△DGF≌△DMF（SAS），可得GF＝MF，进而可以解决问题．
【解题过程】
（1）解：如图，在BC上取点M，使CM＝CE，

∵CD平分∠ACB，
∴∠ACD＝∠BCD，
在△CDE和△CDM中，
CE=CM∠ECD=∠MCDCD=CD，
∴△CDE≌△CDM（SAS），
∴DE＝DM，∠DEC＝∠DMC，∠EDC＝∠MDC，
∵GD＝DE，
∴GD＝MD，
∵∠DEC+∠AEB＝180°，∠DMC+∠DMF＝180°，
∴∠AEB＝∠DMF，
∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE＝∠CBE=12∠ABC，
∴∠BDM＝180°−12∠ABC﹣∠DMB＝180°−12∠ABC﹣∠AEB＝∠A＝80°，
∴∠EDM＝100°，
∴∠EDC＝50°；
（2）证明：∵∠A＝2∠BDF，
∴∠BDM＝2∠BDF，
∴∠FDM＝∠BDF，
在△DGF和△DMF中，
DG=DM∠GDF=∠MDFDF=DF，
∴△DGF≌△DMF（SAS），
∴GF＝MF，
∴CF＝CM+FM＝CE+GF．
∴CF＝FG+CE．
22．（2022春•新都区期末）如图，Rt△ACB中，∠ACB＝90°，∠CAB与∠ABC的角平分线BE，AD相交于点G，过G作AD垂线交BC的延长线于点F，交AC于点H．
（1）求∠DGB的大小；
（2）若AD＝10，GF＝6，求GH长度；
（3）若S△ABG＝5，求四边形ABDE的面积．

【思路点拨】
（1）根据角平分线的定义，得到∠GAB+∠GBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°，再结合三角形的外角的性质可得结论；
（2）先由GF⊥AD得∠FGD＝∠ACD＝90°，进而得∠F＝∠CAD，再由AD平分∠BAC得∠CAD＝∠BAD，即可得到∠F＝∠BAD，结合∠ABG＝∠FBG，BG＝BG证明△ABG≌△FBG，再证明△AGH≌△FGD，可得结论；
（3）根据全等三角形的性质及面积的和差关系可解答．
【解题过程】
解：（1）∵△ABC的角平分线AD、BE相交于点G，
∴∠GAB+∠GBA=12（∠CAB+∠CBA）＝45°，
∴∠DGB＝∠GAB+∠ABG＝45°；
（2）∵∠ACB＝90°，
∴∠FCH＝90°，
由（1）知：∠DGB＝45°，
∴∠AGB＝135°，
又∵GF⊥AD，
∴∠FGB＝90°+45°＝135°，
∴∠AGB＝∠FGB，
∵∠AHG＝∠CHF，∠AGH＝∠FCH＝90°，
∴∠BFH＝∠CAD＝∠BAD，
在△ABG和△FBG中，
∠ABG=∠FBGBG=BG∠BAG=∠BFG，
∴△ABG≌△FBG（ASA），
∴GA＝GF，
∵AD＝10，GF＝6，
∴DG＝AD﹣AG＝AD﹣FG＝10﹣6＝4，
∵∠F＝∠CAD，∠AGH＝∠FGD，AG＝FG，
∴△AGH≌△FGD（AAS），
∴GH＝DG＝4；
（3）如图，

∵△ABG≌△FBG，△AGH≌△FGD，
∴S△AGB＝S△FBG，S△AGH＝S△FGD，GH＝GD，
∵∠HGD＝90°，
∴∠HDG＝∠DHG＝45°＝∠BGD，
∴HD∥EG，
∴S△EGH＝S△EGD，
∵S四边形ABDE＝S△ABG+S△AEG+S△EGD+S△GBD＝S△ABG+（S△AEG+S△EGH）+S△GBD
＝S△ABG+S△FGD+S△GBD
＝S△ABG+S△FBG
＝2S△ABG
＝2×5
＝10．
23．（2021秋•章贡区期末）如图，长方形ABCD中，AB＝4cm，BC＝6cm，现有一动点P从A出发以2cm/秒的速度，沿矩形的边A﹣B﹣C﹣D﹣A返回到点A停止，设点P运动的时间为t秒．
（1）当t＝3时，BP＝　2　cm；
（2）当t为何值时，连接CP，DP，△CDP是等腰三角形；
（3）Q为AD边上的点，且DQ＝5，当t为何值时，以长方形的两个顶点及点P为顶点的三角形与△DCQ全等．

【思路点拨】
（1）当t＝3时，点P运动到线段BC上，即可得到BP的长度；
（2）分三种情况讨论，①当点P在AB上时，②当点P在BC上时，③当点P在AD上时，根据全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质即可得到答案；
（3）根据题意，要使一个三角形与△DCQ全等，则点P的位置可以有四个，根据点P运动的位置，即可计算出时间．
【解题过程】
解：（1）当t＝3时，点P走过的路程为：2×3＝6，
∵AB＝4，
∴点P运动到线段BC上，
∴BP＝6﹣4＝2，
故答案为：2；
（2）①当点P在AB上时，△CDP是等腰三角形，

∴PD＝CP，
在矩形ABCD中，AD＝BC，∠A＝∠B＝90°，
∴△DAP≌△CBP（HL），
∴AP＝BP，
∴AP=12AB=2，
∴t=22=1，
②当点P在BC上时，△CDP是等腰三角形，

∵∠C＝90°，
∴CD＝CP＝4，
∴BP＝CB﹣CD＝2，
∴t=AB+BP2=4+22=3，
③当点P在AD上时，△CDP是等腰三角形，

∵∠D＝90°，
∴DP＝CD＝4，
∴t=AB+CB+CD+DP2=4+6+4+42=9，
综上所述，t＝1或3或9时，△CDP是等腰三角形；
（3）根据题意，如图，连接CQ，则AB＝CD＝4，∠A＝∠B＝∠C＝∠D＝90o，DQ＝5，
∴要使一个三角形与△DCQ全等，则另一条直角边必须等于DQ，

①当点P运动到P1时，CP1＝DQ＝5，此时△DCQ≌△CDP1，
∴点P的路程为：AB+BP1＝4+1＝5，
∴t＝5÷2＝2.5，
②当点P运动到P2时，BP2＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP2，
∴点P的路程为：AB+BP2＝4+5＝9，
∴t＝9÷2＝4.5，
③当点P运动到P3时，AP3＝DQ＝5，此时△CDQ≌△ABP3，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP3＝4+6+4+1＝15，
∴t＝15÷2＝7.5，
④当点P运动到P4时，即P与Q重合时，DP4＝DQ＝5，此时△CDQ≌△CDP4，
∴点P的路程为：AB+BC+CD+DP4＝4+6+4+5＝19，
∴t＝19÷2＝9.5，
综上所述，时间的值可以是：t＝2.5，4.5，7.5或9.5，
故答案为：2.5或4.5或7.5或9.5．