专题12.5 全等三角形章末拔尖卷（人教版）（解析版）

第12章全等三角形章末拔尖卷【人教版】参考答案与试题解析一．选择题（共10小题，满分30分，每小题3分）1．（3分）（2023春·八年级课时练习）下列四个图形中，通过旋转和平移能够全等图形的是()A．③和④ B．②和③ C．②和④ D．①②④【答案】D【分析】根据全等形的概念：能够完全重合的两个图形叫做全等形可得答案【详解】①、②和④都可通过平移或旋转完全重合．故选D．【点睛】此题主要考查了全等图形，关键是掌握全等图形的概念．2．（3分）（2023春·内蒙古通辽·八年级校考期中）如果△ABC的三边长分别为3、5、7，△DEF的三边长分别为3，3x-2，2x-1，若这两个三角形全等，则x的值为(

)A．73 B．4 C．3 D．【答案】C【分析】根据全等三角形的对应边相等分类讨论，分别求出x值判断即可．【详解】此题需要分类讨论．①若3x-2=5，则x=7所以2x-1=所以此种情况不符合题意；②若3x-2=7，则x=3，所以2x-1=5．所以此种情况符合题意．综上所述：x=3故选C．【点睛】此题考查的是根据全等三角形的性质求字母的值，掌握全等三角形的对应边相等是解决此题的关键．3．（3分）（2023春·四川南充·八年级校考期中）如图，锐角△ABC中，D、E分别是AB、AC边上的点，△ADC≌△ADC′，△AEB≌△AEB′，且C'D//EB'//BC，BE、CD交于点F．若∠BAC=40°，则∠BFC的大小是（

）A．105° B．110° C．100° D．120°【答案】C【分析】延长C′D交AB′于H．利用全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质证明∠BFC＝∠C′＋∠AHC′，再求出∠C′＋∠AHC′即可解决问题．【详解】解：如图延长C′D交AB′于H．∵△AEB≌△AEB′，∴∠ABE＝∠AB′E，∵C′H∥EB′，∴∠AHC′＝∠AB′E，∴∠ABE＝∠AHC′，∵△ADC≌△ADC′，∴∠C′＝∠ACD，∵∠BFC＝∠DBF＋∠BDF，∠BDF＝∠CAD＋∠ACD，∴∠BFC＝∠AHC′＋∠C′＋∠DAC，∵∠DAC＝∠DAC′＝∠CAB′＝40°，∴∠C′AH＝120°，∴∠C′＋∠AHC′＝60°，∴∠BFC＝60°＋40°＝100°，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，三角形的外角的性质等知识，能熟记全等三角形的性质的内容是解此题的关键，注意：全等三角形的对应边相等，对应角相等．4．（3分）（2023春·山西忻州·八年级统考期中）如图，△AOB≌△ADC，点B和点C是对应顶点，∠O=∠D=90°，记∠OAD=α，∠ABO=β，∠ABC=∠ACB，当BC∥OA时，α与A．α=β B．α=2β C．α+β=90° D．α+2β=180°【答案】B【分析】根据全等三角形的性质得到∠OAB=∠DAC，再根据平行线的性质，得到∠OAB=∠ABC=90°-β，利用∠OAD+∠DAC+∠ACB=180°，即可解答．【详解】解：∵△AOB≌△ADC，∴∠DAC=∠OAB=90°-∠OBA=90°-β，∵BC∥OA，∴∠ABC=∠ACB=∠OAB=90°-β，∠OAC+∠ACB=180°，∵∠OAC=∠OAD+DAC，∴α+90°-β+90°-β=180°，化简得：α=2β．故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质，平行线的性质，结合图形和题意找到角之间的关系是解题的关键．5．（3分）（2023春·湖北黄冈·八年级校考期中）如图，已知点B、C、D在同一条直线上，△ABC和△CDE都是等边三角形．BE交AC于F，AD交CE于G．则下列结论中错误的是()A．AD＝BE B．BE⊥ACC．△CFG为等边三角形 D．FG∥BC【答案】B【详解】试题解析：A.∵△ABC和△CDE∴AC=BC，在△ACD与△BCE中，{AC=BC∴△ACD≌△BCE，∴AD=BE，正确.B.据已知不能推出F是AC中点，即AC和BF不垂直，所以AC⊥BE错误，故本选项符合题意.C.△CFG∠ACG=180°-60°-60°=60°=∠BCA，∵△ACD≌△BCE∴∠CBE=∠CAD，在△ACG和△BCF中，{∠CAG=∠CBF∴△ACG≌△BCF，∴CG=CH，又∵∠ACG=60°∴△CFG是等边三角形，正确.D.∵△CFG∴∠CFG﹦∴FG∥BC.正确.故选B.6．（3分）（2023春·重庆沙坪坝·八年级校考期末）如图所示的4×4的正方形网格中，∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7的值是（

A．225° B．270° C．315° D．360°【答案】C【分析】由全等三角形的判定和性质，得到∠1=∠BAC，，则有∠1+∠7=90°，，同理可证∠2+∠6=90°，【详解】解：根据题意，如图：∵AC=DE∴△ABC∴∠1=∠BAC∵∠7+∠BAC=90°∴∠1+∠7=90°同理可证∠2+∠6=90°∵∠4=45°∴∠1+∠2+∠3+∠4+∠5+∠6+∠7=90°+90°+90°+45°=315°故选：C．【点睛】此题主要考查了全等三角形的判定和性质，关键是掌握全等三角形的性质：全等三角形对应角相等．7．（3分）（2023春·重庆江北·八年级校考期末）如图，在△ABC中，∠A=60°，∠ABC和∠ACB的平分线BD、CE相交于点O，BD交AC于点D，CE交AB于点E，若已知△ABC周长为20，BC=7，AE:AD=4:3，则AE长为（

）A．187 B．247 C．267【答案】B【分析】证明△BOE≌△BOH得出∠EOH=∠BOH=60°，证明△COD≌△COH得出CD=CH，进而即可求解．【详解】解：如图，在BC上截取BH=BE，连接OH∵BD平分∠ABC，CE平分∠ACB，∴∠ABD=∠CDB,∠ACE=∠BCE，∵∠A=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴∠DBC+∠BCE=60°，∴∠BOC=120°，∴∠BOE=∠COD=60°，在△BOE和△BOH中，BE=BH∠ABD=∠CBD∴△BOE≌△BOH(SAS∴∠EOB=∠BOH=60°，∴∠COH=∠BOC-∠BOH=60°，∴∠COD=∠COH=60°，在△COD和△COH中，∠ACE=∠BCEOC=OC∴△COD≌△COH(ASA)∴CD=CH，∴BE+CD=BH+CH=BC=7，∵△ABC周长为20，∴AB+AC+BC=20，∴AE+AD=6，∵AE:AD=4:3，∴AE=6故选：B．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，角分线的定义，构造全等三角形是解题的关键．8．（3分）（2023春·全国·八年级期中）如图，△ABC的外角∠ACD的平分线CE与内角∠ABC的平分线BE交于点E，若∠BEC=40°，则∠CAE的度数为（

）A．65° B．60° C．55° D．50°【答案】D【分析】过点E作EF⊥BA交BA延长线于点F，EM⊥AC于点M，EN⊥BC交BC延长线于点N，设∠ECD=x°，根据角平分线的性质定理，可得EF=EM，再由三角形外角的性质，可得∠BAC=80°，从而得到∠CAF=100°，再由Rt△EFA≌Rt△EMA，即可求解．【详解】解：如图，过点E作EF⊥BA交BA延长线于点F，EM⊥AC于点M，EN⊥BC交BC延长线于点N，设∠ECD=x°，∵CE平分∠ACD，∴∠ACE=∠ECD=x°，EM=EN，∵BE平分ABC，∴∠ABE=∠EBC，EF=EN，∴EF=EM，∵∠BEC=40°，∴∠ABE=∠EBC=∠ECD–∠BEC=(x-40)°，∴∠BAC=∠ACD–∠ABC=2x°-(x°-40°)-(x°-40°)=80°，∴∠CAF=100°，在Rt△EFA和Rt△EMA中，∵EA=EA，EM=EF，∴Rt△EFA≌Rt△EMA(HL)，∴∠FAE=∠EAC=50°．故选：D【点睛】本题主要考查了角平分线的性质定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握角平分线上的点到角两边的距离相等是解题的关键．9．（3分）（2023春·全国·八年级期中）如图，△ABC中，∠BAC=60°，∠ABC<60°，三条角平分线AD、BE、CF交于O，OH⊥BC于H．下列结论：①∠BOC=120°；②∠DOH=∠OCB-∠OBC；③OD平分∠BOC；④BF+CE=BC．其中正确的结论个数有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】C【分析】由∠BAC=60°得∠ABC+∠ACB=120°，即可求得∠BOC=120°，可判断①正确；由∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD-∠ABC，而∠BAD=12∠BAC=12由∠BAC=60°，∠ABC<60°得∠ABC<∠ACB，再由∠OAB=∠OAC推导出∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，即可证明∠BOD<∠COD，可判断③错误；在BC上截取BI=BF，连接OI，由∠EOF=∠BOC=120°得∠AFO+∠AEO=180°，即要证明∠CEO=∠AFO，再证明△OBI≌△OBF，得∠OIB=∠OFB，则∠CIO=∠AFO，所以∠CIO=∠CEO，即可证明△CIO≌△CEO，得CI=CE，所以BF+CE=BC，可判断④正确．【详解】解：∵∠BAC=60°，∴∠ABC+∠ACB=120°，∴12∵∠OBC=12∠ABC∴∠BOC=180°-∠OBC+∠OCB故①正确；∵OH⊥BC于H，∴∠OHD=90°，∴∠DOH=90°-∠ODH=90°-∠BAD+∠ABC∵∠BAD=1∴∠DOH=90°-1∵∠OCB-∠OBC=1∴∠DOH=∠OCB-∠OBC，故②正确；∵∠BAC=60°，∠ABC<60°，∴∠ACB>60°，∴∠ABC<∠ACB，∵12∴∠ABO=12∠ABC∴∠OBA<∠OCA，∵∠OAB=∠OAC，∴∠OBA+∠OAB<∠OCA+∠OAC，∴∠BOD<∠COD，故③错误；如图，在BC上截取BI=BF，连接OI，∵∠EOF=∠BOC=120°，∠BAC=60°，∴∠AFO+∠AEO=180°，∵∠CEO+∠AEO=180°，∴∠CEO=∠AFO，在△OBI和△OBF中，BF=BI∠OBI=∠OBF∴△OBI≌△OBF，∴∠OIB=∠OFB，∴180°-∠OIB=180°-∠OFB，∴∠CIO=∠AFO，

∴∠CIO=∠CEO，在△CIO和△CEO中，OC=OC∠ICO=∠ECO∴△CIO≌△CEO，∴CI=CE，∵BF+CE=BI+CI=BC，故④正确，故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，与角平分线有关的三角形内角和问题，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解决问题的关键10．（3分）（2023春·山东德州·八年级统考期中）在△ABC和△A'B'C'中，∠A+∠B=∠C，∠BA．不一定全等 B．不全等 C．根据“ASA”全等 D．根据“SAS”全等【答案】D【分析】由角度数量关系与三角形内角和定理可得∠C=90°，∠A'=90°，由线段的数量关系可得b=【详解】解：∵∠A+∠B=∠C，∠B'+∠C'=∠A'∴∠C=90°，∠∵b-a=b'-c'①+②得b=②-①得a=∴在△ABC和△C'B'A'中，∵b=∴△ABC≌△C'B'A'故选D．【点睛】本题考查了三角形内角和定理，全等三角形的判定．解题的关键在于找出三角形全等的条件．二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）11．（3分）（2023春·辽宁鞍山·八年级校考期中）在△ABC中，AB=AC，点D是△ABC外一点，连接AD、BD、CD，且BD交AC于点O，在BD上取一点E，使得AE=AD，∠EAD=∠BAC，若∠ACB=∠ABC=70°，∠AED=∠ADE【答案】40°【分析】根据SAS证明△ABE≌△ACD，再利用全等三角形的性质、三角形的外角性质和三角形的内角和解答即可．【详解】解：∵∠EAD=∠BAC，∴∠BAC-∠EAC=∠EAD-∠EAC，即：∠BAE=∠CAD；在△ABE和△ACD中，AB=AC∠BAE=∠CAD∴△ABE≌△ACD（SAS），∴∠ABD=∠ACD，∵∠BOC是△ABO和△DCO的外角，∴∠BOC=∠ABD+∠BAC，∴∠ABD+∠BAC=∠ACD+∠BDC，∴∠BAC=∠BDC，∵∠ABC=∠ACB=70°，∴∠BAC=180°-∠ABC-∠ACB=180°-70°-70°=40°，∴∠BDC=∠BAC=40°，故答案为：40°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键，也是本题的难点．12．（3分）（2023春·福建福州·八年级福建省福州第十九中学校考期末）如图，三角形ABC中，BD平分∠ABC,AD⊥BD，若AB:BC=4:7,S△ADC=6，则【答案】8【分析】延长AD交BC与点E，证ΔABD≅ΔEBDASA可得SΔ【详解】解：如图，延长AD交BC与点E，∵BD平分∠ABC,AD⊥BD∴∠ABD=∠EBD∵BD=BD∴Δ∴AB=BE∴S∵AB:BC=4:7∴BE:EC=4:3∴S∵AD=DE，S∴S∴S故答案为：8．【点睛】本题主要考查三角形的全等证明、角平分线的性质，掌握相关知识并正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．13．（3分）（2023春·黑龙江哈尔滨·八年级校联考期末）如图，在四边形ABCD中，AC是四边形的对角线，∠CAD=30°，过点C作CE⊥AB于点E，∠B=2∠BAC，∠ACD+∠BAC=60°，若AB的长度比CD的长度多2，则BE的长为．【答案】1【分析】在AE上截取EF=BE，连接CF，则CE垂直平分BF，结合题意推出AF=CF，过点F作FM⊥AC，交AC于点M，过点C作CN⊥AD，交AD的延长线于点N，则有∠AMF=∠N=90°，AC=2AM，进而得出AM=CN，根据题意及三角形外角性质推出∠MAF=∠NCD，利用ASA判定△AFM≌△CDN，根据全等三角形的性质得到AF=CD，结合题意即可得解．【详解】解：在AE上截取EF=BE，连接CF，∵CE⊥AB，∴CE垂直平分BF，∴BC=FC，∴∠B=∠BFC，∵∠B=2∠BAC，∴∠BFC=2∠BAC，∵∠BFC=∠BAC+∠ACF，∴∠ACF=∠BAC，∴AF=CF，过点F作FM⊥AC，交AC于点M，过点C作CN⊥AD，交AD的延长线于点N，则有∠AMF=∠N=90°，AC=2AM，∵∠CAD=30°，∠N=90°，∴AC=2CN，∴AM=CN，∵∠ACD+∠BAC=60°，∴∠ACD=60°-∠BAC，∴∠CDN=∠ACD+∠CAD=60°-∠BAC+30°=90°-∠BAC，∴∠NCD=90°-∠CDN=90°-（90°-∠BAC）=∠BAC，∴∠MAF=∠NCD，在△AFM和△CDN中，∠MAF=∠NCDAM=CN∴△AFM≌△CDN（ASA），∴AF=CD，∵AB的长度比CD的长度多2，∴AB-CD=AB-AF=2BE=2，∴BE=1，故答案为：1．【点睛】此题考查了全等三角形的判定与性质，作出合理的辅助线构建全等三角形是解题的关键．14．（3分）（2023春·四川成都·八年级成都嘉祥外国语学校校考期中）已知，如图，AC=AE=3，AD=AB，∠ACB=90°，AE∥CB，∠BAE=∠DAC，DE与AC的延长线交于点F，若BC=10，求CF=．

【答案】2【分析】过点D作DH⊥AC，交AC的延长线于点H，通过证明△ABC≌△ADH，△AFE≌△HFD，利用全等三角形的性质分析计算．【详解】解：过点D作DH⊥AC，交AC的延长线于点H，

∵∠ACB=90°，∴∠H=∠ACB=90°，∵AE∥BC，∴∠BAE=∠ABC，∵∠BAE=∠DAC∴∠ABC=∠DAC又∵AB=AD，∴△ABC≌△ADH，∴DH=AC,∵AE=AC，∴DH=AE，∵AE∥BC，∴∠EAC=∠ACB=90°，∴∠EAC=∠H=90°，又∵∠AFE=∠HFD，∴△AFE≌△HFD，∴AF=HF=1∴CF=AF-AC=2，故答案为：2．【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，本题综合性较强，通过添加辅助线构造全等三角形是解题关键．15．（3分）（2023春·山东泰安·八年级东平县实验中学校考期末）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，∠A的平分线AD与BC相交于点D，过点B作BE⊥AD交AD的延长线于点E．分别延长BE，AC相交于点F．判断BE，AD的数量关系．

【答案】1【分析】由∠ACB=∠AEB=90°，∠ADC=∠BDE，∠FBC=∠CAD，通过ASA可证△ACD≌△BCF，可得BF=AD，再证明△BAE≌△FAE，可得【详解】解：∵BE⊥AD∴∠AEB=90°∵∠ACB=90°∴∠AEB=∠ACB∵∠ADC=∠BDE∴∠CAD=∠CBF在△ACD和△BCF中∠CAD=∠CBF∴△ACD≌△BCF(ASA)∴BF=AD，∵AD平分∠BAC，∴∠BAE=∠FAE，在△BAE和△FCE中∠BAE=∠FAEAE=AE△BAE≌△FCE(ASA)∴BE=EF=1故答案为：12【点睛】本题主要考查三角形全等的判定，角平分线的性质，熟练掌握三角形判定定理是解决本题的关键．16．（3分）（2023春·甘肃定西·八年级统考期中）已知AB=AC,AD为∠BAC的平分线，D、E、F…为∠BAC的平分线上的若干点．如图1，连接BD、CD，图中有1对全等三角形；如图2，连接BD、CD、BE、CE，图中有【答案】2047276【分析】根据题意，图1中，除点A外，当有一个点时，图中有1对全等三角形；除点A外，当有2个点时，图中有1+2=3对全等三角形；除点A外，当有3个点时，图中有1+2+3=6对全等三角形；由此得到规律即可计算出结果．【详解】根据题意，图1中，除点A外，当有一个点时，图中有1对全等三角形；除点A外，当有2个点时，图中有1+2=3对全等三角形；除点A外，当有3个点时，图中有1+2+3=6对全等三角形；由此得到规律，除点A外，当有2023个点时，图中有1+2+3+…+2023=1+2023故答案为：2047276．【点睛】本题考查了图形中的规律探索，正确找到规律是解题的关键．三．解答题（共7小题，满分52分）17．（6分）（2023春·山西临汾·八年级统考期中）如图，在△ABC和△AED中，AB=AC，AE=AD，∠BAC=∠EAD，且点E，A，B在同一直线上，点C，D在BE同侧，连结BD，CE交于点M，CE与AD交于点N．

(1)求证：BD=CE；(2)若∠DME=25°，求∠EAD的度数．【答案】(1)证明见解析(2)25°【分析】（1）利用“SAS”证明△ABD≌（2）根据全等三角形的性质，得到∠ADM=∠AEM，再利用三角形内角和定理，得到∠EAD=∠DME，即可得到答案．【详解】（1）证明：∵∠BAC=∠EAD，∴∠BAC+∠DAC=∠EAD+∠DAC，∴∠DAB=∠EAC，在△ABD和△ACE中，AD=AE∠DAB=∠EAC∴△ABD≌∴BD=CE；（2）解：∵△ABD≌∴∠ADM=∠AEM，∵∠ADM+∠DME+∠DNM=180°，∠AEM+∠EAD+∠ANE=180°，∠DNM=∠ANE，∴∠EAD=∠DME=25°．【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，三角形内角和定理，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题关键．18．（6分）（2023春·湖北武汉·八年级校联考期中）规定：有两组边相等，且它们所夹的角互补的两个三角形叫兄弟三角形．如图，OA=OB，OC=OD，∠AOB=∠COD=90°，回答下列问题：(1)求证：△OAC和△OBD是兄弟三角形．(2)取BD的中点P，连接OP，请证明AC=2OP．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据OA=OB，OC=OD，∠AOC+∠BOD=180°即可证明；（2）延长OP至E，使PE=OP，先证△BPE≌△DPO，推出BE=OD，∠E=∠DOP，进而推出BE∥OD，再证△EBO≌【详解】（1）证明：∵∠AOB=∠COD=90°，∴∠AOC+∠BOD=360°-∠AOB-∠COD=360°-90°-90°=180°，又∵AO=OB，OC=OD，∴△OAC和△OBD是兄弟三角形．（2）证明：延长OP至E，使PE=OP，∵P为BD的中点，∴BP=PD，∵在△BPE和△DPO中，PE=PO∠BPE=∠DPO∴△BPE≌∴BE=OD，∠E=∠DOP，∴BE∥∴∠EBO+∠BOD=180°，又∵∠BOD+∠AOC=180°，∴∠EBO=∠AOC，∵BE=OD，OD=OC，∴BE=OC，在△EBO和△COA中，OB=AO∴△EBO≌∴OE=AC，又∵OE=2OP，∴AC=2OP．【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质、平行线的判定与性质，解题的关键是正确作出辅助线，构造全等三角形．19．（8分）（2023春·吉林松原·八年级统考期末）【课本习题】如图①，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D、E．求证：BE=CD；【改编】在图①中的边AD上取一点F，使DF=CD，连接BF交DE于点G，连接AG（如图②）．

（1）求证：△FDG≌△BEG；（2）若AD=5，BE=2，请直接写出△AFG的面积．【答案】【课本习题】见解析；【改编】（1）见解析；（2）9【分析】课本习题：先证明∠ACD=∠CBE，结合∠ADC=∠CEB=90°，AC=BC，从而可得结论；改编：（1）先证明CD=BE，可得BE=FD，结合∠BEG=∠FDG，∠EGB=∠DGF，从而可得结论；（2）先证明DF=BE=2，DG=EG，可得AF=5-2=3，再证明CE=AD=5，CD=BE=2，可得DE=5-2=3，DG=EG=3【详解】课本习题：证明：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，∴∠ECB+∠ACD=90°，∠ECB+∠CBE=90°，∴∠ACD=∠CBE．∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠ADC=∠CEB=90°，∵AC=BC，∴△ACD≌△CBE，∴CD=BE改编：（1）证明：∵△ACD≌△CBE，∴CD=BE，∵DF=CD，∴BE=FD，∵AD⊥CE，BE⊥CE，∴∠BEG=∠FDG，∵∠EGB=∠DGF，∴△FDG≌△BEG．（2）解：∵△FDG≌△BEG，BE=2，∴DF=BE=2，DG=EG，∵AD=5，∴AF=5-2=3，∵△ACD≌△CBE，∴CE=AD=5，CD=BE=2，∴DE=5-2=3，DG=EG=3∴△AFG的面积为12【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定方法是解本题的关键．20．（8分）（2023春·浙江绍兴·八年级校联考期中）如图，在长方形ABCD中，AB=CD=8cm，BC=AD=14cm，点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，设点(1)BP=

cm．（用t的代数式表示）(2)当t为何值时，△ABP≌(3)当点P从点B开始运动，同时，点Q从点C出发，以vcm/秒的速度沿CD向点D运动，是否存在这样v的值，使得△ABP与△PQC【答案】(1)2t(2)7(3)存在，2或16【分析】（1）根据P点的运动速度可得BP的长；（2）根据全等三角形的性质即可得出BP=CP即可；（3）此题主要分两种情况①△ABP≌△PCQ得到BP=CQ，AB=PC，②△ABP≌△QCP得到【详解】（1）点P从点B出发，以2cm/秒的速度沿BC向点C运动，点P的运动时间为∴BP=2t,故答案案为：BP=2t；（2）当t=72时，理由：∵BP=2t，∵△ABP≌∴BP=CP，∴2t=14-2t，∴t=7（3）①当△ABP≌∴BP=CQ，∵AB=8，∴PC=8，∴BP=BC-PC=14-8=6，2t=6，解得：t=3，CQ=BP=6，v×3=6，解得：v=2；

②当△ABP≌△QC∴BA=CQ∵PB=PC，∴BP=PC=12t=7，解得：t=72CQ=BA=8，v×7解得：v=16综上所述：当v=2或167时，△ABP与△PQC【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是全等三角形性质的掌握．21．（8分）（2023春·江西景德镇·八年级统考期中）（1）【特例探究】如图1，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC=∠ADC=90°，∠BAD=100°，∠EAF=50°，猜想并写出线段BE，DF，EF之间的数量关系，证明你的猜想；（2）【迁移推广】如图2，在四边形ABCD中，AB=AD，∠ABC+∠ADC=180°，∠BAD=2∠EAF．请写出线段BE，DF，EF之间的数量关系，并证明；（3）【拓展应用】如图3，在海上军事演习时，舰艇在指挥中心（O处）北偏东20°的A处．舰艇乙在指挥中心南偏西50°的B处，并且两舰艇在指挥中心的距离相等，接到行动指令后，舰艇甲向正西方向以80海里/时的速度前进，同时舰艇乙沿北偏西60°的方向以90海里/时的速度前进，半小时后，指挥中心观测到甲、乙两舰艇分别到达C，D处，且指挥中心观测两舰艇视线之间的夹角为75°．请直接写出此时两舰艇之间的距离．【答案】（1）EF=BE+DF，理由见解析；（2）EF=BE+DF，理由见解析；（3）85海里【分析】（1）延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，可证得△ABE≌△ADG，可得到AE=AG，∠BAE=∠DAG，再由∠BAD=100°，∠EAF=50°，可证得△AEF≌△AGF，从而得到EF=FG，即可求解；（2）延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，可证得△ABE≌△ADH，可得到AE=AH，∠BAE=∠DAH，再由∠BAD=2∠EAF，可证得△AEF≌△AHF，从而得到EF=FH，即可求解；（3）连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意可得∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，再由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，即可求解．【详解】解：（1）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点G，使DG=BE，连接AG，∵∠ABC=∠ADC=90°，∴∠ADG=∠ABC=90°，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADG，∴AE=AG，∠BAE=∠DAG，∵∠BAD=100°，∠EAF=50°，∴∠BAE+∠DAF=50°，∴∠FAG=∠EAF=50°，∵AF=AF，∴△AEF≌△AGF，∴EF=FG，∵FG=DG+DF，∴EF=DG+DF=BE+DF；（2）EF=BE+DF，理由如下：如图，延长CD至点H，使DH=BE，连接AH，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADH=180°，∴∠ADH=∠ABC，∵AB=AD，∴△ABE≌△ADH，∴AE=AH，∠BAE=∠DAH，∵∠BAD=2∠EAF∴∠EAF=∠BAE+∠DAF=∠DAF+∠DAH，∴∠EAF=∠HAF，∵AF=AF，∴△AEF≌△AHF，∴EF=FH，∵FH=DH+DF，∴EF=DH+DF=BE+DF；（3）如图，连接CD，延长AC、BD交于点M，根据题意得：∠AOB=20°+90°+40°=150°，∠OBD=60°+50°=110°，∠COD=75°，∠OAM=90°-20°=70°，OA=OB，∴∠AOB=2∠COD，∠OAM+∠OBM=70°+110°=180°，∵OA=OB，∴由（2）【迁移推广】得：CD=AC+BD，∵AC=80×0.5=40，BD=90×0.5=45，∴CD=40+45=85海里．即此时两舰艇之间的距离85海里．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、勾股定理的运用、等腰直角三角形的性质，题目的综合性较强，难度较大，解题的关键是正确的作出辅助线构造全等三角形，解答时，注意类比思想的应用．22．（8分）（2023春·山西大同·八年级统考期中）综合与实践如图1所示，已知A、B为直线l上两点，点C为直线l上方一动点，连接AC、BC，分别以AC、BC为边向△ABC外部作等腰直角△CAD和等腰直角△CBE，∠CAD＝∠CBE＝90°，过点D作DF⊥l于点F，过点E作EG⊥l于点G．（1）如图2，当点E恰好在直线l上时（此时G与E重合），试证明：DF=AB；（2）在图1中，当D、E两点都在直线l的上方时，试探求三条线段DF、EG、AB之间的数量关系，并说明理由；（3）如图3，当点E在直线l的下方时，请直接写出三条线段DF、EG、AB之间的数量关系．（不需要证明）【答案】（1）见解析；（2）AB＝DF＋EG；证明见解析；（3）AB＝DF﹣EG【分析】（1）根据等腰直角三角形的性质和同角的余角相等证明△DFA≌△ABC，根据全等三角形的对应边相等即可得证；（2）过C作CM⊥AB于M，仿照（1）方法分别证明△DFA≌△AMC和△CMB≌△BGE，则有DF＝AM，BM＝EG，即可得出三线段的关系；（3）过C作CH⊥直线l于H，类比（2）中方法，可证得AB＝DF﹣EG．【详解】证明：（1）∵∠DAC＝∠CBE＝90°，∴∠ABC＝180°﹣∠CBE＝90°，∴∠DAF＋∠CAB＝180°﹣∠DAC＝90°，∠ACB＋∠CAB＝90°，∴∠DAF＝∠ACB，∵DF⊥AB，∴∠DFA＝∠ABC＝90°，∵AD＝AC，∴△DFA≌△ABC，∴DF＝AB；（2）AB＝DF＋EG；证明：过C作CM⊥AB于M，∵DF⊥AB，∴∠DFA＝∠AMC＝90°，又∠CAD＝90°∴∠ADF＋∠DAF