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专题 12.2 角平分线的几何综合
【典例1】问题情境：（1）如图1，∠AOB=90，OC平分∠AOB，把三角尺的直角顶点落在OC的任意
一点P上，并使三角尺的两条直角边分别与OA、OB相交于点E、F ，过点P作PN⊥OA于点N，作
PM⊥OB于点M，请写出PE与PF 的数量关系___________；
变式拓展：（2）如图2，已知OC平分∠AOB，P是OC上一点，过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA
于N，PE边与OA边相交于点E，PF 边与射线OB 的反向延长线相交于点F ，∠MPN=∠EPF．试解
决下列问题：
①PE与PF 之间的数量关系还成立吗？为什么？
②若OP=2OM，试判断OE、OF 、OP三条线段之间的数量关系，并说明理由．
【思路点拨】
（1）过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．证明△PMF≅△PNE，可得结论；
（2）①过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．证明△PMF≅△PNE，可得结论；
②结论：OE−OF=OP．证明△POM≅△PON，推出OM=ON，再由△PMF≅△PNE，推出
FM=EN，可得结论．
【解题过程】
（1）证明：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N．∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM=PN，
∵∠PMO=∠PNO=∠MON=90°，
∴∠MPN=360°−3×90°=90°，
∵∠MPN=∠EPF=90°，
∴∠MPF=∠NPE，
在△PMF和△PNE中，
{
∠PMF=∠PNE
)
PM=PN ，
∠PMF=∠PNE=90°
∴△PMF≅△PNE（ASA），
∴PF=PE；
（2）解：①结论：PE=PF．
理由：过点P作PM⊥OB于M，PN⊥OA于N，
∵OC平分∠AOB，PM⊥OB，PN⊥OA，
∴PM=PN，
∵∠MPN=∠EPF．
∴∠MPF=∠NPE，
在△PMF和△PNE中，{
∠PMF=∠PNE
)
PM=PN ，
∠PMF=∠PNE=90°
∴△PMF≅△PNE（ASA），
∴PF=PE；
②结论：OE−OF=OP．
理由：在△OPM和△OPN中，
{∠PMO=∠PNO
)
∠POM=∠PON ，
OP=OP
∴△POM≅△PON（AAS），
∴OM=ON，
∵△PMF≅△PNE（ASA），
∴FM=EN，
∴OE−OF=EN+ON−(FM−OM)=2OM，
1
在Rt△OPM中，∠PMO=90°，∠POM= ∠AOB=60°，
2
∴∠OPM=30°，
∴OP=2OM，
∴OE−OF=OP．
1．（2022秋·广东广州·八年级校考期中）如图，四边形ABCD中，BC=CD，∠BCD=120°，E，F分
别为AB，AD上的点，∠ECF=∠A=60°．
（1）求证：EF=BE+DF．
（2）求证：点C在∠BAD的平分线上．
【思路点拨】（1）延长AD至点G，使得DG=BE，连接CG，利用四边形内角和，易证△BCE≌△DCG(SAS)，得到
CG=CE，∠BCE=∠DCG，再证明△CEF≌△CGF(SAS)，得到EF=FG，即可证明结论；
（2）过点C作CN⊥AB、CM⊥AG，易证△CNE≌△CMG(AAS)，得到CN=CM，根据角平分线的
判定定理，即可证明结论．
【解题过程】
（1）证明：如图，延长AD至点G，使得DG=BE，连接CG，
∵四边形ABCD的内角和为360°，且∠BCD=120°，∠A=60°，
∴∠B+∠ADC=180°，
∵∠ADC+∠CDG=180°，
∴∠B=∠CDG，
在△BCE和△DCG中，
{
BC=CD
)
∠B=∠CDG ，
BE=DG
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴CG=CE，∠BCE=∠DCG，
∴∠BCD=∠BCE+∠ECD=∠DCG+∠ECD=∠ECG=120°，
∵∠ECF=60°，
∴∠FCG=∠ECG−∠ECF=60°，
∴∠ECF=∠FCG，
在△CEF和△CGF中，
{
CE=CG
)
∠ECF=∠FCG ，
CF=CF
∴△CEF≌△CGF(SAS)，
∴EF=FG=DG+DE=BE+DE；
（2）证明：如图，过点C作CN⊥AB交AB于点N，CM⊥AG交AG于点M，∵△BCE≌△DCG，
∴∠CEN=∠G，CE=CG
在△CNE和△CMG中，
{∠CNE=∠CMG=90°
)
∠CEN=∠G ，
CE=CG
∴△CNE≌△CMG(AAS)，
∴CN=CM，
∴点C在∠BAD的平分线上．
2．（2023春·全国·八年级专题练习）如图1，在△ABC中，∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交
于点O．
1
（1）求证：∠AOC＝90°＋ ∠ABC；
2
（2）当∠ABC＝90°时，且AO＝3OD（如图2），判断线段AE，CD，AC之间的数量关系，并加以证明．
【思路点拨】
1 1
（1）求出∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC，根据角平分线定义求出∠OAC= ∠BAC，∠OCA= ∠BCA，即可求
2 2
出∠OAC+∠OCA的度数，根据三角形内角和定理求出即可；
（2）在AC上分别截取AM、CN，使AM=AE，CN=CD，连接OM，ON，证△AEO≌△AMO，
△DCO≌△NCO，推出∠EOA=∠MOA，∠CON=∠COD，OD=ON，求出∠MON=∠MOA=45°，根据角平分线性质求出MK=ML，据此计算即可求解．
【解题过程】
（1）证明：∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠BAC+∠BCA=180°-∠ABC，
∵∠BAC的平分线AD与∠BCA的平分线CE交于点O．
1 1
∴∠OAC= ∠BAC，∠OCA= ∠BCA，
2 2
1 1 1
∴∠OAC+∠OCA= （∠BAC+∠BCA）= （180°-∠ABC）=90°- ∠ABC，
2 2 2
1
∴∠AOC=180°-（∠OAC+∠OCA）=180°-（90°- ∠ABC），
2
1
即∠AOC=90°+ ∠ABC；
2
4
（2）解： AE+CD=AC，
3
1
证明：如图2，∵∠AOC=90°+ ∠ABC=135°，
2
∴∠EOA=45°，
在AC上分别截取AM、CN，使AM=AE，CN=CD，连接OM，ON，
则在△AEO和△AMO中，¿，
∴△AEO≌△AMO，
同理△DCO≌△NCO，
∴∠EOA=∠MOA，∠CON=∠COD，OD=ON，
∴∠EOA=∠MOA=∠CON=∠COD=45°，
∴∠MON=∠MOA=45°，
过M作MK⊥AD于K，ML⊥ON于L，
∴MK=ML，
1 1
S AOM= AO×MK，S MON= ON×ML，
△ 2 △ 2AO S
∴ = ΔAOM ，
ON S
ΔMON
S AM
∵ ΔAOM = ，
S MN
ΔMON
AO AM
∴ = ，
ON MN
∵AO=3OD，
AO 3
∴ = ，
OD 1
AO AM 3
∴ = = ，
ON MN 1
4 4
∴AN= AM= AE，
3 3
∵AN+NC=AC，
4
∴ AE+CD=AC．
3
3．（2023·全国·八年级专题练习）如图，在△ABC中，AD为BC边上的高，AE是∠BAD的角平分线，
点F为AE上一点，连接BF，∠BFE=45°．
（1）求证：BF平分∠ABE；
（2）连接CF交AD于点G，若S =S ，求证：∠AFC=90°；
ΔABF ΔCBF
（3）在（2）的条件下，当BE=3，AG=4.5时，求线段AB的长．
【思路点拨】
（1）根据AE是∠BAD的角平分线和∠BFE=45°得2∠FBA+2∠BAF=90°，再结合AD为BC边上的
高得出∠EBF=∠FBA即可证明；
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥AB于点N，证明△ABF≅△CBF，得出∠AFB=∠CFB，再根据∠BFE=45°，解出∠AFB=∠CFB=135°即可证明；
（3）根据△ABF≅△CBF及AD为BC边上的高证明△AFG≅△CFE，得出AG=EC=4.5，再根据
BE＝3，解得BC=BE+EC=7.5，结合△ABF≅△CBF即可求出AB=BC=7.5；
【解题过程】
（1）证明： ∵AE是∠BAD的角平分线，
∴∠BAD=2∠BAF.
∵∠BFE=45°，
∴∠FBA+∠BAF=45°.
∴2∠FBA+2∠BAF=90°.
∵ AD为BC边上的高，
∴∠EBF+∠FBA+2∠BAF=90°.
∴∠EBF=∠FBA.
∴ BF平分∠ABE.
（2）过点F作FM⊥BC于点M，FN⊥AB于点N，
∵ BF平分∠ABE，且FM⊥BC，FN⊥AB，
∴FM=FN.
∵S ＝S ，
ΔABF ΔCBF
∴AB=BC，
∵ BF平分∠ABE，
∴∠ABF=∠CBF，
{
AB=BC
)
在△ABF和△CBF中， ∠ABF=∠CBF
BF=BF
∴△ABF≅△CBF(SAS)，
∴∠AFB=∠CFB，∵∠BFE=45°，
∴∠AFB=∠CFB=135°，
∴∠AFC=90°，
（3）∵△ABF≅△CBF，
∴AF=FC，∠AFC=90°，
∴∠AFC=∠EFC，
∵ AD为BC边上的高，
∴∠ADE=90°，
∴∠EAD+∠AEC=∠FCE+∠AEC，
∴∠EAD=∠FCE.
{∠EAD=∠FCE
)
在△AFG和△CFE中， AF=CF
∠AFC=∠EFC
∴△AFG≅△CFE（ASA）.
∴AG=EC=4.5，
∵BE＝3，
∴BC=BE+EC=7.5，
∵△ABF≅△CBF，
∴AB=BC=7.5.
4．（2022秋·上海·八年级专题练习）如图，△ABC中，AB＝AC，∠BAC＋∠BDC=180°．
（1）求证：AD为∠BDC的平分线；
1
（2）若∠DAE= ∠BAC，且点E在BD上，直接写出BE、DE、DC三条线段之间的等量关系_______．
2
【思路点拨】
（1）过A作AG⊥BD于G，AF⊥DC于F，先证明∠BAG=∠CAF，然后证明△BAG≌△CAF得到AG=AF，
最后由角平分线的判定定理即可得到结论；（2）过A作∠CAH=∠BAE，证明△EAD≌△HAD，得到AE=AH，再证明△EAB≌△HAC中，即可得出
BE、DE、DC三条线段之间的等量关系.
【解题过程】
证明：（1）如图1，过A作AG⊥BD于G，AF⊥DC于F，
∵AG⊥BD，AF⊥DC，
∴∠AGD=∠F=90°，
∴∠GAF+∠BDC=180°，
∵∠BAC+∠BDC=180°，
∴∠GAF=∠BAC，
∴∠GAF-∠GAC=∠BAC-∠GAC，
∴∠BAG=∠CAF，
在△BAG和△CAF中
{∠AGB=∠F=90∘
)
∠BAG=∠CAF
AB=AC
∴△BAG≌△CAF（AAS），
∴AG=AF，
∴∠BDA=∠CDA，
（2）BE、DE、DC三条线段之间的等量关系是DE= B E+DC，理由如下：
如图2，过A作∠CAH=∠BAE交DC的延长线于H，1
∵∠DAE= ∠BAC，
2
∴∠DAE=∠BAE+∠CAD，
∵∠CAH=∠BAE，
∴∠DAE=∠CAH+∠CAD=∠DAH，
在△EAD和△HAD中
{∠EAD=∠HAD
)
AD=AD ，
∠ADE=∠ADH
∴△EAD≌△HAD（ASA），
∴DE=DH，AE=AH，
在△EAB和△HAC中
{
AB=AC
)
∠BAE=∠CAH ，
AE=AH
∴△EAB≌△HAC（SAS），
∴BE=CH，
∴DE=DH=DC+CH=DC+BE，
∴DE=DC+BE.
故答案是：DE=DC+BE.
5．（2023秋·安徽合肥·八年级统考期末）在△ABC和△DEC中，AC=BC，DC=EC，
∠ACB=∠DCE=90°．（1）如图1，当点A，C，D在同一条直线上时，求证：AE=BD，AE⊥BD；
（2）如图2，当点A、C、D不在同一条直线上时，（1）中结论是否仍然成立，为什么；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接CF并延长CF交AD于点G，∠AFG的大小固定吗？若是，求出
∠AFG的度数；若不是，请说明理由．
【思路点拨】
（1）证明△ACE≌△BCD，得到∠1=∠2，由对顶角相等得到∠3=∠4，所以∠BFE=∠ACE=90°
，即可解答；
（2）证明△ACE≌△BCD，得到∠1=∠2，又由∠3=∠4，得到∠BFA=∠BCA=90°，即可解答；
（3）∠AFG=45°，如图3，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M、N，由△ACE≌△BCD
，得到S =S ，AE=BD，证明得到CM=CN，得到CF平分∠BFE，由AF⊥BD，得到
△ACE △BCD
∠BFE=90°，所以∠EFC=45°，根据对顶角相等得到∠AFG=45°．
【解题过程】
（1）解：证明：如图1，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∵ ∠ACB=∠ECD=90° ，
EC=DC
∴△ACE≌△BCD(SAS)，
∴∠1=∠2，AE=BD，
∵∠3=∠4，∴∠BFE=∠ACE=90°，
∴AE⊥BD；
（2）成立，证明：如图2，
∵∠ACB=∠ECD，
∴∠ACB+∠ACD=∠ECD+∠ACD，
∴∠BCD=∠ACE，
在△ACE和△BCD中，
{
AC=BC
)
∠ACE=∠BCD ，
EC=DC
∴△ACE≌△BCD，
∴∠1=∠2，AE=BD，
∵∠3=∠4，
∴∠BFA=∠BCA=90°，
∴AF⊥BD．
（3）∠AFG=45°，
如图3，过点C作CM⊥BD，CN⊥AE，垂足分别为M、N，
∵△ACE≌△BCD，
∴S =S ，AE=BD，
△ACE △BCD1
∵S = AE⋅CN，
△ACE 2
1
S = BD⋅CM，
△BCD 2
∴CM=CN，
∵CM⊥BD，CN⊥AE，
∴CF平分∠BFE，
∵AF⊥BD，
∴∠BFE=90°，
∴∠EFC=45°，
∴∠AFG=45°．
6．（2023·宁夏银川·银川市第三中学校考二模）问题提出
（1）如图①，已知∠AOB，以点O为圆心，适当长为半径画弧，交OA于点M，交OB于点N，分别以点
1
M，N为圆心，大于 MN的长为半径画弧，两弧在∠AOB的内部交于点C，画射线OC，连接
2
CM，CN，MN，则图①中与△OMC全等的是___________；
问题探究
（2）如图②，在△ABC中，AD平分∠BAC，过点D作DM⊥AB于点M，连接CD，BD，若
AB+AC=2AM，求证：∠ACD+∠ABD=180°；
问题解决
（3）如图③，工人刘师傅有块三角形铁板ABC，∠B=60°，他需要利用铁板的边角裁出一个四边形
BEFD，并要求∠EFD=120°，EF=DF．刘师傅先在纸稿上画出了三角形铁板的草图，再用尺规作出
∠BAC的平分线AD交BC于点D，作∠BCA的平分线CE交AB于点E，AD，CE交于点F，得到四边形
BEFD．请问，若按上述作法，裁得的四边形BEFD是否符合要求？请证明你的结论．
【思路点拨】
（1）利用SSS证明△OMC≌△ONC(SSS)即可求解；（2）过点D作DN⊥AC交AC的延长线于点N，证明Rt△ADN≌Rt△ADM(HL)，推出AN=AM，结
合已知推出CN=BM，再证明△CDN≌△BDM(SAS)，据此即可求解；
（3）作出如图的辅助线，利用角平分线的定义结合四边形的内角和定理推出∠EFG=∠DFH，证明
△EFG≌△DFH(ASA)，据此即可证明结论．
【解题过程】
解：（1）△ONC，理由如下：
由作法知，OM=ON，CM=CN，又OC=OC，
∴△OMC≌△ONC(SSS)，
故图①中与△OMC全等的是△ONC，
故答案为：△ONC；
（2）如图，过点D作DN⊥AC交AC的延长线于点N，
∵AD平分∠CAB，DN⊥AC，DM⊥AB，
∴DN=DM，
∵AD=AD，
∴Rt△ADN≌Rt△ADM(HL)，
∴AN=AM，
∵AB+AC=2AM，
∴AM+MB+AN−CN=2AM，即CN=BM，
∵∠DNC=∠DMB=90°，DN=DM，
∴△CDN≌△BDM(SAS)，
∴∠DCN=∠ABD，
∴∠ACD+∠ABD=∠ACD+∠DCN=180°；
（3）符合要求，
证明：如图，过点F分别作FG⊥AB于点G，作FH⊥BC于点H，作FK⊥AC于点K，∵AD，CE分别是∠BAC，∠BCA的平分线，
∴FG=FH=FK，
∵∠B=60°，
∴在四边形BGFH中，
1
∵∠GFH=360°−60°−90°×2=120°，∠FAC+∠FCA= (180°−60°)=60°，
2
在△AFC中，∠AFC=180°−(∠FAC+∠FCA)=180°−60°=120°，
∴∠EFD=∠AFC=120°=∠GFH，
∴∠EFG=∠DFH，
{
∠EFG=∠DFH
)
在△EFG和△DFH中， FG=FH ，
∠EGF=DHF=90°
∴△EFG≌△DFH(ASA)，
∴FE=FD，
∴裁得的四边形BEFD符合要求．
7．（2022·全国·八年级假期作业）如图，△ABC中，CD⊥AB于点D，CD=BD，点E在CD上，
DE=DA，连接BE．
（1）求证：BE=CA；
（2）延长BE交AC于点F，连接DF，求∠CFD的度数；
（3）过点C作CM⊥CA，CM=CA，连接BM交CD于点N，若BD=12，AD=5，直接写出△NBC的
面积．
【思路点拨】（1）由“SAS”可证△BDE≌△CDA，可得BE=CA；
（2）过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，由全等三角形的性质可得∠DBE=∠ACD，S BDE=S ADC，
△ △
由面积关系可求DH=DG，由角平分线的性质可得∠DFG=∠DFH=45°，即可求解；
（3）在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，由△BEN≌△MCN，可得EN=CN，由三角形
的面积公式可求解．
【解题过程】
证明：（1）在△BDE和△CDA中，
{
BD=CD
)
∠BDE=∠CDA=90° ，
DE=AD
∴△BDE≌△CDA（SAS），
∴BE=CA；
（2）如图2，过点D作DG⊥AC于G，DH⊥BF于H，
∵△BDE≌△CDA，
∴∠DBE=∠DCA，S BDE=S ADC，
△ △
∵∠DBE+∠A=∠ACD+∠A=90°，
∴∠AFB=∠CFB=90°，
∵S BDE=S ADC，
△ △
1 1
∴ BE×DH= ×AC×DG，
2 2
∴DH=DG，
又∵DG⊥AC，DH⊥BF，
∴∠DFG=∠DFH=45°，
∴∠CFD=135°；
（3）如图3，在CD上截取DE=AD=5，连接BE，延长BE交AC于F，由（1）、（2）可得BE=AC，BF⊥AC，BD=CD=12，
∵CM⊥CA，
∴BF∥CM，
∴∠M=∠FBN，
∵CM=CA，
∴CM=BE，
在△BEN和△MCN中，
{
∠FBN=∠M
)
∠BNE=∠MNC ，
BE=CM
∴△BEN≌△MCN（AAS），
∴EN=CN，
∵EC=CD-DE=12-5=7，
7
∴CN= ，
2
1 1 7
∴△NBC的面积= ×NC×BD= × ×12=21，
2 2 2
故△NBC的面积为21．
8．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级统考期末）如图1，ΔABC的∠ABC和∠ACB的平分线BE，CF相交
于点G，∠BAC=60°．
（1）求∠BGC的度数；
（2）如图2，连接AG，求证：AG平分∠BAC；（3）如图3，在⑵的条件下，在AC上取点H，使得∠AGH=∠BGC，且AH=8，BC=10，求ΔABC
的周长．
【思路点拨】
（1）利用角平分线的定义，三角形内角和定理，两个角的和求解即可；
（2）利用角平分线的判定定理证明判断即可；
（3）利用两次三角形的全等证明即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1，
∵BE、CF分别平分∠ABC、∠ACB，
1 1
∴∠1= ∠ABC,∠2= ∠ACB，
2 2
1 1 1
∴∠1+∠2= (∠ABC+∠ACB)= (180°−∠A)=90°− ∠A，
2 2 2
∵∠BAC=60° ，
1
∴∠BGC=180°−(∠1+∠2)=90°+ ∠A=120°；
2
（2）如图2，过点G分别作GM⊥AB于M，GN⊥BC于N， GQ⊥AC于Q，
∵BE 平分∠ABC， GM⊥AB于M，GN⊥BC 于N，
∴GM=GN，
同理GN=GQ，
∴GM=GQ，∵GM⊥AB于M， GQ⊥AC于Q，
∴AG平分∠BAC ；
（3）解：∵GM⊥AB于M， GQ⊥AC于Q，GM=GQ，
∴AG 平分∠BAC，
∵又∠BAC=60°，
∴∠BAG=∠CAG=30°，
在BC上取点K，使 BK=BA，
∵BE平分∠ABC
∴∠ABG=∠CBG，
又∵BG=BG，
∴ΔABG≌ΔKBG，
∴∠BKG=∠BAG，
∴∠BKG=∠BAG=30∘，
∴∠GKC=180∘−30∘=150∘，
∵∠AGH=∠BGC=120° ， ∠CAG=30°，
∴∠GHC=120°+30°=150°，
∴∠GKC=∠GHC，
又∵CG=CG，∠KCG=∠HCG，
∴ΔKCG≌ΔHCG，
∴CK=CH，
△ABC的周长为：AB+BC+CA=AB+(BK+KC)+(AH+CH)=2BC+AH=2×10+8=28，
∴ΔABC的周长是28．
9．（2023春·广东梅州·八年级校考阶段练习）已知△ABC中，BE平分∠ABC，BE交AC于点E，CD平
分∠ACB，交AB于点D，BE与CD交于点O．
1
（1）如图1，求证：∠BOC=90°+ ∠BAC．
2（2）如图2，连接OA，求证：OA平分∠BAC．
OD
（3）如图3，若∠BAC=60°，BD=4，CE=2，求 的值．
OC
【思路点拨】
1 1
（1）由角平分线的性质得出∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，由三角形的内角和定理得出
2 2
∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，∠BOC+∠OBC+∠OCB=180°，代入即可得出结论；
（2）过点O作ON⊥BC于N，OM⊥AB于M，OK⊥AC于K，证明OM=OK，则点O在∠BAC的平
分线上，即可得出结论；
（3）过点B作BH⊥CD交CD的延长线于点H，过点O作OF平分∠BOC交BC于点F，过点O作
ON⊥BC于N，OM⊥AB于M，证明∠BOF=∠BOD，∠COF=∠COE，由角平分线的性质得出
∠OBF=∠OBD，∠OCF=∠OCE，由ASA证得△BOF≌△BOD，BF=BD=4，由ASA证得
1 1
△COF≌△COE，CF=CE=2，求出BC=6，由S :S = OD⋅BH: OC⋅BH=OD:OC，
△BOD △BOC 2 2
1 1
S :S = BD⋅OM: BC⋅ON=BD:BC，进行计算即可得出结论．
△BOD △BOC 2 2
【解题过程】
（1）证明：∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，1 1
∴∠OBC= ∠ABC，∠OCB= ∠ACB，
2 2
∵∠ABC+∠ACB+∠BAC=180°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠BAC，
∵∠BOC+∠OBC+∠OCB=180°，
∴∠BOC=180°−(∠OBC+∠OCB)
(1 1 )
=180°− ∠ABC+ ∠ACB
2 2
1
=180°− (∠ABC+∠ACB)
2
1
=180°− (180°−∠BAC)
2
1
=180°−90°+ ∠BAC
2
1
=90°+ ∠BAC；
2
（2）证明：如图，过点O作ON⊥BC于N，OM⊥AB于M，OK⊥AC于K，
∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴OM=ON，ON=OK，
∴OM=OK，
∴点O在∠BAC的平分线上，
∴OA平分∠BAC；
（3）解：如图，过点B作BH⊥CD交CD的延长线于点H，过点O作OF平分∠BOC交BC于点F，过点
O作ON⊥BC于N，OM⊥AB于M，∵∠BAC=60°，
1
∴∠BOC=90°+ ∠BAC=120°，
2
∴∠BOD=∠COE=180°−∠BOC=180°−120°=60°，
∵OF平分∠BOC，
1
∴∠BOF=∠COF= ∠BOC=60°，
2
∴∠BOF=∠BOD，∠COF=∠COE，
∵BE平分∠ABC，CD平分∠ACB，
∴∠OBF=∠OBD，∠OCF=∠OCE，
在△BOF和△BOD中，
{∠OBF=∠OBD
)
BO=BO ，
∠BOF=∠BOD
∴△BOF≌△BOD(ASA)，
∴BF=BD=4，
在△COF和△COE中，
{∠OCF=∠OCE
)
CO=CO ，
∠COF=∠COE
∴△COF≌△COE(ASA)，
∴CF=CE=2，
∴BC=BF+CF=4+2=6，
1 1
∵S :S = OD⋅BH: OC⋅BH=OD:OC，
△BOD △BOC 2 2
1 1
S :S = BD⋅OM: BC⋅ON=BD:BC，
△BOD △BOC 2 2OD BD 4 2
∴ = = = ．
OC BC 6 3
10．（2022秋·福建福州·八年级校考开学考试）在△ABC中，点D、E分别在AB、AC边上，连接DE、
CD，EF⊥CD于F，DE＝CE．
（1）如图1，求证：DF＝CF；
（2）如图2，若∠AED＝∠ABC，EG⊥BC于G，连接BE交CD于H，求证：∠ABE＝∠CBE；
（3）如图3，在（2）的条件下，若BC＝6CG，DH＝4，求HF的长．
【思路点拨】
（1）证明Rt△EFD≅Rt△EFC(HL)，可得结论．
（2）证明ΔEMD≅ΔEGC(AAS)，推出EM=EG，再利用角平分线的性质定理解决问题即可．
（3）如图3中，过点B作BN⊥CD于N，过点E作EM⊥AB于M，过点H作HQ⊥BC于Q，
HP⊥AB于P．利用面积法证明DH:CH=2:3，求出CH，CF，可得结论．【解题过程】
（1）证明：如图1中，∵EF⊥CD，
∴∠EFD=∠EFC=90°，
在RtΔEFD和RtΔEFC中，
{ED=EC)
，
EF=EF
∴Rt△EFD≅Rt△EFC(HL)，
∴DF=CF．
（2）证明：如图2中，过点E作EM⊥AB于M．
∵EG⊥BC，
∴∠EMD=∠EGC=90°，
∵∠AED+∠DEC=180°，∠AED=∠ABC，
∴∠ABC+∠DEC=180°，
∵∠ABC+∠BCE+∠DEC+∠BDE=360°，
∴∠BCE+∠BDE=180°，
∵∠ADE+∠BDE=180°，
∴∠ADE=∠BCE，
在ΔEMD和ΔEGC中，
{∠EMD=∠EGC=90°
)
∠ADE=∠BCE ，
ED=EC
∴ΔEMD≅ΔEGC(AAS)，
∴EM=EG，
∵EM⊥AB，EG⊥BC，
∴BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE．
（3）解：如图3中，过点B作BN⊥CD于N，过点E作EM⊥AB于M，过点H作HQ⊥BC于Q，HP⊥AB于P．
∵ΔEMD≅ΔEGC，
∴DM=GC，EM=EG，
在Rt△BEM和Rt△BEG中，
{BE=BE
)
，
EM=EG
∴Rt△BEM≅Rt△BEG(HL)，
∴BM=BG，
∵BC=6CG，
∴BD=BM−DM=BG−CG=BC−2CG=4CG，
∵BH平分∠ABC，HP⊥AB，HQ⊥BC，
∴HP=HQ，
1 1
∴S :S = ⋅BD⋅HP: ⋅BC⋅HQ=4:6=2:3，
ΔDBH ΔCBH 2 2
1 1
∵S :S = ⋅DH⋅BN: ⋅CH⋅BN，
ΔDBH ΔCBH 2 2
∴DH:CH=2:3，
∵DH=4，
∴CH=6，
∴CD=DH+CH=4+6=10，
1
∴CF= CD=5，
2
∴HF=CH−CF=6−5=1．
11．（2022秋·湖北武汉·八年级校考阶段练习）已知：∠AOB=60°，小新在学习了角平分钱的知识后，做了一个夹角为120°（即∠DPE=120°）的角尺来作∠AOB的角平分线．
（1）如图1，他先在边OA和OB上分别取OD=OE，再移动角尺使PD=PE，然后他就说射线OP是
∠AOB的角平分线．试根据小新的做法证明射线OP是∠AOB的角平分线；
（2）如图2，将角尺绕点P旋转了一定的角度后，OD≠OE，但仍然出现了PD=PE，此时OP是
∠AOB的角平分线吗？如果是，请说明理由．
（3）如图3，在（2）的基础上，若角尺旋转后恰好使得DP∥OB，请判断线段OD与OE的数量关系，
并说明理由．
【思路点拨】
（1）根据SSS证明ΔOPD≅ΔOPE(SSS)，可得结论．
（2）过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．证明ΔDPH≅ΔEPK(AAS)，可得结论．
（3）结论：OE=2OD． OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．想办法证明PT=OT，PT=TE，
可得结论．
【解题过程】
（1）解：证明：如图1中，
在ΔOPD和ΔOPE中，
{OD=OE
)
PD=PE ，
OP=OP
∴ΔOPD≅ΔOPE(SSS)，
∴∠POD=∠POE．
（2）解：结论正确．理由：如图2中，过点P作PH⊥OA于H，PK⊥OB于K．
∵∠PHO=∠PKB=90°，∠AOB=60°，
∴∠HPK=120°，
∵∠DPE=∠HPK=120°，
∴∠DPH=∠EPK，
在ΔOPH和ΔOPK中，
{∠PHO=∠PKB=90°
)
∠DPH=∠EPK ，
PD=PE
∴ΔDPH≅ΔEPK(AAS)，
∴PH=PK，
则OP是∠AOB的角平分线；
（3）解：结论：OE=2OD．
理由：如图3中，在OB上取一点T，使得OT=OD，连接PT．
∵OP平分∠AOB，
∴∠POD=∠POT，
在ΔPOD和ΔPOT中，
{
OD=OT
)
∠POD=∠POT ，
OP=OP
∴ΔPOD≅ΔPOT(SAS)，
∴∠ODP=∠OTP，∵PD∥OB，
∴∠PDO+∠AOB=180°，∠DPE+∠PEO=180°，
∵∠AOB=60°，∠DPE=120°，
∴∠ODP=120°，∠PEO=60°，
∴∠OTP=∠ODP=120°，
∴∠PTE=60°，
∴∠TPE=∠PET=60°，
∴TP=TE，
∵∠PTE=∠TOP+∠TPO，∠POT=30°，
∴∠TOP=∠TPO=30°，
∴OT=TP，
∴OT=TE，
∴OE=2OD．
12．（2022秋·广东珠海·八年级珠海市文园中学校考阶段练习）已知点C是∠MAN平分线上一点，
∠BCD的两边CB、CD分别与射线AM、AN相交于B，D两点，且∠ABC+∠ADC=180°．过点C
作CE⊥AB，垂足为E．
（1）如图1，当点E在线段AB上时，求证：BC=DC；
（2）如图2，当点E在线段AB的延长线上时，探究线段AB、AD与BE之间的等量关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，若∠MAN=60°，连接BD，作∠ABD的平分线BP交AD于点F，交
AC于点O，连接DO并延长交AB于点G．若BG=2，DF=4，求线段DB的长．
【思路点拨】
（1）过点C作CF⊥AD，根据角平分线的性质得到CE=CF，证明△BCE≌△DCF，根据全等三角
形的性质证明结论；
（2）过点C作CF⊥AD，利用AAS证明△AEC≌△AFC，从而得到CE=CF，AE=AF，证明
△BCE≌△DCF，得到DF=BE，结合图形解答即可；
（3）在BD上截取BH=BG，连接OH，证明△OBH≌△OBG，根据全等三角形的性质得到∠OHB=∠OGB，根据角平分线的判定定理得到∠ODH=∠ODF，证明△ODH≌△ODF，得到
DH=DF，计算即可．
【解题过程】
（1）证明：如图1，过点C作CF⊥AD，垂足为F，
∵AC平分∠MAN，CE⊥AB，CF⊥AD，
∴CE=CF，
∵∠CBE+∠ADC=180°，∠CDF+∠ADC=180°，
∴∠CBE=∠CDF，
在△BCE和△DCF中，
{
∠CBE=∠CDF
)
∠CEB=∠CFD=90° ，
CE=CF
∴△BCE≌△DCF (AAS)，
∴BC=DC；
（2）解：AD−AB=2BE，理由如下：
如图2，过点C作CF⊥AD，垂足为F，
∵AC平分∠MAN，
∴∠CAE=∠CAF
∵CE⊥AB，CF⊥AD，
∴∠AEC=∠AFC=90°
∵∠AEC=∠AFC=90°，∠CAE=∠CAF，AC=AC
∴△AEC≌△AFC (AAS)，
∴CE=CF，AE=AF，∵∠ABC+∠ADC=180°，∠ABC+∠CBE=180°，
∴∠CBE=∠CDF，
在△BCE和△DCF中，
{
∠CBE=∠CDF
)
∠CEB=∠CFD=90° ，
CE=CF
∴△BCE≌△DCF (AAS)，
∴DF=BE，
∴AD=AF+DF=AE+DF=AB+BE+DF=AB+2BE，
∴AD−AB=2BE；
（3）解：如图3，在BD上截取BH=BG，连接OH，
在△OBH和△OBG中，
{
BH=BG
)
∠OBH=∠OBG ，
OB=OB
∴△OBH≌△OBG(SAS)
∴∠OHB=∠OGB，
∵AO是∠MAN的平分线，BO是∠ABD的平分线，
∴点O到AD，AB，BD的距离相等，
∴∠ODH=∠ODF，
∵∠OHB=∠ODH+∠DOH，∠OGB=∠ODF+∠DAB，
∴∠DOH=∠DAB=60°，
∴∠GOH=120°，
∴∠BOG=∠BOH=60°，
∴∠DOF=∠BOG=60°，
∴∠DOH=∠DOF，
在△ODH和△ODF中，{∠DOH=∠DOF
)
OD=OD ，
∠ODH=∠ODF
∴△ODH≌△ODF(ASA)，
∴DH=DF，
∴DB=DH+BH=DF+BG=4+2=6．
13．（2022秋·湖北武汉·八年级统考期中）我们定义：三角形一个内角的平分线所在的直线与另一个内角
相邻的外角的平分线相交所成的锐角称为该三角形第三个内角的遥望角．
（1）如图1，∠E是△ABC中∠A的遥望角．
①直接写出∠E与∠A的数量关系___________；
②连接AE，猜想∠BAE与∠CAE的数量关系，并说明理由．
（2）如图2，四边形ABCD中，∠ABC=∠ADC=90°，点E在BD的延长线上，连CE，若已知
DE=DC=AD，求证：∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
【思路点拨】
1
（1）①运用角平分线的定义，以及三角形外角的性质，推导得到∠DCE=∠ABE+ ∠A，
2
1
∠DCE=∠ABE+∠E，即、可得出∠E= ∠A；②过点E作EM⊥BA交BA延长线于点M，过点E作
2
EN⊥AC交AC于点N，过点E作EH⊥BD交BD延长线于点H，运用角平分线的性质及判定定理可证
∠MAE=∠CAE，由∠MAE+∠BAE=180°，可得∠CAE+∠BAE=180°；
（2）过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC延长线于点N，先证四边形DMBN是矩
形，再证△AMD≌△CND，最后证得CE平分∠ACN，BD平分∠ABC即可．
【解题过程】
1
（1）解：①∵BE平分∠ABC，即∠ABE=∠EBC= ∠ABC，
2∴∠ACD=∠ABC+∠A=2∠ABE+∠A．
1
∵CE平分∠ACD，即∠ACE=∠ECD= ∠ACD，
2
1
∴∠DCE=∠ABE+ ∠A．
2
又∵∠DCE=∠ABE+∠E，
1
∴∠E= ∠A．
2
②猜想：∠CAE+∠BAE=180°，理由如下：
如图2，过点E作EM⊥BA交BA延长线于点M，过点E作EN⊥AC交AC于点N，过点E作EH⊥BD
交BD延长线于点H，
∵CE平分∠ACD，EN⊥AC，EH⊥BD，
∴EN=EH，
同理，EM=EH，
∴EM=EN，
∵EM⊥AB，EN⊥AC，
∴AE平分∠MAC，即∠MAE=∠CAE，
∵∠MAE+∠BAE=180°，
∴∠CAE+∠BAE=180°．
（2）证明：如图3，过D作DM⊥BA交BA于点M，过D作DN⊥BC交BC延长线于点N，∵DM⊥BA，DN⊥BC，∠ABC=90°，
∴∠DMB=90°，∠DNB=90°，∠ABC=90°，
∴四边形DMBN是矩形，
∴∠MDN=90°，
即∠MDC+∠CDN=90°，
∵∠ADC=90°，
∴∠ADM+∠MDC=90°，
∴∠ADM=∠CDN，
∵DM⊥BA，DN⊥BC，
∴∠AMD=∠DNC=90°，
在△AMD与△DNC中，
{∠AMD=∠DNC
)
∵ ∠ADM=∠CDN ，
AD=DC
∴△AMD≌△CND(AAS)，
∴DM=DN，
∵DM⊥BA，DN⊥BC，
∴BD平分∠ABC，
1
∴∠ABD=∠DBC= ∠ABC=45°，即BD平分∠ABC，
2
∴∠ECN=∠DBC+∠E=45°+∠E，
∵∠ADC=90°，AD=DC，
∴∠ACD=∠CAD=45°，
∴∠ACE=45°+∠DCE，
∵DE=DC，
∴∠E=∠DCE，∴∠ACE=∠ECN，
∴CE平分∠ACN，
∵BD平分∠ABC，
∴∠BEC是△ABC中∠BAC的遥望角．
14．（2022秋·浙江·八年级专题练习）在△ABC中，∠A=60°，BD，CE是△ABC的两条角平分线，且
BD，CE交于点F．
（1）如图1，用等式表示BE，BC，CD这三条线段之间的数量关系，并证明你的结论；
小东通过观察、实验，提出猜想：BE+CD=BC．他发现先在BC上截取BM，使BM=BE，连接FM，
再利用三角形全等的判定和性质证明CM=CD即可．
①下面是小东证明该猜想的部分思路，请补充完整：
ⅰ）在BC上截取BM，使BM=BE，连接FM，则可以证明△BEF与 全等，判定它们全等的依据是 ；
ⅱ）由∠A=60°，BD，CE是△ABC的两条角平分线，可以得出∠EFB= °；
②请直接利用ⅰ），ⅱ）已得到的结论，完成证明猜想BE+CD=BC的过程．
（2）如图2，若∠ABC=40° ，求证：BF=CA．
【思路点拨】
（1）先得出结论；
①利用三角形内角和求出∠ABC+∠ACB=120°，进而得出∠FBC+∠FCB=60°，得出∠BFC=120°，即可得出
结论；
②利用角平分线得出∠EBF=∠MBF，进而得出△BEF≌△BMF，求出∠BFM，即可判断出∠CFM=∠CFD，
即可判断出△FCM≌△FCD，即可得出结论；（2）先求出相关角的度数，进而判断出BG=CE，进而判断出△BGF≌△CEA，即可得出结论．
【解题过程】
（1）BC=CD+BE
①如图1，在BC上取一点M，使BM=BE，
ⅰ）∵BD是∠ABC的平分线，
∴∠EBF=∠MBF，
{
BE=BM
)
在ΔBEF和ΔBMF中， ∠EBF=∠MBF ，
BF=BF
∴ΔBEF≅ΔBMF(SAS)；
ⅱ）∵BD，CE是ΔABC的两条角平分线，
1 1
∴∠FBC= ∠ABC，∠BCF= ∠ACB，
2 2
在ΔABC中，∠A+∠ABC+∠ACB=180°，
∵∠A=60°，
∴∠ABC+∠ACB=180°−∠A=120°，
1
∴∠BFC=180°−(∠CBF+∠BCF)=180°− (∠ABC+∠ACB)=120°，
2
∴∠EFB=180°−120°=60°；
故答案为：ⅰ）ΔBMF，SAS；ⅱ）60；
②由①知，∠BFE=60°，ΔBEF≅ΔBMF，
∴∠CFD=∠BFE=60°，
∵ΔBEF≅ΔBMF，
∴∠BFE=∠BFM=60°，
∴∠CFM=∠BFC−∠BFM=60°，
∴∠CFM=∠CFD=60°，
∵CE是∠ACB的平分线，∴∠FCM=∠FCD，
{∠CFM=∠CFD
)
在ΔFCM和ΔFCD中， CF=CF
∠FCM=∠FCD
∴ΔFCM≅ΔFCD(ASA)，
∴CM=CD，
∴BC=CM+BM=CD+BE；
（2）如图2，在ΔABC中，∠A=60°，∠ABC=40°，
∴∠ACB=80°，
∵BD，CE是ΔABC的两条角平分线，
1 1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=20°，∠BCE=∠ACE= ∠ACB=40°，
2 2
∴∠AEC=∠ABC+∠BCE=80°，∠ABC=∠BCE，
∴BE=CE，
在ΔABC的边AB左侧作∠ABG=20°，交CE的延长线于G，
∴∠FBG=∠ABD+∠ABG=40°=∠ACE．
∵∠AEC=80°，
∴∠BEG=80°，
∴∠G=180°−∠ABG−∠BEG=80°=∠BEG=∠AEC，
∴BG=BE，
∴BG=CE，
{∠FBG=∠ACE=40°
)
在ΔBGF和ΔCEA中， BG=CE ，
∠BGF=∠AEC=80°
∴ΔBGF≅ΔCEA，
∴BF=AC．
15．（2022秋·全国·八年级专题练习）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）【模型呈现】如图，AD为△ABC的中线，BE∥AC交AD的延长线于点E，求证：AD=DE．（2）【模型应用】如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，E是BC中点，连接AE，DE，AE平分∠BAD
，求证：DE平分∠ADC．
（3）【拓展探索】如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AD⊥BC于点D，过点B作BE⊥AB交∠BAC
的平分线于点E，过点E作EF⊥AE交BC于点F，若AE+EF=AC，求证：CF=2BD．
【思路点拨】
（1）根据平行线的性质可得∠CAD=∠E，根据AD为△ABC的中线，可得CD=BD，据此即可证得
△ACD≌△EBD(AAS)，即可证得结论；
（2）过点E分别作EF⊥AD于点F，EG⊥AB于点G，交DC的延长线于点H，首先由角平分线的性质
可得EF=EG，再根据垂直的定义及平行线的性质，可证得∠B=∠ECH，∠BGE=∠H=90°，据此即
可证得△BEG≌△CEH(AAS)，即可证得结论；
（3）延长AB交FE延长线于点G，过点G作GH⊥BC交CB的延长线于点H，首先由∠BAC=90°，AE1
平分∠BAC，可得∠BAE= ∠BAC=45°，可求得∠AEB=∠BEG=45°，据此即可证得
2
△ABE≌△GBE(ASA)，可得AE=≥¿，AB=GB，可证得AC=GF，∠ADB=∠H=90°，据此可证
得△ABD≌△GBH(AAS)，AD=GH，BD=BH，再根据斜边直角边定理，可证得
Rt△ACD≌Rt△GFH，据此即可证得结论．
【解题过程】
（1）证明：∵BE∥AC，
∴∠CAD=∠E
∵AD为△ABC的中线，
∴CD=BD，
在△ACD和△EBD中，
{
∠CAD=∠E
)
∠ADC=∠EDB
CD=BD
∴△ACD≌△EBD(AAS)，
∴AD=ED．
（2）证明：如图，过点E分别作EF⊥AD于点F，EG⊥AB于点G，交DC的延长线于点H．
又∵AE平分∠BAD，
∴EF=EG，
∵EG⊥AB，
∴∠BGE=90°，
∵AB∥CD，
∴∠B=∠ECH，∠BGE=∠H=90°，
∴EH⊥CD
在△BEG和△CEH中，{∠B=∠ECH
)
∠BGE=∠H
BE=CE
∴△BEG≌△CEH(AAS)，
∴EG=EH，
∴EF=EH，
∴DE平分∠ADC；
（3）证明：如图，延长AB交FE延长线于点G，过点G作GH⊥BC交CB的延长线于点H．
∵∠BAC=90°，AE平分∠BAC，
1
∴∠BAE= ∠BAC=45°，
2
∵BE⊥AB，EF⊥AE，
∴∠ABE=∠GBE=∠AEG=90°，
∴∠AEB=90°−∠BAE=45°，
∴∠BEG=90°−∠AEB=45°，
∴∠AEB=∠BEG，
在△ABE和△GBE中，
{∠ABE=∠GBE
)
BE=BE
∠AEB=∠GEB
∴△ABE≌△GBE(ASA)，
∴AE=≥¿，AB=GB，
又∵AE+EF=AC，¿+EF=GF，
∴AC=GF，
∵AD⊥BC，GH⊥BC，∴∠ADB=∠H=90°，
在△ABD和△GBH中，
{
∠ADB=∠H
)
∠ABD=∠GBH
AB=GB
∴△ABD≌△GBH(AAS)，
∴AD=GH，BD=BH，
{AC=FG)
在Rt△ACD和Rt△GFH中，
AD=GH
∴Rt△ACD≌Rt△GFH(HL)，
∴CD=FH，
∴CD−FD=FH−FD，
即CF=DH，
∵DH=BD+BH=2BD，
∴CF=2BD．
16．（2022春·黑龙江哈尔滨·七年级哈尔滨工业大学附属中学校校考期末）已知四边形ABCD中，
∠A=∠B=90°，点E在边AB上，连接DE、CE，∠EDA=∠EDC．
（1）如图1，若CE平分∠BCD，求证：AD+BC=DC．
（2）如图2，若E为AB中点，求证：CE平分∠BCD．
（3）如图3，在（2）条件下，以E为顶点作∠HEF=∠CDE，∠HEF的两边与BC、DC分别交于F、
H，BF=3，AD=4，DH=7，求HF的长
【思路点拨】
（1）过E作EG⊥DC于G，证得△BCE≌△GCE，△DAE≌△DGE利用全等三角形的性质可得
CG=BC，DG=AD，再结合DC=DG+CG，代换即可求证；
（2）过E作EG⊥DC于G，先利用三角形的角平分线的性质证得EG=AE，再结合E为AB中点，证得
BE=EG，再加上EG⊥DC，∠B=90°，利用到角的两边距离相等的点在这个角的平分线上即可证得结
论；（3）过E作EG⊥DC于G，证得△ADE≌△GDE(AAS)可得DG=AD=4，求得GH=BF=3，延长
FB至K使BK=GH=3，证得△KBE≌△HGE(SAS)，△KEF≌△HEF(SAS)，利用全等三角形的性质
即可求解．
【解题过程】
（1）证明：过E作EG⊥DC于G，
∵EG⊥DC，
∴∠EGD=∠EGC=90°，
∵CE平分∠BCD，
∴∠BCE=∠GCE，
在△BCE和△GCE，
{
∠BCE=∠GCE
)
∠CBE=∠CGE=90°
CE=CE
∴△BCE≌△GCE，
∴CG=BC，
同理△DAE≌△DGE，
∴DG=AD，
∵DC=DG+CG，
∴AD+BC=DC
（2）证明：过E作EG⊥DC于G，
∵∠EDA=∠EDC，∴DE平分∠ADC，
∵∠A=90°，
∴EA⊥DA，
∵EG⊥DC，
∴EG=AE，
∵E是AB中点，
∴BE=AE，
∴BE=EG，
∵∠B=90°，
∴EB⊥BC，
∴CE平分∠BCD
（3）解：过E作EG⊥DC于G
∵EG⊥DC，
∴∠EGD=∠EGC=90°
在△ADE和△GDE中，
¿，
∴△ADE≌△GDE(AAS)，
∵DG=AD=4，
∴GH=DH−GD=3，
∵BF=3，
∴GH=BF=3，
由（2）得BE=≥¿，
∵∠EDA=∠EDC，
在Rt△EAD中，∠AED=90°−∠EDA，
在Rt△EGD中，∠GED=90°−∠EDC，
∴∠BEG=180°−∠AED−∠GED=2∠CDE，延长FB至K使BK=GH=3，
在ΔKBE和ΔHGE中，
¿
∴△KBE≌△HGE(SAS)，
∴∠KEB=∠HEG，KE=HE，
∵∠HEG+∠BEF+∠HEF=2∠CDE，∠HEF=∠CDE，
∴∠KEB+∠BEF=∠KEF=∠HEF，
在△KEF和△HEF中，
¿，
∴△KEF≌△HEF(SAS)
∴HF=KF=6．
17．（2023·全国·八年级专题练习）在△ABC中，∠BAC=60°，线段BF、CE分别平分∠ABC、
∠ACB交于点G．
（1）如图1，求∠BGC的度数；
（2）如图2，求证：EG=FG；（3）如图3，过点C作CD⊥EC交BF延长线于点D，连接AD，点N在BA延长线上，连接NG交AC于
点M，使∠DAC=∠NGD，若EB:FC=1:2，CG=10，求线段MN的长．
【思路点拨】
（1）根据三角形内角和定理求出∠ABC+∠ACB=120°，根据BF平分∠ABC、CE平分∠ACB，得出
1 1
∠GBC=∠GBE= ∠ABC，∠GCB=∠GCF= ∠ACB，求出∠GBC+∠GCB=60°，根据三角形
2 2
内角和得出∠BGC+∠GBC+∠GCB=180°，即可求出结果；
（2）作GH平分∠BGC交BC于点H，证明△BGE≌△BGH，得出EG=GH，证明△CGF≌△CGH
，得出FG=GH，即可证明结论；
（3）作DP⊥BC交BC延长线于点P，作DQ⊥AB交BA延长线于点Q，作DR⊥AC于点R，证明CD
平分∠ACP，根据DR⊥AC，DP⊥BC，得出DR=DP，根据BF平分∠ABC，DR⊥AC，
DQ⊥AB，得出DP=DQ，证明DR=DQ，证明△¬≌△CFG，得出NG=CG=10，证明
△BEG≌△MFG，得出BE=MF，作FL⊥NG于点L，FK⊥CG于点K，GW⊥MC于点W，根据
1 1 1 1 MG MF 1
S = MG⋅FL= MF⋅GW，S = GC⋅FK= FC⋅GW，得出 = = ，求出
△MGF 2 2 △CGF 2 2 GC FC 2
MG=5即可得出答案．
【解题过程】
（1）解：在△ABC中，∠BAC+∠ABC+∠ACB=180°，
∵∠BAC=60°
∴∠ABC+∠ACB=120°，
∵BF平分∠ABC、CE平分∠ACB，
1 1
∴∠GBC=∠GBE= ∠ABC，∠GCB=∠GCF= ∠ACB，
2 2
∴∠GBC+∠GCB=60°，
在△BGC中，∠BGC+∠GBC+∠GCB=180°，
∴∠BGC=120°．
（2）解：作GH平分∠BGC交BC于点H，如图所示：∴∠BGH=∠CGH=60°，
∵∠BGE=∠CGF=∠GBC+∠GCB=60°，
∴∠BGH=∠CGH=∠BGE=∠CGF，
∵∠GBC=∠GBE，BG=BG
∴△BGE≌△BGH，
∴EG=GH，
∵∠GCH=∠GCF，CG=CG，
∴△CGF≌△CGH，
∴FG=GH，
∴EG=FG；
（3）解：作DP⊥BC交BC延长线于点P，作DQ⊥AB交BA延长线于点Q，作DR⊥AC于点R，如图
所示：
∵CE平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ACE，
∵CD⊥EC，
∴∠ECD=90°，
∴∠ACE+∠ACD=90°，∵∠ACB+∠ACP=180°，
∴∠ACP=2∠ACD，
∴CD平分∠ACP，
∵DR⊥AC，DP⊥BC，
∴DR=DP，
∵BF平分∠ABC，DR⊥AC，DQ⊥AB，
∴DP=DQ，
∴DR=DQ，
∴AD平分∠QAC，
∵∠BAC=60°，
∴∠DAQ=∠DAC=60°，
∴∠NGD=∠DAC=60°，
由（1）得∠BGC=120°，
∴∠BEG=∠FGC=180°−∠BGC=60°，
∵∠MGF=∠ABF+∠BNG=60°，
∠FGC=∠FBC+∠ECB=60°，
∠ABF=∠FBC，
∴∠BNG=∠ECB，
∵∠ECB=∠ACE，
∴∠ACE=∠BNG，
由（2）得EG=FG，
∴△¬≌△CFG，
∴NG=CG=10，
∠¬=∠CFG，
∵∠¬+∠BEG=180°，
∠CFG+∠MFG=180°，
∴∠BEG=∠MFG，
∴△BEG≌△MFG，
∴BE=MF，
∵BE:FC=1:2，
∴MF:FC=1:2，
作FL⊥NG于点L，FK⊥CG于点K，GW⊥MC于点W，∵∠MGF=∠CGF=60°，
∴FK=FL，
1 1
S = MG⋅FL= MF⋅GW，
△MGF 2 2
1 1
S = GC⋅FK= FC⋅GW，
△CGF 2 2
MG MF 1
∴ = = ，
GC FC 2
∴MG=5，
∴MN=NG−MG=5．
18．（2022秋·吉林·八年级吉林省实验校考阶段练习）如图（1）~（3），已知∠AOB的平分线OM上有
一点P，∠CPD的两边与射线OA、OB交于点C、D，连接CD交OP于点G，设
∠AOB=α(0°<α<180°)，∠CPD=β．
（1）如图（1），当α=β=90°时，试猜想PC与PD，∠PDC与∠AOB的数量关系（不用说明理由）；
（2）如图（2），当α=60°，β=120°时，（1）中的两个猜想还成立吗？请说明理由．
（3）如图（3），当α+β=180°时，你认为（1）中的两个猜想是否仍然成立，若成立，请直接写出结
论；若不成立，请说明理由．
【思路点拨】
（1）过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，根据角平分线的性质可得
PF=PE，先证明∠EPF=∠CPD，再证明∠CPE=∠EPD，即可证明△FPC≌△EPD，则有PC=PD，
∠PDC=∠PCD，则有2∠PDC=∠CPN，根据∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，可得
∠AOB=∠CPN，即问题得解；
（2）解答方法同（1）；
（3）解答方法同（2）．
【解题过程】
（1）
PC=PD，2∠PDC=∠AOB，证明：过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，
∵OM平分AOB，
∴∠AOP=∠BOP，
∵PF⊥OA，PE⊥OB，
∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∵∠AOB+∠ODC+∠OCD=180°，∠PCD+∠PDC+∠CPD=180°，
∴∠AOB+∠ODC+∠OCD+∠PCD+∠PDC+∠CPD=360°，
∴四边形OCPD的内角和为360°，
同理，四边形OFPE的内角和为360°，
∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，
∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，
即∠AOB+∠EPF=180°，
∵∠AOB=∠CPD=90°，即∠AOB+∠CPD=180°，
∴∠EPF=∠CPD，
∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，
∴∠CPE=∠EPD，
又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∴△FPC≌△EPD，
∴PC=PD，
∴∠PDC=∠PCD，
∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，
∴2∠PDC=∠CPN，∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，
∴∠AOB=∠CPN，
∴2∠PDC=∠AOB，
结论得证；
（2）成立，理由如下：
过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，
∵OM平分AOB，
∴∠AOP=∠BOP，
∵PF⊥OA，PE⊥OB，
∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∵四边形OFPE的内角和为360°，
∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，
∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，
即∠AOB+∠EPF=180°，
∵∠AOB=60°，∠CPD=120°，即∠AOB+∠CPD=180°，
∴∠EPF=∠CPD，
∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，
∴∠CPE=∠EPD，
又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∴△FPC≌△EPD，
∴PC=PD，
∴∠PDC=∠PCD，
∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，
∴2∠PDC=∠CPN，
∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，
∴∠AOB=∠CPN，
∴2∠PDC=∠AOB，结论得证；
（3）成立，PC=PD，2∠PDC=∠AOB，
证明：过P点作PE⊥OB于点E，作PF⊥OA于点F点，延长DP交OA于点N，如图，
∵OM平分AOB，
∴∠AOP=∠BOP，
∵PF⊥OA，PE⊥OB，
∴∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∵四边形OFPE的内角和为360°，
∴∠AOB+∠PFO+∠PEO+∠EPF=360°，
∴∠AOB+90°+90°+∠EPF=360°，
即∠AOB+∠EPF=180°，
∵∠AOB+∠CPD=180°，
∴∠EPF=∠CPD，
∵∠EPF=∠EPC+∠CPE，∠CPD=∠EPC+∠EPD，
∴∠CPE=∠EPD，
又∵∠PFO=∠PEO=90°，PF=PE，
∴△FPC≌△EPD，
∴PC=PD，
∴∠PDC=∠PCD，
∵∠PDC+∠PCD=∠CPN，
∴2∠PDC=∠CPN，
∵∠AOB+∠CPD=180°，∠CPD+∠CPN=180°，
∴∠AOB=∠CPN，
∴2∠PDC=∠AOB，
