专项突破二 三角形全等的难点模型-【全程复习大考卷】2025-2026学年新教材八年级上册数学（人教版2024）

1 .∠ECD=∠ECB=2∠BCD,LEAD=LEAB 2∠BAD ·.'∠BNC=∠NBF+∠NFB=60° ∴.∠NFB=∠NBF=30°.∴.∠CFB=30°. :∠E+∠ECB=∠B+∠EAB 3.解：(1)①==【解析】∠BCA=90°，∠=90°， ∴，∠E=∠B+∠EAB-∠ECB ∴.∠BCE+∠CBE=90°，∠BCE+∠ACF=90°. =∠B+LEAB-L∠BCD ∴.∠CBE=∠ACF .CB=AC,∠BEC=∠CFA,∴.△BCE≌△CAF(AAS). .BE=CF.CE=AF...EF=ICF-CEI=BE-AFI. =∠B+∠EAB- 2(∠B+∠BAD+LD) ②∠a+∠BCA=180°.证明如下： =∠B-∠D 在△BCE中，∠CBE+∠BCE=180°-∠BEC=180°-∠ 2 .∠BCA=180°-∠a,∴.∠CBE+∠BCE=∠BCA, .∠ACF+∠BCE=∠BCA,∴.∠CBE=∠ACF. 专项突破二三角形全等的难点模型 .BC=CA,∠BEC=∠CFA,.△BCE≌△CAF(AAS). 1.解：(1)证明：.∠ACB=90°，∴.∠ACM+∠BCN=90°. ∴.BE=CF,CE=AF. .·AM⊥MN,BN⊥MN,·.∠AMC=∠CNB=90° EF=ICF-CEI,..EF=IBE-AFI. ..∠BCN+∠CBN=90°.∴.∠ACM=∠CBN. (2)EF=BE+AF.证明如下： r∠AMC=∠CWB, :'∠BEC=∠CFA=La,La=∠BCA,∠BCA+LBCE+ 在△ACM和△CBN中 ∠ACM=∠CBN, ∠ACF=180°，∠CFA+∠CAF+∠ACF=180°， LAC=CB. ∴.LBCE=LCAF. ∴.△ACM≌△CBN(AAS).∴.CM=BN,AM=CN. ,BC=CA,∴.△BCE≌△CAF(AAS). MN=CN+CM,..MN=AM+BN. .BE=CF.CE=AF...EF=CF+CE=BE+AF. (2)(1)中的结论不成立，应为MW=AM-BN 4.解：(1)证明：OM是∠AOB的平分线，CD1OA于点 理由：同(1)，得△ACM≌△CBN(AAS). D,CE⊥OB于点E,.CD=CE ∴.CM=BN,AM=CN. (2)结论仍然成立.证明如下： .MN=CN-CM,..MN=AM-BN. 如图，过点C分别作CK⊥OA,垂足为K,CH⊥OB,垂足 2.【一线三等角模型】 为H,标注∠1，∠2. 证明：∠A=∠DBE, .OM为∠AOB的平分线，且CK⊥OA,CH⊥OB, .∠D+∠DBA=180°-∠A, ∴.CK=CH,∠CKD=∠CHE=90°. ∠DBA+∠CBE=18O°-∠DBE. .·∠AOB=90° ∴.∠D=∠CBE ∴.∠KCH=360°-∠KOH-∠CKD-∠CH0=90°. r∠A=∠C, .∠1+∠DCH=∠2+∠DCH=90°，.∠1=∠2. 在△ABD和△CEB中，{∠D=LCBE 在△CKD与△CHE中， BD=EB. r∠CKD=∠CHE, ∴.△ABD≌△CEB(AAS). CK=CH. 【模型运用】 ∠1=∠2， 解：如图1，过点D作DT⊥BA,交BA的延长线于点T .△CKD≌△CHE(ASA)..CD=CE. 与【一线三等角模型】同理可证△ATD≌△CBA(AAS), 5.解：(1)：0C平分∠A0B,.∠A0C=∠B0C=45°. .∴.DT=AB=4 .·∠0CF=90°，∴.∠0FC=45°=∠B0C..OC=FC. SAABD=2XABXDT= ×4×4=8. ,∠DCE=∠OCF=90°，∴.∠DC0=∠ECF. 2 .∠D0C=∠EFC=45°，∴.△CD0≌△CEF(ASA). ∴.CD=CE. (2)如图1，过点C作CM⊥OA,CN⊥ OB,垂足分别为M,N. M ∴.∠CMD=∠CNE=90°. .OC平分∠AOB,∴.CM=CN. 图1 图2 在四边形ODCE中， 【能力提升】 ∠DOE+∠DCE+∠CD0+∠CE0=360°， 图1 解：∠CFB=30°不变 .∠DOE=∠DCE=90°，∴.∠CD0+LCE0=180°. 如图2，在CF上取一点N,使得FW=CD .∠CDO+∠CDM=180°，∴.∠CDM=∠CEN. .:△ABC,△DEF都是等边三角形， ∴.△CMD≌△CNE(AAS).∴.CD=CE. ..∠D=∠ACB=60°，DE=DF,AC=BC (3)(1)中的结论成立，0E+0D=0C.理由如下： AE=2CD,CD=FN,.'.AD=CN. 如图2，过点C作CM⊥OA,CN⊥OB,垂足分别为M,N. :∠ACN=∠ACB+∠BCN=∠D+∠CAD, ∴.∠CMD=∠CNE=90°. A .∴.∠BCN=∠CAD :OC平分∠AOB, TAD=CN ∴.CM=CN,∠AOC=∠B0C=60°. 在△ADC和△CNB中，{∠CAD=∠BCN 在四边形ODCE中， AC=CB. O/EN ∠DOE+∠DCE+∠CDO+∠CEO .∴.△ADC≌△CNB(SAS)∴.CD=BN,∠D=∠BNC=60° =360°， 图2 FN=CD,∴.BN=FN.∴.∠NBF=∠NFB. ·.·∠D0E+∠DCE=120°+60°=180°， .∠ADF=∠ABI=90°，AD=AB. ∴.∠CD0+∠CE0=180°. AD=AB .∠CE0+∠CEN=180°，.∠CDM=∠CEN. 在△ADF和△ABI中，{∠ADF=∠ABI, ∴.△CMD≌△CNE(AAS).∴.CD=CE,DM=EN. DF=BI, ...0E+0D=0E+0M+DM=0E+0M+EN=ON+OM. .△ADF≌△ABI(SAS). .:∠A0C=60°，CM⊥A0,∴.∠MC0=30°. ∴.∠DAF=∠BAI,AF=AI. :∠DAF+∠EAB=90°-∠EAF=45°， 六0M=20C. .∠BAI+∠EAB=45°=∠IAE. 在△EAF和△EAI中， 同理可得OW= [AF=AI, 1 ∠EAF=∠EAI=45°， .0E+0D=。0C+)0C=0C. AE=AE. 2 6.解：(1)EF=BE+DF .△EAF≌△EAI(SAS). BE=DG. ..∠AEF=∠AEI,即∠AEB=∠AEF 【解析】在△ABE和△ADG中，{∠B=∠ADG, 8.解：(1)证明：如图1，延长CB至点E,使BE=DN,连 LAB=AD. 接AE. △ABE≌△ADG(SAS)..AE=AG,∠BAE=∠DAG. ·四边形ABCD是正方形， .·∠EAF=60°，∠BAD=120°， .AB=AD,∠D=∠ABC=90° ∴.∠BAE+∠DAF=∠BAD-∠EAF=6O°. .∠ABE=∠D=90° ∴.∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=6O°. ∴.△ABE≌△ADN(SAS): ∴.∠EAF=∠GAF. .AE=AN,∠EAB=∠NAD. AE=AG. ·∠BAD=90°， 在△AEF和△AGF中， ∠EAF=∠GAF, .∴.∠BAM+∠MAN+∠NAD=90° LAF=AF, ∴.∠BAM+∠MAN+∠BAE=90°. .∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°= 图 ∴.△AEF≌△AGF(SAS).∴.EF=GF. ·FG=DG+DF=BE+DF,∴.EF=BE+DF 45°=∠NAM. (2)EF=BE+DF仍然成立.理由如下： AE=AN. 如图，延长FD到点G,使DG=BE,连接AG. 在△AEM和△ANM中，∠EAM=∠NAM, ·∠B+∠ADC=180°，∠ADC+∠ADG=180°， AM=AM. ∴.∠B=∠ADG. .△AEM≌△ANM(SAS)∴.ME=MN. 在△ABE和△ADG中， .ME=BE+BM=DN+BM,.'.DN+BM=MN. BE=DG. .·BM=DN,.MN=2BM. ∠B=∠ADG, (2)证明：如图2，延长CM至点E,使BE=DN AB=AD. 四边形ABCD是正方形， .△ABE≌△ADG(SAS). ∴.AB=AD,∠D=∠ABC=90° ∴.AE=AG,∠BAE=∠DAG. ∴.∠ABE=∠D=90°. .△ABE≌△ADN(SAS). ∠EAF=2∠BAD, ∴.AE=AN,∠EAB=∠NAD. ·∠BAD=90°， 图2 .·.∠GAF=∠DAG+∠DAF=∠BAE+∠DAF=∠BAD- ∠EAF=∠EAF. .∠BAM+∠MAN+∠NAD=90° .∴.∠BAM+∠MAN+∠BAE=90° AE=AG. 在△AEF和△AGF中，{∠EAF=∠GAF, ∴.∠EAM=90°-∠NAM=90°-45°=45°=∠NAM. LAF=AF [AE=AN, ∴.△AEF≌△AGF(SAS).∴.EF=GF. 在△AEM和△ANM中，{∠EAM=∠NAM, FG=DG+DF=BE+DF,..EF=BE+DF. AM=AM, 7.解：(1)四边形ABCD是正方形， ∴.△AEM≌△AWM(SAS)∴.ME=MN. ∴.∠DAB=∠ABC=∠C=∠ADC=90°. .ME=BE+BM=DN+BM,..MN=DN+BM. .·∠AEB=55°，.∠EAB=90°-∠AEB=90°-55°=35°. (3)DN-BM=MN.理由如下： ∴.∠DAH=90°-∠EAF-∠EAB=90°-45°-35°=10°. 如图3，在线段DN上截取DQ=BM,连接AQ (2)135°-a【解析小：四边形ABCD是正方形， 在△ADQ和△ABM中， ∴.∠ABE=∠ADF=∠BAD=90. rAD=AB ∠ADO=∠ABM, '∠AEB=a,∴.∠EAB=90°-a. ∴.∠DAF=∠BAD-∠EAB-∠EAF=90°-(90°-x）-45°= DQ=BM, ∴.△ADQ≌△ABM(SAS). a-45°. ∴.∠AFD=90°-∠DAF=90°-(-45)=135°-a. .AQ=AM,∠DAQ=∠BAM. ∴.∠BAD=∠MAQ=90°. 图3 (3)证明：如图，延长CB至点I,使BI=DF,连接A. 四边形ABCD是正方形， .'∠MAN=45°，∴.∠QAN=90°-45°=45°. 全程复习大考卷·数学·八年级上册 ·67 ∴.∠QAN=∠MAN .·.∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD, rAM=AO 即∠BCE=∠ACD. 在△AMN和△AQN中，∠MAN=∠QAN, .'BC=AC,CE=CD,∴.△ACD≌△BCE(SAS) AN=AN. ..∠CAD=∠CBE ∴.△AMW≌△AQN(SAS)..MN=QN ∴.∠AEB=180°-∠BAE-∠EBA DN-DQ=ON,..DN-BM=MN. =180°-（∠CBE+∠CBA+∠BAE) 专项突破三与等腰三角形有关的手拉手模型探究 =180°-（∠CAD+∠CBA+∠BAE) 1.解：(1)∠BAD=∠EAC=40 =180°-（∠CBA+∠CAB)=180°-90°=90° ∴.∠DAC=∠BAE=40°+∠BAC. ∴.△ABE是直角三角形 rAD=AB （2)成立.证明如下： 在△DAC和△BAE中，∠DAC=∠BAE, .·∠DCE=∠ACB, AC=AE, .·.∠DCE-∠BCD=∠ACB-∠BCD, ∴.△DAC兰△BAE(SAS). 即∠BCE=∠ACD. (2).:∠BAD=40°. ·.·BC=AC,CE=CD,∴.△BCE≌△ACD(SAS) ∴.∠ADB+∠ABD=180°-∠BAD=140° .·.BE=AD :△DAC≌△BAE,∴.∠ADC=∠ABE. 4.解：(1)：∠ACB=∠MCN=90° ∴.∠BFC=∠BDF+∠DBF=∠BDF+∠ABE+∠ABD ∴.∠ACB-∠MCB=∠MCN-∠MCB.∴.∠ACM=∠BCN. =∠BDF+∠ADC+∠ABD=∠ADB+∠ABD=140° AC=BC,CM=CN,∴.△ACM≌△BCN(SAS). 2.解：(1)①证明：：'AC=BC,CD=CE,∠CAB=∠CED=a, .∴.AM=BN,∠AMC=∠BNC. ·.∠CAB=LCBA=a,∠CED=∠CDE=a. 在Rt△MCN中，CM=CN, ∴.∠ACB=180°-2a,∠DCE=180°-2a. ∴.∠CMN=∠CWNM=45°. ∴.∠ACB=∠DCE. ∴.∠AMC=180°-∠CMN=135. .∴∠ACB-∠DCB=∠DCE-∠DCB ∴.∠BWC=135°.∴.∠AWC+∠ANB=135°. 即∠ACD=∠BCE. ∴.∠ANB=135°-∠ANC=90°..AM⊥BN [AC=BC, (2)①证明：如图，过点C作CF⊥CN,交AN于点F. 在△ACD和△BCE中，{∠ACD=∠BCE, .'∠CMN=90°，CM=MW,.∴.∠CNWM=45° CD=CE. .CF⊥CN,∠ACB=90°， △ACD≌△BCE(SAS).∴.AD=BE. ∴.∠FCN=∠ACB,∠CFN=∠CNF=45° ②.'AC=BC,.∴.∠CBA=∠CAB=a. ∴.∠ACF=∠BCN,CF=CN .△ACD≌△BCE,∴.∠CAD=∠CBE=a+∠BAO. .AC=BC. .∠ABE=∠BOA+∠BAO,∴.∠CBE+Q=∠BOA+∠BAO. ∴.△ACF≌△BCN(SAS), ∴.a+∠BA0+=∠BOA+∠BA0.∴.∠A0B=2 ∴.AF=BN (2)证明：如图，作BP⊥MW交MW的延长线于点P,作 .·CF=CW,CM⊥MN. DQ⊥MN于点Q. ∠FCM=∠NCM=45 .·BC=AC,∠BAC=45° ∴.△CMF和△CMW是等腰直角三角形 ∴.∠ABC=∠BAC=45°，∠ACB=90°. .∴.FM=MN=CM. ∴.∠ACM+∠BCP=90°. .BN+CM=AF+FM=AM .·CM⊥AE, 2.AM=4.BN=1.BN+CM=AM ∴.∠CAM+∠ACM=90°. .∴.CM=MN=AM-BN=3.·.AN=AM+MN=7. ..∠BCP=∠CAM. 5.解：(1)证明：AE LAD, ∠BPC=∠CMA, ∴.∠DAE=∠BAC=90°.∴.∠BAD=∠CAE, 在△CBP和△ACM中， ∠BCP=∠CAM. rAB=AC, BC=CA, 在△ABD和△ACE中 ∠BAD=∠CAE, ∴.△CBP≌△ACM(AAS). AD=AE. ∴.BP=CM.同理可得CM=DQ.∴.DQ=BP. ∴.△ABD≌△ACE(SAS).∴.BD=CE. r∠BNP=∠DNQ, (2)如图1，.·AE⊥AD,AE=AD, 在△BPN和△DQN中，∠BPN=∠DQN, ∴.∠DAE=∠BAC=90°. BP=DQ, ∴.∠BAD=∠CAE,∠ADE=∠AED=45°. ∴.△BPN≌△DQN(AAS). 在△ABD和△ACE中， .BN=DN..N是BD的中点. rAB=AC. 3.解：(1)①证明：∠ACB=90°， ∠BAD=∠CAE, .∠BCE=180°-∠ACB=90°..∠BCE=∠ACD. AD=AE. .·BC=AC,CE=CD,∴.△BCE≌△ACD(SAS). .△ABD≌△ACE(SAS). ∴.BE=AD .∠ABD=∠ACE. 图 ②△ABE是直角三角形.理由如下： ·.·∠ADE=∠ABD+∠BAD=45° .BC=AC,∠ACB=90°，.∠CBA=∠CAB=45° ∴.∠ACE+∠CAE=45°. ·.·∠DCE=∠ACB=90°， ∴.∠FEC=180°-∠ACE-∠CAE-∠AED=90 68 全程复习大考卷·数学·八年级上册 (3)BE=AF,BE⊥AF.理由如下： rAB=AC, 如图2，设AF交BE于点M. 在△ABD和△ACE中，{∠BAD=∠CAE, .·∠BAC=∠DAE=90° AD=AE .∠BAC+∠DAE=180°. .△ABD≌△ACE(SAS).BD=CE. .∠BAE+∠DAC=180. .CE=BD=BC+CD=AC+CD :AC平移得到DF, (3)当点D在线段BC上时， .∴AC=DF=AB,AC∥DF. .∠DEC=30°，∠AED=60°，∴.∠AEC=90°. ..∠FDA+∠DAC=180° :△ABC是等边三角形，.AB=AC,∠BAC=60° ∴.∠FDA=∠BAE. 图 ∴.∠BAD=∠CAE. AB=DF .AD=AE,∴.△ABD≌△ACE..∠ADB=∠AEC=90° 在△ABE和△DFA中，∠BAE=∠FDA, LAE=DA. ∠B=60°，∠BAD=30.BD=2AB=2; ..△ABE≌△DFA(SAS). 当点D在线段BC的延长线上时， ∴BE=FA,∠AEB=∠DAF. ∠DEC=30°，∠AED=60°，∴.∠AEC=30° .∠DAF+∠FAE=90° .·△ABD≌△ACE,∴.∠ADB=∠AEC=30°. ∴.∠AEB+∠FAE=90°，即∠AEM+∠MAE=90° ∠B=60°，∴.∠BAD=90°..BD=2AB=8. ∴.∠AME=180°-（∠AEM+∠MAE)=90°. ∴.当BD的长度为2或8时，∠DEC=30°. .BE⊥AF. 8.解：(1)，△ABC,△BDE均是等边三角形， 6.解：(1)①120°【解析】，△ABC和△DCE都是等边三 ∴∠BED=∠ABC=∠ACB=60°，AC=BC. 角形， CF=BC,∴BC=CF=AC. .CE=CD,CA=CB,∠ECD=∠ACB=60°. ∴.∠CBF=∠CFB,∠CAF=∠CFA. ∴.∠ECD-∠ACD=∠ACB-∠ACD,即∠ECA=∠DCB. ∴.2∠CFB+2∠CFA=360°-60°=300° CE=CD. ∴.∠CFB+∠CFA=150°..∠AFB=150°. 在△ECA和△DCB中，∠ECA=∠DCB, AF∥BE, CA=CB ∴.∠EBF=180°-∠AFB=30°. ∴.△ECA≌△DCB(SAS). (2)证明：如图，过点B作BH∥CN,交CG的延长线于 .∴∠AEC=∠BDC=180°-∠CDE=120°. 点H. ②AE=BD .BH∥CN, (2)△DCE是等腰直角三角形， .∠N=∠HBG ∴.∠CDE=45°.∴.∠CDB=135 .NG=BG,∠NGC=∠BGH, 由(1)①，得△ECA≌△DCB. ∴.△NGC≌△BGH(ASA). ∴.∠CEA=∠CDB=135°，AE=BD. ∴.NC=BH. :∠CEB=45°，∴.∠AEB=∠CEA-∠CEB=90° .·∠ABC=∠DBE=60°， :△DCE是等腰直角三角形，CM为△DCE中边DE上 ∴.∠ABD=∠CBE. BA=BC,BD=BE 的高， .△ABD≌△CBE(SAS) ∴.CM=EM=DM. ∠BAM=∠BCH. ∴.CM+AE=DM+BD=BM. ∠CBH+∠BCN=180°，∠BCN=180°-∠ACB=120°， (3).△DCE是等腰三角形，∠DCE=36°， .∠CBH=60°..∠ABM=∠CBH. ·∠CDE=180-∠DCE BA=BC,∴.△BAM≌△BCH(ASA) 2 =72°..∠CDB=108° .BM=BH...BM=CN. 由(1)①，得△ECA≌△DCB. 专项突破四整式乘法的应用 ∴.∠CEA=∠CDB=108 1.解：(1)a2-b2a2-4ab+4b2 .∴∠EAC+∠ECA=180°-∠CEA=72°. (2)3S1+2S2 :△ABC是等腰三角形，∠ACB=36°， =3(a2-b2)+2(a2-4ab+462) ·∠CAB=180-LACB 72° =3a2-3b2+2a2-8ab+8b2 2 =5a2-8ab+5b2=5(a2+2ab+b2)-18ab ∴.∠EAB+∠ECB=∠EAC+∠CAB+∠ECA+∠ACB=72°+ =5(a+b)2-18ab. 72°+36°=180°. 当a+b=10,ab=20时， 7.解：(1)等边三角形【解析】小：AD绕，点A按逆时针方向 原式=5×102-18×20=500-360=140. 旋转60°得到AE, ,AD=AE,∠DAE=60.∴.△ADE是等边三角形. (3)s-a48-b3-a+6)a7a(a-b) 2 (2)CE=CA+CD.证明如下： 121 由(1)知，AD=AE,∠DAE=60°， -2a'+2ab :△ABC是等边三角形， ∴.AB=AC=BC,∠BAC=60°.∴.∠BAC=∠DAE=60°. 2 .∠BAC+∠CAD=∠DAE+∠CAD,即∠BAD=∠CAE. S4=(a-b)2=a2-2ab+b2,专项突破二 三角形全等的难点模型 类型一 “一线三等角”模型 1.如图1，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,过点C在△ABC外作直线MN,AM⊥MN于点M,BN⊥MN 于点N. (1)求证：MN=AM+BN; (2)如图2，若过点C作直线MN与线段AB相交，AM⊥MN于点M,BN⊥MN于点N(AM>BN),(1)中 的结论是否仍然成立？请说明理由. 训 图1 图2 2.【一线三等角模型】如图1，点A,B,C在同一条直线上，∠A=∠DBE=∠C,当BD=BE时，有△ABD≌ 救 △CEB.理由如下： .∠A=∠DBE, ∴.∠D+∠DBA=18O°-∠A,∠DBA+∠CBE=180°-∠DBE. ∴.∠D=∠CBE. 请将全等证明过程补充完整； 【模型运用】如图2，∠ABC=∠CAD=90°，AB=4,AC=AD,求△BAD的面积； 【能力提升】如图3，在等边三角形DEF中，A,C分别为DE,DF边上的动点，AE=2CD,连接AC,以AC 爵 为边在△DEF内作等边三角形ABC,连接BF,当点A从点E向点D运动（不与点D重合）时，∠CFB 的度数变化吗？如不变，请求出它的度数；如变化，请说明它是怎样变化的： 图1 图2 图3 3.已知CD是经过∠BCA顶点C的一条直线，AC=BC,E,F是直线CD上的两点，且∠BEC=∠CFA=∠. (1)若直线CD经过∠BCA的内部，且E,F在射线CD上，请解决下面两个问题： ①如图1，若∠BCA=90°，∠a=90°，则BE CF,EF BE-AFI;(两空均填“>” “<”或“=”) ②如图2，若0°<∠BCA<180°，请添加一个关于∠与∠BCA关系的条件： ,使①中 的两个结论仍然成立，并证明两个结论成立 (2)如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α=∠BCA,请写出三条线段EF,BE,AF的数量关系并证 明你的结论 图2 图3 类型二“对角互补”模型 4.已知∠AOB=90°，在∠AOB的平分线OM上有一点C,将一个三角尺的直角顶点与点C重合，它的两 条直角边分别与OA,OB相交于点D,E. (1)如图1，当CD⊥OA于点D,CE⊥OB于点E时，求证：CD=CE; (2)当三角尺绕点C旋转到CD与OA不垂直时，在图2这种情况下，上述结论是否还成立？若成立， 请给予证明；若不成立，请写出你的猜想，不需证明. 图2 全程复习大考卷·数学·八年级上册 ·35· 5.如图，已知∠DCE与∠AOB,OC平分∠AOB. (1)如图1，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D,E,∠AOB=∠DCE=90°，试判断线段CD与CE 的数量关系，并证明， 以下是小宇同学给出的正确解法： 解：CD=CE. 证明：如图1，过点C作CF⊥OC,交OB于点F,则∠OCF=90°，… 请根据小宇同学的证明思路，写出该证明的剩余部分； (2)你有与小宇不同的证明方法吗？请利用图2写出你的证明过程； (3)若∠AOB=120°，∠DCE=60°，如图3，∠DCE与∠AOB的两边分别相交于点D,E时，(1)中的结 论成立吗？为什么？线段OD,OE,OC有什么数量关系？说明理由. 01E B 图1 图2 图3 类型三“半角”模型 6.新素养〔模型观念〕 (1)问题背景：如图1，在四边形ABCD中，AB=AD,∠BAD=120°，∠B=∠ADC=90°，E,F分别是BC, CD上的点，且∠EAF=60°，探究图中线段BE,EF,FD之间的数量关系 小王同学探究此问题的方法是延长FD到点G,使DG=BE,连接AG,先证明△ABE≌△ADG,再证 明△AEF≌△AGF,可得出结论，他的结论应是 (2)探索延伸：如图2，若在四边形ABCD中，AB=AD,∠B+∠D=180°，E,F分别是BC,CD上的点， 且∠BAP=∠BHD,上述结论是香仍然成立？说明理由， 图1 图2 ·36· 全程复习大考卷·数学·八年级上册 7.如图，在正方形ABCD中，∠EAF的两边分别与边BC,CD交于点E,F,AE,AF分别交BD于点G,H, 且∠EAF=45°. (1)当∠AEB=55时，求∠DAH的度数； (2)设∠AEB=,则∠AFD= ;(用含α的式子表示) (3)求证：∠AEB=∠AEF, G 8.如图，在正方形ABCD中，∠MAN=45°，∠MAN绕点A顺时针旋转，它的两边分别交BC,CD(或它们的 延长线)于点M,N. （1)当∠MAN绕，点A旋转到BM=DN时（如图1），求证：MN=2BM; (2)当∠MAN绕点A旋转到BM≠DN时（如图2），求证：MN=BM+DN; (3)当∠MAN绕点A旋转到如图3所示的位置时，线段BM,DN和MN之间有怎样的数量关系？请 写出你的猜想并证明. 图1 图2 图3