专项突破三 与等腰三角形有关的手拉手模型探究-【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）

专项突破三与等腰三角形有关的手拉手模型探究 类型一 双等腰三角形构成的手拉手模型 1.如图，分别以△ABC的边AB,AC为腰向外作等腰三角形ABD和等腰三角形ACE,且∠BAD= ∠EAC=40°. (1)试说明△DAC和△BAE全等的理由； (2)求∠BFC的度数. 孙 救 2.如图，在△ABC和△DCE中，AC=BC,CD=CE,∠CAB=∠CED=ax. (1)如图1，将AD,EB延长，延长线相交于点O. ①求证：BE=AD; ②用含的式子表示∠AOB的度数；（直接写出结果） (2)如图2，当=45时，连接BD,AE,作CM⊥AE于点M,延长MC与BD交于点N.求证：N是BD的 中点， 爵 图1 图2 养 类型二双等腰直角三角形构成的手拉手模型 3.在等腰三角形ABC中，BC=AC,点D在BC上，延长AC至点E,使CE=CD,连接AD,DE,BE. (1)若∠ACB=90°， ①如图1，求证：BE=AD; ②如图2，将△DCE绕点C按顺时针方向旋转一定的角度，使A,D,E三点在同一条直线上，判断 △ABE的形状，并说明理由； (2)若∠DCE=∠ACB≠90°，如图3，(1)中①的结论是否成立？若不成立，请给出AD,BE之间的数量 关系；若成立，请给出证明， 图1 图2 图3 4.在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC,以C为顶点作等腰直角三角形CMN,连接BN,射线NM交线段BC 于点D. (1)如图1，∠MCN=90°，CM=CN,点A,M,N在同一条直线上，直接写出线段AM和线段BN的数量 关系和位置关系； (2)如图2，点A,M,N在同一条直线上时，∠CMN=90°，CM=MN. ①求证：BN+CM=AM; ②若AM=4,BN=1,求AN的长. 图2 全程复习大考卷·数学·八年级上册 ·37· 5.如图1，D是△ABC内一点，∠BAC=90°，AB=AC,在线段AD右侧过点A作AE⊥AD,且使AE=AD,连 接DE,CE. (1)求证：BD=CE; (2)DE交AC于点F,当B,D,E三点共线时，直接写出∠FEC的度数； (3)若将图1中的点D移至边BC上，在线段AD右侧过点A作AE⊥AD,且使AE=AD,连接BE;将AC 平移得到DF(点A与点D对应)，连接AF,如图2所示，判断BE,AF的数量关系和位置关系，并 说明理由， 图1 图2 类型三双等边三角形构成的手拉手模型 6.新素养〔模型观念〕 （1)问题发现：如图1，△ABC和△EDC都是等边三角形，点B,D,E在同一条直线上，连接AE. ①∠AEC的度数为 ②线段AE,BD之间的数量关系为 (2)拓展探究：如图2，△ABC和△EDC都是等腰直角三角形，∠ACB=∠DCE=90°，点B,D,E在同一 条直线上，CM为△EDC中边DE上的高，连接AE,试求∠AEB的度数，判断线段CM,AE,BM之间 的数量关系，并说明理由； (3)解决问题：如图3，△ABC和△EDC都是等腰三角形，∠ACB=∠DCE=36°，点B,D,E在同一条直 线上，请直接写出∠EAB+∠ECB的度数， 图2 图3 ·38· 全程复习大考卷·数学·八年级上册 7.已知△ABC是边长为4的等边三角形，D是射线BC上的动点，将AD绕点A按逆时针方向旋转60°得 到AE,连接DE,CE. (1)如图1，猜想△ADE是什么三角形？ ;(直接写出结果) (2)如图2，猜想线段AC,CE,CD之间的数量关系，并证明你的结论； (3)当BD的长度为多少时，∠DEC=30°？ 图1 图2 备用图 8.已知△ABC,△BDE均是等边三角形，△BDE可以绕点B旋转. (1)如图1，F为边DE上一点，连接AF,BF,CF,当CF=BC且AF∥BE时，求∠EBF的度数； (2)如图2，连接AD并延长，交BC于点M,N为AC延长线上一点，连接BN,连接CE并延长，交BN 于点G,若G为BN的中点，求证：BM=CN G 图1 图2∴.∠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,