专题29 一线三等角模型（解析版）.docx

1、模块二 常见模型专练专题29 一线三等角模型 例1 （2020江苏苏州统考中考真题）问题1：如图，在四边形中，是上一点，求证：问题2：如图，在四边形中，是上一点，求的值【答案】问题1：见解析；问题2：【分析】问题1：先根据AAS证明，可得，由此即可证得结论；问题2：分别过点、作的垂线，垂足为、，由（1）可知，利用45的三角函数值可得，由此即可计算得到答案【详解】问题1：证明：，在和中，问题2：如图，分别过点、作的垂线，垂足为、由（1）可知，在和中，【点睛】本题考查了全等三角形的判定及性质、解直角三角形，作出正确的辅助线并能利用解直角三角形的相关知识是解决本题的关键例2 （2021年吉林长春中考

2、真题）在中，直线经过点C，且于D，于E(1)当直线绕点C旋转到图1的位置时，求证：；(2)当直线绕点C旋转到图2的位置时，求证：；(3)当直线绕点C旋转到图3的位置时，试问具有怎样的等量关系？请写出这个等量关系，并加以证明【答案】(1)见解析；见解析(2)见解析(3)，证明见解析【分析】（1）由垂直关系可得，则由即可证明；由的性质及线段和的关系即可证得结论；（2）由垂直可得，则由可证明，由全等三角形的性质及线段差的关系即可证得结论；（3）由垂直可得，则由可证得，由全等三角形的性质及线段的和差关系即可得到三线段间的关系【详解】（1）解：如图，又，（2），又，（3）当旋转到图3的位置时，所满足的等

3、量关系是（或等），又，【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，互余的性质等知识，证明两个三角形全等是问题的关键例3 （2020年海南中考真题）（1）尝试探究：如图，在中，AB = AC，AF是过点A的一条直线，且B，C在AE的同侧，BDAE于D，CEAE于E，则图中与线段AD相等的线段是 ；DE与BD、CE的数量关系为 （2）类比延伸：如图，BA =BC，点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，求点C的坐标（3）拓展迁移：在（2）的条件下，在坐标平面内找一点P（不与点C重合），使与ABC全等直接写出点P的坐标【答案】（1）CE，DE=BD+CE；（2）（3，5）；（3）存在，P点坐标分

4、别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)【分析】（1）由BDAE，BAC=90，推进而得到即可求解；（2）作轴于点E，得出（AAS）即可求解；（3）分两种情况，当时，；当时，讨论并构造全等三角形即可求解【详解】解：（1）BDAE，CEAE，在和中，AD=CE，BD=AE，DE=AD+AE=BD+CE故答案为：CE，DE=BD+CE；（2）作轴于点E，轴，OAOB，ABO=BCE又，（AAS），点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，(-3，5)；（3）分类讨论：当PAB=90时，B(0，3)，A(2，0)，C(3，5)，设P(x，y)，解得：，(5，2)，(1，2)，如图；当ABP=9

5、0时，AP=AC，BP=AB，B(0，3)，A(2，0)，C(3，5)，设P(x，y)，解得：，点P与点C不重合，(3，5)舍去，(3，1)，如图综上，存在这样的P点，坐标分别为(-5，2)，(3，1)，(1，-2)【点睛】本题主要考查三角形全等的判定和性质，两点间距离公式，坐标与图形性质，勾股定理等知识利用数形结合的思想是解题关键一线三等角是一个常见的相似模型，指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成的相似图形。这个角可以是直角，也可以是锐角或者钝角。对于“一线三等角”，有的地区叫“K型图”，也有的地区叫“M型图”。“一线三等角”的起源 DE 绕 A 点旋转,从外到内，从一般位置到特殊位置.

6、下面分几种类型讨论：一、直角形“一线三等角”“一线三直角” 结论：ADB CEA二、 锐角形“一线三等角 结论：ADBCEACAB三、 钝角形“一线三等角 结论：ADBCEACAB【变式1】（2022秋江苏无锡九年级校联考阶段练习）如图，在ABC中，ABAC5，BC6，P是BC上一点，且BP2，将一个大小与B相等的角的顶点放在P点，然后将这个角绕P点转动，使角的两边始终分别与AB、AC相交，交点为D、E(1)求证：BPDCEP；(2)是否存在这样的位置，PDE为直角三角形？若存在，求出BD的长；若不存在，说明理由【答案】(1)见解析(2)存在，理由见解析，BD的长为【分析】（1）根据等边对等角

7、的性质可得BC，再根据三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角的和列式整理求出EPCBDP，即可得证；（2）过点A作AHBC于点H，根据DPEB90，即分为：PDE90时，利用ABH与DPE的余弦值相等列式求出，再根据相似三角形对应边成比例可得，然后代入数据进行计算即可得解；PED90时，利用ABH与DPE的余弦值相等列式求出，再根据相似三角形对应边成比例可得，然后代入数据进行计算即可得解【详解】（1）证明：ABAC，BC，DPCDPE+EPCB+BDP，EPCBDP，BPDCEP，得证；（2）解：存在理由如下：过点A作AHBC于点H，ABAC5，BC6，BHBC63，DPEB90，如图1，若

8、PDE90，在RtABH和RtPDE中，cosABHcosDPE，PBDPCE，BP2，PCBCBP624，解得BD；如图2，PED90时，在RtABH和RtPDE中，cosABHcosDPE，PBDPCE，PC4，解得BDAB=5（舍去），综上所述，BD的长为【点睛】本题是相似三角形综合题型，主要考查了相似三角形的判定与性质，等角的锐角三角函数值相等，并且注意要分情况讨论求解【变式2】（2022河北唐山唐山市第十二中学校考一模）如图，抛物线与x轴交于A，B两点，其中A（2，0），点D（4，3）为该抛物线上一点(1)B点坐标为_；(2)直线x=n交直线AD于点K，交抛物线于点P，且点P在点K上

9、方，连接PA、PD请直接写出线段PK长（用含n的代数式表示）求PAD面积的最大值；(3)将直线AD绕点A逆时针旋转90得到直线l，若点Q是直线l上的点，且ADQ=45，请直接写出点Q坐标_【答案】(1)（6，0）(2)；，详见解析(3)（1，6）或（5，6）【分析】（1）将A、D坐标代入，由待定系数法求出函数解析式，令y=0即可求解；（2）先利用待定系数法求出直线AD的解析式，再将x=n代入直线AD和抛物线解析式得K、P纵坐标，根据P、K两点的位置关系，纵坐标相减即得结果；利用三角形面积公式求出PAD面积与n的二次函数关系式，配方求最大值；（3）分两种情况讨论，先求出第四象限内的Q点坐标，再利

10、用对称性得第二象限内Q点的坐标；第四象限内点Q坐标求法：根据旋转性质及ADQ=45知AD=AQ，过D、Q作x轴垂线，垂足分别为M、N，则三角形ADM三角形QAN，得AN=DM，根据D点坐标代入求解即可【详解】（1）解：将A（2，0），D（4，3）代入得：，解得：，即抛物线解析式为：，令y=0得：，解得：x=2，或x=6，B（6，0）（2）解：设直线x=n交x轴于H，如图所示，设直线AD的解析式为：y=kx+m，则，解得：，即直线AD的解析式为：，则P（n，），K（n，），P在K上方，PK=（）=；过D作DE直线x=n于E，如上图所示，=，当n=1时，三角形PAD面积取最大值，最大值为（3）解：

11、分两种情况讨论，如图所示，当Q在第四象限时，根据旋转性质及ADQ=45知AD=AQ，DAQ=90，过D、Q作x轴垂线，垂足分别为M、N，则DAM+QAN=90，DAM+ADM=90，QAN=ADM，ANQDMA，AN=DM=3，AM=QN=6，故Q（1，6），根据对称性知，位于第二象限内Q点坐标为：（5，6），综上所述，点Q坐标为（1，6）或（5，6）【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数中面积问题、旋转的性质、全等三角形的判定及性质等知识点，综合性强解题关键是利用函数上点的坐标特点将三角形面积问题转化为线段问题以及构造全等三角形是解题关键【变式3】（2021秋新疆乌鲁木齐九年级校

12、考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线y=-交x轴于A、B两点，点C在抛物线上，且点C的横坐标为-1，连接BC交y轴于点D(1)如图1，求点D的坐标；(2)如图2，点P在第二象限内抛物线上，过点P作PGx轴于G，点E在线段PG上，连接AE，过点E作EFAE交线段DB于F，若EF=AE，设点P的横坐标为t，线段PE的长为d，求d与t的函数关系式；(3)如图3，在（2）的条件下，点H在线段OB上，连接CE、EH，若CEF=AEH，EH-CE=，求点P的坐标【答案】(1)（0，2）(2)(3)（，）【分析】（1）先根据抛物线解析式求出点B、点A的坐标，再利用待定系数法求出直线BC

13、解析式，即可求得D点坐标；（2）过E作x轴平行线l，过A、F作l的垂线段，垂足分别为N、M，证明出ANEEMF，得AN=EM，NE=MF，用t、d表示出F点坐标，将该坐标代入直线BC解析式即可得d与t的函数关系式；（3）过C作CQPG于Q，由CEF=AEH，知CEQEHG，得：，即，求出HG的表达式，可得用t表示的AH的长度，再利用，可得EH-CE与CE的关系，代入EH-CE=即可得CE关于t的表达式，由勾股定理得到关于t的方程，解方程即可【详解】（1）解：令抛物线中的y=0，即，解得：x=-4或x=1，当x=-1时，y=4，即C（-1，4），即A（-4，0），B（1，0），设直线BC的解析式

14、为y=kx+b，则，解得：，即直线BC解析式为y=-2x+2，当x=0时，y=2，则点D的坐标为（2）解：过E作x轴平行线l，过A、F作l的垂线段，垂足分别为N、M，如图所示，由AEN+FEM=90，AEN+EAN=90知FEM=EAN，AE=EF，ANEEMF，AN=EM，NE=MF，P点横坐标为t，PE=d，P（t，yP），NE=t+4=MF，EG=yPd=AN=EM，其中，F点横坐标为：t+EM=t+yPd，F点纵坐标为：EGMF=yPd（t+4），将F点坐标代入y=-2x+2得：yPd（t+4）=2（t+yPd）+2，化简得：3d=，即（3）解：过C作CQPG于Q，如图所示，CEF=A

15、EH，AEF=90，EFH=90，则CEQ+ECQ=CEQ+HEG=90，ECQ=HEG，CEQEHG，由（2）知，EG=yPd=，QE=4-EG=，CQ=-1-t，HG=，AH=AG+GH=t+4+=，即，EH-CE=，=，即：，C（1，4），E（t，），由勾股定理得：（t+1）2+（-4）2=（）2，解得：（舍）或，P（，）【点睛】本题考查了待定系数法求函数解析式、二次函数的性质、全等三角形判定及性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理及一元二次方程的解法等知识点作出辅助线构造出全等三角形及相似三角形是解题关键【变式4】（2022内蒙古鄂尔多斯统考二模）如图，抛物线与x轴交于，两点，与y轴交

16、于点C直线l与抛物线交于A，D两点，与y轴交于点E，点D的坐标为(1)求抛物线的解析式；(2)若点P是抛物线上的点，点P的横坐标为，过点P作轴，垂足为MPM与直线l交于点N，当点N是线段PM的三等分点时，求点P的坐标；(3)若点Q是y轴上的点，且，求点Q的坐标【答案】(1)yx2x3(2)（3，）或（0，3）(3)（0，）或（0，9）【分析】（1）把A（2，0），B（6，0）代入yax2bx3得到关于a、b的二元一次方程组，解方程组即可得到结论； （2）设直线l的函数表达式为ykxm，把A（2，0），D（4，3）代入ykxm得到关于k、m的二元一次方程组，解方程组即可得到直线l的函数表达式；设

17、P（m，m2m3），用m表示N点坐标，分两种情况：PM3MN；PM3PN分别列出m的方程进行解答便可；（3）分两种情况，Q点在y轴正半轴上时；Q点在y轴负半轴上时分别解决问题(1)解：把点A（2，0），B（6，0）代入yax2bx3，解得：， 抛物线的解析式为：yx2x3；(2)解：设直线l函数关系式为：ymxn，把点（2，0）和（4，3）代入，解得：，直线l的函数关系式为：yx1；设P（m，m2m3），则点N的坐标为（m，m1），PMm2m3，MNm1，NPm1（m2m3）m2m2，分两种情况：当PM3MN时，得m2m33（m1），解得：m0或2（2舍去），点P坐标为（0，3）；当PM3PN

18、时，得m2m33（m2m2），解得：m3或2（2舍去），点P坐标为（3，），综上所述：点P坐标为（3，）或（0，3）；(3)解：分两种情况：如图2，当Q在y轴的正半轴上时，记为点Q1，过点A作AFAD交DQ1于点F，ADQ45，ADF是等腰直角三角形，作FGx轴于点G，作DHx轴于点H，FAGDAHHDADAH90，FAGHDA，FGADHA，FAAD，FAGDAH（AAS），AGDH3，FGAH6，点F的坐标为（1，6），设直线DF的关系式为：ykxb，解得：，直线DF的关系式为：y3x9，点Q1的坐标为（0，9）；如图2，当Q在y轴的正半轴上时，记为点Q2，过点A作AFAD交DQ2于点F，

19、ADQ45，ADF是等腰直角三角形，作FGx轴于点G，作DHx轴于点H，FAGDAHHDADAH90，FAGHDA，FGADHA，FAAD，FAGADH（AAS），AGDH3，FGAH6，点F的坐标为（5，6），设直线DF的关系式为：ykxb，解得：，直线DF的关系式为：y，点Q2的坐标为（0，），综上所述：Q点的坐标为（0，）或（0，9）【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，一次函数的性质，待定系数法，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质等知识，解题的关键是学会利用45构建等腰直角三角形，属于中考压轴题【变式5】（2022浙江绍兴模拟预测）如图，中，且点为边的中点将绕

20、点旋转，在旋转过程中，射线与线段相交于点，射线与射线相交于点，连结(1)如图1，当点在线段上时，求证：；线段，之间存在怎样的数量关系？请说明理由；(2)当为等腰三角形时，求的值【答案】(1)见解析，BE=BPCQ(2)1或3【分析】（1）推导角度关系可得CEQ=BPE，结合B=C即可得出结论；由中相似可得，结合BE=CE即可得出结论；（2）Q点可能在线段CA上或者线段CA的延长线上，分两种情况讨论，结合（1）中的相似三角形即可得出结果（1）解：DEF=30，B=30，BED+CEQ=150，BED+BPE=150CEQ=BPE，B=C，BPECEQ；BE=BPCQ，理由如下BPECEQ BEC

21、E=BPCQ点E为边BC的中点，BE=CE，BE=BPCQ；（2）解：当点Q在线段AC上时，A=180-B-C=120，为钝角，APQ为等腰三角形时有AP=AQ，B=C，AB=AC，BP=CQ， 当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQBAC=120，BAQ=60，当APQ为等腰三角形时，有APQ为等边三角形设AB=AC=2a，则BC=a，BE=CE=a，设AQ=AP=x，则CQ=2a+x，BP=2a-x，由（1）得BE=BPCQ(a)=(2a+x)(2a-x)，解得x=a，BP=a，CQ=3a，综上的值为1或3【点睛】本题考查三角形相似综合问题，熟练掌握一线三等角的相似三角形模型是解题关

22、键【培优练习】1（2022秋浙江丽水八年级统考期末）如图，点P，D分别是ABC边BA，BC上的点，且，连结PD，以PD为边，在PD的右侧作等边DPE，连结BE，则BDE的面积为（）AB2C4D【答案】A【分析】要求的面积，想到过点作，垂足为，因为题目已知，想到把放在直角三角形中，所以过点作，垂足为，利用勾股定理求出的长，最后证明即可解答【详解】解：过点作，垂足为，过点作，垂足为，在中，是等边三角形，的面积，故选：A【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形、勾股定理，解题的关键是根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线2（2022秋八年级课时练习）如图，在ABC中，ABAC9，点E在边

23、AC上，AE的中垂线交BC于点D，若ADEB，CD3BD，则CE等于（）A3B2CD【答案】A【分析】根据等腰三角形的性质得到BC，推出BADCDE，根据线段垂直平分线的性质得到ADED，根据全等三角形的性质得到CDAB9，BDCE，即可得到结论【详解】解：ABAC9，BC，ADEB，BAD180BADB，CDE180ADEADB，BADCDE，AE的中垂线交BC于点D，ADED，在ABD与DCE中，ABDDCE（AAS），CDAB9，BDCE，CD3BD，CEBD3故选：A【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题3（2022秋八年级课时练习）如图

24、所示，中，直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F若，则_【答案】7【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；【详解】解：BEl，CFl，AEB=CFA=90EAB+EBA=90又BAC=90，EAB+CAF=90EBA=CAF在AEB和CFA中AEB=CFA，EBA=CAF，AB=AC，AEBCFAAE=CF，BE=AFAE+AF=BE+CFEF=BE+CF，；故答案为：7【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等4（2022全国九年级专题练习）如图，抛物线yx2+4x上有一点B（1，3）

25、，点B与点C关于抛物线的对称轴对称过点B作直线BHx轴，交x轴于点H点M在直线BH上运动，点N在x轴正半轴上运动，以C，M，N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，点N的坐标为 _【答案】（2，0）或（4，0）【分析】作辅助线构造一线三垂直模型，利用全等的性质即可确定点N的坐标【详解】解：yx2+4x（x2）2+4，抛物线对称轴为直线x2，点C和点B关于对称轴对称，点B的坐标为（1，3），C（3，3），以点C、M、N为顶点的三角形为等腰直角三角形时，分三类情况讨论：以点M为直角顶点且M在x轴上方时，如图，BMC+HMN=90， HNM+HMN =90，BMC=HNM在CBM和MHN中，CBMMHN

26、（AAS），BCMH2，BMHN321，N（2，0）；以点N为直角顶点且N在y轴右侧时，如图，过点N作y轴的平行线，交BC于点D，过点M作x轴的平行线，交DN的延长线于点E，同可证MEDNNH3，ON1+34，N（4，0）；以C为直角顶点时，过点N作NDBC，交BC的延长线于点D，同可证DN=BC=2，DN=BH=3，此种情况不成立，不能构成等腰直角三角形；综上可知当CMN为等腰直角三角形时N点坐标为（2，0）或（4，0）故答案为：（2，0）或（4，0）【点睛】本题主要考查二次函数的应用，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，关键是要会用待定系数法求抛物线的解析式，熟练掌握等腰直

27、角三角形的性质5（2022秋八年级课时练习）如图，直线l1l3，l2l3，垂足分别为P、Q，一块含有45的直角三角板的顶点A、B、C分别在直线l1、l2、线段PQ上，点O是斜边AB的中点，若PQ等于，则OQ的长等于 _【答案】【分析】由“AAS”可证ACPCBQ，可得APCQ，PCBQ，由“AAS”可证APOBHO，可得APBH，OPOH，由等腰直角三角形的性质和直角三角形的性质可求解【详解】解：如图，连接PO，并延长交l2于点H，l1l3，l2l3，l1l3，APCBQCACB90，PAC+ACP90ACP+BCQ，PACBCQ，在ACP和CBQ中，ACPCBQ（AAS），APCQ，PCBQ

28、，PC+CQAP+BQPQ，APBQ，OAPOBH，点O是斜边AB的中点，AOBO，在APO和BHO中，APOBHO（AAS），APBH，OPOH，BH+BQAP+BQPQ，PQQH，PQH90，PHPQ12，OPOH，PQH90，OQPH6故答案为：6【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，等腰三角形和直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理，等腰三角形和直角三角形的性质定理是解题的关键6（2022秋浙江金华八年级校考阶段练习）如图，在中，分别过点B，C作过点A的直线的垂线BD，CE，垂足为D，E若，求DE的长 【答案】7cm【分析】利用一线三垂直模型证明得到即可得到答案【

29、详解】解：在中，又，【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，熟知一线三垂直模型是解题的关键7（2022春全国九年级专题练习）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：如图1，由，可得 ；又因为，可得，进而得到_我们把这个模型称为“一线三等角”模型应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，在中，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），点D是AC边上的一个动点，且求证：；当点P为BC中点时，求CD的长；拓展：（3）在（2）的条件下如图2，当为等腰三角形时，请直接写出BP的长【答案】感知：（1）；应用：（2）见解析；3.6；拓展：（3）2或【分析】（1）根据相似三角形的

30、性质，即可求解；（2）根据等腰三角形的性质得到B=C，根据三角形的外角性质得到BAP=CPD，即可求证；根据相似三角形的性质计算，即可求解；（3）分PA=PD、AP=AD、DA=DP三种情况，根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质，即可求解【详解】感知：（1）ABCDAE，故答案为：；应用：（2）APC=B+BAP，APC=APD+CPD，APD=B，BAP=CPD，AB=AC，B=C，ABPPCD；BC=12，点P为BC中点，BP=PC=6，ABPPCD，即，解得：CD=3.6；拓展：（3）当PA=PD时，ABPPCD，PC=AB=10，BP=BC-PC=12-10=2；当AP=AD时，AD

31、P=APD，APD=B=C，ADP=C，不合题意，APAD；当DA=DP时，DAP=APD=B，C=C，BCAACP，即，解得：，综上所述，当为等腰三角形时， BP的长为2或 【点睛】本题考查的是三角形相似的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理以及三角形的外角性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键8（2022秋八年级课时练习）如图，在中，（1）如图所示，直线过点，于点，于点，且求证：（2）如图所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由【答案】（1）见解析；（2）仍然成立，理由见解析【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后证明，然后根据全等三角形

32、对应边相等得到，然后通过线段之间的转化即可证明；（2）首先根据三角形内角和定理得到，然后证明，根据全等三角形对应边相等得到，最后通过线段之间的转化即可证明【详解】证明：（1），在和中，；（2）仍然成立，理由如下：，在和中，【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，同角的与相等，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据同角的余角相等或三角形内角和定理得到9（2022秋江苏八年级专题练习）问题背景：（1）如图，已知中，直线m经过点A，直线m，直线m，垂足分别为点D，E，易证：_+_（2）拓展延伸：如图，将（1）中的条件改为：在中，D，A，E三点都在直线m上，并且有，请求出DE，BD，CE三条线段的

33、数量关系，并证明（3）实际应用：如图，在中，点C的坐标为，点A的坐标为，请直接写出B点的坐标【答案】（1）BD；CE；证明见详解；（2）DE=BD+CE；证明见详解；（3）点B的坐标为【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得到，结合图形解答即可；（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明，证明，根据全等三角形的性质得到，结合图形解答即可；（3）根据，得到，根据坐标与图形性质解答即可【详解】（1）证明：，在和中， 即：，故答案为：BD；CE；（2）解：数量关系： ，证明：在中，在和中， ，；（3）解：如图，作轴于E，轴于F，由（1）可知，点B的坐标为【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、

34、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键10（2022秋八年级课时练习）（1）课本习题回放：“如图，垂足分别为，求的长”，请直接写出此题答案：的长为_（2）探索证明：如图，点，在的边、上，点，在内部的射线上，且求证：（3）拓展应用：如图，在中，点在边上，点、在线段上，若的面积为15，则与的面积之和为_（直接填写结果，不需要写解答过程）【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5【分析】（1）利用AAS定理证明CEBADC，根据全等三角形的性质解答即可；（2）由条件可得BEAAFC，4ABE，根据AAS可证明ABECAF；（3）先证明ABECAF，得到与的面积之和为ABD

35、的面积，再根据故可求解【详解】解：（1）BECE，ADCE，EADC90，EBCBCE90BCEACD90，EBCDCA在CEB和ADC中，CEBADC（AAS），BEDC，CEAD2.5cmDCCEDE，DE1.7cm，DC2.51.70.8cm，BE0.8cm故答案为：0.8cm；（2）证明：12，BEAAFC1ABE3，34BAC，1BAC，BACABE3，4ABEAEBAFC，ABE4，ABAC，ABECAF（AAS）（3）ABE+BAE=FAC+BAE=FAC+ACFABE=CAF，BAE=ACF又ABECAF，与的面积之和等于与的面积之和，即为ABD的面积，ABD与ACD的高相同则

36、=5故与的面积之和为5故答案为：5【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键11（2022秋吉林长春七年级长春市第四十五中学校考期中）通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：模型呈现如图1，过点B作于点C，过点D作于点E求证：模型应用如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为_深入探究如图3，连接，且于点F，与直线交于点G若，则的面积为_【答案】模型呈现见解析；模型应用50；深入探究63【分析】模型呈现证明，根据全等三角形的对应边相等得到；模型应用根据全等三角形的性质

37、得到，根据梯形的面积公式计算，得到答案；深入探究过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可【详解】模型呈现证明：，在和中，；模型应用解：由模型呈现可知，则，故答案为：50；深入探究过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，由模型呈现可知，在和中，故答案为：63【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键12 （2022秋八年级课时练习）(1)如图（1），已知：在ABC中，BAC=90，AB=AC，直线m经过点A，BD直线m， CE直线m，垂足分别为点D、E.证明：DE=

38、BD+CE(2)如图（2），将（1）中的条件改为：在ABC中，AB=AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有BDA=AEC=BAC=，其中为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由【答案】(1)见解析(2)成立，见解析【分析】（1）根据BAD+CAE=90，BAD+ABD=90，得到CAE=ABD，运用AAS证明CAEABD，根据DE=AD+AE，利用等量代换即可得证（2）根据BAD+CAE=180，BAD+ABD=180，得到CAE=ABD，运用AAS证明CAEABD，根据DE=AD+AE，利用等量代换即可得证【详解】（1）如图，因为BAC

39、=90，BD直线m， CE直线m，所以BAD+CAE=90，BAD+ABD=90，CEA=ADB=90，所以CAE=ABD，因为AB=AC，所以CAEABD，所以AD=CE，AE=BD，因为DE=AD+AE，所以DE=BD+CE（2）DE=BD+CE成立理由如下：如图，因为BDA=AEC=BAC=，所以BAD+CAE=180，BAD+ABD=180，所以CAE=ABD，因为AB=AC，所以CAEABD，所以AD=CE，AE=BD，因为DE=AD+AE，所以DE=BD+CE【点睛】本题考查了AAS证明三角形全等，运用全等性质证明线段和问题，熟练掌握三角形全等的判定和性质是解题的关键13（2022

40、秋江苏扬州八年级校考阶段练习）（1）观察理解：如图1，ACB90，ACBC，直线l过点C，点A，B在直线l同侧，BDl，AEl，垂足分别为D，E，求证：AECCDB （2）理解应用：如图2，过ABC边AB、AC分别向外作正方形ABDE和正方形ACFG，AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I利用（1）中的结论证明：I是EG的中点（3）类比探究：将图1中AEC绕着点C旋转180得到图3，则线段ED、EA和BD的关系_；如图4，直角梯形ABCD中，ABBC，AD2，BC3，将腰DC绕D点逆时针旋转90至DE，AED的面积为 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）ED=EABD；1【分析】（1）

41、根据同角的余角相等可得ABCD，再利用AAS证得AECCDB，即可；（2）分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）可证得EMAAHB，ANGCHA，从而得到EM=GN，可得到EMIGNI，从而得到EI=IG，即可求证；（3）由（1）得：AECCDB，可得CE=BD，AE=CD，即可；过点C作CPAD交AD延长线于点P，过点E作EQAD交AD延长线于点Q，根据旋转的性质可得根据题意得：CDE=90，CD=DE，再由（1）可得CDPDEQ，从而得到DP=EQ，然后根据两平行线间的距离，可得AP=BC，进而得到PD=1，即可求解【详解】（1）证明：BDl，AEl，AECBDC90，又A

42、CB90A+ACEACE+BCD90，ABCD，在AEC和CDB中，AECCDB（AAS）； （2）证明：分别过点E、G向HI作垂线，垂足分别为M、N，由（1）得：EMAAHB，ANGCHA，EMAH，GN=AH，EM=GN，在EMI和GNI中，EMIGNI（AAS）；EI=IG，即I是EG的中点；（3）解：由（1）得：AECCDB，CE=BD，AE=CD，ED=CD-CE，ED=EABD ；故答案为：ED=EABD如图，过点C作CPAD交AD延长线于点P，过点E作EQAD交AD延长线于点Q，根据题意得：CDE=90，CD=DE，由（1）得：CDPDEQ，DP=EQ，直角梯形ABCD中，ABB

43、C，ABAD，ABCP，BCCP，BC=3，AP=BC=3，AD=2，DP=AP-AD=1，EQ=1，ADE的面积为故答案为：1【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，图形的旋转，平行间的距离，熟练掌握全等三角形的判定和性质，图形的旋转的性质，平行间的距离，并利用类比思想解答是解题的关键14（2023秋广西南宁八年级校考阶段练习）在直线上依次取互不重合的三个点，在直线上方有，且满足(1)如图1，当时，猜想线段之间的数量关系是_；(2)如图2，当时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；(3)应用：如图3，在中，是钝角，直线与的延长线交于点，若，的面积是

44、12，求与的面积之和【答案】(1)DEBD+CE(2)DEBD+CE仍然成立，理由见解析(3)FBD与ACE的面积之和为4【分析】（1）由BDABACAEC90得到BAD+EACBAD+DBA90，进而得到DBAEAC，然后结合ABAC得证DBAEAC，最后得到DEBD+CE；（2）由BDABACAEC得到BAD+EACBAD+DBA180，进而得到DBAEAC，然后结合ABAC得证DBAEAC，最后得到DEBD+CE；（3）由BADCAE，BDAAECBAC，得出CAEABD，由AAS证得ADBCAE，得出SABDSCEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出SABF即可得出

45、结果【详解】（1）解：DEBD+CE，理由如下，BDABACAEC90，BAD+EACBAD+DBA90，DBAEAC，ABAC，DBAEAC（AAS），ADCE，BDAE，DEAD+AEBD+CE，故答案为：DEBD+CE（2）DEBD+CE仍然成立，理由如下，BDABACAEC，BAD+EACBAD+DBA180，DBAEAC，ABAC，DBAEAC（AAS），BDAE，ADCE，DEAD+AEBD+CE；（3）解：BADCAE，BDAAECBAC，CAEABD，在ABD和CAE中，ABDCAE（AAS），SABDSCAE，设ABC的底边BC上的高为h，则ABF的底边BF上的高为h，SAB

46、CBCh12，SABFBFh，BC3BF，SABF4，SABFSBDF+SABDSFBD+SACE4，FBD与ACE的面积之和为4【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质15（2022秋八年级课时练习）（1）如图1，在ABC中，BAC90，ABAC，直线m经过点A，BD直线m，CE直线m，垂足分别为点D、E求证：ABDCAE；（2）如图2，将（1）中的条件改为：在ABC中，ABAC，D、A、E三点都在直线m上，并且有BDAAECBAC，其中为任意锐角或钝角请问结论ABDCAE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说

47、明理由（3）拓展应用：如图3，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为BAC平分线上的一点，且ABF和ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若BDAAECBAC，求证：DEF是等边三角形【答案】（1）见详解；（2）成立，理由见详解；（3）见详解【分析】（1）根据直线，直线得，而，根据等角的余角相等得，然后根据“”可判断；（2）利用，则，得出，然后问题可求证；（3）由题意易得，由（1）（2）易证，则有，然后可得，进而可证，最后问题可得证【详解】（1）证明：直线，直线，在和中，；解：（2）成立，理由如下：，在和中，；（3）证明：ABF和ACF均为等边三角形，BD

48、AAECBAC=120，（SAS），DFE是等边三角形【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键16（2021秋四川达州九年级统考期中）模型探究：（1）如图1，在等腰直角三角形中，直线经过点，过作于点，过作于点求证：；模型应用：（2）已知直线与坐标轴交于点、，将直线绕点逆时针旋转90至直线，如图2，求直线的函数表达式；（3）如图3，已知点、在直线上，且若直线与轴的交点为，为中点试判断在轴上是否存在一点，使得是以为斜边的等腰直角三角形【答案】（1）见解析；（2）；（3）不存在这样的点【分析】（1）证明，即

49、可得到结论；（2）设点绕点逆时针旋转90到点，过点作轴于点，根据（1）求出C的坐标，将A、C的坐标代入解析式即可求出答案；（3）先求出点，得到，假设存在这样的点，利用反证法根据等腰直角三角形的性质得到，由此得到假设不成立进行论证【详解】（1）证明： ，又，在与中，；（2）设点绕点逆时针旋转90到点，过点作轴于点，由（1）可知：，当时，点，当时，点，设的解析式为，把、两点坐标代入，得，解得，的解析式：；（3）不存在理由：当时，点，假设存在这样的点，是以为斜边的等腰直角三角形，点在的垂直平分线与轴的交点处，又，（与“垂线段最短”矛盾）假设不成立，即不存在这样的点【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质

50、，全等三角形的判定及性质，待定系数法求一次函数的解析式，反证法，熟记全等三角形的判定定理及反证法的论证方法是解题的关键17（2022秋江苏八年级专题练习）已知：CD是经过BCA的顶点C的一条直线，CACB，E、F是直线CD上两点，BECCFA（1）若直线CD经过BCA的内部，BCDACD如图1，BCA90，90，写出BE，EF，AF间的等量关系： 如图2，与BCA具有怎样的数量关系，能使中的结论仍然成立？写出与BCA的数量关系 （2）如图3若直线CD经过BCA的外部，BCA，中的结论是否成立？若成立，进行证明；若不成立，写出新结论并进行证明【答案】（1）EF= BE-AF；+ BCA = 18

51、0，理由见解析；（2）不成立，EF=BE+AF，证明见解析【分析】（1）求出BEC=AFC = 90, CBE=ACF，根据AAS证BCECAF，推出BE=CF，CE = AF即可得出结论；求出BEC =AFC,CBE=ACF，根据AAS证BCECAF，推出BE= CF，CE = AF即可得出结论;（2）求出BEC =AFC，CBE= ACF，根据AAS证BCECAF，推出BE= CF，CE=AF即可得出结论【详解】（1）EF、BE、AF的数量关系：EF= BE-AF，证明：当 =90时，BEC = CFA =90，BCA = 90,BCEACF= 90, BCECBE =90，ACF = C

52、BE，AC = BC,BCECAF,BE =CF,CE = AF,CF =CEEF,EF= CF -CE=BE-AF； 与BCA关系：+ BCA = 180当+ BCA = 180时，中结论仍然成立;理由是：如题图2，BEC = CFA = , ,+ACB =180,又CBE= ACF,在BCE和CAF中BCECAF (AAS), BE =CF,CE = AF，EF= CF-CE= BE -AF;故答案为: + BCA = 180 ；（2）EF、BE、AF的数量关系:EF=BE+AF，理由如下BEC =CFA =, = BCA,又EBC +BCEBEC = 180 , BCEACF+ACB =

53、180 ,EBC BCE =BCEACFEBC = ACF，在BEC和CFA中ABECFA(AAS)AF = CE，BE = CFEF= CE+CF,EF= BEAF【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，证明BCECAF是解题的关键18（2022秋湖北武汉八年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，已知、分别在坐标轴的正半轴上（1）如图1，若a、b满足，以B为直角顶点，为直角边在第一象限内作等腰直角，则点C的坐标是_；（2）如图2，若，点D是的延长线上一点，以D为直角顶点，为直角边在第一象限作等腰直角，连接，求证：；（3）如图3，设，的平分线过点，直接写出的值【答案】（1）点C的坐标是；

54、（2）见解析；（3）【分析】（1）根据偶次幂的非负性以及算术平方根的非负性得出的值，过点作轴于点，然后证明，进而得出结论；（2）过点E作轴于点M，根据题意证明，在和中，根据三角形内角和定理可得结论；（3）作DFy轴于H，DHx轴于H，DKBA交BA的延长线于K，先证明可得BKBFb2，然后证明RtDAHRtDAK可得BKca2，进一步可得结果【详解】解：（1），过点作轴于点，为等腰直角三角形，,，在和中，,，点C的坐标是；（2）证明：过点E作轴于点M，依题意有，为等腰直角三角形，在和中，又，即，即，又，设与相交于点N，在和中，；（3）作DFy轴于H，DHx轴于H，DKBA交BA的延长线于K，则

55、DFDH2，BD平分ABO，DFy轴，DKBA，DFDK2，,，,DFDHDK，BKBFb2，在RtDAH和RtDAK中，RtDAHRtDAK（HL）AKAHa2，BKca2，ca2b2，abc4【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，偶次方与算数平方根的非负性的性质，根据题意构建出全等三角形是解本题的关键19（2022秋浙江八年级专题练习）（1）模型建立，如图1，等腰直角三角形ABC中，ACB90，CBCA，直线ED经过点C，过A作ADED于D，过B作BEED于E求证：BECCDA；（2）模型应用：已知直线yx+3与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点

56、B逆时针旋转90度，得到线段BC，过点A，C作直线，求直线AC的解析式；如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8，6)，A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y2x5上的一点，若APD是不以A为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标【答案】（1）见解析；（2）；（3）或或【分析】（1）由条件可求得，利用可证明；（2）由直线解析式可求得、的坐标，利用模型结论可得，从而可求得点坐标，利用待定系数法可求得直线的解析式；（3）分两种情况考虑：如图2所示，当时，设D点坐标为，利用三角形全等得到，易得D点坐标；如图3所示，当时，设点P的坐标为

57、，表示出D点坐标为，列出关于m的方程，求出m的值，即可确定出D点坐标；如图4所示，当时，时，同理求出D的坐标【详解】解：（1）由题意可得，在和中，；（2）过点作轴于点，如图2，在中，令可求得，令可求得，同（1）可证得，且，设直线AC解析式为，把C点坐标代入可得，解得，直线AC解析式为；（3）如图2，当时，过点作于E，过点D作于F，同理可得：设D点坐标为，则，即，解得，可得D点坐标；如图3，当时，过点P作于E，过点D作于，设点P的坐标为，同理可得：，D点坐标为，得，D点坐标；如图4，当时，时，同理可得，设，则，则，解得，点坐标，综上可知满足条件的点D的坐标分别为或或【点睛】本题为一次函数的综合应

58、用，涉及全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、分类讨论及数形结合的思想，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解20（2021秋重庆沙坪坝九年级重庆八中校考阶段练习）在平面直角坐标系中，直线l过点且与y轴平行，直线过点且与x轴平行，直线，与直线相交于点P，点E为直线上一点，反比例函数的图象过点E且与直线相交于点F（1）若点E与点P重合，求k的值；（2）连接、，若的面积为的面积的3倍，求点E的坐标；（3）当时，G是y轴上一点，直接写出所有使得是等腰直角三角形的点G的坐标，并把求其中一个点G的坐标的过程写出来【答案】（1）2；（2）或；（3）或或，过程见解析【分析】（1）

59、首先根据题意确定点P的坐标，若点E与点P重合，即点E与点P的坐标相同，因此直接代入解析式求解即可；（2）当E在P右边时，作轴于M，设，则，然后分别表示出和的面积，根据题意建立方程求解即可；当E在P左边时，作轴于M，设，则，分别表示出和的面积，根据题意建立方程求解即可；（3）根据等腰直角三角形的性质进行分类讨论求解即可【详解】解：（1）如图1中，由题意，点E与点P重合，把代入得到，k的值为2（2）如图2中，当E在P右边时，作轴于M设，则，解得：或，E在P右边，此时；如图3中，当E在P左边时，作轴于M设，则，同理可得，解得：或，E在P左边，此时；综上所述，当或时，的面积为面积的2倍（3），设，如图

60、，当，时，作于S点，GSF=FPE=90，SGF+SFG=90，SFG+PFE=90，SGF=PFE，SGFPFE（AAS），PF=GS，PE=SF，即：2-2m=1，解得：，PE=SF=，；如图，当，时，作FTy轴于T点，则同可证得FTGGBE，BG=FT=1，OG=OB-BG=2-1=1，；如图6，当点E在P点左边时，FEG=90，EG=EF，FEG=90，BEG+PEF=90，又BEG+BGE=90，PEF=BEG，又EG=EF，GBE=EPF=90，EFPGEB（ASA），EB=PF，BG=PE，m=2-2m，解得BG=PE=OG=2-BG=此时综上，或或【点睛】本题考查反比例函数与几何综合运用，理解反比例函数的基本性质，以及反比例函数图象上点坐标的特征是解题关键