专题29 一线三等角模型（解析版）

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①，在四边形ABCD中，BC90，P是BC上一

点，PAPD，APD90．

求证：ABCDBC．

ABCD

问题2：如图②，在四边形ABCD中，B∠C45，P是BC上一点，PAPD，APD90．求

BC

的值．

2

【答案】问题1：见解析；问题2：

2

【分析】问题1：先根据AAS证明ABP≌PCD，可得ABPC，BPCD，由此即可证得结论；

问题2：分别过点A、D作BC的垂线，垂足为E、F，由（1）可知AEDFEF，利用45°的三角函数

AEDF

值可得AB2AE，CD2DF，由此即可计算得到答案．

sin45sin45

【详解】问题1：证明：∵ÐB=90°，

∴APBBAP90．

∵APD90，

∴APBCPD90．

∴BAPCPD．

在ABP和PCD中，

BC

BAPCPD，

PADP

∴△ABP≌△PCDAAS．

∴ABPC，BPCD，

第1页共64页.

∴ABCDBPPCBC．

问题2：如图，分别过点A、D作BC的垂线，垂足为E、F．

由（1）可知AEDFEF，

在RtABE和RtDFC中，B∠C45，

∴AEBE，DFCF，

AEDF

AB2AE，CD2DF．

sin45sin45

∴BCBEEFCF2AEDF，ABCD2AEDF．

ABCD2(AEDF)2

∴．

BC2(AEDF)2

【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·中考真题）在ABC中，ACB＝90o，AC＝BC，直线MN经过点C，且ADMN

于D，BEMN于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时，求证：

①ACD≌CEB；

②DE＝AD＋BE．

(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，求证：DE＝ADBE；

(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，试问DE、AD、BE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)①见解析；②见解析

第2页共64页.

(2)见解析

(3)DE＝BEAD，证明见解析

【分析】（1）①由垂直关系可得1＝3，则由AAS即可证明△ADC≌△CEB；

②由△ADC≌△CEB的性质及线段和的关系即可证得结论；

（2）由垂直可得1＝CBE，则由AAS可证明ACD≌CBE，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ACD＝CBE，则由AAS可证得ACD≌CBE，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

①∵ADC＝ACB＝90，

∴1＋2＝3＋2＝90，

∴1＝3．

又∵AC＝BC，ADC＝CEB＝90，

∴△ADC≌△CEB．

②∵△ADC≌△CEB，

∴CE＝AD，CD＝BE，

∴DE＝CE＋CD＝AD＋BE．

（2）∵ACB＝CEB＝90，

∴1＋2＝CBE＋2＝90，

∴1＝CBE．

又∵AC＝BC，ADC＝CEB＝90，

∴ACD≌CBE，

∴CE＝AD，CD＝BE，

第3页共64页.

∴DE＝CECD＝ADBE．

（3）当MN旋转到图3的位置时，AD、DE、BE所满足的等量关系是DE＝BEAD（或

AD＝BEDE，BE＝ADDE等）．

∵ACB＝CEB＝90，

∴ACD＋BCE＝CBE＋BCE＝90，

∴ACD＝CBE，

又∵AC＝BC，ADC＝CEB＝90，

∴ACD≌CBE，

∴AD＝CE，CD＝BE，

∴DE＝CDCE＝BEAD．

【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①，在ABC中，BAC90，ABAC，AF是过

点A的一条直线，且B，C在AE的同侧，BD⊥AE于D，CE⊥AE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②，ABC90，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PAB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点坐标分别为(5，2)，(3，1)，(1，2)．

第4页共64页.

【分析】（1）由BD⊥AE，∠BAC90°，推DBAEAC进而得到ADB≌CEA即可求解；

（2）作CEy轴于点E，得出ABO≌BCE（AAS）即可求解；

（3）分两种情况，①当PAB90时，ABP≌BAC；②当ABP90时，ABP≌ABC，讨论并构造

全等三角形即可求解．

【详解】解：（1）∵BD⊥AE，BAC90，CE⊥AE

∴DBADAB90，EACDAB1809090，ADBCEA90，

∴DBAEAC．

ADBCEA

在DBA和EAC中，DBAEAC，

ABAC

∴ADB≌CEA，

∴AD=CE，BD=AE，

∴DE=AD+AE=BD+CE．

故答案为：CE，DE=BD+CE；

（2）作CEy轴于点E，

∵CEy轴，OA⊥OB，ABC90，

∴CBEABO1809090，CBEBCE90，AOBBEC90，

∴∠ABO=∠BCE．

又∵ABBC，

∴ABO≌BCE（AAS），

∴BOCE，AOBE，

∵点A，B的坐标分别是(-2，0)，(0，3)，

∴BOCE3，AOBE2，

∴EOEBOB325，

∴C(-3，5)；

第5页共64页.

（3）分类讨论：

①当∠PAB=90°时，ABP≌BAC，

∴APBC，PBAC．

∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，

2

∴BC(30)2(53)213，AC3(2)(50)226，

设P(x，y)，

∴AP(2x)2(0y)2，BP(0x)2(3y)2，

(2x)2(0y)213

∴，

22

(0x)(3y)26

x15x21

解得：，，

y12y22

∴P1(−5，2)，P2(1，−2)，如图；

②当∠ABP=90°时，ABP≌ABC，

∴AP=AC，BP=AB，

∵B(0，3)，A(−2，0)，C(−3，5)，

2

∴AB(20)2(03)213，AC3(2)(50)226，

设P(x，y)，

∴AP(2x)2(0y)2，BP(0x)2(3y)2，

(2x)2(0y)226

∴，

22

(0x)(3y)13

x13x23

解得：，，

y15y21

∵点P与点C不重合，

第6页共64页.

∴(−3，5)舍去，

∴P3(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.

下面分几种类型讨论：

第7页共64页.

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：△ADB∽△CEA∽△CAB

三、钝角形“一线三等角

结论：△ADB∽△CEA∽△CAB

第8页共64页.

【变式1】（2022秋·江苏无锡·九年级校联考阶段练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P是BC

上一点，且BP＝2，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：△BPD∽△CEP；

(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

12

(2)存在，理由见解析，BD的长为

5

【分析】（1）根据等边对等角的性质可得∠B＝∠C，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∠EPC＝∠BDP，即可得证；

（2）过点A作AH⊥BC于点H，根据∠DPE＝∠B≠90°，即分为：①∠PDE＝90°时，利用∠ABH与∠DPE

PD3PDBD

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

PE5PEPC

PE3

即可得解；②∠PED＝90°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

PD5

PEPC

应边成比例可得＝，然后代入数据进行计算即可得解．

PDBD

【详解】（1）证明：∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∵∠DPC＝∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，

∴∠EPC＝∠BDP，

∴△BPD∽△CEP，

得证；

（2）解：存在．理由如下：

过点A作AH⊥BC于点H，

∵AB＝AC＝5，BC＝6，

第9页共64页.

11

∴BH＝BC＝×6＝3，

22

∵∠DPE＝∠B≠90°，

∴①如图1，

若∠PDE＝90°，在Rt△ABH和Rt△PDE中，

BHPD3

∴cos∠ABH＝cos∠DPE＝＝＝，

ABPE5

∵△PBD∽△PCE，

PDBD

∴＝，

PEPC

∵BP＝2，

∴PC＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，

BD3

∴＝，

45

12

解得BD＝；

5

②如图2，

∠PED＝90°时，在Rt△ABH和Rt△PDE中，

BHPE3

∴cos∠ABH＝cos∠DPE＝＝＝，

ABPD5

∵△PBD∽△PCE，

第10页共64页.

PEPC3

∴＝＝，

PDBD5

∵PC＝4，

43

∴＝，

BD5

20

解得BD＝＞AB=5（舍去），

3

12

综上所述，BD的长为．

5

【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yax2bx3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上方，连接PA、PD．

①请直接写出线段PK长（用含n的代数式表示）

②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）

1127

(2)①n2n2；②，详见解析

424

(3)（1，－6）或（－5，6）

【分析】（1）将A、D坐标代入yax2bx3，由待定系数法求出函数解析式，令y=0即可求解；

（2）①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；

第11页共64页.

②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yax2bx3得：

4a2·b30

，

16a4b33

1

a

解得：4，

b3

1

即抛物线解析式为：yx2x3，

4

1

令y=0得：0x2x3，

4

解得：x=－2，或x=6，

∴B（6，0）．

（2）解：①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，

2km0

则，

4km3

1

k

解得：2，

m1

1

即直线AD的解析式为：yx1，

2

11

则P（n，n2n3），K（n，n1），

42

∵P在K上方，

第12页共64页.

11

∴PK=n2n3－（n1）

42

11

=n2n2；

42

②过D作DE⊥直线x=n于E，如上图所示，

S△PAD=S△PAKS△PDK

11

=PKAHPKDE

22

1

=PKAHDE

2

1

=PKn24n

2

1121

=nn26

242

3227

=n1，

44

27

∴当n=1时，三角形PAD面积取最大值，最大值为．

4

（3）解：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，

∴△ANQ≌△DMA，

∴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），

第13页共64页.

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·九年级校考阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛

28

物线y=-x22x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．

33

(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PG⊥x轴于G，点E在线段PG上，连接AE，过点E

作EF⊥AE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；

2

(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=AH，求

3

点P的坐标．

【答案】(1)（0，2）

252

(2)dt2t

333

991

(3)（，）

424

【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ANE≌△EMF，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；

QECECQ

（3）过C作CQ⊥PG于Q，由∠CEF=∠AEH，知CEQ∽△EHG，得：，即

HGEHEG

△

第14页共64页.

t

2CE1t

CE1t

3，求出HG的表达式，可得用t表示的AH的长度，再利用EHCEt，

HGEHt21t

23

3

2

可得EH-CE与CE的关系，代入EH-CE=AH即可得CE关于t的表达式，由勾股定理得到关于t的方程，

3

解方程即可．

2828

【详解】（1）解：令抛物线yx22x中的y=0，即0x22x，

3333

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的解析式为y=kx+b，

kb0

则，

kb4

k2

解得：，

b2

即直线BC解析式为y=-2x+2，

当x=0时，y=2，

则点D的坐标为(0，2)．

（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，

∴ANE≌△EMF，

∴A△N=EM，NE=MF，

∵P点横坐标为t，PE=d，

第15页共64页.

28

∴P（t，yP），NE=t+4=MF，EG=yP－d=AN=EM，其中yt22t，

P33

∴F点横坐标为：t+EM=t+yP－d，

F点纵坐标为：EG－MF=yP－d－（t+4），

将F点坐标代入y=-2x+2得：

yP－d－（t+4）=－2（t+yP－d）+2，

化简得：3d=3yPt6，

252

即dt2t．

333

（3）解：过C作CQ⊥PG于Q，如图所示，

∵∠CEF=∠AEH，∠AEF=90°，

∴∠EFH=90°，

则∠CEQ+∠ECQ=∠CEQ+∠HEG=90°，

∴∠ECQ=∠HEG，

∴CEQ∽△EHG，

QECECQ

∴△，

HGEHEG

t

由（2）知，EG=yP－d=2，

3

t

∴QE=4-EG=2，CQ=-1-t，

3

t

2

CE1t

∴3，

t

HGEH2

3

2

t36CE3t1

∴HG=，，

9t1EHt6

第16页共64页.

CE1t3t122

t3610t45t

∴EHCEt2t9，AH=AG+GH=t+4+=，

21t9t19t1

3

2t9

即CEEHCE，

3t1

2

∵EH-CE=AH，

3

2t9210t245t

∴CE=，

3t139t1

52

即：CEt，

9

1

∵C（－1，4），E（t，2t），

3

152

∴由勾股定理得：（t+1）2+（2t-4）2=（t）2，

39

99

解得：t（舍）或t，

24

991

∴P（，）．

424

【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yax2bx3与x轴交于A2,0，B6,0两

点，与y轴交于点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4,3．

(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mm0，过点P作PMx轴，垂足为M．PM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ADQ45，求点Q的坐标．

第17页共64页.

1

【答案】(1)y＝x2−x−3

4

15

(2)（3，−）或（0，−3）

4

13

(3)（0，−）或（0，9）

3

【分析】（1）把A（−2，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx−3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y＝kx＋m，把A（−2，0），D（4，−3）代入y＝kx＋m得到关于k、m的二

1

元一次方程组，解方程组即可得到直线l的函数表达式；设P（m，m2−m−3），用m表示N点坐标，分两

4

种情况：PM＝3MN；PM＝3PN．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y＝ax2＋bx−3，

4a2b3＝0

，

36a＋6b3＝0

1

a

解得：4，

b1

1

∴抛物线的解析式为：y＝x2−x−3；

4

(2)

解：设直线l函数关系式为：y＝mx＋n，

把点（−2，0）和（4，−3）代入，

2m＋n＝0

，

4m＋n＝3

1

m

解得：2，

n1

1

∴直线l的函数关系式为：y＝−x−1；

2

11

设P（m，m2−m−3），则点N的坐标为（m，−m−1），

42

111111

∴PM＝−m2＋m＋3，MN＝m＋1，NP＝−m−1−（m2−m−3）＝−m2＋m＋2，

422442

第18页共64页.

分两种情况：

11

①当PM＝3MN时，得−m2＋m＋3＝3（m＋1），

42

解得：m＝0或−2（−2舍去），

∴点P坐标为（0，−3）；

111

②当PM＝3PN时，得−m2＋m＋3＝3（−m2＋m＋2），

442

解得：m＝3或−2（−2舍去），

15

∴点P坐标为（3，−），

4

15

综上所述：点P坐标为（3，−）或（0，−3）；

4

(3)

解：分两种情况：①如图2，当Q在y轴的正半轴上时，记为点Q1，

过点A作AF⊥AD交DQ1于点F，

∵∠ADQ＝45°，

第19页共64页.

∴△ADF是等腰直角三角形，

作FG⊥x轴于点G，作DH⊥x轴于点H，

∴∠FAG＋∠DAH＝∠HDA＋∠DAH＝90°，

∴∠FAG＝∠HDA，

∵∠FGA＝∠DHA，FA＝AD，

∴△FAG≌△DAH（AAS），

∴AG＝DH＝3，FG＝AH＝6，

∴点F的坐标为（1，6），

设直线DF的关系式为：y＝kx＋b，

k＋b＝6

，

4k＋b＝3

k＝3

解得：，

b＝9

∴直线DF的关系式为：y＝−3x＋9，

∴点Q1的坐标为（0，9）；

②如图2，当Q在y轴的正半轴上时，记为点Q2，

过点A作AF⊥AD交DQ2于点F，

∵∠ADQ＝45°，

∴△ADF是等腰直角三角形，

作FG⊥x轴于点G，作DH⊥x轴于点H，

∴∠FAG＋∠DAH＝∠HDA＋∠DAH＝90°，

∴∠FAG＝∠HDA，

∵∠FGA＝∠DHA，FA＝AD，

第20页共64页.

∴△FAG≌△ADH（AAS），

∴AG＝DH＝3，FG＝AH＝6，

∴点F的坐标为（−5，−6），

设直线DF的关系式为：y＝kx＋b，

5k＋b＝6

，

4k＋b＝3

1

k

3

解得：，

13

b

3

113

∴直线DF的关系式为：y＝x，

33

13

∴点Q2的坐标为（0，−），

3

13

综上所述：Q点的坐标为（0，−）或（0，9）．

3

【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，ABC中BC30，DEF30，且点E为边BC的中

点．将DEF绕点E旋转，在旋转过程中，射线DE与线段AB相交于点P，射线EF与射线CA相交于点Q，

连结PQ．

(1)如图1，当点Q在线段CA上时，

①求证：BPE∽VCEQ；

②线段BE，BP，CQ之间存在怎样的数量关系？请说明理由；

CQ

(2)当△APQ为等腰三角形时，求的值．

BP

【答案】(1)①见解析，②BE²=BP·CQ

第21页共64页.

(2)1或3

BEBP

【分析】（1）①推导角度关系可得∠CEQ=∠BPE，结合∠B=∠C即可得出结论；②由①中相似可得=，

CQCE

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：①∵∠DEF=30°，∠B=30°，

∴∠BED+∠CEQ=150°，∠BED+∠BPE=150°

∴∠CEQ=∠BPE，

∵∠B=∠C，

∴△BPE∽△CEQ；

②BE²=BP·CQ，理由如下∶

∵△BPE∽△CEQ

BEBP

∴=

CQCE

∴BE·CE=BP·CQ

∵点E为边BC的中点，

∴BE=CE，

∴BE²=BP·CQ；

（2）

解：①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，

CQ

∴=1

BP

②当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQ

第22页共64页.

∵∠BAC=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=23a，

BE=CE=3a，

设AQ=AP=x，

则CQ=2a+x，BP=2a-x，

由（1）得∶BE²=BP·CQ

∴(3a)²=(2a+x)(2a-x)，

解得∶x=a，

∴BP=a，CQ=3a，

CQ

∴=3

BP

CQ

综上的值为1或3．

BP

【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BD4，

ABC60．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（）

A．43B．2C．4D．63

第23页共64页.

【答案】A

【分析】要求BDE的面积，想到过点E作EFBC，垂足为F，因为题目已知ABC60，想到把ABC

放在直角三角形中，所以过点D作DGBA，垂足为G，利用勾股定理求出DG的长，最后证明GPDFDE

即可解答．

【详解】解：过点E作EFBC，垂足为F，过点D作DGBA，垂足为G，

在RtBGD中，BD4，ABC60，

BDG30，

1

BGBD2，

2

GDBD2BG223，

PDE是等边三角形，

PDE60，PDDE，

PDBEDF180PDE120，

ABC60，

PDBBPD180ABC120，

BPDEDF，

PGDDFE90，

GPDFDE(AAS)，

GDEF23，

1

BDE的面积BDEF，

2

1

423，

2

43，

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．

第24页共64页.

2．（2022秋·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点

D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（）

99

A．3B．2C．D．

42

【答案】A

【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD

＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．

【详解】解：∵AB＝AC＝9，

∴∠B＝∠C，

∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，

∴∠BAD＝∠CDE，

∵AE的中垂线交BC于点D，

∴AD＝ED，

在△ABD与△DCE中，

BADCDE

BC，

ADED

∴△ABD≌△DCE（AAS），

∴CD＝AB＝9，BD＝CE，

∵CD＝3BD，

∴CE＝BD＝3

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）如图所示，ABC中，ABAC,BAC90．直线l经过点A，过点B作BEl

于点E，过点C作CFl于点F．若BE2,CF5，则EF__________．

第25页共64页.

【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：∵BE⊥l，CF⊥l，

∴∠AEB=∠CFA=90°．

∴∠EAB+∠EBA=90°．

又∵∠BAC=90°，

∴∠EAB+∠CAF=90°．

∴∠EBA=∠CAF．

在AEB和CFA中

∵∠△AEB=∠△CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，

∴△AEB≌△CFA．

∴AE=CF，BE=AF．

∴AE+AF=BE+CF．

∴EF=BE+CF．

∵BE2,CF5，

∴EF257；

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y＝﹣x2+4x上有一点B（1，3），点B与点C关于抛物线的

对称轴对称．过点B作直线BH⊥x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_____．

第26页共64页.

【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：∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，

∴抛物线对称轴为直线x＝2，

∵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：

①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，

BMCHNM

CBMMHN，

CMMN

∴△CBM≌△MHN（AAS），

∴BC＝MH＝2，BM＝HN＝3﹣2＝1，

∴N（2，0）；

第27页共64页.

②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①可证ME＝DN＝NH＝3，

∴ON＝1+3＝4，

∴N（4，0）；

③以C为直角顶点时，过点N作ND⊥BC，交BC的延长线于点D，

同①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，熟练掌握等腰直角三角形的性质．

5．（2022秋·八年级课时练习）如图，直线l1⊥l3，l2⊥l3，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72，则OQ的长等于

第28页共64页.

_____．

【答案】6

【分析】由“AAS”可证△ACP≌△CBQ，可得AP＝CQ，PC＝BQ，由“AAS”可证△APO≌△BHO，可得AP

＝BH，OP＝OH，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，

∵l1⊥l3，l2⊥l3，

∴l1∥l3，∠APC＝∠BQC＝∠ACB＝90°，

∴∠PAC+∠ACP＝90°＝∠ACP+∠BCQ，

∴∠PAC＝∠BCQ，

在△ACP和△CBQ中，

PACBCQ

APCBQC，

ACBC

∴△ACP≌△CBQ（AAS），

∴AP＝CQ，PC＝BQ，

∴PC+CQ＝AP+BQ＝PQ＝72，

∵AP∥BQ，

∴∠OAP＝∠OBH，

第29页共64页.

∵点O是斜边AB的中点，

∴AO＝BO，

在△APO和△BHO中，

AOPBOH

APOBHO，

AOBO

∴△APO≌△BHO（AAS），

∴AP＝BH，OP＝OH，

∴BH+BQ＝AP+BQ＝PQ，

∴PQ＝QH＝72，

∵∠PQH＝90°，

∴PH＝2PQ＝12，

∵OP＝OH，∠PQH＝90°，

1

∴OQ＝PH＝6．

2

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Rt△ABC中，BAC90，ABAC，分别过点B，

C作过点A的直线的垂线BD，CE，垂足为D，E．若BD4cm，CE3cm，求DE的长．

【答案】7cm

【分析】利用一线三垂直模型证明ABD≌CAE得到BDAE，ADCE即可得到答案．

【详解】解：∵在Rt△ABC中，BAC90，ABAC，

∴DABEAC90，

∵BD⊥AD，CE⊥AE，

∴DE90，

第30页共64页.

∴DABDBA90，

∴DBAEAC，

又∵ABCA，

∴△ABD≌△CAEAAS，

∴BDAE4cm，ADCE3cm，

∴DEADAE7cm．

【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，BADACBAED90，由12BAD180，2DAED180，可得1D；

BC

又因为ACBAED90，可得△ABC∽△DAE，进而得到______．我们把这个模型称为“一线三等

AC

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ABC中，ABAC10，BC12，

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APDB．

①求证：△ABP∽△PCD；

②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△APD为等腰三角形时，请直接写出BP的长．

AE11

【答案】感知：（1）；应用：（2）①见解析；②3.6；拓展：（3）2或

DE3

【分析】（1）根据相似三角形的性质，即可求解；

（2）①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；

②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）∵△ABC∽△DAE，

BCAC

∴，

AEDE

第31页共64页.

BCAE

∴，

ACDE

故答案为：AE；

DE

应用：（2）①∵∠APC=∠B+∠BAP，∠APC=∠APD+∠CPD，∠APD=∠B，

∴∠BAP=∠CPD，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴△ABP∽△PCD；

②BC=12，点P为BC中点，

∴BP=PC=6，

·∵△ABP∽△PCD，

ABBP106

∴，即，

PCCD6CD

解得：CD=3.6；

拓展：（3）当PA=PD时，△ABP≌△PCD，

∴PC=AB=10，

∴BP=BC-PC=12-10=2；

当AP=AD时，∠ADP=∠APD，

∵∠APD=∠B=∠C，

∴∠ADP=∠C，不合题意，

∴AP≠AD；

当DA=DP时，∠DAP=∠APD=∠B，

∵∠C=∠C，

∴△BCA∽△ACP，

BCAC1210

∴，即，

ACCP10CP

25

解得：CP，

3

25