專題29 一線三等角模型（解析版）

模塊二常見(jiàn)模型專練

專題29一線三等角模型

例1（2020·江蘇蘇州·統(tǒng)考中考真題）問(wèn)題1：如圖①，在四邊形ABCD中，BC90，P是BC上一

點(diǎn)，PAPD，APD90．

求證：ABCDBC．

ABCD

問(wèn)題2：如圖②，在四邊形ABCD中，B∠C45，P是BC上一點(diǎn)，PAPD，APD90．求

BC

的值．

2

【答案】問(wèn)題1：見(jiàn)解析；問(wèn)題2：

2

【分析】問(wèn)題1：先根據(jù)AAS證明ABP≌PCD，可得ABPC，BPCD，由此即可證得結(jié)論；

問(wèn)題2：分別過(guò)點(diǎn)A、D作BC的垂線，垂足為E、F，由（1）可知AEDFEF，利用45°的三角函數(shù)

AEDF

值可得AB2AE，CD2DF，由此即可計(jì)算得到答案．

sin45sin45

【詳解】問(wèn)題1：證明：∵DB=90°，

∴APBBAP90．

∵APD90，

∴APBCPD90．

∴BAPCPD．

在ABP和PCD中，

BC

BAPCPD，

PADP

∴△ABP≌△PCDAAS．

∴ABPC，BPCD，

第1頁(yè)共64頁(yè).

∴ABCDBPPCBC．

問(wèn)題2：如圖，分別過(guò)點(diǎn)A、D作BC的垂線，垂足為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

【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定及性質(zhì)、解直角三角形，作出正確的輔助線并能利用解直角三角形

的相關(guān)知識(shí)是解決本題的關(guān)鍵．

例2（2021年·吉林長(zhǎng)春·中考真題）在ABC中，ACB＝90o，AC＝BC，直線MN經(jīng)過(guò)點(diǎn)C，且ADMN

于D，BEMN于E．

(1)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖1的位置時(shí)，求證：

①ACD≌CEB；

②DE＝AD＋BE．

(2)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖2的位置時(shí)，求證：DE＝ADBE；

(3)當(dāng)直線MN繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，試問(wèn)DE、AD、BE具有怎樣的等量關(guān)系？請(qǐng)寫出這個(gè)等量關(guān)系，

并加以證明．

【答案】(1)①見(jiàn)解析；②見(jiàn)解析

第2頁(yè)共64頁(yè).

(2)見(jiàn)解析

(3)DE＝BEAD，證明見(jiàn)解析

【分析】（1）①由垂直關(guān)系可得1＝3，則由AAS即可證明△ADC≌△CEB；

②由△ADC≌△CEB的性質(zhì)及線段和的關(guān)系即可證得結(jié)論；

（2）由垂直可得1＝CBE，則由AAS可證明ACD≌CBE，由全等三角形的性質(zhì)及線段差的關(guān)系即可證

得結(jié)論；

（3）由垂直可得ACD＝CBE，則由AAS可證得ACD≌CBE，由全等三角形的性質(zhì)及線段的和差關(guān)系

即可得到三線段間的關(guān)系．

【詳解】（1）解：如圖

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頁(yè)共64頁(yè).

∴DE＝CECD＝ADBE．

（3）當(dāng)MN旋轉(zhuǎn)到圖3的位置時(shí)，AD、DE、BE所滿足的等量關(guān)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．

【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，互余的性質(zhì)等知識(shí)，證明兩個(gè)三角形全等是問(wèn)題的關(guān)鍵．

例3（2020年·海南·中考真題）（1）嘗試探究：如圖①，在ABC中，BAC90，ABAC，AF是過(guò)

點(diǎn)A的一條直線，且B，C在AE的同側(cè)，BD⊥AE于D，CE⊥AE于E，則圖中與線段AD相等的線段是；

DE與BD、CE的數(shù)量關(guān)系為．

（2）類比延伸：如圖②，ABC90，BA=BC，點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是(-2，0)，(0，3)，求點(diǎn)C的坐標(biāo)．

（3）拓展遷移：在（2）的條件下，在坐標(biāo)平面內(nèi)找一點(diǎn)P（不與點(diǎn)C重合），使PAB與ABC全等．直

接寫出點(diǎn)P的坐標(biāo)．△

【答案】（1）CE，DE=BD+CE；（2）（?3，5）；（3）存在，P點(diǎn)坐標(biāo)分別為(5，2)，(3，1)，(1，2)．

第4頁(yè)共64頁(yè).

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

（2）作CEy軸于點(diǎn)E，得出ABO≌BCE（AAS）即可求解；

（3）分兩種情況，①當(dāng)PAB90時(shí)，ABP≌BAC；②當(dāng)ABP90時(shí)，ABP≌ABC，討論并構(gòu)造

全等三角形即可求解．

【詳解】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．

故答案為：CE，DE=BD+CE；

（2）作CEy軸于點(diǎn)E，

∵CEy軸，OA⊥OB，ABC90，

∴CBEABO1809090，CBEBCE90，AOBBEC90，

∴∠ABO=∠BCE．

又∵ABBC，

∴ABO≌BCE（AAS），

∴BOCE，AOBE，

∵點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別是(-2，0)，(0，3)，

∴BOCE3，AOBE2，

∴EOEBOB325，

∴C(-3，5)；

第5頁(yè)共64頁(yè).

（3）分類討論：

①當(dāng)∠PAB=90°時(shí)，ABP≌BAC，

∴APBC，PBAC．

∵B(0，3)，A(?2，0)，C(?3，5)，

2

∴BC(30)2(53)213，AC3(2)(50)226，

設(shè)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)，如圖；

②當(dāng)∠ABP=90°時(shí)，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，

設(shè)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

∵點(diǎn)P與點(diǎn)C不重合，

第6頁(yè)共64頁(yè).

∴(?3，5)舍去，

∴P3(3，1)，如圖．

綜上，存在這樣的P點(diǎn)，坐標(biāo)分別為(5，2)，(3，1)，(1，2)．

【點(diǎn)睛】本題主要考查三角形全等的判定和性質(zhì)，兩點(diǎn)間距離公式，坐標(biāo)與圖形性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)．利

用數(shù)形結(jié)合的思想是解題關(guān)鍵．

一線三等角是一個(gè)常見(jiàn)的相似模型，指的是有三個(gè)等角的頂點(diǎn)在同一條直線上構(gòu)成的相似圖形。這

個(gè)角可以是直角，也可以是銳角或者鈍角。對(duì)于“一線三等角”，有的地區(qū)叫“K型圖”，也有的地區(qū)叫“M型

圖”。

“一線三等角”的起源

DE繞A點(diǎn)旋轉(zhuǎn),從外到內(nèi)，從一般位置到特殊位置.

下面分幾種類型討論：

第7頁(yè)共64頁(yè).

一、直角形“一線三等角”——“一線三直角”

結(jié)論：△ADB∽△CEA

二、銳角形“一線三等角

結(jié)論：△ADB∽△CEA∽△CAB

三、鈍角形“一線三等角

結(jié)論：△ADB∽△CEA∽△CAB

第8頁(yè)共64頁(yè).

【變式1】（2022秋·江蘇無(wú)錫·九年級(jí)校聯(lián)考階段練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，P是BC

上一點(diǎn)，且BP＝2，將一個(gè)大小與∠B相等的角的頂點(diǎn)放在P點(diǎn)，然后將這個(gè)角繞P點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)，使角的兩邊

始終分別與AB、AC相交，交點(diǎn)為D、E．

(1)求證：△BPD∽△CEP；

(2)是否存在這樣的位置，△PDE為直角三角形？若存在，求出BD的長(zhǎng)；若不存在，說(shuō)明理由．

【答案】(1)見(jiàn)解析

12

(2)存在，理由見(jiàn)解析，BD的長(zhǎng)為

5

【分析】（1）根據(jù)等邊對(duì)等角的性質(zhì)可得∠B＝∠C，再根據(jù)三角形的一個(gè)外角等于與它不相鄰的兩個(gè)內(nèi)角

的和列式整理求出∠EPC＝∠BDP，即可得證；

（2）過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，根據(jù)∠DPE＝∠B≠90°，即分為：①∠PDE＝90°時(shí)，利用∠ABH與∠DPE

PD3PDBD

的余弦值相等列式求出＝，再根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得＝，然后代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算

PE5PEPC

PE3

即可得解；②∠PED＝90°時(shí)，利用∠ABH與∠DPE的余弦值相等列式求出＝，再根據(jù)相似三角形對(duì)

PD5

PEPC

應(yīng)邊成比例可得＝，然后代入數(shù)據(jù)進(jìn)行計(jì)算即可得解．

PDBD

【詳解】（1）證明：∵AB＝AC，

∴∠B＝∠C，

∵∠DPC＝∠DPE+∠EPC＝∠B+∠BDP，

∴∠EPC＝∠BDP，

∴△BPD∽△CEP，

得證；

（2）解：存在．理由如下：

過(guò)點(diǎn)A作AH⊥BC于點(diǎn)H，

∵AB＝AC＝5，BC＝6，

第9頁(yè)共64頁(yè).

11

∴BH＝BC＝×6＝3，

22

∵∠DPE＝∠B≠90°，

∴①如圖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如圖2，

∠PED＝90°時(shí)，在Rt△ABH和Rt△PDE中，

BHPE3

∴cos∠ABH＝cos∠DPE＝＝＝，

ABPD5

∵△PBD∽△PCE，

第10頁(yè)共64頁(yè).

PEPC3

∴＝＝，

PDBD5

∵PC＝4，

43

∴＝，

BD5

20

解得BD＝＞AB=5（舍去），

3

12

綜上所述，BD的長(zhǎng)為．

5

【點(diǎn)睛】本題是相似三角形綜合題型，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，等角的銳角三角函數(shù)值相等，

并且注意要分情況討論求解．

【變式2】（2022·河北唐山·唐山市第十二中學(xué)?？家荒＃┤鐖D，拋物線yax2bx3與x軸交于A，B兩

點(diǎn)，其中A（－2，0），點(diǎn)D（4，3）為該拋物線上一點(diǎn)．

(1)B點(diǎn)坐標(biāo)為_(kāi)_____；

(2)直線x=n交直線AD于點(diǎn)K，交拋物線于點(diǎn)P，且點(diǎn)P在點(diǎn)K上方，連接PA、PD．

①請(qǐng)直接寫出線段PK長(zhǎng)（用含n的代數(shù)式表示）

②求△PAD面積的最大值；

(3)將直線AD繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°得到直線l，若點(diǎn)Q是直線l上的點(diǎn)，且∠ADQ=45°，請(qǐng)直接寫出點(diǎn)Q

坐標(biāo)______．

【答案】(1)（6，0）

1127

(2)①n2n2；②，詳見(jiàn)解析

424

(3)（1，－6）或（－5，6）

【分析】（1）將A、D坐標(biāo)代入yax2bx3，由待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，令y=0即可求解；

（2）①先利用待定系數(shù)法求出直線AD的解析式，再將x=n代入直線AD和拋物線解析式得K、P縱坐標(biāo)，

根據(jù)P、K兩點(diǎn)的位置關(guān)系，縱坐標(biāo)相減即得結(jié)果；

第11頁(yè)共64頁(yè).

②利用三角形面積公式求出△PAD面積與n的二次函數(shù)關(guān)系式，配方求最大值；

（3）分兩種情況討論，先求出第四象限內(nèi)的Q點(diǎn)坐標(biāo)，再利用對(duì)稱性得第二象限內(nèi)Q點(diǎn)的坐標(biāo)；第四象

限內(nèi)點(diǎn)Q坐標(biāo)求法：根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)及∠ADQ=45°知AD=AQ，過(guò)D、Q作x軸垂線，垂足分別為M、N，則

三角形ADM≌三角形QAN，得AN=DM，根據(jù)D點(diǎn)坐標(biāo)代入求解即可．

【詳解】（1）解：將A（－2，0），D（4，3）代入yax2bx3得：

4a2·b30

，

16a4b33

1

a

解得：4，

b3

1

即拋物線解析式為：yx2x3，

4

1

令y=0得：0x2x3，

4

解得：x=－2，或x=6，

∴B（6，0）．

（2）解：①設(shè)直線x=n交x軸于H，如圖所示，

設(shè)直線AD的解析式為：y=kx+m，

2km0

則，

4km3

1

k

解得：2，

m1

1

即直線AD的解析式為：yx1，

2

11

則P（n，n2n3），K（n，n1），

42

∵P在K上方，

第12頁(yè)共64頁(yè).

11

∴PK=n2n3－（n1）

42

11

=n2n2；

42

②過(guò)D作DE⊥直線x=n于E，如上圖所示，

S△PAD=S△PAKS△PDK

11

=PKAHPKDE

22

1

=PKAHDE

2

1

=PKn24n

2

1121

=nn26

242

3227

=n1，

44

27

∴當(dāng)n=1時(shí)，三角形PAD面積取最大值，最大值為．

4

（3）解：分兩種情況討論，如圖所示，當(dāng)Q在第四象限時(shí)，

根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)及∠ADQ=45°知AD=AQ，∠DAQ=90°，

過(guò)D、Q作x軸垂線，垂足分別為M、N，

則∠DAM+∠QAN=90°，∠DAM+∠ADM=90°，

∴∠QAN=∠ADM，

∴△ANQ≌△DMA，

∴AN=DM=3，AM=QN=6，

故Q（1，－6），

根據(jù)對(duì)稱性知，位于第二象限內(nèi)Q點(diǎn)坐標(biāo)為：（－5，6），

第13頁(yè)共64頁(yè).

綜上所述，點(diǎn)Q坐標(biāo)為（1，－6）或（－5，6）．

【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)中面積問(wèn)題、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定及

性質(zhì)等知識(shí)點(diǎn)，綜合性強(qiáng)．解題關(guān)鍵是利用函數(shù)上點(diǎn)的坐標(biāo)特點(diǎn)將三角形面積問(wèn)題轉(zhuǎn)化為線段問(wèn)題以及構(gòu)

造全等三角形是解題關(guān)鍵．

【變式3】（2021秋·新疆烏魯木齊·九年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋

28

物線y=-x22x交x軸于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，且點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為-1，連接BC交y軸于點(diǎn)D．

33

(1)如圖1，求點(diǎn)D的坐標(biāo)；

(2)如圖2，點(diǎn)P在第二象限內(nèi)拋物線上，過(guò)點(diǎn)P作PG⊥x軸于G，點(diǎn)E在線段PG上，連接AE，過(guò)點(diǎn)E

作EF⊥AE交線段DB于F，若EF=AE，設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為t，線段PE的長(zhǎng)為d，求d與t的函數(shù)關(guān)系式；

2

(3)如圖3，在（2）的條件下，點(diǎn)H在線段OB上，連接CE、EH，若∠CEF=∠AEH，EH-CE=AH，求

3

點(diǎn)P的坐標(biāo)．

【答案】(1)（0，2）

252

(2)dt2t

333

991

(3)（，）

424

【分析】（1）先根據(jù)拋物線解析式求出點(diǎn)B、點(diǎn)A的坐標(biāo)，再利用待定系數(shù)法求出直線BC解析式，即可求

得D點(diǎn)坐標(biāo)；

（2）過(guò)E作x軸平行線l，過(guò)A、F作l的垂線段，垂足分別為N、M，證明出ANE≌△EMF，得AN=EM，

NE=MF，用t、d表示出F點(diǎn)坐標(biāo)，將該坐標(biāo)代入直線BC解析式即可得d與t△的函數(shù)關(guān)系式；

QECECQ

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

HGEHEG

△

第14頁(yè)共64頁(yè).

t

2CE1t

CE1t

3，求出HG的表達(dá)式，可得用t表示的AH的長(zhǎng)度，再利用EHCEt，

HGEHt21t

23

3

2

可得EH-CE與CE的關(guān)系，代入EH-CE=AH即可得CE關(guān)于t的表達(dá)式，由勾股定理得到關(guān)于t的方程，

3

解方程即可．

2828

【詳解】（1）解：令拋物線yx22x中的y=0，即0x22x，

3333

解得：x=-4或x=1，

當(dāng)x=-1時(shí)，y=4，即C（-1，4），

即A（-4，0），B（1，0），

設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，

kb0

則，

kb4

k2

解得：，

b2

即直線BC解析式為y=-2x+2，

當(dāng)x=0時(shí)，y=2，

則點(diǎn)D的坐標(biāo)為(0，2)．

（2）解：過(guò)E作x軸平行線l，過(guò)A、F作l的垂線段，垂足分別為N、M，如圖所示，

由∠AEN+∠FEM=90°，∠AEN+∠EAN=90°知∠FEM=∠EAN，

∵AE=EF，

∴ANE≌△EMF，

∴A△N=EM，NE=MF，

∵P點(diǎn)橫坐標(biāo)為t，PE=d，

第15頁(yè)共64頁(yè).

28

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

P33

∴F點(diǎn)橫坐標(biāo)為：t+EM=t+yP－d，

F點(diǎn)縱坐標(biāo)為：EG－MF=yP－d－（t+4），

將F點(diǎn)坐標(biāo)代入y=-2x+2得：

yP－d－（t+4）=－2（t+yP－d）+2，

化簡(jiǎn)得：3d=3yPt6，

252

即dt2t．

333

（3）解：過(guò)C作CQ⊥PG于Q，如圖所示，

∵∠CEF=∠AEH，∠AEF=90°，

∴∠EFH=90°，

則∠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頁(yè)共64頁(yè).

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

【點(diǎn)睛】本題考查了待定系數(shù)法求函數(shù)解析式、二次函數(shù)的性質(zhì)、全等三角形判定及性質(zhì)、相似三角形的

判定與性質(zhì)、勾股定理及一元二次方程的解法等知識(shí)點(diǎn)．作出輔助線構(gòu)造出全等三角形及相似三角形是解

題關(guān)鍵．

【變式4】（2022·內(nèi)蒙古鄂爾多斯·統(tǒng)考二模）如圖，拋物線yax2bx3與x軸交于A2,0，B6,0兩

點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)C．直線l與拋物線交于A，D兩點(diǎn)，與y軸交于點(diǎn)E，點(diǎn)D的坐標(biāo)為4,3．

(1)求拋物線的解析式；

(2)若點(diǎn)P是拋物線上的點(diǎn)，點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為mm0，過(guò)點(diǎn)P作PMx軸，垂足為M．PM與直線l交于

點(diǎn)N，當(dāng)點(diǎn)N是線段PM的三等分點(diǎn)時(shí)，求點(diǎn)P的坐標(biāo)；

(3)若點(diǎn)Q是y軸上的點(diǎn)，且ADQ45，求點(diǎn)Q的坐標(biāo)．

第17頁(yè)共64頁(yè).

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得到關(guān)于a、b的二元一次方程組，解方程組即

可得到結(jié)論；

（2）設(shè)直線l的函數(shù)表達(dá)式為y＝kx＋m，把A（?2，0），D（4，?3）代入y＝kx＋m得到關(guān)于k、m的二

1

元一次方程組，解方程組即可得到直線l的函數(shù)表達(dá)式；設(shè)P（m，m2?m?3），用m表示N點(diǎn)坐標(biāo)，分兩

4

種情況：PM＝3MN；PM＝3PN．分別列出m的方程進(jìn)行解答便可；

（3）分兩種情況，Q點(diǎn)在y軸正半軸上時(shí)；Q點(diǎn)在y軸負(fù)半軸上時(shí)．分別解決問(wèn)題．

(1)

解：把點(diǎn)A（?2，0），B（6，0）代入y＝ax2＋bx?3，

4a2b3＝0

，

36a＋6b3＝0

1

a

解得：4，

b1

1

∴拋物線的解析式為：y＝x2?x?3；

4

(2)

解：設(shè)直線l函數(shù)關(guān)系式為：y＝mx＋n，

把點(diǎn)（?2，0）和（4，?3）代入，

2m＋n＝0

，

4m＋n＝3

1

m

解得：2，

n1

1

∴直線l的函數(shù)關(guān)系式為：y＝?x?1；

2

11

設(shè)P（m，m2?m?3），則點(diǎn)N的坐標(biāo)為（m，?m?1），

42

111111

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

422442

第18頁(yè)共64頁(yè).

分兩種情況：

11

①當(dāng)PM＝3MN時(shí)，得?m2＋m＋3＝3（m＋1），

42

解得：m＝0或?2（?2舍去），

∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（0，?3）；

111

②當(dāng)PM＝3PN時(shí)，得?m2＋m＋3＝3（?m2＋m＋2），

442

解得：m＝3或?2（?2舍去），

15

∴點(diǎn)P坐標(biāo)為（3，?），

4

15

綜上所述：點(diǎn)P坐標(biāo)為（3，?）或（0，?3）；

4

(3)

解：分兩種情況：①如圖2，當(dāng)Q在y軸的正半軸上時(shí)，記為點(diǎn)Q1，

過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AD交DQ1于點(diǎn)F，

∵∠ADQ＝45°，

第19頁(yè)共64頁(yè).

∴△ADF是等腰直角三角形，

作FG⊥x軸于點(diǎn)G，作DH⊥x軸于點(diǎn)H，

∴∠FAG＋∠DAH＝∠HDA＋∠DAH＝90°，

∴∠FAG＝∠HDA，

∵∠FGA＝∠DHA，F(xiàn)A＝AD，

∴△FAG≌△DAH（AAS），

∴AG＝DH＝3，F(xiàn)G＝AH＝6，

∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，6），

設(shè)直線DF的關(guān)系式為：y＝kx＋b，

k＋b＝6

，

4k＋b＝3

k＝3

解得：，

b＝9

∴直線DF的關(guān)系式為：y＝?3x＋9，

∴點(diǎn)Q1的坐標(biāo)為（0，9）；

②如圖2，當(dāng)Q在y軸的正半軸上時(shí)，記為點(diǎn)Q2，

過(guò)點(diǎn)A作AF⊥AD交DQ2于點(diǎn)F，

∵∠ADQ＝45°，

∴△ADF是等腰直角三角形，

作FG⊥x軸于點(diǎn)G，作DH⊥x軸于點(diǎn)H，

∴∠FAG＋∠DAH＝∠HDA＋∠DAH＝90°，

∴∠FAG＝∠HDA，

∵∠FGA＝∠DHA，F(xiàn)A＝AD，

第20頁(yè)共64頁(yè).

∴△FAG≌△ADH（AAS），

∴AG＝DH＝3，F(xiàn)G＝AH＝6，

∴點(diǎn)F的坐標(biāo)為（?5，?6），

設(shè)直線DF的關(guān)系式為：y＝kx＋b，

5k＋b＝6

，

4k＋b＝3

1

k

3

解得：，

13

b

3

113

∴直線DF的關(guān)系式為：y＝x，

33

13

∴點(diǎn)Q2的坐標(biāo)為（0，?），

3

13

綜上所述：Q點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，?）或（0，9）．

3

【點(diǎn)睛】本題屬于二次函數(shù)綜合題，考查了二次函數(shù)的性質(zhì)，一次函數(shù)的性質(zhì)，待定系數(shù)法，全等三角形

的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用45°構(gòu)建等腰直角三角形，屬于中考

壓軸題．

【變式5】（2022·浙江紹興·模擬預(yù)測(cè)）如圖，ABC中BC30，DEF30，且點(diǎn)E為邊BC的中

點(diǎn)．將DEF繞點(diǎn)E旋轉(zhuǎn)，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，射線DE與線段AB相交于點(diǎn)P，射線EF與射線CA相交于點(diǎn)Q，

連結(jié)PQ．

(1)如圖1，當(dāng)點(diǎn)Q在線段CA上時(shí)，

①求證：BPE∽VCEQ；

②線段BE，BP，CQ之間存在怎樣的數(shù)量關(guān)系？請(qǐng)說(shuō)明理由；

CQ

(2)當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，求的值．

BP

【答案】(1)①見(jiàn)解析，②BE2=BP·CQ

第21頁(yè)共64頁(yè).

(2)1或3

BEBP

【分析】（1）①推導(dǎo)角度關(guān)系可得∠CEQ=∠BPE，結(jié)合∠B=∠C即可得出結(jié)論；②由①中相似可得=，

CQCE

結(jié)合BE=CE即可得出結(jié)論；

（2）Q點(diǎn)可能在線段CA上或者線段CA的延長(zhǎng)線上，分兩種情況討論，結(jié)合（1）中的相似三角形即可得

出結(jié)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

∵點(diǎn)E為邊BC的中點(diǎn)，

∴BE=CE，

∴BE2=BP·CQ；

（2）

解：①當(dāng)點(diǎn)Q在線段AC上時(shí)，

∵∠A=180°-∠B-∠C=120°，為鈍角，

∴△APQ為等腰三角形時(shí)有AP=AQ，

∵∠B=∠C，

∴AB=AC，

∴BP=CQ，

CQ

∴=1

BP

②當(dāng)點(diǎn)Q在線段CA的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖：連接PQ

第22頁(yè)共64頁(yè).

∵∠BAC=120°，

∴∠BAQ=60°，

當(dāng)△APQ為等腰三角形時(shí)，有△APQ為等邊三角形

設(shè)AB=AC=2a，則BC=23a，

BE=CE=3a，

設(shè)AQ=AP=x，

則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

綜上的值為1或3．

BP

【點(diǎn)睛】本題考查三角形相似綜合問(wèn)題，熟練掌握一線三等角的相似三角形模型是解題關(guān)鍵．

【培優(yōu)練習(xí)】

1．（2022秋·浙江麗水·八年級(jí)統(tǒng)考期末）如圖，點(diǎn)P，D分別是∠ABC邊BA，BC上的點(diǎn)，且BD4，

ABC60．連結(jié)PD，以PD為邊，在PD的右側(cè)作等邊△DPE，連結(jié)BE，則△BDE的面積為（）

A．43B．2C．4D．63

第23頁(yè)共64頁(yè).

【答案】A

【分析】要求BDE的面積，想到過(guò)點(diǎn)E作EFBC，垂足為F，因?yàn)轭}目已知ABC60，想到把ABC

放在直角三角形中，所以過(guò)點(diǎn)D作DGBA，垂足為G，利用勾股定理求出DG的長(zhǎng)，最后證明GPDFDE

即可解答．

【詳解】解：過(guò)點(diǎn)E作EFBC，垂足為F，過(guò)點(diǎn)D作DGBA，垂足為G，

在RtBGD中，BD4，ABC60，

BDG30，

1

BGBD2，

2

GDBD2BG223，

PDE是等邊三角形，

PDE60，PDDE，

PDBEDF180PDE120，

ABC60，

PDBBPD180ABC120，

BPDEDF，

PGDDFE90，

GPDFDE(AAS)，

GDEF23，

1

BDE的面積BDEF，

2

1

423，

2

43，

故選：A．

【點(diǎn)睛】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)，全等三角形、勾股定理，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題目的已知條件并結(jié)

合圖形添加適當(dāng)?shù)妮o助線．

第24頁(yè)共64頁(yè).

2．（2022秋·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，在△ABC中，AB＝AC＝9，點(diǎn)E在邊AC上，AE的中垂線交BC于點(diǎn)

D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，則CE等于（）

99

A．3B．2C．D．

42

【答案】A

【分析】根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根據(jù)線段垂直平分線的性質(zhì)得到AD

＝ED，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到結(jié)論．

【詳解】解：∵AB＝AC＝9，

∴∠B＝∠C，

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

∴∠BAD＝∠CDE，

∵AE的中垂線交BC于點(diǎn)D，

∴AD＝ED，

在△ABD與△DCE中，

BADCDE

BC，

ADED

∴△ABD≌△DCE（AAS），

∴CD＝AB＝9，BD＝CE，

∵CD＝3BD，

∴CE＝BD＝3

故選：A．

【點(diǎn)睛】本題考查了等腰三角形的性質(zhì)，線段垂直平分線的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．

3．（2022秋·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖所示，ABC中，ABAC,BAC90．直線l經(jīng)過(guò)點(diǎn)A，過(guò)點(diǎn)B作BEl

于點(diǎn)E，過(guò)點(diǎn)C作CFl于點(diǎn)F．若BE2,CF5，則EF__________．

第25頁(yè)共64頁(yè).

【答案】7

【分析】根據(jù)全等三角形來(lái)實(shí)現(xiàn)相等線段之間的關(guān)系，從而進(jìn)行計(jì)算，即可得到答案；

【詳解】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；

故答案為：7．

【點(diǎn)睛】本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，余角的性質(zhì)，解題的關(guān)鍵是熟練掌握所學(xué)的知識(shí)，正確的

證明三角形全等．

4．（2022·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）如圖，拋物線y＝﹣x2+4x上有一點(diǎn)B（1，3），點(diǎn)B與點(diǎn)C關(guān)于拋物線的

對(duì)稱軸對(duì)稱．過(guò)點(diǎn)B作直線BH⊥x軸，交x軸于點(diǎn)H．點(diǎn)M在直線BH上運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)N在x軸正半軸上運(yùn)動(dòng)，

以C，M，N為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時(shí)，點(diǎn)N的坐標(biāo)為_(kāi)____．

第26頁(yè)共64頁(yè).

【答案】（2，0）或（4，0）

【分析】作輔助線構(gòu)造一線三垂直模型，利用全等的性質(zhì)即可確定點(diǎn)N的坐標(biāo)．

【詳解】解：∵y＝﹣x2+4x＝﹣（x﹣2）2+4，

∴拋物線對(duì)稱軸為直線x＝2，

∵點(diǎn)C和點(diǎn)B關(guān)于對(duì)稱軸對(duì)稱，點(diǎn)B的坐標(biāo)為（1，3），

∴C（3，3），

以點(diǎn)C、M、N為頂點(diǎn)的三角形為等腰直角三角形時(shí)，分三類情況討論：

①以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)且M在x軸上方時(shí)，如圖，

∵∠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頁(yè)共64頁(yè).

②以點(diǎn)N為直角頂點(diǎn)且N在y軸右側(cè)時(shí)，如圖，過(guò)點(diǎn)N作y軸的平行線，交BC于點(diǎn)D，過(guò)點(diǎn)M作x軸的

平行線，交DN的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，

同①可證ME＝DN＝NH＝3，

∴ON＝1+3＝4，

∴N（4，0）；

③以C為直角頂點(diǎn)時(shí)，過(guò)點(diǎn)N作ND⊥BC，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)D，

同①可證DN=BC=2，

∵DN=BH=3，

∴此種情況不成立，不能構(gòu)成等腰直角三角形；

綜上可知當(dāng)△CMN為等腰直角三角形時(shí)N點(diǎn)坐標(biāo)為（2，0）或（4，0）．

故答案為：（2，0）或（4，0）．

【點(diǎn)睛】本題主要考查二次函數(shù)的應(yīng)用，等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，關(guān)鍵

是要會(huì)用待定系數(shù)法求拋物線的解析式，熟練掌握等腰直角三角形的性質(zhì)．

5．（2022秋·八年級(jí)課時(shí)練習(xí)）如圖，直線l1⊥l3，l2⊥l3，垂足分別為P、Q，一塊含有45°的直角三角板的

頂點(diǎn)A、B、C分別在直線l1、l2、線段PQ上，點(diǎn)O是斜邊AB的中點(diǎn)，若PQ等于72，則OQ的長(zhǎng)等于

第28頁(yè)共64頁(yè).

_____．

【答案】6

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

＝BH，OP＝OH，由等腰直角三角形的性質(zhì)和直角三角形的性質(zhì)可求解．

【詳解】解：如圖，連接PO，并延長(zhǎng)交l2于點(diǎn)H，

∵l1⊥l3，l2⊥l3，

∴l(xiāng)1∥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頁(yè)共64頁(yè).

∵點(diǎn)O是斜邊AB的中點(diǎn)，

∴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

故答案為：6

【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)，熟練掌握全等三角

形的判定和性質(zhì)定理，等腰三角形和直角三角形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．

6．（2022秋·浙江金華·八年級(jí)?？茧A段練習(xí)）如圖，在Rt△ABC中，BAC90，ABAC，分別過(guò)點(diǎn)B，

C作過(guò)點(diǎn)A的直線的垂線BD，CE，垂足為D，E．若BD4cm，CE3cm，求DE的長(zhǎng)．

【答案】7cm

【分析】利用一線三垂直模型證明ABD≌CAE得到BDAE，ADCE即可得到答案．

【詳解】解：∵在Rt△ABC中，BAC90，ABAC，

∴DABEAC90，

∵BD⊥AD，CE⊥AE，

∴DE90，

第30頁(yè)共64頁(yè).

∴DABDBA90，

∴DBAEAC，

又∵ABCA，

∴△ABD≌△CAEAAS，

∴BDAE4cm，ADCE3cm，

∴DEADAE7cm．

【點(diǎn)睛】本題主要考查了全等三角形的性質(zhì)與判定，熟知一線三垂直模型是解題的關(guān)鍵．

7．（2022春·全國(guó)·九年級(jí)專題練習(xí)）感知：（1）數(shù)學(xué)課上，老師給出了一個(gè)模型：

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

BC

又因?yàn)锳CBAED90，可得△ABC∽△DAE，進(jìn)而得到______．我們把這個(gè)模型稱為“一線三等

AC

角”模型．

應(yīng)用：（2）實(shí)戰(zhàn)組受此模型的啟發(fā)，將三等角變?yōu)榉侵苯?，如圖2，在ABC中，ABAC10，BC12，

點(diǎn)P是BC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與B、C重合），點(diǎn)D是AC邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且APDB．

①求證：△ABP∽△PCD；

②當(dāng)點(diǎn)P為BC中點(diǎn)時(shí)，求CD的長(zhǎng)；

拓展：（3）在（2）的條件下如圖2，當(dāng)△APD為等腰三角形時(shí)，請(qǐng)直接寫出BP的長(zhǎng)．

AE11

【答案】感知：（1）；應(yīng)用：（2）①見(jiàn)解析；②3.6；拓展：（3）2或

DE3

【分析】（1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)，即可求解；

（2）①根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)得到∠B=∠C，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)得到∠BAP=∠CPD，即可求證；

②根據(jù)相似三角形的性質(zhì)計(jì)算，即可求解；

（3）分PA=PD、AP=AD、DA=DP三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)，即可求解．

【詳解】感知：（1）∵△ABC∽△DAE，

BCAC

∴，

AEDE

第31頁(yè)共64頁(yè).

BCAE

∴，

ACDE

故答案為：AE；

DE

應(yīng)用：（2）①∵∠APC=∠B+∠BAP，∠APC=∠APD+∠CPD，∠APD=∠B，

∴∠BAP=∠CPD，

∵AB=AC，

∴∠B=∠C，

∴△ABP∽△PCD；

②BC=12，點(diǎn)P為BC中點(diǎn)，

∴BP=PC=6，

·∵△ABP∽△PCD，

ABBP106

∴，即，

PCCD6CD

解得：CD=3.6；

拓展：（3）當(dāng)PA=PD時(shí)，△ABP≌△PCD，

∴PC=AB=10，

∴BP=BC-PC=12-10=2；

當(dāng)AP=AD時(shí)，∠ADP=∠APD，

∵∠APD=∠B=∠C，

∴∠ADP=∠C，不合題意，

∴AP≠AD；

當(dāng)DA=DP時(shí)，∠DAP=∠APD=∠B，

∵∠C=∠C，

∴△BCA∽△ACP，

BCAC1210

∴，即，

ACCP10CP

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解得：CP，

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