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　2026年中考数学一轮复习专题★★
一线三等角模型
如图，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D，E.求证：DE＝BD＋CE.
证明：∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠ABD＋∠BAD＝90°.
∵∠BAC＝90°，∴∠BAD＋∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，∴△BDA≌△AEC(AAS)，
∴BD＝AE，AD＝CE，∴DE＝AE＋DA＝BD＋CE.
【拓展设问】如图，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意角，试判定BD＋CE与DE的关系，并说明理由．
解：BD＋CE＝DE.理由：∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA＋∠BAD＝∠BAD＋∠CAE＝180°－α，
∴∠CAE＝∠ABD，∴△ADB≌△CEA(AAS)，
∴BD＝AE，AD＝CE，∴BD＋CE＝AE＋AD＝DE.
如图，在正方形FDEC中，点B，A分别在边DF，ED上，且BA⊥AC，求证：△BDA∽△AEC.
证明：∵四边形FDEC为正方形，
∴∠BDA＝90°，∴∠DBA＋∠BAD＝90°.∵BA⊥AC，
∴∠CAE＋∠BAD＝90°，∴∠DBA＝∠EAC，
又∵∠BDA＝∠AEC，∴△BDA∽△AEC.
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D，DE＝4，AD＝6，求BE的长．
解：∵BE⊥CE，AD⊥CE，∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠BCE＝90°，∠BCE＋∠CBE＝90°，
∠ADC＝∠CEB＝90°，∴∠ACD＝∠CBE，
∵AC＝CB，∴△ACD≌△CBE(AAS)，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵DE＝4，AD＝6，∴BE＝CD＝CE－DE＝2.
【模型分析】
1．模型特点：
(1)∠1，∠2，∠3的顶点在一条直线上；
(2)∠1，∠2，∠3之间的关系是 .
∠1＝∠2＝∠3
2．模型结论：
(1)△APC∽△BDP；
(2)若在(1)的条件下，增加条件： ，可以得到△APC≌△BDP.
AP＝BD(答案不唯一)
【拓展模型】
1．一线三等角
“中点型一线三等角”：当∠1＝∠2＝∠3且D是BC的中点时，△BDE∽△CFD∽△DFE.
2．一线三垂直
“中点型一线三垂直”：当E是BC的中点时，△ABE∽△ECF∽△AEF.
如图，在Rt△ABC中，∠B＝90°，AB＝BC，E为BC上一点，过点E作DE⊥EF，分别交AB，AC于点D，F，且DE＝EF，试猜想CF与BE之间的数量关系，并证明．
解：CF＝BE.
证明：过点F作FG⊥BC于点G.
∵∠B＝90°，AB＝BC，
∴∠A＝∠C＝45°，∠BDE＋∠DEB＝90°.
∵DE⊥EF，∴∠GEF＋∠DEB＝90°，∴∠BDE＝∠GEF，
在△BDE和△GEF中，
∴△BDE≌△GEF(AAS)，∴BE＝GF.
∵∠C＝45°，∠FGC＝90°，∴CF＝GF，∴CF＝BE.
【构造方法】
第一步：找等角，∠DEF＝∠DBE＝90°；
第二步：找过等角顶点的直线BC；
第三步：作第三个等角，过点F作BC的垂线；
第四步：有等边证全等，无等边证相似．
如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点C的坐标为(－2，0)，点B的坐标为(1，6)，求点A的坐标．
解：过点A作AD⊥x轴于点D，过点B作
BE⊥x轴于点E，∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD＋∠CAD＝90°，∠ACD＋∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ADC和△CEB中，
∴△ADC≌△CEB(AAS)，∴DC＝BE，AD＝CE.
∵C(－2，0)，B(1，6)．∴OC＝2，OE＝1，CD＝BE＝6，
∴OD＝CD＋OC＝8，AD＝CE＝OE＋OC＝3.
∵点A在第二象限，∴点A的坐标为(－8，3)．
【构造方法】
第一步：找直角，∠BAD＝90°；
第二步：找过直角顶点的直线AC；
第三步：作剩余两个等角，过点B作AC的垂线，过点D作AC的垂线；
第四步：有等边证全等，无等边证相似．
如图，在 ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠B＝60°，E是AB边上一点，过点E作EF⊥DE，交BC边于点F，且∠EFD＝60°，求AE的长．
方法一：构造一线三等角
解：如答图①，延长BC至点G，连接DG，使∠G＝60°，
∵∠B＝∠EFD＝60°，
∴∠BFE＋∠BEF＝∠BFE＋∠DFC＝120°，
∴∠BEF＝∠DFC，
∵∠B＝∠G＝60°，∴△BEF∽△GFD，
∴＝＝，
∵∠DFE＝60°，EF⊥DE，∴FD＝2EF，
∴＝＝＝，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，AB＝CD＝3，
∴∠DCG＝∠B＝∠G＝60°，
∴△DCG是等边三角形，∴CG＝GD＝CD＝3，
∴＝，∴BF＝，
∴CF＝BC－BF＝，GF＝CF＋CG＝，
∴BE＝GF＝，
∴AE＝AB－BE＝.
方法二：构造一线三垂直
解：如答图②，过点F作FM⊥AB于点M，过点D作DN⊥AB，交BA的延长线于点N，
∵∠MEF＋∠DEN＝∠NDE＋∠DEN＝90°，
∴∠MEF＝∠NDE，
∵∠EMF＝∠DNE＝90°，
∴△EMF∽△DNE，
∵四边形ABCD为平行四边形，∠B＝60°，
∴AD∥BC，AD＝BC＝4，
∴∠NAD＝∠B＝60°，
∴AN＝AD＝2，DN＝AD＝2，
∵∠DFE＝60°，∠DEF＝90°，∴DE＝EF，
∴＝＝＝，
∴EM＝2，设AE＝x，
则BM＝AB－AE－EM＝1－x，
NE＝AN＋AE＝2＋x，
在Rt△BMF中，MF＝BM＝－x，
∴(3)＝，解得x＝，∴AE＝.
已知在正方形ABCD中，点E，F分别在边AB，AD上，连接EF，将EF绕点F逆时针旋转90°得到GF，连接EG.
(1)如图①，当点G落在CD边上时，若DG＝1，AE＝2，求EG的长；
(2)当点E与点B重合时，EG，FG分别交CD于点M，N.
Ⅰ)如图②，若F是AD的中点，连接EN，判断∠AEF与∠FEN的数量关系，并说明理由；
Ⅱ)如图③，求证：MG2＝MN·MD.
(1)解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A＝∠D＝90°，
由旋转的性质可得∠EFG＝90°，EF＝FG，
∴∠AFE＋∠DFG＝90°.
∵∠AEF＋∠AFE＝90°，∴∠AEF＝∠DFG.
∴△AEF≌△DFG(AAS)，∴AE＝DF＝2，
在Rt△DFG中，由勾股定理，得
FG＝＝.
由题意可得，△EFG为等腰直角三角形，
∴EG＝FG＝.
(2)Ⅰ)解：∠AEF＝∠FEN.
理由：分别延长EA，NF交于点O，
∵F为AD的中点，∴AF＝DF.
∵AO∥CD，∴∠O＝∠DNF，∠OAF＝∠NDF，
∴△OAF≌△NDF(AAS)，∴OF＝NF.
∵EF⊥ON，∴易证△OEF≌△NEF，
∴∠AEF＝∠FEN.
Ⅱ)证明：过点G作GP⊥AD交AD的延长线于点P，连接DG.
易证△AEF≌△PFG，∴AF＝PG，AE＝PF.
∵AE＝AD，∴PF＝AD，
∴PF－DF＝AD－DF，即AF＝PD，∴PG＝PD.
∵∠P＝90°，∴∠PDG＝45°，∴∠GDM＝45°.
易知△EFG为等腰直角三角形，
∴∠FGE＝45°，∴∠NGM＝∠GDM.
∵∠GMN＝∠DMG，∴△MGN∽△MDG，
∴＝，
∴MG2＝MN·MD.

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