2024年中考数学二轮复习——一线三等角构造全等

2024年中考数学二轮复习——一线三等角构造全等模型 例1．在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E． （1）当直线MN绕点C旋转到图1的位置时， 求证：①△ADC≌△CEB；②DE＝AD+BE； （2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由． （1）证明：①∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE． 在△ADC和△CEB中， ， ∴△ADC≌△CEB（ASA）． ②∵△ADC≌△CEB， ∴CD＝BE，AD＝CE． ∴DE＝CE+CD＝AD+BE． （2）△ADC≌△CEB成立，DE＝AD+BE．不成立，此时应有DE＝AD﹣BE． 证明：∵∠ACD+∠BCE＝90°，∠DAC+∠ACD＝90°， ∴∠DAC＝∠BCE． 又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°， ∴△ADC≌△CEB（AAS）． ∴CD＝BE，AD＝CE． ∴DE＝AD﹣BE． 例2．如图1，AB为⊙O的直径，C，D为⊙O上两点，∠ABD＝∠BCD． （1）求∠ACD的度数； （2）如图2，过点A，B分别作CD的垂线，垂足为点E，F，求证：CE＝DF． （1）解：∵AB为⊙O的直径， ∴∠ACB＝90°， ∵∠ACD＝∠ABD，∠ABD＝∠BCD， ∴∠ACD＝∠BCD∠ACB＝45°， ∴∠ACD的度数为45°； （2）证明：连接AD，OD， ∵∠ACD＝∠BCD，∠AOD＝2∠ACD，∠BOD＝2∠BCD， ∴∠AOD＝∠BOD， ∴AD＝BD， ∵AB为⊙O的直径， ∴∠ADB＝90°， ∴∠ADE+∠BDF＝90°， ∵AE⊥CD，BF⊥CD， ∴∠AEC＝∠AED＝∠BFD＝90°， ∴∠FBD+∠BDF＝90°， ∴∠ADE＝∠FBD， ∴△AED≌△DFB（AAS）， ∴AE＝DF， ∵∠AEC＝90°，∠CAE＝45°， ∴∠CAE＝90°﹣∠ACE＝45° ∴∠ACE＝∠CAE＝45°， ∴AE＝CE， ∴CE＝DF． 例3．如图，抛物线y＝ax2+bx+6（a≠0）与x轴交于A（﹣1，0），B（3，0）两点，与y轴交于点C，顶点为D． （1）求抛物线的解析式； （2）若在线段BC上存在一点M，使得∠BMO＝45°，过点O作OH⊥OM交BC的延长线于点H，求点M的坐标； （3）点P是y轴上一动点，点Q是在对称轴上一动点，是否存在点P，Q，使得以点P，Q，C，D为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由． 解：（1）∵抛物线y＝ax2+bx+6经过点A（﹣1，0），B（3，0）两点， ∴， 解得：， ∴抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6； （2）由（1）得，点C（0，6）， 设直线BC的解析式为y＝kx+c， ∵直线BC经过点B（3，0），C（0，6）， ∴， 解得： ∴直线BC的解析式为y＝﹣2x+6， 设点M的坐标为（m，﹣2m+6）（0＜m＜3）， 如图1，过点M作MN⊥y轴于点N，过点H作HK⊥y轴于点K， 则∠MNO＝∠OKH＝90°， ∵OH⊥OM， ∴∠MOH＝90°， ∵∠OMB＝45°， ∴△MOH是等腰直角三角形， ∴OM＝OH． ∵∠MON+∠KOH＝90°，∠OHK+∠KOH＝90°， ∴∠MON＝∠OHK， ∴△OMN≌△HOK（AAS）， ∴MN＝OK，ON＝HK． ∴H（﹣2m+6，﹣m）， ∵点H（﹣2m+6，﹣m）在直线y＝﹣2x+6上， ∴﹣2（﹣2m+6）+6＝﹣m， 解得：m， 把m代入y＝﹣2x+6得：y， ∴当∠OMB＝45°时，点M的坐标为（）； （3）存在，理由如下： ∵抛物线的解析式为y＝﹣2x2+4x+6＝﹣2（x﹣1）2+8，顶点为D， ∴点D的坐标为（1，8）， 分两种情况讨论： 1 当CD为菱形的边时， 如图2，过C作CE⊥DQ于E ∵C（0，6），D（1，8）， ∴CD， ∴DQ＝CD， ∴Q点的坐标为（1，8）或（1，8）； ②当CD为菱形的对角线时， 如图3，设点Q（1，m），P（0，n）， ∵C（0，6），D（1，8）， ∴m+n＝6+8＝14， ∴n＝14﹣m， ∴P（0，14﹣m）， ∴PC＝14﹣m﹣6＝8﹣m， ∵CQ，PC＝CQ， ∴8﹣m， 解得：m， ∴点Q的坐标为（1，）； 综上所述，点Q的坐标为（1，8）或（1，8）或（1，）． 例4．如图，在平面直角坐标系中，直线yx+4与x轴，与y轴分别交于点A、点B、点D在y轴的负半轴上，若将△DAB沿直线AD折叠，点B恰好落在x轴正半轴上的点C处． （1）求AB的长与点C的坐标； （2）求点D的坐标； （3）点P是x轴上的动点（不与点A