2.专题三 一线三等角模型（作业本）-【中考专项新突破】2025年广州中考数学复习

专题三一线三等角模型 1.如图，将正方形OEFG放在平面直角坐标系中，0是坐标原点，点E的坐标为(2,3)，则点F的坐标 为 2.如图，在等边三角形ABC中，将△ABC沿MN折叠，使点A落在边BC上的点D处. (1)若AB=4,当△BMD为直角三角形时，求AM的长； (2)当BD:CD=1:3时，求AM:AN的值. M B D 3.在△ABC中，AB=AC,D为BC的中点，以点D为顶点作∠MDN=∠B. (1)如图1，当射线DW经过点A时，DM交边AC于点E,不添加辅助线，写出图中所有与△ADE相似的 三角形； (2)如图2，将∠MDN绕点D沿逆时针方向旋转，DM,DW分别交线段AC,AB于点E,F(点E与点A不 重合)，不添加辅助线，写出图中所有的相似三角形，并证明你的结论； (3)在图2中，若AB=AC=10,BC=12,当△DEF的面积等于△ABC的面积的时，求线段EF的长。 B ) 图1 图2 备用图 阅盟学堂XTPZK GZSX67分层作业本专题突破 4.（2024·齐齐哈尔)如图1，这个图案是3世纪我国汉代的赵爽在注解《周髀算经》时给出的，人们称它 为“赵爽弦图”.受这幅图的启发，数学兴趣小组建立了“一线三直角模型”.如图2，在△ABC中，∠A= 90°，将线段BC绕点B顺时针旋转90°得到线段BD,作DE⊥AB交AB的延长线于点E. 朱实 朱实黄实实 朱实 4 B 图1 图2 图3 【观察感知】(1)如图2，通过观察，线段AB与DE的数量关系是 【问题解决】(2)如图3，连接CD并延长交AB的延长线于点F,若AB=2,AC=6,求△BDF的面积； 【类比迁移](3)在(2)的条件下，连接CE交BD于点N,则= BC 【拓展延伸】（④）在(2)的条件下，在直线AB上找一点P,使tnzBCP=子，请直接写出线段AP的长度。 阅盟学堂XTPZK GZSX68分层作业本专题突破5.解：(1)AD⊥BEAD=BE (2)AD⊥BE,BE=mAD.证明 如下： :∠ACB=∠DCE=90°， .∠ACD=∠BCE. ·CECB CDCA=m, ∴.△ADC∽△BEC. BE BC AD-AC-m.ZCBE=ZA .BE mAD. ∠A+∠ABC=90°， .∠CBE+∠ABC=90°， 即∠ABE=90°. ∴.AD⊥BE. (3)①如图3，连接CF交DE于 点0， 图3 由(1)知，AC=BC=6, ∠ACB=∠DCE=90°， AB=6√2.BD=6√2-x BE=AD=x,∠DBE=90°， .'DE2 BD2+BE2 =(62-x)2+x2 :点F与点C关于DE对称， ∴.DE垂直平分CF. .CE =EF,CD=DF. CD=CE. .CD=DF EF CE. 又.∠DCE=90°， .四边形CDFE是正方形. y=2D8 =(6五-P+] =x2-6√2x+36(0<x≤62). .y=(x-32)2+18. ∴当x=3√2时，y的最小值为18. ②如图3，过点D作DH⊥AC于点 H,则△ADH是等腰直角三角形， AH-DH=RAD- 21 2 连接OB, :∠DBE=90°，且O是DE的中点， 阅盟学 ∴.0B=0E=0D=0C=0F ∠BAD=∠CAD. ∴0B=2CR∠CaF=90 又∠MDN=∠B, ∴.△ADE△ABD. BC=6,BF=2, 同理可得△ADE∽△ACD. .CF=√BC2+BF=2√10. .∠MDN=∠C=∠B, m=号cf=25 ∠B+∠BAD=90°， ∠ADE+∠EDC=90°， CH DH CD2, ∠B=∠MDN, 6-到别-a .∠BAD=∠EDC ∠B=∠C, 解得x=42或x=2√2. .∴.△ABD∽△DCE .AD的长度为4√2或2√2. .△ADE△DCE. 专题三一线三等角模型 (2)△BDF∽△CEDM△DEF.证 明如下： 1.(-1,5) .∠B+∠BDF+∠BFD=180°， 2.解：(1)依题意，得MD⊥BD, ∠EDF+∠BDF+∠CDE=180°， :△ABC为等边三角形， ∠EDF=∠B, ∴.∠A=∠B=∠C=60. .LBFD=∠CDE. ∴.在△BDM中，设BD=x, AB=AC,∠B=∠C. 则BM=2x,MD=√3x. .△BDF∽△CED. 由折叠可得AM=MD, BD CE .BM +AM=BM+MD =4, DF=DE 即2x+√3x=4,解得x=8-45. CDCE .AM=5x=8√5-12. BD=CD,DF=DE 又：∠C=∠EDF, (2)BD:CD=1:3, 设BD=k,CD=3k, ∴.△BDF∽△CED△DEF. (3)如图2，连接AD,过点D作 .'∠MDW=∠A=60°， DG⊥EF,DH⊥BF,垂足分别为 .∴.∠MDB+∠NDC=180°-60° G,H, =120°. 又∠B=60°， ∴.∠BMD+∠MDB=180°-60° =120°. ∴.∠BMD=∠CDN. 图2 又：∠B=∠C=60°， AB=AC,D是BC的中点， ∴.△BDM∽△CND. 兴架黑 ADLBG,BD-RC-6. 在Rt△ABD中，AD2=AB2-BD2, 设BM=x,CN=y,则MD=4k-x, ..AD=8 DN=4k-y, 由相服，得院专是二 .BGAD 由克兰得y,代人 2×12×8=48. y 特=中，得y=子-9， 15 S△DEr= 4S△Bc=×48=12 4k-y .AM:AN MD:DN =(4k-x): 又2AD:BD=24B.Dm, (-列=多 DH-AD BD=8x6=4.8. AB =10 3.解：(1)图1中与△ADE相似的有 '△BDF∽△DEF, △ABD,△ACD,△DCE.理由如下： ∴.∠DFB=∠EFD. AB=AC,D为BC的中点， DG⊥EF,DH⊥BF, ∴.AD⊥BC,∠B=∠C, .∴.DH=DG=4.8. XTPZK GZSX84分层作业本参考答案 EFDG=12, ∴EF= 12=5. 4.解：(1)线段BC绕点B顺时针 旋转90°得到线段BD, ∴.BC=BD,∠CBD=90° .∠BCA=∠DBE=90°-∠ABC. :∠A=∠E=90°， .△ABC≌△EDB(AAS). .AB=DE. 故答案为AB=DE. (2)由(1)可知△ABC≌△EDB, .DE=AB=2,BE=AC=6. .AE=AB BE =8. :∠DEB+∠A=180°，∴.DE∥AC. ∴.△DEF∽△CAF. 器-脚 EF 6=EF+8? 解得EF=4. .BF=BE +EF=10. F DE=10. (3)如图3，过点N作NM⊥AE于 点M,故AC∥MN∥ED, 图3 易证△EMN∽△EAC, △BMN∽△BED∽△CAB, 由△BN△81C,得2-欲 即答-坠EW=学N 6 由△AN△8ED,科2份-8能 EMN 6 18 2 6 一，解得MW= 131 由△BMW∽△CAB,得 18 BN MN 13 9 CB=AB=2=13 故答案为号 (4)①当点P在点B左侧时，如 图4，过点P作PQ⊥BC于点Q, 图4 阅盟学 ·tan L BCP=P=2 如图1，连接MN,由(1)知， C0=3 △AMB≌△ENB m∠ac器%-3， ∴.AM=EN. ∠MBN=60°，MB=NB, P0=号c0,P0=3B0, ∴.△BMW是等边三角形. 设BQ=2a,则PQ=6a,CQ=9a, ∴.BM=MN. ..BC=BQ +CQ=11a. .AM+BM CM=EN +MN+CM. BC =AB2 +AC2 根据“两点之间线段最短”可知， 当点E,N,M,C在同一条直线上 =2√10=11a, 时，EN+MN+CM取得最小值， 210 .a=11 最小值为EC. (3)解：如图1，过点E作EF⊥BC .BP=√BQ2+PQ2=2√10a 交CB的延长线于点F, 40 二11 ∴.∠EBF=∠ABF-∠ABE =90°-60°=30°. .AP-BP-AB- 设正方形的边长为x, ②当点P在点B右侧时，如图5，作 则BF= PG⊥BC交CB的延长线于点G 2,BF= 在Rt△EFC中，EF2+FC2=EC2, (+(9+=5+1, 4B- 解得x1=√2，x2=-√（舍去负值） 图5 .正方形的边长为√2 tan∠BCP= PG 2 3.解：(1)②④ CG=3, (2)①LACD=∠ACB.理由如下： tan LPBG=tan LABC, 如图4，延长CB至点E,使BE= 器铝=3， DC,连接AE, 剩下思路与第一种情况一致，求 得AP-号 B 综上所述，4AP的长度为片支号 图4 ·四边形ABCD是邻等对补四 专题四旋转变换与费马点问题 边形， 1.1<PC<5 ∴.∠ABC+∠D=180°. 2.(1)证明：△ABE是等边三角形， :∠ABC+∠ABE=180°， .BA=BE,∠ABE=60°. .∠ABE=∠D. ∠MBN=60°， 又，AB=AD, ∴.∠MBN-∠ABN=∠ABE-∠ABN, .△ABE≌△ADC(SAS). 即∠MBA=∠NBE. .∠E=∠ACD,AE=AC. 又.MB=NB, .∠E=∠ACB. '.△AMB≌△ENB(SAS) .∠ACD=∠ACB. (2)解：如图1，连接CE,当点M ②如图4，过点A作AF⊥EC,垂足 位于BD与CE的交点处时，AM+ 为F, BM+CM的值最小.理由如下： :△ABE≌△ADC,.BE=DC D AE=AC,AF⊥EC, ∴CF=2cB=2(Bc+BE) =2(Bc+00)= 2 图1 ·∠BCD=20, 堂XTPZK GZSX85分层作业本参考答案