专题三 一线三等角模型-【一战成名新中考】2026辽宁中考数学·二轮复习·专项分类提升练

一战成名新中考 专题三一线三等角模型 类型 锐角型 直角型 钝角型 同侧 4 B m 图 示 两侧 H m 利用三角形内外角关系 利用同角的余角相等找 利用三角形内外角关系 识图关键 找等角 等角 找等角 应 对应边相等 图中两组三角形全等 图中两组三角形全等 图中两组三角形全等 用对应边不相等 图中两组三角形相似 图中两组三角形相似 图中两组三角形相似 例1[2024盘锦期末改编]如图，将等边三角形ABC折叠，使点A落在BC边上的点F处（不与B,C 重合)，折痕与AB、AC分别交于点D,E.若AB=28,BD=15,BF=7,则CE= 文思维教练 题眼①：等边△ABC 解码：AB=BC=AC,∠A=∠B=∠C=60 D 思维构建 题眼②：沿DE折叠，使得，点A落在BC上的F处 解码：∠DFE=∠A,DF=AD,EF=AE ↓ 模型思维：一线(BC)+三等角（∠B=∠DFE=∠C) 模型应用：证△DBF∽△FCE,建立关于CE的比例式 例2[2025葫芦岛连山区二模节选]如图，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，E是BC上一点（不与，点 B,C重合)，将线段AE绕点E顺时针旋转120°得到线段EF,作射线FC交AB的延长线于点G. 求证：AB=2BG. 汶思维教练 题眼：AE绕E旋转120°，∠ABC=120° 模型思维：一线(BC+“两等角”（∠ABE=∠AEF) 思维 构建 辅助线：在BC的延长线上作∠EHF=120°，形成一线三等角 推理：证△BAE≌△HEF得BE=FH,EH=AB=BC,得CH=FH 求出∠BCG=∠FCH=30得∠BGC=90°，可得BC=2BG 专项分类提升练·辽宁数学 23 【自主解答】 @针对训练 1.如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，AD⊥BD于点D,CE⊥BD于点E,AC与BD交于点 F,若BE=2,CE=7,则DE= 第1题图 第2题图 第3题图 第4题图 2.[2025本溪二模]如图，在平面直角坐标系中，点A(1,0),点B(0,3),以AB为边在第一象限内作 正方形ABCD,反比例函数y=(x>0)的图象过点D,则k的值为一· 3.多解法[2023丽水]如图，在四边形ABCD中，AD∥BC,∠C=45°，以AB为腰作等腰直角三角形 BAE,顶点E恰好落在CD边上，若AD=1,则CE的长是 A.2 B胃 C.2 D.1 4.多解法[2025长春改编]如图，在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4,点D为边AC的中点，点E为 边AB上一动点，连接DE,将线段DE绕点E顺时针旋转45°得到线段EF,当点F在△ABC内部， 且点E到BC的距离是点F到BC距离的2倍时，AE= 5.[2025锦州一模节选]如图，在矩形ABCD中，E是AD边上一点，连接CE,将线段CE绕点C逆时 针旋转60°后，点E落在AB边上的点F处.若AE=4,BC=6,求AB的长. A 第5题图 24 专项分类提升练·辽宁数学5.解：过点A作AW⊥BM于点N,如解图 M 第5题解图 .'BC=CD,∠BCA=∠DCA,CA=CA, .△BCA≌△DCA,.AD=AB, .CF⊥AD,BM⊥CF,∴.∠AFC=∠BMC=90°， .AD//BM, .∠HAD=∠ABM,∠MAF=∠AMB :AD平分∠MAH .∠HAD=∠MAF .∠ABM=∠AMB AB=AM=AD.BN=MN=2BM, 易证∠BMF=∠AFC=∠ANM=90° .四边形ANMF为矩形，.AF=NM,AW=MF, 易i证△BCM≌△CDF,.CM=DF=10,BM=CF, 设AB=AM=AD=m,则NM=AF=AD-DF=m-10, 在Rt△AMF中，由勾股定理得AN=MF=√AM2-AF =√m2-(m-10)产， .BM=CF=CM+MF=10+Vm2-(m-10), ..WM= 2BM=5+Vm-(m-10) 2 5+Vm-(m-10 =m-10 2 整理得m2-35m+250=0,解得m=25或m=10(不合题 意，舍去)，.AB=25. 专题三一线三等角模型 刷19 例2证明：在BC的延长线上作∠EHF=120°，线段 AE绕点E顺时针旋转120°得到线段EF,∠ABC =120°， .·.∠ABE=∠AEF, .∠BAE+∠AEB=∠AEB+∠FEH, .·.∠BAE=∠FEH, .·∠ABE=∠EHF,AE=EF ∴.△BAE≌△HEF,∴.BE=FH,EH=AB=BC. ∴.CH=BE=FH, ∠HCF=∠HF=2×(180°-120)=30， .∴.∠BCG=∠FCH=30° ∴∠BGC=120°-30°=90°，BC=2BG, .AB=BC,∴.AB=2BG. 1.52.4 3.A【解析】解法一：作AF⊥AD交CE延长线于F,如解 图①，AD∥BC,∠DCB=45°，.∠ADF=45°， ∠AFD=90°-∠ADF=45°，∴.AD=AF=1,.△ABE是 等腰直角三角形，BE是底，.∠BEA=45°，：∠BED是 △BEC的外角，.∴∠BED=∠BCE+∠EBC=∠BEA+ ∠AER,.∠AEF=∠EBC,.△EAF∽△BEC,.CE AF E万CE=2=v2 AE 1 参考答案与重难题 一战成名新中考 解法二：作EF⊥CD交BC于F,如解图②，得∠DEA+ ∠BEF=45°，∠EFC=∠C=45°=∠FEB+∠FBE,得 ∠FBE=∠DEA,证∠ADE=∠EFB=135°，得△EFB∽ △40，器架-华得Q=Z 解法三：作AF⊥BC于F,EG⊥AD交AD的延长线于 G,延长GE交BC于H,如解图③，证△ABF≌△AEG, 得BF=GE,AF=AG,证四边形AFHG是正方形，得GH= AF=AG,证∠GDE=∠C=45°，得DG=GE,得EH=AD, 得EC=√2EH=√2. D 图① 图② 图③ 第3题解图 4.42-4【解析】解法一：如解图①，过点E作EM1BC 于点M,过点F作FG⊥BC于点G,延长EF交BC于点 H,则FG∥EM,EM=2FG.FG是△HEM的中位线， FH=FE,在△ABC中，∠C=90°，AC=BC=4,.∠A= ∠B=45°，AB=4√2.·线段EF是由线段DE绕点E顺 时针旋转45得到的，∠DEF=∠DAE=∠B=45°，EH =2DE..·∠DEB=∠DAE+∠EDA=45°+∠EDA=45°+ DE 乙HEB,∠HEB=LEDA,d△ADEQ△BEH,.F0 BE2BE=24D,:点D是AC的中点，AD=CD AD 1 =2,∴.BE=4,AE=AB-BE=4√2-4. 解法二：如解图②，过点E作EM⊥BC于点M,过点F 作FG⊥BC于点G,得EM=BM=2FG,作FH∥BC交BE 于点H,交EM于点N,则四边形FNMG是矩形，.MN =FG=EW,.WH是△EBM的中位线，.EH=BH,易证 △EFH≌△DEA,.EH=AD=2,得BE=4,AE=4V2-4. H GM D 图① 图② 第4题解图 5.解：如解图，连接EF,过点C作CN⊥EF于点N,过点N 作PQ∥AB交AD于点P,交BC于点Q, 由旋转的性质得CE=CF,∠ECF D =60°， E EN=FW,∠ECN= -∠ECF=30°， 0 EW√3 ∴.tan∠ECW= 4 F B NC 3' 第5题解图 解析·辽宁数学 25 EP EN PQ//AB PA-NE-1 又EN=FV,PQ∥AB, .EP=PA=24E=2. .PO∥AB,AD∥BC, .四边形PQBA是平行四边形 .∠A=90°，∴.口PQBA是矩形 .∠CQN=∠B=∠EPN=∠A=90°，BQ=AP=2, .QC=BC-BQ=4,∠PWE+∠PEN=90, ∠CNE=90°，∴.∠PWE+∠CNQ=90°， .∠PEN=∠CNQ .△EPW∽△NQC, EP PN EN 3 ,即2PN3 NQ QC NC 3NO 4 3 .N0=23,PW= 5. AB-PO-PN+M0-10. 专题四手拉手模型 例1子例2601902D3月 4.解：(1)·∠BAC=90°，点E是BD的中点， ∴.AE=DE ∠AED=∠ABE+∠BAE=45°， 1 六∠ADE=2(180°-∠AED)=67.5, .∠BDC=180°-∠ADE=112.5°： (2)解法一：过点A作AF⊥AE交BD延长线于点F,连 接CF,如解图①， .·∠AED=∠ABE+∠BAE =45°， .∠AFE=45=∠AEF, .∴.AE=AF .·AB=AC,∠BAC=90° .∴.∠BAE=90°-∠EAC= 第4题解图① ∠CAF, .∴.△BAE≌△CAF .CF=BE=4,∠AFC=∠AEB=180°-∠AED=135°， .∠CFB=∠AFC-∠AFE=90° c0=4+34=14 解法二：过点E作EG⊥BE,EG=BE,连接BG,CG,DG, 如解图②，则∠EBG=EGB=45°， .:AB=AC,∠BAC=90 .∠ABC=∠ACB=45 .∠ABC=∠EBG=45°， .∠ABE=45°-∠EBC= 2CBG,又：BCBC2 ABBE√2 .·.△BAE∽△BCG, 第4题解图② .·∠AED=∠ABE+∠BAE =45°， .∠BGC=∠AEB=180°-∠AED=135°， .∠EGC=∠BGC-∠BGE=90°=∠BEG, .·.CG∥BD 六5aw-5a708G了4+3)x4=14 26 参考答案与重又 专题五半角模型 例A1.45+42.3-√3 3.2【解析】解法一：如解图①，过点E作EG⊥AF于点 G,过点G分别向AD,BC作垂线交于点M,N,则M,G, N三点共线，且MN∥AB,构造一线三垂直，得△AMG≌ △GNE.设GN=AM=x,GM=EN=y,.x+y=GN+GM= AB=4①，·CE=2BE,BC=AD=6,.BE=2,CE=4,由 AM=EN+BE,得x=y+2②，由①②得x=3,y=1,即AM =3=7AD,CM=L,MC为△ADF的中位线，DF= 2GM=2. 解法二：如解图②，构造正方形AGHD,延长AE交GH 于点M,则BC/CH△ABE△ACM, 6C7CM=3,GM=MH=3,连接MF,构造半角 42 模型易得FM=GM+DF=3+DF,FH=DH-DF=6-DF, 在Rt△FHM中，MF2=FH+MH,得(3+DF)2=(6 DF)2+32,解得DF=2. D C H 图① 图② 第3题解图 4.(1)解：线段c的长为13或√19： (2)证明：由题意得∠ACB=90°，AC=BC,∠CAB=∠B =45°， 将△BCQ绕点C顺时针旋转90°得△ACG,连接PG,如 解图，则△BCO兰△ACG, 0 第4题解图 ∴.∠GCA=∠QCB,AG=BQ,∠GAC=∠B=45°，CG =CO. .∠PAG=∠GAC+∠CAB=90° 在Rt△PAG中，由勾股定理得PG2=AP2+AG=AP +BQ, ·.∠PCQ=45°，∠PCG=∠GCA+∠ACP=∠QCB+ ∠ACP=90°-∠PC0=45°， .∠PCG=∠PCQ, (PC=PC. 在△PCQ和△PCG中，了∠PCQ=∠PCG, CO=CG. .△PCQ≌△PCG(SAS), .PO=PG. .PQ=AP2+BQ,即AP,PQ,BQ为“勾股线段”. 专题六对角互补模型 例证明：如解图，过点A作AM⊥AF交FB延长线于点 M,则∠MAF=90°， 题解析·辽宁数学