专题4 一线三等角基本图形-【众相原创·赋能中考】2026年中考数学几何与二次函数压轴题突破练配套课件（福建专用）

该初中数学中考复习课件聚焦几何压轴题“一线三等角”核心考点，对接中考对全等相似证明、动态几何的考查要求，通过分层进阶梳理图形特点、类型及解题策略，归纳出同侧/异侧三角形构造、等腰直角三角形综合应用等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“方法突破+真题训练+易错点分析”模式，如2025龙岩模拟题中通过余角性质证角相等培养推理能力，结合等腰三角形分类讨论易错点解析提升几何直观。分层训练帮助学生掌握辅助线构造技巧，教师可依此设计专题复习，助力中考冲刺提分。

数 学 福建 几何与二次函数压轴题突破练 1 一、几何压轴题突破练 专题四　 一线三等角基本图形 一阶　方法突破 二阶　方法小练 三阶　综合应用 图形 特点 一线：三个等角的顶点落在同一条直线上；三等角：∠1＝∠2＝ ∠3 类型 两个三角形 在直线同侧 两个三角形 在直线异侧 返回目录 结论 (1)△ACP∽△BPD； (2)若AC＝BP或AP＝BD或CP＝PD，则△ACP≌△BPD 解题 策略 通过“三角形的内角和等于180°”和“同角(等角)的余角(补角) 相等”证明角相等.当图中有边对应相等，则证全等；否则，证 相似 返回目录 例　如图，已知点P在线段AB上，在AB同侧找两点C，D，分别作 CA⊥AB，DB⊥AB，连接CP，DP，且CP⊥DP. (1)证明：△ACP∽△BPD； (1)证明：∵CA⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠C＋∠CPA＝90°. ∵CP⊥DP，∴∠CPA＋∠DPB＝90°， ∴∠C＝∠DPB， ∴△ACP∽△BPD. (2)解：AP＝BD(答案不唯一). 证明：∵CA⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠C＋∠CPA＝90°. ∵CP⊥DP，∴∠CPA＋∠DPB＝90°， ∴∠C＝∠DPB， ∴△ACP∽△BPD. 返回目录 (2)添加一组条件，使得△ACP≌△BPD，并写出证明过程. ⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠C＋∠CPA＝90°. ∵CP⊥DP， ∴∠CPA＋∠DPB＝90°， ∴∠C＝∠DPB. 又∵AP＝BD， ∴△ACP≌△BPD(AAS). 证明：∵CA⊥AB，DB⊥AB， ∴∠A＝∠B＝90°， ∴∠C＋∠CPA＝90°. ∵CP⊥DP， ∴∠CPA＋∠DPB＝90°， ∴∠C＝∠DPB. 又∵AP＝BD， ∴△ACP≌△BPD(AAS). 解：AP＝BD(答案不唯一). 返回目录 1. 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，过点A作AE⊥AC，且AE＝AC， 过点E作ED⊥AB分别交AB、AC于点F、D.若BC＝3，AE＝7，则 CD的长为 ⁠. 4　 返回目录 2. 如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是 D，E. 若AD＝2.5cm，DE＝1.7cm，则BE的长为 cm. 0.8　 返回目录 3. 如图， AB ＝ AC，∠BAC ＝ 60°， E为AD上一点， ∠ADB ＝∠AEC ＝ 120°，BD，CE与DE之间的数量关系为 ⁠. DE＝CE－BD　 返回目录 4. 如图，△ABC和△CDE都是等腰直角三角形，∠BAC＝∠DEC＝ 90°，A，D，E三点在一条直线上，求证：∠BDC＝90°. 返回目录 证明：如解图，过点B作BF⊥AE交EA的延长线于点F， ∴∠F＝∠AEC＝90°，∴∠ABF＋∠BAF＝90°. ∵∠BAC＝90°，∴∠BAF＋∠CAE＝90°， ∴∠ABF＝∠CAE. ∵AB＝CA，∴△ABF≌△CAE(AAS)， ∴AF＝CE，BF＝AE. ∵DE＝CE，∴AF＝DE，∴DF＝AE， ∴BF＝DF，∴∠BDF＝45°. ∵△CDE是等腰直角三角形，∴∠CDE＝45°， ∴∠BDC＝90°. 返回目录 5. 如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝6，点D在线段BC 上运动(点D不与点B，C重合)，连接AD，作∠ADE＝45°，DE交线段 AC于点E. (1)求证：△ABD∽△DCE； 证明：∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴∠B＝∠C＝45°＝∠ADE. ∵∠BAD＋∠B＝∠ADC，∠ADC＝∠ADE＋ ∠CDE，∴∠BAD＝∠CDE，∴△ABD∽△DCE. 返回目录 (2)易错题 若△ADE是等腰三角形，求DC的长. 解：∵∠BAC＝90°，AB＝AC＝6， ∴BC＝ ＝6 ，∠B＝∠C＝45°， ∴∠BAD＋∠ADB＝135°， 如解图1，△ADE是等腰三角形，且AD＝DE. ∵∠ADE＝45°，∴∠CDE＋∠ADB＝135°， ∴∠BAD＝∠CDE， 在△ABD和△DCE中， 图1 返回目录 ∴△ABD≌△DCE(AAS)， ∴DC＝AB＝6. 如解图2，△ADE是等腰三角形，且AE＝DE， 则∠EAD＝∠ADE＝45°，∴∠BAD＝∠CAD＝45°. ∵AB＝AC，ADA平分∠BAC， ∴DC＝DB＝ BC＝3 .∵点D不与点B重合， ∴∠DAE＜90°，∴180°－45°－∠AED＜90°， ∴∠AED＞45°， ∴∠AED≠∠ADE，∴不存在△ADE是等腰三角形，且AD＝AE的情 况.综上所述，DC的长为6或3 . 图2 返回目录 【思路探寻】 (1)由余角的性质可得∠ACD＝∠CBE，由等腰直角三角形的性质可求 解； (2)由“AAS”可证△ACH≌△CBE，可得AH＝CE，CH＝BE，通过证 明△ADH∽△BDE，可得 ＝ ，可得BE＝2AH，由三角形中位线定 理可得EF∥AH，即可证明； (3)由“AAS”可证△ACN≌△CBE，可得AN＝CE，CN＝BE，可得EH＝AN，EN＝BH，再由“AAS”可证△AGN≌△HGE，可得EG＝ NG，即可得出结论. 返回目录 6. (2025龙岩模拟)如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝CB，D为 AB边上一点，连接CD，过点B作BE⊥CD，交CD于点E. (1)如图1，用等式表示∠ACE与∠ABE的数量关系，并说明理由； 图1 图1 图2 图3 返回目录 解：∠ACE＋∠ABE＝45°，理由如下： ∵BE⊥CD，∴∠CEB＝90°＝∠ACB， ∴∠ACD＋∠BCD＝90°＝∠BCD＋∠CBE， ∴∠ACD＝∠CBE，∵∠ACB＝90°，AC＝CB，∴∠CAD＝∠CBD＝45°， ∴∠ABE＋∠CBE＝45°， ∴∠ABE＋∠ACE＝45°. 图1 图1 返回目录 (2)如图2，若F为AC中点，且AD∶DB＝1∶2，求证：B，E，F三点共 线； 图2 图1 图2 图3 返回目录 证明：如解图1，过点A作AH⊥CD的延长线于点H， 由(1)知，∠ACD＝∠CBE， 又∵AC＝BC，∴△ACH≌△CBE(AAS)， ∴AH＝CE，CH＝BE， ∵BE⊥CD，AH⊥CD， ∴AH∥BE，∴△ADH∽△BDE，∴ ＝ ， ∵AD∶DB＝1∶2，∴BE＝2AH， ∴CH＝2CE，∴CE＝EH， 又∵点F是AC的中点，∴EF∥AH， ∵BE∥AH，∴B，E，F三点共线. 图1 返回目录 (3)如图3，若在线段EB上截取EH＝EC，连接AH，交CD于点G，求 证：BH＝2EG. 图1 图2 图3 返回目录 证明：如解图2，过点A作AN⊥CD的延长线于点N， 由(2)知，AN＝CE，CN＝BE， ∵EH＝EC，∴EH＝AN，EN＝BH， 又∵∠ANG＝∠GEH＝90°，∠AGN＝∠HGE， ∴△AGN≌△HGE(AAS)， ∴EG＝NG，∴EN＝2EG，∴BH＝2EG. 图2 返回目录 23 $