初二数学专题训练：一线三等角模型及应用A班 (答案与解析)

一线三等角模型及其应用A 班
（时间：60分钟 满分：100分）
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【知识点睛】
“一线三等角”在初中几何中出现得比较多，是一种常见的全等或相似模型，指的是有三个等角的顶点在同一条直线上构成全等或相似图形．这三个等角可以是直角也可以是锐角或钝角，可以是在直线的同侧，也可以是在直线的异侧． 一、“一线三等角”的基本构图：
二、“一线三等角”的基本性质：
1.如果123∠=∠=∠，那么D CBE ∠=∠，ABD E ∠=∠.
2.如果图中ABD ∆与CEB ∆中有一组对应边相等，则有ABD CEB ∆≅∆. 三、“一线三等角”的基本应用：
对于八年级而言，“一线三等角”主要应用于导角证三角形的全等，最常见的是直角型“一线三等角”，其次是60︒角和45︒角及一般的角. 四、“一线三等角”的用法：
若一线三等角都具备则直接应用；若一线三等角不完全具备，则需要构造出一线三等角. 五、“一线三等角”的三大模块
（1）直角型“一线三等角”——“三垂直”
直角型“一线三等角”又称“三垂直”或“K ”形图，是“一线三等角”问题中最为常见的一种.认识“三垂直”模型：直线绕直角顶点旋转，由外到内，由一般到特殊.
（2）等边三角形中的“一线三等角” （3）等腰直角三角形中的“一线三等角”
3
2
1132
C
E
B D
D
C
B
E
l
l
1、（16分）如图，ABC ∆中，AB AC =，D 、
E 、
F 分别为AB 、BC 、AC 上的点，且BD CE =，DEF B ∠=∠． （1）求证：BDE CEF ∠=∠；
（2）当60A ∠=︒时，求证：DEF ∆为等边三角形．
【解答】证明：
（1）DEC ∠是BDE ∆的一个外角， B BDE DEF CEF ∴∠+∠=∠+∠，
DEF B ∠=∠， BDE CEF ∴∠=∠；
（2）由（1）可知BDE CEF ∠=∠， AB AC =，60A ∠=︒ 60B C ∴∠=∠=︒， 60DEF ∴∠=︒，
在BDE ∆和CEF ∆中 B C
BD CE
BDE CEF ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
()BDE CEF ASA ∴∆≅∆，
DE EF ∴=， DEF ∴∆为等边三角形
2、（18分）探究：如图①，在ABC ∆中，90BAC ∠=︒，AB AC =，直线m 经过点A ，BD m ⊥于点D ，CE m ⊥于点E ，求证：ABD CAE ∆≅∆．
应用：如图②，在ABC ∆中，AB AC =，D 、A 、E 三点都在直线m 上，并且有BDA AEC BAC ∠=∠=∠，求证：DE BD CE =+．
【解答】证明：（1）BD ⊥直线m ，CE ⊥直线m ， 90BDA CEA ∴∠=∠=︒， 90BAC ∠=︒
90BAD CAE ∴∠+∠=︒， 90BAD ABD ∠+∠=︒， CAE ABD ∴∠=∠，
在ADB ∆和CEA ∆中 ABD CAE BDA CEA AB AC ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()ADB CEA AAS ∴∆≅∆；
（2）设BDA BAC α∠=∠=，
180DBA BAD BAD CAE α∴∠+∠=∠+∠=︒−， CAE ABD ∴∠=∠，
在ADB ∆和CEA ∆中 ABD CAE BDA CEA AB AC ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()ADB CEA AAS ∴∆≅∆，
AE BD ∴=，AD CE =， DE AE AD BD CE ∴=+=+．
3、（20分）已知四边形ABCD 中，//AD BC ，AB AD =，22ABC C α∠=∠=，点E 在AD 上，点F 在DC 上.
（1）如图1，若45α=︒，BDC ∠的度数为 ；
（2）如图2，当45α=︒，90BEF ∠=︒时，求证：EB EF =；
（3）如图3，若30α=︒，则当BEF ∠= 时，使得EB EF =成立？请直接写出结果）
【解答】（1） 解：
45α=︒，22ABC C α∠=∠=，
290ABC α∴∠==︒，45C ∠=︒， //AD BC ，AD AB =，
1
452
ADB DBC ABD ABC ∴∠=∠=∠=
∠=︒， 180454590BDC ∴∠=︒−︒−︒=︒，
故答案为：90︒． （2）证明：
连接BD ，作//EM AB 交BD 于M ，
90ABC ∠=︒，45ABD ADB ∠=∠=︒，//AD BC ， 90A ∴∠=︒，
45EMD EDM ∴∠=∠=︒，90DEM A ∠=∠=︒
EMD ∴∆是等腰直角三角形， DE EM ∴=，
90DEM BEF ∠=∠=︒，
90MEB DEF MEF ∴∠=∠=︒−∠， 45EMD EDM ∠=∠=︒，90BDC ∠=︒， 135EMB EDF ∴∠=∠=︒，
∴在EMB ∆和EDF ∆中
MEB DEF EM ED
EMB EDF ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
()EMB EDF ASA ∴∆≅∆，
EB EF ∴=．
（3）解：当120BEF ∠=︒时，EB EF =成立， 理由是：连接BD ，作//EM AB 交BD 于M ，
30α=︒，
30C ∴∠=︒，260ABC C ∠=∠=︒， //AD BC ，
120A ∴∠=︒，18030150EDF ∠=︒−︒=︒， //EM AB ，
120DEM A BEF ∴∠=∠=︒=∠， 120MEB DEF MEF ∴∠=∠=︒−∠， 30EMD ABD ADB ∠=∠=∠=︒，
18030150EMB EDF ∴∠=︒−︒=︒=∠，EM ED =，
∴在EMB ∆和EDF ∆中
MEB DEF EM ED
EMB EDF ∠=∠⎧⎪
=⎨⎪∠=∠⎩
()EMB EDF ASA ∴∆≅∆，
EB EF ∴=，
故答案为：120︒．
4、（22分）如图，Rt ACB ∆中，90ACB ∠=︒，AC BC =，E 点为射线CB 上一动点，连接AE ，作AF AE ⊥且AF AE =．
（1）如图1，过F 点作FD AC ⊥交AC 于D 点，求证：EC CD DF +=； （2）如图2，连接BF 交AC 于G 点，若
3AG
CG
=，求证：E 点为BC 中点； （3）当E 点在射线CB 上，连接BF 与直线AC 交于G 点，若43BC BE =，则AG
CG
= （直接写出结果）
【解答】（1）证明： 90FAD CAE ∠+∠=︒，90FAD F ∠+∠=︒，
CAE AFD ∴∠=∠，
在ADF ∆和ECA ∆中， ADF ECA
DFA CAE AF AE ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()ADF ECA AAS ∴∆≅∆， AD EC ∴=，FD AC =，
CE CD AD CD AC FD ∴+=+==，即EC CD DF +=；
（2）证明：如图2，过F 点作FD AC ⊥交AC 于D 点，则90ADF ECA ∠=︒=∠，90FAD AFD ∠+∠=︒ 90FAD CAE EAF ∠+∠=∠=︒， CAE AFD ∴∠=∠，
在ADF ∆和ECA ∆中， ADF ECA DFA CAE AF AE ∠=∠⎧⎪
∠=∠⎨⎪=⎩
， ()ADF ECA AAS ∴∆≅∆， FD AC BC ∴==，
在FDG ∆和BCG ∆中，
90FGD CGB FDG C FD BC ∠=∠⎧⎪
∠=∠=︒⎨⎪=⎩
， ()FDG BCG AAS ∴∆≅∆， GD CG ∴=，
3AG
CG =，3AG CG ∴=，4AC AG CG CG ∴=+=，2AD AG DG AG CG CG =−=−= ∴
21
42AD CG AC CG ==， AD CE =，AC BC =
∴
1
2
CE BC =， E ∴点为BC 中点；
（3）解：过F 作FD AG ⊥的延长线交于点D ，如图3，
4
3BC BE =，BC AC =，CE CB BE =+， ∴
4
7
AC CE =， 由（1）（2）知：ADF ECA ∆≅∆，GDF GCB ∆≅∆， CG GD ∴=，AD CE =，
∴4
7AC AD =， ∴4
3
AC CD =， ∴
8
1
32
AC AD =， ∴
11
3
AG CG =． 同理，当点E 在线段BC 上时，5
3
AG CG =． 故答案为：113
或53．
5、（24分）已知，等腰直角ABC ∆在平面直角坐标系中的位置如图，点(0,)A a ，点(,0)B b ，点C 在第四象限，且满足22412400a b a b +−++=．
（1）求点C 的坐标；
（2）若AC 交x 轴于M ，BC 交y 轴于D ，E 是AC 上一点，且CE AM =，连DM ，求证：
AD DE BM +=；
（3）在y 轴上取点(0,6)F −，点H 是y 轴上F 下方任一点，作HG BH ⊥交射线CF 于G ，在点H 位置变化的过程中，
BH
GH
是否为定值，若是，求其值，若不是，说明理由．
【解答】（1）解：如图1中，作CT y ⊥轴于T ．
22412400a b a b +−++=，
22(2)(6)0a b ∴−++=， 2(2)0a −，2(6)0b +，
20a ∴−=，60b +=， 2a ∴=，6b =−，
(0,2)A ∴，(6,0)B −， 2OA ∴=，6OB =，
90AOB BAC ATC ∠=∠=∠=︒，
90ABO BAO ∴∠+∠=︒，90BAO CAT ∠+∠=︒， ABO CAT ∴∠=∠， AB AC =，
()ABO CAT AAS ∴∆≅∆， 2CT OA ∴==，6AT OB ==， 4OT AT AO ∴===，
(2,4)C ∴−．
（2）如图2中，作CK AC ⊥交y 轴于K ．
90BAM ACK ∠=∠=︒，AB AC =，ABM CAK ∠=∠，
()ABM CAK ASA ∴∆≅∆， AM CK ∴=，BM AK =， CE AM =， CE CK ∴=，
DC DC =，DCE DCK ∠=∠，
()CDE CDK SAS ∴∆≅∆，
DE DK ∴=，
AD DE AD DK AK BM ∴+=+==． （3）结论：
1BH
HG
=，其理由如下： 作AI AF ⊥交FB 的延长线于I ，作HJ BF ⊥于J ，HK GF ⊥于K ．
(6,0)B −，(0,6)F −，OB OF ∴=， BOF ∴∆是等腰直角三角形， 45AFB ∴∠=︒，
AI AF ⊥，45I AFI ∴∠=∠=︒，
AI AF ∴=，
90BAC IAF ∠=∠=︒， IAB FAC ∴∠=∠，
AI AF =，AB AC =，()AIB AFC SAS ∴∆≅∆， 45CFA I ∴∠=∠=︒ 90BFC ∴∠=︒， 45BFC CFO ∠=∠=︒， 45GFH HFJ ∴∠=∠=︒， HK HJ ∴=，
BFG BHG ∠=∠，HBF HGF ∴∠=∠，()HJB HKG AAS ∴∆≅∆， BH GH ∴=，
∴
1BH
GH
=．。