2025年中考数学复习--一线三等角模型 (三垂直模型)（含解析）

一线三等角模型 (三垂直模型)
1如图，平面直角坐标系中，点B在第一象限，点A 在 x轴的正半轴上， =30°,OA=2.将△AOB绕点O逆时针旋转 ，点B的对应点B'的坐标是( )
2在平面直角坐标系xOy 中，矩形OABC的顶点A 在函数 的图象上，顶点C在函数 的图象上，若顶点B的横坐标为 则点A的坐标为( )
3如图，点A，B，C在同一条直线上，点B在点A，C之间，点D，E在直线AC同侧, AB上述结论中，所有正确结论的序号是 ( )
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ①②③
4如图,在平面直角坐标系中,A(2,0),B(0,1),AC由AB绕点A顺时针旋 学习笔记:转 而得，则AC所在直线的解析式是 .
5如图，正方形ABCD和I , 连接BF, DE. 若 绕点A 旋转， 当 最大时，
6如图，在 中， D为边AB上一动点 (B点除外)，以CD为一边作正方形CDEF，连接BE，则△BDE面积的最大值为 .
7如图,已知点A (4,3),点B为直线 上的一动点, 点C(0, n) , - 2 于点C，连接AB.若直线AB与x轴正半轴所夹的锐角为α，那么当sinα的值最大时，n的值为 .
8如图,在Rt△ABC中,CA=CB,M是AB的中点, 点D在BM上,. 垂足分别为E,F,连接EM. 则下列结论中:①BF=CE;②∠AEM=∠DEM;③AE-CE ④DE +DF =2DM ;⑤若AE平分∠BAC, 则 EF:BF= : 1; ⑥CF·DM=BM·DE, 正确的有 . (只填序号)
9如图，正方形ABCD 的对角线AC上有一点E，且( 点F在DC的延长线上，连接EF,过点E作 EG⊥EF,交CB的延长线于点G,连接GF 并延长,交AC 的延长线于点 P, 若AB=5, CF=2, 则线段EP 的长是 .
10如图，点A 是双曲线 上的一个动点，连接AO并延长交双曲线于点B，将线段AB绕点B逆时针旋转60°得到线段BC，若点C在双曲线 上运动, 则k= .
11如图所示，△ABC为等边三角形，点A的坐标为(0，4)，点B在x轴上，点C在反比例函数 的图象上，则点B 的坐标为 .
12已知点A 是双曲线 在第一象限上的一动点，连接AO并延长交另一分支于点B，以AB为一边作等边三角形ABC，点C在第四象限，随着点A的运动，点C的位置也不断的变化，但始终在一函数图象上运动，则这个函数的解析式为 .
13问题1:如图①,在四边形ABCD 中, , P是BC上一点, 求证：
问题2：如图②，在四边形ABCD中， P 是BC上一点, 求 的值.
14如图， 中，0为坐标原点， 如果点A在反比例函数 的图象上运动，那么点B在函数 (填函数解析式)的图象上运动.
15如图，在平面直角坐标系中，直线 分别与x轴、y轴交于点A、B，且点A的坐标为(4，0)，四边形ABCD 是正方形.
(1) 填空:
(2)求点D的坐标；
(3)点M是线段AB上的一个动点(点A、B除外)，试探索在x轴上方是否存在另一个点N，使得以0、B、M、N为顶点的四边形是菱形 若不存在，请说明理由；若存在，请求出点N的坐标.
17以 的两边AB、AC为边, 向外作正方形ABDE 和正方形ACFG, 连接EG,过点A作AM⊥BC于M, 延长MA交EG于点 N.
(1) 如图①, 若 求证：
(2) 如图②, 如图③， (1)中结论，是否成立，若成立，选择一个图形进行证明；若不成立，写出你的结论，并说明理由.
18(1) 如图1, 已知: 在 中， 直线l经过点A，BD 垂足分别为点D、E.证明: ①∠CAE=∠ABD; ②DE=BD+CE.
(2)如图2, 将(1)中的条件改为: 在△ABC中, AB=AC, D、A、E三点都在1上，并且有 ，其中α为任意锐角或钝角.请问结论DE=BD+CE是否成立 若成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由.
(3)如图3, 过 的边AB、AC向外作正方形ABDE 和正方形ACFG, AH是BC边上的高，延长HA交EG于点I，求证：I是EG的中点.
19如图，在正方形ABCD中，AB=6，M是对角线BD上的一个动点 连接AM, 过点 M作 MN⊥AM 交BC 于点 N.
(1) 如图①, 求证: MA=MN;
(2)如图②,连接AN,O为AN的中点, MO的延长线交边AB于点P,当 时, 求AN和PM的长;
(3) 如图③, 过点N作 NH⊥BD于H, 当 时, 求△HMN的面积.
20【感知】如图①,在四边形ABCD 中, 点 E在边CD上, 求证：
【探究】如图②，在四边形ABCD中， , 点E 在边CD上, 点F在边AD的延长线上， 且 连接BG交CD于点H.求证: BH=GH.
【拓展】如图③，点E在四边形ABCD内， 且 过E作EF 交AD于点F,若∠EFA=∠AEB, 延长FE 交BC于点 G. 求证:
21如图 为等边三角形，以BC为边在△ABC 外作正方形BCDE，延长AB 分别交CE、DE的延长线于点F, N, CH⊥AF于点H, EM⊥AF于点M, 连接AE.
(1) 判断△CHB 和△BME是否全等, 并说明理由;
(2) 求证:
(3) 若 若点 P 是直线AF上的动点，直接写出△CEP 周长的最小值.
1 解: 如图, 过点 B' 作B' D⊥x轴于D. 过点 B作BE⊥x轴于 E 点.先证△B′DO≌△OEB
∴B′D=OE, DO=EB, ∵∠AOB=∠B=30° , OA=2∴AB=OA=2, ∠OBE=60°, ∴∠ABE=30°
故选: A.
155. 解: 如图, 作AD⊥x轴于点 D, CE⊥x轴于点 E,
∵四边形OABC是矩形, ∴∠AOC=90°,
∴∠AOD+∠COE=90°, ∵∠AOD+∠OAD=90° ,
∴∠COE=∠OAD, ∵∠CEO=∠ODA,
∴△COE∽△OAD,
2
设 ∵点 B 的横坐标为 AB间的水平宽度=EO间的水平宽度∴ 整理得 (不符合题意，舍去)，经检验， 是方程的解， 故选: A.
2. 解: ①过点 D作 DF∥AC, 交AE于点 F; 过点 B作BG⊥FD, 交FD于点 G.
∵DF∥AC, AC⊥AE, ∴DF⊥AE.
又∵BG⊥FD, ∴BG∥AE,
∴四边形ABGF 为矩形.
同理可得，四边形BCDG 也为矩形.
∴FD=FG+GD=a+b.
∴在 Rt△EFD中, 斜边DE>直角边 FD, 即c>a+b.故①正确.
②∵△EAB≌△BCD, ∴AE=BC=b,
∴在 Rt△EAB中,
故②正确.
③∵△EAB≌△BCD, ∴∠AEB=∠CBD,又∵∠AEB+∠ABE=90° ,
∴∠CBD+∠ABE=90° , ∴∠EBD=90° .
∵BE=BD, ∴∠BED=∠BDE=45° ,
∴△EDB是等腰直角三角形
故③正确.故选：D.
解: ∵A(2, 0) , B(0, 1) ∴OA=2, OB=1
过点C作 CD⊥x轴于点 D,则易知△ACD≌△BAO(AAS) , ∴AD=OB=1, CD=OA=2∴C(3, 2)设直线AC的解析式为y=kx+b，将点A，点 C坐标代入，得方程组, 并解得: k=2, b=-4, ∴直线AC的解析式为y=2x-4. 故答案为: y=2x-4.
4. 解: 如图, 过点 D作DG⊥AE于 G,
∵AF=4,当△AEF绕点A 旋转时,点F在以A为圆心,4为半径的圆上， ∴当BF为此圆的切线时，∠ABF最大, 即BF⊥AF, 在 Rt△ABF中, ∵∠EAF=90° , ∴∠BAF+∠BAG=90° ,
∵∠DAG+∠BAG=90°,∴∠DAG=∠BAF,在△ADG和△ABF中: 先证△ADG≌△ABF(AAS),∴DG=BF 故答案为6.
5.解:过点 C作CG⊥BA于点 G,作 EH⊥AB于点 H,作AM⊥BC于点 M. ∵AB=AC=5, BC=4
∴BM=CM=2 , ∴△AMB∽△CGB,
即
设BD=x, 则DG=8-x,
∵ED=DC, ∠EHD=∠DGC, ∠HED=∠GDC,
∴△EDH≌△DCG (AAS) , ∴EH=DG=8-x,
当x=4时，△BDE面积的最大值为8.故答案为8.
6. 解: 过点A作AM⊥y轴于点M, 作AN⊥BN交于点N, ∵直线y=-2与x轴平行, ∴∠ABN=α,
当sinα的值最大时，则 值最大，故BN最小, 即 BG 最大时, tanα最大, 即当BG 最大时,则sinα的值最大,设BG=y,则AM=4, GC=n+2,CM=3-n,
∵∠ACM+∠MAC=90° , ∠ACM+∠BCG=90°,
∴∠CAM=∠BCG, ∴tan∠CAM=tan∠BCG,
即
∴当 时，y取得最大值，故 故答案为：
7. 解: ∵∠ACB=90° , ∴∠BCF+∠ACE=90° , ∵∠BCF+∠CBF=90° , ∴∠ACE=∠CBF,又∵∠BFD=90° =∠AEC, AC=BC,
∴△BCF≌△CAE (AAS) , ∴BF=CE, 故①正确;由全等可得: AE=CF,BF=CE, ∴AE--CE=CF-CE=EF, 连接FM, CM, ∵点 M是AB中点,
在△BDF和△CDM中, ∠BFD=∠CMD, ∠BDF=∠CDM, ∴∠DBF=∠DCM,又BM=CM, BF=CE, ∴△BFM≌△CEM(SAS),
∴FM=EM, ∠BMF=∠CME, ∵∠BMC=90°,
∴∠EMF=90°, 即△EMF为等腰直角三角形,
，故③正确，
∵∠AEC=90°, ∴∠DEM=∠AEM=45°, 故②正确
如图, 连接CM, 设AE与CM交于点N, 连接DN,∵∠DMF=∠NME,FM=EM,∠DFM=∠DEM=∠AEM=45°, ∴△DFM≌△NEM (ASA) ,
∴DF=EN, DM=MN, ∴△DMN为等腰直角三角形, ∴ 而∠DEA=90° ,
故④正确；
∵AC=BC, ∠ACB=90°, ∴∠CAB=45° ,
∵AE平分∠BAC, ∴∠DAE=∠CAE=22.5° , ∠ADE=67.5° , ∵∠DEM=45° , ∴∠EMD=67.5° , 即DE=EM, ∵AE=AE, ∠AED=∠AEC, ∠DAE=∠CAE,
∴△ADE≌△ACE (ASA) , ∴DE=CE,
∵△MEF为等腰直角三角形，
故⑤正确；
∵∠CDM=∠ADE, ∠CMD=∠AED=90°,
∴CF·DM=BM·DE,故⑥正确;
故答案为: ①②③④⑤⑥.
8. 解: 如图, 作FH⊥PE于 H.
∵四边形ABCD 是正方形, AB=5,
∵∠FHC=90° , CF=2, ∴CH=HF=
Rt△EFH中, =52, ∵∠GEF=∠GCF=90°, ∴E, G, F, C四点共圆，
∴∠EFG=∠ECG=45° , ∴∠ECF=∠EFP=135° ,
∵∠CEF=∠FEP, ∴△CEF∽△FEP,
故答案为
10.解: 连接OC、AC, 设A(a, b), ∵点A 是双曲线 上, ∴ab=5, ∵AB=BC, ∠AOB=60°
∴△ABC为等边三角形，∵点A 与点 B 关于原点对称，∴OA=OB, ∴AB⊥OC, 过点 C作 CD⊥x轴于点 D,AE⊥x轴于点E,∵∠COD+∠AOE=∠OCD+∠COD=90° , ∴∠AOE=∠OCD, ∴△AOE∽△OCD,
设点C的坐标为(x, y) ,
∴k= xy=-3ab=-15. 古故答案为-15.
11. 解: 如图, 作 CD⊥AB于D, CG⊥x轴于G, 过D点作EF∥OB, 交y轴于E, 交CG于F,
∵△ABC是等边三角形, CD⊥BC, ∴BD=AD,设点 C 的坐标为 点B 的坐标为(a, 0),
∵A (0, 4) , ∴AB的中点 D 的坐标为 ∵CD⊥AB, ∴∠ADE+∠CDF=90° ,∵∠ADE+∠DAE=90°, ∴∠DAE=∠CDF,∵∠AED=∠CFD=90°, ∴△AED∽△DFC, 艮 整理，可得 由①②整理得， 解得 (舍去) ,
故答案为 (2 , 0) .
12.解: 过点B作BD⊥x轴于点D, 过点C作CE⊥x轴于点E，由一线三等角模型，可以得到△BOE∽△OCD，则相似比 则
∴S△OCD= , ∴|k|=9, ∵k<0, ∴k=-9 ,
13 证明: (1) ∵∠B=∠APD=90°,
∴∠BAP+∠APB=90° , ∠APB+∠DPC=90° ,
∴∠BAP=∠DPC, 又PA=PD, ∠B=∠C=90° ,
∴△BAP≌△CPD (AAS) , ∴BP=CD, AB=PC,
∴BC=BP+PC=AB+CD;
(2)如图2,过点A作AE⊥BC于E,过点D作DF⊥BC于F, 由 (1) 可知, EF=AE+DF,
∵∠B=∠C=45° , AE⊥BC, DF⊥BC, ∴∠B=∠BAE=45° , ∠C=∠CDF=45° ,
∴BC=BE+EF+CF=2 (AE+DF),
中小学教育资源及组卷应用平台
14.解:分别过A、B作AC⊥y轴于 C,BD⊥y轴于D.设A(a, b) . ∵点A在反比例函数 的图象上, ∴ab=1. 在△OAC与△BOD中, ∠AOC=90°-∠BOD=∠OBD, ∠OCA=∠BDO=90° ,
∴△OAC∽△BOD, ∴OC: BD=AC: OD=OA: OB,在Rt△AOB中, ∠AOB=90° , ∠B=30° ,
又∵点B在第四象限，∴点 B 在函数 的图象上运动.故答案为：
15.解: (1) 把(4, 0) 代入 得：-3+b=0, 解得: b=3, 故答案是: 3;
(2).如图1,过点D作DE⊥x轴于点 E,∵正方形ABCD中, ∠BAD=90° , ∴∠DAE+∠OAB=90° , 又∵直角△OAB 中, ∠OAB+∠ABO=90° ,
∴∠DAE=∠ABO,
在△OAB 和△EDA中, 易证△OAB≌△EDA (AAS) ,∴AE=OB=3, DE=OA=4,
∴OE=4+3=7, ∴点D 的坐标为(7, 4);
(3) 存在. ①如图1, 当OM=MB=BN=NM时, 四边形OMBN为菱形.则 MN在OB 的中垂线上,则 M的纵坐标是 ，把 代入 中,得x=2,即M的坐标是(2, ),则点 N的坐标为(-2, ②如图3,当OB=BN=NM=MO=3时,四边形BOMN为菱形. ∵ON⊥BM, ∴ON的解析式是
根据题意联立得： 解得： 则ON与BM的交点坐标是 则点N的坐标为 综上所述，满足条件的点N 的坐标为 或
16. 解: (1) 证明: ∵∠BAC=90° , AB=AC,∴∠ACB=45°, ∵AM⊥BC, ∴∠MAC=45° ,∴∠EAN=∠MAC=45° , 同理∠NAG=45° ,∴∠EAN=∠NAG, ∵四边形ABDE和四边形ACFG为正方形, ∴AE=AB=AC=AG, ∴EN=GN.
(2) 如图2, ∠BAC=90°时, (1) 中结论成立.
理由:过点 E作 EP⊥AN交AN的延长线于 P,过点 G作GQ⊥AM于Q, ∵四边形ABDE是正方形, ∴AB=AE,∠BAE=90° , ∴∠EAP+∠BAM=180° -90° =90° ,∵AM⊥BC,∴∠ABM+∠BAM=90°,∴∠ABM=∠EAP,
在△ABM和△EAP中,
∴△ABM≌△EAP (AAS) , ∴EP=AM,
同理可得: GQ=AM, ∴EP=GQ,
在△EPN和△GQN中,
∴△EPN≌△GQN (AAS) , ∴EN=NG.
如图2, ∠BAC≠90°时, (1) 中结论成立. 理由:
过点 E 作EP⊥AN交AN的延长线于 P, 过点 G 作 GQ⊥AM 于 Q, ∵四边形ABDE 是正方形,
∴AB=AE, ∠BAE=90° , ∴∠EAP+∠BAM=180° -90° =90° , ∵AM⊥BC, ∴∠ABM+∠BAM=90° ,∴∠ABM=∠EAP,
在△ABM和△EAP 中,
∴△ABM≌△EAP (AAS), ∴EP=AM, 同理可得: GQ). =AM, ∴EP=GQ,
在△EPN和△GQN中, ∴△EPN≌△GQN (AAS) , ∴EN=NG.
17(1)证明: ①∵BD⊥直线l, CE⊥直线l, ∴∠BDA=∠CEA=90° , ∵∠BAC=90° , ∴∠BAD+∠CAE=90° , ∵∠BAD+∠ABD=90° , ∴∠CAE=∠ABD;
②在△ADB和△CEA中, ≌△CEA(AAS) , ∴AE=BD, AD=CE,∴DE=AE+AD=BD+CE;
(2) 解: 成立: DE=BD+CE. 证明如下:∵∠BDA=∠BAC=α, ∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180° -α, ∴∠DBA=∠CAE,在△ADB 和△CEA中,CEA (AAS) , ∴AE=BD, AD=CE,∴DE=AE+AD=BD+CE;
(3)解: 如图3, 过E作EM⊥HI于M, GN⊥HI的延长线于N, ∴∠EMI=GNI=90°, 由 (1) 和(2) 的结论可知EM=AH=GN, ∴EM=GN,
在△EMI和△GNI中, ∴△EMI≌△GNI(AAS) , ∴EI=GI, ∴I是EG的中点
18(1) 证明: 过点 M作 MF⊥AB 于 F, 作 MG⊥BC于G, 如图①所示: ∴∠AFM=∠MFB=∠BGM=∠NGM=90°, ∵四边形ABCD 是正方形,
∴∠ABC=∠DAB=90° , AD=AB, ∠ABD=∠DBC=45°, ∵MF⊥AB, MG⊥BC, ∴MF=MG,
∵∠ABC=90°, ∴四边形 FBGM是正方形,
∴∠FMG=90° , ∴∠FMN+∠NMG=90° ,
∵MN⊥AM, ∴∠AMF+∠FMN=90°,
∴∠AMF=∠NMG,
在△AMF和△NMG中,
∴△AMF≌△NMG (ASA) , ∴MA=MN;
(2) 解: 在 Rt△AMN中, 由(1) 知: MA=MN,∴∠MAN=45° , ∵∠DBC=45° , ∴∠MAN=∠DBC,∴Rt△AMN∽Rt△BCD, ∴S△ANV= (4NB) ,在Rt△ABD中, AB=AD=6, ∴BD=6 解得：
∴在 Rt△ABN中, 勾股定理得 BN=4,
∵在Rt△AMN中, MA=MN, O是AN的中点,
∵∠PAO=∠NAB, ∴△PAO∽△NAB,
即： 解得：
(3) 解: 过点A 作AF⊥BD于F, 如图③所示:
∴∠AFM=90° , ∴∠FAM+∠AMF=90° , ∵MN⊥AM,
∴∠AMN=90°, ∴∠AMF+∠HMN=90°,
∴∠FAM=∠HMN,
∵NH⊥BD, ∴∠AFM=∠MHN=90° ,在△AFM和△MHN中,
∴△AFM≌△MHN(AAS) , ∴AF=MH,在等腰直角△ABD中, ∵AF⊥BD,
∴△HMN的面积为3.
19.【感知】证明: ∵∠C=∠D=∠AEB=90°,∴∠BEC+∠AED=∠AED+∠EAD=90° , ∴∠BEC=∠EAD, ∴Rt△AED∽Rt△EBC, ∴AEEB=DEB.
【探究】证明: 如图2, 过点G作GM⊥CD于点 M, 由
(1) 可知
又∵∠C=∠GMH=90°,∠CHB=∠MHG,
∴△BCH≌△GMH (AAS) , ∴BH=GH,
【拓展】证明: 如图3, 在EG上取点M, 使∠BME=∠AFE, 过点C作CN∥BM, 交EG的延长线于点 N,则∠N=∠BMG, ∵∠EAF+∠AFE+∠AEF=∠AEF+∠AEB+∠BEM=180° , ∠EFA=∠AEB,
∴∠EAF=∠BEM,
∵∠AEB+∠DEC=180° , ∠EFA+∠DFE=180° ,而∠EFA=∠AEB, ∴∠CED=∠EFD,
∵∠BMG+∠BME=180°, ∴∠N=∠EFD,
∵∠EFD+∠EDF+∠FED=∠FED+∠DEC+∠CEN=180° , ∴∠EDF=∠CEN, ∴△DEF∽△ECN,
又∵
∴BM=CN, 又∵∠N=∠BMG, ∠BGM=∠CGN,
∴△BGM≌△CGN(AAS) , ∴BG=CG.
20.(1) 解: △CHB≌△BME(AAS) . 理由如下:
∵在正方形BCDE中, BC=BE, ∠CBE=90°,
∴∠EBM+∠CBH=90°, ∵CH⊥AF, EM⊥AF,
∴∠CHB=∠BME=90, ∴∠BCH+∠CBH=90°,
∴∠HCB=∠MBE, 在△CHB和△BME中:
(2) 证明: ∵△ABC为等边三角形, CH⊥AB,∴∠BCH=30°,又∵正方形BCDE中,∠BCD=90°,CE平分∠BCD, ∴∠BCE=45°, ∴∠HCF=75°
∴∠F=15° , ∵AB=BC=BE, ∴∠EAB=∠EBA,
∵∠EBF=180° -90° -60° =30° , ∴∠AEB=
15°, ∴∠AEB=∠F, 又∵∠EAB=∠FAE,
又∵ AB=AC,
(3) 解: 作 E 点关于AF的对称点 G连接GC, 交AF与 P，三角形CPE 即为所求作三角形，作GO⊥CH交CH 延长线与点O, ∵△ABC为等边三角形, CH⊥AB, 由(1)可知 ∵∠OHM=∠HMG=∠O=90°, 故四边形OHMG为 正方形, . ∴在Rt△COG中, 在Rt△CEB中, 周长的最小值：