专题4一线三等角模型-【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案（全国通用）（原卷版+解析）

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【压轴必刷】2023年中考数学压轴大题之经典模型培优案
专题4一线三等角模型
解题策略


在直线AB上有一点P，以A，B，P为顶点的∠1，∠2，∠3相等，∠1，∠2的一条边在直线AB上，另一条边在AB同侧，∠3两边所在的直线分别交∠1，∠2非公共边所在的直线于点C，D．
1．当点P在线段AB上，且∠3两边在AB同侧时．
（1）如图，若∠1为直角，则有△ACP∽△BPD．

（2）如图，若∠1为锐角，则有△ACP∽△BPD．
2．当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB同侧时．
如图，则有△ACP∽△BPD．

3．当点P在AB或BA的延长线上，且∠3两边在AB异侧时．
如图，则有△ACP∽△BPD．
经典例题



【例1】．（2022·全国·八年级课时练习）（1）某学习小组在探究三角形全等时，发现了下面这种典型的基本图形．如图1，已知：在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线l经过点A，BD⊥直线l，CE⊥直线l，垂足分别为点D，E．求证：DE=BD+CE．

（2）组员小明想，如果三个角不是直角，那结论是否会成立呢？如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线l上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC=α，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）数学老师赞赏了他们的探索精神，并鼓励他们运用这个知识来解决问题：如图3，过△ABC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．若S△AEG=7，则S△AEI=______．
【答案】（1）见解析；（2）结论成立，理由见解析；（3）3.5
【分析】（1）由条件可证明△ABD≌△CAE，可得DA=CE，AE=BD，可得DE=BD+CE；
（2）由条件可知∠BAD+∠CAE=180°-α，且∠DBA+∠BAD=180°-α，可得∠DBA=∠CAE，结合条件可证明△ABD≌△CAE，同（1）可得出结论；
（3）由条件可知EM=AH=GN，可得EM=GN，结合条件可证明△EMI≌△GNI，可得出结论I是EG的中点．
【详解】解：（1）证明：如图1中，∵BD⊥直线l，CE⊥直线l，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE．
（2）解：成立．
理由：如图2中，
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°-α，
∴∠DBA=∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
∠BDA=∠AEC∠DBA=∠CAEAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE．
（3）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，
∠GIN=∠EIMEM=GN∠GNI=∠EMI，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI=GI，
∴I是EG的中点．
∴S△AEI=12S△AEG=3.5．
故答案为：3.5．
【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【例2】．（2022·全国·八年级专题练习）在直线m上依次取互不重合的三个点D,A,E，在直线m上方有AB=AC，且满足∠BDA=∠AEC=∠BAC=α．

(1)如图1，当α=90°时，猜想线段DE,BD,CE之间的数量关系是____________；
(2)如图2，当0<α<180°时，问题（1）中结论是否仍然成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由；
(3)应用：如图3，在△ABC中，∠BAC是钝角，AB=AC，∠BAD<∠CAE,∠BDA=∠AEC=∠BAC，直线m与CB的延长线交于点F，若BC=3FB，△ABC的面积是12，求△FBD与△ACE的面积之和．
【答案】(1)DE＝BD+CE
(2)DE＝BD+CE仍然成立，理由见解析
(3)△FBD与△ACE的面积之和为4
【分析】（1）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（2）由∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α得到∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，进而得到∠DBA＝∠EAC，然后结合AB＝AC得证△DBA≌△EAC，最后得到DE＝BD+CE；
（3）由∠BAD＞∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，得出∠CAE＝∠ABD，由AAS证得△ADB≌△CAE，得出S△ABD＝S△CEA，再由不同底等高的两个三角形的面积之比等于底的比，得出S△ABF即可得出结果．
（1）
解：DE＝BD+CE，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝90°，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝90°，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE，
故答案为：DE＝BD+CE．
（2）
DE＝BD+CE仍然成立，理由如下，
∵∠BDA＝∠BAC＝∠AEC＝α，
∴∠BAD+∠EAC＝∠BAD+∠DBA＝180°﹣α，
∴∠DBA＝∠EAC，
∵AB＝AC，
∴△DBA≌△EAC（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（3）
解：∵∠BAD＜∠CAE，∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠CAE＝∠ABD，
在△ABD和△CAE中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴S△ABD＝S△CAE，
设△ABC的底边BC上的高为h，则△ABF的底边BF上的高为h，
∴S△ABC＝12BC•h＝12，S△ABF＝12BF•h，
∵BC＝3BF，
∴S△ABF＝4，
∵S△ABF＝S△BDF+S△ABD＝S△FBD+S△ACE＝4，
∴△FBD与△ACE的面积之和为4．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质、直角三角形的性质，三角形的面积，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质．
【例3】．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，△ABC中∠B=∠C=30°，∠DEF=30°，且点E为边BC的中点．将∠DEF绕点E旋转，在旋转过程中，射线DE与线段AB相交于点P，射线EF与射线CA相交于点Q，连结PQ．


(1)如图1，当点Q在线段CA上时，
①求证：△BPE∽△CEQ；
②线段BE，BP，CQ之间存在怎样的数量关系？请说明理由；
(2)当△APQ为等腰三角形时，求CQBP的值．
【答案】(1)①见解析，②BE²=BP·CQ
(2)1或3
【分析】（1）①推导角度关系可得∠CEQ=∠BPE，结合∠B=∠C即可得出结论；②由①中相似可得BECQ=BPCE，结合BE=CE即可得出结论；
（2）Q点可能在线段CA上或者线段CA的延长线上，分两种情况讨论，结合（1）中的相似三角形即可得出结果．
(1)
解：①∵∠DEF=30°，∠B=30°，
∴∠BED+∠CEQ=150°，∠BED+∠BPE=150°
∴∠CEQ=∠BPE，
∵∠B=∠C，
∴△BPE∽△CEQ；
②BE²=BP·CQ，理由如下∶
∵△BPE∽△CEQ
∴BECQ=BPCE
∴BE·CE=BP·CQ
∵点E为边BC的中点，
∴BE=CE，
∴BE²=BP·CQ；
(2)
解：①当点Q在线段AC上时，
∵∠A=180°-∠B-∠C=120°，为钝角，
∴△APQ为等腰三角形时有AP=AQ，
∵∠B=∠C，
∴AB=AC，
∴BP=CQ，
∴CQBP=1
②当点Q在线段CA的延长线上时，如图：连接PQ


∵∠BAC=120°，
∴∠BAQ=60°，
当△APQ为等腰三角形时，有△APQ为等边三角形
设AB=AC=2a，则BC=23a，
BE=CE=3a，
设AQ=AP=x，
则CQ=2a+x，BP=2a-x，
由（1）得∶BE²=BP·CQ
∴(3a)²=(2a+x)(2a-x)，
解得∶x=a，
∴BP=a，CQ=3a，
∴CQBP=3
综上CQBP的值为1或3．
【点睛】本题考查三角形相似综合问题，熟练掌握一线三等角的相似三角形模型是解题关键．

培优训练


一、解答题
1．（2022·全国·八年级课时练习）在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，直线MN经过点C，且AD⊥MN于D，BE⊥MN于E．

(1)当直线MN绕点C旋转到图1的位置时．
①请说明△ADC≌△CEB的理由；
②请说明DE=AD+BE的理由；
(2)当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系?请写出等量关系，并予以证明．
(3)当直线MN绕点C旋转到图3的位置时，DE、AD、BE具有怎样的等量关系?请直接在横线上写出这个等量关系：________．
【答案】(1)①理由见解析；②理由见解析
(2)DE=AD−BE，证明见解析
(3)DE=BE−AD
【分析】本题“一线三垂直”模型即可证明全等，根据全等三角形的性质即可分别在三个图形中证明AD、EB、DE之间的关系．
(1)
解：①∵AD⊥MN于D，BE⊥MN于E，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中
∠ADC=∠BEC∠DAC=∠BCEAC=BC，
∴△ADC≌△CEB，
②∵△ADC≌△CEB，
∴AD=EC，CD=BE，
∵DC+CE=DE，
∴AD+EB=DE，
(2)
结论：DE=AD−BE，
∵BE⊥EC，AD⊥CE，
∴∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠BCE=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACE+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=EC，CD=BE，
∴DE=EC−CD=AD−EB，
(3)
结论：DE=BE−AD，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°，
∵BE⊥MN，AD⊥MN，
∴∠ADC=∠DEC=90°，
∴∠ACD+∠DAC=90°，
∴∠DAC=∠BCE，
在△ADC和△CEB中
∠ADC=∠BEC∠DAC=∠BCEAC=BC
∴△ADC≌△CEB，
∴AD=EC，CD=BE，
∴DE=CD−EC=EB−AD．
【点睛】本题考查全等三角形的判断和性质，灵活运用“一线三垂直”模型是解题的关键．
2．（2022·江苏·八年级课时练习）（1）如图1，在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：△ABD≌△CAE；
（2）如图2，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论△ABD≌△CAE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展应用：如图3，D，E是D，A，E三点所在直线m上的两动点（D，A，E三点互不重合），点F为∠BAC平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，连接BD，CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，求证：△DEF是等边三角形．

【答案】（1）见详解；（2）成立，理由见详解；（3）见详解
【分析】（1）根据BD⊥直线m，CE⊥直线m得∠BDA=∠CEA=90°，而∠BAC=90°，根据等角的余角相等得∠CAE=∠ABD，然后根据“AAS”可判断ΔADB≌ΔCEA；
（2）利用∠BDA=∠BAC=α，则∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，得出∠CAE=∠ABD，然后问题可求证；
（3）由题意易得BF=AF=AB=AC,∠ABF=∠BAF=∠FAC=60°，由（1）（2）易证ΔADB≌ΔCEA，则有AE=BD，然后可得∠FBD=∠FAE，进而可证ΔDBF≌ΔEAF，最后问题可得证．
【详解】（1）证明：∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
∵在ΔADB和ΔCEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴ΔADB≌ΔCEA(AAS)；
解：（2）成立，理由如下：
∵∠BDA=∠BAC=α，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−α，
∴∠CAE=∠ABD，
∵在ΔADB和ΔCEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴ΔADB≌ΔCEA(AAS)；
（3）证明：∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴BF=AF=AB=AC,∠ABF=∠BAF=∠FAC=60°，
∴∠BDA＝∠AEC＝∠BAC=120°，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD+∠CAE=180°−120°，
∴∠CAE=∠ABD，
∴ΔADB≌ΔCEA(AAS)，
∴AE=BD，
∵∠FBD=∠FBA+∠ABD,∠FAE=∠FAC+∠CAE，
∴∠FBD=∠FAE，
∴ΔDBF≌ΔEAF（SAS），
∴FD=FE,∠BFD=∠AFE，
∴∠BFA=∠BFD+∠DFA=∠AFE+∠DFA=∠DFE=60°，
∴△DFE是等边三角形．
【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定，熟练掌握全等三角形的判定与性质及等边三角形的性质与判定是解题的关键．
3．（2022·全国·九年级专题练习）感知：（1）数学课上，老师给出了一个模型：
如图1，∠BAD=∠ACB=∠AED=90°，由∠1+∠2+∠BAD=180°，∠2+∠D+∠AED=180°，可得∠1=∠D ；又因为ACB=∠AED=90°，可得△ABC∽△DAE，进而得到BCAC=______．我们把这个模型称为“一线三等角”模型．
应用：（2）实战组受此模型的启发，将三等角变为非直角，如图2，在△ABC中，AB=AC=10，BC=12，点P是BC边上的一个动点（不与B、C重合），点D是AC边上的一个动点，且∠APD=∠B．
①求证：△ABP∽△PCD；
②当点P为BC中点时，求CD的长；
拓展：（3）在（2）的条件下如图2，当△APD为等腰三角形时，请直接写出BP的长．

【答案】感知：（1）AEDE；应用：（2）①见解析；②3.6；拓展：（3）2或113
【分析】（1）根据相似三角形的性质，即可求解；
（2）①根据等腰三角形的性质得到∠B=∠C，根据三角形的外角性质得到∠BAP=∠CPD，即可求证；
②根据相似三角形的性质计算，即可求解；
（3）分PA=PD、AP=AD、DA=DP三种情况，根据等腰三角形的性质、相似三角形的性质，即可求解．
【详解】感知：（1）∵△ABC∽△DAE，
∴BCAE=ACDE，
∴BCAC=AEDE，
故答案为：AEDE；
应用：（2）①∵∠APC=∠B+∠BAP，∠APC=∠APD+∠CPD，∠APD=∠B，
∴∠BAP=∠CPD，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∴△ABP∽△PCD；
②BC=12，点P为BC中点，
∴BP=PC=6，
·∵△ABP∽△PCD，
∴ABPC=BPCD，即106=6CD，
解得：CD=3.6；
拓展：（3）当PA=PD时，△ABP≌△PCD，
∴PC=AB=10，
∴BP=BC-PC=12-10=2；
当AP=AD时，∠ADP=∠APD，
∵∠APD=∠B=∠C，
∴∠ADP=∠C，不合题意，
∴AP≠AD；
当DA=DP时，∠DAP=∠APD=∠B，
∵∠C=∠C，
∴△BCA∽△ACP，
∴BCAC=ACCP，即1210=10CP，
解得：CP=253，
∴BP=BC−CP=12−253=113，
综上所述，当△APD为等腰三角形时， BP的长为2或113 ．
【点睛】本题考查的是三角形相似的判定定理和性质定理、全等三角形的判定定理和性质定理以及三角形的外角性质，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
4．（2022·山东烟台·七年级期末）问题背景：（1）如图①，已知△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D，E，易证：DE=______+______．

（2）拓展延伸：如图②，将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB=AC，D，A，E三点都在直线m上，并且有∠BDA=∠AEC=∠BAC，请求出DE，BD，CE三条线段的数量关系，并证明．
（3）实际应用：如图③，在△ACB中，∠ACB=90°，AC=BC，点C的坐标为−2,0，点A的坐标为−6,3，请直接写出B点的坐标．
【答案】（1）BD；CE；证明见详解；（2）DE=BD+CE；证明见详解；（3）点B的坐标为B(1,4)．
【分析】（1）根据全等三角形的判定和性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；
（2）根据三角形内角和定理、平角的定义证明∠ABD=∠CAE，证明△ABD≌△CAE，根据全等三角形的性质得到AE=BD，AD=CE，结合图形解答即可；
（3）根据△AEC≌△CFB，得到CF=AE=3，BF=CE=OE−OC=4，根据坐标与图形性质解答即可．
【详解】（1）证明：∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB=∠CEA=90°，
∵∠BAC=90°，
∴∠BAD+∠CAE=90°，
∵∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠CAE=∠ABD，
在△ADB和△CEA中
∠ABD=∠CAE∠ADB=∠CEAAB=CA，
∴△ADB≌△CEA，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AE+AD=BD+CE，
即：DE=BD+CE，
故答案为：BD；CE；
（2）解：数量关系：DE=BD+CE ，
证明：在△ABD中，∠ABD=180°−∠ADB−∠BAD，
∵∠CAE=180°−∠BAC−∠BAD，∠BDA=∠AEC，
∴∠ABD=∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
∠ABD＝∠CAE∠BDA＝∠AECAB＝CA
∴△ABD≌△CAE，
∴AE=BD，AD=CE，
∴DE=AD+AE=BD+CE；
（3）解：如图，作AE⊥x轴于E，BF⊥x轴于F，

由（1）可知，△AEC≌△CFB，
∴CF=AE=3，BF=CE=OE−OC=4，
∴OF=CF−OC=1，
∴点B的坐标为B(1,4)．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
5．（2021·浙江·义乌市绣湖中学教育集团八年级阶段练习）（1）模型建立，如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于D，过B作BE⊥ED于E．求证：△BEC≌△CDA；
（2）模型应用：
①已知直线y＝34x+3与y轴交于A点，与x轴交于B点，将线段AB绕点B逆时针旋转90度，得到线段BC，过点A，C作直线，求直线AC的解析式；
②如图3，矩形ABCO，O为坐标原点，B的坐标为(8，6)，A，C分别在坐标轴上，P是线段BC上动点，已知点D在第一象限，且是直线y＝2x﹣5上的一点，若△APD是不以A为直角顶点的等腰直角三角形，请直接写出所有符合条件的点D的坐标．

【答案】（1）见解析；（2）y=−17x+3；（3）(3,1)或(9，13)或(193，233)
【分析】（1）由条件可求得∠EBC=∠ACD，利用AAS可证明△BEC≌△CDA；
（2）由直线解析式可求得A、B的坐标，利用模型结论可得CE=BO，BE=AO，从而可求得C点坐标，利用待定系数法可求得直线AC的解析式；
（3）分两种情况考虑：如图2所示，当∠ADP=90°时，AD=PD，设D点坐标为(x,2x−5)，利用三角形全等得到11−2x+x=8，易得D点坐标；如图3所示，当∠APD=90°时，AP=PD，设点P的坐标为(8,m)，表示出D点坐标为(14−m,m+8)，列出关于m的方程，求出m的值，即可确定出D点坐标；如图4所示，当∠ADP=90°时，AD=PD时，同理求出D的坐标．
【详解】解：（1）由题意可得，∠ACB=∠ADC=∠BEC=90°，
∴∠EBC+∠BCE=∠BCE+∠ACD=90°，
∴∠EBC=∠ACD，
在△BEC和△CDA中
∠EBC=∠ACD∠E=∠DBC=AC，
∴△BEC≌△CDAAAS；
（2）过点C作CD⊥x轴于点D，如图2，

在y=34x+3中，令y=0可求得x=−4，令x=0可求得y=3，
∴OA=3，OB=4
同（1）可证得△CDB≌△BOA，
∴CD=BO=4，BD=AO=3，
∴OD=4+3=7，
∴C−7,4且A0,3，
设直线AC解析式为y=kx+3，把C点坐标代入可得−7k+3=4，解得k=−17，
∴直线AC解析式为y=−17x+3；
（3）如图2，

当∠ADP=90°时，AD=PD，
过点D作DE⊥OA于E，过点D作DF⊥BC于F，
同理可得：△AED≌△DFP
设D点坐标为(x,2x−5)，则AE=DF=6−(2x−5)=11−2x，
∵DE+DF=EF=BC，即11−2x+x=8，解得x=3，
可得D点坐标(3,1)；
如图3，当∠APD=90°时，AP=PD，
过点P作PE⊥OA于E，过点D作DF⊥PE于F，
设点P的坐标为8,m，同理可得：△APE≌△PDF，
∴PF=AE=6−m，DF=PE=8，
∴D点坐标为14−m,m+8，
∴m+8=214−m−5，得m=5，

∴D点坐标(9，13)；
如图4，当∠ADP=90°时，AD=PD时，同理可得△ADE≌△DPF，
设D(n,2n−5)，则DE=PF=n，OE=2n−5，AE=DF
则DF=AE=2n−5−6=2n−11，
∵DE+DF=EF=OC=8
∴n+2n−11=8，解得n=193，2n−5=233
∴D点坐标(193，233)，

综上可知满足条件的点D的坐标分别为(3,1)或(9，13)或(193，233)．
【点睛】本题为一次函数的综合应用，涉及全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的性质、旋转的性质、分类讨论及数形结合的思想，解题的关键是熟练掌握并灵活运用相关性质进行求解．
6．（2022·江苏·八年级专题练习）（1）课本习题回放：“如图①，∠ACB=90°，AC=BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E，AD=2.5cm，DE=1.7cm．求BE的长”，请直接写出此题答案：BE的长为________．
（2）探索证明：如图②，点B，C在∠MAN的边AM、AN上，AB=AC，点E，F在∠MAN内部的射线AD上，且∠BED=∠CFD=∠BAC．求证：ΔABE≌ΔCAF．
（3）拓展应用：如图③，在ΔABC中，AB=AC，AB>BC．点D在边BC上，CD=2BD，点E、F在线段AD上，∠BED=∠CFD=∠BAC．若ΔABC的面积为15，则ΔACF与ΔBDE的面积之和为________．（直接填写结果，不需要写解答过程）


【答案】（1）0.8cm；（2）见解析（3）5
【分析】（1）利用AAS定理证明△CEB≌△ADC，根据全等三角形的性质解答即可；
（2）由条件可得∠BEA＝∠AFC，∠4＝∠ABE，根据AAS可证明△ABE≌△CAF；
（3）先证明△ABE≌△CAF，得到ΔACF与ΔBDE的面积之和为△ABD的面积，再根据CD=2BD故可求解．
【详解】解：（1）∵BE⊥CE，AD⊥CE，
∴∠E＝∠ADC＝90°，
∴∠EBC＋∠BCE＝90°．
∵∠BCE＋∠ACD＝90°，
∴∠EBC＝∠DCA．
在△CEB和△ADC中，{∠E=∠ADC∠EBC=∠DCABC=AC
∴△CEB≌△ADC（AAS），
∴BE＝DC，CE＝AD＝2.5cm．
∵DC＝CE−DE，DE＝1.7cm，
∴DC＝2.5−1.7＝0.8cm，
∴BE＝0.8cm
故答案为：0.8cm；
（2）证明：∵∠1＝∠2，
∴∠BEA＝∠AFC．
∵∠1＝∠ABE＋∠3，∠3＋∠4＝∠BAC，∠1＝∠BAC，
∴∠BAC＝∠ABE＋∠3，
∴∠4＝∠ABE．
∵∠AEB＝∠AFC，∠ABE＝∠4，AB＝AC，
∴△ABE≌△CAF（AAS）．


（3）∵∠BED=∠CFD=∠BAC
∴∠ABE+∠BAE=∠FAC+∠BAE=∠FAC+∠ACF
∴∠ABE=∠CAF，∠BAE=∠ACF
又AB=AC
∴△ABE≌△CAF，
∴S△ABE=S△CAF
∴ΔACF与ΔBDE的面积之和等于ΔABE与ΔBDE的面积之和，即为△ABD的面积，
∵CD=2BD，△ABD与△ACD的高相同
则S△ABD=13S△ABC=5
故ΔACF与ΔBDE的面积之和为5
故答案为：5．


【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
7．（2022·全国·八年级课时练习）通过对下面数学模型的研究学习，解决下列问题：
（1）如图1，∠BAD＝90°，AB＝AD，过点B作BC⊥AC于点C，过点D作DE⊥AC于点E．由∠1+∠2＝∠2+∠D＝90°，得∠1＝∠D．又∠ACB＝∠AED＝90°，可以推理得到△ABC≌△DAE．进而得到AC＝　 　，BC＝AE．我们把这个数学模型称为“K字”模型或“一线三等角”模型；
（2）如图2，∠BAD＝∠CAE＝90°，AB＝AD，AC＝AE，连接BC，DE，且BC⊥AF于点F，DE与直线AF交于点G．求证：点G是DE的中点；
（深入探究）
（3）如图，已知四边形ABCD和DEGF为正方形，△AFD的面积为S1，△DCE的面积为S2，则有S1　 　S2（填“＞、＝、＜”）

【答案】（1）DE；（2）见解析；（3）=
【分析】（1）根据全等三角形的性质可直接进行求解；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，进而可得∠BAF=∠ADH，然后可证△ABF≌△DAH，则有AF=DH，进而可得DH=EQ，通过证明△DHG≌△EQG可求解问题；
（3）过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M，由题意易得∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE，然后可得∠ADO=∠DCM，则有△AOD≌△DMC，△FOD≌△DNE，进而可得OD=NE，通过证明△ENP≌△CMP及等积法可进行求解问题．
【详解】解：（1）∵△ABC≌△DAE，∴AC=DE；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：

∴∠DAH+∠ADH=90°，
∵∠BAD=90°，
∴∠BAF+∠DAH=90°，
∴∠BAF=∠ADH，
∵BC⊥AF，
∴∠BFA=∠AHD=90°，
∵AB=DA，
∴△ABF≌△DAH，
∴AF=DH，
同理可知AF=EQ，
∴DH=EQ，
∵DH⊥FG，EQ⊥FG，
∴∠DHG=∠EQG=90°，
∵∠DGH=∠EGQ
∴△DHG≌△EQG，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
（3）S1=S2，理由如下：如图所示，过点D作DO⊥AF交AF于O，过点E作EN⊥OD交OD延长线于N，过点C作CM⊥OD交OD延长线于M

∵四边形ABCD与四边形DEGF都是正方形
∴∠ADC=∠90°，AD=DC，DF=DE
∵DO⊥AF，CM⊥OD，
∴∠AOD=∠CMD=90°，∠OAD+∠ODA=90°，∠CDM+∠DCM=90°，
又∵∠ODA+∠CDM=90°，
∴∠ADO=∠DCM，
∴△AOD≌△DMC，
∴S△AOD=S△DMC，OD=MC，
同理可以证明△FOD≌△DNE，
∴S△FOD=S△DNE，OD=NE，
∴MC =NE，
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，
∴△ENP≌△CMP，
∴S△ENP=S△CMP，
∵S△ADF=S△AOD+S△FOD,S△DCE=S△DCM−S△CMP+S△DEN+S△ENP，
∴S△DCE=S△DCM+S△DEN=S△AOD+S△FOD,
∴S△DCE=S△ADF即S1=S2．
【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、直角三角形的两个锐角互余及等积法，熟练掌握全等三角形的判定条件是解题的关键．
8．（2021·北京·东北师范大学附属中学朝阳学校八年级期中）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，直线l经过顶点C，过A、B两点分别作l的垂线AE、BF，E、F为垂足．
（1）当直线l不与底边AB相交时，
①求证：∠EAC＝∠BCF．
②猜想EF、AE、BF的数量关系并证明．
（2）将直线l绕点C顺时针旋转，使l与底边AB交于点D（D不与AB点重合），请你探究直线l，EF、AE、BF之间的关系．（直接写出）

【答案】（1）①证明见解析，②EF＝AE+BF；证明见解析；（2）AE＝BF+EF或BF＝AE+EF．
【分析】（1）①根据∠AEC＝∠BFC＝90°，利用同角的余角相等证明∠EAC＝∠FCB即可；②根据AAS证△EAC≌△FCB，推出CE＝BF，AE＝CF即可；
（2）类比（1）证得对应的两个三角形全等，求出线段之间的关系即可．
【详解】（1）证明：①∵AE⊥EF，BF⊥EF，∠ACB＝90°，
∴∠AEC＝∠BFC＝∠ACB＝90°，
∴∠EAC+∠ECA＝90°，∠ECA+∠FCB＝90°，
∴∠EAC＝∠FCB，
②EF＝AE+BF；
证明：在△EAC和△FCB中，
{∠AEC=∠CFB∠EAC=∠FCBAC=BC，
∴△EAC≌△FCB（AAS），
∴CE＝BF，AE＝CF，
∴EF＝CE+CF＝AE+BF，
即EF＝AE+BF；
（2）①当AD＞BD时，如图①，
∵∠ACB＝90°，AE⊥l直线，
同理可证∠BCF＝∠CAE（同为∠ACD的余角），
又∵AC＝BC，BF⊥l直线
即∠BFC＝∠AEC＝90°，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴CF＝AE，CE＝BF，
∵CF＝CE+EF＝BF+EF，
∴AE＝BF+EF；
②当AD＜BD时，如图②，
∵∠ACB＝90°，BF⊥l直线，
同理可证∠CBF＝∠ACE（同为∠BCD的余角），
又∵AC＝BC，BE⊥l直线，即∠AEC＝∠BFC＝90°．
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴CF＝AE，BF＝CE，
∵CE＝CF+EF＝AE+EF，
∴BF＝AE+EF．

【点睛】本题考查了三角形综合题，主要涉及到了全等三角形的判定与性质，解题关键是证明△ACE≌△CBF（AAS），利用全等三角形的性质得出线段之间的关系．
9．（2021·四川达州·九年级期中）模型探究：

（1）如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠ACB=90°，CB=CA，直线ED经过点C，过A作AD⊥ED于点D，过B作BE⊥ED于点E．求证：BE=CD；
模型应用：
（2）已知直线l1:y=2x+4与坐标轴交于点A、B，将直线l1绕点A逆时针旋转90°至直线l2，如图2，求直线l2的函数表达式；
（3）如图3，已知点A、B在直线y=12x+4上，且AB=42．若直线与y轴的交点为M，M为AB中点．试判断在x轴上是否存在一点C，使得△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形．
【答案】（1）见解析；（2）y=−12x−1；（3）不存在这样的点C
【分析】（1）证明△ACD≌△CBEAAS，即可得到结论；
（2）设点B绕点A逆时针旋转90°到点C，过点C作CD⊥x轴于点D，根据（1）求出C的坐标，将A、C的坐标代入解析式即可求出答案；
（3）先求出点M0,4，得到OM=4，假设存在这样的点C，利用反证法根据等腰直角三角形的性质得到MC=12AB=22<4，由此得到假设不成立进行论证．
【详解】（1）证明： ∵AD⊥ED，BE⊥ED，
∴∠D=∠E=90°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=180°−90°=90°，
又∵∠EBC+∠BCE=90°，
∴∠ACD=∠EBC，
在△ACD与△CBE中，∠D=∠E∠ACD=∠EBCCA=CB，
∴△ACD≌△CBEAAS，
∴CD=BE；
（2）设点B绕点A逆时针旋转90°到点C，过点C作CD⊥x轴于点D，

由（1）可知：△ACD≌△BAO，
∴CD=AO，AD=OB，
∵l1:y=2x+4，
当x=0时，y=4，∴点B0,4，
当y=0时，2x+4=0，x=−2，∴点A−2,0，
∴CD=AO=2，AD=OB=4，
∴OD=OA+AD=6，
∴C−6,2，
设l2的解析式为y=kx+b，把A、C两点坐标代入，得
−2k+b=0−6k+b=2，解得k=−12b=−1，
∴l2的解析式：y=−12x−1；
（3）不存在．
理由：当x=0时，y=4，
∴点M0,4，
∴OM=4，
假设存在这样的点C，
∵△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
∴点C在AB的垂直平分线与x轴的交点处，∠ACB=90°
又∵MA=MB，
∴MC=12AB=22<4（与“垂线段最短”矛盾）
∴假设不成立，即不存在这样的点C．
【点睛】此题考查等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定及性质，待定系数法求一次函数的解析式，反证法，熟记全等三角形的判定定理及反证法的论证方法是解题的关键．
10．（2022·全国·八年级课时练习）如图，线段AB=6，射线BG⊥AB，P为射线BG上一点，以AP为边做正方形APCD，且点C、D与点B在AP两侧，在线段DP上取一点E，使得∠EAP=∠BAP，直线CE与线段AB相交于点F（点F与点A、B不重合），
（1）求证：△AEP≌△CEP；
（2）判断CF与AB的位置关系，并说明理由；
（3）△AEF的周长是否为定值，若是，请求出这个定值，若不是，请说明理由．

【答案】（1）证明见解析；（2）CF⊥AB，理由见解析；（3）是，为16．
【分析】（1）根据正方形的性质得到DP平分∠APC，PC=PA，求得∠APD=∠CPD=45°，根据全等三角形的判定定理得到△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）根据全等三角形的性质得到∠EAP=∠ECP，求得∠BAP=∠FCP，根据垂直的定义得到CF⊥AB；
（3）过点C作CN⊥PB．根据平行线的性质得到∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，根据全等三角形的性质得到CN=PB=BF，PN=AB，推出AE=CE，于是得到△AEF的周长．
【详解】解：（1）证明：∵四边形APCD正方形，
∴DP平分∠APC，PC=PA，∠APC=90°，
∴∠APE=∠CPE=45°，
在△AEP与△CEP中，
AP=CP∠APE=∠CPEPE=PE，
∴△AEP≌△CEP（SAS）；
（2）CF⊥AB，理由如下：
∵△AEP≌△CEP，
∴∠EAP=∠ECP，
∵∠EAP=∠BAP，
∴∠BAP=∠FCP，
∵∠APC=90°，
∴∠FCP+∠CMP=90°，
∵∠AMF=∠CMP，
∴∠AMF+∠PAB=90°，
∴∠AFM=90°，
∴CF⊥AB；
（3）过点C作CN⊥PB．

∵CF⊥AB，BG⊥AB，
∴∠PNC=∠B=90°，FC∥BN，
∴∠CPN=∠PCF=∠EAP=∠PAB，
又AP=CP，
∴△PCN≌△APB（AAS），
∴CN=PB=BF，PN=AB，
∵△AEP≌△CEP，
∴AE=CE，
∴△AEF的周长=AE+EF+AF
=CE+EF+AF
=BN+AF
=PN+PB+AF
=AB+CN+AF
=AB+BF+AF
=2AB
=16．
故△AEF的周长是否为定值，为16．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，其中（3）中证明△PCN≌△APB（AAS）是本题的关键．
11．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝40°，点D在线段BC上运动（D不与B，C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于E．
（1）当∠BDE＝115°时，∠BAD＝ °，点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变 （填“大”或“小”）；
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE，请说明理由；
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状也在改变，判断当∠BAD等于多少时，△ADE是等腰三角形．


【答案】（1）65°，大；（2）DC=2；（3）30°或60°．
【分析】（1）利用三角形内角和计算即可求出∠BAD，由点的运动方式即可得出∠BAD逐渐变大；
（2）先求出∠ADB=∠DEC，再由∠B=∠C，AB=DC=2，即可得出△ABD≅△DCEASA；
（3）分两种情况AD=DE或AE=DE讨论即可．
【详解】解：（1）∵∠BDE=115°，∠ADE＝40°,
∴∠BDA=∠BDE−∠ADE=115°−40°=75°，
∴∠BAD=180°−∠B−∠BDA=180°−75°−40°=65°，
当点D从B向C运动时，∠BAD逐渐变大．
故答案为：65°，大；
（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由如下：
∵AB＝AC＝2，∠B＝40°
∴∠C=∠B=40°，
∵∠ADE=40°，
又∵∠B+∠BAD=∠ADC=∠ADE+∠EDC，
∴∠BAD=∠EDC，
在△ABD和△DCE中，
∠BAD=∠EDCAB=DC∠B=∠C，
∴△ABD≅△DCEASA；
（3）当∠BAD得度数为30°或60°时，△ADE是等腰三角形．
理由如下：
∵∠C=∠B=40°，
∴∠BAC=180°−∠C+∠B=100°，
∵∠ADE=∠C=40°，∠AED>∠C，
∴△ADE为等腰三角形时，只能是AD=DE或AE=DE，
当AD=DE时，∠DAE=∠DEA=12180°−40°=70°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=100°−70°=30°，
当EA=ED时，∠ADE=∠DAE=40°，
∴∠AED=180°−40°−40°=100°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=100°−40°=60°，
综上所述，当∠BAD得度数为30°或60°时，△ADE是等腰三角形．
【点睛】此题考查了等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质等知识点，此题涉及到的知识点较多，综合性较强．
12．（2022·重庆江北·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知A(a,0)、B(0,b)分别在坐标轴的正半轴上．

（1）如图1，若a、b满足(a−4)2+b−3=0，以B为直角顶点，AB为直角边在第一象限内作等腰直角△ABC，则点C的坐标是（________）；
（2）如图2，若a=b，点D是OA的延长线上一点，以D为直角顶点，BD为直角边在第一象限作等腰直角△BDE，连接AE，求证：∠ABD=∠AED；
（3）如图3，设AB=c，∠ABO的平分线过点D2,−2，直接写出a−b+c的值．
【答案】（1）点C的坐标是3,7；（2）见解析；（3）a−b+c=4
【分析】（1）根据偶次幂的非负性以及算术平方根的非负性得出a,b的值，过点C作CD⊥y轴于点D，然后证明△OAB≌△DBC，进而得出结论；
（2）过点E作EM⊥x轴于点M，根据题意证明△OBD≌△MDE(AAS)，在△ABN和△DNE中，根据三角形内角和定理可得结论；
（3）作DF⊥y轴于H，DH⊥x轴于H，DK⊥BA交BA的延长线于K，先证明△FBD≌△KBD(AAS)可得BK＝BF＝b＋2，然后证明Rt△DAH≌Rt△DAK可得BK＝c＋a−2，进一步可得结果．
【详解】解：（1）∵(a−4)2+b−3=0，
∴a=4,b=3，
∴OA=4,OB=3，
过点C作CD⊥y轴于点D，

∵△ABC为等腰直角三角形，
∴BA=BC,∠ABC=90°，
∴∠CBD+∠ABO=90°,
∵∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠CBD=∠BAO，
在△BAO和△CBD中，
∠CBD=∠BAO∠CDB=∠BOABC=AB，
∴△BAO≌△CBD(AAS),
∴OA=DB=4,CD=BO=3,
∴OD=OB+BD=3+4=7，
∴点C的坐标是3,7；
（2）证明：过点E作EM⊥x轴于点M，依题意有，

∵△BDE为等腰直角三角形，
∴BD=DE，∠BDE=90°，
∴∠BDO+∠EDM=90°，
∵∠EDM+∠MED=90°，
∴∠ODB=∠MED，
在Rt△OBD和Rt△MDE中，
BD=DE∠ODB=∠MED∠BOD=∠DME，
∴△OBD≌△MDE(AAS)，
∴OB=DM，OD=ME，
又a=b，即OA=OB，
∴AM=AD+DM=AD+OB=AD+OA=OD=ME，
∴∠EAM=45°，
即BA⊥AE，又BD⊥DE，设BD与AE相交于点N，
∴在△ABN和△DNE中，
∠BAN=∠EDN=90°，∠ANB=∠DNE，
∴∠ABD=∠AED；
（3）作DF⊥y轴于H，DH⊥x轴于H，DK⊥BA交BA的延长线于K，

则DF＝DH＝2，
∵BD平分∠ABO，DF⊥y轴，DK⊥BA，
∴DF＝DK＝2，
∵∠BFD=∠BKD=90°，∠FBD=∠KBD,BD=BD，
∴△FBD≌△KBD(AAS),
∴DF＝DH＝DK，BK＝BF＝b＋2，
在Rt△DAH和Rt△DAK中，
DH=DKDA=DA，
∴Rt△DAH≌Rt△DAK（HL）
∴AK＝AH＝a−2，
∴BK＝c＋a−2，
∴c＋a−2＝b＋2，
∴a−b＋c＝4．
【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，偶次方与算数平方根的非负性的性质，根据题意构建出全等三角形是解本题的关键．
13．（2021·湖北·咸宁市第三初级中学八年级期中）如图，在等腰Rt△ABC中，∠ABC=90°，点A、B分别在x轴、y轴上．

（1）如图①，若点C的横坐标为5，求点B的坐标；
（2）如图②，若x轴恰好平分∠BAC，BC交x轴于点M，过点C作CD⊥x轴于点D，求CDAM的值；
（3）如图③，若点A的坐标为−4,0，点B在y轴的正半轴上运动时，分别以OB、AB为边在第一、第二象限中作等腰Rt△OBF，等腰Rt△ABE，连接EF交y轴于点P，当点B在y轴上移动时，PB的长度是否发生改变？若不变求PB的值；若变化，求PB的取值范围．
【答案】（1）（0，5）（2）12（3）不变，等于2．
【分析】（1）作CD⊥BO，易证△ABO≌△BCD，根据全等三角形对应边相等的性质即可解题；
（2）设AB＝BC＝a，根据勾股定理求出AC＝2a，根据MA（即x轴）平分∠BAC，得到BMMC=ABAC=22，求得BM＝（2−1）a，MC＝（2− 2）a，AM＝4−22a，再证明Rt△ABM∽Rt△CDM，得到ABCD=AMCM，即CD＝AB⋅CMAM，即可解答，
（3）作EG⊥y轴，易证△BAO≌△EBG和△EGP≌△FBP，可得BG＝AO和PB＝PG，即可求得PB＝12AO，即可解题．
【详解】解：（1）如图1，作CD⊥BO于D，
∵∠CBD＋∠ABO＝90°，∠ABO＋∠BAO＝90°，
∴∠CBD＝∠BAO，
在△ABO和△BCD中，∠BOA=∠BDC=90°∠CBD=∠BAOAB=BC，
∴△ABO≌△BCD（AAS），
∴CD＝BO＝5，
∴B点坐标（0，5）；

（2）设AB＝BC＝a，
则AC＝2a，
∵MA（即x轴）平分∠BAC，
∴BMMC=ABAC=22，
即MC＝2BM，
∵BC＝BM＋MC＝a，
∴BM＋2BM＝a，
解得BM＝（2−1）a，MC＝（2−2）a
则AM＝AB2+BM2= 4−22a，
∵∠ABM＝∠CDM＝90°
且∠AMB＝∠CMD
∴Rt△ABM∽Rt△CDM，
∴ABCD=AMCM，即CD＝AB⋅CMAM，
∴CDAM=a⋅2−2a4−22a2=12；
（3）PB的长度不变，理由如下：
如图3，作EG⊥y轴于G，

∵∠BAO＋∠OBA＝90°，∠OBA＋∠EBG＝90°，
∴∠BAO＝∠EBG，
在△BAO和△EBG中，∠AOB=∠BGE=90°∠BAO=∠EBGAB=BE，
∴△BAO≌△EBG（AAS），
∴BG＝AO，EG＝OB，
∵OB＝BF，
∴BF＝EG，
在△EGP和△FBP中，∠EPG=∠FPB∠EGP=∠FBP=90°EG=BF，
∴△EGP≌△FBP（AAS），
∴PB＝PG，
∴PB＝12BG＝12AO＝2．
【点睛】本题考查了勾股定理、角平分线的性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握三角形全等的证明是解本题的关键．
14．（2022·江西·丰城九中七年级期末）综合与探究：在平面直角坐标系中，已知A（0，a），B（b，0）且a，b满足（a﹣3）2+|a﹣2b﹣1|＝0


（1）求A，B两点的坐标
（2）已知△ABC中AB=CB，∠ABC＝90°，求C点的坐标
（3）已知AB＝10，试探究在x轴上是否存在点P，使△ABP是以AB为腰的等腰三角形？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）A（0，3）、B（1，0）；（2）C（4，1）；（3）存在，P1(1−10,0)，P2(1+10,0)，P3(−1,0)
【分析】（1）由平方数和绝对值的非负性可得a﹣3＝0，a﹣2b﹣1＝0，从而求得a＝3，b＝1，即可得到A，B两点的坐标．
（2）过点Ｃ向x轴作垂线，垂足为D，结合已知条件可构造一线三等角模型，即可证明ΔAOB≅ΔBDC，则CD=OB=1，BD=OA=3，易得点C的坐标．
（3）若△ABP是以AB为腰的等腰三角形，则需分两种情况讨论：①BP=BA＝10，则P在B的左侧，P1−10,0；P在B右侧，P1+10,0；②AP=AB，则易证OP=OB=1，故P−1,0．
【详解】解：（1）∵a、b满足（a﹣3）2+|a﹣2b﹣1|＝0．
∴a﹣3＝0，a﹣2b﹣1＝0，
∴a＝3，b＝1，
∴A（0，3）、B（1，0）；
（2）如图，过点C向x轴作垂线，垂足为D，则∠AOB=∠ABC=∠BDC＝90°，


∵∠1+∠3=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠1=∠2
在ΔAOB和ΔBDC中，
∵∠AOB=∠BDC∠1=∠2AB=BC
∴ΔAOB≅ΔBDC
∴CD=0B=1，BD=OA=3，
∴C（4，1）．
（3）若AB为腰，则分两种情况讨论：
①当BP=BA＝10时，
若P在B的左侧，则OP=BP−OB=10−1，∴P1−10,0；
若P在B的右侧，则OP=OB+BP=1+10，∴P1+10,0；
②当AP=AB =10时，
∵AO⊥BP，∴由等腰三角形三线合一可知OP=OB=1，
∴P−1,0．
综上所述，存在P1(1−10,0)，P2(1+10,0)，P3(−1,0)．
【点睛】本题考查点的坐标，等腰三角形的性质，掌握一线三等角证全等及等腰三角形的存在性的方法为解题关键．
15．（2022·全国·八年级课时练习）如图，在△ABC中，AB＝AC＝2，∠B＝∠C＝40°，点D在线段BC上运动（点D不与点B、C重合），连接AD，作∠ADE＝40°，DE交线段AC于点E．
（1）当∠BDA＝105°时，∠EDC＝ °，∠DEC＝ °；点D从点B向点C运动时，∠BDA逐渐变 ．（填“大”或“小”）
（2）当DC等于多少时，△ABD≌△DCE？请说明理由．
（3）在点D的运动过程中，△ADE的形状可以是等腰三角形吗？若可以，请直接写出∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．


【答案】（1）35°，105°，小；（2）2，理由见解析；（3）110°或80°
【分析】（1）根据已知条件， 三角形内角和定理和平角的定义，可得∠BAD=∠EDC，∠ADB=∠DEC，进而可得∠EDC，∠DEC，根据题意，可得当点D从点B向点C运动时，∠BAD逐渐变大，根据三角形内角和定理，即可得∠BDA逐渐变小；
（2）由（1）可得∠BAD=∠EDC，∠ADB=∠DEC，只要DC=AB,即可证明△ABD≌△DCE，进而可得DC；
（3）根据题意，分∠ADE为顶角和底角两种情况讨论，进而计算∠BDA的度数．
【详解】（1）∵∠B=∠C=40°，∠ADE=40°，
∴∠BAC=180°−∠B−∠C=180°−40°−40°=100°，
∵ ∠ADB+∠EDC=180°−∠ADE=140°，
∠ADB+∠BAD=180°−∠B=140°，
∠DEC+∠EDC=180°−∠C=140°，
∴∠BAD=∠EDC，∠ADB=∠DEC，
∴当∠BDA＝105°时，
∴∠EDC＝∠BAD=180°−∠ADB−∠B=180°−105°−40°=35°，
∠DEC＝∠ADB =105°；
当点D从点B向点C运动时，∠BAD逐渐变大，∵∠BDA=180°−∠B−∠BAD=140°−∠BAD,则∠BDA逐渐变小，
故答案为：35°，105°，小；
（2）∵ ∠BAD=∠EDC，∠ADB=∠DEC，
当DC=AB =2时，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴DC=2，
（3）△ADE的形状可以是等腰三角形，∠BDA= 110°或80°，
∵∠B=∠C=40°，
∴∠BAC=180°−40°−40°=100°，
①当DA=DE时，∠DAE=∠DEA=12180°−40°=70°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAC=100°−70°=30°，
∴∠BDA=180°−∠B−∠BAD=180°−40°−30°=110°；

②当EA=ED时，∠ADE= ∠DAE=40°,∠DEA=180°−40°−40°=100°，
∴∠BAD=∠BAC−∠DAE=100°−40°=60°，
∴∠BDA=180°−∠B−∠BAD=180°−40°−60°=80°，

③当AE=AD时，∠ADE = ∠DEA=40°,∠DAE=180°−40°−40°=100°，
∵∠BAC=100°，
∴此时D点与B点重合，
由题意可知点D不与点B、C重合，
∴此种情况不存在，
综上所述，当△ADE是等腰三角形时，∠BDA= 110°或80°．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形的外角性质，三角形的内角和定理，分了他了是解题的关键．
16．（2021·北京·北师大实验中学九年级开学考试）在正方形ABCD中，点E在射线CB上（不与点B，C重合），连接DB，DE，过点E作EF⊥DE，并截取EF=DE（点D，F在BC同侧），连接BF．
（1）如图1，点E在BC边上．
①依题意补全图1；
②用等式表示线段BD，BE，BF之间的数量关系，并证明；
（2）如图2，点E在CB边的延长线上，其他条件均不变，直接写出线段BD，BE，BF之间的数量关系．

【答案】（1）①见解析；②BD=2BE+BF，见解析；（2）2BE=BF−BD，见解析
【分析】（1）①根据要求画出图形即可；②过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H．证明△DCE≌△EHF（AAS），推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用勾股定理解决问题即可；
（2）由②可得△DCE≌△EHF，推出EC＝FH，DC＝EH，推出CE＝BH＝FH，再利用等腰直角三角形的性质解决问题即可．
【详解】解（1）①图形如图所示．
②结论：BD=2BE+BF．
理由：过点F作FH⊥CB，交CB的延长线于H，

∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB=6，∠C=90°，
∵∠DEF=∠C=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在ΔDEC和ΔEFH中，
∠H=∠C=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴ΔDEC≅ΔEFH(AAS)，
∴EC=FH，CD=BC=EH，
∴BH=EC=FH，
∵BD=2BC=2(BE+EC)=2BE+2EC=2BC+2FH=2BE+BF．
（2）结论：2BE=BF−BD．

理由：过点F作FH⊥CB，交CB于H，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=AB，∠ACB=90°，
∵∠DEF=∠ACB=90°，
∴∠DEC+∠FEH=90°，∠DEC+∠EDC=90°，
∴∠FEH=∠EDC，
在ΔDEC和ΔEFH中，
∠FHE=∠DCE=90°∠FEH=∠EDCEF=DE，
∴ΔDEC≅ΔEFH(AAS)，
∴EC=FH，CD=BC=EH，
∴HB=EC=HF，
∴ΔDCB和ΔBHF都是等腰直角三角形，
∴BD=2BC=2HE，BF=2BH，
∵BE=EC−BC，
∴ 2BE=2EC−2BC，
∴ 2BE=2FH−BD，
∴ 2BE=BF−BD．
【点睛】本题属于四边形综合题，考查作图−旋转变换，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．
17．（2022·全国·八年级课时练习）在综合实践课上，李老师以“含30°的三角板和等腰三角形纸片”为模具与同学们开展数学活动．已知，在等腰△ABC纸片中，CA=CB=5，∠ACB=120°，将一块含30°角的足够大的直角三角尺PMN（∠M=90°，∠MPN=30°）按如图所示放置，顶点P在线段BA上滑动（点P不与A，B重合），三角尺的直角边PM始终经过点C，并与CB的夹角∠PCB=α，斜边PN交AC于点D．
（1）当∠BPC=100°时，α=______°；
（2）当AP等于何值时，△APD≌△BCP？请说明理由；
（3）在点P的滑动过程中，存在△PCD是等腰三角形吗？若存在，请求出夹角α的大小；若不存在，请说明理由．


【答案】（1）50；（2）AP=5时，△APD≌△BCP，理由见详解；（3）当α＝45°或90°或0°时，△PCD是等腰三角形
【分析】（1）先求出∠B=30°，再根据三角形内角和定理即可求解；
（2）根据CA＝CB，且∠ACB度数，求出∠A与∠B度数，再由外角性质得到α＝∠APD，根据AP＝BC，利用ASA即可得证；
（3）点P在滑动时，△PCD的形状可以是等腰三角形，分三种情况考虑：当PC＝PD；PD＝CD；PC＝CD，分别求出夹角α的大小即可．
【详解】解：（1）∵CA=CB=5，∠ACB=120°，
∴∠B=（180°-120°）÷2=30°，
∵∠BPC=100°，
∴α=180°-100°-30°=50°，
故答案是：50；
（2）当AP＝5时，△APD≌△BCP，
理由为：∵∠ACB＝120°，CA＝CB，
∴∠A＝∠B＝30°，
又∵∠APC是△BPC的一个外角，
∴∠APC＝∠B＋α＝30°＋α，
∵∠APC＝∠DPC＋∠APD＝30°＋∠APD，
∴α＝∠APD，
又∵AP＝BC＝5，
∴△APD≌△BCP；
（3）△PCD的形状可以是等腰三角形，
则∠PCD＝120°−α，∠CPD＝30°，
PC＝PD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD＝∠PDC＝（180°−30°）÷2＝75°，即120°−α＝75°，
∴α＝45°；
②当PD＝CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠PCD＝∠CPD＝30°，即120°−α＝30°，
∴α＝90°；
③当PC＝CD时，△PCD是等腰三角形，
∴∠CDP＝∠CPD＝30°，
∴∠PCD＝180°−2×30°＝120°，
即120°−α＝120°，
∴α＝0°，
此时点P与点B重合，点D和A重合，
综合所述：当α＝45°或90°或0°时，△PCD是等腰三角形．
【点睛】本题属于三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，外角性质，直角三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解本题的关键．
18．（2021·河南·舞阳县教研室八年级期中）如图，等腰直角△ABC中，BC＝AC，∠ACB＝90°，现将该三角形放置在平面直角坐标系中，点B坐标为（0，2），点C坐标为（6，0）．
（1）过点A作AD⊥x轴，求OD的长及点A的坐标；
（2）连接OA，若Р为坐标平面内不同于点A的点，且以O、P、C为顶点的三角形与△OAC全等，请直接写出满足条件的点P的坐标；
（3）已知OA＝10，试探究在x轴上是否存在点Q，使△OAQ是以OA为腰的等腰三角形？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）OD＝8，点A的坐标（8，6）；（2）（8，-6）或（-2，6）或（-2，-6）；（3）（16，0）或（10，0）或（-10，0）
【分析】（1）通过证明△BOC≌△CDA，可得CD＝OB＝2，即可求OD的长，进而即可得到A的坐标；
（2）分三种情况：①作△OAC关于x轴的对称图形得到△OP1C；作△OAC关于直线x=3的对称图形得到△OP2C；③作△OP2C关于x轴的对称图形得到△OP3C，
分别求解，即可；
（3）分三种情况：①当以点A为顶角顶点时，且OA是腰；②当以点A为底角顶点时，且OA是腰，形成锐角三角形时；③当以点A为底角顶点时，且OA是腰，形成钝角三角形时，分别求解即可．
【详解】解：（1）∵点B坐标为（0，2），点C坐标为（6，0），
∴OB＝2，OC＝6，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCO＋∠ACD＝90°，且∠BCO＋∠OBC＝90°，
∴∠ACD＝∠OBC，且AC＝BC，∠BOC＝∠ADC＝90°，
∴△BOC≌△CDA（AAS），
∴CD＝OB＝2，
∴OD＝OC＋CD＝8，AD=OC=6，
∴点A的坐标（8，6）；
（2）①作△OAC关于x轴的对称图形得到△OP1C，
∴△OAC≌△OP1C，
∴P1（8，-6）；
②∵点O，C关于直线x=3对称，
∴作△OAC关于直线x=3的对称图形得到△OP2C，
∴△OAC≌△CP2O，
∴P2（-2，6）；
③作△OP2C关于x轴的对称图形得到△OP3C，
∴△OP2C≌△OP3C，即：△OP3C≌△OCA，
∴P3（-2，-6），
综上所述：P的坐标为：（8，-6）或（-2，6）或（-2，-6）；

（3）①当以点A为顶角顶点时，且OA是腰，
∵AD⊥x轴，
∴点Q1，O关于直线AD对称，即：Q1（16，0）；
②当以点A为底角顶点时，且OA是腰，形成锐角三角形时，
则OQ2=OA=10，
∴Q2（10，0）；
③当以点A为底角顶点时，且OA是腰，形成钝角三角形时，
则OQ3=OA=10，
∴Q2（-10，0），

综上所述：Q的坐标为：（16，0）或（10，0）或（-10，0）．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，坐标与图形性质，等腰三角形的性质等知识，灵活运用这些性质进行推理，掌握分类讨论思想方法是本题的关键．
19．（2021·山东·肥城市汶阳镇初级中学七年级阶段练习）已知：CD是经过∠BCA的顶点C的一条直线，CA=CB．E、F是直线CD上两点，∠BEC=∠CFA=∠α．
（1）若直线CD经过∠BCA的内部，∠BCD>∠ACD．
①如图1，∠BCA=90°，∠α=90°，直接写出BE，EF，AF间的等量关系：__________．
②如图2，∠α与∠BCA具有怎样的数量关系，能使①中的结论仍然成立？写出∠α与∠BCA的数量关系，并对结论进行证明；
（2）如图3，若直线CD经过∠BCA的外部，∠α=∠BCA，①中的结论是否成立？若成立，进行证明；若不成立，写出新结论并进行证明．


【答案】（1）①EF=BE−AF；②∠α+∠BCA=180°，证明见解析；（2）不成立，EF=FA+BE，理由见解析
【分析】（1）①根据题意，推导得∠ACF=∠CBE，通过证明∠ACF≌△CBE，得BE=CF，CE=AF，结合EF=CF−CE，即可得到答案；
②结合题意，根据三角形内角和性质，推导得∠CBE=∠ACF，通过证明△BCE≌△CAF，即可完成证明；
（2）根据题意，结合三角形内角和的性质，推导得∠CBE=∠ACF，通过证明△BCE≌△CAF，得EC=FA，BE=CF；根据EF=CE+CF，即可得到答案．
【详解】（1）①∵∠BCA=90°，∠α=90°
∴∠ACF+∠BCE=90°,∠CBE+∠BCE=90°
∴∠ACF=∠CBE
∴{∠BEC=∠CFA∠ACF=∠CBECA=CB
∴∠ACF≌△CBE
∴BE=CF，CE=AF
∵EF=CF−CE
∴EF=BE−AF；
②满足∠α+∠BCA=180°，理由如下：
∵∠CBE+∠BCE+∠BEC=180°，∠α+∠BCA=180°
∴∠CBE+∠BCE+∠BEC=∠α+∠BCA
∴∠CBE+∠BCE+∠α=∠α+∠BCE+∠ACF
∴∠CBE=∠ACF
∵∠BEC=∠CFA，CA=CB，
∴△BCE≌△CAF
∴BE=CF，CE=AF
∵EF=CF−CE，
∴EF=BE−AF
（2）不成立，EF=BE+AF，理由如下：
∵∠CBE+∠BCE+∠BEC=180°，∠BCE+∠BCA+∠ACF=180°，∠BEC=∠CFA=∠BCA=∠α
∴∠CBE+∠BCE+∠α=∠BCE+∠α+∠ACF
∴∠CBE=∠ACF
∵∠BEC=∠CFA，CA=CB，
∴△BCE≌△CAF
∴BE=CF，CE=AF
∵EF=CF+CE，
∴EF=BE+AF
【点睛】本题考查了三角形内角和、余角、全等三角形的知识；解题的关键是熟练掌握三角形内角和、全等三角形的性质，从而完成求解．
20．（2022·全国·八年级课时练习）（1）如图（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线m经过点A，BD⊥直线m，CE⊥直线m，垂足分别为点D、E．求证：DE＝BD+CE；
（2）如图（2）将（1）中的条件改为：在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝∠BAC＝α，其中α为任意锐角或钝角．请问结论DE＝BD+CE是否成立？如成立，请给出证明；若不成立，请说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）成立，理由见解析
【分析】（1）根据AAS证明△ADB≌△CEA，得到AE＝BD，AD＝CE，即可证明；
（2）同理证明△ADB≌△CEA，得到AE＝BD，AD＝CE，即可证明；
【详解】证明：（1）∵BD⊥直线m，CE⊥直线m，
∴∠BDA＝∠CEA＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∵∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE；
（2）∵∠BDA＝∠BAC＝α，
∴∠DBA+∠BAD＝∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵在△ADB和△CEA中，
∠ABD=∠CAE∠BDA=∠CEAAB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴AE＝BD，AD＝CE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
【点睛】此题主要考查全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟知全等三角形的判定定理.