专题04 “一线三垂直”模型及其变形的应用（知识解读）-备战中考数学《重难点解读•专项训练》（全国通用）

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专题04 “一线三垂直”模型及其变形的应用（知识解读）

【专题说明】
一线三垂直问题，通常问题中有一线段绕某一点旋转90°，或者问题中有矩形或正方形的情况下考虑，作辅助线，构造全等三角形形或相似三角形，建立数量关系使问题得到解决。
【方法技巧】
模型1 “全等型”一线三垂直模型
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA

图1
应用：
（1）通过证明全等实现边角关系的转化，便于解决对应的几何问题；
（2）平面直角坐标系中有直角求点的坐标，可以考虑作辅助线构造“三垂直”
作辅助线的程序：过直角顶点再直角外部作水平线或竖直线，过另外两个顶点向上述直线作垂线段，即可得到“三垂直”模型。如下图所示

模型2 “相似型”一线三垂直模型
如图，∽（一线三直角）


应用：（1）“相似型”三垂直基本应用
（2） 平面直角坐标系中构造“相似型”三垂直。作辅助线方法和模型1一样
（3）平面直角坐标系中运动成直角

【典例分析】
【应用1 “全等型”三垂直基本应用】
【典例1】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，
求证：①△ADC≌△CEB；
②DE＝AD+BE；
（2）当直线MN绕点C旋转到图2的位置时，（1）中的结论还成立吗？若成立，请给出证明；若不成立，说明理由．

【解答】（1）证明：①∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
②∵△ADC≌△CEB，
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝CE+CD＝AD+BE．

（2）△ADC≌△CEB成立，DE＝AD+BE．不成立，此时应有DE＝AD﹣BE．
证明：∵∠ACD+∠BCE＝90°∠DAC+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE．
又AC＝BC，∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴△ADC≌△CEB．
∴CD＝BE，AD＝CE．
∴DE＝AD﹣BE．
【变式1-1】如图，AC＝CE，∠ACE＝90°，AB⊥BD，ED⊥BD，AB＝6cm，DE＝2cm，则BD等于（　　）

A．6cm B．8cm C．10cm D．4cm
【答案】B
【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，
∴∠BAC+∠ACB＝90°，∠ACB+∠ECD＝90°，
∴∠BAC＝∠ECD，
∵在Rt△ABC与Rt△CDE中，
，
∴Rt△ABC≌Rt△CDE（AAS），
∴BC＝DE＝2cm，CD＝AB＝6cm，
∴BD＝BC+CD＝2+6＝8cm，
故选：B．
【变式1-2】在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，直线l经过点A，过点B、C分别作l的垂线，垂足分别为点D、E．
（1）特例体验：如图①，若直线l∥BC，AB＝AC＝，分别求出线段BD、CE和DE的长；
（2）规律探究：
（Ⅰ）如图②，若直线l从图①状态开始绕点A旋转α（0＜α＜45°），请探究线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转α（45°＜α＜90°），与线段BC相交于点H，请再探线段BD、CE和DE的数量关系并说明理由；
（3）尝试应用：在图③中，延长线段BD交线段AC于点F，若CE＝3，DE＝1，求S△BFC．

【解答】解：（1）在△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，
∴∠ABC＝∠ACB＝45°，
∵l∥BC，
∴∠DAB＝∠ABC＝45°，∠CAE＝∠ACB＝45°，
∴∠DAB＝∠ABD＝45°，∠EAC＝∠ACE＝45°，
∴AD＝BD，AE＝CE，
∵AB＝AC＝，
∴AD＝BD＝AE＝CE＝1，
∴DE＝2；
（2）（Ⅰ）DE＝BD+CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（Ⅱ）DE＝BD﹣CE．理由如下：
在Rt△ADB中，∠ABD+∠BAD＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
∴CE＝AD，BD＝AE，
∴DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE．
（3）由（2）可知，∠ABD＝∠CAE，DE＝AE﹣AD＝BD﹣CE
∵∠BAC＝∠ADB＝90°，
∴△ABD∽△FBA，
∴AB：FB＝BD：AB，
∵CE＝3，DE＝1，
∴AE＝BD＝4，
∴AB＝5．
∴BF＝．
∴S△BFC＝S△ABC﹣S△ABF＝×52﹣×3×＝．

【应用2 平面直角坐标系中构造“全等型”三垂直】
【典例2】已知：在平面直角坐标系中，A为x轴负半轴上的点，B为y轴负半轴上的点．
（1）如图1，以A点为顶点、AB为腰在第三象限作等腰Rt△ABC，若OA＝2，OB＝4，求C点的坐标；
（2）如图2，若点A的坐标为（﹣2，0），点B的坐标为（0，﹣m），点D的纵坐标为n，以B为顶点，BA为腰作等腰Rt△ABD．当B点沿y轴负半轴向下运动且其他条件都不变时，整式4m+4n﹣9的值是否发生变化？若不发生变化，请求出其值；若发生变化，请说明理由；
（3）如图3，若OA＝OB，OF⊥AB于点F，以OB为边作等边△OBM，连接AM交OF于点N，若AN＝m，ON＝n，请直接写出线段AM的长．

【解答】解：（1）如图1，过点C作CQ⊥OA于点Q，

∴∠AQC＝90°
∵△ABC等腰直角三角形，
∴AC＝AB，∠CAB＝90°，
∴∠ACQ＝∠BAO．
∴△AQC≌△BOA（AAS），
∴CQ＝AO，AQ＝BO．
∵OA＝2，OB＝4，
∴CQ＝2，AQ＝4，
∴OQ＝6，
∴C（﹣6，﹣2）．
（2）整式4m+4n﹣9的值不会变化．
理由如下：
如图2，过点D作DP⊥OB于点P，

∴∠BPD＝90°，
∵△ABD等腰Rt△，
∴AB＝BD，∠ABD＝∠ABO+∠OBD＝90°，
∴∠ABO＝∠BDP，
∴△AOB≌△BPD（AAS），
∴AO＝BP，
∵BP＝OB﹣PO＝m﹣（﹣n）＝m+n，
∴A（﹣2，0），
∴OA＝2，
∴m+n＝2，
∴当B点沿y轴负半轴向下运动时AO＝BP＝m+n＝2，
∴4m+4n﹣9＝4×﹣9＝﹣，
∴整式4m+4n﹣9 的值不变，为﹣．
（3）AM＝2m+n．
证明：如图3，在MA上截取MG＝ON，连接BG，

∵△OBM是等边三角形，
∴BO＝BM＝MO，∠OBM＝∠OMB＝∠BOM＝60°，
∴AO＝MO，∠ABM＝105°，∠HOM＝30°，
∵OA＝OB，
∴OA＝OM＝BM．
∴∠OAN＝∠AMO＝15°，
∴∠BAM＝30°，∠BMA＝45°，
∵OF⊥AB，
∴∠AOF＝45°，
∴∠AOF＝∠BMA．
∴△ANO≌△BGM（AAS），
∴BG＝AN．
∵ON＝MG，
∴∠GBM＝∠OAN，
∴∠GBM＝15°，
∴∠ABG＝90°
∴2BG＝AG，
∴2AN＝AG，
∵AG＝AM﹣GM，
∴2AN+ON＝AM，
即AM＝2m+n．
【变式2-1】如图所示，在平面直角坐标系中，等腰Rt△ABC的直角顶点C在x轴上，点A在y轴上，若点B坐标为（6，1），则点A坐标为（　　）

A．（4，0） B．（5，0） C．（0，4） D．（0，5）
【答案】D
【解答】解：作BD⊥x轴于D，

∵B（6，1），
∴BD＝1，OD＝6，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠BCD＝∠OAC，
∵∠AOC＝∠BDO，
∴△ACO≌△CBD（AAS），
∴OC＝BD＝1，CD＝OA＝5，
∴A（0，5），
故选：D．
【变式2-2】如图，在△PMN中，PM＝PN，PM⊥PN，P（0，2），N（2，﹣2），则M的坐标是（　　）

A．（﹣2，0） B．（﹣2，0） C．（﹣2，0） D．（﹣4，0）
【答案】D
【解答】解：过点N作ND⊥y轴于点D，

∵P（0，2），N（2，﹣2），
∴OP＝2，OD＝2，DN＝2，
∴PD＝4，
∵PM⊥PN，
∴∠MPN＝90°，
∴∠MPO+∠DPN＝90°，
又∵∠DPN+∠PND＝90°，
∴∠MPO＝∠PND，
又∵∠MOP＝∠PDN＝90°，
∴△MOP≌△PDN（AAS），
∴OM＝PD＝4，
∴M（﹣4，0），
故选：D．
【应用3 “相似型”三垂直基本应用】
【典例3】已知矩形ABCD的一条边AD＝8，将矩形ABCD折叠，使得顶点B落在CD边上的P点处．如图，已知折痕与边BC交于点O，连接AP、OP、OA．
（1）求证：＝；
（2）若OP与PA的比为1：2，求边AB的长．

【解答】（1）证明：由折叠的性质可知，∠APO＝∠B＝90°，
∴∠APD+∠OPC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠D＝∠C＝90°，
∴∠POC+∠OPC＝90°，
∴∠APD＝∠POC，
∴△OCP∽△PDA，
∴＝；
（2）解：∵△OCP∽△PDA，
∴，
∵OP与PA的比为1：2，AD＝8，
∴，
∴PC＝4，
设AB＝x，则DC＝x，AP＝x，DP＝x﹣4，
在Rt△APD中，AP2＝AD2+PD2，
∴x2＝82+（x﹣4）2，
解得：x＝10，
∴AB＝10．
【变式3】如图，在矩形ABCD中，E，F，G分别在AB，BC，CD上，DE⊥EF，EF⊥FG，BE＝3，BF＝2，FC＝6，则DG的长是（　　）

A．4 B． C． D．5
【解答】解：∵EF⊥FG，
∴∠EFB+∠GFC＝90°，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠A＝∠B＝∠C＝90°，AB＝CD，
∴∠GFC+∠FGC＝90°，
∴∠EFB＝∠FGC，
∴△EFB∽△FGC，
∴，
∵BE＝3，BF＝2，FC＝6，
∴，
∴CG＝4，
同理可得△DAE∽△EBF，
∴，
∴，
∴AE＝，
∴BA＝AE+BE＝+3＝，
∴DG＝CD﹣CG＝﹣4＝．
故选：B．

【应用4 平面直角坐标系中构造“相似型”三垂直】
【典例4】如图，在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，直线y＝kx+2与y轴交于点A，与x轴交于点B，且OB＝2OA．
（1）如图1，求直线的解析式；
（2）如图2，点P在第三象限的直线AB上，点C在点A上方的y轴上，连接PC、BC，PC交x轴于点N，且tan∠APC＝，设点P的横坐标为t，△ABC的面积为S，求S与t的函数关系；
（3）如图3，在（2）的条件下，点D在y轴的负半轴上，点E为AB的中点，连接DE、PD，AD＝ON，当∠PDE＝∠PCD时，求点D的坐标．

【解答】解：（1）∵直线y＝kx+2与y轴交于点A，与x轴交于点B，
令x＝0，则y＝2，
∴点A的坐标为（0，2），
∴OA＝2，
∵OB＝2OA，
∴OB＝4，
∴B（﹣4，0），
将（﹣4，0）代入y＝kx+2得：0＝﹣4k+2，
解得：k＝，
∴直线的解析式为：y＝；
（2）过点A作EA⊥AB交PC于点E，过E点作EG⊥y轴，垂足为G，过点P作PF⊥y轴，垂足为F，

∵∠PAE＝90°，
∴∠PAF+∠EAG＝90°，
∵∠PAF+∠APF＝90°，
∴∠APF＝∠EAG，
∵∠EGA＝∠AFP＝90°，
∴△AEG∽△PAF，
∵tan∠APC＝，
∴＝＝，
设P（t，），则PF＝﹣t，AF＝﹣，
∴AG＝＝﹣，EG＝＝﹣，
∵点A的坐标为：（0，2），
∴E（），
设PE的解析式为：y＝ax+b，
由P（t，），E（）可得：
，
解得：，
∴C（0，2﹣），
∴AC＝2﹣﹣2＝﹣，
∵BO＝4，
∴S＝＝﹣t，
（3）作EF⊥DE交PD于F，过点E作EG⊥y轴于点G，作FH⊥EG于H，

由（2）得直线PC的解析式：y＝x+（2﹣），
∴∠PCO＝45°，
∴ON＝OC＝2﹣，
∴AD＝ON＝2﹣，
∴D（0，），
∵∠PDE＝∠PCD＝45°，
∴△DEG≌△EFH（AAS）．
∴EG＝FH＝2，DG＝EH＝1﹣，
∴F（），
设PD的解析式为：y＝mx+n，
由P（t，）、D（0，）可得：
，
解得：，
∴PD的解析式为：y＝，
把点F（﹣3+）代入y＝得：
t1＝﹣6，t2＝2（舍去），
∴D（0，﹣3）．
【变式4】（2022•禅城区二模）如图，抛物线经过原点O，对称轴为直线x＝2且与x轴交于点D，直线l：y＝﹣2x﹣1与y轴交于点A，与抛物线有且只有一个公共点B，并且点B在第四象限，直线l与直线x＝2交于点C．
（1）连接AD，求证：AD⊥AC．
（2）求抛物线的函数关系式．
（3）在直线l上有一点动点P，抛物线上有一动点Q，当△PBQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形时，直接写出此时点P的坐标．


【解答】解：（1）如图1，过点C作CE⊥y轴于点E，
则∠AEC＝∠DOA＝90°，
∵直线y＝﹣2x﹣1与y轴交于点A，与直线x＝2交于点C，
∴A（0，﹣1），C（2，﹣5），
∴E（0，﹣5），
∴OA＝1，OD＝2，CE＝2，AE＝4，
∴＝，＝＝，
∴＝，
∵∠AEC＝∠DOA，
∴△AEC∽△DOA，
∴∠CAE＝∠ADO，
∵∠ADO+∠DAO＝90°，
∴∠CAE+∠DAO＝90°，
∴∠DAC＝180°﹣（∠CAE+∠DAO）＝180°﹣90°＝90°，
∴AD⊥AC．
（2）设抛物线的函数关系式为y＝ax2+bx，
∵对称轴为直线x＝2，
∴＝2，
∴b＝﹣4a，
∴y＝ax2﹣4ax，
由ax2﹣4ax＝﹣2x﹣1，整理得ax2+（2﹣4a）x+1＝0，
∵直线y＝﹣2x﹣1与抛物线有且只有一个公共点B，
∴Δ＝（2﹣4a）2﹣4a＝0，
解得：a1＝，a2＝1，
当a＝时，抛物线解析式为y＝x2﹣x，
联立得x2﹣x＝﹣2x﹣1，
解得：x1＝x2＝﹣2，
∴B（﹣2，3）与点B在第四象限矛盾，故a＝不符合题意，舍去，
当a＝1时，y＝x2﹣4x，
联立得x2﹣4x＝﹣2x﹣1，
解得：x1＝x2＝1，
∴B（1，﹣3），点B在第四象限符合题意，
∴a＝1，
∴该抛物线的函数关系式为y＝x2﹣4x．
（3）如图2，过点B作BQ⊥AB交抛物线于点Q，作GH∥x轴交y轴于点G，过点Q作QH⊥GH，
则∠AGB＝∠BHQ＝∠ABQ＝90°，
∴∠ABG+∠QBH＝∠ABG+∠BAG＝90°，
∴∠QBH＝∠BAG，
∴△ABG∽△BQH，
∴＝，
设Q（t，t2﹣4t），
∵A（0，﹣1），B（1，﹣3），
∴AG＝2，BG＝1，BH＝t﹣1，QH＝t2﹣4t+3，
∴＝，
解得：t＝1（舍去）或t＝，
∴BH＝﹣1＝，QH＝（）2﹣4×+3＝，
过点B作EF∥y轴，过点P1作P1E⊥EF，过点P2作P2F⊥EF，
∵△PBQ是以PQ为斜边的等腰直角三角形，
∴P1B＝BQ＝P2B，
∵∠P1BE+∠EBQ＝∠EBQ+∠QBH＝90°，
∴∠P1BE＝∠QBH，
∵∠BEP1＝∠BHQ＝90°，
∴△BEP1≌△BHQ（AAS），
∴EP1＝QH＝，BE＝BH＝，
∴P1（﹣，﹣），
同理可得：P2（，﹣），
综上，点P的坐标为P1（﹣，﹣），P2（，﹣）．


【应用5平面直角坐标系中运动成直角】
【典例5】如图，已知抛物线y＝﹣x2+与x轴交于点A、B，与y轴交于点C．
（1）则点A的坐标为 　 　，点B的坐标为 　 　，点C的坐标为 　 　；
（2）设点P（x1，y1），Q（x2，y2）（其中x1＞x2）都在抛物线上，若x1+x2＝1，请证明：y1＞y2；
（3）已知点M是线段BC上的动点，点N是线段BC上方抛物线上的动点，若∠CNM＝90°，且△CMN与△OBC相似，试求此时点N的坐标．

【解答】（1）证明：当x＝0时，y＝2，
∴点C（0，2），
当y＝0时，﹣x2+＝0，
解得：x＝﹣1或x＝4，
∴点A（﹣1，0），B（4，0）．
（2）证明：由题意得：
y1﹣y2＝﹣x12+x1+2﹣（﹣x22+x2+2）＝x22﹣x12+x1﹣x2＝（x2+x1）（x2﹣x1）+（x1﹣x2），
∵x1+x2＝1，
∴y1﹣y2＝x1﹣x2，
又∵x1＞x2，
∴y1＞y2．
（3）解：设直线BC的解析式为y＝kx+b，则
，解得：，
∴直线BC的解析式为y＝﹣x+2，
如图，过点N作NG⊥y轴于点G，过点M作MH⊥GN于点H，则∠CGN＝∠H＝90°，
∴∠GNC+∠GCN＝90°，
∵∠CNM＝90°，
∴∠GNC+∠HNM＝90°，
∴∠GCN＝∠HNM，
∴△CNG∽△NMH，
∴，
设点N的坐标为（n，），则GN＝n，GC＝，
①当△NCM∽△OCB时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OC：OB＝1：2，
∴NH＝2CG＝2（）＝﹣n2+3n，HM＝2NG＝2n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+3n）＝﹣n2+4n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣2n＝﹣n2﹣n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+4n，﹣n2﹣n+2），
∵点M在直线BC上，
∴﹣（﹣n2+4n）+2＝﹣n2﹣n+2，
解得：n＝0（舍去）或，
∴点N坐标为（，）；
②当△NCM∽△OBC时，，
∵OB＝4，OC＝2，
∴CN：MN＝OB：OC＝2：1，
∴NH＝CG＝（）＝﹣n2+n，HM＝GN＝n，
∴GH＝GN+NH＝n+（﹣n2+n）＝﹣n2+n，yM＝GC+CO﹣MH＝+2﹣n＝﹣n2+n+2，
∴点M的坐标为（﹣n2+n，﹣n2+n+2），
∴﹣（﹣n2+n）+2＝﹣n2+n+2，
解得：n＝0（舍去）或n＝3，
∴点N坐标为（3，2），
综上所述，点N的坐标为（，）或（3，2）．


【变式5】（2022•碑林区校级四模）如图，在平面直角坐标系中，抛物线C1：y＝ax2+bx+c交x轴于点A（﹣5，0），B（﹣1，0），交y轴于点C（0，5）．
（1）求抛物线C1的表达式和顶点D的坐标．
（2）将抛物线C1关于y轴对称的抛物线记作C2，点E为抛物线C2上一点若△DOE是以DO为直角边的直角三角形，求点E的坐标．

【解答】解：（1）将点A（﹣5，0），B（﹣1，0），C（0，5）代入y＝ax2+bx+c，
∴，
解得，
∴y＝x2+6x+5，
∵y＝x2+6x+5＝（x+3）2﹣4，
∴顶点D（﹣3，﹣4）；
（2）设抛物线C2上任意一点（x，y），则（x，y）关于y轴对称的点为（﹣x，y），
∵点（﹣x，y）在抛物线C1上，
∴抛物线记作C2的解析式为y＝x2﹣6x+5，
设E（t，t2﹣6t+5），
过点D作DG⊥x轴交于点G，过点E作EH⊥x轴交于点H，
∵∠DOE＝90°，
∴∠GOD+∠HOE＝90°，
∵∠GOD+∠GDO＝90°，
∴∠HOE＝∠GDO，
∴△GDO∽△HOE，
∴＝，
∵DG＝4，GO＝3，HE＝﹣t2+6t﹣5，OH＝t，
∴＝，
∴t＝4或t＝，
∴E（4，﹣3）或E（，﹣）．