初中数学中考复习 专题1 一线三等角类型问题的探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究

这是一份初中数学中考复习 专题1 一线三等角类型问题的探究-备战2020年中考数学压轴题专题研究，共21页。试卷主要包含了题目如果两个条件等内容，欢迎下载使用。

专题1 一线三等角类型问题的探究

题型剖析

如图∠1=∠2=∠3，且它们的顶点在直线AB上，这就是一个一线三等角模型。

模型分析：
因为∠1=∠2=∠3，
所以：
∠ACE+∠AEC=∠CFB+∠BFC=∠ACE+∠BCF
易得：∠ACE=∠CFB，∠AEC=∠FCB
进而有△AEC∽△BCF（这是相似三角形一个重要的判定，我们将在初三学习），
如果再添加一组对应边相等，如CE=CF，或者是AE=BC，
那么就有△AEC≌△BCF.
1.题目中只要满足“一线三等角”的条件，必相似；
2.题目如果两个条件：“一线三等角”和对应边相等的两个条件，必全等。
一线三等角类型图例剖析
1. 如图1-1-1，∠ACB=∠D=∠E=90°，且∠CAB=45°△ACD≌△CBE，此为“一线三直角”全等，又称“K字型”全等，适用于直角情况;
2. 如图1-1-2，∠ACB=∠D=∠E=90°△ACD∽△CBE，此为“一线三直角”相似，又称“K字型”相似，适用于直角;
3. 如图1-1-2，∠ACB=∠D=∠E=90°△ACD∽△CBE，此为“一线三直角”相似，又称“K字型”相似，适用于直角;
4.如图1-1-4，∠ACB=∠D=∠E=°△ACD∽△CBE，此为更一般的“一线三等角”适用于任何三角形.




图1-1-1 图1-1-2 图1-1-3 图1-1-4
一线三等角构造路线
方式(一)：构造“一线三等角”
1.45o角构等腰直角三角形造“一线三直角”全等，如图1-2-1；

图1-2-1
2.30o角构直角三角形造“一线三直角”相似，如图1-2-2；

图1-2-2
3.tanα=k→构直角三角形→造“一线三直角”相似，如图1-2-3；




图1-2-3

典例赏析

类型一：一线三等角下的证明
例1.（1）问题：
如图1，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，∠DPC=∠A=∠B=90°，求证：AD•BC=AP•BP．
（2）探究
如图2，在四边形ABCD中，点P为AB上一点，当∠DPC=∠A=∠B=θ时，上述结论是否依然成立？说明理由．
（3）应用：
请利用（1）（2）获得的经验解决问题：
如图3，在△ABD中，AB=6，AD=BD=5，点P以每秒1个单位长度的速度，由点A出了，沿边AB向点B运动，且满足∠DPC=∠A，设点P的运动时间为t（秒），当以D为圆心，以DC为半径的圆与AB相切时，求t的值．

【分析】（1）如图1，由∠DPC=∠A=∠B=90°可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（2）如图2，由∠DPC=∠A=∠B=θ可得∠ADP=∠BPC，即可证到△ADP∽△BPC，然后运用相似三角形的性质即可解决问题；
（3）如图3，过点D作DE⊥AB于点E，根据等腰三角形的性质可得AE=BE=3，根据勾股定理可得DE=4，由题可得DC=DE=4，则有BC=5-4=1．易证∠DPC=∠A=∠B．根据AD•BC=AP•BP，就可求出t的值．









类型二：一线三等角下的函数问题
2.已知：如图，AB⊥BC，AD//BC，AB=3，AD=2．点P在线段AB上，联结PD，过点D作PD的垂线，与BC相交于点C．设线段AP的长为x．
（1）当AP=AD时，求线段PC的长；
（2）设△PDC的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；
（3）当△APD∽△DPC时，求线段BC的长．

【分析】（1）求线段PC的长，根据已知条件过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E．AP=AD，PD⊥CD知道，可以先证明△APD∽△CDE，由比例关系式得出；
（2）要求y与x之间的函数关系式，以及函数的定义域：根据实际情况证明△APD∽△CDE，根据相似三角形的性质求出比例式，进而得出y与x之间的函数关系式．















专题训练
1.如图，已知反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（4，5），若在该图象上有一点P，使得∠AOP＝45°，则点P的坐标是　 　．

2. 已知：如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝24，点P、D分别在边BC、AC上，AP2＝AD•AB，
（1）求证：△ADP∽△APC；
（2）求∠APD的正弦值．





3.如图3，已知抛物线与轴交于两点，点的坐标为，它与轴交于点，点的坐标为，它对称轴是直线. (1)求此抛物线的函数关系式;(2)若抛物线上有一点，且，求点坐标.




4.如图，在中，，，点为中点，点为边上一动点，点为射线上一动点，且.
（1）当时，联结,求的余切值；
（2）当点在线段上时，设，，求关于的函数关系式，并写出的取值范围；
（3）联结，若为等腰三角形，求的长.














5．如图，△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，∠BAC＝∠EDF＝90°，△DEF的顶点E与△ABC的斜边BC的中点重合．将△DEF绕点E旋转，旋转过程中，线段DE与线段AB相交于点P，线段EF与射线CA相交于点Q．
（1）如图①，当点Q在线段AC上，且AP＝AQ时，求证：△BPE≌△CQE；
（2）如图②，当点Q在线段CA的延长线上时，求证：△BPE∽△CEQ；并求当BP＝a，CQ＝时，P、Q两点间的距离 （用含a的代数式表示）．
[来源:学+科+网]




6．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边上的点P处．
（1）如图1，已知折痕与边BC交于点O，连结AP，OP，OA，若PC＝4，求边AB的长；
（2）如图2，若点P恰好是边CD的中点，求∠AOB的度数；
（3）如图3，在（1）的条件下，擦去折痕AO、线段OP，连接BP．动点M在线段AP上（点M与点P、A不重合），动点N在线段AB的延长线上，且BN＝PM，连接MN交PB于点F，作ME⊥BP于点E．试问当动点M、N在移动的过程中，线段EF的长度是否发生变化？若变化，说明理由．若不变，求线段EF的长度．






7.如图，在中，，，，点D是BC的中点，点E是AB边上的动点，交射线AC于点F．
（1）求AC和BC的长；（2分）
（2）当∥时，求的长；（5分）
（3）联结，当和相似时，求的长．（7分）
[来源:学。科。网Z。X。X。K]




8．如图，在△ABC，∠ACB=90°，AC=4，BC=3，O是AB上一点，AO：OB=2：5．
（1）如图（1），求点O到AC的距离：
（2）如图（2），若P是边AC上的一个动点，作PQ⊥OP交线段BC于点Q（点Q不与点B、C重合）．
①若△AOP∽△PCQ，求AP的长；
②设AP=x，CQ=y，求y关于x的函数解析式．并写出函数定义域；
③当△OPQ∽△CPQ时，求AP长．




参考答案
例1.（1）如图1．
∵∠DPC=∠A=∠B=90°，∴∠ADP+∠APD=90°，∠BPC+∠APD=90°．
∴∠ADP=∠BPC．∴△ADP∽△BPC．∴=．∴AD•BC=AP•BP；

（2）结论AD•BC=AP•BP仍然成立，理由如下：
∵∠BPD=∠DPC+∠BPC，∠BPD=∠A+∠ADP，
∴∠DPC+∠BPC=∠A+∠ADP．∵∠DPC=∠A=∠B=θ，∴∠BPC=∠ADP．∴△ADP∽△BPC．
∴=．∴AD•BC=AP•BP；

（3）如图3，

过点D作DE⊥AB于点E．∵AD=BD=5，AB=6，∴AE=BE=3．
由勾股定理可得DE=4．
∵以点D为圆心，DC为半径的圆与AB相切，∴DC=DE=4．
∴BC=5-4=1．又∵AD=BD，∴∠A=∠B．∴∠DPC=∠A=∠B．
由（1），（2）的经验可知AD•BC=AP•BP．
∴5×1=t（6-t）．解得t1=1，t2=5，
∴t的值为1秒或5秒．
例2.解答：（1）过点C作CE⊥AD，交AD的延长线于点E．
∵ AB⊥BC，CE⊥AD，PD⊥CD，AD // BC，
∴ ∠ABC =∠AEC =∠PDC=90°，CE=AB=3．
∵ AD // BC，∴ ∠A+∠ABC=180°．即得∠A=90°．
又∵ ∠ADC=∠DCE+∠DEC，∠ADC=∠ADP+∠PDC，
∴ ∠ADP=∠DCE．
又由 ∠A=∠DEC=90°，得 △APD∽△DCE．
∴ ．
于是，由AP=AD=2，得 DE=CE=3．
在Rt△APD和Rt△DCE中，
得 ，．
于是，在Rt△PDC中，得 ．
（2）在Rt△APD中，由 AD=2，AP=x，
得 ．
∵ △APD∽△DCE，∴ ．
∴ ．
在Rt△PCD中，．
∴ 所求函数解析式为．
函数的定义域为0 （3）当△APD∽△DPC时，即得 △APD∽△DPC∽△DCE．
根据题意，当△APD∽△DPC时，有下列两种情况：
（ⅰ）当点P与点B不重合时，可知 ∠APD =∠DPC．
由 △APD∽△DCE，得 ．即得 ．
由 △APD∽△DPC，得 ．
∴ ．即得 DE=AD=2．
∴ AE = 4．
易证得四边形ABCE是矩形，∴ BC=AE=4．
（ⅱ）当点P与点B重合时，可知 ∠ABD=∠DBC．
在Rt△ABD中，由AD=2，AB=3，得 ．
由△ABD∽△DBC，得．
即得 ．
解得．
∴ △APD∽△DPC时，线段BC的长分别为4或．
专题训练
1.解：如图，作AE⊥y轴于E，将线段OA绕点O顺时针旋转90°得到OA′，作A′F⊥x轴于F，
则△AOE≌△A′OF，可得OF＝OE＝5，A′F＝AE＝4，即A′（5，﹣4）．
∵反比例函数y＝（x＞0）的图象经过点A（4，5），
所以由勾股定理可知：OA＝＝，
∴k＝4×5＝20，
∴y＝，
∴AA′的中点K（，），
∴直线OK的解析式为y＝x，
由，解得或，
∵点P在第一象限，
∴P（6，），
故答案为（6，）．

2.（1）证明：∵AP2＝AD•AB，AB＝AC，
∴AP2＝AD•AC，
，
∵∠PAD＝∠CAP，
∴△ADP∽△APC，
（2）解：∵△ADP∽△APC，
∴∠APD＝∠ACB，
作AE⊥BC于E，如图所示：
∵AB＝AC，
∴CE＝×24＝12，
∴AE＝＝5，
∴sin∠APD＝sin∠ACB＝，

3.解答.第(1)题易得此抛物线的函数关系式为:.
第(2)题，我们可以从原图中直接得出基本模型如图4，易证，
所以.
设，则，
∴点的坐标为.
将其代入抛物线的函数关系式，得.
解得(舍)，
∴点的坐标为.
4.解答:（1）∴，∠°
∴
∵∥，
∴
∴
在中，
C
D
A
B
F
E

H

（2）过点作于点
可求得
∴
又可证∽
∴
∴
∴
（3）∵， ∴
∴若为等腰三角形，只有或两种可能.
① 当时，点在边上，
过点作⊥于点（如图①）

可得：，
即点在中点
∴此时与重合 ∴
② 当时，点在的延长线上，
过点作⊥于点（如图②）

可证： △∽△
∴
∴
∴ ∴
综上所述，为6或7.
5．（1）证明：∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝45°，AB＝AC，
∵AP＝AQ，
∴BP＝CQ，
∵E是BC的中点，
∴BE＝CE，
在△BPE和△CQE中，
∵，
∴△BPE≌△CQE（SAS）；

（2）解：连接PQ，
∵△ABC和△DEF是两个全等的等腰直角三角形，
∴∠B＝∠C＝∠DEF＝45°，
∵∠BEQ＝∠EQC+∠C，
即∠BEP+∠DEF＝∠EQC+∠C，
∴∠BEP+45°＝∠EQC+45°，
∴∠BEP＝∠EQC，
∴△BPE∽△CEQ，
∴，
∵BP＝a，CQ＝a，BE＝CE，
∴，
∴BE＝CE＝a，
∴BC＝3a，
∴AB＝AC＝BC•sin45°＝3a，
∴AQ＝CQ﹣AC＝a，PA＝AB﹣BP＝2a，
在Rt△APQ中，PQ＝＝a．


6.解：（1）如图1，设AB＝x，则PD＝x﹣4，AP＝AB＝x，
由勾股定理得：82+（x﹣4）2＝x2，
解得：x＝10，
∴AB＝10；
（2）如图2，∵P是DC的中点，
∴PD＝DC，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB＝CD，∠D＝90°，
由折叠得：AB＝AP，∠PAO＝∠BAO，
∴PD＝AP，
∴∠DAP＝30°，
∵∠DAB＝90°，
∴∠PAO＝∠BAO＝（90°﹣30°）＝30°，
∵∠B＝90°，
∴∠AOB＝90°﹣30°＝60°；
（3）如图3，过M作MQ∥AN，交PB于Q，则∠ABP＝∠MQP，
∵AP＝AB，
∴∠APB＝∠ABP，
∴∠APB＝∠MQP，
∴MP＝MQ，
∵ME⊥PQ，
∴PE＝EQ＝PQ，
∵BN＝MP，MP＝MQ，
∴BN＝MQ，
∵MQ∥AN，
∴∠QMF＝∠BNF，
∵∠MFQ＝∠NFB，
∴△MQF≌△NBF，
∴QF＝BF，
∴QF＝QB，
∴EF＝EQ+QF＝PQ+QB＝PB，
由（1）得：PB＝＝＝4，
∴EF＝×＝2，
∴在（1）的条件下，当动点M、N在移动的过程中，线段EF的长度不变，长度为2．
7.（1）在中，
∵，∴设，
∴， ∴
∴，
（2）过点作，垂足为．
易得∽
设，，
∵∥ ∴
∵
∴∽
∴ ∴
即
化简，得
解得 （负值舍去）
∴
（3）过点作，垂足为．
易得∽
设，
∵
∴
∵
∴∽
∴
当和相似时，有两种情况：

∴
即 解得
∴

∴
即 解得
∴
综合,，当和相似时，的长为或．
8．解：（1）如图1，作OD⊥AC，
，
∵∠ACB＝90°，
∴BC⊥AC，
∵OD⊥AC，BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴△AOD∽△ABC，
∴＝，
又∵AO：OB＝2：5，
∴＝，
解得OD＝，
即点O到AC的距离是．
（2）①如图2，

∵QP⊥OP，OD⊥AC，
∴∠ODP＝∠C＝∠QPO＝90°，
∴∠QPC+∠OPD＝90°，∠OPD+∠POD＝90°，
∴∠QPC＝∠POD，
∴△POD∽△QPC．
②如图3，作OD⊥AC，

∵OD⊥AC，BC⊥AC，
∴OD∥BC，
∴△AOD∽△ABC，
∴＝，
又∵AO：OB＝2：5，
∴＝，
解得AD＝，PD＝x﹣，
∵PQ⊥OP，
∴∠OPD+∠CPQ＝90°，
又∵∠PQC+∠CPQ＝90°，
∴∠OPD＝∠PQC，
在△POD和QPC中，
，
∴△POD∽△QPC，
∴＝，∴＝，
∴y＝﹣x2+6x﹣（＜x＜4）．
③如图4，当OQ∥AC时，△OPQ∽△CPQ，

∵OQ∥AC，
∴＝，
∴＝，
解得CQ＝，
∴＝﹣AP2+6AP﹣，
解得AP＝或．
如图5，作PE⊥OQ于点E，

当PQ平分∠CQO时，△OPQ∽△CPQ，
∵∠CQP＝∠PQE，PC⊥BC，PE⊥OQ，
∴PC＝PE，
∵∠POQ＝∠CPQ，∠DOP＝∠CPQ，
∴∠POQ＝∠DOP，
又∵PD⊥OD，PE⊥OE，
∴PD＝PE，
∴PC＝PD，
即点P为CD的中点，
由AP﹣AD＝AC﹣AP，
可得AP﹣＝4﹣AP，
解得AP＝，
综上，可得
当△OPQ∽△CPQ时，AP＝、或．