专题07 一线三垂直与一线三等角（解析版）

这是一份专题07 一线三垂直与一线三等角（解析版），共40页。试卷主要包含了基础知识回顾，模型的概述等内容，欢迎下载使用。

专题07 一线三垂直与一线三等角
一、基础知识回顾
1）三角形内角和定理：三角形三个内角和等于180°
2）1平角=180度 
二、模型的概述：
1）一线三垂直模型
[模型概述]只要出现等腰直角三角形，可以过直角点作一条直线，然后过45°顶点作直线的垂线，构造三垂直，所得两个直角三角形全等。根据全等三角形倒边，得到线段之间的数量关系。

基础 构造1 构造2
一线三垂直模型一：如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE，则∆ABD≌∆BCE，DE=AD+EC
证明：∵CE⊥DE，AD⊥DE，AB⊥BC ∴∠CEB=∠ADB=∠ABC =90°
∴∠1+∠2=90°，∠2+∠3=90° ∴∠1=∠3
在∆ABD和∆BCE中，
∠1=∠3
∠CEB=∠ADB =90° ∴∆ABD≌∆BCE（AAS） ∴AD=BE,EC=BD
AB=BC 则DE=BE+BD= AD+ EC
一线三垂直模型二：如图AB⊥BC，AB=BC，CE⊥DE，AD⊥DE，则∆ABD≌∆BCE，DE=AD-EC
证明：∵CE⊥DE，AD⊥DE，AB⊥BC ∴∠CEB=∠ADB=∠ABC =90°
∴∠A+∠ABD=90°，∠ABD+∠CBE=90° ∴∠A=∠CBE
在∆ABD和∆BCE中，
∠A=∠CBE
∠CEB=∠ADB =90° ∴∆ABD≌∆BCE（AAS） ∴AD=BE,EC=BD
AB=BC
则DE=BE-BD= AD- EC
一线三垂直其它模型
1）图1，已知∠AOC =∠ADB=∠CED=90°，AB=DC，得∆ADB≌∆DEC
2）图2，延长DE交AC于点F，已知∠DBE =∠ABC=∠EFC=90°，AC=DE，得∆ABC≌∆DBE

图1 图2
2）一线三等角模型
[模型概述]三个等角的顶点在同一条直线，这个角可以是直角，也可以是锐角或钝角。
一线三等角类型：
（同侧）已知∠A=∠CPD=∠B=∠α，CP=PD

（异侧）已知∠EAC=∠ABD=∠DPC=∠α，CP=PD

证明：以右图为例
∵∠ACP+∠A+∠CPA=180°，
∠DPB+∠CPD+∠CPA=180°而∠CAP=∠CPD=∠PBD=∠α
∴∠ACP=∠DPB 又∵CP=PD ∴∆ACP≌∆BPD（AAS）
【基础过关练】
1．如下图所示，在△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC，BE⊥CE于点E，AD⊥CE于点D．DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是（     ）

A．6cm B．1.5cm C．3cm D．4.5cm
【答案】C
【分析】本题可通过全等三角形来求BE的长．△BEC和△CDA中，已知了一组直角，∠CBE和∠ACD同为∠BCE的余角，AC=BC，可据此判定两三角形全等；那么可得出的条件为CE=AD，BE=CD，因此只需求出CD的长即可．而CD的长可根据CE即AD的长和DE的长得出，由此可得解．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BE⊥CE，
∴∠BCE+∠ACD=90°，∠BCE+∠CBE=90°；
∴∠ACD=∠CBE，又AC=BC，
∴△ACD≌△CBE；
∴EC=AD，BE=DC；
∵DE=6cm，AD=9cm，则BE的长是3cm．
故选C．
【点睛】三角形全等的判定是中考的热点，一般以考查三角形全等的方法为主，判定两个三角形全等，先根据已知条件或求证的结论确定三角形，然后再根据三角形全等的判定方法，看缺什么条件，再去证什么条件．
2．如图，在△ABC中，AB＝AC＝9，点E在边AC上，AE的中垂线交BC于点D，若∠ADE＝∠B，CD＝3BD，则CE等于（　　）

A．3 B．2 C． D．
【答案】A
【分析】根据等腰三角形的性质得到∠B＝∠C，推出∠BAD＝∠CDE，根据线段垂直平分线的性质得到AD＝ED，根据全等三角形的性质得到CD＝AB＝9，BD＝CE，即可得到结论．
【详解】解：∵AB＝AC＝9，
∴∠B＝∠C，
∵∠ADE＝∠B，∠BAD＝180°﹣∠B﹣∠ADB，∠CDE＝180°﹣∠ADE﹣∠ADB，
∴∠BAD＝∠CDE，
∵AE的中垂线交BC于点D，
∴AD＝ED，
在△ABD与△DCE中，
，
∴△ABD≌△DCE（AAS），
∴CD＝AB＝9，BD＝CE，
∵CD＝3BD，
∴CE＝BD＝3
故选：A．
【点睛】本题考查了等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质，全等三角形的性质，属于基础题．
3．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
【分析】根据题意证明即可得出结论．
【详解】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，
∴，
∵∠ACE＝90°，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
故选：B．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理以及性质定理是解本题的关键．
4．如图，中，，则点B的坐标为________．

【答案】（4，1）
【分析】如图，过点B作BD⊥x轴于D，根据点A、点C坐标可得OA、OC的长，根据同角的余角相等可得∠OAC=∠DCB，利用AAS可证明△OAC≌△DCB，根据全等三角形的性质可得BD=OC，CD=OA，即可求出OD的长，进而可得答案．
【详解】如图，过点B作BD⊥x轴于D，
∵A（0，3），C（1，0），
∴OA=3，OC=1，
∵∠ACB=90°，
∴∠OCA+∠DCB=90°，
∵∠OAC+∠OCA=90°，
∴∠OAC=∠DCB，
在△OAC和△DCB中，，
∴△OAC≌△DCB，
∴BD=OC=1，CD=OA=3，
∴OD=OC+CD=4，
∴点B坐标为（4，1）．

故答案为：（4，1）
【点睛】本题考查坐标与图形及全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定定理是解题关键．
5．如图，为等腰直角三角形，若A(−3，0)，C(0，2)，则点B的坐标为_________．

【答案】(2，−1)
【分析】过点B作轴于点T．证明，可得结论．
【详解】解：如图中，过点B作轴于点T．

∵A(−3，0)，C(0，2)，
∴，，
∵，
∴，，
∴，
在和中，，
∴（AAS），
∴ ，，
∴，
∴B（2，−1），
故答案为：(2，−1)．
【点睛】本题考查了坐标与图形，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质等知识，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．
6．如图所示，中，．直线l经过点A，过点B作于点E，过点C作于点F．若，则__________．

【答案】7
【分析】根据全等三角形来实现相等线段之间的关系，从而进行计算，即可得到答案；
【详解】解：∵BE⊥l，CF⊥l，
∴∠AEB=∠CFA=90°．
∴∠EAB+∠EBA=90°．
又∵∠BAC=90°，
∴∠EAB+∠CAF=90°．
∴∠EBA=∠CAF．
在△AEB和△CFA中
∵∠AEB=∠CFA，∠EBA=∠CAF，AB=AC，
∴△AEB≌△CFA．
∴AE=CF，BE=AF．
∴AE+AF=BE+CF．
∴EF=BE+CF．
∵，
∴；
故答案为：7．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，余角的性质，解题的关键是熟练掌握所学的知识，正确的证明三角形全等．
7．如图，一个等腰直角三角形ABC物件斜靠在墙角处（∠O＝90°），若OA＝50cm，OB＝28cm，则点C离地面的距离是____ cm．

【答案】28
【分析】作CD⊥OB于点D，依据AAS证明,GMF，再根据全等三角形的性质即可得到结论．
【详解】解：过点C作CD⊥OB于点D，如图，

∴
∵是等腰直角三角形
∴AB=CB，
∴
又
∴
在和中，

∴
∴
故答案为：28．
【点睛】本题主要考查了等腰直角三角形的性质、三角形全等的判定与性质，正确作出辅助线构造全等三角形是解答本题的关键．
8．如图，AB＝BC， AB⊥BC， AE⊥BD于F，BC⊥CD， 求证：EC＝AB－CD．

【答案】见解析
【分析】利用证明出△ABE≌△BCD，在通过等量代换进行解答．
【详解】证明：∵AB⊥BC，CD⊥BC，
∴∠ABC＝∠ACD＝90°
∴∠AEB＋∠A＝90°
∵AE⊥BD
∴∠BFE＝90°
∴∠AEB＋∠FBE＝90°
∴∠A＝∠FBE，
又∵AB＝BC，
∴△ABE≌△BCD，
∴AB＝BC，BE＝CD，
∴EC＝BC－BE＝AB－CD
【点睛】本题考查了三角形全等的判定及性质，解题的关键是掌握三角形的判定定理，再利用等量代换的思想来间接证明．
【提高测试】
1．如图，在平面直角坐标系中，点A、B分别在x轴的负半轴和正半轴上，以AB为边向上作正方形ABCD，四边形OEFG是其内接正方形，若直线OF的表达式是y＝2x，则的值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据正方形性质易得，从而可得、，设OB=a，BG=b，可得F点坐标为，根据F点在直线OF上，可求出，然后即可根据正方形面积和勾股定理求出面积比．
【详解】解：在正方形ABCD，正方形OEFG中，，，
∴，
∴ ，
在和中，

∴（AAS）
∴、，
设、，
∴，，
∴点F坐标为，
∵直线OF的表达式是y＝2x，
∴，
∴，
∴，
=，
∴，
故选B．
【点睛】本题主要考查了一次函数与几何综合，解题关键是根据正方形性质求证（AAS），从而用参数表示点F坐标，再直线OF解析式求出线段之间关系．
2．如图，AE⊥AB，且AE=AB，BC⊥CD，且BC=CD，EF=6，BG=3，DH=4，计算图中实线所围成的图形的面积S是______．

【答案】50
【分析】易证△AEF≌△BAG，△BCG≌△CDH即可求得AF=BG，AG=EF，GC=DH，BG=CH，即可求得梯形DEFH的面积和△AEF，△ABG，△CGB，△CDH的面积，即可解题．
【详解】解：∵∠EAF+∠BAG=90°，∠EAF+∠AEF=90°，
∴∠BAG=∠AEF，
∵在△AEF和△BAG中，，
∴△AEF≌△BAG（AAS），
同理△BCG≌△CDH，
∴AF=BG，AG=EF，GC=DH，BG=CH，
∵梯形DEFH的面积=（EF+DH）•FH=80，
S△AEF=S△ABG=AF•AE=9，
S△BCG=S△CDH=CH•DH=6，
∴图中实线所围成的图形的面积S=80-2×9-2×6=50，
故答案为：50．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应边相等的性质，本题中求证△AEF≌△BAG，△BCG≌△CDH是解题的关键．
3．已知直线l经过正方形ABCD的顶点A，过点B和点D分别作直线的垂线BM和DN，垂足分别为点M、点N，如果，，那么点M和点N之间的距离为_______．
【答案】8或2##2或8
【分析】根据正方形的性质得出∠NAD=∠MBA，再利用全等三角形的判定得出△ABM≌△AND，进而求出MN的值，注意分类讨论．
【详解】如图1，在正方形ABCD中，

∵，，
∴，
∵在和中，
∴（AAS），
∴，，
∴，
如图2，在正方形ABCD中，

∵，，
∴，
∵在和中，
∴（AAS），
∴，，
∴，
综上：或2．
故答案为：8或2．
【点睛】此题主要考查了正方形的性质以及全等三角形的判定与性质等知识，将直线l与正方形ABCD的位置分类讨论是解题关键．
4．如图，已知中，，，分别过、向过的直线作垂线，垂足分别为．
（1）如图1，过的直线与斜边不相交时，直接写出线段、、的数量关系是______；
（2）如图2，过的直线与斜边相交时，探究线段、、的数量关系并加以证明；
（3）在（2）的条件下，如图3，直线交于点，延长交于点，连接、、，若，，，四边形的面积是90，求的面积．

【答案】（1）数量关系为：EF=BE+CF；（2）数量关系为：EF=BE-CF．证明见详解；（3）S△GHC=15．
【分析】（1）数量关系为：EF=BE+CF．利用一线三直角得到∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS）可得BE=AF，AE=CF即可；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．先证∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，可得∠EBA=∠FAC，再证△EBA≌△FEC（AAS），可得BE=AF，AE=CF即可；
（3）先由（2）结论EF=BE-CF；，求出BE=AF=12，由，可求FH=2，EH=4，利用对角线垂直的四边形面积可求BG=，再求EG=3，AH= 10，分别求出S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，利用面积差即可求出．
【详解】解：（1）数量关系为：EF=BE+CF．
∵BE⊥EF，CF⊥EF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC=180°-∠BAC=90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF+AE=BE+CF；
（2）数量关系为：EF=BE-CF．
∵BE⊥AF，CF⊥AF，∠BAC=90°，
∴∠BEA=∠AFC=90°，∠EBA+∠EAB=90°，∠EAB+∠FAC= =90°，
∴∠EBA=∠FAC，
在△EBA和△FEC中，
∵，
∴△EBA≌△FAC（AAS），
∴BE=AF，AE=CF，
∴EF=AF-AE=BE-CF；
（3）∵EF=BE-CF；，
∴BE=AF=EF+CF=6+6=12，
∵，EH+FH=EF=6，
∴2FH+FH= 6，
解得FH=2，
∴EH=2FH=4，
S四边形ABFG==90，
∴BG=，
∴EG=BG-BE=15-12=3，AH=AE+EH=6+4=10，
∵S△ACF=，S△HCF=，S△AGH=，
∴S△GHC=S△ACF-S△HCF-S△AGH=36-6-15=15．

【点睛】本题考查图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算，掌握图形变换探究线段和差问题，感知，探究以及应用，三角形全等判定与性质，三角形面积，四边形面积，与三角形高有关的计算是解题关键．
5．如图1所示，已知中，，直线m经过点C，过A、B两点分别作直线m的垂线，垂足分别为E、F．

（1）如图1，当直线m在A、B两点同侧时，求证：；
（2）若直线m绕点C旋转到图2所示的位置时（），其余条件不变，猜想与，有什么数量关系？并证明你的猜想；
（3）若直线m绕点C旋转到图3所示的位置时（）其余条件不变，问与，的关系如何？直接写出猜想结论，不需证明．
【答案】（1）见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】（1）先证得，，根据证，推出，即可；
（2）类比（1）证得对应的两个三角形全等，由此可推出，，再根据即可得到；
（3）类比（1）证得对应的两个三角形全等，由此可推出，，再根据即可得到．
【详解】（1）证明：，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴；
（2）解：，理由如下：
，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴；
（3）解：，理由如下：
，，，
，
，，
，
在和中，
，
，
，，
∵，
∴．
【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，主要涉及到了全等三角形的判定与性质，等量代换等知识点，难度不大，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决本题的关键．
6．如图1，在平面直角坐标中，点，，，其中，点为线段上任意一点，连接，于，于．

（1）求证：；
（2）当时，若点，请你在图1中连接，交于点．求证：；
（3）若将“点为线段上任意一点”，改为“点为线段延长线上任意一点”，其他条件不变，连接，，垂足为，交轴于点，交轴于点，请在图2中补全图形，求点的坐标（用含的代数式表示）．
【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析，
【分析】（1）先根据点，，，得到，则由三线合一定理得到，，证明，推出即可证明，得到；
（2）先根据点，得到，则，再证明，即可利用SAS证明得到，再由，可以推出，即；
（3）同样先证明，推出，得到，即可得到，再由，，得到，则，推出．
【详解】证明：（1）如图1，∵点，，，
∴，
∵，
∴，
∵∠AOB=∠AOC=90°，
∴，
∴，
∵，，
∴
∴，
∴，
∴，
∴；

（2）如图2，由（1）得，
∴，
∵，点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
又∵BE=AD，AC=BN，
∴
∴，
∵，
∴，
∴；

（3）如图3，由（1）得，，，，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，

∴，
∵，
∴，
∵,轴轴，
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
∴点的坐标为．
【点睛】本题主要考查了坐标与图形，全等三角形的性质与判定，等腰直角三角形的性质与判定等等，解题的关键在于能够熟练掌握全等三角形的性质与判定条件．
7．在平面直角坐标系中，点的坐标为，点为轴正半轴上的一个动点，以为直角顶点，为直角边在第一象限作等腰Rt．

(1)如图1，若，则点的坐标为______；
(2)如图2，若，点为延长线上一点，以为直角顶点，为直角边在第一象限作等腰Rt，连接，求证：；
(3)如图3，以为直角顶点，为直角边在第三象限作等腰Rt．连接，交轴于点，求线段的长度．
【答案】(1)点C（3，7）；(2)证明见详解过程；(3)2．
【分析】（1）如图1，过点C作CH⊥y轴，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得CH=OB=3，BH=AO=4，可求解；
（2）过点E作EF⊥x轴于F，由“AAS”可证△ABO≌△BCH，可得BO=DF=4，OD=EF，由等腰直角三角形的性质可得∠BAO=45°，∠EAF=∠AEF=45°，可得结论；
（3）由（1）可知△ABO≌△BCG，可得BO=GC，AO=BG=4，再由“AAS”可证△CPG≌△FPB，可得PB=PG=2．
（1）
如图1，过点C作CH⊥y轴于H，

∴∠CHB=∠ABC=∠AOB=90°，
∴∠BCH+∠HBC=90°=∠HBC+∠ABO，
∴∠ABO=∠BCH，
在△ABO和△BCH中，
，
∴△ABO≌△BCH（AAS），
∴CH=OB=3，BH=AO=4，
∴OH=7，
∴点C（3，7），
故答案为：（3，7）；
（2）
过点E作EF⊥x轴于F，

∴∠EFD=∠BDE=∠BOD=90°，
∴∠BDO+∠EDF=90°=∠BDO+∠DBO，
∴∠DBO=∠EDF，
在△BOD和△DFE中，
，
∴△BOD≌△DFE（AAS），
∴BO=DF=4，OD=EF，
∵点A的坐标为（4，0），
∴OA=OB=4，
∴∠BAO=45°，
∵OA=DF=4，
∴OD=AF=EF，
∴∠EAF=∠AEF=45°，
∴∠BAE=90°，
∴BA⊥AE；
（3）
过点C作CG⊥y轴G，

由（1）可知：△ABO≌△BCG，
∴BO=GC，AO=BG=4，
∵BF=BO，∠OBF=90°，
∴BF=GC，∠CGP=∠FBP=90°，
又∵∠CPG=∠FPB，
∴△CPG≌△FPB（AAS），
∴BP=GP，
∴BP=BG=2．
【点睛】本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是本题的关键．
8．（1）如图（1），已知：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．证明∶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=，其中为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+CE是否成立？如成立，请你给出证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展与应用：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，试判断△DEF的形状．

【答案】（1）见解析（2）成立，证明见解析（3）△DEF为等边三角形，证明见解析
【分析】（1）因为DE=DA+AE，故由全等三角形的判定AAS证△ADB≌△CEA，得出DA=EC，AE=BD，从而证得DE=BD+CE；
（2）成立，仍然通过证明△ADB≌△CEA，得出BD=AE，AD=CE，所以DE=DA+AE=EC+BD；
（3）由△ADB≌△CEA得BD=AE，∠DBA =∠CAE，由△ABF和△ACF均等边三角形，得∠ABF=∠CAF=60°，FB=FA，所以∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF，即∠DBF=∠FAE，所以△DBF≌△EAF，所以FD=FE，∠BFD=∠AFE，再根据∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=600得到△DEF是等边三角形．
【详解】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．
又AB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS）．
∴AE=BD，AD=CE．
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（2）成立．证明如下：
∵∠BDA =∠BAC=，
∴∠DBA+∠BAD=∠BAD +∠CAE=180°-．
∴∠DBA=∠CAE．
∵∠BDA=∠AEC=，AB=AC，
∴△ADB≌△CEA（AAS）．
∴AE=BD，AD=CE．
∴DE=AE+AD=BD+CE；
（3）△DEF为等边三角形．理由如下：
由（2）知，△ADB≌△CEA，BD=AE，∠DBA =∠CAE，
∵△ABF和△ACF均为等边三角形，
∴∠ABF=∠CAF=60°．
∴∠DBA+∠ABF=∠CAE+∠CAF．
∴∠DBF=∠FAE．
∵BF=AF，
∴△DBF≌△EAF（SAS）．
∴DF=EF，∠BFD=∠AFE．
∴∠DFE=∠DFA+∠AFE=∠DFA+∠BFD=60°．
∴△DEF为等边三角形．

【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定、等边三角形的性质和判定，解题的关键是熟练掌握全等三角形的性质和判定，等边三角形的性质和判定．
9．（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：在中，，，直线l经过点A，直线l，直线l，垂足分别为点D，E．求证：．

（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：在中，，D，A，E三点都在直线l上，并且有，其中为任意锐角或钝角．请问结论是否成立？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，则______．
【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，
，
∴△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，
，
∴△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，
，
∴△EMI≌△GNI（AAS），
∴EI=GI，
∴I是EG的中点．
∴S△AEI=S△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．
10．如图，在ABC中，AB=AC=2，∠B=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=115°时，∠EDC=______°，∠AED=______°；
（2）线段DC的长度为何值时，△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，求∠BDA的度数；若不可以，请说明理由．

【答案】（1）25°，65°；（2）2，理由见详解；（3）可以，110°或80°.
【分析】（1）利用邻补角的性质和三角形内角和定理解题；
（2）当DC=2时，利用∠DEC+∠EDC=140°，∠ADB+∠EDC=140°，求出∠ADB=∠DEC，再利用AB=DC=2，即可得出△ABD≌△DCE．
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形．
【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠ADB=115°，
∴∠BAD=180°-∠B-∠ADB=180°-115°-40°=25°，
∵AB=AC，
∴∠C=∠B=40°，
∵∠EDC=180°-∠ADB-∠ADE=25°，
∴∠DEC=180°-∠EDC-∠C=115°，
∴∠AED=180°-∠DEC=180°-115°=65°；
（2）当DC=2时，△ABD≌△DCE，
理由：∵∠C=40°，
∴∠DEC+∠EDC=140°，
又∵∠ADE=40°，
∴∠ADB+∠EDC=140°，
∴∠ADB=∠DEC，
又∵AB=DC=2，
在△ABD和△DCE中，

∴△ABD≌△DCE（AAS）；
（3）当∠BDA的度数为110°或80°时，△ADE的形状是等腰三角形，
∵∠BDA=110°时，
∴∠ADC=70°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=70°，
∴△ADE的形状是等腰三角形；
∵当∠BDA的度数为80°时，
∴∠ADC=100°，
∵∠C=40°，
∴∠DAC=40°，
∴△ADE的形状是等腰三角形．
【点睛】本题主要考查学生对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的理解和掌握，此题涉及到的知识点较多，综合性较强，但难度不大，属于基础题．
11．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＝，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，，，
【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向轴作垂线，垂足为，结合已知条件可构造一线三等角模型，即可证明，则，，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：①则在B的左侧，；在右侧，；②，则易证，故．
【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向轴作垂线，垂足为，则，

∵，，
∴
在和中，
∵
∴
∴，，
∴C（4，1）．
（3）若为腰，则分两种情况讨论：
①当时，
若在B的左侧，则，∴；
若在的右侧，则，∴；
②当时，
∵，∴由等腰三角形三线合一可知，
∴．
综上所述，存在，，．
【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．
12．如图，在中，．

（1）如图①所示，直线过点，于点，于点，且．求证：．
（2）如图②所示，直线过点，交于点，交于点，且，则是否成立？请说明理由．
【答案】（1）见解析；（2）仍然成立，理由见解析
【分析】（1）首先根据同角的余角相等得到，然后证明，然后根据全等三角形对应边相等得到，，然后通过线段之间的转化即可证明；
（2）首先根据三角形内角和定理得到，然后证明，根据全等三角形对应边相等得到，最后通过线段之间的转化即可证明．
【详解】证明：（1）∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴；
（2）仍然成立，理由如下：
∵，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∵，
∴．
【点睛】此题考查了全等三角形的性质和判定，同角的与相等，三角形内角和定理等知识，解题的关键是根据同角的余角相等或三角形内角和定理得到．
13．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）∵，∴；
（2）分别过点D和点E作DH⊥FG于点H，EQ⊥FG于点Q，如图所示：

∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴△ABF≌△DAH，
∴AF=DH，
同理可知AF=EQ，
∴DH=EQ，
∵DH⊥FG，EQ⊥FG，
∴，
∵
∴△DHG≌△EQG，
∴DG=EG，即点G是DE的中点；
（3），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，
∴，OD=MC，
同理可以证明△FOD≌△DNE，
∴，OD=NE，
∴MC =NE，
∵EN⊥OD，CM⊥OD，∠EPN=∠CMP，
∴△ENP≌△CMP，
∴，
∵，
∴,
∴即．
【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．
14．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°，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 　 　．
（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°，理由见解析；（2）不成立，EF=BE+AF，证明见解析
【分析】（1）①求出∠BEC=∠AFC = 90°, ∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE=CF，CE = AF即可得出结论；②求出∠BEC =∠AFC,∠CBE=∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE = AF即可得出结论;
（2）求出∠BEC =∠AFC，∠CBE= ∠ACF，根据AAS证△BCE≌△CAF，推出BE= CF，CE=AF即可得出结论．
【详解】（1）①EF、BE、AF的数量关系：EF= BE-AF，
证明：当α =90°时，∠BEC = ∠CFA =90°，
∵∠BCA = 90°,
∴∠BCE＋∠ACF= 90°,
∵∠BCE＋∠CBE =90°，
∴∠ACF = ∠CBE，
∵AC = BC,
∴△BCE≌△CAF,
∴BE =CF,CE = AF,
∵CF =CE＋EF,
∴EF= CF -CE=BE-AF；
②∠α与∠BCA关系：∠α+ ∠BCA = 180°
当∠α+ ∠BCA = 180°时，①中结论仍然成立;
理由是：如题图2，
∵∠BEC = ∠CFA = ∠α, ,∠α+∠ACB =180°,

又∵
∴∠CBE= ∠ACF,
在△BCE和△CAF中

∴△BCE≌△CAF (AAS),
∴BE =CF,CE = AF，
∴EF= CF-CE= BE -AF;
故答案为: ∠α+ ∠BCA = 180° ；
（2）EF、BE、AF的数量关系:EF=BE+AF，理由如下
∵∠BEC =∠CFA =∠α, ∠α= ∠BCA,
又∵∠EBC +∠BCE＋∠BEC = 180° , ∠BCE＋∠ACF+∠ACB =180° ,
∴∠EBC ＋∠BCE =∠BCE＋∠ACF
∴∠EBC = ∠ACF，
在△BEC和△CFA中

∴△ABE≌△CFA(AAS)
∴AF = CE，BE = CF
∵EF= CE+CF,
∴EF= BE＋AF．
【点睛】本题考查了全等三角形的性质和判定，证明△BCE≌△CAF是解题的关键．
15．通过对数学模型“K字”模型或“一线三等角”模型的研究学习，解决下列问题：

[模型呈现]如图1，，，过点B作于点C，过点D作于点E．求证：．
[模型应用]如图2，且，且，请按照图中所标注的数据，计算图中实线所围成的图形的面积为________________．
[深入探究]如图3，，，，连接，，且于点F，与直线交于点G．若，，则的面积为_____________．
【答案】[模型呈现]见解析；[模型应用]50；[深入探究]63
【分析】[模型呈现]证明，根据全等三角形的对应边相等得到；
[模型应用]根据全等三角形的性质得到，，，根据梯形的面积公式计算，得到答案；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交的延长线于Q，根据全等三角形的性质得到，证明，得到，进而求出，根据三角形的面积公式计算即可．
【详解】[模型呈现]证明：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
[模型应用]解：由[模型呈现]可知，，
∴，
则，

故答案为：50；
[深入探究]过点D作于P，过点E作交AG的延长线于Q，
由[模型呈现]可知，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：63．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形的面积计算，熟记三角形确定的判定定理是解题的关键．