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专项 05 一线三等角模型的综合应用
模型一 一线三垂直全等模型
如图一，∠D=∠BCA=∠E=90°，BC=AC。 结论：Rt△BDC≌Rt△CEA
模型二 一线三等角全等模型
如图二，∠D=∠BCA=∠E，BC=AC。 结论：△BEC≌△CDA
B
A
D E
C
图一 图二
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与函数综合应用中有利于点的坐标的求解。
【类型一：标准“K”型图】
【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，求证：DE＝AD﹣BE；
（3）当直线MN绕点C旋转到图（3）的位置时，请直接写出DE，AD，BE之间的等量关系．
【解答】解：（1）①∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠ACB＝90°＝∠CEB，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
②∵△ADC≌△CEB，
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE+CD＝AD+BE；
（2）证明：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS）；
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CE﹣CD＝AD﹣BE；
（3）当MN旋转到题图（3）的位置时，AD，DE，BE所满足的等量关系是：DE＝BE
﹣AD．理由如下：∵AD⊥MN，BE⊥MN，
∴∠ADC＝∠CEB＝∠ACB＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
∵在△ADC和△CEB中，
，
∴△ADC≌△CEB（AAS），
∴CE＝AD，CD＝BE，
∴DE＝CD﹣CE＝BE﹣AD．
【变式1-1】如图，∠BAC＝90°，AD是∠BAC内部一条射线，若AB＝AC，BE⊥AD于点
E，CF⊥AD于点F．
求证：△ABE≌△CAF．
【解答】证明：∵∠BAC＝90°，
∴∠CAF+∠BAE＝90°，
∵BE⊥AD，CF⊥AD，
∴∠CFA＝∠BEA＝90°，
∴∠C+∠CAF＝90°，
∴∠C＝∠BAE，
∵AB＝AC，∴△ABE≌△CAF（AAS）
【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 （0＜ ＜45°），请探究线段
BD、CE和DE的数量关系并说明理由； α α
（Ⅱ）如图③，若直线l从图①状态开始绕点A顺时针旋转 （45°＜ ＜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α明理由；α
（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× ＝ ．【类型二：做辅助线构造“K”型图】
【典例2】如图，△ABC为等腰直角三角形，∠ABC＝90°，△ABD为等腰三角形，AD＝
AB＝BC，E为DB延长线上一点，∠BAD＝2∠CAE．
（1）若∠CAE＝20°，求∠CBE的度数；
（2）求证：∠BEC＝135°；
（3）若AE＝a，BE＝b，CE＝c．则△ABC的面积为 ．（用含a，b，c
的式子表示）
【解答】（1）解：∵∠CAE＝20°，∠BAD＝2∠CAE，
∴∠BAD＝40°，
∵AD＝AB，
∴∠D＝∠DBA＝70°，
又∵∠ABC＝90°，
∴∠CBE＝180°﹣70°﹣90°＝20°；
（2）证明：过点A作AF⊥DE于点F，过点C作CG⊥DE于点G，
∴∠AFB＝∠ABC＝∠CGB＝90°，
又∵AD＝BC＝AB，
∴∠BAC＝∠ACB＝45°，∠FAB＝ ∠DAB＝∠CAE，∵∠FAB+∠FBA＝∠FBA+∠CBG＝90°，
∴∠FAB＝∠CBG＝∠CAE，
在△BAF和△CBG中，
，
∴△BAF≌△CBG（AAS），
∴AF＝BG，BF＝CG，
∵∠CBG＝∠CAE，
∴∠AEF＝∠ACB＝45°，
∴AF＝EF＝BG，BF＝CG，
∴BF＝EG＝CG，
∴∠CEG＝∠AEF＝45°，
∴∠AEC＝90°，
∴∠BEC＝135°；
（3）解：由（2）可知CG＝BF，AF＝EF，
∴CG＝BF＝EF﹣BE＝AF﹣BE，
∵S△ABC ＝S△AEB +S△AEC ﹣S△BEC ，
∴S△ABC ＝ BE•CG
＝ BE•（AF﹣BE）
＝ ．
故答案为： ．
【类型三：“K”型图与平面直角坐标综合】
【典例3】如图，平面直角坐标系中有点A（﹣1，0）和y轴上一动点B（0，a），其中a
＞0，以B点为直角顶点在第二象限内作等腰直角△ABC，设点C的坐标为（c，d）．
（1）当a＝2时，则C点的坐标为 ；
（2）动点B在运动的过程中，试判断c+d的值是否发生变化？若不变，请求出其值；
若发生变化，请说明理由．【解答】解：（1）如图1中，过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEB＝∠AOB．
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠BAO+∠CBE，
∴∠BCE＝∠ABO，
在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∵A（﹣1，0），B（0，2），
∴AO＝BE＝1，OB＝CE＝2，
∴OE＝1+2＝3，
∴C（﹣2，3），
故答案为：（﹣2，3）；
（2）动点A在运动的过程中，c+d的值不变．
理由：过点C作CE⊥y轴于E，则∠CEA＝∠AOB，
∵△ABC是等腰直角三角形，
∴BC＝BA，∠ABC＝90°，
∴∠BCE+∠CBE＝90°＝∠ABO+∠CBE，∴∠BCE＝∠ABO，
在△BCE和△BAO中，
，
∴△CBE≌△BAO（AAS），
∵B（﹣1，0），A（0，a），
∴BO＝AE＝1，AO＝CE＝a，
∴OE＝1+a，
∴C（﹣a，1+a），
又∵点C的坐标为（c，d），
∴c+d＝﹣a+1+a＝1，
即c+d的值不变．
【变式3】点A的坐标为（4，0），点B为y轴负半轴上的一个动点，分别以OB、AB为直
角边在第三象限和第四象限作等腰Rt△OBC和等腰Rt△ABD．
（1）如图一，若点B坐标为（0，﹣3），连接AC、OD．
①求证：AC＝OD；
②求D点坐标．
（2）如图二，连接CD，与y轴交于点E，试求BE长度．
【解答】（1）①证明：∵△OBC和△ABD是等腰直角三角形，
∴OB＝CB，BD＝AB，∠ABD＝∠OBC＝90°，
∴∠ABD+ABO＝∠OBC+∠A∠O，
∴∠OBD＝∠CBA，∴△OBD≌△CBA（SAS），
∴AC＝OD；
②如图一、
∵A（4，0），B（0，﹣3），
∴OA＝4，OB＝3，
过点D作DF⊥y轴于F，
∴∠BOA＝∠DFB＝90°，
∴∠ABO+∠OAB＝90°，
∵∠ABD＝90°，
∴∠ABO+∠FBD＝90°，
∴∠OAB＝∠FBD，
∵AB＝BD，
∴△AOB≌△BFD（AAS），
∴DF＝OB＝3，BF＝OA＝4，
∴OF＝OB+BF＝7，
∴D（3，﹣7）；
（2）如图二、过点D作DF⊥y轴于F，
则∠DFB＝90°＝∠CBF，
同（1）②的方法得，△AOB≌△BFD（AAS），
∴DF＝OB，BF＝OA＝4，
∵OB＝BC，
∴BC＝DF，
∵∠DEF＝∠CEB，
∴△DEF≌△CEB（AAS），
∴BE＝EF，
∴BF＝BE+EF＝2BE＝4，
∴BE＝2．【类型四：特殊“K”型图】
【典例4】（1）猜想：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．试猜想DE、BD、CE有怎样的
数量关系，请直接写出；
（2）探究：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m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝
∠BAC＝ （其中 为任意锐角或钝角）如果成立，请你给出证明；若不成立，请说明
理由； α α
（3）解决问题：如图3，F是角平分线上的一点，且△ABF和△ACF均为等边三角形，
D、E分别是直线m上A点左右两侧的动点，D、E、A互不重合，在运动过程中线段
DE的长度始终为n，连接BD、CE，若∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，试判断△DEF的形状，
并说明理由．
【解答】解：（1）DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAC＝90°，
∴∠BAD+∠CAE＝90°，∵BD⊥m，CE⊥m，
∴∠ADB＝∠CEA＝90°，
∴∠BAD+∠ABD＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ADB和△CEA中，
，
∴△ADB≌△CEA（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE；
（2）结论DE＝BD+CE成立，
理由如下：∵∠BAD+∠CAE＝180°﹣∠BAC，∠BAD+∠ABD＝180°﹣∠ADB，∠ADB
＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△BAD和△ACE中，
，
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝DA+AE＝BD+CE；
（3）△DFE为等边三角形，
理由如下：由（2）得，△BAD≌△ACE，
∴BD＝AE，∠ABD＝∠CAE，
∴∠ABD+∠FBA＝∠CAE+FAC，即∠FBD＝∠FAE，
在△FBD和△FAE中，
，
∴△FBD≌△FAE（SAS），
∴FD＝FE，∠BFD＝∠AFE，
∴∠DFE＝∠DFA+∠AFE＝∠DFA+∠BFD＝60°，∴△DFE为等边三角形．
【变式4】已知，在△ABC中，AB＝AC，D，A，E三点都在直线m上，且DE＝9cm，
∠BDA＝∠AEC＝∠BAC
（1）如图①，若AB⊥AC，则BD与AE的数量关系为 ，CE与AD的数量关系
为 ；
（2）如图②，判断并说明线段BD，CE与 DE的数量关系；
（3）如图③，若只保持∠BDA＝∠AEC，BD＝EF＝7cm，点A在线段DE上以2cm/s
的速度由点D向点E运动，同时，点C在线段EF上以xcm/s的速度由点E向点F运动，
它们运动的时间为t（s）．是否存在x，使得△ABD与△EAC全等？若存在，求出相应
的t的值；若不存在，请说明理由．
【解答】解：（1）∵∠BDA＝∠AEC＝∠BAC，
∴∠BAD+∠CAE＝∠BAD+∠ABD，
∴∠CAE＝∠ABD，
∵∠BDA＝∠AEC，BA＝CA，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
故答案为：BD＝AE，CE＝AD；
（2）DE＝BD+CE，
由（1）同理可得△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，CE＝AD，
∴DE＝BD+CE；
（3）存在，当△DAB≌△ECA时，
∴AD＝CE＝2cm，BD＝AE＝7cm，
∴t＝1，此时x＝2；
当△DAB≌△EAC时，
∴AD＝AE＝4.5cm，DB＝EC＝7cm，
∴t＝ ，x＝7÷ ＝ ，综上：t＝1，x＝2或t＝ ，x＝ ．
1．如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别为D，E．
（1）求证：△ACD≌△CBE；
（2）试探究线段AD，DE，BE之间有什么样的数量关系，请说明理由．
【解答】（1）证明：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∴∠ACE+∠CAD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠BCE＝∠CAD，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
2．如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA＝∠AEC＝
∠BAC＝ ，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．
α【解答】解：∵∠AEC＝∠BAC＝ ，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣ ， α
∠BAD+∠CAE＝180°﹣ ，α
∴∠ECA＝∠BAD， α
在△BAD与△ACE中，
，
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．
3．如图，把一块直角三角尺ABC的直角顶点C放置在水平直线MN上，在△ABC中，∠C
＝90°，AC＝BC，试回答下列问题：
（1）若把三角尺ABC绕着点C按顺时针方向旋转，当AB∥MN时，∠2＝ 4 5 度；
（2）在三角尺 ABC 绕着点 C 按顺时针方向旋转过程中，分别作 AM⊥MN 于 M，
BN⊥MN与N，若AM＝6，BN＝2，求MN．
（3）三角尺ABC绕着点C按顺时针方向继续旋转到图3的位置，其他条件不变，则
AM、BN与MN之间有什么关系？请说明理由．【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC，∠ACB＝90°，
∴∠B＝∠A＝45°，
∵AB∥MB，
∴∠2＝∠B＝45°，
故答案为45；
（2）∵AM⊥MN于M，BN⊥MN于N，
∴∠AMC＝90°，∠BNC＝90°．
∴∠1+∠CAM＝90°，
又∵∠1+∠2＝90°，
∴∠2＝∠CAM，
同理：∠1＝∠CBN，
在△AMC和△CNB中，
，
∴△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC+CN＝AM+BN＝2+6＝8；
（3）MN＝BN﹣AM，理由：
同（2）的方法得，△AMC≌△CNB（ASA），
∴AM＝CN，MC＝BN，
∴MN＝MC﹣CN＝BN﹣AM．
4．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．
5.已知△ABC在平面直角坐标系中，在△ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°．
（1）如图①，已知点A（0，﹣4），B（1，0），求点C的坐标；
（2）如图②，已知点A（0，0），B（3，1），求点C的坐标．
【解答】解：（1）过点C作x轴的垂线，交x轴于点D，∵A（0，﹣4），B（1，0），
∴OA＝4，OB＝1，
∵∠ABC＝90°，∠AOB＝90°，
∴∠CBD+∠OBA＝90°，∠OAB+∠OBA＝90°，
∴∠CBD＝∠BAO，
∵AB＝BC，∠AOB＝∠BDC＝90°，
∴△BCD≌△ABO（AAS），
∴CD＝BO＝1，BD＝AO＝4，
∴OD＝3，
∴点C坐标为（﹣3，1）；
（2）过B作x轴的垂线，交x轴于点D，过点C作DB的垂线交DB的延长线于点E，
∵A（0，0），B（3，1），
∴OD＝3，BD＝1，
∵∠ABC＝90°，∠ADB＝90°，
∴∠CBE+∠OBD＝90°，∠BAD+∠OBD＝90°，
∴∠BAD＝∠CBE，
∵AB＝BC，∠ADB＝∠BEC＝90°，∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴CE＝BD＝1，BE＝AD＝3，
∴DE＝4，
∴点C的横坐标为3﹣1＝2，
∴点C坐标为（2，4）．
6．如图1，在平面直角坐标系中，点A（0，m），B（m，0），C（0，﹣m），其中m＞
0，点P为线段OA上任意一点，连接BP，CE⊥BP于E，AD⊥BP于D．
（1）求证：AD＝BE；
（2）当m＝3时，若点N（﹣3，0），请你在图1中连接CD，EN交于点Q．求证：
EN⊥CD；
（3）若将“点P为线段OA上任意一点，”改为“点P为线段OA延长线上任意一点”，
其他条件不变，连接CD，EN⊥CD，垂足为F，交y轴于点H，交x轴于点N，请在图2
中补全图形，求点N的坐标（用含m的代数式表示）．
【解答】（1）证明：如图1中，∵A（0，m），B（m，0），C（0，﹣m），
∴OA＝OB＝OC＝m，
∴∠ABC＝90°，
∵OB⊥AC，OA＝OC，
∴BA＝BC，
∵CE⊥BP于E，AD⊥BP于D，
∴∠ADB＝∠CEB＝90°，
∵∠CBE+∠ABD＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ABD＝∠BCE，在△ADB和△BEC中，
，
∴△ADB≌△BEC（AAS），
∴AD＝BE．
（2）证明：如图1中，设CD交ON于点J，EN交CD于点K．
∵N（﹣3，0），m＝3，
∴OA＝OB＝OC＝ON＝3，
∴AC＝BN，
∵∠ADP＝∠BOP＝90°，∠APD＝∠BPO，
∴∠DAC＝∠EBN，
在△ACD和△BNE中，
，
∴△ACD≌△BNE（SAS），
∴∠ACD＝∠BNE，
∵∠ACD+∠CJO＝90°，∠CJO＝∠NJK，
∴∠CNE+∠NJK＝90°，
∴∠NKJ＝90°，
∴CD⊥EN．
（3）解：如图2中，∵CE⊥BP于E，AD⊥BP于D，
∴∠ADB＝∠CEB＝90°，
∵∠CBE+∠ABD＝90°，∠CBE+∠BCE＝90°，
∴∠ABD＝∠BCE，
在△ADB和△BEC中，
，
∴△ADB≌△BEC（AAS），∴AD＝BE．∠BAD＝∠CBE，
∵∠CAB＝∠CBO＝45°，
∴∠CAD＝∠EBN，
∵EN⊥CD，
∴∠CFH＝∠NOH，
∵∠NHO＝∠CHF，
∴∠ACD＝∠HNO，
在△CAD和△NBE中，
，
∴△CAD≌△NBE（AAS），
∴AC＝BN＝2m，
∴ON＝BN﹣OB＝m，
∴N（﹣m，0）．7．如图1，在平面直角坐标系内，A（﹣6，0），B（0，9），C（0，4），连接AB、
AC，点D为x轴正半轴上一点，且S△ACD ＝ S△ABC ．
（1）求点D的坐标；
（2）如图2，延长DC交AB于点E，AE＝AC，求点E的坐标；
（3）如图3，在（2）的条件下，点P在第三象限，连接AP、BP、CP，若∠CAP＝
90°，∠BAC＝2∠PCO，BP交x轴于点K，求点K的坐标．
【解答】解：（1）∵A（﹣6，0），B（0，9），C（0，4），
∴AO＝6，OB＝9，OC＝4，
∴BC＝OB﹣OC＝9﹣4＝5，
∴S△ACB ＝ ×5×6＝15，
∵S△ACD ＝ ×4•AD＝2AD，S△ACD ＝ S△ABC ．
∴2AD＝ ×15，
∴AD＝10，
∴OD＝AD﹣OA＝10﹣6＝4，
∴D（4，0）；
（2）过点E作FH∥AD，交y轴于点H，过点A作FA⊥AD，交FH于点F，∵x轴⊥y轴，
∴∠AOB＝90°，
∵FH∥AD，
∴∠FHO＝90°，
∵FA⊥AD，
∴∠FAO＝90°，
∵FH∥AD，
∴∠AFH+∠FAD＝180°，
∴∠AFH＝90°，
∴∠AFH＝∠FHO＝∠FAO＝∠AOB＝90°，
∴四边形AFHO是矩形，
∵AE＝AC，
∴∠AEC＝∠ACE，
∵OC＝OD，
∴∠COD＝90°，
∴∠CDO＝∠DCO＝45°，
∵ FH∥ AD ， ∠ CEH ＝ ∠ CDO ＝ 45° ， 且 ∠ AEF+∠ AEC+∠ CEH ＝ 180° ，
∠ACO+∠ACE+∠DCO＝180°，
∴∠AEF＝∠ACO，
在△AEF和△ACO中，
，
∴△AEF≌△ACO（AAS），
∴AF＝AO，EF＝CO＝4，∴矩形AFHO为正方形，
∴AO＝FH＝6，
∴EH＝FH﹣EF＝6﹣4＝2，
∴E（﹣2，6）；
（3）∵∠BAC＝2∠PCO，
设∠PCO＝ ，
∴∠BAC＝2α ，
∵AE＝AC，α
∴∠AEC＝∠ACE＝ （180°﹣∠BAC）＝90°﹣ ，
∵∠DCO＝45°， α
∴∠ACP＝180°﹣∠DCO﹣∠PCO﹣∠ECA＝180°﹣45°﹣ ﹣（90°﹣ ）＝45°，
∵∠CAP＝90°， α α
∴∠APC＝180°﹣∠CAP﹣∠ACP＝180°﹣90°﹣45°＝45°，
∴∠ACP＝∠CAP，
∴AC＝AP，
过点A作HR⊥x轴．过点C作CH⊥HR，过点P作RT⊥HR，
∴∠H＝∠CAP＝∠R＝90°，
∵∠HAC+∠HCA＝180°﹣∠H＝180°﹣90°＝90°，∠HAC+∠RAP＝180°﹣∠CAP＝180°
﹣90°＝90°，
∴∠HCA＝∠RAP，
在△CHA和△ARP中，，
∴△CHA≌△ARP（AAS），
∴HC＝AR，HA＝RP，
∵OA＝6，OC＝4，TB＝OB+OT＝9+6＝15，
∴HC＝AR＝6，
∴HA＝RP＝4，
∴PT＝RT﹣RP＝6﹣4＝2，
设KO＝a，S△BPT ＝S梯形KOTP +S△BKO ，
∴ （KO+PT）•OT+ KO•OB，
∴ ×（a+2）×6+ a×9，
解得a＝ ，
∴K（﹣ ，0）．
8．从反思中总结基本活动经验是一个重要的学习方法．例如，我们在全等学习中所总结的
“一线三等角、K型全等”这一基本图形，可以使得我们在观察新问题的时候很迅速地
联想，从而借助已有经验，迅速解决问题．
（1）如图1，在平面直角坐标系中，四边形OBCD是正方形，且D（0，2），点E是线
段OB延长线上一点，M是线段OB上一动点（不包括点O、B），作MN⊥DM，垂足
为 M，且 MN＝DM．设 OM＝a，请你利用基本活动经验直接写出点 N 的坐标
（ 2+ a ， a ） （用含a的代数式表示）；
（2）基本经验有利有弊，当基本经验有利于新问题解决的时候，这是基本经验的正迁
移；当基本经验所形成的思维定势局限了新问题的思考，让新问题解决不出来的时候，
这是基本经验的负迁移．例如，如果（1）的条件去掉“且 MN＝DM”，加上“交
∠CBE的平分线与点N”，如图2，求证：MD＝MN．如何突破这种定势，获得问题的
解决，请你写出你的证明过程．
（3）如图3，请你继续探索：连接DN交BC于点F，连接FM，下列两个结论：①FM
的长度不变；②MN平分∠FMB，请你指出正确的结论，并给出证明．【解答】（1）解：如图1中，作NE⊥OB于E，
∵∠DMN＝90°，
∴∠DMO+∠NME＝90°，∠NME+∠MNE＝90°，
∴∠DMO＝∠MNE，
在△DMO和△MNE中，
，
∴△DMO≌△MNE，
∴ME＝DO＝2，NE＝OM＝a，
∴OE＝OM+ME＝2+a，
∴点N坐标（2+a，a），
故答案为N（2+a，a）．
（2）证明：如图2中，在OD上取OH＝OM，连接HM，∵OD＝OB，OH＝OM，∴HD＝MB，∠OHM＝∠OMH，
∴∠DHM＝180°﹣45°＝135°，
∵NB平分∠CBE，∴∠NBE＝45°，
∴∠NBM＝180°﹣45°＝135°，∴∠DHM＝∠NBM，
∵∠DMN＝90°，∴∠DMO+∠NMB＝90°，
∵∠HDM+∠DMO＝90°，
∴∠HDM＝∠NMB，
在△DHM和△MBN中，
，
∴△DHM≌△MBN（ASA），
∴DM＝MN．
（3）结论：MN平分∠FMB成立．
证明：如图3中，在BO延长线上取OA＝CF，
在△AOD和△FCD中，
∴△DOA≌△DCF，
∴AD＝DF，∠ADO＝∠CDF，
∵∠MDN＝45°，
∴∠CDF+∠ODM＝45°，
∴∠ADO+∠ODM＝45°，
∴∠ADM＝∠FDM，
在△DMA和△DMF中，，
∴△DMA≌△DMF，
∴∠DFM＝∠DAM＝∠DFC，
过M作MP⊥DN于P，则∠FMP＝∠CDF，
由（2）可知∠NMF+∠FMP＝∠PMN＝45°，
∵∠NMB＝∠MDO，∠MDO+∠CDF＝45°，
∴∠NMB＝∠NMF，即MN平分∠FMB．
（在旋转过程中，FM＝AM，显然AM的长度是变化的，故FM的长度是变化的或取两
个特殊位置，比较AM的值即可发现结论）．
