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专题13一线三等角模型证全等
1．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．
2．【感知模型】“一线三等角”模型是平面几何图形中的重要模型之一，请根据以下问题，把你
的感知填写出来：
①如图1，△ABC是等腰直角三角形，∠C＝90o，点D为AB中点，则△AED∽ △ BDF ；
②如图2，△ABC为正三角形，BD＝CF，∠EDF＝60°，则△BDE≌ △ CFD ；
③如图3，正方形ABCD的顶点B在直线l上，分别过点A、C作AE⊥l于E，CF⊥l于F．若
AE＝1，CF＝2，则EF的长为 3 ．
【模型应用】
（2）如图4，将正方形OABC放在平面直角坐标系中，点O为原点，点A的坐标为（1，
），则点C的坐标为 （﹣ ， 1 ） ．
【模型变式】
（3）如图5所示，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，BE⊥CE于D，DE＝4cm，AD＝
6cm，求BE的长．【解答】解：（1）①如图1，∵△ABC是等腰直角三角形，
∴∠A＝∠B＝45°，
∵点D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∵∠EDB＝∠A+∠AED＝∠EDF+∠FDB，
∴∠AED＝∠EDB，
∴△AED∽△BDF，
故答案为△BDF；
②∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠C＝60°，
∵∠EDC＝∠B+∠BED＝∠EDF+∠FDC，
∴∠BED＝∠FDC，
又∵BD＝CF，
∴△BDE≌△CFD（AAS），
故答案为：△CFD；
③∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠ABC＝90°，
∵AE⊥EF，CF⊥EF，
∴∠AEB＝∠CFB＝90°＝∠ABC，
∴∠ABE+∠BAE＝90°＝∠ABE+∠CBF，
∴∠BAE＝∠CBF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF＝1，BE＝CF＝2，
∴EF＝3，
故答案为：3；
（2）如图④，过点A作AF⊥x轴于F，过点C作CE⊥x轴于E，∵点A的坐标为（1， ），
∴AF＝ ，OF＝1，
∵四边形ABCO是正方形，
∴AO＝OC，∠AOC＝90°，
∵AF⊥EF，CE⊥EF，
∴∠AFO＝∠CEO＝90°＝∠AOC，
∴∠AOF+∠FAO＝90°＝∠AOF+∠COE，
∴∠COE＝∠FAO，
∴△AOF≌△OCE（SAS），
∴CE＝OF＝1，OE＝AF＝ ，
∴点C坐标为：（﹣ ，1），
故答案为：（﹣ ，1）；
（3）如图⑤，∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC＝∠BEC＝90°，
∵∠DCA+∠BCE＝90°，∠DCA+∠DAC＝90°，
∴∠DAC＝∠BCE，
又∵AC＝BC，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CE＝AD＝6cm，CD＝BE，
∴BE＝CD＝CE﹣DE＝6﹣4＝2cm．
3．直线l经过点A，△ABC在直线l上方，AB＝AC．
（1）如图 1，∠BAC＝90°，过点 B，C 作直线 l 的垂线，垂足分别为 D、E．求证：
△ABD≌△CAE；
（2）如图2，D，A，E三点在直线l上，若∠BAC＝∠BDA＝∠AEC＝ （ 为任意锐角或钝
角），猜想线段DE、BD、CE有何数量关系？并给出证明； α α
（3）如图3，∠BAC＝90°过点B作直线l上的垂线，垂足为F，点D是BF延长线上的一个动
点，连结AD，作∠DAE＝90°，使得AE＝AD，连结DE，CE．直线l与CE交于点G．求证：G
是CE的中点．【解答】（1）证明：∵BD⊥l，CE⊥l，
∴∠BDA＝∠AEC＝90°，
∴∠ABD+∠DAB＝90°，
∵∠BAC＝90°，
∴∠CAE+∠DAB＝90°，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD与△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS）；
（2）解：猜想：DE＝BD+CE，
∵∠BDA＝∠BAC＝ ，
∴∠ABD+∠DAB＝1α80°﹣∠BDA＝180°﹣ ，∠CAE+∠DAB＝180°﹣∠BAC＝180°﹣ ，
∴∠ABD＝∠CAE， α α
在△ABD与△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，DA＝EC，
∴DE＝AE+DA＝BD+CE；
（3）证明：分别过点C、E作CM⊥l，EN⊥l，由（1）可知△ABF≌△CAM，△ADF≌△EAN，
∴AF＝CM，AF＝EN，
∴CM＝EN，
∵CM⊥l，EN⊥l，
∴∠CMG＝∠ENG＝90°，
在△CMG与△ENG中，
，
∴△CMG≌△ENG（AAS），
∴CG＝EG，
∴G为CE的中点．
4．已知：在△ABC中，AB＝AC，直线l过点A．
（1）如图1，∠BAC＝90°，分别过点B，C作直线l的垂线段BD，CE，垂足分别为D，E．
①依题意补全图1；
②用等式表示线段DE，BD，CE之间的数量关系，并证明．
（2）如图2，当∠BAC≠90°时，设∠BAC＝ （0°＜ ＜180°），作∠CEA＝∠BDA＝ ，点
D，E在直线l上，直接用等式表示线段DE，BαD，CE之α间的数量关系为 DE ＝ BD + CE α ．
【解答】解：（1）①依题意补全图形如图1所示．②用等式表示DE，BD，CE之间的数量关系为DE＝BD+CE．
证明：∵CE⊥l，BD⊥l，
∴∠CEA＝∠ADB＝90°．
∴∠ECA+∠CAE＝90°．
∵∠BAC＝90°，直线l过点A，
∴∠CAE+∠BAD＝180°﹣∠BAC＝90°．
∴∠ECA＝∠BAD．
又∵AC＝AB，
∴△CEA≌△ADB（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD．
∴DE＝AE+AD＝BD+CE．
（2）用等式表示DE，BD，CE之间的数量关系为DE＝BD+CE，
理由如下：∵∠BAE是△ABD的一个外角，
∴∠BAE＝∠ADB+∠ABD，
∵∠BDA＝∠BAC，
∴∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，
，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴AD＝CE，BD＝AE，
∴DE＝AD+AE＝BD+CE．
故答案为：DE＝BD+CE．
5．如图，CD∥AB，CD＝CB，点E在BC上，∠D＝∠ACB．
（1）求证：CE＝AB．
（2）若∠A＝125°，则∠BED的度数是 55 ° ．【解答】证明：（1）∵CD∥AB，
∴∠B＝∠DCE，
在△DEC与△CAB中，
，
∴△DEC≌△CAB（ASA），
∴CE＝AB；
解：（2）∵△DEC≌△CAB，
∴∠CED＝∠A＝125°，
∴∠BED＝180°﹣125°＝55°，
故答案为：55°．
6．直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，直线l过点C．
（1）当AC＝BC时，如图①，分别过点A，B作AD⊥l于点D，BE⊥l于点E．试说明AD＝
CE；
（2）当AC＝8，BC＝6时，如图②，点B与点F关于直线l对称，连接BF，CF，动点M从点
A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AC边向终点C运动，同时动点N从点F出发，以每秒3
个单位的速度沿F→C→B→C→F向终点F运动，点M，N到达相应的终点时停止运动，过点M
作MD⊥l于点D，过点N作NE⊥l于点E，设运动时间为t秒．
①CM＝ 8 ﹣ t ，当N在F→C路径上时，CN＝ 6 ﹣ 3 t ；（用含t的代数式表示）
②当△MDC与△CEN全等时，求t的值．【解答】解：（1）△ACD与△CBE全等．
理由如下：∵AD⊥直线l，
∴∠DAC+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACD＝90°，
∴∠DAC＝∠ECB，
在△ACD和△CBE中，
，
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴AD＝CE；
（2）①由题意得，AM＝t，FN＝3t，
则CM＝8﹣t，
由折叠的性质可知，CF＝CB＝6，
∴CN＝6﹣3t．
故答案为：8﹣t；6﹣3t；
②由折叠的性质可知，∠BCE＝∠FCE，
∵∠MCD+∠CMD＝90°，∠MCD+∠BCE＝90°，
∴∠NCE＝∠CMD，
∴当CM＝CN时，△MDC与△CEN全等，
当点N沿F→C路径运动时，8﹣t＝6﹣3t，
解得，t＝﹣1（不合题意），
当点N沿C→B路径运动时，8﹣t＝3t﹣6，
解得，t＝3.5，
当点N沿B→C路径运动时，由题意得，8﹣t＝18﹣3t，
解得，t＝5，
当点N沿C→F路径运动时，由题意得，8﹣t＝3t﹣18，解得，t＝6.5，
综上所述，当t＝3.5秒或5秒或6.5秒时，△MDC与△CEN全等．
7．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＝2．8．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，垂足分别为E，F．
（1）如图所示，当直线l不与底边AB相交时，求证：EF＝AE+BF．
（2）当直线l绕点C旋转到图（b）的位置时，猜想EF、AE、BF之间的关系，并证明．
（3）当直线l绕点C旋转到图（c）的位置时，猜想EF、AE、BF之间的关系，直接写出结论．
【解答】（1）证明：∵∠ACB＝90°，
∴∠ECA+∠FCB＝90°，
又∵AE⊥l，BF⊥l，
∴∠AEF＝∠BFC＝90°，
∴∠ECA+∠EAC＝90°，
∴∠FCB＝∠EAC，
在△ACE和△CBF中，
，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，CE＝BF，
∵EF＝EC+CF，
∴EF＝AE+BF；（2）解：EF＝AE﹣BF，
理由如下：∵∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠FCB＝90°，
又∵AE⊥l，BF⊥l，
∴∠AEF＝∠BFC＝90°，
∴∠CAE+∠ACE＝90°，
∴∠CAE＝∠FCB，
又∵AC＝BC，
∴△ACE≌△CBF（AAS），
∴AE＝CF，CE＝BF，
∴EF＝CF﹣CE＝AE﹣BF；
（3）解：EF＝BF﹣AE，
理由如下：∵∠AEC＝∠CFB＝90°，∠ACB＝90°，
∴∠ACE+∠CAE＝∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠CAE＝∠BCF，
∵AC＝BC，
∴△CAE≌△BCF（AAS），
∴CE＝BF，AE＝CF，
∴EF＝CE﹣CF＝BF﹣AE，
即EF＝BF﹣AE．
9．如图，已知l ∥l ，射线MN分别和直线l ，l 交于A、B，射线ME分别和直线l ，l 交于C、
1 2 1 2 1 2
D，点P在A、B间运动（P与A、B两点不重合）
（1）如图①，如果∠PDB＝50°，∠PCA＝20°，∠CPD＝ 70 ° ．
若∠PDB＝ ，∠PCA＝ ，∠CPD＝ ，请直接写出 ， ， 之间的数量关系 ＝ + ．
α β γ α β γ γ α β
（2）如图②，若 MN⊥l 于点 A，BD＝2，AB＝6，AC＝4，当 AP 为多少时，
1
△ACP≌△BPD，请判断此时PC与PD的数量与位置关系，并说明理由．（3）请用尺规作图作出∠BDC的角平分线DP，其中P为角平分线与AB的交点，若此时点P
为线段AB的中点，请你在备用图中再画出合适的辅助线以能展现你的做题思路，并直接写出
线段AC、BD、CD的数量关系，不用再说明理由．
【解答】解：（1）过点P作PQ∥l ，交ME于点Q，如图①，
1
∵l ∥l ，PQ∥l ，
1 2 1
∴PQ∥l ，
2
∴∠BDP＝∠DPQ＝50°，
∵PQ∥l ，
1
∴∠QPC＝∠PCA＝20°，
∴∠DPC＝∠DPQ+∠CPQ＝70°，
∵∠PDB＝ ，∠PCA＝ ，∠CPD＝ ，
同理可得：α∠CPD＝∠PβDB+∠PCA，γ
∴ ＝ + ，
故γ答案α为β：70°． ＝ + ．
（2）CP＝PD，CγP⊥αPDβ．
理由如下：
如图②，若△ACP≌△BPD，
则AP＝BD＝2，∠CPA＝∠PDB，CP＝PD，
∵MN⊥l ，
1
∴∠DBM＝90°，∴∠DPB+∠PDB＝90°，
∴∠CPA+∠BPD＝90°，
∴∠CPD＝90°，
∴CP⊥PD．
（3）CD＝CA+BD．理由如下：
以点D为圆心，以任意长度为半径画弧，交l ，ME于F、H，分别以H、F为圆心，以大于
1
EF的长为半径画弧，
相交于Q、T两点，连接DQ，即为∠CDF的角平分线，设DQ交AB于P，交l 于G，如图③，
1
在△DPB和△GPA中，
，
∴△DPB≌△GPA（AAS），
∴BD＝AG，
∵DG是∠CDF的角平分线，
∴∠CDG＝∠FDG，
∵l ∥l ，
1 2
∴∠FDG＝∠CGD，
∴∠CDG＝∠CGD，
∴CD＝CG，
∵CG＝CA+AG＝CA+BD，
∴CD＝CA+BD．
10．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 BD ＝ AE ，CE与AD的数量关系为
CE ＝ AD ；
（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＝ ．
11．已知Rt△ABC和Rt△ADE，AB＝AC，AD＝AE．连接BD、CE，过点A作AH⊥CE于点H，
反向延长线段AH交BD于点F．
（1）如图1，当AB＝AD时
①请直接写出BF与DF的数量关系：BF ＝ DF（填“＞”、“＜”、“＝”）
②求证：CE＝2AF（2）如图2，当AB≠AD时，上述①②结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请
说明理由．
【解答】解：（1）∵AB＝AC，AD＝AE，AB＝AD，
∴AC＝AE，
∵AH⊥CE，
∴∠CAH＝∠EAH，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠CAH+∠BAF＝90°，∠EAH+∠DAF＝90°，
∴∠BAF＝∠DAF，
在△BAF和△DAF中，
，
∴△BAF≌△DAF（SAS），
∴BF＝DF，
故答案为：＝；
②∵AC＝AE，AH⊥CE，
∴CH＝EH＝ CE，
∴CE＝2CH，
∵∠BAC＝∠AHC＝90°，
∴∠BAF+∠CAH＝90°，∠ACH+∠CAH＝90°，
∴∠BAF＝∠ACH，∵△BAF≌△DAF，
∴∠AFB＝∠AFD＝90°，
∴∠AFB＝∠CHA，
在△AFB和△CHA中，
，
∴△AFB≌△CHA（AAS），
∴AF＝CH，
∴CE＝2AF；
（2）成立，证明如下：
作BM⊥AF于点M，作DN⊥AF交AF的延长线于点N，
∴∠BMA＝∠N＝90°，
∴∠BAM+∠ABM＝90°，∠DAN+∠ADN＝90°，
∵∠BAC＝∠DAE＝90°，
∴∠BAM+∠CAH＝90°，∠DAN+∠EAH＝90°，
∴∠ABM＝∠CAH，∠ADN＝∠EAH，
∵AH⊥CE，
∴∠AMB＝∠CHA＝∠N＝∠EHA＝90°，
在△AMB和△CHA中，
，
∴△AMB≌△CHA（AAS），
∴MB＝AH，同理可证△AND≌△EHA（AAS），
∴DN＝AH，
∴BM＝DN，
在△BMF和△DNF中，
，
∴△BMF≌△DNF（AAS），
∴BF＝DF，MF＝NF，
∴AM＝AF﹣MF，AN＝AF+NF＝AF+MF，
∴AM+AN＝AF﹣MF+AF+MF＝2AF，
∵△AMB≌△CHA，△AND≌△EHA，
∴AM＝CH，AN＝EH，
∴CH+EH＝AM+AN＝2AF，
∵CE＝CH+EH，
∴CH＝2AF，
即BF＝DF，CE＝2AF．
12．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）．
