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第 14 讲 一线三等角模型专项突破（解析版）
第一部分 典例剖析及针对训练
类型一 直角型“一线三等角”——“一线三垂直”
名师点金： 直角型“一线三等角”又称“三垂直”或“K”形图，是“一线三等角”问题中最为常见的一
种．认识“三垂直”模型：直线绕直角顶点旋转，由外到内，由一般到特殊．
典例1（2022春•七星关区期末）如图，△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，AE是过A点的一条直线l
（1）作BD⊥l于点D，CE⊥l于E点，若B点和C点在直线l的同侧，求证：DE＝BD+CE；
（2）若直线l绕点A旋转到B点和C点在其两侧，其余条件不变，问：BD、DE、CE的关系如何？请
予以证明．
思路引领：（1）由AAS证明△ABD≌△CAE，得到BD＝AE，AD＝CE，即可解决问题．
（2）由AAS证明证明△ABD≌△CAE，得出BD＝AE，AD＝CE，即可得出结论．
（1）证明：∵∠BAC＝90°，BD⊥DE，CE⊥DE，
∴∠DAB+∠DBA＝∠DAB+∠EAC，
∴∠DBA＝∠EAC；
在△ABD与△CAE中，¿，
∴△ABD≌△CAE（AAS），
∴BD＝AE，AD＝CE，
∴DE＝BD+CE．
（2）解：CE＝BD+DE；理由如下：
同（1）得：∠ABD＝∠CAE，
在△ABD和△CAE中，¿，
∴△ABD≌△CAE（AAS），∴BD＝AE，AD＝CE，∵AD＝AE+DE，∴CE＝BD+DE．
解题秘籍：该题主要考查了全等三角形的判定及其性质、等腰直角三角形的性质；熟练掌握等腰直角三
角形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．
例2 如图，在Rt ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，E为BC上一点，连接AE，作AF⊥AE且AF＝AE，
BF交AC于D．△
（1）如图1，求证：D为BF中点；
（2）如图1，求证：BE＝2CD；
BE 2 AD
（3）如图2，若 = ，直接写出 的值．
CE 3 CD
思路引领：（1）如图1，过F点作FG⊥AC于点G，证明△AGF≌△ECA（AAS），得出AG＝EC，FG
＝AC，证明△FGD≌△BCD（AAS），得出DF＝BD，则可得出结论；
（2）由（1）得出DC＝GD，BE＝CG，则可得出结论；
CE 3
（3）过 F 点作 FG⊥AC 于点 G，得出 = ，由（1），（2）可知△AGF≌△ECA，
AC 5
△FGD≌△BCD，得出CE＝AG，CD＝DG，则可求出答案．
证明：（1）如图1，过F点作FG⊥AC于点G，
∵∠FAG+∠CAE＝90°，∠FAG+∠AFG＝90°，
∴∠CAE＝∠AFG，
在△AGF和△ECA中，{∠AGF=∠ECA
∠GFA=∠CAE ，
AF=AE
∴△AGF≌△ECA（AAS），
∴AG＝EC，FG＝AC，
∵AC＝BC，
∴BC＝FG，
又∵∠FGD＝∠DCB＝90°，∠FDG＝∠CDB，
∴△FGD≌△BCD（AAS），
∴DF＝BD，
即D为BF的中点；
（2）证明：∵△FGD≌△BCD，
∴DC＝GD，
∴CG＝2CD，
∵AG＝CE，AC＝BC，
∴CG＝BE，
∴BE＝2CD；
（3）解：如图2，过F点作FG⊥AC于点G，
BE 2 CE 3
∵ = ，∴ = ，
CE 3 BC 5
CE 3
∵AC＝CB，∴ = ，
AC 5
由（1），（2）可知△AGF≌△ECA，△FGD≌△BCD，
∴CE＝AG，CD＝DG，
AG 3 CG 2
∴ = ，∴ = ，
AC 5 AG 3
CD 1 CD 1
∴ = ，∴ = ．
AG 3 AD 4AD
∴ =4．
CD
解题秘籍：本题是三角形综合题，考查了全等三角形的判定与性质，本题中证明△AGF≌△ECA、
△FGD≌△BCD是解题的关键．
针对练习1
1．（2021秋•东丽区校级月考）如图，△ABC中，AC＝BC，∠C＝90°，A（0，3），C（1，0），则点B
的坐标为 ．
思路引领：作BD⊥x轴于D点，易证∠CAO＝∠BCD，即可证明△OAC≌△DCB，可得CD＝OA，BD
＝OC，即可解题．
解：如图，作BD⊥x轴于D点，
∵BD⊥x轴于D点，
∴∠AOC＝∠CDB＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCD＝90°，
∵∠ACO+∠OAC＝90°，
∴∠OAC＝∠BCD，
在△AOC和△CDB中，
{∠AOC=∠CDB
∠OAC=∠BCD，
AC=BC
∴△AOC≌△CDB，
∴CD＝AO，OC＝BD，∵点C（1，0），A（0，3），
∴OC＝1，BD＝1，CD＝3，
∴OD＝4，
∴点B的坐标为（4，1）．
故答案为：（4，1）．
解题秘籍：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
△OAC≌△DCB是解题的关键．
2．如图，△ACB为等腰直角三角形，A（﹣1，0），C（1，3），AC⊥BC，求B点坐标．
思路引领：如图，过点C作直线l∥x轴，作AE⊥l于E，BF⊥l于F．只要证明△AEC≌△CFB即可解
决问题；
解：如图，过点C作直线l∥x轴，作AE⊥l于E，BF⊥l于F．
∵△ACB是等腰直角三角形，
∴AC＝BC，∠AEC＝∠ACB＝∠BFC＝90°，
∴∠ACE+∠EAC＝90°，∠ACE+∠BCF＝90°，
∴∠EAC＝∠BCF，
∴△AEC≌△CFB，
∴AE＝CF＝3，BF＝EC＝2，
∴B（4，1）．
解题秘籍：本题考查全等三角形的判定和性质、坐标与图形的性质、等腰直角三角形的性质等知识，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．
3．（2021秋•邗江区月考）在平面直角坐标系中，三角形ABC为等腰直角三角形，AC＝BC，BC交x轴于
点D．（1）若A（﹣8，0），C（0，6），直接写出点B的坐标 ；
（2）如图2，△OAB与△ACD均为等腰直角三角形，连OD，求∠AOD的度数；
（3）如图3，若AD平分∠BAC，A（﹣8，0），D（m，0），B的纵坐标为n，求2n+m的值．
思路引领：（1）过点B作BT⊥y轴于点T，证明△AOC≌△CTB，根据全等三角形的性质得到CT＝OA
＝8，BT＝CO＝6，得到答案；
（2）过点A作AH⊥OB于H，过点D作DE⊥OB于点E，根据△AHC≌△CED，得到CH＝DE，CE＝
AH，根据等腰三角形的性质解答即可；
（3）过B作x轴垂线交AC延长线于F，根据△ACD≌△BCF，得到BF＝AD＝8+m，得到答案．
解：（1）如图1，过点B作BT⊥y轴于点T，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACO+∠BCT＝90°，
∵BT⊥y轴，
∴∠CBT+∠BCT＝90°，
∴∠ACO＝∠CBT，
在△AOC和△CTB中，
{∠ACO=∠CBT
∠AOC=∠CTB，
AC=CB
∴△AOC≌△CTB（AAS），
∴CT＝OA＝8，BT＝CO＝6，
∴OT＝2，
∴点B的坐标为（6，﹣2），
故答案为：（6，﹣2）；
（2）如图2，过点A作AH⊥OB于H，过点D作DE⊥OB于点E．∵AO＝AB，AH⊥OB，∠OAB＝90°，
∴OH＝HB，∠AOB＝∠ABO＝45°，
1
∴AH= OB＝OH＝HB，
2
同（1）可证：△AHC≌△CED（AAS），
∴CH＝DE，CE＝AH，
∴CE＝OH，
∴OE＝CH＝DE，
∵∠DEO＝90°，
∴∠DOE＝45°，
∴∠AOD＝∠AOB+∠DOE＝90°；
（3）如图3，过B作x轴垂线交AC延长线于F，
则∠FAD+∠F＝90°，
∵∠FCB＝90°，∴∠FBC+∠F＝90°，
∴∠FAD＝∠FBC，
在△ACD和△BCF中，
{∠CAD=∠CBF
∠ACD=∠BCF，
AC=BC
∴△ACD≌△BCF（AAS），
∴BF＝AD＝8+m，
∵AD平分∠BAF，BF⊥x轴，
∴BF＝2n，∴8+m＝﹣2n，
∴2n+m＝﹣8．
解题秘籍：本题考查的是全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、坐标与图形性质，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．
类型二 等边三角形中的“一线三等角”
例3（2021•路南区三模）如图，△ABC是等边三角形，D、E、F分别是AB、BC、AC上一点，且∠DEF＝
60°．
（1）若∠1＝50°，求∠2；
（2）连接DF，若DF∥BC，求证：∠1＝∠3．
思路引领：（1）根据等边三角形的性质和三角形的内角和解答即可；
（2）根据平行线的性质和三角形的内角和解答即可．
解：（1）∵△ABC是等边三角形，
∴∠B＝∠A＝∠C＝60°，
∵∠B+∠1+∠DEB＝180°，
∠DEB+∠DEF+∠2＝180°，
∵∠DEF＝60°，
∴∠1+∠DEB＝∠2+∠DEB，
∴∠2＝∠1＝50°；
（2）连接DF，
∵DF∥BC，
∴∠FDE＝∠DEB，
∵∠B+∠1+∠DEB＝180°，∠FDE+∠3+∠DEF＝180°，
∵∠B＝60°，∠DEF＝60°，
∴∠1＝∠3．
解题秘籍：此题考查等边三角形的性质，关键是根据等边三角形的性质和三角形的内角和解答．
针对练习2
4．（2021•道外区一模）如图，△ABC是等边三角形，D、E分别在BC、AC上，AD、BE相交于F，且∠AFE＝60°．
求证：AD＝BE．
思路引领：根据等边三角形的性质可得AB＝BC，∠BCA＝∠ABC＝60°，再证明出∠BAD＝∠EBC，然
后可以证明△ABD≌△BCE，进而根据全等三角形的性质可得对应边相等．
证明：∵△ABC是等边三角形，
∴AB＝BC，∠BCA＝∠ABC＝60°，
即∠ABF+∠EBC＝60°，
又∵∠AFE＝60°，
∴∠BAD+∠ABF＝60°，
∴∠BAD＝∠EBC，
在△ABD和△BCE中，
{∠ABD=∠BCE
AB=BC ，
∠BAD=∠EBC
∴△ABD≌△BCE（ASA），
∴AD＝BE．
解题秘籍：此题主要考查了全等三角形的判定与性质，以及等边三角形的性质，关键是掌握全等三角形的
性质与判定方法．
类型三 等腰直角三角形中的“一线三等角”
例4（2021•沙坪坝区校级开学）如图，等腰Rt ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D、E分别在边AB、
CB上，CD＝DE，∠CDB＝∠DEC，过点C△作CF⊥DE于点F，交AB于点G．
（1）求证：AD＝BE；
（2）求证：△CDG为等腰三角形．思路引领：（1）根据题意和图形，利用全等三角形的判定可以证明结论成立；
（2）根据题意和（1）中的结论，利用全等三角形的性质和等腰三角形的判定可以证明结论成立．
证明：（1）∵∠CDB＝∠DEC，
∴∠ADC＝∠BED，
∵AC＝BC，
∴∠A＝∠B，
{
∠A=∠B
在△ACD与△BDE中， ∠ADC=∠BED，
CD=DE
∴△ACD≌△BDE（AAS），
∴AD＝BE；
（2）由（1）知，△ACD≌△BDE，
∴∠ACD＝∠BDE，
∵在Rt ACB中，AC＝BC，
∴∠A＝△∠B＝45°，
∴∠CDG＝45°+∠ACD，∠DGC＝45°+∠BCG，
∴∠CDF＝45°，
∵CF⊥DE交BD于点G，
∴∠DFC＝90°，
∴∠DCF＝45°，
∵DC＝DE，
∴∠DCE＝∠DEC，
∵∠DCE＝∠DCF+∠BCG＝45°+∠BCG，∠DEC＝∠B+∠BDE＝45°+∠BDE，
∴∠BCG＝∠BDE，
∴∠ACD＝∠BCG，
∴∠CDG＝∠CGD，∴CD＝CG，
∴△CDG是等腰三角形．
解题秘籍：本题考查全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所
求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
针对练习3
5．如图，在四边形ABCD中，∠BCD＝∠ADC＝90°，AD＝3，BC＝5，过点A作AE⊥AB，且AE＝AB，
连接DE，求△ADE的面积．
思路引领：过点A作AF⊥BC于点F，在AF上截取AM＝AD＝3，连接BM，根据已知条件可得四边形
ADCF是矩形，可以证明△BAM≌△EAD，进而可得S ＝S ．
ADE AMB
解：如图，过点A作AF⊥BC于点F，在AF上截取AM △＝AD＝△ 3，连接BM，
∵AF⊥BC，
∴∠AFC＝90°，
∴∠AFC＝∠BCD＝∠ADC＝90°，
∴四边形ADCF是矩形，
∴∠FAD＝90°，FC＝AD＝3，
∵AE⊥AB，
∴∠BAE＝90°，
∴∠BAM+∠EAF＝∠DAE+∠EAF＝90°，
∴∠BAM＝∠DAE，
在△BAM和△EAD中，
{
AM=AD
∠BAM=∠EAD，
AB=AE∴△BAM≌△EAD（SAS），
∴S ＝S ，
ADE AMB
∵B △ F＝BC﹣ △ FC＝5﹣3＝2，
1 1
∴S = ×AM•BF = ×3×2＝3．
AMB 2 2
△
所以△ADE的面积为3．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，解决本题的关键是掌握全等三角形的判定与性质．
6．（2021秋•洪山区期中）已知四边形ABCD中，AD∥BC，AB＝AD，∠ABC＝2∠C＝2α，点E在AD上，
点F在DC上．
（1）如图1，若α＝45°，∠BDC的度数为 ；
（2）如图2，当α＝45°，∠BEF＝90°时，求证：EB＝EF；
（3）如图3，若α＝30°，则当∠BEF＝ 时，使得EB＝EF成立？（请直接写出结果）
思路引领：（1）求出∠ABC、∠C，求出∠ADB＝∠ABD＝∠DBC＝45°，根据三角形内角和定理求出
即可．
（2）连接BD，作EM∥AB交BD于M，求出∠A＝90°，根据平行线性质推出△EMD是等腰直角三角
形，得出 DE＝EM，求出∠MEB＝∠DEF＝90°﹣∠MEF，∠EMB＝∠EDF＝135°，根据 ASA推出
△EMB≌△EDF即可．
（3）连接BD，作EM∥AB交BD于M，求出∠MEB＝∠DEF，∠EMB＝∠EDF＝150°，根据ASA推出
△EMB≌△EDF即可．
（1）解：∵α＝45°，∠ABC＝2∠C＝2α，
∴∠ABC＝2α＝90°，∠C＝45°，
∵AD∥BC，AD＝AB，
1
∴∠ADB＝∠DBC＝∠ABD= ∠ABC＝45°，
2
∴∠BDC＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
故答案为：90°．
（2）证明：连接BD，作EM∥AB交BD于M，
∵∠ABC＝90°，∠ABD＝∠ADB＝45°，AD∥BC，
∴∠A＝90°，
∴∠EMD＝∠EDM＝45°，∠DEM＝∠A＝90°
∴△EMD是等腰直角三角形，
∴DE＝EM，
∵∠DEM＝∠BEF＝90°，
∴∠MEB＝∠DEF＝90°﹣∠MEF，
∵∠EMD＝∠EDM＝45°，∠BDC＝90°，
∴∠EMB＝∠EDF＝135°，
∴在△EMB和△EDF中
{∠MEB=∠≝¿EM=ED
∠EMB=∠EDF
∴△EMB≌△EDF（ASA），
∴EB＝EF．
（3）解：当∠BEF＝120°时，EB＝EF成立，理由是：连接BD，作EM∥AB交BD于M，
∵α＝30°，
∴∠C＝30°，∠ABC＝2∠C＝60°，
∵AD∥BC，
∴∠A＝120°，∠EDF＝180°﹣30°＝150°，
∵EM∥AB，
∴∠DEM＝∠A＝120°＝∠BEF，
∴∠MEB＝∠DEF＝120°﹣∠MEF，
∵∠EMD＝∠ABD＝∠ADB＝30°，
∴∠EMB＝180°﹣30°＝150°＝∠EDF，EM＝ED，
∴在△EMB和△EDF中
{∠MEB=∠≝¿EM=ED
∠EMB=∠EDF∴△EMB≌△EDF（ASA），
∴EB＝EF，
故答案为：120°．
解题秘籍：本题考查了全等三角形性质和判定，平行线性质，等腰直角三角形的性质，平行线的性质的
应用，注意：全等三角形的判定定理有SAS，ASA，AAS，SSS，全等三角形的对应边相等．
7．（2021秋•中原区校级期中）如图1，在△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A
作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，易证明△BEC≌△CDA，我们将这个模型称为“一线三
直角”．接下来我们就利用这个模型来解决一些问题：
（1）如图2，将一块等腰直角三角板ACB放置在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点A在y
轴的正半轴上，点C在x轴的负半轴上，点B在第二象限，点A的坐标为（0，2），点C的坐标为（﹣
1，0），则点B的坐标为 ；
（2）如图3，在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB与y轴交于点D，点C的坐标为（0，
﹣1），点A的坐标为（2，0），求点B的坐标．
（3）如图4，∠ACB＝90°，AC＝BC，当点C在x轴正半轴上运动，点A（0，a）在y轴的正半轴上运
动，点B（m，n）在第四象限时，请直接写出a、m、n之间的数量关系．
思路引领：（1）过B作BD⊥x轴于D，由“一线三直角”得△CBD≌△ACO（AAS），则BD＝OC＝
1，CD＝OA＝2，得OD＝OC+CD＝3，即可求解；
（2）过点B作BE⊥y轴于E，证△CEB≌△AOC（AAS），得BE＝OC＝1，CE＝OA＝2，则OE＝CE
﹣OC＝1，即可求解；
（3）过点B作BD⊥x轴于D，作BE⊥y轴于E，同（2）得△AOC≌△CDB（AAS），则OA＝DC＝a，
OC＝DB＝﹣n，再由OD＝OC﹣DC，得m＝﹣n﹣a，即可得出结论．解：（1）过B作BD⊥x轴于D，如图2所示：
∵点A的坐标为（0，2），点C的坐标为（﹣1，0），
∴OA＝2，OC＝1，
由“一线三直角”得：△CBD≌△ACO（AAS），
∴BD＝OC＝1，CD＝OA＝2，
∴OD＝OC+CD＝3，
∴点B的坐标为（﹣3，1），
故答案为：（﹣3，1）
（2）如图3，过点B作BE⊥y轴于E，
∵点C的坐标为（0，﹣1），A点的坐标为（2，0），
∴OC＝1，OA＝2，
∵∠BEC＝∠AOC＝∠ACB＝90°，
∴∠BCE+∠ACO＝90°，∠BCE+∠CBE＝90°，
∴∠ACO＝∠CBE，
∵CB＝CA，
∴△CEB≌△AOC（AAS），
∴BE＝OC＝1，CE＝OA＝2，
∴OE＝CE﹣OC＝1，
∴点B坐标为（﹣1，1）；
（3）如图4所示，过点B作BD⊥x轴于D，作BE⊥y轴于E，
则OD＝BE，BD＝OE，
∵点A（0，a）在y轴的正半轴上，
∴OA＝a，
∵点B（m，n）在第四象限，
∴OD＝BE＝m，OE＝BD＝﹣n，
同（2）得：△AOC≌△CDB（AAS），
∴OA＝DC＝a，OC＝DB＝﹣n，
又∵OD＝OC﹣DC，
∴m＝﹣n﹣a，
∴a+m+n＝0，
即a、m、n之间的数量关系为a+m+n＝0．解题秘籍：本题是三角形综合题目，考查了全等三角形的判定与性质、坐标与图形的性质等知识，本题综
合性强，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键，属于中考常考题型．
第二部分 专题提优训练
1．（2022•南召县模拟）已知正方形OBCD在平面直角坐标系中的位置如图所示M为边OB上一点，且点
M的坐标为（a，b）．将正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，则旋转2022秒后，点M
的坐标为（ ）
A．（b，a） B．（﹣a，b） C．（﹣b，a） D．（﹣a，﹣b）
思路引领：先确定此时点M对应的位置即点M所在的位置，如图，过点M，M′分别作ME⊥x轴于点
E，MF⊥x轴于点F，证明△M′OF≌△OME，得到M′F＝OE＝a，OF＝ME＝b，由此求解即可．
解：∵正方形OBCD绕原点O顺时针旋转，每秒旋转45°，
∴旋转8秒恰好旋转360°．
∵2022÷8＝252……6，
∴旋转2022秒，即点M旋转了252圈后，又旋转了6次．
∵6×45°＝270°，∴此时点M对应的位置即点 M’所在的位置，
如图．过点M，M'分别作ME⊥x轴于点E，M'F⊥x轴于点F，
∴∠M′FO＝∠OEM＝90°，
∴∠EOM+∠EMO＝90°，
∵四边形OBCD是正方形，
∴∠BOD＝90°，
∴∠FOM′+∠MOE＝90°，
∴∠M′OF＝∠OME．
在△M′OF和△MOE中，
{∠FM'O=∠OEM
∠M'OF=∠OME，
OM=OM'
∴△M′FO≌△OEM（AAS），
∵点M的坐标为（a，b），
∴OF＝ME＝b，M′F＝OE＝a．
又点M′在第二象限，
∴旋转2022秒后，点M的坐标为（﹣b，a）．
故选C．
解题秘籍：本题主要考查了点坐标规律的探索，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，正方形的性质，
正确找到旋转2022秒后点M的位置是解题的关键．
2．（2021秋•九龙坡区校级期末）如图，∠ACB＝90°，AC＝BC，AD⊥CE，BE⊥CE，垂足分别是点D、
E，AD＝7cm，BE＝3cm，则DE的长是（ ）A．3cm B．3.5cm C．4cm D．4.5cm
思路引领：根据同角的余角相等，得∠CAD＝∠BCE，再利用AAS证明△ACD≌△CBE，得CD＝BE＝
3cm，CE＝AD＝7cm，从而得出答案．
解：∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠BEC＝∠CDA＝90°，
∴∠CAD+∠ACD＝90°，
∵∠ACB＝90°，
∴∠ACD+∠BCE＝90°，
∴∠CAD＝∠BCE，
在△ACD与△CBE中，
{∠CDA=∠BEC
∠CAD=∠BCE，
AC=CB
∴△ACD≌△CBE（AAS），
∴CD＝BE＝3cm，CE＝AD＝7cm，
∴DE＝CE﹣CD＝7﹣3＝4cm，
故选：C．
解题秘籍：本题主要考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，证明△ACD≌△CBE是
解题的关键．
3．（2021秋•岑溪市期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，AB＝BC，∠ABC＝90°，点B在直线l上，
过A作AD⊥l于D，过C作CE⊥l于E．下列给出四个结论：①BD＝CE；②∠BAD与∠BCE互余；
③AD+CE＝DE．其中正确结论的序号是（ ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
思路引领：根据同角的余角相等可得∠ABD＝∠BCE，再根据“AAS”可得△ABD≌△BCE，再逐项分析
可得结论．
解：∵AD⊥l，CE⊥l，
∴∠ADB＝∠BEC＝90°，
∵∠ABC＝90°，
∴∠ABD+∠EBC＝∠BCE+∠EBC＝90°，即∠ABD＝∠BCE，
在△ABD和△BEC中，
{∠ADB=∠BEC
∠ABD=∠BCE，
AB=BC
∴△ABD≌△BCE（AAS），
∴BD＝CE，故①正确；
∵∠BAD+∠ABD＝90°，∠ABD＝∠BCE，
∴∠BAD+∠BCE＝90°，
即∠BAD与∠BCE互余，故②正确；
∵△ABD≌△BCE，
∴AD＝EB，DB＝CE，
∵BE+D＝DE，
∴AD+CE＝DE，故③正确．
故选：D．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形对应角相等的性质，本题中求证
△ABD≌△CBE是解题的关键．
4．（2021秋•合肥期末）如图，E为线段BC上一点，∠ABE＝∠AED＝∠ECD＝90°，AE＝ED，BC＝
20，AB＝8，则BE的长度为（ ）A．12 B．10 C．8 D．6
思路引领：根据一线三等角模型证明△ABE≌△ECD，可得AB＝EC，即可解答．
解：∵∠ABE＝∠AED＝90°，
∴∠A+∠AEB＝90°，∠AEB+∠DEC＝90°，
∴∠A＝∠DEC，
∵∠ABE＝∠ECD＝90°，AE＝ED，
∴△ABE≌△ECD（AAS），
∴AB＝CE＝8
∵BC＝20，
∴BE＝BC﹣CE＝20﹣8＝12，
故选：A．
解题秘籍：本题考查了等腰直角三角形，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一线三等角模型是解题的
关键．
5．（2022春•海曙区期末）如图，一块含45°的三角板的一个顶点A与矩形ABCD的顶点重合，直角顶点
E落在边BC上，另一顶点F恰好落在边CD的中点处，若BC＝12，则AB的长为 ．
思路引领：利用矩形和等腰直角三角形性质可证得：△ABE≌△ECF（AAS），得出：AB＝CE，BE＝
1 1 1
CF，由点F是CD的中点，可得BE＝CF= CD= AB，再由BC＝12，可得 AB+AB＝12，即可求得答
2 2 2
案．
解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°，
∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵△AEF是等腰直角三角形，
∴AE＝EF，∠AEF＝90°，
∴∠FEC+∠AEB＝90°，
∴∠BAE＝∠FEC，
在△ABE和△ECF中，
{
∠B=∠C
∠BAE=∠FEC，
AE=EF
∴△ABE≌△ECF（AAS），
∴AB＝CE，BE＝CF，
∵点F是CD的中点，
1
∴CF= CD，
2
1
∴BE＝CF= AB，
2
∵BE+CE＝BC＝12，
1
∴ AB+AB＝12，
2
∴AB＝8，
故答案为：8．
解题秘籍：本题考查了矩形性质，等腰直角三角形性质，全等三角形的判定和性质等，熟练掌握全等三
角形的判定和性质是解题关键．
6．（2021秋•北仑区期末）如图，等边三角形ABC中，放置等边三角形DEF，且点D，E分别落在AB，
BC上，AD＝5，连结CF，若CF平分∠ACB，则BE的长度为 ．
思路引领：如图，在BC上截取EG＝BD，连接FG，根据SAS证明△BED≌△GFE，得FG＝CG＝BE，
最后证明AD＝2BE可得结论．
解：如图，在BC上截取EG＝BD，连接FG，∵△ABC和△DEF是等边三角形，
∴DE＝EF，AB＝BC，∠DEF＝∠B＝∠ACB＝60°，
∵∠DEC＝∠BDE+∠B＝∠DEF+∠FEG，
∴∠BDE＝∠FEG，
在△BED和△GFE中，
{
DE=EF
∠BDE=∠FEG，
BD=EG
∴△BED≌△GFE（SAS），
∴∠B＝∠EGF＝60°，BE＝FG，
∵FC平分∠ACB，
∴∠ACF＝∠ECF＝30°，
∵∠EGF＝∠GFC+∠FCG，
∴∠GFC＝∠GCF＝30°，
∴FG＝CG＝BE，
∵AB＝BC，BD＝EG，
∴AD＝BE+CG＝2BE＝5，
∴BE＝2.5．
故答案为：2.5．
解题秘籍：本题考查了等边三角形性质，全等三角形判定和性质，解决问题的关键是作辅助线，构造三
角形全等．
7．（2021秋•大连期末）如图，△ACB在平面直角坐标系中，∠ACB＝90°，AC＝BC，O是AC的中点，
点A的坐标是（1，2），则点B的坐标为 ．思路引领：过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作x轴的平行线交AE的延长
线于点F，证明△AOE≌△COD（AAS），由全等三角形的性质得出AE＝DC＝2，OE＝OD＝1，证明
△BCD≌△ACF（AAS），由全等三角形的性质得出BD＝AF，CD＝CF＝2，求出OB＝5，则可得出答
案．
解：过点C作CD⊥x轴于点D，过点A作AE⊥x轴于点E，过点C作x轴的平行线交AE的延长线于点
F，则四边形DCFE是矩形，
∵点A的坐标是（1，2），
∴OE＝1，AE＝2，
∵CD⊥BD，AE⊥OE，
∴∠ODC＝∠AEO＝90°，
∵∠AOE＝∠DOC，OA＝OC，
∴△AOE≌△COD（AAS），
∴AE＝DC＝2，OE＝OD＝1，
∴DE＝CF＝2，
∵∠ACB＝∠AFC＝90°，∠BOC＝∠AOE，
∴∠CBD＝∠CAF，
又∵BC＝AC，
∴△BCD≌△ACF（AAS），
∴BD＝AF，CD＝CF＝2，
∴AF＝4，
∴BD＝4，
∴OB＝BD+DO＝4+1＝5，
∴B（﹣5，0）．故答案为：（﹣5，0）．
解题秘籍：本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、坐标与图形的性质等知识，
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．
8．（2021秋•房山区期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D，E，F分别是BC，AC，AB上的点，且BF
＝CD，BD＝CE，∠FDE＝α，则∠A的度数是 度．（用含α的代数式表示）
思路引领：根据已知条件可推出BDF≌△CDE，从而可知∠EDC＝∠FDB，则∠EDF＝∠B．
解：∵AB＝AC，
∴∠B＝∠C，
在△BDF和△CED中，
{BF=CD
∠B=∠C，
BD=CE
∴△BDF≌△CDE（SAS），
∴∠EDC＝∠DFB，
1
∴∠EDF＝∠B＝（180°﹣∠A）÷2＝90°− ∠A，
2
∵∠FDE＝α，
∴∠A＝180°﹣2α，
故答案为：（180°﹣2α）．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质及等腰三角形的性质及三角形内角和定理；此题能够发
现全等三角形，再根据平角的定义和三角形的内角和定理发现∠EDF＝∠B．再根据三角形的内角和定
理以及等腰三角形的性质进行推导．
9．（2021秋•蜀山区期末）如图，在△ABC中，点D、E分别为边AC、BC上的点，且AD＝DE，AB＝
BE，∠A＝70°，则∠CED＝ 度．思路引领：根据SSS证明△ADB与△EDB全等，进而利用全等三角形的性质解答即可．
解：在△ADB与△EDB中，
{AD=DE
AB=BE，
DB=DB
∴△ADB≌△EDB（SSS），
∴∠A＝∠DEB＝70°，
∴∠CED＝180°﹣∠DEB＝180°﹣70°＝110°，
故答案为：110．
解题秘籍：此题考查全等三角形的判定和性质，关键是根据SSS证明△ADB与△EDB全等．
10．（2022春•金牛区校级期中）在学习完“探索全等三角形全等的条件”一节后，一同学总结出很多全
等三角形的模型，他设计了以下问题给同桌解决：如图，做一个“U”字形框架 PABQ，其中AB＝
42cm，AP，BQ足够长，PA⊥AB于点B，点M从B出发向A运动，同时点N从B出发向Q运动，点
M，N运动的速度之比为3：4，当两点运动到某一瞬间同时停止，此时在射线AP上取点C，使△ACM
与△BMN全等，则线段AC的长为 cm．
思路引领：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，使△ACM与△BMN全等，由∠A＝∠B＝90°可知，分两种情
况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，列方程解得t，可得AC；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，列方程解得t，可得AC．
解：设BM＝3tcm，则BN＝4tcm，因为∠A＝∠B＝90°，使△ACM与△BMN全等，可分两种情况：
情况一：当BM＝AC，BN＝AM时，
∵BN＝AM，AB＝42cm，∴4t＝42﹣3t，
解得：t＝6，
∴AC＝BM＝3t＝3×6＝18cm；
情况二：当BM＝AM，BN＝AC时，
∵BM＝AM，AB＝42cm，
∴3t＝42﹣3t，
解得：t＝7，
∴AC＝BN＝4t＝4×7＝28cm，
综上所述，AC＝18cm或AC＝28cm．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质并利用分类讨论思想
是解答此题的关键．
11．（2021秋•海丰县期末）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．
思路引领：（1）根据同角的余角相等，可证∠BCE＝∠CAD，再利用AAS证明△ACD≌△CBE；
（2）由△ACD≌△CBE，得CD＝BE，AD＝CE，即可得出结论．
（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，
{∠CAD=∠BCE
∠ADC=∠BEC，
AC=BC∴△ACD≌△CBE（AAS）；
（2）解：AD＝BE+DE，理由如下：
∵△ACD≌△CBE，
∴CD＝BE，AD＝CE，
∵CE＝CD+DE，
∴AD＝BE+DE．
解题秘籍：本题主要考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，熟悉基本几何图形是解题的
关键．
12．（2021秋•东至县期末）如图，在△ABC中，AB＝AC，D、A、E三点都在直线m上，并且有∠BDA
＝∠AEC＝∠BAC＝α，若DE＝10，BD＝3，求CE的长．
思路引领：由∠AEC＝∠BAC＝α，推出∠ECA＝∠BAD，再根据AAS证明△BAD≌△ACE得CE＝AD，
AE＝BD＝3，即可得出结果．
解：∵∠AEC＝∠BAC＝α，
∴∠ECA+∠CAE＝180°﹣α，
∠BAD+∠CAE＝180°﹣α，
∴∠ECA＝∠BAD，
在△BAD与△ACE中，
{∠BDA=∠AEC
∠BAD=∠ACE，
AB=AC
∴△BAD≌△ACE（AAS），
∴CE＝AD，AE＝BD＝3，
∵DE＝AD+AE＝10，
∴AD＝DE﹣AE＝DE﹣BD＝10﹣3＝7．
∴CE＝7．
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定与性质，证明△BAD≌△ACE是解题的关键．13．（2021秋•南丹县期末）如图1，∠ABC＝90°，FA⊥AB于点A，D是线段AB上的点，AD＝BC，AF＝
BD．
（1）判断DF与DC的数量关系为 ，位置关系为 ．
（2）如图2，若点D在线段AB的延长线上，过点A在AB的另一侧作AF⊥AB，并截取AF＝BD，连接
DC，DF，CF，试说明（1）中结论是否成立，并说明理由．
思路引领：（1）利用 SAS 证明△ADF≌△BCD，得 DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出
∠ADF+∠CDB＝90°，即可证明结论；
（2）由（1）同理得△ADF≌△BCD，得DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，从而得出∠ADF+∠CDB＝90°，
即∠CDF＝90°．
解：（1）∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°，
在△ADF与△BCD中，
{
AF=DB
∠DAF=∠CBD，
AD=BC
∴△ADF≌△BCD（SAS），
∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB＝90°，
∴∠ADF+∠CDB＝90°，
即∠CDF＝90°，
∴CD⊥DF，
故答案为：相等，垂直；
（2）成立，理由如下：
∵AF⊥AB，
∴∠DAF＝90°，
∵∠ABC＝90°，∴∠CBD＝90°，
∴∠DAF＝∠CBD，
在△ADF与△BCD中，
{
AF=DB
∠DAF=∠CBD，
AD=BC
∴△ADF≌△BCD（SAS），
∴DF＝CD，∠ADF＝∠BCD，
∵∠BCD+∠CDB＝90°，
∴∠ADF+∠CDB＝90°，
即∠CDF＝90°，
∴CD⊥DF．
解题秘籍：本题主要考查全等三角形的判定与性质，熟悉基本的一线三等角模型是解题的关键．
14．（2017秋•如皋市校级期中）如图所示：△ABC是等腰直角三角形，BC＝AC，直角顶点C在x轴上，
一锐角顶点B在y轴上
（1）如图1所示，若C的坐标是（2，0），点A的坐标是（﹣2，﹣2），求：点B的坐标；
（2）如图2，若y轴恰好平分∠ABC，AC与y轴交于点D，过点A作AE⊥y轴于E，问BD与AE有怎
样的数量关系，并说明理由；
（3）如图3角边BC在两坐标轴上滑动，使点A在第四象限内，过A点作AF⊥y轴于F，在滑动的过程
CO−AF CO+AF
中，两个结论① 为定值；② 为定值，只有一个结论成立，请你判断正确的结论加以
OB OB
证明，并求出定值．
思路引领：（1）过点A作AD⊥OC，可证△ADC≌△COB，根据全等三角形对应边相等即可解题；
（2）延长BC，AE交于点F，可证△ACF≌△BCD，可证△ABE≌△FBE，即可求得BD＝2AE；
（3）作AE⊥OC，则AF＝OE，可证△BCO≌△ACE，可得AF+OB＝OC，即可解题．解：（1）过点A作AD垂直OC于D．
∵∠DAC+∠ACD＝90°，∠ACD+∠BCD＝90°，
∴∠BCD＝∠DAC，
在△ADC和△COB中，
{∠ADC=∠BOC=90°
∠DAC=∠BCD ，
AC=BC
∴△ADC≌△COB（AAS），
∴AD＝OC，CD＝OB，
∴点B坐标为（0，4）；
（2）延长BC，AE交于点F，
∵AC＝BC，AC⊥BC，
∴∠BAC＝∠ABC＝45°，
∵BD平分∠ABC，
∴∠COD＝22.5°，∠DAE＝90°﹣∠ABD﹣∠BAD＝22.5°，
在△ACF和△BCD中，
{
∠DAE=∠COD
BC=AC ，
∠BCD=∠ACF=90°
∴△ACF≌△BCD（ASA），∴AF＝BD，
在△ABE和△FBE中，
{∠ABE=∠FBE
BE=BE ，
∠AEB=∠FEB
∴△ABE≌△FBE（ASA），
∴AE＝EF，
∴BD＝2AE；
（3）作AE⊥OC，则AF＝OE，
∵∠CBO+∠OCB＝90°，∠OCB+∠ACO＝90°，
∴∠ACO＝∠CBO，
在△BCO和△ACE中，
{∠BOC=∠AEC=90°
∠ACO=∠CBO ，
AC=BC
∴△BCO≌△ACE（AAS），
∴CE＝OB，
∴OB+AF＝OC．
CO−AF
∴ = 1．
OB
解题秘籍：本题考查了全等三角形的判定，考查了全等三角形的、对应边相等的性质，本题中每一问都找
出全等三角形并证明其全等是解题的关键．
