专题14 全等与相似模型-一线三等角（K字）模型（解析版）

专题14 全等与相似模型-一线三等角（K 字）模型 全等三角形与相似三角形在中考数学几何模块中占据着重要地位。相似三角形与其它知识点结合以综 合题的形式呈现，其变化很多，难度大，是中考的常考题型。如果大家平时注重解题方法，熟练掌握基本 解题模型，再遇到该类问题就信心更足了．本专题就一线三等角模型进行梳理及对应试题分析，方便掌握。 模型1 一线三等角（K 型图）模型 【模型解读】在某条直线上有三个角相等，利用平角为180°与三角形内角和为180°，证得两个三角形全等。 【常见模型及证法】 同侧型一线三等角： 锐角一线三等角 直角一线三等角（“K 型图”） 钝角一线三等角 条件： + E=DE 证明思路： + 任一边相等 异侧型一线三等角： 锐角一线三等角 直角一线三等角 钝角一线三等角 条件： + 任意一边相等 证明思路： +任一边相等 例1．（2021·山东日照·中考真题）如图，在矩形 中， ， ，点 从点 出发，以 的速度沿 边向点 运动，到达点 停止，同时，点 从点 出发，以 的速度沿 边向点 运动，到达点 停止，规定其中一个动点停止运动时，另一个动点也随之停止运动．当为_____时， 与 全等． 【答】2 或 【分析】可分两种情况：① 得到 ， ，② 得到 ， ，然后分别计算出的值，进而得到的值． 【详解】解：①当 ， 时， ， ， ， ， ，解得： ， ， ，解得： ； ②当 ， 时， ， ， ， ，解得： ， ， ，解得： ， 综上所述，当 或 时， 与 全等，故答为：2 或 ． 【点睛】主要考查了全等三角形的性质，矩形的性质，解本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 例2．（2022·黑龙江·九年级期末）（1）如图（1），已知：在△B 中，∠B＝90°，B=，直线m 经过点， BD⊥直线m， E⊥直线m，垂足分别为点D、E．证明∶DE=BD+E． （2）如图（2），将（1）中的条件改为：在△B 中，B=，D、、E 三点都在直线m 上，并且有 ∠BD=∠E=∠B= ，其中 为任意锐角或钝角．请问结论DE=BD+E 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、、E 三点所在直线m 上的两动点 （D、、E 三点互不重合），点F 为∠B 平分线上的一点，且△BF 和△F 均为等边三角形，连接BD、E，若 ∠BD=∠E=∠B，试判断△DEF 的形状． 【答】（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=D+E，故由全等三角形的判定S 证△DB≌△E，得出D=E，E=BD，从而证得 DE=BD+E；（2）成立，仍然通过证明△DB≌△E，得出BD=E，D=E，所以DE=D+E=E+BD； （3）由△DB≌△E 得BD=E，∠DB =∠E，由△BF 和△F 均等边三角形，得∠BF=∠F=60°，FB=F，所以 ∠DB+∠BF=∠E+∠F，即∠DBF=∠FE，所以△DBF≌△EF，所以FD=FE，∠BFD=∠FE，再根据 ∠DFE=∠DF+∠FE=∠DF+∠BFD=600得到△DEF 是等边三角形． 【详解】解：（1）证明：∵BD⊥直线m，E⊥直线m，∴∠BD＝∠E=90°． ∵∠B＝90°，∴∠BD+∠E=90°．∵∠BD+∠BD=90°，∴∠E=∠BD． 又B=，∴△DB≌△E（S）．∴E=BD，D=E．∴DE=E+D=BD+E； （2）成立．证明如下：∵∠BD =∠B= ， ∴∠DB+∠BD=∠BD +∠E=180°- ．∴∠DB=∠E． ∵∠BD=∠E= ，B=，∴△DB≌△E（S）． ∴E=BD，D=E．∴DE=E+D=BD+E； （3）△DEF 为等边三角形．理由如下：由（2）知，△DB≌△E，BD=E，∠DB =∠E， ∵△BF 和△F 均为等边三角形，∴∠BF=∠F=60°． ∴∠DB+∠BF=∠E+∠F．∴∠DBF=∠FE． ∵BF=F，∴△DBF≌△EF（SS）．∴DF=EF，∠BFD=∠FE． ∴∠DFE=∠DF+∠FE=∠DF+∠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． 例3．（2022·广东·汕头市潮阳区一模）（1）模型建立，如图1，等腰直角三角形B 中，∠B=90°，B=，直 线ED 经过点，过作D⊥ED 于D，过B 作BE⊥ED 于E．求证：△BE≌△D； （2）模型应用：①已知直线B 与y 轴交于点，与 轴交于B 点，s∠B= ，B=4，将线段B 绕点B 逆时针旋 转90 度，得到线段B，过点，作直线，求直线的解析式； ②如图3，矩形B，为坐标原点，B 的坐标为（8，6），，分别在坐标轴上，P 是线段B 上动点，已知点 D 在第一象限，且是直线y=2 5 上的一点，若△PD 是以D 为直角顶点的等腰直角三角形，请求出所有符 合条件的点D 的坐标． 【答】（1）见解析；（2）① ；②D（3，1）或 【详解】（1）解：由题意可得， ， ∴ ，∴ ， 在 和 中 ，∴ ， （2）解：①如图，过点作 轴于点D，在Rt△B 中 s∠B ，B 4， ∴设=3m，B=5m，∴B=4m=4，∴m=1，∴=3， 同（1）可证得 ，∴ ， ，∴ ，∴ ， ∵ ，设直线解析式为 ，把点坐标代入可得 ，解得 ， ∴直线解析式为 ； ②设D 坐标为（x，2x-5）, 当D 在B 的下方时，过D 作DE⊥y 轴于E，交B 于F, 同（1）可证得△DE≌△DPF，∴DF=E=6-（2x-5）=11-2x，DE=x, 11-2 ∴ x+x=8,∴x=3，∴D（3，1）， 当D 在B 的上方时，如图，过D 作DE⊥y 轴于E，交B 的延长线于F, 同（1）可证得 ，∴DF=E=（2x-5）-6=2x-11，DE=x，∴2x-11+x=8， ∴ ，∴ ，综上述D（3，1）或 ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、待定系数法一次函数的解析式、正弦的定义、勾股定理、 等腰三角形的判定和性质及方程思想，作辅助线构造模型是解本题的关键． 例4．（2023·湖南岳阳·统考一模）如图，在B 中，B==2，∠B=40°，点D 在线段B 上运动（点D 不与点 B、重合），连接D，作∠DE=40°，DE 交线段于点E． （1）当∠BD=115°时，∠ED=______°，∠ED=______°； （2）线段D 的长度为何值时，△BD≌△DE，请说明理由； （3）在点D 的运动过程中，△DE 的形状可以是等腰三角形吗？若可以，求∠BD 的度数；若不可以，请说 明理由． 【答】（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D=2 时，利用∠DE+ ED=140° ∠ ， ∠DB+ ED=140° ∠ ，求出∠DB= DE ∠ ，再利用B=D=2，即可得出△BD DE ≌△ ． （3）当∠BD 的度数为110°或80°时，△DE 的形状是等腰三角形． 【详解】解：（1）∵∠B=40°，∠DB=115°，∴∠BD=180°- B- DB=180°-115°-40°=25° ∠ ∠ ， B= ∵ ，∴∠= B=40° ∠ ，∵∠ED=180°- DB- DE=25° ∠ ∠ ， DE=180°- ED- =115° ∴∠ ∠ ∠ ，∴∠ED=180°- DE=180°-115°=65° ∠ ； （2）当D=2 时，△BD DE ≌△ ，理由：∵∠=40°，∴∠DE+ ED=140° ∠ ， 又∵∠DE=40°，∴∠DB+ ED=140° ∠ ，∴∠DB= DE ∠ ， 又∵B=D=2，在△BD 和△DE 中， ∴△BD DE ≌△ （S）； （3）当∠BD 的度数为110°或80°时，△DE 的形状是等腰三角形， BD=110° ∵∠ 时，∴∠D=70°，∵∠=40°，∴∠D=70°，∴△DE 的形状是等腰三角形； ∵当∠BD 的度数为80°时，∴∠D=100°， =40° ∵∠ ，∴∠D=40°，∴△DE 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． 例5．（2022·浙江杭州·一模）老师在上课时，在黑板上写了一道题： “如图，BD 是正方形，点E 在B 上，DF⊥E 于F，请问图中是否存在一组全等三角形？” 小杰同学经过思考发现：△DF≌△EB． 理由如下：因为BD 是正方形（已知）所以∠B＝90°且D＝B 和D∥B 又因为DF⊥E（已知）即∠DF＝90°（垂直的意义） 所以∠DF＝∠B（等量代换） 又D∥B 所以∠1＝∠2（两直线平行，内错角相等） 在△DF 和△EB 中 所以△DF≌△EB（S） 小胖却说这题是错误的，这两个三角形根本不全等． 你知道小杰的错误原因是什么吗？我们再添加一条线段，就能找到与△DF 全等的三角形，请能说出此线段 的做法吗？并说明理由． 【答】小杰错误的原因是D 和B 不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了；线段为作B E ⊥ 于点，证明见详解； 【分析】根据小杰的证明方法，可以发现，在证明两个三角形全等时，出现了问题，然后说出出错的原因 即可，然后添加合适的辅助线段，说明与△DF 全等的三角形成立的理由即可解答本题； 【详解】小杰错误的原因是D 和B 不是对应边，在证明两个三角形全等时，误以为对应边了，作B E ⊥于， 则△DF B ≌△； ∵四边形BD 是正方形，∴D=B，∠DB=90°，∴∠B+ FD=90° ∠ ， DF E ∵ ⊥，B E ⊥，∴∠DF= B=90° ∠ ， B+ B=90° ∴∠ ∠ ，∴∠FD= B ∠， 在△DF 和△B 中 ∴△DF B(S) ≌△ ； 【点睛】本题考查正方形性质、全等三角形的判定，解答本题的关键是明确题意，利用数形结合思想解答； 例6．（2022·山东·九年级课时练习）（1）课本习题回放：“如图①， ， ， ， ，垂足分别为 ， ， ， ．求 的长”，请直接写出此题答： 的长 为________． （2）探索证明：如图②，点 ， 在 的边 、 上， ，点 ， 在 内部的射 线 上，且 ．求证： ． （3）拓展应用：如图③，在 中， ， ．点 在边 上， ，点 、 在 线段 上， ．若 的面积为15，则 与 的面积之和为________． （直接填写结果，不需要写解答过程） 【答】（1）08m；（2）见解析（3）5 【分析】（1）利用S 定理证明△EB≌△D，根据全等三角形的性质解答即可； （2）由条件可得∠BE＝∠F，∠4＝∠BE，根据S 可证明△BE≌△F； （3）先证明△BE≌△F，得到 与 的面积之和为△BD 的面积，再根据 故可求解． 【详解】解：（1）∵BE⊥E，D⊥E，∴∠E＝∠D＝90°，∴∠EB＋∠BE＝90°． ∵∠BE＋∠D＝90°，∴∠EB＝∠D．在△EB 和△D 中， ∴△EB≌△D（S），∴BE＝D，E＝D＝25m． ∵D＝E−DE，DE＝17m，∴D＝25−17＝08m，∴BE＝08m 故答为：08m； （2）证明：∵∠1＝∠2，∴∠BE＝∠F． 1 ∵∠＝∠BE＋∠3，∠3＋∠4＝∠B，∠1＝∠B， ∴∠B＝∠BE＋∠3，∴∠4＝∠BE． ∵∠EB＝∠F，∠BE＝∠4，B＝，∴△BE≌△F（S）． （3）∵ ∴∠BE+∠BE=∠F+∠BE=∠F+∠F ∴∠BE=∠F，∠BE=∠F 又 ∴△BE≌△F，∴ ∴ 与 的面积之和等于 与 的面积之和，即为△BD 的面积， ∵ ，△BD 与△D 的高相同则 =5 故 与 的面积之和为5 故答为：5． 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理，掌握全等三角形的判定定理和性质 定理是解题的关键． 例7．（2023·贵州遵义·八年级统考期末）过正方形 （四边都相等，四个角都是直角）的顶点 作一 条直线 ． （1）当 不与正方形任何一边相交时，过点 作 于点 ，过点 作 于点 如图 （1），请写出 ， ， 之间的数量关系，并证明你的结论． （2）若改变直线 的位置，使 与 边相交如图（2），其它条件不变， ， ， 的关系会 发生变化，请直接写出 ， ， 的数量关系，不必证明； （3）若继续改变直线 的位置，使 与 边相交如图（3），其它条件不变， ， ， 的关 系又会发生变化，请直接写出 ， ， 的数量关系，不必证明． 【答】(1) ，证明见解析；(2) ；(3) 【分析】（1）根据同角的余角相等可证 ，再证 ，根据全等三角形的对应边 相等进行代换即可；（2）根据同角的余角相等可证 ，再证 ，根据全等三角 形的对应边相等进行代换即可；（3）根据同角的余角相等可证 ，再证 ，根 据全等三角形的对应边相等进行代换即可． 【详解】（1） ，证明： 四边形 是正方形 ， 又 ， ∴ 在 和 中 ， （2） ，理由是： 四边形 是正方形 ， 又 ， ∴ 在 和 中 ， ∴EF=F-E=BE-DF （3） ，理由是： 四边形 是正方形 ， 又 ， ∴ 在 和 中 ， EF=E-F=DF-BE 【点睛】本题考查的是三角形全等的判定和性质，掌握三角形的判定方法及能利用同角的余角相等证明 是关键． 模型2 一线三等角模型（相似模型） 【模型解读与图示】“一线三等角”型的图形，因为一条直线上有三个相等的角，一般就会有两个三角形 的“一对角相等”，再利用平角为180°，三角形的内角和为180°，就可以得到两个三角形的另外一对角也 相等，从而得到两个三角形相似． 1）一线三等角模型（同侧型） （锐角型） （直角型） （钝角型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△E∽△BED 2）一线三等角模型（异侧型） 条件：如图，∠1=∠2＝∠3， 结论：△DE∽△BE 3）一线三等角模型（变异型） 图1 图2 图3 ①特殊中点型：条件：如图1，若为B 的中点，结论：△E∽△BED∽△ED ②一线三直角变异型1：条件：如图2，∠BD=∠FE=∠BDE=90°结论：△B∽△BDE∽△BF∽△FB ③一线三直角变异型2：条件：如图3，∠BD=∠E=∠BDE=90°结论：△BM∽△DE∽△M 例1．（2023·山东东营·统考中考真题）如图， 为等边三角形，点 ， 分别在边 ， 上， ，若 ， ，则 的长为（ ） ． B． ． D． 【答】 【分析】证明 ，根据题意得出 ，进而即可求解． 【详解】解：∵ 为等边三角形， ∴ ， ∵ ， ， ∴ ，∴ ∴ ∵ ，∴ ，∴ ∵ ∴ ，故选：． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是 解题的关键． 例2．（2023·黑龙江牡丹江·统考中考真题）在以“矩形的折叠”为主题的数学活动课上，某位同学进行了 如下操作：第一步：将矩形纸片的一端，利用图①的方法折出一个正方形 ，然后把纸片展平； 第二步：将图①中的矩形纸片折叠，使点恰好落在点F 处，得到折痕 ，如图②． 根据以上的操作，若 ， ，则线段 的长是（ ） ．3 B． ．2 D．1 【答】 【分析】根据折叠的性质得： ， ， ，设 ，则 ，利用勾股定理求出 ，再证明 ，得 ，求解即可． 【详解】解：如图，过点 作 ，交 于点 ， 在 和 中， 设 ，则 ， ，即： ，解得： ， ， ， ， ， ， ，故选：． 【点睛】本题考查折叠问题及矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质，掌握折叠的性质并 能熟练运用勾股定理方程思想是解题的关键． 例3．（2022·河南新乡·九年级期中）某学习小组在探究三角形相似时，发现了下面这种典型的基本图形． （1）如图1，在 B 中，∠B＝90°， ＝k，直线l 经过点，BD⊥直线，E 上直线l，垂足分别为D、E． 求证： ＝k． （2）组员小刘想，如果三个角都不是直角，那么结论是否仍然成立呢？如图2，将（1）中的条件做以下 修改：在 B 中， ＝k，D、、E 三点都在直线l 上，并且有∠BD＝∠E＝∠B＝α，其中α 为任意锐角或钝 角．请问（1）中的结论还成立吗？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，在 B 中，沿 B 的边B、向外作矩形BDE 和矩形FG， ＝ ＝ ，是B 边上的高，延长交EG 于点．①求证：是EG 的中点．②直接写出线段B 与之间的数量关系： ． 【答】（1）见解析（2）结论还成立，证明见解析（3）①见解析②B= 【分析】（1）由条件可证明△BD∽△E，可得 = ＝k； （2）由条件可知∠BD＋∠E＝180°−α，且∠DB＋∠BD＝180°−α，可得∠DB＝∠E，结合条件可证明 △BD∽△E，同（1）可得出结论；（3）①过点G 作GM E 交的延长线于点M，连接EM，证明 △B∽△GM，再得到四边形GME 是平行四边形，故可求解；②由①得到B= M，再根据四边形GME 是平 行四边形得到B=，故可求解． 【详解】（1）如图1，∵BD⊥直线l，E⊥直线l，∴∠BD＝∠E＝90°， ∵∠B＝90°，∴∠BD＋∠E＝90°∵∠BD＋∠BD＝90°，∴∠E＝∠BD ∵∠BD＝∠E，∠BD＝∠E，∴△DB∽△E，∴ = ＝k； （2）成立，证明如下：如图2， ∵∠BD＝∠B＝α，∴∠DB＋∠BD＝∠BD＋∠E＝180°−α，∴∠DB＝∠E， ∵∠BD＝∠E，∠BD＝∠E∴△DB∽△E，∴ = ＝k； （3）①过点G 作GM E 交的延长线于点M，连接EM ∵四边形GF 是矩形，∴∠G=90° 又⊥B =90° 5+ = 4+ =90° 5= 4 ∴∠ ∴∠ ∠∠ ∠ ∴∠ ∠ ∵∠BDE=∠B=90° 2+ ∴∠ ∠B= 1+ ∠ ∠B=90° 2= 1 ∴∠ ∠ 又GM E 3= 2 3= 1 ∴∠ ∠∴∠ ∠∴△B∽△GM ∴ 又∵ ∴ ∴GM=E 又∵GM E∴四边形GME 是平行四边形 ∴E=G 故为EG 的中点； ②由①知 ∴B= M ∵四边形GME 是平行四边形∴=M = ∴ M∴B= ∴线段B 与之间的数量关系为B=故答为：B=． 【点睛】此题考查相似三角形的判断与性质综合，解题关键是根据题意找到相似三